1、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x22A， 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 x1.由已知可得，点 A的坐标为 或 .(1，22) (1， 22)又 M(2,0)，所以 AM的方程为 y x 或 y x .22 2 22 2(2)证明：当 l与 x轴重合时， OMA OMB0.当 l与 x轴垂直时， OM为 AB的垂直平分线，所以 OMA OMB.当
2、l与 x轴不重合也不垂直时，设 l的方程为y k(x1)( k0)， A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x10，解得 kb0)的左、右焦点分别为x2a2 y2b2F1， F2，离心率为 ，点 A是椭圆上任意一点， AF1F2的周长为 42 .32 34(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 MNMQ QN 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MR RN 线的方程解析：(1)因为 AF1F2的周长为 42 ，3所以 2a2 c42 ，即 a c2 .3 3又椭圆的圆心率 e ，
3、所以 a2， c ，ca 32 3所以 b2 a2 c21.所以椭圆 C的方程为 y21.x24(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(x4)， M(x1， y1)， N(x2， y2)，由Error! 消去 y，得(14 k2)x232 k2x64 k240，由根与系数的关系，得 x1 x2 ， x1x2 ， 32k24k2 1 64k2 44k2 1由 ，得(4 x1， y1) (4 x2， y2)，MQ QN 所以4 x1 (x24)，所以 .x1 4x2 4设点 R的坐标为( x0， y0)，由 ，得( x0 x1， y0 y1) (x2 x0， y2 y
4、0)，MR RN 所以 x0 x1 (x2 x0)，5解得 x0 .x1 x21 x1 x1 4x2 4x21 x1 4x2 4 2x1x2 4 x1 x2 x1 x2 8而 2x1x24( x1 x2)2 4 ，64k2 44k2 1 32k24k2 1 84k2 1(x1 x2)8 8 ， 32k24k2 1 94k2 1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) 2 y28 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 .MQ AP AP AM (1)当点 P在圆上运动时，求点 Q的轨
5、迹方程；(2)若斜率为 k的直线 l与圆 x2 y21 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34 OF OH 45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|2，2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，2所以 a ， c1， b 1，2 a2 c2故点 Q的轨迹方程是 y21.x22(2)设直线 l： y kx t， F(x1， y1)， H(x2， y2)，直线 l与圆 x2 y21 相切 1 t2 k21.|t|k2 1联立，得
6、Error!(12 k2)x24 ktx2 t220， 16 k2t24(12 k2)(2t22)8(2 k2 t21)8 k20k0，x1 x2 ， x1x2 ， 4kt1 2k2 2t2 21 2k2所以 x1x2 y1y2(1 k2)x1x2 kt(x1 x2) t2 ktOF OH 1 k2 2t2 21 2k2 t2 k21 ， 4kt1 2k2 1 k2 2k21 2k2 4k2 k2 11 2k2 1 k21 2k2所以 k2 | k| ，34 1 k21 2k2 45 13 12 33 22所以 k 或 k .22 33 33 226故 k的取值范围是 .22， 33 32，
7、2252018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x24 y23段 AB的中点为 M(1， m)(m0)(1)证明： k ；12(2)设 F为 C的右焦点， P为 C上一点，且 0.证明：| |，| |，| |成FP FA FB FA FP FB 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.x214 y213 x224 y223两式相减，并由 k得 k0.y1 y2x1 x2 x1 x24 y1 y23由题设知 1， m，于是 k .x1 x22 y1 y22 34m由题设得 0 m ，故 k .32 12
8、(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( x1 x2)1，y3( y1 y2)2 m0.又点 P在 C上，所以 m ，从而 P ，| | ，34 (1， 32) FP 32于是| | 2 .FA x1 1 2 y21 x1 1 2 3(1 x214) x12同理| |2 .FB x22所以| | |4 (x1 x2)3.FA FB 12故 2| | | |，即| |，| |，| |成等差数列FP FA FB FA FP FB 设该数列的公差为 d，则2|d| | | |x1 x2| .F
9、B FA 12 12 x1 x2 2 4x1x2将 m 代入得 k1，347所以 l的方程为 y x ，代入 C的方程，并整理得747x214 x 0.14故 x1 x22， x1x2 ，代入解得| d| .128 32128所以该数列的公差为 或 .32128 3212862019郑州质量预测已知圆 O： x2 y24，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(0，12)Q，使得 MQO NQO，若存在，请求出定点 Q，若不存
10、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.x24 y23(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)12联立，得Error!消去 x，得(34 k2)x24 kx110，则 0， x1 x2 ， x1x2
11、， 4k3 4k2 113 4k2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，y1 mx1 y2 mx2 kx1 12 mx1 kx2 12 mx2 2kx1x2 (12 m) x1 x2x1x2即 2kx1x2 (x1 x2)2 k 0，当 k0(12 m) 113 4k2 (12 m) 4k3 4k2 4k m 63 4k2时， m6，所以存在定点(0,6)，使得 MQO NQO；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 MQO NQO.8能力挑
12、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 y24 x.故点 M的轨迹 C的方程为 y24 x.(2)设 A，
13、B两点的坐标分别为 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则点 P的坐标为.(x1 x22 ， y1 y22 )由题意可设直线 l1的方程为 y k(x1)( k0)，由Error! 得 k2x2(2 k24) x k20. (2 k24) 24 k216 k2160.因为直线 l1与曲线 C交于 A， B两点，所以 x1 x22 ， y1 y2 k(x1 x22) .4k2 4k所以点 P的坐标为 .(12k2， 2k)由题知，直线 l2的斜率为 ，1k同理可得点 Q的坐标为(12 k2，2 k)当 k1 时，有 1 12 k2，此时直线 PQ的斜率 kPQ .2k22k 2k1 2k2 1 2k2 k1 k2所以直线 PQ的方程为 y2 k (x12 k2)，k1 k2整理得 yk2( x3) k y0.于是，直线 PQ恒过定点 E(3,0)当 k1 时，直线 PQ的方程为 x3，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 k1 时，12 (2|k| 2|k|) (1|k| |k|)9“”成立，所以 FPQ面积的最小值为 4.
