高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第2部分 八大難點突破 專項限時集訓(xùn)4 解析幾何中的范圍、定值和探索性問題-人教版高三數(shù)學(xué)試題

專項限時集訓(xùn)(四)解析幾何中的范圍、定值和探索性問題(對應(yīng)學(xué)生用書第119頁)(限時：60分鐘)1．(本小題滿分14分)(2017·鹽城市濱海縣八灘中學(xué)二模)如圖4，點A(1，eq\r(3))為橢圓eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,n)＝1上一定點，過點A引兩直線與橢圓分別交于B，C兩點．圖4(1)求橢圓方程；(2)若直線AB，AC與x軸圍成以點A為頂點的等腰三角形，求△ABC面積的最大值，并求出此時直線BC的方程．[解](1)把點A(1，eq\r(3))代入eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,n)＝1得n＝6，故橢圓方程為eq\f(y2,6)＋eq\f(x2,2)＝1. 4分(2)顯然題中等腰三角形腰所在的直線不可能與x軸垂直，因此其斜率必存在，設(shè)AB，AC的斜率分別為k1、k2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－\r(3)＝k1x－1,\f(x2,2)＋\f(y2,6)＝1))得點B的橫坐標(biāo)為x＝1－eq\f(6＋2\r(3)k1,k\o\al(2,1)＋3)，∴點B的縱坐標(biāo)為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))).同理可得點C的坐標(biāo)為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，∴直線BC的斜率為kBC＝eq\r(3).設(shè)直線BC的方程為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)，又點A到直線BC的距離為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)，∴當(dāng)m2＝6，即m＝±eq\r(6)時，△ABC面積取得最大值為eq\r(3).此時，直線BC的方程為y＝eq\r(3)x±eq\r(6). 14分2．(本小題滿分14分)(2017·江蘇省宿遷市三模)如圖5，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右頂點分別為A，B，過右焦點F的直線l與橢圓C交于P，Q兩點(點P在x軸上方)．圖5(1)若QF＝2FP，求直線l的方程；(2)設(shè)直線AP，BQ的斜率分別為k1，k2，是否存在常數(shù)λ，使得k1＝λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由.【導(dǎo)學(xué)號：56394100】[解](1)因為a2＝4，b2＝3，所以c＝eq\r(a2－b2)＝1，所以F的坐標(biāo)為(1,0)，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直線l的方程為x＝my＋1，代入橢圓方程eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，則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(→))，則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)，故直線l的方程為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)，故存在常數(shù)λ＝eq\f(1,3)，使得k1＝eq\f(1,3)k2. 14分3．(本小題滿分16分)如圖6，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知R(x0，y0)是橢圓C：eq\f(x2,24)＋eq\f(y2,12)＝1上的一點，從原點O向圓R：(x－x0)2＋(y－y0)2＝8作兩條切線，分別交橢圓于點P，Q.圖6(1)若R點在第一象限，且直線OP，OQ互相垂直，求圓R的方程；(2)若直線OP，OQ的斜率存在，并記為k1，k2，求k1k2的值.【導(dǎo)學(xué)號：56394101】[解](1)連接OR(圖略)．設(shè)圓R的半徑為r，由圓R的方程知r＝2eq\r(2)，因為直線OP，OQ互相垂直，且和圓R相切，所以|OR|＝eq\r(2)r＝4，即xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝16.①又點R在橢圓C上，所以eq\f(x\o\al(2,0),24)＋eq\f(y\o\al(2,0),12)＝1，②聯(lián)立①②，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2\r(2)，,y0＝2\r(2)，))所以圓R的方程為(x－2eq\r(2))2＋(y－2eq\r(2))2＝8. 6分(2)因為直線OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都與圓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)，化簡得(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的兩個不相等的實數(shù)根，由根與系數(shù)的關(guān)系，得k1k2＝eq\f(y\o\al(2,0)－8,x\o\al(2,0)－8)，因為點R(x0，y0)在橢圓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．(本小題滿分16分)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，△OAB的面積為1.(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)P是橢圓C上一點，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N.求證：|AN|·|BM|為定值．【解】(1)由題意得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).))所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1. 4分(2)證明：由(1)知，A(2,0)，B(0,1)．設(shè)P(x0，y0)，則xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4.當(dāng)x0≠0時，直線PA的方程為y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)．令x＝0，得yM＝－eq\f(2y0,x0－2)，從而|BM|＝|1－yM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2))).直線PB的方程為y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1.令y＝0，得xN＝－eq\f(x0,y0－1)，從而|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