高考数学一轮复习第八章平面解析几何第八节第1课时最值范围证明问题课时规范练含解析文北师大版

这是一份高考数学一轮复习第八章平面解析几何第八节第1课时最值范围证明问题课时规范练含解析文北师大版，共5页。试卷主要包含了已知A，0)，B，0)，椭圆C，已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。
第一课时 最值、范围、证明问题
课时规范练
1．(2020·广东佛山二模)已知A(－eq \r(5)，0)，B(eq \r(5)，0)．直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积是－eq \f(1,5).
(1)求点M的轨迹Γ的方程；
(2)过点A的直线与轨迹Γ交于点Q，与y轴交于点C，过T(1，0)作CT的垂线交y轴于点D，求证：AD∥BQ.
解析：(1)设M(x，y)，则直线AM的斜率kAM＝eq \f(y,x＋\r(5))，直线BM的斜率kBM＝eq \f(y,x－\r(5))，
依题意得kAM·kBM＝eq \f(y,x＋\r(5))·eq \f(y,x－\r(5))＝－eq \f(1,5)，整理得eq \f(x2,5)＋y2＝1，
所以点M的轨迹Γ的方程为eq \f(x2,5)＋y2＝1(y≠0)．
(2)证明：设直线AQ的方程为y＝k(x＋eq \r(5))，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋\r(5)），,x2＋5y2＝5，))消去y整理得
(1＋5k2)x2＋10eq \r(5)k2x＋25k2－5＝0，
又A(－eq \r(5)，0)，所以－eq \r(5)xQ＝eq \f(25k2－5,1＋5k2)，即xQ＝eq \f(\r(5)（1－5k2）,1＋5k2)，则yQ＝eq \f(2\r(5)k,1＋5k2)，
易得C(0，eq \r(5)k)，直线CT的斜率kCT＝－eq \r(5)k，
又CT⊥TD，所以直线TD的方程为y＝eq \f(1,\r(5)k)(x－1)，
令x＝0，得Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,\r(5)k)))，所以直线AD的斜率kAD＝－eq \f(1,5k)，又直线BQ的斜率kBQ＝eq \f(yQ－0,xQ－\r(5))＝－eq \f(1,5k)，所以kAD＝kBQ，所以AD∥BQ.
2．过双曲线eq \f(x2,3)－eq \f(y2,6)＝1的右焦点F2，倾斜角为30°的直线交双曲线于A，B两点，O为坐标原点，F1为左焦点．
(1)求|AB|；
(2)求△AOB的面积．
解析：(1)由题意得a2＝3，b2＝6，∴c2＝9，∴F2(3，0)．
直线方程为y＝eq \f(\r(3),3)(x－3)，
∴由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(\r(3),3)（x－3），,2x2－y2＝6，))得2x2－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)（x－3）))eq \s\up12(2)＝6.
即5x2＋6x－27＝0，∴x＝－3或x＝eq \f(9,5).
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,5)，－\f(2\r(3),5)))，B(－3，－2eq \r(3))
∴|AB|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,5)＋3))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(3),5)＋2\r(3)))\s\up12(2))＝eq \f(16\r(3),5).
(2)由(1)得直线方程为eq \r(3)x－3y－3eq \r(3)＝0，
∴O(0，0)到直线的距离d＝eq \f(|－3\r(3)|,\r(3＋9))＝eq \f(3,2)，
∴S△AOB＝eq \f(1,2)|AB|d＝eq \f(1,2)×eq \f(16\r(3),5)×eq \f(3,2)＝eq \f(12\r(3),5).
3. (2020·贵阳模拟)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(1,2)，过椭圆右焦点F作两条互相垂直的弦AB与CD.当直线AB斜率为0时，|AB|＝4.
(1)求椭圆的方程；
(2)若|AB|＋|CD|＝eq \f(48,7)，求直线AB的方程．
解析：(1)由题意知e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，2a＝4.
又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝eq \r(3)，
所以椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，由题意知|AB|＋|CD|＝7，不满足条件．
②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则直线CD的方程为y＝－eq \f(1,k)(x－1)．
将直线AB的方程代入椭圆方程中并整理得
(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x1＋x2＝eq \f(8k2,3＋4k2)，x1·x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
所以|AB|＝eq \r(k2＋1)|x1－x2|
＝eq \r(k2＋1)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \f(12（k2＋1）,3＋4k2).
同理，|CD|＝eq \f(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)＋1)),3＋\f(4,k2))＝eq \f(12（k2＋1）,3k2＋4).
所以|AB|＋|CD|＝eq \f(12（k2＋1）,3＋4k2)＋eq \f(12（k2＋1）,3k2＋4)
＝eq \f(84（k2＋1）2,（3＋4k2）（3k2＋4）)＝eq \f(48,7)，解得k＝±1，
所以直线AB的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.
4．(2020·淄博模拟)椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，其左焦点到点P(2，1)的距离为eq \r(10).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点．求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
解析：(1)因为左焦点(－c，0)到点P(2，1)的距离为eq \r(10)，所以eq \r(（2＋c）2＋1)＝eq \r(10)，解得c＝1.
又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，解得a＝2，
所以b2＝a2－c2＝3.
所以所求椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
消去y得
(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，
Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)>0，
化为3＋4k2>m2.
所以x1＋x2＝eq \f(－8mk,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4（m2－3）,3＋4k2).
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq \f(3（m2－4k2）,3＋4k2).
因为以AB为直径的圆过椭圆右顶点D(2，0)，kAD·kBD＝－1，
所以eq \f(y1,x1－2)·eq \f(y2,x2－2)＝－1，
所以y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，
所以eq \f(3（m2－4k2）,3＋4k2)＋eq \f(4（m2－3）,3＋4k2)＋eq \f(16mk,3＋4k2)＋4＝0.
化为7m2＋16mk＋4k2＝0，
解得m1＝－2k，m2＝－eq \f(2k,7).
且满足3＋4k2－m2>0.
当m＝－2k时，l：y＝k(x－2)，直线过定点(2，0)与已知矛盾；
当m＝－eq \f(2k,7)时，l：y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,7)))，直线过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,7)，0)).
综上可知，直线l过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,7)，0)).
5．已知抛物线C：y2＝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的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，求证：eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值．
解析：(1)因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋1，))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞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的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1)．
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由(1)知x1＋x2＝－eq \f(2k－4,k2)，x1x2＝eq \f(1,k2).
直线PA的方程为y－2＝eq \f(y1－2,x1－1)(x－1)．
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝eq \f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq \f(－kx1＋1,x1－1)＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝eq \f(－kx2＋1,x2－1)＋2.
由eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)＝eq \f(1,1－yM)＋eq \f(1,1－yN)
＝eq \f(x1－1,（k－1）x1)＋eq \f(x2－1,（k－1）x2)
＝eq \f(1,k－1)·eq \f(2x1x2－（x1＋x2）,x1x2)
＝eq \f(1,k－1)·eq \f(\f(2,k2)＋\f(2k－4,k2),\f(1,k2))
＝2.
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值．