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  • 2021-05-14 发布

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

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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.‎