高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测18《圆锥曲线中的最值范围证明问题》大题练（教师版）

这是一份高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测18《圆锥曲线中的最值范围证明问题》大题练（教师版），共7页。试卷主要包含了已知圆C，已知斜率为k的直线l与椭圆C等内容，欢迎下载使用。
1．已知椭圆C的两个焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，且经过Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2))).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若eq \(AF1,\s\up7(―→))＝λeq \(F1B,\s\up7(―→))，且2≤λ0)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,k2)＋4))y2－eq \f(6,k)y－9＝0，Δ＝eq \f(144,k2)＋144>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq \f(6k,3＋4k2)，y1y2＝eq \f(－9k2,3＋4k2)，
又eq \(AF1,\s\up7(―→))＝λeq \(F1B,\s\up7(―→))，所以y1＝－λy2，所以y1y2＝eq \f(－λ,1－λ2)(y1＋y2)2，
则eq \f(1－λ2,λ)＝eq \f(4,3＋4k2)，λ＋eq \f(1,λ)－2＝eq \f(4,3＋4k2)，
因为2≤λ0)，圆心C到抛物线焦点F的距离为eq \r(17).
(1)求抛物线E的方程；
(2)不过原点O的动直线l交抛物线于A，B两点，且满足OA⊥OB，设点M为圆C上一动点，求当动点M到直线l的距离最大时的直线l的方程．
解：(1)x2＋y2＋2x－2y＋1＝0可化为(x＋1)2＋(y－1)2＝1，则圆心C的坐标为(－1,1)．
∵Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，∴|CF|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)＋1))2＋0－12)＝eq \r(17)，
解得p＝6.
∴抛物线E的方程为y2＝12x.
(2)显然直线l的斜率非零，设直线l的方程为x＝my＋t(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝12x，,x＝my＋t，))得y2－12my－12t＝0，
Δ＝(－12m)2＋48t＝48(3m2＋t)>0，
∴y1＋y2＝12m，y1y2＝－12t，
由OA⊥OB，得eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝0，∴x1x2＋y1y2＝0，
即(m2＋1)y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝0，
整理可得t2－12t＝0，∵t≠0，∴t＝12，满足Δ>0，符合题意．
∴直线l的方程为x＝my＋12，故直线l过定点P(12,0)．
∴当CP⊥l，即线段MP经过圆心C(－1,1)时，动点M到动直线l的距离取得最大值，
此时kCP＝eq \f(1－0,－1－12)＝－eq \f(1,13)，得m＝eq \f(1,13)，
此时直线l的方程为x＝eq \f(1,13)y＋12，即13x－y－156＝0.
4．已知斜率为k的直线l与椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．
(1)证明：k0，即2k2－m2＋1>0，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(4km,1＋2k2)，,x1x2＝\f(2m2－2,1＋2k2).))
因为直线l与“相关圆”E相切，所以eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \r(\f(m2,1＋k2))＝eq \r(\f(2,3))，即3m2＝2＋2k2，
所以x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq \f(1＋k22m2－2,1＋2k2)－eq \f(4k2m2,1＋2k2)＋m2
＝eq \f(3m2－2k2－2,1＋2k2)＝0，所以eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OB,\s\up7(―→))，所以∠AOB＝eq \f(π,2).
综上，∠AOB＝eq \f(π,2)，为定值．
3．已知椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b≥1)的离心率为eq \f(\r(2),2)，其右焦点到直线2ax＋by－eq \r(2)＝0的距离为eq \f(\r(2),3).
(1)求椭圆C1的方程；
(2)过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,3)))的直线l交椭圆C1于A，B两点．证明：以AB为直径的圆恒过定点．
解：(1)由题意，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，e2＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,2)，a2＝2b2.所以a＝eq \r(2)b，c＝b.
又eq \f(|2ac－\r(2)|,\r(4a2＋b2))＝eq \f(\r(2),3)，a>b≥1，所以b＝1，a2＝2，
故椭圆C1的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明：当AB⊥x轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.
当AB⊥y轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,3)))2＝eq \f(16,9)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝1，,x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,3)))2＝\f(16,9)，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝1，))
由此可知，若以AB为直径的圆恒过定点，则该定点必为Q(0,1)．
下证Q(0,1)符合题意．
当AB不垂直于坐标轴时，设直线AB方程为y＝kx－eq \f(1,3)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx－\f(1,3)，))得(1＋2k2)x2－eq \f(4,3)kx－eq \f(16,9)＝0，
由根与系数的关系得，x1＋x2＝eq \f(4k,31＋2k2)，
x1x2＝－eq \f(16,91＋2k2)，
∴eq \(QA,\s\up7(―→))·eq \(QB,\s\up7(―→))＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)
＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)
＝x1x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx1－\f(4,3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx2－\f(4,3)))
＝(1＋k2)x1x2－eq \f(4,3)k(x1＋x2)＋eq \f(16,9)
＝(1＋k2)eq \f(－16,91＋2k2)－eq \f(4,3)k·eq \f(4k,31＋2k2)＋eq \f(16,9)
＝eq \f(－16－16k2－16k2＋161＋2k2,91＋2k2)＝0，
故eq \(QA,\s\up7(―→))⊥eq \(QB,\s\up7(―→))，即Q(0,1)在以AB为直径的圆上．
综上，以AB为直径的圆恒过定点(0,1)．
4．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝6，直线y＝kx与椭圆交于A，B两点．
(1)若△AF1F2的周长为16，求椭圆的标准方程；
(2)若k＝eq \f(\r(2),4)，且A，B，F1，F2四点共圆，求椭圆离心率e的值；
(3)在(2)的条件下，设P(x0，y0)为椭圆上一点，且直线PA的斜率k1∈(－2，－1)，试求直线PB的斜率k2的取值范围．
解：(1)由题意得c＝3，根据2a＋2c＝16，得a＝5.结合a2＝b2＋c2，解得a2＝25，b2＝16.所以椭圆的方程为eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1.
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝\f(\r(2),4)x，))得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2＋\f(1,8)a2))x2－a2b2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
所以x1＋x2＝0，x1x2＝eq \f(－a2b2,b2＋\f(1,8)a2)，
由AB，F1F2互相平分且共圆，易知，AF2⊥BF2，
因为eq \(F2A,\s\up7(―→))＝(x1－3，y1)，eq \(F2B,\s\up7(―→))＝(x2－3，y2)，
所以eq \(F2A,\s\up7(―→))·eq \(F2B,\s\up7(―→))＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,8)))x1x2＋9＝0.
即x1x2＝－8，所以有eq \f(－a2b2,b2＋\f(1,8)a2)＝－8，结合b2＋9＝a2，解得a2＝12，
所以离心率e＝eq \f(\r(3),2).
(3)由(2)的结论知，椭圆方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,3)＝1，
由题可知A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，k1＝eq \f(y0－y1,x0－x1)，k2＝eq \f(y0＋y1,x0＋x1)，所以k1k2＝eq \f(y\\al(2,0)－y\\al(2,1),x\\al(2,0)－x\\al(2,1))，
又eq \f(y\\al(2,0)－y\\al(2,1),x\\al(2,0)－x\\al(2,1))＝eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,0),12)))－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,1),12))),x\\al(2,0)－x\\al(2,1))＝－eq \f(1,4)，即k2＝－eq \f(1,4k1)，
由－2