2021版数学北师大版攻略大一轮复习精练：9-7　圆锥曲线的综合问题（试题部分） WORD版含解析.docx

1、9.7圆锥曲线的综合问题探考情 悟真题【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.定点与定值问题了解圆锥曲线的简单应用掌握解析几何中求解定点、定值问题的方法和步骤2019北京,18定点问题直线与抛物线的位置关系2019北京文,19直线与椭圆的位置关系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2.参变量的取值范围与最值问题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最值问题基本不等式3.存在性问题理解

2、圆锥曲线中存在性问题的基本解法理解转化思想在圆锥曲线中的应用2015 北京,19存在性问题的推理论证椭圆的标准方程分析解读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.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,难度偏大.炼技法 提能力【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.(2018北京西城

3、一模,19)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,以椭圆C的任意三个顶点为顶点的三角形的面积是22.(1)求椭圆C的方程;(2)设A是椭圆C的右顶点,点B在x轴上.若椭圆C上存在点P,使得APB=90,求点B横坐标的取值范围.解析(1)依题意,得ca=22,ab=22,且a2=b2+c2,解得a=2,b=2.所以椭圆C的方程为x24+y22=1.(2)“椭圆C上存在点P,使得APB=90”等价于“存在不是椭圆左、右顶点的点P,使得PAPB=0”.依题意,得A(2,0).设B(t,0),P(m,n),则m2+2n2=4,则PAPB=(2-m,-n)(t-m,-n)=0,即(

4、2-m)(t-m)+n2=0.将n2=4-m22代入上式,得(2-m)(t-m)+4-m22=0.因为-2m2,所以t-m+2+m2=0,即m=2t+2.所以-22t+22,解得-2t0,所以k212.所以x1+x2=-8k22k2+1,x1x2=8k2-22k2+1.因为B(x2,-y2),所以|AB|=(x1-x2)2+(y1+y2)2.因为(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=8-16k2(2k2+1)2,所以|AB|=8-16k2(2k2+1)2+16k2(2k2+1)2=8(2k2+1)2=222k2+1.因为0k20,所以t22.所以y1+y2=4tt2+2,y1y2=2

5、t2+2.因为B(x2,-y2),所以|AB|=(x1-x2)2+(y1+y2)2.因为(x1-x2)2=(ty1-ty2)2=t2(y1-y2)2=t2(y1+y2)2-4y1y2=8t4-16t2(t2+2)2,所以|AB|=8t4-16t2(t2+2)2+16t2(t2+2)2=8t4(t2+2)2=22t2t2+2=221-2t2+2.因为t22,所以|AB|(2,22),综上,|AB|的取值范围是(2,22.3.(2020届北京朝阳期中,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)经过点P1,22和点Q(-2,0).(1)求椭圆C的标准方程;(2)过椭圆的右焦点F的直线l交椭圆

6、C于A,B两点,且直线l与以线段FP为直径的圆交于另一点E(异于点F),求|AB|FE|的最大值.解析(1)因为椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)过点P1,22和点Q(-2,0),所以a=2,1a2+12b2=1,解得a=2,b=1,故椭圆C的标准方程为x22+y2=1.(2)由题意知直线l的斜率不为0,设l:x=ty+1,由x=ty+1,x22+y2=1,得(t2+2)y2+2ty-1=0,显然0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=-2tt2+2,y1y2=-1t2+2.则|AB|=1+t2|y1-y2|.以FP为直径的圆的圆心坐标为1,24,半径r=24,故圆心到直

7、线l的距离d=1-24t-11+t2=24t1+t2.所以|FE|=2r2-d2=218-18t2t2+1=221t2+1.所以|AB|FE|=22|y1-y2|=22(y1+y2)2-4y1y2=224t2(t2+2)2+4t2+2=228t2+8(t2+2)2=2t2+1(t2+2)2=21(t2+1)+1t2+1+2,因为t2+11,所以(t2+1)+1t2+12,即1(t2+1)+1t2+1+214,所以|AB|FE|214=1,当且仅当t=0时,取等号.所以|AB|FE|的最大值为1.方法2圆锥曲线中的定值、定点问题的解题方法4.(2019北京西城期末文,19)已知椭圆C:x2a2+

8、y22=1(a2)的离心率为22,左、右顶点分别为A、B,点M是椭圆C上异于A,B的一点,直线AM与y轴交于点P.(1)若点P在椭圆C的内部,求直线AM的斜率的取值范围;(2)设椭圆C的右焦点为F,点Q在y轴上,且AQBM,求证:PFQ为定值.解析(1)由题意,得c2=a2-2,ca=22,(2分)解得a=2,c=2,所以椭圆C的方程为x24+y22=1.(3分)设P(0,m),由点P在椭圆C的内部,得-2m1)的离心率为63.(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l过点M(1,0)且与椭圆C相交于A,B两点.过点A作直线x=3的垂线,垂足为D.证明直线BD过x轴上的定点.解析(1)由题意可知b=

9、1,ca=63,a2=b2+c2,解得a=3,c=2,所以椭圆C的方程为x23+y2=1.(2)证明:当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=1,不妨设A1,63,B1,-63,则D3,63.此时,直线BD的方程为y=63(x-2),所以直线BD过点(2,0).当直线l的斜率存在时,设l:y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),D(3,y1).由y=k(x-1),x2+3y2=3得(3k2+1)x2-6k2x+3k2-3=0,显然0.所以x1+x2=6k23k2+1,x1x2=3k2-33k2+1.直线BD:y-y1=y2-y1x2-3(x-3),令y=0,得x-3=-y1(x

10、2-3)y2-y1,所以x=3y2-3y1-y1x2+3y1y2-y1=3y2-y1x2y2-y1=4x2-3-x1x2x2-x1=4x2-12k23k2+1x2-x1.由于x1=6k23k2+1-x2,所以x=4x2-12k23k2+12x2-6k23k2+1=2.故直线BD过点(2,0).综上所述,直线BD恒过x轴上的定点(2,0).6.(2020届北京清华附中开学摸底,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)过点(2,0),且椭圆C的离心率为12.(1)求椭圆C的方程;(2)若动点P在直线x=-1上,过P作直线交椭圆C于M, N两点,且P为线段MN的中点,再过P作直线lMN,证

11、明:直线l恒过定点,并求出该定点的坐标.解析本题考查直线与圆锥曲线的位置关系、直线恒过定点问题,通过直线与圆锥曲线的位置关系考查学生分析问题、解决问题的能力,体现逻辑推理与数学运算的核心素养.(1)因为点(2,0)在椭圆C上,所以4a2+0b2=1,所以a2=4,因为椭圆C的离心率为12,所以ca=12,即a2-b2a2=14,解得b2=3,所以椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)证明:设P(-1,y0),y0-32,32,当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y-y0=k(x+1),M(x1,y1),N(x2,y2),由3x2+4y2=12,y-y0=k(x+1),得(3+4k2)x

12、2+(8ky0+8k2)x+(4y02+8ky0+4k2-12)=0,所以x1+x2=-8ky0+8k23+4k2,因为P为MN的中点,所以x1+x22=-1,即-8ky0+8k23+4k2=-2.所以k=34y0(y00),因为直线lMN,所以kl=-4y03,所以直线l的方程为y-y0=-4y03(x+1),即y=-4y03x+14,显然直线l恒过定点-14,0.当直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=-1,此时直线l为x轴,也过点-14,0,综上所述,直线l恒过定点-14,0.方法3存在性问题的解题策略7.(2019北京昌平二模文, 19)已知椭圆G:x2a2+y2b2=1(ab0

13、)的离心率为32,经过点B(0,1).设椭圆G的右顶点为A,过原点O的直线l与椭圆G交于P,Q两点(点Q在第一象限),且与线段AB交于点M.(1)求椭圆G的标准方程;(2)是否存在直线l,使得BOP的面积是BMQ的面积的3倍?若存在,求直线l的方程;若不存在,请说明理由.解析(1)由题意可知b=1,ca=32,a2=b2+c2,解得a=2,c=3,所以椭圆G的标准方程为x24+y2=1.(2)不存在.设Q(x0,y0),则P(-x0,-y0),易知0x02,0y00恒成立,x1+x2=8k24k2+1,x1x2=4k2-44k2+1.四边形ACBD的面积S=SABC+SABD=12|AB|y1

14、|+12|AB|y2|=12|AB|y1-y2|=2|k(x1-x2)|=2k2(x1+x2)2-4x1x2=8k2(3k2+1)(4k2+1)2, 令4k2+1=t(t1),则四边形ACBD的面积S=2-1t2-2t+3,1t(0,1),所以S=2-1t+12+40,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+y

15、2=1.(2)证明: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,|

16、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

17、)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,x

18、1x2=4k2m2-41+4k2.又由l与圆x2+y2=1相切,得|km|k2+1=1,即m2k2=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,

19、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

20、,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+34

21、b2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,b2=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+

22、(m-1)-8km4k2+1=0.解得k=-m+12.当且仅当m-1时,0,于是l:y=-m+12x+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

23、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=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

24、,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(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)(

25、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,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

26、为x28+y24=1.(2)证明: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.考点二参变量的取值范围与最值问题1.(2019课标全国,21,12分)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-12.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程,并说明

27、C是什么曲线;(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PEx轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.(i)证明:PQG是直角三角形;(ii)求PQG面积的最大值.解析本题主要考查轨迹方程的求法,直线与椭圆的位置关系,两条直线的位置关系,弦长问题,三角形的面积以及基本不等式的应用等相关知识;通过对三角形形状的判断以及面积最值的求解考查学生的知识迁移能力、运算求解能力及函数思想方法的应用;体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)由题设得yx+2yx-2=-12,化简得x24+y22=1(|x|2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左右顶点.(2)(i)证明:设直线

28、PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k0).由y=kx,x24+y22=1得x=21+2k2.记u=21+2k2,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).于是直线QG的斜率为k2,方程为y=k2(x-u).由y=k2(x-u),x24+y22=1得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.设G(xG,yG),则-u和xG是方程的解,故xG=u(3k2+2)2+k2,由此得yG=uk32+k2.从而直线PG的斜率为uk32+k2-uku(3k2+2)2+k2-u=-1k.所以PQPG,即PQG是直角三角形.(ii)由(i)得|PQ|=2u1+k2,|PG|=2ukk2+12+k

29、2,所以PQG的面积S=12|PQ|PG|=8k(1+k2)(1+2k2)(2+k2)=81k+k1+21k+k2.设t=k+1k,则由k0得t2,当且仅当k=1时取等号.因为S=8t1+2t2在2,+)单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为169.因此,PQG面积的最大值为169.思路分析(1)利用直线AM与BM的斜率之积为-12求得曲线C的轨迹方程,从而得出曲线C的轨迹.(2)(i)设出直线PQ的方程,联立椭圆方程,求得点P、Q的坐标,由Q、E的坐标得出直线QG的方程,联立椭圆方程,得出点G的坐标,进而表示出直线PG的斜率,从而得出结论.(ii)利用弦长公式求出|PQ|

30、与|PG|的表达式,从而将三角形的面积表示成关于k的函数,进而利用函数思想求其最大值.解题关键利用方程思想得出点P、Q的坐标,进而利用换元法及整体代换法简化运算过程是顺利解决本题的关键;正确利用基本不等式及函数单调性是求解PQG面积最值的关键.2.(2019浙江,21,15分)如图,已知点F(1,0)为抛物线y2=2px(p0)的焦点.过点F的直线交抛物线于A,B两点,点C在抛物线上,使得ABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q,且Q在点F的右侧.记AFG,CQG的面积分别为S1,S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程;(2)求S1S2的最小值及此时点G的坐标.解析本题主要考查抛物线的几何

31、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.体现了数学抽象的核心素养和化归与转化的思想方法.(1)由题意得p2=1,即p=2.所以,抛物线的准线方程为x=-1.(2)设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t0,则xA=t2.由于直线AB过F,故直线AB方程为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=13(yA+yB+yC)及重心G在x轴上,故2t-2t+yC=0,得C1t-t2

32、,21t-t,G2t4-2t2+23t2,0.所以,直线AC方程为y-2t=2t(x-t2),得Q(t2-1,0).由于Q在焦点F的右侧,故t22.从而S1S2=12|FG|yA|12|QG|yC|=2t4-2t2+23t2-1|2t|t2-1-2t4-2t2+23t22t-2t=2t4-t2t4-1=2-t2-2t4-1.令m=t2-2,则m0,S1S2=2-mm2+4m+3=2-1m+3m+42-12m3m+4=1+32.当m=3时,S1S2取得最小值1+32,此时G(2,0).思路分析(1)根据抛物线定义知p2=1,得到准线方程x=-1.(2)要求S1S2的最小值,需要将S1S2用基本量

33、表示出来,从点的关系出发,设A(xA,yA),合理选择参数t表示A(t2,2t),t0,由直线AB过F得到AB方程,求出B点坐标,再由ABC的重心G在x轴上,求出C点和G点坐标,进而求出Q点坐标,然后就可以表示出S1S2,进而求出其最小值.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

34、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|=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32,左、右焦点分别是F1

35、,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,a2-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

36、)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+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

37、=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0b0)的左焦点为F,左顶点为A,上顶点为B.已知3|OA|=2|OB|(O为原点).(1)求椭圆的离心率;(2)设经过点F且斜率为34的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P,圆C同时与x轴和直线l相切,圆心C在直线x=4上,且OCAP.求椭圆的方程.解析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力.(1)设椭圆的半焦距为c,由已知有3a=2b.又由a2=b2+c2,消去b得a2

38、=32a2+c2,解得ca=12.所以,椭圆的离心率为12.(2)由(1)知,a=2c,b=3c,故椭圆方程为x24c2+y23c2=1.由题意,F(-c,0),则直线l的方程为y=34(x+c).点P的坐标满足x24c2+y23c2=1,y=34(x+c),消去y并化简,得到7x2+6cx-13c2=0,解得x1=c,x2=-13c7.代入到l的方程,解得y1=32c,y2=-914c.因为点P在x轴上方,所以Pc,32c.由圆心C在直线x=4上,可设C(4,t).因为OCAP,且由(1)知A(-2c,0),故t4=32cc+2c,解得t=2.则C(4,2).因为圆C与x轴相切,所以圆的半径

39、长为2,又由圆C与l相切,得34(4+c)-21+342=2,可得c=2.所以,椭圆的方程为x216+y212=1.思路分析(1)由已知条件,得a与b的比例关系,代入a2=b2+c2,得a与c的齐次关系,进而求得离心率.(2)设出直线方程(含参数c),联立直线与椭圆方程(含参数c),得交点P的坐标(含参数c),由kAP=kOC,求得C点坐标以及圆的半径r,最后由圆心到直线距离等于半径列出关于c的方程,求得c的值,最终确定椭圆方程.C组教师专用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.

40、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.(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-

41、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

42、+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.3.(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

43、|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(x1,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

44、+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).4.(2013江西,20,13分)椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)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

45、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-1,4k2k-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+2

46、2k-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),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)4y02-8y

47、0+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)(x0-2)-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.5.(2014安徽,19,13分)如图,已知

48、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,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

49、,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A1B1C1A2B2C2.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

50、,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(m

51、0)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=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

52、=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.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,|M

53、N|=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),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

54、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-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

55、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湖南文,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,2c2=2,2a

56、1=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+OB|=22,|AB|=23,此时,|OA+OB|AB|.当x=-2时,同理可知,|OA+OB|AB|.(

57、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=x1x

58、2+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.3.(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,

59、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(-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A

60、D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BD的方程为y+y1=y14x1(x+x1),令x=0,得y=-34y1,即N0,-34y1.由(i)知M

61、(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98.4.(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

62、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,F1P1,F2P2是圆C的切线,

63、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=1-x122=13,故y0=53.圆C的半径|CP1|=

64、-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.5.(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)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

65、.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=

66、-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.6.(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A

67、BN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|AB|.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

68、.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(k

69、0),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|

70、=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

71、)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+k2xB2n2=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

72、-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=S2.7.(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

73、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)证明: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).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-8b

74、y0=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(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

75、+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+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

76、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,很好地考查了学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】解答题(共90分)1.(2020届山东夏季高考模拟,21)设中心在原点,焦点在x轴上的椭圆E过点1,32,且离心率为32.F为E的右焦点,P为E上一点,PFx轴,F的半径为PF.(1)求E和F的方程;(2)若直线l:y=k(x-3)(k0)与F交于A,B两点,与E交于C,D两点,其中A,C在第一象限,是否存在k使|AC|=|BD|?若存在,求l的方程;若不存在,说明理由.解析(1)设E的方程为x2a2+y2b2=1(ab0),

77、由题设知1a2+34b2=1,a2-b2a=32.解得a=2,b=1,故E的方程为x24+y2=1.因此F(3,0),PF=12,即F的半径为12.所以F的方程为(x-3)2+y2=14.(2)由题设可知,A在E外,B在E内,C在F内,D在F外,在l上的四点A,B,C,D满足|AC|=|AB|-|BC|,|BD|=|CD|-|BC|.设C(x1,y1),D(x2,y2).将l的方程代入E的方程得(1+4k2)x2-83k2x+12k2-4=0,则x1+x2=83k24k2+1,x1x2=12k2-44k2+1,|CD|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=4k2+44k2+11.又因为F的直

78、径AB=1,所以|BD|-|AC|=|CD|-|AB|=|CD|-10,故不存在正数k使|AC|=|BD|.2.(2019首师大附中一模,18)圆x2+y2=2与x轴交于F1、F2两点,P为圆上一点.椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)以F1、F2为焦点且过点P.(1)当P点坐标为x0,22(x00)时,求x0的值及椭圆方程;(2)若直线l与(1)中所求的椭圆交于不同的两点A、B,且点C(0,-1),|AC|=|BC|,求直线l在y轴上的截距m的取值范围.解析(1)由圆与x轴的交点为(2,0)得椭圆的焦距2c=22,a2-b2=2,a2=2+b2,椭圆方程化为x22+b2+y2b2=1,将Px

79、0,22代入圆的方程,得x02+12=2,x0=62,将P62,22代入式,得322+b2+12b2=1,解得b2=1,a2=3,椭圆方程为x23+y2=1.(2)由|AC|=|BC|得点C在线段AB的中垂线上,易知直线l的斜率存在,设直线l的斜率为k,当k=0时,满足题意,m(-1,1);当k0时,直线l的方程为y=kx+m,设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点M(x,y),由y=kx+m,x23+y2=1,消去y得13+k2x2+2kmx+m2-1=0,由=(2km)2-413+k2(m2-1)0,得3k2-m2+10,由x123+y12=1,x223+y22=1,作差,得(x

80、1+x2)(x1-x2)+3(y1+y2)(y1-y2)=0,由2x=x1+x2,2y=y1+y2及y1-y2x1-x2=k,得x+3ky=0,MCAB,y+1x=-1k,即x+k(y+1)=0,由得x=-3k2,y=12,代入y=kx+m中,得k2=2m-13,将式代入式,得0m0,m12,m的取值范围是12,2.综上,当k=0时,直线l在y轴上的截距m的取值范围是(-1,1),当k0时,直线l在y轴上的截距m的取值范围是12,2.思路分析(2)由|CA|=|CB|,可得点C在线段AB的中垂线上,当k=0时,满足题意,从而m(-1,1),当k0时,设A(x1,y1),B(x2,y2),中点M

81、(x,y),由y=kx+m,x23+y2=1,得13+k2x2+2kmx+m2-1=0,由=(2km)2-413+k2(m2-1)0,得3k2-m2+10,再利用点差法求出结果.3.(2019北京海淀一模文,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左顶点为A(-2,0),两个焦点与短轴的一个顶点构成等腰直角三角形,过点P(1,0)且与x轴不重合的直线l与椭圆交于不同的两点M,N.(1)求椭圆C的方程;(2)当AM与MN垂直时,求AM的长;(3)若过点P且平行于AM的直线交直线x=52于点Q,求证:直线NQ恒过定点.解析(1)因为A(-2,0),所以a=2.因为两个焦点与短轴的一个顶

82、点构成等腰直角三角形,所以b=c.又b2+c2=a2,所以b2=c2=2.所以椭圆C的方程为x24+y22=1.(2)解法一:设M(xm,ym),则kMP=ymxm-1,kAM=ymxm+2,因为AM与MN垂直,所以kAMkMP=ymxm-1ymxm+2=-1,联立ymxm-1ymxm+2=-1,xm24+ym22=1,解得xm=0,ym=2或xm=-2,ym=0(舍).所以|AM|=6.解法二:设M(xm,ym),因为AM与MN垂直,所以点M在以AP为直径的圆上,又因为以AP为直径的圆的圆心为-12,0,半径为32,所以圆的方程为x+122+y2=94.联立xm+122+ym2=94,xm2

83、4+ym22=1,解得xm=0,ym=2或xm=-2,ym=0(舍).所以|AM|=6.(3)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN的方程为x=my+1,由x=my+1,x2+2y2-4=0得(m2+2)y2+2my-3=0.显然0,则y1+y2=-2mm2+2,y1y2=-3m2+2,因为直线PQ与AM平行,所以kPQ=kAM=y1x1+2,则直线PQ的方程为y=y1x1+2(x-1),令x=52,则y=32y1x1+2=3y12(my1+3),即Q52,3y12(my1+3).kNQ=y2-3y12(my1+3)x2-52=2my1y2+6y2-3y1(my1+3)(2my2

84、-3),直线NQ的方程为y-y2=2my1y2+6y2-3y12m2y1y2+6my2-3my1-9(x-x2),y=2my1y2+6y2-3y12m2y1y2+6my2-3my1-9x-(2my1y2+6y2-3y1)(my2+1)2m2y1y2+6my2-3my1-9+y2=2my1y2+6y2-3y12m2y1y2+6my2-3my1-9x-2my1y2+15y2-3y12m2y1y2+6my2-3my1-9,令y=0,得x=2my1y2+15y2-3y12my1y2+6y2-3y1.因为2my1y2=3(y1+y2),故x=18y29y2=2,所以直线NQ恒过定点(2,0).4.(20

85、20届北京八一学校开学摸底,18)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点为F(1,0),M为椭圆的上顶点,O为坐标原点,且OMF是等腰直角三角形.(1)求椭圆的方程;(2)是否存在直线l交椭圆于P,Q两点,且使点F为PQM的垂心(即三角形的三条高线的交点)?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.解析本题考查椭圆的几何性质与标准方程、直线与椭圆的位置关系,圆锥曲线的存在性问题,考查学生分析问题、解决问题的能力,体现逻辑推理与数学运算的核心素养.(1)由右焦点F(1,0)得c=1,由OMF是等腰直角三角形,得b=c=1,则a=2b=2,故椭圆的方程为x22+y2=1.(2)存在

86、.假设存在直线l交椭圆于P,Q两点,且F为PQM的垂心,设P(x1,y1),Q(x2,y2),因为M(0,1),F(1,0),所以kMF=-1,因为F为PQM的垂心,所以MFPQ,故kPQ=1,设直线l的方程为y=x+m,由y=x+m,x2+2y2=2得3x2+4mx+2m2-2=0,由0,得m2b0)经过点1,32,离心率为32.(1)求椭圆C的方程;(2)直线y=k(x-1)(k0)与椭圆C交于A,B两点,点M是椭圆C的右顶点,直线AM与直线BM分别与y轴交于点P,Q,试问以线段PQ为直径的圆是否过x轴上的定点?若过,求出定点坐标;若不过,说明理由.解析本题考查椭圆的几何性质以及直线与椭圆

87、的位置关系中的定点问题,考查学生运用化归转化的数学思想分析问题、解决问题的能力,渗透逻辑推理与数学运算的核心素养.(1)由题意得ca=32,1a2+34b2=1,a2=b2+c2,解得a=2,b=1,所以椭圆C的方程是x24+y2=1.(2)以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点.将y=k(x-1)(k0)代入椭圆方程可得(1+4k2)x2-8k2x+4k2-4=0,易得0恒成立,设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=8k21+4k2,x1x2=4k2-41+4k2.因为点M是椭圆C的右顶点,所以点M(2,0).由题意可知直线AM的方程为y=y1x1-2(x-2),故点P0,-2y

88、1x1-2,直线BM的方程为y=y2x2-2(x-2),故点Q0,-2y2x2-2,若以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点N(x0,0),则等价于PNQN=0恒成立,又因为PN=x0,2y1x1-2,QN=x0,2y2x2-2,所以PNQN=x02+2y1x1-22y2x2-2=0恒成立,又因为(x1-2)(x2-2)=x1x2-2(x1+x2)+4=4k21+4k2,y1y2=k2(x1-1)(x2-1)=-3k21+4k2,所以x02+2y1x1-22y2x2-2=x02-3=0,解得x0=3,故以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点(3,0).思路分析(1)列出关于a,b,c的方程组,解出a,

89、b即得椭圆C的方程.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),写出直线AM与BM的方程,得点P、Q坐标,再利用以线段PQ为直径的圆过定点N,等价于PNQN=0恒成立,即可求解.6.(2020届北京东直门中学期中,19)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,焦距为22.(1)求椭圆E的方程;(2)若C,D分别是椭圆E上的左,右顶点,动点M满足MDCD,连接CM,交椭圆E于点P,证明:OMOP为定值(O为坐标原点).解析本题考查椭圆的标准方程,圆锥曲线的定值问题,主要通过直线与圆锥曲线的综合问题考查学生运用化归转化的思想方法解决问题的能力,体现数学运算与逻辑推理的核心素养.

90、(1)由椭圆E的焦距为22,得2c=22,所以c=2,因为e=ca=22,所以a=2c=2,因为a2=b2+c2,所以b2=2.所以椭圆的方程为x24+y22=1.(2)证明:因为直线CM不在x轴上,故可设lCM:x=my-2,由x24+y22=1,x=my-2得(m2+2)y2-4my=0,yP=4mm2+2,xP=2m2-4m2+2,即P2m2-4m2+2,4mm2+2.在x=my-2中,令x=2,得yM=4m,即M2,4m.OMOP=4m2-8m2+2+16m2+2=4.OPOM为定值4.思路分析(1)根据题意,分析可得椭圆中c的值,结合椭圆的离心率公式可得a的值,计算可得b的值,即可得

91、椭圆方程.(2)根据题意,设lCM:x=my-2,联立直线与椭圆的方程,由根与系数的关系分析,用m表示P的坐标,结合直线的方程分析可得M的坐标,进而可以用m表示OMOP,化简可得答案.7.(2020届北京一七一中学期中,18)平面直角坐标系xOy中,椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率是32,抛物线E:x2=2y的焦点F是C的一个顶点.(1)求椭圆C的方程;(2)设P是抛物线E上的动点,且位于第一象限,抛物线E在点P处的切线l与椭圆C交于不同的两点A、B,线段AB的中点为D,直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.求证:点M在定直线上;直线l与y轴交于点G,记PFG的面积为S1,

92、PDM的面积为S2,求S1S2的最大值及取得最大值时点P的坐标.解析本题考查椭圆的方程,通过考查直线与圆锥曲线的综合问题考查学生运用化归转化的数学思想方法分析问题与解决问题的能力,体现逻辑推理与数学运算的核心素养.(1)由题意可得e=ca=32,抛物线E:x2=2y的焦点F为0,12,所以b=12,a2-c2=14,解得a=1,c=32,可得椭圆方程为x2+4y2=1.(2)证明:设P(x0,y0)(x00),可得x02=2y0,y=12x2的导数为y=x,故曲线y=12x2在P(x0,y0)处的切线的斜率为x0,则切线方程为y-y0=x0(x-x0),可化为y=x0x-y0,代入椭圆方程,可

93、得(1+4x02)x2-8x0y0x+4y02-1=0,=64x02y02-4(1+4x02)(4y02-1)0,可得1+4x024y02.设A(x1,y1),B(x2,y2),可得x1+x2=8x0y01+4x02,即有中点D4x0y01+4x02,-y01+4x02,直线OD的方程为y=-14x0x,令x=x0,可得y=-14.即点M在定直线y=-14上.直线l的方程为y=x0x-y0,令x=0,可得G(0,-y0),则S1=12|FG|x0|=12x012+y0=14x0(1+x02),S2=12|PM|x0-4x0y01+4x02=12y0+14x0+4x03-4x0y01+4x02=

94、18x0(1+2x02)21+4x02,则S1S2=2(1+x02)(1+4x02)(1+2x02)2,令1+2x02=t(t1),则S1S2=21+t-12(1+2t-2)t2=(t+1)(2t-1)t2=2t2+t-1t2=2+1t-1t2=-1t-122+94,则当t=2,即x0=22时,S1S2取得最大值94,此时点P的坐标为22,14.思路分析(1)运用椭圆的离心率公式和抛物线的焦点坐标,以及椭圆a,b,c的关系,求得a,b,进而得到椭圆的方程;(2)设P(x0,y0),运用导数求得切线的斜率和方程,代入椭圆方程,运用根与系数的关系,可得中点D的坐标,求得OD的方程,再令x=x0,可得y=-14,进而得到定直线;直线l的方程为y=x0x-y0,令x=0,可得G(0,-y0),运用三角形的面积公式,可得S1=12|FG|x0|=12x012+y0,S2=12|PM|x0-4x0y01+4x02,化简整理,令1+2x02=t(t1),整理可得关于t的一元二次方程,进而得到最大值及此时P的坐标.