2020高考数学第八章解析几何课时作业51证明、最值、范围、存在性问题文.docx

课时作业51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，x20，解得k0或0k0)到直线xy20的距离为d3，c，又a2b2c2，a，又椭圆E的交点在x轴上，椭圆E的方程为y21.(2)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则联立直线l与椭圆方程有得(3k21)x26mkx3m230.又|BC|，平方得|BC|2，由O到直线l的距离为，得m2(k21)，代入式，得|BC|23，当且仅当k2时，9k26，|BC|有最大值2.(SBOC)max2，BOC的面积的最大值为.42018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)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.52019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xy90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)(t0)，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(ab0)依题意可知，2b4，所以b2.又c1，故a2b2c25，故椭圆C的方程为1.(2)设Q(x0，y0)，圆P的方程为x2(yt)2t21.因为PMQM，所以|QM|.若4t2，即t，当y02时，|QM|取得最大值，|QM|max，解得t2，即0t，当y04t时，|QM|取最大值，且|QM|max，解得t2.又0tb0)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)x232k2x64k240，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)24，(x1x2)88，所以x01.故点R在定直线x1上能力挑战72019豫北名校联考已知椭圆C：1(ab0)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2xy60相切(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知点A，B为动直线yk(x2)(k0)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ca，(*)由已知得圆的方程为x2y2a2，又圆与直线2xy60相切，所以a，代入(*)式得c2，所以b2a2c22，所以椭圆C的标准方程为1.(2)存在由得(13k2)x212k2x12k260.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，假设在x轴上存在定点E(m,0)，使得2()为定值，则(x1m，y1)(x2