（浙江专用）2019高考数学二轮复习课时跟踪检测（十五）大题考法——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题.doc

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1、1课时跟踪检测（十五）大题考法圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1.设椭圆 E： 1( ab0)的右焦点为 F，右顶点为x2a2 y2b2A， B， C是椭圆上关于原点对称的两点( B， C均不在 x轴上)，线段AC的中点为 D，且 B， F， D三点共线(1)求椭圆 E的离心率；(2)设 F(1,0)，过 F的直线 l交 E于 M， N两点，直线 MA， NA分别与直线 x9 交于P，Q 两点证明：以 PQ为直径的圆过点 F.解：(1)法一：由已知 A(a,0)， F(c,0)，设 B(x0， y0)， C( x0， y0)，则 D，(a x02 ， y02) B， F， D三点共线， ，BF

2、 BD 又 ( c x0， y0)， ，BF BD (a 3x02 ， 3y02) y0(c x0) y0 ，32 a 3x02 a3 c，从而 e .13法二：连接 OD， AB(图略)，由题意知， OD是 CAB的中位线， OD綊 AB，12 OFD AFB. ，即 ，OFAF ODAB 12 ca c 12解得 a3 c，从而 e .13(2)证明： F的坐标为(1,0)， c1，从而 a3， b28.椭圆 E的方程为 1.x29 y28设直线 l的方程为 x ny1，由Error! 消去 x得，(8 n29) y216 ny640， y1 y2 ， y1y2 ， 16n8n2 9 64

3、8n2 9其中 M(ny11， y1)， N(ny21， y2)2直线 AM的方程为 ，yy1 x 3ny1 2 P ，同理 Q ，(9，6y1ny1 2) (9， 6y2ny2 2)从而 FP FQ (8， 6y1ny1 2) (8， 6y2ny2 2)6436y1y2n2y1y2 2n y1 y2 46436 648n2 9 64n28n2 9 32n28n2 9 464 0.36 6436 FP FQ，即以 PQ为直径的圆恒过点 F.2(2017浙江高考)如图，已知抛物线 x2 y，点A ， B ，抛物线上的点 P(x， y) .过点 B作(12， 14) (32， 94) ( 12b0

4、)的x2a2 y2b2长轴长是短轴长的 2倍，且椭圆过点 .(3，12)(1)求椭圆 C的方程；(2)若椭圆上有相异的两点 A， B.A， O， B三点不共线， O为坐标原点，且直线AB， OA， OB的斜率满足 k kOAkOB(kAB0)2AB()求证：| OA|2| OB|2为定值；()设 AOB的面积为 S，当 S取得最大值时，求直线 AB的方程解：(1)由题意可知， a2 b，故椭圆方程可化为 1，x24b2 y2b2椭圆过点 ，(3，12) 1，34b2 14b2解得 b1(负值舍去)， a2，椭圆 C的方程为 y21.x24(2)设直线 AB的方程为 y kABx m(kAB0)

5、， A(x1， y1)， B(x2， y2) k kOAkOB(kAB0)，2AB4 k ，2ABy1y2x1x2 kABx1 m kABx2 mx1x2化简得 kABm(x1 x2) m20， A， O， B三点不共线， m0， kAB(x1 x2) m0， 由Error! 消去 y，整理，得(14 k )x28 kABmx4( m21)0，2AB由根与系数的关系可得Error! 16(14 k m2)0， 2AB将代入中得 kAB m0( kAB0)，(8kABm1 4k2AB)解得 kAB ，则Error! 12()证明：| OA|2| OB|2 x y x y x x 2 (x1 x2

6、)22 x1x22，21 21 2 23421 342 34将代入得| OA|2| OB|2 4m222( m21)25.34()设点 O到直线 AB的距离为 d，则S |AB|d |x1 x2| |m| |m|.12 121 k2AB |m|1 k2AB 12 x1 x2 2 4x1x2 2 m2由及 kAB 可得 m( ，0)(0， )，12 2 2则 S |m| 1，2 m2 2 m2 m22 m2 m22当且仅当 m1 时，等号成立 S取最大值时，直线的 AB方程为 y x1 或 y x1.12 124(2018宝鸡质检)已知椭圆 1( ab0)的左、右焦点分别是 F1， F2，其离心

7、x2a2 y2b2率 e ，点 P为椭圆上的一个动点， PF1F2面积的最大值为 4 .12 3(1)求椭圆的方程；(2)若 A， B， C， D是椭圆上不重合的四个点， AC与 BD相交于点 F1， 0，AC BD 求| | |的取值范围AC BD 解：(1)由题意得，当点 P是椭圆的上、下顶点时， PF1F2的面积取得最大值，此时 S PF1F2 |F1F2|OP| bc，125所以 bc4 ，3因为 e ，所以 b2 ， a4，ca 12 3所以椭圆方程为 1.x216 y212(2)由(1)得， F1的坐标为(2,0)，因为 0，所以 AC BD，AC BD 当直线 AC与 BD中有一

8、条直线斜率不存在时，易得| | |6814.AC BD 当直线 AC的斜率 k存在且 k0 时，设其方程为 y k(x2)， A(x1， y1)， C(x2， y2)，由Error! 得(34 k2)x216 k2x16 k2480，则 x1 x2 ， x1x2 . 16k23 4k2 16k2 483 4k2| | |x1 x2| ，AC 1 k2 24 k2 13 4k2此时直线 BD的方程为 y (x2)1k同理由Error! 可得| | ，BD 24 k2 14 3k2| | | ，AC BD 24 k2 13 4k2 24 k2 14 3k2 168 k2 1 2 4 3k2 3 4

9、k2令 t k21，则| | | (t1)，因为AC BD 168t2 3t 1 4t 116812 t 1t2t1,00)的焦点为 F，过点 F的直线 l交抛物线 C于 P，Q 两点，且| PQ|8，线段 PQ的中点到 y轴的距离为 3.(1)求抛物线 C的方程；(2)若点 A(x1， y1)， B(x2， y2)是抛物线 C上相异的两点，满足 x1 x22，且 AB的中垂线交 x轴于点 M，求 AMB的面积的最大值及此时直线 AB的方程6解：(1)设 P(xP， yP)，Q( xQ， yQ)，则 PQ的中点坐标为 .(xP xQ2 ， yP yQ2 )由题意知 3， xP xQ6，xP x

10、Q2又| PQ| xP xQ p8， p2，故抛物线 C的方程为 y24 x.(2)当 AB垂直于 x轴时，显然不符合题意，所以可设直线 AB的方程为 y kx b(k0)，由Error! 消去 y并整理，得 k2x2(2 kb4) x b20， x1 x2 2，得 b k，4 2kbk2 2k直线 AB的方程为 y k(x1) .2k AB中点的横坐标为 1， AB中点的坐标为 .(1，2k)可知 AB的中垂线的方程为 y x ，1k 3k M点的坐标为(3,0)直线 AB的方程为 k2x ky2 k20， M到直线 AB的距离 d .|3k2 2 k2|k4 k2 2k2 1|k|由Err

11、or! 得 y2 ky2 k20，k24 y1 y2 ， y1y2 ，4k 8 4k2k2| AB| |y1 y2| .1 1k2 41 k2 k2 1k2设 AMB的面积为 S，则 S4 .(11k2) 1 1k2设 t，则 0 t0)的焦点为 F， P为抛物线上的点(第一象限)，直线 l与抛物线相切于点 P.(1)过 P作 PM垂直于抛物线的准线于点 M，连接 PF，求证：直线l平分 MPF；(2)若 p1，过点 P且与 l垂直的直线交抛物线于另一点 Q，分别交 x轴、 y轴于 A， B两点，求 的取值范围|AB|AP| |AB|AQ|解：(1)证明：设 P(x0， y0)，则 y 2 p

12、x0，因为点 P不是抛物线的顶点，所以直线 l20的斜率存在，设为 k，则 k ，py0所以切线 l： y y0 (x x0)，即 y0y p(x x0)py0设切线 l与 x轴交于点 C，则 C( x0,0)，所以| FC| x0 ，p2由抛物线的定义得| PF| PM| x0 ，所以| PF| FC|，p2所以 PCF FPC MPC，因而直线 l平分 MPF.(2)由(1)及已知得，过点 P且与 l垂直的直线的斜率为 y0，因而其方程为y0py y0 y0(x x0)，则 A(x01,0)， B(0， x0y0 y0)由Error! 得 y2 y2( x01)0，2y0由 y0和 yQ为方程的两个根得， y0 yQ ，2y0因而 yQ . 2 y20y0 2 x0 1y0所以 2 x01，|AB|AP| |AB|AQ| |yB|yP| |yB|yQ| |x0y0 y0|y0| |x0y0 y0| 2 x0 1y0 |因为 x00，所以 2x011，所以 的取值范围为(1，)|AB|AP| |AB|AQ|8