2024高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)二輪用書數(shù)學(xué)(適用于新高考新教材)考點(diǎn)突破練與專題檢測(cè)考點(diǎn)突破練13　圓錐曲線中的最值、范圍、求值與證明問(wèn)題含答案

2024高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)二輪用書數(shù)學(xué)(適用于新高考新教材)考點(diǎn)突破練與專題檢測(cè)考點(diǎn)突破練13圓錐曲線中的最值、范圍、求值與證明問(wèn)題考點(diǎn)突破練13圓錐曲線中的最值、范圍、求值與證明問(wèn)題1.(2023全國(guó)甲,理20)已知直線x-2y+1=0與拋物線C:y2=2px(p>0)交于A,B兩點(diǎn),且|AB|=415.(1)求p;(2)設(shè)F為C的焦點(diǎn),M,N為C上兩點(diǎn),FM·FN=0,求△MNF2.(2023遼寧丹東一模)已知O為坐標(biāo)原點(diǎn),F1(-2,0),F2(2,0)分別為雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn),P為C的右支上一點(diǎn),當(dāng)(1)求C的方程;(2)若點(diǎn)P異于C的右頂點(diǎn)A,點(diǎn)Q在直線x=12上,AP∥OQ,M為AP的中點(diǎn),直線OM與直線QF2的交點(diǎn)為N,求|NF1|的取值范圍3.(2023山東青島二模)已知O為坐標(biāo)原點(diǎn),雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,離心率等于62,點(diǎn)P是雙曲線C在第一象限上的點(diǎn),直線PF1與y軸的交點(diǎn)為Q,△PQF2的周長(zhǎng)等于6a,|PF1(1)求C的方程;(2)過(guò)圓O:x2+y2=1上一點(diǎn)W(W不在坐標(biāo)軸上)作C的兩條切線l1,l2,對(duì)應(yīng)的切點(diǎn)分別為A,B,證明:直線AB與橢圓D:x24+y2=1相切于點(diǎn)T,且|WT|·|AB|=|WA|·4.(2023山東淄博二模)“工藝折紙”是一種把紙張折成各種不同形狀物品的藝術(shù)活動(dòng),在我國(guó)源遠(yuǎn)流長(zhǎng).某些折紙活動(dòng)蘊(yùn)含豐富的數(shù)學(xué)內(nèi)容,例如:用一張圓形紙片,按如下步驟折紙(如圖).步驟1:設(shè)圓心是E,在圓內(nèi)異于圓心處取一點(diǎn),標(biāo)記為F;步驟2:把紙片折疊,使圓周正好通過(guò)點(diǎn)F;步驟3:把紙片展開(kāi),并留下一道折痕;步驟4:不斷重復(fù)步驟2和3,就能得到越來(lái)越多的折痕.則這些折痕所圍成的圖形是一個(gè)橢圓.現(xiàn)取半徑為42的圓形紙片,定點(diǎn)F到圓心E的距離為26,按上述方法折紙.以向量FE的方向?yàn)閤軸正方向、線段EF中點(diǎn)為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系.(1)求折痕圍成的橢圓Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)已知點(diǎn)M是圓x2+y2=10上任意一點(diǎn),過(guò)點(diǎn)M作橢圓Γ的兩條切線,切點(diǎn)分別是B,C,求△MBC面積的最大值,并確定此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo).注:橢圓:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上任意一點(diǎn)P(x0

考點(diǎn)突破練13圓錐曲線中的最值、范圍、求值與證明問(wèn)題1.解(1)聯(lián)立x=2y-1,y2=2px,整理得y2-4py+2p=0,則Δ=16p2-設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=4p,y1y2=2p.|AB|=1+4|y1-y2|=5·16p2解得p=-32(舍)或p=2.∴p=2(2)由(1)知拋物線C的方程為y2=4x,F(1,0).設(shè)M(x3,y3),N(x4,y4),lMN:x=my+n,由x=my+n,y2=4x則Δ1=16m2+16n>0,y3+y4=4m,y3y4=-4n.FM·FN=(x3-1)(x4-1)+y3=(my3+n-1)(my4+n-1)+y3y4=(m2+1)y3y4+m(n-1)(y3+y4)+(n-1)2=-4m2n-4n+4m2n-4m2+n2-2n+1=0,∴4m2=n2-6n+1≥0,又Δ1=16m2+16n=4(n-1)2>0,∴n≠1,∴n≥3+22,或n≤3-22.∴S△MNF=12|FM|·|FN|=12(x3+1)(x4=12(my3+n+1)(my4+n+=12m2(-4n)+(mn+m)·4m+(n+1)2=n2-2n+1=(n-∴△MNF面積的最小值為12-82.2.解(1)因?yàn)镕2(2,0),所以a2+b2=4.因?yàn)楫?dāng)PF2⊥x軸時(shí),|OP|=13,可知P(2,±3).點(diǎn)P到兩個(gè)焦點(diǎn)F1(-2,0),F2(2,0)的距離分別為3和5,由雙曲線定義得a=5-32=1,所以b2因此C的方程為x2-y23=(2)由題設(shè)可知直線PA的斜率k存在,且|k|>3.由OQ∥PA,及點(diǎn)Q在直線x=12上,可得Q(12,設(shè)PA:y=k(x-1),P(x1,y1).由y=k(x-1),x2-y23=1,得(3-k這個(gè)關(guān)于x的方程的兩根為x1,1.因此x1=k2+3k2-3,y1=k(x因?yàn)锳(1,0),所以M(k2k設(shè)N(x2,y2),則k2k2-3y2=3kk2-3x由y2=3kx2,(x2-2由y2=3kx2,(x2-1因?yàn)閨k|>3,所以12<x2<2.因此|NF1|=(x2+2)2+y22=(x23.(1)解由題意知,|PQ|+|QF2|+|PF2|=|PF1|+|PF2|=6a,又因?yàn)閨PF1|-|PF2|=2a,所以|PF1|2-|PF2|2=(|PF1|-|PF2|)(|PF1|+|PF2|)=12a2=24,所以a=2.又因?yàn)閑=1+b2a2所以C的方程為x22-y2=(2)證明設(shè)W(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2),則x02+y02=1,x122-y12=1,x222-y22=1.設(shè)切線l1,l2的斜率分別為k得(1-2k12)x2-4k1(y1-k1x1)x-2(y1-k1x1)2-2所以Δ=16k12(y1-k1x1)2+8(1-2k12)[(y1-k1x1)2+1]=0,即(x12-2)k12-2k1x1y將x122-y12=1代入,整理得2y12k12即4y12k12-4k1x1y1+x12=(2y1k1-x1)2=0,所以k1=x因?yàn)榍芯€l1,l2均過(guò)點(diǎn)W(x0,y0),同理根據(jù)上面可知,k1,k2為(x02-2)k2-2x0y0k+y02+1=0的兩解,所以k1k2所以WA⊥WB,△WAB為直角三角形.因?yàn)閗1=x12y1,所以y1-y0=x12所以y1=x0x12y0-所以直線AB的方程為y=x0代入橢圓D的方程x24+y2=1,可得(y02+x02)x2-4x0x+4-4y02=0,即x2-4x0x+4x所以xT=2x0,yT=x0xT所以直線AB與橢圓D相切,切點(diǎn)T(2x0,-y0),所以kWT·kAB=-1,所以WT⊥AB,所以2S△WAB=|WA|·|WB|=|WT|·|AB|.4.解(1)設(shè)P(x,y)為橢圓上一點(diǎn),則|PF|+|PE|=|PA|+|PE|=|AE|=42>|EF|=26,所以點(diǎn)P的軌跡是以F,E為焦點(diǎn),長(zhǎng)軸長(zhǎng)為2a=42的橢圓.設(shè)橢圓的方程為x2a2+所以c=6,a=22,則b2=a2-c2=2,所以橢圓的方程為x28+(2)設(shè)B(x1,y1),C(x2,y2),M(x0,y0),則x02切線MB的方程為x1x8+y1y2=1,切線所以,得x1x08+從而直線BC的方程是x08x+y0由x得(3y02+10)x2-16x0x+64-32y則x1+x2=16x03y02+10,|BC|=1+(-x04y0)點(diǎn)M到直線BC的距離d=x0∴S△MBC=12|BC|·d=2(3y02令t=3y02+2,則t∈[2,42],∴S△令f(t)=2t3t2+8,則f'(t∴f(t)在區(qū)間[2,42]上單調(diào)遞增,∴當(dāng)t=42,即y02=10時(shí),△MBC的面積取到最大值325,此時(shí)點(diǎn)M(0,±考點(diǎn)突破練14圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、探索性問(wèn)題1.(2023河北張家口二模)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>(1)求雙曲線C的方程;(2)若過(guò)點(diǎn)F作直線l交雙曲線C的右支于P,Q兩點(diǎn),點(diǎn)M滿足FP=QM,求證:存在兩個(gè)定點(diǎn)E1,E2,使得|ME1|-|ME2|2.(2023全國(guó)乙,理20)已知橢圓C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的離心率為5(1)求C的方程;(2)過(guò)點(diǎn)(-2,3)的直線交C于P,Q兩點(diǎn),直線AP,AQ與y軸的交點(diǎn)分別為M,N,證明:線段MN的中點(diǎn)為定點(diǎn).3.(2023山東日照一模)已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點(diǎn)為F,E為C上的動(dòng)點(diǎn),EQ垂直于動(dòng)直線y=t(t<0),垂足為Q,當(dāng)△EQF為等邊三角形時(shí),其面積為43.(1)求C的方程.(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),過(guò)點(diǎn)E的直線l與C相切,且與橢圓x24+y22=1交于A,B兩點(diǎn),直線OQ與AB交于點(diǎn)M,試問(wèn):是否存在t4.(2023湖南張家界二模)已知曲線C:x24-y25=1(x>0),傾斜角為α的直線l過(guò)點(diǎn)F2(3,0),且與曲線C(1)當(dāng)α=90°時(shí),求三角形ABO的面積.(2)在x軸上是否存在定點(diǎn)M,使直線l在與曲線C有兩個(gè)交點(diǎn)A,B的情況下,總有∠OMA=∠OMB?如果存在,求出定點(diǎn)M;如果不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.

考點(diǎn)突破練14圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、探索性問(wèn)題1.(1)解由題意可得ba=3,即b2=3a2.又右焦點(diǎn)為F(2,0),所以c=2,即a2+b2=4,可得a2=1,b2=3.因此雙曲線C的方程為x2-y(2)證明設(shè)點(diǎn)M(x,y),P(x1,y1),Q(x2,y2),x1,x2>1,設(shè)直線l的方程為x=my+2,與雙曲線C的方程x2-y23=1聯(lián)立,整理得(3m2-1)y2+12my+9則3m2-1≠0,Δ=(12m)2-36(3m2-1)=36(m2+1)>0,整理得m2≠13由根與系數(shù)的關(guān)系得y1+y2=-12m3m2-1,于是x1+x2=m(y1+y2注意到x1+x2>2,于是-43m2-1>2,又點(diǎn)M滿足FP=QM,整理得x消去m得x24-y2因此點(diǎn)M的軌跡是以(-4,0),(4,0)為焦點(diǎn),實(shí)軸長(zhǎng)為4的雙曲線的右支,由雙曲線的定義可知,存在兩個(gè)定點(diǎn)E1(-4,0),E2(4,0),使得|ME1|-|ME2|=4.2.(1)解由題意,橢圓C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)∴e=c∴橢圓的方程為y29+(2)證明根據(jù)題意,直線PQ的斜率存在,設(shè)MN的中點(diǎn)為T,直線PQ的方程為y=k(x+2)+3(k<0),P(x1,y1),Q(x2,y2),聯(lián)立y則(4k2+9)x2+(16k2+24k)x+16k2+48k=0,∴x∵直線AP,AQ分別與y軸交于M,N兩點(diǎn),且過(guò)A(-2,0),∴設(shè)直線AP的方程為y-0=k1(x+2),即y=k1x+2k1,設(shè)直線AQ的方程為y-0=k2(x+2),即y=k2x+2k2,∴M(0,2k1),N(0,2k2),T(0,k1+k2).又y1=k(x1+2)+3,y2=k(x2+2)+3,y1=k1x1+2k1,y2=k2x2+2k2,∴k1=k(x1+2)+3x1+2,k2=k(x2+2)=2k+3x1+x2+4(x1+2)(x2+2)=2k+3[-16綜上,線段MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)(0,3).3.解(1)∵當(dāng)△EQF為等邊三角形時(shí),其面積為43,∴12×|EQ|2sinπ3=43,解得|EQ|=根據(jù)|EF|=|EQ|和拋物線的定義可知,點(diǎn)Q落在拋物線C的準(zhǔn)線上,即y=t=-p2設(shè)準(zhǔn)線和y軸交點(diǎn)為H,如圖,易證∠HFQ=π3于是|FQ|cosπ3=2=|FH|=p,∴C的方程為x2=4y(2)存在t=-1滿足題意.假設(shè)存在t,使得|AM|=|BM|,則M為線段AB的中點(diǎn).設(shè)E(x0,x024),當(dāng)x0=0時(shí),任意t均滿足|AM|=|BM|;當(dāng)x0≠0時(shí),依題意得Q(x0,t),則kOQ由y=x24可得y'=x2,所以切線l的斜率為kl=1設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),線段AB的中點(diǎn)M(x1+x22,y所以(x1整理可得y1-y2x1-x2·y1+y2x1+x2=-12,即kl·又因?yàn)閗OQ=kOM=tx0,所以當(dāng)t=-1時(shí),kOQ=kOM=-1x0,此時(shí)O,M,Q三點(diǎn)共線,滿足M綜上,存在t=-1,使得|AM|=|BM|.4.解(1)由x24-y25=1(x>0)可知曲線C是以F1(-3,0),F2(3,0)為焦點(diǎn),過(guò)焦點(diǎn)F2(3,0)、傾斜角為90°的直線l的方程為x=3,當(dāng)x=3時(shí),y=±52,所以S△AOB=12×3×5=(2)存在定點(diǎn)M(43,0)滿足題意當(dāng)α≠90°時(shí),設(shè)直線l的方程為y=k(x-3),聯(lián)立x整理得(5-4k2)x2+24k2x-36k2-20=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則5解得k<-52或k>5假設(shè)在x軸上存在定點(diǎn)M(m,0),m≠x1,x2,則由∠OMA=∠OMB得x軸平分∠AMB,所以kAM+kBM=0.kAM=y1x1-m,kAM+kBM=y1x即y1(x2-m)+y2(x1-m)=0,展開(kāi)可得x2y1+x1y2-m(y1+y2)=0.y1=k(x1-3),y