2021高考数学一轮复习 课时作业52 证明、最值、范围、存在性问题 文.doc

1、课时作业52证明、最值、范围、存在性问题 基础达标12019全国卷已知曲线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x2y1.由yx，所以切线DA的斜率为x1，故x1.整理得2tx12y110.设B(x2，y2)，同理可得2tx22y210.故直线AB的方程为2tx2y10.所以直线AB过定点.(2)由(1)得直线AB的方程为ytx.由可得x22tx10.于是x1x22t，x1x21，y1y2t(x1x2)12t2

2、1.|AB|x1x2|2(t21)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|(d1d2)(t23).设M为线段AB的中点，则M.由于，而(t，t22)，与向量(1，t)平行，所以t(t22)t0.解得t0或t1.当t0时，S3；当t1时，S4.因此，四边形ADBE的面积为3或4.22020江西五校协作体联考在平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：1(ab0)右焦点的直线xy0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CDAB，求四边形ACBD面积的最大值解析：(1)易知椭圆M的右

3、焦点为(，0)，则c.离心率e，则a，故b2a2c23.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yxn，C(x1，y1)，D(x2，y2)由得3x24nx2n260，所以x1x2，x1x2.又直线CD的斜率为1，所以|CD|x2x1|.由已知得，四边形ACBD的面积S|CD|AB|.当n0时，S取得最大值，最大值为.所以四边形ACBD面积的最大值为.32020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，RQFP，PQl.(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

4、，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RQFP，RQ是线段FP的垂直平分线连接QF，点Q在线段FP的垂直平分线上，|PQ|QF|.又PQl，|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y22x.(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|22，点M在曲线C上，x0，|TS|22，是定值42020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xy20所得弦长为2.(1

5、)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(xa)2y2r2(a0)，则圆心M到直线xy20的距离等于.由题意得得所以圆M的方程为x2y24.(2)由题意可知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykx1，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SPAB|AB|d33.因为k20，所以当k0时，PAB的面积取得最大值，且(SPAB)max3.此时直线l的方程为y10.52019安徽合肥二检已知抛物线C1：x22py(p0)和圆C2：(x1)2y22，倾斜角为45的直

6、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解析：(1)依题意，设直线l1的方程为yx，因为直线l1与圆C2相切，所以圆心C2(1,0)到直线l1：yx的距离d，即，解得p6或p2(舍去)所以p6.(2)解法一依题意设M(m，3)，由(1)知抛物线C1的方程为x212y，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yx1(xx1)y1.令x0，则yxy112y1y1y1，即B点的坐标为(0，y1)所以(x1m，y13

7、)，(m，y13)，所以(x12m,6)，所以(x1m,3)，其中O为坐标原点设N点坐标为(x，y)，则y3，所以点N在定直线y3上解法二设M(m，3)，由(1)知抛物线C1的方程为x212y，设直线l2的斜率为k，A，则以A为切点的切线l2的方程为yk(xx1)x.联立得，消去y，得x212kx12kx1x0.因为144k248kx14x0，所以k，所以切线l2的方程为yx1(xx1)x.令x0，得B点坐标为，所以，所以(x12m,6)，所以(x1m,3)，其中O为坐标原点，设N点坐标为(x，y)，则y3，所以点N在定直线y3上62020湖南湘东六校联考已知椭圆C：1(ab0)的离心率e，点

8、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k0，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a2c由|BF|BA|2，得a2，ab2.又a2b2c2，由可得a24，b23，椭圆C的方程为1.(2)设直线l的方程为ykx2(k0)，由得(34k2)x216kx40，易得0，k.设G(x1，y1)，H(x2，y2)，则x1x2，(x1x22m，k(x1x2)4

9、)，(x2x1，y2y1)(x2x1，k(x2x1)菱形的对角线互相垂直，()0，(1k2)(x1x2)4k2m0，得m，即m，k，m0(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.能力挑战72019全国卷已知点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，PEx轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.()证明：PQG是直角三角形；()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)()设直线PQ的斜率为k，则其方程为ykx(k0)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(xu)由得(2k2)x22uk2xk2u280.设G(xG，yG)，则u和xG是方程的解，故xG，由此得yG.从而直线PG的斜率为.所以PQPG，即PQG是直角三角形()由()得|PQ|2u，|PG|，所以PQG的面积S|PQ|PG|.设tk，则由k0得t2，当且仅当k1时取等号因为S在2，)单调递减，所以当t2，即k1时，S取得最大值，最大值为.因此，PQG面积的最大值为.