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

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

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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

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【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

[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

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

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

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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

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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

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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)

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。

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设△OAB 的面积为 S,
由 x1x2=-k2+3 4<0,
知 S=12×1×|x1-x2|
=12 x1+x22-4x1x2=2
kk22++432,
令 k2+3=t,知 t≥3,∴S=2
1 t+1t +2.
对函数 y=t+1t (t≥3), 知 y′=1-t12=t2-t2 1>0,
∴y=t+1t 在 t∈[3,+∞)上单调递增,∴t+1t ≥130,
S△ABF2=2 2
mm22++212=2 2
m2+1+1m21+1+2,
当 m2+1=1,m=0 时,S△ABF2 最大为 2,l:x=-1.
2.(2019·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 F1,F2 构成的三角形中面积的最大值为 3.
(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 △PAB 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x42+y32=1.
即kxx22-+1m=-xk1x-1+1 m, 整理得 2kx1x2+(m-k)(x1+x2)-2m=0, 所以 2k44mk22-+132-(m-k)4k82k+m3-2m=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 y12=3-34x21,所以P→A·F→2C=(x1-4,y1)·(x1-1,-y1)=
(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-a7,67a, 代入椭圆 E 的方程得419+3469ab22=1,结合 a2-b2=1,得 a2 =4,b2=3, 故椭圆 E 的方程为x42+y32=1. (2)由题知,直线 l 不与 x 轴重合,故可设 l:x=my+1,代 入x42+y32=1 得(3m2+4)y2+6my-9=0,设 M(x1,y1),N(x2,y2), 则 y1+y2=3-m26+m4,y1y2=3m-2+9 4,
5.(2019·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
F1,F2
的距离之和为
4,离心率为
3 2.
(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ay22+bx22=1(a>b>0),
x12-5x1+4-y21=74x12-5x1+1=74x1-1702-178. 因为-2<x1<2,所以P→A·F→2C的取值范围是-178,18.
3.(2019·广东华南师大附中模拟)已知点 C 是圆 F:(x-1)2 +y2=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.
=y1x2+y2xx1+1x2y+1+x1y+2-x2t+x11+x2-2t =18y1y2y1+yx21x+2+y1x+1+y2x-2+t1x1+x2-2t =-8tm8m2+2+4 4=-t,所以 kMA+kMB=2kMP.
2. 如图,已知椭圆 E:ax22+by22=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,A→B=6B→C.
(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xy= 2=m8yx+,1, 消去 x, 得 y2-8my-8=0,Δ=64m2+32>0 恒成立,
设 A(x1,y1),B(x2,y2),M(-1,t), 则 y1+y2=8m,y1·y2=-8,x1+x2=8m2+2,x1·x2=1, 而 2kMP=2·-1t-1=-t, kMA+kMB=xy11+-1t +xy22+-1t
解:(1)由题易知 c=1,a12+21b2=1, 又 a2=b2+c2,解得 b2=1,a2=2, 故椭圆 E 的标准方程为x22+y2=1.
x=ky+1, (2)设直线 l:x=ky+1,由x22+y2=1 得(k2+2)y2+2ky-1=0,Δ=4k2+4(k2+2)=8(k2+1)>0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),
2a=4, 由条件知,e=ac= 23,
a2=b2+c2,
解得 a=2,c= 3,b=1,故椭圆 C 的方程为y42+x2=1.
(2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),由x2+y42=1, y=kx+1
得(k2+4)x2+2kx-3=0,
故 x1+x2=-k22+k 4,x1x2=-k2+3 4,
解:(1)由椭圆的定义知 4a=4 2,a= 2, 由 e=ac知 c=ea=1,b2=a2-c2=1. 所以椭圆 C 的方程为x22+y2=1. (2)由(1)知 F1(-1,0),F2(1,0),|F1F2|=2,设 A(x1,y1),B(x2, y2),l:x=my-1, 联立 x=my-1 与x22+y2=1,得(m2+2)y2-2my-1=0,|y1 -y2|=2 2m2+m22+1,
(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 CF2 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ac=12,12·2c·b= 3,a2=b2+c2,解得 c=1, a=2,b= 3.所以椭圆 M 的标准方程是x42+y32=1.
=y1+yy212y-2 2y1y2=-k62k+2-2 4, 由 λ∈[-2,-1]得λ+1λ∈-52,-2,从而-52≤-k62k+2-2 4 ≤-2,解得 0≤k2≤27. 令 t=k2+1 2,则 t∈176,12, ∴|Q→C|2=8t2-28t+16=8t-742-127,∴当 t=12时,|QC|min =2.
∴x1+x2=2kp,x1x2=-p2. ∴Mkp,k2p+p2,Nkp,-p2. ∴kAN=x2x1p21-+kp2p=x1-2xp21x+1+2p2 x2=xx211+2-2ppx22=xx21-12-2pxx1x22=xp1. 又 x2=2py,∴y′=px. ∴抛物线 x2=2py 在点 A 处的切线斜率 k=xp1. ∴直线 AN 与抛物线相切.
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 C1:(x-2)2+y2=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:kMA+kMB=2kMP. 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 y2=8x.
则可得 y1+y2=k-2+2k2,y1y2=k-2+12. Q→C=Q→A+Q→B=(x1+x2-4,y1+y2) =-4kk22++21,k-2+2k2, ∴|Q→C|2=|Q→A+Q→B|2=16-k22+8 2+k2+8 22,由此可知,|Q→C |2 的大小与 k2 的取值有关. 由F→2A=λF→2B可得 y1=λy2,λ=yy12,1λ=yy21(y1y2≠0). 从而 λ+1λ=yy12+yy21
连接 ON,由 Q 与 M 关于原点对称知,
S△MNQ=2S△MON=|y1-y2| = y1+y22-4y1y2=123mm2+2+4 1
= 3
12 m2+1+
1, m2+1
∵ m2+1≥1,
∴3 m2+1+ m12+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.
所以点 B 恒在椭圆 E 上.
设 直 线 PF : x = ty + 1 , P(x1 , y1) , B(x2 , y2) , 则 由
x=ty+1, 3x2+4y2=12,
消去 x 整理得(3t2+4)y2y2=-3t29+4,
4.已知椭圆 E:ax22+by22=1(a>b>0)的一个焦点为 F2(1,0),且 该椭圆过定点 M1, 22.
(1)求椭圆 E 的标准方程; (2)设点 Q(2,0),过点 F2 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)∵AB∥l,∴|FD|=p,|AB|=2p. ∴S△ABD=p2=1. ∴p=1,故抛物线 C 的方程为 x2=2y. (2)证明:显然直线 AB 的斜率存在,设其方程为 y=kx+p2, Ax1,2xp21 ,Bx2,2xp22 .
由y=kx+p2, 消去 y 整理得,x2-2kpx-p2=0. x2=2py
∴0<t+11t +2≤136,∴0<S≤
3 2.
故△OAB 面积的取值范围为0, 23.
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