适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练14圆锥曲线中的最值范围探索性问题理（附解析）

考点突破练14　圆锥曲线中的最值、范围、探索性问题1.(2020新高考Ⅱ,21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M(2,3),点A为其左顶点,且AM的斜率为12.(1)求C的方程;(2)点N为椭圆上任意一点,求△AMN的面积的最大值.2.(2022新高考Ⅰ,21)已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a>1)上,直线l交C于P,Q两点,直线AP,AQ的斜率之和为0.(1)求l的斜率;(2)若tan∠PAQ=22,求△PAQ的面积.3.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,|F1F2|=4,点P(3,1)在椭圆E上.(1)求椭圆E的标准方程;(2)设过点F2且倾斜角不为0的直线l与椭圆E的交点为A,B,求△F1AB面积最大时直线l的方程. 4.(2023河北保定一模)如图,双曲线的中心在原点,焦距为27,左、右顶点分别为A,B,曲线C是以双曲线的实轴为长轴,虚轴为短轴,且离心率为12的椭圆,设P在第一象限且在双曲线上,直线BP交椭圆于点M,直线AP与椭圆交于另一点N.(1)求椭圆及双曲线的标准方程.(2)设MN与x轴交于点T,是否存在点P使得xP=4xT(其中xP,xT为点P,T的横坐标)?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.5.(2022浙江,21)如图,已知椭圆x212+y2=1.设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点Q(0,12)在线段AB上,直线PA,PB分别交直线y=-12x+3于C,D两点.(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值;(2)求|CD|的最小值.6.(2023山西临汾二模)已知点F1,F2是双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,点P是C右支上一点,△F1F2P的周长为18,点I为△F1F2P的内心,且满足△PF2I,△F1F2I,△PF1I的面积之比为S△PF2I∶S△F1F2I∶S△PF1I=2∶3∶4.(1)求双曲线C的标准方程;(2)过点F2的直线l与双曲线的右支交于M,N两点,与y轴交于点Q,满足QM=mMF2,QN=nNF2(其中m>0),求|MF2||NF2|的取值范围. 考点突破练14　圆锥曲线中的最值、范围、探索性问题1.解(1)由题意可知直线AM的方程为y-3=12(x-2),即x-2y+4=0.当y=0时x=-4,所以a=4,椭圆C过点M(2,3),可得4a2+9b2=1,解得b2=12.所以C的方程为x216+y212=1.(2)设与直线AM平行的直线方程为x-2y=m,如图所示,当直线与椭圆相切时,与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N,此时△AMN的面积取得最大值.由x-2y=m,x216+y212=1得16y2+12my+3m2-48=0,所以Δ=144m2-4×16(3m2-48)=0,即m2=64,解得m=±8,与AM距离比较远的直线方程为x-2y-8=0,直线AM方程为x-2y+4=0,点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离d=|-8-4|1+4=1255,|AM|=(2+4)2+32=35.所以S△AMN=12×35×1255=18.2.解(1)∵点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a>1)上,∴4a2-1a2-1=1,解得a2=2.∴双曲线的标准方程为x22-y2=1.易知直线l的斜率存在.设直线l的方程为y=kx+m,点P(x1,y1),Q(x2,y2),由x2-2y2=2,y=kx+m,得(1-2k2)x2-4kmx-2(m2+1)=0,∴Δ>0,x1+x2=4km1-2k2,x1x2=-2(m2+1)1-2k2.设直线AP,AQ的斜率分别为kAP,kAQ,则kAP+kAQ=y1-1x1-2+y2-1x2-2=0,∴(y1-1)(x2-2)+(y2-1)(x1-2)=0,∴(kx1+m-1)(x2-2)+(kx2+m-1)(x1-2)=0,整理,得2kx1x2+(m-1-2k)(x1+x2)-4(m-1)=0,∴2k(-2m2-2)+4km(m-1-2k)-4(m-1)(1-2k2)=0,即2k2+k(m+1)+m-1=0,(k+1)(2k+m-1)=0.∴k=-1或m=1-2k,把m=1-2k代入y=kx+m,得y=kx+1-2k=k(x-2)+1,此时直线PQ过点A(2,1),舍去,∴k=-1,即直线l的斜率为-1.(2)由(1)知,直线l的方程为y=-x+m,x1+x2=4m,x1x2=2m2+2,则x12+x22=12m2-4,∴|PQ|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=2·16m2-8m2-8=4m2-1,点A(2,1)到直线l的距离d=|2+1-m|2=|3-m|2.∴△PAQ的面积S△PAQ=12d·|PQ|=2|3-m|m2-1.由tan∠PAQ=22得cos∠PAQ=13,sin∠PAQ=223.∴S△PAQ=12|PA||QA|sin∠PAQ=23|PA||QA|,∴13|PA|·|QA|=|3-m|m2-1.在△PAQ中,由余弦定理得cos∠PAQ=|PA|2+|QA|2-|PQ|22|PA||QA|=13,∴|PA|2+|QA|2-|PQ|2=(x1-2)2+(y1-1)2+(x2-2)2+(y2-1)2-(x1-x2)2-(y1-y2)2=2m2-12m+18=23|PA||QA|.∴m2-6m+9=|3-m|m2-1,∴|m-3|=m2-1或m-3=0,即m=53或m=3(舍去,若m=3,则点A在直线PQ上).∴S△PAQ=2×43×43=1629. 3.解(1)∵|F1F2|=2c=4,可得c=2,则F1(-2,0),F2(2,0),由椭圆的定义可得2a=|PF1|+|PF2|=(3+2)2+1+(3-2)2+1=8+43+8-43=(　6+2)2+(6-2)2=26,得a=6,∴b=a2-c2=2,因此,椭圆E的标准方程为x26+y22=1.(2)由题意,设点A(x1,y1),B(x2,y2),设直线l的方程为x=my+2,由x=my+2,x26+y22=1,得(m2+3)2y2+4my-2=0,Δ>0显然成立,则有y1+y2=-4mm2+3,y1y2=-2m2+3,∴S△F1AB=12|F1F2|·|y1-y2|=2(y1+y2)2-4y1y2=2(-4mm2+3) 2+8m2+3=46·m2+1m2+3.令t=m2+1≥1,则S△F1AB=46t+2t≤4622=23,当且仅当t=2,即m=±1时,等号成立,此时直线l的方程为x-y-2=0或x+y-2=0.4.解(1)由已知可设双曲线标准方程为x2a2-y2b2=1,椭圆标准方程为x2a2+y2b2=1,由题意得a2+b2=7,a2-b2a=12,解得a2=4,b2=3,所以双曲线的标准方程是x24-y23=1,椭圆的标准方程是x24+y23=1.(2)(方法一)设P(x0,t),M(x1,y1),N(x2,y2),A(-2,0),B(2,0),由P,A,N三点共线,得y2x2+2=tx0+2,由P,B,M三点共线,得y1x1-2=tx0-2,两式相除,得y2(x1-2)(x2+2)y1=x0-2x0+2,令xT=n(-2<n<2),则设lMN:x=my+n,联立x=my+n,3x2+4y2-12=0,消去x,整理得(3m2+4)y2+6mny+3n2-12=0,Δ=36m2n2-4(3m2+4)(3n2-12)=48(3m2-n2+4)>0,即3m2-n2+4>0.所以y1+y2=-6mn3m2+4,y1y2=3n2-123m2+4,所以y1y2y1+y2=4-n22mn,y2(x1-2)(x2+2)y1=y2(my1+n-2)y1(my2+n+2)=my1y2+(n-2)y2my1y2+(n+2)y1=2mny1y2+2n(n-2)y22mny1y2+2n(n+2)y1=(4-n2)(y1+y2)+2n(n-2)y2(4-n2)(y1+y2)+2n(n+2)y1=(2-n)[(2+n)y1+(2-n)y2](2+n)[(2+n)y1+(2-n)y2]=2-n2+n.若存在xP=4xT,即x0=4n,则2-n2+n=x0-2x0+2=4n-24n+2,得n2=1.又点P在第一象限,所以n=1,P(4,3).(方法二)设P(x0,y0),M(x1,y1),N(x2,y2),A(-2,0),B(2,0),直线AP:y=y0x0+2(x+2),联立y=y0x0+2(x+2),3x2+4y2=12,消去y,整理得[3+4y02(x0+2)2]x2+16y02(x0+2)2x+16y02(x0+2)2-12=0.Δ=256y04(x0+2)4-4[3+4y02(x0+2)2]·[16y02(x0+2)2-12]=4×36=144>0.由-2x2=16y02-12(x0+2)23(x0+2)2+4y02,又点P在双曲线上,满足x024-y023=1,即4y02=3x02-12,所以-x2=8y02-6(x0+2)23(x0+2)2+4y02=6x02-24-6(x0+2)23(x0+2)2+3x02-12=-24(x0+2)6x0(x0+2)=-4x0,即x2=4x0.同理BP:y=y0x0-2(x-2),可得x1=4x0,所以xT=4x0,若存在xP=4xT,即x0=4×4x0,而点P在第一象限,所以x0=4,即P(4,3).5.解(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),∵Q(0,12)在直线AB上,∴设直线AB为y=kx+12,设E(x,y)为椭圆上除P之外的一点且P(0,1),则|PE|2=(y-1)2+x2=(y-1)2+12-12y2=-11y2-2y+13=-11[y2+211y+(111)2]+111+13=-11(y+111)2+14411,∵-1≤y≤1,∴当y=-111时,|PE|2最大值为14411,∴|PE|max=121111.(2)由x2+12y2=12,y=kx+12得(12k2+1)x2+12kx-9=0.则x1+x2=-12k12k2+1,x1·x2=-912k2+1,直线PA:y-1=y1-1x1(x-0),即y=y1-1x1x+1,由y=-12x+3,y=y1-1x1x+1 得(y1-1x1+12)x=2,而y1=kx1+12,∴2kx1-1+x12x1·x=2,∴xC=4x1(2k+1)x1-1,yC=-12xC+3=-2x1(2k+1)x1-1+3=(6k+3-2)x1-3(2k+1)x1-1=(6k+1)x1-3(2k+1)x1-1,∴C(4x1(2k+1)x1-1,(6k+1)x1-3(2k+1)x1-1),同理,D(4x2(2k+1)x2-1,(6k+1)x2-3(2k+1)x2-1),|CD|2=[4x2(2k+1)x2-1-4x1(2k+1)x1-1]2+[(6k+1)x2-3(2k+1)x2-1-(6k+1)x1-3(2k+1)x1-1]2={(8k+4)x1x2-4x2-(8k+4)x1x2+4x1[(2k+1)x2-1][(2k+1)x1-1]}2+{(6k+1)(2k+1)x1x2-(6k+1)x2-(6k+3)x1+3-(6k+1)(2k+1)x1x2+(6k+1)x1+(6k+3)x2-3[(2k+1)x2-1][(2k+1)x1-1]}2=4x1-4x2[(2k+1)x2-1][(2k+1)x1-1]2+2x2-2x1[(2k+1)x2-1][(2k+1)x1-1]2=20(x1-x2)2[(2k+1)2x1x2-(2k+1)(x1+x2)+1]2.∴|CD|=20|x1-x2||(2k+1)2x1x2-(2k+1)(x1+x2)+1|=20144k2+9×4(12k2+1)(12k2+1)2(2k+1)2×(-9)12k2+1+(2k+1)12k12k2+1+1=2036(16k2+1)12k2+1-9(4k2+4k+1)+24k2+12k+12k2+112k2+1=6208·16k2+1|3k+1|=35216k2+1(3k+1)2,令3k+1=t,则k=t-13,∴16k2+1(3k+1)2=259·1t2-329·1t+169.当1t=1625,即t=2516,k=316时取得最小值.|CD|min=35216×(316) 2+1(2516) 2=325×16252516=655.6.解(1)设△PF1F2内切圆半径为r,由题意S△PF2I=12|PF2|·r,S△F1F2I=12|F1F2|·r,S△PF1I=12|PF1|·r.∴S△PF2I∶S△F1F2I∶S△PF1I=|PF2|∶|F1F2|∶|PF1|=2∶3∶4.∵△PF1F2的周长为18,∴|PF2|=4,|PF1|=8,|F1F2|=6,∴2a=|PF1|-|PF2|=4,2c=6,∴a2=4,b2=c2-a2=9-4=5,∴双曲线C的标准方程为x24-y25=1.(2)由题知直线l斜率存在且不为0,设其方程为x=ty+3(t≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),Q(0,-3t),联立x=ty+3,x24-y25=1,消去x,整理得(5t2-4)y2+30ty+25=0,∵直线l与双曲线右支交于两点,则有y1y2<0,Δ=(30t)2-100(5t2-4)>0,5t2-4≠0,化简得t2<45,∴y1+y2=-30t5t2-4,y1y2=255t2-4,∵QM=mMF2(m>0),∴(x1,y1+3t)=m(3-x1,-y1),∴y1+3t=-my1,即y1=-3t(m+1),同理y2=-3t(n+1),y1y2=-3t(m+1)×t(n+1)-3=n+1m+1,∴y1+y2=-3t(m+1)+-3t(n+1)=-3t·(m+1)+(n+1)(m+1)·(n+1)=-30t5t2-4,①y1y2=9t2(m+1)(n+1)=255t2-4,②两式相除,得(m+1)+(n+1)=185. ∵|MF2||NF2|=-y1y2=-n+1m+1=-[185-(m+1)m+1]=1-185·1m+1,当直线l与渐近线y=±52x平行时,1t=±52,y1=∓5512,此时m=135.∵直线l与双曲线右支交于两点,∴m>135,∴0<1m+1<518,∴0<|MF2||NF2|<1,即|MF2||NF2|的取值范围为(0,1).