通用版2020版高考数学大二轮复习专题突破练25圆锥曲线中的最值范围证明问题理

1、专题突破练25圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1.(2019云南师范大学附属中学高三第八次月考)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率e=22,短轴的一个端点到焦点的距离为2.(1)求椭圆C的方程;(2)斜率为k(k0)的直线l与椭圆C交于A,B两点,线段AB的中点在直线x=-12上,求直线l与y轴交点纵坐标的最小值.2.(2019安徽合肥高三第三次教学质量检测)已知F1,F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点,点P1,22在椭圆C上,且PF1F2的面积为22.(1)求椭圆C的方程;(2)设过点F1的直线l交椭圆于A,B两点,求F2AF2B的取值范围.3.(2019河南驻马店高三上学期期末考试)已知抛物线的顶点在坐标原点,其焦点F在y轴正半轴上,E为直线y=12x上一点,圆E与x轴相切(E为圆心),且E,F关于点M(-2,0)对称.(1)求圆E和抛物线的标准方程;(2)过M的直线l交圆E于A,B两点,交抛物线于C,D两点,求证:|CD|2|AB|.4.(2019辽宁朝阳重点高中高三第四次模拟)已知F为椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点

2、,点P(1,m)在C上,且PFx轴,椭圆C的离心率为12.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线l:y=kx+2与椭圆C相交于A,B两点,且OAOB2(O为坐标原点),求k的取值范围.5.(2019湖北恩施高三2月教学质量检测)已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,其准线l:x=-1与x轴的交点为K,过点K的直线l与抛物线C交于A,B两点.(1)求抛物线C的方程;(2)点A关于x轴的对称点为D,证明:存在实数t(0,1),使得KF=tKB+(1-t)KD.6.(2019河南濮阳高三5月模拟考试)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的两个焦点分别为F1,F2,且|F1F2|=2,点P在椭圆上,且PF1F2的周长为6.(1)求椭圆C的方程;(2)若点P的坐标为(2,1),不过原点O的直线l与椭圆C相交于A,B两点,设线段AB的中点为M,点P到直线l的距离为d,且M,O,P三点共线,求1213|AB|2+1316d2的最大值.参考答案专题突破练25圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1.解(1)由已知得椭圆的离心率为e=ca=22,短轴的一个端点到焦点的距离为2,解得a=2,b=1.

3、所以椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)设直线l的方程为y=kx+m,则直线AB与y轴交点的纵坐标为m,设点A(x1,y1),B(x2,y2).将直线AB的方程与椭圆方程联立y=kx+m,x22+y2=1,化简得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-2=0,由韦达定理得x1+x2=-4km2k2+1,x1x2=2m2-22k2+1,=16k2m2-4(2k2+1)(2m2-2)0,化简得m22k2+1.由线段AB的中点在直线x=-12上,得x1+x2=-1,故-4km2k2+1=-1,即4km=2k2+1,所以m=2k2+14k=k2+14k2k214k=22,当且仅当k2=14k,即k=22时取等号,此时m20,因此,直线l与y轴交点纵坐标的最小值为22.2.解(1)设椭圆C的焦距为2c,由椭圆C经过点P1,22,且PF1F2的面积为22,得1a2+12b2=1,又a2=b2+c2,且122c22=22,即c=1.解得a2=2,b2=1.所以椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)由(1)知F1(-1,0),F2(1,0).设A(x1,y1),B(x2,y2).若直线l的斜率不存在,

4、可得点A,B的坐标为-1,22,-1,-22,则F2AF2B=72.当直线l的斜率存在时,设l:y=k(x+1),代入椭圆方程得(1+2k2)x2+4k2x+2(k2-1)=0.则=16k4-8(1+2k2)(k2-1)=8k2+80恒成立.所以x1+x2=-4k21+2k2,x1x2=2(k2-1)1+2k2.所以F2AF2B=(x1-1)(x2-1)+y1y2=(x1-1)(x2-1)+k2(x1+1)(x2+1)=(1+k2)x1x2+(k2-1)(x1+x2)+k2+1=7k2-11+2k2=72-92(1+2k2).又k20,则F2AF2B=72-92(2k2+1)-1,72.综上可知,F2AF2B的取值范围为-1,72.3.(1)解设抛物线的标准方程为x2=2py(p0),则焦点F的坐标为0,p2.已知E在直线y=12x上,故可设E(2a,a).因为E,F关于点M(-2,0)对称,所以2a+02=-2,p2+a2=0,解得a=-2,p=4.所以的标准方程为x2=8y.因为圆E与x轴相切,故半径r=|a|=2,圆心E(-4,-2),所以圆E的标准方程为(x+4)2+(y+2)

5、2=4.(2)证明由(1)知,直线l的斜率存在,设为k,则直线l的方程为y=k(x+2),则E(-4,-2)到直线l的距离为d=|2k-2|k2+1.所以|AB|=24-d2=42kk2+1,k0.由x2=8y,y=k(x+2),消去y并整理得x2-8kx-16k=0.设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=8k,x1x2=-16k,=64k2+64k0.所以|CD|=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=81+k2k2+k.因为k0,k2+kk,k2+11,所以|CD|2|AB|2=2(1+k2)2(k2+k)k2kk=2.所以|CD|22|AB|2,即|CD|2|AB|.4.解(1)因为F(c,0)为椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点,点P(1,m)在C上,且PFx轴,所以c=1.又椭圆C的离心率为12,所以a=2.因此b2=a2-c2=4-1=3.所以椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由y=kx+2,x24+y23=1,得(3+4k2)x2+16kx+4=0,=162k2-16(3+4k

6、2)0,整理得k214,解得k12或k2,得x1x2+y1y22,即4-28k23+4k2+42,整理得k212,解得-22k0)的准线方程为直线l:x=-1,所以-p2=-1,解得p=2.所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)证明易知点K的坐标为(-1,0),据此可设直线l的方程为x=my-1,设A(x1,y1),B(x2,y2).联立x=my-1,y2=4x,整理得y2-4my+4=0,故y1+y2=4m,y1y2=4.因为点A关于x轴的对称点为D,A(x1,y1),所以D(x1,-y1).则直线BD的方程为y-y2=y2+y1x2-x1(x-x2),得y-y2=y2+y1(my2-1)-(my1-1)(x-x2),得y-y2=y2+y1m(y2-y1)(x-x2),即y-y2=4y2-y1x-y224.令y=0,得0-y2=4y2-y1x-y224,得x=y224-y2y2-y14=y22-y22+y1y24=y1y24=44=1.所以直线BD恒过定点(1,0).所以点F(1,0)在直线BD上,所以不妨令DF=tDB(t(0,1).因为KF=KD+DF,所以KF=KD+tDB,所

7、以KF=KD+t(KB-KD),所以KF=(1-t)KD+tKB.所以存在实数t(0,1),使得KF=tKB+(1-t)KD,命题得证.6.解(1)由题意得2c=2,2a+2c=6,解得a=2,c=1.b2=a2-c2=3.椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).当直线l与x轴垂直时,由椭圆的对称性可知,点M在x轴上,且与O点不重合,显然M,O,P三点不共线,不符合题设条件.故可设直线l的方程为y=kx+m(m0).由y=kx+m,3x2+4y2=12,消去y整理得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0.则=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)0.x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2.所以点M的坐标为-4km3+4k2,3m3+4k2.M,O,P三点共线,kOM=kOP.3m3+4k2-4km3+4k2=12.m0,k=-32.此时方程为3x2-3mx+m2-3=0,则=3(12-m2)0.m(-23,23).则x1+x2=m,x1x2=m2-33.|AB|2=(1+k2)(x1+x2)2-4x1x2=1312(12-m2).又d=|8-2m|32+22=2|m-4|13,1213|AB|2+1316d2=(12-m2)+(m-4)24=-34m+432+523.当m=-43(-23,23)时,1213|AB|2+1316d2的最大值为523.

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