(通用版)2019高考数学二轮复习第二篇第21练圆锥曲线中的范围、最值、证明问题精准提分练习文

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2019版高考数学二轮复习专题七圆锥曲线专题突破练22 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题文

专题突破练22 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1.经过原点的直线与椭圆C:=1(a>b>0)交于A,B两点,点P为椭圆上不同于A,B的一点,直线PA,PB的斜率均存在,且直线PA,PB的斜率之积为-.(1)求椭圆C的离心率;(2)设F1,F2分别为椭圆的左、右焦点,斜率为k的直线l经过椭圆的右焦点,且与椭圆交于M,N两点.若点F1在以|MN|为直径的圆内部,求k的取值范围.2.(2018湖南衡阳一模,文20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为,直线y=1与C的两个交点间的距离为.(1)求椭圆C的方程;(2)如图,过F1,F2作两条平行线l1,l2与C的上半部分分别交于A,B两点,求四边形ABF2F1面积的最大值.3.已知A是椭圆E:=1的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.(1)当|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,证明:<k<2.4.(2018全国卷3,文20)已知斜率为k的直线l与椭圆C:=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m>0).(1)证明:k<-;(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且=0.证明:2||=||+||.5.椭圆E:=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.6.(2018山东潍坊一模,文20)抛物线E:x2=2py(0<p<2)的焦点为F,圆C:x2+(y-1)2=1,点P(x0,y0)为抛物线上一动点.已知当|PF|=时,△PFC的面积为.(1)求抛物线方程;(2)若y0>,过P作圆C的两条切线分别交y轴于M,N两点,求△PMN面积的最小值,并求出此时P点坐标.参考答案专题突破练22圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1.解 (1)设A(x1,y1),则B(-x1,-y1),P(x0,y0),∵点A,B,P三点均在椭圆上,∴=1,=1,∴作差得=-,∴k PA·k PB==-=-=-1+e2=-,∴e=.(2)设F1(-c,0),F2(c,0),直线l的方程为y=k(x-c),记M(x3,y3),N(x4,y4),∵e=,∴a2=4b2,c2=3b2,联立得(1+4k2)x2-8ck2x+4c2k2-4b2=0,Δ>0,∴当点F1在以|MN|为直径的圆内部时,=(x3+c)(x4+c)+y3·y4<0,∴(1+k2)x3x4+(c-ck2)(x3+x4)+c2+c2k2<0,得(1+k2)+(1-k2)·+c2(1+k2)<0,解得-<k<.2.解 (1)易知椭圆过点,1,∴=1,①由,得c=a,代入a2=b2+c2,得3a2=4b2,②联立①②得a2=4,b2=3,∴椭圆的方程为=1.(2)设直线l1:x=my-1,它与C的另一个交点为 D.设A(x1,y1),D(x2,y2),与C联立,消去x,得(3m2+4)y2-6my-9=0,Δ=144(m2+1)>0.y1+y2=,y1·y2=-,|AD|====.又F2到l1的距离为d=,所以=12×.令t=≥1,则,所以当t=1时,最大值为3.又(|AF1|+|BF2|)·d=(|AF1|+|DF1|)·d=|AD|·d=, 所以四边形ABF2F1面积的最大值为3.3.(1)解设M(x1,y1),则由题意知y1>0.由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2.将x=y-2代入=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=,所以y1=.因此△AMN的面积S△AMN=.(2)证明将直线AM的方程y=k(x+2)(k>0)代入=1得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.由x1·(-2)=得x1=,故|AM|=|x1+2|.由题设,直线AN的方程为y=-(x+2),故同理可得|AN|=.由2|AM|=|AN|得,即4k3-6k2+3k-8=0.设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点.f'(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0,所以f(t)在(0,+∞)单调递增.又f()=15-26<0,f(2)=6>0,因此f(t)在(0,+∞)有唯一的零点,且零点k在(,2)内.所以<k<2.4.解 (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则=1,=1.两式相减,并由=k得·k=0.由题设知=1,=m,于是k=-.由题设得0<m<,故k<-.(2)由题意得F(1,0).设P(x3,y3),则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m<0.又点P在C上,所以m=,从而P,||=.于是||==2-.同理||=2-.所以||+||=4-(x1+x2)=3.故2||=||+||.5.解 (1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.当t=4时,E的方程为=1,A(-2,0).由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.因此直线AM的方程为y=x+2.将x=y-2代入=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=,所以y1=.因此△AMN的面积S△AMN=.(2)由题意t>3,k>0,A(-,0).将直线AM的方程y=k(x+)代入=1得(3+tk2)x2+2·tk2x+t2k2-3t=0.由x1·(-)=得x1=,故|AM|=|x1+.由题设,直线AN 的方程为y=-(x+),故同理可得|AN|=.由2|AM|=|AN|得,即(k3-2)t=3k(2k-1).当k=时上式不成立,因此t=.t>3等价于<0,即<0.由此得解得<k<2.因此k的取值范围是(,2).6.解 (1)由题意知F0,,C(0,1),∵0<p<2,∴|FC|=1-,|PF|=p,∴y0+p,∴y0=2p,∴|x0|=2p,∴S△PFC=1-2p=,∴p=1,∴抛物线方程为x2=2y.(2)设过点P且与圆C相切的直线的方程为y-y0=k(x-x0),令x=0,得y=y0-kx0,∴切线与x轴交点为(0,y0-kx0),而d==1,整理得(-1)k2+2x0(1-y0)k+-2y0=0,y0>,∴>1.设两切线斜率为k1,k2,则k1+k2=,k1k2=.∴S△PMN=|(y0-k1x0)-(y0-k2x0)||x0|=|k1-k2|,∵|k1-k2|2=(k1+k2)2-4k1k2==,∴|k1-k2|=,则S△PMN=,令2y0-1=t(t>0),则y0=,∴S△PMN=+1≥2+1=2.当且仅当,即t=1时取等号,2y0-1=1,y0=1,此时点P坐标为(,1)或(-,1).△PMN面积的最小值为2.。

高考数学二轮复习第三讲大题考法圆锥曲线中的最值范围证明问题共32页PPT

高考数学二轮复习第三讲大题考法圆锥曲线中的最值范围证
明问题
11、战争满足了，或曾经满足过人的好斗的本能，但它同时还满足了人对掠夺，破坏以及残酷的纪律和专制力的欲望。 ——查·埃利奥特 12、不应把纪律仅仅看成教育的手段。纪律是教育过程的结果，首先是学生集体表现在一切生活领域—— 生产、日常生活、学校、文化等领域中努力的结果。— —马卡连柯(名言网)
13、遵守纪律的风气的培养—— 马卡连柯 14、劳动者的组织性、纪律性、坚毅精神以及同全世界劳动者的团结一致，是取得最后胜利的保证。—— 列宁摘自名言网
15、机会是不守纪律的。——雨果
46、我们若已接受最坏的，就再没有什么损失。——卡耐基 47、书到用时方恨少、事非经过不知难。——陆游 48、书籍把我们引入最美好的社会，使我们认识各个时代的伟大智者。——史美尔斯 49、熟读唐诗三百首，不会作诗也会吟。——孙洙 50、谁和我一样用功，谁就会和我一样成功。——莫扎特

圆锥曲线中的范围、最值问题 (解析版)--高二数学上册常考题专练(人教A版2019选修一)

专题14圆锥曲线中的范围、最值问题圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值，以及当这些元素存在最值时，求解与之有关的一些问题．对于最值问题，一般可以用数形结合的方法或转化为函数的最值问题加以解决；解决最值范围问题时，应重视曲线的定义、曲线的几何特征、方程的代数特征在解题中的作用题型一转化为斜率由代数式的结构特征联想县其斜率公式，将代数问题转化为斜率问题，利用图形的直见性使问题得到简化．1．试求函数()f x =的最大值、最小值．【解答】解：设CA ，CB 是椭圆22154x y +=的两条切线，如图所示，C 点坐标为(3,1)--,由椭圆的参数方程可得2sin x ty x=⎧⎪⎨=⎪⎩故()f x 的最大值为CA k ，()f x 的最小值为CB k ，设过C 与椭圆22154x y +=相切的切线方程为y kx m =+．由22154y kx mx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y ，得222(45)105200k x kmx m +++-=，由△0=得m =，所以切线方程为y kx =±因为切线过点(3,1)C --，所以13k -=-所以12k k ==，所以()f x的最大值3()4f x +的最小值为34-．题型二转化为截距利用直线在y 轴上的截距的直观性，可求有关参数的取值范围，进而得到最值．2．已知x ，y 满足2211625x y +，则3z y x =-的最大值为13，最小值为．【解答】解：将所给的函数式改写为3y x z =+，则z 表示直线3y x z =+在y 轴上的截距，x ，y 满足2211625x y +，∴可行域为椭圆2211625x y +=的边界及其内部，画出图形，如图所示，由图可知，z 的最大值，最小值在直线与椭圆相切时取得，联立方程22311625y x z x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得：2216996164000x zx z ++-=，由△0=得：22(96)4169(16400)0z z -⨯⨯-=，解得13z =±，z ∴的最大值为13，最小值为13-，故答案为：13，13-．题型三转化为三角函数3．设A 、B 分别是椭圆22:12y C x+=的左顶点和上顶点，点P 在C 上，则点P 到直线AB 的距离的最大值为()ABCD 【解答】解：椭圆22:12y C x +=的焦点在y轴上，22a =，21b =，可得a=1b =．∴椭圆的左顶点为(1,0)A-，上顶点为B ，则AB 所在直线方程为11x=-0y -=．P 在椭圆22:12y C x +=上，∴设(cos )P θθ，P ∴到直线AB 的距离d =|2cos()4πθ++=，∴点P 到直线AB3=．故选：D ．4．过点(0,)B b -作椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的弦，求这些弦长的最大值.【解答】设椭圆上任意一点M 的坐标为(cos ,sin )a b αα则||BM ===因为a>b>0，所以220b a -<①当2210b b a ω-≤<-，即a ≥时，取22sin ,b b a ωα=-得2max ||a BM c==②当2221b b a <--，即b a <<时，取sin 1,α=-得max ||2.BM b =题型四利用基本不等式5．函数3(0,1)xy aa a -=>≠的图象恒过定点A ，若点A 在双曲线221(0,0)x y m n m n-=>>上，则m n -的最大值为()A ．6B ．4C ．2D ．1【解答】解：由题意可知，函数3(0,1)xy a a a -=>≠的图象恒过定点(3,1)A ，又点A 在双曲线221(0,0)x y m n m n-=>>上，∴911(0,0)m n m n-=>>，919()()()10()104n m m n m n m n m n -=--=-+-=，当且仅当9n m m n =时，即2n =，6m =时，等号成立．故选：B ．6．设O 为坐标原点，直线x a =与双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的两条渐近线分别交于A ，B 两点，若C 的焦距为12，则OAB ∆面积的最大值为()A ．72B ．36C ．18D ．9【解答】解：双曲线22221x y a b-=的渐近线方程为b y x a =±，C 的焦距为12，212c ∴=，即6c =，22236a b c ∴+==，直线x a =与双曲线C 的两条渐近线分别交于A ，B 两点，∴不妨取(,)A a b ，B (,)a b -，OAB ∴∆面积221136||2182222a b S a AB a b ab+=⋅=⋅⋅===，当且仅当a b ==时，等号成立，OAB ∴∆面积的最大值为18．故选：C ．7．设O 为坐标原点，点(1,0)A ，动点P 在抛物线24y x =上，且位于第一象限，M 是线段PA的中点，则直线OM 的斜率的取值范围为()A ．(0，1]B ．(0,1)C ．(1,)+∞D ．[1，)+∞【解答】解：设点P 的坐标为2(4P m ，4)(0)m m >，很明显直线的斜率为正数，则：2221244(2,2),111241242OM m m M m m k m m m m+====+++，当且仅当12m =时等号成立即直线OM 的斜率的取值范围为(0，1]．故选：A ．8．椭圆2222:1(0,0)x y M a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，P 为椭圆M 上任一点，且12||||PF PF ⋅最大值取值范围为2[2c ，23]c （其中222)c a b =-，则椭圆M 的离心率的取值范围是()A ．32[32B ．2[2C ．3[3D ．11[,32【解答】解：由题意的定义可得：12||||2PF PF a +=，再由均值不等式可得：2221212||||2||||(()22PF PF aPF PF a +⋅==，12||||PF PF ⋅的最大值为2a ，由题意可得22223c a c 可得21132e ，解得3232e，故选：A ．9．已知函数log (1)1(0a y x a =-+>，且1)a ≠的图象恒过定点A ，若点A 在椭圆221x y m n+=上，则m n +的最小值为()A ．12B ．10C ．9D ．8【解答】解：对于函数log (1)1(0a y x a =-+>，且1)a ≠的图象，令11x -=，求得2x =，1y =，可得它的图象恒过定点(2,1)A ．因为点(2,1)A 在椭圆221(0x y m m n+=>，0n >，)m n ≠上，则411m n +=，则414()(559n m m n m n m n m n +=+⋅+=+++=，当且仅当2m n =时，等号成立，故m n +的最小值为9，故选：C ．10．抛物线2:4E y x =的焦点为F ，E 的准线l 与x 轴交于点A ，M 为E 上的动点．则||||MF MA 的最小值为()A ．1B ．32C ．22D ．12【解答】解：由题意可得焦点(,0)F a ，准线x a =-，过点M 作MH ⊥准线，所以||||cos ||||MF MH AMH MA MA ==∠，因为//HM AF ，所以cos cos ((0,))2AMH MAF MAF π∠=∠∠∈，求cos MAF ∠的最小值等价于求MAF ∠的最大值，设(,)M x y，21tan 144y y MAF y a y x a a a y a∠====+++，所以tan (0MAF ∠∈，1]，所以(0MAF ∠∈，4π．当4MAF π∠=时，cos MAF ∠最小值为22，所以||||MF MA最小值为2．故选：C ．题型五构造二次函数利用解析几何中的代数和识，把问题转化为关于某个变量的二次函数，利用二次函数的有关知识来求最值．11．抛物线22y x =上的点到直线50x ++=距离的最小值是()A ．3B ．85C ．74D ．43【解答】解：因为点P 在抛物线22y x =上，设200(,)2y P y ，则点P到直线50x ++=的距离20220000|5||10||(7|244y y y d +++++===0y R ∈ ，∴当0y =74min d =．故选：C ．12．已知点P 在椭圆22193x y +=上运动，点Q 在圆225(1)8x y -+=上运动，则||PQ 的最小为()A ．2B ．102C ．1024-D ．104【解答】解：设圆225(1)8x y -+=的圆心为A ，则(1,0)A ，设(,)P x y ，则222||(1)AP x y =-+，椭圆22193x y +=，∴2233x y =-，∴22222||2132433x AP x x x x =-++-=-+，[3x ∈-，3]，令22()243h x x x =-+，求导4()203h x x '=-=，解得32x =，()h x ∴在[3-，3)2单调递减，3(,3]2单调递增，()h x ∴在32x =时最小，即2||AP 最小值为52，10||2min AP ∴=，101010||||244min min PQ AP r =-=-=．故选：D ．13．已知抛物线21:4C y x =，过抛物线焦点的直线交抛物线于A ，B 两点，若直线AO ，BO 分别交直线2y x =-于E ，F 两点，则||EF 的最小值()A ．253BC ．12825D【解答】设AB 的方程为1y kx =+代入214y x =，得2440x kx --=，所以124x x k +=，124x x =-，12||x x -=联立1112,84E y x x y y x x x =-⎧⎪⇒=⎨=-⎪⎩；同理可得284F x x =-，所以||EF ==，令43(0)k t t -=≠，34t k +=，||EF =，当0t >时，||EF =，当0t >时，82||5EF =，故||EF故选：D ．14．已知直线l 与抛物线24y x =交于A ，B 两点（点A 在第一象限，点B 在第四象限），与x 轴交于点(,0)M m ，若线段AB 的中点的横坐标为3，则m 的取值范围是()A ．(0，3]B ．(-∞，3]C ．(0，6]D ．(1，6]【解答】解：设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，直线方程为(0)x ty m m =+>．联立24x ty m y x=+⎧⎨=⎩，消去x ，得2440y ty m --=，所以124y y t +=．所以21212()242x x t y y m t m +=++=+，因为A 、B 中点横坐标为3，所以126x x +=，故2323m t =-，又0m >，所以m 的取值范围(0，3]．故选：A ．15．P 为双曲线221x y -=左支上任意一点，EF 为圆22:(2)4C x y -+=的任意一条直径，则PE PF ⋅的最小值为()A ．3B ．4C ．5D ．9【解答】解：设(,)P x y ，且1x -，则221x y -=，设直线EF 的方程为2x my =+，222(2)4x my x y =+⎧⎨-+=⎩整理可得：22(1)4m y +=，解得y =设2E +，(2F +，，则2PE PF x ⋅=-，)(2y x ⋅+-，)y -222222244(2)2412(1)311m x y x x x m m=-+--+=--=--++，因为1x -，所以2(1)4x -，所以可得22(1)32435x --⨯-=，当直线的斜率为0时，则设(0,0)E ，(4,0)F ，这时(PE PF x ⋅=- ，)(4y x --，22)(4)241y x x y x x -=--+=-+，与上面类似，综上所述：5PE PF ⋅，故选：C ．16．在过动直线2x y t +=（其中(0,3])t a ∈与定直线2x y a -=的交点Q 的等轴双曲线系：22x y λ-=中，当t 取何值时，λ达到最大值与最小值？【解答】解：由22x y ax y t -=⎧⎨+=⎩得交点22(,)55t a t a Q +-，交点Q 坐标代入双曲线，222222142522()()[3(]552533t a t a a a x y t λ+-=-=-=--+，(0t ∈，3]a ，当43a t =，13max λ=又因为(0t ∈，3]a ，所以445333a aat -<-，所以45||33a a t -；当3t a =时，0min λ=，故43at =，达到最大值，3t a =时，达到最小值．17．已知抛物线2:C y x =，M 为x 轴负半轴上的动点，MA ，MB 为抛物线的切线，A ，B分别为切点，则MA MB的最小值为()A ．14-B ．18-C ．116-D ．12-【解答】解：设切线MA 的方程为x ty m =+，代入抛物线方程得20y ty m --=，由直线与抛物线相切可得△240t m =+=，则2(4t A ，)2t ，2(4t B ，)2t -，将点A 的坐标代入x ty m =+，得24t m =-，2(4t M ∴-，0)，∴2(2t MA MB = ，2)(22t t ，4222111)(2444216t t t t -=-=--，则当212t =，即2t =±时，MA MB 的最小值为116-故选：C ．题型六利用几何图形的性质18．已知过抛物线22(0)y px p =>的焦点且斜率为1的直线交抛物线于A 、B 两点，点R 是含抛物线顶点O 的弧AB 上一点，求RAB ∆的最大面积．【解答】解：设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，AB 所在的直线方程为2py x =-，将其代入抛物线22y px =，得22304p x px -+=，∴212123,4p x x p x x +==，12|||4AB x x p ∴=-=，当过R 的直线l 平行于AB 且与抛物线相切时RAB ∆的面积有最大值．设直线l 方程为y x b =+，代入抛物线方程得2220y py pb -+=，由△2480p pb =-=，得2p b =，这时(,)2pR p ，它到AB 的距离为22h p =，RAB ∴∆的最大面积为21||2AB h = ．19．已知平行四边形ABCD 内接于椭圆2222:1(0)x y a b a b Ω+=>>，且AB ，AD 斜率之积的取值范围为43(,54--，则椭圆Ω的离心率的取值范围为()A．1)2B．22C．1(4D ．11(,54【解答】解：设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，由平行四边形对角线互相平分可得A 与C ，B 与D 关于原点对称，所以可得2(D x -，2)y -，所以2221121222211212AB ADy y y y y y k k x x x x x x -+-⋅=⋅=-+-，将A ，B 的坐标代入可得22112222222211x y a b x y a b ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩相减可得22221212220x x y y a b --+=，可得2221222212y y b x x a-=--，由题意可得：224354b a -<-<-，即223445b a <<，可得：2234145c a <-<，解得：5(5c e a =∈，1)2，故选：A ．20．设(,)P x y 是双曲线22154x y -=的右支上的点，则代数式-的最小值为()AB．-C-D3-【解答】解：表示点(,)P x y 到点(0,1)的距离与点(,)P x y 到点2(3,0)F 的距离之差，又双曲线22154x y -=的左右焦点左右焦点分别为1(3,0)F -，2(3,0)F ，根据双曲线定义可得212PF PF a =-，212PA PF PA PF a ∴-=-+，(,)P x y 是双曲线22154x y -=的右支上的点，1122PA PF a AF a ∴-+-+=，故选：B ．21．已知点P 是抛物线24y x =上的一个动点，点P 到点的距离与P 到y 轴的距离之和的最小值为()A ．1B C ．2D ．1【解答】解：抛物线24y x =，抛物线的焦点坐标(1,0)．依题点P 到点A 的距离与点P 到y 轴的距离之和的最小值，就是P 到与P 到该抛物线准线的距离的和减去1．由抛物线的定义，可得则点P 到点A 的距离与P 到该抛物线焦点坐标的距离之和减1，11=．故选：A ．22．已知抛物线2y ax =的焦点为(0,1)，直线1y kx =+与该抛物线相交于A ，B 两点，则线段AB 的最小值为()A ．1B ．2C ．3D ．4【解答】解：由2y ax =，可得21x y a =，则114a =，即14a =，易知直线1y kx =+过该抛物线的焦点(0,1)，因为过焦点的弦中通径最短，所以线段AB 的最小值为14a=，故选：D ．23．已知双曲线22:18x C y -=的左焦点为F ，点M 在双曲线C 的右支上，(0,3)A ，当MAF∆的周长最小时，MAF ∆的面积为()A ．607B ．9C ．37D ．4【解答】解：如图，设C 的右焦点为F '，由题意可得a =，3c =，因为||||2MF MF a '-==，所以||||MF MF '=+，||AF =．MAF ∆的周长为||||||||||||10MA MF AF MA MF AF ''++=+++，即当A ，M ，F '三点共线时，MAF ∆的周长最小，此时直线AF '的方程为3y x =-+，联立方程组22318y x x y =-+⎧⎪⎨-=⎪⎩，解得17y =或1y =-，即此时M 的纵坐标为17，故MAF ∆的面积为111160||||||||6(322277M FF OA FF y ''⋅-⋅=⨯⨯-=．故选：A．题型七利用圆锥曲线的定义24．已知椭圆22143x y +=，F 是椭圆的左焦点，P 是椭圆上一点，若椭圆内一点(1,1)A ，则||||PA PF +的最小值为()A ．3BC12D1【解答】解：由椭圆的方程可得24a =，焦点(1,0)F -，因为A 在椭圆内部，设右焦点F '，则(1,0)F '，则||||||2||2||||413PA PF PA a PF a PA PF ''+=+-+-=-=，当且仅当P ，A ，F '三点共线时取等号，故选：A ．25．已知抛物线2:4C y x =的焦点为F ，设A 和B 是C 上的两点，且M 是线段AB 的中点，若||6AB =，则M 到y 轴的距离的最小值是()A ．2B ．4C ．6D ．8【解答】解：因为C 的方程为24y x =，所以(1,0)F ，过A 作准线1x =-的垂线，垂足为E ，过B 作准线的垂线，垂足为D ，过M 作准线的垂线，垂足为K ，根据抛物线定义可得：||||||||||6AF BF AE BD AB +=+=，则1||(||||)32MK AE BD =+，所以，线段MN 的中点M 到C 的准线1x =-的距离最小值为3，故点M 到y 轴的距离最小值为312-=．故选：A．26．双曲线22:148x y C -=，已知O 是坐标原点，A 是双曲线C 的斜率为正的渐近线与直线233x =的交点，F 是双曲线C 的右焦点，D 是线段OF 的中点，若B 是圆221x y +=上的一点，则ABD ∆的面积的最小值为()A．2-B．33-C ．2D．13-【解答】解：由双曲线22:148x y C -=的方程知24a =，28b =，2a ∴=，b =c ==，所以斜率为正的渐近线方程为y =，与直线233x =的交点A 的坐标为2326((,33，AD点D的坐标为，所以直线AD的方程为y x =--，AD ==点B 是圆221x y +=的动点，当点B 到直线AD 的距离最小时ABD ∆的面积的最小，又点B 到直线AD113=-，所以ABD ∆的面积的最小值为126223(1)232S ==．故选：A ．27．已知M 为抛物线2:4C y x =上一点，过抛物线C 的焦点F 作直线(1)52x m y m +-=-的垂线，垂足为N ，则||||MF MN +的最小值为()A．3B．2-C．2+D．3【解答】解：由题可得抛物线焦点(1,0)F ，准线方程为1x =-，过点M 作MD 与准线垂直，交于点D ，直线(1)52x m y m +-=-整理得(2)5m y y x +=-+，联立2050y y x +=⎧⎨-+=⎩可得32x y =⎧⎨=-⎩，即该直线过定点(3,2)-，设(3,2)P -，连接FP ，取FP 中点E ，则(2,1)E -，||EP =，若FN l ⊥，则N 在以FP 为直径的圆上，该圆方程为(2)2(1)22x y -++=，又由||||MF MD =，得||||||||MF MN MD MN +=+，如图，||||MD MN +的最小值为圆(2)2(1)22x y -++=上的点到准线的距离的最小值，过点E 作ED '与准线1x =-垂直并交于点D '，与圆E 交于点N '，与抛物线交于点M ’，则||D N ''即为||||MD MN +的最小值，即||||MD MN +的最小值为||3ED r '-=．故选：D ．28．已知双曲线2221(0)4x y b b -=>0y -=，右焦点为F ，点M 在双曲线左支上运动，点N 在圆22(3)1x y ++=上运动，则||||MN MF +的最小值为()A ．6B ．7C ．8D ．9【解答】解：由题意双曲线2221(0)4x y b b-=>0y -=，可得2a =，则b =可得双曲线221412x y -=，焦点为(4,0)F ，(4,0)F '-，由双曲线的定义可得||2||4||MF a MF MF =+'=+'，由圆22(3)1x y ++=可得圆心(0,3)C -，半径1r =，||||4||||MN MF MN MF +=++'，连接CF '，交双曲线于M ，圆于N ，可得||||MN MF +取得最小值，且为||5CF '==，则||||MN MF +的最小值为4518+-=．故选：C ．。

高考数学总复习考点知识专题讲解55---圆锥曲线中的范围、最值、证明问题

由方程组xx4＝2＋my3y2＝＋1122，
消去 x，并整理得 4(3m2＋4)y2
＋12my－45＝0.
设 E(x1，y1)，F(x2，y2)，M(x0，y0) ∴y1＋y2＝－3m32m＋4， ∴y0＝y1＋2 y2＝－23m3m2＋4， ∴x0＝my0＋12＝3m22＋4，∴k＝x0y－0 2＝4mm2＋4.
∴
S
△
ABM
＝
1 2
·|FM|·|y1
→→→ ＝0.证明：|FA|，|FP|，|FB|成等差数列，并求该数列的公差．
[审题程序]
第一步：点差法确定 m，k 的关系式；第二步：利用 m>0 求证 k<－12；第三步：求出 P 点坐标，并用 A，B 坐标表示F→P＋F→A＋ F→B＝0；第四步：证明|F→A|，|F→P|，|F→B|成等差数列，求出公差．
高考数学总复习考点知识专题讲解
圆锥曲线中的范围、最值、证明问题
专题概述：1.圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值；2.圆锥曲线中的证明问题通常转化为利用坐标容易解决的问题，通过坐标法来解决，合理转化是解决证明问题的关键．
[审题程序]
第一步：利用待定系数法求椭圆方程；第二步：确定直线在特殊位置下的四边形 ACBD 的面积；第三步：设出直线方程并与椭圆方程联立，确定 k 的范围及根与系数的关系；第四步：四边形 ACBD 的面积用 k 表示；第五步：利用函数或不等式知识求出结果．
[规范解答] (1)由题意知ac＝12，则 a＝2c. 圆 M 的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而椭圆的左焦点为 F1(－1,0)，即 c＝1.所以 a＝2. 由 b2＝a2－c2，得 b＝ 3. 所以椭圆的方程为x42＋y32＝1.

高考数学二轮复习专项训练五圆锥曲线中的最值范围证明问题

大题考法专训（五）圆锥曲线中的最值、范围、证明问题A 级——中档题保分练1．(2019·武汉模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A ，B ，且长轴长为8，T 为椭圆C 上异于A ，B 的点，直线TA ，TB 的斜率之积为－34.(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点M (8,0)的动直线与椭圆C 交于P ，Q 两点，求△OPQ 面积的最大值．解析：(1)设T (x ，y )(x ≠±4)，则直线TA 的斜率为k 1＝y x ＋4，直线TB 的斜率为k 2＝yx －4.于是由k 1k 2＝－34，得y x ＋4·y x －4＝－34，整理得x 216＋y 212＝1(x ≠±4)，故椭圆C 的方程为x216＋y 212＝1.(2)由题意设直线PQ 的方程为x ＝my ＋8，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋8，x 216＋y 212＝1，得(3m 2＋4)y 2＋48my ＋144＝0，Δ＝(48m )2－4×144×(3m 2＋4)＝12×48(m 2－4)＞0，即m 2＞4，y P ＋y Q ＝－48m 3m 2＋4，y P y Q ＝1443m 2＋4. 所以|PQ |＝m 2＋13m 2＋4·Δ＝24(m 2＋1)(m 2－4)3m 2＋4，又点O 到直线PQ 的距离d ＝8m 2＋1.所以S△OPQ＝12×|PQ |×d ＝96m 2－43m 2＋4＝963m 2－4＋16m 2－4≤43⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当m 2＝283时等号成立，且满足m 2＞4.故△OPQ 面积的最大值为4 3.2.如图所示，A ，B ，C ，D 是抛物线E ：x 2＝2py (p ＞0)上的四点，A ，C 关于抛物线的对称轴对称且在直线BD 的异侧，直线l ：x －y －1＝0是抛物线在点C 处的切线，BD ∥l .(1)求抛物线E 的方程； (2)求证：AC 平分∠BAD .解：(1)联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2py ，x －y －1＝0，消去y 得x 2－2px ＋2p ＝0.∵l 与抛物线相切，∴Δ＝4p 2－8p ＝0，∴p ＝2， ∴抛物线E 的方程为x 2＝4y .(2)证明：设点B (x B ，y B )，D (x D ，y D )，由(1)可得C (2,1)，A (－2,1)．∵直线l ∥BD ，∴设直线BD 的方程为y ＝x ＋t .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋t ，x 2＝4y ，得x 2－4x －4t ＝0，∴x B ＋x D ＝4.又∵k AD ＋k AB ＝x 2D4－1x D ＋2＋x 2B4－1x B ＋2＝x D ＋x B －44＝0，∴AC 平分∠BAD .3．已知A ，B 分别为曲线C ：x 2a2＋y 2＝1(y ≥0，a ＞0)与x 轴的左、右两个交点，直线l 过点B 且与x 轴垂直，M 为l 上位于x 轴上方的一点，连接AM 交曲线C 于点T .(1)若曲线C 为半圆，点T 为AB 的三等分点，试求出点M 的坐标；(2)若a ＞1，S △MAB ＝2，当△TAB 的最大面积为43时，求椭圆的离心率的取值范围．解：(1)当曲线C 为半圆时，得a ＝1.由点T 为AB 的三等分点，得∠BOT ＝60°或120°. 当∠BOT ＝60°时，∠MAB ＝30°，又|AB |＝2，故△MAB 中，有|MB |＝|AB |·tan 30°＝233，所以M ⎝⎛⎭⎪⎫1，233.当∠BOT ＝120°时，同理可求得点M 坐标为(1,23)． (2)设直线AM 的方程为y ＝k (x ＋a )，则k ＞0，|MB |＝2ka ，所以S △MAB ＝12·2a ·2ka ＝2，所以k ＝1a2，代入直线方程得y ＝1a2(x ＋a )，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1a 2(x ＋a )，x2a 2＋y 2＝1，解得y T ＝2aa 2＋1，所以S △TAB ＝12·2a ·2a a 2＋1＝2a 2a 2＋1≤43，解得1＜a 2≤2，所以椭圆的离心率e ＝1－1a 2≤22，即椭圆的离心率的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，22. B 级——拔高题满分练1．(2019·武汉调研)已知椭圆Γ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)经过点M (－2,1)，且右焦点F (3，0)．(1)求椭圆Γ的标准方程；(2)过N (1,0)且斜率存在的直线AB 交椭圆Γ于A ，B 两点，记t ＝MA ―→ ·MB ―→，若t 的最大值和最小值分别为t 1，t 2，求t 1＋t 2的值．解：(1)由椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1的右焦点为(3，0)，知a 2－b 2＝3，即b 2＝a 2－3，则x 2a 2＋y 2a 2－3＝1.又椭圆过点M (－2,1)，∴4a 2＋1a 2－3＝1，又a 2＞3，∴a 2＝6. ∴椭圆Γ的标准方程为x 26＋y 23＝1.(2)设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 23＝1，y ＝k (x －1)，得x 2＋2k 2(x －1)2＝6，即(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－6＝0， ∵点N (1,0)在椭圆内部，∴Δ＞0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4k 21＋2k2， ①x 1x 2＝2k 2－62k 2＋1， ②则t ＝MA ―→·MB ―→＝(x 1＋2)(x 2＋2)＋(y 1－1)(y 2－1) ＝x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＋(kx 1－k －1)(kx 2－k －1) ＝(1＋k 2)x 1x 2＋(2－k 2－k )(x 1＋x 2)＋k 2＋2k ＋5， ③ 将①②代入③得，t ＝(1＋k 2)·2k 2－62k 2＋1＋(2－k 2－k )·4k22k 2＋1＋k 2＋2k ＋5，∴t ＝15k 2＋2k －12k 2＋1， ∴(15－2t )k 2＋2k －1－t ＝0，k ∈R ，则Δ1＝22＋4(15－2t )(1＋t )≥0，∴(2t －15)(t ＋1)－1≤0，即2t 2－13t －16≤0，由题意知t 1，t 2是2t 2－13t －16＝0的两根， ∴t 1＋t 2＝132.2．(2019·全国卷Ⅱ)已知点A (－2,0)，B (2,0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为－12.记M 的轨迹为曲线C .(1)求C 的方程，并说明C 是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连接QE 并延长交C 于点G .①证明：△PQG 是直角三角形； ②求△PQG 面积的最大值．解：(1)由题设得yx ＋2·y x －2＝－12，化简得x 24＋y 22＝1(|x |≠2)，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上不含长轴端点的椭圆． (2)①证明：设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx (k ＞0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y22＝1得x ＝±21＋2k2.设u ＝21＋2k2，则P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u,0)．于是直线QG 的斜率为k 2，其方程为y ＝k2(x －u )．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k2(x －u )，x 24＋y 22＝1消去y ，得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0.(*) 设G (x G ，y G )，则－u 和x G 是方程(*)的解，故x G ＝u (3k 2＋2)2＋k 2，由此得y G ＝uk 32＋k 2.从而直线PG 的斜率为uk 32＋k 2－uk u (3k 2＋2)2＋k2－u ＝－1k. 所以PQ ⊥PG ，即△PQG 是直角三角形． ②由①得|PQ |＝2u 1＋k 2，|PG |＝2uk k 2＋12＋k2，所以△PQG 的面积 S ＝12|PQ ||PG |＝8k (1＋k 2)(1＋2k 2)(2＋k 2)＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋k 1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k＋k 2. 设t ＝k ＋1k，则由k ＞0得t ≥2，当且仅当k ＝1时取等号．因为S ＝8t1＋2t 2在[2，＋∞)上单调递减，所以当t ＝2，即k ＝1时，S 取得最大值，最大值为169. 因此，△PQG 面积的最大值为169.3．已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)的焦点为F ，过点F 垂直于y 轴的直线与抛物线C 相交于A ，B 两点，抛物线C 在A ，B 两点处的切线及直线AB 所围成的三角形面积为16.(1)求抛物线C 的方程；(2)设P ，M ，N 为抛物线上不同的三点，且PM ⊥PN ，求证：若P 为定点，则直线MN 过定点Q ；并求当P 点移动时，|FQ |的最小值．解：(1)依题意得A ⎝⎛⎭⎪⎫－p ，p 2，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ，p 2，由x 2＝2py (p ＞0)，得y ＝x 22p ，则y ′＝xp，∴抛物线C 在点A 处的切线斜率为－1，在点B 处的切线斜率为1，∴抛物线C 在点A 处的切线方程为y －p 2＝－x －p ，即y ＝－x －p2，在点B 处的切线方程为y －p 2＝x －p ，即y ＝x －p2.可得两切线的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－p 2，∴S ＝12×2p ×p ＝p 2＝16，解得p ＝4.∴抛物线C 的方程为x 2＝8y .(2)法一：设P ⎝⎛⎭⎪⎫x 0，x 208，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 218，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x 228，则k PM ＝x 218－x 208x 1－x 0＝x 1＋x 08，同理可得k PN ＝x 2＋x 08，∴k PM ·k PN ＝x 1＋x 08·x 2＋x 08＝－1，化简得，x 1x 2＋x 0(x 1＋x 2)＋x 20＋64＝0.(*) 直线MN 的斜率一定存在，设MN ：y ＝kx ＋b . 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 2＝8y ，得x 2－8kx －8b ＝0，∴x 1＋x 2＝8k ，x 1x 2＝－8b .代入(*)，得－8b ＋8kx 0＋x 20＋64＝0，则b ＝x 0k ＋x 208＋8.直线MN 的方程可化为y ＝kx ＋kx 0＋x 208＋8.∴直线MN 过定点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 0，x 208＋8.点Q 的轨迹方程为y ＝x 28＋8，|FQ |的最小值为6. 法二：设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，x 208，M ⎝⎛⎭⎪⎫x 1，x 218，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x 228，则k NM ＝x 218－x 228x 1－x 2＝x 1＋x 28，k PM ＝x 1＋x 08，k PN ＝x 2＋x 08，又PM ⊥PN ，∴k PM ·k PN ＝x 1＋x 08·x 2＋x 08＝－1，化简得－x 1x 2＝x 0(x 1＋x 2)＋x 20＋64.① 直线MN 的方程为y －x 218＝x 1＋x 28(x －x 1)，化简得y ＝x 1＋x 28x －x 1x 28.②把①代入②得y ＝x 1＋x 28(x ＋x 0)＋x 208＋8，∴直线MN 过定点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 0，x 208＋8. 点Q 的轨迹方程为y ＝x 28＋8，|FQ |的最小值为6.。

2019二卷数学圆锥曲线

2019二卷数学圆锥曲线
2019年高考数学二卷的圆锥曲线部分，是许多考生心中的痛点。

圆锥曲线是高中数学的重要内容之一，它涉及的知识点广泛，对思维能力要求高，因此难度较大。

在2019年的高考数学二卷中，圆锥曲线部分更是成为了一个难点，许多考生在此部分失分严重。

圆锥曲线部分主要考察了椭圆的性质、标准方程以及直线与椭圆的位置关系等知识点。

其中，最让考生头疼的是计算问题。

由于涉及到的数学公式较多，计算过程繁琐，很多考生在解题过程中出现了错误，导致最终答案不准确。

为了更好地掌握圆锥曲线部分的知识点，考生需要在平时的学习中多加练习。

通过大量的练习，考生可以逐渐掌握解题技巧，提高计算能力和思维敏捷度。

此外，考生还需要注重基础知识的学习，掌握椭圆的基本性质和标准方程，以便在解题时能够灵活运用。

除了练习和基础知识的学习，考生还需要注意一些细节问题。

例如，在解题过程中要仔细审题，避免因为看错题目或理解错误而导致失分。

同时，考生还需要注意计算的准确性和速度，在考试时合理安排时间，避免因为时间不够而影响最终成绩。

总之，2019年高考数学二卷的圆锥曲线部分难度较大，需要考生在平时的学习中多加练习，注重基础知识的学习和细节问题的处理。

只有这样，考生才能够在考试中取得更好的成绩。

2019届高考数学二轮复习圆锥曲线定值定点问题和存在性问题(非韦达定理类)(带解析)

m2 y0 2 n 2 x0 2 y0 2 n 2
4
M , P 在圆 C： x 2 y 2 R2 上， n2 R2 m2 , y02 R2 x02 ，
则 xE xF
m2 ( R 2 x0 2 ) ( R 2 m2 ) x0 2 R 2 (m2 x0 2 ) R2 ( R 2 x0 2 ) ( R 2 m2 ) (m2 x0 2 )
x0 2 m2 2 2 ) b (1 ) x0 b 2 (m2 x0 2 ) a2 a2 a 2 （定值） 2 2 2 x b m (m2 x0 2 ) b 2 (1 02 ) b 2 (1 2 ) 2 a a a
…………. 12 分
xE xF 是与 MN 和点 P 位置无关的定值
当 2 a ﹥2 c 时，轨迹是椭圆，当 2 a =2 c 时，轨迹是一条线段 F1 F2 当 2 a ﹤2 c 时，轨迹不存在焦点在 x 轴上时：
的轨迹叫双曲线.即 MF1 MF2 2a 当 2 a ﹤2 c 时，轨迹是双曲线当 2 a =2 c 时，轨迹是两条射线当 2 a ﹥2 c 时，轨迹不存在
x2 y2 1 a2 b2
y2 x2 1 a2 b2
焦点在 x 轴上时：
x2 y2 1 a2 b2
y2 x2 1 a2 b2
标准方程
焦点在 y 轴上时：
焦点在哪一坐标轴上注：是根据项的正负来判断焦点所在的位置实轴长 2a，虚轴长 2b （实半轴 a ，虚半轴 b）
．
2.（静安一模理 12）已知椭圆 C :
x2 y2 1 的上、下焦点分别为 F1 、 F2 ，过椭圆 C 上一点 P(1, 2 ) 作倾斜角互 2 4

2019高考数学专项讲解21：解析几何专项4圆锥曲线中的最值和范围问题

线段 AB 上，且 AP PB 〔为常数且 0 〕、
〔1〕求点 P 的轨迹方程 C ，并说明轨迹类型；
〔2〕当 =2 时，直线 l1 与原点 O 的距离为 a ，且直线 l1 与轨迹 C 有公共点，求直线 l1 的 2
斜率 k 的取值范围、
答案：(1)设 P(x , y) 、 A(x0 , 0) 、 B(0 , y0 ) ，那么
km k2 9
1 2
m
k2 9 2k
②
把②代入①式中得
(k 2 9)2 4k 2
(k2
9)
0
，
∴k＞ 3 或 k＜－ 3
∴直线 l 倾斜角 ( ， ) ( ，2 ) 32 2 3
第二十二讲圆锥曲线中的最值和范围问题〔二〕
【例 5】长度为 a 〔 a 0 〕的线段 AB 的两个端点 A 、 B 分别在 x 轴和 y 轴上滑动，点 P 在
AP
PB
x
y
x0 x ( y0 y)
x0
y0
(1 )x 1 y
，由此及 |
AB
|
a
x02
y02
a2
，得
(1 )x2
1
y
2
，即
a2
x2
y2 2
1
a
2 〔*〕
①当 0 1时，方程〔*〕的轨迹是焦点为 (
1 1
a,0)
，长轴长为
1
2
a
的椭圆、
②当 1时，方程〔*〕的轨迹是焦点为 (0,
由①③得:x2+1=－ 2 ，代入⑤得：S△OAB= 3 | k | (k 0)
3k 2 1
3k 2 1
〔2〕因 S△OAB=

2019年高三理科数学高考大题精练：圆锥曲线：范围(最值)问题(附解析)

2019年高三理科数学高考大题精练：圆锥曲线：范围（最值）问题（附解析）精练例题[2019·江南十校]已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>，B 为其短轴的一个端点，1F ，2F 分别为其左右两个焦点，已知三角形12BF F 121cos 3F BF ∠=．（1）求椭圆C 的方程；（2）若动直线22:0,3l y kx m m k ⎛⎫=+≠≠ ⎪⎝⎭与椭圆C 交于()11,P x y ，()22,Q x y ，M 为线段PQ 的中点，且22123x x +=，求OM PQ ⋅的最大值．【答案】（1）22132x y +=；（2）52．【解析】（1）由2222212222411cos 3233a c c F BF a c a a -∠==⇒=⇒=，222bc =，12121cos sin 3F BF F BF ∠=⇒∠=，结合1222132F BF S a a ===△，22b ⇒=，故椭圆C 的方程为22132x y +=．另解：依题意：12122F BF S cb bc =⨯==△221212212cos 2cos1233F BF b F BF a ∠∠=-=⇒=，解得23a =，22b =，故椭圆C 的方程为22132x y +=．（2）联立()()2222222223263602432032236y kx mk x kmx m Δk m k m x y =+⇒+++-⎧⎨⎩=⇒=+->⇒+>+=．且122632kmx x k -+=+，21223632m x x k -=+；依题意()()()()2222212121222262632333232m km x x x x x x k k--+=⇒+-=⇒-=++，化简得：22322k m +=（∵232k ≠）；设()00,M x y ，由()()22112222012121222120222362233236x y x y y x x y y k x x y x y ⎧⎪⎨+=-⇒-=--⇒==--+=⎪⎩，又00y kx m =+，解得31,2k M m m ⎛⎫- ⎪⎝⎭22222943142k m OM m m +-⇒==， ()()()()()2222222221222222243222111251132432k m m PQ kx x kOM PQ m m m k+-+⎛⎫⎛⎫=+-=+=⇒⋅=-+≤ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭+，52OM PQ ⋅≤．当且仅当221132m m -=+，即m =时，OM PQ ⋅的最大值为52．模拟精炼1．[2019·柳州模拟]已知点()1,0F-，直线:4l x=-，P为平面内的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为点M，且1122PF PM PF PM⎛⎫⎛⎫-⋅+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）过点F作直线1l（与x轴不重合）交C轨迹于A，B两点，求三角形面积OAB的取值范围．（O为坐标原点）2．[2019·雷州期末]如图，已知抛物线2:2C y px =和()22:41M x y -+=，过抛线C 上一点()()000,1H x y y ≥作两条直线与M 相切于A 、B 两点，分别交抛物线于E 、F 两点，圆心点M 到抛物线准线的距离为174．（1）求抛物线C 的方程；（2）当AHB ∠的角平分线垂直x 轴时，求直线EF 的斜率；（3）若直线AB 在y 轴上的截距为t ，求t 的最小值．3．[2019·周口调研]已知直线2py x =-与抛物线()2:20C y px p =>交于B ，D 两点，线段BD 的中点为A ，点F 为C 的焦点，且OAF △（O 为坐标原点）的面积为1．（1）求抛物线C 的标准方程；（2）过点()2,2G 作斜率为()2k k ≥的直线l 与C 交于M ，N 两点，直线OM ，ON 分别交直线2y x =+于P ，Q 两点，求PQ 的最大值．答案与解析1．【答案】（1）22143x y +=；（2）30,2⎛⎤⎥⎝⎦．【解析】（1）设动点(),P x y ，则()4,M y -，由11022PF PM PF PM ⎛⎫⎛⎫-+= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，2214PF PM ∴=，即2214PF PM ∴=，()2221144x y x ∴++=+，化简得22143x y +=．（2）由（1）知轨迹C 的方程为22143x y +=，当直线1l 斜率不存在时31,2A ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，31,2B ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1322OAB S AB OF ∴=⋅=△，当直线1l 斜率存在时，设直线l 方程为()10x my m =-≠，设()11,A x y ，()22,B x y ，由221143x my x y ⎧⎪⎨-+=⎪⎩=，得()2234690m y my +--=．则21441440Δm =+>，122634m y y m +=+，122934y y m -=+，1211122OABS OF y y =⋅-=⨯△=令()211m t t +=>，则OAB S ==△，令()196f t t t =++，则()219f t t'=-，当1t >时，()0f t '>，()196f t t t∴=++在()1,+∞上单调递增，()()116f t f∴>=，32OAB S ∴<△，综上所述，三角形OAB 面积的取值范围是30,2⎛⎤⎥⎝⎦．2．【答案】（1）2y x =；（2）14-；（3）11-．【解析】（1）∵点M 到抛物线准线的距离为17424p +=，∴12p =，即抛物线C 的方程为2y x =．（2）∵当AHB ∠的角平分线垂直x 轴时，点()4,2H ，∴HE HF k k =-，设()11,E x y ，()22,F x y ，∴1212H H H H y y y y x x x x --=---，∴12222212H H H H y y y y y y y y --=---， ∴1224H y y y +=-=-．212122212121114EF y y y y k x x y y y y --====---+．（3）设点()()2,1H m m m ≥，242716HM m m =-+，242715HA m m =-+．以H 为圆心，HA 为半径的圆方程为()()22242715x m y m m m -+-=-+，……①M 方程：()2241x y -+=．……②①-②得：直线AB 的方程为()()()22422442714x m m y m m m m -----=-+．当0x =时，直线AB 在y 轴上的截距()1541t m m m=-≥， ∵t 关于m 的函数在[)1,+∞单调递增，∴min 11t =-． 3．【答案】（1）24y x =；（2）【解析】（1）设()11,B x y ，()22,D x y ，则12121y y x x -=-．由2112y px =，2222y px =两式相减，得()()121212()2y y y y p x x -+=-． ∴12121222x x y y p p y y -+=⋅=-，所以点A 的纵坐标为122y y p +=， ∴OAF △的面积1122pS p =⨯⨯=，解得2p =．故所求抛物线的标准方程为24y x =．（2）直线l 的方程为()22y k x -=-．由方程组()2224y k x y x-=-=⎧⎪⎨⎪⎩，得24880ky y k --+=．设233,4y M y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，244,4y N y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则344y y k +=，3488y y k =-．直线OM 的方程为34y x y =，代入2y x =+，解得3324y x y =-，所以33328,44y P y y ⎛⎫⎪--⎝⎭．同理得44428,44y Q y y ⎛⎫⎪--⎝⎭．所以484PQ y =-==-== 因为2k ≥，所以1102k <≤，所以当112k =，即2k =时，PQ 取得最大值。

2019版高考数学二轮复习专题七圆锥曲线专题突破练22圆锥曲线中的最值、范围、证明.docx

专题突破练22圆锥曲线中的最值.范围、证明问题1点，直线PA,朋的斜率均存在,且直线％阳的斜率之积为习.（1）求椭圆C的离心率；（2）设凡區分别为椭圆的左、右焦点，斜率为k的直线1经过椭圆的右焦点,且与椭圆交于M河两点•若点幷在以他W为直径的圆内部，求R的取值范闱.2. （2018湖南衡阳一模，文20）已知椭圆0“ 於=1 （少以））的左、右焦点分别为F\,怠离心1 4笳率为2直线F=1与Q的两个交点间的距离为3 .（1）求椭圆C的方程;⑵如图,过凡用作两条平行线与0的上半部分分别交于4 3两点，求四边形初/泅面积的最大值.%2 y2—+ ^-21.经过原点的直线与椭圆&Q於=1 （小Q0）交于A t〃两点，点"为椭圆上不同于人〃的一3二1的左顶点,斜率为MQO）的直线交尸于J, 〃两点，点用在E上，枷丄3.已知M是椭圆F: 4必⑴当加〃二/血/时，求△/!卿的面积; ⑵当2/仙,/=/侧/时，证明:卩“<2.2 2X V一 + —4. （2018全国卷3,文20）已知斜率为k的直线1与椭圆a 4 3 -1交于A, 3两点，线段AB 的中点为"（1,刃）SR）.1⑴证明：肚迈；⑵设尸为Q的右焦点，戶为C上一点，且巾+必+內电证明：2/月7=/冋/+/內/.-- + ----5.椭圆E: t 3 =i的焦点在时由上,外是厂的左顶点,斜率为&（比＞0）的直线交农于凡財两点, 点艸在农上,MAVNA.⑴当口，/仙/=/加7时，求△加側的面积；⑵当2.加〃=/亦7时,求k的取值范围.（2018山东潍坊一模，文20）抛物线E'.x=^py^<p⑵的焦点为F,圆C:宀（厂1尸二1,点卩（血如5卩 1为抛物线上一动点.已知当府/二2时，△刁匕的面积为2（1）求抛物线方程；1⑵若必2过"作圆C的两条切线分别交y轴于X M两点，求△/祕V而积的最小值，并求出此时戶点坐标.参考答案专题突破练22圆锥曲线中的最值、范馬、证明问题1. 解 ⑴设水心门），则〃（-益，-必），/«心,必），：•点A,B,P 三点均在椭圆上,:尤好y?—+ --- --------- 1 ----2込卫胃1•:為•伽二r “u -i - "u^_u 二_ u 二-1 砖=-4, .：&二 2(-c, 0), Fi (c, 0),直线 1 的方程为 y=k{x-c),⑵设 F\ 记 M AS ,乃)，Ng 対),:N 二 2 , .：/詔方2, 2弍方2,1 y = fc(x • c\2 2% y——+ —= 1, 4b z b 2得(1 v4^2) ^-8c/cx^c/^-4/}=0, zlX),8ck 2X3 + X4 = -------------- 彳1 + 4/1? 2 ? 4c 2k 2 - -c 24c 2k z・4b 2 3 「1 + 4/1 + 4/当点虫在以他V/为直径的圆内部时,时c ）怏*71<0,,：（1+比）xsxKc-cH'）（*3切）+d+dl^<0,8c%得(1 帕 1 + 4/ 一(1_护).1 + 42^2(1^2)© 解得一 47 <k< 47 2^/62. 解（1）易知椭圆过点（3 ,J,a 2・：作差得(7i - y 0)(yi + y 。

2019届高考数学总复习7.3.2圆锥曲线中的最值、范围、证明问题课件理

(1)求直线AP斜率的取值范围; (2)求|PA|· |PQ|的最大值.
-3-
考向一
考向二
考向三
难点突破 (1)由 A - ,
1 1 2 4
,P(x,y)⇒kAP=x- ,由- <x< 易得所求范围;
2 2 2
1
1
3
(2)以AP斜率k为自变量,表示出|PA|,联立直线AP与BQ的方程用k 表示出点Q的横坐标,从而用k表示出|PQ|,得到|PA|· |PQ|是关于k的函数,用函数求最值的方法求出最大值.
,
所以|PA|· |PQ|=-(k-1)(k+1)3. 令f(k)=-(k-1)(k+1)3, 因为f'(k)=-(4k-2)(k+1)2,
-5-
考向一
考向二
考向三
所以 f(k)在区间 -1,
1
1 2
内单调递增,
1
因此当 k=2时,|PA|· |PQ|取得最大值16.
解题心得圆锥曲线中的有关平面几何图形面积的最值问题,通过某一变量表示出图形的面积的函数表达式,转化为函数的最值问题, 然后求导确定函数单调性求最值,或利用基本不等式,或利用式子的几何意义求最值.
1 -�� 0
2 �� 0
2 ��0
2 �� 1
2 ��1
�� 2
=-
(��1 -��0 )(��1 +��0 ) �� 2 �� 2 �� 2 -�� 2 �� 2
,
1 4 3 2
难点突破 (1)求得直线 TA,TB 的斜率,由

[精品]2019版高考数学二轮复习专题七解析几何专题对点练23圆锥曲线中的最值、范围、证明问题文

=
+
=8. ∴ a=4, ∴b2=a2-c 2=4, e= .
∴ 椭圆 C的标准方程 T( x0, y0)( x0≠0, y0≠0),
则
=1.
M(4,0), N(0,2), ∴ 直线 TN的方程为 y- 2= x, 令 y=0, 得 Q
,
直线 TM的方程为 y= ( x- 4),
如图 , 若△ POQ的重心恰好在圆上 , 求 m的取值范围 .
6. 已知椭圆 C与双曲线 y2-x 2 =1 有共同焦点 , 且离心率为 . (1) 求椭圆 C的标准方程 ; (2) 若 A为椭圆 C的下顶点 , M, N为椭圆 C上异于 A的两点 , 直线 AM与 AN的斜率之积为 1. ① 求证 : 直线 MN恒过定点 , 并求出该定点坐标 ;
(2) 对于 (1) 中求出的抛物线 C, 若点 D( x0,0)
, 记点 B 关于 x 轴的对称点为 E, AE交 x 轴于点 P, 且 AP⊥ BP, 求
证 : 点 P的坐标为 ( -x 0,0), 并求点 P 到直线 AB的距离 d 的取值范围 .
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专题对点练 23 答案 1. (1) 解当 l 与 x 轴垂直时 , l 的方程为 x=2, 可得 M的坐标为 (2,2) 或 (2, - 2) . 所以直线 BM的方程为 y=x+1 或 y=-x- 1. (2) 证明当 l 与 x 轴垂直时 , AB为 MN的垂直平分线 , 所以∠ ABM∠= ABN. 当 l 与 x 轴不垂直时 , 设 l 的方程为 y=k( x- 2)( k≠0), M( x1, y1), N( x2 , y2), 则 x1>0, x2>0.
消去 x, 得 y2- 4my-4x0=0. ∵x0≥，∴Δ =16m2 +16x0>0, y1+y2=4m, y1y2=- 4x0, 设 P 的坐标为 =( x1-x P, y1),

新高考数学二轮复习考点知识专题讲解13---圆锥曲线中的最值、范围问题

新高考数学二轮复习考点知识专题讲解圆锥曲线中的最值、范围问题【考点一】圆锥曲线中的求值(方程)问题【典例1】(2020·全国卷Ⅱ)已知椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C 2于C，D两点，且|CD|＝43|AB|.(1)求C1的离心率；(2)设M是C1与C2的公共点，若|MF|＝5，求C1与C2的标准方程．【变式1】若本例中，斜率为32的直线(不过原点)与C2交于两点M，N，以MN为直径的圆过原点，试求直线l的方程．【变式2】(2021·保定一模)已知F1，F2是椭圆E1：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，曲线E2：y2＝4x的焦点恰好也是F2，O为坐标原点，过椭圆E1的左焦点F1作与x轴垂直的直线交椭圆于M，N，且△MNF2的面积为3.(1)求椭圆E1的方程；(2)过F 2作直线l 交E 1于A ，B ，交E 2于C ，D ，且△ABF 1与△OCD 的面积相等，求直线l 的斜率．【考点二】圆锥曲线中的最值问题【典例2】(12分)(2021·全国乙卷)已知抛物线C ：x 2＝2py(p>0)的焦点为F ，且F 与圆M ：x 2＋(y ＋4)2＝1上点的距离的最小值为4. (1)求p ；(2)若点P 在M 上，PA ，PB 是C 的两条切线，A ，B 是切点，求△PAB 面积的最大值．【变式】(2021·全国乙卷)已知抛物线C ：y 2＝2px(p>0)的焦点F 到准线的距离为2. (1)求C 的方程；(2)已知O 为坐标原点，点P 在C 上，点Q 满足PQ → ＝9QF → ，求直线OQ 斜率的最大值．【考点三】圆锥曲线中的范围问题【典例3】(2021·新余二模)已知抛物线C ：y 2＝2x 上一点P(2，2)，圆M ：(x －4)2＋y 2＝r 2(0＜r≤ 2 )，过点P(2，2)引圆M 的两条切线PA ，PB 与抛物线C 分别交于A ，B 两点，与圆M 的切点分别为E ，F.(1)当r ＝ 2 时，求E ，F 所在直线的方程；(2)记线段AB 的中点的横坐标为t ，求t 的取值范围．【变式】(2021·枣庄二模)已知动点M与两个定点O(0，0)，A(3，0)的距离的比为12，动点M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明其形状；(2)过直线x＝3上的动点P(3，p)(p≠0)分别作C的两条切线PQ，PR(Q，R为切点)，N 为弦QR的中点，直线l：3x＋4y＝6分别与x轴、y轴交于点E，F，求△NEF的面积S 的取值范围．参考答案【考点一】圆锥曲线中的求值(方程)问题【典例1】(2020·全国卷Ⅱ)已知椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C 2于C，D两点，且|CD|＝43|AB|.(1)求C1的离心率；(2)设M是C1与C2的公共点，若|MF|＝5，求C1与C2的标准方程．【解析】(1)因为F 是椭圆C 1的右焦点，且AB⊥x 轴，所以F(c ，0)，直线AB 的方程为x ＝c ，联立⎩⎨⎧x ＝c ，x 2a 2＋y2b 2＝1，得y 2b 2 ＝1－c 2a 2 ＝a 2－c 2a2 ，又因为a 2＝b 2＋c 2，所以y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a 2，解得y ＝±b 2a ，则|AB|＝2b 2a，因为点F(c ，0)是抛物线C 2的焦点，所以抛物线C 2的方程为y 2＝4cx ，联立⎩⎨⎧x ＝c ，y 2＝4cx ，解得⎩⎨⎧x ＝c ，y ＝±2c，所以|CD|＝4c ，因为|CD|＝43|AB|，即4c ＝8b 23a ，2b 2＝3ac ，即2c 2＋3ac －2a 2＝0，即2e 2＋3e －2＝0，因为0＜e ＜1，解得e ＝12 ，因此，椭圆C 1的离心率为12.(2)由(1)知a ＝2c ，b ＝ 3 c ，椭圆C 1的方程为 x 24c 2 ＋y 23c 2＝1，联立⎩⎨⎧y 2＝4cx ，x 24c 2＋y23c2＝1，消去y 并整理得3x 2＋16cx －12c 2＝0，解得x ＝23 c 或x ＝－6c(舍去)，由抛物线的定义可得|MF|＝23 c ＋c ＝5c3 ＝5，解得c ＝3.因此，曲线C 1的标准方程为x 236 ＋y 227＝1，曲线C 2的标准方程为y 2＝12x.【变式1】若本例中，斜率为32 的直线(不过原点)与C 2交于两点M ，N ，以MN 为直径的圆过原点，试求直线l 的方程．【解析】设直线l 的方程为：y ＝32x ＋t ，M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，由⎩⎨⎧y ＝32x ＋t ，y 2＝12x ，得y 2－8y ＋8t ＝0，由题意Δ＝64－32t>0，所以t<2，且t≠0，所以y 1y 2＝8t ，x 1x 2＝1144 y 21 y 22 ＝49t 2，因为以MN 为直径的圆过原点，所以x 1x 2＋y 1y 2＝0，所以49 t 2＋8t ＝0，解得：t ＝－18或t ＝0(舍去)，所以直线l 的方程为y ＝32x －18，即3x －2y －36＝0.【变式2】(2021·保定一模)已知F 1，F 2是椭圆E 1：x 2a 2 ＋y 2b 2 ＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，曲线E 2：y 2＝4x 的焦点恰好也是F 2，O 为坐标原点，过椭圆E 1的左焦点F 1作与x 轴垂直的直线交椭圆于M ，N ，且△MNF 2的面积为3. (1)求椭圆E 1的方程；(2)过F 2作直线l 交E 1于A ，B ，交E 2于C ，D ，且△ABF 1与△OCD 的面积相等，求直线l 的斜率．【解析】(1)因为曲线E 2：y 2＝4x 的焦点恰好也是F 2，所以椭圆中c ＝1，2c ＝2，因为△MNF 2的面积为3，所以MN ＝3，所以⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，2b2a ＝3，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，c ＝1，b ＝ 3 ，所以椭圆的方程为x 24 ＋y 23＝1；(2)因为O 为F 1，F 2的中点，所以O 到直线l 的距离为F 1到l 距离的一半，又因为△ABF 1与△OCD 的面积相等，所以CD ＝2AB ，因为F 2(1，0)，设l 的方程为y ＝k(x －1)，设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，C(x 3，y 3)，D(x 4，y 4)，联立方程组⎩⎨⎧y ＝k （x －1），3x 2＋4y 2＝12，可得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2 ，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，由两点间距离公式可得，AB ＝1＋k 2 |x 1－x 2|，所以AB ＝1＋k 2 （x 1＋x 2）2－4x 1x 2 ＝4－4k 23＋4k 2，联立方程组⎩⎨⎧y ＝k （x －1），y 2＝4x ，可得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，则x 3＋x 4＝2＋4k2 ，x 3x 4＝1，所以CD ＝x 3＋x 4＋2＝4＋4k2 ，因为CD AB ＝4＋4k 24－4k 23＋4k 2＝2，解得k ＝±62，故直线l 的斜率为±62.【考点二】圆锥曲线中的最值问题【典例2】(12分)(2021·全国乙卷)已知抛物线C ：x 2＝2py(p>0)的焦点为F ，且F 与圆M ：x 2＋(y ＋4)2＝1上点的距离的最小值为4. (1)求p ；(2)若点P 在M 上，PA ，PB 是C 的两条切线，A ，B 是切点，求△PAB 面积的最大值．【规范解答】(1)焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2 到x 2＋(y ＋4)2＝1的最短距离为p 2 ＋3＝4，所以p ＝2. ………………3分(2)抛物线y ＝14 x 2，设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，P(x 0，y 0)，则由y ＝14 x 2得y′＝x2，所以直线PA ：y ＝12x 1(x －x 1)＋y 1＝12 x 1x －14 x 21 ＝12x 1x －y 1，………………4分同理可得直线PB ：y ＝12x 2x －y 2，且x 20 ＝－y 20 －8y 0－15. ………………5分直线PA ，直线PB 都过点P(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝12x 1x 0－y 1，y 0＝12x 2x 0－y 2，故直线AB ：y 0＝12 x 0x －y ，即y ＝12x 0x －y 0，………………6分联立⎩⎨⎧y ＝12x 0x －y 0，x 2＝4y ，得x 2－2x 0x ＋4y 0＝0，Δ＝4x 20 －16y 0. ………………7分所以|AB|＝1＋x 20 4·4x 20 －16y 0 ＝4＋x 20 ·x 20 －4y 0 ，点P 到AB 的距离d ＝|x 20 －4y 0|x 20 ＋4，………………8分所以S △PAB ＝12|AB|·d＝12 |x 20 －4y 0|·x 20 －4y 0 ＝12(x 20 －4y 0) 32 ＝12(－y 20 －12y 0－15) 32，………………10分而y 0∈[－5，－3]，故当y 0＝－5时，S △PAB 达到最大，最大值为20 5 .………………12分【变式】(2021·全国乙卷)已知抛物线C ：y 2＝2px(p>0)的焦点F 到准线的距离为2. (1)求C 的方程；(2)已知O 为坐标原点，点P 在C 上，点Q 满足PQ → ＝9QF → ，求直线OQ 斜率的最大值．【解析】(1)在抛物线中，焦点F 到准线的距离为p ，故p ＝2，y 2＝4x. (2)设点P(x 1，y 1)，Q(x 2，y 2)，因为F(1，0)，则PQ → ＝(x 2－x 1，y 2－y 1)，QF → ＝(1－x 2，－y 2)，因为PQ → ＝9QF→ ，所以x 2－x 1＝9(1－x 2)，y 2－y 1＝－9y 2，即x 1＝10x 2－9，y 1＝10y 2，又因为点P 在抛物线C 上，所以(10y 2)2＝4(10x 2－9)，则点Q 的轨迹方程为y 2＝ 25 x －925. 设直线OQ 的方程为y ＝kx ，当直线OQ 和曲线y 2＝25 x －925相切时，斜率最大，联立直线与曲线方程，得k 2x 2＝25 x －925，即k 2x 2－25 x ＋925＝0，此时Δ＝0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫－25 2－4k 2·925 ＝0，解得k ＝±13，所以直线OQ 的斜率的最大值为13 .【考点三】圆锥曲线中的范围问题【典例3】(2021·新余二模)已知抛物线C ：y 2＝2x 上一点P(2，2)，圆M ：(x －4)2＋y 2＝r 2(0＜r≤ 2 )，过点P(2，2)引圆M 的两条切线PA ，PB 与抛物线C 分别交于A ，B 两点，与圆M 的切点分别为E ，F.(1)当r ＝ 2 时，求E ，F 所在直线的方程；(2)记线段AB 的中点的横坐标为t ，求t 的取值范围．【解析】(1)由条件知M(4，0)，以线段PM 为直径的圆的方程为(x －3)2＋(y －1)2＝2，而M ：(x －4)2＋y 2＝2，两圆相减得x －y －3＝0，即为E ，F 所在直线的方程； (2)由题意知切线PA ，PB 的斜率存在，分别设为k 1，k 2，于是切线PA ，PB 的方程分别为y －2＝k 1(x －2)，y －2＝k 2(x －2).设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则点M(4，0)到切线PA 的距离为|2k 1＋2|k 21 ＋1＝r ，两边平方整理得(4－r 2)k 21 ＋8k 1＋4－r 2＝0，同理可得(4－r 2)k 22 ＋8k 2＋4－r 2＝0，于是可知k 1，k 2是方程(4－r 2)k 2＋8k ＋4－r 2＝0的两个实根，则k 1＋k 2＝8r 2－4，k 1k 2＝1.又0＜r≤ 2 ，所以k 1＋k 2∈[－4，－2). 联立⎩⎨⎧y －2＝k 1（x －2），y 2＝2x ，消x ，整理得k 1y 2－2y ＋4－4k 1＝0，显然k 1≠0，由根与系数的关系可知2y1＝4－4k1k1，所以y1＝2－2k1k1＝2k1－2＝2k2－2.同理y2＝2k1－2.于是t＝x1＋x22＝y21＋y224＝k21＋k22－2(k1＋k2)＋2＝(k1＋k2－1)2－1∈(8，24]，所以t的取值范围是(8，24].【变式】(2021·枣庄二模)已知动点M与两个定点O(0，0)，A(3，0)的距离的比为12，动点M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明其形状；(2)过直线x＝3上的动点P(3，p)(p≠0)分别作C的两条切线PQ，PR(Q，R为切点)，N 为弦QR的中点，直线l：3x＋4y＝6分别与x轴、y轴交于点E，F，求△NEF的面积S 的取值范围．【解析】(1)设M(x，y)，由|MO||MA|＝12，得x2＋y2（x－3）2＋y2＝12，化简得x2＋y2＋2x－3＝0，即(x＋1)2＋y2＝4，故C是以(－1，0)为圆心，半径为2的圆；(2)设曲线C的圆心为D，则以线段DP为直径的圆的方程为(x＋1)(x－3)＋(y－0)(y－p)＝0，整理可得x 2＋y 2－2x －py －3＝0…① 又Q ，R 在以DP 为直径的圆上，且Q ，R 在C 上：x 2＋y 2＋2x －3＝0…②②－①得：4x ＋py ＝0，所以，切点弦QR 所在直线的方程为4x ＋py ＝0，可见QR 恒过原点O(0，0)，联立方程⎩⎨⎧4x ＋py ＝0，（x ＋1）2＋y 2＝4，消去x 整理可得：(16＋p 2)y 2－8py －48＝0，设Q(x 1，y 1)，R(x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝8p16＋p 2，点N 的纵坐标y N ＝y 1＋y 22 ＝4p16＋p 2，因为p≠0，显然y N ≠0，所以点N 与点D(－1，0)，O(0，0)均不重合，因为N 为弦QR 的中点，且D(－1，0)为C 的圆心，由圆的性质可得DN⊥QR，即DN⊥ON，所以点N 在以OD 为直径的圆上，圆心为G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0 ，半径为r ＝12 ，因为直线3x ＋4y ＝6分别与x 轴、y 轴交于点E ，F ，所以E(2，0)，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，32 ，因此|EF|＝52，圆心G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0 到直线3x ＋4y ＝6的距离d ＝|3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋4×0－6|32＋42＝32 ，设△NEF 的边EF 上的高为h ，则点N 到直线3x ＋4y ＝6的距离h 的最小值为d －r ＝32 －12＝1，点N 到直线3x ＋4y ＝6的距离h 的最大值为d ＋r ＝32 ＋12 ＝2，所以S 的最小值为S min ＝12 ×52 ×1＝54 ，S 的最大值为S max ＝12 ×52 ×2＝52，所以△NEF 的面积S 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，52。

2019版高考数学(文科)二轮复习讲义(通用)：专题五第三讲大题考法——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题

第三讲大题考法——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题[典例感悟][典例] (2017·浙江高考)如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝⎛⎭⎫－12，14，B ⎝⎛⎭⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )⎝⎛⎭⎫－12<x <32.过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q .(1)求直线AP 斜率的取值范围； (2)求|P A |·|PQ |的最大值.[解] (1)设直线AP 的斜率为k ， k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12<x <32，所以－1<x －12<1，即直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)．(2)设直线AP 的斜率为k .则直线AP 的方程为y －14＝k ⎝⎛⎭⎫x ＋12，即kx －y ＋12k ＋14＝0，因为直线BQ 与直线AP 垂直，所以可得直线BQ 的方程为x ＋ky －94k －32＝0，联立⎩⎨⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标x Q ＝－k 2＋4k ＋32(k 2＋1). 因为|P A |＝1＋k 2⎝⎛⎭⎫x ＋12＝ 1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－(k －1)(k ＋1)2k 2＋1，所以|P A |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3. 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3，因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，令f (k )＝0，得k ＝12或k ＝－1(舍)，所以f (k )在区间⎝⎛⎭⎫－1，12上单调递增，⎝⎛⎭⎫12，1上单调递减，因此当k ＝12时，|P A |·|PQ |取得最大值2716.[类题通法]最值问题的基本解法有几何法和代数法(1)几何法是根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决的(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等)；(2)代数法是建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)解决的．[对点训练](2018·武汉调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点P ⎝⎛⎭⎫1，22，且离心率为22.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l ：y ＝x ＋m 与椭圆C 交于两个不同的点A ，B ，求△OAB 面积的最大值(O 为坐标原点)．解：(1)由题意，知⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋12b 2＝1，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2，b 2＝1，所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)将直线l 的方程y ＝x ＋m 代入椭圆C 的方程x 22＋y 2＝1，整理得3x 2＋4mx ＋2(m 2－1)＝0.则Δ＝(4m )2－24(m 2－1)>0，得m 2<3.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4m3，x 1x 2＝2(m 2－1)3，所以|AB |＝2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝2·⎝⎛⎭⎫－4m 32－4·2(m 2－1)3＝2·24－8m 29＝433－m 2，又原点O (0,0)到直线AB ：x －y ＋m ＝0的距离d ＝|m |2，所以S △OAB ＝12|AB |·d ＝12×433－m 2×|m |2＝23m 2(3－m 2).因为m 2(3－m 2)≤⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋3－m 222＝94，当且仅当m 2＝3－m 2，即m 2＝32时取等号，所以S △OAB ≤23×32＝22，即△OAB 面积的最大值为22.[典例感悟][典例] (2018·浙江高考)如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2＝4x 上存在不同的两点A ，B 满足P A ，PB 的中点均在C 上．(1)设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；(2)若P 是半椭圆x 2＋y 24＝1(x <0)上的动点，求△P AB 面积的取值范围.[解] (1)证明：设P (x 0，y 0)，A ⎝⎛⎭⎫14y 21，y 1，B ⎝⎛⎭⎫14y 22，y 2. 因为P A ，PB 的中点均在抛物线上，所以y 1，y 2为方程⎝⎛⎭⎫y ＋y 022＝4·14y 2＋x 02，即y 2－2y 0y ＋8x 0－y 20＝0的两个不同的实根．所以y 1＋y 2＝2y 0，因此PM 垂直于y 轴．(2)由(1)可知⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2y 0，y 1y 2＝8x 0－y 20，所以|PM |＝18(y 21＋y 22)－x 0＝34y 20－3x 0， |y 1－y 2|＝22(y 20－4x 0).因此△P AB 的面积S △P AB ＝12|PM |·|y 1－y 2|＝324(y 20－4x 0)32.因为x 20＋y 24＝1(x 0<0)，所以y 20－4x 0＝－4x 20－4x 0＋4∈[4,5]，所以△P AB 面积的取值范围是⎣⎡⎦⎤62，15104.[类题通法]圆锥曲线中的取值范围问题的5种常用解法(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围． (2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围． (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．[对点训练](2018·南昌模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，短轴长为2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于M ，N 两点，O 为坐标原点，若k OM ·k ON ＝54，求原点O 到直线l 的距离的取值范围．解：(1)由题知e ＝c a ＝32，2b ＝2，又a 2＝b 2＋c 2，∴b ＝1，a ＝2，∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，整理得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，依题意，Δ＝(8km )2－4(4k 2＋1)(4m 2－4)>0，化简得m 2<4k 2＋1，① x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1，y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2，若k OM ·k ON ＝54，则y 1y 2x 1x 2＝54，即4y 1y 2＝5x 1x 2，∴4k 2x 1x 2＋4km (x 1＋x 2)＋4m 2＝5x 1x 2，∴(4k 2－5)·4(m 2－1)4k 2＋1＋4km ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 4k 2＋1＋4m 2＝0，即(4k 2－5)(m 2－1)－8k 2m 2＋m 2(4k 2＋1)＝0，化简得m 2＋k 2＝54，②。

(通用版)2021高考数学二轮复习第二篇第21练圆锥曲线中的范围、最值、证明问题精准提分练习文

第21练圆锥曲线中的范围、最值、证明问题[明晰考情] 1.命题角度：直线与圆锥曲线的位置关系是高考必考题，范围、最值问题是高考的热点；圆锥曲线中的证明问题是常见的题型.2.题目难度：中高档难度.考点一直线与圆锥曲线方法技巧对于直线与圆锥曲线的位置关系问题，一般要把圆锥曲线的方程与直线方程联立来处理.(1)设直线方程，在直线的斜率不确定的情况下要分斜率存在和不存在两种情况进展讨论，或者将直线方程设成x ＝my ＋b (斜率不为0)的形式.(2)联立直线方程与曲线方程并将其转化成一元二次方程，利用方程根的判别式或根与系数的关系得到交点的横坐标或纵坐标的关系.(3)一般涉及弦长的问题，要用到弦长公式|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2|或|AB |＝1＋1k2·|y 1－y 2|.1.(2021·哈尔滨模拟)F 是椭圆x 26＋y 22＝1的右焦点，过F 的直线l 与椭圆相交于A (x 1，y 1)，B (x 1，y 2)两点.(1)假设x 1＋x 2＝3，求弦AB 的长；(2)O 为坐标原点，∠AOB ＝θ，满足3OA →·OB →tan θ＝46，求直线l 的方程. 解 (1)由题意可知过F 的直线l 斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x －2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋3y 2＝6，y ＝k (x －2)，得(3k 2＋1)x 2－12k 2x ＋12k 2－6＝0，Δ>0显然成立.∵x 1＋x 2＝3， ∴12k23k 2＋1＝3， ∴k 2＝1，那么x 1x 2＝32，∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝ 6.(2)∵3OA →·OB →tan θ＝46，∴|OA →||OB →|sin θ＝463，∴S △AOB ＝263，即12×2×|y 1－y 2|＝263，由题意知，l 的斜率不为0，故设直线l 的方程为x ＝my ＋2，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋2，x 26＋y22＝1，得(m 2＋3)y 2＋4my －2＝0，Δ>0显然成立. ∴y 1＋y 2＝－4m m 2＋3，y 1y 2＝－2m 2＋3， ∴(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝83，即m 4－3m 2＝0，∴m ＝0或m ＝±3，∴直线l 的方程为x ＝2或x ±3y －2＝0.2.(2021·全国Ⅰ)设A ，B 为曲线C ：y ＝x 24上两点，A 与B 的横坐标之和为4.(1)求直线AB 的斜率；(2)设M 为曲线C 上一点，C 在M 处的切线与直线AB 平行，且AM ⊥BM ，求直线AB 的方程. 解 (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，那么x 1≠x 2，y 1＝x 214，y 2＝x 224，x 1＋x 2＝4，于是直线AB 的斜率k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝x 1＋x 24＝1. (2)由y ＝x 24，得y ′＝x2.设M (x 3，y 3)，由题设知x 32＝1，解得x 3＝2，于是M (2,1).设直线AB 的方程为y ＝x ＋m ，故线段AB 的中点为N (2,2＋m )，|MN |＝|m ＋1|. 将y ＝x ＋m 代入y ＝x 24，得x 2－4x －4m ＝0.当Δ＝16(m ＋1)>0，即m >－1时，x 1,2＝2±2m ＋1. 从而|AB |＝2|x 1－x 2|＝42(m ＋1).由题设知|AB |＝2|MN |，即42(m ＋1)＝2(m ＋1)，解得m ＝7或m ＝－1(舍). 所以直线AB 的方程为x －y ＋7＝0.3.(2021·天津)设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F ，右顶点为A ，离心率为12.A 是抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点，F 到抛物线的准线l 的距离为12.(1)求椭圆的方程和抛物线的方程；(2)设l 上两点P ，Q 关于x 轴对称，直线AP 与椭圆相交于点B (点B 异于点A )，直线BQ 与x 轴相交于点D .假设△APD 的面积为62，求直线AP 的方程. 解 (1)设点F 的坐标为(－c,0)，依题意，得c a ＝12，p2＝a ，a －c ＝12，解得a ＝1，c ＝12，p ＝2，于是b 2＝a 2－c 2＝34.所以椭圆的方程为x 2＋4y 23＝1，抛物线的方程为y 2＝4x .(2)设直线AP 的方程为x ＝my ＋1(m ≠0)，与直线l 的方程x ＝－1联立，可得点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－2m ，故点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2m .将x ＝my ＋1与x 2＋4y23＝1联立，消去x ，整理得(3m 2＋4)y 2＋6my ＝0，解得y ＝0或y ＝－6m 3m 2＋4.由点B 异于点A ，可得点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3m 2＋43m 2＋4，－6m 3m 2＋4，由Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2m ，可得直线BQ 的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫－6m 3m 2＋4－2m (x ＋1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫－3m 2＋43m 2＋4＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫y －2m ＝0，令y ＝0，解得x ＝2－3m 23m 2＋2，故点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－3m 23m 2＋2，0. 所以|AD |＝1－2－3m 23m 2＋2＝6m23m 2＋2.又因为△APD 的面积为62，故12×6m 23m 2＋2×2|m |＝62，整理得3m 2－26|m |＋2＝0，解得|m |＝63，所以m ＝±63.所以直线AP 的方程为3x ＋6y －3＝0或3x －6y －3＝0. 考点二圆锥曲线中的范围、最值问题方法技巧求圆锥曲线中范围、最值的主要方法(1)几何法：假设题目中的条件和结论能明显表达几何特征和意义，那么考虑利用图形性质数形结合求解.(2)代数法：假设题目中的条件和结论能表达一种明确的函数关系，或者不等关系，或者参数与新参数之间的等量关系等，那么利用代数法求参数的范围.xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b ≥1)过点P (2,1)，且离心率e ＝32.(1)求椭圆C 的方程；(2)直线l 的斜率为12，直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，求△PAB 面积的最大值.解 (1)∵e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝34，∴a 2＝4b 2.又4a 2＋1b2＝1，∴a 2＝8，b 2＝2.故所求椭圆C 的方程为x 28＋y 22＝1.(2)设l 的方程为y ＝12x ＋m ，点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，x 28＋y22＝1，消去y ，得x 2＋2mx ＋2m 2－4＝0，判别式Δ＝16－4m 2>0，即m 2<4. 又x 1＋x 2＝－2m ，x 1·x 2＝2m 2－4，那么|AB |＝1＋14×(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝5(4－m 2)，点P 到直线l 的距离d ＝|m |1＋14＝2|m |5. 因此S △PAB ＝12·d ·|AB |＝12×2|m |5×5(4－m 2)＝m 2(4－m 2)≤m 2＋(4－m 2)2＝2，当且仅当m 2＝2时上式等号成立，且满足Δ>0，故△PAB 面积的最大值为2.A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点. (1)求E 的方程；(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程. 解 (1)设F (c,0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝ 3.又ca ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1. 故E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2). 将y ＝kx －2代入x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0. 当Δ＝16(4k 2－3)>0，即k 2>34时，x 1,2＝8k ±24k 2－34k 2＋1. 从而|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋14k 2－34k 2＋1. 又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1.所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12·d ·|PQ |＝44k 2－34k 2＋1. 设4k 2－3＝t ，那么t >0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t≤1. 当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，且满足Δ>0. 所以当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为2y ±7x ＋4＝0.6.如下图，设抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，抛物线上的点A 到y 轴的距离等于|AF |－1.(1)求p 的值；(2)假设直线AF 交抛物线于另一点B ，过B 与x 轴平行的直线和过F 与AB 垂直的直线交于点N ，AN 与x 轴交于点M ，求M 的横坐标的取值范围.解 (1)由题意可得，抛物线上点A 到焦点F 的距离等于点A 到直线x ＝－1的距离，由抛物线的定义得p2＝1，即p ＝2.(2)由(1)得，抛物线方程为y 2＝4x ，F (1,0)，可设A (t 2,2t )，t ≠0，t ≠±1，B (x B ，y B ).∵AF 不垂直于y 轴，可设直线AF ：x ＝sy ＋1(s ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝sy ＋1，消去x 得y 2－4sy －4＝0.Δ>0显然成立故2t ·y B ＝－4，∴y B ＝－2t，∴B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2，－2t.又直线AB 的斜率为2tt 2－1，故直线FN 的斜率为－t 2－12t，从而得直线FN ：y ＝－t 2－12t (x －1)，直线BN ：y ＝－2t.∴N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＋3t 2－1，－2t .设M (m,0)，由A ，M ，N 三点共线得2tt 2－m＝2t ＋2tt 2－t 2＋3t 2－1，于是m ＝2t 2t 2－1＝2＋2t 2－1，∴m <0或m >2.经检验知，m <0或m >2满足题意.综上，点M 的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞). 考点三圆锥曲线中的证明问题方法技巧圆锥曲线中的证明问题是转化与化归思想的充分表达.无论证明什么结论，要对条件进展化简，同时对要证结论合理转化，寻求条件和结论间的联系，从而确定解题思路及转化方向.7.(2021·全国Ⅰ) 设椭圆C ：x 22＋y 2＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B 两点，点M 的坐标为(2,0).(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； (2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB . (1)解由得F (1,0)，l 的方程为x ＝1. 由可得，点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22. 又M (2,0)，所以AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x － 2. 即x ＋2y －2＝0或x －2y －2＝0.(2)证明当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°. 当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以∠OMA ＝∠OMB .当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，那么x 1＜2，x 2＜2，直线MA ，MB 的斜率之和k MA ＋k MB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2.由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k ，得k MA ＋k MB ＝2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k(x 1－2)(x 2－2).将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1，得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，由题意知Δ＞0恒成立，所以x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.那么2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝0，从而k MA ＋k MB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补. 所以∠OMA ＝∠OMB . 综上，∠OMA ＝∠OMB .8.(2021·大庆质检)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦距为23，且C 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12. (1)求椭圆C 的方程；(2)设B 1，B 2分别是椭圆C 的下顶点和上顶点，P 是椭圆上异于B 1，B 2的任意一点，过点P 作PM ⊥y 轴于M ，N 为线段PM 的中点，直线B 2N 与直线y ＝－1交于点D ，E 为线段B 1D 的中点，O 为坐标原点，求证：ON ⊥EN .(1)解由题设知焦距为23，所以c ＝ 3. 又因为椭圆过点⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12，所以代入椭圆方程得3a 2＋14b2＝1，因为a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1, 故所求椭圆C 的方程是x 24＋y 2＝1.(2)证明设P (x 0，y 0)，x 0≠0，那么M (0，y 0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02，y 0. 因为点P 在椭圆C 上，所以x 204＋y 20x 20＝4－4y 20.又B 2(0,1)，所以直线B 2N 的方程为y －1＝2(y 0－1)x 0x .令y ＝－1，得x ＝x 01－y 0，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 01－y 0，－1.又B 1(0，－1)，E 为线段B 1D 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎪⎫x 02(1－y 0)，－1. 所以ON →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02，y 0，EN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02－x 02(1－y 0)，y 0＋1.因为ON →·EN →＝x 02⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 02－x 02(1－y 0)＋y 0(y 0＋1)＝x 204－x 204(1－y 0)＋y 20＋y 0＝1－4－4y 204(1－y 0)＋y 0＝1－y 0－1＋y 0＝0，所以ON →⊥EN →，即ON ⊥EN .9.(2021·北京)抛物线C ：y 2＝2px 过点P (1,1)，过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12作直线l 与抛物线C 交于不同的两点M ，N ，过点M 作x 轴的垂线分别与直线OP ，ON 交于点A ，B ，其中O 为原点. (1)求抛物线C 的方程，并求其焦点坐标和准线方程； (2)求证：A 为线段BM 的中点.(1)解由抛物线C ：y 2＝2px 过点P (1,1)，得p ＝12，所以抛物线C 的方程为y 2＝x ，抛物线C 的焦点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，准线方程为x ＝－14.(2)证明由题意，直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝kx ＋12(k ≠0)，l 与抛物线C 的交点为M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋12，y 2＝x ，得4k 2x 2＋(4k －4)x ＋1＝0，那么x 1＋x 2＝1－k k 2，x 1x 2＝14k2.Δ＝(4k －4)2－16k 2＝16k 2－32k ＋16－16k 2＝－32k ＋16>0，所以k <12.因为点P 的坐标为(1,1)，所以直线OP 的方程为y ＝x ，点A 的坐标为(x 1，x 1).直线ON 的方程为y ＝y 2x 2x ，点B 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x 1，y 2x 1x 2. 因为y 1＋y 2x 1x 2－2x 1＝y 1x 2＋y 2x 1－2x 1x 2x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫kx 1＋12x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫kx 2＋12x 1－2x 1x2x 2＝(2k －2)x 1x 2＋12(x 2＋x 1)x 2＝(2k －2)×14k 2＋1－k 2k2x 2＝0，所以y 1＋y 2x 1x 2＝2x 1，故A 为线段BM 的中点.典例 (12分)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，且点⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12在椭圆C 上.(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆E ：x 24a 2＋y 24b 2＝1，P 为椭圆C 上任意一点，过点P 的直线y ＝kx ＋m 交椭圆E 于A ，B 两点，射线PO 交椭圆E 于点Q .①求|OQ ||OP |的值；②求△ABQ 面积的最大值. 审题路线图(1)椭圆C 上的点满足条件―→列出a ，b 的关系式―――――――→离心率e ＝32，a 2=b 2+c 2 根本量法求得椭圆C 的方程(2)①P 在C 上，Q 在E 上――→P ，O ，Q共线设坐标代入方程―→求出|OQ ||OP | ②直线y ＝kx ＋m 和椭圆E 的方程联立――→通法研究判别式Δ并判断根与系数的关系→ 用m ，k 表示S △OAB →求S △OAB 最值 ――――――――→利用①得S △ABQ和S △OAB的关系得S △ABQ 的最大值标准解答·评分标准解 (1)由题意知3a 2＋14b 2a 2－b 2a ＝32，解得a 2＝4，b 2C 的方程为x 24＋y 2(2)由(1)知椭圆E 的方程为x 216＋y 24＝1. ①设P (x 0，y 0)，|OQ ||OP |＝λ(λ＞0)，由题意知Q (－λx 0，－λy 0).因为x 204＋y 2＝1，又(－λx 0)216＋(－λy 0)24＝1，即λ24⎝ ⎛⎭⎪⎫x 24＋y 20＝1，所以λ＝2，即|OQ ||OP |②设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2). 将y ＝kx ＋m 代入椭圆E 的方程，可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－16＝0，由Δ＞0，可得m 2＜4＋16k 2，(*)那么有x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－161＋4k2. 所以|x 1－x 2|＝416k 2＋4－m 21＋4k2.8分因为直线y ＝kx ＋m 与y 轴交点的坐标为(0，m )，所以△OAB 的面积S ＝12|m ||x 1－x 2|＝216k 2＋4－m 2|m |1＋4k 2＝2(16k 2＋4－m 2)m 21＋4k2 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫4－m 21＋4k 2m 21＋4k 2.9分设m 21＋4k 2＝t ，将y ＝kx ＋m 代入椭圆C 的方程，可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，由Δ≥0，可得m 2≤1＋4k 2.(**)由(*)和(**)可知0＜t ≤1，因此S ＝2(4－t )t ＝2－t 2＋4t ，10分故0＜S ≤23，当且仅当t ＝1，即m 2＝1＋4k 2时取得最大值2 3.11分由①知，△ABQ 的面积为3S ，所以△ABQ 面积的最大值为6 3.12分构建答题模板[第一步] 求曲线方程：根据根本量法确定圆锥曲线的方程；[第二步] 联立消元：将直线方程和圆锥曲线方程联立，得到方程Ax 2＋Bx ＋C ＝0，然后研究判别式，利用根与系数的关系；[第三步] 找关系：从题设中寻求变量的等量或不等关系；[第四步] 建函数：对范围最值类问题，要建立关于目标变量的函数关系；[第五步] 得范围：通过求解函数值域或解不等式得目标变量的范围或最值，要注意变量条件的制约，检查最值取得的条件.1.(2021·惠州模拟)抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，点P (p ，2p )满足|PF |＝3.(1)求抛物线的方程；(2)过点(－1,0)的直线l 交抛物线于A ，B 两点，当|FA |＝3|FB |时，求直线l 的方程. 解 (1)由条件易知P (p ，2p )在抛物线y 2＝2px 上，|PF |＝x P ＋p 2＝3p 2＝3，故p ＝2，即抛物线的方程为y 2＝4x .(2)易知直线l 斜率必存在，设l ：y ＝k (x ＋1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，|FA |＝3|FB |，即x 1＋1＝3(x 2＋1)，①联立⎩⎪⎨⎪⎧ y 2＝4x ，y ＝k (x ＋1)，得k 2(x ＋1)2＝4x ，即k 2x 2＋(2k 2－4)x ＋k 2＝0，由Δ＝16－16k 2>0得k 2<1，且x 1＋x 2＝－2k 2－4k 2，② x 1x 2＝1，③由①②③得k 2＝34<1，即直线l 的方程为y ＝±32(x ＋1)，即3x ±2y ＋3＝0. 2.(2021·全国Ⅰ)设抛物线C ：y 2＝2x ，点A (2,0)，B (－2,0)，过点A 的直线l 与C 交于M ，N 两点.(1)当l 与x 轴垂直时，求直线BM 的方程；(2)证明：∠ABM ＝∠ABN .(1)解当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x ＝2，可得点M 的坐标为(2,2)或(2，－2).所以直线BM 的方程为y ＝12x ＋1或y ＝－12x －1. 即x －2y ＋2＝0或x ＋2y ＋2＝0.(2)证明当l 与x 轴垂直时，AB 为MN 的垂直平分线，所以∠ABM ＝∠ABN .当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －2)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，那么x 1＞0，x 2＞0.由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k (x －2)，y 2＝2x ，得ky 2－2y －4k ＝0，显然方程有两个不等实根. 所以y 1＋y 2＝2k，y 1y 2＝－4. 直线BM ，BN 的斜率之和k BM ＋k BN ＝y 1x 1＋2＋y 2x 2＋2＝x 2y 1＋x 1y 2＋2(y 1＋y 2)(x 1＋2)(x 2＋2).①将x 1＝y 1k ＋2，x 2＝y 2k ＋2及y 1＋y 2，y 1y 2的表达式代入①式分子，可得x 2y 1＋x 1y 2＋2(y 1＋y 2)＝2y 1y 2＋4k (y 1＋y 2)k ＝－8＋8k＝0. 所以k BM ＋k BN ＝0，可知BM ，BN 的倾斜角互补，所以∠ABM ＝∠ABN .综上，∠ABM ＝∠ABN .3.(2021·全国Ⅲ)斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m ＞0).(1)证明：k ＜－12； (2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP →＋FA →＋FB →＝0.证明：|FA →|，|FP →|，|FB →|成等差数列，并求该数列的公差.(1)证明设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，那么x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1. 两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k ，得x 1＋x 24＋y 1＋y 23·k ＝0. 由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m.① 由题设得0＜m ＜32，故k ＜－12. (2)解由题意得F (1,0).设P (x 3，y 3)，那么(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0,0).由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1，y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m ＜0.又点P 在C 上，所以m ＝34，从而P ⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，|FP →|＝32，于是|FA →|＝(x 1－1)2＋y 21＝(x 1－1)2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＝2－x 12. 同理|FB →|＝2－x 22. 所以|FA →|＋|FB →|＝4－12(x 1＋x 2)＝3. 故2|FP →|＝|FA →|＋|FB →|，即|FA →|，|FP →|，|FB →|成等差数列.设该数列的公差为d ，那么2|d |＝||FB →|－|FA →||＝12|x 1－x 2|＝12(x 1＋x 2)2－4x 1x 2.② 将m ＝34代入①得k ＝－1，所以l 的方程为y ＝－x ＋74，代入C 的方程，并整理得7x 2－14x ＋14＝0. 故x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝128，代入②解得|d |＝32128. 所以该数列的公差为32128或－32128. 4.(2021·河南八市测评)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，点M ⎝⎛⎭⎪⎫3，32在椭圆C 上. (1)求椭圆C 的方程；(2)假设不过原点O 的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，与直线OM 相交于点N ，且N 是线段AB 的中点，求△OAB 面积的最大值.解 (1) 由椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，点M ⎝⎛⎭⎪⎫3，32在椭圆C 上，得⎩⎪⎨⎪⎧ c a ＝12，(3)2a 2＋(3)24b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＝4，b 2＝3.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)易得直线OM 的方程为y ＝12x . 当直线l 的斜率不存在时，AB 的中点不在直线y ＝12x 上，故直线l 的斜率存在. 设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，与x 24＋y 23＝1联立消y ，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，所以Δ＝64k 2m 2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝48(3＋4k 2－m 2)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，那么x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－123＋4k 2. 由y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝6m 3＋4k 2，所以AB 的中点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km3＋4k 2，3m3＋4k 2，因为N 在直线y ＝12x 上，所以－4km 3＋4k 2＝2×3m 3＋4k 2，解得k ＝－32，所以Δ＝48(12－m 2)>0，得－23<m <23，且m ≠0，|AB |＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322|x 2－x 1| ＝132·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝132·m 2－4×m 2－33＝39612－m 2，又原点O 到直线l 的距离d ＝2|m |13，所以S △OAB ＝12×39612－m 2×2|m |13＝36(12－m 2)m 2≤36(12－m 2＋m 2)24＝3，当且仅当12－m 2＝m 2，即m ＝±6时等号成立，符合－23<m <23，且m ≠0，所以△OAB 面积的最大值为 3.。

高考文科数学二轮复习专题突破练习圆锥曲线中的最值、范围、证明问题

专题突破练25 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1.(2019辽宁丹东高三总复习质量测试)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,点P是椭圆C 上的一点,PF 1⊥PF 2,|F 1F 2|=2,△F 1PF 2的面积为1. (1)求椭圆C 的方程;(2)过F 2的直线l 与C 交于A ,B 两点,设O 为坐标原点,若OE ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求四边形AOBE 面积的最大值.2.(2019安徽合肥高三第三次教学质量检测)已知F 1,F 2分别为椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,点P 1,√22在椭圆C 上,且△PF 1F 2的面积为√22. (1)求椭圆C 的方程;(2)设过点F 1的直线l 交椭圆于A ,B 两点,求F 2A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·F 2B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围.3.(2019河南驻马店高三上学期期末考试)已知抛物线Γ的顶点在坐标原点,其焦点F 在y 轴正半轴上,E 为直线y=1x 上一点,圆E 与x 轴相切(E 为圆心),且E ,F 关于点M (-2,0)对称. (1)求圆E 和抛物线Γ的标准方程;(2)过M 的直线l 交圆E 于A ,B 两点,交抛物线Γ于C ,D 两点,求证:|CD|>√2|AB|.4.(2019贵州贵阳第一中学高考适应性月考卷)已知圆心为C (0,s )(s>0),半径为√5的圆C 被直线3x+4y+1=0截得的弦长为4,等轴双曲线M 的上焦点是圆C 的圆心. (1)求双曲线M 的标准方程;(2)D (-2,0),E (2,0)为x 轴上的两点,若圆C 内的动点P 使得|PD|,|PO|,|PE|成等比数列(O 为原点),求PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PE⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围.5.(2019湖北恩施高三2月教学质量检测)已知抛物线C :y 2=2px (p>0)的焦点为F ,其准线l :x=-1与x 轴的交点为K ,过点K 的直线l 与抛物线C 交于A ,B 两点. (1)求抛物线C 的方程;(2)点A 关于x 轴的对称点为D ,证明:存在实数t ∈(0,1),使得KF ⃗⃗⃗⃗⃗ =t KB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +(1-t )KD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .6.(2019河南濮阳高三5月模拟考试)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的两个焦点分别为F 1,F 2,且|F 1F 2|=2,点P 在椭圆上,且△PF 1F 2的周长为6. (1)求椭圆C 的方程;(2)若点P 的坐标为(2,1),不过原点O 的直线l 与椭圆C 相交于A ,B 两点,设线段AB 的中点为M ,点P 到直线l 的距离为d ,且M ,O ,P 三点共线,求1213|AB|2+1316d 2的最大值.参考答案专题突破练25 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1.解 (1)由题意得,|PF 1|2+|PF 2|2=4,12|PF 1||PF 2|=1, 所以a=|PF 1|+|PF 2|2=√|PF 1|2+|PF 2|2+2|PF 1||PF 2|2=√2.又c=1,所以b=√a 2-c 2=1. 故C 的方程为x 22+y 2=1.(2)由题意得,AB 不平行于x 轴,设AB :x=my+1,联立x 22+y 2=1,得(m 2+2)y 2+2my-1=0,则Δ=8(m 2+1)>0,y 1,y 2=-m±√2(m 2+1)m 2+2.因为OE ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以四边形AOBE 为平行四边形. 故四边形AOBE 的面积 S=2S △AOB =|y 1-y 2| =2√2√m 2+1m 2+2=√2√m 2+1+12.因为√m 2+1+√2≥2,当且仅当m=0时取等号,于是四边形AOBE 面积的最大值为√2.2.解 (1)设椭圆C 的焦距为2c ,由椭圆C 经过点P 1,√22,且△PF 1F 2的面积为√22,得1a 2+12b 2=1,又a 2=b 2+c 2,且12×2c×√22=√22,即c=1.解得a 2=2,b 2=1.所以椭圆C 的方程为x 22+y 2=1. (2)由(1)知F 1(-1,0),F 2(1,0).设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2).若直线l 的斜率不存在,可得点A ,B 的坐标为-1,√22,-1,-√22,则F 2A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·F 2B⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =72. 当直线l 的斜率存在时,设l :y=k (x+1),代入椭圆方程得(1+2k 2)x 2+4k 2x+2(k 2-1)=0. 则Δ=16k 4-8(1+2k 2)(k 2-1)=8k 2+8>0恒成立. 所以x 1+x 2=-4k 21+2k 2,x 1x 2=2(k 2-1)1+2k 2. 所以F 2A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·F 2B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-1)(x 2-1)+y 1y 2 =(x 1-1)(x 2-1)+k 2(x 1+1)(x 2+1) =(1+k 2)x 1x 2+(k 2-1)(x 1+x 2)+k 2+1 =7k 2-11+2k 2=72−92(1+2k 2).又k 2≥0,则F 2A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·F 2B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =72−92(2k 2+1)∈-1,72.综上可知,F 2A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·F 2B⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围为-1,72. 3.(1)解设抛物线Γ的标准方程为x 2=2py (p>0),则焦点F 的坐标为0,p2. 已知E 在直线y=12x 上,故可设E (2a ,a ). 因为E ,F 关于点M (-2,0)对称,所以{2a+02=-2,p 2+a2=0,解得{a =-2,p =4.所以Γ的标准方程为x 2=8y.因为圆E 与x 轴相切,故半径r=|a|=2,圆心E (-4,-2),所以圆E 的标准方程为(x+4)2+(y+2)2=4.(2)证明由(1)知,直线l 的斜率存在,设为k ,则直线l 的方程为y=k (x+2),则E (-4,-2)到直线l 的距离为d=√2.所以|AB|=2√4-d 2=4√2kk +1,k>0.由{x 2=8y ,y =k (x +2),消去y 并整理得x 2-8kx-16k=0. 设C (x 1,y 1),D (x 2,y 2),则x 1+x 2=8k ,x 1x 2=-16k ,Δ=64k 2+64k>0.所以|CD|=√1+k 2|x 1-x 2|=√1+k 2·√(x 1+x 2)2-4x 1x 2=8√1+k 2·√k 2+k . 因为k>0,k 2+k>k ,k 2+1>1,所以|CD |2|AB |2=2(1+k 2)2(k 2+k )k>2k k=2.所以|CD|2>2|AB|2,即|CD|>√2|AB|.4.解 (1)圆心C 到直线3x+4y+1=0的距离d=|4s+1|5=√(√5)2-22=1,得s=1,故圆C 的标准方程为x 2+(y-1)2=5,C (0,1), 双曲线M 的上焦点为(0,1),∴a 2=b 2=12c 2=12.故双曲线M 的标准方程为y 212−x 212=1.(2)设P (x ,y ).∵|PD|,PO|,PE|成等比数列,∴√(x +2)2+y 2·√(x -2)2+y 2=x 2+y 2,整理得x 2-y 2=2, 故PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2-x ,-y )·(2-x ,-y )=x 2-4+y 2=2(y 2-1). 由于P 在圆C 内,则{x 2+(y -1)2<5,x 2-y 2=2,得y 2-y-1<0,得1-√52<y<1+√52,则0≤y 2<1+√522=3+√52,∴2(y 2-1)∈[-2,1+√5).则PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PE⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围是[-2,1+√5). 5.(1)解因为抛物线C :y 2=2px (p>0)的准线方程为直线l :x=-1, 所以-p2=-1,解得p=2.所以抛物线C 的方程为y 2=4x.(2)证明易知点K 的坐标为(-1,0),据此可设直线l 的方程为x=my-1,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2). 联立{x =my -1,y 2=4x ,整理得y 2-4my+4=0,故{y 1+y 2=4m ,y 1y 2=4.因为点A 关于x 轴的对称点为D ,A (x 1,y 1),所以D (x 1,-y 1).则直线BD 的方程为y-y 2=y 2+y1x 2-x 1(x-x 2),得y-y 2=y 2+y 1(my2-1)-(my 1-1)(x-x 2),得y-y 2=y 2+y 1m (y2-y 1)(x-x 2),即y-y 2=4y2-y 1x-y 224.令y=0,得0-y 2=4y2-y 1x-y 224,得x=y 224-y 2·y 2-y 14=y 22-y 22+y 1y 24=y 1y 24=44=1.所以直线BD 恒过定点(1,0). 所以点F (1,0)在直线BD 上, 所以不妨令DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =t DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (t ∈(0,1)). 因为KF ⃗⃗⃗⃗⃗ =KD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以KF ⃗⃗⃗⃗⃗ =KD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +t DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以KF ⃗⃗⃗⃗⃗ =KD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +t (KB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −KD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ), 所以KF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-t )KD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +t KB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 所以存在实数t ∈(0,1),使得KF ⃗⃗⃗⃗⃗ =t KB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +(1-t )KD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,命题得证.6.解 (1)由题意得2c=2,2a+2c=6,解得a=2,c=1.∴b 2=a 2-c 2=3. ∴椭圆C 的方程为x 24+y 23=1.(2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2).当直线l 与x 轴垂直时,由椭圆的对称性可知,点M 在x 轴上,且与O 点不重合,显然M ,O ,P 三点不共线,不符合题设条件.故可设直线l 的方程为y=kx+m (m ≠0). 由{y =kx +m ,3x 2+4y 2=12,消去y 整理得(3+4k 2)x 2+8kmx+4m 2-12=0. ①则Δ=64k 2m 2-4(3+4k 2)(4m 2-12)>0.∴x 1+x 2=-8km3+4k 2,x 1x 2=4m 2-123+4k 2.所以点M 的坐标为-4km3+4k 2,3m3+4k 2. ∵M ,O ,P 三点共线,∴k OM =k OP . ∴3m 3+4k 2-4km 3+4k 2=12.∵m ≠0,∴k=-32.此时方程①为3x 2-3mx+m 2-3=0,则Δ=3(12-m 2)>0.∴m ∈(-2√3,2√3). 则x 1+x 2=m ,x 1x 2=m 2-33.∴|AB|2=(1+k 2)[(x 1+x 2)2-4x 1x 2]=1312(12-m 2). 又d=22=√13,∴1213|AB|2+1316d 2=(12-m 2)+(m -4)24=-34m+432+523.∴当m=-43∈(-2√3,2√3)时,1213|AB|2+1316d 2的最大值为523.。

高考数学复习专题训练—圆锥曲线中的范围、最值、证明问题(含解析)

高考数学复习专题训练—圆锥曲线中的范围、最值、证明问题1.(2021·河北唐山一模)已知抛物线E:x2=4y,点P(1,-2),斜率为k(k>0)的直线l过点P,与E相交于不同的两点A,B.(1)求k的取值范围;(2)斜率为-k的直线m过点P,与E相交于不同的点C,D,证明:直线AC、直线BD及y轴围成等腰三角形.2.(2021·山东潍坊三模)设抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,点P(m,2)(m>0)在抛物线C上,且满足|PF|=3.(1)求抛物线C的标准方程;(2)过点G(0,4)的直线l与抛物线C交于A,B两点,分别以A,B为切点的抛物线C的两条切线交于点Q,求△PQG周长的最小值.3.(2021·广东深圳一模)设O是坐标原点,以F1,F2为焦点的椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为2√2,以|F1F2|为直径的圆和C恰好有两个交点.(1)求C的方程;(2)P是C外的一点,过P的直线l1,l2均与C相切,且l1,l2的斜率之积为m(-1≤m≤-12),记u为|PO|的最小值,求u的取值范围.4.(2021·北京通州一模)已知椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2,离心率为√22.(1)求椭圆C的方程;(2)点P是椭圆C上一点,且在第一象限内,过P作直线交y轴正半轴于A点,交x轴负半轴于B点,与椭圆C的另一个交点为E,且PA=AB,点Q是P关于x轴的对称点,直线QA与椭圆C的另一个交点为F.①证明:直线AQ,AP的斜率之比为定值;②求直线EF的斜率的最小值.5.(2021·河北唐山三模)在平面直角坐标系xOy中,A(-1,0),B(1,0),C为动点,设△ABC的内切圆分别与边AC,BC,AB相切于P,Q,R,且|CP|=1,记点C的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程;(2)不过原点O的直线l与曲线E交于M,N,且直线y=-12x经过MN的中点T,求△OMN的面积的最大值.6.(2021·河南九师联盟联考)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√22,短轴的一个端点的坐标为(0,-1).(1)求椭圆C的方程;(2)点F为椭圆C的右焦点,过椭圆C上一点A(x1,y1)(x1y1≠0)的直线l1:x1x+2y1y=2与直线l2:x=2交于点P,直线AF交椭圆C于另一点B,设AB与OP交于点Q.证明:①∠AFP=π2;②Q为线段AB的中点.答案及解析1.(1)解由题意设l 的方程为y+2=k (x-1),与x 2=4y 联立得,x 2-4kx+4k+8=0. 由Δ>0得k 2-k-2>0,即k<-1或k>2. 又k>0,所以k 的取值范围是(2,+∞).(2)证明设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),C (x 3,y 3),D (x 4,y 4),由(1)可得x 1+x 2=4k.由题意设m 的方程为y+2=-k (x-1),与x 2=4y 联立得,x 2+4kx-4k+8=0,得x 3+x 4=-4k.k AC =y 3-y 1x 3-x 1=x 32-x 124(x 3-x 1)=x 3+x 14,同理k BD =x 4+x 24, 因为k AC +k BD =x 1+x 2+x 3+x 44=0, 所以直线AC 、直线BD 及y 轴围成等腰三角形. 2.解 (1)由抛物线定义,得|PF|=2+p2=3,得p=2,故抛物线C 的标准方程为x 2=4y.(2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线l 的方程为y=kx+4, 联立{y =kx +4,x 2=4y ,消去x ,得x 2-4kx-16=0,Δ>0,x 1+x 2=4k ,x 1x 2=-16.设A ,B 处的切线斜率分别为k 1,k 2,则k 1=x 12,k 2=x22,在点A 处的切线方程为y-y 1=x 12(x-x 1),即y=x 1x 2−x 124,①同理,在点B 处的切线方程为y=x 2x 2−x 224,②由①②得x Q =x 1+x 22=2k ,代入①或②中可得y Q =kx 1-x 124=y 1-4-y 1=-4,故Q (2k ,-4),即点Q在定直线y=-4上.设点G 关于直线y=-4的对称点为G',则G'(0,-12),由(1)知P (2√2,2),∵|PQ|+|GQ|=|PQ|+|G'Q|≥|G'P|=2√51,即P ,Q ,G'三点共线时等号成立,∴△PQG 周长的最小值为|GP|+|G'P|=2√51+2√3. 3.解 (1)由题意可得2a=2√2,故a=√2.因为以|F 1F 2|为直径的圆和C 恰好有两个交点,则b=c ,b 2+c 2=2b 2=a 2=2,可得b=c=1,因此椭圆C 的方程为x 22+y 2=1.(2)由题意可知,直线l 1,l 2的斜率存在且不为零, 设过点P (x 0,y 0)的切线l :y-y 0=k (x-x 0),联立{y -y 0=k (x -x 0),x 22+y 2=1,消去y 可得(2k 2+1)x 2+4k (y 0-kx 0)x+2(y 0-kx 0)2-2=0, 由于直线l 与椭圆C 相切,则Δ=16k 2(y 0-kx 0)2-4(2k 2+1)[2(y 0-kx 0)2-2]=0,化简并整理得(y 0-kx 0)2=2k 2+1.整理成关于k 的二次方程得(x 02-2)k 2-2x 0y 0k+y 02-1=0(易知x 0≠±√2), 设直线l 1,l 2的斜率分别为k 1,k 2,易知k 1,k 2为关于k 的二次方程(x 02-2)k 2-2x 0y 0k+y 02-1=0的两根,所以k 1k 2=y 02-1x 02-2=m ,y 02=m x 02+1-2m ,所以,x 02+y 02=(m+1)x 02+1-2m ,故|PO|=√x 02+y 02=√(m +1)x 02+1-2m. 易知当x 0=0时,有u=|PO|min =√1-2m.因为-1≤m ≤-12,所以√2≤u ≤√3, 即u 的取值范围是[√2,√3].4.(1)解由题意得{2b =2,ca =√22,a 2=b 2+c 2,解得{a =√2,b =1.所以椭圆C 的方程为x 22+y 2=1.(2)①证明设P 点的坐标为(x 0,y 0),因为点Q 是P (x 0,y 0)关于x 轴的对称点,PA=AB ,所以Q (x 0,-y 0),A (0,12y 0). 所以直线QA 的斜率为k QA =-y 0-12y 0x=-3y 02x 0,PA 的斜率为k PA =y 0-12y 0x 0=y2x 0.所以kQA k PA=-3.所以直线AQ ,AP 的斜率之比为定值. ②解设直线PA 的方程为y=kx+m. 联立方程组{y =kx +m ,x 2+2y 2=2,化简得(1+2k 2)x 2+4kmx+2m 2-2=0. 设E 点的坐标是(x 1,y 1),所以x 0x 1=2m 2-21+2k2.所以x 1=2m 2-2(1+2k 2)x 0.所以y 1=2k (m 2-1)(1+2k 2)x 0+m.所以E 点的坐标是(2m 2-2(1+2k 2)x 0,2k (m 2-1)(1+2k 2)x 0+m).由①可知,直线QA 的方程是y=-3kx+m. 所以F 点的坐标是(2m 2-2(1+18k 2)x 0,-6k (m 2-1)(1+18k 2)x 0+m).所以直线EF 的斜率k EF =-6k (m 2-1)(1+18k 2)x 0+m -2k (m 2-1)(1+2k 2)x 0-m 2m 2-2(1+18k 2)x 0-2m 2-2(1+2k 2)x 0=6k 2+14k. 因为k>0,所以k EF =6k 2+14k=14(6k +1k )≥14×2√6k ·1k =√62.当且仅当6k=1k ,即k=√66时,k EF 有最小值√62. 所以直线EF 的斜率的最小值是√62.5.解 (1)依题意可知,|CA|+|CB|=|CP|+|CQ|+|AP|+|BQ|=2|CP|+|AB|=4>|AB|,所以曲线E 是以A ,B 为焦点,长轴长为4的椭圆(除去与x 轴的交点),因此曲线E 的方程为x 24+y 23=1(y ≠0). (2)设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),显然直线l 的斜率存在,设其方程为y=kx+m (m ≠0), 代入x 24+y 23=1,整理得(4k 2+3)x 2+8kmx+4m 2-12=0,(*) 则x 1+x 2=-8km 4k 2+3,x 1x 2=4m 2-124k 2+3,所以y 1+y 2=k (x 1+x 2)+2m=6m4k 2+3,故MN 的中点T 的坐标为(-4km4k 2+3,3m4k 2+3). 而直线y=-12x 经过MN 的中点T ,得3m4k 2+3=-12×-4km 4k 2+3,又m ≠0,所以直线l 的斜率k=32.故(*)式可化简为3x 2+3mx+m 2-3=0, 故x 1+x 2=-m ,x 1x 2=m 2-33,由Δ=36-3m 2>0且m ≠0,得-2√3<m<2√3且m ≠0. 又|MN|=√1+k 2|x1-x 2|=√132×√36-3m 23=√132√3×√12-m 2,而点O 到直线l 的距离d=√13,则△OMN 的面积S=12×√13×√132√3×√12-m 2=2√3|m|×√12-m 2≤2√3×m 2+12-m 22=√3,当且仅当m=±√6时,等号成立,此时满足-2√3<m<2√3且m ≠0,所以△OMN 的面积的最大值为√3.6.(1)解设椭圆C 的半焦距为c ,因为C 的短轴的一个端点的坐标为(0,-1),所以b=1,所以a 2-c 2=1.①因为e=ca =√22,所以a=√2c.② 由①②,得c=1,所以a=√2, 所以椭圆C 的方程为x 22+y 2=1. (2)证明 ①将x=2代入x 1x+2y 1y=2,得2x 1+2y 1y=2,解得y=1-x 1y 1,所以P (2,1-x1y 1).又F (1,0),A (x 1,y 1),所以FA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-1,y 1),FP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1-x 1y 1),FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·FP⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1-1+y 1·1-x 1y1=0,所以FA ⊥FP ,故∠AFP=π2.②由直线AB 过焦点F (1,0),得直线AB 的方程为(x 1-1)y=y 1(x-1),代入x 2+2y 2=2,并结合x 12+2y 12=2整理,得(3-2x 1)y 2+2(x 1-1)y 1y-y 12=0.设B (x 2,y 2),则y 1+y 2=-2(x 1-1)y13-2x 1. 设AB 中点为R (x 0,y 0),则y 0=y 1+y 22=-(x 1-1)y13-2x 1,x 0=x 1-1y 1y 0+1=x 1-1y 1[-(x 1-1)y 13-2x 1]+1=2y 123-2x 1,即R (2y 123-2x 1,-(x 1-1)y 13-2x 1),所以OR ⃗⃗⃗⃗⃗ =y 123-2x 1(2,1-x 1y 1)=y 123-2x 1OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即OR ⃗⃗⃗⃗⃗ 与OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 共线,即AB 的中点R 在直线OP 上,从而点R 与Q 重合, 故Q 是线段AB 的中点.。

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第21练圆锥曲线中的范围、最值、证明问题[明晰考情] 1.命题角度：直线与圆锥曲线的位置关系是高考必考题，范围、最值问题是高考的热点；圆锥曲线中的证明问题是常见的题型.2.题目难度：中高档难度.考点一直线与圆锥曲线方法技巧对于直线与圆锥曲线的位置关系问题，一般要把圆锥曲线的方程与直线方程联立来处理.(1)设直线方程，在直线的斜率不确定的情况下要分斜率存在和不存在两种情况进行讨论，或者将直线方程设成x ＝my ＋b (斜率不为0)的形式.(2)联立直线方程与曲线方程并将其转化成一元二次方程，利用方程根的判别式或根与系数的关系得到交点的横坐标或纵坐标的关系.(3)一般涉及弦长的问题，要用到弦长公式|AB |＝1＋k 2²|x 1－x 2|或|AB |＝1＋1k2²|y 1－y 2|.1.(2018²哈尔滨模拟)已知F 是椭圆x 26＋y 22＝1的右焦点，过F 的直线l 与椭圆相交于A (x 1，y 1)，B (x 1，y 2)两点.(1)若x 1＋x 2＝3，求弦AB 的长；(2)O 为坐标原点，∠AOB ＝θ，满足3OA →²OB →tan θ＝46，求直线l 的方程. 解 (1)由题意可知过F 的直线l 斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x －2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋3y 2＝6，y ＝k (x －2)，得(3k 2＋1)x 2－12k 2x ＋12k 2－6＝0，Δ>0显然成立. ∵x 1＋x 2＝3， ∴12k23k 2＋1＝3， ∴k 2＝1，则x 1x 2＝32，∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝ 6.(2)∵3OA →²OB →tan θ＝46，∴|OA →||OB →|sin θ＝463，∴S △AOB ＝263，即12³2³|y 1－y 2|＝263，由题意知，l 的斜率不为0，故设直线l 的方程为x ＝my ＋2，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋2，x 26＋y22＝1，得(m 2＋3)y 2＋4my －2＝0，Δ>0显然成立. ∴y 1＋y 2＝－4m m 2＋3，y 1y 2＝－2m 2＋3， ∴(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝83，即m 4－3m 2＝0，∴m ＝0或m ＝±3，∴直线l 的方程为x ＝2或x ±3y －2＝0.2.(2017²全国Ⅰ)设A ，B 为曲线C ：y ＝x 24上两点，A 与B 的横坐标之和为4.(1)求直线AB 的斜率；(2)设M 为曲线C 上一点，C 在M 处的切线与直线AB 平行，且AM ⊥BM ，求直线AB 的方程. 解 (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1≠x 2，y 1＝x 214，y 2＝x 224，x 1＋x 2＝4，于是直线AB 的斜率k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝x 1＋x 24＝1. (2)由y ＝x 24，得y ′＝x2.设M (x 3，y 3)，由题设知x 32＝1，解得x 3＝2，于是M (2,1).设直线AB 的方程为y ＝x ＋m ，故线段AB 的中点为N (2,2＋m )，|MN |＝|m ＋1|. 将y ＝x ＋m 代入y ＝x 24，得x 2－4x －4m ＝0.当Δ＝16(m ＋1)>0，即m >－1时，x 1,2＝2±2m ＋1. 从而|AB |＝2|x 1－x 2|＝42(m ＋1).由题设知|AB |＝2|MN |，即42(m ＋1)＝2(m ＋1)，解得m ＝7或m ＝－1(舍). 所以直线AB 的方程为x －y ＋7＝0.3.(2017²天津)设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F ，右顶点为A ，离心率为12.已知A 是抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点，F 到抛物线的准线l 的距离为12.(1)求椭圆的方程和抛物线的方程；(2)设l 上两点P ，Q 关于x 轴对称，直线AP 与椭圆相交于点B (点B 异于点A )，直线BQ 与x 轴相交于点D .若△APD 的面积为62，求直线AP 的方程. 解 (1)设点F 的坐标为(－c,0)，依题意，得c a ＝12，p2＝a ，a －c ＝12，解得a ＝1，c ＝12，p ＝2，于是b 2＝a 2－c 2＝34.所以椭圆的方程为x 2＋4y 23＝1，抛物线的方程为y 2＝4x .(2)设直线AP 的方程为x ＝my ＋1(m ≠0)，与直线l 的方程x ＝－1联立，可得点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－2m ，故点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2m .将x ＝my ＋1与x 2＋4y23＝1联立，消去x ，整理得(3m 2＋4)y 2＋6my ＝0，解得y ＝0或y ＝－6m 3m ＋4.由点B 异于点A ，可得点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3m 2＋43m 2＋4，－6m 3m 2＋4，由Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2m ，可得直线BQ 的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫－6m 3m 2＋4－2m (x ＋1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫－3m 2＋43m 2＋4＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫y －2m ＝0，令y ＝0，解得x ＝2－3m 23m 2＋2，故点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－3m 23m ＋2，0. 所以|AD |＝1－2－3m 23m 2＋2＝6m23m 2＋2.又因为△APD 的面积为62，故12³6m 23m 2＋2³2|m |＝62，整理得3m 2－26|m |＋2＝0，解得|m |＝63，所以m ＝±63.所以直线AP 的方程为3x ＋6y －3＝0或3x －6y －3＝0. 考点二圆锥曲线中的范围、最值问题方法技巧求圆锥曲线中范围、最值的主要方法(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解.(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围.4.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b ≥1)过点P (2,1)，且离心率e ＝32.(1)求椭圆C 的方程；(2)直线l 的斜率为12，直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，求△PAB 面积的最大值.解 (1)∵e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝34，∴a 2＝4b 2.又4a 2＋1b2＝1，∴a 2＝8，b 2＝2.故所求椭圆C 的方程为x 28＋y 22＝1.(2)设l 的方程为y ＝12x ＋m ，点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，x 28＋y22＝1，消去y ，得x 2＋2mx ＋2m 2－4＝0，判别式Δ＝16－4m 2>0，即m 2<4. 又x 1＋x 2＝－2m ，x 1²x 2＝2m 2－4，则|AB |＝1＋14³(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝5(4－m 2)，点P 到直线l 的距离d ＝|m |1＋14＝2|m |5. 因此S △PAB ＝12²d ²|AB |＝12³2|m |5³5(4－m 2)＝m 2(4－m 2)≤m 2＋(4－m 2)2＝2，当且仅当m 2＝2时上式等号成立，且满足Δ>0，故△PAB 面积的最大值为2.5.已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点. (1)求E 的方程；(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程. 解 (1)设F (c,0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝ 3.又ca ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1. 故E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2). 将y ＝kx －2代入x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0. 当Δ＝16(4k 2－3)>0，即k 2>34时，x 1,2＝8k ±24k 2－34k 2＋1. 从而|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋14k 2－34k 2＋1. 又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1.所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12²d ²|PQ |＝44k 2－34k 2＋1. 设4k 2－3＝t ，则t >0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t≤1. 当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，且满足Δ>0. 所以当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为2y ±7x ＋4＝0.6.如图所示，设抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，抛物线上的点A 到y 轴的距离等于|AF |－1.(1)求p 的值；(2)若直线AF 交抛物线于另一点B ，过B 与x 轴平行的直线和过F 与AB 垂直的直线交于点N ，AN 与x 轴交于点M ，求M 的横坐标的取值范围.解 (1)由题意可得，抛物线上点A 到焦点F 的距离等于点A 到直线x ＝－1的距离，由抛物线的定义得p2＝1，即p ＝2.(2)由(1)得，抛物线方程为y 2＝4x ，F (1,0)，可设A (t 2,2t )，t ≠0，t ≠±1，B (x B ，y B ).∵AF 不垂直于y 轴，可设直线AF ：x ＝sy ＋1(s ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝sy ＋1，消去x 得y 2－4sy －4＝0.Δ>0显然成立故2t ²y B ＝－4，∴y B ＝－2t，∴B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2，－2t.又直线AB 的斜率为2tt 2－1，故直线FN 的斜率为－t 2－12t，从而得直线FN ：y ＝－t 2－12t (x －1)，直线BN ：y ＝－2t.∴N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＋3t 2－1，－2t .设M (m,0)，由A ，M ，N 三点共线得2tt 2－m ＝2t ＋2tt 2－t 2＋3t 2－1，于是m ＝2t 2t 2－1＝2＋2t 2－1，∴m <0或m >2.经检验知，m <0或m >2满足题意.综上，点M 的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞). 考点三圆锥曲线中的证明问题方法技巧圆锥曲线中的证明问题是转化与化归思想的充分体现.无论证明什么结论，要对已知条件进行化简，同时对要证结论合理转化，寻求条件和结论间的联系，从而确定解题思路及转化方向.7.(2018²全国Ⅰ) 设椭圆C ：x 22＋y 2＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B 两点，点M 的坐标为(2,0).(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； (2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB . (1)解由已知得F (1,0)，l 的方程为x ＝1. 由已知可得，点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22. 又M (2,0)，所以AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x － 2. 即x ＋2y －2＝0或x －2y －2＝0.(2)证明当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°. 当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以∠OMA ＝∠OMB .当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＜2，x 2＜2，直线MA ，MB 的斜率之和k MA ＋k MB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2.由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k ，得k MA ＋k MB ＝2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k(x 1－2)(x 2－2).将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1，得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，由题意知Δ＞0恒成立，所以x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k ＋1＝0，从而k MA ＋k MB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补. 所以∠OMA ＝∠OMB . 综上，∠OMA ＝∠OMB .8.(2018²大庆质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦距为23，且C 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12. (1)求椭圆C 的方程；(2)设B 1，B 2分别是椭圆C 的下顶点和上顶点，P 是椭圆上异于B 1，B 2的任意一点，过点P 作PM ⊥y 轴于M ，N 为线段PM 的中点，直线B 2N 与直线y ＝－1交于点D ，E 为线段B 1D 的中点，O 为坐标原点，求证：ON ⊥EN .(1)解由题设知焦距为23，所以c ＝ 3. 又因为椭圆过点⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12，所以代入椭圆方程得3a 2＋14b2＝1，因为a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1, 故所求椭圆C 的方程是x 24＋y 2＝1.(2)证明设P (x 0，y 0)，x 0≠0，则M (0，y 0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02，y 0. 因为点P 在椭圆C 上，所以x 204＋y 20＝1.即x 20＝4－4y 20.又B 2(0,1)，所以直线B 2N 的方程为y －1＝2(y 0－1)x 0x .令y ＝－1，得x ＝x 01－y 0，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 01－y 0，－1.又B 1(0，－1)，E 为线段B 1D 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎪⎫x 02(1－y 0)，－1. 所以ON →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02，y 0，EN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02－x 02(1－y 0)，y 0＋1.因为ON →²EN →＝x 02⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 02－x 02(1－y 0)＋y 0(y 0＋1)＝x 204－x 204(1－y 0)＋y 20＋y 0＝1－4－4y 204(1－y 0)＋y 0＝1－y 0－1＋y 0＝0，所以ON →⊥EN →，即ON ⊥EN .9.(2017²北京)已知抛物线C ：y 2＝2px 过点P (1,1)，过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12作直线l 与抛物线C 交于不同的两点M ，N ，过点M 作x 轴的垂线分别与直线OP ，ON 交于点A ，B ，其中O 为原点. (1)求抛物线C 的方程，并求其焦点坐标和准线方程； (2)求证：A 为线段BM 的中点.(1)解由抛物线C ：y 2＝2px 过点P (1,1)，得p ＝12，所以抛物线C 的方程为y 2＝x ，抛物线C 的焦点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，准线方程为x ＝－14. (2)证明由题意，直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝kx ＋12(k ≠0)，l 与抛物线C 的交点为M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋12，y 2＝x ，得4k 2x 2＋(4k －4)x ＋1＝0，则x 1＋x 2＝1－k k 2，x 1x 2＝14k2.Δ＝(4k －4)2－16k 2＝16k 2－32k ＋16－16k 2＝－32k ＋16>0，所以k <12.因为点P 的坐标为(1,1)，所以直线OP 的方程为y ＝x ，点A 的坐标为(x 1，x 1).直线ON 的方程为y ＝y 2x 2x ，点B 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x 1，y 2x 1x 2. 因为y 1＋y 2x 1x 2－2x 1＝y 1x 2＋y 2x 1－2x 1x 2x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫kx 1＋12x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫kx 2＋12x 1－2x 1x2x 2＝(2k －2)x 1x 2＋12(x 2＋x 1)x 2＝(2k －2)³14k 2＋1－k 2k2x 2＝0，所以y 1＋y 2x 1x 2＝2x 1，故A 为线段BM 的中点.典例 (12分)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，且点⎝⎛⎭⎪⎫3，12在椭圆C 上.(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆E ：x 24a 2＋y 24b 2＝1，P 为椭圆C 上任意一点，过点P 的直线y ＝kx ＋m 交椭圆E 于A ，B 两点，射线PO 交椭圆E 于点Q .①求|OQ ||OP |的值；②求△ABQ 面积的最大值. 审题路线图(1)椭圆C 上的点满足条件―→列出a ，b 的关系式―――――――→已知离心率e a 2=b 2+c 2基本量法求得椭圆C 的方程(2)①P 在C 上，Q 在E 上――→P ，O ，Q 共线设坐标代入方程―→求出|OQ ||OP | ②直线y ＝kx ＋m 和椭圆E 的方程联立――→通法研究判别式Δ并判断根与系数的关系→ 用m ，k 表示S △OAB →求S △OAB 最值 ――――――――→利用①得S △ABQ和S △OAB的关系得S △ABQ 的最大值规范解答²评分标准解 (1)由题意知3a 2＋14b 2＝1.又a 2－b 2a ＝32，解得a 2＝4，b 2＝1.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.2分(2)由(1)知椭圆E 的方程为x 216＋y 24＝1. ①设P (x 0，y 0)，|OQ ||OP |＝λ(λ＞0)，由题意知Q (－λx 0，－λy 0).因为x 204＋y 2＝1，又(－λx 0)216＋(－λy 0)24＝1，即λ24⎝ ⎛⎭⎪⎫x 204＋y 20＝1，所以λ＝2，即|OQ ||OP |＝2.5分②设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2). 将y ＝kx ＋m 代入椭圆E 的方程，可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－16＝0，由Δ＞0，可得m 2＜4＋16k 2，(*)则有x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－161＋4k 2. 所以|x 1－x 2|＝416k 2＋4－m 21＋4k2.8分因为直线y ＝kx ＋m 与y 轴交点的坐标为(0，m )，所以△OAB 的面积S ＝12|m ||x 1－x 2|＝216k 2＋4－m 2|m |1＋4k 2＝2(16k 2＋4－m 2)m 21＋4k2 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫4－m 21＋4k 2m 21＋4k 2.9分设m 21＋4k 2＝t ，将y ＝kx ＋m 代入椭圆C 的方程，可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，由Δ≥0，可得m 2≤1＋4k 2.(**)由(*)和(**)可知0＜t ≤1，因此S ＝2(4－t )t ＝2－t 2＋4t ，10分故0＜S ≤23，当且仅当t ＝1，即m 2＝1＋4k 2时取得最大值2 3.11分由①知，△ABQ 的面积为3S ，所以△ABQ 面积的最大值为6 3.12分构建答题模板[第一步] 求曲线方程：根据基本量法确定圆锥曲线的方程；[第二步] 联立消元：将直线方程和圆锥曲线方程联立，得到方程Ax 2＋Bx ＋C ＝0，然后研究判别式，利用根与系数的关系；[第三步] 找关系：从题设中寻求变量的等量或不等关系；[第四步] 建函数：对范围最值类问题，要建立关于目标变量的函数关系；[第五步] 得范围：通过求解函数值域或解不等式得目标变量的范围或最值，要注意变量条件的制约，检查最值取得的条件.1.(2018²惠州模拟)已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，点P (p ，2p )满足|PF |＝3.(1)求抛物线的方程；(2)过点(－1,0)的直线l 交抛物线于A ，B 两点，当|FA |＝3|FB |时，求直线l 的方程.解 (1)由条件易知P (p ，2p )在抛物线y 2＝2px 上，|PF |＝x P ＋p 2＝3p 2＝3，故p ＝2，即抛物线的方程为y 2＝4x .(2)易知直线l 斜率必存在，设l ：y ＝k (x ＋1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，|FA |＝3|FB |，即x 1＋1＝3(x 2＋1)，①联立⎩⎪⎨⎪⎧ y 2＝4x ，y ＝k (x ＋1)，得k 2(x ＋1)2＝4x ，即k 2x 2＋(2k 2－4)x ＋k 2＝0，由Δ＝16－16k 2>0得k 2<1，且x 1＋x 2＝－2k 2－4k 2，② x 1x 2＝1，③由①②③得k 2＝34<1，即直线l 的方程为y ＝±32(x ＋1)，即3x ±2y ＋3＝0. 2.(2018²全国Ⅰ)设抛物线C ：y 2＝2x ，点A (2,0)，B (－2,0)，过点A 的直线l 与C 交于M ，N 两点.(1)当l 与x 轴垂直时，求直线BM 的方程；(2)证明：∠ABM ＝∠ABN .(1)解当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x ＝2，可得点M 的坐标为(2,2)或(2，－2).所以直线BM 的方程为y ＝12x ＋1或y ＝－12x －1. 即x －2y ＋2＝0或x ＋2y ＋2＝0.(2)证明当l 与x 轴垂直时，AB 为MN 的垂直平分线，所以∠ABM ＝∠ABN .当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －2)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＞0，x 2＞0.由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k (x －2)，y 2＝2x ，得ky 2－2y －4k ＝0，显然方程有两个不等实根.所以y 1＋y 2＝2k，y 1y 2＝－4. 直线BM ，BN 的斜率之和k BM ＋k BN ＝y 1x 1＋2＋y 2x 2＋2＝x 2y 1＋x 1y 2＋2(y 1＋y 2)(x 1＋2)(x 2＋2).① 将x 1＝y 1k ＋2，x 2＝y 2k ＋2及y 1＋y 2，y 1y 2的表达式代入①式分子，可得x 2y 1＋x 1y 2＋2(y 1＋y 2)＝2y 1y 2＋4k (y 1＋y 2)k ＝－8＋8k＝0. 所以k BM ＋k BN ＝0，可知BM ，BN 的倾斜角互补，所以∠ABM ＝∠ABN .综上，∠ABM ＝∠ABN .3.(2018²全国Ⅲ)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m ＞0).(1)证明：k ＜－12； (2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP →＋FA →＋FB →＝0.证明：|FA →|，|FP →|，|FB →|成等差数列，并求该数列的公差.(1)证明设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1. 两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k ，得x 1＋x 24＋y 1＋y 23²k ＝0. 由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m.① 由题设得0＜m ＜32，故k ＜－12. (2)解由题意得F (1,0).设P (x 3，y 3)，则(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0,0).由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1，y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m ＜0.又点P 在C 上，所以m ＝34，从而P ⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，|FP →|＝32，于是|FA →|＝(x 1－1)2＋y 21＝(x 1－1)2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＝2－x 12. 同理|FB →|＝2－x 22. 所以|FA →|＋|FB →|＝4－12(x 1＋x 2)＝3. 故2|FP →|＝|FA →|＋|FB →|，即|FA →|，|FP →|，|FB →|成等差数列.设该数列的公差为d ，则2|d |＝||FB →|－|FA →||＝12|x 1－x 2|＝12(x 1＋x 2)2－4x 1x 2.② 将m ＝34代入①得k ＝－1，所以l 的方程为y ＝－x ＋74，代入C 的方程，并整理得7x 2－14x ＋14＝0. 故x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝128，代入②解得|d |＝32128. 所以该数列的公差为32128或－32128. 4.(2018²河南八市测评)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，点M ⎝⎛⎭⎪⎫3，32在椭圆C 上.(1)求椭圆C 的方程；(2)若不过原点O 的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，与直线OM 相交于点N ，且N 是线段AB 的中点，求△OAB 面积的最大值.解 (1) 由椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，点M ⎝⎛⎭⎪⎫3，32在椭圆C 上，得⎩⎪⎨⎪⎧ca ＝12，(3)2a 2＋(3)24b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＝4，b 2＝3.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)易得直线OM 的方程为y ＝12x .当直线l 的斜率不存在时，AB 的中点不在直线y ＝12x 上，故直线l 的斜率存在. 设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，与x 24＋y 23＝1联立消y ，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，所以Δ＝64k 2m 2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝48(3＋4k 2－m 2)>0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－123＋4k 2. 由y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝6m3＋4k 2，所以AB 的中点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 3＋4k 2，3m3＋4k 2，因为N 在直线y ＝12x 上，所以－4km 3＋4k 2＝2³3m 3＋4k 2，解得k ＝－32，所以Δ＝48(12－m 2)>0，得－23<m <23，且m ≠0，|AB |＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322|x 2－x 1|＝132²(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝132²m 2－4³m 2－33 ＝39612－m 2，又原点O 到直线l 的距离d ＝2|m |13，所以S △OAB ＝12³39612－m 2³2|m |13＝36(12－m2)m2≤36(12－m2＋m2)24＝3，当且仅当12－m2＝m2，即m＝±6时等号成立，符合－23<m<23，且m≠0，所以△OAB面积的最大值为 3.。