2024年高考数学二轮复习专题突破专题突破练22　圆锥曲线中的范围、最值、证明问题（附答案）

专题突破练22圆锥曲线中的范围、最值、证明问题1.(2023·江苏南京、盐城一模)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2,直线l1:y=(1)求双曲线C的方程;(2)设双曲线C的左顶点为A,直线l2平行于l1,且交双曲线C于M,N两点,求证:△AMN的垂心在双曲线C上.2.设抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,点P(m,2)(m>0)在抛物线C上,且满足|PF|=3.(1)求抛物线C的标准方程;(2)过点G(0,4)的直线l与抛物线C交于A,B两点,分别以A,B为切点的抛物线C的两条切线交于点Q,求△PQG周长的最小值.3.设O是坐标原点,以F1,F2为焦点的椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为22,以|F(1)求椭圆C的方程;(2)P是椭圆C外的一点,过P的直线l1,l2均与椭圆C相切,且l1,l2的斜率之积为m(-1≤m≤-12),记u为|PO|的最小值,求u的取值范围4.已知椭圆C:x2a2+y2(1)求椭圆C的方程;(2)点P是椭圆C上一点,且在第一象限内,过P作直线交y轴正半轴于点A,交x轴负半轴于点B,与椭圆C的另一个交点为E,且PA=AB,点Q是点P关于x轴的对称点,直线QA与椭圆C的另一个交点为F.①证明:直线AQ,AP的斜率之比为定值;②求直线EF的斜率的最小值.5.在平面直角坐标系xOy中,A(-1,0),B(1,0),C为动点,设△ABC的内切圆分别与边AC,BC,AB相切于P,Q,R,且|CP|=1,记点C的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程;(2)不过原点O的直线l与曲线E交于M,N,且直线y=-12x经过MN的中点T,求△OMN的面积的最大值6.(2023·新高考Ⅰ,22)在直角坐标系xOy中,点P到x轴的距离等于点P到点(0,12)的距离,记动点P的轨迹为W(1)求W的方程;(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上,证明:矩形ABCD的周长大于33.

专题突破练22圆锥曲线中的范围、最值、证明问题1.(1)解因为双曲线C的离心率为2,所以a2+即a2=b2,所以双曲线C的方程为x2-y2=a2.联立直线l1与双曲线C的方程y=2x+43,x2-y2=a2,消去即3x2+163x+a2+48=0.因为l1与双曲线C仅有一个公共点,所以Δ=(163)2-4×3(a2+48)=0,解得a2=16,故双曲线C的方程为x216−(2)证明设直线l2:y=2x+m(m≠43),M(x1,y1),N(x2,y2),则M,N满足y=2x+m,x2-y2=16,消去y所以x1+x2=-4m3,x1x2如图所示,A(-4,0),过A引MN的垂线交C于另一点H,则AH的方程为y=-12x-2代入x2-y2=16得3x2-8x-80=0,解得x=-4(舍去)或x=20所以点H为(203,-163所以kAN·kMH=y2(=12x1=-m2所以MH⊥AN.故H为△AMN的垂心,得证.2.解(1)由抛物线定义,得|PF|=2+p2=3,得p=故抛物线C的标准方程为x2=4y.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为y=kx+4,联立y=kx+4,x2=4y,消去x,Δ>0,x1+x2=4k,x1x2=-16.设A,B处的切线斜率分别为k1,k2,则k1=x12,k2=在点A处的切线方程为y-y1=x12(x-x1),即y=x同理,在点B处的切线方程为y=x2x由①②得xQ=x1+x22=2k,代入①或②中可得yQ=kx1-x124=y1-4-y1=-4,故Q(2k,-设点G关于直线y=-4的对称点为G',则G'(0,-12),由(1)知P(22,2),∵|PQ|+|GQ|=|PQ|+|G'Q|≥|G'P|=251,即P,Q,G'三点共线时等号成立,∴△PQG周长的最小值为|GP|+|G'P|=251+233.解(1)由题意可得2a=22,故a=2因为以|F1F2|为直径的圆和椭圆C恰好有两个交点,则b=c,b2+c2=2b2=a2=2,可得b=c=1,因此椭圆C的方程为x22+y2=(2)由题意可知,直线l1,l2的斜率存在且不为零,设过点P(x0,y0)的切线l:y-y0=k(x-x0),联立y-y0=k(x-x0),x22+y2=1,消去y可得(2k2+1)x2+4由于直线l与椭圆C相切,则Δ=16k2(y0-kx0)2-4(2k2+1)[2(y0-kx0)2-2]=0,化简并整理得(y0-kx0)2=2k2+1.整理成关于k的二次方程得(x02-2)k2-2x0y0k+y02-1=0(易知x0设直线l1,l2的斜率分别为k1,k2,易知k1,k2为关于k的二次方程(x02-2)k2-2x0y0k+y02-1所以k1k2=y02-1x02-2=m,y02=mx02+1-2m,所以故|PO|=x易知当x0=0时,有u=|PO|min=1因为-1≤m≤-12,所以2≤u即u的取值范围是[2,34.(1)解由题意得2解得a所以椭圆C的方程为x22+y2=(2)①证明设点P的坐标为(x0,y0),因为点Q是点P(x0,y0)关于x轴的对称点,PA=AB,所以Q(x0,-y0),A0所以直线QA的斜率为kQA=-y0-12y0所以kQAkPA=-3.所以直线AQ,②解设直线PA的方程为y=kx+m.联立方程组y=kx+m,x2+2y2=2,化简得(1+2k2)x设点E的坐标是(x1,y1),所以x0x1=2所以x1=2所以y1=2k(所以点E的坐标是(2m2-由①可知,直线QA的方程是y=-3kx+m.所以点F的坐标是)2m2-所以直线EF的斜率kEF=-因为k>0,所以kEF=6k2当且仅当6k=1k即k=66时,kEF有最小值所以直线EF的斜率的最小值是65.解(1)依题意可知,|CA|+|CB|=|CP|+|CQ|+|AP|+|BQ|=2|CP|+|AB|=4>|AB|,所以曲线E是以A,B为焦点,长轴长为4的椭圆(除去与x轴的交点),因此曲线E的方程为x24+y23(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),显然直线l的斜率存在,设其方程为y=kx+m(m≠0),代入x24+y23=1,整理得(4k2+3)x2+8kmx+4m2则x1+x2=-8km4k2+3,x1x2=4m2-124k2+3,所以y1+y故MN的中点T的坐标为-而直线y=-12x经过MN的中点T,得3m4又m≠0,所以直线l的斜率k=3故(*)式可化简为3x2+3mx+m2-3=0,故x1+x2=-m,x1x2=m2由Δ=36-3m2>0且m≠0,得-23<m<23且m≠0.又|MN|=1+k2|x1-x2|=132×36-3m2则△OMN的面积S=1=123当且仅当m=±6时,等号成立,此时满足-23<m<23且m≠0,所以△OMN的面积的最大值为36.解(1)设点P坐标为(x,y),由题意得x2+(y-12)2=|y|,两边平方得于是y=x2+14,经验证成立故W的方程为y=x2+1(2)设矩形ABCD的顶点A(x1,y1)(x1≥0),B(x2,y2)(x2>0),D(x3,y3)在W上,如图所示,设直线AB的斜率为k(k>0).不妨将A,B固定在y轴及y轴右侧.A,B坐标满足y2-y1=k(x2-x1),A,D坐标满足y3-y1=-1k(x3-x1)又A,B,D在抛物线上,即y1=x12+14,y2=x2代入以上方程中,得x2=k-x1,x3=-1k-x1矩形ABCD的周长为2|AB|+2|AD|≥4|AB|·|AD|,当且仅当|AB|=|AD|要证矩形ABCD的周长大于33,只需证明正方形的面积大于27∵|AB|=1+k2·(x2-x1),|AD|=1+1k2∴1+k2·(x2-x1)=1+1k2·(x1-x3),得x1-x3将x2=k-x1,x3=-1k-x1代入x1-x3=k(x2-x1),有2x1+1k=k(k-2x即k2-1k=(2k+2)x1∵x1≥0,∴