课时作业51证明、最值、范围、存在性问题1．(2018·四川成都高中毕业班第一次诊断检测)已知椭圆eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的右焦点为F，设直线l：x＝5与x轴的交点为E，过点F且斜率为k的直线l1与椭圆交于A，B两点，M为线段EF的中点．(1)若直线l1的倾斜角为eq\f(π,4)，求△ABM的面积S的值；(2)过点B作直线BN⊥l于点N，证明：A，M，N三点共线．解析：(1)由题意，知F(1,0)，E(5,0)，M(3,0)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)．∵直线l1的倾斜角为eq\f(π,4)，∴k＝1.∴直线l1的方程为y＝x－1，即x＝y＋1.代入椭圆方程，可得9y2＋8y－16＝0.∴y1＋y2＝－eq\f(8,9)，y1y2＝－eq\f(16,9).∴S△ABM＝eq\f(1,2)·|FM|·|y1－y2|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,9)))2＋4×\f(16,9))＝eq\f(8\r(10),9).(2)设直线l1的方程为y＝k(x－1)．代入椭圆方程，得(4＋5k2)x2－10k2x＋5k2－20＝0，则x1＋x2＝eq\f(10k2,4＋5k2)，x1x2＝eq\f(5k2－20,4＋5k2).∵直线BN⊥l于点N，∴N(5，y2)．∴kAM＝eq\f(－y1,3－x1)，kMN＝eq\f(y2,2).而y2(3－x1)－2(－y1)＝k(x2－1)(3－x1)＋2k(x1－1)＝－k[x1x2－3(x1＋x2)＋5]＝－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5k2－20,4＋5k2)－3×\f(10k2,4＋5k2)＋5))＝0，∴kAM＝kMN.故A，M，N三点共线．2．(2018·广东省五校高三第一次联考)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，直线x＋y＋1＝0与以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆相切．(1)求椭圆C的方程；(2)过点M(2,0)的直线l与椭圆C相交于不同的两点S和T，若椭圆C上存在点P满足eq\o(OS,\s\up12(→))＋eq\o(OT,\s\up12(→))＝teq\o(OP,\s\up12(→))(其中O为坐标原点)，求实数t的取值范围．解析：(1)由题意知，以椭圆C的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为(x－c)2＋y2＝a2，∴圆心到直线x＋y＋1＝0的距离d＝eq\f(c＋1,\r(2))＝a.(*)∵椭圆C的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴b＝c，a＝eq\r(2)c，代入(*)式得b＝c＝1，∴a＝eq\r(2)b＝eq\r(2)，故所求椭圆方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)由题意知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－2)，设P(x0，y0)，将直线l的方程代入椭圆方程得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，∴Δ＝64k4－4(1＋2k2)(8k2－2)>0，解得k2<eq\f(1,2).设S(x1，y1)，T(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(8k2－2,1＋2k2)，∴y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝－eq\f(4k,1＋2k2).由eq\o(OS,\s\up12(→))＋eq\o(OT,\s\up12(→))＝teq\o(OP,\s\up12(→))，得tx0＝x1＋x2，ty0＝y1＋y2，当t＝0时，直线l为x轴，则椭圆上任意一点P满足eq\o(OS,\s\up12(→))＋eq\o(OT,\s\up12(→))＝teq\o(OP,\s\up12(→))，符合题意；当t≠0时，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(tx0＝\f(8k2,1＋2k2),ty0＝\f(－4k,1＋2k2)))，∴x0＝eq\f(1,t)·eq\f(8k2,1＋2k2)，y0＝eq\f(1,t)·eq\f(－4k,1＋2k2).将上式代入椭圆方程得eq\f(32k4,t21＋2k22)＋eq\f(16k2,t21＋2k22)＝1，整理得t2＝eq\f(16k2,1＋2