2022届高考数学统考一轮复习 课时作业53 证明、最值、范围、存在性问题（文含解析）新人教版.docx

1、课时作业53证明、最值、范围、存在性问题 基础达标12020浙江卷如图，已知椭圆C1：y21，抛物线C2：y22px(p0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B，M不同于A)(1)若p，求抛物线C2的焦点坐标；(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值22019北京卷已知抛物线C：x22py经过点(2，1)(1)求抛物线C的方程及其准线方程；(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点32021沈阳市教学

2、质量监测已知抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，点A(2,2)，点B在抛物线C上，且满足2(O为坐标原点)(1)求抛物线C的方程；(2)过焦点F任作两条相互垂直的直线l与l，直线l与抛物线C交于P，Q两点，直线l与抛物线C交于M，N两点，OPQ的面积记为S1，OMN的面积记为S2，求证：为定值42021河北省九校高三联考试题椭圆1(ab0)的左焦点为F，短轴长为2，右顶点为A，上顶点为B，ABF的面积为.(1)求椭圆的标准方程；(2)过A作直线l与椭圆交于另一点M，连接MF并延长交椭圆于点N，当AMN的面积最大时，求直线l的方程5.2021黄冈中学、华师附中等八校联考已知椭圆C：1(ab0

3、)过点(2,1)，且离心率e.(1)求椭圆C的方程；(2)已知斜率为的直线l与椭圆C交于两个不同的点A，B，点P的坐标为(2,1)，设直线PA与PB的倾斜角分别为，证明：.能力挑战62021山西省八校高三联考已知椭圆E：1(ab0)的焦距为2，左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l(不与x轴重合)交椭圆于A，B两点(1)若点A恰好为椭圆的上顶点，且|AB|F1B|，求椭圆E的标准方程；(2)若点A关于点F2的对称点为点C，且点C恰好在椭圆上，求点B的横坐标的取值范围72021大同市高三学情调研测试试题已知半圆x2y24(y0)，动圆与此半圆相切(内切或外切如图)，且与x轴相切(1)求动圆

4、圆心的轨迹方程，并画出其轨迹图形(2)是否存在斜率为的直线l，它与(1)中所得轨迹的曲线由左至右顺次交于A，B，C，D四点，且满足|AD|2|BC|，若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由课时作业531解析：(1)由p得C2的焦点坐标是.(2)由题意可设直线l：xmyt(m0，t0)，点A(x0，y0)将直线l的方程代入椭圆C1：y21得(m22)y22mtyt220，所以点M的纵坐标yM.将直线l的方程代入抛物线C2：y22px得y22pmy2pt0，所以y0yM2pt，解得y0，因此x0.由y1得4224160，所以当m，t时，p取到最大值.2解析：(1)由抛物线C：x22py经过点(

5、2，1)，得p2.所以抛物线C的方程为x24y，其准线方程为y1.(2)抛物线C的焦点为F(0，1)设直线l的方程为ykx1(k0)由得x24kx40.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x24.直线OM的方程为yx.令y1，得点A的横坐标xA.同理得点B的横坐标xB.设点D(0，n)，则，(n1)2(n1)2(n1)24(n1)2.令0，即4(n1)20，得n1或n3.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0，3)3解析：(1)由2，得，即，点A为OB的中点，又A(2,2)，B(4,4)，又点B在抛物线C上，将其坐标代入y22px，解得p2，所求抛物线的方程为y24x.

6、(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，则OPQ的面积S1|OF|y1y2|y1y2|.OMN的面积S2|OF|y3y4|y3y4|.设直线l的方程为xmy1(m0)，则直线l的方程为xy1.联立得y24my40，(4m)24(4)16m2160，故y1y24m，y1y24，所以|y1y2|4，S12.同理，可得|y3y4|4，S2.所以，为定值4解析：(1)根据短轴长知b，SABF(ac)，则ac3，因为b2a2c2，所以ac1，故a2，c1，则椭圆的标准方程为1.(2)当直线MN的斜率存在时，设其方程为yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2

7、，y2)，则SAMN|AF|y1y2|，(34k2)y26ky9k20，y1y2，y1y2，代入式得SAMN18 ，令t34k2，则t3，k2，SAMN18.当直线MN的斜率不存在时，SAMN.故当AMN的面积最大时，MN垂直于x轴，此时直线l的斜率为，则直线l的方程为y(x2)5解析：(1)由题意得，解得，所以椭圆C的方程为1.(2)设直线l：yxm，联立方程，得，消去y，得x22mx2m240，4m28m2160，解得2m2.当m0时，直线l：yx(点P在直线l上，舍去)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x22m，x1x22m24，由题意，易知直线PA与PB的斜率均存在，所以，

8、.设直线PA与PB的斜率分别为k1，k2，则tan k1，tan k2，要证，即证tan tan()tan ，只需证k1k20，因为k1，k2，所以k1k2，又y1x1m，y2x2m，所以(y11)(x22)(y21)(x12)(x22)(x12)x1x2(m2)(x1x2)4(m1)2m24(m2)(2m)4(m1)0，所以k1k20，故.6解析：(1)由题意得，F1(1,0)，A(0，b)，设B(x0，y0)，由|AB|F1B|可得，于是得(1，b)(x01，y0)，所以，得.因为点B在椭圆上，所以1，得a25，所以b2514，故椭圆E的标准方程为1.(2)由题意及椭圆的对称性，得AC为椭

9、圆的通径不妨设点A(1，y1)(y10)，点B(xB，yB)，将点A的坐标代入1，得1，得y1，于是直线l的斜率为，直线l的方程为y(x1)联立方程，得，消去y，整理得(a23)x22(a21)x3a210，由根与系数的关系，得1xB，于是，xB.设a2t(t1)，则xB3，令f(t)3，则f(t)在(1，)上单调递减，所以当t1时，xB3的取值范围为(3，1)，即点B的横坐标的取值范围是(3，1)7解析：(1)设动圆圆心M(x，y)，作MNx轴于N.若动圆与半圆外切，则|MO|2|MN|，y2，两边平方，得x2y2y24y4，化简，得yx21(y0)若动圆与半圆内切，则|MO|2|MN|，2

10、y，两边平方，得x2y244yy2，化简，得yx21(y0)其轨迹图形为(2)假设直线l存在，可设l的方程为yxb，依题意，可得其与曲线yx21(y0)交于A，D两点，与曲线yx21(y0)交于B，C两点，联立，得与，整理可得3x24x12b120与3x24x12b120.设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，D(xD，yD)，则xAxD，xAxD，xBxC，xBxC.又|AD|xAxD|，|BC|xBxC|，且|AD|2|BC|，|xAxD|2|xBxC|，即(xAxD)24xAxD4(xBxC)24xBxC，即24，解得b.将b代入方程，得xA2，xD.曲线yx21(y0)的横坐标的范围为(，2)(2，)，这样的直线l不存在