2024高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試專題強(qiáng)化練十三圓錐曲線中的最值范圍證明問(wèn)題

專題強(qiáng)化練(十三)圓錐曲線中的最值、范圍、證明問(wèn)題1．(2024·廣州三模)已知拋物線C：x2＝－2py(p>0)的焦點(diǎn)為F，且F與圓M：x2＋(y－4)2＝1上點(diǎn)的距離最小值為4.(1)求拋物線C的方程；(2)若點(diǎn)P在圓M上，PA、PB是拋物線C的兩條切線，A、B是切點(diǎn)，求△PAB面積的最大值．解：(1)點(diǎn)F(0，－eq\f(p,2))到圓M上的點(diǎn)的距離的最小值為|FM|－1＝eq\f(p,2)＋4－1＝4，解得p＝2，所以拋物線C的方程為x2＝－4y.(2)由(1)知，拋物線的方程為x2＝－4y，即y＝－eq\f(1,4)x2，則y′＝－eq\f(1,2)x，設(shè)切點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則PA：y＝－eq\f(1,2)x1x＋eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)，PB：y＝－eq\f(1,2)x2x＋eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2)，聯(lián)立兩直線方程，得到P(eq\f(x1＋x2,2)，－eq\f(x1x2,4))，設(shè)lAB：y＝kx＋b，與拋物線方程聯(lián)立，消去y并整理可得x2＋4kx＋4b＝0，所以Δ＝16k2－16b>0，即k2－b>0，且x1＋x2＝－4k，x1x2＝4b，所以P(－2k，－b)，因?yàn)閨AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(16k2－16b)，點(diǎn)P到AB的距離d＝eq\f(|－2k2＋2b|,\r(k2＋1))，所以S△PAB＝eq\f(1,2)|AB|·d＝4|k2－b|·eq\r(k2－b)，①又點(diǎn)P(－2k，－b)在圓M：x2＋(y－4)2＝1上，所以k2＝eq\f(1－（b＋4）2,4)，代入①得，S△PAB＝4·(eq\f(－b2－12b－15,4))eq\a\vs4\al(\f(3,2))，而yP＝－b∈[3，5]，即b∈[－5，－3]，當(dāng)b＝－5時(shí)，△PAB面積的最大值為20eq\r(5).2．(2024·惠州一模)已知拋物線C1：y2＝4x與橢圓C2：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)有公共的焦點(diǎn)，C2的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，該橢圓的離心率為eq\f(1,2).(1)求橢圓C2的方程；(2)如圖，若直線l與x軸，橢圓C2順次交于P，Q，R(P點(diǎn)在橢圓左頂點(diǎn)的左側(cè))，且∠PF1Q與∠PF1R互補(bǔ)，求△F1QR面積S的最大值．解：(1)由題意可得，拋物線的焦點(diǎn)為(1，0)，所以橢圓的半焦距c＝1，又因?yàn)闄E圓的離心率為eq\f(1,2)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，即a＝2，因?yàn)閍2＝b2＋c2，所以b2＝a2－c2＝4－1＝3，即b＝eq\r(3)，所以橢圓C2的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)Q(x1，y1)，R(x2，y2)，F(xiàn)(－1，0)，因?yàn)椤螾F1Q與∠PF1R互補(bǔ)，所以kQF1＋kRF1＝0，所以eq\f(y1,x1＋1)＋eq\f(y2,x2＋1)＝0，化簡(jiǎn)整理，可得x1y2＋y2＋x2y1＋y1＝0，①設(shè)直線PQ為x＝my＋n(m≠0)，聯(lián)立直線與橢圓方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋n,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，化簡(jiǎn)整理，可得(3m2＋4)y2＋6mny＋3n2－12＝0，Δ＝b2－4ac＝36m2n2－4(3m2＋4)(3n2－12)>0，可得n2<3m2＋4，②由韋達(dá)定理，可得y1＋y2＝－eq\f(6mn,3m2＋4)，y1y2＝eq\f(3n2－12,3m2＋4)，③將x1＝my1＋n，x2＝my2＋n代入①，可得2my1y2＋(n＋1)(y1＋y2)＝0，④再將③代入④，可得eq\f(6m（n2－4）,3m2＋4)＝eq\f(6mn（n＋1）,3m2＋4)，解得n＝－4，所以PQ的方程為x＝my－4，由點(diǎn)F(－1，0)到直線PQ的距離d＝eq\f(|－1×1－0＋4|,\r(1＋m2))＝eq\f(3,\r(1＋m2))，S△F1QR＝eq\f(1,2)|QR|·d＝eq\f(1,2)eq\r(1＋m2)·eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)·eq\f(3,\r(1＋m2))＝18eq\r(\f(m2－4,（3m2＋4）2))，由②可得，3m2＋4>16，即m2>4，設(shè)f(m)＝18eq\r(\f(m2－4,（3m2＋4）2))，令m2－4＝t，t>0，所以f(t)＝18eq\r(\f(t,（3t＋16）2))＝18eq\r(\f(1,9t＋\f(256,t)＋96))，由均值不等式可知，9t＋eq\f(256,t)≥2eq\r(9t·\f(256,t))＝96，當(dāng)且僅當(dāng)9t＝eq\f(256,t)時(shí)，即t＝eq\f(16,3)，等號(hào)成立，當(dāng)9t＋eq\f(256,t)取最小值時(shí)，f(t)取最大值，即△F1QR面積S最大，所以f(t)max＝18×eq\r(\f(1,96＋96))＝eq\f(3\r(3),4)，所以△F1QR面積S最大值為eq\f(3\r(3),4).3．(2024·茂名一模)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F1(－1，0)，且過(guò)點(diǎn)(1，eq\f(3,2))．(1)求橢圓C的方程；(2)過(guò)F1且相互垂直的兩條直線l1，l2分別交橢圓C于A、B兩點(diǎn)和M、N兩點(diǎn)，求|AB|＋|MN|的取值范圍．解：(1)由題意，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝1,\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1,a2＝b2＋c2))，解得a2＝4，b2＝3.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)當(dāng)直線AB，MN有一條斜率不存在時(shí)，|AB|＋|MN|＝4＋3＝7.當(dāng)AB斜率存在且不為0時(shí)，設(shè)方程為y＝k(x＋1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y整理得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.所以x1＋x2＝－eq\f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2).所以|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（－\f(8k2,3＋4k2)）2－4×\f(4k2－12,3＋4k2))＝eq\f(12（1＋k2）,3＋4k2).把－eq\f(1,k)代入上式，得|MN|＝eq\f(12（1＋k2）,4＋3k2)，所以|AB|＋|MN|＝eq\f(84（k2＋1）2,（4＋3k2）（3＋4k2）)，設(shè)t＝k2＋1(k≠0)，t>1，所以|AB|＋|MN|＝eq\f(84,－\f(1,t2)＋\f(1,t)＋12)，t>1，設(shè)g(t)＝－eq\f(1,t2)＋eq\f(1,t)＋12＝－(eq\f(1,t)－eq\f(1,2))2＋eq\f(49,4)，t>1令m＝eq\f(1,t)，則m＝eq\f(1,t)∈(0，1)，g(m)＝－(m－eq\f(1,2))2＋eq\f(49,4)(0<m<1)，所以12<g(m)＝g(t)≤eq\f(49,4)，所以eq\f(48,7)≤eq\f(84,g（t）)<7，所以|AB|＋|MN|∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(48,7)，7)).綜上所述，|AB|＋|MN|的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(48,7)，7)).4．(2024·廣州三模)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(1，0)，且點(diǎn)P(1，eq\f(3,2))在橢圓C上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)過(guò)定點(diǎn)T(0，2)的直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A、B，且∠AOB為銳角，求直線l的斜率k的取值范圍．解：(1)由題意，得c＝1，所以a2＝b2＋1.因?yàn)辄c(diǎn)P(1，eq\f(3,2))在橢圓C上，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1，可解得a2＝4，b2＝3.則橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋2，點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1,y＝kx＋2))，得(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0.因?yàn)棣ぃ?8(4k2－1)>0，所以k2>eq\f(1,4)，由根與系數(shù)的關(guān)系，得x1＋x2＝eq\f(－16k,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4,4k2＋3).因?yàn)椤螦OB為銳角，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))>0，即x1x2＋y1y2>0.所以x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0，即(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4>0，(1＋k2)·eq\f(4,4k2＋3)＋2k·eq\f(－16k,4k2＋3)＋4＝eq\f(－12k2＋16,4k2＋3)>0所以k2<eq\f(4,3).綜上eq\f(1,4)<k2<eq\f(4,3)，解得－eq\f(2\r(3),3)<k<－eq\f(1,2)或eq\f(1,2)<k<eq\f(2\r(3),3).所以所求直線的斜率的取值范圍為－eq\f(2\r(3),3)<k<－eq\f(1,2)或eq\f(1,2)<k<eq\f(2\r(3),3).5．(2024·深圳模擬)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)M(1，eq\f(\r(3),2))，且焦距|F1F2|＝2eq\r(3)，線段AB，CD分別是它的長(zhǎng)軸和短軸．(1)求橢圓E的方程；(2)若N(s，t)是平面上的動(dòng)點(diǎn)，從下面兩個(gè)條件中選一個(gè)，證明：直線PQ經(jīng)過(guò)定點(diǎn)．①s＝1，t≠±eq\f(\r(3),2)，直線NA，NB與橢圓E的另一交點(diǎn)分別為P，Q；②t＝2，s∈R，直線NC，ND與橢圓E的另一交點(diǎn)分別為P，Q.注：假如選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．解：(1)由已知，c＝eq\r(3)，點(diǎn)M在(1，eq\f(\r(3),2))橢圓上，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)＝1，又因?yàn)閍2－b2＝c2，所以a2＝4，b2＝1，所以橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)選①，則N(1，t)，A(－2，0)，B(2，0)，設(shè)P(xp，yp)，Q(xQ，yQ)，kNA＝eq\f(t,1＋2)＝eq\f(t,3)，kNB＝eq\f(t,1－2)＝－t，所以lNA：y＝eq\f(t,3)(x＋2)，lNB：y＝－t(x－2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(t,3)（x＋2），,\f(x2,4)＋y2＝1))消去y得：(9＋4t2)x2＋16t2x＋16t2－36＝0，Δ＝256t4－4(9＋4t2)(16t2－36)＝362>0所以－2xp＝eq\f(16t2－36,9＋4t2)，所以xP＝eq\f(－8t2＋18,9＋4t2)，則yP＝eq\f(12t,9＋4t2)，所以P(eq\f(－8t2＋18,9＋4t2)，eq\f(12t,9＋4t2))，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－t（x－2），,\f(x2,4)＋y2＝1))消去y得(1＋4t2)x2－16t2x＋16t2－4＝0，Δ＝256t4－4(1＋4t2)(16t2－4)＝16>0，所以2xQ＝eq\f(16t2－4,1＋4t2)，所以xQ＝eq\f(8t2－2,1＋4t2)，則yQ＝eq\f(4t,1＋4t2)，所以Q(eq\f(8t2－2,1＋4t2)，eq\f(4t,1＋4t2))，所以kPQ＝eq\f(\f(12t,9＋4t2)－\f(4t,1＋4t2),\f(－8t2＋18,9＋4t2)－\f(8t2－2,1＋4t2))＝eq\f(32t3－24t,36－64t4)＝eq\f(－2t,3＋4t2)，所以直線PQ的方程為y－eq\f(4t,1＋4t2)＝eq\f(－2t,3＋4t2)(x－eq\f(8t2－2,1＋4t2))，所以16y4＋(8x－32)t3＋16yt2＋(2x－8)t＋3y＝0，所以y＝0，x＝4，故直線PQ恒過(guò)定點(diǎn)(4，0)．選②，則N(s，2)，C(0，1)，D(0，－1)，設(shè)P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，kNC＝eq\f(2－1,s)＝eq\f(1,s)，kND＝eq\f(2＋1,s)＝eq\f(3,s)，所以lNC：y＝eq\f(1,s)x＋1，lND：y＝eq\f(3,s)x－1，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,s)x＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y得(4＋s2)y2＋2s2y＋s2－4＝0，Δ＝4s4－4(4＋s2)(s2－4)＝64>0，所以yp＝eq\f(s2－4,s2＋4)，所以xp＝eq\f(－8s,s2＋4)，所以P(eq\f(－8s,s2＋4)，eq\f(s2－4,s2＋4))，同理：yQ＝eq\f(36－s2,s2＋36)，所以xQ＝eq\f(24s,s2＋36)，所以Q(eq\f(24s,s2＋36)，eq\f(36－s2,s2＋36))，kPQ＝eq\f(\f(36－s2,s2＋36)－\f(s2－4,s2＋4),\f(24s,s2＋36)－\f(8s,s2＋4))＝eq\f(（s2＋12）·（12－s2）,16s（s2＋12）)＝eq\f(12－s2,16s)，所以直線PQ的方程為y－eq\f(s2－4,s2＋4)＝eq\f(12－s2,16s)(x＋eq\f(8s,s2＋4))，令x＝0，則y＝eq\f(12－s2＋2s2－8,2（s2＋4）)＝eq\f(s2＋4,2（s2＋4）)＝eq\f(1,2)，故直線PQ恒過(guò)定點(diǎn)(0，eq\f(1,2))．6．(2024·汕頭二模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓G：x2＋(y－1)2＝1與拋物線C：x2＝2py(p>0)交于點(diǎn)M，N(異于原點(diǎn)O)，MN恰為該圓的直徑，過(guò)點(diǎn)E(0，2)作直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，過(guò)A，B兩點(diǎn)分別作拋物線C的切線交于點(diǎn)P.(1)求證：點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為定值；(2)若F是拋物線C的焦點(diǎn)，證明：∠PFA＝∠PFB.證明：(1)由對(duì)稱性可知交點(diǎn)坐標(biāo)為(1，1)，(－1，1)，代入拋物線方程可得2p＝1，所以拋物線的方程為x2＝y(tǒng)，設(shè)A(x1，xeq\o\al(2,1))，B(x2，xeq\o\al(2,2))，所以kAB＝eq\f(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2),x1－x2)＝x1＋x2，所以直線AB的方程為y－xeq\o\al(2,1)＝(x1＋x2)(x－x1)，即y＝(x1＋x2)x－x1x2，因?yàn)橹本€AB過(guò)點(diǎn)C(0，2)，所以－x1x2＝2，所以x1x2＝－2.①因?yàn)閥＝2x，所以直線PA的斜率為2x1，直線PB的斜率為2x2，直線PA的方程為y－xeq\o\al(2,1)＝2x1(x－x1)，即y＝2x1x－xeq\o\al(2,1)，同理直線PB的方程為y＝2x2x－xeq\o\al(2,2)，聯(lián)立兩直線方程，可得P(eq\f(x1＋x2,2)，x1x2)，由①可知點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為定值－2.(2)cos∠PFA＝eq\f(\o(FA,\s\up6(→))·\o(FP,\s\up6(→)),|\o(FA,\s\up6(→))|·|\o(FP,\s\up6(→))|)，cos∠PFB＝eq\f(\o(FB,\s\up6(→))·\o(FP,\s\up6(→)),|\o(FB,\s\up6(→))|·|\o(FP,\s\up6(→))|)，留意到兩角都在(0，π)內(nèi)，可知要證：∠PFA＝∠PFB，即證eq\f(\o(FA,\s\up6(→))·\o(FP,\s\up6(→)),|\o(FA,\s\up6(→))|·|\o(FP,\s\up6(→))|)＝eq\f(\o(FB,\s\up6(→))·\o(FP,\s\up6(→)),|\o(FB,\s\up6(→))|·|\o(FP,\s\up6(→))|)?eq\f(\o(FA,\s\up6(→))·\o(FP,\s\up6(→)),|\o(FA,\s\up6(→))|)＝eq\f(\o(FB,\s\up6(→))·\o(FP,\s\up6(→)),|\o(FB,\s\up6(→))|)，因?yàn)閑q\o(FA,\s\up6