新高考版數(shù)學(xué)高中總復(fù)習(xí)專題9.6圓錐曲線的綜合問(wèn)題（試題練）教學(xué)講練

數(shù)學(xué)高考總復(fù)習(xí)PAGEPAGE36學(xué)好數(shù)理化，走遍天下都不怕§9.6圓錐曲線的綜合問(wèn)題基礎(chǔ)篇固本夯基【基礎(chǔ)集訓(xùn)】考點(diǎn)一曲線與方程1.設(shè)k>1,則關(guān)于x,y的方程(1-k)x2+y2=k2-1所表示的曲線是()A.長(zhǎng)軸在x軸上的橢圓B.長(zhǎng)軸在y軸上的橢圓C.實(shí)軸在x軸上的雙曲線D.實(shí)軸在y軸上的雙曲線答案D2.已知A(-1,0),B(1,0)兩點(diǎn),過(guò)動(dòng)點(diǎn)M作x軸的垂線,垂足為N,若MN2=λAN·NB,則當(dāng)λ<0時(shí),動(dòng)點(diǎn)M的軌跡為(A.圓B.橢圓C.雙曲線D.拋物線答案C3.設(shè)三個(gè)數(shù)(x-2)2+y2,3,(x+解析依題意得(x-2)2所以點(diǎn)P(x,y)到點(diǎn)M(2,0)與點(diǎn)N(-2,0)的距離之和為23,注意到|MN|=22<23,所以點(diǎn)P的軌跡是以M,N為焦點(diǎn)的橢圓,所對(duì)應(yīng)的橢圓中a=3,c=2,故b=1,4.已知圓M:(x+1)2+y2=1,圓N:(x-1)2+y2=9,動(dòng)圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切,圓心P的軌跡為曲線C.求C的方程.解析由已知得圓M的圓心為M(-1,0),半徑r1=1;圓N的圓心為N(1,0),半徑r2=3.設(shè)圓P的圓心為P(x,y),半徑為R.因?yàn)閳AP與圓M外切并且與圓N內(nèi)切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4>|MN|.由橢圓的定義可知,曲線C是以M、N為左、右焦點(diǎn),長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為2,短半軸長(zhǎng)為3的橢圓(左頂點(diǎn)除外),其方程為x24+y2考點(diǎn)二定點(diǎn)與定值問(wèn)題5.已知拋物線y2=4x上的兩點(diǎn)A,B,O為坐標(biāo)原點(diǎn),且OA⊥OB,A(x1,y1),B(x2,y2),則x1x2的值是()A.4B.8C.12D.16答案D6.已知直線l與雙曲線x24-y2=1相切于點(diǎn)P,l與雙曲線的兩條漸近線交于M,N兩點(diǎn),則OM·ON的值為(A.3B.4C.5D.與P的位置有關(guān)答案A7.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),四點(diǎn)P1(1,1),P2(0,1),P3-1(1)求C的方程;(2)設(shè)直線l不經(jīng)過(guò)P2點(diǎn)且與C相交于A,B兩點(diǎn).若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1,證明:l過(guò)定點(diǎn).解析本題考查了圓錐曲線的方程以及圓錐曲線與直線位置關(guān)系中的定點(diǎn)問(wèn)題.(1)由于P3,P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱,故由題設(shè)知C經(jīng)過(guò)P3,P4兩點(diǎn).又由1a2+1b2>1a2+3所以點(diǎn)P2在C上.因此1b2故C的方程為x24+y(2)設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1,k2.如果l與x軸垂直,設(shè)l:x=t,由題設(shè)知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐標(biāo)分別為t,4-則k1+k2=4-t2得t=2,不符合題設(shè).從而可設(shè)l:y=kx+m(m≠1).將y=kx+m代入x24+y2(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.由題設(shè)可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-8km4k2+1,x1而k1+k2=y1-=kx1=2k由題設(shè)k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)·4m2-4解得k=-m+1當(dāng)且僅當(dāng)m>-1時(shí),Δ>0,于是l:y=-m+1即y+1=-m+1所以l過(guò)定點(diǎn)(2,-1).方法總結(jié)求解軌跡方程的步驟:①建系、設(shè)點(diǎn)→②列式(列出動(dòng)點(diǎn)所滿足的幾何等量關(guān)系式)→③坐標(biāo)化(選用合適的公式表示幾何等量關(guān)系)→④化簡(jiǎn)(注意化簡(jiǎn)前后的等價(jià)性)→⑤檢驗(yàn)(去偽存真).考點(diǎn)三最值與范圍問(wèn)題8.若a>1,則雙曲線x2a2-y2=1的離心率的取值范圍是A.(2,+∞)B.(2,2)C.(1,2)D.(1,2)答案C9.已知雙曲線x23-y2=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2,P為雙曲線右支上一點(diǎn),點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(-2,3),則|PQ|+|PF1|的最小值為答案5+2310.已知F是雙曲線C:x2-y28=1的右焦點(diǎn),P是C的左支上一點(diǎn),A(0,66).當(dāng)△APF周長(zhǎng)最小時(shí),該三角形的面積為答案126考點(diǎn)四存在性問(wèn)題11.(2019遼寧撫順模擬,21)已知定點(diǎn)C(-1,0)及橢圓x2+3y2=5,過(guò)點(diǎn)C的動(dòng)直線與橢圓相交于A,B兩點(diǎn).(1)若線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是-12,求直線AB的方程(2)在x軸上是否存在點(diǎn)M,使MA·MB為常數(shù)?若存在,求出點(diǎn)M的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.解析(1)依題意,直線AB的斜率存在,設(shè)直線AB的方程為y=k(x+1),將y=k(x+1)代入橢圓方程x2+3y2=5,消去y整理得(3k2+1)x2+6k2x+3k2-5=0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則Δ由線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是-12,得x1+x2解得k=±33,適合所以直線AB的方程為x-3y+1=0或x+3y+1=0.(2)假設(shè)在x軸上存在點(diǎn)M(m,0),使MA·MB為常數(shù).①當(dāng)直線AB與x軸不垂直時(shí),由(1)知x1+x2=-6k23k2+1,x所以MA·MB=(x1-m)(x2-m)+y1y2=(x1-m)(x2-m)+k2(x1+1)(x2+1)=(k2+1)x1x2+(k2-m)(x1+x2)+k2+m2.將③代入,整理得MA·MB=(6m=2m-=m2+2m-13-6注意到MA·MB是與k無(wú)關(guān)的常數(shù),從而有6m+14=0,m=-73,此時(shí)MA·MB=4②當(dāng)直線AB與x軸垂直時(shí),點(diǎn)A,B的坐標(biāo)分別為-1,2當(dāng)m=-73時(shí),亦有MA·MB=4綜上,在x軸上存在定點(diǎn)M-73,0,使MA綜合篇知能轉(zhuǎn)換【綜合集訓(xùn)】考法一有關(guān)軌跡方程問(wèn)題的求法1.(2019安徽五校聯(lián)盟第二次質(zhì)檢,4)x2+(y-3)A.x24-y25=1(x≤-2)B.x2C.y24-x25=1(y≤-2)D.y2答案C2.(2018山西臨汾模擬,9)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右頂點(diǎn)分別為A,B,點(diǎn)M,N是橢圓C上關(guān)于長(zhǎng)軸對(duì)稱的兩點(diǎn),若直線AM與BN相交于點(diǎn)P,A.x=±a(y≠0)B.y2=2b(|x|-a)(y≠0)C.x2+y2=a2+b2(y≠0)D.x2a2-y答案D3.(2019廣東六校第一次聯(lián)考(節(jié)選))已知圓C:(x+1)2+y2=36與定點(diǎn)M(1,0),動(dòng)圓I過(guò)M點(diǎn)且與圓C相切.求動(dòng)圓圓心I的軌跡E的方程.解析設(shè)圓I的半徑為r,由題意可知,點(diǎn)I滿足|IC|=6-r,|IM|=r,所以|IC|+|IM|=6,由橢圓的定義知點(diǎn)I的軌跡為以C,M為焦點(diǎn)的橢圓,且a=3,c=1,所以b=22,故軌跡E的方程為x29+考法二圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問(wèn)題的求解方法4.(2019重慶巴蜀中學(xué)模擬,21)如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,已知點(diǎn)F(1,0),過(guò)直線l:x=2左側(cè)的動(dòng)點(diǎn)P作PH⊥l于點(diǎn)H,∠HPF的平分線交x軸于點(diǎn)M,且PH=2MF,記動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線Q.(1)求曲線Q的方程.(2)過(guò)點(diǎn)F作直線m交曲線Q于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)C在l上,且BC∥x軸,試問(wèn):直線AC是否恒過(guò)定點(diǎn)?請(qǐng)說(shuō)明理由.解析(1)設(shè)P(x,y),∵PH⊥l,∴PH∥OM,故∠HPM=∠PMF,又PM平分∠HPF,∴∠FPM=∠HPM,∴∠FPM=∠PMF,∴|MF|=|PF|,∴|PF||PH|即(x-1)2+y2|x(2)過(guò)定點(diǎn).理由:由題意知:直線m的斜率不為0,可設(shè)直線m的方程為x=ty+1.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).聯(lián)立x=ty+1,x2+2y∴y1+y2=-2tt2+2,y1y2=-1t∴直線AC的斜率k=y1-y2x1-即y=y1又y2(x1-2)∴y=y1-y2x∴直線AC恒過(guò)定點(diǎn)32,0,經(jīng)驗(yàn)證,當(dāng)斜率不存在時(shí)直線AC也經(jīng)過(guò)點(diǎn)3考法三圓錐曲線中的最值(范圍)問(wèn)題的求解方法5.(2018清華大學(xué)中學(xué)生標(biāo)準(zhǔn)學(xué)術(shù)能力診斷測(cè)試(11月))設(shè)P是橢圓x2169+y225=1上一點(diǎn),M,N分別是兩圓:(x+12)2+y2=1和(x-12)2+y2=1上的點(diǎn),則|PM|+|PN|A.18,24B.16,22C.24,28D.20,26答案C6.(2019陜西寶雞中學(xué)二模,11)已知拋物線x2=16y的焦點(diǎn)為F,雙曲線x24-y25=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2,點(diǎn)P是雙曲線右支上一點(diǎn),則|PF|+|PF1|A.5B.7C.9D.11答案C7.(2018寧夏銀川4月檢測(cè))已知?jiǎng)狱c(diǎn)P到定點(diǎn)F(1,0)和到直線x=2的距離之比為22,設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線E,過(guò)點(diǎn)F作垂直于x軸的直線與曲線E相交于A、B兩點(diǎn),直線l:y=mx+n與曲線E交于C,D兩點(diǎn),與AB相交于一點(diǎn)(交點(diǎn)位于線段AB上,且不與A,B重合(1)求曲線E的方程;(2)當(dāng)直線l與圓x2+y2=1相切時(shí),四邊形ACBD的面積是否有最大值?若有,求出其最大值及對(duì)應(yīng)的直線l的方程;若沒(méi)有,請(qǐng)說(shuō)明理由.解析(1)設(shè)點(diǎn)P(x,y),由題意,可得(x-1)2+y2∴曲線E的方程是x22+y(2)設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2),由條件可得|AB|=2.當(dāng)m=0時(shí),顯然不合題意.當(dāng)m≠0時(shí),∵直線l與圓x2+y2=1相切,∴|n|m2+1=1,得聯(lián)立y=mx+n,x22+則Δ=4m2n2-4m2+12(n2-1)=2m2>0,x1+x2=-4mn2mS四邊形ACBD=12|AB|·|x1-x2|=2|m|2當(dāng)且僅當(dāng)2|m|=1|m|,即m=±22時(shí)等號(hào)成立,經(jīng)檢驗(yàn)可知,直線y=22x-62和直線y=-22x+考法四存在性問(wèn)題8.(2019內(nèi)蒙古通遼五中模擬,20)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率e=63,(1)求橢圓的方程;(2)已知定點(diǎn)E(-1,0),若直線y=kx+2(k≠0)與橢圓交于C、D兩點(diǎn),問(wèn):是否存在這樣的實(shí)數(shù)k,使得以CD為直徑的圓過(guò)E點(diǎn)?若存在,請(qǐng)求出k值,若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.解析(1)直線AB的方程為bx-ay-ab=0,依題意可得ca=63,aba2解得a2=3,b2=1,∴橢圓的方程為x23+y(2)存在,k=76.理由:假設(shè)存在這樣的實(shí)數(shù)由y=kx+2,x2∴Δ=(12k)2-36(1+3k2)>0.①設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2),則xy1·y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4,要使以CD為直徑的圓過(guò)點(diǎn)E(-1,0),只需CE⊥DE,即y1y2+(x1+1)(x2+1)=0,∴(k2+1)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0,④將②③代入④整理得k=76經(jīng)驗(yàn)證,k=76時(shí),①成立.故存在k=76使得以CD【五年高考】考點(diǎn)一曲線與方程1.(2019課標(biāo)全國(guó)Ⅱ,21,12分)已知點(diǎn)A(-2,0),B(2,0),動(dòng)點(diǎn)M(x,y)滿足直線AM與BM的斜率之積為-12.記M的軌跡為曲線(1)求C的方程,并說(shuō)明C是什么曲線;(2)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P,Q兩點(diǎn),點(diǎn)P在第一象限,PE⊥x軸,垂足為E,連接QE并延長(zhǎng)交C于點(diǎn)G.(i)證明:△PQG是直角三角形;(ii)求△PQG面積的最大值.解析本題主要考查軌跡方程的求法,直線與橢圓的位置關(guān)系,兩條直線的位置關(guān)系,弦長(zhǎng)問(wèn)題,三角形的面積以及基本不等式的應(yīng)用等相關(guān)知識(shí);通過(guò)對(duì)三角形形狀的判斷以及面積最值的求解考查學(xué)生的知識(shí)遷移能力、運(yùn)算求解能力及函數(shù)思想方法的應(yīng)用;體現(xiàn)了邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)由題設(shè)得yx+2·yx-2=-12,化簡(jiǎn)得x24+y22=1(|x|≠2),(2)(i)證明:設(shè)直線PQ的斜率為k,則其方程為y=kx(k>0).由y=kx,x記u=21+2k2于是直線QG的斜率為k2,方程為y=k由y=k2(x-u),x24+設(shè)G(xG,yG),則-u和xG是方程①的解,故xG=u(3k2+2)2+從而直線PG的斜率為uk32+所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.(ii)由(i)得|PQ|=2u1+k2,|PG|=所以△PQG的面積S=12|PQ||PG|=8k(設(shè)t=k+1k,則由k>0得t≥2,當(dāng)且僅當(dāng)k=1時(shí)取等號(hào)因?yàn)镾=8t1+2t2在[2,+∞)單調(diào)遞減,所以當(dāng)t=2,即k=1時(shí),S取得最大值因此,△PQG面積的最大值為169思路分析(1)利用直線AM與BM的斜率之積為-12求得曲線C的軌跡方程,從而得出曲線C的軌跡.(2)(i)設(shè)出直線PQ的方程,聯(lián)立橢圓方程,求得點(diǎn)P、Q的坐標(biāo),由Q、E的坐標(biāo)得出直線QG的方程,聯(lián)立橢圓方程,得出點(diǎn)G的坐標(biāo),進(jìn)而表示出直線PG的斜率,從而得出結(jié)論.(ii)利用弦長(zhǎng)公式求出|PQ|與|PG|的表達(dá)式,從而將三角形的面積表示成關(guān)于k的函數(shù),進(jìn)而利用函數(shù)思想求其最大值解題關(guān)鍵①利用方程思想得出點(diǎn)P、Q的坐標(biāo),進(jìn)而利用換元法及整體代換法簡(jiǎn)化運(yùn)算過(guò)程是順利解決本題的關(guān)鍵;②正確利用基本不等式及函數(shù)單調(diào)性是求解△PQG面積最值的關(guān)鍵.2.(2017課標(biāo)全國(guó)Ⅱ,20,12分)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)M在橢圓C:x22+y2=1上,過(guò)M作x軸的垂線,垂足為N,點(diǎn)P滿足NP=(1)求點(diǎn)P的軌跡方程;(2)設(shè)點(diǎn)Q在直線x=-3上,且OP·PQ=1.證明:過(guò)點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過(guò)C的左焦點(diǎn)F.解析本題考查了求軌跡方程的基本方法和定點(diǎn)問(wèn)題.(1)設(shè)P(x,y),M(x0,y0),則N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).由NP=2NM得x0=x,y0=2因?yàn)镸(x0,y0)在C上,所以x22+因此點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=2.(2)證明:由題意知F(-1,0).設(shè)Q(-3,t),P(m,n),則OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQ·PF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).由OP·PQ=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以O(shè)Q·PF=0,即OQ⊥PF.又過(guò)點(diǎn)P存在唯一直線垂直于OQ,所以過(guò)點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過(guò)C的左焦點(diǎn)F.思路分析(1)設(shè)出P、M的坐標(biāo),利用NP=2NM得到P、M坐標(biāo)間的關(guān)系,由點(diǎn)M在C上求解.(2)利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算得OQ·PF=0,進(jìn)而證明直線l過(guò)曲線C的左焦點(diǎn)方法總結(jié)求軌跡方程的方法有直接法和間接法.直接法有定義法、待定系數(shù)法和直譯法.間接法有相關(guān)點(diǎn)法、交軌法和參數(shù)法.3.(2016課標(biāo)全國(guó)Ⅲ,20,12分)已知拋物線C:y2=2x的焦點(diǎn)為F,平行于x軸的兩條直線l1,l2分別交C于A,B兩點(diǎn),交C的準(zhǔn)線于P,Q兩點(diǎn).(1)若F在線段AB上,R是PQ的中點(diǎn),證明AR∥FQ;(2)若△PQF的面積是△ABF的面積的兩倍,求AB中點(diǎn)的軌跡方程.解析由題設(shè)知F12,0.設(shè)l1:y=a,l2:y=b,則且Aa22,a,Bb22,記過(guò)A,B兩點(diǎn)的直線為l,則l的方程為2x-(a+b)y+ab=0.(3分)(1)由于F在線段AB上,故1+ab=0.記AR的斜率為k1,FQ的斜率為k2,則k1=a-b1+a2=a-b所以AR∥FQ.(5分)(2)設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為D(x1,0),則S△ABF=12|b-a||FD|=12|b-a|x1-12由題設(shè)可得2×12|b-a|x1-所以x1=0(舍去),或x1=1.(8分)設(shè)滿足條件的AB的中點(diǎn)為E(x,y).當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí),由kAB=kDE可得2a+b=y而a+b2=y,所以y2當(dāng)AB與x軸垂直時(shí),E與D重合.所以,所求軌跡方程為y2=x-1.(12分)疑難突破第(1)問(wèn)求解關(guān)鍵是把AR∥FQ的證明轉(zhuǎn)化為kAR=kFQ的證明;第(2)問(wèn)需找到AB中點(diǎn)所滿足的幾何條件,從而將其轉(zhuǎn)化為等量關(guān)系.在利用斜率表示幾何等量關(guān)系時(shí)應(yīng)注意分類討論思想的應(yīng)用.4.(2015湖北,21,14分)一種作圖工具如圖1所示.O是滑槽AB的中點(diǎn),短桿ON可繞O轉(zhuǎn)動(dòng),長(zhǎng)桿MN通過(guò)N處鉸鏈與ON連接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑動(dòng),且DN=ON=1,MN=3.當(dāng)栓子D在滑槽AB內(nèi)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí),帶動(dòng)··N繞O轉(zhuǎn)動(dòng)一周(D不動(dòng)時(shí),N也不動(dòng)),M處的筆尖畫(huà)出的曲線記為C.以O(shè)為原點(diǎn),AB所在的直線為x軸建立如圖2所示的平面直角坐標(biāo)系(1)求曲線C的方程;(2)設(shè)動(dòng)直線l與兩定直線l1:x-2y=0和l2:x+2y=0分別交于P,Q兩點(diǎn).若直線l總與曲線C有且只有一個(gè)公共點(diǎn),試探究:△OPQ的面積是否存在最小值?若存在,求出該最小值;若不存在,說(shuō)明理由.圖1圖2解析(1)設(shè)點(diǎn)D(t,0)(|t|≤2),N(x0,y0),M(x,y),依題意,MD=2DN,且|DN|=|ON|=1,所以(t-x,-y)=2(x0-t,y0),且(即t-x=2x由于當(dāng)點(diǎn)D不動(dòng)時(shí),點(diǎn)N也不動(dòng),所以t不恒等于0,于是t=2x0,故x0=x4,y0=-y代入x02+y02=1,可得即曲線C的方程為x216+(2)(i)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),直線l為x=4或x=-4,都有S△OPQ=12(ii)當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)直線l:y=kx+mk≠±由y消去y,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0.因?yàn)橹本€l總與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn),所以Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-16)=0,即m2=16k2+4.①又由y=kx+m同理可得Q-2由原點(diǎn)O到直線PQ的距離為d=|m|1+k2和|PQ|=1+k可得S△OPQ=12|PQ|·d=12|m||xP-x=12·|m|·2m1將①代入②得,S△OPQ=2m21當(dāng)k2>14時(shí),S△OPQ=8·4k2當(dāng)0≤k2<14時(shí),S△OPQ=8·4k2因0≤k2<14,則0<1-4k2≤1,21所以S△OPQ=8-1+2當(dāng)且僅當(dāng)k=0時(shí)取等號(hào).所以當(dāng)k=0時(shí),S△OPQ的最小值為8.綜合(i)(ii)可知,當(dāng)直線l與橢圓C在四個(gè)頂點(diǎn)處相切時(shí),△OPQ的面積取得最小值8.評(píng)析本題考查求軌跡方程的方法,及直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí).考點(diǎn)二定點(diǎn)與定值問(wèn)題5.(2019課標(biāo)全國(guó)Ⅲ,21,12分)已知曲線C:y=x22,D為直線y=-12上的動(dòng)點(diǎn),過(guò)D作C的兩條切線(1)證明:直線AB過(guò)定點(diǎn);(2)若以E0,52為圓心的圓與直線AB相切,且切點(diǎn)為線段AB的中點(diǎn),求四邊形解析本題考查直線與拋物線相切,弦的中點(diǎn),直線與圓相切等知識(shí)點(diǎn),通過(guò)直線與拋物線的方程運(yùn)算,考查了學(xué)生在解析幾何中的運(yùn)算求解能力,以直線與拋物線相切為背景考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)證明:設(shè)Dt,-12,A(x1,y1),則x由于y'=x,所以切線DA的斜率為x1,故y1+1整理得2tx1-2y1+1=0.設(shè)B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0.故直線AB的方程為2tx-2y+1=0.所以直線AB過(guò)定點(diǎn)0,(2)由(1)得直線AB的方程為y=tx+12由y=tx+1于是x1+x2=2t,x1x2=-1,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1,|AB|=1+t2|x1-x2|=1+t2×設(shè)d1,d2分別為點(diǎn)D,E到直線AB的距離,則d1=t2+1,d2=因此,四邊形ADBE的面積S=12|AB|(d1+d2)=(t2+3)t設(shè)M為線段AB的中點(diǎn),則Mt,由于EM⊥AB,而EM=(t,t2-2),AB與向量(1,t)平行,所以t+(t2-2)t=0.解得t=0或t=±1.當(dāng)t=0時(shí),S=3;當(dāng)t=±1時(shí),S=42.因此,四邊形ADBE的面積為3或42.解題關(guān)鍵(1)設(shè)出A、B坐標(biāo),求導(dǎo)、列等式是解題的突破口.(2)由(1)得出AB的方程,用坐標(biāo)表示出EM⊥AB,求AB方程中的參數(shù)是關(guān)鍵.6.(2018北京,19,14分)已知拋物線C:y2=2px經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1,2).過(guò)點(diǎn)Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A,B,且直線PA交y軸于M,直線PB交y軸于N.(1)求直線l的斜率的取值范圍;(2)設(shè)O為原點(diǎn),QM=λQO,QN=μQO,求證:1λ+1μ解析(1)因?yàn)閽佄锞€y2=2px過(guò)點(diǎn)(1,2),所以2p=4,即p=2.故拋物線C的方程為y2=4x,由題意知,直線l的斜率存在且不為0.設(shè)直線l的方程為y=kx+1(k≠0).由y2=4x,y=依題意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得k<0或0<k<1.又PA,PB與y軸相交,故直線l不過(guò)點(diǎn)(1,-2).從而k≠-3.所以直線l斜率的取值范圍是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1).(2)證明:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由(1)知x1+x2=-2k-4k2,x1直線PA的方程為y-2=y1令x=0,得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為yM=-y1+2同理得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為yN=-k由QM=λQO,QN=μQO得λ=1-yM,μ=1-yN.所以1λ+1μ=11-yM=1k-1·2x1所以1λ+1μ方法總結(jié)圓錐曲線中的定值問(wèn)題的常見(jiàn)類型及解題策略(1)求代數(shù)式為定值.依題設(shè)條件,得出與代數(shù)式有關(guān)的等式,化簡(jiǎn)即可得出定值;(2)求點(diǎn)到直線的距離為定值.利用點(diǎn)到直線的距離公式得出距離的表達(dá)式,再利用題設(shè)條件化簡(jiǎn)、變形求得;(3)求某線段長(zhǎng)度為定值.利用兩點(diǎn)間的距離公式求得線段長(zhǎng)度的表達(dá)式,再依據(jù)條件對(duì)表達(dá)式進(jìn)行化簡(jiǎn)、變形即可求得.考點(diǎn)三最值與范圍問(wèn)題7.(2019北京,8,5分)數(shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美、寓意美好的曲線,曲線C:x2+y2=1+|x|y就是其中之一(如圖).給出下列三個(gè)結(jié)論:①曲線C恰好經(jīng)過(guò)6個(gè)整點(diǎn)(即橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn));②曲線C上任意一點(diǎn)到原點(diǎn)的距離都不超過(guò)2;③曲線C所圍成的“心形”區(qū)域的面積小于3.其中,所有正確結(jié)論的序號(hào)是()A.①B.②C.①②D.①②③答案C8.(2015四川,10,5分)設(shè)直線l與拋物線y2=4x相交于A,B兩點(diǎn),與圓(x-5)2+y2=r2(r>0)相切于點(diǎn)M,且M為線段AB的中點(diǎn).若這樣的直線l恰有4條,則r的取值范圍是()A.(1,3)B.(1,4)C.(2,3)D.(2,4)答案D9.(2016課標(biāo)全國(guó)Ⅱ,20,12分)已知橢圓E:x2t+y23=1的焦點(diǎn)在x軸上,A是E的左頂點(diǎn),斜率為k(k>0)的直線交E于A,M兩點(diǎn),點(diǎn)N在E(1)當(dāng)t=4,|AM|=|AN|時(shí),求△AMN的面積;(2)當(dāng)2|AM|=|AN|時(shí),求k的取值范圍.解析(1)設(shè)M(x1,y1),則由題意知y1>0.當(dāng)t=4時(shí),E的方程為x24+由已知及橢圓的對(duì)稱性知,直線AM的傾斜角為π4因此直線AM的方程為y=x+2.將x=y-2代入x24+y23=1解得y=0或y=127,所以y1=12因此△AMN的面積S△AMN=2×12×127×127(2)由題意,t>3,k>0,A(-t,0).將直線AM的方程y=k(x+t)代入x2t+y23=1得(3+tk2)x2+2t·tk2x+t由x1·(-t)=t2k2-3t故|AM|=|x1+t|1+k2=由題設(shè),直線AN的方程為y=-1k(x+t故同理可得|AN|=6k由2|AM|=|AN|得23+tk即(k3-2)t=3k(2k-1).當(dāng)k=32時(shí)上式不成立,因此t=3t>3等價(jià)于k3-2k2+由此得k-2>0,k因此k的取值范圍是(32解題關(guān)鍵第(1)問(wèn)中求出直線AM的傾斜角是解決問(wèn)題的關(guān)鍵;第(2)問(wèn)利用2|AM|=|AN|得出t與k的關(guān)系式,由t>3,建立關(guān)于k的不等式,從而得出k的取值范圍.10.(2019浙江,21,15分)如圖,已知點(diǎn)F(1,0)為拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn).過(guò)點(diǎn)F的直線交拋物線于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)C在拋物線上,使得△ABC的重心G在x軸上,直線AC交x軸于點(diǎn)Q,且Q在點(diǎn)F的右側(cè).記△AFG,△CQG的面積分別為S1,S2.(1)求p的值及拋物線的準(zhǔn)線方程;(2)求S1S2的最小值及此時(shí)點(diǎn)解析本題主要考查拋物線的幾何性質(zhì),直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查運(yùn)算求解能力和綜合應(yīng)用能力.體現(xiàn)了數(shù)學(xué)抽象的核心素養(yǎng)和轉(zhuǎn)化與化歸的思想方法.(1)由題意得p2=1,即所以,拋物線的準(zhǔn)線方程為x=-1.(2)設(shè)A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t≠0,則xA=t2.由于直線AB過(guò)F,故直線AB方程為x=t2-12ty+1,代入y2=4x,得y2-2(t2-1)ty-4=0,故2tyB=-4,即yB=-2t,所以B1t2,-2t.又由于xG=13(xA+xB+xC),yG=1得C1t-t所以,直線AC方程為y-2t=2t(x-t2),得Q(t2-1,0).由于Q在焦點(diǎn)F的右側(cè),故t2>2.從而S1S2==2t4-令m=t2-2,則m>0,S1S2=2-mm2=1+32當(dāng)m=3時(shí),S1S2取得最小值1+3思路分析(1)根據(jù)拋物線定義知p2=1,得到準(zhǔn)線方程x=-1.(2)要求S1S2的最小值,需要將S1S2用基本量表示出來(lái),從點(diǎn)的關(guān)系出發(fā),設(shè)A(xA,yA),合理選擇參數(shù)t表示A(t2,2t),t≠0,由直線AB過(guò)F得到AB方程,求出B點(diǎn)坐標(biāo),再由△ABC的重心G在x軸上,求出C點(diǎn)和G點(diǎn)坐標(biāo),進(jìn)而求出Q11.(2018浙江,21,15分)如圖,已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點(diǎn),拋物線C:y2=4x上存在不同的兩點(diǎn)A,B滿足PA,PB的中點(diǎn)均在C上.(1)設(shè)AB中點(diǎn)為M,證明:PM垂直于y軸;(2)若P是半橢圓x2+y24=1(x<0)上的動(dòng)點(diǎn),求△PAB解析本題主要考查橢圓、拋物線的幾何性質(zhì),直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查運(yùn)算求解能力和綜合應(yīng)用能力.(1)證明:設(shè)P(x0,y0),A14y1因?yàn)镻A,PB的中點(diǎn)在拋物線上,所以y1,y2為方程y+y022=4·14y2+x02所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y軸.(2)由(1)可知y所以|PM|=18(y12+y22)-x0|y1-y2|=22(因此,S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=324(y0因?yàn)閤02+y024=1(x0<0),所以y02-4x0因此,△PAB面積的取值范圍是62疑難突破解析幾何中“取值范圍”與“最值”問(wèn)題在解析幾何中,求某個(gè)量(直線斜率,直線在x、y軸上的截距,弦長(zhǎng),三角形或四邊形面積等)的取值范圍或最值問(wèn)題的關(guān)鍵是利用條件把所求量表示成關(guān)于某個(gè)變量(通常是直線斜率,動(dòng)點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)等)的函數(shù),并求出這個(gè)變量的取值范圍(即函數(shù)的定義域),將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域或最值.12.(2017山東,21,14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓E:x2a2+y2b2(1)求橢圓E的方程;(2)如圖,動(dòng)直線l:y=k1x-32交橢圓E于A,B兩點(diǎn),C是橢圓E上一點(diǎn),直線OC的斜率為k2,且k1k2=24.M是線段OC延長(zhǎng)線上一點(diǎn),且|MC|∶|AB|=2∶3,☉M的半徑為|MC|,OS,OT是☉M的兩條切線,切點(diǎn)分別為S,T.求∠SOT的最大值,并求取得最大值時(shí)直線l解析本題考查橢圓的方程,直線與橢圓、圓的位置關(guān)系,考查最值的求解方法和運(yùn)算求解能力.(1)由題意知e=ca=22,2c=2,所以a=因此橢圓E的方程為x22+y(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立x22+y2=1,y=k1x由題意知Δ>0,且x1+x2=23k12k12所以|AB|=1+k12|x1-x2由題意可知圓M的半徑r=23|AB|=223由題設(shè)知k1k2=24,所以k2=2因此直線OC的方程為y=24聯(lián)立x22+y2=1,y=2因此|OC|=x2+y由題意可知sin∠SOT2=rr而|OC|r=1+8k1令t=1+2k12,則t>1,1因此|OC|r=32·t=32·1-當(dāng)且僅當(dāng)1t=12,即t=2時(shí)等號(hào)成立,此時(shí)k1=±所以sin∠SOT2≤因此∠SOT2≤π6,所以∠SOT綜上所述:∠SOT的最大值為π3,取得最大值時(shí)直線l的斜率k1=±2思路分析(1)由離心率和焦距,利用基本量運(yùn)算求解;(2)聯(lián)立直線l與橢圓方程,利用距離公式求出|AB|,聯(lián)立直線OC與橢圓方程求|OC|,進(jìn)而建立sin∠SOT2與k1之間的函數(shù)關(guān)系,疑難突破把角的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問(wèn)題,即由sin∠SOT2=11+|OC解題反思最值問(wèn)題一般利用函數(shù)的思想方法求解,利用距離公式建立sin∠SOT2與k1之間的函數(shù)關(guān)系是解題關(guān)鍵.牢固掌握基礎(chǔ)知識(shí)和方法是求解的前提.考點(diǎn)四存在性問(wèn)題13.(2015課標(biāo)Ⅱ,20,12分)已知橢圓C:9x2+y2=m2(m>0),直線l不過(guò)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(guò)點(diǎn)m3,m,延長(zhǎng)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;若不能解析(1)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,故xM=x1+x22=-kbk于是直線OM的斜率kOM=yMxM=-9k,即所以直線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(guò)點(diǎn)m3,m,所以l不過(guò)原點(diǎn)且與C有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是由(1)得OM的方程為y=-9k設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為xP.由y=-9kx,9x2+y將點(diǎn)m3,m的坐標(biāo)代入l的方程得因此xM=k(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±km3k解得k1=4-7,k2=4+7.因?yàn)閗i>0,ki≠3,i=1,2,所以當(dāng)l的斜率為4-7或4+7時(shí),四邊形OAPB為平行四邊形.思路分析(1)設(shè)出直線l的方程,與橢圓方程聯(lián)立并消元,利用韋達(dá)定理求得AB的中點(diǎn)M的坐標(biāo),進(jìn)而可得出結(jié)論;(2)要使四邊形OAPB為平行四邊形,則線段AB與線段OP互相平分,即xP=2xM,由此結(jié)合已知條件建立相應(yīng)方程,進(jìn)而通過(guò)解方程使問(wèn)題得解.教師專用題組考點(diǎn)一曲線與方程1.(2014廣東,20,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個(gè)焦點(diǎn)為(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)若動(dòng)點(diǎn)P(x0,y0)為橢圓C外一點(diǎn),且點(diǎn)P到橢圓C的兩條切線相互垂直,求點(diǎn)P的軌跡方程.解析(1)由題意知c=5,e=ca=5∴a=3,b2=a2-c2=4,故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x29+(2)設(shè)兩切線為l1,l2,①當(dāng)l1⊥x軸或l1∥x軸時(shí),l2∥x軸或l2⊥x軸,可知P(±3,±2).②當(dāng)l1與x軸不垂直且不平行時(shí),x0≠±3,設(shè)l1的斜率為k,且k≠0,則l2的斜率為-1k,l1的方程為y-y0=k(x-x0),與x29+y整理得(9k2+4)x2+18(y0-kx0)kx+9(y0-kx0)2-36=0,∵直線l1與橢圓相切,∴Δ=0,即9(y0-kx0)2k2-(9k2+4)·[(y0-kx0)2-4]=0,∴(x02-9)k2-2x0y0k+∴k是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y0同理,-1k是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y∴k·-1k=y02-4x02-9∴點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13(x≠±3).檢驗(yàn)P(±3,±2)滿足上式.綜上,點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13.2.(2013四川,20,13分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1(-1,0),F2(1,0),(1)求橢圓C的離心率;(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)A(0,2)的直線l與橢圓C交于M,N兩點(diǎn),點(diǎn)Q是線段MN上的點(diǎn),且2|AQ|2=1|AM|解析(1)由橢圓定義知,2a=|PF1|+|PF2|=43+12+1所以a=2.又由已知得,c=1,所以橢圓C的離心率e=ca=12=(2)由(1)知,橢圓C的方程為x22+y設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x,y).(i)當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí),直線l與橢圓C交于(0,1),(0,-1)兩點(diǎn),此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為0,(ii)當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí),設(shè)直線l的方程為y=kx+2.因?yàn)镸,N在直線l上,可設(shè)點(diǎn)M,N的坐標(biāo)分別為(x1,kx1+2),(x2,kx2+2),則|AM|2=(1+k2)x12,|AN|2=(1+k2)又|AQ|2=x2+(y-2)2=(1+k2)x2.由2|AQ|2=12(1+k2)即2x2=1x12將y=kx+2代入x22+y2=1中(2k2+1)x2+8kx+6=0.②由Δ=(8k)2-4×(2k2+1)×6>0,得k2>32由②可知,x1+x2=-8k2k2+1,x代入①中并化簡(jiǎn),得x2=1810因?yàn)辄c(diǎn)Q在直線y=kx+2上,所以k=y-2x,代入③中并化簡(jiǎn),得10(y-2)2由③及k2>32,可知0<x2<3即x∈-62,又0,2-355滿足10(y-2)2-3x2由題意知,Q(x,y)在橢圓C內(nèi),所以-1≤y≤1,由10(y-2)2=18+3x2得(y-2)2∈95且-1≤y≤1,則y∈12所以點(diǎn)Q的軌跡方程為10(y-2)2-3x2=18,其中x∈-62,6評(píng)析本題主要考查直線、橢圓、曲線與方程等基礎(chǔ)知識(shí),考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化與化歸、分類與整合等數(shù)學(xué)思想,并考查思維的嚴(yán)謹(jǐn)性.考點(diǎn)二定點(diǎn)與定值問(wèn)題3.(2014安徽,19,13分)如圖,已知兩條拋物線E1:y2=2p1x(p1>0)和E2:y2=2p2x(p2>0),過(guò)原點(diǎn)O的兩條直線l1和l2,l1與E1,E2分別交于A1,A2兩點(diǎn),l2與E1,E2分別交于B1,B2兩點(diǎn).(1)證明:A1B1∥A2B2;(2)過(guò)O作直線l(異于l1,l2)與E1,E2分別交于C1,C2兩點(diǎn).記△A1B1C1與△A2B2C2的面積分別為S1與S2,求S1S解析(1)證明:設(shè)直線l1,l2的方程分別為y=k1x,y=k2x(k1,k2≠0),則由y=k1x,由y=k1x,同理可得B12p1k2所以A1B1=2pA2B2=2p故A1B1=p1p2A2B2,所以(2)由(1)知A1B1∥A2B2,同理可得B1C1∥B2C2,C1A1∥C2A2.所以△A1B1C1∽△A2B2C2.因此S1S2又由(1)中的A1B1=p1p故S1S24.(2014山東,21,14分)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,A為C上異于原點(diǎn)的任意一點(diǎn),過(guò)點(diǎn)A的直線l交C于另一點(diǎn)B,交x軸的正半軸于點(diǎn)D,且有|FA|=|FD|.當(dāng)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為3時(shí),△ADF為正三角形.(1)求C的方程;(2)若直線l1∥l,且l1和C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)E,(i)證明直線AE過(guò)定點(diǎn),并求出定點(diǎn)坐標(biāo);(ii)△ABE的面積是否存在最小值?若存在,請(qǐng)求出最小值,若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.解析(1)由題意知Fp2設(shè)D(t,0)(t>0),則FD的中點(diǎn)為p+2因?yàn)閨FA|=|FD|,則由拋物線的定義知3+p2=t解得t=3+p或t=-3(舍去).由p+2t4所以拋物線C的方程為y2=4x.(2)(i)由(1)知F(1,0),設(shè)A(x0,y0)(x0y0≠0),D(xD,0)(xD>0),因?yàn)閨FA|=|FD|,則|xD-1|=x0+1,由xD>0得xD=x0+2,故D(x0+2,0).故直線AB的斜率kAB=-y0因?yàn)橹本€l1和直線AB平行,所以可設(shè)直線l1的方程為y=-y0代入拋物線方程得y2+8y0y-由Δ=64y02+32by設(shè)E(xE,yE),則yE=-4y0,xE=當(dāng)y02≠4時(shí),kAE=yE-y可得直線AE的方程為y-y0=4y0y由y02=4x整理可得y=4y直線AE恒過(guò)點(diǎn)F(1,0),當(dāng)y02=4時(shí),直線AE的方程為x=1,所以直線AE過(guò)定點(diǎn)F(1,0).(ii)由(i)知直線AE過(guò)焦點(diǎn)F(1,0),所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+1x0+1=x0設(shè)直線AE的方程為x=my+1,因?yàn)辄c(diǎn)A(x0,y0)在直線AE上,故m=x0設(shè)B(x1,y1),直線AB的方程為y-y0=-y02(x-x由y0≠0,可得x=-2y0y+2+x代入拋物線方程得y2+8y0y-8-4x所以y0+y1=-8y可求得y1=-y0-8y0,x1=4x所以點(diǎn)B到直線AE的距離為d=4x0+x0則△ABE的面積S=12×4x0當(dāng)且僅當(dāng)1x0=x即x0=1時(shí)等號(hào)成立.所以△ABE的面積的最小值為16.評(píng)析本題考查拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程、幾何性質(zhì)、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系以及解析幾何中的定點(diǎn)問(wèn)題、最值問(wèn)題和結(jié)論探究性問(wèn)題.本題綜合性較強(qiáng)、難度較大,很好地考查了考生的邏輯思維能力和運(yùn)算求解能力.本題的易錯(cuò)點(diǎn)是定點(diǎn)的確定.5.(2013山東,22,13分)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別是F1、F2,離心率為32,過(guò)F(1)求橢圓C的方程;(2)點(diǎn)P是橢圓C上除長(zhǎng)軸端點(diǎn)外的任一點(diǎn),連接PF1,PF2.設(shè)∠F1PF2的角平分線PM交C的長(zhǎng)軸于點(diǎn)M(m,0),求m的取值范圍;(3)在(2)的條件下,過(guò)點(diǎn)P作斜率為k的直線l,使得l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn).設(shè)直線PF1,PF2的斜率分別為k1,k2.若k≠0,試證明1kk1+1k解析(1)由于c2=a2-b2,將x=-c代入橢圓方程x2a2+y2b由題意知2b2a=1,即又e=ca=32,所以橢圓C的方程為x24+y(2)解法一:設(shè)P(x0,y0)(y0≠0).又F1(-3,0),F2(3,0),所以直線PF1,PF2的方程分別為lPF1:y0x-(x0+3)y+3lPF2:y0x-(x0-3)y-3由題意知|my0+由于點(diǎn)P在橢圓上,所以x024所以|m+3|因?yàn)?3<m<3,-2<x0<2,所以m+332x0+2=3因此-32<m<3解法二:設(shè)P(x0,y0).當(dāng)0≤x0<2時(shí),①當(dāng)x0=3時(shí),直線PF2的斜率不存在,易知P3,12或若P3,12,則直線PF1的方程為x-43由題意得|m+3因?yàn)?3<m<3,所以m=33若P3,-12,同理可得②當(dāng)x0≠3時(shí),設(shè)直線PF1,PF2的方程分別為y=k1(x+3),y=k2(x-3).由題意知|mk1所以(m+3因?yàn)閤024+y02=1,并且k1=y所以(m+=3x02即m+3m-3因?yàn)?3<m<3,0≤x0<2且x0≠3,所以3+m3整理得m=3x04,故0≤m<32且綜合①②可得0≤m<32當(dāng)-2<x0<0時(shí),同理可得-32綜上所述,m的取值范圍是-3(3)設(shè)P(x0,y0)(y0≠0),則直線l的方程為y-y0=k(x-x0).聯(lián)立x整理得(1+4k2)x2+8(ky0-k2x0)x+4(y02-2kx0y0+k2由題意知Δ=0,即(4-x02)k2+2x0y0k+1-又x024所以16y02k2+8x0y0k+故k=-x0由(2)知1k1+1k2=x0所以1kk1+1kk2=因此1kk1+1k評(píng)析本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其幾何性質(zhì)、直線與橢圓的位置關(guān)系、直線的斜率等基礎(chǔ)知識(shí)和基本技能,考查數(shù)形結(jié)合的思想、邏輯推理能力和運(yùn)算求解能力.考點(diǎn)三最值與范圍問(wèn)題6.(2014福建,9,5分)設(shè)P,Q分別為圓x2+(y-6)2=2和橢圓x210+y2=1上的點(diǎn),則P,Q兩點(diǎn)間的最大距離是(A.52B.46+2C.7+2D.62答案D7.(2014湖北,9,5分)已知F1,F2是橢圓和雙曲線的公共焦點(diǎn),P是它們的一個(gè)公共點(diǎn),且∠F1PF2=π3,則橢圓和雙曲線的離心率的倒數(shù)之和的最大值為(A.433B.233答案A考點(diǎn)四存在性問(wèn)題8.(2013江西,20,13分)如圖,橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)P1,32(1)求橢圓C的方程;(2)AB是經(jīng)過(guò)右焦點(diǎn)F的任一弦(不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P),設(shè)直線AB與直線l相交于點(diǎn)M,記PA,PB,PM的斜率分別為k1,k2,k3.問(wèn):是否存在常數(shù)λ,使得k1+k2=λk3?若存在,求λ的值;若不存在,說(shuō)明理由.解析(1)由P1,32在橢圓上得,1依題設(shè)知a=2c,則b2=3c2,②②代入①,解得c2=1,a2=4,b2=3.故橢圓C的方程為x24+(2)解法一:由題意可設(shè)AB的斜率為k,則直線AB的方程為y=k(x-1),③代入橢圓方程3x2+4y2=12,并整理,得(4k2+3)x2-8k2x+4(k2-3)=0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1+x2=8k24k2+3,x在方程③中令x=4,得M的坐標(biāo)為(4,3k).從而k1=y1-32x1-1,k2=注意到A,F,B共線,則有k=kAF=kBF,即有y1x1所以k1+k2=y1-=y1x1-=2k-32·x④代入⑤得k1+k2=2k-32·8又k3=k-12,所以k1+k2=2k3故存在常數(shù)λ=2符合題意.解法二:設(shè)B(x0,y0)(x0≠1),則直線FB的方程為y=y0令x=4,求得M4,從而直線PM的斜率為k3=2y由y=y0x則直線PA的斜率為k1=2y0-2x0+52(x0-1),直線PB的斜率為k2=2y0-329.(2013湖北,21,13分)如圖,已知橢圓C1與C2的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)O,長(zhǎng)軸均為MN且在x軸上,短軸長(zhǎng)分別為2m,2n(m>n),過(guò)原點(diǎn)且不與x軸重合的直線l與C1,C2的四個(gè)交點(diǎn)按縱坐標(biāo)從大到小依次為A,B,C,D.記λ=mn,△BDM和△ABN的面積分別為S1和S2(1)當(dāng)直線l與y軸重合時(shí),若S1=λS2,求λ的值;(2)當(dāng)λ變化時(shí),是否存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2?并說(shuō)明理由.解析依題意可設(shè)橢圓C1和C2的方程分別為C1:x2a2+y2m2=1,C2:x2(1)解法一:如圖1,若直線l與y軸重合,即直線l的方程為x=0,則S1=12|BD|·|OM|=1S2=12|AB|·|ON|=1所以S1S2在C1和C2的方程中分別令x=0,可得yA=m,yB=n,yD=-m,于是|BD||AB|=|若S1S2=λ,則λ+1λ由λ>1,可解得λ=2+1.故當(dāng)直線l與y軸重合時(shí),若S1=λS2,則λ=2+1.解法二:如圖1,若直線l與y軸重合,則|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n;S1=12|BD|·|OM|=12a|BD|,S2=1212所以S1S2=|BD|若S1S2=λ,則λ+1λ由λ>1,可解得λ=2+1.故當(dāng)直線l與y軸重合時(shí),若S1=λS2,則λ=2+1.(2)解法一:如圖2,若存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2.根據(jù)對(duì)稱性,不妨設(shè)直線l:y=kx(k>0),點(diǎn)M(-a,0),N(a,0)到直線l的距離分別為d1,d2,則d1=|-ak-0|1+k2=ak所以d1=d2.又S1=12|BD|d1,S2=12|AB|d所以S1S2即|BD|=λ|AB|.由對(duì)稱性可知|AB|=|CD|,所以|BC|=|BD|-|AB|=(λ-1)·|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=(λ+1)|AB|,于是|AD||將l的方程分別與C1,C2的方程聯(lián)立,可求得xA=ama2k2+根據(jù)對(duì)稱性可知xC=-xB,xD=-xA,于是|AD||BC|=1+從而由①和②式可得a2k2令t=λ+1λ(λ-1)于是由③式可解得k2=n2因?yàn)閗≠0,所以k2>0.于是③式關(guān)于k有解,當(dāng)且僅當(dāng)n2等價(jià)于(t2-1)t2由λ>1,可解得1λ即1λ<λ+1λ(λ-1所以當(dāng)1<λ≤1+2時(shí),不存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2;當(dāng)λ>1+2時(shí),存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l使得S1=λS2.解法二:如圖2,若存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2.根據(jù)對(duì)稱性,不妨設(shè)直線l:y=kx(k>0),點(diǎn)M(-a,0),N(a,0)到直線l的距離分別為d1,d2,則d1=|-ak-0|1+k2=ak1+k2,d2=又S1=12|BD|d1,S2=12|AB|d2,所以S1因?yàn)閨BD||AB|=1+k2|由點(diǎn)A(xA,kxA),B(xB,kxB)分別在C1,C2上,可得xA2a2+k2兩式相減可得xA2-依題意xA>xB>0,所以xA2>所以由上式解得k2=m2因?yàn)閗2>0,所以由m2(xA2從而1<λ+1λ-1<λ,所以當(dāng)1<λ≤1+2時(shí),不存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2;當(dāng)λ>1+2時(shí),存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l使得S1=λS2.評(píng)析本題綜合考查直線與圓錐曲線相交得到的三角形的面積的問(wèn)題.解決此問(wèn)題的關(guān)鍵:首先將面積比轉(zhuǎn)化成線段比,再通過(guò)常規(guī)方法的計(jì)算構(gòu)造方程或不等式進(jìn)行求值或求范圍.難度較大,對(duì)計(jì)算能力、轉(zhuǎn)化能力要求很高.10.(2015北京,19,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,點(diǎn)P(0,1)和點(diǎn)A(m,n)(m≠0)都在橢圓C上(1)求橢圓C的方程,并求點(diǎn)M的坐標(biāo)(用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(wèn):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(shuō)明理由.解析(1)由題意得b=1,ca故橢圓C的方程為x22+y設(shè)M(xM,0).因?yàn)閙≠0,所以-1<n<1.直線PA的方程為y-1=n-所以xM=m1-n,即(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=m1+“存在點(diǎn)Q(0,yQ)使得∠OQM=∠ONQ”等價(jià)于“存在點(diǎn)Q(0,yQ)使得|OM||OQ即yQ滿足yQ2=|xM||x因?yàn)閤M=m1-n,xN=m1+n所以yQ2=|xM||xN|=所以yQ=2或yQ=-2.故在y軸上存在點(diǎn)Q,使得∠OQM=∠ONQ.點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(0,2)或(0,-2).【三年模擬】一、單項(xiàng)選擇題(每題5分,共45分)1.(2020屆湖南長(zhǎng)沙一中第二次月考,11)點(diǎn)M與定點(diǎn)F(2,0)的距離和它到定直線x=8的距離之比為1∶2,則M的軌跡方程是()A.y2=8xB.y2=-8(x-4)C.x24-y23=1D.答案D2.(2020屆廣東10月縣中聯(lián)考,12)以雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)上一點(diǎn)M為圓心的圓與x軸交于O,F兩點(diǎn),其中O為坐標(biāo)原點(diǎn),F是雙曲線的右焦點(diǎn),A.3B.3+1C.3+2D.3+3答案B3.(2020屆福建廈門(mén)一中10月月考,9)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,F2也是拋物線E:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn),點(diǎn)A為C與E的一個(gè)交點(diǎn),且直線AF1的傾斜角為45°,A.5-12B.2-1C.3-5答案B4.(2020屆湖南長(zhǎng)沙周南中學(xué)第二次月考,10)已知圓O1和圓O2的半徑分別為2和4,且|O1O2|=8,若動(dòng)圓M與圓O1內(nèi)切,與圓O2外切,則動(dòng)圓圓心M的軌跡是()A.圓B.橢圓C.雙曲線的一支D.拋物線答案C5.(2020屆廣西南寧10月摸底考,11)已知F2為雙曲線C:x2a2-y24=1(a>0)的右焦點(diǎn),直線y=kx與雙曲線交于A,B兩點(diǎn),若∠AF2B=2π3,則△A.22B.23C.42D.43答案D6.(2018東北師大附中五模,12)直線l過(guò)拋物線y2=4x的焦點(diǎn)F且與拋物線交于A,B兩點(diǎn),若線段AF,BF的長(zhǎng)分別為m,n,則4m+n的最小值是()A.10B.9C.8D.7答案B7.(2019遼寧丹東質(zhì)量測(cè)試(一),12)直線x-3y+3=0與橢圓x29+y26=1相交于M,N兩點(diǎn),設(shè)O是坐標(biāo)原點(diǎn),則△OMNA.3B.233C.33答案D8.(2019陜西四校聯(lián)考,11)已知橢圓和雙曲線有共同的焦點(diǎn)F1,F2,P是它們的一個(gè)交點(diǎn),且∠F1PF2=2π3,記橢圓和雙曲線的離心率分別為e1,e2,則3e12A.4B.23C.2D.3答案A9.(2020屆廣東百校聯(lián)考,12)已知拋物線y2=16x的焦點(diǎn)為F,過(guò)點(diǎn)F作直線l交拋物線于M,N兩點(diǎn),則|NF|9-4|A.23B.-23C.-13答案D二、多項(xiàng)選擇題(每題5分,共10分)10.(改編題)已知圓錐曲線C1:mx2+ny2=1(n>m>0)與C2:px2-qy2=1(p>0,q>0)的公共焦點(diǎn)為F1,F2.點(diǎn)M為C1,C2的一個(gè)公共點(diǎn),且滿足∠F1MF2=90°,若圓錐曲線C1的離心率為34,則下列說(shuō)法正確的是(A.C2的離心率為9B.C2的離心率為3C.C2的漸近線方程為y=±142D.C2的漸近線方程為y=±32答案BC11.(改編題)已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,離心率為e1,橢圓C1的上頂點(diǎn)為M,且MF1·MF2=0,雙曲線C2和橢圓C1有相同焦點(diǎn),且雙曲線C2的離心率為e2,P為曲線C1與C2的一個(gè)公共點(diǎn),若∠FA.e2e1=2B.e1·eC.e12+e22=52答案BD三、填空題(每題5分,共15分)12.(原創(chuàng)題)已知A(-2,0),B(2,0),C(2,3),若圓錐曲線E是以A,B為焦點(diǎn),并經(jīng)過(guò)頂點(diǎn)C,寫(xiě)出符合條件的一個(gè)圓錐的曲線方程:.

答案x216+y13.(2019河北九校3月聯(lián)考,14)設(shè)F1,F2是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn),P為橢圓C上的一點(diǎn),且PF1⊥PF2,若△PF1F2的面積為9,周長(zhǎng)為答案x225+14.(2020屆廣東珠海9月摸底,16)已知F是拋物線C:y2=8x的焦點(diǎn),點(diǎn)M(2,6),點(diǎn)P是C上任意一點(diǎn),當(dāng)點(diǎn)P在P1時(shí),|PF|-|PM|取得最大值,當(dāng)點(diǎn)P在P2時(shí),|PF|-|PM|取得最小值,則|P1P2|=.

答案5四、解答題(共60分)15.(2020屆湖北黃岡9月新起點(diǎn)考試,20)橢圓C的焦點(diǎn)為F1(-1,0),F2(1,0),橢圓上一點(diǎn)P3,32.直線l的斜率存在,且不經(jīng)過(guò)點(diǎn)F2,l與橢圓C交于A,B兩點(diǎn),且∠AF2O+∠(1)求橢圓C的方程;(2)求證:直線l過(guò)定點(diǎn).解析(1)由題意得c=1,2a=|PF1|+|PF2|=(3+1)a=2,則b=3,所以橢圓C的方程為x24+(2)設(shè)直線l的方程為y=kx+m,由題意知kAF2聯(lián)立y=kx+m,3x2+4yΔ=(8km)2-4×(3+4k2)(4m2-12)>0,即4k2-m2+3>0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-8km3+4k2,x1x由y1x1-1+y2x2-1=0,即2kx1x2+(m-k)(x1+x2)-2m=0,把x1+x2=-8km3+4k2,x1x2把m=-4k代入4k2-m2+3>0,解得-12<k<1而直線不過(guò)點(diǎn)F2(1,0),所以k≠0,即-12