《2017届高三数学一轮复习第九篇平面解析几何第7节圆锥曲线的综合问题第二课时最值范围证明专题课时训练理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017届高三数学一轮复习第九篇平面解析几何第7节圆锥曲线的综合问题第二课时最值范围证明专题课时训练理（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 第二课时 最值、范围、证明专题 【选题明细表】 知识点、方法 题号 最值问题 2 范围问题 1,3,6 证明问题 4,5,7 1.已知抛物线:x 2 =2py和点M(2,2),若抛物线上存在不同两点A,B满足 + =0. (1)求实数p的取值范围; (2)当p=2时,抛物线上是否存在异于A,B的点C,使得经过A,B,C三点的圆和抛物线 在点C处有相同的切线?若存在,求出点C的坐标;若不存在,请说明理由. 解:(1)不妨设A(x 1 , ),B(x 2 , ),且x 1(x 1 x 2 ), 2 1 2 2 ( 1 + 2 ) 2 2 即8p8, 所以p1,即p的取值范围为(1,+). (2
2、)当p=2时, 由(1)求得A,B的坐标分别为(0,0),(4,4). 假设抛物线上存在点C(t, ) (t0且t4), 使得经过A,B,C三点的圆和抛物线在点C处有相同的切线. 设经过A,B,C三点的圆N的方程为x 2 +y 2 +Dx+Ey+F=0, 则 =0, 4 +4 + = 32, 16 +4 2 +16 = 4 16 2 . 整理得t 3 +4(E+4)t-16(E+8)=0. 因为函数y=的导数为y=, 所以抛物线在点C(t, )处的切线的斜率为, 所以经过A,B,C三点的圆N在点C(t, )处的切线斜率为,且该切线与直线NC垂直. 因为t0, 所以直线NC的斜率存在. 因为圆心
3、N的坐标为(-,-),2 所以 =-, 2 4 + 2 + 2 即t 3 +2(E+4)t-4(E+8)=0. 因为t0,由消去E,得t 3 -6t 2 +32=0, 即(t-4) 2 (t+2)=0, 因为t4, 所以t=-2. 故满足题设的点C存在,其坐标为(-2,1). 2.(2015高考浙江卷)已知椭圆+y 2 =1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+对称. (1)求实数m的取值范围; (2)求AOB面积的最大值(O为坐标原点). 解:(1)由题意知m0, 可设直线AB的方程为y=-x+b. 由 2 2 + 2 =1, = 1 + , 消去y,得(+ )x 2 - x+b 2 -1=
4、0. 1 2 2 因为直线y=-x+b与椭圆+y 2 =1有两个不同的交点, 所以=-2b 2 +2+ 0, 4 2 将线段AB中点M( , )代入直线方程y=mx+,解得b=- . 2 2 +2 2 2 +2 2 +2 2 2 由得m . 6 3 6 3 (2)令t=(- ,0)(0, ), 6 2 6 23 则|AB|= , 2 +1 2 4 +2 2 + 3 2 2 + 1 2 且O到直线AB的距离为d= . 2 + 1 2 2 +1 设AOB的面积为S(t), 所以S(t)=|AB|d= . 1 2 2( 2 1 2 ) 2 +2 2 2 当且仅当t 2 =时,等号成立. 故AOB面积
5、的最大值为 . 2 2 3.已知椭圆C:+=1(ab0)的一个焦点是F(1,0),且离心率为. (1)求椭圆C的方程; (2)设经过点F的直线(不与x轴重合)交椭圆C于M,N两点,线段MN的垂直平分线交y轴于 点P(0,y 0 ),求y 0 的取值范围. 解:(1)设椭圆C的半焦距为c.依题意,得c=1. 因为椭圆C的离心率为e=, 所以a=2c=2,b 2 =a 2 -c 2 =3. 故椭圆C的方程为+=1. (2)当MNx轴时,显然y 0 =0. 当MN与x轴不垂直时, 可设直线MN的方程为y=k(x-1)(k0). 由 = ( 1), 2 4 + 2 3 =1, 消去y并整理得(3+4k
6、 2 )x 2 -8k 2 x+4(k 2 -3)=0. 设M(x 1 ,y 1 ),N(x 2 ,y 2 ),线段MN的中点为Q(x 3 ,y 3 ), 则x 1 +x 2 = , 8 2 3+4 2 所以x 3 = = ,y 3 =k(x 3 -1)= , 1 + 2 2 4 2 3+4 2 3 3+4 2 线段MN的垂直平分线的方程为 y+ =-(x- ). 3 3+4 2 4 2 3+4 24 在上述方程中,令x=0,得y 0 = = . 3+4 2 1 3 +4 当k0时,+4k4 ,当且仅当=4k,k= 时等号成立. 3 3 2 所以- y 0 b0)交于两点M,N,且以MN为直径
7、的圆过原点,求证:+为定 值; (3)在(2)的条件下,若椭圆的离心率不大于 ,求椭圆长轴长的取值范围. 3 2 (1)解:设C(x,y),由 = + , 可得(x,y)=(1,0)+(0,-2), 所以 即有 代入-2=1, = , = 2 , = , = 2 , 有x+y=1,即点C的轨迹方程为x+y=1. (2)证明:由 + =1, 2 2 + 2 2 =1 可得(a 2 +b 2 )x 2 -2a 2 x+a 2 -a 2 b 2 =0, 设M(x 1 ,y 1 ),N(x 2 ,y 2 ), 则x 1 +x 2 = ,x 1 x 2 = , 2 2 2 + 2 2 2 2 2 + 2
8、 因为以MN为直径的圆过原点O,则 =0, 即有x 1 x 2 +y 1 y 2 =0, x 1 x 2 +(1-x 1 )(1-x 2 )=1-(x 1 +x 2 )+2x 1 x 2 =1- +2 2 2 2 + 2 2 2 2 2 + 2 =0, 可得a 2 +b 2 -2a 2 b 2 =0, 即有+=2为定值. (3)解:+=2,可得b 2 = . 2 2 2 1 由ab0,即 1, 2 2 2 1 由e ,则e 2 = , 3 2 2 2 2 即1- ,即2a 2 -14, 1 2 2 1 又a1,所以1b0)的焦距为2,且过点1, ,右焦点为F 2 .设A,B 2 2 是C上的两
9、个动点,线段AB的中点M的横坐标为-,线段AB的中垂线交椭圆C于P,Q两点. (1)求椭圆C的方程; (2)求 的取值范围. 2 2 解:(1)因为焦距为2,所以a 2 -b 2 =1. 因为椭圆C过点(1, ),所以+ =1. 2 2 1 2 2 故a 2 =2,b 2 =1, 所以椭圆C的方程为+y 2 =1. (2)由题意知,当直线AB垂直于x轴时, 直线AB方程为x=-, 此时P(- ,0),Q( ,0),又F 2 (1,0), 2 2 得 =-1. 2 2 当直线AB不垂直于x轴时,设直线AB的斜率为k(k0),M(-,m)(m0),A(x 1 , y 1 ),B(x 2 ,y 2
10、), 则x 1 +x 2 =-1,y 1 +y 2 =2m. 由 得(x 1 +x 2 )+2(y 1 +y 2 ) =0, 2 1 2 + 2 1 =1, 2 2 2 + 2 2 =1 1 2 1 2 则-1+4mk=0,故k= . 1 4 此时,直线PQ斜率为k 1 =-4m, PQ的直线方程为y-m=-4m(x+). 即y=-4mx-m. 联立方程组 = 4 , 2 2 + 2 =1, 整理得(32m 2 +1)x 2 +16m 2 x+2m 2 -2=0. 设P(x 3 ,y 3 ),Q(x 4 ,y 4 ), 所以x 3 +x 4 =- ,x 3 x 4 = . 16 2 32 2
11、+1 2 2 2 32 2 +17 于是 =(x 3 -1)(x 4 -1)+y 3 y 4 2 2 =x 3 x 4 -(x 3 +x 4 )+1+(4mx 3 +m)(4mx 4 +m) =(4m 2 -1)(x 3 +x 4 )+(16m 2 +1)x 3 x 4 +m 2 +1 = + +m 2 +1 (4 2 1)( 16 2 ) 32 2 +1 (1+16 2 )(2 2 2) 32 2 +1 = . 19 2 1 32 2 +1 由于M(-,m)在椭圆的内部,故0b0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形,直线x- y+b=0是抛物线y 2 =4x的一条切线. (1)
12、求椭圆C的方程; (2)过点S(0,- )的直线l交椭圆C于A,B两点,试问:在直角坐标平面上是否存在一个定点 T,使得以AB为直径的圆恒过点T?若存在,求出点T的坐标;若不存在,请说明理由. 解:(1)由 消去y得x 2 +(2b-4)x+b 2 =0. + =0, 2 =4 因为直线y=x+b与抛物线y 2 =4x相切, 所以=(2b-4) 2 -4b 2 =0,所以b=1, 因为椭圆C:+=1(ab0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形,所以 a= b= , 2 2 故所求椭圆C的方程为+y 2 =1. (2)存在.理由: 当l与x轴平行时,以AB为直径的圆的方程:x 2 +(y+) 2 =() 2 ,当l与x轴垂直时,以AB为直径 的圆的方程:x 2 +y 2 =1. 由 2 +( + 1 3 ) 2 =( 4 3 ) 2 , 2 + 2 =1, 解得 =0, =1. 即两圆相切于点(0,1), 因此,所求的点T如果存在,只能是(0,1). 下面证明点T(0,1)就是所求的点. 当直线l垂直于x轴时,以AB为直径的圆过点T(0,1); 若直线l不垂直于x轴,可设直线l:y=kx-.
