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．(2023·茂名模擬)已知平面內(nèi)動(dòng)點(diǎn)P(x，y)，P到定點(diǎn)F(eq\r(6)，0)的距離與P到定直線1：x＝eq\f(4\r(6),3)的距離之比為eq\f(\r(3),2).(1)記動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線C，求C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做曲線C的兩條切線，切點(diǎn)分別是A，B，求△MAB面積的最大值，并確定此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)．注：橢圓：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上任意一點(diǎn)P(x0，y0)處的切線方程是eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1.解：(1)設(shè)d是點(diǎn)P到直線1：x＝eq\f(4\r(6),3)的距離，根據(jù)題意，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡就是集合P＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(M|\f(|MF|,d)＝\f(\r(3),2))).由此得eq\f(\r(（x－\r(6)）2＋y2),|\f(4\r(6),3)－x|)＝eq\f(\r(3),2)，化簡(jiǎn)得eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，則xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝10，切線MA方程：eq\f(x1x,8)＋eq\f(y1y,2)＝1，切線MB方程：eq\f(x2x,8)＋eq\f(y2y,2)＝1，兩直線都經(jīng)過(guò)點(diǎn)M，所以，得eq\f(x1x0,8)＋eq\f(y1y0,2)＝1，eq\f(x2x0,8)＋eq\f(y2y0,2)＝1，所以直線AB的方程是：eq\f(x0,8)x＋eq\f(y0,2)y＝1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x0,8)x＋\f(y0,2)y＝1，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))得(3yeq\o\al(2,0)＋10)x2－16x0x＋64－32yeq\o\al(2,0)＝0，由韋達(dá)定理，得x1＋x2＝eq\f(16x0,3yeq\o\al(2,0)＋10)，x1x2＝eq\f(64－32yeq\o\al(2,0),3yeq\o\al(2,0)＋10)，|AB|＝eq\r(1＋（\f(x0,4y0)）2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋\f(xeq\o\al(2,0),16yeq\o\al(2,0)))·eq\r(（\f(16x0,3yeq\o\al(2,0)＋10)）2－4\f(64－32yeq\o\al(2,0),3yeq\o\al(2,0)＋10))＝eq\f(2\r(10)（3yeq\o\al(2,0)＋2）,3yeq\o\al(2,0)＋10)，點(diǎn)M到直線AB的距離d＝eq\f(|\f(x0,8)·x0＋\f(y0,2)·y0－1|,\r(（\f(x0,8)）2＋（\f(y0,2)）2))＝eq\f(|\f(xeq\o\al(2,0),8)＋\f(yeq\o\al(2,0),2)－1|,\f(1,8)\r(xeq\o\al(2,0)＋16yeq\o\al(2,0)))＝eq\f(|xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)－8|,\r(xeq\o\al(2,0)＋16yeq\o\al(2,0)))＝eq\f(|10－yeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＋8|,\r(10－yeq\o\al(2,0)＋16yeq\o\al(2,0)))＝eq\f(3yeq\o\al(2,0)＋2,\r(5)\r(2＋3yeq\o\al(2,0)))，所以S△MAB＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(\r(2)（3yeq\o\al(2,0)＋2）\s\up6(\f(3,2)),3yeq\o\al(2,0)＋10)，其中yeq\o\al(2,0)≤10，令t＝eq\r(3yeq\o\al(2,0)＋2)，則t∈[eq\r(2)，4eq\r(2)]，所以S△MAB＝eq\f(\r(2)t3,t2＋8)，令f(t)＝eq\f(\r(2)t3,t2＋8)，則f′(t)＝eq\f(\r(2)（t4＋24t2）,（t2＋8）2)>0，所以f(t)在t∈[eq\r(2)，4eq\r(2)]上遞增，所以t＝4eq\r(2)，即yeq\o\al(2,0)＝10時(shí)，△MAB的面積取到最大值eq\f(32,5)，此時(shí)點(diǎn)M(0，±eq\r(10))．2．(2023·河源模擬)中國(guó)是紙的故鄉(xiāng)，折紙也是起源于中國(guó)．后來(lái)數(shù)學(xué)家將幾何學(xué)原理運(yùn)用到折紙中，并且利用折紙來(lái)研究幾何學(xué)，很好的把折紙藝術(shù)與數(shù)學(xué)相結(jié)合．將一張紙片折疊一次，紙片上會(huì)留下一條折痕，如果在紙片上按照一定的規(guī)律折出很多折痕后，紙上能顯現(xiàn)出一條漂亮曲線的輪廓．如圖，一張圓形紙片的圓心為點(diǎn)D，A是圓外的一個(gè)定點(diǎn)，P是圓D上任意一點(diǎn)，把紙片折疊使得點(diǎn)A與P重合，然后展平紙片，折痕與直線DP相交于點(diǎn)Q，當(dāng)點(diǎn)P在圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)，得到點(diǎn)Q的軌跡．(1)證明：點(diǎn)Q的軌跡是雙曲線；(2)設(shè)定點(diǎn)A坐標(biāo)為2，紙片圓的邊界方程為(x＋2)2＋y2＝r2.若點(diǎn)M(2，3)位于(1)中所描述的雙曲線上，過(guò)點(diǎn)M的直線l交該雙曲線的漸近線于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，且點(diǎn)E，F(xiàn)位于y軸右側(cè)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求△EOF面積的最小值．(1)證明：由題意知|QA|＝|QP|，所以||QA|－|QD||＝||QP|－|QD||＝|DP|＝r，因此動(dòng)點(diǎn)Q到定點(diǎn)D和A的距離之差的絕對(duì)值為定值r，且r<|DA|，由雙曲線定義知，點(diǎn)Q的軌跡是以D，A為焦點(diǎn)的雙曲線．(2)解：由(1)知雙曲線中2a＝r，2c＝4，設(shè)雙曲線方程為eq\f(x2,\f(r2,4))－eq\f(y2,4－\f(r2,4))＝1，又點(diǎn)M(2，3)在雙曲線上，解得r＝2，因此雙曲線方程為x2－eq\f(y2,3)＝1，雙曲線的漸近線為y＝±eq\r(3)x，則∠EOA＝∠AOF＝eq\f(1,2)∠EOF＝eq\f(π,3)，①若直線l斜率不存在，此時(shí)△EOF為頂角為eq\f(2π,3)的等腰三角形，且|OE|＝4，所以S△EOF＝4eq\r(3)；②若直線l斜率存在，設(shè)方程為：y＝k(x－2)＋3，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－2）＋3，,x2－\f(y2,3)＝1，))得：(3－k2)x2＋(4k2－6k)x－4k2＋12k－12＝0，因?yàn)閘交雙曲線于y軸右側(cè)，且eq\f(b,a)＝eq\r(3)，所以k<－eq\r(3)或k>eq\r(3)，設(shè)E(x3，y3)，F(xiàn)(x4，y4)，聯(lián)立直線l和漸近線解得：x3＝eq\f(－2k＋3,\r(3)－k)，x4＝eq\f(－2k＋3,－\r(3)－k)，所以|OE|＝eq\f(|x3|,cos∠EOA)，|OF|＝eq\f(|x4|,cos∠AOF)，所以S△EOF＝eq\f(1,2)·|OE|·|OF|sin∠EOF＝|x1x2|·tan∠EOA＝eq\r(3)|x1x2|，所以S△EOF＝eq\f(\r(3)（－2k＋3）2,k2－3)＝4eq\r(3)＋3eq\r(3)·eq\f(7－4k,k2－3)，令f(k)＝eq\f(7－4k,k2－3)(k<－eq\r(3)或k>eq\r(3))，f′(k)＝eq\f(2（x－2）（2x－3）,（k2－3）2)，當(dāng)k<－eq\r(3)時(shí)，f′(k)>0，f(k)單調(diào)遞增，且f(k)>0，此時(shí)S△EOF>4eq\r(3)；當(dāng)eq\r(3)<k<2，f′(k)<0，當(dāng)k>2時(shí)，f′(k)>0，f(k)min＝f(2)＝－1，此時(shí)S△EOF＝eq\r(3)，綜上所述，△EOF面積的最小值為eq\r(3)，此時(shí)k＝2且Δ＝0，即直線l與雙曲線相切．3．(2023·湖北模擬)已知?jiǎng)訄A過(guò)點(diǎn)F(0，1)，且與直線l：y＝－1相切，設(shè)動(dòng)圓圓心D的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)過(guò)l上一點(diǎn)P作曲線C的兩條切線PA，PB，A，B為切點(diǎn)，PA，PB與x軸分別交于M，N兩點(diǎn)．記△AFM，△PMN，△BFN的面積分別為S1、S2、S3.(ⅰ)證明：四邊形FNPM為平行四邊形；(ⅱ)求eq\f(Seq\o\al(2,2),S1S3)的值．解：(1)設(shè)圓心D(x，y)，由題意得：eq\r(x2＋（y－1）2)＝|y＋1|，化簡(jiǎn)整理得：x2＝4y，所以曲線C的方程為x2＝4y.(2)(ⅰ)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因?yàn)閥＝eq\f(x2,4)，所以y′＝eq\f(x,2)，所以直線PA的方程為y＝eq\f(x1,2)(x－x1)＋y1，即y＝eq\f(1,2)x1x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)，令y＝0，得到x＝eq\f(x1,2)，同理可得直線PB的方程為y＝eq\f(1,2)x2x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,2)，令y＝0，得到x＝eq\f(x2,2)，所以M(eq\f(x1,2)，0)，N(eq\f(x2,2)，0)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x1x－\f(1,4)xeq\o\al(2,1)，,y＝\f(1,2)x2x－\f(1,4)xeq\o\al(2,2)，))消去y，解得x＝eq\f(x1＋x2,2)，所以P(eq\f(x1＋x2,2)，－1)，又F(0，1)，所以eq\o(FM,\s\up6(→))＋eq\o(FN,\s\up6(→))＝(eq\f(x1,2)，－1)＋(eq\f(x2,2)，－1)＝(eq\f(x1＋x2,2)，－2)＝eq\o(FP,\s\up6(→))，所以四邊形FNPM為平行四邊形；(ⅱ)由(ⅰ)知直線PA的方程為y＝eq\f(1,2)x1x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)，又xeq\o\al(2,1)＝4y1，所以eq\f(1,2)x1x－y－y1＝0，即x1x－2y－2y1＝0，同理可知直線PB的方程為x2x－2y－2y2＝0，又P在直線PA，PB上，設(shè)P(x0，－1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1x0－2y1＋2＝0，,x2x0－2y2＋2＝0，))所以直線AB的方程為：x0x－2y＋2＝0，故直線AB過(guò)點(diǎn)F(0，1)，因?yàn)樗倪呅蜦NPM為平行四邊形，所以FM∥BP，F(xiàn)N∥AP，所以FN＝PM，PN＝MF，eq\f(BN,NP)＝eq\f(BF,FA)＝eq\f(MP,MA)，所以MP·NP＝MA·BN，因?yàn)镾1＝eq\f(1,2)|MA||MF|sin∠AMF，S2＝eq\f(1,2)|PM||PN|sin∠MPN，S3＝eq\f(1,2)|NB||NF|sin∠BNF，所以eq\f(Seq\o\al(2,2),S1S3)＝eq\f(（\f(1,2)|PM||PN|sin∠MPN）2,（\f(1,2)|MA||MF|sin∠AMF）·（\f(1,2)|NB||NF|sin∠BNF）)＝eq\f(（|PM|·|PN|）2,|MA|·|MF|·|NB|·|NF|)＝eq\f(|PM|·|PN|,|MA|·|NB|)＝1.4．(2023·廣東二模)已知A，B是拋物線E：y＝x2上不同的兩點(diǎn)，點(diǎn)P在x軸下方，PA與拋物線E交于點(diǎn)C，PB與拋物線E交于點(diǎn)D，且滿足eq\f(|PA|,|PC|)＝eq\f(|PB|,|PD|)＝λ，其中λ是常數(shù)，且λ≠1.(1)設(shè)AB，CD的中點(diǎn)分別為點(diǎn)M，N，證明：MN垂直于x軸；(2)若點(diǎn)P為半圓x2＋y2＝1(y<0)上的動(dòng)點(diǎn)，且λ＝2，求四邊形ABDC面積的最大值．(1)證明：因?yàn)閑q\f(|PA|,|PC|)＝eq\f(|PB|,|PD|)＝λ，且P，A，C共線，P，B，D共線，所以AB∥CD，所以直線AB和直線CD的斜率相等，即kAB＝kCD，設(shè)A(x1，xeq\o\al(2,1))，B(x2，xeq\o\al(2,2))，C(x3，xeq\o\al(2,3))，D(x4，xeq\o\al(2,4))，則點(diǎn)M的橫坐標(biāo)xM＝eq\f(x1＋x2,2)，點(diǎn)N的橫坐標(biāo)xN＝eq\f(x3＋x4,2)，由kAB＝kCD，得eq\f(xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1),x2－x1)＝eq\f(xeq\o\al(2,4)－xeq\o\al(2,3),x4－x3)，因式分解得eq\f(（x2－x1）（x2＋x1）,x2－x1)＝eq\f(（x4－x3）（x4＋x3）,x4－x3)，約分得x2＋x1＝x4＋x3，所以eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(x3＋x4,2)，即xM＝xN，所以MN垂直于x軸．(2)解：設(shè)P(x0，y0)，則xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝1，且－1≤y0<0，當(dāng)λ＝2時(shí)，C為PA的中點(diǎn)，則x3＝eq\f(x0＋x1,2)，y3＝eq\f(y0＋xeq\o\al(2,1),2)，因?yàn)镃在拋物線上，所以eq\f(y0＋xeq\o\al(2,1),2)＝(eq\f(x0＋x1,2))2，整理得xeq\o\al(2,1)－2x0x1＋2y0－xeq\o\al(2,0)＝0，當(dāng)λ＝2時(shí)，D為PB中點(diǎn)，同理得xeq\o\al(2,2)－2x0x2＋2y0－xeq\o\al(2,0)＝0，所以x1，x2是方程x2－2x0x＋2y0－xeq\o\al(2,0)＝0的兩個(gè)根，因?yàn)棣ぃ?xeq\o\al(2,0)－4(2y0－xeq\o\al(2,0))＝8(xeq\o\al(2,0)－y0)>0，由韋達(dá)定理得x1＋x2＝2x0，x1x2＝2y0－xeq\o\al(2,0)，所以x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝xM，所以PM也垂直于x軸，所以|PM|＝eq\f(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2),2)－y0＝eq\f(4xeq\o\al(2,0)－4y0＋2xeq\o\al(2,0),2)－y0＝3(xeq\o\al(2,0)－y0)，因?yàn)閨x1－x2|＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(4xeq\o\al(2,0)－8y0＋4xeq\o\al(2,0))＝2eq\r(2)·eq\r(xeq\o\al(2,0)－y0)，所以S四邊形ABDC＝eq\f(3,4)S△PAB＝eq\f(3,4)×eq\f(1,2)·|PM|·|x1－x2|＝eq\f(3,8)·3(xeq\o\al(2,0)－y0)×2eq\r(2)·eq\r(xeq\o\al(2,0)－y0)＝eq\f(9\r(2),4)(eq\r(xeq\o\al(2,0)－y0))3＝eq\f(9\r(2),4)(eq\r(－yeq\o\al(2,0)－y0＋1))3，－1≤y0<0，當(dāng)y0＝－eq\f(1,2)時(shí)，－yeq\o\al(2,0)－y0＋1取得最大值eq\f(5,4)，所以S四邊形ABDC≤eq\f(9\r(2),4)×(eq\r(\f(5,4)))3＝eq\f(45\r(10),32)，所以四邊形ABDC面積的最大值為eq\f(45\r(10),32).5．(2023·廣東模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的短軸長(zhǎng)為2，離心率為eq\f(\r(3),2).點(diǎn)P(4，2)，直線l：x＋2y－1＝0.(1)證明：直線l與橢圓C相交于兩點(diǎn)，且每一點(diǎn)與P的連線都是橢圓的切線；(2)若過(guò)點(diǎn)P的直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，與直線l交于點(diǎn)Q，求證：eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→)).(1)證明：由題意可得2b＝2，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝eq\r(3)，所以橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1，直線l與橢圓方程聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y－1＝0，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去x，整理得8y2－4y－3＝0，則Δ＝16－4×8×(－3)＝112>0，所以直線l與橢圓C相交于兩點(diǎn)，設(shè)M(1－2y0，y0)為直線l與橢圓C的交點(diǎn)，則8yeq\o\al(2,0)－4y0－3＝0，yeq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)y0＋eq\f(3,8)，直線PM的方程為y＝eq\f(y0－2,－2y0－3)(x－4)＋2，即y＝eq\f(2－y0,2y0＋3)x＋eq\f(8y0－2,2y0＋3)，代入橢圓方程得eq\f(x2,4)＋(eq\f(2－y0,2y0＋3)x＋eq\f(8y0－2,2y0＋3))2＝1，整理得(8yeq\o\al(2,0)－4y0＋25)x2＋16(－4yeq\o\al(2,0)＋9y0－2)x＋4(60yeq\o\al(2,0)－44y0－5)＝0，即2x2＋4(2y0－1)x－(4y0－5)＝0，所以Δ＝16(2y0－1)2＋8(4y0－5)＝8(8yeq\o\al(2,0)－4y0－3)＝0，故PM是橢圓的切線．(2)解：因?yàn)镻，A，B，Q四點(diǎn)共線，由(1)可知P在線段AB外，Q在線段AB內(nèi)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))與eq\o(PB,\s\up6(→))的方向相同，eq\o(QB,\s\up6(→))與eq\o(AQ,\s\up6(→))的方向相同，要證eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))，只需要|PA|·|QB|＝|PB|·|AQ|，即證eq\f(|PA|,|AQ|)＝eq\f(|PB|,|QB|).設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x3，y3)，不妨設(shè)x1<x3<x2，則eq\f(|PA|,|AQ|)＝eq\f(|PB|,|QB|)等價(jià)于eq\f(4－x1,x3－x1)＝eq\f(4－x2,x2－x3)，即(4－x1)(x2－x3)－(4－x2)(x3－x1)＝0，顯然(4－x1)(x2－x3)－(4－x2)(x3－x1)＝－8x3＋(x3＋4)(x1＋x2)－2x1x2，設(shè)直線PQ的方程為y－2＝k(x－4)，即y＝kx＋2－4k，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2－4k，,x2＋4y2＝4，))消去y，整理得(1＋4k2)x2＋16(1－2k)·kx＋4(2－4k)2－4＝0，則x1＋x2＝eq\f(16（2k－1）k,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4（2－4k）2－4,1＋4k2)；由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2－4k，,x＋2y－1＝0，))可得x3＝eq\f(8k－3,1＋2k)；因此－8x3＋(x3＋4)(x1＋x2)－2x1x2＝eq\f(－8（8k－3）,1＋2k)＋(eq\f(8k－3,1＋2k)＋4)eq\f(16（2k－1）k,1＋4k2)－eq\f(8（2－4k）2－8,1＋4k2)＝eq\f(24－64k,1＋2k)＋eq\f(16k＋1,1＋2k)×eq\f(16（2k2－k）,1＋4k2)＋eq\f(8（－16k2＋16k－3）,1＋4k2)＝eq\f(8[（3－8k）（1＋4k2）＋（16k＋1）（4k2－2k）＋（－16k2＋16k－3）（1＋2k）],（1＋2k）（1＋4k2）)＝0，所以結(jié)論成立．6．(2023·湖南模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)為F(2，0)，過(guò)點(diǎn)F的直線l與雙曲線C的右支相交于M，N兩點(diǎn)，點(diǎn)M關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)為P.當(dāng)eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(MP,\s\up6(→))＝0時(shí)，|MN|＝eq\f(2\r(3),3).(1)求雙曲線C的方程；(2)若△MNP的外心為Q，求eq\f(|QF|,|MN|)的取值范圍．解：(1)點(diǎn)M關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)為P，故MP平行于x