适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练14圆锥曲线中的最值范围探索性问题理（附解析）

这是一份适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练14圆锥曲线中的最值范围探索性问题理（附解析），共6页。试卷主要包含了已知椭圆C，已知点A在双曲线C，已知椭圆E，如图,已知椭圆+y2=1，已知点F1,F2是双曲线C等内容，欢迎下载使用。

(1)求C的方程;
(2)点N为椭圆上任意一点,求△AMN的面积的最大值.
2.(2022新高考Ⅰ,21)已知点A(2,1)在双曲线C:=1(a>1)上,直线l交C于P,Q两点,直线AP,AQ的斜率之和为0.
(1)求l的斜率;
(2)若tan∠PAQ=2,求△PAQ的面积.
3.已知椭圆E:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,|F1F2|=4,点P(,1)在椭圆E上.
(1)求椭圆E的标准方程;
(2)设过点F2且倾斜角不为0的直线l与椭圆E的交点为A,B,求△F1AB面积最大时直线l的方程.
4.(2023河北保定一模)如图,双曲线的中心在原点,焦距为2,左、右顶点分别为A,B,曲线C是以双曲线的实轴为长轴,虚轴为短轴,且离心率为的椭圆,设P在第一象限且在双曲线上,直线BP交椭圆于点M,直线AP与椭圆交于另一点N.
(1)求椭圆及双曲线的标准方程.
(2)设MN与x轴交于点T,是否存在点P使得xP=4xT(其中xP,xT为点P,T的横坐标)?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
5.(2022浙江,21)如图,已知椭圆+y2=1.设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点Q(0,)在线段AB上,直线PA,PB分别交直线y=-x+3于C,D两点.
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值;
(2)求|CD|的最小值.
6.(2023山西临汾二模)已知点F1,F2是双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点,点P是C右支上一点,△F1F2P的周长为18,点I为△F1F2P的内心,且满足△PF2I,△F1F2I,△PF1I的面积之比为=2∶3∶4.
(1)求双曲线C的标准方程;
(2)过点F2的直线l与双曲线的右支交于M,N两点,与y轴交于点Q,满足=m=n(其中m>0),求的取值范围.
考点突破练14 圆锥曲线中的最值、范围、探索性问题
1.解(1)由题意可知直线AM的方程为y-3=(x-2),即x-2y+4=0.当y=0时x=-4,所以a=4,椭圆C过点M(2,3),可得=1,解得b2=12.所以C的方程为=1.
(2)设与直线AM平行的直线方程为x-2y=m,如图所示,当直线与椭圆相切时,与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N,此时△AMN的面积取得最大值.
由得16y2+12my+3m2-48=0,所以Δ=144m2-4×16(3m2-48)=0,即m2=64,解得m=±8,与AM距离比较远的直线方程为x-2y-8=0,直线AM方程为x-2y+4=0,点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离d=,|AM|==3所以S△AMN=3=18.
2.解(1)∵点A(2,1)在双曲线C:=1(a>1)上,
=1,解得a2=2.
∴双曲线的标准方程为-y2=1.
易知直线l的斜率存在.
设直线l的方程为y=kx+m,点P(x1,y1),Q(x2,y2),由得(1-2k2)x2-4kmx-2(m2+1)=0,
∴Δ>0,x1+x2=,x1x2=
设直线AP,AQ的斜率分别为kAP,kAQ,则kAP+kAQ==0,
∴(y1-1)(x2-2)+(y2-1)(x1-2)=0,
∴(kx1+m-1)(x2-2)+(kx2+m-1)(x1-2)=0,整理,得2kx1x2+(m-1-2k)(x1+x2)-4(m-1)=0,
∴2k(-2m2-2)+4km(m-1-2k)-4(m-1)(1-2k2)=0,即2k2+k(m+1)+m-1=0,(k+1)(2k+m-1)=0.∴k=-1或m=1-2k,把m=1-2k代入y=kx+m,得y=kx+1-2k=k(x-2)+1,此时直线PQ过点A(2,1),舍去,∴k=-1,即直线l的斜率为-1.
(2)由(1)知,直线l的方程为y=-x+m,x1+x2=4m,x1x2=2m2+2,则=12m2-4,∴|PQ|==4,点A(2,1)到直线l的距离d=
∴△PAQ的面积S△PAQ=d·|PQ|=|3-m|由tan∠PAQ=2得cs∠PAQ=,sin∠PAQ=S△PAQ=|PA||QA|sin∠PAQ=|PA||QA|,|PA|·|QA|=|3-m|
在△PAQ中,由余弦定理得cs∠PAQ=,
∴|PA|2+|QA|2-|PQ|2=(x1-2)2+(y1-1)2+(x2-2)2+(y2-1)2-(x1-x2)2-(y1-y2)2=2m2-12m+18=|PA||QA|.
∴m2-6m+9=|3-m|,∴|m-3|=或m-3=0,即m=或m=3(舍去,若m=3,则点A在直线PQ上).
∴S△PAQ=
3.解(1)∵|F1F2|=2c=4,可得c=2,则F1(-2,0),F2(2,0),由椭圆的定义可得2a=|PF1|+|PF2|==2,得a=,∴b=,因此,椭圆E的标准方程为=1.
(2)由题意,设点A(x1,y1),B(x2,y2),设直线l的方程为x=my+2,由得(m2+3)2y2+4my-2=0,Δ>0显然成立,则有y1+y2=-,y1y2=-,
|F1F2|·|y1-y2|=2=2
令t=1,则=2,当且仅当t=,即m=±1时,等号成立,此时直线l的方程为x-y-2=0或x+y-2=0.
4.解(1)由已知可设双曲线标准方程为=1,椭圆标准方程为=1,
由题意得解得
所以双曲线的标准方程是=1,椭圆的标准方程是=1.
(2)(方法一)设P(x0,t),M(x1,y1),N(x2,y2),A(-2,0),B(2,0),由P,A,N三点共线,得,由P,B,M三点共线,得,两式相除,得,令xT=n(-2联立消去x,整理得(3m2+4)y2+6mny+3n2-12=0,Δ=36m2n2-4(3m2+4)(3n2-12)=48(3m2-n2+4)>0,即3m2-n2+4>0.
所以y1+y2=-,y1y2=,所以=
若存在xP=4xT,即x0=4n,则,得n2=1.
又点P在第一象限,所以n=1,P(4,3).
(方法二)设P(x0,y0),M(x1,y1),N(x2,y2),A(-2,0),B(2,0),直线AP:
y=(x+2),联立消去y,整理得[3+]x2+x+-12=0.
Δ=-4[3+]·[-12]=4×36=144>0.
由-2x2=,又点P在双曲线上,满足=1,即4=3-12,
所以-x2=,即x2=
同理BP:y=(x-2),可得x1=,所以xT=,若存在xP=4xT,即x0=4,而点P在第一象限,所以x0=4,即P(4,3).
5.解(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),∵Q(0,)在直线AB上,∴设直线AB为y=kx+,设E(x,y)为椭圆上除P之外的一点且P(0,1),则|PE|2=(y-1)2+x2=(y-1)2+12-12y2=-11y2-2y+13=-11[y2+y+()2]++13=-11(y+)2+,
∵-1≤y≤1,∴当y=-时,|PE|2最大值为,∴|PE|max=
(2)由
得(12k2+1)x2+12kx-9=0.
则x1+x2=,x1·x2=,
直线PA:y-1=(x-0),
即y=x+1,由
得()x=2,而y1=kx1+,
x=2,
∴xC=,
yC=-xC+3=+3=,
∴C(),
同理,D(),
|CD|2=[]2+[]2
={}2+{}2
=+=
∴|CD|==
==,
令3k+1=t,则k=,
∴
当,即t=,k=时取得最小值.|CD|min=
6.解(1)设△PF1F2内切圆半径为r,由题意|PF2|·r,|F1F2|·r,|PF1|·r=|PF2|∶|F1F2|∶|PF1|=2∶3∶4.
∵△PF1F2的周长为18,
∴|PF2|=4,|PF1|=8,|F1F2|=6,
∴2a=|PF1|-|PF2|=4,2c=6,
∴a2=4,b2=c2-a2=9-4=5,
∴双曲线C的标准方程为=1.
(2)由题知直线l斜率存在且不为0,设其方程为x=ty+3(t≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),Q(0,),联立消去x,
整理得(5t2-4)y2+30ty+25=0,
∵直线l与双曲线右支交于两点,则有化简得t2<,
∴y1+y2=,y1y2=,
=m(m>0),∴(x1,y1+)=m(3-x1,-y1),
∴y1+=-my1,即y1=,
同理y2=,
∴y1+y2=,①
y1y2=,②
两式相除,得(m+1)+(n+1)=
=-=-=-[]=1-,当直线l与渐近线y=±x平行时,=±,y1=,此时m=
∵直线l与双曲线右支交于两点,∴m>,∴0<,
∴0<<1,即的取值范围为(0,1).