2020屆高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第九單元 解析幾何 第69講 圓錐曲線的綜合應(yīng)用（二）練習(xí) 理（含解析）新人教A版

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1、第69講　圓錐曲線的綜合應(yīng)用(二) (與定點(diǎn)、定值及探索性問題的綜合) 1．(2018·全國卷Ⅰ)設(shè)橢圓C：＋y2＝1的右焦點(diǎn)為F，過F的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2，0)． (1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，求直線AM的方程； (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：∠OMA＝∠OMB. (1)由已知得F(1，0)，l的方程為x＝1. 由已知可得，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(1，)或(1，－)． 又M(2，0)， 所以AM的方程為y＝－x＋或y＝x－. (2)當(dāng)l與x軸重合時(shí)，∠OMA＝∠OMB＝0°. 當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，OM為AB的垂直平分線， 所以∠OMA＝∠OMB. 當(dāng)l與x軸不重

2、合也不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為 y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1<，x2<，直線MA，MB的斜率之和為 kMA＋kMB＝＋. 由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得 kMA＋kMB＝. 將y＝k(x－1)代入＋y2＝1，得 (2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 則2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0. 從而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的傾斜角互補(bǔ)． 所以∠OMA＝∠OMB. 綜上，∠OMA＝∠OMB. 2．(2018·昆明市教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))設(shè)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為

3、F，準(zhǔn)線為l.已知點(diǎn)A在拋物線C上，點(diǎn)B在l上，△ABF是邊長為4的等邊三角形． (1)求p的值； (2)在x軸上是否存在一點(diǎn)N，當(dāng)過點(diǎn)N的直線l′與拋物線C交于點(diǎn)Q，R兩點(diǎn)時(shí)，＋為定值？若存在，求出點(diǎn)N的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由． (1)由題意，|AF|＝|AB|，則AB⊥l，設(shè)準(zhǔn)線l與x軸交于D，則AB∥DF. 又△ABF是邊長為4的等邊三角形，所以∠ABF＝60°. 所以∠BFD＝60°，|DF|＝|BF|·cos∠BFD＝4×＝2， 即p＝2. (2)設(shè)點(diǎn)N(t，0)，由題意知直線l′的斜率不為零， 設(shè)直線l′的方程為x＝my＋t，點(diǎn)Q(x1，y1)，R(x2，y2

4、)， 由得y2－4my－4t＝0， Δ＝16m2＋16t>0，y1＋y2＝4m，y1·y2＝－4t， 易知|NQ|2＝(x1－t)2＋y＝(my1＋t－t)2＋y＝(1＋m2)y， 同理可得|NR|2＝(1＋m2)y. 則有＋＝＋＝＝＝＝. 若＋為定值，則t＝2，此時(shí)點(diǎn)N(2，0)． 又當(dāng)t＝2，m∈R時(shí)，Δ>0， 所以，存在點(diǎn)N(2，0)，當(dāng)過點(diǎn)N的直線l′與拋物線C交于Q，R兩點(diǎn)時(shí)，＋為定值. 3．(經(jīng)典真題)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，點(diǎn)P(0,1)和點(diǎn)A(m，n)(m≠0)都在橢圓C上，直線PA交x軸于點(diǎn)M. (1)求橢圓C的方程，并求點(diǎn)M的坐標(biāo)(用

5、m，n表示)； (2)設(shè)O為原點(diǎn)，點(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱，直線PB交x軸于點(diǎn)N.問：y軸上是否存在點(diǎn)Q，使得∠OQM＝∠ONQ？若存在，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，說明理由． (1)由題意得解得a2＝2. 故橢圓C的方程為＋y2＝1. 設(shè)M(xM,0)．因?yàn)閙≠0，所以－1＜n＜1， 直線PA的方程為y－1＝x. 所以xM＝，即M(，0)． (2)因?yàn)辄c(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱，所以B(m，－n)． 設(shè)N(xN,0)，則xN＝. “存在點(diǎn)Q(0，yQ)使得∠OQM＝∠ONQ”等價(jià)于“存在點(diǎn)Q(0，yQ)使得＝”，即yQ滿足y＝|xM||xN|. 因?yàn)閤M＝，xN＝，＋n2＝1，

6、 所以y＝|xM||xN|＝＝2. 所以yQ＝或yQ＝－. 故在y軸上存在點(diǎn)Q，使得∠OQM＝∠ONQ，且點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(0，)或(0，－)． 4．(經(jīng)典真題)已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直線l不過原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為M. (1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值； (2)若l過點(diǎn)(，m)，延長線段OM與C交于點(diǎn)P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時(shí)l的斜率；若不能，說明理由． (1)證明：設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)． 將y＝kx＋b

7、代入9x2＋y2＝m2， 得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0， 故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝. 于是直線OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9. 所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值． (2)四邊形OAPB能為平行四邊形． 因?yàn)橹本€l過點(diǎn)(，m)，所以l不過原點(diǎn)且與C有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是k>0，k≠3. 由(1)得OM的方程為y＝－x. 設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為xP. 由得x＝，即xP＝. 將點(diǎn)(，m)的坐標(biāo)代入l的方程得b＝， 因此，xM＝. 四邊形OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分，即xP＝2xM， 于是＝2×， 解得k1＝4－，k2＝4＋. 因?yàn)閗i>0，ki≠3，i＝1,2， 所以當(dāng)l的斜率為4－或4＋時(shí)，四邊形OAPB為平行四邊形． 4