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

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专题对点练23 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题
1.(2018全国Ⅰ,文20)设抛物线C:y2=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.
2.已知椭圆C的两个顶点分别为A(-2,0),B(2,0),焦点在x轴上,离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)点D为x轴上一点,过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M,N,过D作AM的垂线交BN于点
E.求证:△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.
3.已知抛物线x2=2py(p>0)的焦点为F,直线x=4与x轴的交点为P,与抛物线的交点为Q,且
|QF|=|PQ|.
(1)求抛物线的方程;
(2)
如图所示,过F的直线l与抛物线相交于A,D两点,与圆x2+(y-1)2=1相交于B,C两点(A,B两点相邻),过A,D两点分别作抛物线的切线,两条切线相交于点M,求△ABM与△CDM的面积之积的最小值.
4.已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右交点分别为F1,F2,且|F1F2|=4,A是椭圆上一点.
(1)求椭圆C的标准方程和离心率e的值;
(2)若T为椭圆C上异于顶点的任意一点,M,N分别为椭圆的右顶点和上顶点,直线TM与y轴交于点P,直线TN与x轴交于点Q,求证:|PN|·|QM|为定值.
5.已知圆O:x2+y2=r2,直线x+2y+2=0与圆O相切,且直线l:y=kx+m与椭圆C:+y2=1相交于P,Q 两点,O为坐标原点.
(1)若直线l过椭圆C的左焦点,且与圆O交于A,B两点,且∠AOB=60°,求直线l的方程;
(2)
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-x2=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若O为坐标原点,求的取值范围.
7.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为C上位于第一象限的任意一点,过点A的直线l交C 于另一点B,交x轴的正半轴于点D.
(1)若当点A的横坐标为3,且△ADF为等边三角形时,求C的方程;
(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(-x0,0),并求点P到直线AB的距离d的取值范围.
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.由得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=,y1y2=-4.
直线BM,BN的斜率之和为k BM+k BN=.①
将x1=+2,x2=+2及y1+y2,y1y2的表达式代入①式分子,可得
x2y1+x1y2+2(y1+y2)==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.
2.(1)解设椭圆C的方程为=1(a>b>0).
由题意得解得c=.
所以b2=a2-c2=1.
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)证明设M(m,n),则D(m,0),N(m,-n).
由题设知m≠±2,且n≠0.
直线AM的斜率k AM=,
故直线DE的斜率k DE=-.
所以直线DE的方程为y=-(x-m),直线BN的方程为y=(x-2).
联立
解得点E的纵坐标y E=-.
由点M在椭圆C上,得4-m2=4n2.
所以y E=-n.
又S△BDE=|BD|·|y E|=|BD|·|n|,S△BDN=|BD|·|n|,
所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.
3.解 (1)由题意可知P(4,0),Q,|QF|=,
由|QF|=|PQ|,则,解得p=2,
∴抛物线的方程为x2=4y.
(2)设l:y=kx+1,A(x1,y1),D(x2,y2),
联立整理得x2-4kx-4=0,则x1x2=-4,
由y=x2,求导y'=,
直线MA:y-(x-x1),
即y=x-,
同理求得MD:y=x-,
联立解得则M(2k,-1),
∴M到l的距离d==2,
∴△ABM与△CDM的面积之积S△ABM·S△CDM=|AB||CD|·d2
= (|AF|-1)(|DF|-1)·d2
=y1y2d2=·d2=1+k2≥1,
当且仅当k=0时取等号,当k=0时,△ABM与△CDM的面积之积取最小值1.
4.(1)解由已知得c=2,F1(-2,0),F2(2,0),∴2a=|AF1|+|AF2|
=+
=8.
∴a=4,∴b2=a2-c2=4,e=.
∴椭圆C的标准方程为=1,e=.
(2)证明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),
令x=0,得P.
则|MQ|=,则|PN|=.
|QM|·|PN|==16,
∴|PN|·|QM|为定值16.
5.解 (1)∵直线x+2y+2=0与圆O:x2+y2=r2相切,
∴r=,
∴x2+y2=.
∵左焦点坐标为F(-1,0),设直线l的方程为y=k(x+1),
由∠AOB=60°,得圆心O到直线l的距离d=.
又d=,∴,
解得k=±,
∴直线l的方程为y=±(x+1).
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),
由得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.
由Δ>0,得2k2+1>m2,(※)
且x1+x2=-.
由△POQ重心恰好在圆x2+y2=上,得(x1+x2)2+(y1+y2)2=4,
即(x1+x2)2+[k(x1+x2)+2m]2=4,即(1+k2)(x1+x2)2+4km(x1+x2)+4m2=4.
∴+4m2=4,
化简得m2=,代入(※)得k≠0.又m2==1+=1+.
由k≠0,得>0,∴>0,∴m2>1,得m的取值范围为m<-1或m>1.
6.解 (1)设椭圆C的标准方程为=1(a>b>0),
由题意可得a2-b2=2,e=,c=,解得a=,b=1,
即有椭圆的标准方程为+x2=1;
(2)①证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),
由A(0,-),直线AM与AN的斜率之积为1,可得=1,
即有x1x2=y1y2+(y1+y2)+3,
由题意可知直线MN的斜率存在且不为0,设直线MN:y=kx+t,
代入椭圆方程,可得(3+k2)x2+2ktx+t2-3=0,
可得x1x2=,x1+x2=-,
y1+y2=k(x1+x2)+2t=2t-,
y1y2=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=k2·+kt+t2=,
则+3,
化为t2+3t+6=0,
解得t=-2(-舍去),
则直线MN的方程为y=kx-2,
即直线MN恒过定点,该定点坐标为(0,-2);
②由①可得=x1x2+y1y2
=
=,
由(3+k2)x2+2ktx+t2-3=0,
可得Δ=4k2t2-4(t2-3)(3+k2)=48k2-36(3+k2)>0,
解得k2>9.
令3+k2=m,则m>12,且k2=m-3,
即有-3,
由m>12,可得-3<-3<.
则的取值范围是.
7.解 (1)由题知F,|FA|=3+,则D(3+p,0),FD的中点坐标为, 则=3,解得p=2,故C的方程为y2=4x.
(2)依题可设直线AB的方程为x=my+x0(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),
则E(x2,-y2),由消去x,得y2-4my-4x0=0.∵x0≥,∴Δ=16m2+16x0>0,y1+y2=4m,y1y2=-4x0,设P的坐标为(x P,0),则=(x2-x P,-y2),=(x1-x P,y1),
由题知,所以(x2-x P)y1+y2(x1-x P)=0,即x2y1+y2x1=(y1+y2)x P=,显然
y1+y2=4m≠0,
所以x P==-x0,即证x P(-x0,0).
由题知△EPB为等腰直角三角形,
所以k AP=1,即=1,也即=1,所以y1-y2=4,∴(y1+y2)2-4y1y2=16,
即16m2+16x0=16,m2=1-x0,x0<1,
又因为x0≥,
所以≤x0<1,d=,令=t∈,x0=2-t2,d=-2t,易知f(t)= -2t
在上是减函数,所以d∈.。