专题对点练23 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题
1.(2024全国Ⅰ,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4∶5.
3.已知抛物线x2=2py(p>0)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x+(y-1)=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.
2
2
4.已知椭圆C:=1(a>b>0)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.
1
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. ①求证:直线MN恒过定点,并求出该定点坐标;
②若O为坐标原点,求的取值范围.
7.已知抛物线C:y2=2px(p>0)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AP⊥BP,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.
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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)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x1>0,x2>0. 由
得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=,y1y2=-4.
.①
=0.
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①式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)=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的方程为由题意得解得c=
222
所以b=a-c=1.
.
=1(a>b>0).
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m≠±2,且n≠0. 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=-.
2
由点M在椭圆C上,得4-m=4n2. 所以yE=-n. 又S△BDE=|BD|·|yE|=|BD|·|n|,S△BDN=|BD|·|n|, 所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5. 3.解 (1)由题意可知P(4,0),Q
,|QF|=
,
由|QF|=|PQ|,则,解得p=2,
2
∴抛物线的方程为x=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-即y=x-,
同理求得MD:y=x-,
(x-x1),
联立解得则M(2k,-1),
1
∴M到l的距离d==2, ∴△ABM与△CDM的面积之积S△ABM·S△CDM=|AB||CD|·d2
= (|AF|-1)(|DF|-1)·d2
=y1y2d2=·d2=1+k2≥1,
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+ =8.
,0),F2(2
,0),∴2a=|AF1|+|AF2|
∴a=4,∴b2=a2-c2=4,e=∴椭圆C的标准方程为
(2)证明 T(x0,y0)(x0≠0,y0≠0), 则
=1.
. =1,e=.
M(4,0),N(0,2),∴直线TN的方程为y-2=直线TM的方程为y=令x=0,得P则|MQ|=
|QM|·|PN|=∴|PN|·|QM|为定值16. 5.解 (1)∵直线x+2
.
,则|PN|=(x-4),
x,令y=0,得Q,
.
=16,
y+2=0与圆O:x2+y2=r2相切,
∴r=, 22∴x+y=.
∵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Δ>0,得2k2+1>m2,(※) 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)+2m]2=4,即(1+k2)(x1+x2)2+4km(x1+x2)+4m2=4.
∴化简得m2=由k≠0,得>0,∴+4m2=4,
,代入(※)得k≠0.又m2=
=1+
=1+
.
>0,∴m2>1,得m的取值范围为m<-1或m>1.
1
6.解 (1)设椭圆C的标准方程为由题意可得a2-b2=2,e=
,c=
=1(a>b>0), ,解得a=
,b=1,
即有椭圆的标准方程为+x2=1; (2)①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=-,
, +kt
+t2=
,
y1+y2=k(x1+x2)+2t=2t-y1y2=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=k2·则化为t2+3解得t=-2
t+6=0, (-舍去),
, +3,
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);
②由①可得
=
=x1x2+y1y2
=,
22
由(3+k)x+2ktx+t2-3=0,
可得Δ=4k2t2-4(t2-3)(3+k2)=48k2-36(3+k2)>0, 解得k2>9.
令3+k2=m,则m>12,且k2=m-3, 即有
由m>12,可得-3<-3<. 则
的取值范围是
.
,
-3,
7.解 (1)由题知F,|FA|=3+,则D(3+p,0),FD的中点坐标为
则=3,解得p=2,故C的方程为y2=4x.
(2)依题可设直线AB的方程为x=my+x0(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2), 则E(x2,-y2),由为(xP,0),则由题知
=(x2-xP,-y2),
消去x,得y2-4my-4x0=0.∵x0≥,∴Δ=16m2+16x0>0,y1+y2=4m,y1y2=-4x0,设P的坐标=(x1-xP,y1),
,显然y1+y2=4m≠0,
,所以(x2-xP)y1+y2(x1-xP)=0,即x2y1+y2x1=(y1+y2)xP=
所以xP==-x0,即证xP(-x0,0). 由题知△EPB为等腰直角三角形,
所以kAP=1,即=1,也即=1,所以y1-y2=4,∴(y1+y2)2-4y1y2=16, 即16m2+16x0=16,m2=1-x0,x0<1, 又因为x0≥,
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苏教版2024年高考数学(文科)二轮复习对点练：七解析几何专题对点练23(含答案)
