2021年高考数学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(含答案详解)

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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和F2，由M(－a，b)，N(a，b)，F2和F1这4个点构成了一个高为eq \r(3)，面积为3eq \r(3)的等腰梯形．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F1的直线和椭圆交于A，B两点，求△F2AB面积的最大值．
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：kb>0且a，b2均为整数)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(\r(6),2)))，且右顶点到直线l：x=4的距离为2.
(1)求椭圆Ω的方程；
(2)过椭圆的右焦点F作两条互相垂直的直线l1，l2，l1与椭圆Ω交于点A，B，l2与椭圆Ω交于点C，D.求四边形ACBD面积的最小值．
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≤λb>0)，定义椭圆C的“相关圆”方程为x2＋y2=eq \f(a2b2,a2＋b2).若抛物线y2=4x的焦点与椭圆C的一个焦点重合，且椭圆C短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形．
(1)求椭圆C的方程和“相关圆”E的方程；
(2)过“相关圆”E上任意一点P作“相关圆”E的切线l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点．证明：∠AOB为定值．
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．
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．
已知圆C：x2＋y2＋2x－2y＋1=0和抛物线E：y2=2px(p>0)，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．
\s 0 参考答案
解：(1)由已知条件，得b=eq \r(3)，且eq \f(2a＋2c,2)×eq \r(3)=3eq \r(3)，
∴a＋c=3.
又a2－c2=3，∴a=2，c=1，∴椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)显然直线的斜率不能为0，
设直线的方程为x=my－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my－1，))消去x得，(3m2＋4)y2－6my－9=0.
∵直线过椭圆内的点，∴无论m为何值，直线和椭圆总相交．
∴y1＋y2=eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2=－eq \f(9,3m2＋4).
∴S△F2AB=eq \f(1,2)|F1F2||y1－y2|=|y1－y2|
=eq \r(y1＋y22－4y1y2)=12eq \r(\f(m2＋1,3m2＋42))
=4eq \r(\f(m2＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋1＋\f(1,3)))2))=4eq \r(\f(1,m2＋1＋\f(2,3)＋\f(1,9m2＋1)))，
令t=m2＋1≥1，设f(t)=t＋eq \f(1,9t)，
易知t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))时，函数f(t)单调递减，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))时，函数f(t)单调递增，
∴当t=m2＋1=1，即m=0时，f(t)取得最小值，
f(t)min=eq \f(10,9)，此时S△F2AB取得最大值3.
证明：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \f(x\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)=1，eq \f(x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,2),3)=1.
两式相减，并由eq \f(y1－y2,x1－x2)=k得eq \f(x1＋x2,4)＋eq \f(y1＋y2,3)·k=0.
由题设知eq \f(x1＋x2,2)=1，eq \f(y1＋y2,2)=m，于是k=－eq \f(3,4m).①
由题设得0