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
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0
b>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.
