考點突破練13圓錐曲線中的最值、范圍、探索性問題1.(2020新高考Ⅱ,21)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點M(2,3),點(1)求C的方程;(2)點N為橢圓上任意一點,求△AMN的面積的最大值.2.(2022新高考Ⅰ,21)已知點A(2,1)在雙曲線C:x2a2-y2a2-1=1(a>1)上,直線l交C于P,(1)求l的斜率;(2)若tan∠PAQ=22,求△PAQ的面積.3.已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,|F1F2|=4,點(1)求橢圓E的標(biāo)準方程;(2)設(shè)過點F2且傾斜角不為0的直線l與橢圓E的交點為A,B,求△F1AB面積最大時直線l的方程.4.(2023河北保定一模)如圖,雙曲線的中心在原點,焦距為27,左、右頂點分別為A,B,曲線C是以雙曲線的實軸為長軸,虛軸為短軸,且離心率為12的橢圓,設(shè)P在第一象限且在雙曲線上,直線BP交橢圓于點M,直線AP與橢圓交于另一點N(1)求橢圓及雙曲線的標(biāo)準方程.(2)設(shè)MN與x軸交于點T,是否存在點P使得xP=4xT(其中xP,xT為點P,T的橫坐標(biāo))?若存在,求出點P的坐標(biāo);若不存在,請說明理由.5.(2022浙江,21)如圖,已知橢圓x212+y2=1.設(shè)A,B是橢圓上異于P(0,1)的兩點,且點Q0,12在線段AB上,直線PA,PB分別交直線y=12x+3于C,D(1)求點P到橢圓上點的距離的最大值;(2)求|CD|的最小值.6.(2023山西臨汾二模)已知點F1,F2是雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點,點P是C右支上一點,△F1F2P的周長為18,點I為△F1F2P的內(nèi)心,且滿足△PF2I,△F1F2I,△PF1I的面積之比為(1)求雙曲線C的標(biāo)準方程;(2)過點F2的直線l與雙曲線的右支交于M,N兩點,與y軸交于點Q,滿足QM=mMF2,QN=nNF2(其中考點突破練13圓錐曲線中的最值、范圍、探索性問題1.解(1)由題意可知直線AM的方程為y3=12(x2),即x2y+4=0.當(dāng)y=0時x=4,所以a=4,橢圓C過點M(2,3),可得4a2+9b2=1,解得b2=12.(2)設(shè)與直線AM平行的直線方程為x2y=m,如圖所示,當(dāng)直線與橢圓相切時,與AM距離比較遠的直線與橢圓的切點為N,此時△AMN的面積取得最大值.由x-2y=m,x216+y212=1得16y2+12my+3m248=0,所以Δ=144m24×16(3m248)=0,即m2=64,解得m=±8,與AM距離比較遠的直線方程為x2y8=0,直線AM方程為x2y+4=0,所以S△AMN=12×35×122.解(1)∵點A(2,1)在雙曲線C:x2a2-y2∴4a2-1a2-1=1,解得a2=2.∴雙曲線的標(biāo)準方程為x22y2=1.易知直線l的斜率存在.設(shè)直線l的方程為y=kx+m,點P(x1,y由x2-2y2=2,y=kx+m,得(12k∴Δ>0,x1+x2=4km1-2k2,x設(shè)直線AP,AQ的斜率分別為kAP,kAQ,則kAP+kAQ=y1-1x1-2+y2-1x2-2=0,∴(∴(kx1+m1)(x22)+(kx2+m1)(x12)=0,整理,得2kx1x2+(m12k)(x1+x2)4(m1)=0,∴2k(2m22)+4km(m12k)4(m1)(12k2)=0,即2k2+k(m+1)+m1=0,(k+1)(2k+m1)=0.∴k=1或m=12k,把m=12k代入y=kx+m,得y=kx+12k=k(x2)+1,此時直線PQ過點A(2,1),舍去,∴k=1,即直線l的斜率為1.(2)由(1)知,直線l的方程為y=x+m,x1+x2=4m,x1x2=2m2+2,則x12+x2∴|PQ|=1+=2=4m2-1,點A(2,1)到直線l的距離d=|2+1-m|2=|3-m|2.∴△PAQ的面積S△PAQ=12d·|PQ|=2|3m|m2∴S△PAQ=12|PA||QA|sin∠PAQ=23∴13|PA|·|QA|=|3m|m在△PAQ中,由余弦定理得cos∠PAQ=|PA∴|PA|2+|QA|2|PQ|2=(x12)2+(y11)2+(x22)2+(y21)2(x1x2)2(y1y2)2=2m212m+18=23|PA||QA|.∴m26m+9=|3m|m∴|m3|=m2-1或m即m=53或m=3(舍去,若m=3,則點A在直線PQ上)∴S△PAQ=2×3.解(1)∵|F1F2|=2c=4,可得c=2,則F1(2,0),F2(2,0),由橢圓的定義可得2a=|PF1|+|PF2|=(3+2)2+1+(3∴b=a2-c2=2,因此,橢圓(2)由題意,設(shè)點A(x1,y1),B(x2,y2),設(shè)直線l的方程為x=my+2,由x=my+2,x26+y22=1,得(m2+3)2y2+4my2=0,Δ>0∴S△F1AB=12|F1F2|·|y1y2|=2(y令t=m2+1≥1,則S△F1AB=46t+2t≤4622=23,當(dāng)且僅當(dāng)t=2,即m=±1時4.解(1)由已知可設(shè)雙曲線的標(biāo)準方程為x2a2-y2b2=1,橢圓的標(biāo)準方程為x2a2+y2b(2)(方法一)設(shè)P(x0,t),M(x1,y1),N(x2,y2),A(2,0),B(2,0).由P,A,N三點共線,得y2x2+2=tx0+2,由P,B,M三點共線,得y1x1-2=tx0-2,兩式相除,得y2(x1-2)(x2+2)y1=x0-2x0+2,令xT=n(2<n<2),則設(shè)lMN:x=my+n,聯(lián)立x=my+n,3x2+4y2-12=0,消去x,整理得(3m2+4)y2+6mny+3n212y2(x1=(4-n2)(若存在xP=4xT,即x0=4n,則2-n2+n=x0又點P在第一象限,所以n=1,P(4,3).(方法二)P(x0,y0),M(x1,y1),N(x2,y2),A(2,0),B(2,0),直線AP:y=y0x0聯(lián)立y=y0x0+2(x+2),3x2+4y2=12,消去yΔ=256y04(x0+2)443+4y02(x0+2由2x2=16y02-12(x0+2)23(x0+2)2+4y02,又點P在雙曲線上,滿足同理BP:y=y0x0-2(x2),可得x1=4x0若存在xP=4xT,即x0=4×4x0,而點P在第一象限,所以x0=4,即P5.解(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),∵Q0,12在直線AB上,∴設(shè)直線AB為y=kx+12,設(shè)E(x,y)為橢圓上除P之外的一點且P(0,1),則|PE|2=(y1)2+x2=(y1)2+1212y2=11y22y+13=11y2+211y+1112+111+13=11y+1112+14411,∵1≤y≤1,∴當(dāng)y=111時,|PE|2最大值為14411,∴|PE|max=12(2)由x2+12y2=12,y=kx+12得(12k2+1)x2+12kx9=0.則x1+x2=-12k12k2+1,x1·x2=-912k2+1,直線PA:y1=y1-1x1(x0),即y=y1-1x1x+1,由y=-12x+3,∴C4x1(2k+1)x1-|CD|2=4x2(2k+1)x=(8k+4)x1x2=4x1=20(∴|CD|=20|x=2036(16令3k+1=t,則k=t-∴16k當(dāng)1t=1625,即t=2516|CD|min=356.解(1)設(shè)△PF1F2內(nèi)切圓半徑為r,由題意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的周長為18,∴|PF2(2)由題知直線l斜率存在且不為0,設(shè)其方程為x=ty+3(t≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),Q0,-3t,聯(lián)立x=ty+3,x24-y25=1,消去x,整理得(5t24)·y2+30ty+25=0,∵直線l與雙曲線右支交于兩點,則有y1y2<0,Δ=(∵QM=mM