高考数学一轮复习　教材高考审题答题五

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[教材探究](选修2－1P49习题A5(1)(2))求适合下列条件的椭圆的标准方程：
(1)过点P(－2eq \r(2)，0)，Q(0，eq \r(5))；
(2)长轴长是短轴长的3倍，且经过点P(3，0).
[试题评析] 1.问题涉及解析几何中最重要的一类题目：求曲线的方程，解决的方法都是利用椭圆的几何性质.
2.对于(1)给出的两点并不是普通的两点，而是长轴和短轴的端点，这就告诉我们要仔细观察、借助图形求解问题，(2)中条件给出a，b的值，但要讨论焦点的位置才能写出椭圆方程.
【教材拓展】 设抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B，设Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)p，0))，AF与BC相交于点E，若|CF|＝2|AF|，且△ACE的面积为3eq \r(2)，则p的值为________.
解析 易知抛物线的焦点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，
又|CF|＝2|AF|且|CF|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)p－\f(p,2)))＝3p，
∴|AB|＝|AF|＝eq \f(3,2)p，
可得A(p，eq \r(2)p).
易知△AEB∽△FEC，∴eq \f(|AE|,|FE|)＝eq \f(|AB|,|FC|)＝eq \f(1,2)，
故S△ACE＝eq \f(1,3)S△ACF＝eq \f(1,3)×3p×eq \r(2)p×eq \f(1,2)＝eq \f(\r(2),2)p2＝3eq \r(2)，
∴p2＝6，∵p>0，∴p＝eq \r(6).
答案 eq \r(6)
探究提高 1.解答本题的关键有两个：(1)利用抛物线的定义求出点A的坐标，(2)根据△AEB∽△FEC求出线段比，进而得到面积比并利用条件“S△ACE＝3eq \r(2)”求解.
2.对于解析几何问题，除了利用曲线的定义、方程进行运算外，还应恰当地利用平面几何的知识，能起到简化运算的作用.
【链接高考】 (2018·天津卷)设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B，已知椭圆的离心率为eq \f(\r(5),3)，点A的坐标为(b，0)，且|FB|·|AB|＝6eq \r(2).
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线l：y＝kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q.若eq \f(|AQ|,|PQ|)＝eq \f(5\r(2),4)sin∠AOQ(O为原点)，求k的值.
解 (1)设椭圆的焦距为2c，由已知有eq \f(c2,a2)＝eq \f(5,9)，
又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.
由已知可得，|FB|＝a，|AB|＝eq \r(2)b，
由|FB|·|AB|＝6eq \r(2)，
可得ab＝6，从而a＝3，b＝2.
所以，椭圆的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)设点P的坐标为(x1，y1)，点Q的坐标为(x2，y2).
由已知有y1>y2>0，
故|PQ|sin∠AOQ＝y1－y2.
又因为|AQ|＝eq \f(y2,sin∠OAB)，而∠OAB＝eq \f(π,4)，
故|AQ|＝eq \r(2)y2.
由eq \f(|AQ|,|PQ|)＝eq \f(5\r(2),4)sin∠AOQ，可得5y1＝9y2.
由方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,9)＋\f(y2,4)＝1，))消去x，可得y1＝eq \f(6k,\r(9k2＋4)).
易知直线AB的方程为x＋y－2＝0，
由方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx，,x＋y－2＝0，))消去x，可得y2＝eq \f(2k,k＋1).
代入5y1＝9y2，可得5(k＋1)＝3eq \r(9k2＋4)，
将等式两边平方，整理得56k2－50k＋11＝0，
解得k＝eq \f(1,2)或k＝eq \f(11,28).
所以，k的值为eq \f(1,2)或eq \f(11,28).
教你如何审题——证明及开放问题
【例题】 (2018·全国Ⅰ卷)设椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0).
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
[审题路线]
[自主解答]
(1)解 由已知得F(1，0)，l的方程为x＝1.
把x＝1代入椭圆方程eq \f(x2,2)＋y2＝1，可得点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2)))，又M(2，0)，
所以直线AM的方程为y＝－eq \f(\r(2),2)x＋eq \r(2)或y＝eq \f(\r(2),2)x－eq \r(2).
(2)证明 当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，
所以∠OMA＝∠OMB.
当l与x轴不重合也不垂直时，
设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x10)的离心率为eq \f(1,2)，且过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，F为其右焦点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点A(4，0)的直线l与椭圆相交于M，N两点(点M在A，N两点之间)，是否存在直线l使△AMF与△MFN的面积相等？若存在，试求直线l的方程；若不存在，请说明理由.
解 (1)因为eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，所以a＝2c，b＝eq \r(3)c，
设椭圆方程eq \f(x2,4c2)＋eq \f(y2,3c2)＝1，
又点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))在椭圆上，所以eq \f(1,4c2)＋eq \f(3,4c2)＝1，
解得c2＝1，a2＝4，b2＝3，
所以椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)易知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k(x－4)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－4），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
由题意知Δ＝(32k2)2－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，
解得－eq \f(1,2)0.
又因为点P在抛物线C上，则
kPQ＝eq \f(yP－y1,xP－x1)＝eq \f(yP－y1,\f(yeq \\al(2,P),4)－\f(yeq \\al(2,1),4))＝eq \f(4,yP＋y1)＝eq \f(4,y1－1).
同理可得kPR＝eq \f(4,y2－1).
因为kPQ＋kPR＝－1，
所以eq \f(4,y1－1)＋eq \f(4,y2－1)＝eq \f(4（y1＋y2）－8,y1y2－（y1＋y2）＋1)＝eq \f(16m－8,－4t－4m＋1)＝－1，解得t＝3m－eq \f(7,4).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＝16m2＋16t>0，,t＝3m－\f(7,4)，,\f(1,4)≠m×（－1）＋t，))
解得m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(7,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))∪(1，＋∞).
所以直线QR的方程为x＝m(y＋3)－eq \f(7,4)，
故直线QR过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,4)，－3)).
1.已知椭圆P的中心O在坐标原点、焦点在x轴上，且经过点A(0，2eq \r(3))，离心率为eq \f(1,2).
(1)求椭圆P的方程；
(2)是否存在过点E(0，－4)的直线l交椭圆P于点R，T，且满足eq \(OR,\s\up6(→))·eq \(OT,\s\up6(→))＝eq \f(16,7)？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由.
解 (1)设椭圆P的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
由题意得b＝2eq \r(3)，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
∴a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2，
∴c＝2，a＝4，
∴椭圆P的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1.
(2)假设存在满足题意的直线l，易知当直线l的斜率不存在时，eq \(OR,\s\up6(→))·eq \(OT,\s\up6(→))0得(－32k)2－64(3＋4k2)>0，解得k2>eq \f(1,4).①
∴x1＋x2＝eq \f(32k,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(16,3＋4k2)，
∴y1y2＝(kx1－4)(kx2－4)＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16，
故x1x2＋y1y2＝eq \f(16,3＋4k2)＋eq \f(16k2,3＋4k2)－eq \f(128k2,3＋4k2)＋16＝eq \f(16,7)，
解得k2＝1.②
由①②解得k＝±1，
∴直线l的方程为y＝±x－4.
故存在直线l：x＋y＋4＝0或x－y－4＝0满足题意.
2.(2019·郑州质检)已知圆O：x2＋y2＝4，点F(1，0)，P为平面内一动点，以线段FP为直径的圆内切于圆O，设动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)M，N是曲线C上的动点，且直线MN经过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).问：在y轴上是否存在定点Q，使得∠MQO＝∠NQO？若存在，请求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
解 (1)设PF的中点为S，切点为T，连接OS，ST，则|OS|＋|SF|＝|OT|＝2.
取F′(－1，0)，连接F′P，
则|F′P|＋|FP|＝2(|OS|＋|SF|)＝4.
所以点P的轨迹是以F′，F为焦点、长轴长为4的椭圆，其中，a＝2，c＝1，所以b2＝a2－c2＝4－1＝3.
所以曲线C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)假设存在满足题意的定点Q.设Q(0，m)，当直线的斜率存在时直线MN的方程为y＝kx＋eq \f(1,2)，M(x1，y1)，N(x2，y2).
联立得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋\f(1,2).))
消去y并整理，得(3＋4k2)x2＋4kx－11＝0.
由题意知Δ>0，∴x1＋x2＝eq \f(－4k,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(－11,3＋4k2).
由∠MQO＝∠NQO，得直线MQ与直线NQ的斜率之和为0，
∴eq \f(y1－m,x1)＋eq \f(y2－m,x2)＝eq \f(kx1＋\f(1,2)－m,x1)＋eq \f(kx2＋\f(1,2)－m,x2)
＝eq \f(2kx1x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－m))（x1＋x2）,x1x2)＝0，
∴2kx1x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－m))(x1＋x2)
＝2k·eq \f(－11,3＋4k2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－m))·eq \f(－4k,3＋4k2)＝eq \f(4k（m－6）,3＋4k2)＝0，
当k≠0时，m＝6，所以存在定点(0，6)，使得∠MQO＝∠NQO；当k＝0时，定点(0，6)也符合题意.
易知直线MN的斜率不存在时，定点Q(0，6)也符合题意.
∴存在符合题意的定点Q，且定点Q的坐标为(0，6).
综上，存在定点(0，6)使得∠MQO＝∠NQO.
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(－1，0)，F2(1，0)，点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在椭圆C上.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在斜率为2的直线，使得当该直线与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y＝eq \f(5,3)上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(NQ,\s\up6(→))？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.
解 (1)设椭圆C的焦距为2c，则c＝1，
因为Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在椭圆C上，
所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2eq \r(2)，
则a＝eq \r(2)，b2＝a2－c2＝1.
故椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)椭圆C上不存在这样的点Q，理由如下：
设直线的方程为y＝2x＋t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3，\f(5,3)))，Q(x4，y4)，MN的中点为D(x0，y0)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去x得9y2－2ty＋t2－8＝0，
所以y1＋y2＝eq \f(2t,9)，且Δ＝4t2－36(t2－8)>0，
故y0＝eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(t,9)，且－3