高中数学高考第8章 §8 10　圆锥曲线中范围与最值问题

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例1 (2022·临沂模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，以PF1为直径的圆E：x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,4)))2＝eq \f(49,16)过焦点F2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C的右顶点为A，与x轴不垂直的直线l交椭圆C于M，N两点(M，N与A点不重合)，且满足AM⊥AN，点Q为MN的中点，求直线MN与AQ的斜率之积的取值范围．
解 (1)在圆E的方程中，令y＝0，得x2＝3，
解得x＝±eq \r(3)，
所以F1，F2的坐标分别为(－eq \r(3)，0)，(eq \r(3)，0)．
因为Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，
又因为|OE|＝eq \f(1,2)|F2P|，OE∥F2P，
所以点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，
所以2a＝|PF1|＋|PF2|＝2×eq \f(7,4)＋eq \f(1,2)＝4，
得a＝2，b＝1，
即椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)右顶点为A(2,0)，由题意可知直线AM的斜率存在且不为0，
设直线AM的方程为y＝k(x－2)，
由MN与x轴不垂直，故k≠±1.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
得(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，又点A(2,0)，
则由根与系数的关系可得2x1＝eq \f(16k2－4,1＋4k2)，
得x1＝eq \f(8k2－2,1＋4k2)，y1＝k(x1－2)＝eq \f(－4k,1＋4k2)，
因为AM⊥AN，
所以直线AN的方程为y＝－eq \f(1,k)(x－2)，
用－eq \f(1,k)替换k可得，x2＝eq \f(8－2k2,4＋k2)，y2＝eq \f(4k,4＋k2)，
所以点Q坐标为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(30k2,1＋4k24＋k2)，\f(6kk2－1,1＋4k24＋k2)))，
所以直线AQ的斜率
k1＝eq \f(\f(6kk2－1,1＋4k24＋k2),\f(30k2,1＋4k24＋k2)－2)＝eq \f(3k1－k2,22k4＋k2＋2)，
直线MN的斜率
k2＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(\f(4k,4＋k2)＋\f(4k,1＋4k2),\f(8－2k2,4＋k2)－\f(8k2－2,1＋4k2))＝eq \f(5k,41－k2)，
所以k1k2＝eq \f(15k2,82k4＋k2＋2)＝eq \f(15,8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k2＋\f(2,k2)＋1)))，
因为k2>0且k2≠1，
所以2k2＋eq \f(2,k2)＋1>2eq \r(2k2×\f(2,k2))＋1＝5，
所以00)的左焦点F1的动直线l与Γ的左支交于A，B两点，设Γ的右焦点为F2.
(1)若△ABF2可以是边长为4的正三角形，求此时Γ的标准方程；
(2)若存在直线l，使得AF2⊥BF2，求Γ的离心率的取值范围．
解 (1)依题意得|AF1|＝2，|AF2|＝4，
|F1F2|＝2eq \r(3).
∴2a＝|AF2|－|AF1|＝2，a＝1，
2c＝|F1F2|＝2eq \r(3)，c＝eq \r(3)，b2＝c2－a2＝2，
此时Γ的标准方程为x2－eq \f(y2,2)＝1.
(2)设l的方程为x＝my－c，与eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1联立，
得(b2m2－a2)y2－2b2cmy＋b4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝eq \f(2b2cm,b2m2－a2)，y1y2＝eq \f(b4,b2m2－a2)，
由AF2⊥BF2，eq \(F2A,\s\up6(－→))·eq \(F2B,\s\up6(－→))＝0，
(x1－c)(x2－c)＋y1y2＝0，
(my1－2c)(my2－2c)＋y1y2＝0
⇒(m2＋1)b4－4m2c2b2＋4c2(b2m2－a2)＝0
⇒(m2＋1)b4＝4a2c2
⇒(m2＋1)＝eq \f(4a2c2,b4)≥1
⇒4a2c2≥(c2－a2)2，
∴c4＋a4－6a2c2≤0⇒e4－6e2＋1≤0，
又∵e>1，∴10，得－eq \r(2)0)，O为坐标原点，离心率e＝2，点M(eq \r(5)，eq \r(3))在双曲线上．
(1)求双曲线的方程；
(2)如图，若直线l与双曲线的左、右两支分别交于点Q，P，且eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，求|OP|2＋|OQ|2的最小值．
解 (1)因为e＝eq \f(c,a)＝2，
所以c＝2a，b2＝c2－a2＝3a2.
所以双曲线的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,3a2)＝1，
即3x2－y2＝3a2.
因为点M(eq \r(5)，eq \r(3))在双曲线上，
所以15－3＝3a2，
所以a2＝4.
所以所求双曲线的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1.
(2)设直线OP的方程为y＝kx(k≠0)，则直线OQ的方程为y＝－eq \f(1,k)x，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－\f(y2,12)＝1，,y＝kx，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝\f(12,3－k2)，,y2＝\f(12k2,3－k2)，))
所以|OP|2＝x2＋y2＝eq \f(12k2＋1,3－k2).
同理可得|OQ|2＝eq \f(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2))),3－\f(1,k2))＝eq \f(12k2＋1,3k2－1)，
所以eq \f(1,|OP|2)＋eq \f(1,|OQ|2)＝eq \f(3－k2＋3k2－1,12k2＋1)
＝eq \f(2＋2k2,12k2＋1)＝eq \f(1,6).
设|OP|2＋|OQ|2＝t，
则t·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,|OP|2)＋\f(1,|OQ|2)))＝2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|OQ|,|OP|)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|OP|,|OQ|)))2
≥2＋2＝4，
所以t≥eq \f(4,\f(1,6))＝24，
即|OP|2＋|OQ|2≥24(当且仅当|OP|＝|OQ|＝2eq \r(3)时取等号)．
所以当|OP|＝|OQ|＝2eq \r(3)时，|OP|2＋|OQ|2取得最小值24.
2．(2022·阳泉模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为eq \f(\r(2),2)，P是椭圆C上的一个动点，当P是椭圆C的上顶点时，△F1PF2的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设斜率存在的直线PF2，与椭圆C的另一个交点为Q.若存在T(t,0)，使得|TP|＝|TQ|，求t的取值范围．
解 (1)由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(1,2)·b·2c＝1，,b2＋c2＝a2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝1，))
故椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点为N(x0，y0)，直线PF2的斜率为k，
由(1)设直线PQ的方程为y＝k(x－1)．
当k＝0时，t＝0符合题意；
当k≠0时，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
∴Δ＝16k4－4(1＋2k2)(2k2－2)＝8k2＋8>0，
x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，
∴x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(2k2,1＋2k2)，
y0＝k(x0－1)＝eq \f(－k,1＋2k2)，
即N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2k2,1＋2k2)，\f(－k,1＋2k2))).
∵|TP|＝|TQ|，
∴直线TN为线段PQ的垂直平分线，
∴TN⊥PQ，即kTN·k＝－1.
∴eq \f(\f(－k,1＋2k2),\f(2k2,1＋2k2)－t)·k＝－1，
∴t＝eq \f(k2,1＋2k2)＝eq \f(1,2＋\f(1,k2)).
∵k2>0，∴eq \f(1,k2)>0 ,2＋eq \f(1,k2)>2，
∴00)过点A(0，－2)，以四个顶点围成的四边形面积为4eq \r(5).
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点P(0，－3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y＝－3于点M，N，若|PM|＋|PN|≤15，求k的取值范围．
解 (1)因为椭圆过A(0，－2)，故b＝2，
因为四个顶点围成的四边形的面积为4eq \r(5)，
故eq \f(1,2)×2a×2b＝4eq \r(5)，即a＝eq \r(5)，
故椭圆的标准方程为eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
因为直线BC的斜率存在，故x1x2≠0，
故直线AB：y＝eq \f(y1＋2,x1)x－2，令y＝－3，则xM＝－eq \f(x1,y1＋2)，
同理xN＝－eq \f(x2,y2＋2).
直线BC：y＝kx－3，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－3，,4x2＋5y2＝20，))
可得(4＋5k2)x2－30kx＋25＝0，
故Δ＝900k2－100(4＋5k2)>0，
解得k1.
又x1＋x2＝eq \f(30k,4＋5k2)，x1x2＝eq \f(25,4＋5k2)，
故x1x2>0，所以xMxN>0.
又|PM|＋|PN|＝|xM＋xN|
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,y1＋2)＋\f(x2,y2＋2)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,kx1－1)＋\f(x2,kx2－1)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2kx1x2－x1＋x2,k2x1x2－kx1＋x2＋1)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(50k,4＋5k2)－\f(30k,4＋5k2),\f(25k2,4＋5k2)－\f(30k2,4＋5k2)＋1)))＝5|k|，
故5|k|≤15，即|k|≤3，
综上，－3≤k