高考数学二轮复习 第2部分 八大难点突破 专项限时集训4 解析几何中的范围、定值和探索性问题-人教版高三数学试题

专项限时集训(四)解析几何中的范围、定值和探索性问题(对应学生用书第119页)(限时：60分钟)1．(本小题满分14分)(2017·盐城市滨海县八滩中学二模)如图4，点A(1，eq\r(3))为椭圆eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,n)＝1上一定点，过点A引两直线与椭圆分别交于B，C两点．图4(1)求椭圆方程；(2)若直线AB，AC与x轴围成以点A为顶点的等腰三角形，求△ABC面积的最大值，并求出此时直线BC的方程．[解](1)把点A(1，eq\r(3))代入eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,n)＝1得n＝6，故椭圆方程为eq\f(y2,6)＋eq\f(x2,2)＝1. 4分(2)显然题中等腰三角形腰所在的直线不可能与x轴垂直，因此其斜率必存在，设AB，AC的斜率分别为k1、k2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－\r(3)＝k1x－1,\f(x2,2)＋\f(y2,6)＝1))得点B的横坐标为x＝1－eq\f(6＋2\r(3)k1,k\o\al(2,1)＋3)，∴点B的纵坐标为y＝eq\r(3)－eq\f(2\r(3)k\o\al(2,1)＋6k1,k\o\al(2,1)＋3)，即Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(6＋2\r(3)k1,k\o\al(2,1)＋3)，\r(3)－\f(2\r(3)k\o\al(2,1)＋6k1,k\o\al(2,1)＋3))).同理可得点C的坐标为Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(6＋2\r(3)k2,k\o\al(2,2)＋3)，\r(3)－\f(2\r(3)k\o\al(2,2)＋6k2,k\o\al(2,2)＋3)))，∵k1＋k2＝0，∴直线BC的斜率为kBC＝eq\r(3).设直线BC的方程为y＝eq\r(3)x＋m，代入方程eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,6)＝1得6x2＋2eq\r(3)mx＋m2－6＝0，xB＋xC＝－eq\f(\r(3),3)m，xBxC＝eq\f(m2－6,6)，|BC|＝eq\r(1＋3)|xB－xC|＝2eq\r(\f(1,3)m2－\f(2m2－6,3))， 10分∴|BC|＝eq\f(2\r(3),3)eq\r(12－m2)，又点A到直线BC的距离为d＝eq\f(|m|,2)，∴S＝eq\f(1,2)|BC|·d＝eq\f(\r(3),6)eq\r(m212－m2)＝eq\f(\r(3),6)eq\r(－m2－62＋36)，∴当m2＝6，即m＝±eq\r(6)时，△ABC面积取得最大值为eq\r(3).此时，直线BC的方程为y＝eq\r(3)x±eq\r(6). 14分2．(本小题满分14分)(2017·江苏省宿迁市三模)如图5，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右顶点分别为A，B，过右焦点F的直线l与椭圆C交于P，Q两点(点P在x轴上方)．图5(1)若QF＝2FP，求直线l的方程；(2)设直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2，是否存在常数λ，使得k1＝λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.【导学号：56394100】[解](1)因为a2＝4，b2＝3，所以c＝eq\r(a2－b2)＝1，所以F的坐标为(1,0)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线l的方程为x＝my＋1，代入椭圆方程eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，则y1＝eq\f(－3m＋6\r(1＋m2),4＋3m2)，y2＝eq\f(－3m－6\r(1＋m2),4＋3m2).若QF＝2FP，即eq\o(QF,\s\up12(→))＝2eq\o(FP,\s\up12(→))，则eq\f(－3m－6\r(1＋m2),4＋3m2)＋2·eq\f(－3m＋6\r(1＋m2),4＋3m2)＝0，解得m＝eq\f(2\r(5),5)，故直线l的方程为eq\r(5)x－2y－eq\r(5)＝0. 6分(2)由(1)知，y1＋y2＝－eq\f(6m,4＋3m2)，y1y2＝－eq\f(9,4＋3m2)，所以my1y2＝－eq\f(9m,4＋3m2)＝eq\f(3,2)(y1＋y2)，由A(－2,0)，B(2,0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1＝my1＋1，x2＝my2＋1，所以eq\f(k1,k2)＝eq\f(y1,2＋x1)·eq\f(x2－2,y2)＝eq\f(y1my2－1,y2my1＋3)＝eq\f(\f(3,2)y1＋y2－y1,\f(3,2)y1＋y2＋3y2)＝eq\f(1,3)，故存在常数λ＝eq\f(1,3)，使得k1＝eq\f(1,3)k2. 14分3．(本小题满分16分)如图6，在平面直角坐标系xOy中，已知R(x0，y0)是椭圆C：eq\f(x2,24)＋eq\f(y2,12)＝1上的一点，从原点O向圆R：(x－x0)2＋(y－y0)2＝8作两条切线，分别交椭圆于点P，Q.图6(1)若R点在第一象限，且直线OP，OQ互相垂直，求圆R的方程；(2)若直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1，k2，求k1k2的值.【导学号：56394101】[解](1)连接OR(图略)．设圆R的半径为r，由圆R的方程知r＝2eq\r(2)，因为直线OP，OQ互相垂直，且和圆R相切，所以|OR|＝eq\r(2)r＝4，即xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝16.①又点R在椭圆C上，所以eq\f(x\o\al(2,0),24)＋eq\f(y\o\al(2,0),12)＝1，②联立①②，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2\r(2)，,y0＝2\r(2)，))所以圆R的方程为(x－2eq\r(2))2＋(y－2eq\r(2))2＝8. 6分(2)因为直线OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都与圆R相切，所以eq\f(|k1x0－y0|,\r(1＋k\o\al(2,1)))＝2eq\r(2)，eq\f(|k2x0－y0|,\r(1＋k\o\al(2,2)))＝2eq\r(2)，化简得(xeq\o\al(2,0)－8)keq\o\al(2,1)－2x0y0k1＋yeq\o\al(2,0)－8＝0，(xeq\o\al(2,0)－8)keq\o\al(2,2)－2x0y0k2＋yeq\o\al(2,0)－8＝0.所以k1，k2是方程(xeq\o\al(2,0)－8)k2－2x0y0k＋yeq\o\al(2,0)－8＝0的两个不相等的实数根，由根与系数的关系，得k1k2＝eq\f(y\o\al(2,0)－8,x\o\al(2,0)－8)，因为点R(x0，y0)在椭圆C上，所以eq\f(x\o\al(2,0),24)＋eq\f(y\o\al(2,0),12)＝1，即yeq\o\al(2,0)＝12－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)，所以k1k2＝eq\f(4－\f(1,2)x\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－8)＝－eq\f(1,2). 16分4．(本小题满分16分)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，△OAB的面积为1.(1)求椭圆C的方程；(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值．【解】(1)由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(1,2)ab＝1，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3).))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1. 4分(2)证明：由(1)知，A(2,0)，B(0,1)．设P(x0，y0)，则xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4.当x0≠0时，直线PA的方程为y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)．令x＝0，得yM＝－eq\f(2y0,x0－2)，从而|BM|＝|1－yM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2))).直线PB的方程为y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1.令y＝0，得xN＝－eq\f(x0,y0－1)，从而|AN|＝|2－xN|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x0,y0－1))). 10分所以|AN|·|BM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x0,y0－1)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a