1、精選優質文檔-傾情為你奉上課時作業56證明、最值、范圍、存在性問題 基礎達標12018·全國卷設橢圓C：y21的右焦點為F，過F的直線l與C交于A，B兩點，點M的坐標為(2,0)(1)當l與x軸垂直時，求直線AM的方程；(2)設O為坐標原點，證明：OMAOMB.解析：(1)由已知得F(1,0)，l的方程為x1.由已知可得，點A的坐標為或.又M(2,0)，所以AM的方程為yx或yx.(2)證明：當l與x軸重合時，OMAOMB0°.當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，所以OMAOMB.當l與x軸不重合也不垂直時，設l的方程為yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2

2、，y2)，則x1<，x2<，直線MA，MB的斜率之和為kMAkMB.由y1kx1k，y2kx2k得kMAkMB.將yk(x1)代入y21，得(2k21)x24k2x2k220，所以x1x2，x1x2.則2kx1x23k(x1x2)4k0.從而kMAkMB0，故MA，MB的傾斜角互補所以OMAOMB.綜上，OMAOMB.22018·北京卷已知拋物線C：y22px經過點P(1,2)，過點Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N.(1)求直線l的斜率的取值范圍；(2)設O為原點，求證：為定值解析：(1)因為拋物線y22px過

3、點(1,2)，所以2p4，即p2.故拋物線C的方程為y24x.由題意知，直線l的斜率存在且不為0.設直線l的方程為ykx1(k0)，由得k2x2(2k4)x10.依題意(2k4)24×k2×1>0，解得k<0或0<k<1.又PA，PB與y軸相交，故直線l不過點(1，2)從而k3.所以直線l的斜率的取值范圍是(，3)(3,0)(0,1)(2)證明：設A(x1，y1)，B(x2，y2)由(1)知x1x2，x1x2.直線PA的方程為y2(x1)令x0，得點M的縱坐標為yM22.同理得點N的縱坐標為yN2.由 ，得1yM，1yN.所以··

4、2.所以為定值32019·石家莊摸底考試已知橢圓C：1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F2，離心率為，點A是橢圓上任意一點，AF1F2的周長為42.(1)求橢圓C的方程；(2)過點Q(4,0)任作一動直線l交橢圓C于M，N兩點，記，若在線段MN上取一點R，使得，則當直線l轉動時，點R在某一定直線上運動，求該定直線的方程解析：(1)因為AF1F2的周長為42，所以2a2c42，即ac2.又橢圓的圓心率e，所以a2，c，所以b2a2c21.所以橢圓C的方程為y21.(2)由題意可知，直線l的斜率必存在故可設直線l的方程為yk(x4)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，

5、由消去y，得(14k2)x232k2x64k240，由根與系數的關系，得x1x2，x1x2，由，得(4x1，y1)(4x2，y2)，所以4x1(x24)，所以.設點R的坐標為(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.故點R在定直線x1上42019·惠州高三調研已知C為圓(x1)2y28的圓心，P是圓上的動點，點Q在圓的半徑CP上，且有點A(1,0)和AP上的點M，滿足·0，2.(1)當點P在圓上運動時，求點Q的軌跡方程；(2)若

6、斜率為k的直線l與圓x2y21相切，與(1)中所求點Q的軌跡交于不同的兩點F，H，O是坐標原點，且·時，求k的取值范圍解析：(1)由題意知MQ是線段AP的垂直平分線，所以|CP|QC|QP|QC|QA|2>|CA|2，所以點Q的軌跡是以點C，A為焦點，焦距為2，長軸長為2的橢圓，所以a，c1，b1，故點Q的軌跡方程是y21.(2)設直線l：ykxt，F(x1，y1)，H(x2，y2)，直線l與圓x2y21相切1t2k21.聯立，得(12k2)x24ktx2t220，16k2t24(12k2)(2t22)8(2k2t21)8k2>0k0，x1x2，x1x2，所以·

7、x1x2y1y2(1k2)x1x2kt(x1x2)t2ktt2k21，所以k2|k|，所以k或k.故k的取值范圍是.52018·全國卷已知斜率為k的直線l與橢圓C：1交于A，B兩點，線段AB的中點為M(1，m)(m0)(1)證明：k；(2)設F為C的右焦點，P為C上一點，且0.證明：|，|，|成等差數列，并求該數列的公差證明：(1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則1，1.兩式相減，并由k得·k0.由題設知1，m，于是k.由題設得0m，故k.(2)由題意得F(1,0)設P(x3，y3)，則(x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0,0)由(1)及題設得x33

8、(x1x2)1，y3(y1y2)2m0.又點P在C上，所以m，從而P，|，于是| 2.同理|2.所以|4(x1x2)3.故2|，即|，|，|成等差數列設該數列的公差為d，則2|d|x1x2|.將m代入得k1，所以l的方程為yx，代入C的方程，并整理得7x214x0.故x1x22，x1x2，代入解得|d|.所以該數列的公差為或.62019·鄭州質量預測已知圓O：x2y24，點F(1,0)，P為平面內一動點，以線段FP為直線的圓內切于圓O，設動點P的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)M，N是曲線C上的動點，且直線MN經過定點，問在y軸上是否存在定點Q，使得MQONQO，若存在，請

9、求出定點Q，若不存在，請說明理由解析：(1)設PF的中點為S，切點為T，連OS，ST，則|OS|SF|OT|2，取F關于y軸的對稱點F，連接FP，所以|PF|2|OS|，故|FP|FP|2(|OS|SF|)4，所以點P的軌跡是以F，F分別在左、右焦點，且長軸長為4的橢圓，則曲線C方程為1.(2)假設存在滿足題意的定點Q，設Q(0，m)，當直線MN的斜率存在時，設直線MN的方程為ykx，M(x1，y1)，N(x2，y2)聯立，得消去x，得(34k2)x24kx110，則>0，x1x2，x1x2，由MQONQO，得直線MQ與NQ的斜率之和為零，易知x1或x2等于0時，不滿足題意，故0，即2k

10、x1x2(x1x2)2k··0，當k0時，m6，所以存在定點(0,6)，使得MQONQO；當k0時，定點(0,6)也符合題意易知當直線MN的斜率不存在時，定點(0,6)也符合題意綜上，存在定點(0,6)，使得MQONQO.能力挑戰72019·寶安、潮陽，桂城等八校聯考已知定點M到定點F(1,0)的距離比M到定直線x2的距離小1.(1)求點M的軌跡C的方程；(2)過點F任意作互相垂直的兩條直線l1，l2，分別交曲線C于點A，B和M，N.設線段AB，MN的中點分別為P，Q，求證：直線PQ恒過一個定點；(3)在(2)的條件下，求FPQ面積的最小值解析：(1)由題意可知，

11、動點M到定點F(1,0)的距離等于M到定直線x1的距離，根據拋物線的定義可知，點M的軌跡C是一條拋物線易知p2，所以拋物線的方程為y24x.故點M的軌跡C的方程為y24x.(2)設A，B兩點的坐標分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則點P的坐標為.由題意可設直線l1的方程為yk(x1)(k0)，由得k2x2(2k24)xk20.(2k24)24k216k216>0.因為直線l1與曲線C交于A，B兩點，所以x1x22，y1y2k(x1x22).所以點P的坐標為.由題知，直線l2的斜率為，同理可得點Q的坐標為(12k2，2k)當k±1時，有112k2，此時直線PQ的斜率kPQ.所