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《浙江省2019高考数学课时跟踪检测(十五)大题考法——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题.docx》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
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(a>b>0)的右焦点为F,右顶点为A,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x=9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,∵B,F,D三点共线,∴∥,又=(c-x0,-y0),=,∴-y0(c-x0)=-y0·,∴a=3c,从而e=.法
2、二:连接OD,AB(图略),由题意知,OD是△CAB的中位线,∴OD綊AB,∴△OFD∽△AFB.∴==,即=,解得a=3c,从而e=.(2)证明:∵F的坐标为(1,0),∴c=1,从而a=3,∴b2=8.∴椭圆E的方程为+=1.设直线l的方程为x=ny+1,由消去x得,(8n2+9)y2+16ny-64=0,∴y1+y2=,y1y2=,其中M(ny1+1,y1),N(ny2+1,y2).∴直线AM的方程为=,∴P,同理Q,从而·=·=64+=64+=64+=0.∴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
3、(x,y).过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.(1)求直线AP斜率的取值范围;(2)求
4、PA
5、·
6、PQ
7、的最大值.解:(1)设直线AP的斜率为k,k==x-,因为-8、PA9、==(k+1),10、PQ11、=(xQ-x)=-,所以12、PA13、·14、PQ15、=-(k-1)(k+1)3.令f(k)=-(k-1)(k+1)3,因为f′(k)=-(4k-2)(k+16、1)2,令f′(k)=0,得k=或k=-1(舍去),所以f(k)在区间上单调递增,上单调递减,因此当k=时,17、PA18、·19、PQ20、取得最大值.3.(2018·浙江重点中学12月高三期末热身联考)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长是短轴长的2倍,且椭圆过点.(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=kOA·kOB(kAB>0).(ⅰ)求证:21、OA22、2+23、OB24、2为定值;(ⅱ)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,a=2b,故椭圆方程可化为+=1,∵椭圆过25、点,∴+=1,解得b=1(负值舍去),∴a=2,∴椭圆C的方程为+y2=1.(2)设直线AB的方程为y=kABx+m(kAB>0),A(x1,y1),B(x2,y2).∵k=kOA·kOB(kAB>0),∴k==,化简得kABm(x1+x2)+m2=0,∵A,O,B三点不共线,∴m≠0,∴kAB(x1+x2)+m=0,①由消去y,整理,得(1+4k)x2+8kAB·mx+4(m2-1)=0,由根与系数的关系可得②Δ=16(1+4k-m2)>0,③将②代入①中得kAB+m=0(kAB>0),解得kAB=,则④(ⅰ)证明:26、OA27、2+28、OB29、2=x+y+x+y=x+x+2=[(x1+30、x2)2-2x1x2]+2,将④代入得31、OA32、2+33、OB34、2=×[4m2-2×2(m2-1)]+2=5.(ⅱ)设点O到直线AB的距离为d,则S=35、AB36、·d=37、x1-x238、·=39、m40、=41、m42、.由③及kAB=可得m∈(-,0)∪(0,),则S=43、m44、=≤=1,当且仅当m=±1时,等号成立.∴S取最大值时,直线的AB方程为y=x+1或y=x-1.4.(2018·宝鸡质检)已知椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2,其离心率e=,点P为椭圆上的一个动点,△PF1F2面积的最大值为4.(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F1,45、·=0,求46、47、+48、49、的取值范围.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=50、F1F251、·52、OP53、=bc,所以bc=4,因为e==,所以b=2,a=4,所以椭圆方程为+=1.(2)由(1)得,F1的坐标为(-2,0),因为·=0,所以AC⊥BD,①当直线AC与BD中有一条直线斜率不存在时,易得54、55、+56、57、=6+8=14.②当直线AC的斜率k存在且k≠0时,设其方程为y=k(x+2),A(x1,y1),C(x2,y2),由得(3+
8、PA
9、==(k+1),
10、PQ
11、=(xQ-x)=-,所以
12、PA
13、·
14、PQ
15、=-(k-1)(k+1)3.令f(k)=-(k-1)(k+1)3,因为f′(k)=-(4k-2)(k+
16、1)2,令f′(k)=0,得k=或k=-1(舍去),所以f(k)在区间上单调递增,上单调递减,因此当k=时,
17、PA
18、·
19、PQ
20、取得最大值.3.(2018·浙江重点中学12月高三期末热身联考)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长是短轴长的2倍,且椭圆过点.(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=kOA·kOB(kAB>0).(ⅰ)求证:
21、OA
22、2+
23、OB
24、2为定值;(ⅱ)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,a=2b,故椭圆方程可化为+=1,∵椭圆过
25、点,∴+=1,解得b=1(负值舍去),∴a=2,∴椭圆C的方程为+y2=1.(2)设直线AB的方程为y=kABx+m(kAB>0),A(x1,y1),B(x2,y2).∵k=kOA·kOB(kAB>0),∴k==,化简得kABm(x1+x2)+m2=0,∵A,O,B三点不共线,∴m≠0,∴kAB(x1+x2)+m=0,①由消去y,整理,得(1+4k)x2+8kAB·mx+4(m2-1)=0,由根与系数的关系可得②Δ=16(1+4k-m2)>0,③将②代入①中得kAB+m=0(kAB>0),解得kAB=,则④(ⅰ)证明:
26、OA
27、2+
28、OB
29、2=x+y+x+y=x+x+2=[(x1+
30、x2)2-2x1x2]+2,将④代入得
31、OA
32、2+
33、OB
34、2=×[4m2-2×2(m2-1)]+2=5.(ⅱ)设点O到直线AB的距离为d,则S=
35、AB
36、·d=
37、x1-x2
38、·=
39、m
40、=
41、m
42、.由③及kAB=可得m∈(-,0)∪(0,),则S=
43、m
44、=≤=1,当且仅当m=±1时,等号成立.∴S取最大值时,直线的AB方程为y=x+1或y=x-1.4.(2018·宝鸡质检)已知椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2,其离心率e=,点P为椭圆上的一个动点,△PF1F2面积的最大值为4.(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,
45、·=0,求
46、
47、+
48、
49、的取值范围.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=
50、F1F2
51、·
52、OP
53、=bc,所以bc=4,因为e==,所以b=2,a=4,所以椭圆方程为+=1.(2)由(1)得,F1的坐标为(-2,0),因为·=0,所以AC⊥BD,①当直线AC与BD中有一条直线斜率不存在时,易得
54、
55、+
56、
57、=6+8=14.②当直线AC的斜率k存在且k≠0时,设其方程为y=k(x+2),A(x1,y1),C(x2,y2),由得(3+
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