天津2020版高考数学复习9.7圆锥曲线的综合问题精练.docx

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2013天津,18定值问题直线的斜率、向量的运算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2017天津,192016天津,192015天津,19圆锥曲线的几何性质直线方程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“数形结合思想”以及“几何法”求某些量的最值.4.能与其他知识交汇,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=4m2m2+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(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,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).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)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组自主命题天津卷题组1.(2017天津,19,14分)设椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为12.已知A是抛物线y2=2px(p0)的焦点,F到抛物线的准线l的距离为12.(1)求椭圆的方程和抛物线的方程;(2)设l上两点P,Q关于x轴对称,直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A),直线BQ与x轴相交于点D.若APD的面积为62,求直线AP的方程.解析(1)设F的坐标为(-c,0).依题意,ca=12,p2=a,a-c=12,解得a=1,c=12,p=2,于是b2=a2-c2=34.所以,椭圆的方程为x2+4y23=1,抛物线的方程为y2=4x.(2)设直线AP的方程为x=my+1(m0),与直线l的方程x=-1联立,可得点P-1,-2m,故Q-1,2m.将x=my+1与x2+4y23=1联立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=-6m3m2+4.由点B异于点A,可得点B-3m2+43m2+4,-6m3m2+4.由Q-1,2m,可得直线BQ的方程为-6m3m2+4-2m(x+1)-3m2+43m2+4+1y-2m=0,令y=0,解得x=2-3m23m2+2,故D2-3m23m2+2,0.所以|AD|=1-2-3m23m2+2=6m23m2+2.又因为APD的面积为62,故126m23m2+22|m|=62,整理得3m2-26|m|+2=0,解得|m|=63,所以m=63.所以,直线AP的方程为3x+6y-3=0或3x-6y-3=0.方法总结1.利用待定系数法求圆锥曲线标准方程的步骤:(1)作判断:根据焦点位置设方程;(2)找等量关系;(3)解方程得结果.2.解决直线与圆锥曲线位置关系问题的基本策略:(1)巧设直线方程:当已知直线与x轴交点固定时,常设为x=my+b的形式,这样可避免对斜率是否存在的讨论;(2)注意整体代入思想的应用,利用根与系数的关系可以简化运算,提高运算效率和正确率.2.(2016天津,19,14分)设椭圆x2a2+y23=1(a3)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)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,+.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解决问题的能力.3.(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=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.因为点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+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mb0)的左焦点为F,离心率为33,过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为433.(1)求椭圆的方程;(2)设A,B分别为椭圆的左、右顶点,过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C,D两点.若ACDB+ADCB=8,求k的值.解析(1)设F(-c,0),由ca=33,知a=3c.过点F且与x轴垂直的直线为x=-c,代入椭圆方程有(-c)2a2+y2b2=1,解得y=6b3,于是26b3=433,解得b=2,又a2-c2=b2,从而a=3,c=1,所以椭圆的方程为x23+y22=1.(2)设点C(x1,y1),D(x2,y2),由F(-1,0)得直线CD的方程为y=k(x+1),由方程组y=k(x+1),x23+y22=1消去y,整理得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0.由根与系数关系可得x1+x2=-6k22+3k2,x1x2=3k2-62+3k2.因为A(-3,0),B(3,0),所以ACDB+ADCB=(x1+3,y1)(3-x2,-y2)+(x2+3,y2)(3-x1,-y1)=6-2x1x2-2y1y2=6-2x1x2-2k2(x1+1)(x2+1)=6-(2+2k2)x1x2-2k2(x1+x2)-2k2=6+2k2+122+3k2.由已知得6+2k2+122+3k2=8,解得k=2.评析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、向量的运算等基础知识,考查用代数方法研究圆锥曲线的性质,考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一定点与定值问题1.(2017课标,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=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.思路分析(1)设出P、M的坐标,利用NP=2NM得到P、M坐标间的关系,由点M在C上求解.(2)利用向量的坐标运算得OQPF=0,进而证明直线l过曲线C的左焦点F.方法总结求轨迹方程的方法有直接法和间接法.直接法有定义法、待定系数法和直译法.间接法有相关点法、交轨法和参数法.2.(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=2m2-42k2+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)(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62.3.(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=2k+(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.(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(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.(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,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)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,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)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,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,由0,可得m21+4k2.由可知014时,SOPQ=84k2+14k2-1=81+24k2-18;当0k214时,SOPQ=84k2+11-4k2=8-1+21-4k2.因0k214,则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+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(-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.(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|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+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).2.(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,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,9,5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,20,13分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的焦距为4,其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设F为椭圆C的左焦点,T为直线x=-3上任意一点,过F作TF的垂线交椭圆C于点P,Q.(i)证明:OT平分线段PQ(其中O为坐标原点);(ii)当|TF|PQ