高考数学一轮复习课时作业56最值、范围、证明问题课件新人教版

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高考一轮数学(理)复习课时作业56

课时作业56 曲线与方程1．方程(x 2＋y 2－2x )x ＋y －3＝0表示的曲线是( D )A ．一个圆和一条直线B ．一个圆和一条射线C ．一个圆D ．一条直线解析：依题意，题中的方程等价于①x ＋y －3＝0或②⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3≥0，x 2＋y 2－2x ＝0. 注意到圆x 2＋y 2－2x ＝0上的点均位于直线x ＋y －3＝0的左下方区域，即圆x 2＋y 2－2x ＝0上的点均不满足x ＋y －3≥0，即②不表示任何图形，因此题中的方程表示的曲线是直线x ＋y －3＝0.2．(2019·兰州模拟)已知△ABC 的顶点A (－5,0)，B (5,0)，△ABC 的内切圆圆心在直线x ＝3上，则顶点C 的轨迹方程是( C )A.x 29－y 216＝1B ．x 216－y 29＝1 C.x 29－y 216＝1(x ＞3)D ．x 216－y 29＝1(x ＞4) 解析：如图，|AD |＝|AE |＝8，|BF |＝|BE |＝2，|CD |＝|CF |，所以|CA |－|CB |＝8－2＝6＜10＝|AB |.根据双曲线定义，所求轨迹是以A ，B 为焦点，实轴长为6的双曲线的右支(y ≠0)，方程为x 29－y 216＝1(x ＞3)．3．已知正方形的四个顶点分别为O (0,0)，A (1,0)，B (1,1)，C (0,1)，点D ，E 分别在线段OC ，AB 上运动，且|OD |＝|BE |，设AD 与OE 交于点G ，则点G 的轨迹方程是( A )A ．y ＝x (1－x )(0≤x ≤1)B ．x ＝y (1－y )(0≤y ≤1)C ．y ＝x 2(0≤x ≤1)D ．y ＝1－x 2(0≤x ≤1)解析：设D (0，λ)，E (1,1－λ)，0≤λ≤1，所以线段AD 的方程为x ＋y λ＝1(0≤x ≤1)，线段OE 的方程为y ＝(1－λ)x (0≤x ≤1)，联方方程⎩⎨⎧ x ＋y λ＝1，0≤x ≤1，y ＝(1－λ)x ，0≤x ≤1(λ为参数)，消去参数λ得点G 的轨迹方程为y ＝x (1－x )(0≤x ≤1)．4．(2019·福建漳州八校联考)已知圆M ：(x ＋5)2＋y 2＝36，定点N (5，0)，点P 为圆M 上的动点，点Q 在NP 上，点G 在线段MP上，且满足N P →＝2 N Q →，G Q →·N P →＝0，则点G 的轨迹方程是( A )A.x 29＋y 24＝1 B ．x 236＋y 231＝1C.x 29－y 24＝1 D ．x 236－y 231＝1解析：由N P →＝2 N Q →，G Q →·N P →＝0知GQ 所在直线是线段NP 的垂直平分线，连接GN ，∴|GN |＝|GP |，∴|GM |＋|GN |＝|MP |＝6＞25，∴点G 的轨迹是以M ，N 为焦点的椭圆，其中2a ＝6,2c ＝25，∴b 2＝4，∴点G 的轨迹方程为x 29＋y 24＝1，故选A.5．如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，A (1,0)，B (1,1)，C (0,1)，映射f 将xOy 平面上的点P (x ，y )对应到另一个平面直角坐标系uO ′v 上的点P ′(2xy ，x 2－y 2)，则当点P 沿着折线A －B －C 运动时，在映射f 的作用下，动点P ′的轨迹是( D )解析：当P 沿AB 运动时，x ＝1，设P ′(x ′，y ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2y ，y ′＝1－y 2(0≤y ≤1)，故y ′＝1－x ′24(0≤x ′≤2,0≤y ′≤1)．当P 沿BC 运动时，y ＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝x 2－1(0≤x ≤1)，所以y ′＝x ′24－1(0≤x ′≤2，－1≤y ′≤0)，由此可知P ′的轨迹如D 所示，故选D.6．平面直角坐标系中，已知两点A (3,1)，B (－1,3)，若点C 满足O C →＝λ1 O A →＋λ2 O B →(O 为原点)，其中λ1，λ2∈R ，且λ1＋λ2＝1，则点C 的轨迹是( A )A ．直线B ．椭圆C ．圆D ．双曲线解析：设C (x ，y )，因为O C →＝λ1O A →＋λ2O B →，所以(x ，y )＝λ1(3,1)＋λ2(－1,3)，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝3λ1－λ2，y ＝λ1＋3λ2，解得⎩⎨⎧ λ1＝y ＋3x 10，λ2＝3y －x 10，又λ1＋λ2＝1，所以y ＋3x 10＋3y －x 10＝1，即x ＋2y ＝5，所以点C 的轨迹是直线，故选A.7．(2019·安徽六安一中月考)如图，已知F 1，F 2是椭圆Γ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左，右焦点，P 是椭圆Γ上任意一点，过F 2作∠F 1PF 2的外角的平分线的垂线，垂足为Q ，则点Q 的轨迹为( B )A．直线B．圆C．椭圆D．双曲线解析：延长F2Q，与F1P的延长线交于点M，连接OQ.因为PQ 是∠F1PF2的外角的平分线，且PQ⊥F2M，所以在△PF2M中，|PF2|＝|PM|，且Q为线段F2M的中点．又O为线段F1F2的中点，由三角形的中位线定理，得|OQ|＝12|F1M|＝12(|PF1|＋|PF2|)．根据椭圆的定义，得|PF1|＋|PF2|＝2a，所以|OQ|＝a，所以点Q的轨迹为以原点为圆心，半径为a的圆，故选B.8．(2019·宿迁模拟)若曲线C上存在点M，使M到平面内两点A(－5,0)，B(5,0)距离之差的绝对值为8，则称曲线C为“好曲线”．以下曲线不是“好曲线”的是(B)A．x＋y＝5 B．x2＋y2＝9C.x225＋y29＝1 D．x2＝16y解析：∵M到平面内两点A(－5,0)，B(5,0)距离之差的绝对值为8，∴M的轨迹是以A(－5,0)，B(5,0)为焦点的双曲线，方程为x216－y29＝1.A项，直线x＋y＝5过点(5,0)，故直线与M的轨迹有交点，满足题意；B项，x2＋y2＝9的圆心为(0,0)，半径为3，与M的轨迹没有交点，不满足题意；C 项，x 225＋y 29＝1的右顶点为(5,0)，故椭圆x 225＋y 29＝1与M 的轨迹有交点，满足题意；D 项，方程代入x 216－y 29＝1，可得y －y 29＝1，即y 2－9y ＋9＝0，∴Δ＞0，满足题意．9．(2019·江西九江联考)已知A (1,2)，B (－1,2)，动点P (x ，y )满足AP →⊥BP →，若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线与动点P 的轨迹没有公共点，则该双曲线的离心率的取值范围是 (1,2) .解析：由AP →⊥BP →，可得动点P (x ，y )的轨迹方程为x 2＋(y －2)2＝1，易知双曲线的一条渐近线方程为y ＝b a x ，由题意知圆心(0,2)到渐近线的距离大于半径1，所以2a a 2＋b 2>1，即3a 2>b 2.又b 2＝c 2－a 2，所以3a 2>c 2－a 2,4a 2>c 2，离心率e ＝c a <2，又双曲线的离心率e >1，所以1<e <2.10．已知△ABC 的顶点A ，B 坐标分别为(－4,0)，(4,0)，C 为动点，且满足sin B ＋sin A ＝54sin C ，则C 点的轨迹方程为 x 225＋y 29＝1(x ≠±5) . 解析：由sin B ＋sin A ＝54 sin C 可知b ＋a ＝54c ＝10，则|AC |＋|BC |＝10＞8＝|AB |，∴满足椭圆定义．令椭圆方程为x 2a ′2＋y 2b ′2＝1，则a ′＝5，c ′＝4，b ′＝3，则轨迹方程为x 225＋y 29＝1(x ≠±5)．11．(2019·唐山五校联考)在直角坐标系xOy 中，长为2＋1的线段的两端点C ，D 分别在x 轴、y 轴上滑动，C P →＝ 2 P D →.记点P 的轨迹为曲线E .(1)求曲线E 的方程；(2)经过点(0,1)作直线与曲线E 相交于A ，B 两点，OM →＝O A →＋O B →，当点M 在曲线E 上时，求四边形AOBM 的面积．解：(1)设C (m,0)，D (0，n )，P (x ，y )．由C P →＝ 2 P D →，得(x －m ，y )＝2(－x ，n －y )，所以⎩⎪⎨⎪⎧ x －m ＝－2x ，y ＝2(n －y )，得⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝(2＋1)x ，n ＝2＋12y ，由|C D →|＝2＋1，得m 2＋n 2＝(2＋1)2，所以(2＋1)2x 2＋(2＋1)22y 2＝(2＋1)2，整理，得曲线E 的方程为x 2＋y 22＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由OM →＝O A →＋O B →，知点M 坐标为(x 1＋x 2，y 1＋y 2)．由题意知，直线AB 的斜率存在．设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，代入曲线E 的方程，得(k 2＋2)x 2＋2kx －1＝0，则x 1＋x 2＝－2k k 2＋2，x 1x 2＝－1k 2＋2. y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2＝4k 2＋2. 由点M 在曲线E 上，知(x 1＋x 2)2＋(y 1＋y 2)22＝1，即4k 2(k 2＋2)2＋8(k 2＋2)2＝1，解得k 2＝2. 这时|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝3[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＝322，原点到直线AB 的距离d ＝11＋k 2＝33，所以平行四边形OAMB 的面积S ＝|AB |·d ＝62.12．(2019·惠州调研)已知C 为圆(x ＋1)2＋y 2＝8的圆心，P 是圆上的动点，点Q 在圆的半径CP 上，且有点A (1,0)和AP 上的点M ，满足M Q →·A P →＝0，A P →＝2 AM →.(1)当点P 在圆上运动时，求点Q 的轨迹方程；(2)若斜率为k 的直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切，与(1)中所求点Q 的轨迹交于不同的两点F ，H ，O 是坐标原点，且34≤O F →·O H →≤45时，求k 的取值范围．解：(1)由题意知MQ 是线段AP 的垂直平分线，所以|CP |＝|QC |＋|QP |＝|QC |＋|QA |＝22＞|CA |＝2，所以点Q 的轨迹是以点C ，A 为焦点，焦距为2，长轴长为22的椭圆，所以a ＝2，c ＝1，b ＝a 2－c 2＝1，故点Q 的轨迹方程是x 22＋y 2＝1.(2)设直线l ：y ＝kx ＋t ，F (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)，直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切⇒|t |k 2＋1＝1⇒t 2＝k 2＋1. 联立，得⎩⎨⎧x 22＋y 2＝1，y ＝kx ＋t⇒(1＋2k 2)x 2＋4ktx ＋2t 2－2＝0，Δ＝16k 2t 2－4(1＋2k 2)(2t 2－2)＝8(2k 2－t 2＋1)＝8k 2＞0⇒k ≠0，x 1＋x 2＝－4kt 1＋2k 2，x 1x 2＝2t 2－21＋2k 2，所以O F →·O H →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋kt (x 1＋x 2)＋t 2＝(1＋k 2)(2t 2－2)1＋2k 2＋kt －4kt 1＋2k 2＋t 2＝(1＋k 2)2k 21＋2k 2－4k 2(k 2＋1)1＋2k 2＋k 2＋1＝1＋k 21＋2k 2，所以34≤1＋k 21＋2k 2≤45⇒13≤k 2≤12⇒33≤|k |≤22，所以－22≤k ≤－33或33≤k ≤22.故k 的取值范围是[－22，－33]∪[33，22]．13．(2019·葫芦岛调研)在△ABC 中，已知A (2,0)，B (－2,0)，G ，M 为平面上的两点且满足G A →＋G B →＋G C →＝0，|M A →|＝|M B →|＝|M C →|，GM →∥A B →，则顶点C 的轨迹为( B )A ．焦点在x 轴上的椭圆(长轴端点除外)B ．焦点在y 轴上的椭圆(短轴端点除外)C ．焦点在x 轴上的双曲线(实轴端点除外)D ．焦点在x 轴上的抛物线(顶点除外)解析：设C (x ，y )(y ≠0)，由G A →＋G B →＋G C →＝0，即G 为△ABC 的重心，得G ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3，y 3. 又|M A →|＝|M B →|＝|M C →|，即M 为△ABC 的外心，所以点M 在y 轴上，又GM →∥A B →，则有M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，y 3. 所以x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －y 32＝4＋y 29，化简得x 24＋y 212＝1，y ≠0.所以顶点C 的轨迹为焦点在y 轴上的椭圆(除去短轴端点)．14．在平面直角坐标系中，定义d (P ，Q )＝|x 2－x 1|＋|y 2－y 1|为两点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)之间的“折线距离”，则下列命题中：①若A (－1,3)，B (1,0)，则有d (A ，B )＝5；②到原点的“折线距离”等于1的所有点的集合是一个圆；③若C 点在线段AB 上，则有d (A ，C )＋d (C ，B )＝d (A ，B )；④到M (－1,0)，N (1,0)两点的“折线距离”相等的点的轨迹是直线x ＝0.真命题的个数为( C )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：①d (A ，B )＝|－1－1|＋|3－0|＝5，对；②设点A (x ，y )，则d (A ，O )＝|x |＋|y |＝1，不是圆，错；③若点C 在线段AB 上，设C 点坐标为(x 0，y 0)，x 0在x 1，x 2之间，y 0在y 1，y 2之间，则d (A ，C )＋d (C ，B )＝|x 0－x 1|＋|y 0－y 1|＋|x 2－x 0|＋|y 2－y 0|＝|x 2－x 1|＋|y 2－y 1|＝d (A ，B )成立，对；④|x ＋1|＋|y |＝|x －1|＋|y |，由|x ＋1|＝|x －1|，解得x ＝0，对．15．(2019·河北衡水一模)已知点Q 在椭圆C ：x 216＋y 210＝1上，点P 满足O P →＝12(OF 1→＋O Q →)(其中O 为坐标原点，F 1为椭圆C 的左焦点)，则点P 的轨迹方程为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋6224＋2y 25＝1 .解析：因为点P 满足O P →＝12(OF 1→＋O Q →)，所以点P 是线段QF 1的中点．设P (x ，y )，由F 1为椭圆C ：x 216＋y 210＝1的左焦点，得F 1(－6，0)，故Q (2x ＋6，2y )，又点Q 在椭圆C ：x 216＋y 210＝1上，则点P 的轨迹方程为(2x ＋6)216＋(2y )210＝1，即⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋6224＋2y 25＝1.16．如图，P 是圆x 2＋y 2＝4上的动点，P 点在x 轴上的射影是D ，点M 满足DM →＝12D P →.(1)求动点M 的轨迹C 的方程，并说明轨迹是什么图形；(2)过点N (3,0)的直线l 与动点M 的轨迹C 交于不同的两点A ，B ，求以OA ，OB 为邻边的平行四边形OAEB 的顶点E 的轨迹方程．解：(1)设M (x ，y )，则D (x,0)，由DM →＝12D P →，知P (x,2y )，∵点P 在圆x 2＋y 2＝4上，∴x 2＋4y 2＝4，故动点M 的轨迹C 的方程为x 24＋y 2＝1，且轨迹C 是以(－3，0)，(3，0)为焦点，长轴长为4的椭圆．(2)设E (x ，y )，由题意知l 的斜率存在．设l ：y ＝k (x －3)，代入x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－24k 2x ＋36k 2－4＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝24k 21＋4k 2， ∴y 1＋y 2＝k (x 1－3)＋k (x 2－3)＝k (x 1＋x 2)－6k＝24k 31＋4k 2－6k ＝－6k 1＋4k 2. ∵四边形OAEB 为平行四边形，∴O E →＝O A →＋O B →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫24k 21＋4k 2，－6k 1＋4k 2，又O E →＝(x ，y )，∴⎩⎨⎧x ＝24k 21＋4k 2，y ＝－6k 1＋4k 2，消去k 得，x 2＋4y 2－6x ＝0，由Δ＝(－24k 2)2－4(1＋4k 2)(36k 2－4)＞0，得k 2＜15，∴0＜x ＜83. ∴顶点E 的轨迹方程为x 2＋4y 2－6x ＝0⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜x ＜83.。

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目录 CONTENTS
第二章
2.1 函数及其表示 2.2 函数的单调性与最值 2.3 函数的奇偶性与周期性 2.4 一次函数、二次函数 2.5 指数与指数函数 2.6 对数与对数函数 2.7 幂函数 2.8 函数的图象及其变换 2.9 函数与方程
函数
2.10 函数模型及其应用
第一讲：三角函数
S ABC=1/2bcsinA=1/2absinC=1/2ah，可得sinA=√15/8，sinC=√15/4。
∴cosA=7/8,cosC=1/4，
∴cos（A-C）=7/8 x 1/4 + √15/8 x √15/4
=11/16 c=2
A
b=2
h=√15/2
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B
C 1/2 a
1/2
C、﹙1，＋∞﹚
D、[1，＋∞﹚
解析：由于3x＞0，所以3x+1＞1，所以f（x）＞0，集合表示为（0，＋∞），答案为A
2、已知函数y=2x＋1的值域为（5,7），则对应的自变量x的范围为（
）
A、[2,3）
B、[2,3]
C、(2,3)
D、（2,3]
解析：根据题意：5＜2x+1＜7,解得2＜x＜3，用集合表示为（2,3），答案为C
A [1,2]
解析：解二元一次不等式x2 +2x-8≤0，可得-4≤x≤2，所以M为[-4,2]; 解不等式3x-2≥2x-1,可得x≥1,所以N为[1,＋∞﹚。此时我们可以应用数轴马上解决问题：
-4 0 1 2
如图所示，阴影部分即为所求。答案：A 启示：掌握好数轴工具，在集合、函数问题（ B
B、﹙－∞，5]
）
D、[5，＋∞﹚

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[x1x2＋(y1－2)(y2－2)]＝2(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－84k02k＋2－352＝－20＋ 4k28＋3，因为函数 f(x)＝－20＋4x28＋3在[0，＋∞)上是减函数，所以当 k2＝0，
即 k＝0 时，－20＋4k28＋3有最大值－532，综上，O→P·O→Q＋M→P·M→Q的最大值
②当直线 PQ 的斜率存在时，设直线 PQ 的方程为 y＝kx＋2，点 P(x1，
y1)，Q(x2，y2)，由1x62 ＋1y22 ＝1，消去 y，得(4k2＋3)x2＋16kx－32＝0，所 y＝kx＋2
以 x1＋x2＝－4k126＋k 3，x1x2＝－4k32＋2 3，所以O→P·O→Q＋M→P·M→Q＝x1x2＋y1y2＋
题型二范围问题[师生共研] [例 2] [2020·山东泰安质量检测]已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)
的离心率
e＝
22，且经过点－
22，
3
2
.
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)过点 P(－2,0)且不与 x 轴重合的直线 l 与椭圆 C 交于不同的两
点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，过右焦点 F 的直线 AF，BF 分别交椭圆 C
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【跟踪训练 1】已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为 A，B，且长轴长为 8，T 为椭圆上任意一点，直线 TA，TB 的斜率之积为－34. (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 O 为坐标原点，过点 M(0,2)的动直线与椭圆 C 交于 P，Q

高考数学一轮总复习课时作业56 最值、范围、证明问题(含解析)苏教版-苏教版高三全册数学试题

课时作业56 最值、X 围、证明问题1．已知A (0，2)，B (3，1)是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)上的两点． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)设O 为坐标原点，M 为椭圆C 上一动点，点P (3,0)，线段PM 的垂直平分线交y 轴于点Q ，求|OQ |的最小值．解：(1)由题意知代入A ，B 两点坐标，得2b 2＝1，3a 2＋1b2＝1，解得a 2＝6，b 2＝2，所以椭圆C 的标准方程为x 26＋y 22＝1. (2)根据题意知直线PM ，QN 的斜率均存在且不为0.设M 坐标为(x 0，y 0)，则x 206＋y 202＝1，即x 20＝6－3y 20. ① 线段PM 的中点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋32，y 02，k PM ·k QN ＝－1，即k QN ＝3－x 0y 0，所以直线l QN ：y －y 02＝3－x 0y 0⎝ ⎛⎭⎪⎫x －x 0＋32. 令x ＝0，并结合①式得y Q ＝y 02＋x 20－92y 0＝y 02＋－3－3y 202y 0＝－3－2y 202y 0， |OQ |＝|y Q |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－3－2y 202y 0＝32|y 0|＋|y 0| ≥232|y 0|·|y 0|＝6，当且仅当32|y 0|＝|y 0|，即y 0＝±62时取等号，所以|OQ |的最小值为 6.2．抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点．(1)O 为坐标原点，求证：OA →·OB →＝－3；(2)设点M 在线段AB 上运动，原点O 关于点M 的对称点为C ，求四边形OACB 面积的最小值．解：(1)证明：依题意得，F (1,0)，且直线AB 的斜率不为0，设直线AB 的方程为x ＝my ＋1.联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，y 2＝4x ，消去x 得y 2－4my －4＝0 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4.x 1x 2＝(my 1＋1)(my 2＋1)＝m 2y 1y 2＋m (y 1＋y 2)＋1＝1，故OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝－3.(2)由点C 与原点O 关于点M 对称，得M 是线段OC 的中点，从而点O 与点C 到直线AB 的距离相等，所以四边形OACB 的面积等于2S △AOB ．由(1)知2S △AOB ＝2×12|OF ||y 1－y 2| ＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝41＋m 2，所以当m ＝0时，四边形OACB 的面积最小，最小值是4.3．(2020·某某阶段性测试)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上的点到右焦点F (c,0)的最大距离是2＋1，且1，2a,4c 成等比数列．(1)求椭圆的方程；(2)过点F 且与x 轴不垂直的直线l 与椭圆交于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线交x 轴于点M (m,0)，某某数m 的取值X 围．解：(1)由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋c ＝2＋1，1×4c ＝2a 2，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝1，c ＝1，所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. (2)由题意得F (1,0)，设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)．与椭圆方程联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2－2＝0，y ＝k (x －1)，消去y 可得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－2k ＝－2k1＋2k 2. 可得线段AB 的中点为N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋2k 2，－k 1＋2k 2. 当k ＝0时，直线MN 为y 轴，此时m ＝0.当k ≠0时，直线MN 的方程为y ＋k1＋2k 2＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2k 21＋2k 2，化简得ky ＋x －k 21＋2k 2＝0.令y ＝0，得m ＝k 21＋2k 2. 所以m ＝k 21＋2k 2＝11k 2＋2∈⎝⎛⎭⎫0，12. 综上所述，m 的取值X 围为⎣⎡⎭⎫0，12. 4．(2020·某某市监测考试)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，点M 为短轴的上端点，MF 1→·MF 2→＝0，过F 2垂直于x 轴的直线交椭圆C 于A ，B 两点，且|AB |＝ 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)设经过点(2，－1)且不经过点M 的直线l 与椭圆C 相交于G ，H 两点，若k 1，k 2分别是直线MG ，MH 的斜率，求k 1＋k 2的值．解：(1)由MF 1→·MF 2→＝0，得b ＝c ，将x ＝c 代入x 2a 2＋y 2b 2＝1中，得y ＝±b 2a，因为|AB |＝2，所以2b 2a＝2，又因为a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝1，故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1. (2)由椭圆C 的方程x 22＋y 2＝1与点(2，－1)，设直线l 的方程为y ＋1＝k (x －2)，即y ＝kx －2k －1，将y ＝kx －2k －1代入x 22＋y 2＝1中，得 (1＋2k 2)x 2－4k (2k ＋1)x ＋8k 2＋8k ＝0，由题意知Δ＝－16k (k ＋2)>0，得－2<k <0，设G (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k (2k ＋1)1＋2k 2，x 1x 2＝8k 2＋8k 1＋2k2， k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1－2k －2x 1＋kx 2－2k －2x 2＝2k －(2k ＋2)×4k (2k ＋1)1＋2k 28k 2＋8k1＋2k 2＝2k －(2k ＋1)＝－1，所以k 1＋k 2＝－1.5．平面直角坐标系xOy 中，过椭圆M ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)右焦点的直线x ＋y －3＝0交M 于A ，B 两点，且椭圆M 的离心率为22. (1)求椭圆M 的方程；(2)C ，D 为M 上的两点，若四边形ACBD 的对角线CD ⊥AB ，求四边形ACBD 面积的最大值．解：(1)易知椭圆M 的右焦点为(3，0)．则c ＝ 3.离心率e ＝c a ＝3a ＝22，则a ＝6，故b 2＝a 2－c 2＝3. 所以椭圆M 的方程为x 26＋y 23＝1. (2)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3＝0，x 26＋y 23＝1，解得⎩⎨⎧ x ＝433，y ＝－33或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝3，因此|AB |＝463. 由题意可设直线CD 的方程为y ＝x ＋n (－533<n <3)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋n ，x 26＋y 23＝1得3x 2＋4nx ＋2n 2－6＝0，于是x 3,4＝－2n ±2(9－n 2)3.因为直线CD 的斜率为1，所以|CD |＝2|x 4－x 3|＝439－n 2. 由已知，四边形ACBD 的面积S ＝12|CD |·|AB |＝8699－n 2.当n ＝0时，S 取得最大值，最大值为863. 所以四边形ACBD 面积的最大值为863. 6．(2020·某某某某模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为33，且椭圆C 过点⎝⎛⎭⎫32，22. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)过椭圆C 的右焦点的直线l 与椭圆C 分别相交于A ，B 两点，且与圆O ：x 2＋y 2＝2相交于E ，F 两点，求|AB |·|EF |2的取值X 围．解：(1)由题意得c a ＝33，所以a 2＝32b 2，所以椭圆的方程为x 232b 2＋y 2b 2＝1，将点⎝⎛⎭⎫32，22代入方程得b 2＝2，即a 2＝3，所以椭圆C 的标准方程为x 23＋y 22＝1. (2)由(1)可知，椭圆的右焦点为(1,0)，①若直线l 的斜率不存在，直线l 的方程为x ＝1，则A ⎝⎛⎭⎫1，233，B ⎝⎛⎭⎫1，－233，E (1,1)，F (1，－1)，所以|AB |＝433，|EF |2＝4，|AB |·|EF |2＝1633. ②若直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧x 23＋y 22＝1，y ＝k (x －1)，可得(2＋3k 2)x 2－6k 2x ＋3k 2－6＝0，则x 1＋x 2＝6k 22＋3k 2，x 1x 2＝3k 2－62＋3k 2，所以|AB |＝(1＋k 2)(x 1－x 2)2 ＝(1＋k 2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫6k 22＋3k 22－4×3k 2－62＋3k 2 ＝43(k 2＋1)2＋3k 2. 因为圆心O (0,0)到直线l 的距离d ＝|k |k 2＋1，所以|EF |2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫2－k 2k 2＋1＝4(k 2＋2)k 2＋1，所以|AB |·|EF |2＝43(k 2＋1)2＋3k 2·4(k 2＋2)k 2＋1 ＝163(k 2＋2)2＋3k 2＝1633·k 2＋2k 2＋23＝1633⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋43k 2＋23. 因为k 2∈[0，＋∞)，所以|AB |·|EF |2∈⎝⎛⎦⎤1633，163. 综上，|AB |·|EF |2∈⎣⎡⎦⎤1633，163.。

高中数学人教新课标A版：最值与范围、证明问题课件

(2)由(1)可得 F2(2,0)，所以设直线 l1：x＝my＋2(m≠0)， x＝my＋2，
联立直线 l1 与椭圆的方程得x82＋y42＝1，整理得(m2＋2)y2＋4my－4＝0. 所以直线 l1 与椭圆两交点的中点 M 的纵坐标 yM＝－m242＋m 2＝－m22＋m 2. 同理直线 l2 与椭圆两交点的中点 N 的纵坐标 yN＝－m1－2＋m22＝2m22m＋1，所以 S△MNF2＝12|MF2||NF2| ＝12 1＋m2· 1＋m12|yM||yN|
第二课时最值与范围、证明问题
题型一最值问题圆锥曲线中的最值问题是高考的热点和难点，主要涉及两个类型：一是以圆锥曲线定义与几何性质为背景的求最值问题；二是以直线和圆锥曲线的位置关系、弦长、面积等知识为背景的求最值问题.
[典例] 已知 P( 2， 3)是椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0)上一点，以点 P 及椭圆的左、右焦点 F1，F2 为顶点的三角形面积为 2 3.
解：(1)由 p＝116得 C2 的焦点坐标是312，0. (2)由题意可设直线 l：x＝my＋t(m≠0，t≠0)，点 A(x0，y0)．将直线 l 的方程代入椭圆 C1：x22＋y2＝1，消去 x，得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，所以点 M 的纵坐标 yM＝－mm2＋t 2. 将直线 l 的方程代入抛物线 C2：y2＝2px，消去 x，
[针对训练] (2020·浙江高考)如图，已知椭圆 C1：x22＋y2＝1，抛物线 C2：y2 ＝2px(p>0)，点 A 是椭圆 C1 与抛物线 C2 的交点，过点 A 的直线 l 交椭圆 C1 于点 B，交抛物线 C2 于点 M(B，M 不同于 A)． (1)若 p＝116，求抛物线 C2 的焦点坐标； (2)若存在不过原点的直线 l 使 M 为线段 AB 的中点，求 p 的最大值．

2025年高考数学一轮复习课时作业-圆锥曲线中的最值、范围问题【含解析】

2025年高考数学一轮复习课时作业-圆锥曲线中的最值、范围问题【原卷版】(时间:45分钟分值:40分)1.(10分)(2024·海口模拟)已知抛物线T:y2=2px(p>0),点F为其焦点,直线l:x=4与抛物线交于M,N两点,O为坐标原点,S△OMN=86.(1)求抛物线T的方程;(2)过x轴上一动点E(a,0)(a>0)作互相垂直的两条直线,与抛物线T分别相交于点A,B和C,D,点H,K分别为AB,CD的中点,求|HK|的最小值.2.(10分)(2024·深圳模拟)已知椭圆C: 2 2+ 2 2=1(a>b>0)的离心率e=22,且点(4,1)在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)若经过定点(0,-1)的直线l与椭圆C交于P,Q两点,记椭圆的上顶点为M,当直线l的斜率变化时,求△MPQ面积的最大值.3.(10分)(2024·毕节模拟)已知抛物线M:y2=4x的焦点为F,过点(2,0)的直线与抛物线M交于A,B两点,点A在第一象限,O为坐标原点.的取值范围;(1)设P为抛物线M上的动点,求| || |(2)记△AOB的面积为S1,△BOF的面积为S2,求S1+S2的最小值.4.(10分)(2024·湛江模拟)已知F1,F2分别为椭圆E: 2 2+ 2 2=1(a>b>0)的左、右焦点,椭圆E的离心率为12,过F2且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆E交于A,B两点,△F1AB的周长为8.(1)求椭圆E的标准方程;(2)过F1且与l垂直的直线l'与椭圆E交于C,D两点,求四边形ACBD面积的最小值.2025年高考数学一轮复习课时作业-圆锥曲线中的最值、范围问题【解析版】(时间:45分钟分值:40分)1.(10分)(2024·海口模拟)已知抛物线T:y2=2px(p>0),点F为其焦点,直线l:x=4与抛物线交于M,N两点,O为坐标原点,S△OMN=86.(1)求抛物线T的方程;【解析】(1)直线方程为x=4,将其代入抛物线可得y=±22 ,由已知得S△OMN=12×4×42 =86,解得p=3,故抛物线T的方程为y2=6x.(2)过x轴上一动点E(a,0)(a>0)作互相垂直的两条直线,与抛物线T分别相交于点A,B和C,D,点H,K分别为AB,CD的中点,求|HK|的最小值.【解析】(2)因为E(a,0),若直线AB,CD分别与两坐标轴垂直,则直线AB,CD中有一条与抛物线只有一个交点,不合题意,所以直线AB,CD的斜率均存在且不为0.设直线AB的斜率为k(k≠0),则直线AB的方程为y=k(x-a).联立 2=6 = ( - ),得ky2-6y-6ka=0,则Δ=36+24k2a>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=6 ,设H(x H,y H),则y H= 1+ 22=3 ,则x H= +a=3 2+a,所以H(32+a,3),同理可得K(3k2+a,-3k),故|HK当且仅当k4=1 4且k2=1 2,即k=±1时等号成立,故|HK|的最小值为6.2.(10分)(2024·深圳模拟)已知椭圆C: 2 2+ 2 2=1(a>b>0)的离心率e=22,且点(4,1)在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;【解析】(1)椭圆C的离心率e=22,则22= =即 2 2=12,所以a=2b=2c,椭圆方程为 22 2+ 2 2=1.将点(4,1)代入方程得b2=9,故所求方程为 218+ 29=1.(2)若经过定点(0,-1)的直线l与椭圆C交于P,Q两点,记椭圆的上顶点为M,当直线l的斜率变化时,求△MPQ面积的最大值.【解析】(2)点(0,-1)在椭圆C内,直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx-1,由+ 29=1, -1,得(2k2+1)x2-4kx-16=0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=4 2 2+1,x1x2=-162 2+1,Δ>0.|PQ|=( 2+1)[( 1+ 2)2-4 1 2]=点M(0,3)到l的距离dS△MPQ=12PQ|·d令t=2k2+1(t≥1),则k2= -12则S△MPQ=8因为0<1 ≤1,所以当1 =1(k=0)时,S△MPQ=16是所求最大值.3.(10分)(2024·毕节模拟)已知抛物线M:y2=4x的焦点为F,过点(2,0)的直线与抛物线M交于A,B两点,点A在第一象限,O为坐标原点.的取值范围;(1)设P为抛物线M上的动点,求| || |【解析】(1)依题意,抛物线M:y2=4x的焦点F(1,0),准线方程x=-1,设P(t2,2t),则|OP|=( 2)2+(2 )2= 4+4 2,|FP|=t2+1,因此| |=| |而t2+1≥1,即有0<1 2+1≤1,则当1 2+1=1,即t=0时=0,当1 2+1=13,即t=±2时max=233,所以| |的取值范围是[0,233].| |(2)记△AOB的面积为S1,△BOF的面积为S2,求S1+S2的最小值.【解析】(2)显然直线AB不垂直于y轴,设直线AB的方程为x=my+2,由 = +22=4 消去x并整理得y2-4my-8=0,显然Δ>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),y1>0,y2<0,则y1y2=-8,即y2=-8 1,令(2,0)为点E,于是△AOB的面积为S1=12|OE|·(y1-y2)=y1-y2,△BOF的面积为S2=12|OF|·|y2|=-12y2,因此S1+S2=(y1-y2)+(-12y2)=y1-32y2=y1+12 13,当且仅当y1=12 1,即y1=23时取等号,所以S1+S2的最小值为43.4.(10分)(2024·湛江模拟)已知F1,F2分别为椭圆E: 2 2+ 2 2=1(a>b>0)的左、右焦点,椭圆E的离心率为12,过F2且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆E交于A,B两点,△F1AB的周长为8.(1)求椭圆E的标准方程;【解析】(1)由题意,椭圆E的离心率为12,可得 =12,又由椭圆的定义,可知|AB|+|AF1|+|BF1|=4a=8,所以a=2,c=1,又因为a 2=b 2+c 2,所以b 2=3,所以椭圆E 的标准方程为 24+ 23=1.(2)过F 1且与l 垂直的直线l'与椭圆E 交于C ,D 两点,求四边形ACBD 面积的最小值.【解析】(2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线l 的方程为x =my +1,+23=1+1,整理得(3m 2+4)y 2+6my -9=0,则有y 1+y 2=-63 2+4,y 1·y 2=-93 2+4,故|AB |=(1+2)[( 1+ 2)2-4 1 2]==12×2+13 2+4,设直线l'的方程为x =-1y -1,设C (x 3,y 3),D (x 4,y 4),+23=1=-1-1,整理得(32+4)y 2+6y -9=0,则有y 3+y 4=-632+4,y 3·y 4=-932+4,则|CD ]=12×12+132+4=12× 2+14 2+3,所以四边形ACBD的面积:S =12|AB ||CD |=72× 2+13 2+4× 2+14 2+3=72× 2+13( 2+1)+1× 2+14( 2+1)-1=72(3+12+1)(4-12+1),因为(3+12+1)(4-12+1)≤(3+12+1+4-12+12)2=494,当且仅当m 2=1时,等号成立,所以S=72(3+1 2+1)(4-1 2+1)≥28849,综上,四边形ACBD面积的最小值为28849.。

[最新]届高考数学一轮复习第八章平面解析几何课时作业55最值范围

[最新]届高考数学一轮复习第八章平面解析几何课时作业55最值范围课时作业55最值、范围、证明问题1.已知点F是抛物线e的焦点：y=2px（P>0），点a（2，m）在抛物线e上，且| AF |=32（1）求抛物线E的方程；(2)已知点g(－1,0)，延长af交抛物线e于点b，证明：以点f为圆心且与直线ga 相切的圆，必与直线gb相切．聚丙烯解：(1)由抛物线的定义得|af|＝2＋.因为|af|＝3，即2＋＝3，解得p＝2，所以抛22物体线e的方程式为y=4x(2)证明：因为点a(2，m)在抛物线e：y＝4x上，所以m＝±22.由抛物线的对称性，不妨设a(2,22)．二2y＝22－由a(2,22)，f(1,0)可得直线af的方程为y＝22(x－1)．由?2y＝4x122x-5x+2=0，x=2或x=，2，1从而b?，－2?.又g(－1,0)，?2?22-022所以KGA==，2－－3－2－022克格勃＝113－－2因此，KGA+KGB=0，所以∠ AGF=∠ BGF表示从点F到直线GA和GB的距离相等，所以取F1圆心与直线GA相切的圆必须与直线GB相切x22.（2022年湖北黄冈第一次模拟考试）如图所示，已知点F1和F2是椭圆C1的两个焦点：+y=1。

2x2c2:＋y＝λ通过点F1，F2，点P是椭圆c2上与F1，F2不同的任何点，直线Pf1和PF2与椭圆相连2圆c1的交点分别是a，b和c，d.设ab，cd的斜率分别为k，k′.二2（1）验证：KK'为固定值；（2）求| ab | CD的最大值|解：(1)证明：因为点f1，f2是椭圆c1的两个焦点，故f1，f2的坐标是f1(－1,0)，f2(1,0)．而1点f1，f2是椭圆c2上的点，将f1，f2的坐标代入c2的方程得，λ＝.二设点p的坐标是(x0，y0)，y0y0y0∵直线pf1和pf2的斜率分别是k，k′(k≠0，k′≠0)，∴kk′＝＝2①x0＋1x0－1x0－1x021又点p是椭圆c2上的点，故＋y0＝，②二百二十一联立①②两式可得kk′＝－，即kk′为定值．(2)直线pf1的方程可表示为y＝k(x＋1)(k≠0)，与椭圆c1的方程联立，得到方程组y＝＋，??2?x2＋y＝1？？二2二212从方程（1+2K）x+4kx+2K-2=0，设a（x1，Y1），B（X2，Y2），22224k2k-2，然后X1+x2=-2，x1x2=2.1+2K1+2K|ab|＝1＋k|x1－x2|＝1＋k22＋k＝21＋2k二22＋x22－4x1x2.2类似地，如果可以获得| CD |=则| ab | CD＝2＋4k21＋2k四2二，＋5k＋＋2k1.1＋? 九??≤，1＝42?22＋4k＋4??k?当且仅当k＝±二时等号成立．2九故|ab||cd|的最大值等于.二3．已知以a为圆心的圆(x－2)＋y＝64上有一个动点m，b(－2,0)，线段bm的垂直平分线交am于点p，点p的轨迹为e.（1）求出轨迹E的方程；(2)过a点作两条相互垂直的直线l1，l2分别交曲线e于d，e，f，g四个点，求|de|＋|fg|的取值范围．解决方案：（1）连接Pb，根据问题的意思，得到|Pb |=| PM |，所以|Pb |+| PA|=| am |=8，所以点P的轨迹e是一个椭圆，a和B是焦点，4是长半轴的长度，所以a=4，C=2，然后B=23xy轨迹e的方程是+=11612（2）当直线L1和L2之一的斜率不存在时，|de |+|fg |=6+8=14；当直线l1的斜率存在且不为0时，设直线l1的方程为y＝k(x－2)，d(x1，y1)，e(x2，y＝－，??2Y2），同步？xy2＋＝1，??1612二二2二12（3+4K）x-16kx+16k-48=0，222216k16k－48∴x1＋x2＝2，x1x2＝2，3＋4k3＋4k∴|de |＝1＋k＝＋k23＋4k222＋k12－x22＋x2－4x1x2，＋k24＋3k＋3k22同理可得|fg|＝∴|de|＋|fg|＝2，22＋4k2，设t＝k＋1，则t>1，三168所以| de |+|FG＝， t－112＋2Tt－11。

高考数学一轮复习课时作业56 证明、最值、范围、存在性问题理-人教版高三全册数学试题

课时作业56 证明、最值、X 围、存在性问题[基础达标]1．[2018·全国卷Ⅰ]设椭圆C ：x 22＋y 2＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B两点，点M 的坐标为(2,0)．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； (2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB . 解析：(1)由已知得F (1,0)，l 的方程为x ＝1. 由已知可得，点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22. 又M (2,0)，所以AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x － 2. (2)证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°. 当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以∠OMA ＝∠OMB .当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1<2，x 2<2，直线MA ，MB 的斜率之和为kMA ＋kMB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2. 由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k 得kMA ＋kMB ＝2kx 1x 2－3k x 1＋x 2＋4kx 1－2x 2－2.将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1，得 (2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，所以x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝0. 从而kMA ＋kMB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补．所以∠OMA ＝∠OMB . 综上，∠OMA ＝∠OMB .2．[2018·卷]已知抛物线C ：y 2＝2px 经过点P (1,2)，过点Q (0,1)的直线l 与抛物线C有两个不同的交点A ，B ，且直线PA 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N .(1)求直线l 的斜率的取值X 围；(2)设O 为原点，QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，求证：1λ＋1μ为定值．解析：(1)因为抛物线y 2＝2px 过点(1,2)，所以2p ＝4，即p ＝2. 故抛物线C 的方程为y 2＝4x .由题意知，直线l 的斜率存在且不为0. 设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1，得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0.依题意Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1>0，解得k <0或0<k <1.又PA ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2)．从而k ≠－3.所以直线l 的斜率的取值X 围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)． (2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k2.直线PA 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1)．令x ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2.同理得点N 的纵坐标为y N ＝－kx 2＋1x 2－1＋2.由QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，得λ＝1－y M ，μ＝1－y N . 所以1λ＋1μ＝11－y M ＋11－y N＝x 1－1k －1x 1＋x 2－1k －1x 2＝1k －1·2x 1x 2－x 1＋x 2x 1x 2＝1k －1·2k 2＋2k －4k 21k 2＝2.所以1λ＋1μ为定值．3．[2019·某某摸底考试]已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为32，点A 是椭圆上任意一点，△AF 1F 2的周长为4＋2 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)过点Q (－4,0)任作一动直线l 交椭圆C 于M ，N 两点，记MQ →＝λQN →，若在线段MN 上取一点R ，使得MR →＝－λRN →，则当直线l 转动时，点R 在某一定直线上运动，求该定直线的方程．解析：(1)因为△AF 1F 2的周长为4＋23，所以2a ＋2c ＝4＋23，即a ＋c ＝2＋ 3. 又椭圆的圆心率e ＝c a ＝32，所以a ＝2，c ＝3，所以b 2＝a 2－c 2＝1.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意可知，直线l 的斜率必存在．故可设直线l 的方程为y ＝k (x ＋4)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝k x ＋4，消去y ，得(1＋4k 2)x 2＋32k 2x ＋64k 2－4＝0，由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝－32k 24k 2＋1，x 1x 2＝64k 2－44k 2＋1，由MQ →＝λQN →，得(－4－x 1，－y 1)＝λ(4＋x 2，y 2)，所以－4－x 1＝λ(x 2＋4)，所以λ＝－x 1＋4x 2＋4. 设点R 的坐标为(x 0，y 0)，由MR →＝－λRN →，得(x 0－x 1，y 0－y 1)＝－λ(x 2－x 0，y 2－y 0)，所以x 0－x 1＝－λ(x 2－x 0)，解得x 0＝x 1－λx 21－λ＝x 1＋x 1＋4x 2＋4x 21＋x 1＋4x 2＋4＝2x 1x 2＋4x 1＋x 2x 1＋x 2＋8.而2x 1x 2＋4(x 1＋x 2)＝2×64k 2－44k 2＋1＋4×－32k 24k 2＋1＝－84k 2＋1，(x 1＋x 2)＋8＝－32k 24k 2＋1＋8＝94k 2＋1，所以x 0＝－1.故点R 在定直线x ＝－1上．4．[2019·某某高三调研]已知C 为圆(x ＋1)2＋y 2＝8的圆心，P 是圆上的动点，点Q在圆的半径CP 上，且有点A (1,0)和AP 上的点M ，满足MQ →·AP →＝0，AP →＝2AM →.(1)当点P 在圆上运动时，求点Q 的轨迹方程；(2)若斜率为k 的直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切，与(1)中所求点Q 的轨迹交于不同的两点F ，H ，O 是坐标原点，且34≤OF →·OH →≤45时，求k 的取值X 围．解析：(1)由题意知MQ 是线段AP 的垂直平分线，所以|CP |＝|QC |＋|QP |＝|QC |＋|QA |＝22>|CA |＝2，所以点Q 的轨迹是以点C ，A 为焦点，焦距为2，长轴长为22的椭圆，所以a ＝2，c ＝1，b ＝a 2－c 2＝1，故点Q 的轨迹方程是x 22＋y 2＝1. (2)设直线l ：y ＝kx ＋t ，F (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)，直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切⇒|t |k 2＋1＝1⇒t 2＝k 2＋1. 联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝kx ＋t⇒(1＋2k 2)x 2＋4ktx ＋2t 2－2＝0，Δ＝16k 2t 2－4(1＋2k 2)(2t 2－2)＝8(2k 2－t 2＋1)＝8k 2>0⇒k ≠0，x 1＋x 2＝－4kt 1＋2k 2，x 1x 2＝2t 2－21＋2k2，所以OF →·OH →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋kt (x 1＋x 2)＋t 2＝1＋k22t 2－21＋2k2＋kt －4kt 1＋2k 2＋t 2＝1＋k 22k 21＋2k 2－4k 2k 2＋11＋2k 2＋k 2＋1＝1＋k 21＋2k2，所以34≤1＋k 21＋2k 2≤45⇒13≤k 2≤12⇒33≤|k |≤22，所以－22≤k ≤－33或33≤k ≤22. 故k 的取值X 围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－22，－33∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，22. 5．[2018·全国卷Ⅲ]已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m ＞0)．(1)证明：k ＜－12；(2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP →＋FA →＋FB →＝0.证明：|FA →|，|FP →|，|FB →|成等差数列，并求该数列的公差．证明：(1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1.两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k 得x 1＋x 24＋y 1＋y 23·k ＝0. 由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m.①由题设得0＜m ＜32，故k ＜－12.(2)由题意得F (1,0)．设P (x 3，y 3)，则(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0,0)．由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1，y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m ＜0.又点P 在C 上，所以m ＝34，从而P ⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，|FP →|＝32，于是|FA →|＝x 1－12＋y 21＝x 1－12＋3⎝⎛⎭⎪⎫1－x 214＝2－x 12.同理|FB →|＝2－x 22.所以|FA →|＋|FB →|＝4－12(x 1＋x 2)＝3.故2|FP →|＝|FA →|＋|FB →|，即|FA →|，|FP →|，|FB →|成等差数列．设该数列的公差为d ，则2|d |＝||FB →|－|FA →||＝12|x 1－x 2|＝12x 1＋x 22－4x 1x 2.②将m ＝34代入①得k ＝－1，所以l 的方程为y ＝－x ＋74，代入C 的方程，并整理得7x 2－14x ＋14＝0.故x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝128，代入②解得|d |＝32128.所以该数列的公差为32128或－32128.6．[2019·某某质量预测]已知圆O ：x 2＋y 2＝4，点F (1,0)，P 为平面内一动点，以线段FP 为直线的圆内切于圆O ，设动点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)M ，N 是曲线C 上的动点，且直线MN 经过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，问在y 轴上是否存在定点Q ，使得∠MQO ＝∠NQO ，若存在，请求出定点Q ，若不存在，请说明理由．解析：(1)设PF 的中点为S ，切点为T ，连OS ，ST ，则|OS |＋|SF |＝|OT |＝2，取F 关于y 轴的对称点F ′，连接F ′P ，所以|PF |＝2|OS |，故|F ′P |＋|FP |＝2(|OS |＋|SF |)＝4，所以点P 的轨迹是以F ′，F 分别在左、右焦点，且长轴长为4的椭圆，则曲线C 方程为x 24＋y 23＝1.(2)假设存在满足题意的定点Q ，设Q (0，m )，当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋12，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋12，消去x ，得(3＋4k 2)x 2＋4kx －11＝0，则Δ>0，x 1＋x 2＝－4k 3＋4k 2，x 1x 2＝－113＋4k2，由∠MQO ＝∠NQO ，得直线MQ 与NQ 的斜率之和为零，易知x 1或x 2等于0时，不满足题意，故y 1－m x 1＋y 2－mx 2＝kx 1＋12－m x 1＋kx 2＋12－m x 2＝2kx 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m x 1＋x 2x 1x 2＝0，即2kx 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m (x 1＋x 2)＝2k ·－113＋4k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m ·－4k 3＋4k 2＝4k m －63＋4k 2＝0，当k ≠0时，m ＝6，所以存在定点(0,6)，使得∠MQO ＝∠NQO ；当k ＝0时，定点(0,6)也符合题意．易知当直线MN 的斜率不存在时，定点(0,6)也符合题意．综上，存在定点(0,6)，使得∠MQO ＝∠NQO .[能力挑战]7．[2019·宝安、某某，桂城等八校联考]已知定点M 到定点F (1,0)的距离比M 到定直线x ＝－2的距离小1.(1)求点M 的轨迹C 的方程；(2)过点F 任意作互相垂直的两条直线l 1，l 2，分别交曲线C 于点A ，B 和M ，N .设线段AB ，MN 的中点分别为P ，Q ，求证：直线PQ 恒过一个定点；(3)在(2)的条件下，求△FPQ 面积的最小值．解析：(1)由题意可知，动点M 到定点F (1,0)的距离等于M 到定直线x ＝－1的距离，根据抛物线的定义可知，点M 的轨迹C 是一条抛物线．易知p ＝2，所以抛物线的方程为y 2＝4x . 故点M 的轨迹C 的方程为y 2＝4x .(2)设A ，B 两点的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22.由题意可设直线l 1的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k x －1，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0.Δ＝(2k 2＋4)2－4k 2＝16k 2＋16>0.因为直线l 1与曲线C 交于A ，B 两点，所以x 1＋x 2＝2＋4k 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2－2)＝4k.所。

高中数学课时作业：_最值、范围、证明问题

课时作业56 最值、范围、证明问题第一次作业基础巩固练1．已知动圆C 与圆C 1:(x －2)2＋y 2＝1相外切,又与直线l :x ＝－1相切． (1)求动圆圆心轨迹E 的方程；(2)若动点M 为直线l 上任一点,过点P (1,0)的直线与曲线E 相交于A ,B 两点,求证:k MA ＋k MB ＝2k MP .解:(1)由题知,动圆C 的圆心到点(2,0)的距离等于到直线x ＝－2的距离,所以由抛物线的定义可知,动圆C 的圆心轨迹是以(2,0)为焦点,x ＝－2为准线的抛物线,所以动圆圆心轨迹E 的方程为y 2＝8x .(2)证明:由题知当直线AB 的斜率为0时,不符合题意,所以可设直线AB 的方程为x ＝my ＋1,联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，y 2＝8x ，消去x ,得y 2－8my －8＝0,Δ＝64m 2＋32>0恒成立,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),M (－1,t ),则y 1＋y 2＝8m ,y 1·y 2＝－8,x 1＋x 2＝8m 2＋2,x 1·x 2＝1, 而2k MP ＝2·t－1－1＝－t ,k MA ＋k MB ＝y 1－t x 1＋1＋y 2－tx 2＋1＝y 1x 2＋y 2x 1＋y 1＋y 2－t (x 1＋x 2)－2t x 1x 2＋x 1＋x 2＋1＝18y 1y 2(y 1＋y 2)＋y 1＋y 2－t (x 1＋x 2)－2t x 1x 2＋x 1＋x 2＋1＝－t (8m 2＋4)8m 2＋4＝－t ,所以k MA ＋k MB ＝2k MP .2. 如图,已知椭圆E :x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左顶点为A ,右焦点为F (1,0),过点A 且斜率为1的直线交椭圆E 于另一点B ,交y 轴于点C ,AB →＝6BC →.(1)求椭圆E 的方程；(2)过点F 作直线l 与椭圆E 交于M ,N 两点,连接MO (O 为坐标原点)并延长交椭圆E 于点Q ,求△MNQ 面积的最大值及取最大值时直线l 的方程．解:(1)由题知A (－a,0),C (0,a ),故B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 7，6a 7,代入椭圆E 的方程得149＋36a 249b 2＝1,结合a 2－b 2＝1,得a 2＝4,b 2＝3, 故椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题知,直线l 不与x 轴重合,故可设l :x ＝my ＋1,代入x 24＋y 23＝1得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0,设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4,y 1y 2＝－93m 2＋4, 连接ON ,由Q 与M 关于原点对称知, S △MNQ ＝2S △MON ＝|y 1－y 2|＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝12m 2＋13m 2＋4＝123m 2＋1＋1m 2＋1, ∵m 2＋1≥1, ∴3m 2＋1＋1m 2＋1≥4, ∴S △MNQ ≤3,当且仅当m ＝0时,等号成立,∴△MNQ 面积的最大值为3,此时直线l 的方程为x ＝1.3．(河南洛阳统考)已知抛物线C :x 2＝2py (p >0),过焦点F 的直线交C 于A ,B 两点,D 是抛物线的准线l 与y 轴的交点．(1)若AB ∥l ,且△ABD 的面积为1,求抛物线的方程；(2)设M 为AB 的中点,过M 作l 的垂线,垂足为N .证明:直线AN 与抛物线相切．解:(1)∵AB ∥l ,∴|FD |＝p ,|AB |＝2p . ∴S △ABD ＝p 2＝1.∴p ＝1,故抛物线C 的方程为x 2＝2y .(2)证明:显然直线AB 的斜率存在,设其方程为y ＝kx ＋p 2,A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 212p ,B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x 222p .由⎩⎨⎧y ＝kx ＋p 2，x 2＝2py消去y 整理得,x 2－2kpx －p 2＝0.∴x 1＋x 2＝2kp ,x 1x 2＝－p 2. ∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫kp ，k 2p ＋p 2,N ⎝ ⎛⎭⎪⎫kp ，－p 2.∴k AN ＝x 212p ＋p 2x 1－kp ＝x 212p ＋p 2x 1－x 1＋x 22＝x 21＋p 22p x 1－x 22＝x 21－x 1x 22p x 1－x 22＝x 1p .又x 2＝2py ,∴y ′＝xp .∴抛物线x 2＝2py 在点A 处的切线斜率k ＝x 1p . ∴直线AN 与抛物线相切．4．已知椭圆E :x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个焦点为F 2(1,0),且该椭圆过定点M ⎝⎛⎭⎪⎫1，22.(1)求椭圆E 的标准方程；(2)设点Q (2,0),过点F 2作直线l 与椭圆E 交于A ,B 两点,且F 2A →＝λF 2B →,λ∈[－2,－1],以QA ,QB 为邻边作平行四边形QACB ,求对角线QC 长度的最小值．解:(1)由题易知c ＝1,1a 2＋12b 2＝1, 又a 2＝b 2＋c 2,解得b 2＝1,a 2＝2, 故椭圆E 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)设直线l :x ＝ky ＋1,由⎩⎨⎧x ＝ky ＋1，x 22＋y 2＝1得(k 2＋2)y 2＋2ky －1＝0,Δ＝4k 2＋4(k 2＋2)＝8(k 2＋1)>0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则可得y 1＋y 2＝－2k k 2＋2,y 1y 2＝－1k 2＋2.QC →＝QA →＋QB →＝(x 1＋x 2－4,y 1＋y 2)＝⎝⎛⎭⎪⎫－4(k 2＋1)k 2＋2，－2k k 2＋2, ∴|QC →|2＝|QA →＋QB →|2＝16－28k 2＋2＋8(k 2＋2)2,由此可知,|QC →|2的大小与k 2的取值有关．由F 2A →＝λF 2B →可得y 1＝λy 2,λ＝y 1y 2,1λ＝y 2y 1(y 1y 2≠0)．从而λ＋1λ＝y 1y 2＋y 2y 1＝(y 1＋y 2)2－2y 1y 2y 1y 2＝－6k 2－4k 2＋2, 由λ∈[－2,－1]得⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋1λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，－2,从而－52≤－6k 2－4k 2＋2≤－2,解得0≤k 2≤27.令t ＝1k 2＋2,则t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤716，12,∴|QC →|2＝8t 2－28t ＋16＝8⎝⎛⎭⎪⎫t －742－172,∴当t ＝12时,|QC |min ＝2.5．(合肥模拟)已知中心在原点,焦点在y 轴上的椭圆C ,其上一点P 到两个焦点F 1,F 2的距离之和为4,离心率为32.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线y ＝kx ＋1与曲线C 交于A ,B 两点,求△OAB 面积的取值范围．解:(1)设椭圆的标准方程为y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0),由条件知,⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝4，e ＝c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2,c ＝3,b ＝1, 故椭圆C 的方程为y 24＋x 2＝1. (2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由⎩⎨⎧x 2＋y 24＝1，y ＝kx ＋1得(k 2＋4)x 2＋2kx －3＝0, 故x 1＋x 2＝－2k k 2＋4,x 1x 2＝－3k 2＋4,设△OAB 的面积为S , 由x 1x 2＝－3k 2＋4<0, 知S ＝12×1×|x 1－x 2| ＝12(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝2 k 2＋3(k 2＋4)2,令k 2＋3＝t ,知t ≥3,∴S ＝21t ＋1t ＋2. 对函数y ＝t ＋1t (t ≥3), 知y ′＝1－1t 2＝t 2－1t 2>0,∴y ＝t ＋1t 在t ∈[3,＋∞)上单调递增,∴t ＋1t ≥103, ∴0<1t ＋1t ＋2≤316,∴0<S ≤32.故△OAB 面积的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤0，32.第二次作业高考·模拟解答题体验1．(四川成都七中模拟)已知椭圆C :x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,且离心率为22,过左焦点F 1的直线l 与C 交于A ,B 两点,△ABF 2的周长为4 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)当△ABF 2的面积最大时,求l 的方程．解:(1)由椭圆的定义知4a ＝42,a ＝2, 由e ＝ca 知c ＝ea ＝1,b 2＝a 2－c 2＝1. 所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由(1)知F 1(－1,0),F 2(1,0),|F 1F 2|＝2,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),l :x ＝my －1, 联立x ＝my －1与x 22＋y 2＝1,得(m 2＋2)y 2－2my －1＝0,|y 1－y 2|＝22m 2＋1m 2＋2,S △ABF 2＝22m 2＋1(m 2＋2)2＝221m 2＋1＋1m 2＋1＋2, 当m 2＋1＝1,m ＝0时,S △ABF 2最大为2,l :x ＝－1.2．(广东佛山模拟)已知中心在坐标原点,焦点在x 轴上的椭圆M 的离心率为12,椭圆上异于长轴顶点的任意点A 与左、右两焦点F 1,F 2构成的三角形中面积的最大值为 3.(1)求椭圆M 的标准方程；(2)若A 与C 是椭圆M 上关于x 轴对称的两点,连接CF 2与椭圆的另一交点为B ,求证:直线AB 与x 轴交于定点P ,并求P A →·F 2C →的取值范围．解:(1)由题意知c a ＝12,12·2c ·b ＝3,a 2＝b 2＋c 2,解得c ＝1,a ＝2,b ＝ 3.所以椭圆M 的标准方程是x 24＋y 23＝1.(2)证明:设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),C (x 1,－y 1),直线AB :y ＝kx ＋m . 将y ＝kx ＋m ,代入x 24＋y 23＝1得, (4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0. 则x 1＋x 2＝－8km4k 2＋3,x 1x 2＝4m 2－124k 2＋3.因为B ,C ,F 2共线,所以kBF 2＝kCF 2, 即kx 2＋m x 2－1＝－(kx 1＋m )x 1－1, 整理得2kx 1x 2＋(m －k )(x 1＋x 2)－2m ＝0, 所以2k 4m 2－124k 2＋3－(m －k )8km 4k 2＋3－2m ＝0,解得m ＝－4k .所以直线AB :y ＝k (x －4),与x 轴交于定点P (4,0)．因为y 21＝3－34x 21,所以P A →·F 2C →＝(x 1－4,y 1)·(x 1－1,－y 1)＝x 21－5x 1＋4－y 21＝74x 21－5x 1＋1＝74⎝⎛⎭⎪⎫x 1－1072－187.因为－2<x 1<2,所以P A →·F 2C →的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－187，18.3．(广东华南师大附中模拟)已知点C 是圆F :(x －1)2＋y 2＝16上任意一点,点F ′与圆心F 关于原点对称．线段CF ′的中垂线与CF 交于P 点．(1)求动点P 的轨迹方程E ；(2)设点A (4,0),若直线PQ ⊥x 轴且与曲线E 交于另一点Q ,直线AQ 与直线PF交于点B ,证明:点B 恒在曲线E 上,并求△P AB 面积的最大值．解:(1)由题意得,F 点坐标为(1,0),因为P 为CF ′中垂线上的点,所以|PF ′|＝|PC |.又|PC |＋|PF |＝4,所以|PF ′|＋|PF |＝4>|FF ′|＝2,由椭圆的定义知,2a ＝4,c ＝1,所以动点P 的轨迹方程E 为x 24＋y 23＝1.(2)设P 点坐标为(m ,n )(n ≠0),则Q 点的坐标为(m ,－n ),且3m 2＋4n 2＝12, 所以直线QA :y ＝n4－m (x －4),即nx －(4－m )y －4n ＝0,直线PF :y ＝nm －1(x －1),即nx －(m －1)y －n ＝0.联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧nx －(4－m )y －4n ＝0，nx －(m －1)y －n ＝0，解得x B ＝5m －82m －5,y B ＝3n2m －5,则x 2B4＋y 2B 3＝(5m －8)24(2m －5)2＋(3n )23(2m －5)2＝25m 2－80m ＋64＋12n 24(2m －5)2＝16m 2－80m ＋1004(2m －5)2＝1,所以点B 恒在椭圆E 上．设直线PF :x ＝ty ＋1,P (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋1，3x 2＋4y 2＝12，消去x 整理得(3t 2＋4)y 2＋6ty －9＝0,所以y 1＋y 2＝－6t 3t 2＋4,y 1y 2＝－93t 2＋4, 所以|y 1－y 2|＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2 ＝(－6t 3t 2＋4)2＋363t 2＋4＝12t 2＋13t 2＋4, 从而S △P AB ＝12|F A ||y 1－y 2|＝18t 2＋13t 2＋4＝18t 2＋13(t 2＋1)＋1＝183t 2＋1＋1t 2＋1. 令μ＝t 2＋1(μ≥1),则函数g (μ)＝3μ＋1μ在[1,＋∞)上单调递增,故g (μ)min ＝g (1)＝4,所以S △P AB ≤184＝92,即当t ＝0时,△P AB 的面积取得最大值,且最大值为92.4．(河北邢台模拟)已知椭圆W :y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的焦距与椭圆Ω:x 24＋y 2＝1的短轴长相等,且W 与Ω的长轴长相等,这两个椭圆在第一象限的交点为A ,直线l 与直线OA (O 为坐标原点)垂直,且l 与W 交于M ,N 两点．(1)求W 的方程；(2)求△MON 的面积的最大值．解:(1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，a 2－b 2＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝3，故W 的方程为y 24＋x 23＝1. (2)联立⎩⎪⎨⎪⎧y 24＋x 23＝1，x 24＋y 2＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝3613，y 2＝413，∴y 2x 2＝19.又A 在第一象限,∴k OA ＝y x ＝13. 故可设l 的方程为y ＝－3x ＋m .联立⎩⎨⎧y ＝－3x ＋m ，y 24＋x 23＝1，得31x 2－18mx ＋3m 2－12＝0. 设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则x 1＋x 2＝18m31,x 1x 2＝3m 2－1231.∴|MN |＝1＋(－3)2×(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝10×4331－m231. 又O 到直线l 的距离为d ＝|m |10, 则△MON 的面积S ＝12d ·|MN | ＝23|m |31－m 231, ∴S ＝23m 2(31－m 2)31≤331(m 2＋31－m 2)＝3,当且仅当m 2＝31－m 2,即m 2＝312时,满足Δ>0,故△MON 的面积的最大值为 3.5．(2018·天津卷)设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F ,上顶点为B ,已知椭圆的离心率为53,点A 的坐标为(b,0),且|FB |·|AB |＝6 2.(1)求椭圆的方程；(2)设直线l :y ＝kx (k >0)与椭圆在第一象限的交点为P ,且l 与直线AB 交于点Q .若|AQ ||PQ |＝524sin ∠AOQ (O 为原点),求k 的值．解:(1)设椭圆的焦距为2c ,由已知有c 2a 2＝59,又由a 2＝b 2＋c 2,可得2a ＝3b .由已知可得,|FB |＝a ,|AB |＝2b ,由|FB |·|AB |＝62,可得ab ＝6,从而a ＝3,b ＝2. 所以,椭圆的方程为x 29＋y 24＝1.(2)设点P 的坐标为(x 1,y 1),点Q 的坐标为(x 2,y 2)．由已知有y 1>y 2>0, 故|PQ |sin ∠AOQ ＝y 1－y 2. 又因为|AQ |＝y 2sin ∠OAB ,而∠OAB ＝π4,故|AQ |＝2y 2.由|AQ ||PQ |＝524sin ∠AOQ ,可得5y 1＝9y 2.由方程组⎩⎨⎧ y ＝kx ，x 29＋y 24＝1，消去x ,可得y 1＝6k 9k 2＋4. 易知直线AB 的方程为x ＋y －2＝0,由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x ＋y －2＝0，消去x ,可得y 2＝2k k ＋1.由5y 1＝9y 2,可得5(k ＋1)＝39k 2＋4,两边平方,整理得56k 2－50k ＋11＝0,解得k ＝12,或k ＝1128. 所以,k 的值为12或1128.。

高考数学一轮复习课时作业55 证明、最值、范围、存在性问题理-人教版高三全册数学试题

课时作业55 证明、最值、X 围、存在性问题[基础达标]1．[2019·全国卷Ⅲ]已知曲线C ：y ＝x 22，D 为直线y ＝－12上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .(1)证明：直线AB 过定点；(2)若以E (0，52)为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE的面积．解析：(1)设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12，A (x 1，y 1)，则x 21＝2y 1.由y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y 1＋12x 1－t＝x 1.整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0. 故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0.所以直线AB 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. (2)由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋12.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝tx ＋12，y ＝x 22可得x 2－2tx －1＝0.于是x 1＋x 2＝2t ，x 1x 2＝－1，y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2＋1. |AB |＝1＋t 2|x 1－x 2|＝1＋t 2×x 1＋x 22－4x 1x 2＝2(t 2＋1)．设d 1，d 2分别为点D ，E 到直线AB 的距离，由d 1＝t 2＋1，d 2＝2t 2＋1.因此，四边形ADBE 的面积S ＝12|AB |(d 1＋d 2)＝(t 2＋3)t 2＋1.设M 为线段AB 的中点，则M ⎝⎛⎭⎪⎫t ，t 2＋12. 由于EM →⊥AB →，而EM →＝(t ，t 2－2)，AB →与向量(1，t )平行，所以t ＋(t 2－2)t ＝0.解得t ＝0或t ＝±1.当t ＝0时，S ＝3；当t ＝±1时，S ＝4 2. 因此，四边形ADBE 的面积为3或4 2.2．[2020·某某五校协作体联考]在平面直角坐标系xOy 中，过椭圆M ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)右焦点的直线x ＋y －3＝0交M 于A ，B 两点，且椭圆M 的离心率为22. (1)求椭圆M 的方程；(2)C ，D 为M 上的两点，如四边形ABCD 的对角线CD ⊥AB ，求四边形ACBD 面积的最大值．解析：(1)易知椭圆M 的右焦点为(3，0)，则c ＝ 3. 离心率e ＝c a＝3a＝22，则a ＝6，故b 2＝a 2－c 2＝3. 所以椭圆M 的方程为x 26＋y 23＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3＝0，x 26＋y 23＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝433，y ＝－33或⎩⎨⎧x ＝0，y ＝3，因此|AB |＝463.由题意可设直线CD 的方程为y ＝x ＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－533<n <3，C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋n ，x 26＋y23＝1，得3x 2＋4nx ＋2n 2－6＝0，所以x 1＋x 2＝－4n 3，x 1x 2＝2n 2－63.又直线CD 的斜率为1，所以|CD |＝2|x 2－x 1|＝439－n 2. 由已知得，四边形ACBD 的面积S ＝12|CD |·|AB |＝8699－n 2.当n ＝0时，S 取得最大值，最大值为863.所以四边形ACBD 面积的最大值为863.3．[2020·某某某某测试]如图，在平面直角坐标系xOy 中，点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，直线l ：x ＝－12，点P 在直线l 上移动，R 是线段PF 与y 轴的交点，RQ ⊥FP ，PQ ⊥l .(1)求动点Q 的轨迹C 的方程；(2)设圆M 过A (1,0)，且圆心M 在曲线C 上，TS 是圆M 在y 轴上截得的弦，当M 运动时，|TS |是否为定值？请说明理由．解析：(1)依题意知，R 是线段FP 的中点，且RQ ⊥FP ， ∴RQ 是线段FP 的垂直平分线．连接QF ，∵点Q 在线段FP 的垂直平分线上，∴|PQ |＝|QF |. 又PQ ⊥l ，∴|PQ |是点Q 到直线l 的距离，故动点Q 的轨迹C 是以F 为焦点，l 为准线的抛物线，其方程为y 2＝2x . (2)|TS |为定值．理由如下：取曲线C 上点M (x 0，y 0)，点M 到y 轴的距离d ＝|x 0|＝x 0，圆的半径r ＝|MA |＝x 0－12＋y 20，则|TS |＝2r 2－d 2＝2y 20－2x 0＋1， ∵点M 在曲线C 上，∴x 0＝y 202，∴|TS |＝2y 20－y 20＋1＝2，是定值．4．[2020·某某某某八中模拟]已知过点P (0，－2)的圆M 的圆心在x 轴的非负半轴上，且圆M 截直线x ＋y －2＝0所得弦长为2 2.(1)求圆M 的标准方程；(2)若过点Q (0,1)的直线l 交圆M 于A ，B 两点，求当△PAB 的面积最大时直线l 的方程．解析：(1)设圆M 的方程为(x －a )2＋y 2＝r 2(a ≥0)，则圆心M 到直线x ＋y －2＝0的距离等于|a －2|2.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋4＝r 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫|a －2|22＋2＝r 2，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，r 2＝4，所以圆M 的方程为x 2＋y 2＝4.(2)由题意可知，直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝kx ＋1，则圆心M 到直线l 的距离等于1k 2＋1，所以|AB |＝24－1k 2＋1.又点P (0，－2)到直线l 的距离d ＝3k 2＋1，所以S △PAB ＝12|AB |·d ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫4－1k 2＋11k 2＋1＝34－⎝⎛⎭⎪⎫2－1k 2＋12. 因为k 2≥0，所以当k ＝0时，△PAB 的面积取得最大值，且(S △PAB )max ＝3 3. 此时直线l 的方程为y －1＝0.5．[2019·某某某某二检]已知抛物线C 1：x 2＝2py (p >0)和圆C 2：(x ＋1)2＋y 2＝2，倾斜角为45°的直线l 1过C 1的焦点，且l 1与C 2相切．(1)求p 的值；(2)动点M 在C 1的准线上，动点A 在C 1上，若C 1在A 点处的切线l 2交y 轴于点B ，设MN →＝MA →＋MB →，求证：点N 在定直线上，并求该定直线的方程．解析：(1)依题意，设直线l 1的方程为y ＝x ＋p2，因为直线l 1与圆C 2相切，所以圆心C 2(－1,0)到直线l 1：y ＝x ＋p2的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋p 212＋－12＝2，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋p 22＝2，解得p ＝6或p ＝－2(舍去)．所以p ＝6.(2)解法一依题意设M (m ，－3)，由(1)知抛物线C 1的方程为x 2＝12y ，所以y ＝x 212，所以y ′＝x6，设A (x 1，y 1)，则以A 为切点的切线l 2的斜率为k ＝x 16，所以切线l 2的方程为y ＝16x 1(x －x 1)＋y 1.令x ＝0，则y ＝－16x 21＋y 1＝－16×12y 1＋y 1＝－y 1，即B 点的坐标为(0，－y 1)．所以MA →＝(x 1－m ，y 1＋3)， MB →＝(－m ，－y 1＋3)，所以MN →＝MA →＋MB →＝(x 1－2m,6)，所以ON →＝OM →＋MN →＝(x 1－m,3)，其中O 为坐标原点．设N 点坐标为(x ，y )，则y ＝3，所以点N 在定直线y ＝3上．解法二设M (m ，－3)，由(1)知抛物线C 1的方程为x 2＝12y ①，设直线l 2的斜率为k ，A ⎝⎛⎭⎪⎫x 1，112x 21，则以A 为切点的切线l 2的方程为y ＝k (x －x 1)＋112x 21 ②.联立①②得，⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝12y ，y ＝k x －x 1＋112x 21，消去y ，得x 2－12kx ＋12kx 1－x 21＝0.因为Δ＝144k 2－48kx 1＋4x 21＝0，所以k ＝x 16，所以切线l 2的方程为y ＝16x 1(x －x 1)＋112x 21.令x ＝0，得B 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－112x 21，所以MA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－m ，112x 21＋3，MB →＝⎝⎛⎭⎪⎫－m ，－112x 21＋3，所以MN →＝MA →＋MB →＝(x 1－2m,6)，所以ON →＝OM →＋MN →＝(x 1－m,3)，其中O 为坐标原点，设N 点坐标为(x ，y )，则y ＝3，所以点N 在定直线y ＝3上．6．[2020·某某湘东六校联考]已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝12，点A (b,0)，B ，F 分别为椭圆C 的上顶点和左焦点，且|BF |·|BA |＝2 6.(1)求椭圆C 的方程．(2)若过定点M (0,2)的直线l 与椭圆C 交于G ，H 两点(G 在M ，H 之间)，设直线l 的斜率k >0，在x 轴上是否存在点P (m,0)，使得以PG ，PH 为邻边的平行四边形为菱形？如果存在，求出m 的取值X 围；如果不存在，请说明理由．解析：(1)由离心率e ＝12得a ＝2c ①由|BF |·|BA |＝26，得a ·b 2＋b 2＝26， ∴ab ＝2 3 ②.又a 2－b 2＝c 2③，∴由①②③可得a 2＝4，b 2＝3， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线l 的方程为y ＝kx ＋2(k >0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2k >0，x 24＋y23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0，易得Δ>0，∴k >12.设G (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－16k 4k 2＋3，PG →＋PH →＝(x 1＋x 2－2m ，k (x 1＋x 2)＋4)，GH→＝(x 2－x 1，y 2－y 1)＝(x 2－x 1，k (x 2－x 1))．∵菱形的对角线互相垂直，∴(PG →＋PH →)·GH →＝0， ∴(1＋k 2)(x 1＋x 2)＋4k －2m ＝0，得m ＝－2k 4k 2＋3，即m ＝－24k ＋3k，∵k >12，∴－36≤m ＜0(当且仅当3k ＝4k 时，等号成立)．∴存在满足条件的实数m ，m 的取值X 围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－36，0. [能力挑战]7．[2019·全国卷Ⅱ]已知点A (－2,0)，B (2,0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为－12.记M 的轨迹为曲线C .(1)求C 的方程，并说明C 是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连接QE 并延长交C 于点G .(ⅰ)证明：△PQG 是直角三角形； (ⅱ)求△PQG 面积的最大值．解析：(1)由题设得y x ＋2·yx －2＝－12，化简得x 24＋y22＝1(|x |≠2)，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点．(2)(ⅰ)设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx (k >0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y22＝1得x ＝±21＋2k2.记u ＝21＋2k2，则P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u,0)．于是直线QG 的斜率为k 2，方程为y ＝k2(x －u )．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k2x －u ，x 24＋y 22＝1得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0.①设G (x G ，y G )，则－u 和x G 是方程①的解，故x G ＝u 3k 2＋22＋k 2，由此得y G ＝uk 32＋k 2.从而直线PG 的斜率为uk 32＋k 2－uk u 3k 2＋22＋k2－u ＝－1k.所以PQ ⊥PG ，即△PQG 是直角三角形． (ⅱ)由(ⅰ)得|PQ |＝2u 1＋k 2，|PG |＝2uk k 2＋12＋k 2，所以△PQG 的面积S ＝12|PQ ||PG |＝8k 1＋k 21＋2k 22＋k 2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋k 1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k＋k 2. 设t ＝k ＋1k，则由k >0得t ≥2，当且仅当k ＝1时取等号．因为S ＝8t1＋2t2在[2，＋∞)单调递减，所以当t ＝2，即k ＝1时，S 取得最大值，最大值为169.因此，△PQG 面积的最大值为169.。

高考数学一轮复习 56课时作业

高考数学一轮复习 56课时作业一、选择题1．(2010·重庆卷)下列函数中，周期为π，且在[π4，π2]上为减函数的是( )A ．y ＝sin(2x ＋π2)B ．y ＝cos(2x ＋π2)C ．y ＝sin(x ＋π2)D ．y ＝cos(x ＋π2)答案 A解析对于选项A ，注意到y ＝sin(2x ＋π2)＝cos2x 的周期为π，且在[π4，π2]上是减函数，故选A.2．函数y ＝2cos 2x 的一个单调增区间是( ) A ．(－π4，π4)B ．(0，π2)C ．(π4，3π4)D ．(π2，π)答案 D解析 y ＝2cos 2x ＝1＋cos2x ，∴递增区间为2kπ＋π≤2x ≤2kπ＋2π ∴kπ＋π2≤x ≤kπ＋π ∴k ＝0时，π2≤x ≤π.选D.3．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)在x ＝π4处取得最小值，则( )A ．f (x ＋π4)一定是偶函数B ．f (x ＋π4)一定是奇函数C ．f (x －π4)一定是偶函数D ．f (x －π4)一定是奇函数答案 A解析 f (x ＋π4)是f (x )向左平移π4个单位得到的f (x )图象关于x ＝π4对称，则f (x ＋π4)图象关于x ＝0对称，故f (x ＋π4)为偶函数．4．(2011·杭州模拟)定义在R 上的函数f (x )既是奇函数又是周期函数，若f (x )的最小正周期为π，且当x ∈[－π2，0)时，f (x )＝sin x ，则f (－5π3)的值为( )A ．－12B.12 C ．－32D.32答案 D解析据题意，由函数的周期性及奇偶性知：f (－5π3)＝f (－5π3＋2π)＝f (π3)＝－f (－π3)＝－sin(－π3)＝32. 5．函数y ＝－x cos x 的部分图象是( )答案 D分析方法一由函数y ＝－x cos x 是奇函数，知图象关于原点对称．又由当x ∈[0，π2]时，cos x ≥0，有－x cos x ≤0.当x ∈[－π2，0]时，cos x ≥0，有－x cos x ≥0.∴应选D.方法二特殊值法，由f (±π2)＝0，∵f (π4)＝－π4·cos π4<0，由图象可排除A 、B ，又∵f (－π4)＝π4·cos π4>0，排除C ，故选D.6．关于x 的函数f (x )＝sin(πx ＋φ)有以下命题： ①任意φ∈R ，f (x ＋2π)＝f (x )； ②存在φ∈R ，f (x ＋1)＝f (x )；③任意φ∈R ，f (x )都不是偶函数； ④存在φ∈R ，使f (x )是奇函数．其中假命题的序号是( ) A ．①③ B ．①④ C ．②④ D ．②③答案 A解析对命题①，取φ＝π时，f (x ＋2π)≠f (x )，命题①错误；如取φ＝2π，则f (x ＋1)＝f (x )，命题②正确；对于命题③，φ＝0时f (x )＝f (－x )，则命题③错误；如取φ＝π，则f (x )＝sin(πx ＋π)＝－sin πx ，命题④正确．二、填空题7．设函数y ＝2sin(2x ＋π3)的图象关于点P (x 0,0)成中心对称，若x 0∈[－π2，0]则x 0＝______答案－π6解析因为图象的对称中心是其与x 轴的交点，所以由y ＝2sin(2x ＋π3)＝0，x 0∈[－π2，0]，得x 0＝－π6.8．(2010·浙江)函数f (x )＝sin (2x －π4)－22sin 2x 的最小正周期是________．答案 π解析 f (x )＝sin(2x －π4)－22sin 2x ＝22sin 2x －22cos 2x －22×1－cos 2x 2＝22sin 2x ＋22cos 2x －2＝sin(2x ＋π4)－2，故该函数的最小正周期为2π2＝π. 9．(2011·济南统考)设函数f (x )＝sin(3x ＋φ)(0<φ<π)，若函数f (x )＋f ′(x )是奇函数，则φ＝________.答案2π3解析由题意得f ′(x )＝3cos(3x ＋φ)，f (x )＋f ′(x )＝2sin(3x ＋φ＋π3)是奇函数，因此φ＋π3＝kπ(其中k ∈Z)，φ＝kπ－π3，又0<φ<π，所以φ＝2π3.10．(2011·德州一模)若函数y ＝f (x )同时具有下列三个性质：(1)最小正周期为π；(2)图象关于直线x ＝π3对称；(3)在区间[－π6，π3]上是增函数，则y ＝f (x )的解析式可以是______．答案 y ＝cos(2x －23π)．11．(2010·福建卷)已知函数f (x )＝3sin(ωx －π6)(ω＞0)和g (x )＝2cos(2x ＋φ)＋1的图象的对称轴完全相同．若x ∈[0，π2]，则f (x )的取值范围是________．答案 [－23，3]解析 ∵f (x )与g (x )的图象的对称轴完全相同，所以f (x )与g (x )的最小正周期相等，∵ω＞0，∴ω＝2，∴f (x )＝3sin(2x －π6)，∵0≤x ≤π2，∴－π6≤2x －π6≤5π6，∴－12≤sin(2x －π6)≤1，∴－32≤3sin(2x －π6)≤3，即f (x )的取值范围为[－32，3]．12．(20101·山东淄博)将函数y ＝sin(ωx ＋φ)(π2<φ<π)的图象，仅向右平移4π3，或仅向左平移2π3，所得到的函数图象均关于原点对称，则ω＝________.答案 12解析注意到函数的对称轴之间距离是函数周期的一半，即有T 2＝4π3－(－2π3)＝2π，T＝4π，即2πω＝4π，ω＝12.三、解答题13．已知函数f (x )＝2cos 2x ＋23sin x cos x －1(x ∈R)． (1)求函数f (x )的周期、对称轴方程； (2)求函数f (x )的单调增区间．解析 f (x )＝2cos 2x ＋23sin x cos x －1＝3sin2x ＋cos2x ＝2sin(2x ＋π6)．(1)f (x )的周期T ＝π，函数f (x )的对称轴方程为x ＝kπ2＋π6(k ∈Z)． (2)由2kπ－π2≤2x ＋π6≤2kπ＋π2(k ∈Z)，得kx －π3≤x ≤kπ＋π6(k ∈Z)，∴函数f (x )的单调增区间为[kπ－π3，kπ＋π6](k ∈Z)．14．已知函数f (x )＝3(sin 2x －cos 2x )－2sin x cos x . (1)求f (x )的最小正周期；(2)设x ∈[－π3，π3]，求f (x )的值域和单调递增区间．解析 (1)∵f (x )＝－3(cos 2x －sin 2x )－2sin x cos x ＝－3cos2x －sin2x ＝－2sin(2x ＋π3)，∴f (x )的最小正周期为π. (2)∵x ∈[－π3，π3]，∴－π3≤2x ＋π3≤π，∴－32≤sin (2x ＋π3)≤1.∴f (x )的值域为[－2，3]．∵当y ＝sin(2x ＋π3)单调递减时，f (x )单调递增，∴π2≤2x ＋π3≤π，即π12≤x ≤π3. 故f (x )的单调递增区间为[π12，π3]．15．已知向量m ＝(sin wx ，－3cos wx )，n ＝(sin wx ，cos(wx ＋π2))(w >0)，若函数f (x )＝m·n 的最小正周期为π.(1)求w 的值；(2)将函数y ＝f (x )的图象向左平移π12个单位，再将得到的图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到函数y ＝g (x )的图象，求函数y ＝g (x )的单调递减区间．解析 (1)由题意得f (x )＝m·n ＝sin 2wx －3cos wx cos(wx ＋π2)＝sin 2wx ＋3cos wx sin wx ＝1－cos2wx 2＋32sin2wx＝32sin2wx －12cos2wx ＋12＝sin(2wx －π6)＋12. 因为函数f (x )的最小正周期为π，且w >0，所以2π2w＝π，解得w ＝1.(2)将函数y ＝f (x )的图象向左平移π12个单位，得到函数y ＝f (x ＋π12)的图象，再将所得图象横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到函数y ＝f (x 4＋π12)即函数y ＝g (x )的图象．由(1)知f (x )＝sin(2x －π6)＋12，所以g (x )＝f (x 4＋π12)＝sin[2(x 4＋π12)－π6]＋12＝sin x 2＋12.令2kπ＋π2≤x 2≤2kπ＋3π2(k ∈Z)，解得4kπ＋π≤x ≤4kπ＋3π(k ∈Z)．因此函数y＝g (x )的单调递减区间为[4kπ＋π，4kπ＋3π](k ∈Z)．。

高考数学总复习课时作业56 新人教版

课时作业(56)1．已知随机变量ξ服从二项分布ξ～B (6，13)，即P (ξ＝2)等于( )A.316 B.1243 C.13243D.80243答案 D解析已知ξ～B (6，13)，P (ξ＝k )＝C k n p k q n －k.当ξ＝2，n ＝6，p ＝13时，有P (ξ＝2)＝C 26(13)2(1－13)6－2＝C 26(13)2(23)4＝80243.2．若X ～B (5,0.1)，则P (X ≤2)等于( )A ．0.665B ．0.008 56C ．0.918 54D ．0.991 44答案 D3．某厂大量生产某种小零件，经抽样检验知道其次品率是1%，现把这种零件每6件装成一盒，那么每盒中恰好含一件次品的概率是( )A ．(99100)6B ．0.01 C.C 16100(1－1100)5 D ．C 26(1100)2(1－1100)4答案 C解析 P ＝C 16·1%·(1－1100)5.4．位于直角坐标原点的一个质点P 按下列规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向向左或向右，并且向左移动的概率为13，向右移动的概率为23，则质点P 移动五次后位于点(1,0)的概率是( )A.4243 B.8243 C.40243D.80243答案 D解析依题意得，质点P 移动五次后位于点(1,0)，则这五次移动中必有某两次向左移动，另三次向右移动，因此所求的概率等于C 25·(13)2·(23)3＝80243，选D.5．一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了ξ次球，则P (ξ＝12)等于A ．C 1012(38)10·(58)2B ．C 911(38)9(58)2·38C ．C 911(58)9·(38)2D ．C 911(38)9·(58)2答案 B解析 P (ξ＝12)表示第12次为红球，前11次中有9次为红球，从而P (ξ＝12)＝C 911·(38)9(58)2×38.6．设10件产品中有4件不合格，从中任意取2件，试求在所取得的产品中发现有一件是不合格品，另一件也是不合格品的概率是( )A ．0.2B ．0.3C ．0.4D ．0.5答案 A解析记事件A 为“有一件是不合格品”，事件B 为“另一件也是不合格品”，n (A )＝C 14C 16＋C 24＝30，n (AB )＝C 24＝6，∴P (B |A )＝n ABn A＝0.2.7．在4次独立重复试验中，随机事件A 恰好发生1次的概率不大于其恰好发生2次的概率，则事件A 在一次试验中发生的概率p 的取值范围是( )A ．[0.4,1)B ．(0,0.6]C ．(0,0.4]D ．[0.6,1)答案 A解析 C 14p (1－p )3≤C 24p 2(1－p )2,4(1－p )≤6p ，p ≥0.4，又0<p <1，∴0.4≤p <1. 8．箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第4次取球之后停止的概率为A.C 35C 14C 45 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫593×49 C.35×14 D ．C 14×⎝ ⎛⎭⎪⎫593×49答案 B解析由题意知，第四次取球后停止是当且仅当前三次取的球是黑球，第四次取的球是白球的情况，此事件发生的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫593×49.9．口袋里放有大小相等的两个红球和一个白球，有放回地每次摸取一个球，定义数列{a n }：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －1，1，第n 次摸取红球，第n 次摸取白球.如果S n 为数列{a n }的前n 项和，那么S 7＝3的概率为A ．C 57⎝ ⎛⎭⎪⎫132·⎝ ⎛⎭⎪⎫235B ．C 27⎝ ⎛⎭⎪⎫232·⎝ ⎛⎭⎪⎫135C ．C 47⎝ ⎛⎭⎪⎫232·⎝ ⎛⎭⎪⎫135D ．C 37⎝ ⎛⎭⎪⎫132·⎝ ⎛⎭⎪⎫135答案 B解析 S 7＝3说明摸取2个红球，5个白球，故S 7＝3的概率为C 27⎝ ⎛⎭⎪⎫232·⎝ ⎛⎭⎪⎫135.10．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18、19、20层停靠．若该电梯在底层载有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为13，用ξ表示这5位乘客在第20层下电梯的人数，则P (ξ＝4)＝________.答案10243解析考察一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故ξ～B (5，13)，即有P (ξ＝k )＝C k 5(13)k×(23)5－k ，k ＝0,1,2,3,4,5.∴P (ξ＝4)＝C 45(13)4×(23)1＝10243.11．(2013·西安五校一模)某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于________．答案 0.128解析依题意得，事件“该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮”即意味着“该选手在回答前面4个问题的过程中，要么第一个问题答对且第二个问题答错，第三、四个问题都答对了；要么第一、二个问题都答错；第三、四个问题都答对了”，因此所求事件的概率等于[0.8×(1－0.8)＋(1－0.8)2]×0.82＝0.128.12．在一次考试中出了六道是非题，正确的记，不正确的记，若某考生完全记上六个符号且答对每道题的概率均为12，试求：(1)全部正确的概率；(2)正确解答不少于4道的概率； (3)至少正确解答一半的概率．解析 (1)P 1＝P 6(6)＝C 66·(12)6＝164.(2)P 2＝P 6(4)＋P 6(5)＋P 6(6)＝C 46·(12)4(1－12)2＋C 56·(12)5(1－12)1＋C 66(12)6(1－12)0＝1132.(3)P 3＝P 6(3)＋P 6(4)＋P 6(5)＋P 6(6)＝C 36·(12)3·(12)3＋C 46·(12)4·(12)2＋C 56·(12)5·(12)＋C 66(12)6＝2132.13．(2013·西城期末)一个袋中装有6个形状大小完全相同的小球，球的编号分别为1,2,3,4,5,6.(1)若从袋中每次随机抽取1个球，有放回的抽取2次，求取出的两个球编号之和为6的概率；(2)若从袋中每次随机抽取2个球，有放回的抽取3次，求恰有2次抽到6号球的概率； (3)若一次从袋中随机抽取3个球，记球的最大编号为X ，求随机变量X 的分布列．解析 (1)设先后两次从袋中取出球的编号为m ，n ，则两次取球的编号的可能结果(m ，n )，共有6×6＝36种，其中编号之和为6的结果有(1,5)，(5,1)，(2,4)，(4,2)，(3,3)，共有5种，则所求概率为536.(2)每次从袋中随机抽取2个球，抽到编号为6的球的概率p ＝C 15C 26＝13.所以，3次抽取中，恰有2次抽到6号球的概率为 C 23p 2(1－p )＝3×(13)2×23＝29.(3)随机变量X 所有可能取值为3,4,5,6. P (X ＝3)＝C 33C 36＝120，P (X ＝4)＝C 23C 36＝320，P (X ＝5)＝C 24C 36＝620＝310，P (X ＝6)＝C 25C 36＝1020＝12.所以，随机变量X 的分布列为14.、C 三种人工降雨方式分别对甲、乙、丙三地实施人工降雨，其试验数据统计如下：计数据．(1)求甲、乙、丙三地都恰为中雨的概率；(2)考虑到各地的旱情和水土流失情况不同，如果甲地恰需中雨即达到理想状态，乙地必须是大雨才达到理想状态，丙地只需小雨或中雨即达到理想状态，记“甲、乙、丙三地中达到理想状态的个数”为随机变量 ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望E (ξ)．解析 (1)由人工降雨模拟的统计数据，用A 、B 、C 三种人工降雨方式对甲、乙、丙三地实施人工降雨得到大雨、中雨、小雨的概率如下表所示.P (E )＝P (A 2)P (B 2)P (C 2)＝12×12×16＝124.(2)设甲、乙、丙三地都达到理想状态的概率分别为P 1，P 2，P 3，则P 1＝P (A 2)＝12，P 2＝P (B 1)＝14，P 3＝P (C 2)＋P (C 3)＝56. ξ的可能取值为0,1,2,3.P (ξ＝0)＝(1－P 1)(1－P 2)(1－P 3)＝12×34×16＝116；P (ξ＝1)＝P 1(1－P 2)(1－P 3)＋(1－P 1)P 2(1－P 3)＋(1－P 1)(1－P 2)P 3＝12×34×16＋12×14×16＋12×34×56＝1948； P (ξ＝2)＝(1－P 1)P 2P 3＋P 1(1－P 2)P 3＋P 1P 2(1－P 3)＝12×14×56＋12×34×56＋12×14×16＝716； P (ξ＝3)＝P 1P 2P 3＝12×14×56＝548.所以随机变量ξ的分布列为所以，数学期望E (ξ)＝16×0＋48×1＋16×2＋48×3＝12.15．(2013·四川绵阳诊断)某电视台有A 、B 两种智力闯关游戏，甲、乙、丙、丁四人参加，其中甲、乙两人各自独立进行游戏A ，丙、丁两人各自独立进行游戏B .已知甲、乙两人各自闯关成功的概率均为12，丙、丁两人各自闯关成功的概率为23.(1)求游戏A 被闯关成功的人数多于游戏B 被闯关成功的人数的概率； (2)记游戏A 、B 被闯关成功的总人数为ξ，求ξ的分布列和期望．解析 (1)设“i 个人游戏A 闯关成功”为事件A i (i ＝0,1,2)，“j 个人游戏B 闯关成功”为事件B j (j ＝0,1,2)，则“游戏A 被闯关成功的人数多于游戏B 被闯关的人数”为A 1B 0＋A 2B 1＋A 2B 0.∴P (A 1B 0＋A 2B 1＋A 2B 0)＝P (A 1B 0)＋P (A 2B 1)＋P (A 2B 0)＝P (A 1)·P (B 0)＋P (A 2)·P (B 1)＋P (A 2)·P (B 0)＝C 12·12·12·C 02⎝ ⎛⎭⎪⎫230·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫122·⎝ ⎛⎭⎪⎫120·C 12·23·13＋C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫122·C 02·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝736. 即游戏A 被闯关成功的人数多于游戏B 被闯关的人数的概率为736.(2)由题设可知：ξ＝0,1,2,3,4.P (ξ＝0)＝C 02⎝ ⎛⎭⎪⎫122·C 02·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝136， P (ξ＝1)＝C 12·12·12·C 02⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋C 12·23·13·C 02⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝636＝16， P (ξ＝2)＝C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫122·C 02·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫232·C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋C 12·12·12·C 12·23·13＝1336， P (ξ＝3)＝C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫122·C 12·23·13＋C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫232·C 12·12·12＝1236＝13， P (ξ＝4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122·⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝436＝19.∴ξ的分布列为∴E (ξ)＝0×136＋1×6＋2×36＋3×3＋4×9＝3.1．设b 和c 分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数，用随机变量ξ表示方程x 2＋bx ＋c ＝0实根的个数(重根按一个计)．(1)求方程x 2＋bx ＋c ＝0有实根的概率； (2)求ξ的分布列和数学期望；(3)求在先后两次出现的点数中有5的条件下，方程x 2＋bx ＋c ＝0有实根的概率．解析 (1)设基本事件空间为Ω，记“方程x 2＋bx ＋c ＝0有实根”为事件A ，则A ＝{(b ，c )|b 2－4c ≥0，b 、c ＝1， (6)Ω中的基本事件总数为6×6＝36个．A 中的基本事件总数为6＋6＋4＋2＋1＝19个，故所求概率为P (A )＝1936.(2)由题意，ξ可能取值为0,1,2，则P (ξ＝0)＝1736，P (ξ＝1)＝236＝118，P (ξ＝2)＝1736.∴ξ的分布列为∴ξ的数学期望E (ξ)＝0×36＋1×18＋2×36＝1. (3)记“先后两次出现的点数中有5”为事件B ，则P (B )＝1－2536＝1136.P (A ∩B )＝6＋136＝736， ∴P (A |B )＝P A ∩BP B ＝7361136＝711.2．一个口袋中装有n 个红球(n ≥5且n ∈N *)和5个白球，一次摸奖从中摸两个球，两个球颜色不同则为中奖．(1)试用n 表示一次摸奖中奖的概率p ；(2)若n ＝5，求三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率；(3)记三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率为f (p )．当n 取多少时，f (p )最大？解析 (1)一次摸奖为从n ＋5个球中任选两个，有C 2n ＋5种，它们等可能发生，其中两球不同色有C 1n C 15种，一次摸奖中奖的概率p ＝C 1n C 15C 2n ＋5＝10n n ＋n ＋(n ≥5且n ∈N *)．(2)若n ＝5，一次摸奖中奖的概率p ＝10×5＋＋＝59，三次摸奖是独立重复试验，三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率是P 3(1)＝C 13·p ·(1－p )2＝80243.(3)设每次摸奖中奖的概率为p ，则三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率为f (p )＝C 13·p ·(1－p )2＝3p 3－6p 2＋3p,0<p <1.由f ′(p )＝9p 2－12p ＋3＝3(p －1)(3p －1)知，在(0，13]上f (p )为增函数，在[13，1)上f (p )为减函数，则当p ＝13时，f (p )取得最大值．即p ＝10nn ＋n ＋＝13，解得n ＝20或n ＝1.又∵n ≥5且n ∈N *，∴当n ＝20时，三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率最大．。

高考数学一轮复习第八章平面解析几何课时作业55最值、范围、证明问题(含解析)文(2021年整理)

课时作业55 最值、范围、证明问题1．已知点F为抛物线E：y2＝2px(p>0）的焦点，点A(2，m）在抛物线E上，且|AF｜＝3。

（1)求抛物线E的方程；(2）已知点G（－1,0)，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．解:(1)由抛物线的定义得｜AF|＝2＋p2。

因为｜AF｜＝3，即2＋错误!＝3,解得p＝2,所以抛物线E的方程为y2＝4x.（2)证明:因为点A（2,m)在抛物线E:y2＝4x上,所以m＝±2错误!.由抛物线的对称性，不妨设A(2，2错误!）．由A（2，22），F(1，0）可得直线AF的方程为y＝2错误!(x－1)．由错误!得2x2－5x＋2＝0，解得x＝2或x＝错误!，从而B错误!.又G(－1,0)，所以k GA＝错误!＝错误!，k GB＝错误!＝－错误!，所以k GA＋k GB＝0，从而∠AGF＝∠BGF,这表明点F到直线GA，GB的距离相等，故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切．2．（2017·湖北黄冈一模）如图，已知点F1，F2是椭圆C1：错误!＋y2＝1的两个焦点,椭圆C2：错误!＋y2＝λ经过点F1，F2，点P是椭圆C2上异于F1,F2的任意一点，直线PF1和PF2与椭圆C1的交点分别是A，B和C，D。

设AB，CD的斜率分别为k，k′.（1）求证：k·k′为定值；(2）求｜AB｜·|CD｜的最大值．解：(1)证明：因为点F1，F2是椭圆C1的两个焦点，故F1，F2的坐标是F1(－1,0)，F2(1,0）．而点F1，F2是椭圆C2上的点，将F1，F2的坐标代入C2的方程得，λ＝错误!.设点P的坐标是(x0,y0），∵直线PF1和PF2的斜率分别是k，k′(k≠0,k′≠0)，∴kk′＝错误!·错误!＝错误!①又点P是椭圆C2上的点,故错误!＋y错误!＝错误!，②联立①②两式可得kk′＝－错误!，即k·k′为定值．(2)直线PF1的方程可表示为y＝k（x＋1）（k≠0），与椭圆C1的方程联立，得到方程组错误!由方程组得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0。