高考数学二轮复习 专题七 解析几何 专题对点练23 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 文.doc

专题对点练23圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1.(2018全国,文20)设抛物线c:y2=2x,点a(2,0),b(-2,0),过点a的直线l与c交于m,n两点.(1)当l与x轴垂直时,求直线bm的方程;(2)证明:abm=abn.2.已知椭圆c的两个顶点分别为a(-2,0),b(2,0),焦点在x轴上,离心率为32.(1)求椭圆c的方程;(2)点d为x轴上一点,过d作x轴的垂线交椭圆c于不同的两点m,n,过d作am的垂线交bn于点e.求证:bde与bdn的面积之比为45.3.已知抛物线x2=2py(p0)的焦点为f,直线x=4与x轴的交点为p,与抛物线的交点为q,且|qf|=|pq|.(1)求抛物线的方程;(2)如图所示,过f的直线l与抛物线相交于a,d两点,与圆x2+(y-1)2=1相交于b,c两点(a,b两点相邻),过a,d两点分别作抛物线的切线,两条切线相交于点m,求abm与cdm的面积之积的最小值.4.已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右交点分别为f1,f2,且|f1f2|=43,a3,-132是椭圆上一点.(1)求椭圆c的标准方程和离心率e的值;(2)若t为椭圆c上异于顶点的任意一点,m,n分别为椭圆的右顶点和上顶点,直线tm与y轴交于点p,直线tn与x轴交于点q,求证:|pn|qm|为定值.5.已知圆o:x2+y2=r2,直线x+22y+2=0与圆o相切,且直线l:y=kx+m与椭圆c:x22+y2=1相交于p,q两点,o为坐标原点.(1)若直线l过椭圆c的左焦点,且与圆o交于a,b两点,且aob=60,求直线l的方程;(2)如图,若poq的重心恰好在圆上,求m的取值范围.6.已知椭圆c与双曲线y2-x2=1有共同焦点,且离心率为63.(1)求椭圆c的标准方程;(2)若a为椭圆c的下顶点,m,n为椭圆c上异于a的两点,直线am与an的斜率之积为1.求证:直线mn恒过定点,并求出该定点坐标;若o为坐标原点,求omon的取值范围.7.已知抛物线c:y2=2px(p0)的焦点为f,a为c上位于第一象限的任意一点,过点a的直线l交c于另一点b,交x轴的正半轴于点d.(1)若当点a的横坐标为3,且adf为等边三角形时,求c的方程;(2)对于(1)中求出的抛物线c,若点d(x0,0)x012,记点b关于x轴的对称点为e,ae交x轴于点p,且apbp,求证:点p的坐标为(-x0,0),并求点p到直线ab的距离d的取值范围.专题对点练23答案1.(1)解 当l与x轴垂直时,l的方程为x=2,可得m的坐标为(2,2)或(2,-2).所以直线bm的方程为y=x+1或y=-x-1.(2)证明 当l与x轴垂直时,ab为mn的垂直平分线,所以abm=abn.当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-2)(k0),m(x1,y1),n(x2,y2),则x10,x20.由y=k(x-2),y2=2x得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=,y1y2=-4.直线bm,bn的斜率之和为kbm+kbn=y1x1+2+y2x2+2=x2y1+x1y2+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2).将x1=y1k+2,x2=y2k+2及y1+y2,y1y2的表达式代入式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)=2y1y2+4k(y1+y2)k=-8+8k=0.所以kbm+kbn=0,可知bm,bn的倾斜角互补,所以abm=abn.综上,abm=abn.2.(1)解 设椭圆c的方程为x2a2+y2b2=1(ab0).由题意得a=2,ca=32,解得c=3.所以b2=a2-c2=1.所以椭圆c的方程为x24+y2=1.(2)证明 设m(m,n),则d(m,0),n(m,-n).由题设知m2,且n0.直线am的斜率kam=nm+2,故直线de的斜率kde=-m+2n.所以直线de的方程为y=-m+2n(x-m),直线bn的方程为y=n2-m(x-2).联立y=-m+2n(x-m),y=n2-m(x-2),解得点e的纵坐标ye=-n(4-m2)4-m2+n2.由点m在椭圆c上,得4-m2=4n2.所以ye=-n.又sbde=|bd|ye|=|bd|n|,sbdn=|bd|n|,所以bde与bdn的面积之比为45.3.解 (1)由题意可知p(4,0),q4,8p,|qf|=8p+p2,由|qf|=|pq|,则8p+p2=548p,解得p=2,抛物线的方程为x2=4y.(2)设l:y=kx+1,a(x1,y1),d(x2,y2),联立y=kx+1,x2=4y,整理得x2-4kx-4=0,则x1x2=-4,由y=x2,求导y=,直线ma:y-x124=x12(x-x1),即y=x12x-x124,同理求得md:y=x22x-x224,联立y=x1x2-x124,y=x2x2-x224,解得x=2k,y=-1,则m(2k,-1),m到l的距离d=2k2+21+k2=21+k2,abm与cdm的面积之积sabmscdm=|ab|cd|d2= (|af|-1)(|df|-1)d2=y1y2d2=14x12x2216d2=1+k21,当且仅当k=0时取等号,当k=0时,abm与cdm的面积之积取最小值1.4.(1)解 由已知得c=23,f1(-23,0),f2(23,0),2a=|af1|+|af2|=(3+23)2+-1322+(3-23)2+-1322=8.a=4,b2=a2-c2=4,e=ca=12.椭圆c的标准方程为x216+y24=1,e=.(2)证明 t(x0,y0)(x00,y00),则x0216+y024=1.m(4,0),n(0,2),直线tn的方程为y-2=y0-2x0x,令y=0,得q-2x0y0-2,0,直线tm的方程为y=y0x0-4(x-4),令x=0,得p0,-4y0x0-4.则|mq|=4+2x0y0-2=2x0+4y0-8y0-2,则|pn|=2+4y0x0-4=2x0+4y0-8x0-4.|qm|pn|=4(x0+2y0-4)2(y0-2)(x0-4)=16(x0y0-2x0-4y0+8)x0y0-2x0-4y0+8=16,|pn|qm|为定值16.5.解 (1)直线x+22y+2=0与圆o:x2+y2=r2相切,r=|0+0+2|12+(22)2=23,x2+y2=.左焦点坐标为f(-1,0),设直线l的方程为y=k(x+1),由aob=60,得圆心o到直线l的距离d=33.又d=|k|k2+1,|k|k2+1=13,解得k=22,直线l的方程为y=22(x+1).(2)设p(x1,y1),q(x2,y2),由x22+y2=1,y=kx+m得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.由0,得2k2+1m2,()且x1+x2=-4km1+2k2.由poq重心x1+x23,y1+y23恰好在圆x2+y2=49上,得(x1+x2)2+(y1+y2)2=4,即(x1+x2)2+k(x1+x2)+2m2=4,即(1+k2)(x1+x2)2+4km(x1+x2)+4m2=4.16(1+k2)k2m2(1+2k2)2-16k2m21+2k2+4m2=4,化简得m2=(1+2k2)24k2+1,代入()得k0.又m2=(1+2k2)24k2+1=1+4k44k2+1=1+44k2+1k4.由k0,得1k20,4k2+1k40,m21,得m的取值范围为m1.6.解 (1)设椭圆c的标准方程为y2a2+x2b2=1(ab0),由题意可得a2-b2=2,e=ca=63,c=2,解得a=3,b=1,即有椭圆的标准方程为y23+x2=1;(2)证明:设m(x1,y1),n(x2,y2),由a(0,-3),直线am与an的斜率之积为1,可得y1+3x1y2+3x2=1,即有x1x2=y1y2+3(y1+y2)+3,由题意可知直线mn的斜率存在且不为0,设直线mn:y=kx+t,代入椭圆方程,可得(3+k2)x2+2ktx+t2-3=0,可得x1x2=t2-33+k2,x1+x2=-2kt3+k2,y1+y2=k(x1+x2)+2t=2t-2k2t3+k2=6t3+k2,y1y2=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=k2t2-33+k2+kt-2kt3+k2+t2=3t2-3k23+k2,则t2-33+k2=3t2-3k23+k2+36t3+k2+3,化为t2+33t+6=0,解得t=-23(-3舍去),则直线mn的方程为y=kx-23,即直线mn恒过定点,该定点坐标为(0,-23);由可得omon=x1x2+y1y2=t2-33+k2+3t2-3k23+k2=4t2-3-3k23+k2=45-3k23+k2,由(3+k2)x2+2ktx+t2-3=0,可得=4k2t2-4(t2-3)(3+k2)=48k2-36(3+k2)0,解得k29.令3+k2=m,则m12,且k2=m-3,即有45-3k23+k2=45-3(m-3)m=54m-3,由m12,可得-354m-30,y1+y2=4m,y1y2=-4x0,设p的坐标为(xp,0),则pe=(x2-xp,-y2),pa=(x1-xp,y1),由题知pepa,所以(x2-xp)y1+y2(x1-xp)=0,即x2y1+y2x1=(y1+y2)xp=y22y1+y12y24=y1y2(y1+y2)4,显然y1+y2=4m0,所以xp=y1y24=-x0,即证xp(-x0,0).由题知epb为等腰直角三角形,所