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

1、课时作业56证明、最值、范围、存在性问题基础达标12018·全国卷设椭圆C：y21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：OMAOMB.解析：(1)由已知得F(1,0)，l的方程为x1.由已知可得，点A的坐标为或.又M(2,0)，所以AM的方程为yx或yx.(2)证明：当l与x轴重合时，OMAOMB0°.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1<，x

2、2<，直线MA，MB的斜率之和为kMAkMB.由y1kx1k，y2kx2k得kMAkMB.将yk(x1)代入y21，得(2k21)x24k2x2k220，所以x1x2，x1x2.则2kx1x23k(x1x2)4k0.从而kMAkMB0，故MA，MB的倾斜角互补所以OMAOMB.综上，OMAOMB.22018·北京卷已知抛物线C：y22px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，求证：为定值解析：(1)因为抛物线y22px过点(1,2)，所以2p4，即

3、p2.故抛物线C的方程为y24x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为ykx1(k0)，由得k2x2(2k4)x10.依题意(2k4)24×k2×1>0，解得k<0或0<k<1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，2)从而k3.所以直线l的斜率的取值范围是(，3)(3,0)(0,1)(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)由(1)知x1x2，x1x2.直线PA的方程为y2(x1)令x0，得点M的纵坐标为yM22.同理得点N的纵坐标为yN2.由，得1yM，1yN.所以··2.所以为定值32019

4、83;石家庄摸底考试已知椭圆C：1(a>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42.(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，若在线段MN上取一点R，使得，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42，所以2a2c42，即ac2.又椭圆的圆心率e，所以a2，c，所以b2a2c21.所以椭圆C的方程为y21.(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yk(x4)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由消去y，得(14k2)x23

5、2k2x64k240，由根与系数的关系，得x1x2，x1x2，由，得(4x1，y1)(4x2，y2)，所以4x1(x24)，所以.设点R的坐标为(x0，y0)，由，得(x0x1，y0y1)(x2x0，y2y0)，所以x0x1(x2x0)，解得x0.而2x1x24(x1x2)2×4×，(x1x2)88，所以x01.故点R在定直线x1上42019·惠州高三调研已知C为圆(x1)2y28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x2y21

6、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，c1，b1，故点Q的轨迹方程是y21.(2)设直线l：ykxt，F(x1，y1)，H(x2，y2)，直线l与圆x2y21相切1t2k21.联立，得(12k2)x24ktx2t220，16k2t24(12k2)(2t22)8(2k2t21)8k2>0k0，x1x2，x1x2，所以·x1x2y1y2(1k2)x1

7、x2kt(x1x2)t2ktt2k21，所以k2|k|，所以k或k.故k的取值范围是.52018·全国卷已知斜率为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)(m0)(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·k0.由题设知1，m，于是k.由题设得0m，故k.(2)由题意得F(1,0)设P(x3，y3)，则(x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0,0)由(1)及题设得x33(x1x2)1，y3(y1y2

8、)2m0.又点P在C上，所以m，从而P，|，于是| 2.同理|2.所以|4(x1x2)3.故2|，即|，|，|成等差数列设该数列的公差为d，则2|d|x1x2|.将m代入得k1，所以l的方程为yx，代入C的方程，并整理得7x214x0.故x1x22，x1x2，代入解得|d|.所以该数列的公差为或.62019·郑州质量预测已知圆O：x2y24，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MQONQO，若存在，请求出定点Q，若不存在，请说明理

9、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FP，所以|PF|2|OS|，故|FP|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ykx，M(x1，y1)，N(x2，y2)联立，得消去x，得(34k2)x24kx110，则>0，x1x2，x1x2，由MQONQO，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(x1x2)2k

10、83;·0，当k0时，m6，所以存在定点(0,6)，使得MQONQO；当k0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MQONQO.能力挑战72019·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x2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x1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p2，所以抛物线的方程为y24x.故点M的轨迹C的方程为y24x.(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yk(x1)(k0)，由得k2x2(2k24)xk20.(2k24)24k216k216>0.因为直线l1与曲线C交于A，B两点，所以x1x22，y1y2k(x1x22).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(12k2，2k)当k±1时，有112k2，此时直线PQ的