新高考数学一轮复习专题八平面解析几何微专题二圆锥曲线中的最值与范围问题练习含答案

这是一份新高考数学一轮复习专题八平面解析几何微专题二圆锥曲线中的最值与范围问题练习含答案，共6页。试卷主要包含了已知椭圆E等内容，欢迎下载使用。

(1)求椭圆E的标准方程.
(2)过点S(1,0)作两条互相垂直的弦AB,CD,设弦AB,CD的中点分别为M,N.
①证明:直线MN必过定点;
②若弦AB,CD的斜率均存在,求△MNS面积的最大值.
解析 (1)依题意有b=1,c=3,解得a2=b2+c2=4,
∴椭圆E的方程为x24+y2=1.
(2)①证明:设lAB:x=my+1(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),
则lCD:x=-1my+1(m≠0),
联立x=my+1,x2+4y2=4,故(m2+4)y2+2my-3=0,
Δ=16m2+48>0,y1+y2=−2mm2+4,
故M4m2+4,−mm2+4,
由-1m代替m,得N4m21+4m2,m1+4m2,
当4m2+4=4m21+4m2,即m2=1时,lMN:x=45,过点K45,0,
当4m2+4≠4m21+4m2,即m2≠1时,
kMN=5m4(m2−1),lMN:y+mm2+4=5m4(m2−1)x−4m2+4(m2≠1,m≠0),
令y=0,x=4(m2−1)5(m2+4)+4m2+4=4m2+165(m2+4)=45,
∴直线MN恒过点K45,0.
当m=0时,经验证直线MN过点K45,0.
综上,直线MN恒过点K45,0.
②S△MNS=S△MKS+S△NKS=12·|KS|·|yM-yN|=12·15·m1+4m2+mm2+4=12·|m3+m4m4+17m2+4=12·m+1m4m2+4m2+17,
令t=m+1m,t∈[2,+∞),S△MNS=12·m+1m4m2+4m2+17=12·t4t2+9=12·14t+9t,
∵S△MNS在t∈[2,+∞)上单调递减,∴S△MNS≤125,
当且仅当t=2,即m=±1时取等号.
故△MNS面积的最大值为125.
2.(2024黑龙江齐齐哈尔一模,18)在平面直角坐标系xOy中,点F(0,1),P为动点,以PF为直径的圆与x轴相切,记P的轨迹为Γ.
(1)求Γ的方程;
(2)设M为直线y=-1上的动点,过M的直线与Γ相切于点A,过A作直线MA的垂线交Γ于点B,求△MAB面积的最小值.
解析 (1)设P(x,y),则线段FP的中点坐标为x2,y+12,
因为以PF为直径的圆与x轴相切,
所以y+12=12|FP|=12x2+(y−1)2,
化简得x2=4y,所以Γ的方程为x2=4y.
(2)设Ax0,x024(x0≠0),由y=x24,得y'=x2,则点A处的切线斜率为x02,所以直线MA的方程为y-x024=x02(x-x0),即y=x02x-x024,令y=-1,则x=x02-2x0,所以Mx02−2x0,−1,
易知直线AB的斜率为-2x0,所以直线AB为y-x024=-2x0(x-x0),整理得y=-2x0x+x024+2,
联立x2=4y,y=−2x0x+x024+2,消去y得x24-x024=-2x0(x-x0),
有-2x0(x-x0)=(x−x0)(x+x0)4,
解得x=-8x0-x0,即点B的横坐标为-8x0-x0,
所以|BA|=1+−2x02−8x0−x0−x0
=1+4x028x0+2x0=2(x02+4)x02+4x02,
又|AM|=1+x022x02−2x0−x0
=1+x0242x0+x02=(x02+4)x02+44|x0|,
所以△MAB的面积为12|AB||AM|=12×2(x02+4)x02+4x02×(x02+4)x02+44|x0|=(x02+4)34|x03|=14|x0|2+4|x0|3=14|x0|+4|x0|3,
又|x0|+4|x0|≥2|x0|×4|x0|=4,当且仅当x0=±2时,等号成立,所以△MAB面积的最小值为14×43=16.
3.(2024福建部分地市质量检测,18)在直角坐标系xOy中,已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,过F的直线l与C交于M,N两点,且当l的斜率为1时,|MN|=8.
(1)求C的方程;
(2)设l与C的准线交于点P,直线PO与C交于点Q(异于原点).记线段MN的中点为R,若|QR|≤3,求△MNQ面积的取值范围.
解析 (1)由题意知l的斜率不为0.
设l的方程为x=my+p2,M(x1,y1),N(x2,y2),
联立x=my+p2,y2=2px,消去x得y2-2mpy-p2=0,
∴y1+y2=2mp,y1y2=-p2,
则|MN|=x1+x2+p=m(y1+y2)+2p=2p(m2+1),
∴由题可知当m=1时,|MN|=8,∴p=2,
∴C的方程为y2=4x.
(2)由(1)知yR=y1+y22=2m,
将R的纵坐标2m代入x=my+1,得R(2m2+1,2m),
易知C的准线方程为x=-1,∵l与C的准线交于点P,
∴P−1,−2m,则直线OP的方程为x=m2y,
联立x=m2y,y2=4x,消去x得y2=2my,则yQ=2m,∴Q(m2,2m),
∴Q,R的纵坐标相等,∴直线QR∥x轴,
∴|QR|=|2m2+1-m2|=m2+1,
由(1)知y1+y2=4m,y1y2=-4,则|y1-y2|=4m2+1,
∴S△MNQ=S△QRM+S△QRN=12|QR||y1-y2|=2(m2+1)·m2+1=2|QR|32,
∵点Q异于原点,∴m≠0,∴2|QR|32>2,
又∵|QR|≤3,
∴2<2|QR|32≤63,即S△MNQ∈(2,63].
4.(2024江苏徐州适应性测试,18)将圆x2+y2=2上各点的纵坐标变为原来的2λ2(0<λ<2)(横坐标不变),所得曲线为E.记P(-2,0),Q(1,0),过点P的直线与E交于不同的两点A,B,直线QA,QB与E分别交于点C,D.
(1)求E的方程.
(2)设直线AB,CD的倾斜角分别为α,β.当0<α<π2时,
(i)求tanαtanβ的值;
(ii)若β-α有最大值,求λ的取值范围.
解析 (1)设所求曲线E上的任意点为(x,y),与x2+y2=2对应的点为(x1,y1),
根据题意,可得x=x1,y=2λ2y1,即x1=x,y1=22λy,
代入方程x2+y2=2,可得x2+22λy2=2,整理得x22+y2λ=1(0<λ<2),
所以曲线E的方程为x22+y2λ=1(0<λ<2).
(2)(i)设A(x1,y1),B(x2,y2),
则直线QA的方程为x=x1−1y1y+1,联立x=x1−1y1y+1,x22+y2λ=1,
消去x整理得x1−1y12λ+2y2+2λx1−1y1y-λ=0,
所以yC=−λx1−1y12λ+2y1=−λy1(x1−1)2λ+2y12=y12x1−3,(注意2y12=2λ-λx12)
所以xC=x1−1y1yC+1=3x1−42x1−3,
所以C3x1−42x1−3,y12x1−3,同理可得D3x2−42x2−3,y22x2−3,
又因为P,A,B三点共线,所以y1x1+2=y2x2+2,
即x2y1-x1y2=2(y2-y1),
所以kCD=y22x2−3−y12x1−33x2−42x2−3−3x1−42x1−3=2(x2y1−x1y2)+3(y2−y1)x2−x1=7(y2−y1)x2−x1=7kAB,所以tanαtanβ=kABkCD=17.
(ii)设直线AB的方程为y=k(x+2),其中k>0,由(i)知,直线CD的斜率为7k,
则tan(β-α)=tanβ−tanα1+tanβtanα=7k−k1+7k2=61k+7k≤37,
当且仅当1k=7k,即k2=17时,等号成立,
联立y=k(x+2),x22+y2λ=1,整理得(λ+2k2)x2+8k2x+8k2-2λ=0,
则Δ=64k4-4(λ+2k2)(8k2-2λ)>0,得λ>2k2,
若β-α有最大值,则λ>2×17=27,
又因为0<λ<2,所以实数λ的取值范围为27,2.