课时作业(二十七) 高考中的热点题型

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1．已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率是eq \f(\r(3),2)，A1，A2分别为椭圆E的左右顶点，B为上顶点，△A1BA2的面积为2，直线l过点D(1,0)且与椭圆E交于P，Q两点．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)求△OPQ面积的最大值；
2．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F是其右焦点，直线y＝kx与椭圆交于A，B两点，|AF|＋|BF|＝8，
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设Q(3,0)，若∠AQB为锐角，求实数k的取值范围．
[提能力]
3．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，|F1F2|＝2，过点F1的直线与椭圆C交于A，B两点，延长BF2交椭圆C于点M，△ABF2的周长为8
(1)求C的离心率及方程；
(2)试问：是否存在定点P(x0,0)，使得eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))为定值？若存在，求x0；若不存在，请说明理由．
[战疑难]
4．已知F为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，过F且倾斜角为45°的直线交抛物线于A，B两点，|AB|＝8.
(1)求抛物线的方程；
(2)已知P(x0，－1)为抛物线上一点，M，N为抛物线上异于P的两点，且满足kPM·kPN＝－2，试探究直线MN是否过一定点？若是，求出此定点；若不是，说明理由．
课时作业(二十七)
1．解析：(1)由题意知e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(3),2)，所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,4)，a＝2b，
又因为S△A1BA2＝ab＝2，所以b＝1，a＝2，
故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)当PQ斜率不存在时，易知Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(3),2)))，此时S△OPQ＝eq \f(\r(3),2).
当PQ斜率存在时，设PQ方程为：y＝k(x－1)(k≠0)，将y＝k(x－1)代入eq \f(x2,4)＋y2＝1并整理得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4k2－4,4k2＋1)，
所以S△OPQ＝eq \f(1,2)×1×|y1－y2|＝eq \f(1,2)×|k(x1－x2)|＝eq \f(|k|,2)eq \r(x1＋x2－4x1x2)＝eq \f(2|k|\r(3k2＋1),4k2＋1)＝eq \f(2\r(3k4＋k2),4k2＋1)，
令4k2＋1＝t(t>1)
则S△OPQ＝eq \f(2,t)eq \r(\f(3,16)t－12＋\f(1,4)t－1)＝eq \f(1,2)eq \r(－\f(1,t2)－\f(2,t)＋3)所以△OPQ面积最大值为eq \f(\r(3),2).
2．解析：(1)设F1为椭圆的左焦点，连接F1B，由椭圆的对称性可知，|AF|＝|F1B|，所以|AF|＋|BF|＝|BF1|＋|BF|＝2a＝8，所以a＝4，
又e＝eq \f(\r(3),2)＝eq \f(c,a)，a2＝b2＋c2，解得c＝2eq \r(3)，b＝2，
所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1
(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \(QA,\s\up10(→))＝(x1－3，y1)，eq \(QB,\s\up10(→))＝(x2－3，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1,y＝kx))，得(4k2＋1)x2－16＝0，
所以x1＋x2＝0，x1x2＝eq \f(－16,4k2＋1)，
因为∠AQB为锐角，所以eq \(QA,\s\up10(→))·eq \(QB,\s\up10(→))>0，
所以eq \(QA,\s\up10(→))·eq \(QB,\s\up10(→))＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2
＝9－3(x1＋x2)＋x1x2＋y1y2
＝9－3(x1＋x2)＋(1＋k2)x1x2
＝9－eq \f(161＋k2,4k2＋1)>0，
解得k>eq \f(\r(35),10)或k<－eq \f(\r(35),10).
3．解析：(1)由题意可知，|F1F2|＝2c＝2，则c＝1，
又△ABF2的周长为8，所以4a＝8，即a＝2，
则e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，b2＝a2－c2＝3.
故C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
(2)假设存在点P，使得eq \(PM,\s\up10(→))·eq \(PB,\s\up10(→))为定值．
若直线BM的斜率不存在，直线BM的方程为x＝1，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3,2)))，则eq \(PM,\s\up10(→))·eq \(PB,\s\up10(→))＝(x0－1)2－eq \f(9,4).
若直线BM的斜率存在，设BM的方程为y＝k(x－1)，
设点B(x1，y1)，M(x2，y2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1,y＝kx－1))
得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
根据韦达定理可得：x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4k2－12,4k2＋3)，
由于eq \(PM,\s\up10(→))＝(x2－x0，y2)，eq \(PB,\s\up10(→))＝(x1－x0，y1)，
则eq \(PM,\s\up10(→))·eq \(PB,\s\up10(→))＝x1x2－(x1＋x2)x0＋xeq \\al(2,0)＋y1y2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1))x1x2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋k2))(x1＋x2)＋k2＋xeq \\al(2,0)＝eq \f(4x\\al(2,0)－8x0－5k2＋3x\\al(2,0)－12,4k2＋3)
因为eq \(PM,\s\up10(→))·eq \(PB,\s\up10(→))为定值，所以eq \f(4x\\al(2,0)－8x0－5,4)＝eq \f(3x\\al(2,0)－12,3)
解得x0＝eq \f(11,8)，故存在点P，且x0＝eq \f(11,8).
4．解析：(1)由已知Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,2)，0))，直线AB的方程为y＝x－eq \f(P,2)
联立直线与抛物线eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2px,y＝x－\f(p,2)))，消y可得，
x2－3px＋eq \f(p2,4)＝0，所以xA＋xB＝3p，
因为|AB|＝xA＋xB＋p＝4p＝8，所以2p＝4，
即抛物线的方程为y2＝4x.
(2)将P(x0－1)代入y2＝4x可得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，－1))，
不妨设直线MN的方程为
x＝my＋t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x,x＝my＋t))，消x得y2－4my－4t＝0，
则有y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，Δ＝16m2＋16t，
由题意
kPM·kPN＝eq \f(y1＋1,x1－\f(1,4))×eq \f(y2＋1,x2－\f(1,4))＝eq \f(4,y1－1)×eq \f(4,y2－1)＝eq \f(16,y1y2－y1＋y2＋1)＝－2，
化简可得，t＝eq \f(9,4)－m，
代入Δ＝16m2＋16t＝16eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋\f(9,4)－m))＝16eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,2)))2＋32>0
此时直线MN的方程为x＝m(y－1)＋eq \f(9,4)，
所以直线MN过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,4)，1)).