2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 解析幾何 專題對(duì)點(diǎn)練23 圓錐曲線中的最值、范圍、證明問題 文.doc

專題對(duì)點(diǎn)練23圓錐曲線中的最值、范圍、證明問題1.(2018全國,文20)設(shè)拋物線C:y2=2x,點(diǎn)A(2,0),B(-2,0),過點(diǎn)A的直線l與C交于M,N兩點(diǎn).(1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí),求直線BM的方程;(2)證明:ABM=ABN.2.已知橢圓C的兩個(gè)頂點(diǎn)分別為A(-2,0),B(2,0),焦點(diǎn)在x軸上,離心率為32.(1)求橢圓C的方程;(2)點(diǎn)D為x軸上一點(diǎn),過D作x軸的垂線交橢圓C于不同的兩點(diǎn)M,N,過D作AM的垂線交BN于點(diǎn)E.求證:BDE與BDN的面積之比為45.3.已知拋物線x2=2py(p0)的焦點(diǎn)為F,直線x=4與x軸的交點(diǎn)為P,與拋物線的交點(diǎn)為Q,且|QF|=|PQ|.(1)求拋物線的方程;(2)如圖所示,過F的直線l與拋物線相交于A,D兩點(diǎn),與圓x2+(y-1)2=1相交于B,C兩點(diǎn)(A,B兩點(diǎn)相鄰),過A,D兩點(diǎn)分別作拋物線的切線,兩條切線相交于點(diǎn)M,求ABM與CDM的面積之積的最小值.4.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右交點(diǎn)分別為F1,F2,且|F1F2|=43,A3,-132是橢圓上一點(diǎn).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程和離心率e的值;(2)若T為橢圓C上異于頂點(diǎn)的任意一點(diǎn),M,N分別為橢圓的右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn),直線TM與y軸交于點(diǎn)P,直線TN與x軸交于點(diǎn)Q,求證:|PN|QM|為定值.5.已知圓O:x2+y2=r2,直線x+22y+2=0與圓O相切,且直線l:y=kx+m與橢圓C:x22+y2=1相交于P,Q兩點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn).(1)若直線l過橢圓C的左焦點(diǎn),且與圓O交于A,B兩點(diǎn),且AOB=60,求直線l的方程;(2)如圖,若POQ的重心恰好在圓上,求m的取值范圍.6.已知橢圓C與雙曲線y2-x2=1有共同焦點(diǎn),且離心率為63.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)若A為橢圓C的下頂點(diǎn),M,N為橢圓C上異于A的兩點(diǎn),直線AM與AN的斜率之積為1.求證:直線MN恒過定點(diǎn),并求出該定點(diǎn)坐標(biāo);若O為坐標(biāo)原點(diǎn),求OMON的取值范圍.7.已知拋物線C:y2=2px(p0)的焦點(diǎn)為F,A為C上位于第一象限的任意一點(diǎn),過點(diǎn)A的直線l交C于另一點(diǎn)B,交x軸的正半軸于點(diǎn)D.(1)若當(dāng)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為3,且ADF為等邊三角形時(shí),求C的方程;(2)對(duì)于(1)中求出的拋物線C,若點(diǎn)D(x0,0)x012,記點(diǎn)B關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為E,AE交x軸于點(diǎn)P,且APBP,求證:點(diǎn)P的坐標(biāo)為(-x0,0),并求點(diǎn)P到直線AB的距離d的取值范圍.專題對(duì)點(diǎn)練23答案1.(1)解 當(dāng)l與x軸垂直時(shí),l的方程為x=2,可得M的坐標(biāo)為(2,2)或(2,-2).所以直線BM的方程為y=x+1或y=-x-1.(2)證明 當(dāng)l與x軸垂直時(shí),AB為MN的垂直平分線,所以ABM=ABN.當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),設(shè)l的方程為y=k(x-2)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2),則x10,x20.由y=k(x-2),y2=2x得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=,y1y2=-4.直線BM,BN的斜率之和為kBM+kBN=y1x1+2+y2x2+2=x2y1+x1y2+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2).將x1=y1k+2,x2=y2k+2及y1+y2,y1y2的表達(dá)式代入式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)=2y1y2+4k(y1+y2)k=-8+8k=0.所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的傾斜角互補(bǔ),所以ABM=ABN.綜上,ABM=ABN.2.(1)解 設(shè)橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1(ab0).由題意得a=2,ca=32,解得c=3.所以b2=a2-c2=1.所以橢圓C的方程為x24+y2=1.(2)證明 設(shè)M(m,n),則D(m,0),N(m,-n).由題設(shè)知m2,且n0.直線AM的斜率kAM=nm+2,故直線DE的斜率kDE=-m+2n.所以直線DE的方程為y=-m+2n(x-m),直線BN的方程為y=n2-m(x-2).聯(lián)立y=-m+2n(x-m),y=n2-m(x-2),解得點(diǎn)E的縱坐標(biāo)yE=-n(4-m2)4-m2+n2.由點(diǎn)M在橢圓C上,得4-m2=4n2.所以yE=-n.又SBDE=|BD|yE|=|BD|n|,SBDN=|BD|n|,所以BDE與BDN的面積之比為45.3.解 (1)由題意可知P(4,0),Q4,8p,|QF|=8p+p2,由|QF|=|PQ|,則8p+p2=548p,解得p=2,拋物線的方程為x2=4y.(2)設(shè)l:y=kx+1,A(x1,y1),D(x2,y2),聯(lián)立y=kx+1,x2=4y,整理得x2-4kx-4=0,則x1x2=-4,由y=x2,求導(dǎo)y=,直線MA:y-x124=x12(x-x1),即y=x12x-x124,同理求得MD:y=x22x-x224,聯(lián)立y=x1x2-x124,y=x2x2-x224,解得x=2k,y=-1,則M(2k,-1),M到l的距離d=2k2+21+k2=21+k2,ABM與CDM的面積之積SABMSCDM=|AB|CD|d2= (|AF|-1)(|DF|-1)d2=y1y2d2=14x12x2216d2=1+k21,當(dāng)且僅當(dāng)k=0時(shí)取等號(hào),當(dāng)k=0時(shí),ABM與CDM的面積之積取最小值1.4.(1)解 由已知得c=23,F1(-23,0),F2(23,0),2a=|AF1|+|AF2|=(3+23)2+-1322+(3-23)2+-1322=8.a=4,b2=a2-c2=4,e=ca=12.橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x216+y24=1,e=.(2)證明 T(x0,y0)(x00,y00),則x0216+y024=1.M(4,0),N(0,2),直線TN的方程為y-2=y0-2x0x,令y=0,得Q-2x0y0-2,0,直線TM的方程為y=y0x0-4(x-4),令x=0,得P0,-4y0x0-4.則|MQ|=4+2x0y0-2=2x0+4y0-8y0-2,則|PN|=2+4y0x0-4=2x0+4y0-8x0-4.|QM|PN|=4(x0+2y0-4)2(y0-2)(x0-4)=16(x0y0-2x0-4y0+8)x0y0-2x0-4y0+8=16,|PN|QM|為定值16.5.解 (1)直線x+22y+2=0與圓O:x2+y2=r2相切,r=|0+0+2|12+(22)2=23,x2+y2=.左焦點(diǎn)坐標(biāo)為F(-1,0),設(shè)直線l的方程為y=k(x+1),由AOB=60,得圓心O到直線l的距離d=33.又d=|k|k2+1,|k|k2+1=13,解得k=22,直線l的方程為y=22(x+1).(2)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),由x22+y2=1,y=kx+m得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.由0,得2k2+1m2,()且x1+x2=-4km1+2k2.由POQ重心x1+x23,y1+y23恰好在圓x2+y2=49上,得(x1+x2)2+(y1+y2)2=4,即(x1+x2)2+k(x1+x2)+2m2=4,即(1+k2)(x1+x2)2+4km(x1+x2)+4m2=4.16(1+k2)k2m2(1+2k2)2-16k2m21+2k2+4m2=4,化簡得m2=(1+2k2)24k2+1,代入()得k0.又m2=(1+2k2)24k2+1=1+4k44k2+1=1+44k2+1k4.由k0,得1k20,4k2+1k40,m21,得m的取值范圍為m1.6.解 (1)設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2a2+x2b2=1(ab0),由題意可得a2-b2=2,e=ca=63,c=2,解得a=3,b=1,即有橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為y23+x2=1;(2)證明:設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),由A(0,-3),直線AM與AN的斜率之積為1,可得y1+3x1y2+3x2=1,即有x1x2=y1y2+3(y1+y2)+3,由題意可知直線MN的斜率存在且不為0,設(shè)直線MN:y=kx+t,代入橢圓方程,可得(3+k2)x2+2ktx+t2-3=0,可得x1x2=t2-33+k2,x1+x2=-2kt3+k2,y1+y2=k(x1+x2)+2t=2t-2k2t3+k2=6t3+k2,y1y2=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=k2t2-33+k2+kt-2kt3+k2+t2=3t2-3k23+k2,則t2-33+k2=3t2-3k23+k2+36t3+k2+3,化為t2+33t+6=0,解得t=-23(-3舍去),則直線MN的方程為y=kx-23,即直線MN恒過定點(diǎn),該定點(diǎn)坐標(biāo)為(0,-23);由可得OMON=x1x2+y1y2=t2-33+k2+3t2-3k23+k2=4t2-3-3k23+k2=45-3k23+k2,由(3+k2)x2+2ktx+t2-3=0,可得=4k2t2-4(t2-3)(3+k2)=48k2-36(3+k2)0,解得k29.令3+k2=m,則m12,且k2=m-3,即有45-3k23+k2=45-3(m-3)m=54m-3,由m12,可得-354m-30,y1+y2=4m,y1y2=-4x0,設(shè)P的坐標(biāo)為(xP,0),則PE=(x2-xP,-y2),PA=(x1-xP,y1),由題知PEPA,所以(x2-xP)y1+y2(x1-xP)=0,即x2y1+y2x1=(y1+y2)xP=y22y1+y12y24=y1y2(y1+y2)4,顯然y1+y2=4m0,所以xP=y1y24=-x0,即證xP(-x0,0).由題知EPB為等腰直角三角形,