2021高考数学（文）大一轮复习习题升级增分训练最值、范围、存在性问题 word版含答案

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这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题升级增分训练最值、范围、存在性问题 word版含答案，共4页。试卷主要包含了已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过点T(0,2)的直线l与椭圆C交于A，B两点，若在x轴上存在一点E，使∠AEB＝90°，求直线l的斜率k的取值范围．
解：(1)设椭圆的半焦距长为c，
则由题设有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a－c＝\r(3)－\r(2)，))
解得a＝eq \r(3)，c＝eq \r(2)，
∴b2＝1，
故椭圆C的方程为eq \f(y2,3)＋x2＝1．
(2)由已知可得，直线l的方程为y＝kx＋2，以AB为直径的圆与x轴有公共点．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点为M(x0，y0)，
将直线l：y＝kx＋2代入eq \f(y2,3)＋x2＝1，
得(3＋k2)x2＋4kx＋1＝0，
则Δ＝12k2－12＞0，
x1＋x2＝eq \f(－4k,3＋k2)，x1x2＝eq \f(1,3＋k2)．
∴x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(－2k,3＋k2)，y0＝kx0＋2＝eq \f(6,3＋k2)，
|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(12k2－12),3＋k2)＝eq \f(2\r(3)\r(k4－1),3＋k2)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝12k2－12＞0，,\f(6,3＋k2)≤\f(1,2)|AB|，))
解得k4≥13，
即k≥eq \r(4,13)或k≤－eq \r(4,13)．
故所求斜率的取值范围为(－∞，－eq \r(4,13)]∪[eq \r(4,13)，＋∞)．
2．(2016·西安质检)如图所示，已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于eq \f(\r(3),2)，它的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P(2，eq \r(3))，Q(2，－eq \r(3))在椭圆上，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点，当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．
解：(1)设椭圆C的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)．
∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线y＝－2上，
∴－b＝－2，解得b＝2．
又eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，a2＝b2＋c2，
∴a＝4，c＝2eq \r(3)．
可得椭圆C的标准方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∵∠APQ＝∠BPQ，则PA，PB的斜率互为相反数，
可设直线PA的斜率为k，
则PB的斜率为－k，
直线PA的方程为：y－eq \r(3)＝k(x－2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－\r(3)＝kx－2，,x2＋4y2＝16，))消去y，
得(1＋4k2)x2＋8k(eq \r(3)－2k)x＋4(eq \r(3)－2k)2－16＝0，
∴x1＋2＝eq \f(8k2k－\r(3),1＋4k2)．
同理可得：x2＋2＝eq \f(－8k－2k－\r(3),1＋4k2)＝eq \f(8k2k＋\r(3),1＋4k2)，
∴x1＋x2＝eq \f(16k2－4,1＋4k2)，x1－x2＝eq \f(－16\r(3)k,1＋4k2)，
kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(kx1＋x2－4k,x1－x2)＝eq \f(\r(3),6)．
∴直线AB的斜率为定值eq \f(\r(3),6)．
3．(2016·贵阳期末)已知椭圆C的两个焦点是(0，－eq \r(3))和(0，eq \r(3))，并且经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，1))，抛物线E的顶点在坐标原点，焦点恰好是椭圆C的右顶点F．
(1)求椭圆C和抛物线E的标准方程；
(2)过点F作两条斜率都存在且互相垂直的直线l1，l2，l1交抛物线E于点A，B，l2交抛物线E于点G，H，求eq \(AG,\s\up7(―→))·eq \(HB,\s\up7(―→))的最小值．
解：(1)设椭圆C的标准方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)，焦距为2c，则由题意得c＝eq \r(3)，
2a＝eq \r(\f(3,4)＋1＋\r(3)2)＋eq \r(\f(3,4)＋1－\r(3)2)＝4，
∴a＝2，b2＝a2－c2＝1，
∴椭圆C的标准方程为eq \f(y2,4)＋x2＝1．
∴右顶点F的坐标为(1,0)．
设抛物线E的标准方程为y2＝2px(p＞0)，
∴eq \f(p,2)＝1,2p＝4，
∴抛物线E的标准方程为y2＝4x．
(2)设l1的方程：y＝k(x－1)，l2的方程：y＝－eq \f(1,k)(x－1)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(x3，y3)，H(x4，y4)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y2＝4x))
消去y得：k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
∴Δ＝4k4＋16k2＋16－4k4＞0，
x1＋x2＝2＋eq \f(4,k2)，x1x2＝1．
同理x3＋x4＝4k2＋2，x3x4＝1，
∴eq \(AG,\s\up7(―→))·eq \(HB,\s\up7(―→))＝(eq \(AF,\s\up7(―→))＋eq \(FG,\s\up7(―→)))·(eq \(HF,\s\up7(―→))＋eq \(FB,\s\up7(―→)))
＝eq \(AF,\s\up7(―→))·eq \(HF,\s\up7(―→))＋eq \(AF,\s\up7(―→))·eq \(FB,\s\up7(―→))＋eq \(FG,\s\up7(―→))·eq \(HF,\s\up7(―→))＋eq \(FG,\s\up7(―→))·eq \(FB,\s\up7(―→))
＝eq \(|AF|,\s\up7(―→))·eq \(|FB|,\s\up7(―→))＋|eq \(FG,\s\up7(―→))|·eq \(|HF|,\s\up7(―→))
＝|x1＋1|·|x2＋1|＋|x3＋1|·|x4＋1|
＝(x1x2＋x1＋x2＋1)＋(x3x4＋x3＋x4＋1)
＝8＋eq \f(4,k2)＋4k2
≥8＋2eq \r(\f(4,k2)·4k2)＝16，
当且仅当eq \f(4,k2)＝4k2，即k＝±1时，eq \(AG,\s\up7(―→))·eq \(HB,\s\up7(―→))有最小值16．
4．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(6),3)，以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线2x－eq \r(2)y＋6＝0相切．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知点A，B为动直线y＝k(x－2)(k≠0)与椭圆C的两个交点，问：在x轴上是否存在定点E，使得eq \(EA,\s\up7(―→))2＋eq \(EA,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))为定值？若存在，试求出点E的坐标和定值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由e＝eq \f(\r(6),3)，得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，
即c＝eq \f(\r(6),3)a，①
又以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆为x2＋y2＝a2，
且该圆与直线2x－eq \r(2)y＋6＝0相切，
所以a＝eq \f(|6|,\r(22＋－\r(2)2))＝eq \r(6)，代入①得c＝2，
所以b2＝a2－c2＝2，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx－2，))
得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以x1＋x2＝eq \f(12k2,1＋3k2)，x1x2＝eq \f(12k2－6,1＋3k2)．
根据题意，假设x轴上存在定点E(m,0)，
使得eq \(EA,\s\up7(―→))2＋eq \(EA,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝(eq \(EA,\s\up7(―→))＋eq \(AB,\s\up7(―→)))·eq \(EA,\s\up7(―→))＝eq \(EA,\s\up7(―→))·EB―→为定值，
则eq \(EA,\s\up7(―→))·EB―→＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)
＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2
＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2)
＝eq \f(3m2－12m＋10k2＋m2－6,1＋3k2)，
要使上式为定值，即与k无关，
只需3m2－12m＋10＝3(m2－6)，
解得m＝eq \f(7,3)，
此时，eq \(EA,\s\up7(―→))2＋eq \(EA,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))＝m2－6＝－eq \f(5,9)，
所以在x轴上存在定点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,3)，0))使得eq \(EA,\s\up7(―→))2＋eq \(EA,\s\up7(―→))·eq \(AB,\s\up7(―→))为定值，且定值为－eq \f(5,9)．