靶心15 善于观察 勤于发现—圆锥曲线最值问题-2021高考数学【创新教程】大二轮高考总复习考向卷（新高考）

点睛:本题考查双曲线 的 离 心 率 计 算,难 度 较 易．求 解 离 心率的时候如果涉及到 几 何 图 形,可 借 助 几 何 图 形 的 特 点去分析问题． 答案:２ ３ ３ １０．解析:设 C２: x２ a２１ －y ２ b２１ ＝１ a１,b１＞０( ) ,由 题 意 知c＝c１ ＝ ３, 由椭圆的定义得 AF１＋AF２＝２a＝４, 在△F１AF２ 中,由余弦定理: (２c)２＝１２＝AF２１＋AF ２ ２－２AF１􀅰AF２cos π ３ ＝ (AF１＋ AF２) ２－３AF１􀅰AF２＝１６－３AF１􀅰AF２, 解得 AF１ 􀅰AF２ ＝ ４ ３ ,∴ (AF１ －AF２ ) ２ ＝ (AF１ ＋ AF２) ２－４AF１􀅰AF２＝ ３２ ３ , 假设 F１,F２ 分别为左、右焦点,AF２＞AF１, 则 AF２－AF１＝ ４ ３ ６＝２a１ ,解得a１＝ ２ ３ ６ , 所以C２ 的离心率e＝ c１ a１ ＝３ ２４ ． 点睛:双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质,求双 曲线的离心率(或离心率的取值范围),常见有两种方法: ①求出a,c,代入公式e＝ca ; ②只需要根据一个条件得到关于a,b,c的齐次式,结合 b２＝c２－a２ 转化为a,c的齐次式,然后等式(不等式)两 边分别除以a 或a２ 转 化 为 关 于e 的 方 程(不 等 式),解 方程(不等式)即可得e(e的取值范围)． 答案:３ ２ ４ １１．解:(１)因为 点 P ２ ３ ,２ ６ ３ æ è ç ö ø ÷ 在 抛 物 线 上,所 以 ２ ６ ３ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝２p􀅰 ２ ３ ,解得p＝２, 故抛物线的方程为y２＝４x． 易知 F(１,０), 所 以椭圆的左焦点为(－１,０),右焦点为F(１,０),所以c ＝１, 由 椭 圆 的 定 义 可 得 ２a ＝ ２３ ＋１( ) ２ ＋ ２ ６ ３ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋ ２ ３ －１( ) ２ ＋ ２ ６ ３ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝４,解得a＝２,所以b＝ ３, 故椭圆的方程为x ２ ４ ＋ y２ ３ ＝１． (２)易知直线l的斜率不为０,设l的方程为x＝my＋n, 因为直线l不过点F(１,０),所以n≠１． 由 y ２＝４x, x＝my＋n,{ 得y ２－４my－４n＝０, Δ＝(－４m)２＋１６n＞０,即 m２＋n＞０． 设 A(x１,y１),B(x２,y２),则y１＋y２＝４m,y１y２＝－４n, x１x２＝(my１＋n)(my２＋n)＝n ２, 则OA →􀅰OB → ＋３＝x１x２＋y１y２＋３＝n ２－４n＋３＝０, 解得n＝３或n＝１(舍去), 所以直线l的方程为x＝my＋３． 联立椭 圆 方 程 与 直 线l 的 方 程,得 x２ ４ ＋ y２ ３ ＝１ , x＝my＋３,{ 消 去 x,得(３m２＋４)y２＋１８my＋１５＝０, 由 Δ＝(１８m)２－６０(３m２＋４)＞０,得３m２＞５． 设C(x３,y３),D(x４,y４), 则y３＋y４＝－ １８m ３m２＋４ ,y３y４＝ １５ ３m２＋４ , 设直线l与x 轴交于点E,则点 E 的坐标为(３,０), 所以△FCD 的面积S＝ １２|EF| 􀅰|y３－y４|＝ １ ２ ×２× |y３ －y４ | ＝ |y３ －y４ | ＝ (y３＋y４) ２－４y３y４ ＝ － １８m ３m２＋４( ) ２ － ６０ ３m２＋４ ＝４ ３􀅰 ３m ２－５ ３m２＋４ ． 令 ３m２－５＝t,则t＞０,３m２＝t２＋５, 所以S＝４ ３􀅰 t t２＋９ ＝ ４ ３ t＋ ９t ≤４ ３６ ＝ ２ ３ ３ ,当 且 仅 当t ＝３,即 m＝± ４２３ 时取等号． 故△FCD 面积的最大值为２ ３３ ． １２．解:(１)设点 P(x,y), 由左、右顶点分别为 A(－２,０)、B(２,０),知a＝２, 又kAP 􀅰kBP ＝ y x＋２ 􀅰 y x－２＝ y２ x２－４ ＝－ １４ ,且x ２ ４ ＋ y２ b２ ＝１,所以b＝１, 所以椭圆的方程为x ２ ４ ＋y ２＝１． 离心率e＝ １－b ２ a２ ＝ ３２ ． (２)证明:设直线 MN 的方 程 为x＝my＋t,M(x１,y１), N(x２,y２), 由 AP∥OM,BP∥ON,kAP 􀅰kBP ＝ － １ ４ ,得kOM 􀅰kON ＝－ １４ ,即y１y２ x１x２ ＝－ １４ ． 将直线 MN 的方程x＝my＋t与 椭 圆 方 程 x２ ４ ＋y ２ ＝１ 联立, 消去x 并整理得(４＋m２)y２＋２mty＋t２－４＝０, 利用 根 与 系 数 的 关 系 可 得 y１ ＋y２ ＝ － ２mt ４＋m２ ,y１y２ ＝t ２