2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习课时作业：53 证明、最值、范围、存在性问题

这是一份2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习课时作业：53 证明、最值、范围、存在性问题，共9页。

[基础达标]
1．[2020·浙江卷]如图，已知椭圆C1：eq \f(x2,2)＋y2＝1，抛物线C2：y2＝2px(p>0)，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＝eq \f(1,16)，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．
2．[2019·北京卷]已知抛物线C：x2＝－2py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y＝－1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．
3．[2021·沈阳市教学质量监测]已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点A(2,2)，点B在抛物线C上，且满足eq \(OF,\s\up6(→))＝eq \(FB,\s\up6(→))－2eq \(FA,\s\up6(→))(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：eq \f(1,S\\al(2,1))＋eq \f(1,S\\al(2,2))为定值．
4．[2021·河北省九校高三联考试题]椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，短轴长为2eq \r(3)，右顶点为A，上顶点为B，△ABF的面积为eq \f(3\r(3),2).
(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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点(2,1)，且离心率e＝eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知斜率为eq \f(1,2)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α，β，证明：α＋β＝π.
[能力挑战]
6．[2021·山西省八校高三联考]已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)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|＝eq \f(5,2)|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．
7．[2021·大同市高三学情调研测试试题]已知半圆x2＋y2＝4(y≥0)，动圆与此半圆相切(内切或外切如图)，且与x轴相切．
(1)求动圆圆心的轨迹方程，并画出其轨迹图形．
(2)是否存在斜率为eq \f(1,3)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53
1．解析：(1)由p＝eq \f(1,16)得C2的焦点坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32)，0)).
(2)由题意可设直线l：x＝my＋t(m≠0，t≠0)，点A(x0，y0)．
将直线l的方程代入椭圆C1：eq \f(x2,2)＋y2＝1得
(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，
所以点M的纵坐标yM＝－eq \f(mt,m2＋2).
将直线l的方程代入抛物线C2：y2＝2px得y2－2pmy－2pt＝0，
所以y0yM＝－2pt，解得
y0＝eq \f(2p(m2＋2),m)，
因此x0＝eq \f(2p(m2＋2)2,m2).
由eq \f(x\\al(2,0),2)＋yeq \\al(2,0)＝1得eq \f(1,p2)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(2,m)))2＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(2,m)))4≥160，
所以当m＝eq \r(2)，t＝eq \f(\r(10),5)时，p取到最大值eq \f(\r(10),40).
2．解析：(1)由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，得p＝2.
所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.
(2)抛物线C的焦点为F(0，－1)．
设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2＝－4y))得x2＋4kx－4＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.
直线OM的方程为y＝eq \f(y1,x1)x.
令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－eq \f(x1,y1).
同理得点B的横坐标xB＝－eq \f(x2,y2).
设点D(0，n)，则eq \(DA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x1,y1)，－1－n))，eq \(DB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x2,y2)，－1－n))，
eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝eq \f(x1x2,y1y2)＋(n＋1)2
＝eq \f(x1x2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x\\al(2,1),4)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x\\al(2,2),4))))＋(n＋1)2
＝eq \f(16,x1x2)＋(n＋1)2
＝－4＋(n＋1)2.
令eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，得n＝1或n＝－3.
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eq \(OF,\s\up6(→))＝eq \(FB,\s\up6(→))－2eq \(FA,\s\up6(→))，得eq \(OF,\s\up6(→))＋eq \(FA,\s\up6(→))＝eq \(FB,\s\up6(→))－eq \(FA,\s\up6(→))，即eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))，
∴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y2＝2px，解得p＝2，
∴所求抛物线的方程为y2＝4x.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
则△OPQ的面积S1＝eq \f(1,2)·|OF|·|y1－y2|＝eq \f(1,2)|y1－y2|.
△OMN的面积S2＝eq \f(1,2)|OF|·|y3－y4|＝eq \f(1,2)|y3－y4|.
设直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，则直线l′的方程为x＝－eq \f(1,m)y＋1.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,y2＝4x，))得y2－4my－4＝0，Δ＝(－4m)2－4×(－4)＝16m2＋16＞0，故y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
所以|y1－y2|＝eq \r((y1＋y2)2－4y1y2)＝4eq \r(m2＋1)，S1＝2eq \r(m2＋1).
同理，可得|y3－y4|＝4eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,m)))2＋1)＝eq \f(4\r(m2＋1),|m|)，S2＝eq \f(2\r(m2＋1),|m|).eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(将m换成－\f(1,m)即可得到|y3－y4|关于m的表达式))
所以eq \f(1,S\\al(2,1))＋eq \f(1,S\\al(2,2))＝eq \f(1,4(m2＋1))＋eq \f(m2,4(m2＋1))＝eq \f(1,4)，为定值．
4．解析：(1)根据短轴长知b＝eq \r(3)，S△ABF＝eq \f(1,2)(a＋c)·eq \r(3)＝eq \f(3\r(3),2)，
则a＋c＝3，因为b2＝a2－c2，所以a－c＝1，
故a＝2，c＝1，则椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则S△AMN＝eq \f(1,2)|AF|·|y1－y2|＝eq \f(3,2)eq \r((y1＋y2)2－4y1y2)，①
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k(x＋1),3x2＋4y2－12＝0))⇒(3＋4k2)y2－6ky－9k2＝0，
y1＋y2＝eq \f(6k,3＋4k2)，y1·y2＝eq \f(－9k2,3＋4k2)，
代入①式得S△AMN＝eq \f(3,2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6k,3＋4k2)))2＋\f(36k2,3＋4k2))＝18 eq \r(\f(k2＋k4,(3＋4k2)2))，
令t＝3＋4k2，则t＞3，k2＝eq \f(t－3,4)，
S△AMN＝18eq \r(\f(t2－2t－3,16t2))＝eq \f(9,2)eq \r(1－\f(2,t)－\f(3,t2))＜eq \f(9,2).
当直线MN的斜率不存在时，S△AMN＝eq \f(9,2).
故当△AMN的面积最大时，MN垂直于x轴，此时直线l的斜率为±eq \f(1,2)，
则直线l的方程为y＝±eq \f(1,2)(x－2)．
5．解析：(1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1e＝ \r(1－\f(b2,a2))＝\f(\r(3),2)))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝8,b2＝2))，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)设直线l：y＝eq \f(1,2)x＋m，联立方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x＋m,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1))，消去y，得x2＋2mx＋2m2－4＝0，Δ＝4m2－8m2＋16＞0，解得－2＜m＜2.
当m＝0时，直线l：y＝eq \f(1,2)x(点P在直线l上，舍去)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2m，x1·x2＝2m2－4，
由题意，易知直线PA与PB的斜率均存在，所以α，β≠eq \f(π,2).
设直线PA与PB的斜率分别为k1，k2，
则tan α＝k1，tan β＝k2，要证α＋β＝π，即证tan α＝tan(π－β)＝－tan β，只需证k1＋k2＝0，
因为k1＝eq \f(y1－1,x1－2)，k2＝eq \f(y2－1,x2－2)，
所以k1＋k2＝eq \f(y1－1,x1－2)＋eq \f(y2－1,x2－2)＝eq \f((y1－1)(x2－2)＋(y2－1)(x1－2),(x1－2)(x2－2))，
又y1＝eq \f(1,2)x1＋m，y2＝eq \f(1,2)x2＋m，
所以(y1－1)(x2－2)＋(y2－1)(x1－2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x1＋m－1))(x2－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2＋m－1))(x1－2)＝x1·x2＋(m－2)(x1＋x2)－4(m－1)＝2m2－4＋(m－2)(－2m)－4(m－1)＝0，
所以k1＋k2＝0，故α＋β＝π.
6．解析：(1)由题意得，F1(－1,0)，A(0，b)，设B(x0，y0)，
由|AB|＝eq \f(5,2)|F1B|可得eq \(AF1,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)eq \(F1B,\s\up6(→))，于是得(－1，－b)＝eq \f(3,2)(x0＋1，y0)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＝\f(3,2)x0＋\f(3,2),－b＝\f(3,2)y0))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－\f(5,3),y0＝－\f(2,3)b)).
因为点B在椭圆上，所以eq \f(25,9a2)＋eq \f(4b2,9b2)＝1，得a2＝5，
所以b2＝5－1＝4，
故椭圆E的标准方程为eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)由题意及椭圆的对称性，得AC为椭圆的通径．
不妨设点A(1，y1)(y1＞0)，点B(xB，yB)，
将点A的坐标代入eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，得eq \f(1,a2)＋eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，得y1＝eq \f(b2,a)，
于是直线l的斜率为eq \f(\f(b2,a)－0,1－(－1))＝eq \f(b2,2a)，直线l的方程为y＝eq \f(b2,2a)(x＋1)．
联立方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(b2,2a)(x＋1),\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1))，消去y，整理得(a2＋3)x2＋2(a2－1)x－3a2－1＝0，
由根与系数的关系，得1·xB＝－eq \f(3a2＋1,a2＋3)，
于是，xB＝－eq \f(3a2＋1,a2＋3).
设a2＝t(t>1)，则xB＝－eq \f(3t＋1,t＋3)＝－3＋eq \f(8,t＋3)，
令f(t)＝－3＋eq \f(8,t＋3)，
则f(t)在(1，＋∞)上单调递减，所以当t＞1时，xB＝－3＋eq \f(8,t＋3)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MN⊥x轴于N.
①若动圆与半圆外切，则|MO|＝2＋|MN|，
∴eq \r(x2＋y2)＝y＋2，
两边平方，得x2＋y2＝y2＋4y＋4，
化简，得y＝eq \f(1,4)x2－1(y>0)．
②若动圆与半圆内切，则|MO|＝2－|MN|，
∴eq \r(x2＋y2)＝2－y，
两边平方，得x2＋y2＝4－4y＋y2，
化简，得y＝－eq \f(1,4)x2＋1(y>0)．
其轨迹图形为
(2)假设直线l存在，可设l的方程为y＝eq \f(1,3)x＋b，依题意，可得其与曲线y＝eq \f(1,4)x2－1(y>0)交于A，D两点，与曲线y＝－eq \f(1,4)x2＋1(y>0)交于B，C两点，
联立，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,3)x＋b,y＝\f(1,4)x2－1))与eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,3)x＋b,y＝－\f(1,4)x2＋1))，
整理可得3x2－4x－12b－12＝0 ①与3x2＋4x＋12b－12＝0 ②.
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，D(xD，yD)，则xA＋xD＝eq \f(4,3)，xAxD＝eq \f(－12b－12,3)，xB＋xC＝－eq \f(4,3)，xBxC＝eq \f(12b－12,3).
又|AD|＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2)|xA－xD|，|BC|＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2)|xB－xC|，
且|AD|＝2|BC|，
∴|xA－xD|＝2|xB－xC|，即(xA＋xD)2－4xAxD＝4[(xB＋xC)2－4xBxC]，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))2＋eq \f(4(12b＋12),3)＝
4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)))2－\f(4(12b－12),3)))，解得b＝eq \f(2,3).
将b＝eq \f(2,3)代入方程①，得xA＝－2，xD＝eq \f(10,3).
∵曲线y＝eq \f(1,4)x2－1(y>0)的横坐标的范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，
∴这样的直线l不存在．