高考數(shù)二輪專題突破 （預(yù)測演練+提能訓(xùn)練）第1部分 專題五 第3講 第二課時 圓錐曲線中的定點、定值和最值問題（以真題和模擬題為例） 理

《創(chuàng)新方案》屆高考數(shù)學(xué)（理科）二輪專題突破預(yù)測演練提能訓(xùn)練（浙江專版）：第1部分專題五第3講第二課時圓錐曲線中的定點、定值和最值問題（以年真題和模擬題為例，含答案解析）1.(·重慶高考)如圖，橢圓的中心為原點O，長軸在x軸上，離心率e＝eq\f(\r(2),2)，過左焦點F1作x軸的垂線交橢圓于A，A′兩點，|AA′|＝4.(1)求該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)取平行于y軸的直線與橢圓相交于不同的兩點P，P′，過P，P′作圓心為Q的圓，使橢圓上的其余點均在圓Q外．求△PP′Q的面積S的最大值，并寫出對應(yīng)的圓Q的標(biāo)準(zhǔn)方程．解：(1)設(shè)該橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由題意知點A(－c,2)在橢圓上，則eq\f(－c2,a2)＋eq\f(22,b2)＝1，從而e2＋eq\f(4,b2)＝1，又e＝eq\f(\r(2),2)，故b2＝eq\f(4,1－e2)＝8，從而a2＝eq\f(b2,1－e2)＝16.故該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,8)＝1.(2)由橢圓的對稱性，可設(shè)Q(x0,0)．又設(shè)M(x，y)是橢圓上任意一點，則|QM|2＝(x－x0)2＋y2＝x2－2x0x＋xeq\o\al(2,0)＋8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,16)))＝eq\f(1,2)(x－2x0)2－xeq\o\al(2,0)＋8(x∈[－4,4])．設(shè)P(x1，y1)，由題意知，點P是橢圓上到點Q的距離最小的點，因此，當(dāng)x＝x1時|QM|2取最小值，又x1∈(－4，4)，從而x1＝2x0，且|QP|2＝8－xeq\o\al(2,0).由對稱性知P′(x1，－y1)，故|PP′|＝|2y1|，所以S＝eq\f(1,2)|2y1||x1－x0|＝eq\f(1,2)×2eq\r(8×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),16))))|x0|＝eq\r(2)eq\r(4－x\o\al(2,0)x\o\al(2,0))＝eq\r(2)eq\r(－x\o\al(2,0)－22＋4.)故當(dāng)x0＝±eq\r(2)時，△PP′Q的面積S取得最大值2eq\r(2).此時對應(yīng)的圓Q的圓心坐標(biāo)為Q(±eq\r(2)，0)，半徑|QP|＝eq\r(8－x\o\al(2,0))＝eq\r(6)，因此，這樣的圓有兩個，其標(biāo)準(zhǔn)方程分別為(x＋eq\r(2))2＋y2＝6，(x－eq\r(2))2＋y2＝6.2.如圖，橢圓C0：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0，a，b為常數(shù))，動圓C1：x2＋y2＝teq\o\al(2,1)，b<t1<a.點A1，A2分別為C0的左，右頂點，C1與C0相交于A，B，C，D四點．(1)求直線AA1與直線A2B交點M的軌跡方程；(2)設(shè)動圓C2：x2＋y2＝teq\o\al(2,2)與C0相交于A′，B′，C′，D′四點，其中b<t2<a，t1≠t2.若矩形ABCD與矩形A′B′C′D′的面積相等，證明：teq\o\al(2,1)＋teq\o\al(2,2)為定值．解：(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x1，－y1)，又知A1(－a,0)，A2(a,0)，則直線A1A的方程為y＝eq\f(y1,x1＋a)(x＋a)， ①直線A2B的方程為y＝eq\f(－y1,x1－a)(x－a)． ②由①×②得y2＝eq\f(－y\o\al(2,1),x\o\al(2,1)－a2)(x2－a2)． ③由點A(x1，y1)在橢圓C0上，得eq\f(x\o\al(2,1),a2)＋eq\f(y\o\al(2,1),b2)＝1.從而yeq\o\al(2,1)＝b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),a2)))，代入③得eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(x<－a，y<0)．(2)證明：設(shè)A′(x2，y2)，由矩形ABCD與矩形A′B′C′D′的面積相等，得4|x1||y1|＝4|x2||y2|，故xeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,1)＝xeq\o\al(2,2)yeq\o\al(2,2).因為點A，A′均在橢圓上，所以b2xeq\o\al(2,1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),a2)))＝b2xeq\o\al(2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,2),a2))).由t1≠t2，知x1≠x2，所以xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝a2.從而yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝b2，因此teq\o\al(2,1)＋teq\o\al(2,2)＝a2＋b2為定值．3.(·珠海模擬)如圖，拋物線的頂點O在坐標(biāo)原點，焦點在y軸負半軸上．過點M(0，－2)作直線l與拋物線相交于A，B兩點，且滿足＋＝(－4，－12)．(1)求直線l和拋物線的方程；(2)當(dāng)拋物線上一動點P從點A向點B運動時，求△ABP面積的最大值．解：(1)根據(jù)題意可設(shè)直線l的方程為y＝kx－2，拋物線方程為x2＝－2py(p＞0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2，,x2＝－2py，))得x2＋2pkx－4p＝0.設(shè)點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－2pk，y1＋y2＝k(x1＋x2)－4＝－2pk2－4，∴＋＝(x1＋x2，y1＋y2)＝(－2pk，－2pk2－4)．∵＋＝(－4，－12)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2pk＝－4，,－2pk2－4＝－12.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝1，,k＝2.))故直線l的方程為y＝2x－2，拋物線方程為x2＝－2y.(2)據(jù)題意，當(dāng)拋物線過點P的切線與l平行時，△APB的面積最大．設(shè)點P(x0，y0)，則y′＝－x，故由－x0＝2，得x0＝－2，則y0＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＝－2，故P(－2，－2)．此時點P到直線l的距離d＝eq\f(|2×－2－－2－2|,\r(22＋－12))＝eq\f(4,\r(5))＝eq\f(4\r(5),5).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x－2，,x2＝－2y，))得x2＋4x－4＝0.故|AB|＝eq\r(1＋k2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋22)eq\r(－42－4×－4)＝4eq\r(10).故△ABP的面積的最大值為eq\f(1,2)×|AB|×d＝eq\f(1,2)×4eq\r(10)×eq\f(4\r(5),5)＝8eq\r(2).4．(·廣東高考)已知拋物線C的頂點為原點，其焦點F(0，c)(c>0)到直線l：x－y－2＝0的距離為eq\f(3\r(2),2).設(shè)P為直線l上的點，過點P作拋物線C的兩條切線PA，PB，其中A，B為切點．(1)求拋物線C的方程；(2)當(dāng)點P(x0，y0)為直線l上的定點時，求直線AB的方程；(3)當(dāng)點P在直線l上移動時，求|AF|·|BF|的最小值．解：(1)依題意，設(shè)拋物線C的方程為x2＝4cy(c>0)，則eq\f(|0－c－2|,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2)，結(jié)合c>0，解得c＝1.所以拋物線C的方程為x2＝4y.(2)拋物線C的方程為x2＝4y，即y＝eq\f(1,4)x2，求導(dǎo)得y′＝eq\f(1,2)x.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中y1＝\f(x\o\al(2,1),4)，y2＝\f(x\o\al(2,2),4)))，則切線PA，PB的斜率分別為eq\f(1,2)x1，eq\f(1,2)x2.所以切線PA的方程為y－y1＝eq\f(x1,2)(x－x1)，即y＝eq\f(x1,2)x－eq\f(x\o\al(2,1),2)＋y1，即x1x－2y－2y1＝0.同理，可得切線PB的方程為x2x－2y－2y2＝0.因為切線PA，PB均過點P(x0，y0)，所以x1x0－2y0－2y1＝0，x2x0－2y0－2y2＝0.所以(x1，y1)，(x2，y2)為方程x0x－2y0－2y＝0的兩組解．所以直線AB的方程為x0x－2y0－2y＝0.(3)由拋物線定義可知|AF|＝y(tǒng)1＋1，|BF|＝y(tǒng)2＋1，所以|AF|·|BF|＝(y1＋1)(y2＋1)＝y(tǒng)1y2＋(y1＋y2)＋1.聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0x－2y－2y0＝0，,x2＝4y，))消去x整理得y2＋(2y0－xeq\o\al(2,0))y＋yeq\o\al(2,0)＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系可得y1＋y2＝xeq\o\al(2,0)－2y0，y1y2＝y(tǒng)eq\o\al(2,0)，所以|AF|·|BF|＝y(tǒng)1y2＋(y1＋y2)＋1＝y(tǒng)eq\o\al(2,0)＋xeq\o\al(2,0)－2y0＋1.又點P(x0，y0)在直線l上，所以x0＝y(tǒng)0＋2.所以yeq\o\al(2,0)＋xeq\o\al(2,0)－2y0＋1＝2yeq\o\al(2,0)＋2y0＋5＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0＋\f(1,2)))2＋eq\f(9,2).所以當(dāng)y0＝－eq\f(1,2)時，|AF|·|BF|取得最小值，且最小值為eq\f(9,2).5.如圖，經(jīng)過點P(2,3)，且中心在坐標(biāo)原點，焦點在x軸上的橢圓M的離心率為eq\f(1,2).(1)求橢圓M的方程；(2)若橢圓M的弦PA，PB所在直線分別交x軸于點C，D，且|PC|＝|PD|，求證：直線AB的斜率為定值．解：設(shè)橢圓M的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，則eq\f(4,a2)＋eq\f(9,b2)＝1，且e2＝eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(1,4)，解得a2＝16，b2＝12.故橢圓M的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)證明：由題意知，直線PA的斜率必存在，故設(shè)直線PA的方程為y＝k(x－2)＋3，A(xA，yA)，B(xB，yB)，由|PC|＝|PD|可知，直線PB的方程為y＝－k(x－2)＋3.由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2＋3，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))可得(4k2＋3)x2－8k(2k－3)x＋4(2k－3)2－48＝0.①又方程①有一實根為2，故另一實根為eq\f(42k－32－48,24k2＋3)＝eq\f(22k－32－24,4k2＋3)＝eq\f(24k2－12k－3,4k2＋3)，故xA＝eq\f(24k2－12k－3,4k2＋3).同理，xB＝eq\f(24k2＋12k－3,4k2＋3).所以xA＋xB＝eq\f(44k2－3,4k2＋3)，xA＋xB－4＝－eq\f(24,4k2＋3)，xA－xB＝eq\f(－48k,4k2＋3).所以直線AB的斜率kAB＝eq\f(yA－yB,xA－xB)＝eq\f(kxA＋xB－4,xA－xB)＝eq\f(1,2)，即直線AB的斜率為定值．6．已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點，焦點在x軸上，橢圓C上的點到焦點的距離的最大值為3，最小值為1.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點(A，B不是左右頂點)，且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點D.求證：直線l過定點，并求出該定點的坐標(biāo)．解：(1)由題意設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)．由已知得a＋c＝3，a－c＝1，所以a＝2，c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，因此橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝64m2k2－163＋4k2m2－3>0，,即3＋4k2－m2>0，,x1＋x2＝－\f(8mk,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4m2－3,3＋4k2).))又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq\f(3m2－4k2,3＋4k2).因為以AB為直徑的圓過橢圓的右頂點D(2,0)，所以kADkBD＝－1，即eq\f(y1,x1－2)·eq\f(y2,x2－2)＝－1.故y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0.即eq\f(3m2－4k2,3＋4k2)＋eq\f(