2024高考总复习优化设计二轮用书数学(适用于新高考新教材)考点突破练与专题检测考点突破练13　圆锥曲线中的最值、范围、求值与证明问题含答案.docx

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1、2024高考总复习优化设计二轮用书数学(适用于新高考新教材)考点突破练与专题检测考点突破练13圆锥曲线中的最值、范围、求值与证明问题考点突破练13圆锥曲线中的最值、范围、求值与证明问题1.(2023全国甲,理20)已知直线x-2y+1=0与抛物线C:y2=2px(p0)交于A,B两点,且|AB|=415.(1)求p;(2)设F为C的焦点,M,N为C上两点,FMFN=0,求MNF面积的最小值.2.(2023辽宁丹东一模)已知O为坐标原点,F1(-2,0),F2(2,0)分别为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右焦点,P为C的右支上一点,当PF2x轴时,|OP|=13.(1)求C

2、的方程;(2)若点P异于C的右顶点A,点Q在直线x=12上,APOQ,M为AP的中点,直线OM与直线QF2的交点为N,求|NF1|的取值范围.3.(2023山东青岛二模)已知O为坐标原点,双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率等于62,点P是双曲线C在第一象限上的点,直线PF1与y轴的交点为Q,PQF2的周长等于6a,|PF1|2-|PF2|2=24.(1)求C的方程;(2)过圆O:x2+y2=1上一点W(W不在坐标轴上)作C的两条切线l1,l2,对应的切点分别为A,B,证明:直线AB与椭圆D:x24+y2=1相切于点T,且|WT|AB|=|WA|W

3、B|.4.(2023山东淄博二模)“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动,在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容,例如:用一张圆形纸片,按如下步骤折纸(如图).步骤1:设圆心是E,在圆内异于圆心处取一点,标记为F;步骤2:把纸片折叠,使圆周正好通过点F;步骤3:把纸片展开,并留下一道折痕;步骤4:不断重复步骤2和3,就能得到越来越多的折痕.则这些折痕所围成的图形是一个椭圆.现取半径为42的圆形纸片,定点F到圆心E的距离为26,按上述方法折纸.以向量FE的方向为x轴正方向、线段EF中点为原点建立平面直角坐标系.(1)求折痕围成的椭圆的标准方程;(2)已知点M是圆x2+y2

4、=10上任意一点,过点M作椭圆的两条切线,切点分别是B,C,求MBC面积的最大值,并确定此时点M的坐标.注:椭圆:x2a2+y2b2=1(ab0)上任意一点P(x0,y0)处的切线方程是x0xa2+y0yb2=1.考点突破练13圆锥曲线中的最值、范围、求值与证明问题1.解 (1)联立x=2y-1,y2=2px,整理得y2-4py+2p=0,则=16p2-8p0,又p0,p12.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4p,y1y2=2p.|AB|=1+4|y1-y2|=516p2-8p=415,解得p=-32(舍)或p=2.p=2.(2)由(1)知抛物线C的方程为y2=4x,F(1

5、,0).设M(x3,y3),N(x4,y4),lMN:x=my+n,由x=my+n,y2=4x,得y2-4my-4n=0,则1=16m2+16n0,y3+y4=4m,y3y4=-4n.FMFN=(x3-1)(x4-1)+y3y4=(my3+n-1)(my4+n-1)+y3y4=(m2+1)y3y4+m(n-1)(y3+y4)+(n-1)2=-4m2n-4n+4m2n-4m2+n2-2n+1=0,4m2=n2-6n+10,又1=16m2+16n=4(n-1)20,n1,n3+22,或n3-22.SMNF=12|FM|FN|=12(x3+1)(x4+1)=12(my3+n+1)(my4+n+1)=

6、12m2(-4n)+(mn+m)4m+(n+1)2=n2-2n+1=(n-1)2,当n=3-22时,SMNF=12-82为最小值.MNF面积的最小值为12-82.2.解 (1)因为F2(2,0),所以a2+b2=4.因为当PF2x轴时,|OP|=13,可知P(2,3).点P到两个焦点F1(-2,0),F2(2,0)的距离分别为3和5,由双曲线定义得a=5-32=1,所以b2=3.因此C的方程为x2-y23=1.(2)由题设可知直线PA的斜率k存在,且|k|3.由OQPA,及点Q在直线x=12上,可得Q(12,12k).设PA:y=k(x-1),P(x1,y1).由y=k(x-1),x2-y23

7、=1,得(3-k2)x2+2k2x-k2-3=0.这个关于x的方程的两根为x1,1.因此x1=k2+3k2-3,y1=k(x1-1)=6kk2-3.因为A(1,0),所以M(k2k2-3,3kk2-3).设N(x2,y2),则k2k2-3y2=3kk2-3x2,所以y2=3kx2.由y2=3kx2,(x2-2)12k=(y2-0)(12-2),得(x2-1)2+y22=1.由y2=3kx2,(x2-1)2+y22=1,得x2=29k2+1(x2=0舍去),因为|k|3,所以12x2|EF|=26,所以点P的轨迹是以F,E为焦点,长轴长为2a=42的椭圆.设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a

8、b0),所以c=6,a=22,则b2=a2-c2=2,所以椭圆的方程为x28+y22=1.(2)设B(x1,y1),C(x2,y2),M(x0,y0),则x02+y02=10,切线MB的方程为x1x8+y1y2=1,切线MC的方程为x2x8+y2y2=1,两直线都经过点M,所以,得x1x08+y1y02=1,x2x08+y2y02=1,从而直线BC的方程是x08x+y02y=1.由x08x+y02y=1,x28+y22=1,得(3y02+10)x2-16x0x+64-32y02=0,则x1+x2=16x03y02+10,x1x2=64-32y023y02+10.|BC|=1+(-x04y0)2

9、|x1-x2|=1+x0216y0216x03y02+102-464-32y023y02+10=210(3y02+2)3y02+10,点M到直线BC的距离d=x028+y022-1x082+y022=3y02+25,SMBC=12|BC|d=2(3y02+2)323y02+10,其中y0210.令t=3y02+2,则t2,42,SMAB=2t3t2+8.令f(t)=2t3t2+8,则f(t)=2(t4+24t2)(t2+8)20,f(t)在区间2,42上单调递增,当t=42,即y02=10时,MBC的面积取到最大值325,此时点M(0,10).考点突破练14圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题1

10、.(2023河北张家口二模)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的一条渐近线为y=3x,右焦点为F(2,0).(1)求双曲线C的方程;(2)若过点F作直线l交双曲线C的右支于P,Q两点,点M满足FP=QM,求证:存在两个定点E1,E2,使得|ME1|-|ME2|为定值,并求出这个定值.2.(2023全国乙,理20)已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(ab0)的离心率为53,点A(-2,0)在C上.(1)求C的方程;(2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点,直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明:线段MN的中点为定点.3.(2023山东日照一模)已知抛物线C:x2=2py

11、(p0)的焦点为F,E为C上的动点,EQ垂直于动直线y=t(t0),倾斜角为的直线l过点F2(3,0),且与曲线C相交于A,B两点.(1)当=90时,求三角形ABO的面积.(2)在x轴上是否存在定点M,使直线l在与曲线C有两个交点A,B的情况下,总有OMA=OMB?如果存在,求出定点M;如果不存在,请说明理由.考点突破练14圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题1.(1)解 由题意可得ba=3,即b2=3a2.又右焦点为F(2,0),所以c=2,即a2+b2=4,可得a2=1,b2=3.因此双曲线C的方程为x2-y23=1.(2)证明 设点M(x,y),P(x1,y1),Q(x2,y2),x1,x

12、21,设直线l的方程为x=my+2,与双曲线C的方程x2-y23=1联立,整理得(3m2-1)y2+12my+9=0,则3m2-10,=(12m)2-36(3m2-1)=36(m2+1)0,整理得m213.由根与系数的关系得y1+y2=-12m3m2-1,于是x1+x2=m(y1+y2)+4=-43m2-1,注意到x1+x22,于是-43m2-12,解得m20).因此点M的轨迹是以(-4,0),(4,0)为焦点,实轴长为4的双曲线的右支,由双曲线的定义可知,存在两个定点E1(-4,0),E2(4,0),使得|ME1|-|ME2|=4.2.(1)解 由题意,椭圆C:y2a2+x2b2=1(ab0

13、)的离心率为53,且过点A(-2,0),e=ca=53,a2=b2+c2,b=2,解得a=3,b=2,c=5,椭圆的方程为y29+x24=1.(2)证明 根据题意,直线PQ的斜率存在,设MN的中点为T,直线PQ的方程为y=k(x+2)+3(k0)可知曲线C是以F1(-3,0),F2(3,0)为焦点,实轴长为4的双曲线的右支,如图.过焦点F2(3,0)、倾斜角为90的直线l的方程为x=3,当x=3时,y=52,所以SAOB=1235=152.(2)存在定点M(43,0)满足题意.当90时,设直线l的方程为y=k(x-3),联立x24-y25=1,y=k(x-3),整理得(5-4k2)x2+24k

14、2x-36k2-20=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则5-4k20,x1+x2=-24k25-4k20,x1x2=-36k2-205-4k20,=(24k2)2-4(5-4k2)(-36k2-20)0,解得k52.假设在x轴上存在定点M(m,0),mx1,x2,则由OMA=OMB得x轴平分AMB,所以kAM+kBM=0.kAM=y1x1-m,kBM=y2x2-m,kAM+kBM=y1x1-m+y2x2-m=0,即y1(x2-m)+y2(x1-m)=0,展开可得x2y1+x1y2-m(y1+y2)=0.y1=k(x1-3),y2=k(x2-3),则x2y1+x1y2=2kx1x2-3k(x1+x2),y1+y2=k(x1+x2-6).则2kx1x2-3k(x1+x2)-mk(x1+x2-6)=0.因为斜率k的取值范围为(-,-52)(52,+),所以2x1x2-(m+3)(x1+x2)+6m=0,即72k2+404k2-5-24k2(m+3)4k2-5+6m=0,整理可得72k2+40-24k2(m+3)+6m(4k2-5)=0,即30m=40,得m=43.当=90时,由曲线的对称性可知m=43满足题意.综上,x轴上存在定点M(43,0),使直线l在与曲线C有两个交点A,B的情况下,总有OMA=OMB.