高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題突破練26　圓錐曲線中的最值、范圍、證明問(wèn)題 (2)

1、專題突破練專題突破練 26 圓錐曲線中的最值、范圍、證明問(wèn)圓錐曲線中的最值、范圍、證明問(wèn)題題 1.(2020 山東濰坊一模,21)在平面直角坐標(biāo)系 xoy 中,f1,f2分別為橢圓 c:22+22=1(ab0)的左、右焦點(diǎn),a為橢圓的右頂點(diǎn),點(diǎn) p 為橢圓 c 上的動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn) p與橢圓 c 的左、右頂點(diǎn)不重合),當(dāng)pf1f2為等邊三角形時(shí),其面積為3. (1)求橢圓 c 的方程; (2)如圖,m 為 ap 的中點(diǎn),直線 mo 交直線 x=-4于點(diǎn) d,過(guò)點(diǎn) o作 oeap交直線 x=-4 于點(diǎn) e,證明oef1=odf1. 2.(2020 百校聯(lián)考高考百日沖刺金卷,19)已知pf1f2中,f1(

2、-1,0),f2(1,0),|pf1|=4,點(diǎn) q 在線段 pf1上,且|pq|=|qf2|. (1)求點(diǎn) q的軌跡 e 的方程; (2)若點(diǎn) m,n在曲線 e 上,且 m,n,f1三點(diǎn)共線,求f2mn面積的最大值. 3.(2020 山東泰安一模,21)已知橢圓 c:22+22=1(ab0)的左、右焦點(diǎn)分別為 f1,f2,直線 l:y=kx+m 與橢圓 c相交于 p,q兩點(diǎn);當(dāng)直線 l經(jīng)過(guò)橢圓 c的下頂點(diǎn) a 和右焦點(diǎn) f2時(shí),f1pq的周長(zhǎng)為 42,且 l與橢圓 c 的另一個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為43. (1)求橢圓 c 的方程; (2)點(diǎn) m為poq內(nèi)一點(diǎn),o為坐標(biāo)原點(diǎn),滿足 + + =0,若點(diǎn)

3、m恰好在圓 o:x2+y2=49上,求實(shí)數(shù) m 的取值范圍. 4.(2020 山東聊城一模,20)已知橢圓 c:22+22=1(ab0)的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為 4,右焦點(diǎn)為 f,且橢圓 c上的點(diǎn)到點(diǎn) f 的距離的最小值與最大值的積為 1,圓 o:x2+y2=1 與 x 軸交于 a,b兩點(diǎn). (1)求橢圓 c 的方程; (2)動(dòng)直線 l:y=kx+m 與橢圓 c 交于 p,q兩點(diǎn),且直線 l與圓 o相切,求apq 的面積與bpq的面積乘積的取值范圍. 5.(2019 湖北恩施高三 2月教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))已知拋物線 c:y2=2px(p0)的焦點(diǎn)為 f,其準(zhǔn)線 l:x=-1 與 x 軸的交點(diǎn)為 k,過(guò)點(diǎn) k的直線

4、 l與拋物線 c交于 a,b 兩點(diǎn). (1)求拋物線 c的方程; (2)點(diǎn) a 關(guān)于 x軸的對(duì)稱點(diǎn)為 d,證明:存在實(shí)數(shù) t(0,1),使得 =t +(1-t) . 6.(2020 云南昆明高三“三診一?！苯虒W(xué)質(zhì)量檢測(cè),21)橢圓規(guī)是畫(huà)橢圓的一種工具,如圖 1所示,在十字形滑槽上各有一個(gè)活動(dòng)滑標(biāo) m,n,有一根旋桿將兩個(gè)滑標(biāo)連成一體,|mn|=4,d為旋桿上的一點(diǎn)且在m,n兩點(diǎn)之間,且|nd|=3|md|,當(dāng)滑標(biāo) m 在滑槽 ef內(nèi)作往復(fù)運(yùn)動(dòng),滑標(biāo) n 在滑槽 gh 內(nèi)隨之運(yùn)動(dòng)時(shí),將筆尖放置于 d處可畫(huà)出橢圓,記該橢圓為 c.如圖 2所示,設(shè) ef與 gh 交于點(diǎn) o,以 ef所在的直線為 x

5、軸,以 gh所在的直線為 y軸,建立平面直角坐標(biāo)系. (1)求橢圓 c 的方程; (2)設(shè) a1,a2是橢圓 c的左、右頂點(diǎn),點(diǎn) p 為直線 x=6上的動(dòng)點(diǎn),直線 a1p,a2p 分別交橢圓于 q,r兩點(diǎn),求四邊形 a1qa2r 面積的最大值. 專題突破練 26 圓錐曲線中的最值、 范圍、證明問(wèn)題 1.(1)解 設(shè)橢圓 c 的半焦距為 c,因?yàn)閜f1f2是等邊三角形,所以此時(shí) p在上頂點(diǎn)或下頂點(diǎn)處, 所以 a=2c,所以 bc=3. 又由 a2=b2+c2,解得 c2=1,a2=4,b2=3,故橢圓的方程為24+23=1. (2)證明 由題意知 a(2,0), 設(shè) ap的中點(diǎn) m(x0,y0)

6、,p(x1,y1), 設(shè)直線 ap的方程為 y=k(x-2)(k0),將其代入橢圓方程整理得 (4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0, 所以 x1+2=16242+3, 所以 x0=8242+3,y0=k(x0-2)=-642+3, 即 m的坐標(biāo)為(8242+3,-642+3), 從而 kom=-642+38242+3=-34, 所以直線 om的方程為 y=-34x, 令 x=-4,得 d(-4,3), 直線 oe的方程為 y=kx,令 x=-4,得 e(-4,-4k), 由 f1(-1,0),得1=-4-3=43, 所以 kom 1=-1,即 omef1,記垂足為 h, 因?yàn)?=

7、3-3=-1,koe=kap=k,所以 oedf1,記垂足為 g. 在直角三角形 eho 和直角三角形 dgo中,odf1和oef1都與eod互余,所以odf1=oef1. 2.解 (1)因?yàn)閨pq|=|qf2|,故|qf1|+|qf2|=|qf1|+|qp|=|pf1|=4|f1f2|=2, 故點(diǎn) q的軌跡是以 f1,f2為焦點(diǎn),長(zhǎng)軸長(zhǎng)為 4的橢圓(不包含長(zhǎng)軸的端點(diǎn)). 故點(diǎn) q的軌跡 e的方程為24+23=1(x2). (2)直線 mn 過(guò)點(diǎn) f1(-1,0),設(shè)直線 mn 的方程為 x=ky-1,m(x1,y1),n(x2,y2), 聯(lián)立 = -1,24+23= 1,消去 x得(4+3k

8、2)y2-6ky-9=0, 1+ 2=632+4,12= -932+4, 2=12|f1f2| |y1-y2|=122+132+4. 令2+ 1=t,則 t1, 2=123+1. 令 f(t)=3t+1,則 f(t)=3-12, 當(dāng) t1,+)時(shí),f(t)0, f(t)=3t+1在1,+)上單調(diào)遞增. 2=123+13,當(dāng) t=1時(shí)取等號(hào). 即當(dāng) k=0時(shí),f2mn 面積的最大值為 3. 3.解 (1)由題意知 4a=42, a=2, 直線 af2的方程為 y=(x-c). 直線 af2與橢圓 c 的另一個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為43, =(43-),(43)22+22= 1,解得 c=1 或 c=2(

9、舍去). b2=1, 橢圓 c 的方程為22+y2=1. (2)設(shè) p(x1,y1),q(x2,y2), + + =0, 點(diǎn) m為poq的重心, m(1+23,1+23). 點(diǎn) m在圓 o:x2+y2=49上, (x1+x2)2+(y1+y2)2=4, 由 = + ,22+ 2= 1,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0, x1+x1=-41+22,x1x2=22-21+22,(x1+x2)2+(y1+y2)2=(-41+22)2+ (-41+22) +22=4,即16(1+2)22(1+22)216221+22+4m2=4. m2=(1+22)242+1. 由 0得 1+2k2m2

10、, 1+2k2(1+22)242+1, 解得 k0. m2=(1+22)242+1=1+4442+1=1+442+141, m1或 m0. 設(shè) p(x1,y1),q(x2,y2),則 x1+x2=-81+42,x1x2=42-41+42, 所以|pq|=1 + 2(1+ 2)2-412= 1 + 2 (-81+42)2-442-41+42=1 + 2 16(1+42-2)(1+42)2. 因?yàn)橹本€ l 與 o相切,所以點(diǎn) o到直線 l 的距離 d=|1+2=1,即 1+k2=m2, 所以 =48k2,由 0,得 k20. 又 a,b兩點(diǎn)到直線 l 的距離分別為 d1=|+|1+2,d2=|-|

11、1+2. 所以apq的面積與bpq的面積乘積為 sapq sbpq =14(1 + 216(1+42-2)(1+42)2)2|+|1+2|-|1+2 =4(1+42-2)|2-2|(1+42)2 =4(1+42-1-2)|2-1-2|(1+42)2=122(1+42)2 =12162+12+8. 因?yàn)?k20,所以 16k2+12+816,1162+12+8 (0,116,sapq sbpq (0,34. 因此apq的面積與bpq的面積乘積的取值范圍為(0,34. 5.(1)解 因?yàn)閽佄锞€ c:y2=2px(p0)的準(zhǔn)線方程為直線 l:x=-1, 所以-2=-1,解得 p=2. 所以拋物線 c

12、 的方程為 y2=4x. (2)證明 易知點(diǎn) k 的坐標(biāo)為(-1,0),據(jù)此可設(shè)直線 l 的方程為 x=my-1,設(shè) a(x1,y1),b(x2,y2). 聯(lián)立 = -1,2= 4,整理得 y2-4my+4=0,故1+ 2= 4,12= 4. 因?yàn)辄c(diǎn) a關(guān)于 x軸的對(duì)稱點(diǎn)為 d,a(x1,y1),所以 d(x1,-y1). 則直線 bd的方程為 y-y2=2+12-1(x-x2),得 y-y2=2+1(2-1)-(1-1)(x-x2), 得 y-y2=2+1(2-1)(x-x2), 即 y-y2=42-1x-224. 令 y=0,得 0-y2=42-1x-224,得 x=224-y22-14=

13、22-22+124=124=44=1. 所以直線 bd恒過(guò)定點(diǎn)(1,0). 所以點(diǎn) f(1,0)在直線 bd上, 所以不妨令 =t (t(0,1). 因?yàn)?= + , 所以 = +t , 所以 = +t( ), 所以 =(1-t) +t . 所以存在實(shí)數(shù) t(0,1),使得 =t +(1-t) ,命題得證. 6.解 (1)由|mn|=4,d為旋桿上的一點(diǎn),且在 m,n 兩點(diǎn)之間,且|nd|=3|md|,可得|md|=1,|nd|=3, 所以橢圓的長(zhǎng)半軸 a為 3,短半軸 b為 1,所以橢圓的方程為29+y2=1. (2)由對(duì)稱性設(shè) p(6,t),其中 t0,則直線 a1p 的方程為 y=9(x+3),直線 a2p的方程為 y=3(x-3),設(shè) q(x1,y1),r(x2,y2),由29+ 2= 1, =9( + 3),消 x可得(9+t2)y2-6ty=0,由于1=0,所以 y1=69+2,由29+ 2= 1, =3(-3),消 x可得(1+t2