2020版新高考二轮复习理科数学教学案第三部分第4讲解析几何答案

第4讲解析几何■真题调研——————————————【例1】[2019·天津卷]设椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4，离心率为55.(1)求椭圆的方程；(2)设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上．若|ON|＝|OF|(O为原点)，且OP⊥MN，求直线PB的斜率．解：(1)设椭圆的半焦距为c，依题意，2b＝4，ca＝55，又a2＝b2＋c2，可得a＝5，b＝2，c＝1.所以，椭圆的方程为x25＋y24＝1.(2)由题意，设P(xP，yP)(xP≠0)，M(xM,0)．设直线PB的斜率为k(k≠0)，又B(0,2)，则直线PB的方程为y＝kx＋2，与椭圆方程联立得y＝kx＋2，x25＋y24＝1，整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，可得xP＝－20k4＋5k2，代入y＝kx＋2得yP＝8－10k24＋5k2，进而直线OP的斜率yPxP＝4－5k2－10k.在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－2k.由题意得N(0，－1)，所以直线MN的斜率为－k2.由OP⊥MN，得4－5k2－10k·－k2＝－1，化简得k2＝245，从而k＝±2305.所以，直线PB的斜率为2305或－2305.【例2】[2019·全国卷Ⅰ]已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为32的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；(2)若AP→＝3PB→，求|AB|.解：设直线l：y＝32x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．(1)由题设得F34，0，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋32，由题设可得x1＋x2＝52.由y＝32x＋t，y2＝3x可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，则x1＋x2＝－12t－19.从而－12t－19＝52，得t＝－78.所以l的方程为y＝32x－78.(2)由AP→＝3PB→可得y1＝－3y2.由y＝32x＋t，y2＝3x可得y2－2y＋2t＝0.所以y1＋y2＝2.从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3.代入C的方程得x1＝3，x2＝13.故|AB|＝4133.【例3】[2019·全国卷Ⅱ]已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－12.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.(ⅰ)证明：△PQG是直角三角形；(ⅱ)求△PQG面积的最大值．解：(1)由题设得yx＋2·yx－2＝－12，化简得x24＋y22＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．(2)(ⅰ)设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k＞0)．由y＝kx，x24＋y22＝1得x＝±21＋2k2.记u＝21＋2k2，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．于是直线QG的斜率为k2，方程为y＝k2(x－u)．由y＝k2x－u，x24＋y22＝1得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，故xG＝u3k2＋22＋k2，由此得yG＝uk32＋k2.从而直线PG的斜率为uk32＋k2－uku3k2＋22＋k2－u＝－1k.所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．(ⅱ)由(ⅰ)得|PQ|＝2u1＋k2，|PG|＝2ukk2＋12＋k2，所以△PQG的面积S＝12|PQ||PG|＝8k1＋k21＋2k22＋k2＝81k＋k1＋21k＋k2.设t＝k＋1k，则由k＞0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．因为S＝8t1＋2t在[2，＋∞)上单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为169.因此，△PQG面积的最大值为169.【例4】[2019·全国卷Ⅲ]已知曲线C：y＝x22，D为直线y＝－12上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)若以E0，52为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．解：(1)设Dt，－12，A(x1，y1)，则x21＝2y1.由y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故y1＋12x1－t＝x1.整理得2tx1－2y1＋1＝0.设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.所以直线AB过定点0，12.(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋12.由y＝tx＋12，y＝x22可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，|AB|＝1＋t2|x1－x2|＝1＋t2×x1＋x22－4x1x2＝2(t2＋1)．设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1＝t2＋1，d2＝2t2＋1.因此，四边形ADBE的面积S＝12|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3)t2＋1.设M为线段AB的中点，则Mt，t2＋12.由于EM→⊥AB→，而EM→＝(t，t2－2)，AB→与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.解得t＝0或t＝±1.当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝42.因此，四边形ADBE的面积为3或42.■模拟演练——————————————1．[2019·南昌二模]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)，点M在C的长轴上运动，过点M且斜率大于0的直线l与C交于P，Q两点，与y轴交于N点．当M为C的右焦点且l的倾斜角为π6时，N，P重合，|PM|＝2.(1)求椭圆C的方程；(2)当N，P，Q，M均不重合时，记NP→＝λNQ→，MP→＝μMQ→，若λμ＝1，求证：直线l的斜率为定值．解：(1)因为当M为C的右焦点且l的倾斜角为π6时，N，P重合，|PM|＝2，所以a＝2，bc＝33，因此c＝3，b＝1，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)设l：x＝ty＋m(t0，m≠0)，则M(m,0)，N0，－mt，kl＝1t.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则NP→＝x1，y1＋mt，NQ→＝x2，y2＋mt，由NP→＝λNQ→得，x1＝λx2，①同理可得y1＝μy2，②两式相乘得，x1y1＝λμx2y2，又λμ＝1，所以x1y1＝x2y2，所以(ty1＋m)y1＝(ty2＋m)y2，即t(y21－y22)＝m(y2－y1)，即(y2－y1)[m＋t(y1＋y2)]＝0.由kl0，知y1－y2≠0，所以m＋t(y1＋y2)＝0.由x＝ty＋m，x24＋y2＝1，得(t2＋4)y2＋2tmy＋m2－4＝0，所以y1＋y2＝－2tmt2＋4，所以m－2t2mt2＋4＝0，又m≠0，所以t2＝4，解得t＝2(t＝－2舍去)，所以kl＝1t＝12，即直线l的斜率为12.2．[2019·济南模拟]设M是抛物线E：x2＝2py(p0)上的一点，抛物线E在点M处的切线方程为y＝x－1.(1)求E的方程．(2)已知过点(0,1)的两条不重合直线l1，l2的斜率之积为1，且直线l1，l2分别交抛物线E于A，B两点和C，D两点，是否存在常数λ使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)解法一：由y＝x－1，x2＝2py消去y得x2－2px＋2p＝0.由题意得Δ＝4p2－8p＝0，因为p0，所以p＝2.故抛物线E：x2＝4y.解法二：设Mx0，x202p，由x2＝2py得y＝x22p，则y′＝xp.由x0p＝1，x202p＝x0－1，解得p＝2.故抛物线E：x2＝4y.(2)假设存在常数λ使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|成立，则λ＝1|AB|＋1|CD|.由题意知，l1，l2的斜率存在且均不为零，设直线l1的方程为y＝kx＋1(k≠0)，则由y＝kx＋1，x2＝4y，消去y得，x2－4kx－4＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1·x2＝－4.所以|AB|＝1＋k2x1＋x22－4x1x2＝1＋k216k2＋16＝4(1＋k2)(也可以由y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2，得到|AB|＝y1＋y2＋2＝4(1＋k2))．因为直线l1，l2的斜率之积为1，所以|CD|＝41＋1k2.所以λ＝1|AB|＋1|CD|＝141＋k2＋141＋1k2＝1＋k241＋k2＝14.所以存在常数λ＝14使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|成立．3．[2019·福建质检]在平面直角坐标系xOy中，圆F：(x－1)2＋y2＝1外的点P在y轴的右侧运动，且P到圆F上的点的最小距离等于它到y轴的距离，记P的轨迹为E.(1)求E的方程；(2)过点F的直线交E于A，B两点，以AB为直径的圆D与平行于y轴的直线相切于点M，线段DM交E于点N，证明：△AMB的面积是△AMN的面积的四倍．解：解法一：(1)设P(x，y)，依题意x＞0，F(1,0)．因为P在圆F外，所以P到圆F上的点的最小距离为|PF|－1.依题意得|PF|－1＝x，即x－12＋y2－1＝x，化简得E的方程为y2＝4x(x＞0)．(2)当直线AB的斜率不存在时，不符合题意，舍去．当直线AB的斜率存在时，如图，在平面直角坐标系中，设N(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则Dx1＋x22，y1＋y22.设直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，由y＝kx－1，y2＝4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.因为Δ＝(2k2＋4)2－4k4＝16k2＋16＞0，所以x1＋x2＝2k2＋4k2，所以y1＋y2＝k(x1－1)＋k(x2－1)＝4k，故Dk2＋2k2，2k.由抛物线的定义知|AB|＝x1＋x2＋2＝4k2＋4k2.设M(xM，yM)，依题意得yM＝2k，所以|MD|＝k2＋2k2－xM.又|MD|＝|AB|2，所以k2＋2k2－xM＝2k2＋2，解得xM＝－1，所以M－1，2k.因为Nx0，2k在抛物线上，所以x0＝1k2，即N1k2，2k，所以S△AMB＝12|MD||y1－y2|＝k2＋1k2|y1－y2|，S△AMN＝12|MN||y1－yD|＝12|MN|×12|y1－y2|＝k2＋14k2|y1－y2|，故S△AMB＝4S△AMN.解法二：(1)设P(x，y)，依题意x＞0.因为P在圆F外，所以P到F上的点的最小距离为|PF|－1.依题意得，点P到圆F(1,0)的距离|PF|等于P到直线x＝－1的距离．所以P在以F(1,0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线上，所以E的方程为y2＝4x(x＞0)．(2)如图，在平面直角坐标系中，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为直线AB过F(1,0)，依题意可设其方程为x＝ty＋1(t≠0)．由x＝ty＋1，y2＝4x得y2－4ty－4＝0.因为Δ＝16t2＋16＞0，所以y1＋y2＝4t，则有x1＋x2＝(ty1＋1)＋(ty2＋1)＝4t2＋2.因为D是AB的中点，所以D(2t2＋1,2t)．由抛物线的定义得|AB|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝4t2＋4.设与圆D相切于M，且平行于y轴的直线为l：x＝m，因为DM与抛物线相交于N，所以m＜0，且DM⊥l，又|DM|＝12|AB|，所以2t2＋1－m＝12(4t2＋4)，解得m＝－1.设N(x0，y0)，则y0＝2t，所以(2t)2＝4x0，所以x0＝t2.因为2t2＋1