（江苏专用）2020版高考数学三轮复习 解答题专题练（四）解析几何 文 苏教版

解答题专题练(四)解析几何(建议用时：40分钟)1．已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，若过点F且斜率为1的直线与抛物线相交于M，N两点，且|MN|＝8.(1)求抛物线C的方程；(2)设直线l为抛物线C的切线，且l∥MN，P为l上一点，求PM→·PN→的最小值．2．(2019·无锡模拟)已知椭圆C中心在坐标原点，对称轴为坐标轴，且过点M(4，2)、N(6，3)．(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C上的任一点R(x0，y0)，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P，Q.试探究OP2＋OQ2是否为定值，若是，求出其值；若不是，请说明理由．3．在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2＋y2＝r2和直线l：x＝a(其中r和a均为常数，且0＜r＜a)，M为l上一动点，A1，A2为圆C与x轴的两个交点，直线MA1，MA2与圆C的另一个交点分别为P，Q.(1)若r＝2，点M的坐标为(4，2)，求直线PQ的方程；(2)求证：直线PQ过定点，并求定点的坐标．4.如图，设斜率为k(k＞0)的直线l与椭圆C：x29＋y23＝1交于A，B两点，且OA⊥OB.(1)求直线l在y轴上的截距(用k表示)；(2)求△AOB面积取最大值时直线l的方程．解答题专题练(四)1．解：(1)由题可知Fp2，0，则过点F且斜率为1的直线方程为y＝x－p2，代入y2＝2px(p＞0)，得x2－3px＋p24＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则有x1＋x2＝3p.因为|MN|＝8，所以x1＋x2＋p＝8，即3p＋p＝8，解得p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x.(2)设直线l的方程为y＝x＋b，代入y2＝4x，得x2＋(2b－4)x＋b2＝0.因为l为抛物线C的切线，所以Δ＝0，解得b＝1.所以l的方程为y＝x＋1.设P(m，m＋1)，则PM→＝(x1－m，y1－(m＋1))，PN→＝(x2－m，y2－(m＋1))，所以PM→·PN→＝(x1－m)(x2－m)＋[y1－(m＋1)][y2－(m＋1)]＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2－(m＋1)(y1＋y2)＋(m＋1)2.由(1)可知，x1＋x2＝6，x1x2＝1，所以(y1y2)2＝16x1x2＝16，y1y2＝－4.因为y21－y22＝4(x1－x2)，所以y1＋y2＝4x1－x2y1－y2＝4，所以PM→·PN→＝1－6m＋m2－4－4(m＋1)＋(m＋1)2＝2(m2－4m－3)＝2[(m－2)2－7]≥－14，当且仅当m＝2，即点P的坐标为(2，3)时等号成立，则PM→·PN→的最小值为－14.2．解：(1)依题意，设此椭圆方程为mx2＋ny2＝1，过点M(4，2)、N(6，3)，可得16m＋4n＝16m＋9n＝1，解得m＝124，n＝112，所以椭圆C的方程为x224＋y212＝1.(2)(i)当直线OP，OQ的斜率均存在时，不妨设直线OP：y＝k1x，OQ：y＝k2x，依题意|k1x0－y0|1＋k21＝22，化简得(x20－8)k21－2x0y0k1＋y20－8＝0，同理(x20－8)k22－2x0y0k2＋y20－8＝0.所以k1，k2是方程(x20－8)k2－2x0y0k＋y20－8＝0的两个不相等的实数根，k1k2＝y20－8x20－8.因为x2024＋y2012＝1，所以y20＝12－12x20.所以k1k2＝4－12x20x20－8＝－12，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1x1·y2x2＝－12，所以y21y22＝14x21x22，因为x2124＋y2112＝1x2224＋y2212＝1，所以y21＝12－12x21y22＝12－12x22，所以12－12x2112－12x22＝14x21x22，所以x21＋x22＝24，y21＋y22＝12，所以OP2＋OQ2＝36.(ii)当直线OP，OQ落在坐标轴上时，显然有OP2＋OQ2＝36，综上，OP2＋OQ2＝36.3．解：(1)若r＝2，M(4，2)，则A1(－2，0)，A2(2，0)．直线MA1的方程为x－3y＋2＝0，联立x2＋y2＝4，x－3y＋2＝0，解得P85，65.直线MA2的方程为x－y－2＝0，联立x2＋y2＝4，x－y－2＝0，解得Q(0，－2)．由两点式得直线PQ的方程为2x－y－2＝0.(2)法一：由题设得A1(－r，0)，A2(r，0)．设M(a，t)，则直线MA1的方程为y＝ta＋r(x＋r)，直线MA2的方程为y＝ta－r(x－r)，联立x2＋y2＝r2，y＝ta＋r（x＋r），解得Pr（a＋r）2－rt2（a＋r）2＋t2，2tr（a＋r）（a＋r）2＋t2.联立x2＋y2＝r2，y＝ta－r（x－r），解得Qrt2－r（a－r）2（a－r）2＋t2，－2tr（a－r）（a－r）2＋t2.于是直线PQ的斜率kPQ＝2ata2－t2－r2，直线PQ的方程为y－2tr（a＋r）（a＋r）2＋t2＝2ata2－t2－r2·x－r（a＋r）2－rt2（a＋r）2＋t2.令y＝0得x＝r2a，是一个与t无关的常数，故直线PQ过定点r2a，0.法二：由题设得A1(－r，0)，A2(r，0)．设M(a，t)，则直线MA1的方程为y＝ta＋r(x＋r)，直线MA2的方程为y＝ta－r(x－r)，则直线MA1与圆C的交点为P(x1，y1)，直线MA2与圆C的交点为Q(x2，y2)．则点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在曲线[(a＋r)y－t(x＋r)][(a－r)y－t(x－r)]＝0上，化简得(a2－r2)y2－2ty(ax－r2)－t2(x2－r2)＝0.①又因为点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在圆C上，圆C：x2＋y2－r2＝0.②由①＋t2×②＝0得(a2－r2)y2－2ty(ax－r2)－t2(x2－r2)＋t2(x2＋y2－r2)＝0，化简得(a2－r2)y－2t(ax－r2)＋t2y＝0.所以直线PQ的方程为(a2－r2)y－2t(ax－r2)＋t2y＝0.令y＝0得x＝r2a，故直线PQ过定点r2a，0.4．解：(1)设l：y＝kx＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为斜率为k(k＞0)的直线l与椭圆C：x29＋y23＝1交于A，B两点，且OA⊥OB，所以∠AOB＝90°，所以OA→·OB→＝0，所以x1x2＋(kx1＋t)(kx2＋t)＝0，所以(1＋k2)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝0，(*)联立y＝kx＋tx29＋y23＝1，消去y得x2＋3(kx＋t)2＝9，即(1＋3k2)x2＋6ktx＋3t2－9＝0，则x1＋x2＝－6kt1＋3k2，x1x2＝3t2－91＋3k2，且Δ＞0，代入(*)，得(1＋k2)(3t2－9)－6k2t2＋t2(1＋3k2)＝0，所以3t2－9－9k2＋t2＝0，所以t2＝94(1＋k2)，所以t＝±321＋k2，所以直线l在y轴上的截距为321＋k2或－321＋k2.(2)设△AOB的面积为S，O到直线l的距离为d，则S＝12·|AB|·d，而由(1)知d＝|t|k2＋1＝32，且|AB|＝k2＋1·（x1＋x2）2－4x1x2＝1＋k2×36k2t2（1＋3k2）2－4（3t2－9）1＋3k2＝k2＋11＋3k2×31＋9k2＝3（k2＋1）（1＋9k2）1＋3k2，所以S＝94×1＋49k2＋1k2＋6≤94×1＋13＝332，当Smax＝332时，9k2＝1k2，解得k＝33，所以t＝±3，所以所求直线方程为y＝33x＋3或y＝33x－3.