《屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章第九節(jié)第課時(shí)最值范圍證明問題課時(shí)作業(yè)理含解析北師大版.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章第九節(jié)第課時(shí)最值范圍證明問題課時(shí)作業(yè)理含解析北師大版.doc（4頁珍藏版）》請?jiān)趨R文網(wǎng)上搜索。

1、第第 2 2 課時(shí)課時(shí) 最值、范圍、證明問題最值、范圍、證明問題 授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第 371 頁 A 組 基礎(chǔ)保分練 1 （2021 河北武邑中學(xué)模擬）拋物線 y24x 的焦點(diǎn)為 F，過點(diǎn) F 的直線交拋物線于 A，B 兩點(diǎn) （1）O 為坐標(biāo)原點(diǎn)，求證：OA OB3； （2）設(shè)點(diǎn) M 在線段 AB 上運(yùn)動(dòng)，原點(diǎn) O 關(guān)于點(diǎn) M 的對稱點(diǎn)為 C，求四邊形 OACB 面積的最小值 解析： （1）證明：依題意得 F（1，0） ，且直線 AB 的斜率不為 0，設(shè)直線 AB 的方程為 xmy1 聯(lián)立xmy1，y24x，消去 x 得 y24my40 設(shè) A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，則 y

2、1y24m，y1y24 x1x2（my11） （my21）m2y1y2m（y1y2）11， 故OA OBx1x2y1y23 （2）由點(diǎn) C 與原點(diǎn) O 關(guān)于點(diǎn) M 對稱，得 M 是線段 OC 的中點(diǎn)，從而點(diǎn) O 與點(diǎn) C 到直線 AB的距離相等，所以四邊形 OACB 的面積等于 2SAOB 由（1）知 2SAOB212|OF|y1y2| （y1y2）24y1y24 1m2， 所以當(dāng) m0 時(shí)，四邊形 OACB 的面積最小，最小值是 4 2 （2021 張家口聯(lián)考）過橢圓 C：x29y2b21（0b3）的上頂點(diǎn) A 作相互垂直的兩條直線，分別交橢圓于不同的兩點(diǎn) M，N（點(diǎn) M，N 與點(diǎn) A 不重

3、合） （1）設(shè)橢圓的下頂點(diǎn)為 B（0，b） ，當(dāng)直線 AM 的斜率為 5時(shí)，若 SANB2SAMB，求 b 的值； （2）若存在點(diǎn) M，N，使得|AM|AN|，且直線 AM，AN 的斜率的絕對值都不為 1，求實(shí)數(shù) b的取值范圍 解析：設(shè) M（x1，y1） ，N（x2，y2） 設(shè)直線 AM 的斜率為 k，則由條件可知，直線 AM 的方程為 ykxb， 于是b2x29y29b2，ykxb，消去 y 整理得 （9k2b2）x218kbx0， x118bkb29k2，同理，x218bkb2k29 （1）由 SANB2SAMB，得 x22x1， 于是18bkb2k29218bkb29k2，即 2b2k2

4、18b29k2， 其中 k 5，代入得 b 3 （2）|AM|1k2 |x1|1k2|18bk|b29k2， |AN| 11k2 |x2| 11k2|18bk|b2k29 由|AM|AN|，得1k2b29k2 11k21b2k29， 不妨設(shè) k0，且 k1， 則有 b29k2b2k39k， 整理得（k1）b2k2（b29）kb20 則 b2k2（b29）kb20 有不為 1 的正根 只需（b29）24b40，b29b20，解得 0b 3 實(shí)數(shù) b 的取值范圍是（0， 3） B 組 能力提升練 1 （2021 成都高三一診） 已知橢圓x25y241 的右焦點(diǎn)為 F， 設(shè)直線 l： x5 與 x

5、軸的交點(diǎn)為 E，過點(diǎn) F 且斜率為 k 的直線 l1與橢圓交于 A，B 兩點(diǎn)，M 為線段 EF 的中點(diǎn) （1）若直線 l1的傾斜角為4，求ABM 的面積 S 的值； （2）過點(diǎn) B 作直線 BNl 于點(diǎn) N，證明：A，M，N 三點(diǎn)共線 解析： （1）由題意，知 F（1，0） ，E（5，0） ，M（3，0） 設(shè) A（x1，y1） ，B（x2，y2） 直線 l1的傾斜角為4，k1 直線 l1的方程為 yx1，即 xy1 代入橢圓方程，可得 9y28y160 y1y289，y1y2169 SABM12 |FM| |y1y2| （y1y2）24y1y2 89241698 109 （2）證明：設(shè)直線 l

6、1的方程為 yk（x1） 代入橢圓方程，得（45k2）x210k2x5k2200， 即 x1x210k245k2，x1x25k22045k2 直線 BNl 于點(diǎn) N，N（5，y2） kAMy13x1，kMNy22 而 y2（3x1）2（y1）k（x21） （3x1）2k（x11） kx1x23（x1x2）5 k5k22045k2310k245k25 0， kAMkMN，故 A，M，N 三點(diǎn)共線 2已知橢圓 M：x2a2y231（a0）的一個(gè)焦點(diǎn)為 F（1，0） ，左、右頂點(diǎn)分別為 A，B，經(jīng)過點(diǎn) F 的直線 l 與橢圓 M 交于 C，D 兩點(diǎn) （1）當(dāng)直線 l 的傾斜角為 45 時(shí)，求線段 C

7、D 的長； （2）記ABD 與ABC 的面積分別為 S1和 S2，求|S1S2|的最大值 解析： （1）由題意，c1，b23， 所以 a24， 所以橢圓 M 的方程為x24y231， 易求直線方程為 yx1，聯(lián)立方程，得x24y231，yx1， 消去 y，得 7x28x80，2880， 設(shè) C（x1，y1） ，D（x2，y2） ，x1x287，x1x287， 所以|CD| 2|x1x2| 2 （x1x2）24x1x2247 （2）當(dāng)直線 l 的斜率不存在時(shí)，直線方程為 x1， 此時(shí)ABD 與ABC 面積相等，|S1S2|0； 當(dāng)直線 l 的斜率存在時(shí)，設(shè)直線方程為 yk（x1） （k0） ，

8、聯(lián)立方程，得x24y231，yk（x1）， 消去 y，得（34k2）x28k2x4k2120， 0，且 x1x28k234k2，x1x24k21234k2， 此時(shí)|S1S2|2|y2|y1|2|y2y1|2|k（x21）k（x11）| 2|k（x1x2）2k|12|k|34k2，因?yàn)?k0， 上式123|k|4|k|1223|k| 4|k|122 12 3當(dāng)且僅當(dāng)k32時(shí)等號成立 ， 所以|S1S2|的最大值為 3 C 組 創(chuàng)新應(yīng)用練 （2021 石家莊摸底）圓 O 的方程為 x2y29，P 為圓上任意一點(diǎn)，過 P 作 x 軸的垂線，垂足為 D，點(diǎn) Q 在 PD 上，且DQ23DP （1）求點(diǎn)

9、 Q 的軌跡 C 的方程； （2）過點(diǎn) F（ 5，0）的直線與曲線 C 交于 A，B 兩點(diǎn)，點(diǎn) M 的坐標(biāo)為（3，0） ，MAB的面積為 S，求 S 的最大值，及 S 取得最大值時(shí)直線 AB 的方程 解析： （1）設(shè) P（x0，y0） ，則 D（x0，0） ，設(shè) Q（x，y） ，則DP（0，y0） ，DQ（xx0，y） ，因?yàn)镈Q23DP， 所以x0 x，y032y，把 P （x0， y0） 代入圓的方程得 x294y29， 所以點(diǎn) Q 的軌跡 C 的方程為x29y241 （2）由題意易知直線 AB 的斜率不為 0，設(shè)直線 AB 的方程為 xty 5，A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 由xty 5，4x29y2360，得（4t29）y28 5ty160， 所以 y1y28 5t4t29，y1y2164t29 S12（3 5）|y1y2| 3 5224 t214t2912（3 5） t214t29 12（3 5）14 t215t2112（3 5）12 20 12（3 5）4 5 159 55， 當(dāng)且僅當(dāng) t12時(shí)取等號， 所以MAB 的面積 S 的最大值為159 55， 當(dāng) S 取得最大值時(shí)，直線 AB 的方程為 y2x2 5或 y2x2 5