2019版高考数学（理）创新大一轮江苏专用版讲义：第九章平面解析几何专题探究课五

热点一　最值问题【例1－1】 已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称.(1)求实数m的取值范围；(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).解　(1)由题意知m≠0，可设直线AB的方程为y＝－x＋b.由消去y，得x2－x＋b2－1＝0.因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋＞0，①将AB中点M代入直线方程y＝mx＋解得b＝－②由①②得m＜－或m＞.即实数m的取值范围是∪.(2)令t＝∈∪，则AB＝·.且O到直线AB的距离为d＝.设△AOB的面积为S(t)，所以S(t)＝AB·d＝ ≤.当且仅当t2＝时，等号成立.故△AOB面积的最大值为.【例1－2】 设椭圆＋＝1(a＞)的右焦点为F，右顶点为A.已知＋＝，其中O为原点，e为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程；(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上)，垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H.若BF⊥HF，且∠MOA≤∠MAO，求直线l的斜率的取值范围.解　(1)设F(c，0)，由＋＝，即＋＝，可得a2－c2＝3c2.又a2－c2＝b2＝3，所以c2＝1，因此a2＝4.所以椭圆的方程为＋＝1.(2)设直线l的斜率为k(k≠0)，则直线l的方程为y＝k(x－2).设B(xB，yB)，由方程组消去y，整理得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0.解得x＝2或x＝.由题意得xB＝，从而yB＝.由(1)知F(1，0)，设H(0，yH)，有＝(－1，yH)，＝.由BF⊥HF，得·＝0，所以＋＝0，解得yH＝.因为直线MH的方程为y＝－x＋.设M(xM，yM)，由方程组消去y，解得xM＝.在△MAO中，∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|，即(xM－2)2＋y≤x＋y，化简得xM≥1，即≥1，解得k≤－或k≥.所以直线l的斜率的取值范围为∪.热点二　定点、定直线、定值问题【例2】 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上.(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点.(1)解　由于点P3，P4关于y轴对称，由题设知C必过P3，P4.又由＋>＋知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上.因此解得故C的方程为＋y2＝1.(2)证明　设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果直线l的斜率不存在，l垂直于x轴.设l：x＝m，A(m，yA)，B(m，－yA)，k1＋k2＝＋＝＝－1，得m＝2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足.从而可设l：y＝kx＋m(m≠1).将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.则k1＋k2＝＋＝＋＝.由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.∴(2k＋1)·＋(m－1)·＝0.解之得m＝－2k－1，此时Δ＝32(m＋1)>0有解，∴当且仅当m>－1时，Δ>0，∴直线l的方程为y＝kx－2k－1，即y＋1＝k(x－2).当x＝2时，y＝－1，所以l过定点(2，－1).热点三　探索性问题【例3】 (2018·常州一模)已知圆C：(x－t)2＋y2＝20(t＜0)与椭圆E：＋＝1(a>b>0)的一个公共点为B(0，－2)，F(c，0)为椭圆E的右焦点，直线BF与圆C相切于点B.(1)求t的值及椭圆E的方程；(2)过点F任作与坐标轴都不垂直的直线l与椭圆交于M，N两点，在x轴上是否存在一定点P，使PF恰为∠MPN的平分线？解　(1)由题意知，b＝2，∵C(t，0)，B(0，－2)，∴BC＝＝，则t＝±4，∵t＜0，∴t＝－4.∵BC⊥BF，∴c＝1，则a2＝b2＋c2＝5.∴椭圆E的方程为＋＝1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，设l：y＝k(x－1)(k≠0)，代入＋＝1，化简得(4＋5k2)x2－10k2x＋5k2－20＝0.∴x1＋x2＝，x1x2＝.若点P存在，设P(m，0)，由题意，kPM＋kPN＝0.∴＋＝＋＝0.∴(x1－1)(x2－m)＋(x2－1)(x1－m)＝0.即2x1x2－(1＋m)(x1＋x2)＋2m＝2·－(1＋m)·＋2m＝0.∴8m－40＝0，得m＝5.即在x轴上存在一定点P(5，0)，使PF恰为∠MPN的角平分线.
一、必做题1.(2014·江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别是椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，顶点B的坐标为(0，b)，连接BF2并延长交椭圆于点A，过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C，连接F1C.(1)若点C的坐标为，且BF2＝，求椭圆的方程；(2)若F1C⊥AB，求椭圆离心率e的值.解　设椭圆的焦距为2c，则F1(－c，0)，F2(c，0).(1)因为B(0，b)，所以BF2＝＝a.又BF2＝，故a＝.因为点C在椭圆上，所以＋＝1.解得b2＝1.故所求椭圆的方程为＋y2＝1.(2)因为B(0，b)，F2(c，0)在直线AB上，所以直线AB的方程为＋＝1.解方程组得所以点A的坐标为.又AC垂直于x轴，由椭圆的对称性，可得点C的坐标为.因为直线F1C的斜率为＝，直线AB的斜率为－，且F1C⊥AB，所以·＝－1.又b2＝a2－c2，整理得a2＝5c2.故e2＝.因此e＝.2.(2018·苏州一模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，并且过点P(2，－1)(1)求椭圆C的方程；(2)设点Q在椭圆C上，且PQ与x轴平行，过P点作两条直线分别交椭圆C于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，若直线PQ平分∠APB，求证：直线AB的斜率是定值，并求出这个定值.(1)解　由＝，得＝＝，即a2＝4b2，∴椭圆C的方程可化为x2＋4y2＝4b2.又椭圆C过点P(2，－1)，∴4＋4＝4b2，得b2＝2，则a2＝8.∴椭圆C的方程为＋＝1.(2)证明　由题意知，直线PA的斜率存在，故设直线PA的方程为y＋1＝k(x－2)，联立得(1＋4k2)x2－8(2k2＋k)x＋16k2＋16k－4＝0.∴2x1＝，即x1＝.∵直线PQ平分∠APB，即直线PA与直线PB的斜率互为相反数，设直线PB的方程为y＋1＝－k(x－2)，同理求得x2＝.又∴y1－y2＝k(x1＋x2)－4k.即y1－y2＝k(x1＋x2)－4k＝－4k＝－，x1－x2＝.∴直线AB的斜率为kAB＝＝＝－.3.(2018·宿迁调研)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且右焦点F到左准线的距离为6.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设A为椭圆C的左顶点，P为椭圆C上位于x轴上方的点，直线PA交y轴于点M，过点F作MF的垂线，交y轴于点N.①当直线PA的斜率为时，求△FMN的外接圆的方程；②设直线AN交椭圆C于另一点Q，求△APQ的面积的最大值.解　(1)由题意，得解得则b＝2，所以椭圆C的标准方程为＋＝1.(2)由题可设直线PA的方程为y＝k(x＋4)，k>0，则M(0，4k)，可得MF的斜率为kMF＝－k，因为MF⊥FN，所以直线FN的斜率kFN＝－＝，所以直线FN的方程为y＝(x－2)，则N.①当直线PA的斜率为，即k＝时，M(0，2)，N(0，－4)，F(2，0)，因为MF⊥FN，所以圆心为(0，－1)，半径为3，所以△FMN的外接圆的方程为x2＋(y＋1)2＝9.②联立消去y并整理得(1＋2k2)x2＋16k2x＋32k2－16＝0，解得x1＝－4或x2＝，所以P，直线AN的方程为y＝－(x＋4)，同理可得Q，所以P，Q关于原点对称，即PQ过原点.所以△APQ的面积S＝OA·(yP－yQ)＝2×＝≤8，当且仅当2k＝，即k＝时，取等号.所以△APQ的面积的最大值为8.4.(2017·苏、锡、常二模)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a>b>0)的焦距为2，离心率为，椭圆的右顶点为A.(1)求该椭圆的方程；(2)过点D(，－)作直线PQ交椭圆于两个不同点P，Q，求证：直线AP，AQ的斜率之和为定值.解　(1)由题意可知椭圆的焦点在x轴上，2c＝2，c＝1，椭圆的离心率e＝＝，则a＝，b2＝a2－c2＝1，则椭圆的方程为＋y2＝1.(2)证明　设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，A(，0)，由题意PQ的方程：y＝k(x－)－，则整理得(2k2＋1)x2－(4k2＋4k)x＋4k2＋8k＋2＝0，由根与系数的关系得x1＋x2＝，x1x2＝，则y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k－2＝，则kAP＋kAQ＝＋＝，由y1x2＋y2x1＝[k(x1－)－]x2＋[k(x2－)－]x1＝2kx1x2－(k＋)(x1＋x2)＝－，kAP＋kAQ＝＝＝1，∴直线AP，AQ的斜率之和为定值1.