2020版高考数学北京版大一轮精准复习精练：9-7　圆锥曲线的综合问题 WORD版含解析.docx

1、9.7圆锥曲线的综合问题挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.定点与定值问题1.了解圆锥曲线的简单应用2.掌握解析几何中求解定点、定值问题的方法和步骤2018 北京,19定值问题直线的斜率、向量的运算2016北京,19直线与椭圆的位置关系、三角形面积公式2.参变量的取值范围与最值问题1.知道圆锥曲线的简单几何性质(如范围、对称性、顶点、渐近线、离心率等),并能用性质解决一些简单的圆锥曲线问题2.理解圆锥曲线离心率的定义,并会求圆锥曲线的离心率2014 北京文,19弦的最值问题基本不等式2011 北京,14对称问题、三角形面积公式2011 北京,19直线与圆、直线

2、与椭圆的位置关系以及基本不等式3.存在性问题1.理解圆锥曲线中存在性问题的基本解法2.理解转化思想在圆锥曲线中的应用2015 北京,19圆锥曲线中存在性问题的推理论证直线与椭圆的位置关系分析解读1.会处理动曲线(含直线)过定点的问题.2.会证明与曲线上的动点有关的定值问题.3.会按条件建立目标函数,研究变量的最值问题及变量的取值范围问题,注意运用“数形结合”“几何法”求某些量的最值.4.能与其他知识结合,从假设结论成立入手,通过推理论证解答存在性问题.5.本节在高考中围绕直线与圆锥曲线的位置关系,展开对定值、最值、参数取值范围等问题的考查,注重对数学思想方法的考查,分值约为14分,难度偏大.炼

3、技法【方法集训】方法1与圆锥曲线相关的最值、范围问题的解题方法1.已知椭圆W:x2a2+y2b2=1(ab0)的左右焦点分别为F1,F2,且|F1F2|=2,椭圆上一动点P满足|PF1|+|PF2|=23.(1)求椭圆W的标准方程及离心率;(2)如图,过点F1作直线l1与椭圆W交于点A,C,过点F2作直线l2l1,且l2与椭圆W交于点B,D,l1与l2交于点E,试求四边形ABCD面积的最大值.解析(1)由已知,得2c=2,2a=23,a2=b2+c2,解得c=1,a=3,b=2.所以椭圆W的标准方程为x23+y22=1,离心率e=ca=33.(2)连接EO.由题意知EF1EF2,O为F1F2的

4、中点,所以|EO|=12|F1F2|=1.所以E点轨迹是以原点为圆心,1为半径的圆.显然E点在椭圆W的内部.S四边形ABCD=SABC+SADC=12|AC|BE|+12|AC|DE|=12|AC|BD|.当直线l1,l2中一条与x轴垂直时,不妨令l2x轴,此时AC为长轴,BDx轴,把x=1代入椭圆方程,可求得y=233,则|BD|=433,此时S四边形ABCD=12|AC|BD|=4.当直线l1,l2的斜率都存在时,设直线l1:x=my-1(m0),A(x1,y1),C(x2,y2).联立x=my-1,x23+y22=1,消去x,得(2m2+3)y2-4my-4=0.所以y1+y2=4m2m

5、2+3,y1y2=-42m2+3,则|AC|=(1+m2)(y1-y2)2=43(m2+1)2m2+3.同理,|BD|=43(m2+1)2+3m2.S四边形ABCD=12|AC|BD|=1243(m2+1)2m2+343(m2+1)2+3m2=24(m2+1)2(2m2+3)(3m2+2)=24(m4+2m2+1)6m4+13m2+6=4(6m4+12m2+6)6m4+13m2+6=41-m26m4+13m2+6b0)的右焦点为F(1,0),离心率为12.(1)求椭圆C的方程;(2)A,B是椭圆C在y轴右侧部分上的两个动点,若原点O到直线AB的距离为3,证明:ABF的周长为定值.解析(1)由题

6、意得a2=b2+1,ca=12,解得a2=4,b2=3.所以椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)证明:当直线AB垂直于x轴时,直线AB的方程为x=3,不妨令A3,32,B3,-32,因为F(1,0),所以|AF|=|BF|=(3-1)2+322=4-32.因为|AB|=3, 所以|AF|+|BF|+|AB|=4.当直线AB不垂直于x轴时,设直线AB的方程为y=kx+m(k0).因为原点O到直线AB的距离为3,所以|m|1+k2=3,故m2=3(1+k2).由y=kx+m,x24+y23=1,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,即(3+4k2)x2+8kmx+12k2=0.设A

7、(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=12k23+4k2.所以|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k2-8km3+4k22-412k23+4k2=|m|364k2m2-48k2(3+4k2)(3+4k2)2=4|m|k|333+4k2=4|m|k|3+4k2.因为A,B在y轴右侧,所以mk0),则p2=1,即p=2.所以C的方程为y2=4x.(2)直线AD过定点.理由如下:设Am24,m,则|AF|=m24+1=|FB|,则Bm24+2,0,所以直线AB的斜率为m-2=-m2.如图,设与直线AB平行,且与抛物线C相

8、切的直线为y=-m2x+b,由y2=4x,y=-m2x+b,得my2+8y-8b=0,由=64-4m(-8b)=0,得b=-2m.所以解方程是y=-4m,所以点D4m2,-4m.当m244m2,即m2时,直线AD的方程为y-m=m+4mm24-4m2x-m24,整理得y=4mm2-4(x-1),所以直线AD过点(1,0).当m24=4m2,即m=2时,直线AD的方程为x=1,直线AD过点(1,0).综上所述,直线AD过定点(1,0).方法3存在性问题的解题策略5.(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率是22,过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A

9、,B两点.当直线l平行于x轴时,直线l被椭圆E截得的线段长为22.(1)求椭圆E的方程;(2)在平面直角坐标系xOy中,是否存在与点P不同的定点Q,使得|QA|QB|=|PA|PB|恒成立?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.解析(1)由已知得,点(2,1)在椭圆E上.因此,2a2+1b2=1,a2-b2=c2,ca=22.解得a=2,b=2.所以椭圆E的方程为x24+y22=1.(2)存在.理由如下:当直线l与x轴平行时,设直线l与椭圆相交于C,D两点.如果存在定点Q满足条件,则有|QC|QD|=|PC|PD|=1,即|QC|=|QD|.所以Q点在y轴上,可设Q点的坐标为(0,y0

10、).当直线l与x轴垂直时,设直线l与椭圆相交于M,N两点,则M,N的坐标分别为(0,2),(0,-2).由|QM|QN|=|PM|PN|,有|y0-2|y0+2|=2-12+1,解得y0=1或y0=2.所以,若存在不同于点P的定点Q满足条件,则Q点坐标只可能为(0,2).下面证明:当Q的坐标为(0,2)时,对任意直线l,均有|QA|QB|=|PA|PB|.当直线l的斜率不存在时,由上可知,结论成立.当直线l的斜率存在时,可设直线l的方程为y=kx+1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).联立x24+y22=1,y=kx+1,得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其判别式=(4k)

11、2+8(2k2+1)0,所以,x1+x2=-4k2k2+1,x1x2=-22k2+1.因此1x1+1x2=x1+x2x1x2=2k.易知,点B关于y轴对称的点B的坐标为(-x2,y2).又kQA=y1-2x1=kx1-1x1=k-1x1,kQB=y2-2-x2=kx2-1-x2=-k+1x2=k-1x1,所以kQA=kQB,即Q,A,B三点共线.所以|QA|QB|=|QA|QB|=|x1|x2|=|PA|PB|.故存在与P不同的定点Q(0,2),使得|QA|QB|=|PA|PB|恒成立.过专题【五年高考】A组自主命题北京卷题组考点一定点与定值问题1.(2011北京,14,5分)曲线C是平面内与

12、两个定点F1(-1,0)和F2(1,0)的距离的积等于常数a2(a1)的点的轨迹.给出下列三个结论:曲线C过坐标原点;曲线C关于坐标原点对称;若点P在曲线C上,则F1PF2的面积不大于12a2.其中,所有正确结论的序号是.答案2.(2018北京,19,14分)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围;(2)设O为原点,QM=QO,QN=QO,求证:1+1为定值.解析(1)因为抛物线y2=2px过点(1,2),所以2p=4,即p=2.故抛物线C的方程为y2=4x

13、,由题意知,直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y=kx+1(k0).由y2=4x,y=kx+1得k2x2+(2k-4)x+1=0.依题意=(2k-4)2-4k210,解得k0或0kb0)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=1.(2)证明:由(1)知,A(2,0),B(0,1).设P(x0,y0),则x02+4y0

14、2=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,所以|AN|BM|=4.综上,|AN|BM|为定值.思路分析(1)先利用离心率和三角

15、形的面积建立关于a,b,c的方程组,解出a,b,从而得到椭圆的方程;(2)设P(x0,y0),分x00和x0=0两种情况讨论.解后反思条件中直线PA与y轴的交点M,直线PB与x轴的交点N是本题的突破口.解决本题的关键在于点的坐标的利用.评析本题考查椭圆的标准方程,直线与圆锥曲线的位置关系及定值问题,方法常规,运算量大,对学生的运算能力要求较高.考点二参变量的取值范围与最值问题(2011北京,19,14分)已知椭圆G:x24+y2=1.过点(m,0)作圆x2+y2=1的切线l交椭圆G于A,B两点.(1)求椭圆G的焦点坐标和离心率;(2)将|AB|表示为m的函数,并求|AB|的最大值.解析(1)由

16、已知得a=2,b=1,所以c=a2-b2=3.所以椭圆G的焦点坐标为(-3,0),(3,0),离心率e=ca=32.(2)由题意知,|m|1.当m=1时,切线l的方程为x=1,点A,B的坐标分别为1,32,1,-32.此时|AB|=3.当m=-1时,同理可得|AB|=3.当|m|1时,设切线l的方程为y=k(x-m).由y=k(x-m),x24+y2=1,得(1+4k2)x2-8k2mx+4k2m2-4=0.设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则x1+x2=8k2m1+4k2,x1x2=4k2m2-41+4k2.又由l与圆x2+y2=1相切,得|km|k2+1=1,即m2k

17、2=k2+1.所以|AB|=(x2-x1)2+(y2-y1)2=(1+k2)(x1+x2)2-4x1x2=(1+k2)64k4m2(1+4k2)2-4(4k2m2-4)1+4k2=43|m|m2+3.由于当m=1时,|AB|=3,所以|AB|=43|m|m2+3,m(-,-11,+).因为|AB|=43|m|m2+3=43|m|+3|m|2当且仅当m=3时,|AB|=2,所以|AB|的最大值为2.失分警示(1)混淆椭圆的顶点与焦点、记错离心率的公式,造成失分.(2)没有对切线的斜率是否存在进行讨论,忽视直线与圆相切的充要条件,记错直线与椭圆的相交弦长的计算公式,字母运算出错,造成失分.评析本题

18、考查了椭圆的基本性质,圆的切线问题,直线与椭圆的相交弦长的计算以及基本不等式的应用.考查分类讨论思想,逻辑推理能力和运算能力.解题的关键是对直线的斜率是否存在进行讨论,并能准确求出直线与椭圆的相交弦长.本题考查的知识点多、综合性强,运算量很大,属于难题.考点三存在性问题(2015北京,19,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,点P(0,1)和点A(m,n)(m0)都在椭圆C上,直线PA交x轴于点M.(1)求椭圆C的方程,并求点M的坐标(用m,n表示);(2)设O为原点,点B与点A关于x轴对称,直线PB交x轴于点N.问:y轴上是否存在点Q,使得OQM=ONQ?若存

19、在,求点Q的坐标;若不存在,说明理由.解析(1)由题意得b=1,ca=22,a2=b2+c2,解得a2=2.故椭圆C的方程为x22+y2=1.设M(xM,0).因为m0,所以-1nb0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32,P41,32中恰有三点在椭圆C上.(1)求C的方程;(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.解析(1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点.又由1a2+1b21a2+34b2知,C不经过点P1,所以点P2在C上.因此1b2=1,1a2+34b2=1,解得a2=4,b

20、2=1.故C的方程为x24+y2=1.(2)证明:设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t0,且|t|0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1.而k1+k2=y1-1x1+y2-1x2=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2=2kx1x2+(m-1)(x1+x2)x1x2,由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)4m2-44k2+1+(m-1)-8km4k2+1=0.解得k=-m+12.当且仅当m-1时,0,于是l:y=-m+1

21、2x+m,即y+1=-m+12(x-2),所以l过定点(2,-1).方法总结求轨迹方程的步骤:建系、设点列式(列出动点所满足的几何等量关系式)坐标化(选用合适的公式表示几何等量关系)化简(注意化简前后的等价性)检验(去伪存真).3.(2016山东文,21,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)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

22、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=a2-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=2m2-4

23、2k2+1,可得x1=2(m2-2)(2k2+1)x0.所以y1=kx1+m=2k(m2-2)(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,x0

24、0,可知k0,所以6k+1k26,等号当且仅当k=66时取得.此时m4-8m2=66,即m=147,符合题意.所以直线AB的斜率的最小值为62.4.(2015课标文,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)证明:设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x

25、2,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.考点二参变量的取值范围与最值问题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,

26、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)证明: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|=1

27、8(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32,左、右焦点分别是F1,F2.以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交,且交点在椭圆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2a=4,则a=2.又ca=32,a

28、2-c2=b2,可得b=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,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.由根与系数的关系得x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-161+4k2.所以|x1-x2|=416k2+4-m21

29、+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,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,由0,可得m21+4k2.由可知00,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

30、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=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.证明如下:(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+

31、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=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

32、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.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.2.(2014山东文,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,直线

33、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)证明:设A(x1,y1)(x1y10),D(x2,y2),则B(-

34、x1,-y1),因为直线AB的斜率kAB=y1x1,又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=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

35、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|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.C组教师专用题组考点一定点与定值问题1.(2014江西,20,13分)如图,已知抛物线C:x2=4y,过点M(0,2)任作一直线与C相交于A,B两点,过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).(1)证明:动点D在定直线上;(2)作C的任意一条切线l(不含x

36、轴),与直线y=2相交于点N1,与(1)中的定直线相交于点N2.证明:|MN2|2-|MN1|2为定值,并求此定值.解析(1)证明:依题意可设直线AB的方程为y=kx+2,代入x2=4y,得x2=4(kx+2),即x2-4kx-8=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1x2=-8,直线AO的方程为y=y1x1x,直线BD的方程为x=x2.解得交点D的坐标为x2,y1x2x1,注意到x1x2=-8及x12=4y1,则有y=y1x1x2x12=-8y14y1=-2.因此D点在定直线y=-2上(x0).(2)依题设知,切线l的斜率存在且不等于0,设切线l的方程为y=ax+b(a0),代入

37、x2=4y得x2=4(ax+b),即x2-4ax-4b=0,由=0得(4a)2+16b=0,化简整理得b=-a2.故切线l的方程可写为y=ax-a2.分别令y=2、y=-2得N1、N2的坐标为N12a+a,2、N2-2a+a,-2,则|MN2|2-|MN1|2=2a-a2+42-2a+a2=8,即|MN2|2-|MN1|2为定值8.评析本题考查抛物线的性质,以及直线与抛物线的位置关系,考查用代数方法解决圆锥曲线的综合问题,考查方程思想以及设而不求、整体代换思想的应用,同时考查学生运算求解能力和综合分析问题的能力.2.(2013陕西,20,13分)已知动圆过定点A(4,0),且在y轴上截得弦MN

38、的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹C的方程;(2)已知点B(-1,0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P,Q,若x轴是PBQ的角平分线,证明直线l过定点.解析(1)如图,设动圆圆心为O1(x,y),由题意,知|O1A|=|O1M|,当O1不在y轴上时,过O1作O1HMN交MN于H,则H是MN的中点,|O1M|=x2+42,又|O1A|=(x-4)2+y2,(x-4)2+y2=x2+42,化简得y2=8x(x0).又当O1在y轴上时,O1与O重合,点O1的坐标(0,0)也满足方程y2=8x,动圆圆心的轨迹C的方程为y2=8x.(2)由题意,设直线l的方程为y=kx+b(k0),P(x

39、1,y1),Q(x2,y2),将y=kx+b代入y2=8x中,得k2x2+(2bk-8)x+b2=0.其中=-32kb+640.由根与系数的关系得,x1+x2=8-2bkk2,x1x2=b2k2,x轴平分PBQ,y1x1+1=-y2x2+1,即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,将,代入得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,k=-b,此时0,直线l的方程为y=k(x-1),即直线l过定点(1,0).3.(2013江西,20,13分)椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab

40、0)的离心率e=32,a+b=3.(1)求椭圆C的方程;(2)如图,A,B,D是椭圆C的顶点,P是椭圆C上除顶点外的任意一点,直线DP交x轴于点N,直线AD交BP于点M,设BP的斜率为k,MN的斜率为m.证明:2m-k为定值.解析(1)因为e=32=ca,所以a=23c,b=13c.代入a+b=3得,c=3,a=2,b=1.故椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)证明:证法一:因为B(2,0),P不为椭圆顶点,则直线BP的方程为y=k(x-2)k0,k12,将代入x24+y2=1,解得P8k2-24k2+1,-4k4k2+1.直线AD的方程为y=12x+1.与联立解得M4k+22k-1,4k2

41、k-1.由D(0,1),P8k2-24k2+1,-4k4k2+1,N(x,0)三点共线知-4k4k2+1-18k2-24k2+1-0=0-1x-0,解得N4k-22k+1,0.所以MN的斜率为m=4k2k-1-04k+22k-1-4k-22k+1=4k(2k+1)2(2k+1)2-2(2k-1)2=2k+14,则2m-k=2k+12-k=12(定值).证法二:设P(x0,y0)(x00,2),则k=y0x0-2,直线AD的方程为y=12(x+2),直线BP的方程为y=y0x0-2(x-2),直线DP的方程为y-1=y0-1x0x,令y=0,由y01可得N-x0y0-1,0,由y=12(x+2)

42、,y=y0x0-2(x-2),解得M4y0+2x0-42y0-x0+2,4y02y0-x0+2,因此MN的斜率为m=4y02y0-x0+24y0+2x0-42y0-x0+2+x0y0-1=4y0(y0-1)4y02-8y0+4x0y0-x02+4=4y0(y0-1)4y02-8y0+4x0y0-(4-4y02)+4=y0-12y0+x0-2,所以2m-k=2(y0-1)2y0+x0-2-y0x0-2=2(y0-1)(x0-2)-y0(2y0+x0-2)(2y0+x0-2)(x0-2)=2(y0-1)(x0-2)-2y02-y0(x0-2)(2y0+x0-2)(x0-2)=2(y0-1)(x0-

43、2)-12(4-x02)-y0(x0-2)(2y0+x0-2)(x0-2)=12(定值).评析本题考查了直线和椭圆的位置关系,考查了定值问题,考查了运算求解能力和数据处理能力.4.(2014安徽,19,13分)如图,已知两条抛物线E1:y2=2p1x(p10)和E2:y2=2p2x(p20),过原点O的两条直线l1和l2,l1与E1,E2分别交于A1,A2两点,l2与E1,E2分别交于B1,B2两点.(1)证明:A1B1A2B2;(2)过O作直线l(异于l1,l2)与E1,E2分别交于C1,C2两点.记A1B1C1与A2B2C2的面积分别为S1与S2,求S1S2的值.解析(1)证明:设直线l1

44、,l2的方程分别为y=k1x,y=k2x(k1,k20),则由y=k1x,y2=2p1x,得A12p1k12,2p1k1,由y=k1x,y2=2p2x,得A22p2k12,2p2k1.同理可得B12p1k22,2p1k2,B22p2k22,2p2k2.所以A1B1=2p1k22-2p1k12,2p1k2-2p1k1=2p11k22-1k12,1k2-1k1,A2B2=2p2k22-2p2k12,2p2k2-2p2k1=2p21k22-1k12,1k2-1k1,故A1B1=p1p2A2B2,所以A1B1A2B2.(2)由(1)知A1B1A2B2,同理可得B1C1B2C2,C1A1C2A2.所以A

45、1B1C1A2B2C2.因此S1S2=|A1B1|A2B2|2.又由(1)中的A1B1=p1p2A2B2知|A1B1|A2B2|=p1p2.故S1S2=p12p22.考点二参变量的取值范围与最值问题1.(2014湖北,9,5分)已知F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,P是它们的一个公共点,且F1PF2=3,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为()A.433B.233C.3D.2答案A2.(2014四川,10,5分)已知F为抛物线y2=x的焦点,点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧,OAOB=2(其中O为坐标原点),则ABO与AFO面积之和的最小值是()A.2B.3C.1728D.10答案

46、B3.(2017山东文,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)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

47、=kx+m,x2+2y2=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-2m0),则p2=1,所以抛物线C的方程为x2=4y.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+1.由y=kx+1,x2=4y消去y,整理得x2-4kx-4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.从而|x1-x2|=4k2+1.由y=y1x1x,y=x-2,解得点M的横坐标xM=2x1x1-y1=2x1x1-x124=84-x1.

48、同理点N的横坐标xN=84-x2.所以|MN|=2|xM-xN|=284-x1-84-x2=82x1-x2x1x2-4(x1+x2)+16=82k2+1|4k-3|.令4k-3=t,t0,则k=t+34.当t0时,|MN|=2225t2+6t+122.当t0),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)证明:设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2)

49、,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,9x2+y2=m2得xP2=k2m29k2+81,即xP=km3k2+9.将m3,m代入l的方程得b=m(3-k)3,因此xM=k(k-

50、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.2.(2014重庆文,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

51、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,

52、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,F1P1,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

53、为圆心C.设C(0,y0),由CP1F1P1,得y1-y0x1y1x1+1=-1.而y1=1-x122=13,故y0=53.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.评析本题考查椭圆的标准方程、圆的方程的求法以及椭圆的几何性质、直线与圆的位置关系的应用.本题考查了学生分析问题,解决问题的能力、逻辑推理能力、运算求解能力以及利用分类讨论思想解决问题的能力.3.(2013安徽,21,13分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的焦距为4,且过点P(2,3).(1)求椭圆C的方程;(2)设Q(x0,y0)(x0y00)

54、为椭圆C上一点.过点Q作x轴的垂线,垂足为E.取点A(0,22),连接AE.过点A作AE的垂线交x轴于点D.点G是点D关于y轴的对称点,作直线QG.问这样作出的直线QG是否与椭圆C一定有唯一的公共点?并说明理由.解析(1)因为焦距为4,所以a2-b2=4.又因为椭圆C过点P(2,3),所以2a2+3b2=1,故a2=8,b2=4,从而椭圆C的方程为x28+y24=1.(2)由题意知,E点坐标为(x0,0),设D(xD,0),则AE=(x0,-22),AD=(xD,-22),再由ADAE知,AEAD=0,即x0xD+8=0.由于x0y00,故xD=-8x0.因为点G是点D关于y轴的对称点,所以点

55、G8x0,0.故直线QG的斜率kQG=y0x0-8x0=x0y0x02-8.又因Q(x0,y0)在椭圆C上,所以x02+2y02=8.从而kQG=-x02y0.故直线QG的方程为y=-x02y0x-8x0.将代入椭圆C的方程,得(x02+2y02)x2-16x0x+64-16y02=0.再将代入,化简得x2-2x0x+x02=0.解得x=x0,y=y0,即直线QG与椭圆C一定有唯一的公共点.评析本题考查椭圆的标准方程及其几何性质,直线与椭圆的位置关系.考查了数形结合思想、逻辑推理能力及运算求解能力.4.(2013湖北,22,14分)如图,已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O,长轴均为MN且在x

56、轴上,短轴长分别为2m,2n(mn),过原点且不与x轴重合的直线l与C1,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.记=mn,BDM和ABN的面积分别为S1和S2.(1)当直线l与y轴重合时,若S1=S2,求的值;(2)当变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=S2?并说明理由.解析依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为C1:x2a2+y2m2=1,C2:x2a2+y2n2=1.其中amn0,=mn1.(1)解法一:如图1,若直线l与y轴重合,即直线l的方程为x=0,则S1=12|BD|OM|=12a|BD|,S2=12|AB|ON|=12a|AB|,所以S1S2=|BD|A

57、B|.在C1和C2的方程中分别令x=0,可得yA=m,yB=n,yD=-m,所以|BD|AB|=|yB-yD|yA-yB|=m+nm-n=+1-1.若S1S2=,即+1-1=,化简得2-2-1=0.由1,解得=2+1.故当直线l与y轴重合时,若S1=S2,则=2+1.解法二:如图1,若直线l与y轴重合,则|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n;S1=12|BD|OM|=12a|BD|,S2=12|AB|ON|=12a|AB|.所以S1S2=|BD|AB|=m+nm-n=+1-1.若S1S2=,即+1-1=,化简得2-2-1=0.由1,解得=2+1.故当直线l

58、与y轴重合时,若S1=S2,则=2+1.(2)解法一:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=S2.根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k0),点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2.因为d1=|-ak-0|1+k2=ak1+k2,d2=|ak-0|1+k2=ak1+k2,所以d1=d2.又因为S1=12|BD|d1,S2=12|AB|d2,所以S1S2=|BD|AB|=,即|BD|=|AB|.由对称性可知|AB|=|CD|,所以|BC|=|BD|-|AB|=(-1)|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=(+1)|AB|,所以|AD|BC|=+1-1.将l的方程

59、分别与C1,C2的方程联立,可求得xA=ama2k2+m2,xB=ana2k2+n2.根据对称性可知xC=-xB,xD=-xA,所以|AD|BC|=1+k2|xA-xD|1+k2|xB-xC|=2xA2xB=mna2k2+n2a2k2+m2.从而由可得a2k2+n2a2k2+m2=+1(-1).令t=+1(-1),则由mn,可得t1,所以由解得k2=n2(2t2-1)a2(1-t2).因为k0,所以k20.所以式关于k有解,当且仅当n2(2t2-1)a2(1-t2)0,等价于(t2-1)t2-121,解得1t1,即1+1(-1)1,解得1+2,所以当11+2时,存在与坐标轴不重合的直线l,使得

60、S1=S2.解法二:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=S2.根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k0),点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,因为d1=|-ak-0|1+k2=ak1+k2,d2=|ak-0|1+k2=ak1+k2,所以d1=d2.又S1=12|BD|d1,S2=12|AB|d2,所以S1S2=|BD|AB|=.因为|BD|AB|=1+k2|xB-xD|1+k2|xA-xB|=xA+xBxA-xB=,所以xAxB=+1-1.由点A(xA,kxA),B(xB,kxB)分别在C1,C2上,可得xA2a2+k2xA2m2=1,xB2a2+k2xB

61、2n2=1,两式相减可得xA2-xB2a2+k2(xA2-2xB2)m2=0,依题意xAxB0,所以xA2xB2.所以由上式解得k2=m2(xA2-xB2)a2(2xB2-xA2).因为k20,所以由m2(xA2-xB2)a2(2xB2-xA2)0,解得1xAxB.从而1+1-11+2,所以当11+2时,存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=S2.5.(2014山东,21,14分)已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,ADF为正三角形.(1)求C的方程;(2)若

62、直线l1l,且l1和C有且只有一个公共点E,(i)证明直线AE过定点,并求出定点坐标;(ii)ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由.解析(1)由题意知Fp2,0.设D(t,0)(t0),则FD的中点为p+2t4,0.因为|FA|=|FD|,由抛物线的定义知3+p2=t-p2,解得t=3+p或t=-3(舍去).由p+2t4=3,解得p=2.所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)(i)由(1)知F(1,0),设A(x0,y0)(x0y00),D(xD,0)(xD0),因为|FA|=|FD|,则|xD-1|=x0+1,由xD0得xD=x0+2,故D(x0+2,0).

63、故直线AB的斜率kAB=-y02.因为直线l1和直线AB平行,所以设直线l1的方程为y=-y02x+b,代入抛物线方程得y2+8y0y-8by0=0,由题意得=64y02+32by0=0,得b=-2y0.设E(xE,yE),则yE=-4y0,xE=4y02,当y024时,kAE=yE-y0xE-x0=-4y0+y04y02-y024=4y0y02-4,可得直线AE的方程为y-y0=4y0y02-4(x-x0),由y02=4x0,整理可得y=4y0y02-4(x-1),直线AE恒过点F(1,0).当y02=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0),所以直线AE过定点F(1,0).(ii)由

64、(i)知直线AE过焦点F(1,0),所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+1x0+1=x0+1x0+2.设直线AE的方程为x=my+1,因为点A(x0,y0)在直线AE上,故m=x0-1y0,设B(x1,y1),直线AB的方程为y-y0=-y02(x-x0),由于y00,可得x=-2y0y+2+x0,代入抛物线方程得y2+8y0y-8-4x0=0.所以y0+y1=-8y0,可求得y1=-y0-8y0,x1=4x0+x0+4,所以点B到直线AE的距离为d=4x0+x0+4+my0+8y0-11+m2=4(x0+1)x0=4x0+1x0.则ABE的面积S=124x0+1x0x0+1x0+

65、216,当且仅当1x0=x0,即x0=1时等号成立.所以ABE的面积的最小值为16.评析本题考查抛物线的标准方程、几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系以及解析几何中的定点问题、最值问题和结论探究性问题.本题综合性较强、难度较大,很好地考查了考生的逻辑思维能力和运算求解能力.本题的易错点是定点的确定.【三年模拟】一、填空题(每小题5分,共15分)1.(2017北京朝阳一模,14)在平面直角坐标系xOy中,动点P(x,y)到两坐标轴的距离之和等于它到定点(1,1)的距离,记点P的轨迹为C.给出下面四个结论:曲线C关于原点对称;曲线C关于直线y=x对称;点(-a2,1)(aR)在曲线C上;在第一象限内

66、,曲线C与x轴的非负半轴、y轴的非负半轴围成的封闭图形的面积小于12.其中所有正确结论的序号是.答案2.(2017北京海淀二模,14)已知椭圆G:x26+y2b2=1(0bb0)的离心率等于22,经过其左焦点F(-1,0)且与x轴不重合的直线l与椭圆C交于M,N两点.(1)求椭圆C的方程;(2)O为原点,在x轴上是否存在定点Q,使得点F到直线QM,QN的距离总相等?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.解析(1)由题意得1a=22,a2=b2+1,解得a=2,b=1.故椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)存在.当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x+1)(k0).由y=

67、k(x+1),x22+y2=1得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0.易得0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-4k21+2k2,x1x2=2k2-21+2k2.设Q(t,0).由于点M,N在x轴异侧,则问题等价于“QF平分MQN”,且x1t,x2t,即等价于“kQM+kQN=y1x1-t+y2x2-t=0”,即y1(x2-t)+y2(x1-t)=0.将y1=k(x1+1),y2=k(x2+1)代入上式,整理得2x1x2+(x1+x2)(1-t)-2t=0.将代入上式,整理得t+2=0,即t=-2,所以Q(-2,0).当直线MN的斜率不存在时,存在Q(-2,0)也使

68、得点F到直线QM,QN的距离相等.故在x轴上存在定点Q(-2,0),使得点F到直线QM,QN的距离总相等.5.(2018北京房山二模文,19)椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为12,O为坐标原点,F是椭圆C的右焦点,A为椭圆C上一点,且AFx轴,AFO的面积为34.(1)求椭圆C的方程;(2)过C上一点P(x0,y0)(y00)的直线l:x0xa2+y0yb2=1与直线AF相交于点M,与直线x=4相交于点N.证明:当点P在C上移动时,|MF|NF|恒为定值,并求出此定值.解析(1)设F(c,0),A(c,d),则c2a2+d2b2=1,ca=12,|d|=32b.AFO的面积为

69、34,12c|d|=12c32b=34,bc=3.由a2-b2=c2,a=2c,bc=3,得a=2,b=3,c=1.故椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)结合(1)知直线l的方程为x0x4+y0y3=1(y00),则y=12-3x0x4y0(y00).直线l与直线AF的交点坐标为M1,12-3x04y0,直线l与直线x=4的交点坐标为N4,3-3x0y0,则|MF|2|NF|2=12-3x04y029+3-3x0y02=(4-x0)216y02+16(1-x0)2,(*)P(x0,y0)是椭圆C上一点,x024+y023=1,则y02=3-3x024,代入(*)式得,|MF|2|NF|2=

70、(4-x0)248-12x02+16-32x0+16x02=(4-x0)24(x02-8x0+16)=14(4-x0)2(4-x0)2=14,故|MF|NF|=12,恒为定值.6.(2018北京海淀二模文,20)已知椭圆C:x2+2y2=2的左、右顶点分别为A1、A2.(1)求椭圆C的长轴长与离心率;(2)若不垂直于x轴的直线l与椭圆C相交于P,Q两点,直线A1P与A2Q交于点M,直线A1Q与A2P交于点N.求证:直线MN垂直于x轴.解析(1)椭圆C的方程可化为x22+y2=1,所以a=2,b=1,c=1.所以长轴长为2a=22,离心率e=ca=22.(2)证明:显然直线A1P、A2Q、A1Q

71、、A2P斜率都存在,且互不相等,分别设为k1,k2,k3,k4.则直线A1P的方程为y=k1(x+2),A2Q的方程为y=k2(x-2),联立y=k1(x+2),y=k2(x-2),可得xM=2(k2+k1)k2-k1.同理可得xN=2(k4+k3)k4-k3.设P(x0,y0),则x02+2y02=2.所以k1k4=y0x0+2y0x0-2=y02x02-2=y02-2y02=-12.同理,k2k3=-12.所以xN=2-12k1+-12k2-12k1-12k2=2(k2+k1)k2-k1=xM.所以直线MN垂直于x轴.7.(2019届北京大兴9月统练,18)已知椭圆C:x2a2+y2b2=

72、1(ab0)的离心率为32,长轴的一个顶点为A,短轴的一个顶点为B,O为坐标原点,且SOAB=5.(1)求椭圆C的标准方程;(2)直线l:y=x+m与椭圆C交于P,Q两点,且直线l不经过点M(4,1).记直线MP,MQ的斜率分别为k1,k2,问:k1+k2是不是定值?并说明理由.解析(1)由题意知,12ab=5,a2-b2=c2,ca=32,解得a2=20,b2=5,c2=15,故椭圆C的标准方程为x220+y25=1.(2)k1+k2=0,理由如下:设P(x1,y1),Q(x2,y2),联立得y=x+m,x220+y25=1,得5x2+8mx+4m2-20=0,由=(8m)2-20(4m2-

73、20)0,解得-5mb0)的上、下顶点分别为A,B,且AB=2,离心率为32,O为坐标原点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设P,Q是椭圆C上的两个动点(不与A,B重合),且关于y轴对称,M,N分别是OP,BP的中点,直线AM与椭圆C的另一个交点为D.求证:D,N,Q三点共线.解析(1)因为椭圆的焦点在x轴上,AB=2,离心率e=32,所以b=1,ca=32.又由a2=b2+c2,得a2=4.所以椭圆C的标准方程是x24+y2=1.(2)证明:设点P的坐标为(x0,y0),所以点Q的坐标为(-x0,y0).因为M,N分别是OP,BP的中点,所以M点的坐标为x02,y02,N点的坐标为x02,y

74、0-12.所以直线AD的方程为y=y0-2x0x+1.将其代入椭圆方程x24+y2=1中,得x02+4(y0-2)2x2+8x0(y0-2)x=0.所以x=0,或x=8x0(2-y0)x02+4(y0-2)2=2x0(2-y0)5-4y0.所以y=y0-2x02x0(2-y0)5-4y0+1=-2y02+4y0-35-4y0.所以点D的坐标为2x0(2-y0)5-4y0,-2y02+4y0-35-4y0.所以kQD=-2y02+4y0-35-4y0-y02x0(2-y0)5-4y0+x0=-y0+13x0.又kQN=y0-12-y0x02+x0=-y0+13x0,所以kQN=kQD,所以D,N,Q三点共线.思路分析第(2)问要证D、N、Q三点共线,只需证明kQN=kQD即可,设出点P的坐标后,可知点Q的坐标,利用中点坐标公式可知点N的坐标,再利用直线方程求点D的坐标,最后验证kQN=kQD.