高考数二轮专题突破预测演练提能训练 第1部分 专题五 第三讲 第二课时 圆锥曲线中的定点、定值和最值问题 文（以真题和模拟题为例 含解析）

"《创新方案》届高考数学（文科）二轮专题突破预测演练提能训练（浙江专版）：第1部分专题五第三讲第二课时圆锥曲线中的定点、定值和最值问题（以年真题和模拟题为例，含答案解析）"1.(·重庆高考)如图，椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，离心率e＝eq\f(\r(2),2)，过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A，A′两点，|AA′|＝4.(1)求该椭圆的标准方程；(2)取平行于y轴的直线与椭圆相交于不同的两点P，P′，过P，P′作圆心为Q的圆，使椭圆上的其余点均在圆Q外．求△PP′Q的面积S的最大值，并写出对应的圆Q的标准方程．解：(1)设该椭圆的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由题意知点A(－c,2)在椭圆上，则eq\f(－c2,a2)＋eq\f(22,b2)＝1，从而e2＋eq\f(4,b2)＝1，又e＝eq\f(\r(2),2)，故b2＝eq\f(4,1－e2)＝8，从而a2＝eq\f(b2,1－e2)＝16.故该椭圆的标准方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,8)＝1.(2)由椭圆的对称性，可设Q(x0,0)．又设M(x，y)是椭圆上任意一点，则|QM|2＝(x－x0)2＋y2＝x2－2x0x＋xeq\o\al(2,0)＋8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,16)))＝eq\f(1,2)(x－2x0)2－xeq\o\al(2,0)＋8(x∈[－4,4])．设P(x1，y1)，由题意知，点P是椭圆上到点Q的距离最小的点，因此，当x＝x1时|QM|2取最小值，又x1∈(－4，4)，从而x1＝2x0，且|QP|2＝8－xeq\o\al(2,0).由对称性知P′(x1，－y1)，故|PP′|＝|2y1|，所以S＝eq\f(1,2)|2y1||x1－x0|＝eq\f(1,2)×2eq\r(8×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),16))))|x0|＝eq\r(2)eq\r(4－x\o\al(2,0)x\o\al(2,0))＝eq\r(2)eq\r(－x\o\al(2,0)－22＋4.)故当x0＝±eq\r(2)时，△PP′Q的面积S取得最大值2eq\r(2).此时对应的圆Q的圆心坐标为Q(±eq\r(2)，0)，半径|QP|＝eq\r(8－x\o\al(2,0))＝eq\r(6)，因此，这样的圆有两个，其标准方程分别为(x＋eq\r(2))2＋y2＝6，(x－eq\r(2))2＋y2＝6.2.如图，椭圆C0：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0，a，b为常数)，动圆C1：x2＋y2＝teq\o\al(2,1)，b<t1<a.点A1，A2分别为C0的左，右顶点，C1与C0相交于A，B，C，D四点．(1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程；(2)设动圆C2：x2＋y2＝teq\o\al(2,2)与C0相交于A′，B′，C′，D′四点，其中b<t2<a，t1≠t2.若矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，证明：teq\o\al(2,1)＋teq\o\al(2,2)为定值．解：(1)设A(x1，y1)，B(x1，－y1)，又知A1(－a,0)，A2(a,0)，则直线A1A的方程为y＝eq\f(y1,x1＋a)(x＋a)， ①直线A2B的方程为y＝eq\f(－y1,x1－a)(x－a)． ②由①×②得y2＝eq\f(－y\o\al(2,1),x\o\al(2,1)－a2)(x2－a2)． ③由点A(x1，y1)在椭圆C0上，得eq\f(x\o\al(2,1),a2)＋eq\f(y\o\al(2,1),b2)＝1.从而yeq\o\al(2,1)＝b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),a2)))，代入③得eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(x<－a，y<0)．(2)证明：设A′(x2，y2)，由矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，得4|x1||y1|＝4|x2||y2|，故xeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,1)＝xeq\o\al(2,2)yeq\o\al(2,2).因为点A，A′均在椭圆上，所以b2xeq\o\al(2,1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),a2)))＝b2xeq\o\al(2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,2),a2))).由t1≠t2，知x1≠x2，所以xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝a2.从而yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝b2，因此teq\o\al(2,1)＋teq\o\al(2,2)＝a2＋b2为定值．3．(·西城模拟)已知抛物线y2＝4x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)依题意得F(1,0)，设直线AB的方程为x＝my＋1.将直线AB的方程与抛物线的方程联立，消去x，得y2－4my－4＝0(Δ＞0恒成立)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4. 因为＝2，所以y1＝－2y2. ②联立①和②，消去y1，y2，得m＝±eq\f(\r(2),4)，所以直线AB的斜率是±2eq\r(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2S△AOB.因为2S△AOB＝2×eq\f(1,2)|OF|·|y1－y2|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝4eq\r(1＋m2)，所以当m＝0时，四边形OACB的面积最小，最小值是4.4．(·广东高考)已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0，c)(c>0)到直线l：x－y－2＝0的距离为eq\f(3\r(2),2).设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点．(1)求抛物线C的方程；(2)当点P(x0，y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程；(3)当点P在直线l上移动时，求|AF|·|BF|的最小值．解：(1)依题意，设抛物线C的方程为x2＝4cy(c>0)，则eq\f(|0－c－2|,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2)，结合c>0，解得c＝1.所以抛物线C的方程为x2＝4y.(2)抛物线C的方程为x2＝4y，即y＝eq\f(1,4)x2，求导得y′＝eq\f(1,2)x.设A(x1，y1)，B(x2，y2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中y1＝\f(x\o\al(2,1),4)，y2＝\f(x\o\al(2,2),4)))，则切线PA，PB的斜率分别为eq\f(1,2)x1，eq\f(1,2)x2.所以切线PA的方程为y－y1＝eq\f(x1,2)(x－x1)，即y＝eq\f(x1,2)x－eq\f(x\o\al(2,1),2)＋y1，即x1x－2y－2y1＝0.同理，可得切线PB的方程为x2x－2y－2y2＝0.因为切线PA，PB均过点P(x0，y0)，所以x1x0－2y0－2y1＝0，x2x0－2y0－2y2＝0.所以(x1，y1)，(x2，y2)为方程x0x－2y0－2y＝0的两组解．所以直线AB的方程为x0x－2y0－2y＝0.(3)由抛物线定义可知|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1，所以|AF|·|BF|＝(y1＋1)(y2＋1)＝y1y2＋(y1＋y2)＋1.联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0x－2y－2y0＝0，,x2＝4y，))消去x整理得y2＋(2y0－xeq\o\al(2,0))y＋yeq\o\al(2,0)＝0，由根与系数的关系可得y1＋y2＝xeq\o\al(2,0)－2y0，y1y2＝yeq\o\al(2,0)，所以|AF|·|BF|＝y1y2＋(y1＋y2)＋1＝yeq\o\al(2,0)＋xeq\o\al(2,0)－2y0＋1.又点P(x0，y0)在直线l上，所以x0＝y0＋2.所以yeq\o\al(2,0)＋xeq\o\al(2,0)－2y0＋1＝2yeq\o\al(2,0)＋2y0＋5＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0＋\f(1,2)))2＋eq\f(9,2).所以当y0＝－eq\f(1,2)时，|AF|·|BF|取得最小值，且最小值为eq\f(9,2).5.如图，经过点P(2,3)，且中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆M的离心率为eq\f(1,2).(1)求椭圆M的方程；(2)若椭圆M的弦PA，PB所在直线分别交x轴于点C，D，且|PC|＝|PD|，求证：直线AB的斜率为定值．解：设椭圆M的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，则eq\f(4,a2)＋eq\f(9,b2)＝1，且e2＝eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(1,4)，解得a2＝16，b2＝12.故椭圆M的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)证明：由题意知，直线PA的斜率必存在，故设直线PA的方程为y＝k(x－2)＋3，A(xA，yA)，B(xB，yB)，由|PC|＝|PD|可知，直线PB的方程为y＝－k(x－2)＋3.由方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2＋3，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))可得(4k2＋3)x2－8k(2k－3)x＋4(2k－3)2－48＝0.①又方程①有一实根为2，故另一实根为eq\f(42k－32－48,24k2＋3)＝eq\f(22k－32－24,4k2＋3)＝eq\f(24k2－12k－3,4k2＋3)，故xA＝eq\f(24k2－12k－3,4k2＋3).同理，xB＝eq\f(24k2＋12k－3,4k2＋3).所以xA＋xB＝eq\f(44k2－3,4k2＋3)，xA＋xB－4＝－eq\f(24,4k2＋3)，xA－xB＝eq\f(－48k,4k2＋3).所以直线AB的斜率kAB＝eq\f(yA－yB,xA－xB)＝eq\f(kxA＋xB－4,xA－xB)＝eq\f(1,2)，即直线AB的斜率为定值．6．已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点的距离的最大值为3，最小值为1.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点D.求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．解：(1)由题意设椭圆的标准方程为：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)．由已知得a＋c＝3，a－c＝1，所以a＝2，c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，因此椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝64m2k2－163＋4k2m2－3>0，,即3＋4k2－m2>0，,x1＋x2＝－\f(8mk,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4m2－3,3＋4k2).))又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq\f(3m2－4k2,3＋4k2).因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0)，所以kADkBD＝－1，即eq\f(y1,x1－2)·eq\f(y2,x2－2)＝－1.故y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0.即eq\f(3m2－4k2,3＋4k2)＋eq\f(4m2－3,3＋4k2)＋eq\f(1