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  • 2021-06-16 发布

2019版一轮复习理数通用版高考达标检测(四十二) 圆锥曲线的综合问题最值范围证明问题

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高考达标检测(四十二) 圆锥曲线的综合问题——最值、 范围、证明问题 1.已知 A,B 分别是椭圆 C:x2 a2 +y2 b2 =1(a>b>0)的长轴与短轴的一个端点,F1,F2 分别 是椭圆 C 的左、右焦点,D 是椭圆上的一点,△DF1F2 的周长为 6,|AB|= 7. (1)求椭圆 C 的方程; (2)若 P 是圆 x2+y2=7 上任一点,过点 P 作椭圆 C 的切线,切点分别为 M,N,求证: PM⊥PN. 解:(1)由△DF1F2 的周长为 6,得 2a+2c=6, 由|AB|= 7,得 a2+b2=7, 又 b2+c2=a2,∴a=2,b= 3,c=1. 故椭圆 C 的方程为x2 4 +y2 3 =1. (2)证明:①当切线 PM 的斜率不存在或为零时,此时取 P(2, 3), 显然直线 PN:y= 3与直线 PM:x=2 恰是椭圆的两条切线. 由圆及椭圆的对称性,可知 PM⊥PN. ②当切线 PM,PN 斜率存在且不为零时, 设切线 PM 的方程为 y=k1x+m, PN 的方程为 y=k2x+t,P(x0,y0)(x0≠±2), 由 y=k1x+m, x2 4 +y2 3 =1 消去 y,得(4k21+3)x2+8k1mx+4(m2-3)=0, ∵PM 与椭圆 C 相切, ∴Δ=64k21m2-16(4k21+3)(m2-3)=0, ∴m2=4k21+3. ∵y0=k1x0+m,∴m=y0-k1x0, ∴(y0-k1x0)2=4k21+3. 即(x20-4)k21-2x0y0k1+y20-3=0; 同理(x20-4)k22-2x0y0k2+y20-3=0, ∴k1,k2 是方程(x20-4)k2-2x0y0k+y20-3=0 的两个根, 又∵点 P 在圆上,∴x20+y20=7,∴y20=7-x20, ∴k1k2=y20-3 x20-4 =7-x20-3 x20-4 =-1,∴PM⊥PN. 综上所述,PM⊥PN. 2.已知椭圆 C:y2 a2 +x2 b2 =1(a>b>0)的短轴长为 2,且椭圆 C 的顶点在圆 M:x2+ y- 2 2 2=1 2 上. (1)求椭圆 C 的方程; (2)过椭圆的上焦点作相互垂直的弦 AB,CD,求|AB|+|CD|的最小值. 解:(1)由题意可知 2b=2,b=1. 又椭圆 C 的顶点在圆 M 上,则 a= 2, 故椭圆 C 的方程为y2 2 +x2=1. (2)当直线 AB 的斜率不存在或为零时, |AB|+|CD|=3 2; 当直线 AB 的斜率存在,且不为零时, 设直线 AB 的方程为 y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2), 联立 y=kx+1, y2 2 +x2=1 消去 y,整理得(k2+2)x2+2kx-1=0, 则 x1+x2=- 2k k2+2 ,x1x2=- 1 k2+2 , 故|AB|= 1+k2· x1+x22-4x1x2=2 2k2+1 k2+2 . 同理可得:|CD|=2 2k2+1 2k2+1 , ∴|AB|+|CD|= 6 2k2+12 2k2+1k2+2. 令 t=k2+1,则 t>1,0<1 t<1, ∴|AB|+|CD|= 6 2t2 2t-1t+1 = 6 2 2-1 t 1+1 t = 6 2 - 1 t -1 2 2+9 4 , 当 0<1 t<1 时,2<- 1 t -1 2 2+9 4 ≤9 4 , ∴8 3 3 ≤|AB|+|CD|<3 2 , 综上可知,8 3 3 ≤|AB|+|CD|≤3 2, ∴|AB|+|CD|的最小值8 3 3 . 3.已知椭圆 C:y2 a2 +x2 b2 =1(a>b>0)的上、下焦点分别为 F1,F2,离心率为1 2 ,P 为 C 上 的动点,且满足F2P―→=λ PQ―→ (λ>0),| PQ―→ |=| PF―→ 1|,△QF1F2 面积的最大值为 4. (1)求点 Q 的轨迹 E 的方程和椭圆 C 的方程; (2)直线 y=kx+m(m>0)与椭圆 C 相切且与曲线 E 交于 M,N 两点,求 S△F1MN 的取 值范围. 解:(1)由椭圆定义得:|F2Q|=|F2P|+|PQ|=|F2P|+|PF1|=2a, 所以点 Q 的轨迹是以 F2 为圆心,2a 为半径的圆. 当 QF2⊥F1F2 时,△QF1F2 面积最大, 所以1 2 ×2c×2a=4,即 ac=2. 又c a =1 2 ,可得 a=2,c=1. 所以点 Q 的轨迹 E 的方程为 x2+(y+1)2=16,椭圆 C 的方程y2 4 +x2 3 =1. (2)由 y=kx+m, y2 4 +x2 3 =1 消去 y,整理得(3k2+4)x2+6kmx+3m2-12=0, 则Δ=36k2m2-4(3k2+4)(3m2-12)=0, 化简得 3k2-m2+4=0,即 k2=m2-4 3 . 由 k2=m2-4 3 ≥0 及 m>0,得 m≥2. 设圆心 F2(0,-1)到直线 MN 的距离为 d, 则 d= |m+1| 1+k2 = 3m+1 m-1 , 所以弦长|MN|=2 16-d2=2 13m-19 m-1 . 设点 F1(0,1)到直线 MN 的距离为 h, 则 h= |m-1| 1+k2 = 3m-1 m+1 , 所以 S△F1MN=1 2|MN|·h= 313m-19 m+1 = 39- 96 m+1 . 由 m≥2,得 39- 96 m+1 ∈[ 7, 39), 所以 S△F1MN 的取值范围为[ 7, 39). 4.如图,椭圆 E 的左、右顶点分别为 A,B,左、右焦点分别为 F1, F2,|AB|=4,|F1F2|=2 3. (1)求椭圆 E 的方程; (2)直线 y=kx+m(k>0)交椭圆于 C,D 两点,与线段 F1F2 及椭圆短轴分别交于 M,N 两点(M,N 不重合),且|CN|=|DM|,求 k 的值; (3)在(2)的条件下,若 m>0,设直线 AD,BC 的斜率分别为 k1,k2,求k21 k22 的取值范围. 解:(1)设椭圆 E 的方程为x2 a2 +y2 b2 =1(a>b>0), 由|AB|=4,|F1F2|=2 3,可知 a=2,c= 3, 则 b=1, 所以椭圆 E 的方程为x2 4 +y2=1. (2)设 D(x1,y1),C(x2,y2),易知 N(0,m),M -m k ,0 , 由 y=kx+m, x2+4y2=4 消去 y,整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0, 由Δ>0,得 4k2-m2+1>0,即 m2<4k2+1, 且 x1+x2=-8km 1+4k2 ,x1x2=4m2-4 1+4k2 . 又|CM|=|DN|,即 CM―→= ND―→,可得 x1+x2=-m k , 即-8km 1+4k2 =-m k ,解得 k=1 2. (3)k21 k22 =y21x2-22 y22x1+22 = 4-x21 4 x2-22 4-x22 4 x1+22 =2-x12-x2 2+x12+x2 =4-2x1+x2+x1x2 4+2x1+x2+x1x2 = m+1 m-1 2. 由题知,点 M,F1 的横坐标 xM≥xF1,有-2m≥- 3, 则 m∈ 0, 3 2 ,满足 m2<2. 即k1 k2 =-m+1 m-1 =-1+ 2 1-m ,则k1 k2 ∈(1,7+4 3], 所以k21 k22 的取值范围为(1,97+56 3]. 已知椭圆 C:x2 a2 +y2 b2 =1(a>b>0)的右准线 l 的方程为 x=4 3 3 , 短轴长为 2. (1)求椭圆 C 的方程; (2)过定点 B(1,0)作直线 l 与椭圆 C 相交于 P,Q(异于 A1,A2)两点,设直线 PA1 与直线 QA2 相交于点 M(2x0,y0). ①试用 x0,y0 表示点 P,Q 的坐标; ②求证:点 M 始终在一条定直线上. 解:(1)由 a2 c =4 3 3 , b=1, a2=b2+c2, 解得 a2=4, b2=1. 或 a2=4 3 , b2=1. 故椭圆 C 的方程为x2 4 +y2=1 或x2 4 3 +y2=1. (2)①不妨取椭圆 C 的方程为x2 4 +y2=1,A1(-2,0),A2(2,0), 则 MA1 的方程为:y= y0 2x0+2 (x+2), 即 x=2x0+2 y0 y-2,代入x2 4 +y2=1, 得 x0+1 y0 y-1 2+y2=1, 即 x0+12 y20 +1 y2-2x0+1 y0 y=0. ∴yP= 2x0+1 y0 x0+12 y20 +1 = 2x0+1y0 x0+12+y20 , 则 xP=2x0+2 y0 · 2x0+1y0 x0+12+y20 -2= 4x0+12 x0+12+y20 -2. 即 P 4x0+12 x0+12+y20 -2, 2x0+1y0 x0+12+y20 . 同理:MA2 的方程为 y= y0 2x0-2 (x-2), 即 x=2x0-2 y0 y+2,代入x2 4 +y2=1, 得 x0-1 y0 y+1 2+y2=1, 即 x0-12 y20 +1 y2+2x0-1 y0 y=0. ∴yQ= -2x0-1 y0 x0-12 y20 +1 =-2x0-1y0 x0-12+y20 . 则 xQ=2x0-2 y0 · -2x0-1y0 x0-12+y20 +2=-4x0-12 x0-12+y20 +2. 即 Q -4x0-12 x0-12+y20 +2,-2x0-1y0 x0-12+y20 . ②证明:设 P(xP,yP),Q(xQ,yQ), ∵P,Q,B 三点共线,∴kPB=kQB,即 yP xP-1 = yQ xQ-1. ∴ 2x0+1y0 x0+12+y20 4x0+12 x0+12+y20 -2-1 = -2x0-1y0 x0-12+y20 -4x0-12 x0-12+y20 +2-1 , 即 x0+1y0 x0+12-3y20 = -x0-1y0 -3x0-12+y20 . 由题意知,y0≠0, ∴ x0+1 x0+12-3y20 = x0-1 3x0-12-y20 . 即 3(x0+1)(x0-1)2-(x0+1)y20=(x0-1)(x0+1)2-3(x0-1)y20. ∴(2x0-4)(x20+y20-1)=0. 则 2x0-4=0 或 x20+y20=1. 若 x20+y20=1,即2x02 4 +y20=1, 则 P,Q,M 为同一点,不合题意. ∴2x0-4=0,即点 M 始终在定直线 x=4 上.