2020新高考数学理二轮专题培优新方案主攻40个必考点练习解析几何考点过关检测二十五解析

考点过关检测（二十五）1.已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，以F1F2为直径的圆与直线ax＋2by－3ab＝0相切．(1)求椭圆C的离心率；(2)如图，过F1作直线l与椭圆分别交于P，Q两点，若△PQF2的周长为42，求F2P→·F2Q→的最大值．解：(1)由题意知|－3ab|a2＋4b2＝c，即3a2b2＝c2(a2＋4b2)＝(a2－b2)·(a2＋4b2)．化简得a2＝2b2，所以e＝22.(2)因为△PQF2的周长为42，所以4a＝42，得a＝2，由(1)知b2＝1，所以椭圆C的方程为x22＋y2＝1，且焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，①若直线l的斜率不存在，则直线l⊥x轴，直线方程为x＝－1，P－1，22，Q－1，－22，F2P→＝－2，22，F2Q→＝－2，－22，故F2P→·F2Q→＝72.②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，由y＝kx＋1，x2＋2y2＝2消去y并整理得，(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－4k22k2＋1，x1x2＝2k2－22k2＋1，F2P→·F2Q→＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝(k2＋1)x1x2＋(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1＝(k2＋1)2k2－22k2＋1＋(k2－1)－4k22k2＋1＋k2＋1＝7k2－12k2＋1＝72－922k2＋1，由k20可得F2P→·F2Q→∈－1，72.综上所述，F2P→·F2Q→∈－1，72，所以F2P→·F2Q→的最大值是72.2．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率e＝12，抛物线E：y2＝4x的焦点恰好是椭圆C的右焦点F.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点F作两条斜率都存在的直线l1，l2，l1交椭圆C于点A，B，l2交椭圆C于点G，H，若|AF|是|AH|－|FH|与|AH|＋|FH|的等比中项，求|AF|·|FB|＋|GF|·|FH|的最小值．解：(1)依题意得椭圆C的右焦点F的坐标为(1,0)，即c＝1，又e＝ca＝12，∴a＝2，b2＝3，故椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.(2)∵|AF|是|AH|－|FH|与|AH|＋|FH|的等比中项，∴|AF|2＝|AH|2－|FH|2，即|AF|2＋|FH|2＝|AH|2，∴直线l1⊥l2.又直线l1，l2的斜率均存在，∴两直线的斜率都不为零，故可设直线l1：x＝ky＋1(k≠0)，直线l2：x＝－1ky＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(x3，y3)，H(x4，y4)，由x24＋y23＝1，x＝ky＋1消去x，得(3k2＋4)y2＋6ky－9＝0，∴y1＋y2＝－6k3k2＋4，y1y2＝－93k2＋4，同理得y3＋y4＝6k3＋4k2，y3y4＝－9k23＋4k2.∴|AF|·|FB|＝x1－12＋y21·x2－12＋y22＝(1＋k2)|y1y2|，|GF|·|FH|＝x3－12＋y23·x4－12＋y24＝1＋1k2|y3y4|，∴|AF|·|FB|＋|GF|·|FH|＝(1＋k2)|y1y2|＋1＋1k2|y3y4|＝(1＋k2)·93k2＋4＋1＋1k2·9k23＋4k2＝9(1＋k2)·13k2＋4＋13＋4k2＝631＋k22121＋k22＋k2＝6312＋k21＋k22＝6312＋1k2＋1k2＋2≥6312＋12＋2＝367.当且仅当k2＝1时取等号，故|AF|·|FB|＋|GF|·|FH|的最小值为367.3．(2019·江门模拟)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为F1和F2，由4个点M(－a，b)，N(a，b)，F2和F1组成了一个高为3，面积为33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．解：(1)由条件，得b＝3，且2a＋2c2×3＝33，所以a＋c＝3.又a2－c2＝3，解得a＝2，c＝1，所以椭圆的方程为x24＋y23＝1.(2)显然，直线的斜率不能为0，设直线方程为x＝my－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立x24＋y23＝1，x＝my－1消去x，得(3m2＋4)y2－6my－9＝0.因为直线过椭圆内的点，所以无论m为何值，直线和椭圆总相交．所以y1＋y2＝6m3m2＋4，y1y2＝－93m2＋4.S△F2AB＝12|F1F2||y1－y2|＝|y1－y2|＝y1＋y22－4y1y2＝12m2＋13m2＋42＝4m2＋1m2＋1＋132＝41m2＋1＋23＋19m2＋1.令t＝m2＋1≥1，设y＝t＋19t，易知t∈[1，＋∞)时，函数单调递增，所以当t＝m2＋1＝1，即m＝0时，ymin＝109，S△F2AB取得最大值3.4.(2019·济南模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：x2＝4y，直线l与抛物线C1交于A，B两点．(1)若直线OA，OB的斜率之积为－14，证明：直线l过定点；(2)如图，若线段AB的中点M在曲线C2：y＝4－14x2(－22x22)上，求|AB|的最大值．解：(1)证明：由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m.由y＝kx＋m，x2＝4y，消去y并整理，得x2－4kx－4m＝0，则Δ＝(－4k)2－4·(－4m)＝16(k2＋m)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，所以kOA·kOB＝y1·y2x1·x2＝14x21·14x22x1·x2＝x1·x216＝－m4，因为kOA·kOB＝－14，所以－m4＝－14，解得m＝1，满足Δ0，所以直线l的方程为y＝kx＋1，直线l过定点(0,1)．(2)设M(x0，y0)，由已知及(1)，得x0＝x1＋x22＝2k，y0＝kx0＋m＝2k2＋m，将(x0，y0)代入y＝4－14x2(－22x22)，得2k2＋m＝4－14×(2k)2，即m＝4－3k2.因为－22x022，所以－222k22，得－2k2，因为Δ＝16(k2＋m)＝16(k2＋4－3k2)＝32(2－k2)0，所以－2k2，所以k的取值范围是(－2，2)．|AB|＝1＋k2·x1＋x22－4x1x2＝1＋k2·16k2＋m＝42k2＋12－k2≤42×k2＋1＋2－k22＝62，当且仅当k2＋1＝2－k2，即k＝±22∈(－2，2)时取等号，所以|AB|的最大值为62.