高考数学一轮复习训练第9章第8讲第1课时最值范围证明问题

第九章第8讲第1课时[A级基础达标]1．如图所示，点O为坐标原点，直线l经过抛物线C：y2＝4x的焦点F，设点A是直线l与抛物线C在第一象限的交点．以点F为圆心，|FA|为半径的圆与x轴负半轴的交点为点B．(1)若点O到直线l的距离为eq\f(\r(3),2)，求直线l的方程；(2)求证：直线AB与抛物线C相切．(1)解：由题易知，抛物线C的焦点为F(1,0)，当直线l的斜率不存在时，即x＝1，不符合题意．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，即kx－y－k＝0.所以eq\f(|－k|,\r(1＋k2))＝eq\f(\r(3),2)，解得k＝±eq\r(3).即直线l的方程为y＝±eq\r(3)(x－1)．(2)证明：设A(x0，y0)，则yeq\o\al(2,0)＝4x0.因为|BF|＝|AF|＝x0＋1，所以B(－x0,0)．所以直线AB的方程为y＝eq\f(y0,2x0)(x＋x0)．整理，得x＝eq\f(2x0y,y0)－x0，把上式代入y2＝4x，得y0y2－8x0y＋4x0y0＝0，因为Δ＝64xeq\o\al(2,0)－16x0yeq\o\al(2,0)＝64xeq\o\al(2,0)－64xeq\o\al(2,0)＝0，所以直线AB与抛物线C相切．2．(2020年山西期中)设点M和N是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a＞0)上不同的两点，线段MN最长为4.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线MN过点Q(0,2)，且eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＞0，线段MN的中点为P，求直线OP的斜率的取值范围．解：(1)因为线段MN最长为4，所以4＝2a，即a＝2，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由题意知，直线MN的斜率存在且不为0，设其方程为y＝kx＋2，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))整理得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，由Δ＝(16k)2－4×(1＋4k2)×12＝16(4k2－3)＞0，可得k2>eq\f(3,4).设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(12,1＋4k2)，所以y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝eq\f(4－4k2,1＋4k2).因为eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))>0，所以x1x2＋y1y2＝eq\f(12,1＋4k2)＋eq\f(4－4k2,1＋4k2)＝eq\f(44－k2,1＋4k2)>0，即k2＜4，故eq\f(3,4)<k2<4.设直线OP的斜率为k′，因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)＋y\o\al(2,1)＝1，,\f(x\o\al(2,2),4)＋y\o\al(2,2)＝1，))两式相减得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(x1＋x2,4y1＋y2)，所以k＝－eq\f(1,4k′)，则k′2＝eq\f(1,16k2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,64)，\f(1,12))).故直线OP的斜率的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),6)，－\f(1,8)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，\f(\r(3),6))).[B级能力提升]3．(2020年濮阳一模)已知O为坐标原点，抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，点A，B在该抛物线上且位于y轴的两侧，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝3.(1)求证：直线AB过定点(0,3)；(2)以A，B为切点作C的切线，设两切线的交点为P，点Q为圆(x－1)2＋y2＝1上任意一点，求|PQ|的最小值．(1)证明：根据题意，eq\f(1,2)＝eq\f(p,2)，所以p＝1.故抛物线C：x2＝2y.由题意设直线AB的方程为y＝kx＋b(b＞0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝2y，,y＝kx＋b，))消去y整理得x2－2kx－2b＝0.显然Δ＝4k2＋8b＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＞0，x2＜0)，则x1x2＝－2b，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq\f(x\o\al(2,1)x\o\al(2,2),4)＋x1x2＝b2－2b.由题意得b2－2b＝3，解得b＝3或b＝－1(舍去)．所以直线AB的方程为y＝kx＋3，故直线AB过定点(0,3)．(2)解：因为y′＝x，所以y′|x＝x1＝x1，y′|x＝x2＝x2，故以A为切点的切线方程为y－y1＝x1(x－x1)，即y＝x1x－y1，以B为切点的切线方程为y－y2＝x2(x－x2)，即y＝x2x－y2，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x1x－y1，,y＝x2x－y2，))解得y＝eq\f(x1x2,2).又因为x1x2＝－6，所以两切线交点P的轨迹方程为y＝－3.因为圆心(1,0)到直线y＝－3的距离为3，所以圆上一点到直线y＝－3的最小距离为3－1＝2，故|PQ|的最小值为2.4．(2020年广州二模)已知点A，B的坐标分别是(－eq\r(2)，0)，(eq\r(2)，0)，动点M(x，y)满足直线AM和BM的斜率之积为－3，记M的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程；(2)直线y＝kx＋m与曲线E相交于P，Q两点，若曲线E上存在点R，使得四边形OPRQ为平行四边形(其中O为坐标原点)，求m的取值范围．解：(1)kAM·kBM＝eq\f(y,x＋\r(2))·eq\f(y,x－\r(2))＝eq\f(y2,x2－2)＝－3(y≠0)，化简得曲线E的方程：eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,6)＝1(y≠0)．(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋my≠0，,\f(x2,2)＋\f(y2,6)＝1，))得(3＋k2)x2＋2kmx＋m2－6＝0，x1＋x2＝－eq\f(2km,3＋k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq\f(6m,3＋k2)，Δ＝(2km)2－4×(3＋k2)(m2－6)＝－12m2＋24k2＋72＞0，即－m2＋2k2若四边形OPRQ为平行四边形，则PQ的中点也是OR的中点，所以R点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2km,3＋k2)，\f(6m,3＋k2))).又点R在曲线E上得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2km,3＋k2)))2,2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6m,3＋k2)))2,6)＝1，化简得2m2＝k2＋3②，将②代入①，得m2＞0，所以m≠0，由②得2m2≥3，所以m≥eq\f(\r(6),2)或m≤－eq\f(\r(6),2).当直线PQ经过(±eq\r(2)，0)时，m＝±eq