用思维导图突破圆锥曲线压轴题

1最值问题训练篇A1．直线x＋y＋2＝0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆(x－2)2＋y2＝2上，则△ABP面积的取值范围是()A．[2,6]B．[4,8]C．[2，32]D．[22，32]解选A设圆(x－2)2＋y2＝2的圆心为C，半径为r，点P到直线x＋y＋2＝0的距离为d，则圆心C(2,0)，r＝2，所以圆心C到直线x＋y＋2＝0的距离为|2＋2|2＝22，可得dmax＝22＋r＝32，dmin＝22－r＝2.由已知条件可得|AB|＝22，所以△ABP面积的最大值为12|AB|·dmax＝6，△ABP面积的最小值为12|AB|·dmin＝2.综上，△ABP面积的取值范围是[2,6]．2．斜率为1的直线l与椭圆x24＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为()A．2B.455C.4105D.8105解选C设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，由x2＋4y2＝4，y＝x＋t消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，则x1＋x2＝－85t，x1x2＝t2－5.∴|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·x1＋x22－4x1x2＝2·－85t2－4×t2－5＝425·5－t2，当t＝0时，|AB|max＝4105.3．已知抛物线方程为y2＝4x，直线l的方程为x－y＋5＝0，在抛物线上有一动点P到y轴的距离为d1，到直线l的距离为d2，则d1＋d2的最小值为________．解由题意知，抛物线的焦点为F(1,0)．点P到y轴的距离d1＝|PF|－1，所以d1＋d2＝d2＋|PF|－1.易知d2＋|PF|的最小值为点F到直线l的距离，故d2＋|PF|的最小值为|1＋5|12＋－2＝32，所以d1＋d2的最小值为32－1.4．过圆x2＋y2＝1上一点作圆的切线，与x轴、y轴的正半轴相交于A，B两点，则|AB|的最小值为()A.2B.32C．2D．3解选C设圆上的点为(x0，y0)，其中x0＞0，y0＞0，则有x20＋y20＝1，且切线方程为x0x＋y0y＝1.分别令y＝0，x＝0得A1x0，0，B0，1y0，则|AB|＝1x02＋1y02＝1x0y0≥1x20＋y202＝2，当且仅当x0＝y0时，等号成立．5．已知点P是椭圆x216＋y28＝1上的动点，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，O是坐标原点，若M是∠F1PF2的平分线上一点，且F1M―→·MP―→＝0，则|OM―→|的取值范围是()A．[0,3)B．(0,22)C．[22，3)D．(0,4]解选B如图，延长F1M交PF2的延长线于点G.∵F1M―→·MP―→＝0，∴F1M―→⊥MP―→.又MP为∠F1PF2的平分线，∴|PF1|＝|PG|，且M为F1G的中点．∵O为F1F2中点，∴OM=12F2G.∵|F2G|＝||PF2|－|PG||＝||PF1|－|PF2||，∴|OM―→|＝12|2a－2|PF2||＝|4－|PF2||.∵4－22|PF2|4或4|PF2|4＋22，∴|OM―→|∈(0,22)．6.已知，是椭圆的两个焦点，为上的点，为坐标原点.（1）若为等边三角形，求的离心率；（2）如果存在点，使得，且△的面积等于16，求的值和的取值范围.解（1）连接，由为等边三角形可知在△中，，，，于是，故曲线的离心率.（2）由题意可知，满足条件的点存在当且仅当：，，，即，①，②，③由②③及得，又由①知，故，1F2F2222:1(0)xyCababPCO2POFCP12PFPF12FPFba1PF2POF12FPF1290FPF2||PFc1||3PFc122||||(31)aPFPFcC31cea(,)Pxy1||2162yc1yyxcxc22221xyab||16cy222xyc22221xyab222abc422byc22216yc4b3由②③得，所以，从而，故，当，时，存在满足条件的点.7．已知椭圆x2a2＋y2b2＝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＝24，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.所以椭圆的标准方程为x225＋y216＝1.(2)由x2a2＋y2b2＝1，y＝24x，得b2＋18a2x2－a2b2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝0，x1x2＝－a2b2b2＋18a2，由AB，F1F2互相平分且共圆，易知，AF2⊥BF2，因为F2A―→＝(x1－3，y1)，F2B―→＝(x2－3，y2)，所以F2A―→·F2B―→＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2＝1＋18x1x2＋9＝0.即x1x2＝－8，所以有－a2b2b2＋18a2＝－8，结合b2＋9＝a2，解得a2＝12，所以离心率e＝32.(3)由(2)的结论知，椭圆方程为x212＋y23＝1，由题可知A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，k1＝y0－y1x0－x1，k2＝y0＋y1x0＋x1，所以k1k2＝y20－y21x20－x21，又y20－y21x20－x21＝31－x2012－31－x2112x20－x21＝－14，即k2＝－14k1，由－2＜k1＜－1可知，18＜k2＜14.即直线PB的斜率k2∈18，14.22222()axcbc22cb…2222232abcb…42a…4b42a…P48.已知椭圆222:1xCya1a的离心率是22．（1）求椭圆C的方程；（2）已知1F，2F分别是椭圆C的左、右焦点，过2F作斜率为k的直线l，交椭圆C于,AB两点，直线11,FAFB分别交y轴于不同的两点,MN.如果1MFN为锐角，求k的取值范围．解（1）由题意2222221cababc，，，解得22a.所以椭圆C的方程为221.2xy…………4分（2）由已知直线l的斜率不为0.设直线l方程为1ykx.直线l与椭圆C的交点为1122,,,AxyBxy.由22112ykxxy，得2222214220kxkxk.由已知，判别式0恒成立，且22121222422,.2121kkxxxxkk①直线1FA的方程为1111yyxx，令0x，则11(0,)1yMx.同理可得22(0,)1yNx.所以2121211121211111111kxxyyFMFNxxxxuuuuruuur222212121212121212121111111kxxkxxkkxxxxxxxxxxxx.5将①代入并化简，得21127181kFMFNkuuuuruuur.依题意，1MFN为锐角，所以110FMFN，即211271081kFMFNkuuuuruuur.解得217k或218k.综上，直线l斜率的取值范围是7227(,)(,0)(0,)(,)7447UUU.9.如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线2:4Cyx上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上.(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2)若P是半椭圆221(0)4yxx上的动点，求PAB面积的取值范围.分析第（1）要设出A，B，P的坐标，确定PA，PB其中点坐标，把中点坐标代入抛物线方程，然后利用“点差法”或韦达定理证明P，M中点纵坐标相同；第（2）题要求三角形面积，可视|PB|为底，AByy为高，把底和高表示为Px或Py的函数，确定函数定义域，再求其最值.（1）解1设112200(,)(,)(,)AxyBxyPxy，，，AB中点1212,22xxyyM，PA中点1010,22xxyyQ，PB中点2020,22xxyyR，由QR、在抛物线24yx上得，2101022020=422=422yyxxyyxx，两式相减并化简得22121212012+2()2224yyyyyyyxx（），即1202yyy，所以PM垂直于y轴.解2设22121200(,)(,)(,)44yyAyByPxy，，，则PA中点为20110+,282xyyy，PA中6点在抛物线24yx上，得221001=4+228yyxy，化简得2210100280yyyxy同理可得2220200280yyyxy，因为12yy，所以12yy，是方程22000280yyyxy的两个解，从而1202yyy，1202MPyyyyy，即PM垂直于y轴.（2）因为00(,)Pxy在半椭圆221(0)4yxx上，由题意知010x.由（1）解2得1202yyy，212008yyxy，所以2212121200442(1)yyyyyyxx（），222121212004||=88MPyyyyyyPMxxxx（）200=3(1)xx，于是121=2SPMyy1212MPxxyy220000=62(1)1xxxx，令2001=xxt，则51,2t，所以31510=6262,4St.10.设mR,在平面直角坐标系中,已知向量(,1)amxy,向量(,1)bxy,ab,动点(,)Mxy的轨迹为E.（1）求轨迹E的方程,并说明该方程所表示曲线的形状；（2）已知41m,证明:存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与轨迹E恒有两个交点A,B,且OAOB(O为坐标原点),并求出该圆的方程;(3)已知41m,设直线l与圆C:222xyR(12R)相切于A1,且l与轨迹E只有一个公共点B1,当R为何值时,|A1B1|取得最大值?并求最大值.解（1）因为ab,(,1)amxy,(,1)bxy,7所以2210abmxy,即221mxy.当m=0时,方程表示两直线,方程为1y;当1m时,方程表示的是圆；当0m且1m时,方程表示的是椭圆；当0m时,方程表示的是双曲线.(2).当41m时,轨迹E的方程为2214xy,设圆心在原点的圆的一条切线为ykxt,解方程组2214ykxtxy,得224()4xkxt,即222(14)8440kxktxt,要使切线与轨迹E恒有两个交点A,B,则其△=2222226416(14)(1)16(41)0ktktkt,(*)即22410kt,即2241tk,且12221228144414ktxxktxxk．2212121212()()()yykxtkxtkxxktxxt222414tkk．因OAOB,故12120xxyy,解得22544tk且2241tk,即2244205kk恒成立.又因为直线ykxt为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为21trk，222224(1)45115ktrkk,所求的圆为2245xy.当切线的斜率不存在时,切线为552