2025屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)53證明最值范圍存在性問題文含解析新人教版

PAGE課時(shí)作業(yè)53證明、最值、范圍、存在性問題[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．[2024·浙江卷]如圖，已知橢圓C1：eq\f(x2,2)＋y2＝1，拋物線C2：y2＝2px(p>0)，點(diǎn)A是橢圓C1與拋物線C2的交點(diǎn)，過點(diǎn)A的直線l交橢圓C1于點(diǎn)B，交拋物線C2于點(diǎn)M(B，M不同于A)．(1)若p＝eq\f(1,16)，求拋物線C2的焦點(diǎn)坐標(biāo)；(2)若存在不過原點(diǎn)的直線l使M為線段AB的中點(diǎn)，求p的最大值．2．[2024·北京卷]已知拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過點(diǎn)(2，－1)．(1)求拋物線C的方程及其準(zhǔn)線方程；(2)設(shè)O為原點(diǎn)，過拋物線C的焦點(diǎn)作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點(diǎn)M，N，直線y＝－1分別交直線OM，ON于點(diǎn)A和點(diǎn)B.求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個(gè)定點(diǎn)．3．[2024·沈陽市教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè)]已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)A(2,2)，點(diǎn)B在拋物線C上，且滿意eq\o(OF,\s\up6(→))＝eq\o(FB,\s\up6(→))－2eq\o(FA,\s\up6(→))(O為坐標(biāo)原點(diǎn))．(1)求拋物線C的方程；(2)過焦點(diǎn)F任作兩條相互垂直的直線l與l′，直線l與拋物線C交于P，Q兩點(diǎn)，直線l′與拋物線C交于M，N兩點(diǎn)，△OPQ的面積記為S1，△OMN的面積記為S2，求證：eq\f(1,S\o\al(2,1))＋eq\f(1,S\o\al(2,2))為定值．4．[2024·河北省九校高三聯(lián)考試題]橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點(diǎn)為F，短軸長(zhǎng)為2eq\r(3)，右頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，△ABF的面積為eq\f(3\r(3),2).(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過A作直線l與橢圓交于另一點(diǎn)M，連接MF并延長(zhǎng)交橢圓于點(diǎn)N，當(dāng)△AMN的面積最大時(shí)，求直線l的方程．5.[2024·黃岡中學(xué)、華師附中等八校聯(lián)考]已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)過點(diǎn)(2,1)，且離心率e＝eq\f(\r(3),2).(1)求橢圓C的方程；(2)已知斜率為eq\f(1,2)的直線l與橢圓C交于兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2,1)，設(shè)直線PA與PB的傾斜角分別為α，β，證明：α＋β＝π.[實(shí)力挑戰(zhàn)]6．[2024·山西省八校高三聯(lián)考]已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦距為2，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過點(diǎn)F1的直線l(不與x軸重合)交橢圓于A，B兩點(diǎn)．(1)若點(diǎn)A恰好為橢圓的上頂點(diǎn)，且|AB|＝eq\f(5,2)|F1B|，求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若點(diǎn)A關(guān)于點(diǎn)F2的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)C，且點(diǎn)C恰好在橢圓上，求點(diǎn)B的橫坐標(biāo)的取值范圍．7．[2024·大同市高三學(xué)情調(diào)研測(cè)試試題]已知半圓x2＋y2＝4(y≥0)，動(dòng)圓與此半圓相切(內(nèi)切或外切如圖)，且與x軸相切．(1)求動(dòng)圓圓心的軌跡方程，并畫出其軌跡圖形．(2)是否存在斜率為eq\f(1,3)的直線l，它與(1)中所得軌跡的曲線由左至右順次交于A，B，C，D四點(diǎn)，且滿意|AD|＝2|BC|，若存在，求出l的方程；若不存在，請(qǐng)說明理由．課時(shí)作業(yè)531．解析：(1)由p＝eq\f(1,16)得C2的焦點(diǎn)坐標(biāo)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)，0)).(2)由題意可設(shè)直線l：x＝my＋t(m≠0，t≠0)，點(diǎn)A(x0，y0)．將直線l的方程代入橢圓C1：eq\f(x2,2)＋y2＝1得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，所以點(diǎn)M的縱坐標(biāo)yM＝－eq\f(mt,m2＋2).將直線l的方程代入拋物線C2：y2＝2px得y2－2pmy－2pt＝0，所以y0yM＝－2pt，解得y0＝eq\f(2p(m2＋2),m)，因此x0＝eq\f(2p(m2＋2)2,m2).由eq\f(x\o\al(2,0),2)＋yeq\o\al(2,0)＝1得eq\f(1,p2)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(2,m)))2＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(2,m)))4≥160，所以當(dāng)m＝eq\r(2)，t＝eq\f(\r(10),5)時(shí)，p取到最大值eq\f(\r(10),40).2．解析：(1)由拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過點(diǎn)(2，－1)，得p＝2.所以拋物線C的方程為x2＝－4y，其準(zhǔn)線方程為y＝1.(2)拋物線C的焦點(diǎn)為F(0，－1)．設(shè)直線l的方程為y＝kx－1(k≠0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2＝－4y))得x2＋4kx－4＝0.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x2＝－4.直線OM的方程為y＝eq\f(y1,x1)x.令y＝－1，得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)xA＝－eq\f(x1,y1).同理得點(diǎn)B的橫坐標(biāo)xB＝－eq\f(x2,y2).設(shè)點(diǎn)D(0，n)，則eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x1,y1)，－1－n))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x2,y2)，－1－n))，eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\f(x1x2,y1y2)＋(n＋1)2＝eq\f(x1x2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x\o\al(2,1),4)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x\o\al(2,2),4))))＋(n＋1)2＝eq\f(16,x1x2)＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.令eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，得n＝1或n＝－3.綜上，以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的定點(diǎn)(0,1)和(0，－3)．3．解析：(1)由eq\o(OF,\s\up6(→))＝eq\o(FB,\s\up6(→))－2eq\o(FA,\s\up6(→))，得eq\o(OF,\s\up6(→))＋eq\o(FA,\s\up6(→))＝eq\o(FB,\s\up6(→))－eq\o(FA,\s\up6(→))，即eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))，∴點(diǎn)A為OB的中點(diǎn)，又A(2,2)，∴B(4,4)，又點(diǎn)B在拋物線C上，將其坐標(biāo)代入y2＝2px，解得p＝2，∴所求拋物線的方程為y2＝4x.(2)設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，則△OPQ的面積S1＝eq\f(1,2)·|OF|·|y1－y2|＝eq\f(1,2)|y1－y2|.△OMN的面積S2＝eq\f(1,2)|OF|·|y3－y4|＝eq\f(1,2)|y3－y4|.設(shè)直線l的方程為x＝my＋1(m≠0)，則直線l′的方程為x＝－eq\f(1,m)y＋1.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝4x，))得y2－4my－4＝0，Δ＝(－4m)2－4×(－4)＝16m2＋16＞0，故y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，所以|y1－y2|＝eq\r((y1＋y2)2－4y1y2)＝4eq\r(m2＋1)，S1＝2eq\r(m2＋1).同理，可得|y3－y4|＝4eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,m)))2＋1)＝eq\f(4\r(m2＋1),|m|)，S2＝eq\f(2\r(m2＋1),|m|).eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(將m換成－\f(1,m)即可得到|y3－y4|關(guān)于m的表達(dá)式))所以eq\f(1,S\o\al(2,1))＋eq\f(1,S\o\al(2,2))＝eq\f(1,4(m2＋1))＋eq\f(m2,4(m2＋1))＝eq\f(1,4)，為定值．4．解析：(1)依據(jù)短軸長(zhǎng)知b＝eq\r(3)，S△ABF＝eq\f(1,2)(a＋c)·eq\r(3)＝eq\f(3\r(3),2)，則a＋c＝3，因?yàn)閎2＝a2－c2，所以a－c＝1，故a＝2，c＝1，則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y＝k(x＋1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，則S△AMN＝eq\f(1,2)|AF|·|y1－y2|＝eq\f(3,2)eq\r((y1＋y2)2－4y1y2)，①eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k(x＋1),3x2＋4y2－12＝0))?(3＋4k2)y2－6ky－9k2＝0，y1＋y2＝eq\f(6k,3＋4k2)，y1·y2＝eq\f(－9k2,3＋4k2)，代入①式得S△AMN＝eq\f(3,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6k,3＋4k2)))2＋\f(36k2,3＋4k2))＝18eq\r(\f(k2＋k4,(3＋4k2)2))，令t＝3＋4k2，則t＞3，k2＝eq\f(t－3,4)，S△AMN＝18eq\r(\f(t2－2t－3,16t2))＝eq\f(9,2)eq\r(1－\f(2,t)－\f(3,t2))＜eq\f(9,2).當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，S△AMN＝eq\f(9,2).故當(dāng)△AMN的面積最大時(shí)，MN垂直于x軸，此時(shí)直線l的斜率為±eq\f(1,2)，則直線l的方程為y＝±eq\f(1,2)(x－2)．5．解析：(1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1e＝\r(1－\f(b2,a2))＝\f(\r(3),2)))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝8,b2＝2))，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)設(shè)直線l：y＝eq\f(1,2)x＋m，聯(lián)立方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋m,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1))，消去y，得x2＋2mx＋2m2－4＝0，Δ＝4m2－8m2＋16＞0，解得－2＜m＜2.當(dāng)m＝0時(shí)，直線l：y＝eq\f(1,2)x(點(diǎn)P在直線l上，舍去)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－2m，x1·x2＝2m2－4，由題意，易知直線PA與PB的斜率均存在，所以α，β≠eq\f(π,2).設(shè)直線PA與PB的斜率分別為k1，k2，則tanα＝k1，tanβ＝k2，要證α＋β＝π，即證tanα＝tan(π－β)＝－tanβ，只需證k1＋k2＝0，因?yàn)閗1＝eq\f(y1－1,x1－2)，k2＝eq\f(y2－1,x2－2)，所以k1＋k2＝eq\f(y1－1,x1－2)＋eq\f(y2－1,x2－2)＝eq\f((y1－1)(x2－2)＋(y2－1)(x1－2),(x1－2)(x2－2))，又y1＝eq\f(1,2)x1＋m，y2＝eq\f(1,2)x2＋m，所以(y1－1)(x2－2)＋(y2－1)(x1－2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x1＋m－1))(x2－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋m－1))(x1－2)＝x1·x2＋(m－2)(x1＋x2)－4(m－1)＝2m2－4＋(m－2)(－2m)－4(m－1)＝0，所以k1＋k2＝0，故α＋β＝π.6．解析：(1)由題意得，F(xiàn)1(－1,0)，A(0，b)，設(shè)B(x0，y0)，由|AB|＝eq\f(5,2)|F1B|可得eq\o(AF1,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)eq\o(F1B,\s\up6(→))，于是得(－1，－b)＝eq\f(3,2)(x0＋1，y0)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＝\f(3,2)x0＋\f(3,2),－b＝\f(3,2)y0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－\f(5,3),y0＝－\f(2,3)b)).因?yàn)辄c(diǎn)B在橢圓上，所以eq\f(25,9a2)＋eq\f(4b2,9b2)＝1，得a2＝5，所以b2＝5－1＝4，故橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)由題意及橢圓的對(duì)稱性，得AC為橢圓的通徑．不妨設(shè)點(diǎn)A(1，y1)(y1＞0)，點(diǎn)B(xB，yB)，將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，得eq\f(1,a2)＋eq\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，得y1＝eq\f(b2,a)，于是直線l的斜率為eq\f(\f(b2,a)－0,1－(－1))＝eq\f(b2,2a)，直線l的方程為y＝eq\f(b2,2a)(x＋1)．聯(lián)立方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(b2,2a)(x＋1),\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1))，消去y，整理得(a2＋3)x2＋2(a2－1)x－3a2－1＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系，得1·xB＝－eq\f(3a2＋1,a2＋3)，于是，xB＝－eq\f(3a2＋1,a2＋3).設(shè)a2＝t(t>1)，則xB＝－eq\f(3t＋1,t＋3)＝－3＋eq\f(8,t＋3)，令f(t)＝－3＋eq\f(8,t＋3)，則f(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)t＞1時(shí)，xB＝－3＋eq\f(8,t＋3)的取值范圍為(－3，－1)，即點(diǎn)B的橫坐標(biāo)的取值范圍是(－3，－1)．7．解析：(1)設(shè)動(dòng)圓圓心M(x，y)，作MN⊥x軸于N.①若動(dòng)圓與半圓外切，則|MO|＝2＋|MN|，∴eq\r(x2＋y2)＝y(tǒng)＋2，兩邊平方，得x2＋y2＝y(tǒng)2＋4y＋4，化簡(jiǎn)，得y＝eq\f(1,4)x2－1(y>0)．②若動(dòng)圓與半圓內(nèi)切，則|MO|＝2－|MN|，∴eq\r(x2＋y2)＝2－y，兩邊平方，得x2＋y2＝4－4y＋y2，化簡(jiǎn)，得y＝－eq\f(1,4)x2＋1(y>0)．其軌跡圖形為(2)假設(shè)直線l存在，可設(shè)l的方程為y＝eq\f(1,3)x＋b，依題意，可得其與曲線y＝eq\f(1,4)x2－1(y>0)交于A，D兩點(diǎn)，與曲線y＝－eq\f(1,4)x2＋1(y>0)交于B，C兩點(diǎn)，聯(lián)立，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al