《高考數(shù)學(xué)文復(fù)習(xí)檢測(cè)：第八章 平面解析幾何 課時(shí)作業(yè)55 Word版含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)文復(fù)習(xí)檢測(cè)：第八章 平面解析幾何 課時(shí)作業(yè)55 Word版含答案（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 課時(shí)作業(yè)55　最值、范圍、證明問(wèn)題 1．已知點(diǎn)F為拋物線E：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)，點(diǎn)A(2，m)在拋物線E上，且|AF|＝3. (1)求拋物線E的方程； (2)已知點(diǎn)G(－1,0)，延長(zhǎng)AF交拋物線E于點(diǎn)B，證明：以點(diǎn)F為圓心且與直線GA相切的圓，必與直線GB相切． 解：(1)由拋物線的定義得|AF|＝2＋.因?yàn)閨AF|＝3，即2＋＝3，解得p＝2，所以拋物線E的方程為y2＝4x. (2)證明：因?yàn)辄c(diǎn)A(2，m)在拋物線E：y2＝4x上，所以m＝2. 由拋物線的

2、對(duì)稱性，不妨設(shè)A(2,2)． 由A(2,2)，F(xiàn)(1,0)可得直線AF的方程為y＝2(x－1)．由得2x2－5x＋2＝0，解得x＝2或x＝， 從而B(niǎo).又G(－1,0)， 所以kGA＝＝， kGB＝＝－， 所以kGA＋kGB＝0，從而∠AGF＝∠BGF，這表明點(diǎn)F到直線GA，GB的距離相等，故以F為圓心且與直線GA相切的圓必與直線GB相切． 2．(20xx湖北黃岡一模)如圖，已知點(diǎn)F1，F(xiàn)2是橢圓C1：＋y2＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)，橢圓C2：＋y2＝λ經(jīng)過(guò)點(diǎn)F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P是橢圓C2上異于F1，F(xiàn)2的任意一點(diǎn)，直線PF1和PF2與橢圓C1的交點(diǎn)分別是A，B和C，D.設(shè)AB，CD的斜率分別為k

3、，k′. (1)求證：kk′為定值； (2)求|AB||CD|的最大值． 解：(1)證明：因?yàn)辄c(diǎn)F1，F(xiàn)2是橢圓C1的兩個(gè)焦點(diǎn)，故F1，F(xiàn)2的坐標(biāo)是F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)．而點(diǎn)F1，F(xiàn)2是橢圓C2上的點(diǎn)，將F1，F(xiàn)2的坐標(biāo)代入C2的方程得，λ＝. 設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)是(x0，y0)， ∵直線PF1和PF2的斜率分別是k，k′(k≠0，k′≠0)，∴kk′＝＝① 又點(diǎn)P是橢圓C2上的點(diǎn)，故＋y＝，② 聯(lián)立①②兩式可得kk′＝－，即kk′為定值． (2)直線PF1的方程可表示為y＝k(x＋1)(k≠0)，與橢圓C1的方程聯(lián)立，得到方程組由方程組得(1＋2k2)x2＋4k2x

4、＋2k2－2＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－，x1x2＝. |AB|＝|x1－x2| ＝ ＝. 同理可求得|CD|＝， 則|AB||CD|＝ ＝4≤， 當(dāng)且僅當(dāng)k＝時(shí)等號(hào)成立． 故|AB||CD|的最大值等于. 3．已知以A為圓心的圓(x－2)2＋y2＝64上有一個(gè)動(dòng)點(diǎn)M，B(－2,0)，線段BM的垂直平分線交AM于點(diǎn)P，點(diǎn)P的軌跡為E. (1)求軌跡E的方程； (2)過(guò)A點(diǎn)作兩條相互垂直的直線l1，l2分別交曲線E于D，E，F(xiàn)，G四個(gè)點(diǎn)，求|DE|＋|FG|的取值范圍． 解：(1)連接PB，依題意得|PB|＝|PM|，所以|PB|＋|PA|

5、＝|AM|＝8，所以點(diǎn)P的軌跡E是以A，B為焦點(diǎn)，4為長(zhǎng)半軸長(zhǎng)的橢圓，所以a＝4，c＝2，則b＝2. 所以軌跡E的方程是＋＝1. (2)當(dāng)直線l1，l2中有一條直線的斜率不存在時(shí)，|DE|＋|FG|＝6＋8＝14； 當(dāng)直線l1的斜率存在且不為0時(shí)，設(shè)直線l1的方程為y＝k(x－2)，D(x1，y1)，E(x2，y2)，聯(lián)立整理得(3＋4k2)x2－16k2x＋16k2－48＝0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝， ∴|DE|＝ ＝ ＝， 同理可得|FG|＝， ∴|DE|＋|FG|＝， 設(shè)t＝k2＋1，則t>1， 所以|DE|＋|FG|＝， 當(dāng)t>1時(shí)，易證y＝在(1,2)上

6、遞增，在(2，＋∞)上遞減，所以0b>0)與拋物線C2：x2＝2py(p>0)有一個(gè)公共焦點(diǎn)，拋物線C2的準(zhǔn)線l與橢圓C1有一坐標(biāo)是(，－2)的交點(diǎn)． (1)求橢圓C1與拋物線C2的方程； (2)若點(diǎn)P是直線l上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作拋物線的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，直線AB與橢圓C1分別交于點(diǎn)E，F(xiàn)，求的取值范圍． 解：(1)拋物線C2的準(zhǔn)線方程是y＝－2，所以＝2，p＝4，所以拋物線C2的方程是x2＝8y. 由題意知橢圓C1：＋＝1(a>b>0)的焦點(diǎn)是(0，－2)，

7、(0,2)，所以c＝2,2a＝＋＝4，所以a＝2，所以b＝2，所以橢圓C1的方程是＋＝1. (2)設(shè)點(diǎn)P(t，－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，F(xiàn)(x4，y4)，拋物線方程可以化為y＝x2，得y′＝x，所以直線AP的方程為y－y1＝x1(x－x1)，所以－2－y1＝x1t－2y1，即y1＝tx1＋2，同理，直線BP的方程為y2＝tx2＋2，所以直線AB的方程為y＝tx＋2，將直線AB的方程代入橢圓C1的方程得，(t2＋32)x2＋16tx－64＝0，則Δ＝256t2＋256(t2＋32)>0，且x3＋x4＝，x3x4＝，所以＝x3x4＋y3y4＝x3x4＋(x3＋

8、x4)＋4＝＝－8. 因?yàn)?<≤10，所以的取值范圍是(－8,2]． 2．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，焦距為2. (Ⅰ)求橢圓C的方程； (Ⅱ)過(guò)動(dòng)點(diǎn)M(0，m)(m>0)的直線交x軸于點(diǎn)N，交C于點(diǎn)A，P(P在第一象限)，且M是線段PN的中點(diǎn)．過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線交C于另一點(diǎn)Q，延長(zhǎng)QM交C于點(diǎn)B. (ⅰ)設(shè)直線PM，QM的斜率分別為k，k′，證明為定值； (ⅱ)求直線AB的斜率的最小值． 解：(Ⅰ)設(shè)橢圓的半焦距為c， 由題意知2a＝4,2c＝2， 所以a＝2，b＝＝. 所以橢圓C的方程為＋＝1. (Ⅱ)(ⅰ)設(shè)P(x0，y0)(x0>0，y0>0

9、)． 由M(0，m)，可得P(x0,2m)，Q(x0，－2m)， 所以直線PM的斜率k＝＝. 直線QM的斜率k′＝＝－. 此時(shí)＝－3.所以為定值－3. (ⅱ)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． 直線PA的方程為y＝kx＋m， 直線QB的方程為y＝－3kx＋m. 聯(lián)立整理得 (2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－4＝0. 由x0x1＝，可得x1＝， 所以y1＝kx1＋m＝＋m. 同理x2＝，y2＝＋m. 所以x2－x1＝－ ＝， y2－y1＝＋m－－m ＝， 所以kAB＝＝＝(6k＋)． 由m>0，x0>0，可知k>0， 所以6k＋≥2，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)k＝時(shí)取得．此時(shí)＝， 即m＝，符合題意． 所以直線AB的斜率的最小值為.