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1课时　高效演练分层突破学案

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A．12＋4eq \r(3) B．16＋4eq \r(3)
C．16＋6eq \r(3) D．20＋6eq \r(3)
解析：选C.设抛物线的方程为y2＝2px(p＞0)，
则36＝2p×3，则2p＝12，
所以抛物线的方程为y2＝12x，设抛物线的焦点为F，则F(3，0)，
准线方程为x＝－3，
圆C2：x2＋y2－6x＋8＝0的圆心为(3，0)，半径为1，由直线PQ过抛物线的焦点，则
eq \f(1,|PF|)＋eq \f(1,|QF|)＝eq \f(2,p)＝eq \f(1,3).
|PN|＋3|QM|＝|PF|＋1＋3(|QF|＋1)
＝|PF|＋3|QF|＋4＝3(|PF|＋3|QF|)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,|PF|)＋\f(1,|QF|)))＋4＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(3|QF|,|PF|)＋\f(|PF|,|QF|)))＋4≥3(4＋2eq \r(3))＋4＝16＋6eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当\f(3|QF|,|PF|)＝\f(|PF|,|QF|)时，取等号)).故选C.
2．如图，抛物线W：y2＝4x与圆C：(x－1)2＋y2＝25交于A，B两点，点P为劣弧eq \(AB,\s\up8(︵))上不同于A，B的一个动点，与x轴平行的直线PQ交抛物线W于点Q，则△PQC的周长的取值范围是( )
A．(10，14) B．(12，14)
C．(10，12) D．(9，11)
解析：选C.抛物线的准线l：x＝－1，焦点(1，0)，
由抛物线定义可得|QC|＝xQ＋1，
圆(x－1)2＋y2＝25的圆心为C(1，0)，半径为5，
可得△PQC的周长＝|QC|＋|PQ|＋|PC|＝xQ＋1＋(xP－xQ)＋5＝6＋xP，
由抛物线y2＝4x及圆(x－1)2＋y2＝25可得交点的横坐标为4，即有xP∈(4，6)，可得6＋xP∈(10，12)，
故△PQC的周长的取值范围是(10，12)．故选C.
3．(2020·湖南湘潭一模)已知F(eq \r(3)，0)是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的一个焦点，点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C分别相交于A，B两点，且kOA＋kOB＝－eq \f(1,2)(O为坐标原点)，求直线l的斜率的取值范围．
解：(1)由题意知，椭圆的另一个焦点为(－eq \r(3)，0)，
所以点M到两焦点的距离之和为 eq \r(（2\r(3)）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))＋eq \f(1,2)＝4.
所以a＝2.
又因为c＝eq \r(3)，所以b＝1，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，kOA＋kOB＝0，不符合题意．
故设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0.
则x1＋x2＝eq \f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4（m2－1）,4k2＋1).
而kOA＋kOB＝eq \f(y1,x1)＋eq \f(y2,x2)＝eq \f(（kx1＋m）x2＋（kx2＋m）x1,x1x2)＝2k＋eq \f(m（x1＋x2）,x1x2)＝2k＋eq \f(－8km2,4（m2－1）)＝eq \f(－2k,m2－1).
由kOA＋kOB＝－eq \f(1,2)，可得m2＝4k＋1，所以k≥－eq \f(1,4).
又由Δ＞0，得16(4k2－m2＋1)＞0，
所以4k2－4k＞0，解得k＜0或k＞1，
综上，直线l的斜率的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))∪(1，＋∞)．
4．(2020·银川模拟)椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，直线l：x＝a2交x轴于点A，且eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(AF2,\s\up6(→)).
(1)试求椭圆的方程；
(2)过点F1，F2分别作互相垂直的两条直线与椭圆分别交于D，E，M，N四点(如图所示)，试求四边形DMEN面积的最大值和最小值．
解：(1)由题意知，|F1F2|＝2c＝2，A(a2，0)，
因为eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(AF2,\s\up6(→))，所以F2为线段AF1的中点，
则a2＝3，b2＝2，所以椭圆方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)当直线DE与x轴垂直时，|DE|＝eq \f(2b2,a)＝eq \f(4,\r(3))，
此时|MN|＝2a＝2eq \r(3)，四边形DMEN的面积S＝eq \f(|DE|·|MN|,2)＝4.
同理当MN与x轴垂直时，
也有四边形DMEN的面积S＝eq \f(|DE|·|MN|,2)＝4.
当直线DE，MN与x轴均不垂直时，
设直线DE：y＝k(x＋1)(k≠1)，D(x1，y1)，E(x2，y2)，
代入椭圆方程，消去y可得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0，
则x1＋x2＝eq \f(－6k2,2＋3k2)，x1x2＝eq \f(3k2－6,2＋3k2)，
所以|x1－x2|＝eq \f(4\r(3)×\r(k2＋1),2＋3k2)，
所以|DE|＝eq \r(k2＋1)|x1－x2|＝eq \f(4\r(3)（k2＋1）,2＋3k2).
同理|MN|＝eq \f(4\r(3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))\s\up12(2)＋1)),2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))\s\up12(2))＝eq \f(4\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)＋1)),2＋\f(3,k2))，
所以四边形DMEN的面积S＝eq \f(|DE|·|MN|,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(4\r(3)（k2＋1）,2＋3k2)×eq \f(4\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)＋1)),2＋\f(3,k2))＝eq \f(24\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋\f(1,k2)＋2)),6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋\f(1,k2)))＋13)，
令u＝k2＋eq \f(1,k2)，则S＝4－eq \f(4,13＋6u).
因为u＝k2＋eq \f(1,k2)≥2，当k＝±1时，u＝2，S＝eq \f(96,25)，
且S是以u为自变量的增函数，则eq \f(96,25)≤S＜4.
综上可知，eq \f(96,25)≤S≤4，故四边形DMEN面积的最大值为4，最小值为eq \f(96,25).
[综合题组练]
1．已知椭圆E的中心在原点，焦点F1，F2在y轴上，离心率等于eq \f(2\r(2),3)，P是椭圆E上的点．以线段PF1为直径的圆经过F2，且9eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝1.
(1)求椭圆E的方程；
(2)作直线l与椭圆E交于两个不同的点M，N.如果线段MN被直线2x＋1＝0平分，求直线l的倾斜角的取值范围．
解：(1)依题意，设椭圆E的方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，半焦距为c.
因为椭圆E的离心率等于eq \f(2\r(2),3)，
所以c＝eq \f(2\r(2),3)a，b2＝a2－c2＝eq \f(a2,9).
因为以线段PF1为直径的圆经过F2，
所以PF2⊥F1F2.
所以|PF2|＝eq \f(b2,a).
因为9eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝1，
所以9|eq \(PF2,\s\up6(→))|2＝eq \f(9b4,a2)＝1.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2＝\f(a2,9),\f(9b4,a2)＝1))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝9,b2＝1))，
所以椭圆E的方程为eq \f(y2,9)＋x2＝1.
(2)因为直线x＝－eq \f(1,2)与x轴垂直，且由已知得直线l与直线x＝－eq \f(1,2)相交，
所以直线l不可能与x轴垂直，
所以设直线l的方程为y＝kx＋m.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,9x2＋y2＝9))，得(k2＋9)x2＋2kmx＋m2－9＝0.
因为直线l与椭圆E交于两个不同的点M，N，
所以Δ＝4k2m2－4(k2＋9)(m2－9)>0，
即m2－k2－9<0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(－2km,k2＋9).
因为线段MN被直线2x＋1＝0平分，
所以2×eq \f(x1＋x2,2)＋1＝0，
即eq \f(－2km,k2＋9)＋1＝0.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m2－k2－9<0,\f(－2km,k2＋9)＋1＝0))，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k2＋9,2k)))eq \s\up12(2)－(k2＋9)<0.
因为k2＋9>0，所以eq \f(k2＋9,4k2)－1<0，所以k2>3，
解得k>eq \r(3)或k<－eq \r(3).
所以直线l的倾斜角的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3))).
2．(2019·高考全国卷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－eq \f(1,2).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eq \f(y,x＋2)·eq \f(y,x－2)＝－eq \f(1,2)，化简得eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝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)证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1))得x＝±eq \f(2,\r(1＋2k2)) .
记u＝eq \f(2,\r(1＋2k2))，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0)．
于是直线QG的斜率为eq \f(k,2)，方程为y＝eq \f(k,2)(x－u)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(k,2)（x－u），,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝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＝eq \f(u（3k2＋2）,2＋k2)，由此得yG＝eq \f(uk3,2＋k2).
从而直线PG的斜率为eq \f(\f(uk3,2＋k2)－uk,\f(u（3k2＋2）,2＋k2)－u)＝－eq \f(1,k).
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
(ⅱ)由(ⅰ)得|PQ|＝2ueq \r(1＋k2)，|PG|＝eq \f(2uk\r(k2＋1),2＋k2)，
所以△PQG的面积S＝eq \f(1,2)|PQ||PG|＝eq \f(8k（1＋k2）,（1＋2k2）（2＋k2）)＝eq \f(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋k)),1＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋k))\s\up12(2)).
设t＝k＋eq \f(1,k)，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．
因为S＝eq \f(8t,1＋2t2)在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为eq \f(16,9).
因此，△PQG面积的最大值为eq \f(16,9).