【文档说明】2024届高考二轮复习文科数学试题（老高考旧教材） 考点突破练13　圆锥曲线中的最值、范围、探索性问题 Word版含答案.docx，共(7)页，225.677 KB，由小赞的店铺上传

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考点突破练13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=2√2,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2√7,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Q0,12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△𝐹1�

�2𝐼∶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𝑄𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=m𝑀𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑄𝑁⃗⃗

⃗⃗⃗⃗=n𝑁𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗(其中m>0),求|𝑀𝐹2||𝑁𝐹2|的取值范围.考点突破练13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=12√55,|AM|=√(2+4)2+32=3√5.所以S△AMN=12×3√5×12√55=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=4√𝑚2-1,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=2√2得cos∠PAQ=13,sin∠PAQ=2√23.∴S△PAQ=12|PA||Q

A|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||�

�𝐴|=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=16√29.3.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+4√3+√8-4√3=√(√6+√2)2+√(√6-√2)2=2√6,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|·|y

1-y2|=2√(y1+y2)2-4y1y2=2√(-4mm2+3)2+8m2+3=4√6·√m2+1m2+3.令t=√m2+1≥1,则S△F1AB=4√6t+2t≤4√62√2=2√3,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)由已知可设双曲线的标准方程为𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1,椭圆的标准方程为𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1,由题意得{𝑎2+𝑏2=7,√𝑎2-𝑏2𝑎=12,解得{𝑎2=4,�

�2=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-�

�)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)P(x0,y0),M(x1,y

1),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)4-43+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),∵Q0,12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=-11y2+211y+1112+111+13=-11y+1112+14411,∵-1≤y≤1,∴当y=-111时,|PE|2最大值为14411,∴|PE|max=12√1111.(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+12x=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,∴C4𝑥1(2𝑘+1)𝑥1-1,(6𝑘+1)𝑥1-3(2𝑘+1)𝑥1-1,同理,D4𝑥2(2𝑘+1)𝑥2-1,(6𝑘+1)𝑥2-3(2𝑘+1)𝑥2-1

,|CD|2=4𝑥2(2𝑘+1)𝑥2-1−4𝑥1(2𝑘+1)𝑥1-12+(6𝑘+1)𝑥2-3(2𝑘+1)𝑥2-1−(6𝑘+1)𝑥1-3(2𝑘+1)𝑥1-12=(8𝑘+4)𝑥1𝑥2-4𝑥2-(8𝑘+4)𝑥1𝑥2+4𝑥

1[(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)2𝑥

1𝑥2-(2𝑘+1)(𝑥1+𝑥2)+1]2.∴|CD|=√20|𝑥1-𝑥2||(2𝑘+1)2𝑥1𝑥2-(2𝑘+1)(𝑥1+𝑥2)+1|=√20√144𝑘2+9×4(12𝑘2+1)(12𝑘2+1)2|(2𝑘+1

)2×(-9)12𝑘2+1+(2𝑘+1)12𝑘12𝑘2+1+1|=√20√36(16𝑘2+1)12𝑘2+1|-9(4𝑘2+4𝑘+1)+24𝑘2+12𝑘+12𝑘2+112𝑘2+1|=6√208·√16𝑘2+1|3𝑘+1|=3√52√16𝑘2+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=3√52√16×(3

16)2+1(2516)2=32√5×1625√2516=65√5.6.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),Q0,-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,∵𝑄𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=m𝑀𝐹

2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗(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|=-𝑦1𝑦

2=-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=∓5√512,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).