（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)三輪復(fù)習(xí) 解答題專題練（四）解析幾何 文 蘇教版

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1、解答題專題練(四)　解析幾何 (建議用時：40分鐘) 1．已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)為F，若過點(diǎn)F且斜率為1的直線與拋物線相交于M，N兩點(diǎn)，且|MN|＝8. (1)求拋物線C的方程； (2)設(shè)直線l為拋物線C的切線，且l∥MN，P為l上一點(diǎn)，求·的最小值． 2．(2019·無錫模擬)已知橢圓C中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，對稱軸為坐標(biāo)軸，且過點(diǎn)M(4，2)、N(，3)． (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)橢圓C上的任一點(diǎn)R(x0，y0)，從原點(diǎn)O向圓R：(x－x0)2＋(y－y0)2＝8作兩條切線，分別交橢圓于P，Q.試探究OP2＋

2、OQ2是否為定值，若是，求出其值；若不是，請說明理由． 3．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C：x2＋y2＝r2和直線l：x＝a(其中r和a均為常數(shù)，且0＜r＜a)，M為l上一動點(diǎn)，A1，A2為圓C與x軸的兩個交點(diǎn)，直線MA1，MA2與圓C的另一個交點(diǎn)分別為P，Q. (1) 若r＝2，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(4，2)，求直線PQ的方程； (2) 求證：直線PQ過定點(diǎn)，并求定點(diǎn)的坐標(biāo)． 4.如圖，設(shè)斜率為k(k＞0)的直線l與橢圓C：＋＝1交于A，B兩點(diǎn)，且OA⊥OB. (1)求直線l在y軸上的截距(

3、用k表示)； (2)求△AOB面積取最大值時直線l的方程． 解答題專題練(四) 1．解：(1)由題可知F，則過點(diǎn)F且斜率為1的直線方程為y＝x－， 代入y2＝2px(p＞0)，得x2－3px＋＝0. 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則有x1＋x2＝3p. 因?yàn)閨MN|＝8， 所以x1＋x2＋p＝8，即3p＋p＝8，解得p＝2， 所以拋物線的方程為y2＝4x. (2)設(shè)直線l的方程為y＝x＋b，代入y2＝4x， 得x2＋(2b－4)x＋b2＝0. 因?yàn)閘為拋物線C的切線， 所以Δ＝0，解得b＝1

4、.所以l的方程為y＝x＋1. 設(shè)P(m，m＋1)，則＝(x1－m，y1－(m＋1))，＝(x2－m，y2－(m＋1))， 所以·＝(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?yàn)閥－y＝4(x1－x2)，所以y1＋y2＝4＝4，所以·＝1－6m＋m2－4－4(m＋1)＋(m＋1)2＝2(m2－4m－3)＝2[(m－2)2－7]≥－14， 當(dāng)且僅當(dāng)m＝2，即點(diǎn)P的坐

5、標(biāo)為(2，3)時等號成立，則·的最小值為－14. 2．解：(1)依題意，設(shè)此橢圓方程為mx2＋ny2＝1， 過點(diǎn)M(4，2)、N(，3)，可得， 解得m＝，n＝， 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)(i)當(dāng)直線OP，OQ的斜率均存在時，不妨設(shè)直線OP：y＝k1x，OQ：y＝k2x， 依題意＝2，化簡得(x－8)k－2x0y0k1＋y－8＝0， 同理(x－8)k－2x0y0k2＋y－8＝0. 所以k1，k2是方程(x－8)k2－2x0y0k＋y－8＝0的兩個不相等的實(shí)數(shù)根，k1k2＝. 因?yàn)椋?，所以y＝12－x. 所以k1k2＝＝－， 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2

6、)， 則·＝－，所以yy＝xx， 因?yàn)椋裕? 所以＝xx， 所以x＋x＝24，y＋y＝12， 所以O(shè)P2＋OQ2＝36. (ii)當(dāng)直線OP，OQ落在坐標(biāo)軸上時，顯然有OP2＋OQ2＝36， 綜上，OP2＋OQ2＝36. 3．解：(1)若r＝2，M(4，2)，則A1(－2，0)，A2(2，0)． 直線MA1的方程為x－3y＋2＝0， 聯(lián)立解得P. 直線MA2的方程為x－y－2＝0， 聯(lián)立解得Q(0，－2)． 由兩點(diǎn)式得直線PQ的方程為2x－y－2＝0. (2)法一： 由題設(shè)得A1(－r，0)，A2(r，0)． 設(shè)M(a，t)，則直線MA1的方程為y＝(x＋r)

7、，直線MA2的方程為y＝(x－r)， 聯(lián)立 解得P. 聯(lián)立 解得Q. 于是直線PQ的斜率kPQ＝， 直線PQ的方程為y－＝·.　 令y＝0得x＝，是一個與t無關(guān)的常數(shù)， 故直線PQ過定點(diǎn). 法二：由題設(shè)得A1(－r，0)，A2(r，0)． 設(shè)M(a，t)，則直線MA1的方程為y＝(x＋r)，直線MA2的方程為y＝(x－r)，則直線MA1與圓C的交點(diǎn)為P(x1，y1)，直線MA2與圓C的交點(diǎn)為Q(x2，y2)． 則點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)在曲線[(a＋r)y－t(x＋r)][(a－r)y－t(x－r)]＝0上， 化簡得(a2－r2)y2－2ty(ax－r2)－

8、t2(x2－r2)＝0.① 又因?yàn)辄c(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)在圓C上，圓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， 化簡得(a2－r2)y－2t(ax－r2)＋t2y＝0. 所以直線PQ的方程為(a2－r2)y－2t(ax－r2)＋t2y＝0.令y＝0得x＝，故直線PQ過定點(diǎn). 4．解：(1)設(shè)l：y＝kx＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 因?yàn)樾甭蕿閗(k＞0)的直線l與橢圓C：＋＝1交于A，B兩點(diǎn)，且OA⊥OB， 所以∠AOB＝90°，所以·＝0， 所以x1

9、x2＋(kx1＋t)(kx2＋t)＝0， 所以(1＋k2)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝0，(*) 聯(lián)立，消去y得x2＋3(kx＋t)2＝9，即(1＋3k2)x2＋6ktx＋3t2－9＝0，則x1＋x2＝－，x1x2＝，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＝(1＋k2)，所以t＝±， 所以直線l在y軸上的截距為或－. (2)設(shè)△AOB的面積為S，O到直線l的距離為d， 則S＝·|AB|·d，而由(1)知d＝＝， 且|AB|＝· ＝× ＝×3＝， 所以S＝×≤×＝， 當(dāng)Smax＝時，9k2＝，解得k＝，所以t＝±， 所以所求直線方程為y＝x＋或y＝x－. - 7 -