课时达标检测30 圆锥曲线中的最值(范围)、定值(定点)、探索性问题(教用Word)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）

课时达标检测(三十)　圆锥曲线中的最值(范围)、 定值(定点)、探索性问题 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 基础达标 一、单项选择题 1.AB为过椭圆=1(a>b>0)中心的弦,F(c,0)为椭圆的右焦点,则△AFB面积的最大值为(D) A.b2 B.ab C.ac D.bc 解析　由椭圆的对称性知,A,B两点关于原点O对称,因此S△AFB=2S△OFB=c·|yB|,故当|yB|=b时,△AFB面积最大,最大面积为bc。 2.已知P为抛物线y2=4x上一点,Q为圆(x-6)2+y2=1上一点,则|PQ|的最小值为(C) A.-1 B.2- C.2-1 D.21-4 解析　设点P的坐标为,圆(x-6)2+y2=1的圆心坐标为A(6,0),则|PA|2=(m2-16)2+20≥20,所以|PA|≥2,因为Q是圆(x-6)2+y2=1上任意一点,所以|PQ|的最小值为2-1。 3.一动圆的圆心在抛物线x2=16y上,且该动圆恒与直线y+4=0相切,则动圆必经过的定点为(A) A.(0,4) B.(4,0) C.(2,0) D.(0,2) 解析　 由抛物线x2=16y,得准线方程为y=-4,焦点坐标为(0,4),因为动圆的圆心在抛物线x2=16y上,且动圆恒与直线y=-4相切,由抛物线的定义知|MF|=|MK|,如图所示,即动圆必经过定点F(0,4)。 4.直线l与抛物线C:y2=2x交于A,B两点,O为坐标原点,若直线OA,OB的斜率k1,k2满足k1k2=,则l的横截距(A) A.为定值-3 B.为定值3 C.为定值-1 D.不是定值 解析　设A(x1,y1),B(x2,y2),则·,所以y1y2=6,设直线l:x=my+b,代入抛物线方程可化为y2-2my-2b=0,所以y1y2=-2b,所以-2b=6,所以b=-3,所以l的横截距为-3。 5.已知M(x0,y0)是双曲线C:-y2=1上的一点,F1,F2分别是C的左、右两个焦点,若<0,则y0的取值范围是(A) A. B. C. D. 解析　因为F1(-,0),F2(,0),=1,所以·=(--x0,-y0)·(-x0,-y0)=-3<0,即3-1<0,解得-。 6.抛物线y2=4x上不同两点A,B(异于原点O),若直线OA,OB斜率之和为1,则直线AB必经过定点(B) A.(0,2) B.(0,4) C.(-4,0) D.(-2,0) 解析　设直线AB的方程为x=ty+b(b≠0),并代入抛物线方程,消去x得y2-4ty-4b=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4t,y1y2=-4b,所以kOA+kOB==1,所以b=-4t,所以直线AB的方程为x=ty-4t=t(y-4),过定点(0,4)。 二、填空题 7.已知点P为直线l:x=-2上任意一点,过点P作抛物线y2=2px(p>0)的两条切线,切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),则x1·x2= 4 。  解析　不妨设P(-2,0),过P的切线方程设为y=k(x+2),代入抛物线方程y2=2px(p>0),得k2x2+(4k2-2p)x+4k2=0,又k≠0,故x1x2=4。 8.若直线y=x+t与椭圆+y2=1相交于A,B两点,当|t|变化时,|AB|的最大值为  。  解析　联立两个方程化为5x2+8tx+4t2-4=0。设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-t,x1x2=(t2-1),所以|AB|=,而Δ=(8t)2-4×5×(4t2-4)>0,解得0≤t2<5。所以取t2=0得|AB|max=。 9.已知椭圆=1(a>b>0)的离心率为,短轴长为2,F1,F2为椭圆的左、右焦点,点P为椭圆上任意一点,则的最小值是  。  解析　由题意得,b=1,又a2=b2+c2,解得a=2,c=,于是|PF1|+|PF2|=2a=4,所以(|PF1|+|PF2|)=(5+2)=,当且仅当|PF2|=2|PF1|,即|PF2|=,|PF1|=时等号成立。 三、解答题 10.已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3),且点F(2,0)为其右焦点。 (1)求椭圆C的标准方程; (2)是否存在平行于OA的直线l,使得直线l与椭圆C有公共点,且直线OA与l的距离等于4?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由。 解　(1)依题意,可设椭圆C的方程为=1(a>b>0),且可知左焦点为F'(-2,0),从而有又a2=b2+c2,所以b2=12。故椭圆C的标准方程为=1。 (2)假设存在符合题意的直线l,其方程为y=x+t(t≠0)。由消去y,得3x2+3tx+t2-12=0。因为直线l与椭圆C有公共点,所以Δ=(3t)2-4×3(t2-12)≥0,解得-4且t≠0。另一方面,由直线OA与l的距离等于4,可得=4,从而t=±2。由于±2∉[-4,0)∪(0,4],所以符合题意的直线l不存在。 11.已知△AOB的一个顶点为抛物线y2=2x的顶点O,A,B两点都在抛物线上,且∠AOB=90°。 (1)求证:直线AB必过一定点; (2)求△AOB面积的最小值。 解　(1)证明:设OA所在直线的方程为y=kx(k≠0)。则直线OB的方程为y=-x。由得A,由得B(2k2,-2k)。所以直线AB所在的直线方程为(y+2k)(x-2k2),化简得x-y-2=0,所以直线AB过定点P(2,0)。 (2)由于直线AB所在直线方程过定点P(2,0),所以可设直线AB的方程为x=my+2,A(x1,y1),B(x2,y2)。由得y2-2my-4=0。所以y1+y2=2m,y1y2=-4,所以|y1-y2|=。所以S△AOB=|y1|·|OP|+|y2|·|OP|=|OP|·|y1-y2|=|y1-y2|=≥4(当且仅当m=0时取“=”)。所以当m=0时,△AOB面积取最小值,为4。 素养提升 12.已知椭圆E:=1,P为椭圆E的右顶点,直线l交E于A,B两点,且PA⊥PB,则l恒过除P点以外的定点(A) A. B. C. D. 解析　设直线l的方程为x=my+n,代入椭圆方程,消去x可得(m2+4)y2+2mny+n2-16=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=-,y1y2=,x1x2=m2y1y2+mn(y1+y2)+n2,x1+x2=m(y1+y2)+2n,由PA⊥PB,P(4,0),可得(x1-4,y1)·(x2-4,y2)=0,可得x1x2-4(x1+x2)+y1y2+16=0,m2y1y2+mn(y1+y2)+n2-4m(y1+y2)-8n+y1y2+16=0,代入y1+y2=-,y1y2=,化简整理可得5n2-32n+48=0,解得n=,n=4(舍去)。 13.过点C(0,1)的椭圆=1(a>b>0)的离心率为,椭圆与x轴交于两点A(a,0),B(-a,0),过点C的直线l与椭圆交于另一点D,并与x轴交于点P,直线AC与直线BD交于点Q。 (1)当直线l过椭圆右焦点时,求线段CD的长; (2)当点P异于点B时,求证:为定值。 解　(1)由已知得b=1,,a2=b2+c2,解得a=2,c=,所以椭圆方程为+y2=1。椭圆的右焦点为(,0),此时直线l的方程为y=-x+1,代入椭圆方程化简得7x2-8x=0,解得x1=0,x2=,代入直线l的方程得y1=1,y2=-,所以D点的坐标为。故|CD|=。 (2)证明:当直线l与x轴垂直时与题意不符。设直线l的方程为y=kx+1,代入椭圆方程化简得(4k2+1)x2+8kx=0,解得x1=0,x2=,代入直线l的方程得y1=1,y2=,所以D点坐标为。又直线AC的方程为+y=1,直线BD的方程为y=(x+2),联立解得因此Q点坐标为(-4k,2k+1)。又P点坐标为,所以··(-4k,2k+1)=4。故·为定值。 学科网（北京）股份有限公司 $$