课时作业51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：＋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的坐标为或.又M(2,0)，所以AM的方程为y＝－x＋或y＝x－.(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<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝＋.由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得kMA＋kMB＝.将y＝k(x－1)代入＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，所以x1＋x2＝，x1x2＝.则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝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，QM＝λQO，QN＝μQO，求证：＋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)，由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<0或00)到直线x－y＋2＝0的距离为d＝＝3，∴c＝，又 a2－b2＝c2，∴a＝，1又 椭圆E的交点在x轴上，∴椭圆E的方程为＋y2＝1.(2)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则联立直线l与椭圆方程有得(3k2＋1)x2＋6mkx＋3m2－3＝0.又|BC|＝＝，平方得|BC|2＝，①由O到直线l的距离为＝，得m2＝(k2＋1)，代入①式，得|BC|2＝＝3，当且仅当k2＝时，9k2＋≥6，|BC|有最大值2.∴(S△BOC)max＝×2×＝，∴△BOC的面积的最大值为.4．[2018·全国卷Ⅲ]已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m＞0)．(1)证明：k＜－；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且FP＋FA＋FB＝0.证明：|FA|，|FP|，|FB|成等差数列，并求该数列的公差．证明：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝1，＋＝1.两式相减，并由＝k得＋·k＝0.由题设知＝1，＝m，于是k＝－.①由题设得0＜m＜，故k＜－.(2)由题意得F(1,0)．设P(x3，y3)，则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m＜0.又点P在C上，所以m＝，从而P，|FP|＝，于是|FA|＝＝＝2－.同理|FB|＝2－.所以|FA|＋|FB|＝4－(x1＋x2)＝3.故2|FP|＝|FA|＋|FB|，即|FA|，|FP|，|FB|成等差数列．设该数列的公差为d，则2|d|＝||FB|－|FA||＝|x1－x2|＝.②将m＝代入①得k＝－1，所以l的方程为y＝－x＋，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋＝0.故x1＋x2＝2，x1x2＝，代入②解得|d|＝.所以该数列的公差为或－.5．[2019·广州模拟]已知椭圆C的左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，且F2到直线x－y－9＝0的距离等于椭圆的短轴长．(1)求椭圆C的方程；(2)若圆P的圆心为P(0，t)(t>0)，且经过F1，F2，Q是椭圆C上的动点且在圆P外，过点Q作圆P的切线，切点为M，当|QM|的最大值为时，求t的值．解析：(1)设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)．依题意可知，2b＝＝4，所以b＝2.又c＝1，故a2＝b2＋c2＝5，...
