高考数学一轮复习第八章 高考专题突破五 第1课时

这是一份高考数学一轮复习第八章 高考专题突破五 第1课时，共14页。
范围问题
例1 如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．
(1)设AB的中点为M，证明：PM垂直于y轴；
(2)若P是半椭圆x2＋eq \f(y2,4)＝1(x0)的离心率e＝eq \f(\r(3),2)，直线x＋eq \r(3)y－1＝0被以椭圆C的短轴为直径的圆截得的弦长为eq \r(3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(4,0)的直线l交椭圆于A，B两个不同的点，且λ＝|MA|·|MB|，求λ的取值范围．
解 (1)因为原点到直线x＋eq \r(3)y－1＝0的距离为eq \f(1,2).
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2＝b2(b>0)，解得b＝1.
又e2＝eq \f(c2,a2)＝1－eq \f(b2,a2)＝eq \f(3,4)，得a＝2.
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率为0时，λ＝|MA|·|MB|＝12.
当直线l的斜率不为0时，设直线l：x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋4，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.
由Δ＝64m2－48(m2＋4)>0，得m2>12，
所以y1y2＝eq \f(12,m2＋4).
λ＝|MA|·|MB|＝eq \r(m2＋1)|y1|·eq \r(m2＋1)|y2|
＝(m2＋1)·|y1y2|＝eq \f(12m2＋1,m2＋4)＝12eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,m2＋4))).
由m2>12，得00)在抛物线C上，且|FA|＝2，过点F作斜率为keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)≤k≤2))的直线l与抛物线C交于P，Q两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)求△APQ面积的取值范围．
解 (1)由抛物线的定义可得
|FA|＝xA＋eq \f(p,2)＝1＋eq \f(p,2)＝2，所以p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y2＝4x))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
Δ>0恒成立，
由根与系数的关系得x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1，
因为AF⊥x轴，则S△APQ＝eq \f(1,2)×|AF|×|x1－x2|
＝|x1－x2|＝eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝4eq \r(\f(k2＋1,k4))＝4eq \r(\f(1,k2)＋\f(1,k4))，
因为eq \f(1,2)≤k≤2，令t＝eq \f(1,k2)，
所以S△APQ＝4eq \r(t2＋t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)≤t≤4))，
所以eq \r(5)≤S△APQ≤8eq \r(5)，
所以△APQ的面积的取值范围为[eq \r(5)，8eq \r(5)]．
素养提升 本例的解题过程体现了数学运算素养，其中设出P，Q点的坐标而不求解又体现了数学运算素养中的一个运算技巧——设而不求，从而简化了运算过程．
1．(2019·全国100所名校联考)已知抛物线C：y2＝4x，点A(m,0)在x轴正半轴上，O为坐标原点，若抛物线上存在点P，使得∠OPA＝90°，则m的取值范围是( )
A．(0,4) B．(4，＋∞)
C．(0,2) D．(2，＋∞)
答案 B
解析 设点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,4)，b))，由∠OPA＝90°，
得eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))＝0，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,4)，b))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(b2,4)，－b))＝0.
即m＝4＋eq \f(b2,4)，∴m>4.
2．(2019·绵阳诊断)若点O和点F分别为椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))的最大值为( )
A.eq \f(21,4) B．6 C．8 D．12
答案 B
解析 由题意得F(－1,0)，设P(x，y)，
则eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))＝(x，y)·(x＋1，y)＝x2＋x＋y2，
又点P在椭圆上，故eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
所以eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))＝x2＋x＋3－eq \f(3,4)x2＝eq \f(1,4)x2＋x＋3
＝eq \f(1,4)(x＋2)2＋2，
又－2≤x≤2，所以当x＝2时，eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))取得最大值，即eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))的最大值为6.
3．过抛物线y2＝x的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，且直线l的倾斜角θ≥eq \f(π,4)，点A在x轴上方，则|FA|的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1＋\f(\r(2),2)))
答案 D
解析 记点A的横坐标是x1，则有|AF|＝x1＋eq \f(1,4)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋|AF|cs θ))＋eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)＋|AF|cs θ，
|AF|(1－cs θ)＝eq \f(1,2)，|AF|＝eq \f(1,21－cs θ).
由eq \f(π,4)≤θ1，所以11)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F1，F2是C的两个焦点，过F1的直线l与C交于A，B两点，则|AF2|＋|BF2|的最大值等于________．
答案 7
解析 因为椭圆C的离心率为eq \f(\r(3),2)，所以eq \f(\r(a2－1),a)＝eq \f(\r(3),2)，
解得a＝2，由椭圆定义得|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a＝8，
即|AF2|＋|BF2|＝8－|AB|，
而由焦点弦性质，知当AB⊥x轴时，|AB|取最小值2×eq \f(b2,a)＝1，因此|AF2|＋|BF2|的最大值等于8－1＝7.
9．(2019·呼和浩特模拟)已知抛物线y2＝2mx(m>0)的焦点为F，过焦点F作直线交抛物线于A，B两点，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2－2x－2ty＋t2－15＝0，则m＝________.
答案 6
解析 由题意可知圆的方程为x2＋y2－2x－2ty＋t2－15＝0，
即(x－1)2＋(y－t)2＝16，
可得弦AB的中点的横坐标为1，圆的半径为4，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2，
所以x1＋x2＋m＝8，可得m＝6.
10．若抛物线y＝ax2－1(a≠0)上恒有关于直线x＋y＝0对称的相异两点A，B，则a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，＋∞))
解析 设抛物线上的两点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝x＋b，代入抛物线方程y＝ax2－1，得ax2－x－(b＋1)＝0，设直线AB的中点为M(x0，y0)，
则x0＝eq \f(1,2a)，y0＝x0＋b＝eq \f(1,2a)＋b.
由于M(x0，y0)在直线x＋y＝0上，故x0＋y0＝0，
由此解得b＝－eq \f(1,a)，此时ax2－x－(b＋1)＝0可变形为ax2－x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)＋1))＝0，
由Δ＝1＋4aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)＋1))>0，解得a>eq \f(3,4).
11．(2019·全国Ⅱ)已知F1，F2是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点．
(1)若△POF2为等边三角形，求C的离心率；
(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围．
解 (1)连接PF1(图略)．
由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，
∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝eq \r(3)c，
于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(eq \r(3)＋1)c，
故C的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \r(3)－1.
(2)由题意可知，若满足条件的点P(x，y)存在，
则eq \f(1,2)|y|·2c＝16，eq \f(y,x＋c)·eq \f(y,x－c)＝－1，
即c|y|＝16，①
x2＋y2＝c2，②
又eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1.③
由②③及a2＝b2＋c2得y2＝eq \f(b4,c2).
又由①知y2＝eq \f(162,c2)，故b＝4.
由②③及a2＝b2＋c2得x2＝eq \f(a2,c2)(c2－b2)，
所以c2≥b2，从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，
故a≥4eq \r(2).
当b＝4，a≥4eq \r(2)时，存在满足条件的点P.
所以b＝4，a的取值范围为[4eq \r(2)，＋∞)．
12．(2020·西南大学附中月考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点为M(－2,0)，离心率为eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点N(1,0)的直线l交椭圆C于A，B两点，当eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))取得最大值时，求△MAB的面积．
解 (1)由题意可知a＝2，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，得c＝eq \r(2)，
则b2＝a2－c2＝2.
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)当直线l与x轴重合时，不妨取A(－2,0)，B(2,0)，此时eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝0，
当直线l与x轴不重合，设直线l的方程为x＝ty＋1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(t2＋2)y2＋2ty－3＝0，
显然Δ>0，y1＋y2＝eq \f(－2t,t2＋2)，y1y2＝eq \f(－3,t2＋2)，
所以eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝(x1＋2)(x2＋2)＋y1y2＝(ty1＋3)(ty2＋3)＋y1y2
＝(t2＋1)y1y2＋3t(y1＋y2)＋9
＝(t2＋1)eq \f(－3,t2＋2)＋3teq \f(－2t,t2＋2)＋9
＝eq \f(－3t2－3－6t2,t2＋2)＋9＝eq \f(－9t2－3,t2＋2)＋9＝eq \f(15,t2＋2).
当t＝0时，eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))取最大值eq \f(15,2).
此时直线l的方程为x＝1，
不妨取Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(6),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(6),2)))，所以|AB|＝eq \r(6).
又|MN|＝3，
所以此时，△MAB的面积S＝eq \f(1,2)×eq \r(6)×3＝eq \f(3\r(6),2).
13．(2020·全国100所学校冲刺卷)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点坐标为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，O为坐标原点，若P为抛物线C上任意一点且|OP|＝λ|PF|，则λ的最大值为( )
A.eq \f(2\r(3),3) B.eq \r(3) C.eq \f(\r(6),3) D.eq \f(\r(5),2)
答案 A
解析 依题意得eq \f(p,2)＝eq \f(1,4)，
则p＝eq \f(1,2)，所以抛物线C：y2＝x，
设P(x0，y0)，
则λ＝eq \f(|OP|,|PF|)＝eq \f(\r(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)),x0＋\f(1,4))＝eq \f(\r(x\\al(2,0)＋x0),x0＋\f(1,4))
＝eq \r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(1,4)))2＋\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(1,4)))－\f(3,16),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(1,4)))2)).
令t＝x0＋eq \f(1,4)，t≥eq \f(1,4)，
则λ＝eq \r(\f(t2＋\f(1,2)t－\f(3,16),t2))
＝eq \r(－\f(3,16)×\f(1,t2)＋\f(1,2)×\f(1,t)＋1)
＝eq \r(－\f(3,16)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(4,3)))2＋\f(4,3))≤eq \f(2\r(3),3).
14．已知抛物线C：y2＝x上一点M(1，－1)，点A，B是抛物线C上的两动点，且eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝0，则点M到直线AB的距离的最大值是________．
答案 eq \r(5)
解析 设直线AB的方程为x＝my＋n，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝x，,x＝my＋n，))即y2＝my＋n，即y2－my－n＝0，
所以y1y2＝－n，y1＋y2＝m，Δ＝m2＋4n>0，
因为eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝0，
所以(x1－1)(x2－1)＋(y1＋1)(y2＋1)＝0，
即(yeq \\al(2,1)－1)(yeq \\al(2,2)－1)＋(y1＋1)(y2＋1)＝0，
(y1＋1)(y2＋1)[(y1－1)(y2－1)＋1]＝0，
解得(y1＋1)(y2＋1)＝0或(y1－1)(y2－1)＋1＝0，
化简可得－n＋m＋1＝0或－n－m＋2＝0，
当(y1＋1)(y2＋1)＝0时，易知，M与A，B中一点重合，M到AB的距离为0.
所以－n－m＋2＝0，即n＝2－m.
所以直线AB的方程为x＝my＋2－m，即x－2＝m(y－1)，
故直线AB过定点C(2,1)，
当MC垂直于直线AB时，点M到直线AB的距离取得最大值，最大值为eq \r(2－12＋1＋12)＝eq \r(5).
15．(2019·济宁模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，实轴长为4，渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x，点M满足|MF1|－|MF2|＝4，点N在圆C：x2＋y2－4y＝0上，则|MN|＋|MF1|的最小值为( )
A．2＋eq \r(7) B．5 C．6 D．7
答案 B
解析 由题意可得2a＝4，即a＝2.
渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x，即有eq \f(b,a)＝eq \f(1,2)，
即b＝1，可得双曲线的方程为eq \f(x2,4)－y2＝1，
焦点为F1(－eq \r(5)，0)，F2(eq \r(5)，0)，
由圆x2＋y2－4y＝0可得圆心C(0,2)，半径r＝2，
由|MF1|－|MF2|＝4可得点M为双曲线右支上一点，
得|MN|＋|MF1|＝4＋|MN|＋|MF2|≥|F2N|＋4，问题转化为求点F2到圆C上点的最小距离，
∴|F2N|的最小值为|CF2|－2＝1，
则|MN|＋|MF1|的最小值为4＋1＝5.
16．(2019·衡水质检)设椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点为A，上顶点为B，已知直线AB的斜率为eq \f(1,2)，|AB|＝eq \r(5).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l：x＝my－1与椭圆C交于不同的两点M，N，且点O在以MN为直径的圆外(其中O为坐标原点)，求m的取值范围．
解 (1)由已知得A(－a,0)，B(0，b)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＝\f(1,2)，,\r(a2＋b2)＝\r(5)，))
可得a2＝4，b2＝1，
则椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(m2＋4)y2－2my－3＝0.
故y1＋y2＝eq \f(2m,m2＋4)，y1y2＝eq \f(－3,m2＋4)，
Δ＝(2m)2＋12(4＋m2)＝16m2＋48>0.
由题意得∠MON为锐角，即eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))>0，
∴eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2>0，
又x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝m2y1y2－m(y1＋y2)＋1.
∴x1x2＋y1y2＝(1＋m2)y1y2－m(y1＋y2)＋1
＝(1＋m2)·eq \f(－3,4＋m2)－eq \f(2m2,4＋m2)＋1＝eq \f(1－4m2,4＋m2)>0，
∴m2