新高考数学之冲破压轴题讲与练 专题12 圆锥曲线中的最值、范围问题【解析版】 下载本文

内容发布更新时间 : 2024/12/25 11:09:13星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

因为f'(k)??(4k?2)(k?1),

所以 f(k)在区间(?1,)上单调递增,(,1)上单调递减, 因此当k=

21212127时,|PA|?|PQ|取得最大值. 216x2y2?2?12ab例5. (2017·山东高考真题(文))在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:(a>b>0)的离心率为22,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为22. (Ⅰ)求椭圆C的方程;

(Ⅱ)动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,⊙N的半径为|NO|. 设D为AB的中点,DE,DF与⊙N分别相切于点E,F,求?EDF的最小值.

?x2y2【答案】(Ⅰ) ??1.(II) .

342【解析】

(Ⅰ)由椭圆的离心率为2222,得a?2(a?b), 2a2a22又当y?1时,x?a?2,得a?2?2,

bb22所以a?4,b?2,

22x2y2因此椭圆方程为??1.

42

5

(Ⅱ)设A(x1,y1),B(x2,y2),

联立方程??y?kx?m?x2?2y2?4, 得(2k2?1)x2?4kmx?2m2?4?0, 由???得m2?4k2?2.(*)

且x4km1?x2?2k2?1, 因此yy2m1?2?2k2?1,

所以D(?2km2k2?1,m2k2?1), 又N(0,?m), 所以ND2?(?2km2k2?1)2?(m2k2?1?m)2 整理得ND2?4m2(1?3k2?k4)(2k2?1)2 , 因为NF?m,

2所以

ND?4(k4?3k2?1)8k2?3NF2(2k2?1)2?1?(2k2?1)2.

令t?8k2?3,t?3,

故2k2?1?t?14, ND2所以

NF2?1?16t16(1?t)2?1?t?1 . t?2令y?t?1t,所以y??1?1t2. 当t?3时,y??0,

从而y?t?1t在[3,??)上单调递增,

因此t?110t?3,

等号当且仅当t?3时成立,此时k?0,

6

所以

NDNF22?1?3?4,

由(*)得 ?2?m?2 且m?0. 故

NFND?1, 2设?EDF?2?, 则sin??NFND?1 , 2所以?的最小值为

π, 6π,此时直线l的斜率是0. 3π. 3从而?EDF的最小值为

综上所述:当k?0,m?(?2,0)?(0,2)时,?EDF取到最小值

例6.(2018·浙江高考真题)如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.

(Ⅰ)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴;

y2=1(x<0)上的动点,求△PAB面积的取值范围. (Ⅱ)若P是半椭圆x+42

?1510?【答案】(Ⅰ)证明见解析;(Ⅱ)?62,?.

4??【解析】

??22(Ⅰ)设P?x0,y0?,A?y1,y1?,B?y2,y2?.

??1?4??1?4因为PA,PB的中点在抛物线上,所以y1,y2为方程

7

12y?x0?y?y0?, 4?4??2?2??222即y?2y0y?8x0?y0?0的两个不同的实数根.

所以y1?y2?2y0. 因此,PM垂直于y轴.

?y1?y2?2y0,(Ⅱ)由(Ⅰ)可知?2

yy?8x?y00,?12所以PM?123222y1?y2?x0?y0?3x0,y1?y2?22y0?4x0. 84????因此,△PAB的面积SVPAB1322?PM?y1?y2?y0?4x024??32.

2y022因为x??1(x0?0),所以y0?4x0??4x0?4x0?4??4,5?.

420?1510?62,因此,△PAB面积的取值范围是??.

4??,0)为抛物线y2?2px(p?0),点F为焦点,过点F的直线例7.(2019·浙江高考真题)如图,已知点F(1交抛物线于A,B两点,点C在抛物线上,使得VABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q,且Q在点F右侧.记△AFG,△CQG的面积为S1,S2.

(1)求p的值及抛物线的准线方程;

S1(2)求的最小值及此时点G的坐标.

S2 8