2020高考数学一轮复习课时作业56证明最值范围存在性问题理 9页

课时作业56　证明、最值、范围、存在性问题 ‎ [基础达标]‎ ‎1．[2018·全国卷Ⅰ]设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)．‎ ‎(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；‎ ‎(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.‎ 解析：(1)由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1.‎ 由已知可得，点A的坐标为或.‎ 又M(2,0)，所以AM的方程为y＝－x＋或y＝x－.‎ ‎(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.‎ 当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，‎ 所以∠OMA＝∠OMB.‎ 当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为 y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为 kMA＋kMB＝＋.‎ 由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得 kMA＋kMB＝.‎ 将y＝k(x－1)代入＋y2＝1，得 ‎(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，‎ 所以x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0.‎ 从而kMA＋kMB＝0，‎ 故MA，MB的倾斜角互补．‎ 所以∠OMA＝∠OMB.‎ 综上，∠OMA＝∠OMB.‎ ‎2．[2018·北京卷]已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.‎ ‎(1)求直线l的斜率的取值范围；‎ ‎(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．‎ 解析：(1)因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，‎ 所以2p＝4，即p＝2.‎ 故抛物线C的方程为y2＝4x.‎ 由题意知，直线l的斜率存在且不为0.‎ 设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，‎ 由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.‎ 依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，‎ 解得k<0或0b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点A是椭圆上任意一点，△AF1F2的周长为4＋2.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)过点Q(－4,0)任作一动直线l交椭圆C于M，N两点，记＝λ，若在线段MN上取一点R，使得＝－λ，则当直线l转动时，点R在某一定直线上运动，求该定直线的方程．‎ 解析：(1)因为△AF1F2的周长为4＋2，‎ 所以2a＋2c＝4＋2，即a＋c＝2＋.‎ 又椭圆的圆心率e＝＝，所以a＝2，c＝，‎ 所以b2＝a2－c2＝1.‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由题意可知，直线l的斜率必存在．‎ 故可设直线l的方程为y＝k(x＋4)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，‎ 由消去y，得(1＋4k2)x2＋32k2x＋64k2－4＝0，‎ 由根与系数的关系，得x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 由＝λ，得(－4－x1，－y1)＝λ(4＋x2，y2)，‎ 所以－4－x1＝λ(x2＋4)，‎ 所以λ＝－.‎ 设点R的坐标为(x0，y0)，‎ 由＝－λ，得(x0－x1，y0－y1)＝－λ(x2－x0，y2－y0)，‎ 所以x0－x1＝－λ(x2－x0)，‎ 解得x0＝＝＝.‎ 而2x1x2＋4(x1＋x2)＝2×＋4×＝－，‎ ‎(x1＋x2)＋8＝＋8＝，‎ 所以x0＝－1.‎ 故点R在定直线x＝－1上．‎ ‎4．[2019·惠州高三调研]已知C为圆(x＋1)2＋y2＝8的圆心，P是圆上的动点，点Q在圆的半径CP上，且有点A(1,0)和AP上的点M，满足·＝0，＝2.‎ ‎(1)当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹方程；‎ ‎(2)若斜率为k的直线l与圆x2＋y2＝1相切，与(1)中所求点Q的轨迹交于不同的两点F，H，O是坐标原点，且≤·≤时，求k的取值范围．‎ 解析：(1)由题意知MQ是线段AP的垂直平分线，‎ 所以|CP|＝|QC|＋|QP|＝|QC|＋|QA|＝2>|CA|＝2，‎ 所以点Q的轨迹是以点C，A为焦点，焦距为2，长轴长为2的椭圆，‎ 所以a＝，c＝1，b＝＝1，‎ 故点Q的轨迹方程是＋y2＝1.‎ ‎(2)设直线l：y＝kx＋t，F(x1，y1)，H(x2，y2)，‎ 直线l与圆x2＋y2＝1相切⇒＝1⇒t2＝k2＋1.‎ 联立，得⇒(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，‎ Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)＝8(2k2－t2＋1)＝8k2>0⇒k≠0，‎ x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 所以·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝＋kt＋t2＝－＋k2＋1＝，‎ 所以≤≤⇒≤k2≤⇒≤|k|≤，‎ 所以－≤k≤－或≤k≤.‎ 故k的取值范围是∪.‎ ‎5．[2018·全国卷Ⅲ]已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段 AB的中点为M(1，m)(m＞0)．‎ ‎(1)证明：k＜－；‎ ‎(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0.证明：||，||，||成等差数列，并求该数列的公差．‎ 证明：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则＋＝1，＋＝1.‎ 两式相减，并由＝k得＋·k＝0.‎ 由题设知＝1，＝m，于是k＝－.①‎ 由题设得0＜m＜，故k＜－.‎ ‎(2)由题意得F(1,0)．设P(x3，y3)，则 ‎(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．‎ 由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，‎ y3＝－(y1＋y2)＝－2m＜0.‎ 又点P在C上，所以m＝，从而P，||＝，‎ 于是||＝ ＝ ＝2－.‎ 同理||＝2－.‎ 所以||＋||＝4－(x1＋x2)＝3.‎ 故2||＝||＋||，即||，||，||成等差数列．‎ 设该数列的公差为d，则2|d|＝|||－|||＝|x1－x2|＝.②‎ 将m＝代入①得k＝－1，‎ 所以l的方程为y＝－x＋，代入C的方程，并整理得 ‎7x2－14x＋＝0.‎ 故x1＋x2＝2，x1x2＝，代入②解得|d|＝.‎ 所以该数列的公差为或－.‎ ‎6．[2019·郑州质量预测]已知圆O：x2＋y2＝4，点F(1,0)，P为平面内一动点，以线段FP为直线的圆内切于圆O，设动点P的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)求曲线C的方程；‎ ‎(2)M，N是曲线C上的动点，且直线MN经过定点，问在y轴上是否存在定点Q，使得∠MQO＝∠NQO，若存在，请求出定点Q，若不存在，请说明理由．‎ 解析：(1)设PF的中点为S，切点为T，连OS，ST，则|OS|＋|SF|＝|OT|＝2，取F关于y轴的对称点F′，连接F′P，所以|PF|＝2|OS|，‎ 故|F′P|＋|FP|＝2(|OS|＋|SF|)＝4，‎ 所以点P的轨迹是以F′，F分别在左、右焦点，且长轴长为4的椭圆，‎ 则曲线C方程为＋＝1.‎ ‎(2)假设存在满足题意的定点Q，设Q(0，m)，‎ 当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋，M(x1，y1)，N(x2，y2)．‎ 联立，得消去x，得(3＋4k2)x2＋4kx－11＝0，‎ 则Δ>0，x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 由∠MQO＝∠NQO，得直线MQ与NQ的斜率之和为零，易知x1或x2等于0时，不满足题意，故＋＝＋＝＝0，‎ 即2kx1x2＋(x1＋x2)＝2k·＋·＝＝0，当k≠0时，m＝6，所以存在定点(0,6)，使得∠MQO＝∠NQO；当k＝0时，定点(0,6)也符合题意．‎ 易知当直线MN的斜率不存在时，定点(0,6)也符合题意．‎ 综上，存在定点(0,6)，使得∠MQO＝∠NQO.‎ ‎[能力挑战]‎ ‎7．[2019·宝安、潮阳，桂城等八校联考]已知定点M到定点F(1,0)的距离比M到定直线x＝－2的距离小1.‎ ‎(1)求点M的轨迹C的方程；‎ ‎(2)过点F任意作互相垂直的两条直线l1，l2，分别交曲线C于点A，B和M，N.设线段AB，MN的中点分别为P，Q，求证：直线PQ恒过一个定点；‎ ‎(3)在(2)的条件下，求△FPQ面积的最小值．‎ 解析：(1)由题意可知，动点M到定点F(1,0)的距离等于M到定直线x＝－1的距离，根据抛物线的定义可知，点M的轨迹C是一条抛物线．‎ 易知p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x.‎ 故点M的轨迹C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)设A，B两点的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则点P的坐标为.‎ 由题意可设直线l1的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，‎ 由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.‎ Δ＝(2k2＋4)2－4k2＝16k2＋16>0.‎ 因为直线l1与曲线C交于A，B两点，所以x1＋x2＝2＋，y1＋y2＝k(x1＋x2－2)＝.所以点P的坐标为.‎ 由题知，直线l2的斜率为－，‎ 同理可得点Q的坐标为(1＋2k2，－2k)．‎ 当k≠±1时，有1＋≠1＋2k2，此时直线PQ的斜率kPQ＝＝.‎ 所以直线PQ的方程为y＋2k＝(x－1－2k2)，‎ 整理得yk2＋(x－3)k－y＝0.于是，直线PQ恒过定点E(3,0)．‎ 当k＝±1时，直线PQ的方程为x＝3，也过点E(3,0)．‎ 综上所述，直线PQ恒过定点E(3,0)．‎ ‎(3)由(2)可得|EF|＝2，‎ 所以△FPQ的面积S＝|FE|＝2≥4，当且仅当k＝±1时，“＝”成立，所以△FPQ面积的最小值为4.‎