【数学】2020届一轮复习人教B版（文）8-8-2证明、最值、范围、存在性问题作业 8页

课时作业51　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00)到直线x－y＋2＝0的距离为d＝＝3，‎ ‎∴c＝，‎ 又∵a2－b2＝c2，‎ ‎∴a＝，‎ 又∵椭圆E的交点在x轴上，‎ ‎∴椭圆E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则联立直线l与椭圆方程有得(3k2＋1)x2＋6mkx＋‎3m2‎－3＝0.‎ 又|BC|＝ ‎＝，‎ 平方得|BC|2＝，　①‎ 由O到直线l的距离为＝，‎ 得m2＝(k2＋1)，‎ 代入①式，得|BC|2＝ ‎＝3，‎ 当且仅当k2＝时，9k2＋≥6，|BC|有最大值2.‎ ‎∴(S△BOC)max＝×2×＝，‎ ‎∴△BOC的面积的最大值为.‎ ‎4．[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－.‎ ‎5．[2019·广州模拟]已知椭圆C的左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，且F2到直线x－y－9＝0的距离等于椭圆的短轴长．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若圆P的圆心为P(0，t)(t>0)，且经过F1，F2，Q是椭圆C上的动点且在圆P外，过点Q作圆P的切线，切点为M，当|QM|的最大值为时，求t的值．‎ 解析：(1)设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)．‎ 依题意可知，2b＝＝4，所以b＝2.‎ 又c＝1，故a2＝b2＋c2＝5，‎ 故椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设Q(x0，y0)，圆P的方程为x2＋(y－t)2＝t2＋1.‎ 因为PM⊥QM，所以 ‎|QM|＝＝ ‎＝.‎ 若－4t≤－2，即t≥，‎ 当y0＝－2时，|QM|取得最大值，‎ ‎|QM|max＝＝，‎ 解得t＝<(舍去)．‎ 若－4t>－2，即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．‎ ‎[能力挑战]‎ ‎7．[2019·豫北名校联考]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线2x－y＋6＝0相切．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)已知点A，B为动直线y＝k(x－2)(k≠0)与椭圆C的两个交点，问在x轴上是否存在定点E，使得2＋·为定值？若存在，试求出点E的坐标和定值；若不存在，请说明理由．‎ 解析：(1)由e＝，即＝，得c＝a，(*)‎ 由已知得圆的方程为x2＋y2＝a2，‎ 又圆与直线2x－y＋6＝0相切，‎ 所以a＝＝，代入(*)式得c＝2，‎ 所以b2＝a2－c2＝2，所以椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)存在．由得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，假设在x轴上存在定点E(m,0)，‎ 使得2＋·＝(＋)·＝·为定值，‎ 则·＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2)＝的值与k无关，‎ ‎∴‎3m2‎－‎12m＋10＝3(m2－6)，得m＝.‎ 此时，2＋·＝m2－6＝－，‎ 所以在x轴上存在定点E，‎ 使得2＋·为定值，且定值为－.‎