- 70.50 KB
- 2021-04-19 发布
课时作业55 证明、最值、范围、存在性问题
[基础达标]
1．[2019·全国卷Ⅲ]已知曲线C：y＝，D为直线y＝－上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
(1)证明：直线AB过定点；
(2)若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．
解析：(1)设D，A(x1，y1)，则x＝2y1.
由y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝x1.
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.
所以直线AB过定点.
(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.由可得x2－2tx－1＝0.
于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1.
|AB|＝|x1－x2|＝×＝2(t2＋1)．
设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，由d1＝，d2＝.
因此，四边形ADBE的面积S＝|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3).
设M为线段AB的中点，则M.
由于⊥，而＝(t，t2－2)，与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.
解得t＝0或t＝±1.
当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4.
因此，四边形ADBE的面积为3或4.
2．[2020·江西五校协作体联考]在平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：＋＝1(a>b
7
>0)右焦点的直线x＋y－＝0交M于A，B两点，且椭圆M的离心率为.
(1)求椭圆M的方程；
(2)C，D为M上的两点，如四边形ABCD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．
解析：(1)易知椭圆M的右焦点为(，0)，则c＝.
离心率e＝＝＝，则a＝，故b2＝a2－c2＝3.
所以椭圆M的方程为＋＝1.
(2)由解得或
因此|AB|＝.
由题意可设直线CD的方程为y＝x＋n，C(x1，y1)，D(x2，y2)．
由得3x2＋4nx＋2n2－6＝0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝.又直线CD的斜率为1，所以|CD|＝|x2－x1|＝.
由已知得，四边形ACBD的面积S＝|CD|·|AB|＝.当n＝0时，S取得最大值，最大值为.
所以四边形ACBD面积的最大值为.
3．[2020·河北衡水测试]如图，在平面直角坐标系xOy中，点F，直线l：x＝－，点P在直线l上移动，R是线段PF与y轴的交点，RQ⊥FP，PQ⊥l.
(1)求动点Q的轨迹C的方程；
(2)设圆M过A(1,0)，且圆心M在曲线C上，TS是圆M在y轴上截得的弦，当M运动时，|TS|是否为定值？请说明理由．
解析：(1)依题意知，R是线段FP的中点，且RQ⊥FP，
∴RQ是线段FP的垂直平分线．
7
连接QF，∵点Q在线段FP的垂直平分线上，∴|PQ|＝|QF|.
又PQ⊥l，∴|PQ|是点Q到直线l的距离，
故动点Q的轨迹C是以F为焦点，l为准线的抛物线，其方程为y2＝2x.
(2)|TS|为定值．理由如下：
取曲线C上点M(x0，y0)，点M到y轴的距离d＝|x0|＝x0，圆的半径r＝|MA|＝，
则|TS|＝2＝2，
∵点M在曲线C上，∴x0＝，
∴|TS|＝2＝2，是定值．
4．[2020·湖南衡阳八中模拟]已知过点P(0，－2)的圆M的圆心在x轴的非负半轴上，且圆M截直线x＋y－2＝0所得弦长为2.
(1)求圆M的标准方程；
(2)若过点Q(0,1)的直线l交圆M于A，B两点，求当△PAB的面积最大时直线l的方程．
解析：(1)设圆M的方程为(x－a)2＋y2＝r2(a≥0)，
则圆心M到直线x＋y－2＝0的距离等于.
由题意得得
所以圆M的方程为x2＋y2＝4.
(2)由题意可知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1，
则圆心M到直线l的距离等于，所以|AB|＝2.又点P(0，－2)到直线l的距离d＝，
所以S△PAB＝|AB|·d＝3＝3.
因为k2≥0，所以当k＝0时，△PAB的面积取得最大值，且(S△PAB)max＝3.
此时直线l的方程为y－1＝0.
5．[2019·安徽合肥二检]已知抛物线C1：x2＝2py(p>0)和圆C2：(x＋1)2＋y2＝2，倾斜角为45°的直线l1过C1的焦点，且l1与C2相切．
(1)求p的值；
(2)动点M在C1的准线上，动点A在C1上，若C1在A点处的切线l2交y轴于点B，设＝＋，求证：点N在定直线上，并求该定直线的方程．
7
解析：(1)依题意，设直线l1的方程为y＝x＋，
因为直线l1与圆C2相切，
所以圆心C2(－1,0)到直线l1：y＝x＋的距离d＝＝，即＝，
解得p＝6或p＝－2(舍去)．
所以p＝6.
(2)解法一 依题意设M(m，－3)，
由(1)知抛物线C1的方程为x2＝12y，所以y＝，所以y′＝，
设A(x1，y1)，则以A为切点的切线l2的斜率为k＝，
所以切线l2的方程为y＝x1(x－x1)＋y1.
令x＝0，则y＝－x＋y1＝－×12y1＋y1＝－y1，即B点的坐标为(0，－y1)．
所以＝(x1－m，y1＋3)，
＝(－m，－y1＋3)，
所以＝＋＝(x1－2m,6)，
所以＝＋＝(x1－m,3)，其中O为坐标原点．
设N点坐标为(x，y)，则y＝3，
所以点N在定直线y＝3上．
解法二 设M(m，－3)，
由(1)知抛物线C1的方程为x2＝12y ①，
设直线l2的斜率为k，A，则以A为切点的切线l2的方程为y＝k(x－x1)＋x ②.
联立①②得，消去y，得x2－12kx＋12kx1－x＝0.
因为Δ＝144k2－48kx1＋4x＝0，所以k＝，
所以切线l2的方程为y＝x1(x－x1)＋x.
令x＝0，得B点坐标为，
7
所以＝，
＝，
所以＝＋＝(x1－2m,6)，
所以＝＋＝(x1－m,3)，其中O为坐标原点，
设N点坐标为(x，y)，则y＝3，
所以点N在定直线y＝3上．
6．[2020·湖南湘东六校联考]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，点A(b,0)，B，F分别为椭圆C的上顶点和左焦点，且|BF|·|BA|＝2.
(1)求椭圆C的方程．
(2)若过定点M(0,2)的直线l与椭圆C交于G，H两点(G在M，H之间)，设直线l的斜率k>0，在x轴上是否存在点P(m,0)，使得以PG，PH为邻边的平行四边形为菱形？如果存在，求出m的取值范围；如果不存在，请说明理由．
解析：(1)由离心率e＝得a＝2c ①
由|BF|·|BA|＝2，得a·＝2，
∴ab＝2 ②.
又a2－b2＝c2 ③，∴由①②③可得a2＝4，b2＝3，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设直线l的方程为y＝kx＋2(k>0)，
由得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，易得Δ>0，∴k>.
设G(x1，y1)，H(x2，y2)，则x1＋x2＝，＋＝(x1＋x2－2m，k(x1＋x2)＋4)，＝(x2－x1，y2－y1)＝(x2－x1，k(x2－x1))．
∵菱形的对角线互相垂直，∴(＋)·＝0，
∴(1＋k2)(x1＋x2)＋4k－2m＝0，得m＝－，
即m＝－，∵k>，∴－≤m＜0(当且仅当＝4k时，等号成立)．
∴存在满足条件的实数m，m的取值范围为.
7
[能力挑战]
7．[2019·全国卷Ⅱ]已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.
(ⅰ)证明：△PQG是直角三角形；
(ⅱ)求△PQG面积的最大值．
解析：(1)由题设得·＝－，化简得＋＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
(2)(ⅰ)设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0)．
由得x＝±.
记u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．
于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u)．
由得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①
设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，故xG＝，由此得yG＝.
从而直线PG的斜率为＝－.所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
(ⅱ)由(ⅰ)得|PQ|＝2u，|PG|＝，所以△PQG的面积S＝|PQ||PG|＝＝.
设t＝k＋，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．
因为S＝在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为.
7
因此，△PQG面积的最大值为.
7