高考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)講義指導(dǎo)二模板4

模板4解析幾何問題(滿分15分)已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))，延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由.滿分解答得分說明解題模板(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代入9x2＋y2＝m2得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，(2分)故xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－kb,k2＋9)，yM＝kxM＋b＝eq\f(9b,k2＋9).(4分)于是直線OM的斜率kOM＝eq\f(yM,xM)＝－eq\f(9,k)，即kOM·k＝－9.所以直線OM的斜率與l的斜率的積是定值．(6分)①將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，化為一元二次方程形式得2分；②利用根與系數(shù)的關(guān)系求出中點坐標得2分；③求出斜率乘積為定值，得出結(jié)論得2分；第一步先假定：假設(shè)結(jié)論成立.第二步再推理：以假設(shè)結(jié)論成立為條件，進行推理求解.第三步下結(jié)論：若推出合理結(jié)果，經(jīng)驗證成立則肯定假設(shè)；若推出矛盾則否定假設(shè).第四步再回顧：查看關(guān)鍵點，易錯點(特殊情況、隱含條件等)，審視解題規(guī)范性.(2)解四邊形OAPB能為平行四邊形．(8分)因為直線l過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))，所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k＞0，k≠3.由(1)得OM的方程為y＝－eq\f(9,k)x.設(shè)點P的橫坐標為xP，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(9,k)x，,9x2＋y2＝m2))得xeq\o\al(2,P)＝eq\f(k2m2,9k2＋81)，即xP＝eq\f(±km,3\r(k2＋9)).(11分)將點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))的坐標代入l的方程得b＝eq\f(m（3－k）,3)，因此xM＝eq\f(km（k－3）,3（k2＋9）).(12分)四邊形OAPB為平行四邊形，當且僅當線段AB與線段OP互相平分，即xP＝2xM.于是eq\f(±km,3\r(k2＋9))＝2×eq\f(k（k－3）m,3（k2＋9）)，解得k1＝4－eq\r(7)，k2＝4＋eq\r(7).因為ki＞0，ki≠3，i＝1，2，所以當l的斜率為4－eq\r(7)或4＋eq\r(7)時，四邊形OAPB為平行四邊形．(15分)④先說明結(jié)果，四邊形OAPB能為平行四邊形得2分；⑤求出xP＝eq\f(±km,3\r(k2＋9))得3分；⑥求出xM＝eq\f(mk（k－3）,3（k2＋9）)得1分；⑦結(jié)合平面幾何知識求出斜率得3分.

【訓(xùn)練4】如圖，過橢圓M：eq\f(x2,2)＋y2＝1的右焦點F作直線交橢圓于A，C兩點．(1)當A，C變化時，在x軸上求定點Q，使得∠AQF＝∠CQF；(2)設(shè)直線QA與橢圓M的另一個交點為B，連接BF并延長交橢圓于點D，當四邊形ABCD的面積取得最大值時，求直線AC的方程．解(1)設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，Q(q，0)，當A，C不在x軸上時，設(shè)直線AC的方程為x＝ty＋1，代入橢圓M的方程可得(2＋t2)y2＋2ty－1＝0.則y1＋y2＝－eq\f(2t,2＋t2)，y1·y2＝eq\f(－1,2＋t2)，由題知kAQ＋kCQ＝eq\f(y1,x1－q)＋eq\f(y2,x2－q)＝eq\f(y1（x2－q）＋y2（x1－q）,（x1－q）（x2－q）)＝eq\f(y1（ty2＋1－q）＋y2（ty1＋1－q）,（x1－q）（x2－q）)＝eq\f(2ty1y2＋（1－q）（y1＋y2）,（x1－q）（x2－q）)＝0，即2ty1y2＋(1－q)(y1＋y2)＝0－2t－2t(1－q)＝0，由題知無論t取何值，上式恒成立，則q＝2.當A，C在x軸上時定點Q(2，0)依然可使∠AQF＝∠CQF成立，所以點Q的坐標是(2，0)．(2)由(1)知∠AQF＝∠CQF，∠BQF＝∠DQF.所以B，C關(guān)于x軸對稱，A，D關(guān)于x軸對稱．所以四邊形ABCD是一個等腰梯形，則四邊形ABCD的面積S＝|x1－x2|·|y1－y2|＝|t|·|y1－y2|2＝8·eq\f(（t2＋1）|t|,（t2＋2）2).由對稱性不妨設(shè)t>0，求導(dǎo)可得S′＝－8·eq\f(t4－3t2－2,（t2＋2）3)，令S′＝0，可得t2＝eq\f(3＋\r(17),2).由于S(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(3＋\r(17),2))))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al