2020届高三文科数学总复习习题：9-6 圆锥曲线的综合问题 WORD版含答案.docx

1、9.6圆锥曲线的综合问题【考点集训】考点一定点与定值问题1.(2019届云南昆明摸底考试,11)设点M为抛物线C:y2=4x的准线上一点(不同于准线与x轴的交点),过抛物线C的焦点F且垂直于x轴的直线与C交于A,B两点,设MA,MF,MB的斜率分别为k1,k2,k3,则k1+k3k2的值为() A.2B.22C.4D.42答案A2.(2018江苏启东模拟,20)设顶点在原点,焦点在x轴上的抛物线过点P(2,4),过P作抛物线的动弦PA,PB,并设它们的斜率分别为kPA,kPB.(1)求抛物线的方程;(2)若kPA+kPB=0,求证直线AB的斜率为定值,并求出其值;(3)若kPAkPB=1,求证

2、直线AB恒过定点,并求出其坐标.解析(1)依题意,可设所求抛物线的方程为y2=2px(p0),因抛物线过点(2,4),故42=4p,解得p=4,故抛物线的方程为y2=8x.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则kPA=y1-4x1-2=y1-4y128-2=8y1+4,同理,kPB=8y2+4,kAB=8y1+y2.kPA+kPB=0,8y1+4+8y2+4=0,8y1+4=8-y2-4,y1+4=-y2-4,y1+y2=-8,kAB=-1.直线AB的斜率恒为定值-1.(3)kPAkPB=1,8y1+48y2+4=1,y1y2+4(y1+y2)-48=0.直线AB的方程为y-y1=8y

3、1+y2x-y128,即(y1+y2)y-y1y2=8x.将y1y2=-4(y1+y2)+48代入上式得(y1+y2)(y+4)=8(x+6),由此可得该直线恒过点(-6,-4),命题得证.考点二参变量的取值范围和最值问题1.已知直线l:y=kx+2过椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的上顶点B和左焦点F,且被圆x2+y2=4截得的弦长为L,若L455,则椭圆离心率e的取值范围是()A.0,55 B.0,255C.0,355D.0,455答案B2.(2019届河北百校联盟10月联考,20)已知直线过定点P(1,1),且与抛物线x2=4y交于A,B两点,l1,l2分别与抛物线相切于A,B两点,

4、设l1,l2的交点为C.(1)求交点C的轨迹方程;(2)求三角形ABC面积的最小值.解析(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),易知直线AB的斜率存在,设其方程为y=k(x-1)+1.联立y=k(x-1)+1,x2=4y,消去y,得x2-4kx-4+4k=0,x1+x2=4k,x1x2=4k-4.(3分)y=x2,kAC=x12,直线AC的方程为y-y1=x12(x-x1),将y1=x124代入,化简得y=x12x-x124,所以直线AC的方程为y=x12x-x124.同理,直线BC的方程为y=x22x-x224,联立直线AC,BC的方程可得xC=x1+x22=2k,yC=x1x24=k-

5、1,所以xC=2yC+2.所以点C的轨迹方程为x-2y-2=0.(6分)(2)由(1)知|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=41+k2k2-k+1,点C到直线AB的距离d=|2k2-2k+2|1+k2.(9分)故三角形ABC的面积S=12|AB|d=4(k2-k+1)32,当且仅当k=12时,面积有最小值,为332.(12分)考点三存在性问题(2017河北唐山模拟,20)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率e=63,过点A(0,-b)和B(a,0)的直线与原点的距离为32.(1)求椭圆的方程;(2)已知定点E(-1,0),若直线y=kx+2(k0

6、)与椭圆交于C、D两点,问:是否存在k,使得以CD为直径的圆过E点?请说明理由.解析(1)由两点式可得直线AB的方程为bx-ay-ab=0,依题意可得ca=63,ab(-a)2+b2=32,解得a2=3,b=1,椭圆的方程为x23+y2=1.(2)存在.理由:假设存在这样的k.联立y=kx+2,x23+y2=1,得(1+3k2)x2+12kx+9=0,由题意知=(12k)2-36(1+3k2)0,设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=-12k1+3k2,x1x2=91+3k2,而y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4,要使以CD为直径的圆过点

7、E(-1,0),当且仅当CEDE时成立,则y1y2+(x1+1)(x2+1)=0,(k2+1)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0,将代入整理得k=76,经验证,k=76时成立.综上可知,存在k=76使得以CD为直径的圆过点E.炼技法【方法集训】方法1圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法1.(2017河南郑州一模,11)已知直线l与双曲线x24-y2=1相切于点P,l与双曲线的两条渐近线交于M,N两点,则OMON的值为() A.3B.4C.5D.与P的位置有关答案A2.(2019届安徽黄山八校11月联考,20)已知离心率为22的椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)过点P(2,1),

8、过点P作两条互相垂直的直线,分别交椭圆于点A,B(且A,B与点P不重合).(1)求椭圆C的方程;(2)求证:直线AB过定点,并求出此定点的坐标.解析(1)依题意,有4a2+1b2=1,且ca=a2-b2a=22,解得a2=6,b2=3,椭圆C的方程为x26+y23=1.(4分)(2)易知直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx+m,则由y=kx+m,x26+y23=1得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-6=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-4mk2k2+1,x1x2=2m2-62k2+1.由PAPB知,PAPB=0.(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2

9、-1)=0,即(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+m2-2m+5=0,(k2+1)2m2-62k2+1+(km-k-2)-4mk2k2+1+m2-2m+5=0,3m2+8mk+4k2-2m-1=0,(3m+2k+1)(m+2k-1)=0.由直线AB不过点P(2,1),知m+2k-10.3m+2k+1=0,即m=-23k-13,直线AB的方程可写为y+13=x-23k,直线AB过定点23,-13.(12分)方法2圆锥曲线中的最值、范围问题的求解方法1.(2017江西南昌三校联考,11)已知双曲线x2-y23=1的左顶点为A1,右焦点为F2,P为双曲线右支上一点,则PA1PF2的

10、最小值为()A.-2B.-8116C.1D.0答案A2.(2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线x2=y,点A-12,14,B32,94,抛物线上的点P(x,y)-12x32.过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.(1)求直线AP斜率的取值范围;(2)求|PA|PQ|的最大值.解析(1)设直线AP的斜率为k,k=x2-14x+12=x-12,因为-12x32,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1).(2)解法一:联立直线AP与BQ的方程kx-y+12k+14=0,x+ky-94k-32=0,解得点Q的横坐标是xQ=-k2+4k+32(k2+1).因为|PA|=1+k2x+12=1+k2(k

11、+1),|PQ|=1+k2(xQ-x)=-(k-1)(k+1)2k2+1,所以|PA|PQ|=-(k-1)(k+1)3,令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因为f (k)=-(4k-2)(k+1)2,所以f(k)在区间-1,12上单调递增,12,1上单调递减,因此当k=12时,|PA|PQ|取得最大值2716.解法二:如图,连接BP,|AP|PQ|=|AP|PB|cosBPQ=AP(AB-AP)=APAB-AP2.易知P(x,x2)-12x32,则APAB=2x+1+2x2-12=2x2+2x+12,AP2=x+122+x2-142=x2+x+14+x4-12x2+116=x4+12x2+x

12、+516.|AP|PQ|=-x4+32x2+x+316-12x32.设f(x)=-x4+32x2+x+316-12x0)与椭圆C相交于A,B两点,D点为椭圆C上的动点,且|AD|=|BD|,请问:ABD的面积是否存在最小值?若存在,求出此时直线AB的方程;若不存在,说明理由.解析(1)设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(ab0).由题意,得c=3,3a2+14b2=1,又a2-b2=c2,(1分)a=2,b=1,(2分)椭圆C的方程为x24+y2=1.(4分)(2)由题意知D在线段AB的垂直平分线上,直线OD的方程为y=-1kx.(5分)由y=kx,x24+y2=1,可得(1+4k2)x2

13、=4.(6分)设A(x1,y1),则|OA|=x12+y12=2k2+14k2+1.(7分)同理可得|OD|=2k2+1k2+4,(8分)则SABD=2SOAD=|OA|OD|=4(1+k2)(1+4k2)(k2+4).(9分)由于(1+4k2)(k2+4)5(1+k2)2,(10分)故SABD=2SOAD85,当且仅当1+4k2=k2+4(k0),即k=1时取等号,此时ABD的面积取得最小值85,直线AB的方程为y=x.(12分)过专题【五年高考】A组统一命题课标卷题组 1.(2017课标全国,20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x22+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P

14、满足NP=2NM.(1)求点P的轨迹方程;(2)设点Q在直线x=-3上,且OPPQ=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.解析(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).由NP=2NM得x0=x,y0=22y.因为M(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1.因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.(2)证明:由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQPF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).由OPPQ=1得-3m-m2+tn-n2=

15、1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以OQPF=0,即OQPF.又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.2.(2016课标全国,20,12分)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px(p0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H.(1)求|OH|ON|;(2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由.解析(1)由已知得M(0,t),Pt22p,t.(1分)又N为M关于点P的对称点,故Nt2p,t,ON的方程为y=ptx,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x

16、1=0,x2=2t2p.因此H2t2p,2t.(4分)所以N为OH的中点,即|OH|ON|=2.(6分)(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点.(7分)理由如下:直线MH的方程为y-t=p2tx,即x=2tp(y-t).(9分)代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其他公共点.(12分)3.(2015课标,20,12分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)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

17、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ca=22,4a2+2b2=1,又c2=a2+b2,所以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,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.B组自主命题省(区、市)卷题组考点一定点与定值问题(2015陕西

18、,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+2k

19、2,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=2k+(2-k)1x1+1x2=2k+(2-k)x1+x2x1x2=2k+(2-k)4k(k-1)2k(k-2)=2k-2(k-1)=2.考点二参变量的取值范围和最值问题1.(2018浙江,17,4分)已知点P(0,1),椭圆x24+y2=m(m1)上两点A,B满足AP=2PB,则当m=时,点B横坐标的绝对值最大.答案52.(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

20、,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(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|P

21、M|y1-y2|=324(y02-4x0)32.因为x02+y024=1(x0b0)的离心率为22,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为22.(1)求椭圆C的方程;(2)动直线l:y=kx+m(m0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,N的半径为|NO|.设D为AB的中点,DE,DF与N分别相切于点E,F,求EDF的最小值.解析(1)由椭圆的离心率为22,得a2=2(a2-b2),又当y=1时,x2=a2-a2b2,得a2-a2b2=2,所以a2=4,b2=2.因此椭圆方程为x24+y22=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程y=kx+m,x2+2y2

22、=4,得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,由0得m20,从而y=t+1t在3,+)上单调递增,因此t+1t103,等号当且仅当t=3时成立,此时k=0,所以|ND|2|NF|21+3=4,由(*)得-2mb0)的长轴长为4,焦距为22.(1)求椭圆C的方程;(2)过动点M(0,m)(m0)的直线交x轴于点N,交C于点A,P(P在第一象限),且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q,延长QM交C于点B.(i)设直线PM,QM的斜率分别为k,k,证明kk为定值;(ii)求直线AB的斜率的最小值.解析(1)设椭圆的半焦距为c.由题意知2a=4,2c=22,所以a=2,b=a

23、2-c2=2.所以椭圆C的方程为x24+y22=1.(2)(i)证明:设P(x0,y0)(x00,y00).由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m).所以直线PM的斜率k=2m-mx0=mx0,直线QM的斜率k=-2m-mx0=-3mx0.此时kk=-3.所以kk为定值-3.(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2).直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=-3kx+m.联立y=kx+m,x24+y22=1,整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.由x0x1=2m2-42k2+1,可得x1=2(m2-2)(2k2+1)x0.所以y1=kx1+m=2k(m

24、2-2)(2k2+1)x0+m.同理x2=2(m2-2)(18k2+1)x0,y2=-6k(m2-2)(18k2+1)x0+m.所以x2-x1=2(m2-2)(18k2+1)x0-2(m2-2)(2k2+1)x0=-32k2(m2-2)(18k2+1)(2k2+1)x0,y2-y1=-6k(m2-2)(18k2+1)x0+m-2k(m2-2)(2k2+1)x0-m=-8k(6k2+1)(m2-2)(18k2+1)(2k2+1)x0,所以kAB=y2-y1x2-x1=6k2+14k=146k+1k.由m0,x00,可知k0,所以6k+1k26,等号当且仅当k=66时取得.此时m4-8m2=66,

25、即m=147,符合题意.所以直线AB的斜率的最小值为62.考点三存在性问题1.(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率是22,点P(0,1)在短轴CD上,且PCPD=-1.(1)求椭圆E的方程;(2)设O为坐标原点,过点P的动直线与椭圆交于A,B两点.是否存在常数,使得OAOB+PAPB为定值?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.解析(1)由已知得,点C,D的坐标分别为(0,-b),(0,b).又点P的坐标为(0,1),且PCPD=-1,于是1-b2=-1,ca=22,a2-b2=c2.解得a=2,b=2.所以椭圆E的方程为x24+y22=1.(2

26、)当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).由x24+y22=1,y=kx+1,得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其判别式=(4k)2+8(2k2+1)0,所以,x1+x2=-4k2k2+1,x1x2=-22k2+1.从而,OAOB+PAPB=x1x2+y1y2+x1x2+(y1-1)(y2-1)=(1+)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=(-2-4)k2+(-2-1)2k2+1=-12k2+1-2.所以,当=1时,-12k2+1-2=-3.此时,OAOB+PAPB=-3为定值.当直线AB斜率不存在时,直线AB即为直

27、线CD.当=1时,OAOB+PAPB=OCOD+PCPD=-2-1=-3.故存在常数=1,使得OAOB+PAPB为定值-3.2.(2015湖北,22,14分)一种画椭圆的工具如图1所示.O是滑槽AB的中点,短杆ON可绕O转动,长杆MN通过N处铰链与ON连接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动,且DN=ON=1,MN=3.当栓子D在滑槽AB内做往复运动时,带动N绕O转动,M处的笔尖画出的椭圆记为C.以O为原点,AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系.图1图2(1)求椭圆C的方程;(2)设动直线l与两定直线l1:x-2y=0和l2:x+2y=0分别交于P,Q两点.若直线l总与椭圆C有且只有

28、一个公共点,试探究:OPQ的面积是否存在最小值?若存在,求出该最小值;若不存在,说明理由.解析(1)因为|OM|MN|+|NO|=3+1=4.当M,N在x轴上时,等号成立;同理,|OM|MN|-|NO|=3-1=2,当D,O重合,即MNx轴时,等号成立.所以椭圆C的中心为原点O,长半轴长为4,短半轴长为2,其方程为x216+y24=1.(2)(i)当直线l的斜率不存在时,直线l为x=4或x=-4,都有SOPQ=1244=8.(ii)当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx+mk12,由y=kx+m,x2+4y2=16,消去y,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0.因为直线l总与椭

29、圆C有且只有一个公共点,所以=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-16)=0,即m2=16k2+4.又由y=kx+m,x-2y=0,可得P2m1-2k,m1-2k;同理可得Q-2m1+2k,m1+2k.由原点O到直线PQ的距离为d=|m|1+k2和|PQ|=1+k2|xP-xQ|,可得SOPQ=12|PQ|d=12|m|xP-xQ|=12|m|2m1-2k+2m1+2k=2m21-4k2.将代入得,SOPQ=2m21-4k2=8|4k2+1|4k2-1|.当k214时,SOPQ=84k2+14k2-1=81+24k2-18;当0k214时,SOPQ=84k2+11-4k2=8-1+21-4

30、k2.因0k214,则0b0)的离心率为32,且点3,12在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)设椭圆E:x24a2+y24b2=1,P为椭圆C上任意一点,过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,射线PO交椭圆E于点Q.(i)求|OQ|OP|的值;(ii)求ABQ面积的最大值.解析(1)由题意知3a2+14b2=1,又a2-b2a=32,解得a2=4,b2=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)由(1)知椭圆E的方程为x216+y24=1.(i)设P(x0,y0),|OQ|OP|=,由题意知Q(-x0,-y0).因为x024+y02=1,又(-x0)216+(-y0)24=1,

31、即24x024+y02=1,所以=2,即|OQ|OP|=2.(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2).将y=kx+m代入椭圆E的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0,由0,可得m24+16k2.则有x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-161+4k2.所以|x1-x2|=416k2+4-m21+4k2.因为直线y=kx+m与y轴交点的坐标为(0,m),所以OAB的面积S=12|m|x1-x2|=216k2+4-m2|m|1+4k2=2(16k2+4-m2)m21+4k2=24-m21+4k2m21+4k2.设m21+4k2=t.将y=kx+m代入椭圆C的方程

32、,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,由0,可得m21+4k2.由可知0t1,因此S=2(4-t)t=2-t2+4t.故S23,当且仅当t=1,即m2=1+4k2时取得最大值23.由(i)知,ABQ面积为3S,所以ABQ面积的最大值为63.2.(2014北京,19,14分)已知椭圆C:x2+2y2=4.(1)求椭圆C的离心率;(2)设O为原点.若点A在直线y=2上,点B在椭圆C上,且OAOB,求线段AB长度的最小值.解析(1)由题意,知椭圆C的标准方程为x24+y22=1.所以a2=4,b2=2,从而c2=a2-b2=2.因此a=2,c=2.故椭圆C的离心率e=ca=22.(2)

33、设点A,B的坐标分别为(t,2),(x0,y0),其中x00.因为OAOB,所以OAOB=0,即tx0+2y0=0,解得t=-2y0x0.又x02+2y02=4,所以|AB|2=(x0-t)2+(y0-2)2=x0+2y0x02+(y0-2)2=x02+y02+4y02x02+4=x02+4-x022+2(4-x02)x02+4=x022+8x02+4(0x024).因为x022+8x024(0b0)的离心率为32,直线y=x被椭圆C截得的线段长为4105.(1)求椭圆C的方程;(2)过原点的直线与椭圆C交于A,B两点(A,B不是椭圆C的顶点).点D在椭圆C上,且ADAB,直线BD与x轴、y轴

34、分别交于M,N两点.(i)设直线BD,AM的斜率分别为k1,k2.证明存在常数使得k1=k2,并求出的值;(ii)求OMN面积的最大值.解析(1)由题意知a2-b2a=32,可得a2=4b2,椭圆C的方程可简化为x2+4y2=a2.将y=x代入可得x=5a5,因此225a5=4105,可得a=2.因此b=1,所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)(i)设A(x1,y1)(x1y10),D(x2,y2),则B(-x1,-y1),所以直线AB的斜率kAB=y1x1,因为ABAD,所以直线AD的斜率k=-x1y1.设直线AD的方程为y=kx+m,由题意知k0,m0.由y=kx+m,x24+y2=

35、1可得(1+4k2)x2+8mkx+4m2-4=0.所以x1+x2=-8mk1+4k2,因此y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m1+4k2.由题意知x1-x2,所以k1=y1+y2x1+x2=-14k=y14x1.所以直线BD的方程为y+y1=y14x1(x+x1).令y=0,得x=3x1,即M(3x1,0).可得k2=-y12x1.所以k1=-12k2,即=-12.因此存在常数=-12使得结论成立.(ii)直线BD的方程为y+y1=y14x1(x+x1),令x=0,得y=-34y1,即N0,-34y1.由(i)知M(3x1,0),可得OMN的面积S=123|x1|34|y1|=98|x1

36、|y1|.因为|x1|y1|x124+y12=1,当且仅当|x1|2=|y1|=22时等号成立,此时S取得最大值98,所以OMN面积的最大值为98.考点三存在性问题1.(2014湖南,20,13分)如图,O为坐标原点,双曲线C1:x2a12-y2b12=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,2c

37、2=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=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|.

38、(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=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=x1

39、x2+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.2.(2014重庆,21,12分)如图,设椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左,右焦点分别为F1,F2,点D在椭圆上,DF1F1F2,|F1F2|DF1|=22,DF1F2的面积为22.(1)求该椭圆的标准方程;(2)是否存在圆心在y轴上的圆,使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点,且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点?若存在,求出

40、圆的方程.若不存在,请说明理由.解析(1)设F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.由|F1F2|DF1|=22得|DF1|=|F1F2|22=22c.从而SDF1F2=12|DF1|F1F2|=22c2=22,故c=1.从而|DF1|=22,由DF1F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=92,因此|DF2|=322.所以2a=|DF1|+|DF2|=22,故a=2,b2=a2-c2=1.因此,所求椭圆的标准方程为x22+y2=1.(2)如图,设圆心在y轴上的圆C与椭圆x22+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是两个交点,y10,y20,F1P

41、1,F2P2是圆C的切线,且F1P1F2P2.由圆和椭圆的对称性,易知,x2=-x1,y1=y2.由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以F1P1=(x1+1,y1),F2P2=(-x1-1,y1).再由F1P1F2P2得-(x1+1)2+y12=0.由椭圆方程得1-x122=(x1+1)2,即3x12+4x1=0,解得x1=-43或x1=0.当x1=0时,P1,P2重合,不存在满足题设要求的圆.当x1=-43时,过P1,P2分别与F1P1,F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C(0,y0),由CP1F1P1,得y1-y0x1y1x1+1=-1.而y1=|x1+1|=13,故y0=5

42、3.圆C的半径|CP1|=-432+13-532=423.综上,存在满足题设条件的圆,其方程为x2+y-532=329.【三年模拟】时间:60分钟分值:70分一、选择题(每小题5分,共20分) 1.(2019届山东日照第一中学期中考试,10)已知直线l与抛物线y2=4x交于两点A,B且两交点纵坐标之积为-32,则直线恒过点()A.(1,0) B.(2,0)C.(4,0) D.(8,0)答案D2.(2019届河南名校联盟11月联考,12)如图所示,A1,A2是椭圆C:x218+y29=1的短轴端点,点M在椭圆上运动,且点M不与A1,A2重合,点N满足NA1MA1,NA2MA2,则SMA1A2SN

43、A1A2=()A.2B.3C.4D.52答案A3.(2019届江西赣中南五校期中联考,12)抛物线E:x2=4y与圆M:x2+(y-1)2=16交于A、B两点,点P为劣弧AB上不同于A、B的一个动点,平行于y轴的直线PN交抛物线于点N,则PMN的周长的取值范围是()A.(6,12) B.(8,10)C.(6,10) D.(8,12)答案B4.(2019届四川顶级名校9月调研,10)已知抛物线y2=4x的一条弦AB经过焦点F,O为坐标原点,点M在线段OB上,且|OB|=3|OM|,点N在射线OA上,且|ON|=3|OA|,过M,N向抛物线的准线作垂线,垂足分别为C,D,则|CD|的最小值为()A

44、.4B.6C.8D.10答案A二、解答题(共50分)5.(2018河北五校12月联考,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,右焦点为F,上顶点为A,且AOF的面积为12(O是坐标原点).(1)求椭圆C的方程;(2)设P是椭圆C上的一点,过P的直线l与以椭圆的短轴为直径的圆切于第一象限,切点为M,证明:|PF|+|PM|为定值.解析(1)设椭圆的半焦距为c,由已知得c2a2=12,12bc=12,b2+c2=a2a2=2,b2=1,椭圆的方程为x22+y2=1.(2)证明:以短轴为直径的圆的方程为x2+y2=1,F(1,0),设P(x0,y0),则x022+y02=1

45、(0b0)的离心率为32,且经过点2,22.(1)求椭圆的方程;(2)是否存在经过点(0,2)的直线l与椭圆相交于不同的两点N,N,使得M,N与y轴上的一点P连线后组成以P为直角顶点的等腰直角三角形?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.解析(1)椭圆的离心率e=32,ca=32.b2a2=1-c2a2=14,即a2=4b2.(2分)椭圆的方程为x24b2+y2b2=1.将2,22代入椭圆的方程中,得24b2+12b2=1,解得b2=1,a2=4b2=4,(4分)椭圆的方程为x24+y2=1.(5分)(2)存在.若存在符合题意的直线l,则其斜率存在且不为0,设其方程为y=kx+2(k

46、0).联立y=kx+2,x24+y2=1,消去y,得(4k2+1)x2+16kx+12=0,由0,得k234.(6分)设M(x1,y1),N(x2,y2).由根与系数的关系,得x1+x2=-16k4k2+1,x1x2=124k2+1.(7分)|MN|=1+k2|x1-x2|=41+k24k2-34k2+1.(8分)设MN的中点为Q,则xQ=x1+x22=-8k4k2+1,yQ=kxQ+2=24k2+1,线段MN的中垂线方程为y-24k2+1=-1kx+8k4k2+1.设P(0,yP),将P点坐标代入,得yP=-64k2+1.(9分)|PQ|=(xQ-0)2+(yQ-yP)2=-8k4k2+12

47、+84k2+12=8k2+14k2+1.又MNP是以P为直角顶点的直角三角形,|MN|=2|PQ|,即41+k24k2-34k2+1=28k2+14k2+1,(10分)解得k2=194,即k=192.k234,k=192均符合题意.存在直线l满足题意,其方程为19x-2y+4=0或19x+2y-4=0.(12分)8.(2019届山东济南第一中学11月月考,20)已知点F0,12,直线l:y=-12,P为平面上的动点,过点P作直线l的垂线,垂足为H,且满足HF(PH+PF)=0.(1)求动点P的轨迹C的方程;(2)过点F作直线l与轨迹C交于A,B两点,M为直线l上一点,且满足MAMB,若MAB的

48、面积为22,求直线l的方程.解析(1)设P(x,y),则Hx,-12,HF=(-x,1),PH=0,-12-y,PF=-x,12-y,PH+PF=(-x,-2y).HF(PH+PF)=0,x2-2y=0,即动点P的轨迹C的方程为x2=2y.(2)显然直线l的斜率存在,设l的方程为y=kx+12,由y=kx+12,x2=2y,消去y可得x2-2kx-1=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),Mt,-12,x1+x2=2k,x1x2=-1,MA=x1-t,y1+12,MB=x2-t,y2+12.MAMB,MAMB=0,即(x1-t)(x2-t)+y1+12y2+12=0,x1x2-(x1+x2

49、)t+t2+(kx1+1)(kx2+1)=0.-1-2kt+t2-k2+2k2+1=0,即t2-2kt+k2=0,(t-k)2=0,t=k,即Mk,-12,|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=2(1+k2).又Mk,-12到直线l的距离d=|k2+1|1+k2=1+k2,SMAB=12|AB|d=(1+k2)32=22,解得k=1,直线l的方程为x+y-12=0或x-y+12=0.9.(2017豫北名校联盟联考,20)已知点P是椭圆C上任一点,点P到直线l1:x=-2的距离为d1,到点F(-1,0)的距离为d2,且d2d1=22,直线l与椭圆C交于不同两点A,B(A,B都在x轴上方

50、),且OFA+OFB=180.(1)求椭圆C的方程;(2)当A为椭圆与y轴正半轴的交点时,求直线l的方程;(3)对于动直线l,是否存在一个定点,无论OFA如何变化,直线l总经过此定点?若存在,求出该定点的坐标;若不存在,请说明理由.解析(1)设P(x,y),则d1=|x+2|,d2=(x+1)2+y2.由d2d1=(x+1)2+y2|x+2|=22,化简,得x22+y2=1,椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)由题意及(1)知A(0,1),又F(-1,0),kAF=1-00-(-1)=1.又OFA+OFB=180,kBF=-1,BF:y=-1(x+1)=-x-1,代入x22+y2=1,解得x

51、=0,y=-1(舍去)或x=-43,y=13.B-43,13.kAB=1-130-43=12,AB:y=12x+1,即直线l的方程为y=12x+1.(3)存在.解法一:OFA+OFB=180,kAF+kBF=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+b.将y=kx+b代入x22+y2=1,整理得k2+12x2+2kbx+b2-1=0.x1+x2=-2kbk2+12,x1x2=b2-1k2+12,kAF+kBF=y1x1+1+y2x2+1=kx1+bx1+1+kx2+bx2+1=(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)(x1+1)(x2+1)=0.(kx1

52、+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=2kx1x2+(k+b)(x1+x2)+2b=2kb2-1k2+12-(k+b)2kbk2+12+2b=0,b-2k=0,b=2k,直线AB的方程为y=k(x+2),直线l经过定点(-2,0).解法二:OFA+OFB=180,B关于x轴的对称点B1在直线AF上.设A(x1,y1),B(x2,y2),则B1(x2,-y2),设直线AF的方程为y=k(x+1),代入x22+y2=1,得k2+12x2+2k2x+k2-1=0.x1+x2=-2k2k2+12,x1x2=k2-1k2+12.又kAB=y1-y2x1-x2,AB:y-y1=y1-y2x1-x2(x-x1),令y=0,得x=x1-y1x1-x2y1-y2=x2y1-x1y2y1-y2.又y1=k(x1+1),-y2=k(x2+1),x=x2y1-x1y2y1-y2=x2k(x1+1)+x1k(x2+1)k(x1+1)+k(x2+1)=2x1x2+x1+x2x1+x2+2=2k2-1k2+12-2k2k2+122-2k2k2+12=-2,直线l经过定点(-2,0).