内容正文:
专题限时提分(十四) 圆锥曲线中的最值、范围问题
1.(2023·山西晋中模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且椭圆C经过点(,1),过右焦点F的直线l与椭圆C交于A,B两点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设O为坐标原点,求△OAB面积的最大值以及此时直线l的方程.
2.(2023·湖北武汉二调)过坐标原点O作圆C:(x+2)2+y2=3的两条切线,设切点为P,Q,直线PQ恰为抛物E:y2=2px(p>0)的准线.
(1)求抛物线E的标准方程;
(2)设点T是圆C上的动点,抛物线E上四点A,B,M,N满足:=2=2,设AB中点为D.
①求直线TD的斜率;
②设△TAB面积为S,求S的最大值.
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专题限时提分(十四)
1.解:(1)由e21a2=3b2,
所以椭圆C的方程1,
把点(1)的坐标代入上式,1,可得b2=2,所以a2=6,c=2,故椭圆C的方程1.
(2)由(1)知焦点F的坐标为(2,0),若直线l的斜率为0,
则O,A,B三点不能构成三角形,
所以直线l的斜率不为0,设直线l的方程为x=my+2,
联立方程消去x,得(m2+3)y2+4my-2=0,
所以Δ=16m2+8(m2+3)=24(m2+1)>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=-,y1y2=-,
S△AOB=|OF|·|y1-y2|=|y1-y2|===.
令=t(t≥1),则S△OAB==≤=,
当且仅当t=时,等号成立,即△OAB面积的最大值为.
令=,解得m=±1,
所以此时直线l的方程为x-y-2=0或x+y-2=0.
2.解:(1)设直线PQ与x轴交于P0.
由几何性质易得:△CPP0与△OCP相似,
所以=,即=·,
所以3=·2,解得p=1.
所以抛物线E的标准方程为y2=2x.
(2)设T,A,B.
①由题意,TA中点M在抛物线E上,
即=2·,
又=2x1,将x1=代入,
得:=0,
同理:=0,
有 ,此时D点纵坐标为=y0,
所以直线TD的斜率为0.
②因为===,
所以点D,
此时S=·,
又==,
==,
所以S=·,
又因为点T在圆C上,有=3,即-4x0-1,
代入上式可得
S=·=·,
由-2-≤x0≤-2+,
所以x0=-3时,S取到最大值·=48.
所以S的最大值为48.
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专题限时提分(十五) 圆锥曲线中的定点、定值、定直线
1.(2023·山东聊城一模)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右焦点为F,一条渐近线的倾斜角为60°,且C上的点到F的距离的最小值为1.
(1)求C的方程;
(2)设点O(0,0),M(0,2),动直线l:y=kx+m与C的右支相交于不同两点A,B,且∠AFM=∠BFM,过点O作OH⊥l,H为垂足,证明:动点H在定圆上,并求该圆的方程.
2.(2023·广东梅州一模)已知动圆M经过定点F1(-,0),且与圆F2:(x-)2+y2=16内切.
(1)求动圆圆心M的轨迹C的方程;
(2)设轨迹C与x轴从左到右的交点为点A,B,点P为轨迹C上异于A,B的动点,设PB交直线x=4于点T,连接AT交轨迹C于点Q.直线AP,AQ的斜率分别为kAP,kAQ.
(i)求证:kAP·kAQ为定值;
(ii)证明:直线PQ经过x轴上的定点,并求出该定点的坐标.
3.(2023·重庆八中模拟)如图,平面直角坐标系xOy中,直线l与y轴的正半轴及x轴的负半轴分别相交于P,Q两点,与椭圆E:+=1相交于A,M两点(其中M在第一象限),且=,N与M关于x轴对称,延长NP交椭圆于点B.
(1)设直线AM,BN的斜率分别为k1,k2,证明:为定值;
(2)求直线AB的斜率的最小值.
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专题限时提分(十五)
1.解:(1)设F(c,0),
由已知得
解得a=1,b=,c=2,
所以C的方程为x2-=1.
(2)证明:由(1)得F(2,0),=(-2,2),
设A(x1,y1),B(x2,y2),则=(x1-2,y1),=(x2-2,y2),于是|| ==2x1-1,
同理||=2x2-1,
由∠AFM=∠BFM,得cos ∠AFM=cos ∠BFM,
即,
即.
,
,
,
,
k-1+=k-1+,
,
即(2m+k+3)=0,
因为x1≠x2,所以2m+k+3=0,
所以l的方程可化为y=k,
因此l过定点N.
又因为OH⊥l垂足为H,所以动点H在以ON为直径的圆上,该圆的方程为.
2.解:(1)设动圆的半径为r,由题意得圆F2的圆心为F2(0),半径R=4,
所以|MF1|=r,|MF2|=R-r,
则|MF1|+|MF2|=4>2|F1F2|.
所以动点M的轨迹C是以F1,F