高考数学复习高考达标检测四十二圆锥曲线的综合问题_最值范围证明理.docx

高考达标检测（四十二）圆锥曲线的综合问题最值、范围、证明1设F是椭圆C：1(ab0)的左焦点，直线l为其左准线，直线l与x轴交于点P，线段MN为椭圆的长轴，已知|MN|8，且|PM|2|MF|.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若过点P的直线与椭圆相交于不同两点A，B，求证：AFMBFN.解：(1)|MN|8，a4，又|PM|2|MF|，得a2(ac)，整理得2e23e10e或e1(舍去)c2，b2a2c212，椭圆的标准方程为1.(2)证明：当AB的斜率为0时，显然AFMBFN0.满足题意当AB的斜率不为0时，点P(8,0)，F(2,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为xmy8，代入椭圆方程整理得：(3m24)y248my1440，则(48m)24144(3m24)，y1y2，y1y2.kAFkBF0，kAFkBF0，从而AFMBFN.综上可知：恒有AFMBFN.2(2017大庆模拟)已知抛物线y24x的焦点为F，过点F的直线交抛物线于A，B两点(1)若2，求直线AB的斜率；(2)设点M在线段AB上运动，原点O关于点M的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值解：(1)依题意知F(1,0)，设直线AB的方程为xmy1.将直线AB的方程与抛物线的方程联立，消去x得y24my40.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以y1y24m，y1y24.因为2，所以y12y2. 联立和，消去y1，y2，得m .所以直线AB的斜率是 2.(2)由点C与原点O关于点M对称，得M是线段OC的中点，从而点O与点C到直线AB的距离相等，所以四边形OACB的面积等于2SAOB.因为2SAOB2|OF|y1y2|4，所以当m0时，四边形OACB的面积最小，最小值是4.3(2017贵阳适应性考试)已知椭圆C1：y21(a1)的长轴长、短轴长、焦距分别为|A1A2|，|B1B2|，|F1F2|，且|F1F2|2是|A1A2|2与|B1B2|2的等差中项(1)求椭圆C1的方程；(2)若曲线C2的方程为(xt)2y2(t2t)2，过椭圆C1左顶点的直线l与曲线C2相切，求直线l被椭圆C1截得的线段长的最小值解：(1)由题意得|B1B2|2b2，|A1A2|2a，|F1F2|2c，a2b2c2，又2(2c)2(2a)222，解得a23，c22，故椭圆C1的方程为y21.(2)由(1)知，可取椭圆C1的左顶点为A1(，0)，设直线l的方程为yk(x)由直线l与曲线C2相切得(t)t，整理得t.又0t，所以0，解得0k21.由消去y，整理得(3k21)x26k2x9k230.直线l被椭圆C1截得的线段一端点为A1(，0)，设另一端点为B，解方程可得点B的坐标为，所以|A1B|.令m(1m)，则|A1B|.由函数y3m的性质知y3m在区间(1，上是增函数，所以当m时，y3m取得最大值2，从而|A1B|min.4(2017沈阳质量监测)已知椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|6，直线ykx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，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的取值范围解：(1)由题意得c3，根据2a2c16，得a5.结合a2b2c2，解得a225，b216.所以椭圆的方程为1.(2)法一：由得x2a2b20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)所以x1x20，x1x2，由AB，F1F2互相平分且共圆，易知，AF2BF2，因为(x13，y1)， (x23，y2)，所以(x13)(x23)y1y2x1x290.即x1x28，所以有8，结合b29a2，解得a212(a26舍去)，所以离心率e.(若设A(x1，y1)，B(x1，y1)相应给分)法二：设A(x1，y1)，又AB，F1F2互相平分且共圆，所以AB，F1F2是圆的直径，所以xy9，又由椭圆及直线方程综合可得：由前两个方程解得x8，y1，将其代入第三个方程并结合b2a2c2a29，解得a212，