2022版高考数学大一轮复习课时作业56《圆锥曲线-最值、范围、证明问题》(含答案详解)

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已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为eq \f(\r(2),2)，过左焦点F1的直线l与C交于A，B两点，△ABF2的周长为4eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)当△ABF2的面积最大时，求l的方程.
如图，已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的左顶点为A，右焦点为F(1,0)，过点A且斜率为1的直线交椭圆E于另一点B，交y轴于点C，eq \(AB,\s\up15(→))=6eq \(BC,\s\up15(→)).
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点F作直线l与椭圆E交于M，N两点，连接MO(O为坐标原点)并延长交椭圆E于点Q，求△MNQ面积的最大值及取最大值时直线l的方程.
已知动圆C与圆C1：(x－2)2＋y2=1相外切，又与直线l：x=－1相切.
(1)求动圆圆心轨迹E的方程；
(2)若动点M为直线l上任一点，过点P(1,0)的直线与曲线E相交于A，B两点.
求证：kMA＋kMB=2kMP.
已知抛物线C：x2=2py(p>0)，过焦点F的直线交C于A，B两点，D是抛物线的准线l与y轴的交点.
(1)若AB∥l，且△ABD的面积为1，求抛物线的方程；
(2)设M为AB的中点，过M作l的垂线，垂足为N.证明：直线AN与抛物线相切.
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eq \(F2A,\s\up15(→))=λeq \(F2B,\s\up15(→))，λ∈[－2，－1]，以QA，QB为邻边作平行四边形QACB，求对角线QC长度的最小值.
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.
已知中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆M的离心率为eq \f(1,2)，椭圆上异于长轴顶点的任意点A与左、右两焦点F1，F2构成的三角形中面积的最大值为eq \r(3).
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)若A与C是椭圆M上关于x轴对称的两点，连接CF2与椭圆的另一交点为B，求证：直线AB与x轴交于定点P，并求eq \(PA,\s\up15(→))·eq \(F2C,\s\up15(→))的取值范围.
设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B，已知椭圆的离心率为eq \f(\r(5),3)，点A的坐标为(b,0)，且|FB|·|AB|=6eq \r(2).
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线l：y=kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q.
若eq \f(|AQ|,|PQ|)=eq \f(5\r(2),4)sin∠AOQ(O为原点)，求k的值.
已知点C是圆F：(x－1)2＋y2=16上任意一点，点F′与圆心F关于原点对称.
线段CF′的中垂线与CF交于P点.
(1)求动点P的轨迹方程E；
(2)设点A(4,0)，若直线PQ⊥x轴且与曲线E交于另一点Q，直线AQ与直线PF交于点B，证明：点B恒在曲线E上，并求△PAB面积的最大值.
已知椭圆W：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)=1(a>b>0)的焦距与椭圆Ω：eq \f(x2,4)＋y2=1的短轴长相等，且W与Ω的长轴长相等，这两个椭圆在第一象限的交点为A，直线l与直线OA(O为坐标原点)垂直，且l与W交于M，N两点.
(1)求W的方程；
(2)求△MON的面积的最大值.
\s 0 答案详解
解：(1)由椭圆的定义知4a=4eq \r(2)，a=eq \r(2)，
由e=eq \f(c,a)知c=ea=1，b2=a2－c2=1.
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2=1.
(2)由(1)知F1(－1,0)，F2(1,0)，|F1F2|=2，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x=my－1，
联立x=my－1与eq \f(x2,2)＋y2=1，
得(m2＋2)y2－2my－1=0，|y1－y2|=eq \f(2\r(2)\r(m2＋1),m2＋2)，
S△ABF2=2eq \r(2)eq \r(\f(m2＋1,m2＋22))=2eq \r(2)eq \r(\f(1,m2＋1＋\f(1,m2＋1)＋2))，
当m2＋1=1，m=0时，S△ABF2最大为eq \r(2)，l：x=－1.
解：(1)由题知A(－a,0)，C(0，a)，故Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,7)，\f(6a,7)))，
代入椭圆E的方程得eq \f(1,49)＋eq \f(36a2,49b2)=1，结合a2－b2=1，得a2=4，b2=3，
故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)由题知，直线l不与x轴重合，
故可设l：x=my＋1，代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1得(3m2＋4)y2＋6my－9=0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2=eq \f(－6m,3m2＋4)，y1y2=eq \f(－9,3m2＋4)，
连接ON，由Q与M关于原点对称知，
S△MNQ=2S△MON=|y1－y2|
=eq \r(y1＋y22－4y1y2)=eq \f(12\r(m2＋1),3m2＋4)=eq \f(12,3\r(m2＋1)＋\f(1,\r(m2＋1)))，
∵eq \r(m2＋1)≥1，∴3eq \r(m2＋1)＋eq \f(1,\r(m2＋1))≥4，∴S△MNQ≤3，
当且仅当m=0时，等号成立，
∴△MNQ面积的最大值为3，此时直线l的方程为x=1.
解：(1)由题知，动圆C的圆心到点(2,0)的距离等于到直线x=－2的距离，
所以由抛物线的定义可知，动圆C的圆心轨迹是以(2,0)为焦点，x=－2为准线的抛物线，所以动圆圆心轨迹E的方程为y2=8x.
(2)证明：由题知当直线AB的斜率为0时，不符合题意，
所以可设直线AB的方程为x=my＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,y2＝8x，))消去x，
得y2－8my－8=0，Δ=64m2＋32>0恒成立，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(－1，t)，
则y1＋y2=8m，y1·y2=－8，x1＋x2=8m2＋2，x1·x2=1，
而2kMP=2·eq \f(t,－1－1)=－t，
kMA＋kMB=eq \f(y1－t,x1＋1)＋eq \f(y2－t,x2＋1)eq \f(y1x2＋y2x1＋y1＋y2－tx1＋x2－2t,x1x2＋x1＋x2＋1)
=eq \f(\f(1,8)y1y2y1＋y2＋y1＋y2－tx1＋x2－2t,x1x2＋x1＋x2＋1)=eq \f(－t8m2＋4,8m2＋4)=－t，
所以kMA＋kMB=2kMP.
解：(1)∵AB∥l，∴|FD|=p，|AB|=2p.
∴S△ABD=p2=1.
∴p=1，故抛物线C的方程为x2=2y.
(2)证明：显然直线AB的斜率存在，
设其方程为y=kx＋eq \f(p,2)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(x\\al(2,1),2p)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(x\\al(2,2),2p))).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋\f(p,2)，,x2＝2py))消去y整理得，x2－2kpx－p2=0.
∴x1＋x2=2kp，x1x2=－p2.
∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kp，k2p＋\f(p,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kp，－\f(p,2))).
∴kAN=eq \f(\f(x\\al(2,1),2p)＋\f(p,2),x1－kp)=eq \f(\f(x\\al(2,1),2p)＋\f(p,2),x1－\f(x1＋x2,2))=eq \f(\f(x\\al(2,1)＋p2,2p),\f(x1－x2,2))=eq \f(\f(x\\al(2,1)－x1x2,2p),\f(x1－x2,2))=eq \f(x1,p).
又x2=2py，∴y′=eq \f(x,p).
∴抛物线x2=2py在点A处的切线斜率k=eq \f(x1,p).
∴直线AN与抛物线相切.
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).
eq \(QC,\s\up15(→))=eq \(QA,\s\up15(→))＋eq \(QB,\s\up15(→))=(x1＋x2－4，y1＋y2)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k2＋1,k2＋2)，\f(－2k,k2＋2)))，
∴|eq \(QC,\s\up15(→))|2=|eq \(QA,\s\up15(→))＋eq \(QB,\s\up15(→))|2=16－eq \f(28,k2＋2)＋eq \f(8,k2＋22)，
由此可知，|eq \(QC,\s\up15(→))|2的大小与k2的取值有关.
由eq \(F2A,\s\up15(→))=λeq \(F2B,\s\up15(→))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∈[－2，－1]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)))，
∴|eq \(QC,\s\up15(→))|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.
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)=2 eq \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(0,eq \f(\r(3),2)].
解：(1)由题意知eq \f(c,a)=eq \f(1,2)，eq \f(1,2)·2c·b=eq \r(3)，a2=b2＋c2，
解得c=1，a=2，b=eq \r(3).
所以椭圆M的标准方程是eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x1，－y1)，直线AB：y=kx＋m.
将y=kx＋m，代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1得，
(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12=0.
则x1＋x2=－eq \f(8km,4k2＋3)，x1x2=eq \f(4m2－12,4k2＋3).
因为B，C，F2共线，所以kBF2=kCF2，
即eq \f(kx2＋m,x2－1)=eq \f(－kx1＋m,x1－1)，整理得2kx1x2＋(m－k)(x1＋x2)－2m=0，
所以2keq \f(4m2－12,4k2＋3)－(m－k)eq \f(8km,4k2＋3)－2m=0，解得m=－4k.
所以直线AB：y=k(x－4)，与x轴交于定点P(4,0).
因为yeq \\al(2,1)=3－eq \f(3,4)xeq \\al(2,1)，
所以eq \(PA,\s\up15(→))·eq \(F2C,\s\up15(→))=(x1－4，y1)·(x1－1，－y1)=xeq \\al(2,1)－5x1＋4－yeq \\al(2,1)=eq \f(7,4)xeq \\al(2,1)－5x1＋1=eq \f(7,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(10,7)))2－eq \f(18,7).
因为－2 解：(1)设椭圆的焦距为2c，由已知有eq \f(c2,a2)=eq \f(5,9)，
又由a2=b2＋c2，可得2a=3b.
由已知可得，|FB|=a，|AB|=eq \r(2)b，
由|FB|·|AB|=6eq \r(2)，可得ab=6，从而a=3，b=2.
所以，椭圆的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)=1.
(2)设点P的坐标为(x1，y1)，点Q的坐标为(x2，y2).
由已知有y1>y2>0，故|PQ|sin∠AOQ=y1－y2.
又因为|AQ|=eq \f(y2,sin∠OAB)，而∠OAB=eq \f(π,4)，故|AQ|=eq \r(2)y2.
由eq \f(|AQ|,|PQ|)=eq \f(5\r(2),4)sin∠AOQ，可得5y1=9y2.
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,9)＋\f(y2,4)＝1，))消去x，可得y1=eq \f(6k,\r(9k2＋4)) .
易知直线AB的方程为x＋y－2=0，
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,x＋y－2＝0，))消去x，可得y2=eq \f(2k,k＋1).
由5y1=9y2，可得5(k＋1)=3eq \r(9k2＋4)，
两边平方，整理得56k2－50k＋11=0，解得k=eq \f(1,2)，或k=eq \f(11,28).
所以，k的值为eq \f(1,2)或eq \f(11,28).
解：(1)由题意得，F点坐标为(1,0)，因为P为CF′中垂线上的点，
所以|PF′|=|PC|.
又|PC|＋|PF|=4，
所以|PF′|＋|PF|=4>|FF′|=2，
由椭圆的定义知，2a=4，c=1，
所以动点P的轨迹方程E为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)设P点坐标为(m，n)(n≠0)，则Q点的坐标为(m，－n)，且3m2＋4n2=12，
所以直线QA：y=eq \f(n,4－m)(x－4)，即nx－(4－m)y－4n=0，
直线PF：y=eq \f(n,m－1)(x－1)，即nx－(m－1)y－n=0.
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(nx－4－my－4n＝0，,nx－m－1y－n＝0，))解得xB=eq \f(5m－8,2m－5)，yB=eq \f(3n,2m－5)，
则eq \f(x\\al(2,B),4)＋eq \f(y\\al(2,B),3)=eq \f(5m－82,42m－52)＋eq \f(3n2,32m－52)=eq \f(25m2－80m＋64＋12n2,42m－52)=eq \f(16m2－80m＋100,42m－52)=1，
所以点B恒在椭圆E上.
设直线PF：x=ty＋1，P(x1，y1)，B(x2，y2)，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,3x2＋4y2＝12，))消去x整理得(3t2＋4)y2＋6ty－9=0，
所以y1＋y2=－eq \f(6t,3t2＋4)，y1y2=－eq \f(9,3t2＋4)，
所以|y1－y2|=eq \r(y1＋y22－4y1y2)=eq \r(－\f(6t,3t2＋4)2＋\f(36,3t2＋4))=eq \f(12\r(t2＋1),3t2＋4)，
从而S△PAB=eq \f(1,2)|FA||y1－y2|=eq \f(18\r(t2＋1),3t2＋4)=eq \f(18\r(t2＋1),3t2＋1＋1)=eq \f(18,3\r(t2＋1)＋\f(1,\r(t2＋1))).
令μ=eq \r(t2＋1)(μ≥1)，则函数g(μ)=3μ＋eq \f(1,μ)在[1，＋∞)上单调递增，
故g(μ)min=g(1)=4，
所以S△PAB≤eq \f(18,4)=eq \f(9,2)，即当t=0时，△PAB的面积取得最大值，且最大值为eq \f(9,2).
解：(1)由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,a2－b2＝1，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝3，))故W的方程为eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,3)=1.
(2)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y2,4)＋\f(x2,3)＝1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝\f(36,13)，,y2＝\f(4,13)，))∴eq \f(y2,x2)=eq \f(1,9).
又A在第一象限，∴kOA=eq \f(y,x)=eq \f(1,3).
故可设l的方程为y=－3x＋m.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－3x＋m，,\f(y2,4)＋\f(x2,3)＝1，))得31x2－18mx＋3m2－12=0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2=eq \f(18m,31)，x1x2=eq \f(3m2－12,31).
∴|MN|=eq \r(1＋－32)×eq \r(x1＋x22－4x1x2)=eq \r(10)×eq \f(4\r(3)\r(31－m2),31).
又O到直线l的距离为d=eq \f(|m|,\r(10))，
则△MON的面积S=eq \f(1,2)d·|MN|=eq \f(2\r(3)|m|\r(31－m2),31)，
∴S=eq \f(2\r(3)\r(m231－m2),31)≤eq \f(\r(3),31)(m2＋31－m2)=eq \r(3)，
当且仅当m2=31－m2，即m2=eq \f(31,2)时，满足Δ>0，
故△MON的面积的最大值为eq \r(3).