2021高考数学专题辅导与训练配套练习：课时冲关练(十五)--6.3定点、定值、最值问题.docx

温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时冲关练(十五)定点、定值、最值问题(45分钟100分)一、选择题(每小题5分,共40分)1.(2022台州模拟)若P是抛物线x2=4y上的一个动点,则点P到直线l1:y=-1,l2:3x+4y+12=0的距离之和的最小值为()A.3B.4C.D.【解析】选C.由已知抛物线焦点F(0,1),P到l1的距离等于PF的长,过F作FAl2于A与抛物线交于B点.则当P与B重合时,两距离之和为=.2.已知F1,F2是椭圆+y2=1的两个焦点,P为椭圆上一动点,则使|PF1|PF2|取最大值的点P为()A.(-2,0)B.(0,1)C.(2,0)D.(0,1)和(0,-1)【解析】选D.由椭圆定义,|PF1|+|PF2|=2a=4,所以|PF1|PF2|=4.此时P点坐标为(0,1)或(0,-1).当且仅当|PF1|=|PF2|,即P(0,-1)或(0,1)时,取“=”.3.若以椭圆上一点和两个焦点为顶点的三角形面积的最大值为1,则椭圆长轴长的最小值为()A.1B.C.2D.2【解析】选D.设椭圆C:+=1(ab0),则使三角形面积最大时,三角形在椭圆上的顶点为椭圆短轴端点,所以S=2cb=bc=1=.所以a22.所以a.所以长轴长2a2,故选D.4.抛物线y=-x2上的点到直线4x+3y-8=0的距离的最小值是()A.B.C.D.3【解析】选A.设直线4x+3y+m=0与y=-x2相切,则联立两方程知3x2-4x-m=0.令=0,有m=-.所以两直线间距离为=.故选A.5.已知点A(2,1),抛物线y2=4x的焦点是F,若抛物线上存在一点P,使得|PA|+|PF|最小,则P点的坐标为()A.(2,1)B.(1,1)C.D.【解析】选D.由已知得抛物线的焦点为F(1,0),准线方程为x=-1,作PP垂直于准线x=-1,由抛物线的定义知|PF|=|PP|,如图,|PA|+|PF|=|PA|+|PP|,当且仅当A,P,P三点共线,即P在P0位置时,|PA|+|PF|最小,此时,P0纵坐标为1,所以有1=4x0,所以x0=,得P0.【方法技巧】与曲线上点有关的距离(或距离和、差等)的最值的求解技巧求解与曲线上点有关的距离的最值问题,一般不易构建函数求解时,常利用待求距离的几何意义,充分结合圆锥曲线的定义及平面图形的性质利用数形结合转化为点到直线,两点间距离求解.6.若实数a,b满足条件a2+b2-2a-4b+1=0,则代数式的最大值为()A.0B.C.D.不存在【解析】选C.方程a2+b2-2a-4b+1=0可化为(a-1)2+(b-2)2=4,则可看作圆(a-1)2+(b-2)2=4上的点(a,b)与点(-2,0)的连线的斜率,设=k,则过点(-2,0),斜率为k的直线方程为y=k(x+2),即kx-y+2k=0,当直线与圆相切时,取最值,由=2得5k2-12k=0,所以k=0或k=.所以的最大值为.7.抛物线y2=4x的焦点为F,点P(x,y)为该抛物线上的动点,又点A(-1,0),则的最小值是()A.B.C.D.【解析】选B.依题意知x0,则焦点F(1,0),|PF|=x+1,|PA|=,当x=0时,=1;当x0时,1b0)的短轴位于x轴下方的端点,过B作斜率为1的直线交椭圆于点M,点P在y轴上,且PMx轴,=9,若点P的坐标为(0,t),则t的取值范围是()A.0t3B.0t3C.0tD.0t【解析】由于P(0,t),B(0,-b),所以M(t+b,t).所以=(0,t+b),=(t+b,t+b).由于=9,所以(t+b)2=9,t+b=3.由于0tb,所以0t3-t.所以0t,故选C.8.经过椭圆+=1的右焦点任意作弦AB,过A作直线x=4的垂线AM,垂足为M,则直线BM必经过定点()A.(2,0)B.C.(3,0)D.【解题提示】可过右焦点作垂直于x轴的弦,进行探究定点.【解析】选B.依题意,选取过椭圆+=1的右焦点且垂直于x轴的弦AB,则A,B的坐标分别为,所以过点A作直线x=4的垂线,垂足为M,所以直线BM的方程为y=x-,由于所给选项均为x轴上的点,而直线BM与x轴的交点为,故选B.二、填空题(每小题4分,共16分)9.(2022济南模拟)若双曲线-=1渐近线上的一个动点P总在平面区域(x-m)2+y216内,则实数m的取值范围是.【解析】问题等价于已知双曲线的渐近线4x3y=0与圆相离或者相切,故实数m满足4,即m5或者m-5.答案:(-,-55,+)10.P为双曲线x2-=1右支上一点,M,N分别是圆(x+4)2+y2=4和(x-4)2+y2=1上的点,则|PM|-|PN|的最大值为.【解题提示】两圆的圆心恰好是双曲线的焦点.【解析】已知两圆圆心(-4,0)和(4,0)(记为F1和F2)恰为双曲线x2-=1的两焦点.当|PM|最大,|PN|最小时,|PM|-|PN|最大,|PM|最大值为P到圆心F1的距离|PF1|与圆F1半径之和,同样|PN|最小=|PF2|-1,从而|PM|-|PN|=|PF1|+2-(|PF2|-1)=|PF1|-|PF2|+3=2a+3=5.答案:511.(2022湖南高考)平面上一机器人在行进中始终保持与点F的距离和到直线x=-1的距离相等.若机器人接触不到过点P且斜率为k的直线,则k的取值范围是.【解题提示】依据抛物线的定义和直线与圆锥曲线的关系求解.【解析】把机器人看成一个动点,则依据抛物线定义知道它的轨迹为抛物线,其方程为y2=4x,过点P且斜率为k的直线方程为y=k,两个方程联立消去y得k2x2+(2k2-4)x+k2=0,由题意=-4k41,所以k(-,-1)(1,+).答案:(-,-1)(1,+)12.设抛物线C:y2=4x,F为C的焦点,过F的直线l与C相交于A,B两点,则的值为.【解析】设直线l的方程为x=ky+1,由得y2-4ky-4=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),所以=x1x2+y1y2=(ky1+1)(ky2+1)+y1y2=k2y1y2+k(y1+y2)+1+y1y2=-4k2+4k2+1-4=-3.答案:-3三、解答题(1314题每题10分,1516题每题12分,共44分)13.如图,椭圆C0:+=1(ab0,a,b为常数),动圆C1:x2+y2=,bt1a.点A1,A2分别为C0的左,右顶点,C1与C0相交于A,B,C,D四点.(1)求直线AA1与直线A2B的交点M的轨迹方程.(2)设动圆C2:x2+y2=与C0相交于A,B,C,D四点,其中bt2a,t1t2.若矩形ABCD与矩形ABCD的面积相等,证明:+为定值.【解析】(1)设A(x1,y1),B(x1,-y1),又知A1(-a,0),A2(a,0),则直线A1A的方程为y=(x+a),直线A2B的方程为y=(x-a).由得y2=(x2-a2).由点A(x1,y1)在椭圆C0上,得+=1.从而=b21-,代入得-=1又因A1A与A2B的交点在第三象限,所以x-a,y0,所以轨迹方程为-=1(x-a,y0).(2)设A(x2,y2),由矩形ABCD与矩形ABCD的面积相等,得4|x1|y1|=4|x2|y2|,故=.由于点A,A均在椭圆上,所以b2（1-）=b2（1-）.由t1t2,知x1x2,所以+=a2.从而+=b2,因此+=a2+b2为定值.【误区警示】留意轨迹方程检验在求解轨迹方程时,得到方程后,要留意检验,避开产生增解或漏解,如本题x-a,yb0),则+=1,且e2=,解得a2=16,b2=12.故椭圆M的方程为+=1.(2)由题意知,直线PA的斜率必存在,故设直线PA的方程为y=k(x-2)+3,A(xA,yA),B(xB,yB),由|PC|=|PD|可知,直线PB的方程为y=-k(x-2)+3.由方程组可得(4k2+3)x2-8k(2k-3)x+4(2k-3)2-48=0.又方程有一实根为2,故另一实根为=,故xA=.同理,xB=.所以xA+xB=,xA+xB-4=-,xA-xB=.所以直线AB的斜率kAB=,即直线AB的斜率为定值.14.(2022山东高考)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:+=1的离心率为,直线y=x被椭圆C截得的线段长为.(1)求椭圆C的方程.(2)过原点的直线与椭圆C交于A,B两点(A,B不是椭圆C的顶点),点D在椭圆C上,且ADAB,直线BD与x轴,y轴分别交于M,N两点.设直线BD,AM的斜率分别为k1,k2.证明存在常数使得k1=k2,并求出的值.求OMN面积的最大值.【解析】(1)由于e=,所以=,即=,=,所以a2=4b2.设直线与椭圆交于P,Q两点.不妨设P点为直线和椭圆在第一象限的交点.又由于弦长为,所以P,所以+=1,联立解得a2=4,b2=1,所以椭圆方程为+y2=1.(2)设A,D,则B,由于直线AB的斜率kAB=,又ABAD,所以直线AD的斜率k=-,设直线AD的方程为y=kx+m,由题意知k0,m0.由可得x2+8mkx+4m2-4=0.所以x1+x2=-,因此y1+y2=k+2m=.由题意知x1-x2,所以k1=-=,所以直线BD的方程为y+y1=.令y=0,得x=3x1,即M,可得k2=-,所以k1=-k2,即=-.因此存在常数=-使得结论成立.直线BD的方程为y+y1=.令x=0得y=-y1,即N,由知M,可得OMN的面积S=3=.由于+=1,当且仅当=时等号成立,此时S取得最大值,所以OMN的面积为最大值.15.(2022温州模拟)已知椭圆C1:+=1(ab0)的离心率为e=,且过点,抛物线C2:x2=-2py(p0)的焦点坐标为.(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程.(2)若点M是直线l:2x-4y+3=0上的动点,过点M作抛物线C2的两条切线,切点分别为A,B,直线AB交椭圆C1于P,Q两点.求证直线AB过定点,并求出该定点坐标.当OPQ的面积取最大值时,求直线AB的方程.【解析】(1)由于椭圆C1中,e=,则设其方程为+y2=0,由于点在椭圆上,故代入得=1.故椭圆C1的方程为+y2=1.对抛物线C2中,=,故p=1,从而椭圆C1的方程为+y2=1,抛物线C2的方程为x2=-2y.(2)设点M(x0,y0),且满足2x0-4y0+3=0,点A(x1,y1),B(x2,y2),则切线MA的斜率为-x1,从而MA的方程为y=-x1(x-x1)+y1,考虑到y1=-,则切线MA的方程为x1x+y+y1=0,同理切线MB的方程为x2x+y+y2=0,由于切线MA,MB同过点M,从而有由此点A(x1,y1),B(x2,y2)在直线x0x+y+y0=0上,又点M在直线2x-4y+3=0上,则2x0-4y0+3=0,故直线AB的方程为(4y0-3)x+2y+2y0=0,即y0(4x+2)+(2y-3x)=0,明显直线AB过定点.设P(x3,y3),Q(x4,y4),考虑到直线AB的方程为x0x+y+y0=0,则联立方程消去y并简化得(1+4)x2+8x0y0x+4-4=0,从而=16(4-+1)0,x3+x4=-,x3x4=,从而|PQ|=|x3-x4|=,点O到PQ的距离d=,从而SOPQ=|PQ|d=2=1,当且仅当=4-+1,即=2+,又由于2x0-4y0+3=0.从而消去x0得2=(4y0-3)2+1,即7-12y0+5=0,从而求得y0=1或y0=,从而或从而所求的直线为x+2y+2=0或x-14y-10=0.16.(2022北京模拟)已知椭圆G的离心率为,短轴端点分别为A(0,1),B(0,-1).(1)求椭圆的标准方程.(2)若C,D是椭圆G上关于y轴对称的两个不同点,直线BC与x轴交于点M,推断以线段MD为直径的圆是否过点A,并说明理由.【解析】(1)由已知可设椭圆G的方程为:+y2=1(a1),由e=,可得e2=,解得a2=2,所以椭圆的标准方程为+y2=1.(2)方法一:设C(x0,y0),则D(-x0,y0),x00,由于A(0,1),B(0,-1),所以直线BC的方程为y=x-1,令y=0,得xM=,所以M,0.所以=,-1,=(-x0,y0-1),所以=-y0+1,又由于+=1,代入得=+1-y0=y0-1,由于-1y0b0)的右焦点为F,A为短轴的一个端点,且|OA|=|OF|,AOF的面积为1(其中O为坐标原点).(1)求椭圆的方程.(2)若C,D分别是椭圆长轴的左、右端点,动点M满足MDCD,连接CM,交椭圆于点P,证明:为定值.(3)在(2)的条件下,试问x轴上是否存在异于点C的定点Q,使得以MP为直径的圆恒过直线DP,MQ的交点,若存在,求出点Q的坐标;若不存在,说明理由.【解题提示】(1)依据三角形的面积及b=c即可求解.(2)直线与椭圆方程联立,利用向量坐标运算即可证明.(3)以MP为直径的圆恒过DP,MQ的交点,由MQDP,所以=0恒成立,建立Q坐标的方程.【解析】(1)由已知得b=c,bc=1,解得b=c=,所以a2=b2+c2=4.椭圆方程为+=1.(2)由(1)知:C(-2,0),D(2,0).由题意可设CM:y=k(x+2),P(x1,y1).由于MDCD,所以M(2,4k).由消去y,整理得:(1+2k2)x2+8k2x+8k2-4=0,所以=(8k2)2-4(1+2k2)(8k2-4)0,所以-2x1=,即x1=,所以y1=k(x1+2)=,所以点P,.所以=2+4k=4(定值).(3)设Q(x0,0),且x0-2.若以MP为直径的圆恒过DP,QM的交点,则MQDP,所以=0恒成立,由(2)可知:=(2-x0,4k),=,.所以=(2-x0)+4k=0,即x0=0恒成立,所以x0=0.所以存在Q(0,0),使得以MP为直径的圆恒过直线DP,MQ的交点.关闭Word文档返回原板块