江苏高考理科数学二轮练习：解答题专题练(四) 解析几何

解答题专题练(四) 解析几何(建议用时：40分钟)1．已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，若过点F 且斜率为1的直线与抛物线相交于M ，N 两点，且|MN |＝8.(1)求抛物线C 的方程；(2)设直线l 为抛物线C 的切线，且l ∥MN ，P 为l 上一点，求PM →·PN →的最小值．2．(2019·无锡模拟)已知椭圆C 中心在坐标原点，对称轴为坐标轴，且过点M (4，2)、N (6，3)．(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆C 上的任一点R (x 0，y 0)，从原点O 向圆R ：(x －x 0)2＋(y －y 0)2＝8作两条切线，分别交椭圆于P ，Q .试探究OP 2＋OQ 2是否为定值，若是，求出其值；若不是，请说明理由．3．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C ：x 2＋y 2＝r 2和直线l ：x ＝a (其中r 和a 均为常数，且0＜r ＜a )，M 为l 上一动点，A 1，A 2为圆C 与x 轴的两个交点，直线MA 1，MA 2与圆C 的另一个交点分别为P ，Q .(1) 若r ＝2，点M 的坐标为(4，2)，求直线PQ 的方程；(2) 求证：直线PQ 过定点，并求定点的坐标．4.如图，设斜率为k (k ＞0)的直线l 与椭圆C ：x 29＋y 23＝1交于A ，B 两点，且OA ⊥OB .(1)求直线l 在y 轴上的截距(用k 表示)；(2)求△AOB 面积取最大值时直线l 的方程．参考答案与解析1．解：(1)由题可知F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，则过点F 且斜率为1的直线方程为y ＝x －p 2， 代入y 2＝2px (p ＞0)，得x 2－3px ＋p 24＝0. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝3p .因为|MN |＝8，所以x 1＋x 2＋p ＝8，即3p ＋p ＝8，解得p ＝2，所以抛物线的方程为y 2＝4x .(2)设直线l 的方程为y ＝x ＋b ，代入y 2＝4x ，得x 2＋(2b －4)x ＋b 2＝0.因为l 为抛物线C 的切线，所以Δ＝0，解得b ＝1.所以l 的方程为y ＝x ＋1.设P (m ，m ＋1)，则PM →＝(x 1－m ，y 1－(m ＋1))，PN →＝(x 2－m ，y 2－(m ＋1))，所以PM →·PN →＝(x 1－m )(x 2－m )＋[y 1－(m ＋1)][y 2－(m ＋1)]＝x 1x 2－m (x 1＋x 2)＋m 2＋y 1y 2－(m ＋1)(y 1＋y 2)＋(m ＋1)2.由(1)可知，x 1＋x 2＝6，x 1x 2＝1，所以(y 1y 2)2＝16x 1x 2＝16，y 1y 2＝－4.因为y 21－y 22＝4(x 1－x 2)，所以y 1＋y 2＝4x 1－x 2y 1－y 2＝4，所以PM →·PN →＝1－6m ＋m 2－4－4(m ＋1)＋(m ＋1)2＝2(m 2－4m －3)＝2[(m －2)2－7]≥－14，当且仅当m ＝2，即点P 的坐标为(2，3)时等号成立，则PM →·PN →的最小值为－14.2．解：(1)依题意，设此椭圆方程为mx 2＋ny 2＝1，过点M (4，2)、N (6，3)，可得⎩⎪⎨⎪⎧16m ＋4n ＝16m ＋9n ＝1， 解得m ＝124，n ＝112， 所以椭圆C 的方程为x 224＋y 212＝1. (2)(i)当直线OP ，OQ 的斜率均存在时，不妨设直线OP ：y ＝k 1x ，OQ ：y ＝k 2x ， 依题意|k 1x 0－y 0|1＋k 21＝22，化简得(x 20－8)k 21－2x 0y 0k 1＋y 20－8＝0， 同理(x 20－8)k 22－2x 0y 0k 2＋y 20－8＝0.所以k 1，k 2是方程(x 20－8)k 2－2x 0y 0k ＋y 20－8＝0的两个不相等的实数根，k 1k 2＝y 20－8x 20－8. 因为x 2024＋y 2012＝1，所以y 20＝12－12x 20. 所以k 1k 2＝4－12x 20x 20－8＝－12， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1x 1·y 2x 2＝－12，所以y 21y 22＝14x 21x 22， 因为⎩⎨⎧x 2124＋y 2112＝1x 2224＋y 2212＝1，所以⎩⎨⎧y 21＝12－12x 21y 22＝12－12x 22，所以⎝⎛⎭⎫12－12x 21⎝⎛⎭⎫12－12x 22＝14x 21x 22， 所以x 21＋x 22＝24，y 21＋y 22＝12，所以OP 2＋OQ 2＝36.(ii)当直线OP ，OQ 落在坐标轴上时，显然有OP 2＋OQ 2＝36，综上，OP 2＋OQ 2＝36.3．解：(1)若r ＝2，M (4，2)，则A 1(－2，0)，A 2(2，0)．直线MA 1的方程为x －3y ＋2＝0，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝4，x －3y ＋2＝0，解得P ⎝⎛⎭⎫85，65. 直线MA 2的方程为x －y －2＝0，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝4，x －y －2＝0，解得Q (0，－2)． 由两点式得直线PQ 的方程为2x －y －2＝0.(2)法一： 由题设得A 1(－r ，0)，A 2(r ，0)．设M (a ，t )，则直线MA 1的方程为y ＝t a ＋r (x ＋r )，直线MA 2的方程为y ＝t a －r(x －r )， 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝r 2，y ＝t a ＋r（x ＋r ）， 解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫r （a ＋r ）2－rt 2（a ＋r ）2＋t 2，2tr （a ＋r ）（a ＋r ）2＋t 2. 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝r 2，y ＝t a －r（x －r ）， 解得Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫rt 2－r （a －r ）2（a －r ）2＋t 2，－2tr （a －r ）（a －r ）2＋t 2. 于是直线PQ 的斜率k PQ ＝2at a 2－t 2－r 2， 直线PQ 的方程为y －2tr （a ＋r ）（a ＋r ）2＋t 2＝2at a 2－t 2－r 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －r （a ＋r ）2－rt 2（a ＋r ）2＋t 2. 令y ＝0得x ＝r 2a，是一个与t 无关的常数， 故直线PQ 过定点⎝⎛⎭⎫r 2a ，0. 法二：由题设得A 1(－r ，0)，A 2(r ，0)．设M (a ，t )，则直线MA 1的方程为y ＝t a ＋r (x ＋r )，直线MA 2的方程为y ＝t a －r (x －r )，则直线MA 1与圆C 的交点为P (x 1，y 1)，直线MA 2与圆C 的交点为Q (x 2，y 2)．则点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)在曲线[(a ＋r )y －t (x ＋r )][(a －r )y －t (x －r )]＝0上，化简得(a 2－r 2)y 2－2ty (ax －r 2)－t 2(x 2－r 2)＝0.①又因为点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)在圆C 上，圆C ：x 2＋y 2－r 2＝0.②由①＋t 2×②＝0得(a 2－r 2)y 2－2ty (ax －r 2)－t 2(x 2－r 2)＋t 2(x 2＋y 2－r 2)＝0，化简得(a 2－r 2)y －2t (ax －r 2)＋t 2y ＝0.所以直线PQ 的方程为(a 2－r 2)y －2t (ax －r 2)＋t 2y ＝0.令y ＝0得x ＝r 2a，故直线PQ 过定点⎝⎛⎭⎫r 2a ，0. 4．解：(1)设l ：y ＝kx ＋t ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为斜率为k (k ＞0)的直线l 与椭圆C ：x 29＋y 23＝1交于A ，B 两点，且OA ⊥OB ， 所以∠AOB ＝90°，所以OA →·OB →＝0，所以x 1x 2＋(kx 1＋t )(kx 2＋t )＝0，所以(1＋k 2)x 1x 2＋kt (x 1＋x 2)＋t 2＝0，(*)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t x 29＋y 23＝1，消去y 得x 2＋3(kx ＋t )2＝9，即(1＋3k 2)x 2＋6ktx ＋3t 2－9＝0，则x 1＋x 2＝－6kt 1＋3k 2，x 1x 2＝3t 2－91＋3k 2，且Δ＞0，代入(*)， 得(1＋k 2)(3t 2－9)－6k 2t 2＋t 2(1＋3k 2)＝0，所以3t 2－9－9k 2＋t 2＝0，所以t 2＝94(1＋k 2)，所以t ＝±321＋k 2， 所以直线l 在y 轴上的截距为321＋k 2或－321＋k 2. (2)设△AOB 的面积为S ，O 到直线l 的距离为d ， 则S ＝12·|AB |·d ，而由(1)知d ＝|t |k 2＋1＝32， 且|AB |＝k 2＋1·（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝1＋k 2×36k 2t 2（1＋3k 2）2－4（3t 2－9）1＋3k 2 ＝k 2＋11＋3k 2×31＋9k 2＝3（k 2＋1）（1＋9k 2）1＋3k 2， 所以S ＝94×1＋4⎝⎛⎭⎫9k 2＋1k 2＋6≤94×1＋13＝332，当S max＝332时，9k2＝1k2，解得k＝33，所以t＝±3，所以所求直线方程为y＝33x＋3或y＝33x－ 3.。