2019版高考数学复习专题七解析几何专题对点练23圆锥曲线中的最值、范围、证明问题文.docx

专题对点练23圆锥曲线中的最值、范围、证明问题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.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.(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45.3.已知抛物线x2=2py(p0)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|.(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.4.已知椭圆C:=1(ab0)的左、右交点分别为F1,F2,且|F1F2|=4,A是椭圆上一点.(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.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.已知椭圆C与双曲线y2-x2=1有共同焦点,且离心率为.(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.7.已知抛物线C:y2=2px(p0)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轴于点P,且APBP,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.专题对点练23答案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.(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)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x10,x20.由得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=,y1y2=-4.直线BM,BN的斜率之和为kBM+kBN=.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)=0.所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,所以ABM=ABN.综上,ABM=ABN.2.(1)解 设椭圆C的方程为=1(ab0).由题意得解得c=.所以b2=a2-c2=1.所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)证明 设M(m,n),则D(m,0),N(m,-n).由题设知m2,且n0.直线AM的斜率kAM=,故直线DE的斜率kDE=-.所以直线DE的方程为y=-(x-m),直线BN的方程为y=(x-2).联立解得点E的纵坐标yE=-.由点M在椭圆C上,得4-m2=4n2.所以yE=-n.又SBDE=|BD|yE|=|BD|n|,SBDN=|BD|n|,所以BDE与BDN的面积之比为45.3.解 (1)由题意可知P(4,0),Q,|QF|=,由|QF|=|PQ|,则,解得p=2,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,由y=x2,求导y=,直线MA:y-(x-x1),即y=x-,同理求得MD:y=x-,联立解得则M(2k,-1),M到l的距离d=2,ABM与CDM的面积之积SABMSCDM=|AB|CD|d2= (|AF|-1)(|DF|-1)d2=y1y2d2=d2=1+k21,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.(1)解 由已知得c=2,F1(-2,0),F2(2,0),2a=|AF1|+|AF2|=+=8.a=4,b2=a2-c2=4,e=.椭圆C的标准方程为=1,e=.(2)证明 T(x0,y0)(x00,y00),则=1.M(4,0),N(0,2),直线TN的方程为y-2=x,令y=0,得Q,直线TM的方程为y=(x-4),令x=0,得P.则|MQ|=,则|PN|=.|QM|PN|=16,|PN|QM|为定值16.5.解 (1)直线x+2y+2=0与圆O:x2+y2=r2相切,r=,x2+y2=.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=.又d=,解得k=,直线l的方程为y=(x+1).(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),由得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.由0,得2k2+1m2,()且x1+x2=-.由POQ重心恰好在圆x2+y2=上,得(x1+x2)2+(y1+y2)2=4,即(x1+x2)2+k(x1+x2)+2m2=4,即(1+k2)(x1+x2)2+4km(x1+x2)+4m2=4.+4m2=4,化简得m2=,代入()得k0.又m2=1+=1+.由k0,得0,0,m21,得m的取值范围为m1.6.解 (1)设椭圆C的标准方程为=1(ab0),由题意可得a2-b2=2,e=,c=,解得a=,b=1,即有椭圆的标准方程为+x2=1;(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,即有x1x2=y1y2+(y1+y2)+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=-,y1+y2=k(x1+x2)+2t=2t-,y1y2=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=k2+kt+t2=,则+3,化为t2+3t+6=0,解得t=-2(-舍去),则直线MN的方程为y=kx-2,即直线MN恒过定点,该定点坐标为(0,-2);由可得=x1x2+y1y2=,由(3+k2)x2+2ktx+t2-3=0,可得=4k2t2-4(t2-3)(3+k2)=48k2-36(3+k2)0,解得k29.令3+k2=m,则m12,且k2=m-3,即有-3,由m12,可得-3-30,y1+y2=4m,y1y2=-4x0,设P的坐标为(xP,0),则=(x2-xP,-y2),=(x1-xP,y1),由题知,所以(x2-xP)y1+y2(x1-xP)=0,即x2y1+y2x1=(y1+y2)xP=,显然y1+y2=4m0,所以xP