【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
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0
0)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－.
