广西2019高考数学二轮复习专题对点练23圆锥曲线中的最值、范围、证明问题

1 专题对点练专题对点练 2323 圆锥曲线中的最值 范围 证明问题圆锥曲线中的最值 范围 证明问题 1 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 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 3 2 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 4 5 3 3 已知抛物线x2 2py p 0 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 5 4 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 2 4 4 已知椭圆c 1 a b 0 的左 右交点分别为f1 f2 且 f1f2 4 a是椭圆上 x2 a2 y2 b23 3 13 2 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 5 已知圆o x2 y2 r2 直线x 2y 2 0 与圆o相切 且直线l y kx m与椭圆c y2 1 相交于p q 2 x2 2 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 6 已知椭圆c与双曲线y2 x2 1 有共同焦点 且离心率为 6 3 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 求的取值范围 om on 7 7 已知抛物线c y2 2px p 0 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 记点b关于x轴的对称点为e ae交x轴于 x0 1 2 点p 且ap bp 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 3 专题对点练 2323 答案 1 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 1 2 1 2 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 k 0 m x1 y1 n x2 y2 则x1 0 x2 0 由得ky2 2y 4k 0 可知y1 y2 y1y2 4 y k x 2 y2 2x 2 k 直线bm bn的斜率之和为kbm kbn y1 x1 2 y2 x2 2 x2y1 x1y2 2 y1 y2 x1 2 x2 2 将x1 2 x2 2 及y1 y2 y1y2的表达式代入 式分子 可得x2y1 x1y2 2 y1 y2 y1 k y2 k 0 2y1y2 4k y1 y2 k 8 8 k 所以kbm kbn 0 可知bm bn的倾斜角互补 所以 abm abn 综上 abm abn 2 2 1 解 设椭圆c的方程为 1 a b 0 x2 a2 y2 b2 由题意得解得c a 2 c a 3 2 3 所以b2 a2 c2 1 所以椭圆c的方程为 y2 1 x2 4 2 证明 设m m n 则d m 0 n m n 由题设知m 2 且n 0 直线am的斜率kam n m 2 故直线de的斜率kde m 2 n 所以直线de的方程为y x m 直线bn的方程为y x 2 m 2 n n 2 m 联立 y m 2 n x m y n 2 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 4 5 又s bde bd ye bd n s bdn bd n 1 2 2 5 1 2 所以 bde与 bdn的面积之比为 4 5 3 3 解 1 由题意可知p 4 0 q qf 4 8 p 8 p p 2 由 qf pq 则 解得p 2 5 4 8 p p 2 5 4 8 p 抛物线的方程为x2 4y 2 设l y kx 1 a x1 y1 d x2 y2 联立整理得x2 4kx 4 0 则x1x2 4 y kx 1 x2 4y 由y x2 求导y 1 4 x 2 直线ma y x x1 x2 1 4 x1 2 即y x x1 2 x2 1 4 4 同理求得md y x x2 2 x2 2 4 联立解得则m 2k 1 y x1x 2 x2 1 4 y x2x 2 x2 2 4 x 2k y 1 m到l的距离d 2 2k2 2 1 k21 k2 abm与 cdm的面积之积s abm s cdm ab cd d2 1 4 af 1 df 1 d2 1 4 y1y2d2 d2 1 k2 1 1 4 1 4 x2 1x 2 2 16 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 4 1 解 由已知得c 2 f1 2 0 f2 2 0 2a af1 af2 333 3 23 2 13 2 2 8 3 23 2 13 2 2 a 4 b2 a2 c2 4 e c a 1 2 椭圆c的标准方程为 1 e x2 16 y2 4 1 2 2 证明 t x0 y0 x0 0 y0 0 则 1 x2 0 16 y2 0 4 m 4 0 n 0 2 直线tn的方程为y 2 x 令y 0 得q y0 2 x0 2x0 y0 2 0 直线tm的方程为y x 4 y0 x0 4 令x 0 得p 0 4y0 x0 4 则 mq 则 pn 4 2x0 y0 2 2x0 4y0 8 y0 2 2 4y0 x0 4 2x0 4y0 8 x0 4 qm pn 16 4 x0 2y0 4 2 y0 2 x0 4 16 x0y0 2x0 4y0 8 x0y0 2x0 4y0 8 pn qm 为定值 16 5 5 解 1 直线x 2y 2 0 与圆o x2 y2 r2相切 2 r 0 0 2 12 22 2 2 3 x2 y2 4 9 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 3 3 又d k k2 1 k k2 1 1 3 解得k 2 2 直线l的方程为y x 1 2 2 2 设p x1 y1 q x2 y2 由得 1 2k2 x2 4kmx 2m2 2 0 x2 2 y2 1 y kx m 由 0 得 2k2 1 m2 且x1 x2 4km 1 2k2 5 由 poq重心恰好在圆x2 y2 上 得 x1 x2 2 y1 y2 2 4 x1 x2 3 y1 y2 3 4 9 即 x1 x2 2 k x1 x2 2m 2 4 即 1 k2 x1 x2 2 4km x1 x2 4m2 4 4m2 4 16 1 k2 k2m2 1 2k2 2 16k2m2 1 2k2 化简得m2 代入 得k 0 又m2 1 1 1 2k2 2 4k2 1 1 2k2 2 4k2 1 4k4 4k2 1 4 4 k2 1 k4 由k 0 得 0 0 m2 1 得m的取值范围为m1 1 k2 4 k2 1 k4 6 6 解 1 设椭圆c的标准方程为 1 a b 0 y2 a2 x2 b2 由题意可得a2 b2 2 e c 解得a b 1 c a 6 323 即有椭圆的标准方程为 x2 1 y2 3 2 证明 设m x1 y1 n x2 y2 由a 0 直线am与an的斜率之积为 1 可得 1 3 y1 3 x1 y2 3 x2 即有x1x2 y1y2 y1 y2 3 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 x1 x2 t2 3 3 k2 2kt 3 k2 y1 y2 k x1 x2 2t 2t 2k2t 3 k2 6t 3 k2 y1y2 k2x1x2 kt x1 x2 t2 k2 kt t2 t2 3 3 k2 2kt 3 k2 3t2 3k2 3 k2 则 3 t2 3 3 k2 3t2 3k2 3 k2 3 6t 3 k2 化为t2 3t 6 0 3 解得t 2 舍去 33 则直线mn的方程为y kx 2 3 即直线mn恒过定点 该定点坐标为 0 2 3 由 可得 x1x2 y1y2 om on t2 3 3 k2 3t2 3k2 3 k2 4t2 3 3k2 3 k2 45 3k2 3 k2 由 3 k2 x2 2ktx t2 3 0 可得 4k2t2 4 t2 3 3 k2 48k2 36 3 k2 0 解得k2 9 令 3 k2 m 则m 12 且k2 m 3 即有 3 45 3k2 3 k2 45 3 m 3 m 54 m 由m 12 可得 3 30 y1 y2 4m y1y2 y2 4x x my x0 1 2 4x0 设p的坐标为 xp 0 则 x2 xp y2 x1 xp y1 pepa 6 由题知 所以 x2 xp y1 y2 x1 xp 0 即x2y1 y2x1 y1 y2 xp 显然 pe pa y2 2y1 y2 1y2 4 y1y2 y1 y2 4 y1 y2 4m 0 所以xp x0 即证xp x0 0 y1y2 4 由题知 epb为等腰直角三角形 所以kap 1 即 1 也即