新高考2020高考数学二轮复习大题考法专训五圆锥曲线中的最值范围证明问题20200113037

新高考2020高考数学二轮复习大题考法专训五圆锥曲线中的最值范围证明问题20200113037

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：＋＝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－.‎ ‎(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k1＝，直线TB的斜率为k2＝.‎ 于是由k1k2＝－，得·＝－，整理得＋＝1(x≠±4)，故椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由题意设直线PQ的方程为x＝my＋8，‎ 由得(‎3m2‎＋4)y2＋48my＋144＝0，‎ Δ＝(‎48m)2－4×144×(‎3m2‎＋4)＝12×48(m2－4)＞0，‎ 即m2＞4，‎ yP＋yQ＝－，yPyQ＝.‎ 所以|PQ|＝·＝，‎ 又点O到直线PQ的距离d＝.‎ 所以S△OPQ＝×|PQ|×d＝＝≤4.‎ 故△OPQ面积的最大值为4.‎ ‎2.如图所示，A，B，C，D是抛物线E：x2＝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.‎ - 6 -‎ 解：(1)联立 消去y得x2－2px＋2p＝0.‎ ‎∵l与抛物线相切，∴Δ＝4p2－8p＝0，∴p＝2，‎ ‎∴抛物线E的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)证明：设点B(xB，yB)，D(xD，yD)，‎ 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.‎ 由得x2－4x－4t＝0，‎ ‎∴xB＋xD＝4.‎ 又∵kAD＋kAB＝＋＝＝0，‎ ‎∴AC平分∠BAD.‎ ‎3．已知A，B分别为曲线C：＋y2＝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°＝，‎ 所以M.‎ 当∠BOT＝120°时，同理可求得点M坐标为(1,2)．‎ ‎(2)设直线AM的方程为y＝k(x＋a)，‎ 则k＞0，|MB|＝2ka，‎ 所以S△MAB＝·‎2a·2ka＝2，所以k＝，‎ 代入直线方程得y＝(x＋a)，‎ 联立解得yT＝，‎ 所以S△TAB＝·‎2a·＝≤，‎ 解得1＜a2≤2，‎ - 6 -‎ 所以椭圆的离心率e＝≤，‎ 即椭圆的离心率的取值范围为.‎ B级——拔高题满分练 ‎1．(2019·武汉调研)已知椭圆Γ：＋＝1(a＞b＞0)经过点M(－2,1)，且右焦点F(，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＝ ·，若t的最大值和最小值分别为t1，t2，求t1＋t2的值．‎ 解：(1)由椭圆＋＝1的右焦点为(，0)，知a2－b2＝3，即b2＝a2－3，则＋＝1.‎ 又椭圆过点M(－2,1)，‎ ‎∴＋＝1，又a2＞3，∴a2＝6.‎ ‎∴椭圆Γ的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由得x2＋2k2(x－1)2＝6，‎ 即(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－6＝0，‎ ‎∵点N(1,0)在椭圆内部，∴Δ＞0，‎ ‎∴ 则t＝·＝(x1＋2)(x2＋2)＋(y1－1)(y2－1)‎ ‎＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋(kx1－k－1)(kx2－k－1)‎ ‎＝(1＋k2)x1x2＋(2－k2－k)(x1＋x2)＋k2＋2k＋5，　③‎ 将①②代入③得，‎ t＝(1＋k2)·＋(2－k2－k)·＋k2＋2k＋5，‎ ‎∴t＝，‎ ‎∴(15－2t)k2＋2k－1－t＝0，k∈R，‎ 则Δ1＝22＋4(15－2t)(1＋t)≥0，‎ ‎∴(2t－15)(t＋1)－1≤0，即2t2－13t－16≤0，‎ 由题意知t1，t2是2t2－13t－16＝0的两根，‎ - 6 -‎ ‎∴t1＋t2＝.‎ ‎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－.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·＝－，‎ 化简得＋＝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)．‎ 由得x＝± .‎ 设u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．‎ 于是直线QG的斜率为，其方程为y＝(x－u)．‎ 由消去y，‎ 得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.(*)‎ 设G(xG，yG)，则－u和xG是方程(*)的解，‎ 故xG＝，由此得yG＝.‎ 从而直线PG的斜率为＝－.‎ 所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．‎ ‎②由①得|PQ|＝2u，|PG|＝，‎ 所以△PQG的面积 S＝|PQ||PG|＝＝.‎ - 6 -‎ 设t＝k＋，‎ 则由k＞0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．‎ 因为S＝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.‎ 因此，△PQG面积的最大值为.‎ ‎3．已知抛物线C：x2＝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，B，‎ 由x2＝2py(p＞0)，得y＝，则y′＝，‎ ‎∴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－＝－x－p，即y＝－x－，在点B处的切线方程为y－＝x－p，即y＝x－.‎ 可得两切线的交点坐标为，‎ ‎∴S＝×2p×p＝p2＝16，解得p＝4.‎ ‎∴抛物线C的方程为x2＝8y.‎ ‎(2)法一：设P，M，N，‎ 则kPM＝＝，同理可得kPN＝，‎ ‎∴kPM·kPN＝·＝－1，‎ 化简得，x1x2＋x0(x1＋x2)＋x＋64＝0.(*)‎ 直线MN的斜率一定存在，设MN：y＝kx＋b.‎ 由得x2－8kx－8b＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b.‎ - 6 -‎ 代入(*)，得－8b＋8kx0＋x＋64＝0，‎ 则b＝x0k＋＋8.‎ 直线MN的方程可化为y＝kx＋kx0＋＋8.‎ ‎∴直线MN过定点Q.‎ 点Q的轨迹方程为y＝＋8，|FQ|的最小值为6.‎ 法二：设P，M，N，‎ 则kNM＝＝，kPM＝，kPN＝，‎ 又PM⊥PN，∴kPM·kPN＝·＝－1，‎ 化简得－x1x2＝x0(x1＋x2)＋x＋64.①‎ 直线MN的方程为y－＝(x－x1)，‎ 化简得y＝x－.②‎ 把①代入②得y＝(x＋x0)＋＋8，‎ ‎∴直线MN过定点Q.‎ 点Q的轨迹方程为y＝＋8，|FQ|的最小值为6.‎ - 6 -‎