人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题突破练22　圆锥曲线中的范围、最值、证明问题

专题突破练22　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,与抛物线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,与抛物线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:=1(a>b>0)的长轴长为2,以|F1F2|为直径的圆和C恰好有两个交点.

(1)求椭圆C的方程;

(2)P是椭圆C外的一点,过P的直线l1,l2均与椭圆C相切,且l1,l2的斜率之积为m-1≤m≤-,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:=1(a>b>0)的短轴长为2,离心率为.

(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轴正半轴于点A,交x轴负半轴于点B,与椭圆C的另一个交点为E,且PA=AB,点Q是点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=-x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:=1(a>b>0)的离心率为,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=;

②Q为线段AB的中点.

专题突破练22　圆锥曲线中的范围、最值、证明:问题

1.(1)解: 由题意设l的方程为y+2=k(x-1),

与x2=4y联立得,x2-4kx+4k+8=0.

由Δ>0得k2-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(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),由(1)可得x1+x2=4k.

由题意设m的方程为y+2=-k(x-1),与x2=4y联立得,x2+4kx-4k+8=0,得x3+x4=-4k.

kAC=,同理kBD=,

因为kAC+kBD==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+=3,得p=2,

故抛物线C的标准方程为x2=4y.

(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为y=kx+4,

联立消去x,得x2-4kx-16=0,

Δ>0,x1+x2=4k,x1x2=-16.

设A,B处的切线斜率分别为k1,k2,则k1=,k2=,

在点A处的切线方程为y-y1=(x-x1),即y=,①

同理,在点B处的切线方程为y=,②

由①②得xQ==2k,代入①或②中可得yQ=kx1-=y1-4-y1=-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),

∵|PQ|+|GQ|=|PQ|+|G'Q|≥|G'P|=2,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+2.

3.解: (1)由题意可得2a=2,故a=.

因为以|F1F2|为直径的圆和椭圆C恰好有两个交点,则b=c,

b2+c2=2b2=a2=2,可得b=c=1,因此椭圆C的方程为+y2=1.

(2)由题意可知,直线l1,l2的斜率存在且不为零,

设过点P(x0,y0)的切线l:y-y0=k(x-x0),

联立消去y可得(2k2+1)x2+4k(y0-kx0)x+2(y0-kx0)2-2=0,

由于直线l与椭圆C相切,则Δ=16k2(y0-kx0)2-4(2k2+1)[2(y0-kx0)2-2]=0,化简并整理得(y0-kx0)2=2k2+1.

整理成关于k的二次方程得(-2)k2-2x0y0k+-1=0(易知x0≠±),

设直线l1,l2的斜率分别为k1,k2,

易知k1,k2为关于k的二次方程(-2)k2-2x0y0k+-1=0的两根,

所以k1k2==m,=m+1-2m,所以,=(m+1)+1-2m,

故|PO|=.

易知当x0=0时,有u=|PO|min=.

因为-1≤m≤-,所以≤u≤,

即u的取值范围是[].

4.(1)解: 由题意得解得

所以椭圆C的方程为+y2=1.

(2)①证明: 设点P的坐标为(x0,y0),

因为点Q是点P(x0,y0)关于x轴的对称点,PA=AB,所以Q(x0,-y0),A.

所以直线QA的斜率为kQA=,PA的斜率为kPA=.

所以=-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.

联立方程组化简得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.

设点E的坐标是(x1,y1),所以x0x1=.

所以x1=.所以y1=+m.

所以点E的坐标是.

由①可知,直线QA的方程是y=-3kx+m.

所以点F的坐标是.

所以直线EF的斜率kEF=.

因为k>0,所以kEF=×2.

当且仅当6k=,即k=时,kEF有最小值.

所以直线EF的斜率的最小值是.

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=1(y≠0).

(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),显然直线l的斜率存在,设其方程为y=kx+m(m≠0),

代入=1,整理得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0,(*)

则x1+x2=-,x1x2=,所以y1+y2=k(x1+x2)+2m=,

故MN的中点T的坐标为.

而直线y=-x经过MN的中点T,得=-,又m≠0,所以直线l的斜率k=.

故(*)式可化简为3x2+3mx+m2-3=0,

故x1+x2=-m,x1x2=,

由Δ=36-3m2>0且m≠0,得-2<m<2且m≠0.

又|MN|=|x1-x2|=,而点O到直线l的距离d=,

则△OMN的面积S=|m|×,

当且仅当m=±时,等号成立,此时满足-2<m<2且m≠0,所以△OMN的面积的最大值为.

6.(1)解: 设椭圆C的半焦距为c,因为短轴的一个端点的坐标为(0,-1),所以b=1,所以a2-c2=1.①

因为e=,所以a=c.②

由①②,得c=1,所以a=,

所以椭圆C的方程为+y2=1.

(2)证明: ①将x=2代入x1x+2y1y=2,得2x1+2y1y=2,

解得y=,所以P.

又F(1,0),A(x1,y1),

所以=(x1-1,y1),=x1-1+y1·=0,所以FA⊥FP,故∠AFP=.

②由直线AB过焦点F(1,0),得直线AB的方程为(x1-1)y=y1(x-1),代入x2+2y2=2,并结合+2=2整理,得(3-2x1)y2+2(x1-1)y1y-=0.

设B(x2,y2),则y1+y2=-.

设AB中点为R(x0,y0),则y0==-,

x0=y0+1=+1=,即R,

所以,

即共线,

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.