2020年同步优化探究文数(北师大版)练习：第八章第八节第二课时最值、范围、证明问题Word版含解析.doc

1、课时作业 A组一一基础对点练 2 2 1已知椭圆Ci：字+ b2= l(ab0)的右顶点为 A(1,0)，过Ci的焦点且垂直长轴的弦长为1. (1) 求椭圆Ci的方程； (2) 设点P在抛物线 C2： y= x2 + h(h R)上，C2在点P处的切线与 Ci交于点 M , N.当线段 AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值. 解析：(1)由题意，得 a= 2, 从而0. 设线段MN的中点的横坐标是 X3, 则 X3 = xix2 = 3 2 2 1+ 12 . t + 1 设线段PA的中点的横坐标是 X4,则x4= 牛. 由题意，得X3 = X4, 即 t2+ (1 + h)t+

2、 1 = 0. 由式中的 A= (1+ h)2 4 0,得 h 1,或 hw 3. 当 h 3 时，h+ 20,4 h2 1. 当h= 1时，代入方程得t= 1, 将h= 1, t= 1代入不等式，检验成立. 所以，h的最小值为1. 2 2 2.已知点 A(0, 2)，椭圆E: X2+ y2= 1(ab0)的离心率为 a b F是椭圆 E的右焦点，直 线AF的斜率为，O为坐标原点. (1)求E的方程； 设过点A的动直线I与E相交于P, Q两点，当 OPQ的面积最大时，求 解析：(1)设F(c,0)，由条件知，-=令3，得c= 3. C 3 又-=严，所以 a= 2, b2= a2 c2= 1.

3、 a 2 2 故E的方程为-+ y2= 1. 4 l的方程. (2)当I丄x轴时不合题意， 故设 I: y= kx 2, P(x1, y”，Q(x2, 丫2), 2 将y= kx 2代入7 + y2= 1得 4 (1 + 4k2)x2 16kx+ 12= 0. 当= 16(4k2 3)0 , x1,2 = 8k翌.4k2 3 4k2 + 1 从而 |PQ|= k2+ 1凶一X2| = 4,k2+ 1 ，4k2 3 4k2+ 1 所以，当 OPQ的面积最大时，I的方程为y=#x- 2或讨一岭x- 2. 3如图，在矩形 ABCD中，|AB|= 4, |AD|= 2, O为AB的中点，P, Q 分别

4、是AD和CD上的点，且满足 2=器，直线AQ与BP的交 |AD| |DC| 点在椭圆E:泊=l(ab0)上.a左 (1) 求椭圆E的方程； (2) 设R为椭圆E的右顶点，M为椭圆E第一象限部分上一点，作MN垂直于y轴，垂足为 N,求梯形ORMN面积的最大值. 解析：(1)设AQ与BP的交点为G(x, y), P(-2, y”, Q(x1,2)，由题可知, y1_ X1+2 y _2 y _ y 2 =4，x + 2= X1+ 2，2 x= 4， 2 从而有= x2，整理得牛+ y2= 1，即为椭圆E的方程. 2 x y4 (2)由(1)知 R(2,0)，设 M(xo, yo)，贝U yo =

5、； .4 xo， 令 t = 2 + xo,贝U 2t0，u= 4t3 t4 单调递增， 当 t (3,4)时，u b0)的离心率为 亏，且椭圆C上的点到一个 焦点的距离的最小值为3 2. (1)求椭圆C的方程； 已知过点T(0,2)的直线I与椭圆C交于A、B两点，若在 x轴上存在一点 E，使/ AEB = 90 求直线I的斜率k的取值范围. 解析：(1)设椭圆的半焦距长为 c， 则由题设有：P 3， a c= 3 2， 解得：a= 3， c=“.J2，. b2= 1， 2 故椭圆C的方程为3 + x + k2 = 由已知可得，以 AB为直径的圆与x轴有公共点. 设 A(xi, yi), B(

6、X2, y2), AB 的中点为 M(xo, yo), 2 将直线I: y= kx+ 2代入号+ x2= 1, 得(3 + k2)x2 + 4kx+ 1 = 0, A= 12k2 12, xi + x2 2k6 x0=2, y0= kx0+ 2=2, 023+ k03+ k AB|=1 + k 2 3+ k2 2 ,3. k4 1 rA= 12k2 120 , 6 一 1 .齐厂 2|AB|, 解得：k4 13,即卩 k 4 13或 k0)的焦点为F，直线x= 4与x轴的交点为P, 5 与抛物线的交点为 Q,且|QF| = 4|PQ|. (1)求抛物线的方程； 2 2 如图所示，过F的直线l与

7、抛物线相交于 A, D两点，与圆x + (y 1) = 1相交于B, C 两点(A, B两点相邻)，过A, D两点分别作抛物线的切线， 两条切线相交于点 M，求 ABM 与厶CDM的面积之积的最小值. 1 w / / J 解析：(1)由已知得 F(0, 2), P(4,0), Q(4, 8), |QF|= 8 + p |PQ| =8 Jppp 因为 |QF| = 4|PQ|，所以 p+ 2 = 解得p= 2或p= 2(舍去), 所以抛物线的方程为 x2 = 4y. 设 I: y= kx+ 1, A(X1, y”，B(x2,2), 联立方程，得 y= kx+1, 2 x = 4y, 消去 y,得

8、 x2 4kx 4 = 0, 所以 X1 + X2= 4k, X1X2= 4. 2 由y=；，得y 所以直线MA : x =2. 2 X1X1 y 7 = y(x刘) ，即 2 X1X1 y=r孑 同理可求得直线 联立方程，得 ly= 2 X1X X1 y= 4, 2 x2x x2 4， 解得 M(2k,- 1). 所以点 M到I的距离d = =2 = 2小+ k2. 所以 Saabm Scdm = 1|AB| |CD|d? 1 2 1 2 =RAF 1)(|DF| 1)d = 4y1y2d 1x1x221 丄 k2 1 =4存=1 +k 1， 当且仅当k= 0时取等号. 所以当k = 0时，

9、 ABM与厶CDM面积之积的最小值为 1. 2 x 2 已知椭圆a2+ a 2 y= 1(ab0)的左焦点为 F( c,0)，离心率为 33,点M在椭圆上且位于第 象限，直线FM被圆x2 + y2= 4截得的线段的长为 c, |FM |= 4l3 3 . (1)求直线FM的斜率; (2) 求椭圆的方程； (3) 设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于 2,求直线0P(0为原点)的斜率的取值范围. c2 1 解析：由已知，有2 = 1, a 3 又由 a2= b2+ c2,可得 a2= 3c2, b2= 2c2. 设直线FM 的斜率为 k(k0), F(-c,0), 则直线FM 的方程为y= k

10、(x+ c). / kc 、2丄尺2 b 2 由已知，有 * 1)+(2)=(2)， 解得kn-. 2 2 由(1)得椭圆方程为 器+參=1,直线FM的方程为y = c),两个方程联立，消去y, 整理得 3x2+ 2cx 5c2= 0, 5 解得 x= 3c,或 x = c. 因为点M在第一象限，可得 M的坐标为(c, 233c). 由 |FM|=c+ c 2+ 233c 02=摻, 2 2 解得c= 1,所以椭圆的方程为 -+ y = 1. 32 (3)设点P的坐标为(x, y)，直线FP的斜率为t, y -2, 3 解得2x 1，或1x0. 设直线0P的斜率为m，得吩y, 即y= mx(x

11、z 0)，与椭圆方程联立, 整理得m2=x2- 2. 当 3 x (2, 1)时，有 y=t(x+ 1)0，于是m = x2 一 3,得水(彳 当 2 3， m0. 因此 得 m (o,乎). (一 OO 综上，直线0P的斜率的取值范围是 3 ) U ( 3 ,3 ). 2 2 2 3.已知圆C: (x 1) + y = r (r1)，设A为圆C与x轴负半轴的交点，过点 A作圆C的弦 AM，并使弦AM的中点恰好落在y轴上. (1)求点M的轨迹E的方程； 延长MC交曲线E于另一点N，曲线E在点N处的切线与直线 AM交于点B，试判断以 点B为圆心，线段BC的长为半径的圆与直线 MN的位置关系，并证明你的结论. 解析：设M(x, y), x0,由题意可知,A(1 - r,0), 记AM的中点为D,则D(0,舟), 因为 C(1,0), DC = (1 ,-殳)，DM = (x, y) f f 在O C中，易知 CD丄DM，所以DC dm = 0, 2 所以 x y = 0, 即卩 y2= 4x(x0), 4 所以点M的轨迹E的方程为y2= 4x(x0). O B与直线MN相切.证明如下： 2 设直线MN的方程为x= my+ 1, Mg y) Ng 丫2)，直线BN