高考二轮复习文科数学试题（老高考旧教材）考点突破练13圆锥曲线中的最值范围探索性问题

考点突破练13圆锥曲线中的最值、范围、探索性问题1.(2020新高考Ⅱ,21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M(2,3),点(1)求C的方程;(2)点N为椭圆上任意一点,求△AMN的面积的最大值.2.(2022新高考Ⅰ,21)已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a>1)上,直线l交C于P,(1)求l的斜率;(2)若tan∠PAQ=22,求△PAQ的面积.3.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,|F1F2|=4,点(1)求椭圆E的标准方程;(2)设过点F2且倾斜角不为0的直线l与椭圆E的交点为A,B,求△F1AB面积最大时直线l的方程.4.(2023河北保定一模)如图,双曲线的中心在原点,焦距为27,左、右顶点分别为A,B,曲线C是以双曲线的实轴为长轴,虚轴为短轴,且离心率为12的椭圆,设P在第一象限且在双曲线上,直线BP交椭圆于点M,直线AP与椭圆交于另一点N(1)求椭圆及双曲线的标准方程.(2)设MN与x轴交于点T,是否存在点P使得xP=4xT(其中xP,xT为点P,T的横坐标)?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.5.(2022浙江,21)如图,已知椭圆x212+y2=1.设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点Q0,12在线段AB上,直线PA,PB分别交直线y=12x+3于C,D(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值;(2)求|CD|的最小值.6.(2023山西临汾二模)已知点F1,F2是双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,点P是C右支上一点,△F1F2P的周长为18,点I为△F1F2P的内心,且满足△PF2I,△F1F2I,△PF1I的面积之比为(1)求双曲线C的标准方程;(2)过点F2的直线l与双曲线的右支交于M,N两点,与y轴交于点Q,满足QM=mMF2,QN=nNF2(其中考点突破练13圆锥曲线中的最值、范围、探索性问题1.解(1)由题意可知直线AM的方程为y3=12(x2),即x2y+4=0.当y=0时x=4,所以a=4,椭圆C过点M(2,3),可得4a2+9b2=1,解得b2=12.(2)设与直线AM平行的直线方程为x2y=m,如图所示,当直线与椭圆相切时,与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N,此时△AMN的面积取得最大值.由x-2y=m,x216+y212=1得16y2+12my+3m248=0,所以Δ=144m24×16(3m248)=0,即m2=64,解得m=±8,与AM距离比较远的直线方程为x2y8=0,直线AM方程为x2y+4=0,所以S△AMN=12×35×122.解(1)∵点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2∴4a2-1a2-1=1,解得a2=2.∴双曲线的标准方程为x22y2=1.易知直线l的斜率存在.设直线l的方程为y=kx+m,点P(x1,y由x2-2y2=2,y=kx+m,得(12k∴Δ>0,x1+x2=4km1-2k2,x设直线AP,AQ的斜率分别为kAP,kAQ,则kAP+kAQ=y1-1x1-2+y2-1x2-2=0,∴(∴(kx1+m1)(x22)+(kx2+m1)(x12)=0,整理,得2kx1x2+(m12k)(x1+x2)4(m1)=0,∴2k(2m22)+4km(m12k)4(m1)(12k2)=0,即2k2+k(m+1)+m1=0,(k+1)(2k+m1)=0.∴k=1或m=12k,把m=12k代入y=kx+m,得y=kx+12k=k(x2)+1,此时直线PQ过点A(2,1),舍去,∴k=1,即直线l的斜率为1.(2)由(1)知,直线l的方程为y=x+m,x1+x2=4m,x1x2=2m2+2,则x12+x2∴|PQ|=1+=2=4m2-1,点A(2,1)到直线l的距离d=|2+1-m|2=|3-m|2.∴△PAQ的面积S△PAQ=12d·|PQ|=2|3m|m2∴S△PAQ=12|PA||QA|sin∠PAQ=23∴13|PA|·|QA|=|3m|m在△PAQ中,由余弦定理得cos∠PAQ=|PA∴|PA|2+|QA|2|PQ|2=(x12)2+(y11)2+(x22)2+(y21)2(x1x2)2(y1y2)2=2m212m+18=23|PA||QA|.∴m26m+9=|3m|m∴|m3|=m2-1或m即m=53或m=3(舍去,若m=3,则点A在直线PQ上)∴S△PAQ=2×3.解(1)∵|F1F2|=2c=4,可得c=2,则F1(2,0),F2(2,0),由椭圆的定义可得2a=|PF1|+|PF2|=(3+2)2+1+(3∴b=a2-c2=2,因此,椭圆(2)由题意,设点A(x1,y1),B(x2,y2),设直线l的方程为x=my+2,由x=my+2,x26+y22=1,得(m2+3)2y2+4my2=0,Δ>0∴S△F1AB=12|F1F2|·|y1y2|=2(y令t=m2+1≥1,则S△F1AB=46t+2t≤4622=23,当且仅当t=2,即m=±1时4.解(1)由已知可设双曲线的标准方程为x2a2-y2b2=1,椭圆的标准方程为x2a2+y2b(2)(方法一)设P(x0,t),M(x1,y1),N(x2,y2),A(2,0),B(2,0).由P,A,N三点共线,得y2x2+2=tx0+2,由P,B,M三点共线,得y1x1-2=tx0-2,两式相除,得y2(x1-2)(x2+2)y1=x0-2x0+2,令xT=n(2<n<2),则设lMN:x=my+n,联立x=my+n,3x2+4y2-12=0,消去x,整理得(3m2+4)y2+6mny+3n212y2(x1=(4-n2)(若存在xP=4xT,即x0=4n,则2-n2+n=x0又点P在第一象限,所以n=1,P(4,3).(方法二)P(x0,y0),M(x1,y1),N(x2,y2),A(2,0),B(2,0),直线AP:y=y0x0联立y=y0x0+2(x+2),3x2+4y2=12,消去yΔ=256y04(x0+2)443+4y02(x0+2由2x2=16y02-12(x0+2)23(x0+2)2+4y02,又点P在双曲线上,满足同理BP:y=y0x0-2(x2),可得x1=4x0若存在xP=4xT,即x0=4×4x0,而点P在第一象限,所以x0=4,即P5.解(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),∵Q0,12在直线AB上,∴设直线AB为y=kx+12,设E(x,y)为椭圆上除P之外的一点且P(0,1),则|PE|2=(y1)2+x2=(y1)2+1212y2=11y22y+13=11y2+211y+1112+111+13=11y+1112+14411,∵1≤y≤1,∴当y=111时,|PE|2最大值为14411,∴|PE|max=12(2)由x2+12y2=12,y=kx+12得(12k2+1)x2+12kx9=0.则x1+x2=-12k12k2+1,x1·x2=-912k2+1,直线PA:y1=y1-1x1(x0),即y=y1-1x1x+1,由y=-12x+3,∴C4x1(2k+1)x1-|CD|2=4x2(2k+1)x=(8k+4)x1x2=4x1=20(∴|CD|=20|x=2036(16令3k+1=t,则k=t-∴16k当1t=1625,即t=2516|CD|min=356.解(1)设△PF1F2内切圆半径为r,由题意S△PF2I=12|PF2|·r,S△F1F2I=12|F1F2|·r,S△PF1I=12|PF1|·r.∴S△PF2I∶S△F1F2I∶S△PF1I=|PF2|∶|F1F2|∶|PF1|=2∶3∶4.∵△PF1F2的周长为18,∴|PF2(2)由题知直线l斜率存在且不为0,设其方程为x=ty+3(t≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),Q0,-3t,联立x=ty+3,x24-y25=1,消去x,整理得(5t24)·y2+30ty+25=0,∵直线l与双曲线右支交于两点,则有y1y2<0,Δ=(∵QM=mM