【文档说明】【高考数学精准解析】多维层次练：第八章第8节第1课时最值、范围、证明问题【高考】.docx，共(15)页，156.216 KB，由小赞的店铺上传

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多维层次练52[A级基础巩固]1．(2020·湛江一中周考)已知M，N分别是椭圆x29＋y2＝1和圆C：x2＋(y－4)2＝1上的动点，则|MN|的最大值为()A．5B．6C．26＋1D．33＋1解析：圆心为(0，4)，设M(x，y)，则

|MC|＝x2＋（y－4）2＝－8y2－8y＋25，又因为－1≤y≤1，所以当y＝－12时，|MC|max＝33，则|MN|max＝33＋1.答案：D2．已知P为双曲线C：x29－y216＝1上的点，点M满足|Q

M→|＝1，且OM→·PM→＝0，则当|PM→|取得最小值时点P到双曲线C的渐近线的距离为()A.95B.125C．4D．5解析：由OM→·PM→＝0，得OM⊥PM，根据勾股定理，求|MP|的最小值可以转化为求|OP|的最小值，当|OP|取得最小值时，点P的位置为双曲线的顶点(±3，0)，而双

曲线的渐近线为4x±3y＝0，所以所求的距离d＝125.答案：B3．(2020·洛阳市期末)设P是椭圆x225＋y216＝1上的一点，M，N分别是圆(x＋3)2＋y2＝4和圆(x－3)2＋y2＝1上的点，则|PM|＋|PN|的

取值范围是()A．[7，13]B．[8，12]C．[7，12]D．[8，13]解析：因为椭圆x225＋y216＝1，所以焦点坐标为F1(－3，0)，F2(3，0)，因为两圆(x＋3)2＋y2＝4和(x－3)2＋y2＝1，所以圆心坐标为(－3，0)和(3，0)，两圆的半径分别为R1＝2，R2＝1，因

为两圆的圆心位于椭圆的焦点上，所以PF1－R1≤PM≤PF1＋R1，PF2－R2≤PN≤PF2＋R2，所以PF1＋PF2－R1－R2≤PM＋PN≤PF1＋PF2＋R1＋R2，所以7≤PM＋PN≤13，所以|PM|＋|PN|的取值范围是[7，13]．答案：A4

．若双曲线x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的渐近线与抛物线y＝x2＋2有公共点，则此双曲线的离心率的取值范围是()A．[3，＋∞)B．(3，＋∞)C．(1，3]D．(1，3)解析：依题意可知双曲线渐近线方程为y＝±bax，与抛物线方程联立消去y得x2±bax＋2

＝0.因为渐近线与抛物线有交点，所以Δ＝b2a2－8≥0，求得b2≥8a2，所以c＝a2＋b2≥3a，所以e＝ca≥3.答案：A5．(2020·黄石三中月考)已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的左右焦点分别为F1，F2，实轴长为6，渐近线

方程为y＝±13x，动点M在双曲线左支上，点N为圆E：x2＋(y＋6)2＝1上一点，则|MN|＋|MF2|的最小值为()A．8B．9C．10D．11解析：由题意可得2a＝6，即a＝3，渐近线方程为y＝±13x，即有b

a＝13，即b＝1，可得双曲线方程为x29－y2＝1，焦点为F1(－10，0)，F2(10，0)，由双曲线的定义可得|MF2|＝2a＋|MF1|＝6＋|MF1|，由圆E：x2＋(y＋6)2＝1可得E(0，－6)，半径r＝1，|MN|＋|MF2|＝6＋

|MN|＋|MF1|，连接EF1，交双曲线于M，交圆于N，可得|MN|＋|MF1|取得最小值，且为|EF1|＝6＋10＝4，则|MN|＋|MF2|的最小值为6＋4－1＝9.答案：B6．已知动点P(x，y)在椭圆x225＋y216＝1上，若A点坐标为(3，0)，|AM→|＝1，

且PM→·AM→＝0，则|PM→|的最小值是________．解析：因为PM→·AM→＝0，所以AM→⊥PM→.所以|PM→|2＝|AP→|2－|AM→|2＝|AP→|2－1，因为椭圆右顶点到右焦点A的距离最小，故|AP→|min＝2，所以|PM→|min＝3.答案

：37．(2020·徐州一中月考)已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，过点F且斜率为2的直线l与抛物线C交于A，B两点，点M是抛物线C上一点，且M在直线l下方，则△MAB面积的最大值为________．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为直线l过点F，且斜率

为2，所以直线l的方程为y＝2x＋1，联立x2＝4y，y＝2x＋1，整理得y－122＝4y，即y2－18y＋1＝0，则y1＋y2＝18，故|AB|＝y1＋y2＋k＝18＋2＝20.设直线l′：y＝2x＋a，联立x2＝4

y，y＝2x＋a，整理得x2－8x－4a＝0，当直线l′与抛物线C相切时，Δ＝64＋16a＝0，解得a＝－4，则直线l与l′之间的距离d＝|1＋4|4＋1＝5.因为点M是抛物线C上在直线l下方的一点，所以点M到直线l的距离dM≤d＝5，则△MA

B的面积为12|AB|·dM≤12×20×5＝105.答案：1058．椭圆C：x24＋y23＝1的左、右顶点分别为A1，A2，点P在C上(P不与A1，A2重合)且直线PA2斜率的取值范围是[－2，－1]，那么直线PA1斜率的取值范围是

________．解析：由椭圆C：x24＋y23＝1可知左顶点A1(－2，0)，右顶点A2(2，0)，设P(x0，y0)(x0≠±2)，则x204＋y203＝1，得y20x20－4＝－34，因为kPA

1＝y0x0＋2，kPA2＝y0x0－2，所以kPA1·kPA2＝y20x20－4＝－34，又因为－2≤kPA2≤－1，所以－2≤－34kPA1≤－1，解得38≤kPA1≤34，即直线PA1斜率的取值范围为38，34.答案：

38，349．已知中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆M的离心率为12，椭圆上异于长轴顶点的任意点A与左、右两焦点F1，F2构成的三角形中面积的最大值为3.(1)求椭圆M的标准方程；(2)若A与C是椭圆M上关于x轴对称的两点，连接CF2并延长，与椭圆的另一交点为B，求证：直线AB与x轴

交于定点P，并求PA→·F2C→的取值范围．(1)解：由题意知ca＝12，12·2c·b＝3，a2＝b2＋c2，解得c＝1，a＝2，b＝3.所以椭圆M的标准方程是x24＋y23＝1.(2)证明：设A(x1，y1)

，B(x2，y2)，C(x1，－y1)，直线AB：y＝kx＋m.将y＝kx＋m，代入x24＋y23＝1得，(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.则x1＋x2＝－8km4k2＋3，x1x2＝4m2－124k2＋3.因为B，C，F2共线，所以kBF2＝kCF2，即kx2＋mx2－1＝

－（kx1＋m）x1－1，整理得2kx1x2＋(m－k)(x1＋x2)－2m＝0，所以2k×4m2－124k2＋3－(m－k)×8km4k2＋3－2m＝0,解得m＝－4k.所以直线AB：y＝k(x－4)与x轴交于定点P(4，0)．因为y21＝3

－34x21，所以PA→·F2C→＝(x1－4，y1)·(x1－1，－y1)＝x21－5x1＋4－y21＝74x21－5x1＋1＝74x1－1072－187.因为－2<x1<2，所以PA→·F2C→的取值范围是－187，18.10．在直角坐标系xOy中，已

知圆C1：x2＋y2＝r2(r>0)与直线l0：y＝x＋22相切，点A为圆C1上一动点，AN⊥x轴于点N，且动点满足OM→＋AM→＝ON→，设动点M的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设P，Q是曲

线C上两动点，线段PQ的中点为T，OP，OQ的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝－14，求|OT|的取值范围．解：(1)设动点M(x，y)，A(x0，y0)，由于AN⊥x轴于点N，所以N(x0，0)，又圆C1：x2＋y2＝r2(r>0

)与直线l0：y＝x＋22相切，所以r＝|22|2＝2，则圆C1：x2＋y2＝4.由题意，OM→＋AM→＝ON→，得(x，y)＋(x－x0，y－y0)＝(x0，0)，所以2x－x0＝x0，2y－y0＝0，即x0＝x，y0＝2y，又点A为圆C1上的动点，所以x

2＋4y2＝4，即x24＋y2＝1.(2)当PQ的斜率不存在时，设直线OP：y＝12x，不妨取点P2，22，则Q2，－22，T(2，0)，所以|OT|＝2.当PQ的斜率存在时，设直线PQ：y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联

立y＝kx＋m，x2＋4y2＝4，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.所以x1＋x2＝－8km1＋4k2，x1x2＝4m2－41＋4k2.因为k1k2＝－14，所以4y1y2＋x1x2＝0.所以

4(kx1＋m)(kx2＋m)＋x1x2＝(1＋4k2)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝4m2－4－32k2m21＋4k2＋4m2＝0.化简得：2m2＝1＋4k2，所以m2≥12.Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)

(4m2－4)＝16(4k2＋1－m2)＝16m2>0.设T(x3，y3)，则x3＝x1＋x22＝－2km，y3＝kx3＋m＝12m.所以|OT|2＝x23＋y23＝4k2m2＋14m2＝2－34m2∈

12，2，所以|OT|∈22，2.综上，|OT|的取值范围是22，2.[B级能力提升]11．(2020·郑州一中模拟)已知F为抛物线y2＝x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，OA→·OB→＝6(其中O为坐标原点)，则△ABO与△AF

O面积之和的最小值是()A.1723B．3C.338D.3132解析：设直线AB的方程为x＝ty＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB与x轴的交点为M(m，0)，将x＝ty＋m代入y2＝x，可得y2－ty－m＝0，则y1·y2＝－m.因为OA→·OB→＝6，所以x1x2＋y1

y2＝6，从而(y1y2)2＋y1y2－6＝0.因为点A，B位于x轴的两侧，所以y1y2＝－3，故m＝3.不妨令点A在x轴上方，则y1>0，又F14，0，所以S△ABO＋S△AFO＝12×3×(y1－y2)＋12×14y1＝138y1＋92y1

≥29×1316＝3132，当且仅当138y1＝92y1，即y1＝61313时取“＝”，所以△ABO与△AFO面积之和的最小值是3132.答案：D12．(2020·南通市质检)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)

，存在过左焦点F的直线与椭圆C交于A、B两点，满足AFBF＝2，则椭圆C离心率的最小值是________．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，F(－c，0)，直线AB：y＝k(x＋c)．因为A、B满足AFBF＝2

，所以y1＝－2y2.①由y＝k（x＋c），b2x2＋a2y2＝a2b2，得(b2＋a2k2)y2－2kcb2y－b4k2＝0，y1＋y2＝2kcb2b2＋a2k2，②y1y2＝－b4k2b2＋a2k

2，③由①②得y1＝4kcb2b2＋a2k2，y2＝－2kcb2b2＋a2k2，代入③得b2＋a2k2＝8c2⇒8c2≥b2＝a2－c2⇒9c2≥a2⇒ca≥13，所以椭圆C的离心率的最小值为13.答

案：1313．已知椭圆Ω：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，直线22x＋y＝1经过Ω的右顶点和上顶点．(1)求椭圆Ω的方程．(2)设椭圆Ω的右焦点为F，过点G(2，0)作斜率不为0的直线交椭圆Ω于M，N两点．设直线FM和FN的斜

率为k1，k2.①求证：k1＋k2为定值；②求△FMN的面积S的最大值．(1)解：在方程22x＋y＝1中，令x＝0，则y＝1，所以上顶点的坐标为(0，1)，所以b＝1.令y＝0，则x＝2，所以右顶点的坐标为(2，0)，所以a＝2.所以，椭圆Ω的方

程为x22＋y2＝1.(2)如图所示：①证明：设直线MN的方程为y＝k(x－2)(k≠0)．代入椭圆方程得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝8k21＋2k2，x1x2＝8k2－21＋2k2，k1＋k2＝y1x1－1＋y2x2－1＝k（

x1－2）x1－1＋k（x2－2）x2－1＝k2－x1＋x2－2（x1－1）（x2－1）＝k2－8k22k2＋1－28k2－22k2＋1－8k22k2＋1＋1＝0，所以k1＋k2＝0，为定值.②解：因为MN直线过点G(2，0)，设直线MN的方程为y＝k(x－2)，即k

x－y－2k＝0，代入椭圆方程得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0.由判别式Δ＝(－8k2)2－4(2k2＋1)(8k2－2)>0解得k2<12.点F(1，0)到直线MN的距离为h，则h＝|k－2

k|k2＋1＝|k|k2＋1，S＝12|MN|h＝12k2＋1·（x1＋x2）2－4x1x2·|k|k2＋1＝121＋k2·（8k2）2（2k2＋1）2－4×8k2－22k2＋1·|k|k2＋1＝12|k|8（1－

2k2）2k2＋1＝2（1－2k2）k2（2k2＋1）2，令t＝1＋2k2，则S＝2－t2＋3t－22t2＝2－1t－342＋116，所以当1t＝34，即k2＝16时，S的最大值为24.[C级素养升华]14．(多选题)(2019·北京卷改编)

数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：x2＋y2＝1＋|x|y就是其中之一(如下图)．给出下列四个结论，其中正确结论的序号是()A．曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点)B．曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2C．曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3D．曲线C上有四个整点

到原点的距离为1解析：因为x2＋y2＝1＋|x|y≤1＋|x||y|≤1＋x2＋y22，所以x2＋y2≤2.A项，x，y可能取得的整数值为±1，0，代入曲线C的方程得整点坐标为(1，1)，(1，0)，(－1，1)，(

－1，0)，(0，1)，(0，－1)，故A正确．B项，设曲线C上任意一点到原点的距离为d，则d2＝x2＋y2≤2，所以d≤2，故B正确．C项，由图知，图形在第一象限的面积S1>1，图形在第四象限的面积S4>12，由对称性得，“心形”区域面积S>

1＋12×2＝3，故C错误．D项，由B知，6个整点中有(1，0)，(－1，0)，(0，1)与(0，－1)到原点距离为1，D正确．答案：ABD获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xi

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