2019年高考数学一轮复习课时分层训练57定点定值范围最值问题（理科）北师大版.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 课时分层训练 (五十七 ) 定点、定值、范围、最值问题 1 (2017 山西临汾一中月考 )已知椭圆 C： x2a2 y2 1(a 0)，过椭圆 C 的右顶点和上顶点的直线与圆 x2 y2 23相切 (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 M 是椭圆 C 的上顶点，过点 M 分别作直线 MA， MB 交椭圆 C 于 A， B 两点，设这两条直线的斜率分别为 k1， k2，且 k1 k2 2，证明：直线 AB 过定点 解 (1) 直线过点 (a,0)和 (0,1)， 直线的方程为 x ay a 0， 直线与圆 x2 y2 23相切， |a|1 a2 63 ，解得

2、a2 2， 椭圆 C 的方程为 x22 y2 1. (2)证明：当直线 AB 的斜率不存在时，设 A(x0， y0)，则 B(x0， y0)，由 k1 k2 2得 y0 1x0 y0 1x0 2，解得 x0 1.当直线 AB 的斜率存在时，设 AB 的方程为 ykx m(m1) ， A(x1， y1)， B(x2， y2)， 由? x22 y2 1y kx m?(1 2k2)x2 4kmx 2m2 2 0，得 x1 x2 4km1 2k2， x1 x2 2m2 21 2k2，由 k1 k2 2?y1 1x1 y2 1x2 2?(kx2 m 1)x1 (kx1 m 1)x2x1x2 2， 即 (

3、2 2k)x1x2 (m 1)(x1 x2)?(2 2k)(2m2 2) (m 1)( 4km)，即 (1 k)(m2 1) km(m 1)， 由 m1 ，得 (1 k)(m 1) km?k m 1，即 y kx m (m 1)x m?m(x 1) y x， 故直线 AB 过定点 ( 1， 1) 综上，直线 AB 过定点 ( 1， 1) 2 (2018 云南二检 )已知点 A， B 是椭圆 C： x2a2y2b2 1(a b 0)的左、右顶点， F 为左焦点，点 P 是椭圆上异于 A， B 的任意一点直线 AP 与过点 B 且垂直于 x 轴的直线 l 交于点 M，直线 MN BP 于点 N.

4、(1)求证：直线 AP 与直线 BP 的斜率之积为定值； (2)若直线 MN 过焦点 F， AF FB ( R)，求实数 的值 . 【导学号： 79140311】 解 (1)证明：设 P(x0， y0)(x0 a)， 由已知 A( a,0)， B(a,0)， =【 ;精品教育资源文库 】 = kAP kBP y0x0 a y0x0 a y20x20 a2. 点 P 在椭圆上， x20a2y20b2 1. 由 得 kAP kBP y20x20 a2 b2a2(x20 a2)x20 a2 b2a2. 直线 AP 与直线 BP 的斜率之积为定值 b2a2. (2)设直线 AP 与 BP 的斜率分别为

5、 k1， k2，由已知 F( c,0)，直线 AP 的方程为 yk1(x a)， 直线 l 的方程为 x a，则 M(a,2ak1) MN BP， kMN k2 1. 由 (1)知 k1 k2 b2a2， kMNa2b2 k1. 又 F， N， M 三点共线，得 kMF kMN， 即 2ak1a c a2b2k1，得 2b2 a(a c) b2 a2 c2， 2( a2 c2) a2 ac，化简整理得 2c2 ac a2 0， 即 2? ?ca2 ca 1 0，解得 ca 12或 ca 1(舍去 ) a 2c. 由 AF FB ，得 (a c,0) (a c,0)， 将 a 2c 代入，得 (

6、c,0) (3c,0)，即 c 3c ， 13. 3 (2018 呼和浩特一调 )已知抛物线 C1的方程为 y2 4x，椭圆 C2与抛物线 C1有公共的焦点，且 C2的中心在坐标原点，过点 M(4,0)的直线 l 与抛物线 C1分别交于 A， B 两点 (1)若 AM 12MB ，求直线 l 的方程； (2)若坐标原点 O 关于直线 l 的对称点 P 在抛物线 C1上，直线 l 与椭圆 C2有公共点，求椭圆 C2的长轴长的最小值 . 【导学号： 79140312】 解 (1)当直线 l 的斜率不存在时， l x 轴， AM MB 与已知 AM 12MB 矛盾，所以直=【 ;精品教育资源文库 】

7、 = 线 l 的斜率必存在 设直线 l 的斜率为 k(k0) ， 则直线 l 的方程为 y k(x 4) 联立? y2 4x，y k(x 4)， 消去 x， 得 ky2 4y 16k 0，所以 16 64k2 0. 设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 ? y1 y24k， y1y2 16， 又因为 AM 12MB ， 所以 (4 x1， y1) 12(x2 4， y2)， 即 y1 12y2. 由式 消去 y1， y2，得 k2 2，即 k 2或 k 2， 故直线 l 的方程为 y 2x 4 2或 y 2x 4 2. (2)设 P(m， n)，则 OP 的中点为 ? ?m2， n

8、2 . 因为 O， P 两点关于直线 y k(x 4)对称， 所以? n2 k? ?m2 4 ，nm k 1，解得? m 8k21 k2，n 8k1 k2.将其代入抛物线方程，得 ? ? 8k1 k22 4 8k21 k2. 所以 k2 1. 设椭圆的方程为 x2a2y2b2 1(a b 0)， 则 a2 b2 1，即 b2 a2 1. =【 ;精品教育资源文库 】 = 联立? y k(x 4)，x2a2y2b2 1，消去 y， 得 (b2 a2k2)x2 8k2a2x 16a2k2 a2b2 0. 因为直线与椭圆有交点， 所以 ( 8k2a2)2 4(b2 a2k2)(16a2k2 a2b2

9、)0. 化简整理得 4a2b2(b2 a2k2 16k2) 4a2(a2 1)(2a2 17)0. 所以 (a2 1)(2a2 17)0. 因为 a2 b2 1 1，所以 2a217. 所以 2a 34， 因此椭圆 C2的长轴长的最小值为 34. 4 (2016 全国卷 ) 已知椭圆 E： x2ty23 1 的焦点在 x 轴上， A 是 E 的左顶点，斜率为 k(k0)的直线交 E 于 A， M 两点，点 N 在 E 上 ， MA NA. (1)当 t 4， |AM| |AN|时，求 AMN 的面积； (2)当 2|AM| |AN|时，求 k 的取值范围 解 设 M(x1， y1)，则由题意知

10、 y10. (1)当 t 4 时， E 的方程为 x24y23 1， A( 2,0) 由已知及椭圆的对称性知，直线 AM 的倾斜角为 4. 因此直线 AM 的方程为 y x 2. 将 x y 2 代入 x24y23 1 得 7y2 12y 0. 解得 y 0 或 y 127 ，所以 y1 127. 因此 AMN 的面积 S AMN 2 12 127 127 14449. (2)由题意 t 3， k 0， A( t， 0) 将直线 AM 的方程 y k(x t)代入 x2ty23 1 得 (3 tk2)x2 2 t tk2x t2k2 3t 0. 由 x1( t) t2k2 3t3 tk2 得

11、x1t(3 tk2)3 tk2 ， =【 ;精品教育资源文库 】 = 故 |AM| |x1 t| 1 k2 6 t(1 k2)3 tk2 . 由题设，直线 AN 的方程为 y 1k(x t)， 故同理可得 |AN| 6k t(1 k2)3k2 t . 由 2|AM| |AN|得 23 tk2 k3k2 t， 即 (k3 2)t 3k(2k 1) 当 k 3 2时上式不成立，因此 t 3k(2k 1)k3 2 . t 3 等价于 k3 2k2 k 2k3 2 (k 2)(k2 1)k3 2 0， 即 k 2k3 2 0. 由此得? k 2 0，k3 2 0， 或 ? k 2 0，k3 2 0， 解得3 2 k 2. 因此 k 的取值范围是 (3 2， 2)