2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章　平面解析几何 第9讲　第2课时　高效演练分层突破学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章　平面解析几何 第9讲　第2课时　高效演练分层突破学案，共5页。

A．3 B．4
C．5 D．与P的位置有关
解析：选A.依题意，设点P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中xeq \\al(2,0)－4yeq \\al(2,0)＝4，则直线l的方程是eq \f(x0x,4)－y0y＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x.
①当y0＝0时，直线l的方程是x＝2或x＝－2.由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2,\f(x2,4)－y2＝0))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2,y＝±1))，此时eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝(2，－1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可得当直线l的方程是x＝－2时，eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝3.
②当y0≠0时，直线l的方程是y＝eq \f(1,4y0)(x0x－4)．由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,4y0)（x0x－4）,\f(x2,4)－y2＝0))，得(4yeq \\al(2,0)－xeq \\al(2,0))x2＋8x0x－16＝0(*)，又xeq \\al(2,0)－4yeq \\al(2,0)＝4，因此(*)即是－4x2＋8x0x－16＝0，x2－2x0x＋4＝0，x1x2＝4，eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2－eq \f(1,4)x1x2＝eq \f(3,4)x1x2＝3.
综上所述，eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝3，故选A.
2．已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，△ABC的顶点都在抛物线上，且满足eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))＋eq \(FC,\s\up6(→))＝0，则eq \f(1,kAB)＋eq \f(1,kAC)＋eq \f(1,kBC)＝________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，由eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))＝－eq \(FC,\s\up6(→))，得y1＋y2＋y3＝0.因为kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(2p,y1＋y2)，所以kAC＝eq \f(2p,y1＋y3)，kBC＝eq \f(2p,y2＋y3)，所以eq \f(1,kAB)＋eq \f(1,kAC)＋eq \f(1,kBC)＝eq \f(y1＋y2,2p)＋eq \f(y3＋y1,2p)＋eq \f(y2＋y3,2p)＝0.
答案：0
3．(2020·重庆模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2.点M在椭圆C上滑动，若△MF1F2的面积取得最大值4时，有且仅有2个不同的点M使得△MF1F2为直角三角形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P(0，1)的直线l与椭圆C分别相交于A，B两点，与x轴交于点Q.设eq \(QA,\s\up6(→))＝λeq \(PA,\s\up6(→))，eq \(QB,\s\up6(→))＝μeq \(PB,\s\up6(→))，求证：λ＋μ为定值，并求该定值．
解：(1)由对称性知，点M在短轴端点时，
△MF1F2为直角三角形且∠F1MF2＝90°，且S△MF1F2＝4，所以b＝c且S＝eq \f(1,2)·2c·b＝bc＝4，
解得b＝c＝2，a2＝b2＋c2＝8，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明：显然直线l的斜率不为0，设直线l：x＝t(y－1)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,x＝t（y－1），))
消去x，得(t2＋2)y2－2t2y＋t2－8＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq \f(2t2,t2＋2)，y1y2＝eq \f(t2－8,t2＋2).
令y＝0，则x＝－t，所以Q(－t，0)，
因为eq \(QA,\s\up6(→))＝λeq \(PA,\s\up6(→))，所以y1＝λ(y1－1)，
所以λ＝eq \f(y1,y1－1).
因为eq \(QB,\s\up6(→))＝μeq \(PB,\s\up6(→))，所以y2＝μ(y2－1)，所以μ＝eq \f(y2,y2－1).
所以λ＋μ＝eq \f(y1,y1－1)＋eq \f(y2,y2－1)＝eq \f(2y1y2－（y1＋y2）,y1y2－（y1＋y2）＋1)＝eq \f(8,3).
4．(2020·甘肃白银联考)设椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，下顶点为A，O为坐标原点，点O到直线AF2的距离为eq \f(\r(2),2)，△AF1F2为等腰直角三角形．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线l与椭圆C分别相交于M，N两点，若直线AM与直线AN的斜率之和为2，证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标．
解：(1)由题意可知，直线AF2的方程为eq \f(x,c)＋eq \f(y,－b)＝1，
即－bx＋cy＋bc＝0，则eq \f(bc,\r(b2＋c2))＝eq \f(bc,a)＝eq \f(\r(2),2).
因为△AF1F2为等腰直角三角形，所以b＝c，
又a2＝b2＋c2，可得a＝eq \r(2)，b＝1，c＝1，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明：由(1)知A(0，－1)．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋t(t≠±1)，
代入eq \f(x2,2)＋y2＝1，得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
所以Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)＞0，即t2－2k2＜1.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(4kt,1＋2k2)，
x1x2＝eq \f(2t2－2,1＋2k2).
因为直线AM与直线AN的斜率之和为2，
所以kAM＋kAN＝eq \f(y1＋1,x1)＋eq \f(y2＋1,x2)＝eq \f(kx1＋t＋1,x1)＋eq \f(kx2＋t＋1,x2)＝2k＋eq \f(（t＋1）（x1＋x2）,x1x2)＝2k－eq \f(（t＋1）·4kt,2t2－2)＝2，
整理得t＝1－k.
所以直线l的方程为y＝kx＋t＝kx＋1－k＝k(x－1)＋1，显然直线y＝k(x－1)＋1经过定点(1，1)．
当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为x＝m.
因为直线AM与直线AN的斜率之和为2，设M(m，n)，则N(m，－n)，
所以kAM＋kAN＝eq \f(n＋1,m)＋eq \f(－n＋1,m)＝eq \f(2,m)＝2，解得m＝1，
此时直线l的方程为x＝1，显然直线x＝1也经过该定点(1，1)．
综上，直线l恒过点(1，1)．
[综合题组练]
1．(2020·湖南五市十校联考)已知动圆C过定点F(1，0)，且与定直线x＝－1相切．
(1)求动圆圆心C的轨迹E的方程；
(2)过点M(－2，0)的任一条直线l与轨迹E分别相交于不同的两点P，Q，试探究在x轴上是否存在定点N(异于点M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求点N的坐标；若不存在，说明理由．
解：(1)法一：由题意知，动圆圆心C到定点F(1，0)的距离与其到定直线x＝－1的距离相等，又由抛物线的定义，可得动圆圆心C的轨迹是以F(1，0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线，其中p＝2.
所以动圆圆心C的轨迹E的方程为y2＝4x.
法二：设动圆圆心C(x，y)，由题意知eq \r(（x－1）2＋y2)＝|x＋1|，
化简得y2＝4x，即动圆圆心C的轨迹E的方程为y2＝4x.
(2)假设存在点N(x0，0)，满足题设条件．
由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即kPN＋kQN＝0.①
由题意知直线PQ的斜率必存在且不为0，设直线PQ的方程为x＝my－2.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my－2，))得y2－4my＋8＝0.
由Δ＝(－4m)2－4×8＞0，得m＞eq \r(2)或m＜－eq \r(2).
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝8.
由①式得kPN＋kQN＝eq \f(y1,x1－x0)＋eq \f(y2,x2－x0)
＝eq \f(y1（x2－x0）＋y2（x1－x0）,（x1－x0）（x2－x0）)＝0，
所以y1(x2－x0)＋y2(x1－x0)＝0，
即y1x2＋y2x1－x0(y1＋y2)＝0.
消去x1，x2，得eq \f(1,4)y1yeq \\al(2,2)＋eq \f(1,4)y2yeq \\al(2,1)－x0(y1＋y2)＝0，
eq \f(1,4)y1y2(y1＋y2)－x0(y1＋y2)＝0，
因为y1＋y2≠0，所以x0＝eq \f(1,4)y1y2＝2，
所以存在点N(2，0)．使得∠QNM＋∠PNM＝π.
2．(2020·湖南郴州教学质量监测)已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，过点F的直线分别交抛物线于A，B两点．
(1)若以AB为直径的圆的方程为(x－2)2＋(y－3)2＝16，求抛物线C的标准方程；
(2)过点A，B分别作抛物线的切线l1，l2，证明：l1，l2的交点在定直线上．
解：(1)设AB中点为M，A到准线的距离为d1，B到准线的距离为d2，M到准线的距离为d，则d＝yM＋eq \f(p,2).
由抛物线的定义可知，d1＝|AF|，d2＝|BF|，所以d1＋d2＝|AB|＝8，
由梯形中位线可得d＝eq \f(d1＋d2,2)＝4，所以yM＋eq \f(p,2)＝4.
又yM＝3，所以3＋eq \f(p,2)＝4，可得p＝2，
所以抛物线C的标准方程为x2＝4y.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x2＝2py，得y＝eq \f(x2,2p)，则y′＝eq \f(x,p)，所以直线l1的方程为y－y1＝eq \f(x1,p)(x－x1)，直线l2的方程为y－y2＝eq \f(x2,p)(x－x2)，
联立得x＝eq \f(x1＋x2,2)，y＝eq \f(x1x2,2p)，
即直线l1，l2的交点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,2p))).
因为AB过焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，
由题可知直线AB的斜率存在，故可设直线AB方程为y－eq \f(p,2)＝kx，
代入抛物线x2＝2py中，得x2－2pkx－p2＝0，
所以x1x2＝－p2，y＝eq \f(x1x2,2p)＝－eq \f(p2,2p)＝－eq \f(p,2)，
所以l1，l2的交点在定直线y＝－eq \f(p,2)上．