新教材2023版高中数学课时作业二十一高考中的热点题型北师大版选择性必修第一册

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课时作业(二十一)　高考中的热点题型[练基础]1．已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率是eq \f(\r(3),2)，A1，A2分别为椭圆E的左右顶点，B为上顶点，△A1BA2的面积为2，直线l过点D(1,0)且与椭圆E交于P，Q两点．(1)求椭圆E的标准方程；(2)求△OPQ面积的最大值．2．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F是其右焦点，直线y＝kx与椭圆交于A，B两点，|AF|＋|BF|＝8，(1)求椭圆的标准方程；(2)设Q(3,0)，若∠AQB为锐角，求实数k的取值范围．[提能力]3．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝2，过点F1的直线与椭圆C交于A，B两点，延长BF2交椭圆C于点M，△ABF2的周长为8(1)求C的离心率及方程；(2)试问：是否存在定点P(x0,0)，使得eq \o(PM,\s\up6(→))·eq \o(PB,\s\up6(→))为定值？若存在，求x0；若不存在，请说明理由．[培优生]4．已知F为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，过F且倾斜角为45°的直线交抛物线于A，B两点，|AB|＝8.(1)求抛物线的方程；(2)已知P(x0，－1)为抛物线上一点，M，N为抛物线上异于P的两点，且满足kPM·kPN＝－2，试探究直线MN是否过一定点？若是，求出此定点；若不是，说明理由．课时作业(二十一)1．解析：(1)由题意知e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(3),2)，所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,4)，a＝2b，又因为S△A1BA2＝ab＝2，所以b＝1，a＝2，故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.(2)当PQ斜率不存在时，易知P(1，eq \f(\r(3),2))，Q(1，－eq \f(\r(3),2))，此时S△OPQ＝eq \f(\r(3),2).当PQ斜率存在时，设PQ方程为：y＝k(x－1)(k≠0)，将y＝k(x－1)代入eq \f(x2,4)＋y2＝1并整理得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4k2－4,4k2＋1)，所以S△OPQ＝eq \f(1,2)×1×|y1－y2|＝eq \f(1,2)×|k(x1－x2)|＝eq \f(|k|,2)eq \r(（x1＋x2）－4x1x2)＝eq \f(2|k|\r(3k2＋1),4k2＋1)＝eq \f(2\r(3k4＋k2),4k2＋1)，令4k2＋1＝t(t>1)则S△OPQ＝eq \f(2,t)eq \r(\f(3,16)（t－1）2＋\f(1,4)（t－1）)＝eq \f(1,2)eq \r(－\f(1,t2)－\f(2,t)＋3)<eq \f(\r(3),2)，所以△OPQ面积最大值为eq \f(\r(3),2).2．解析：(1)设F1为椭圆的左焦点，连接F1B，由椭圆的对称性可知，|AF|＝|F1B|，所以|AF|＋|BF|＝|BF1|＋|BF|＝2a＝8，所以a＝4，又e＝eq \f(\r(3),2)＝eq \f(c,a)，a2＝b2＋c2，解得c＝2eq \r(3)，b＝2，所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \o(QA,\s\up6(→))＝(x1－3，y1)，eq \o(QB,\s\up6(→))＝(x2－3，y2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1,y＝kx))，得(4k2＋1)x2－16＝0，所以x1＋x2＝0，x1x2＝eq \f(－16,4k2＋1)，因为∠AQB为锐角，所以eq \o(QA,\s\up6(→))·eq \o(QB,\s\up6(→))>0，所以eq \o(QA,\s\up6(→))·eq \o(QB,\s\up6(→))＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2＝9－3(x1＋x2)＋x1x2＋y1y2＝9－3(x1＋x2)＋(1＋k2)x1x2＝9－eq \f(16（1＋k2）,4k2＋1)>0，解得k>eq \f(\r(35),10)或k<－eq \f(\r(35),10).3．解析：(1)由题意可知，|F1F2|＝2c＝2，则c＝1，又△ABF2的周长为8，所以4a＝8，即a＝2，则e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，b2＝a2－c2＝3.故C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，(2)假设存在点P，使得eq \o(PM,\s\up6(→))·eq \o(PB,\s\up6(→))为定值．若直线BM的斜率不存在，直线BM的方程为x＝1，B(1，eq \f(3,2))，M(1，－eq \f(3,2))，则eq \o(PM,\s\up6(→))·eq \o(PB,\s\up6(→))＝(x0－1)2－eq \f(9,4).若直线BM的斜率存在，设BM的方程为y＝k(x－1)，设点B(x1，y1)，M(x2，y2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1,y＝k（x－1）))得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，根据韦达定理可得：x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4k2－12,4k2＋3)，由于eq \o(PM,\s\up6(→))＝(x2－x0，y2)，eq \o(PB,\s\up6(→))＝(x1－x0，y1)，则eq \o(PM,\s\up6(→))·eq \o(PB,\s\up6(→))＝x1x2－(x1＋x2)x0＋x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＋y1y2＝(k2＋1)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋k2＋x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＝eq \f(（4x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) －8x0－5）k2＋3x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) －12,4k2＋3)因为eq \o(PM,\s\up6(→))·eq \o(PB,\s\up6(→))为定值，所以eq \f(4x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) －8x0－5,4)＝eq \f(3x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) －12,3)解得x0＝eq \f(11,8)，故存在点P，且x0＝eq \f(11,8).4．解析：(1)由已知F(eq \f(p,2)，0)，直线AB的方程为y＝x－eq \f(p,2)联立直线与抛物线eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2px,y＝x－\f(p,2)))，消y可得，x2－3px＋eq \f(p2,4)＝0，所以xA＋xB＝3p，因为|AB|＝xA＋xB＋p＝4p＝8，所以2p＝4，即抛物线的方程为y2＝4x.(2)将P(x0，－1)代入y2＝4x可得P(eq \f(1,4)，－1)，不妨设直线MN的方程为x＝my＋t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x,x＝my＋t))，消x得y2－4my－4t＝0，则有y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，Δ＝16m2＋16t，由题意kPM·kPN＝eq \f(y1＋1,x1－\f(1,4))×eq \f(y2＋1,x2－\f(1,4))＝eq \f(4,y1－1)×eq \f(4,y2－1)＝eq \f(16,y1y2－（y1＋y2）＋1)＝－2，化简可得，t＝eq \f(9,4)－m，代入Δ＝16m2＋16t＝16(m2＋eq \f(9,4)－m)＝16(m－eq \f(1,2))2＋32>0此时直线MN的方程为x＝m(y－1)＋eq \f(9,4)，所以直线MN过定点(eq \f(9,4)，1).