2021届高考数学一轮复习第9章解析几何第9节第2课时最值范围证明问题课时跟踪检测理含解析.doc
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2021届高考数学一轮复习第9章解析几何第9节第2课时最值范围证明问题课时跟踪检测理含解析.doc
第九章解析几何第九节直线与圆锥曲线的综合问题第二课时最值、范围、证明问题A级·基础过关|固根基|1.(2019年全国卷)已知F1,F2是椭圆C:1(a>b>0)的两个焦点,P为椭圆C上的点,O为坐标原点(1)若POF2为等边三角形,求椭圆C的离心率;(2)如果存在点P,使得PF1PF2,且F1PF2的面积等于16,求b的值和a的取值范围解:(1)连接PF1.由POF2为等边三角形可知在F1PF2中,F1PF290°,|PF2|c,|PF1|c,于是2a|PF1|PF2|(1)c,故椭圆C的离心率为e1.(2)由题意可知,满足条件的点P(x,y)存在当且仅当|y|·2c16,·1,1,即由及a2b2c2得y2.又由知y2,故b4.由及a2b2c2得x2(c2b2),所以c2b2,从而a2b2c22b232,故a4.所以当b4,a4时,存在满足条件的点P.所以b4,a的取值范围为4,)2(2019年浙江卷)如图,已知点F(1,0)为抛物线y22px(p>0)的焦点过点F的直线交抛物线于A,B两点,点C在抛物线上,使得ABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q,且Q在点F的右侧记AFG,CQG的面积分别为S1,S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程;(2)求的最小值及此时点G的坐标解:(1)由题意得,1,即p2,所以抛物线的准线方程为x1.(2)设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG)令yA2t,t0,则xAt2.由于直线AB过点F,故直线AB的方程为xy1,代入y24x,得y2y40,故2tyB4,即yB,所以B.又xG(xAxBxC),yG(yAyByC)及重心G在x轴上,所以2tyC0,得C,G.所以直线AC的方程为y2t2t(xt2),得Q(t21,0)由于Q在焦点F的右侧,故t2>2,从而2.令mt22,则m>0,2221.当m时,取得最小值1,此时G的坐标为(2,0).B级·素养提升|练能力|3.如图,P是直线x4上一动点,以P为圆心的圆过定点B(1,0),直线l是圆在点B处的切线,过A(1,0)作圆的两条切线分别与l交于E,F两点(1)求证:|EA|EB|为定值;(2)设直线l交直线x4于点Q,证明:|EB|·|FQ|BF|·|EQ|.证明:(1)设AE切圆于M,直线x4与x轴的交点为N,则|EM|EB|,|EA|EB|AM|4.故|EA|EB|为定值(2)由(1)同理知|FA|FB|4,E,F均在椭圆1上由椭圆的对称性,不妨设直线EF的方程为xmy1(m<0),令x4,得yQ,直线EF与椭圆方程联立得(3m24)y26my90.设E(x1,y1),F(x2,y2),且y1>y2.则y1y2,y1y2.过E作EEx轴于E,过F作FFx轴于F,则|EE|y1,|FF|y2,设PQ交x轴于Q,则|QQ|.若|EB|·|FQ|BF|·|EQ|,则.又E,B,F,Q在同一条直线上,则,即;,即.由得,从而有y1·y1y2y2·y1y2,2y1y2(y1y2)·.将y1y2,y1y2代入,知等式成立,|EB|·|FQ|BF|·|EQ|.4(2020届四川五校联考)已知抛物线E:y28x,直线l:ykx4.(1)若直线l与抛物线E相切,求直线l的方程;(2)设Q(4,0),直线l与抛物线E交于不同的两点A(x1,y1),B(x2,y2),若存在点C满足|,且线段OC与AB互相平分(O为坐标原点),求x2的取值范围解:(1)由得,k2x28(k1)x160,由题意知k0及64(k1)264k20,解得k,所以直线l的方程为yx4.(2)由得k2x28(k1)x160,因为64(k1)264k20,k0,所以k,且k0,所以x1x2,所以y1y2k(x1x2)8.因为线段OC与AB互相平分,所以四边形OACB为平行四边形,所以(x1x2,y1y2),即C.由|得,ACQC,所以kAC·kQC1.又kQC,kACkOBk,所以·1,所以k2.若k0,则222(1),当且仅当k时取等号,此时0x24(1)综上,x2的取值范围为(0,4(1)