2020版高考数学复习第八单元专题集训七最值范围证明问题练习理新人教a版 6页

专题集训七最值范围证明问题1.已知点M(1,2)在抛物线C:y2=2px(p>0)上,过点N(5,-2)作不与坐标轴垂直的直线l交抛物线C于A,B两点.(1)若MN⊥AB,求直线l的方程;(2)证明:点M在以线段AB为直径的圆上.2.[2018·广东揭阳模拟]在圆x2+y2=4上任取一点P,过点P作x轴的垂线段,垂足为A,点Q在线段AP上,且|AP|=2|AQ|.(1)求点Q的轨迹C的方程;(2)设直线l:y=kx+m与轨迹C相交于M,N两点,且MN的中点在直线x=1上,求实数k的取值范围.3.[2018·河北承德联考]已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长是短轴长的22倍,且椭圆C经过点A2,22.(1)求椭圆C的方程;(2)设不与坐标轴平行的直线交椭圆C于M,N两点,|MN|=22,记直线在y轴上的截距为m,求m的最大值.4.[2018·辽宁抚顺模拟]已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A12,354,且两个焦点F1,F2n的坐标分别为(-1,0)和(1,0).(1)求椭圆C的标准方程;(2)设E,F是椭圆C上的两个动点,O为坐标原点,直线OE的斜率为k1,直线OF的斜率为k2,若k1·k2=-1,证明直线EF与以原点为圆心的定圆相切,并写出此定圆的标准方程.5.已知曲线M由抛物线x2=-y及抛物线x2=4y组成,直线l:y=kx-3(k>0)与曲线M有m(m∈N)个交点.(1)若m≥3,求k的最小值;(2)若m=4,自上而下记这4个交点分别为A,B,C,D,求|AB||CD|的取值范围.6.[2018·广东茂名模拟]已知椭圆C1以直线mx+y-5=0所过的定点为一个焦点,且短轴长为4.(1)求椭圆C1的标准方程;(2)已知椭圆C2的中心为原点O,焦点在y轴上,且长轴和短轴的长分别是椭圆C1的长轴和短轴的长的λ(λ>1)倍,过点C(-1,0)的直线l与椭圆C2交于A,B两点,若AC=2CB,求△OAB的面积取得最大值时直线l的方程.n专题集训(七)1.解:(1)根据题意知kMN=-1,由于MN⊥AB,所以kAB=1,于是直线l的方程为y-(-2)=1·(x-5),即x-y-7=0.(2)证明:由于点M在抛物线上,所以可得抛物线方程为y2=4x.设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为x=m(y+2)+5,与抛物线方程联立,整理得y2-4my-(8m+20)=0,故y1+y2=4m,y1y2=-8m-20,因为MA=(x1-1,y1-2),MB=(x2-1,y2-2),所以MA·MB=(x1-1)(x2-1)+(y1-2)(y2-2)=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2-2(y1+y2)+4=(y1y2)216-m(y1+y2)-4m-10+1+y1y2-2(y1+y2)+4=(8m+20)216-m×(4m)-4m-10+1-(8m+20)-2×(4m)+4=0,所以∠AMB=90°,故点M在以线段AB为直径的圆上.2.解:(1)设P(x0,y0)(x0≠±2),Q(x,y),由|AP|=2|AQ|,得x0=x,y0=2y,∵点P在圆x2+y2=4上,即x02+y02=4,∴x2+(2y)2=4,即x24+y22=1,∴点Q的轨迹C的方程为x24+y22=1(x≠±2).(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),若直线l与x轴平行,则MN的中点在y轴上,与已知矛盾,所以k≠0.把y=kx+m代入x24+y22=1,得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,则Δ=16k2m2-4(2k2+1)(2m2-4)=8(4k2+2-m2),由Δ>0,得4k2+2>m2,由x1+x22=-2km2k2+1=1,得-2km=2k2+1,即m=2k2+1-2k,所以4k2+2>2k2+1-2k2,解得k2>16,所以k的取值范围是-∞,-66∪66,+∞.3.解:(1)因为a=22b,所以椭圆C的方程为x28b2+y2b2=1,把点A2,22的坐标代入椭圆的方程,得48b2+12b2=1,所以b2=1,a2=8,故椭圆C的方程为x28+y2=1.(2)设直线的方程为y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2),n由x28+y2=1,y=kx+m得(1+8k2)x2+16kmx+8m2-8=0,由Δ=256k2m2-32(m2-1)(1+8k2)>0,得m2<1+8k2,所以x1+x2=-16km1+8k2,x1x2=8m2-81+8k2,所以|MN|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=1+k2·(-16km1+8k2) 2-4×8m2-81+8k2=42·1+k2·8k2+1-m21+8k2,由42·1+k2·8k2+1-m21+8k2=22,得m2=(8k2+1)(3-4k2)4(k2+1),令k2+1=t(t>1),则k2=t-1,所以m2=-32t2+84t-494t,则m2=21-8t+494t≤21-142,当且仅当8t=494t,即t=728时取等号,此时k2=72-88,m2=21-142,满足m2<1+8k2,所以m的最大值为14-7.4.解:(1)由椭圆的定义得2a=(12+1) 2+(354-0) 2+(12-1) 2+(354-0) 2=4,即a=2,又c=1,所以b2=3,故椭圆C的标准方程为x24+y23=1.(2)证明:显然直线EF的斜率存在,设直线EF的方程为y=kx+b,E(x1,y1),F(x2,y2),将直线EF的方程与椭圆方程联立,消去y得(3+4k2)x2+8kbx+4b2-12=0,当判别式Δ=48(3+4k2-b2)>0时,得x1+x2=-8kb3+4k2,x1x2=4b2-123+4k2.因为k1·k2=-1,且点E,F在直线y=kx+b上,所以(kx1+b)(kx2+b)=-x1x2,整理得(k2+1)x1x2+bk(x1+x2)+b2=0,即(k2+1)·4b2-123+4k2+bk·-8kb3+4k2+b2=0,化简得b2=12k2+127,原点O到直线EF的距离d=|b|1+k2,则d2=b21+k2=12k2+127k2+7=127,所以当k1·k2=-1时,直线EF与以原点为圆心的定圆相切,此定圆的标准方程为x2+y2=127.5.解:(1)联立x2=-y与y=kx-3,得x2+kx-3=0,∵Δ1=k2+12>0,∴l与抛物线x2=-y恒有两个交点.n联立x2=4y与y=kx-3,得x2-4kx+12=0,∵m≥3,∴Δ2=16k2-48≥0,又k>0,∴k≥3,∴k的最小值为3.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),则A,B两点在抛物线x2=4y上,C,D两点在抛物线x2=-y上,由(1)知x1+x2=4k,x1x2=12,x3+x4=-k,x3x4=-3,且Δ2=16k2-48>0,又k>0,∴k>3.∴|AB|=1+k2·(4k)2-48,|CD|=1+k2·k2+12,∴|AB||CD|=(4k)2-48k2+12=4k2-3k2+12=41-15k2+12,又k>3,∴0<15k2+12<1,∴|AB||CD|∈(0,4).6.解:(1)由题意,直线方程即为y=-mx+5,∴直线过定点(0,5),故椭圆C1的一个焦点为(0,5).又由题意可知b=2,∴a2=c2+b2=9,∴椭圆C1的标准方程为y29+x24=1.(2)由题意设椭圆C2的方程为y29λ2+x24λ2=1(λ>1),易知点C(-1,0)在椭圆C2内部,故直线l与椭圆C2必有两个不同的交点.由题意得直线l的斜率不存在时不符合题意,直线l的斜率为0时也不符合题意,从而得直线l的斜率存在且不为0,故设直线l的方程为y=k(x+1)(k≠0),由y=k(x+1),4y2+9x2=36λ2,消去x,整理得9k2+4y2-18ky+9-36λ2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=18k9+4k2,∵AC=2CB,且点C(-1,0),∴(-1-x1,-y1)=2(x2+1,y2),∴y1=-2y2,∴y1+y2=-y2,故y2=-18k9+4k2,∴S△OAB=S△AOC+S△BOC=12×1×|y1|+12×1×|y2|=12|y1-y2|=32|y2|=32×18|k|9+4|k|2=279|k|+4|k|≤272×36=94,当且仅当|k|2=94,即k=±32时等号成立.∴△OAB面积的最大值为94,此时直线l的方程为y=32(x+1)或y=-32(x+1).n