高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí)第三講圓錐曲線的綜合問題第1課時圓錐曲線的最值范圍證明問題限時規(guī)范訓(xùn)練文

1、- -第1課時 圓錐曲線的最值、范圍、證明問題練技巧練方法，a限時規(guī)范訓(xùn)練 ，一一1 ,一1. (2019 廣東佛山模擬)已知中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在 x軸上的橢圓 M的離心率為2,橢圓上異于長軸頂點(diǎn)的任意點(diǎn) A與左、右兩焦點(diǎn)F1, F2構(gòu)成的三角形中面積的最大值為小(1)求橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)若A與C是橢圓M上關(guān)于x軸對稱的兩點(diǎn)，連接 CE與橢圓的另一交點(diǎn)為 B,求證：直線解得c=1, a=2, b= J3.所以橢圓MAB與x軸交于定點(diǎn)P,并求PA EC勺取值范圍.解析：(1)由題意知 a=2, 2 2c b=J3, a2 = b2+c：22的標(biāo)準(zhǔn)方程是4=1.(2)證明：設(shè) A(xb y

2、1) , Rx2, y2) , C(xb y0,直線AB y= kx+m 將 y= kx +簿2x代入丁 十428km4m124k2+3，x1x2= 4k2+ 3 .所以2k4n2 128kmET (k)4m 2m= ，解得 m= 4k.所以直線 AB： y=k(x 4),與x軸交于定點(diǎn)P(4,0).一， 23 2b一 一一因?yàn)?y2= 3-4x2,所以 PA- F2C= (x1-4,、，.、2_.27 2_.7y1)(x11, y。=x15x1 + 4 y1=%x1 5x1+1 =z10 2 18x 7廠亍.18因?yàn)橐?x1b0)的左、右焦點(diǎn)分別為點(diǎn)F1, F2,其離心率a b1為2,短軸長

3、為2 3.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)過點(diǎn)F1的直線11與橢圓C交于M N兩點(diǎn)，過點(diǎn) E的直線12與橢圓C交于P, Q兩點(diǎn)，且I1/I2,證明：四邊形 MNP4可能是菱形.y= 1 得，(4 k2+ 3)x2+8kmx+ 4n212= 0.則 x + x2= 3，八 ,廣 kx2+m fkx1 + m因?yàn)锽, C, F2共線，所以kBR=kCR,即大二 = x1 I整理得 2kx1x2+ (m- k)( x1 + x2) 2m= 0,解析：(1)由已知，得 c=1, b=-J3,又 c2=a2-b2, a 2故解得 a2 = 4, b2= 3,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x- + y-=1. 4

4、3(2)證明：由(1),知Fi( 1, 0),如圖，易知直線MN能平行于x軸，所以令直線 MN勺方程為x= my- 1, Mxi, yi), N(x2, y),3x2+4y2- 12=0聯(lián)立方程,x= my- 1得(3 R2+ 4)y2 6my-9= 0,“，6m- 9所以 y1+y2=3m , y1y2=3m.此時 | MNJ= |(1 + m2 (y1 + y2 2 4y、y2.同理，令直線 PQ勺方程為x=m什1, P(x3, y3) , Qx4, y4)， 6m 9此時 y3+y4=3mT7, y3y4=3m,此時 | PQ =叱1 + m2 y4 2 4y3y4,故|MN=|PQ所以

5、四邊形 MNPQ：平行四邊形.若平行四邊形 MNP盤菱形，則 OMLON即OM ON= 0,于是有*僅2+丫心=0.2又 xiX2= ( my 1)( my- 1) = my42 m y +y2) + 1,所以有(rm+ 1)yymy-y2) + 1 = 0,_ 12m _ 5整理得到中丁 =2即 12m+5=0,上述關(guān)于m的方程顯然沒有實(shí)數(shù)解，故四邊形 MNPQF可能是菱形.x2 y22(2019 安慶二模)已知橢圓C: 1+g=1(ab0)的離心率為 北,且過點(diǎn)(2,、/2).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)A B為橢圓C的左、右頂點(diǎn)，過 C的右焦點(diǎn)F作直線l交橢圓于M N兩點(diǎn)，分別記

6、ABM ABN的面積為S , S2,求| S S|的最大值.C 242222解析：(1)根據(jù)題息可得：a=，孑+=1，a = b+c,解得：a2 = 8, b=2.故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：xr + yr=1. 84(2)由(1)知F(2,0),當(dāng)直線l的斜率不存在時，Si=S2,于是|S S| =0;當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線 l : y= k(x2)( kw0),設(shè) M(xi, yi) , N(x2, y2),，y=k(x-2 聯(lián)立x2 y2得(1 +2k2)x28k2x+8k28=0.8 48k2.xi + x2=kk22-8k 8xix2=i + 2k2?于是 | s S| =2X4 W

7、x 1 yi + y2| = 2必| k( xi + x?) 4k| = 2必卜 X8k21 + 2k28小w隨=4. n1r+2|k|2 2當(dāng)且僅當(dāng)k=當(dāng)時等號成立，此時|S S2|的最大值為4.綜上，|S S2|的最大值為4. 2(20i9 朝陽區(qū)模擬)過橢圓WW x2+y2=i的左焦點(diǎn)Fi作直線li交橢圓于A, B兩點(diǎn)，其中A(0,i),另一條過Fi的直線l 2交橢圓于C, D兩點(diǎn)(不與A, B重合)，且D點(diǎn)不與點(diǎn)(0, - i) 重合.過 Fi作x軸的垂線分別交直線 AD BC于E, G (i)求B點(diǎn)坐標(biāo)和直線l i的方程； (2)求證:|ER|=|FiG.Py=x+i解析：(i)由題

8、意可得直線l i的方程為y = x+i.與橢圓方程聯(lián)立，由Sx2 2 5+ y=1可求b1-3,-3.y= k(x+ 1 )由x22尹y = 1(2)證明：當(dāng)l 2與x軸垂直時，C, D兩點(diǎn)與E, G兩點(diǎn)重合，由橢圓的對稱性，|EF|=|FiG.當(dāng)l 2不與x軸垂直時,設(shè) C(xi, yi) , D(x2, y2) , 12的方程為 y= k(x+1)( kw 1).消去 y,整理得(2 k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0.ni,-4k2川 xi+X2=2k2+ ixix2 =2_2k 22k2+1.由已知，X2W0, 則直線AD的方程為y1 =41x,令x=1,X2得點(diǎn)E的縱坐標(biāo)yE=X2y2+ 1X2把y2= k(X2+ 1)代入得yE=件+ 1 11 k) .X2則直線BC的方程為11 3 y+3=-4X1+3y 1 X1 1令x = 1,得點(diǎn) G的縱坐標(biāo) yG=7-.3X1 + 3把y-k小+D代入得yG= y：1,X21 1-yE+ yG=X2LY (X1+1 (k1)3X1 + 4r k 俾+ 1：f3X1 + 4 廠 X2(X1+ 1 X2 -3x1+4門一k 2 X1X2+ 3fx1 + X2 廿 4X2 - 3X1+4把 X