2015屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-最值、范圍、證明問(wèn)題跟蹤檢測(cè)-理含解析新人教A版

PAGEPAGE7課時(shí)跟蹤檢測(cè)(六十)最值、范圍、證明問(wèn)題(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2頁(yè))第Ⅰ卷：夯基保分卷1.已知拋物線C：x2＝2py(p＞0)，其焦點(diǎn)F到準(zhǔn)線的距離為eq\f(1,2).(1)試求拋物線C的方程；(2)設(shè)拋物線C上一點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t(t＞0)，過(guò)P的直線交C于另一點(diǎn)Q，交x軸于M，過(guò)點(diǎn)Q作PQ的垂線交C于另一點(diǎn)N，若MN是C的切線，求t的最小值．2．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的一個(gè)焦點(diǎn)是F(1,0)，且離心率為eq\f(1,2).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)經(jīng)過(guò)點(diǎn)F的直線交橢圓C于M，N兩點(diǎn)，線段MN的垂直平分線交y軸于點(diǎn)P(0，y0)，求y0的取值范圍．3.(2013·南京二模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，以原點(diǎn)為圓心，橢圓C的短半軸長(zhǎng)為半徑的圓與直線x－y＋2＝0相切．(1)求橢圓C的方程；(2)已知點(diǎn)P(0,1)，Q(0,2)，設(shè)M，N是橢圓C上關(guān)于y軸對(duì)稱的不同兩點(diǎn)，直線PM與QN相交于點(diǎn)T.求證：點(diǎn)T在橢圓C上．第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2014·石家莊模擬)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1(－1,0)、F2(1,0)，過(guò)F1作與x軸不重合的直線l交橢圓于A、B兩點(diǎn)．(1)若△ABF2為正三角形，求橢圓的離心率；(2)若橢圓的離心率滿足0＜e＜eq\f(\r(5)－1,2)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求證：|OA|2＋|OB|2＜|AB|2.2.(2013·西安質(zhì)檢)如圖，已知中心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓的兩個(gè)短軸端點(diǎn)和左右焦點(diǎn)連線所組成的四邊形是面積為2的正方形．(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過(guò)點(diǎn)P(0,2)的直線l與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)△OAB面積最大時(shí)，求直線l的方程．答案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．解：(1)因?yàn)榻裹c(diǎn)F到準(zhǔn)線的距離為eq\f(1,2)，所以p＝eq\f(1,2).故拋物線C的方程為x2＝y(tǒng).(2)設(shè)P(t，t2)，Q(x，x2)，N(x0，xeq\o\al(2,0))，則直線MN的方程為y－xeq\o\al(2,0)＝2x0(x－x0)．令y＝0，得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)，0))，所以kPM＝eq\f(t2,t－\f(x0,2))＝eq\f(2t2,2t－x0)，kNQ＝eq\f(x\o\al(2,0)－x2,x0－x)＝x0＋x.因?yàn)镹Q⊥QP，且兩直線斜率存在，所以kPM·kNQ＝－1，即eq\f(2t2,2t－x0)·(x0＋x)＝－1，整理，得x0＝eq\f(2t2x＋2t,1－2t2).①又Q(x，x2)在直線PM上，則與共線，得x0＝eq\f(2xt,x＋t)，②由①②，得eq\f(2t2x＋2t,1－2t2)＝eq\f(2xt,x＋t)(t＞0)，所以t＝－eq\f(x2＋1,3x)，所以t≥eq\f(2,3)或t≤－eq\f(2,3)(舍去)．所以所求t的最小值為eq\f(2,3).2．解：(1)設(shè)橢圓C的半焦距為c.依題意，得c＝1.因?yàn)闄E圓C的離心率為e＝eq\f(1,2)，所以a＝2c＝2，b2＝a2－c2故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)當(dāng)MN⊥x軸時(shí)，顯然y0＝0.當(dāng)MN與x軸不垂直時(shí)，可設(shè)直線MN的方程為y＝k(x－1)(k≠0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y并整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，線段MN的中點(diǎn)為Q(x3，y3)，則x1＋x2＝eq\f(8k2,3＋4k2).所以x3＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(4k2,3＋4k2)，y3＝k(x3－1)＝eq\f(－3k,3＋4k2).線段MN的垂直平分線的方程為y＋eq\f(3k,3＋4k2)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4k2,3＋4k2))).在上述方程中，令x＝0，得y0＝eq\f(k,3＋4k2)＝eq\f(1,\f(3,k)＋4k).當(dāng)k＜0時(shí)，eq\f(3,k)＋4k≤－4eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3,k)＝4k，k＝－eq\f(\r(3),2)時(shí)等號(hào)成立；當(dāng)k＞0時(shí)，eq\f(3,k)＋4k≥4eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3,k)＝4k，k＝eq\f(\r(3),2)時(shí)等號(hào)成立．所以－eq\f(\r(3),12)≤y0＜0或0＜y0≤eq\f(\r(3),12).綜上，y0的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),12)，\f(\r(3),12))).3．解：(1)由題意知橢圓C的短半軸長(zhǎng)為圓心到切線的距離，即b＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2).因?yàn)殡x心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(b,a)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2)＝eq\f(1,2).所以a＝2eq\r(2).所以橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)由題意可設(shè)M，N的坐標(biāo)分別為(x0，y0)，(－x0，y0)，則直線PM的方程為y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1,①直線QN的方程為y＝eq\f(y0－2,－x0)x＋2.②設(shè)T點(diǎn)的坐標(biāo)為(x，y)．聯(lián)立①②解得x0＝eq\f(x,2y－3)，y0＝eq\f(3y－4,2y－3).因?yàn)閑q\f(x\o\al(2,0),8)＋eq\f(y\o\al(2,0),2)＝1，所以eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2y－3)))2＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3y－4,2y－3)))2＝1.整理得eq\f(x2,8)＋eq\f(3y－42,2)＝(2y－3)2，所以eq\f(x2,8)＋eq\f(9y2,2)－12y＋8＝4y2－12y＋9，即eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.所以點(diǎn)T的坐標(biāo)滿足橢圓C的方程，即點(diǎn)T在橢圓C上．第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)由橢圓的定義知|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|，∵|AF2|＝|BF2|，∴|AF1|＝|BF1|，即F1F2為邊AB∴F1F2⊥AB在Rt△AF1F2中，cos30°＝eq\f(2c,\f(4a,3))，則eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),3)，∴橢圓的離心率為eq\f(\r(3),3).(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵0＜e＜eq\f(\r(5)－1,2)，c＝1，∴a＞eq\f(1＋\r(5),2).①當(dāng)直線AB與x軸垂直時(shí)，eq\f(1,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，y2＝eq\f(b4,a2)，·＝x1x2＋y1y2＝1－eq\f(b4,a2)＝eq\f(－a4＋3a2－1,a2)＝eq\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(3,2)))2＋\f(5,4),a2)，∵a2＞eq\f(3＋\r(5),2)，∴·＜0，∴∠AOB恒為鈍角，∴|OA|2＋|OB|2＜|AB|2.②當(dāng)直線AB不與x軸垂直時(shí)，設(shè)直線AB的方程為：y＝k(x＋1)，代入eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，整理得，(b2＋a2k2)x2＋2k2a2x＋a2k2－a2b2∴x1＋x2＝eq\f(－2a2k2,b2＋a2k2)，x1x2＝eq\f(a2k2－a2b2,b2＋a2k2)，·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋k2(x1＋1)(x2＋1)＝x1x2(1＋k2)＋k2(x1＋x2)＋k2＝eq\f(a2k2－a2b21＋k2－2a2k4＋k2b2＋a2k2,b2＋a2k2)＝eq\f(k2a2＋b2－a2b2－a2b2,b2＋a2k2)＝eq\f(k2－a4＋3a2－1－a2b2,b2＋a2k2)令m(a)＝－a4＋3a2－1，由①可知m(a∴∠AOB恒為鈍角，∴恒有|OA|2＋|OB|2＜|AB|2.2．解：(1)設(shè)橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝c，,\f(1,2)×2b×2c＝2,a2＝b2＋c2，))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝2，,b2＝1，,c2＝1.))所以所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)根據(jù)題意可知直線l的斜率存在，故設(shè)直線l的方程為y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,2)＋y2＝1.))，消去y得關(guān)于x的方程(1＋2k2)x2＋8kx＋6＝0.由直線l與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，則有Δ＞0，即64k2－24(1＋2k2)＝16k2－24＞0，解得k2＞eq\f(3,2).由一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(8k,1＋2k2)，,x1·x2＝\f(6,1＋2k2)，))故|AB|＝|x1－x2|·eq\r(1＋k2)＝eq\f(\r(16k2－24),2k2＋1)·eq\r(1＋k2).又因?yàn)樵c(diǎn)O到直線l的距離d＝eq\f(|k×0－0＋2|,\r(1＋k2))＝eq\f(2,\r(1＋k2))，故△AOB的面積為S△AOB＝eq\f(