2024高考总复习优化设计二轮用书数学(适用于新高考新教材)考点突破练与专题检测考点突破练13　圆锥曲线中的最值、范围、求值与证明问题含答案

2024高考总复习优化设计二轮用书数学(适用于新高考新教材)考点突破练与专题检测考点突破练13圆锥曲线中的最值、范围、求值与证明问题考点突破练13圆锥曲线中的最值、范围、求值与证明问题1.(2023全国甲,理20)已知直线x-2y+1=0与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A,B两点,且|AB|=415.(1)求p;(2)设F为C的焦点,M,N为C上两点,FM·FN=0,求△MNF2.(2023辽宁丹东一模)已知O为坐标原点,F1(-2,0),F2(2,0)分别为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,P为C的右支上一点,当(1)求C的方程;(2)若点P异于C的右顶点A,点Q在直线x=12上,AP∥OQ,M为AP的中点,直线OM与直线QF2的交点为N,求|NF1|的取值范围3.(2023山东青岛二模)已知O为坐标原点,双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率等于62,点P是双曲线C在第一象限上的点,直线PF1与y轴的交点为Q,△PQF2的周长等于6a,|PF1(1)求C的方程;(2)过圆O:x2+y2=1上一点W(W不在坐标轴上)作C的两条切线l1,l2,对应的切点分别为A,B,证明:直线AB与椭圆D:x24+y2=1相切于点T,且|WT|·|AB|=|WA|·4.(2023山东淄博二模)“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动,在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容,例如:用一张圆形纸片,按如下步骤折纸(如图).步骤1:设圆心是E,在圆内异于圆心处取一点,标记为F;步骤2:把纸片折叠,使圆周正好通过点F;步骤3:把纸片展开,并留下一道折痕;步骤4:不断重复步骤2和3,就能得到越来越多的折痕.则这些折痕所围成的图形是一个椭圆.现取半径为42的圆形纸片,定点F到圆心E的距离为26,按上述方法折纸.以向量FE的方向为x轴正方向、线段EF中点为原点建立平面直角坐标系.(1)求折痕围成的椭圆Γ的标准方程;(2)已知点M是圆x2+y2=10上任意一点,过点M作椭圆Γ的两条切线,切点分别是B,C,求△MBC面积的最大值,并确定此时点M的坐标.注:椭圆:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上任意一点P(x0

考点突破练13圆锥曲线中的最值、范围、求值与证明问题1.解(1)联立x=2y-1,y2=2px,整理得y2-4py+2p=0,则Δ=16p2-设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4p,y1y2=2p.|AB|=1+4|y1-y2|=5·16p2解得p=-32(舍)或p=2.∴p=2(2)由(1)知抛物线C的方程为y2=4x,F(1,0).设M(x3,y3),N(x4,y4),lMN:x=my+n,由x=my+n,y2=4x则Δ1=16m2+16n>0,y3+y4=4m,y3y4=-4n.FM·FN=(x3-1)(x4-1)+y3=(my3+n-1)(my4+n-1)+y3y4=(m2+1)y3y4+m(n-1)(y3+y4)+(n-1)2=-4m2n-4n+4m2n-4m2+n2-2n+1=0,∴4m2=n2-6n+1≥0,又Δ1=16m2+16n=4(n-1)2>0,∴n≠1,∴n≥3+22,或n≤3-22.∴S△MNF=12|FM|·|FN|=12(x3+1)(x4=12(my3+n+1)(my4+n+=12m2(-4n)+(mn+m)·4m+(n+1)2=n2-2n+1=(n-∴△MNF面积的最小值为12-82.2.解(1)因为F2(2,0),所以a2+b2=4.因为当PF2⊥x轴时,|OP|=13,可知P(2,±3).点P到两个焦点F1(-2,0),F2(2,0)的距离分别为3和5,由双曲线定义得a=5-32=1,所以b2因此C的方程为x2-y23=(2)由题设可知直线PA的斜率k存在,且|k|>3.由OQ∥PA,及点Q在直线x=12上,可得Q(12,设PA:y=k(x-1),P(x1,y1).由y=k(x-1),x2-y23=1,得(3-k这个关于x的方程的两根为x1,1.因此x1=k2+3k2-3,y1=k(x因为A(1,0),所以M(k2k设N(x2,y2),则k2k2-3y2=3kk2-3x由y2=3kx2,(x2-2由y2=3kx2,(x2-1因为|k|>3,所以12<x2<2.因此|NF1|=(x2+2)2+y22=(x23.(1)解由题意知,|PQ|+|QF2|+|PF2|=|PF1|+|PF2|=6a,又因为|PF1|-|PF2|=2a,所以|PF1|2-|PF2|2=(|PF1|-|PF2|)(|PF1|+|PF2|)=12a2=24,所以a=2.又因为e=1+b2a2所以C的方程为x22-y2=(2)证明设W(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x02+y02=1,x122-y12=1,x222-y22=1.设切线l1,l2的斜率分别为k得(1-2k12)x2-4k1(y1-k1x1)x-2(y1-k1x1)2-2所以Δ=16k12(y1-k1x1)2+8(1-2k12)[(y1-k1x1)2+1]=0,即(x12-2)k12-2k1x1y将x122-y12=1代入,整理得2y12k12即4y12k12-4k1x1y1+x12=(2y1k1-x1)2=0,所以k1=x因为切线l1,l2均过点W(x0,y0),同理根据上面可知,k1,k2为(x02-2)k2-2x0y0k+y02+1=0的两解,所以k1k2所以WA⊥WB,△WAB为直角三角形.因为k1=x12y1,所以y1-y0=x12所以y1=x0x12y0-所以直线AB的方程为y=x0代入椭圆D的方程x24+y2=1,可得(y02+x02)x2-4x0x+4-4y02=0,即x2-4x0x+4x所以xT=2x0,yT=x0xT所以直线AB与椭圆D相切,切点T(2x0,-y0),所以kWT·kAB=-1,所以WT⊥AB,所以2S△WAB=|WA|·|WB|=|WT|·|AB|.4.解(1)设P(x,y)为椭圆上一点,则|PF|+|PE|=|PA|+|PE|=|AE|=42>|EF|=26,所以点P的轨迹是以F,E为焦点,长轴长为2a=42的椭圆.设椭圆的方程为x2a2+所以c=6,a=22,则b2=a2-c2=2,所以椭圆的方程为x28+(2)设B(x1,y1),C(x2,y2),M(x0,y0),则x02切线MB的方程为x1x8+y1y2=1,切线所以,得x1x08+从而直线BC的方程是x08x+y0由x得(3y02+10)x2-16x0x+64-32y则x1+x2=16x03y02+10,|BC|=1+(-x04y0)点M到直线BC的距离d=x0∴S△MBC=12|BC|·d=2(3y02令t=3y02+2,则t∈[2,42],∴S△令f(t)=2t3t2+8,则f'(t∴f(t)在区间[2,42]上单调递增,∴当t=42,即y02=10时,△MBC的面积取到最大值325,此时点M(0,±考点突破练14圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题1.(2023河北张家口二模)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>(1)求双曲线C的方程;(2)若过点F作直线l交双曲线C的右支于P,Q两点,点M满足FP=QM,求证:存在两个定点E1,E2,使得|ME1|-|ME2|2.(2023全国乙,理20)已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为5(1)求C的方程;(2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点,直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明:线段MN的中点为定点.3.(2023山东日照一模)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,E为C上的动点,EQ垂直于动直线y=t(t<0),垂足为Q,当△EQF为等边三角形时,其面积为43.(1)求C的方程.(2)设O为坐标原点,过点E的直线l与C相切,且与椭圆x24+y22=1交于A,B两点,直线OQ与AB交于点M,试问:是否存在t4.(2023湖南张家界二模)已知曲线C:x24-y25=1(x>0),倾斜角为α的直线l过点F2(3,0),且与曲线C(1)当α=90°时,求三角形ABO的面积.(2)在x轴上是否存在定点M,使直线l在与曲线C有两个交点A,B的情况下,总有∠OMA=∠OMB?如果存在,求出定点M;如果不存在,请说明理由.

考点突破练14圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题1.(1)解由题意可得ba=3,即b2=3a2.又右焦点为F(2,0),所以c=2,即a2+b2=4,可得a2=1,b2=3.因此双曲线C的方程为x2-y(2)证明设点M(x,y),P(x1,y1),Q(x2,y2),x1,x2>1,设直线l的方程为x=my+2,与双曲线C的方程x2-y23=1联立,整理得(3m2-1)y2+12my+9则3m2-1≠0,Δ=(12m)2-36(3m2-1)=36(m2+1)>0,整理得m2≠13由根与系数的关系得y1+y2=-12m3m2-1,于是x1+x2=m(y1+y2注意到x1+x2>2,于是-43m2-1>2,又点M满足FP=QM,整理得x消去m得x24-y2因此点M的轨迹是以(-4,0),(4,0)为焦点,实轴长为4的双曲线的右支,由双曲线的定义可知,存在两个定点E1(-4,0),E2(4,0),使得|ME1|-|ME2|=4.2.(1)解由题意,椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)∴e=c∴椭圆的方程为y29+(2)证明根据题意,直线PQ的斜率存在,设MN的中点为T,直线PQ的方程为y=k(x+2)+3(k<0),P(x1,y1),Q(x2,y2),联立y则(4k2+9)x2+(16k2+24k)x+16k2+48k=0,∴x∵直线AP,AQ分别与y轴交于M,N两点,且过A(-2,0),∴设直线AP的方程为y-0=k1(x+2),即y=k1x+2k1,设直线AQ的方程为y-0=k2(x+2),即y=k2x+2k2,∴M(0,2k1),N(0,2k2),T(0,k1+k2).又y1=k(x1+2)+3,y2=k(x2+2)+3,y1=k1x1+2k1,y2=k2x2+2k2,∴k1=k(x1+2)+3x1+2,k2=k(x2+2)=2k+3x1+x2+4(x1+2)(x2+2)=2k+3[-16综上,线段MN的中点为定点(0,3).3.解(1)∵当△EQF为等边三角形时,其面积为43,∴12×|EQ|2sinπ3=43,解得|EQ|=根据|EF|=|EQ|和抛物线的定义可知,点Q落在抛物线C的准线上,即y=t=-p2设准线和y轴交点为H,如图,易证∠HFQ=π3于是|FQ|cosπ3=2=|FH|=p,∴C的方程为x2=4y(2)存在t=-1满足题意.假设存在t,使得|AM|=|BM|,则M为线段AB的中点.设E(x0,x024),当x0=0时,任意t均满足|AM|=|BM|;当x0≠0时,依题意得Q(x0,t),则kOQ由y=x24可得y'=x2,所以切线l的斜率为kl=1设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点M(x1+x22,y所以(x1整理可得y1-y2x1-x2·y1+y2x1+x2=-12,即kl·又因为kOQ=kOM=tx0,所以当t=-1时,kOQ=kOM=-1x0,此时O,M,Q三点共线,满足M综上,存在t=-1,使得|AM|=|BM|.4.解(1)由x24-y25=1(x>0)可知曲线C是以F1(-3,0),F2(3,0)为焦点,过焦点F2(3,0)、倾斜角为90°的直线l的方程为x=3,当x=3时,y=±52,所以S△AOB=12×3×5=(2)存在定点M(43,0)满足题意当α≠90°时,设直线l的方程为y=k(x-3),联立x整理得(5-4k2)x2+24k2x-36k2-20=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则5解得k<-52或k>5假设在x轴上存在定点M(m,0),m≠x1,x2,则由∠OMA=∠OMB得x轴平分∠AMB,所以kAM+kBM=0.kAM=y1x1-m,kAM+kBM=y1x即y1(x2-m)+y2(x1-m)=0,展开可得x2y1+x1y2-m(y1+y2)=0.y1=k(x1-3),y