第19期 椭圆及其性质-【数理报】2024高考数学一轮复习学案（新教材新高考）

书 一、单项选择题　１～４　ＤＡＡＤ　５～８　ＡＣＢＡ 二、多项选择题 ９．ＡＢＤ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＢＤ；　１２．ＢＣ． 三、填空题 １３．槡２；　１４．（－∞，１），－２－ 槡２２；　１５．４；　１６． ４ ３． 四、解答题 １７．解：（１）根据题意设圆心 (Ｃ ｔ，２ｔ＋８)７ ， 则｜ＡＣ｜＝｜ＢＣ｜＝ｒ， 即 （ｔ－６）２＋（２ｔ＋８） ２ 槡 ４９ ＝ （ｔ－１） ２ (＋ ２ｔ＋８７ － )５槡 ２ ， 解得ｔ＝３，即圆心Ｃ（３，２），ｒ＝槡１３， 所以圆Ｃ的标准方程为（ｘ－３）２＋（ｙ－２）２ ＝１３． （２）因为Ｑ为弦ＭＮ的中点，所以ＣＱ⊥ＭＮ，即ＣＱ⊥ＰＱ． 设Ｑ（ｘ，ｙ），则→  ＣＱ＝（ｘ－３，ｙ－２），→  ＰＱ＝（ｘ，ｙ－１）， 所以→  ＣＱ·→  ＰＱ＝ｘ（ｘ－３）＋（ｙ－１）（ｙ－２） ＝ｘ２＋ｙ２－３ｘ－３ｙ＋２＝０， 即点Ｑ的轨迹方程为ｘ２＋ｙ２－３ｘ－３ｙ＋２＝０． １８．解：（１）设圆Ｍ的方程为（ｘ－ａ）２＋ｙ２＝ｒ２（ａ≥０）， 则圆心Ｍ到直线ｘ＋ｙ－２＝０的距离为｜ａ－２｜ 槡２ ． 由题意得 ａ２＋４＝ｒ２， ｜ａ－２｜ 槡 ( )２ ２ ＋２＝ｒ２{ ，解得 ａ＝０，ｒ２ ＝４{ ， 所以所求圆Ｍ的方程为ｘ２＋ｙ２ ＝４． （２）由题意可知，直线ｌ的斜率存在，设直线ｌ的方程为ｙ＝ ｋｘ＋１，则圆心Ｍ到直线ｌ的距离为 １ ｋ２＋槡 １ ， 所以｜ＡＢ｜＝２ ４－ １ ｋ２＋槡 １， 又点Ｐ（０，－２）到直线ｌ的距离ｄ＝ ３ ｋ２＋槡 １ ， 所以Ｓ△ＰＡＢ ＝ １ ２｜ＡＢ｜·ｄ＝３ ４－ １ ｋ２＋( )１ １ ｋ２＋槡 １ ＝３ ４－ ２－ １ ｋ２＋( )１槡 ２ ， 因为ｋ２≥０，所以当ｋ＝０时，Ｓ△ＰＡＢ取最大值为 槡３３， 此时所求直线ｌ的方程为ｙ－１＝０． １９．解：（１）ｘ２＋ｙ２＋２ｘ－４ｙ＋３＝０可化为 （ｘ＋１）２＋（ｙ－２）２ ＝２， 当直线ｌ的斜率不存在时，其方程为ｘ＝－２， 易求直线ｌ与圆Ｃ的交点为Ａ（－２，１），Ｂ（－２，３）， ｜ＡＢ｜＝２，符合题意； 当直线ｌ的斜率存在时，设其方程为ｙ＝ｋ（ｘ＋２）， 即ｋｘ－ｙ＋２ｋ＝０， 则圆心Ｃ到直线ｌ的距离ｄ＝｜－ｋ－２＋２ｋ｜ ｋ２＋槡 １ ＝１， 解得ｋ＝ ３４，所以直线ｌ的方程为３ｘ－４ｙ＋６＝０， 综上，直线ｌ的方程为ｘ＝－２或３ｘ－４ｙ＋６＝０． （２）如右图，ＰＭ为圆Ｃ的切线， 连接ＭＣ，ＰＣ，则ＣＭ⊥ＰＭ， 所以△ＰＭＣ为直角三角形， 所以｜ＰＭ｜２＝｜ＰＣ｜２－｜ＭＣ｜２． 设Ｐ（ｘ，ｙ），由（１）知Ｃ（－１，２）， ｜ＭＣ｜＝槡２， 因为｜ＰＭ｜＝｜ＰＯ｜，所以（ｘ＋１）２＋（ｙ－２）２－２＝ｘ２＋ｙ２， 化简得点Ｐ的轨迹方程为２ｘ－４ｙ＋３＝０． 求｜ＰＭ｜的最小值，即求｜ＰＯ｜的最小值， 也即求原点Ｏ到直线２ｘ－４ｙ＋３＝０的距离， 即ｄ＝ ｜３｜ ２２＋（－４）槡 ２ ＝ 槡３５１０，所以｜ＰＭ｜的最小值为 槡３５ １０． ２０．解：（１）当截距均为０，即直线过原点时，设直线ｌ的方程 为ｙ＝ｋｘ，代入Ｐ（１，２），解得ｋ＝２，直线ｌ的方程为２ｘ－ｙ＝０； 当截距均不为０时，设直线ｌ的方程为 ｘａ ＋ ｙ －ａ＝１，代入 Ｐ（１，２），解得ａ＝－１，直线ｌ的方程为ｘ－ｙ＋１＝０． 综上所述，所求直线ｌ的方程为２ｘ－ｙ＝０或ｘ－ｙ＋１＝０． （２）设Ａ（ｘ，ｙ），满足ｘ２＋ｙ２－６ｙ＝０， 设 →ｓ＝ＯＡ·→  ＯＰ＝ｘ＋２ｙ， 由 ｘ２＋ｙ２－６ｙ＝０， ｓ＝ｘ＋２ｙ{ ， 得５ｙ２－２（２ｓ＋３）ｙ＋ｓ２ ＝０， Δ＝４（２ｓ＋３）２－２０ｓ２≥０，即ｓ２－１２ｓ－９≤０， 解得６－ 槡３５≤ｓ≤６＋ 槡３５． 所以→ＯＡ·→  ＯＰ的取值范围是［６－ 槡３５，６＋ 槡３５］． ２１．解：（１）依题意，得直线ｌ：ｙ－４＝ｘ－２，即ｙ＝ｘ＋２， 则圆心（０，０）到直线ｌ的距离ｄ＝｜２｜ 槡２ ＝槡２， 所以｜ＭＮ｜＝２ ４－槡 ２＝ 槡２２． （２）依题意，直线ｌ的斜率存在且不为零， 设Ｍ（ｘ１，ｙ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２），ｌ：ｙ－４＝ｋ（ｘ－２）， 联立 ｙ－４＝ｋ（ｘ－２）， ｘ２＋ｙ２＝４{ ， 消去ｙ，并整理得 （１＋ｋ２）ｘ２－４ｋ（ｋ－２）ｘ＋（２ｋ－４）２－４＝０， 则ｘ１＋ｘ２ ＝ ４ｋ（ｋ－２） １＋ｋ２ ，ｘ１ｘ２ ＝ （２ｋ－４）２－４ １＋ｋ２ ， ｋ１＋ｋ２＝ ｙ１ ｘ１－２ ＋ ｙ２ ｘ２－２ ＝ ｋ（ｘ１－２）＋４ ｘ１－２ ＋ ｋ（ｘ２－２）＋４ ｘ２－２ ＝２ｋ＋ ４ｘ１－２ ＋ ４ｘ２－２ ＝２ｋ＋ ４（ｘ１＋ｘ２－４） ｘ１ｘ２－２（ｘ１＋ｘ２）＋４ ＝２ｋ＋ ４ [· ４ｋ（ｋ－２）１＋ｋ２ － ]４ （２ｋ－４）２－４