（鲁京津琼专用）2020版高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 专题探究课五 高考中解析几何问题

1专题探究课五高考中解析几何问题的热点题型1.(2015·全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝x24与直线l：y＝kx＋a(a0)交于M，N两点，(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由.解(1)由题设可得M(2a，a)，N(－2a，a)，或M(－2a，a)，N(2a，a).又y′＝x2，故y＝x24在x＝2a处的导数值为a，C在点(2a，a)处的切线方程为y－a＝a(x－2a)，即ax－y－a＝0.y＝x24在x＝－2a处的导数值为－a，C在点(－2a，a)处的切线方程为y－a＝－a(x＋2a)，即ax＋y＋a＝0.故所求切线方程为ax－y－a＝0和ax＋y＋a＝0.(2)存在符合题意的点，证明如下：设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.将y＝kx＋a代入C的方程得x2－4kx－4a＝0.故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.从而k1＋k2＝y1－bx1＋y2－bx2＝2kx1x2＋（a－b）（x1＋x2）x1x2＝k（a＋b）a.当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意.2.(2016·北京卷)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1过点A(2，0)，B(0，1)两点.(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.(1)解由题意知a＝2，b＝1.2所以椭圆方程为x24＋y2＝1，又c＝a2－b2＝3.所以椭圆离心率e＝ca＝32.(2)证明设P点坐标为(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则x20＋4y20＝4，由B点坐标(0，1)得直线PB方程为：y－1＝y0－1x0(x－0)，令y＝0，得xN＝x01－y0，从而|AN|＝2－xN＝2＋x0y0－1，由A点坐标(2，0)得直线PA方程为y－0＝y0x0－2(x－2)，令x＝0，得yM＝2y02－x0，从而|BM|＝1－yM＝1＋2y0x0－2，所以S四边形ABNM＝12|AN|·|BM|＝122＋x0y0－11＋2y0x0－2＝x20＋4y20＋4x0y0－4x0－8y0＋42（x0y0－x0－2y0＋2）＝2x0y0－2x0－4y0＋4x0y0－x0－2y0＋2＝2.即四边形ABNM的面积为定值2.3.已知中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆过点P(2，3)，且它的离心率e＝12.(1)求椭圆的标准方程；(2)与圆(x－1)2＋y2＝1相切的直线l：y＝kx＋t交椭圆于M，N两点，若椭圆上一点C满足OM→＋ON→＝λOC→，求实数λ的取值范围.解(1)设椭圆的标准方程为x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，由已知得：4a2＋3b2＝1，ca＝12，c2＝a2－b2，解得a2＝8，b2＝6，3所以椭圆的标准方程为x28＋y26＝1.(2)因为直线l：y＝kx＋t与圆(x－1)2＋y2＝1相切，所以|t＋k|1＋k2＝1⇒2k＝1－t2t(t≠0)，把y＝kx＋t代入x28＋y26＝1并整理得：(3＋4k2)x2＋8ktx＋(4t2－24)＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则有x1＋x2＝－8kt3＋4k2，y1＋y2＝kx1＋t＋kx2＋t＝k(x1＋x2)＋2t＝6t3＋4k2，因为λOC→＝(x1＋x2，y1＋y2)，所以C－8kt（3＋4k2）λ，6t（3＋4k2）λ，又因为点C在椭圆上，所以，8k2t2（3＋4k2）2λ2＋6t2（3＋4k2）2λ2＝1⇒λ2＝2t23＋4k2＝21t22＋1t2＋1，因为t2＞0，所以1t22＋1t2＋1＞1，所以0＜λ2＜2，所以λ的取值范围为(－2，0)∪(0，2).4.已知椭圆C的方程为：x2＋2y2＝4.(1)求椭圆C的离心率；(2)设O为坐标原点，若点A在直线y＝2上，点B在椭圆C上，且OA⊥OB，求线段AB长度的最小值.解(1)由题意，椭圆C的标准方程为x24＋y22＝1，所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.因此a＝2，c＝2.故椭圆C的离心率e＝ca＝22.(2)设点A，B的坐标分别为(t，2)，(x0，y0)，其中x0≠0.因为OA⊥OB，则OA→·OB→＝0，所以tx0＋2y0＝0，解得t＝－2y0x0.4又x20＋2y20＝4，所以|AB|2＝(x0－t)2＋(y0－2)2＝x0＋2y0x02＋(y0－2)2＝x20＋y20＋4y20x20＋4＝x20＋4－x202＋2（4－x20）x20＋4＝x202＋8x20＋4(0x20≤4)因为x202＋8x20≥4(0x20≤4)，当且仅当x20＝4时等号成立，所以|AB|2≥8.故线段AB长度的最小值为22.5.如图，已知椭圆C：x2a2＋y2＝1(a1)的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切.(1)求椭圆C的方程；(2)若不过点A的动直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且AP→·AQ→＝0，求证：直线l过定点，并求出该定点N的坐标.(1)解将圆M的一般方程x2＋y2－6x－2y＋7＝0化为标准方程为(x－3)2＋(y－1)2＝3，圆M的圆心为M(3，1)，半径r＝3.由A(0，1)，F(c，0)(c＝a2－1)得直线AF：xc＋y＝1，即x＋cy－c＝0.由直线AF与圆M相切，得|3＋c－c|c2＋1＝3.∴c＝2或c＝－2(舍去).∴a＝3，∴椭圆C的方程为x23＋y2＝1.(2)证明由AP→·AQ→＝0，知AP⊥AQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，由A(0，1)可设直线AP的方程为y＝kx＋1，直线AQ的方程为y＝－1kx＋1(k≠0)，将y＝kx＋1代入椭圆C的方程x23＋y2＝1并整理得：(1＋3k2)x2＋6kx＝0，解得x＝0或x＝－6k1＋3k2，因此P的坐标为－6k1＋3k2，－6k21＋3k2＋1，5即－6k1＋3k2，1－3k21＋3k2.将上式中的k换成－1k，得Q6kk2＋3，k2－3k2＋3.∴直线l的方程为y＝k2－3k2＋3－1－3k21＋3k26kk2＋3＋6k1＋3k2x－6kk2＋3＋k2－3k2＋3，化简得直线l的方程为y＝k2－14kx－12.因此直线l过定点N0，－12.6.(2015·山东卷)平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，且点3，12在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆E：x24a2＋y24b2＝1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.(ⅰ)求|OQ||OP|的值；(ⅱ)求△ABQ面积的最大值.解(1)由题意知3a2＋14b2＝1.又a2－b2a＝32，解得a2＝4，b2＝1.所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)由(1)知椭圆E的方程为x216＋y24＝1.(ⅰ)设P(x0，y0)，|OQ||OP|＝λ，由题意知Q(－λx0，－λy0).因为x204＋y20＝1，又（－λx0）216＋（－λy0）24＝1，即λ24x204＋y20＝1，所以λ＝2，即|OQ||OP|＝2.(ⅱ)设A(x1，y1)，B(x2，y2).6将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，由Δ＞0，可得m2＜4＋16k2，①则有x1＋x2＝－8km1＋4k2，x1x2＝4m2－161＋4k2.所以|x1－x2|＝416k2＋4－m21＋4k2.因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0，m)，所以△OAB的面积S＝12|m||x1－x2|＝216k2＋4－m2|m|1＋4k2＝2（16k2＋4－m2）m21＋4k2＝24－m21＋4k2m21＋4k2.设m21＋4k2＝t，将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.②由①②可知0＜t≤1，因此S＝2（4－t）t＝2－t2＋4t，故S≤23，当且仅当t＝1，即m2＝1＋4k2时取得最大值23.由(ⅰ)知，△ABQ面积为3S，所以△ABQ面积的最大值为63.