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-人教版高三全册数学试题.doc

课时作业56证明、最值、范围、存在性问题
[基础达标]
1．[2018·全国卷Ⅰ]设椭圆C：eq\f(x2,2)＋y2＝1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：∠OMA＝∠OMB.
解析：(1)由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1.
由已知可得，点A的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(2),2))).
又M(2,0)，所以AM的方程为y＝－eq\f(\r(2),2)x＋eq\r(2)或y＝eq\f(\r(2),2)x－eq\r(2).
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，
所以∠OMA＝∠OMB.
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为
y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1<eq\r(2)，x2<eq\r(2)，直线MA，MB的斜率之和为
kMA＋kMB＝eq\f(y1,x1－2)＋eq\f(y2,x2－2).
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得
kMA＋kMB＝eq\f(2kx1x2－3kx1＋x2＋4k,x1－2x2－2).
将y＝k(x－1)代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，得
(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－2,2k2＋1).
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝eq\f(4k3－4k－12k3＋8k3＋4k,2k2＋1)＝0.
从而kMA＋kMB＝0，
故MA，MB的倾斜角互补．
所以∠OMA＝∠OMB.
综上，∠OMA＝∠OMB.
2．[2018·北京卷]已知抛物线C：y2＝2px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，eq\o(QM,\s\up16(→))＝λeq\o(QO,\s\up16(→))，eq\o(QN,\s\up16(→))＝μeq\o(QO,\s\up16(→))，求证：eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)为定值．
解析：(1)因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，
由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx＋1，))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意Δ＝(2k－4)2－4×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k≠－3.
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x1＋x2＝－eq\f(2k－4,k2)，x1x2＝eq\f(1,k2).
直线PA的方程为y－2＝eq\f(y1－2,x1－1)(x－1)．
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝eq\f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq\f(－kx1＋1,x1－1)＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝eq\f(－kx2＋1,x2－1)＋2.
由eq\o(QM,\s\up16(→))＝λeq\o(QO,\s\up16(→))，eq\o(QN,\s\up16(→))＝μeq\o(QO,\s\up16(→))，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝eq\f(1,1－yM)＋eq\f(1,1－yN)
＝eq\f(x1－1,k－1x1)＋eq\f(x2－1,k－1x2)
＝eq\f(1,k－1)·eq\f(2x1x2－x1＋x2,x1x2)
＝eq\f(1,k－1)·eq\f(\f(2,k2)＋\f(2k－4,k2),\f(1,k2))
＝2.
所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)为定值．
3．[2019·石家庄摸底考试]已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、