2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测18《圆锥曲线中的最值范围证明问题》大题练(含答案详解)

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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和F2，由M(－a，b)，N(a，b)，F2和F1这4个点构成了一个高为eq \r(3)，面积为3eq \r(3)的等腰梯形．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F1的直线和椭圆交于A，B两点，求△F2AB面积的最大值．
已知斜率为k的直线l与椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．
(1)证明：k<－eq \f(1,2)；
(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且eq \(FP,\s\up7(―→))＋eq \(FA,\s\up7(―→))＋eq \(FB,\s\up7(―→))=0.
证明：|eq \(FA,\s\up7(―→))|，|eq \(FP,\s\up7(―→))|，|eq \(FB,\s\up7(―→))|成等差数列，并求该数列的公差．
已知椭圆Ω：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0且a，b2均为整数)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(\r(6),2)))，且右顶点到直线l：x=4的距离为2.
(1)求椭圆Ω的方程；
(2)过椭圆的右焦点F作两条互相垂直的直线l1，l2，l1与椭圆Ω交于点A，B，l2与椭圆Ω交于点C，D.求四边形ACBD面积的最小值．
已知椭圆C的两个焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，且经过Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2))).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若eq \(AF1,\s\up7(―→))=λeq \(F1B,\s\up7(―→))，
且2≤λ<3，求直线l的斜率k的取值范围．
设椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)，定义椭圆C的“相关圆”方程为x2＋y2=eq \f(a2b2,a2＋b2).若抛物线y2=4x的焦点与椭圆C的一个焦点重合，且椭圆C短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形．
(1)求椭圆C的方程和“相关圆”E的方程；
(2)过“相关圆”E上任意一点P作“相关圆”E的切线l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点．证明：∠AOB为定值．
已知椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b≥1)的离心率为eq \f(\r(2),2)，其右焦点到直线2ax＋by－eq \r(2)=0的距离为eq \f(\r(2),3).
(1)求椭圆C1的方程；
(2)过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,3)))的直线l交椭圆C1于A，B两点．证明：以AB为直径的圆恒过定点．
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．
已知圆C：x2＋y2＋2x－2y＋1=0和抛物线E：y2=2px(p>0)，圆心C到抛物线焦点F的距离为eq \r(17).
(1)求抛物线E的方程；
(2)不过原点O的动直线l交抛物线于A，B两点，且满足OA⊥OB，设点M为圆C上一动点，求当动点M到直线l的距离最大时的直线l的方程．
\s 0 参考答案
解：(1)由已知条件，得b=eq \r(3)，且eq \f(2a＋2c,2)×eq \r(3)=3eq \r(3)，
∴a＋c=3.
又a2－c2=3，∴a=2，c=1，∴椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)显然直线的斜率不能为0，
设直线的方程为x=my－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my－1，))消去x得，(3m2＋4)y2－6my－9=0.
∵直线过椭圆内的点，∴无论m为何值，直线和椭圆总相交．
∴y1＋y2=eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2=－eq \f(9,3m2＋4).
∴S△F2AB=eq \f(1,2)|F1F2||y1－y2|=|y1－y2|
=eq \r(y1＋y22－4y1y2)=12eq \r(\f(m2＋1,3m2＋42))
=4eq \r(\f(m2＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋1＋\f(1,3)))2))=4eq \r(\f(1,m2＋1＋\f(2,3)＋\f(1,9m2＋1)))，
令t=m2＋1≥1，设f(t)=t＋eq \f(1,9t)，
易知t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))时，函数f(t)单调递减，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))时，函数f(t)单调递增，
∴当t=m2＋1=1，即m=0时，f(t)取得最小值，
f(t)min=eq \f(10,9)，此时S△F2AB取得最大值3.
证明：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \f(x\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)=1，eq \f(x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,2),3)=1.
两式相减，并由eq \f(y1－y2,x1－x2)=k得eq \f(x1＋x2,4)＋eq \f(y1＋y2,3)·k=0.
由题设知eq \f(x1＋x2,2)=1，eq \f(y1＋y2,2)=m，于是k=－eq \f(3,4m).①
由题设得0(2)由题意得F(1,0)．设P(x3，y3)，
则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)=(0,0)．
由(1)及题设得x3=3－(x1＋x2)=1，y3=－(y1＋y2)=－2m<0.
又点P在C上，所以m=eq \f(3,4)，从而Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3,2)))，|eq \(FP,\s\up7(―→))|=eq \f(3,2)，
于是|eq \(FA,\s\up7(―→))|=eq \r(x1－12＋y\\al(2,1))=eq \r(x1－12＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,1),4))))=2－eq \f(x1,2).
同理|eq \(FB,\s\up7(―→))|=2－eq \f(x2,2).
所以|eq \(FA,\s\up7(―→))|＋|eq \(FB,\s\up7(―→))|=4－eq \f(1,2)(x1＋x2)=3.故2|eq \(FP,\s\up7(―→))|=|eq \(FA,\s\up7(―→))|＋|eq \(FB,\s\up7(―→))|，
即|eq \(FA,\s\up7(―→))|，|eq \(FP,\s\up7(―→))|，|eq \(FB,\s\up7(―→))|成等差数列．
设该数列的公差为d，
则2|d|=||eq \(FB,\s\up7(―→))|－|eq \(FA,\s\up7(―→))||=eq \f(1,2)|x1－x2|=eq \f(1,2)eq \r(x1＋x22－4x1x2).②
将m=eq \f(3,4)代入①得k=－1，所以l的方程为y=－x＋eq \f(7,4)，
代入C的方程，并整理得7x2－14x＋eq \f(1,4)=0.
故x1＋x2=2，x1x2=eq \f(1,28)，代入②解得|d|=eq \f(3\r(21),28).
所以该数列的公差为eq \f(3\r(21),28)或－eq \f(3\r(21),28).
解：(1)由题意，得eq \f(2,a2)＋eq \f(3,2b2)=1，且|4－a|=2，若a=2，则b2=3；
若a=6，则b2=eq \f(27,17)(舍去)，
所以椭圆Ω的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)由(1)知，点F的坐标为(1,0)．
当l1，l2中有一条直线的斜率不存在时，
可得|AB|=4，|CD|=3或者|AB|=3，|CD|=4，
此时四边形ACBD的面积S=eq \f(1,2)×4×3=6.
当l1，l2的斜率均存在时，设直线l1的斜率为k，则k≠0，且直线l2的斜率为－eq \f(1,k).
直线l1：y=k(x－1)，l2：y=－eq \f(1,k)(x－1)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12=0.
由直线l1过椭圆内的点，知Δ>0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2=eq \f(8k2,3＋4k2)，x1x2=eq \f(4k2－12,3＋4k2).
|AB|=eq \r(1＋k2)|x1－x2|=eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
=eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2,3＋4k2)))2－4×\f(4k2－12,3＋4k2))=eq \f(12k2＋1,3＋4k2).
以－eq \f(1,k)代替k，得|CD|=eq \f(12k2＋1,4＋3k2).
所以四边形ACBD的面积S=eq \f(1,2)|AB|·|CD|
=eq \f(72k2＋12,3＋4k24＋3k2)≥eq \f(72k2＋12,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3＋4k2＋4＋3k2,2)))2)=eq \f(72k2＋12,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7k2＋1,2)))2)=eq \f(288,49)，
当且仅当k2=1，即k=±1时等号成立．
由于eq \f(288,49)<6，所以四边形ACBD面积的最小值为eq \f(288,49).
解：(1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＝|EF1|＋|EF2|，,a2＝b2＋c2，,c＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,c＝1，,b＝\r(3)，))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)由题意得直线l的方程为y=k(x＋1)(k>0)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,k2)＋4))y2－eq \f(6,k)y－9=0，Δ=eq \f(144,k2)＋144>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2=eq \f(6k,3＋4k2)，y1y2=eq \f(－9k2,3＋4k2)，
又eq \(AF1,\s\up7(―→))=λeq \(F1B,\s\up7(―→))，所以y1=－λy2，所以y1y2=eq \f(－λ,1－λ2)(y1＋y2)2，
则eq \f(1－λ2,λ)=eq \f(4,3＋4k2)，λ＋eq \f(1,λ)－2=eq \f(4,3＋4k2)，
因为2≤λ<3，所以eq \f(1,2)≤λ＋eq \f(1,λ)－2即eq \f(1,2)≤eq \f(4,3＋4k2)0，解得0故直线l的斜率k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(5),2))).
解：(1)因为抛物线y2=4x的焦点(1,0)与椭圆C的一个焦点重合，所以c=1.
又椭圆C短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形，所以b=c=1，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2=1，“相关圆”E的方程为x2＋y2=eq \f(2,3).
(2)证明：当直线l的斜率不存在时，不妨设直线AB的方程为x=eq \f(\r(6),3)，
Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，\f(\r(6),3)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，－\f(\r(6),3)))，则∠AOB=eq \f(π,2).
当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得x2＋2(kx＋m)2=2，即(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2=0，
Δ=16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)=8(2k2－m2＋1)>0，即2k2－m2＋1>0，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(4km,1＋2k2)，,x1x2＝\f(2m2－2,1＋2k2).))
因为直线l与“相关圆”E相切，
所以eq \f(|m|,\r(1＋k2))=eq \r(\f(m2,1＋k2))=eq \r(\f(2,3))，即3m2=2＋2k2，
所以x1x2＋y1y2=(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
=eq \f(1＋k22m2－2,1＋2k2)－eq \f(4k2m2,1＋2k2)＋m2=eq \f(3m2－2k2－2,1＋2k2)=0，
所以eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OB,\s\up7(―→))，所以∠AOB=eq \f(π,2).
综上，∠AOB=eq \f(π,2)，为定值．
解：(1)由题意，e=eq \f(c,a)=eq \f(\r(2),2)，e2=eq \f(a2－b2,a2)=eq \f(1,2)，a2=2b2.
所以a=eq \r(2)b，c=b.
又eq \f(|2ac－\r(2)|,\r(4a2＋b2))=eq \f(\r(2),3)，a>b≥1，所以b=1，a2=2，
故椭圆C1的方程为eq \f(x2,2)＋y2=1.
(2)证明：当AB⊥x轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2=1.
当AB⊥y轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,3)))2=eq \f(16,9)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝1，,x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,3)))2＝\f(16,9)，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝1，))
由此可知，若以AB为直径的圆恒过定点，则该定点必为Q(0,1)．
下证Q(0,1)符合题意．
当AB不垂直于坐标轴时，设直线AB方程为y=kx－eq \f(1,3)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx－\f(1,3)，))得(1＋2k2)x2－eq \f(4,3)kx－eq \f(16,9)=0，
由根与系数的关系得，x1＋x2=eq \f(4k,31＋2k2)，x1x2=－eq \f(16,91＋2k2)，
∴eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))=(x1，y1－1)·(x2，y2－1)
=x1x2＋(y1－1)(y2－1)
=x1x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx1－\f(4,3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx2－\f(4,3)))
=(1＋k2)x1x2－eq \f(4,3)k(x1＋x2)＋eq \f(16,9)
=(1＋k2)eq \f(－16,91＋2k2)－eq \f(4,3)k·eq \f(4k,31＋2k2)＋eq \f(16,9)
=eq \f(－16－16k2－16k2＋161＋2k2,91＋2k2)=0，
故eq \(QA,\s\up7(―→))⊥eq \(QB,\s\up7(―→))，即Q(0,1)在以AB为直径的圆上．
综上，以AB为直径的圆恒过定点(0,1)．
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)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eq \(F2A,\s\up7(―→))=(x1－3，y1)，eq \(F2B,\s\up7(―→))=(x2－3，y2)，
所以eq \(F2A,\s\up7(―→))·eq \(F2B,\s\up7(―→))=(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，
所以离心率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，
由题可知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即直线PB的斜率k2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,4))).
解：(1)x2＋y2＋2x－2y＋1=0可化为(x＋1)2＋(y－1)2=1，
则圆心C的坐标为(－1,1)．
∵Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，∴|CF|= eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)＋1))2＋0－12)=eq \r(17)，解得p=6.
∴抛物线E的方程为y2=12x.
(2)显然直线l的斜率非零，设直线l的方程为x=my＋t(t≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝12x，,x＝my＋t，))得y2－12my－12t=0，
Δ=(－12m)2＋48t=48(3m2＋t)>0，
∴y1＋y2=12m，y1y2=－12t，
由OA⊥OB，得eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))=0，∴x1x2＋y1y2=0，
即(m2＋1)y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2=0，
整理可得t2－12t=0，∵t≠0，∴t=12，满足Δ>0，符合题意．
∴直线l的方程为x=my＋12，故直线l过定点P(12,0)．
∴当CP⊥l，即线段MP经过圆心C(－1,1)时，动点M到动直线l的距离取得最大值，
此时kCP=eq \f(1－0,－1－12)=－eq \f(1,13)，得m=eq \f(1,13)，
此时直线l的方程为x=eq \f(1,13)y＋12，即13x－y－156=0.