2023版高考数学一轮总复习 10年高考真题分类题组 9.docx

1、9.5圆锥曲线的综合问题考点一求轨迹方程1.(2014广东理,20,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的一个焦点为(5,0),离心率为53.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若动点P(x0,y0)为椭圆C外一点,且点P到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程.解析(1)由题意知c=5,e=ca=53,a=3,b2=a2-c2=4,故椭圆C的标准方程为x29+y24=1.(2)设两切线为l1,l2,当l1x轴或l1x轴时,l2x轴或l2x轴,可知P(3,2).当l1与x轴不垂直且不平行时,x03,设l1的斜率为k,且k0,则l2的斜率为-1k,l1的方程为y-y0=k(x-x

2、0),与x29+y24=1联立,整理得(9k2+4)x2+18(y0-kx0)kx+9(y0-kx0)2-36=0,直线l1与椭圆相切,=0,即9(y0-kx0)2k2-(9k2+4)(y0-kx0)2-4=0,(x02-9)k2-2x0y0k+y02-4=0,k是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y02-4=0的一个根,同理,-1k是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y02-4=0的另一个根,k-1k=y02-4x02-9,整理得x02+y02=13,其中x03,点P的轨迹方程为x2+y2=13(x3).P(3,2)满足上式.综上,点P的轨迹方程为x2+y2=13.评析本题考查椭圆的

3、标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系以及轨迹方程的求法.考查分类讨论思想以及方程思想的应用.2.(2014湖北理,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程;(2)设斜率为k的直线l过定点P(-2,1).求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围.解析(1)设点M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1,即(x-1)2+y2=|x|+1,化简整理得y2=2(|x|+x).故点M的轨迹C的方程为y2=4x,x0,0,x0.(2)在点M的轨迹C中,记C1:y2=4x,C2:y=0(x0

4、),依题意,可设直线l的方程为y-1=k(x+2).由方程组y-1=k(x+2),y2=4x,可得ky2-4y+4(2k+1)=0.(i)当k=0时,此时y=1.把y=1代入轨迹C的方程,得x=14.故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点14,1.(ii)当k0时,方程的判别式为=-16(2k2+k-1).设直线l与x轴的交点为(x0,0),则由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-2k+1k.1若0,x00,由解得k12.即当k(-,-1)12,+时,直线l与C1没有公共点,与C2有一个公共点,故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.2若=0,x00,x00,则由解得k-1,12或-

5、12k0,x00,则由解得-1k-12或0k12.即当k-1,-120,12时,直线l与C1有两个公共点,与C2有一个公共点,故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点.综合(i)(ii)可知,当k(-,-1)12,+0时,直线l与轨迹C恰好有一个公共点;当k-12,0-1,12时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点;当k-1,-120,12时,直线l与轨迹C恰好有三个公共点.评析本题考查了直线和抛物线的位置关系,考查了数形结合的方法,灵活地利用判别式是求解的关键.盲目利用抛物线的定义而漏掉射线y=0(x0)就会造成错解而失分.3.(2013课标,理20,文21,12分)已知圆M:(x+1)2+y2=1

6、,圆N:(x-1)2+y2=9,动圆P与圆M外切并且与圆N内切,圆心P的轨迹为曲线C.(1)求C的方程;(2)l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求|AB|.解析由已知得圆M的圆心为M(-1,0),半径r1=1;圆N的圆心为N(1,0),半径r2=3.设圆P的圆心为P(x,y),半径为R.(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4.由椭圆的定义可知,曲线C是以M、N为左、右焦点,长半轴长为2,短半轴长为3的椭圆(左顶点除外),其方程为x24+y23=1(x-2).(2)对于曲线C上任意一

7、点P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-22,所以R2,当且仅当圆P的圆心为(2,0)时,R=2.所以当圆P的半径最长时,其方程为(x-2)2+y2=4.若l的倾斜角为90,则l与y轴重合,可得|AB|=23.若l的倾斜角不为90,由r1R知l不平行于x轴,设l与x轴的交点为Q,则|QP|QM|=Rr1,可求得Q(-4,0),所以可设l:y=k(x+4).由l与圆M相切得|3k|1+k2=1,解得k=24.当k=24时,将y=24x+2代入x24+y23=1,并整理得7x2+8x-8=0,解得x1,2=-4627.所以|AB|=1+k2|x2-x1|=187.当k=-24时,由图形的对称

8、性可知|AB|=187.综上,|AB|=23或|AB|=187.评析本题考查了直线和圆的位置关系,考查了椭圆的定义和方程,考查了分类讨论的方法和运算求解能力.利用数形结合的方法是解题的关键.在求曲线C的方程时容易忽视对左顶点和直线倾斜角为90时的讨论而造成失分.4.(2013课标文,20,12分)在平面直角坐标系xOy中,已知圆P在x轴上截得线段长为22,在y轴上截得线段长为23.(1)求圆心P的轨迹方程;(2)若P点到直线y=x的距离为22,求圆P的方程.解析(1)设P(x,y),圆P的半径为r.由题设得y2+2=r2,x2+3=r2.从而y2+2=x2+3.故P点的轨迹方程为y2-x2=1

9、.(2)设P(x0,y0),由已知得|x0-y0|2=22.又P在双曲线y2-x2=1上,从而得|x0-y0|=1,y02-x02=1.由x0-y0=1,y02-x02=1得x0=0,y0=-1.此时,圆P的半径r=3.由x0-y0=-1,y02-x02=1得x0=0,y0=1.此时,圆P的半径r=3.故圆P的方程为x2+(y-1)2=3或x2+(y+1)2=3.5.(2016课标,20,12分)设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.(1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程;(2)设

10、点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.解析(1)因为|AD|=|AC|,EBAC,故EBD=ACD=ADC.所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.又圆A的标准方程为(x+1)2+y2=16,从而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.(2分)由题设得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为x24+y23=1(y0).(4分)(2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2).由y=k(x-1

11、),x24+y23=1得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.则x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3.所以|MN|=1+k2|x1-x2|=12(k2+1)4k2+3.(6分)过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y=-1k(x-1),A到m的距离为2k2+1,所以|PQ|=242-2k2+12=44k2+3k2+1.故四边形MPNQ的面积S=12|MN|PQ|=121+14k2+3.(10分)可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,83).当l与x轴垂直时,其方程为x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四边形MPNQ的面积为12.综上,四

12、边形MPNQ面积的取值范围为12,83).(12分)6.(2021北京首师大二附中高三开学测试,10)曲线C是平面内到定点F(0,1)和定直线l:y=-1的距离之和等于4的点的轨迹,给出下列三个结论:曲线C关于y轴对称;若点P(x,y)在曲线C上,则|y|2;若点P在曲线C上,则1|PF|4.其中真命题的个数是()A.0B.1C.2D.3答案D本题考查点的轨迹方程,考查学生运用代数方法分析与解决问题的能力,渗透逻辑推理与数学运算的核心素养,试题体现创新性.设曲线C上任意一点为(x,y),则有x2+(y-1)2+|y+1|=4,化简得y=2-x24(y-1),-2+x212(y-1).对于,将x

13、换为-x,表达式不变,故正确.对于,y=2-x24(y-1),-1y2,y=-2+x212(y-1),-2y-1,|y|2,故正确.对于,|PF|+|y+1|=4,|y|2,-2y2,-1y+13,0|y+1|3,|PF|=4-|y+1|1,4.1|PF|4,故正确.故选D.思路分析先求得曲线C的轨迹方程为y=2-x24(y-1),-2+x212(y-1),再依次讨论.7.(2021北京顺义二模,15)曲线C是平面内与两个定点F1(0,1),F2(0,-1)的距离的积等于32的点P的轨迹,给出下列四个结论:曲线C关于坐标轴对称;F1PF2周长的最小值为2+6;点P到y轴距离的最大值为22;点P

14、到原点距离的最小值为22.其中所有正确结论的序号是.答案解析设P(x,y),由题意可得x2+(y+1)2x2+(y-1)2=32,即x2+(y+1)2x2+(y-1)2=94,用-x代换x,或-y代换y,方程不变,所以曲线C关于坐标轴对称,所以正确;设a=x2+(y+1)2,b=x2+(y-1)2,可得ab=32,则a+b2ab=232=6,当且仅当a=b时,等号成立,所以F1PF2周长的最小值为a+b+2=2+6,所以正确;过点P作PEF1F2,则cosF1PF2=a2+b2-42ab=a2+b23-43132ab-43=-13,当且仅当a=b时,等号成立,当F1PF2=2时,sinF1PF

15、2取得最大值,所以F1PF2的最大面积为SF1PF2=12absinF1PF2=34,又由SF1PF2=12|F1F2|PE|=34,解得|PE|=34,即点P到y轴的最大距离为34,所以不正确;由(a+b)2=a2+b2+2ab=x2+(y+1)2+x2+(y-1)2+2ab=2x2+2y2+2+2ab=2(x2+y2)2+2+2ab=2(x2+y2)2+5,又由a+b2ab=232=6,当且仅当a=b时,等号成立,所以2(x2+y2)2+56,可得x2+y222,所以正确.故答案为.思路分析设点P(x,y),由题意得x2+(y+1)2x2+(y-1)2=32,结合对称性的判定方法,可判定正

16、确;设a=x2+(y+1)2,b=x2+(y-1)2,得到ab=32,结合基本不等式,可判定正确;过点P作PEF1F2,求得F1PF2的最大面积为SF1PF2=34,利用等面积法,可判定不正确;化简(a+b)2=a2+b2+2ab=2(x2+y2)2+5,结合基本不等式,可判定正确.8.(2021北京门头沟高三一模,19)曲线C上任一点M(x,y)到点F1(-1,0),F2(1,0)距离之和为22,点P(x0,y0)是曲线C上一点,直线l过点P且与直线x0x+2y0y-2=0垂直,直线l与x轴交于一点Q.(1)求曲线C的方程及点Q的坐标(用点P(x0,y0)的坐标表示);(2)比较|PF1|P

17、F2|与|QF1|QF2|的大小,并证明你的结论.解析(1)由题意可知,曲线C是焦点在x轴上的椭圆,c=1,a=2,b=1.所以曲线C的方程为x22+y2=1.当y0=0时,直线l与x轴重合,不合题意.当x0=0时,直线l与y轴重合,点Q是原点,所以Q(0,0).当x00,y00时,由题意得kl=2y0x0,直线l的方程为2y0x-x0y-x0y0=0,得Qx02,0.综上所述,点Qx02,0.(2)|PF1|PF2|=|QF1|QF2|.证明如下:点P(x0,y0)满足方程x022+y02=1,|PF1|PF2|=(x0+1)2+y02(x0-1)2+y02,将y02=1-x022代入上式得

18、|PF1|PF2|=(x0+1)2+y02(x0-1)2+y02=12|x0+2|12|x0-2|=|x0+2|x0-2|,|QF1|QF2|=x02+1x02-1=|x0+2|x0-2|,所以,|PF1|PF2|=|QF1|QF2|.9.(2021山东滨州一模,21)已知点A(0,-1),B(0,1),动点P满足|PB|AB|=PABA.记点P的轨迹为曲线C.(1)求C的方程;(2)设D为直线y=-2上的动点,过D作C的两条切线,切点分别是E,F.证明:直线EF过定点.解析(1)设P(x,y),则PA=(-x,-1-y),PB=(-x,1-y),又AB=(0,2),BA=(0,-2),所以|

19、PB|AB|=PABA可化为2(-x)2+(1-y)2=2(1+y),化简得x2=4y.所以C的方程为x2=4y.(2)由题设可设D(t,-2),E(x1,y1),F(x2,y2),由题意知切线DE,DF的斜率都存在,由x2=4y,得y=x24,则y=x2,所以kDE=x12,直线DE的方程为y-y1=x12(x-x1),即y-y1=x12x-x122.因为E(x1,y1)在抛物线x2=4y上,所以x12=4y1,即x122=2y1,将代入可得x1x-2y1-2y=0,所以直线DE的方程为x1x-2y1-2y=0.同理可得直线DF的方程为x2x-2y2-2y=0.因为D(t,-2)在直线DE上

20、,所以tx1-2y1+4=0,又D(t,-2)在直线DF上,所以tx2-2y2+4=0,所以直线EF的方程为tx-2y+4=0,故直线EF过定点(0,2).思路分析(1)把已知条件用坐标表示,并化简即得C的方程;(2)设D(t,-2),E(x1,y1),F(x2,y2),利用导数得出切线DE,DF的斜率,求得方程,由D分别在切线上,可得直线EF的方程,由直线方程可得定点坐标.考点二定点与定值问题的解题方法1.(2016北京文,19,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1过A(2,0),B(0,1)两点.(1)求椭圆C的方程及离心率;(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于

21、点M,直线PB与x轴交于点N.求证:四边形ABNM的面积为定值.解析(1)由题意得,a=2,b=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(3分)又c=a2-b2=3,所以离心率e=ca=32.(5分)(2)设P(x0,y0)(x00,y0b0)的离心率为22,点(2,2)在C上.(1)求C的方程;(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.证明:直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.解析(1)由题意有a2-b2a=22,4a2+2b2=1,解得a2=8,b2=4.所以C的方程为x28+y24=1.(2)设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,

22、y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入x28+y24=1得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故xM=x1+x22=-2kb2k2+1,yM=kxM+b=b2k2+1.于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-12k,即kOMk=-12.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.评析本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系;考查了定值问题的解题方法.利用韦达定理解决线段的中点是求解关键.3.(2015陕西文,20,12分)如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)经过点A(0,-1),且离心率为22.(1)求椭圆E的方程;(2)经过点(1,1),且斜率为

23、k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP与AQ的斜率之和为2.解析(1)由题设知ca=22,b=1,结合a2=b2+c2,解得a=2.所以椭圆E的方程为x22+y2=1.(2)证明:由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k2),代入x22+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0.由已知可知0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x20,则x1+x2=4k(k-1)1+2k2,x1x2=2k(k-2)1+2k2.从而直线AP,AQ的斜率之和kAP+kAQ=y1+1x1+y2+1x2=kx1+2-kx1+kx2+2-kx2=2

24、k+(2-k)1x1+1x2=2k+(2-k)x1+x2x1x2=2k+(2-k)4k(k-1)2k(k-2)=2k-2(k-1)=2.评析本题考查椭圆标准方程与简单性质的同时,重点考查直线与椭圆的位置关系.4.(2016北京,19,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,A(a,0),B(0,b),O(0,0),OAB的面积为1.(1)求椭圆C的方程;(2)设P是椭圆C上一点,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:|AN|BM|为定值.解析(1)由题意得ca=32,12ab=1,a2=b2+c2,解得a=2,b=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=

25、1.(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).设P(x0,y0),则x02+4y02=4.当x00时,直线PA的方程为y=y0x0-2(x-2).令x=0,得yM=-2y0x0-2,从而|BM|=|1-yM|=1+2y0x0-2.直线PB的方程为y=y0-1x0x+1.令y=0,得xN=-x0y0-1,从而|AN|=|2-xN|=2+x0y0-1.所以|AN|BM|=2+x0y0-11+2y0x0-2=x02+4y02+4x0y0-4x0-8y0+4x0y0-x0-2y0+2=4x0y0-4x0-8y0+8x0y0-x0-2y0+2=4.当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2

26、,所以|AN|BM|=4.综上,|AN|BM|为定值.一题多解(2)点P在曲线x22+y12=1上,不妨设P(2cos,sin),当k且k+2(kZ)时,直线AP的方程为y-0=sin2(cos-1)(x-2),令x=0,得yM=sin1-cos;直线BP的方程为y-1=sin-12cos(x-0),令y=0,得xN=2cos1-sin.|AN|BM|=21-cos1-sin1-sin1-cos=22(1-sin)(1-cos)(1-sin)(1-cos)=22=4(定值).当=k或=k+2(kZ)时,M、N是定点,易得|AN|BM|=4.综上,|AN|BM|=4.5.(2021广西一模,20

27、)已知经过原点O的直线与离心率为22的椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)交于A,B两点,F1、F2是椭圆C的左、右焦点,且AF1F2面积的最大值为1.(1)求椭圆C的标准方程;(2)如图所示,设点P是椭圆C上异于左、右顶点的任意一点,过点P的椭圆C的切线与x=-2交于点M.记直线PF1的斜率为k1,直线MF2的斜率为k2,证明:k1k2为定值,并求出该定值.解析(1)根据对称性可设A点在B点上方,当点A为椭圆C的上顶点时,SAF1F2=cb=1,又e=ca=22,b2=a2-c2,解得a2=2,b2=1,所以椭圆C的标准方程为x22+y2=1.(2)设过点P的椭圆的切线方程为y=kx+m

28、,P(x0,y0),联立y=kx+m,x22+y2=1,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,所以=(4km)2-4(2k2+1)(2m2-2)=0,化简得2k2+1-m2=0,即m2=1+2k2,同时解得点P的横坐标为x0=-2km2k2+1,则y0=kx0+m=m2k2+1,所以P-2km2k2+1,m2k2+1,把代入得,P-2km,1m,故k1=1m-0-2km-(-1)=1m-2k,在y=kx+m中,令x=-2,得y=m-2k,所以点M的坐标是(-2,m-2k),则k2=(m-2k)-0-2-1=2k-m3,所以k1k2=1m-2k2k-m3=-13(定值).思路分析设过点

29、P的椭圆的切线方程为y=kx+m,P(x0,y0),联立椭圆与直线的方程,得关于x的一元二次方程,由判别式=0,得m2=1+2k2,解得P点坐标,进而计算出k1,解出k2,计算k1k2即可.6.(2021山西太原一模,21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别是F1,F2,其离心率e=12,点P是椭圆C上一动点,PF1F2内切圆面积的最大值为3.(1)求椭圆C的标准方程;(2)直线PF1,PF2与椭圆C分别相交于点A,B,求证:|PF1|F1A|+|PF2|F2B|为定值.解析(1)由题意得PF1F2内切圆半径的最大值为33,当点P为椭圆C的上(或下)顶点时,PF1F2

30、的内切圆半径最大,此时SPF1F2=12(2a+2c)33=122cb.由题意知e=ca=12,12(2a+2c)33=122cb,a2=b2+c2,b2=3,a2=4,椭圆C的标准方程为x24+y23=1.(2)证明:设P(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2).(i)当y00时,设直线PF1,PF2的方程分别是x=m1y-1,x=m2y+1.由x=m1y-1,x24+y23=1得(3m12+4)y2-6m1y-9=0,0,y0y1=-93m12+4,x0=m1y0-1,m1=x0+1y0,又x024+y023=1,y0y1=-5+2x03.同理,由x=m2y+1,x24+y23=

31、1可得y0y2=-5-2x03.|PF1|F1A|+|PF2|F2B|=-y0y1-y0y2=103.(ii)当y0=0时,直线PF1,PF2与x轴重合,易得|PF1|F1A|+|PF2|F2B|=3+13=103.综上所述,|PF1|F1A|+|PF2|F2B|为定值103.解题思路(1)首先由题意求得PF1F2内切圆半径的最大值,然后由离心率公式、三角形面积公式,以及椭圆中a,b,c的关系建立方程组求得a2,b2的值,从而求得椭圆C的标准方程;(2)设P(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2),当y00时,设直线PF1,PF2的方程分别是x=m1y-1,x=m2y+1,然后分别与

32、椭圆方程联立,利用根与系数的关系分别求出y0y1,y0y2,从而求得结果,进而验证y0=0即可.7.(2021安徽合肥一模,20)已知抛物线C:y2=2x,过点(1,0)的直线l与抛物线C交于A,B两点,O为坐标原点.(1)若|AB|=22,求AOB外接圆的方程;(2)若点A关于x轴的对称点是A(A与B不重合),证明:直线AB经过定点.解析(1)设直线l的方程为x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2),联立x=ty+1,y2=2x得y2-2ty-2=0,则y1+y2=2t,y1y2=-2.所以|AB|=1+t24t2+8=2(t2+1)(t2+2),由|AB|=22,解得t=0,所以A

33、,B的坐标为(1,2),(1,-2),AOB外接圆的圆心在x轴上,设圆心为(a,0),由a2=(a-1)2+(2)2,解得a=32,所以AOB外接圆的方程为x-322+y2=94.(2)证明:由A(x1,y1),得A(x1,-y1),由(1)知,y1+y2=2t,y1y2=-2,设直线AB的方程为x=my+n,联立x=my+n,y2=2x得y2-2my-2n=0,则(-y1)y2=-2n,所以2n=-2,即n=-1,所以直线AB过定点(-1,0).思路分析(1)设直线l的方程为x=ty+1,设A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线l与抛物线的方程,结合弦长公式可得|AB|,解得t,进而可

34、得A,B的坐标,知AOB外接圆的圆心在x轴上,设圆心为(a,0),由a2=(a-1)2+(2)2,解得a,进而可得答案.(2)由A(x1,y1),得A(x1,-y1),由(1)知,y1+y2,y1y2,联立直线AB与抛物线的方程,结合根与系数的关系可得答案.考点三最值与范围问题1.(2021云南师范大学附属中学下学期第七次月考,12)已知双曲线C:x22-y2=1,若直线l:y=kx+m(km0)与双曲线C交于不同的两点M,N,且M,N都在以A(0,-1)为圆心的圆上,则m的取值范围是()A.-13,0(3,+)B.(3,+)C.(-,0)(3,+)D.-13,3答案A设M(x1,y1),N(

35、x2,y2),由y=kx+m,x2-2y2=2得(1-2k2)x2-4kmx-2(1+m2)=0,则1-2k20,=8(1+m2-2k2)0,(*)由根与系数的关系得x1+x2=4mk1-2k2,x1x2=-2(m2+1)1-2k2,设MN的中点为G(x0,y0),则x0=2km1-2k2,y0=m1-2k2,连接AG,由已知得AGMN,1+m-2k22kmk=-1,2k2=3m+1,由2k20结合(*)可得-13m3,故选A.思路分析由直线与双曲线方程联立,消去x得到(1-2k2)x2-4kmx-2(1+m2)=0,根据相交于两点,可得1-2k20,=8(1+m2-2k2)0(*),设MN的

36、中点为G(x0,y0),根据M,N都在以A(0,-1)为圆心的圆上,得AGMN,得到k,m的关系,再结合(*)求解.2.(2019课标文,20,12分)已知F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的两个焦点,P为C上的点,O为坐标原点.(1)若POF2为等边三角形,求C的离心率;(2)如果存在点P,使得PF1PF2,且F1PF2的面积等于16,求b的值和a的取值范围.解析本题主要考查椭圆的定义、简单的几何性质;考查数形结合的数学思想和逻辑思维能力与运算求解能力;体现了逻辑推理与数学运算的核心素养.(1)连接PF1.由POF2为等边三角形可知在F1PF2中,F1PF2=90,|PF2

37、|=c,|PF1|=3c,于是2a=|PF1|+|PF2|=(3+1)c,故C的离心率e=ca=3-1.(2)由题意可知,满足条件的点P(x,y)存在,当且仅当12|y|2c=16,yx+cyx-c=-1,x2a2+y2b2=1,即c|y|=16,x2+y2=c2,x2a2+y2b2=1.由及a2=b2+c2得y2=b4c2,又由知y2=162c2,故b=4.由得x2=a2c2(c2-b2),所以c2b2,从而a2=b2+c22b2=32,故a42.当b=4,a42时,存在满足条件的点P.所以b=4,a的取值范围为42,+).思路分析第(1)问中由平面几何知识可知PF1F2是F1PF2=90的

38、直角三角形,且|PF2|=c,|PF1|=3c,再利用椭圆的定义找出a与c的等量关系,进而求离心率.第(2)问中设出P点坐标,利用SPF1F2=16,PF1PF2以及x2a2+y2b2=1得到方程,消元化简可求b的值和a的取值范围.一题多解(2)设|PF1|=r1,|PF2|=r2,由椭圆的定义可得r1+r2=2a,SPF1F2=12r1r2=16,r1r2=32.又PF1PF2,r12+r22=4c2,(r1+r2)2=r12+r22+2r1r2=4c2+64=4a2,4a2-4c2=64,b=4,又r12+r222r1r2,4c2232,c4,a2=b2+c2=16+c232,b的值为4,

39、a的取值范围为42,+).3.(2018浙江,21,15分)如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.(1)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴;(2)若P是半椭圆x2+y24=1(x0)上的动点,求PAB面积的取值范围.解析本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.(1)设P(x0,y0),A14y12,y1,B14y22,y2.因为PA,PB的中点在抛物线上,所以y1,y2为方程y+y022=414y2+x02即y2-2y0y+8x0-y02=0的两个不同

40、的实根.所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y轴.(2)由(1)可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,所以|PM|=18(y12+y22)-x0=34y02-3x0,|y1-y2|=22(y02-4x0).因此,PAB的面积SPAB=12|PM|y1-y2|=324(y02-4x0)32.因为x02+y024=1(x0b0)的离心率为22,焦距为2.(1)求椭圆E的方程;(2)如图,动直线l:y=k1x-32交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2,且k1k2=24.M是线段OC延长线上一点,且|MC|AB|=23,M的半径为|MC|,OS,OT是M的两条切

41、线,切点分别为S,T.求SOT的最大值,并求取得最大值时直线l的斜率.解析本题考查椭圆的方程,直线与椭圆、圆的位置关系,考查最值的求解方法和运算求解能力.(1)由题意知e=ca=22,2c=2,所以a=2,b=1,因此椭圆E的方程为x22+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立x22+y2=1,y=k1x-32,消y整理得(4k12+2)x2-43k1x-1=0,由题意知0,且x1+x2=23k12k12+1,x1x2=-12(2k12+1),所以|AB|=1+k12|x1-x2|=21+k121+8k121+2k12.由题意可知圆M的半径r=23|AB|=2231+k12

42、1+8k122k12+1.由题设知k1k2=24,所以k2=24k1,因此直线OC的方程为y=24k1x.联立x22+y2=1,y=24k1x,得x2=8k121+4k12,y2=11+4k12,因此|OC|=x2+y2=1+8k121+4k12.由题意可知sinSOT2=rr+|OC|=11+|OC|r,而|OC|r=1+8k121+4k122231+k121+8k121+2k12=3241+2k121+4k121+k12,令t=1+2k12,则t1,1t(0,1),因此|OC|r=32t2t2+t-1=3212+1t-1t2=321-1t-122+941,当且仅当1t=12,即t=2时等号

43、成立,此时k1=22,所以sinSOT212,因此SOT26,所以SOT的最大值为3.综上所述:SOT的最大值为3,取得最大值时直线l的斜率k1=22.思路分析(1)由离心率和焦距,利用基本量运算求解;(2)联立直线l与椭圆方程,利用距离公式求出|AB|,联立直线OC与椭圆方程求|OC|,进而建立sinSOT2与k1之间的函数关系,利用二次函数的性质求解.疑难突破把角的问题转化为三角函数问题,即由sinSOT2=11+|OC|r=f(k1)求解是解题的突破口.解题反思最值问题一般利用函数的思想方法求解,利用距离公式建立sinSOT2与k1之间的函数关系是解题关键.牢固掌握基础知识和方法是求解的

44、前提.本题的完美解答体现了数学知识、能力、思想、方法的完美结合.5.(2016浙江理,19,15分)如图,设椭圆x2a2+y2=1(a1).(1)求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长(用a,k表示);(2)若任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点,求椭圆离心率的取值范围.解析(1)设直线y=kx+1被椭圆截得的线段为AP,由y=kx+1,x2a2+y2=1得(1+a2k2)x2+2a2kx=0,故x1=0,x2=-2a2k1+a2k2.因此|AP|=1+k2|x1-x2|=2a2|k|1+a2k21+k2.(2)假设圆与椭圆的公共点有4个,由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的

45、点P,Q,满足|AP|=|AQ|.记直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2,且k1,k20,k1k2.由(1)知,|AP|=2a2|k1|1+k121+a2k12,|AQ|=2a2|k2|1+k221+a2k22,故2a2|k1|1+k121+a2k12=2a2|k2|1+k221+a2k22,所以(k12-k22)1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22=0.由于k1k2,k1,k20得1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22=0,因此1k12+11k22+1=1+a2(a2-2),因为式关于k1,k2的方程有解的充要条件是1+a2(a2-2)1,所以a2.因此,任意以点A(0

46、,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1a2,由e=ca=a2-1a得,所求离心率的取值范围为03)的右焦点为F,右顶点为A.已知1|OF|+1|OA|=3e|FA|,其中O为原点,e为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程;(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点H.若BFHF,且MOAMAO,求直线l的斜率的取值范围.解析(1)设F(c,0),由1|OF|+1|OA|=3e|FA|,即1c+1a=3ca(a-c),可得a2-c2=3c2,又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4,所以,椭圆的方程为x24+y23=1.(2

47、)设直线l的斜率为k(k0),则直线l的方程为y=k(x-2).设B(xB,yB),由方程组x24+y23=1,y=k(x-2)消去y,整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.解得x=2或x=8k2-64k2+3,由题意得xB=8k2-64k2+3,从而yB=-12k4k2+3.由(1)知,F(1,0),设H(0,yH),有FH=(-1,yH),BF=9-4k24k2+3,12k4k2+3.由BFHF,得BFFH=0,所以4k2-94k2+3+12kyH4k2+3=0,解得yH=9-4k212k.因此直线MH的方程为y=-1kx+9-4k212k.设M(xM,yM),由方程组

48、y=k(x-2),y=-1kx+9-4k212k消去y,解得xM=20k2+912(k2+1).在MAO中,MOAMAO|MA|MO|,即(xM-2)2+yM2xM2+yM2,化简得xM1,即20k2+912(k2+1)1,解得k-64或k64.所以,直线l的斜率的取值范围为-,-6464,+.解后反思由于引起变动的原因是直线不定,而直线过已知定点,因此直线的斜率是“战争的根源”.直线与直线、直线与椭圆的交点坐标归结为方程组的解,用直线的斜率k表示出点M的坐标是“奋斗的目标”.评析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、一元二次不等式基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算

49、求解能力、以及用方程思想解决问题的能力.7.(2016浙江文,19,15分)如图,设抛物线y2=2px(p0)的焦点为F,抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|-1.(1)求p的值;(2)若直线AF交抛物线于另一点B,过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N,AN与x轴交于点M.求M的横坐标的取值范围.解析(1)由题意可得,抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离,由抛物线的定义得p2=1,即p=2.(2)由(1)得,抛物线方程为y2=4x,F(1,0),可设A(t2,2t),t0,t1.因为AF不垂直于y轴,可设直线AF:x=sy+1(s0),由y2=4x,x=sy+

50、1消去x得y2-4sy-4=0,故y1y2=-4,所以,B1t2,-2t.又直线AB的斜率为2tt2-1,故直线FN的斜率为-t2-12t.从而得直线FN:y=-t2-12t(x-1),直线BN:y=-2t.所以Nt2+3t2-1,-2t.设M(m,0),由A,M,N三点共线得2tt2-m=2t+2tt2-t2+3t2-1,于是m=2t2t2-1.所以m2.经检验,m2满足题意.综上,点M的横坐标的取值范围是(-,0)(2,+).思路分析(1)利用抛物线的定义来解题;(2)由(1)知抛物线的方程,可设A点坐标及直线AF的方程,与抛物线方程联立可得B点坐标,进而得直线FN的方程与直线BN的方程,

51、联立可得N点坐标,最后利用A,M,N三点共线可得kAN=kAM,最终求出结果.评析本题主要考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力.8.(2015天津,19,14分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为F(-c,0),离心率为33,点M在椭圆上且位于第一象限,直线FM被圆x2+y2=b24截得的线段的长为c,|FM|=433.(1)求直线FM的斜率;(2)求椭圆的方程;(3)设动点P在椭圆上,若直线FP的斜率大于2,求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围.解析(1)由已知有c2a2=13,又由a2=b2+c2,可得a2=

52、3c2,b2=2c2.设直线FM的斜率为k(k0),则直线FM的方程为y=k(x+c).由已知,有kck2+12+c22=b22,解得k=33.(2)由(1)得椭圆方程为x23c2+y22c2=1,直线FM的方程为y=33(x+c),两个方程联立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-53c或x=c.由点M在第一象限,可得M的坐标为c,233c.由|FM|=(c+c)2+233c-02=433,解得c=1,所以椭圆的方程为x23+y22=1.(3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,得t=yx+1,即y=t(x+1)(x-1),与椭圆方程联立得y=t(x+1),x23+

53、y22=1,消去y,整理得2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t=6-2x23(x+1)22,解得-32x-1,或-1x0.设直线OP的斜率为m,得m=yx,即y=mx(x0),与椭圆方程联立,整理可得m2=2x2-23.当x-32,-1时,有y=t(x+1)0,于是m=2x2-23,得m23,233.当x(-1,0)时,有y=t(x+1)0,因此m0,将AB中点M2mbm2+2,m2bm2+2代入直线方程y=mx+12,解得b=-m2+22m2.由得m63.(2)令t=1m-62,00,62,则|AB|=t2+1-2t4+2t2+32t2+12,且O到直线AB的距离为d=t2+12t

54、2+1.设AOB的面积为S(t),所以S(t)=12|AB|d=12-2t2-122+222.当且仅当t2=12时,等号成立.故AOB面积的最大值为22.评析本题主要考查椭圆的几何性质,直线与椭圆的位置关系等基础知识,同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力.10.(2013课标理,20,12分)平面直角坐标系xOy中,过椭圆M:x2a2+y2b2=1(ab0)右焦点的直线x+y-3=0交M于A,B两点,P为AB的中点,且OP的斜率为12.(1)求M的方程;(2)C,D为M上两点,若四边形ACBD的对角线CDAB,求四边形ACBD面积的最大值.解析(1)设A(x1,y1),B(x2,y2)

55、,P(x0,y0),则x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,y2-y1x2-x1=-1,由此可得b2(x2+x1)a2(y2+y1)=-y2-y1x2-x1=1.因为x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,y0x0=12,所以a2=2b2.又由题意知,M的右焦点为(3,0),故a2-b2=3.因此a2=6,b2=3.所以M的方程为x26+y23=1.(2)由x+y-3=0,x26+y23=1解得x=433,y=-33或x=0,y=3.因此|AB|=463.由题意可设直线CD的方程为y=x+n-533n0)交于M,N两点.(1)当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程;(2)

56、y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有OPM=OPN?说明理由.解析(1)由题设可得M(2a,a),N(-2a,a)或M(-2a,a),N(2a,a).又y=x2,故y=x24在x=2a处的导数值为a,C在点(2a,a)处的切线方程为y-a=a(x-2a),即ax-y-a=0.y=x24在x=-2a处的导数值为-a,C在点(-2a,a)处的切线方程为y-a=-a(x+2a),即ax+y+a=0.故所求切线方程为ax-y-a=0和ax+y+a=0.(5分)(2)存在符合题意的点,证明如下:设P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1),N(x2,y2),直线PM,PN的斜率分别为k1,k2.将

57、y=kx+a代入C的方程得x2-4kx-4a=0.故x1+x2=4k,x1x2=-4a.从而k1+k2=y1-bx1+y2-bx2=2kx1x2+(a-b)(x1+x2)x1x2=k(a+b)a.当b=-a时,有k1+k2=0,则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补,故OPM=OPN,所以点P(0,-a)符合题意.(12分)3.(2015课标理,20,12分)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.(1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;(2)若l过点m3,m,延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否

58、为平行四边形?若能,求此时l的斜率;若不能,说明理由.解析(1)设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM=x1+x22=-kbk2+9,yM=kxM+b=9bk2+9.于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-9k,即kOMk=-9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.(2)四边形OAPB能为平行四边形.因为直线l过点m3,m,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0,k3.由(1)得OM的方程为y=-9kx.设点P的横坐标为xP.由y=-9kx,

59、9x2+y2=m2得xP2=k2m29k2+81,即xP=km3k2+9.将点m3,m的坐标代入l的方程得b=m(3-k)3,因此xM=k(k-3)m3(k2+9).四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分,即xP=2xM.于是km3k2+9=2k(k-3)m3(k2+9),解得k1=4-7,k2=4+7.因为ki0,ki3,i=1,2,所以当l的斜率为4-7或4+7时,四边形OAPB为平行四边形.评析本题考查直线与圆锥曲线的位置关系,设问常规,但对运算能力要求较高,考查学生的思维能力.4.(2014湖南文,20,13分)如图,O为坐标原点,双曲线C1:x2a12-y2b1

60、2=1(a10,b10)和椭圆C2:y2a22+x2b22=1(a2b20)均过点P233,1,且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.(1)求C1,C2的方程;(2)是否存在直线l,使得l与C1交于A,B两点,与C2只有一个公共点,且|OA+OB|=|AB|?证明你的结论.解析(1)设C2的焦距为2c2,由题意知,2c2=2,2a1=2,从而a1=1,c2=1.因为点P233,1在双曲线x2-y2b12=1上,所以2332-1b12=1,故b12=3.由椭圆的定义知2a2=2332+(1-1)2+2332+(1+1)2=23.于是a2=3,b22=a22-c22=

61、2,故C1,C2的方程分别为x2-y23=1,y23+x22=1.(2)不存在符合题设条件的直线.(i)若直线l垂直于x轴,因为l与C2只有一个公共点,所以直线l的方程为x=2或x=-2.当x=2时,易知A(2,3),B(2,-3),所以|OA+OB|=22,|AB|=23,此时,|OA+OB|AB|.当x=-2时,同理可知,|OA+OB|AB|.(ii)若直线l不垂直于x轴,设l的方程为y=kx+m,由y=kx+m,x2-y23=1得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0.当l与C1相交于A,B两点时,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根,从而x1+x2=

62、2km3-k2,x1x2=m2+3k2-3.于是y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=3k2-3m2k2-3.由y=kx+m,y23+x22=1得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0.因为直线l与C2只有一个公共点,所以上述方程的判别式=16k2m2-8(2k2+3)(m2-3)=0.化简,得2k2=m2-3,因此OAOB=x1x2+y1y2=m2+3k2-3+3k2-3m2k2-3=-k2-3k2-30,于是OA2+OB2+2OAOBOA2+OB2-2OAOB,即|OA+OB|2|OA-OB|2,故|OA+OB|AB|.综合(i),(ii)可知,不存在符合题设条件的直线.

63、评析本题考查椭圆与双曲线的定义、几何性质、标准方程及直线与圆锥曲线的位置关系,同时考查方程思想,运算、推理能力,综合性较强.5.(2014福建文,21,12分)已知曲线上的点到点F(0,1)的距离比它到直线y=-3的距离小2.(1)求曲线的方程;(2)曲线在点P处的切线l与x轴交于点A,直线y=3分别与直线l及y轴交于点M,N.以MN为直径作圆C,过点A作圆C的切线,切点为B.试探究:当点P在曲线上运动(点P与原点不重合)时,线段AB的长度是否发生变化?证明你的结论.解析(1)解法一:设S(x,y)为曲线上任意一点,依题意,点S到F(0,1)的距离与它到直线y=-1的距离相等,所以曲线是以点F

64、(0,1)为焦点、直线y=-1为准线的抛物线,所以曲线的方程为x2=4y.解法二:设S(x,y)为曲线上任意一点,则|y-(-3)|-(x-0)2+(y-1)2=2,依题意,知点S(x,y)只能在直线y=-3的上方,所以y-3,所以(x-0)2+(y-1)2=y+1,化简得,曲线的方程为x2=4y.(2)当点P在曲线上运动时,线段AB的长度不变.证明如下:由(1)知抛物线的方程为y=14x2,设P(x0,y0)(x00),则y0=14x02,由y=12x,得切线l的斜率k=y|x=x0=12x0,所以切线l的方程为y-y0=12x0(x-x0),即y=12x0x-14x02.由y=12x0x-14x02,y=0得A12x0,0.由y=12x0x-14x02,y=3得M12x0+6x0,3.又N(0,3),所以圆心C14x0+3x0,3,半径r=12|MN|=14x0+3x0,|AB|=|AC|2-r2=12x0-14x0+3x02+32-14x0+3x02=6.所以点P在曲线上运动时,线段AB的长度不变.评析本题主要考查抛物线的定义与性质、圆的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等,考查运算求解能力、推理论证能力,考查数形结合思想、函数与方程思想、特殊与一般思想、化归与转化思想.