高考数学大一轮复习 第九章 解析几何 课时达标检测（五十）圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 理-人教版高三全册数学试题VIP免费

课时达标检测(五十)圆锥曲线中的最值、范围、证明问题一、全员必做题1．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的一个焦点为F2(1,0)，且该椭圆过定点M.(1)求椭圆E的标准方程；(2)设点Q(2,0)，过点F2作直线l与椭圆E交于A，B两点，且＝λ，λ∈[－2，－1]，以QA，QB为邻边作平行四边形QACB，求对角线QC长度的最小值．解：(1)由题易知c＝1，＋＝1，又a2＝b2＋c2，解得b2＝1，a2＝2，故椭圆E的标准方程为＋y2＝1.(2)设直线l：x＝ky＋1，由得(k2＋2)y2＋2ky－1＝0，Δ＝4k2＋4(k2＋2)＝8(k2＋1)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则可得y1＋y2＝，y1y2＝.＝＋＝(x1＋x2－4，y1＋y2)＝，∴||2＝|＋|2＝16－＋，由此可知，||2的大小与k2的取值有关．由＝λ可得y1＝λy2，λ＝，＝(y1y2≠0)．从而λ＋＝＋＝＝，由λ∈[－2，－1]得∈，从而－≤≤－2，解得0≤k2≤.令t＝，则t∈，∴||2＝8t2－28t＋16＝82－，∴当t＝时，|QC|min＝2.2.已知点F为抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点，点A(2，m)在抛物线E上，且|AF|＝3.(1)求抛物线E的方程；(2)已知点G(－1,0)，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．解：(1)由抛物线的定义得|AF|＝2＋.因为|AF|＝3，即2＋＝3，解得p＝2，所以抛物线E的方程为y2＝4x.(2)证明：设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.因为点A(2，m)在抛物线E：y2＝4x上，所以m＝±2.由抛物线的对称性，不妨设A(2,2)．由A(2,2)，F(1,0)可得直线AF的方程为y＝2(x－1)．由得2x2－5x＋2＝0，解得x＝2或x＝，从而B.又G(－1,0)，故直线GA的方程为2x－3y＋2＝0，从而r＝＝.又直线GB的方程为2x＋3y＋2＝0，所以点F到直线GB的距离d＝＝＝r.这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切．3．(2017·合肥模拟)已知中心在原点，焦点在y轴上的椭圆C，其上一点P到两个焦点F1，F2的距离之和为4，离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线y＝kx＋1与曲线C交于A，B两点，求△OAB面积的取值范围．解：(1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，由条件知，解得a＝2，c＝，b＝1，故椭圆C的方程为＋x2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0，故x1＋x2＝－，x1x2＝－，设△OAB的面积为S，由x1x2＝－<0，知S＝×1×|x1－x2|＝＝2，令k2＋3＝t，知t≥3，∴S＝2.对函数y＝t＋(t≥3)，知y′＝1－＝>0，∴y＝t＋在t∈[3，＋∞)上单调递增，∴t＋≥，∴0<≤，∴0b>0)的右焦点F(1,0)作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，设|FA|＝λ|FB|，T(2,0)．(1)求椭圆C的方程；(2)若1≤λ≤2，求△ABT中AB边上中线长的取值范围．解：(1) e＝，c＝1，∴a＝，b＝1，即椭圆C的方程为：＋y2＝1.(2)①当直线的斜率为0时，显然不成立．②设直线l：x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，则y1＋y2＝，y1y2＝，由|FA|＝λ|FB|，得y1＝－λy2， －λ＋＝＋，∴－λ＋＋2＝＝，∴m2≤，又 AB边上的中线长为|＋|＝＝＝∈.2．如图所示，已知直线l过点M(4,0)且与抛物线y2＝2px(p＞0)交于A，B两点，以弦AB为直径的圆恒过坐标原点O.(1)求抛物线的标准方程；(2)设Q是直线x＝－4上任意一点，求证：直线QA，QM，QB的斜率依次成等差数列．解：(1)设直线l的方程为x＝ky＋4，代入y2＝2px得y2－2kpy－8p＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有y1＋y2＝2kp，y1y2＝－8p，而AB为直径，O为圆上一点，所以·＝0，故0＝x1x2＋y1y2＝(ky1＋4)(ky2＋4)－8p＝k2y1y2＋4k(y1＋y2)＋16－8p，即0＝－8k2p＋8k2p＋16－8p，得p＝2，所以抛物线方程为y2＝4x.(2)设Q(－4，t)由(1)知y1＋y2＝4k，y1y2＝－16，所以y＋y＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16k2＋32.因为kQA＝＝＝，kQB＝＝＝，kQM＝，所以kQA＋kQB＝＋＝4×＝4×＝＝＝－＝2kQM.所以直线QA，QM，QB的斜率依次成等差数列．三、冲刺满分题1.已知椭圆C：＋＝1(0