适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题突破练22圆锥曲线中的范围最值证明问题

这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题突破练22圆锥曲线中的范围最值证明问题，共6页。试卷主要包含了已知双曲线C，设抛物线C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

(1)求双曲线C的方程;
(2)设双曲线C的左顶点为A,直线l2平行于l1,且交双曲线C于M,N两点,求证:△AMN的垂心在双曲线C上.
2.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.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.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.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.(2023·新高考Ⅰ,22)在直角坐标系xOy中,点P到x轴的距离等于点P到点(0,)的距离,记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程;
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上,证明:矩形ABCD的周长大于3.
专题突破练22 圆锥曲线中的范围、最值、证明问题
1.(1)解 因为双曲线C的离心率为,
所以=2,
即a2=b2,
所以双曲线C的方程为x2-y2=a2.
联立直线l1与双曲线C的方程消去y得x2-(2x+4)2=a2,
即3x2+16x+a2+48=0.
因为l1与双曲线C仅有一个公共点,
所以Δ=(16)2-4×3(a2+48)=0,
解得a2=16,
故双曲线C的方程为=1.
(2)证明 设直线l2:y=2x+m(m≠4),M(x1,y1),N(x2,y2),
则M,N满足消去y得3x2+4mx+m2+16=0,
所以x1+x2=-,x1x2=
如图所示,A(-4,0),过A引MN的垂线交C于另一点H,则AH的方程为y=-x-2.
代入x2-y2=16得3x2-8x-80=0,
解得x=-4(舍去)或x=
所以点H为(,-).
所以kAN·kMH==
==
==-1,
所以MH⊥AN.
故H为△AMN的垂心,得证.
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(+m).
由①可知,直线QA的方程是y=-3kx+m.
所以点F的坐标是)+m).
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-26.解 (1) 设点P坐标为(x,y),
由题意得=|y|,两边平方得x2+y2-y+=y2,
于是y=x2+,经验证成立.
故W的方程为y=x2+
(2)设矩形ABCD的顶点A(x1,y1)(x1≥0),B(x2,y2)(x2>0),D(x3,y3)在W上,如图所示,设直线AB的斜率为k(k>0).
不妨将A,B固定在y轴及y轴右侧.
A,B坐标满足y2-y1=k(x2-x1),A,D坐标满足y3-y1=-(x3-x1).
又A,B,D在抛物线上,即y1=,y2=,y3=,
代入以上方程中,得x2=k-x1,x3=--x1.
矩形ABCD的周长为2|AB|+2|AD|≥4,当且仅当|AB|=|AD|时等号成立,此时矩形ABCD为正方形.
要证矩形ABCD的周长大于3,只需证明正方形的面积大于
∵|AB|=(x2-x1),|AD|=(x1-x3),
(x2-x1)=(x1-x3),得x1-x3=k(x2-x1).
将x2=k-x1,x3=--x1代入x1-x3=k(x2-x1),有2x1+=k(k-2x1),
即k2-=(2k+2)x1.
∵x1≥0,∴k2-0.
∵k>0,∴k3≥1.∴k≥1.
则|AB|=(x2-x1)=(k-2x1)=
正方形面积S=|AB|2=
∵k2+1≥2k,4(当k=1时“=”成立).
∵k2+1≥2k,∴2(k2+1)≥k2+2k+1=(k+1)2,则(当k=1时“=”成立).
则S=2(当k=1时“=”成立).
显然S=2>
即矩形ABCD的周长大于3