2023届高考一轮复习讲义（文科）第九章　平面解析几何 第8讲　第1课时　高效演练 分层突破学案

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A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(3,4))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(3,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))
解析：选B.由题意知Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，－\f(b2,a)))，
所以k＝eq \f(\f(b2,a),c＋a)＝eq \f(a－c,a)＝1－e.
又eq \f(1,4)b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a，0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为eq \f(\r(5),10).
(1)求E的离心率e；
(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明：MN⊥AB.
解：(1)由题设条件知，点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)a，\f(1,3)b))，
又kOM＝eq \f(\r(5),10)，从而eq \f(b,2a)＝eq \f(\r(5),10).
进而a＝eq \r(5)b，c＝eq \r(a2－b2)＝2b，
故e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(5),5).
(2)证明：由N是AC的中点知，点N的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，－\f(b,2)))，可得eq \(NM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,6)，\f(5b,6))).
又AB＝(－a，b)，
从而有eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(NM,\s\up6(→))＝－eq \f(1,6)a2＋eq \f(5,6)b2＝eq \f(1,6)(5b2－a2)．
由(1)的计算结果可知a2＝5b2，
所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(NM,\s\up6(→))＝0，故MN⊥AB.
[综合题组练]
1．(2020·河南阶段性测试)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的点到右焦点F(c，0)的最大距离是eq \r(2)＋1，且1，eq \r(2)a，4c成等比数列．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点M(m，0)，求实数m的取值范围．
解：(1)由已知可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋c＝\r(2)＋1，,1×4c＝2a2，,a2＝b2＋c2，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝1，))
所以椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由题意得F(1，0)，设直线AB的方程为y＝k(x－1)．
与椭圆方程联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2y2－2＝0，,y＝k（x－1），))消去y可得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝eq \f(－2k,1＋2k2).
可得线段AB的中点为Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2k2,1＋2k2)，\f(－k,1＋2k2))).
当k＝0时，直线MN为y轴，此时m＝0.
当k≠0时，直线MN的方程为
y＋eq \f(k,1＋2k2)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2k2,1＋2k2)))，
化简得ky＋x－eq \f(k2,1＋2k2)＝0.
令y＝0，得m＝eq \f(k2,1＋2k2).
所以m＝eq \f(k2,1＋2k2)＝eq \f(1,\f(1,k2)＋2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
综上所述，m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
2．(2020·广州市综合检测(一))已知椭圆C的中心在原点，焦点在坐标轴上，直线y＝eq \f(3,2)x与椭圆C在第一象限内的交点是M，点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2，椭圆C的另一个焦点是F1，且eq \(MF1,\s\up6(→))·eq \(MF2,\s\up6(→))＝eq \f(9,4).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l过点(－1，0)，且与椭圆C交于P，Q两点，求△F2PQ的内切圆面积的最大值．
解：(1)设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，因为点M在直线y＝eq \f(3,2)x上，且点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2(c，0)，
所以点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，\f(3c,2))).
因为eq \(MF1,\s\up6(→))·eq \(MF2,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2c，－\f(3,2)c))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,2)c))＝eq \f(9,4)，
所以c＝1.
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,a2＝b2＋1，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝3.))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由(1)知，F1(－1，0)，过点F1(－1，0)的直线与椭圆C交于P，Q两点，则△F2PQ的周长为4a＝8，又S△F2PQ＝eq \f(1,2)·4a·r(r为△F2PQ的内切圆半径)，
所以当△F2PQ的面积最大时，其内切圆面积最大．
设直线l的方程为x＝ky－1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ky－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
消去x得(4＋3k2)y2－6ky－9＝0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(6k,3k2＋4)，,y1y2＝－\f(9,3k2＋4)，))
所以S△F2PQ＝eq \f(1,2)·|F1F2|·|y1－y2|＝eq \f(12\r(k2＋1),3k2＋4).
令 eq \r(k2＋1)＝t，则t≥1，
所以S△F2PQ＝eq \f(12,3t＋\f(1,t))，
令f(t)＝3t＋eq \f(1,t)，
则f′(t)＝3－eq \f(1,t2)，
当t∈[1，＋∞)时，f′(t)>0，
f(t)＝3t＋eq \f(1,t)在[1，＋∞)上单调递增，
所以S△F2PQ＝eq \f(12,3t＋\f(1,t))≤3，当t＝1时取等号，
即当k＝0时，△F2PQ的面积取得最大值3，
结合S△F2PQ＝eq \f(1,2)·4a·r，得r的最大值为eq \f(3,4)，
所以△F2PQ的内切圆面积的最大值为eq \f(9,16)π.