2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章平面解析幾何第九節(jié)第1課時(shí)最值范圍證明問(wèn)題課時(shí)規(guī)范練理含解析新人教版

PAGE第1課時(shí)最值、范圍、證明問(wèn)題[A組基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練]1．已知拋物線(xiàn)C：x2＝2py(p＞0)，圓O：x2＋y2＝1.(1)若拋物線(xiàn)C的焦點(diǎn)F在圓O上，且A為拋物線(xiàn)C和圓O的一個(gè)交點(diǎn)，求|AF|；(2)若直線(xiàn)l與拋物線(xiàn)C和圓O分別相切于點(diǎn)M，N，求|MN|的最小值及相應(yīng)p的值．解析：(1)由題意得F(0，1)，從而拋物線(xiàn)C：x2＝4y.解方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝4y，,x2＋y2＝1))得y＝－2±eq\r(5).不妨設(shè)yA＝eq\r(5)－2，∴|AF|＝eq\r(5)－1.(2)設(shè)M(x0，y0)(y0＞0)，則切線(xiàn)l：y＝eq\f(x0,p)(x－x0)＋y0，結(jié)合x(chóng)eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2py0，整理得x0x－py－py0＝0.由ON⊥l且|ON|＝1得eq\f(|－py0|,\r(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋p2))＝1，即|py0|＝eq\r(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋p2)＝eq\r(2py0＋p2)，∴p＝eq\f(2y0,yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－1)且yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－1＞0.∴|MN|2＝|OM|2－1＝xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－1＝2py0＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－1＝eq\f(4yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－1)＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－1＝4＋eq\f(4,yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－1)＋(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－1)≥8，當(dāng)且僅當(dāng)y0＝eq\r(3)時(shí)等號(hào)成立．∴|MN|的最小值為2eq\r(2)，此時(shí)p＝eq\r(3).2．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(2\r(2),3)，直線(xiàn)l和橢圓C交于A(yíng)，B兩點(diǎn)，當(dāng)直線(xiàn)l過(guò)橢圓C的焦點(diǎn)，且與x軸垂直時(shí)，|AB|＝eq\f(2,3).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)直線(xiàn)l過(guò)點(diǎn)(1，0)且傾斜角為鈍角，P為弦AB的中點(diǎn)，當(dāng)∠OPB最大時(shí)，求直線(xiàn)l的方程．解析：(1)由題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(2\r(2),3)，,\f(2b2,a)＝\f(2,3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝9，,b2＝1.))所以橢圓C的方程為eq\f(x2,9)＋y2＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線(xiàn)l：y＝k(x－1)(k＜0).聯(lián)立得方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋y2＝1，,y＝k（x－1），))消去y，得(9k2＋1)x2－18k2x＋9k2－9＝0，故x1＋x2＝eq\f(18k2,9k2＋1).故P(x0，y0)，則x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(9k2,9k2＋1)，y0＝k(x0－1)＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9k2,9k2＋1)－1))＝－eq\f(k,9k2＋1)，所以直線(xiàn)OP的斜率kOP＝eq\f(y0,x0)＝－eq\f(1,9k).設(shè)直線(xiàn)l，OP的傾斜角分別為α，β，則∠OPB＝α－β，tan∠OPB＝tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq\f(9,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,9k))).因?yàn)閗＜0，所以－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,9k)))＝(－k)＋eq\f(1,－9k)≥2eq\r(（－k）·\f(1,－9k))＝eq\f(2,3)，即k＋eq\f(1,9k)≤－eq\f(2,3)，所以tan∠OPB≤－eq\f(3,4)，當(dāng)且僅當(dāng)k＝－eq\f(1,3)時(shí)，等號(hào)成立，所以當(dāng)∠OPB最大時(shí)，直線(xiàn)l的斜率k＝－eq\f(1,3)，此時(shí)直線(xiàn)l的方程為x＋3y－1＝0.[B組素養(yǎng)提升練]1．已知拋物線(xiàn)C：y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)為F，A為C上位于第一象限的隨意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A的直線(xiàn)l交C于另一點(diǎn)B，交x軸的正半軸于點(diǎn)D.(1)若當(dāng)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為3，且△ADF為等邊三角形，求C的方程；(2)對(duì)于(1)中求出的拋物線(xiàn)C，若點(diǎn)D(x0，0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0≥\f(1,2)))，記點(diǎn)B關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為E，AE交x軸于點(diǎn)P，且AP⊥BP，求證：點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－x0，0)，并求點(diǎn)P到直線(xiàn)AB的距離d的取值范圍．解析：(1)由題知Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，|FA|＝3＋eq\f(p,2)，則D(3＋p，0)，F(xiàn)D的中點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋\f(3p,4)，0))，則eq\f(3,2)＋eq\f(3p,4)＝3，解得p＝2，故C的方程為y2＝4x.(2)證明：依題可設(shè)直線(xiàn)AB的方程為x＝my＋x0(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則E(x2，－y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋x0))消去x，得y2－4my－4x0＝0，因?yàn)閤0≥eq\f(1,2)，所以Δ＝16m2＋16x0＞0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－4x0設(shè)P的坐標(biāo)為(xP，0)，則eq\o(PE,\s\up6(→))＝(x2－xp，－y2)，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(x1－xP，y1)，由題知eq\o(PE,\s\up6(→))∥eq\o(PA,\s\up6(→))，所以(x2－xP)y1＋y2(x1－xP)＝0，即x2y1＋y2x1＝(y1＋y2)xP＝eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))y1＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))y2,4)＝eq\f(y1y2（y1＋y2）,4)，明顯y1＋y2＝4m≠0，所以xp＝eq\f(y1y2,4)＝－x0，即證P(－x0，0)，由題知△EPB為等腰直角三角形，所以kAE＝1，即eq\f(y1＋y2,x1－x2)＝1，也即eq\f(y1＋y2,\f(1,4)（yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))）)＝1，所以y1－y2＝4，所以(y1＋y2)2－4y1y2＝16.即16m2＋16x0＝16，m2＝1－x0，x0＜1，又因?yàn)閤0≥eq\f(1,2)，所以eq\f(1,2)≤x0＜1，d＝eq\f(|－x0－x0|,\r(1＋m2))＝eq\f(2x0,\r(1＋m2))＝eq\f(2x0,\r(2－x0))，令eq\r(2－x0)＝t∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),2)))，x0＝2－t2，d＝eq\f(2（2－t2）,t)＝eq\f(4,t)－2t，易知f(t)＝eq\f(4,t)－2t在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),2)))上是減函數(shù)，所以d∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，2)).2．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，右焦點(diǎn)為F，且該橢圓過(guò)點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(3),2))).(1)求橢圓C的方程；(2)當(dāng)動(dòng)直線(xiàn)l與橢圓C相切于點(diǎn)A，且與直線(xiàn)x＝eq\f(4\r(3),3)相交于點(diǎn)B時(shí)，求證：△FAB為直角三角形．解析：(1)由題意得eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)＝1，又a2＝b2＋c2，解得b2＝1，所以a2＝4，即橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明：由題意可得直線(xiàn)l的斜率存在，設(shè)l：y＝kx＋m，聯(lián)立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,\f(x2,4)＋y2＝1))，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，判別式Δ＝64k2m2－16(4k2＋1)(m2－1)＝0，得m2＝4k2＋1＞0.設(shè)A(x1，y1)，則x1＝eq\f(－8km,2（4k2＋1）)＝eq\f(－8km,2m2)＝－eq\f(4k,m)，y1＝kx1＋m＝eq\f(－4k2,m)＋m＝eq\f(1,m)，即Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,m)，\f(1,m))).易得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，\f(4\r(3),3)k＋m))，F(xiàn)(eq\r(3)，0)，則eq\o(FA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,m)－\r(3)，\f(1,m)))，eq\o(FB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(4\r(3),3)k＋m))，eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＝