2021高考数学（理）大一轮复习习题：第九章 解析几何 课时达标检测（五十） 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 word版含答案

这是一份2021高考数学（理）大一轮复习习题：第九章 解析几何 课时达标检测（五十） 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 word版含答案，共7页。试卷主要包含了全员必做题，重点选做题，冲刺满分题等内容，欢迎下载使用。

一、全员必做题
1．已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个焦点为F2(1,0)，且该椭圆过定点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2))).
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设点Q(2,0)，过点F2作直线l与椭圆E交于A，B两点，且＝λ，λ∈，以QA，QB为邻边作平行四边形QACB，求对角线QC长度的最小值．
解：(1)由题易知c＝1，eq \f(1,a2)＋eq \f(1,2b2)＝1，又a2＝b2＋c2，解得b2＝1，a2＝2，故椭圆E的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设直线l：x＝ky＋1，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ky＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1))
得(k2＋2)y2＋2ky－1＝0，
Δ＝4k2＋4(k2＋2)＝8(k2＋1)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则可得y1＋y2＝eq \f(－2k,k2＋2)，y1y2＝eq \f(－1,k2＋2).
＝＋＝(x1＋x2－4，y1＋y2)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k2＋1,k2＋2)，\f(－2k,k2＋2)))，
∴||2＝|＋|2＝16－eq \f(28,k2＋2)＋eq \f(8,k2＋22)，由此可知，||2的大小与k2的取值有关．
由＝λ可得y1＝λy2，λ＝eq \f(y1,y2)，eq \f(1,λ)＝eq \f(y2,y1)(y1y2≠0)．
从而λ＋eq \f(1,λ)＝eq \f(y1,y2)＋eq \f(y2,y1)＝eq \f(y1＋y22－2y1y2,y1y2)＝eq \f(－6k2－4,k2＋2)，
由λ∈得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＋\f(1,λ)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，－2))，从而－eq \f(5,2)≤eq \f(－6k2－4,k2＋2)≤－2，解得0≤k2≤eq \f(2,7).
令t＝eq \f(1,k2＋2)，则t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,16)，\f(1,2)))，∴||2＝8t2－28t＋16＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(7,4)))2－eq \f(17,2)，
∴当t＝eq \f(1,2)时，|QC|min＝2.
2.已知点F为抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点，点A(2，m)在抛物线E上，且|AF|＝3.
(1)求抛物线E的方程；
(2)已知点G(－1,0)，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．
解：(1)由抛物线的定义得|AF|＝2＋eq \f(p,2).
因为|AF|＝3，即2＋eq \f(p,2)＝3，解得p＝2，
所以抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)证明：设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.
因为点A(2，m)在抛物线E：y2＝4x上，
所以m＝±2eq \r(2).
由抛物线的对称性，不妨设A(2,2eq \r(2))．
由A(2,2eq \r(2))，F(1,0)可得直线AF的方程为
y＝2eq \r(2)(x－1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2\r(2)x－1，,y2＝4x，))
得2x2－5x＋2＝0，
解得x＝2或x＝eq \f(1,2)，从而Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\r(2))).
又G(－1,0)，
故直线GA的方程为2eq \r(2)x－3y＋2eq \r(2)＝0，
从而r＝eq \f(|2\r(2)＋2\r(2)|,\r(8＋9))＝eq \f(4\r(2) ,\r(17)) .
又直线GB的方程为2eq \r(2)x＋3y＋2eq \r(2)＝0，
所以点F到直线GB的距离
d＝eq \f(|2\r(2)＋2\r(2)|,\r(8＋9))＝eq \f(4\r(2),\r(17))＝r.
这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切．
3．(2017·合肥模拟)已知中心在原点，焦点在y轴上的椭圆C，其上一点P到两个焦点F1，F2的距离之和为4，离心率为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y＝kx＋1与曲线C交于A，B两点，求△OAB面积的取值范围．
解：(1)设椭圆的标准方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，
由条件知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＝4，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2，))解得a＝2，c＝eq \r(3)，b＝1，
故椭圆C的方程为eq \f(y2,4)＋x2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx＋1))得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0，
故x1＋x2＝－eq \f(2k,k2＋4)，x1x2＝－eq \f(3,k2＋4)，
设△OAB的面积为S，
由x1x2＝－eq \f(3,k2＋4)<0，知S＝eq \f(1,2)×1×|x1－x2|＝
eq \f(1,2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝2eq \r(\f(k2＋3,k2＋42))，
令k2＋3＝t，知t≥3，
∴S＝2eq \r(\f(1,t＋\f(1,t)＋2)).
对函数y＝t＋eq \f(1,t)(t≥3)，知y′＝1－eq \f(1,t2)＝eq \f(t2－1,t2)>0，
∴y＝t＋eq \f(1,t)在t∈[3，＋∞)上单调递增，∴t＋eq \f(1,t)≥eq \f(10,3)，
∴0故△OAB面积的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2))).
二、重点选做题
1．(2017·嘉兴模拟)过离心率为eq \f(\r(2),2)的椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点F(1,0)作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，设|FA|＝λ|FB|，T(2,0)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若1≤λ≤2，求△ABT中AB边上中线长的取值范围．
解：(1)∵e＝eq \f(\r(2),2) ，c＝1，∴a＝eq \r(2)，b＝1，
即椭圆C的方程为：eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)①当直线的斜率为0时，显然不成立．
②设直线l：x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2y2－2＝0，,x＝my＋1))得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
则y1＋y2＝eq \f(－2m,m2＋2)，y1y2＝eq \f(－1,m2＋2)，
由|FA|＝λ|FB|，得y1＝－λy2，
∵－λ＋eq \f(1,－λ)＝eq \f(y1,y2)＋eq \f(y2,y1)，
∴－λ＋eq \f(1,－λ)＋2＝eq \f(y1＋y22,y1y2)＝eq \f(－4m2,m2＋2)，∴m2≤eq \f(2,7)，
又∵AB边上的中线长为eq \f(1,2) |＋ |
＝eq \f(1,2)eq \r(x1＋x2－42＋y1＋y22)
＝ eq \r(\f(4m4＋9m2＋4,m2＋22))
＝ eq \r(\f(2,m2＋22)－\f(7,m2＋2)＋4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(13\r(2),16))).
2．如图所示，已知直线l过点M(4,0)且与抛物线y2＝2px(p＞0)交于A，B两点，以弦AB为直径的圆恒过坐标原点O.
(1)求抛物线的标准方程；
(2)设Q是直线x＝－4上任意一点，求证：直线QA，QM，QB的斜率依次成等差数列．
解：(1)设直线l的方程为x＝ky＋4，
代入y2＝2px得y2－2kpy－8p＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有y1＋y2＝2kp，y1y2＝－8p，
而AB为直径，O为圆上一点，所以·＝0，
故0＝x1x2＋y1y2＝(ky1＋4)(ky2＋4)－8p＝k2y1y2＋4k(y1＋y2)＋16－8p，
即0＝－8k2p＋8k2p＋16－8p，得p＝2，
所以抛物线方程为y2＝4x.
(2)设Q(－4，t)由(1)知y1＋y2＝4k，y1y2＝－16，
所以yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2)＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16k2＋32.
因为kQA＝eq \f(y1－t,x1＋4)＝eq \f(y1－t,\f(y\\al(2,1),4)＋4)＝eq \f(4y1－t,y\\al(2,1)＋16)，kQB＝eq \f(y2－t,x2＋4)＝eq \f(y2－t,\f(y\\al(2,2),4)＋4)＝eq \f(4y2－t,y\\al(2,2)＋16)，kQM＝eq \f(t,－8)，
所以kQA＋kQB＝eq \f(4y1－t,y\\al(2,1)＋16)＋eq \f(4y2－t,y\\al(2,2)＋16)
＝4×eq \f(y1－ty\\al(2,2)＋16＋y2－ty\\al(2,1)＋16,y\\al(2,1)＋16y\\al(2,2)＋16)
＝4×eq \f(y1y\\al(2,2)＋16y1－ty\\al(2,2)－16t＋y2y\\al(2,1)＋16y2－ty\\al(2,1)－16t,y\\al(2,1)y\\al(2,2)＋16y\\al(2,1)＋y\\al(2,2)＋16×16)
＝eq \f(－ty\\al(2,1)＋y\\al(2,2)－32t,8×16＋4y\\al(2,1)＋y\\al(2,2))＝eq \f(－t16k2＋32－32t,8×16＋416k2＋32)
＝－eq \f(t,4)＝2kQM.
所以直线QA，QM，QB的斜率依次成等差数列．
三、冲刺满分题
1.已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,b2)＝1(0(1)求椭圆C的方程；
(2)设原点O到直线l1的距离为d，求eq \f(d,|MN|)的最大值．
解：(1)依题意得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,c2＝a2－b2，))解得b2＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设直线l1：y＝kx＋m(k≠0，m≠0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m))得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(8mk,1＋4k2)，,x1x2＝\f(4m2－4,1＋4k2).))
故Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4mk,1＋4k2)，\f(m,1＋4k2))).
l2：y－eq \f(m,1＋4k2)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4mk,1＋4k2)))，
即y＝－eq \f(1,k)x－eq \f(3m,1＋4k2).由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,k)x－\f(3m,1＋4k2)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(4,k2)))x2＋eq \f(24m,k1＋4k2)x＋eq \f(36m2,1＋4k22)－4＝0，
设C(x3，y3)，D(x4，y4)，
则x3＋x4＝－eq \f(24mk,1＋4k2k2＋4)，
故Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(12mk,1＋4k2k2＋4)，－\f(3mk2,1＋4k2k2＋4))).
故|MN|＝|xM－xN| eq \r(1＋\f(1,k2))＝eq \f(4|m|k2＋1\r(k2＋1),1＋4k2k2＋4).
又d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，所以eq \f(d,|MN|)＝eq \f(1＋4k2k2＋4,4k2＋12).
令t＝k2＋1(t>1)，
则eq \f(d,|MN|)＝eq \f(4t2＋9t－9,4t2)＝－eq \f(9,4t2)＋eq \f(9,4t)＋1＝－eq \f(9,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(1,2)))2＋eq \f(25,16)≤eq \f(25,16)(当且仅当t＝2时取等号)，
所以eq \f(d,|MN|)的最大值为eq \f(25,16).
2．(2017·沈阳质量监测)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝6，直线y＝kx与椭圆交于A，B两点．
(1)若△AF1F2的周长为16，求椭圆的标准方程；
(2)若k＝eq \f(\r(2),4)，且A，B，F1，F2四点共圆，求椭圆离心率e的值；
(3)在(2)的条件下，设P(x0，y0)为椭圆上一点，且直线PA的斜率k1∈(－2，－1)，试求直线PB的斜率k2的取值范围．
解：(1)由题意得c＝3，根据2a＋2c＝16，得a＝5.
结合a2＝b2＋c2，解得a2＝25，b2＝16.
所以椭圆的方程为eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1.
(2)法一：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝\f(\r(2),4)x，))得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2＋\f(1,8)a2))x2－a2b2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．所以x1＋x2＝0，x1x2＝eq \f(－a2b2,b2＋\f(1,8)a2)，
由AB，F1F2互相平分且共圆，
易知，AF2⊥BF2，因为＝(x1－3，y1)，＝(x2－3，y2)，
所以·＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,8)))x1x2＋9＝0.
即x1x2＝－8，所以有eq \f(－a2b2,b2＋\f(1,8)a2)＝－8，
结合b2＋9＝a2，解得a2＝12(a2＝6舍去)，
所以离心率e＝eq \f(\r(3),2).(若设A(x1，y1)，B(－x1，－y1)相应给分)
法二：设A(x1，y1)，又AB，F1F2互相平分且共圆，
所以AB，F1F2是圆的直径，所以xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1)＝9，
又由椭圆及直线方程综合可得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1)＝9，,y1＝\f(\r(2),4)x1，,\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1.))
由前两个方程解得xeq \\al(2,1)＝8，yeq \\al(2,1)＝1，
将其代入第三个方程并结合b2＝a2－c2＝a2－9，
解得a2＝12，故e＝eq \f(\r(3),2).
(3)由(2)的结论知，椭圆方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,3)＝1，
由题可设A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，
k1＝eq \f(y0－y1,x0－x1)，k2＝eq \f(y0＋y1,x0＋x1)，所以k1k2＝eq \f(y\\al(2,0)－y\\al(2,1),x\\al(2,0)－x\\al(2,1))，
又eq \f(y\\al(2,0)－y\\al(2,1),x\\al(2,0)－x\\al(2,1))＝eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,0),12)))－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,1),12))),x\\al(2,0)－x\\al(2,1))＝－eq \f(1,4)，
即k2＝－eq \f(1,4k1)，由－2＜k1＜－1可知，eq \f(1,8)＜k2＜eq \f(1,4).
即直线PB的斜率k2的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,4))).