浙江专版2019版高考数学一轮复习第十章圆锥曲线与方程10.4直线与圆锥曲线的位置关系学案.docx

10.4直线与圆锥曲线的位置关系考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计20132014201520162017直线与圆锥曲线的位置关系1.了解圆锥曲线的简单应用.2.理解数形结合的思想.3.能解决直线与圆锥曲线的位置关系等问题.掌握15,4分21,15分22(文),约8分16,4分21,15分22(文),约7分19,约7分15(文),4分19(文),约7分19(1),8分19(2)(文),9分21,15分分析解读1.直线与圆锥曲线的位置关系是高考的常考内容,常以解答题的形式呈现,试题具有一定的难度.2.直线与圆锥曲线的位置关系综合性较强,要注重与一元二次方程中的判别式、韦达定理、函数的单调性、不等式、平面向量等知识相综合.3.预计2019年高考中,仍将以直线与圆锥曲线的位置关系等问题为重点进行考查.五年高考考点直线与圆锥曲线的位置关系 1.(2017课标全国文,12,5分)过抛物线C:y2=4x的焦点F,且斜率为3的直线交C于点M(M在x轴的上方),l为C的准线,点N在l上且MNl,则M到直线NF的距离为()A.5B.22C.23D.33答案C2.(2017课标全国理,10,5分)已知F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与C交于A,B两点,直线l2与C交于D,E两点,则|AB|+|DE|的最小值为()A.16B.14C.12D.10答案A3.(2014辽宁,10,5分)已知点A(-2,3)在抛物线C:y2=2px的准线上,过点A的直线与C在第一象限相切于点B,记C的焦点为F,则直线BF的斜率为() A.12B.23C.34D.43答案D4.(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,=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B5.(2014课标,10,5分)设F为抛物线C:y2=3x的焦点,过F且倾斜角为30的直线交C于A,B两点,O为坐标原点,则OAB的面积为()A.334B.C.6332D.94答案D6.(2015江苏,12,5分)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点.若点P到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为.答案227.(2015浙江文,19,15分)如图,已知抛物线C1:y=14x2,圆C2:x2+(y-1)2=1,过点P(t,0)(t0)作不过原点O的直线PA,PB分别与抛物线C1和圆C2相切,A,B为切点.(1)求点A,B的坐标;(2)求PAB的面积.注:直线与抛物线有且只有一个公共点,且与抛物线的对称轴不平行,则称该直线与抛物线相切,称该公共点为切点.解析(1)由题意知直线PA的斜率存在,故可设直线PA的方程为y=k(x-t),由y=k(x-t),y=14x2消去y,整理得:x2-4kx+4kt=0,由于直线PA与抛物线相切,得k=t.因此,点A的坐标为(2t,t2).设圆C2的圆心为D(0,1),点B的坐标为(x0,y0),由题意知:点B,O关于直线PD对称,故y02=-x02t+1,x0t-y0=0,解得x0=2t1+t2,y0=2t21+t2.因此,点B的坐标为2t1+t2,2t21+t2.(2)由(1)知|AP|=t1+t2,和直线PA的方程tx-y-t2=0.点B到直线PA的距离是d=t21+t2,设PAB的面积为S(t),所以S(t)=12|AP|d=t32.8.(2017天津理,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.解析本小题主要考查椭圆、抛物线的标准方程和几何性质,直线方程等基础知识.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.(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=0.9.(2016课标全国,20,12分)已知椭圆E:x2t+y23=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MANA.(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.解析(1)设M(x1,y1),则由题意知y10.当t=4时,E的方程为x24+y23=1,A(-2,0).(1分)由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为蟺4.因此直线AM的方程为y=x+2.(2分)将x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=127,所以y1=127.(4分)因此AMN的面积SAMN=212127127=14449.(5分)(2)由题意知,t3,k0,A(-t,0).将直线AM的方程y=k(x+t)代入x2t+y23=1得(3+tk2)x2+2ttk2x+t2k2-3t=0.(7分)由x1(-t)=t2k2-3t3+tk2得x1=t(3-tk2)3+tk2,故|AM|=|x1+ t|1+k2=6t(1+k2)3+tk2.(8分)由题设,直线AN的方程为y=-1k(x+t),故同理可得|AN|=6kt(1+k2)3k2+t.(9分)由2|AM|=|AN|得23+tk2=k3k2+t,即(k3-2)t=3k(2k-1).当k=32时上式不成立,因此t=3k(2k-1)k3-2.(10分)t3等价于k3-2k2+k-2k3-2=(k-2)(k2+1)k3-20,即k-2k3-20,k3-20或k-20,解得32k0).(1)若直线l过抛物线C的焦点,求抛物线C的方程;(2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.求证:线段PQ的中点坐标为(2-p,-p);求p的取值范围.解析(1)抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为p2,0,由点p2,0在直线l:x-y-2=0上,得p2-0-2=0,即p=4.所以抛物线C的方程为y2=8x.(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),线段PQ的中点M(x0,y0).因为点P和Q关于直线l对称,所以直线l垂直平分线段PQ,于是直线PQ的斜率为-1,则可设其方程为y=-x+b.证明:由y2=2px,y=-x+b消去x得y2+2py-2pb=0.(*)因为P和Q是抛物线C上的相异两点,所以y1y2,从而=(2p)2-4(-2pb)0,化简得p+2b0.方程(*)的两根为y1,2=-pp2+2pb,从而y0=y1+y22=-p.因为M(x0,y0)在直线l上,所以x0=2-p.因此,线段PQ的中点坐标为(2-p,-p).因为M(2-p,-p)在直线y=-x+b上,所以-p=-(2-p)+b,即b=2-2p.由知p+2b0,于是p+2(2-2p)0,所以pb0)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,即a2=3c2,又由a2=b2+c2,可得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,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)的一个焦点,C1与C2的公共弦的长为26.(1)求C2的方程;(2)过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且与同向.(i)若|AC|=|BD|,求直线l的斜率;(ii)设C1在点A处的切线与x轴的交点为M,证明:直线l绕点F旋转时,MFD总是钝角三角形.解析(1)由C1:x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).因为F也是椭圆C2的一个焦点,所以a2-b2=1.又C1与C2的公共弦的长为26,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x2=4y,由此易知C1与C2的公共点的坐标为卤6,32,所以94a2+6b2=1.联立得a2=9,b2=8.故C2的方程为y29+x28=1.(2)如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).(i)因与同向,且|AC|=|BD|,所以=,从而x3-x1=x4-x2,即x1-x2=x3-x4,于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4.设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1.由得x2-4kx-4=0.而x1,x2是这个方程的两根,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.由y=kx+1,x28+y29=1得(9+8k2)x2+16kx-64=0.而x3,x4是这个方程的两根,所以x3+x4=-16k9+8k2,x3x4=-649+8k2.将代入,得16(k2+1)=162k2(9+8k2)2+4脳649+8k2,即16(k2+1)=162脳9(k2+1)(9+8k2)2,所以(9+8k2)2=169,解得k=64,即直线l的斜率为64.(ii)证明:由x2=4y得y=x2,所以C1在点A处的切线方程为y-y1=x12(x-x1),即y=x1x2-x124.令y=0,得x=x12,即Mx12,0,所以=x12,-1.而=(x1,y1-1),于是=x122-y1+1=x124+10,因此AFM是锐角,从而MFD=180-AFM是钝角.故直线l绕点F旋转时,MFD总是钝角三角形.13.(2014辽宁,20,12分)圆x2+y2=4的切线与x轴正半轴,y轴正半轴围成一个三角形,当该三角形面积最小时,切点为P(如图),双曲线C1:x2a2-y2b2=1过点P且离心率为3.(1)求C1的方程;(2)椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点,直线l过C2的右焦点且与C2交于A,B两点,若以线段AB为直径的圆过点P,求l的方程.解析(1)设切点坐标为(x0,y0)(x00,y00),则切线斜率为-x0y0,切线方程为y-y0=-x0y0(x-x0),即x0x+y0y=4,此时,两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为S=124x04y0=8x0y0.由x02+y02=42x0y0知,当且仅当x0=y0=2时x0y0有最大值,即S有最小值,因此点P的坐标为(2,2).由题意知2a2-2b2=1,a2+b2=3a2,解得a2=1,b2=2,故C1的方程为x2-y22=1.(2)由(1)知C2的焦点坐标为(-3,0),(3,0),由此设C2的方程为x23+b12+y2b12=1,其中b10.由P(2,2)在C2上,得23+b12+2b12=1,解得b12=3,因此C2的方程为x26+y23=1.显然,l不是直线y=0.设l的方程为x=my+3,点A(x1,y1),B(x2,y2),由x=my+3,x26+y23=1,得(m2+2)y2+23my-3=0,又y1,y2是方程的根,因此由x1=my1+3,x2=my2+3,得因=(2-x1,2-y1),=(2-x2,2-y2).由题意知=0,所以x1x2-2(x1+x2)+y1y2-2(y1+y2)+4=0.将代入式整理得2m2-26m+46-11=0,解得m=362-1或m=-62+1.因此直线l的方程为x-362-1y-3=0或x+62-1y-3=0.教师用书专用(1419)14.(2013课标全国,10,5分)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交E于A,B两点.若AB的中点坐标为(1,-1),则E的方程为()A.x245+y236=1B.x236+y227=1C.x227+y218=1D.x218+y29=1答案D15.(2013浙江,15,4分)设F为抛物线C:y2=4x的焦点,过点P(-1,0)的直线l交抛物线C于A,B两点,点Q为线段AB的中点.若|FQ|=2,则直线l的斜率等于.答案116.(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在椭圆C上,点B在直线y=2上,且OAOB,试判断直线AB与圆x2+y2=2的位置关系,并证明你的结论.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)直线AB与圆x2+y2=2相切.证明如下:设点A,B的坐标分别为(x0,y0),(t,2),其中x00.因为OAOB,所以=0,即tx0+2y0=0,解得t=-2y0x0.当x0=t时,y0=-t22,代入椭圆C的方程,得t=2,故直线AB的方程为x=2.圆心O到直线AB的距离d=2.此时直线AB与圆x2+y2=2相切.当x0t时,直线AB的方程为y-2=y0-2x0-t(x-t),即(y0-2)x-(x0-t)y+2x0-ty0=0.圆心O到直线AB的距离d=|2x0-ty0|(y0-2)2+(x0-t)2.又x02+2y02=4,t=-2y0x0,故d=2x0+2y02x0x02+y02+4y02x02+4=4+x02x0x04+8x02+162x02=2.此时直线AB与圆x2+y2=2相切.综上,直线AB与圆x2+y2=2相切.17.(2014陕西,20,13分)如图,曲线C由上半椭圆C1:y2a2+x2b2=1(ab0,y0)和部分抛物线C2:y=-x2+1(y0)连接而成,C1与C2的公共点为A,B,其中C1的离心率为32.(1)求a,b的值;(2)过点B的直线l与C1,C2分别交于点P,Q(均异于点A,B),若APAQ,求直线l的方程.解析(1)在C1,C2的方程中,令y=0,可得b=1,且A(-1,0),B(1,0)是上半椭圆C1的左、右顶点.设C1的半焦距为c,由ca=32及a2-c2=b2=1得a=2.a=2,b=1.(2)解法一:由(1)知,上半椭圆C1的方程为y24+x2=1(y0).易知,直线l与x轴不重合也不垂直,设其方程为y=k(x-1)(k0),代入C1的方程,整理得(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*)设点P的坐标为(xP,yP),直线l过点B,x=1是方程(*)的一个根.由求根公式,得xP=k2-4k2+4,从而yP=-8kk2+4,点P的坐标为k2-4k2+4,-8kk2+4.同理,由得点Q的坐标为(-k-1,-k2-2k).=2kk2+4(k,-4),=-k(1,k+2).APAQ,=0,即-2k2k2+4k-4(k+2)=0,k0,k-4(k+2)=0,解得k=-83.经检验,k=-83符合题意,故直线l的方程为y=-83(x-1).解法二:若设直线l的方程为x=my+1(m0),比照解法一给分.18.(2013辽宁,20,12分)如图,抛物线C1:x2=4y,C2:x2=-2py(p0).点M(x0,y0)在抛物线C2上,过M作C1的切线,切点为A,B(M为原点O时,A,B重合于O).当x0=1-2时,切线MA的斜率为-12.(1)求p的值;(2)当M在C2上运动时,求线段AB中点N的轨迹方程(A,B重合于O时,中点为O).解析(1)因为抛物线C1:x2=4y上任意一点(x,y)的切线斜率为y=x2,且切线MA的斜率为-12,所以A点坐标为-1,14.故切线MA的方程为y=-12(x+1)+14,因为点M(1-2,y0)在切线MA及抛物线C2上,于是y0=-12(2-2)+14=-3-224,y0=-(1-2)22p=-3-222p.由得p=2.(6分)(2)设N(x,y),Ax1,x124,Bx2,x224,x1x2,由N为线段AB中点知x=x1+x22,y=x12+x228.切线MA,MB的方程为y=x12(x-x1)+x124,y=x22(x-x2)+x224.由得MA,MB的交点M(x0,y0)的坐标为x0=x1+x22,y0=x1x24.因为点M(x0,y0)在C2上,即x02=-4y0,所以x1x2=-x12+x226.由得x2=43y,x0.当x1=x2时,A,B重合于原点O,AB中点N为O,坐标满足x2=43y.因此AB中点N的轨迹方程为x2=43y.(12分)19.(2013江西,20,13分)如图,椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)经过点P1,32,离心率e=12,直线l的方程为x=4.(1)求椭圆C的方程;(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P),设直线AB与直线l相交于点M,记PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3.问:是否存在常数,使得k1+k2=k3?若存在,求的值;若不存在,说明理由.解析(1)由P1,32在椭圆上得,1a2+94b2=1,依题设知a=2c,则b2=3c2,代入,解得c2=1,a2=4,b2=3.故椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)解法一:由题意可设AB的斜率为k,则直线AB的方程为y=k(x-1),代入椭圆方程3x2+4y2=12,并整理,得(4k2+3)x2-8k2x+4(k2-3)=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4(k2-3)4k2+3,在方程中令x=4,得M的坐标为(4,3k).从而k1=y1-32x1-1,k2=y2-32x2-1,k3=3k-324-1=k-12.注意到A,F,B共线,则有k=kAF=kBF,即有y1x1-1=y2x2-1=k.所以k1+k2=y1-32x1-1+y2-32x2-1=y1x1-1+y2x2-1-321x1-1+1x2-1=2k-32x1+x2-2x1x2-(x1+x2)+1,代入得k1+k2=2k-328k24k2+3-24(k2-3)4k2+3-8k24k2+3+1=2k-1,又k3=k-12,所以k1+k2=2k3.故存在常数=2符合题意.解法二:设B(x0,y0)(x01),则直线FB的方程为y=y0x0-1(x-1),令x=4,求得M4,3y0x0-1,从而直线PM的斜率为k3=2y0-x0+12(x0-1),由y=y0x0-1(x-1),x24+y23=1,得A5x0-82x0-5,3y02x0-5,则直线PA的斜率为k1=2y0-2x0+52(x0-1),直线PB的斜率为k2=2y0-32(x0-1),所以k1+k2=2y0-2x0+52(x0-1)+2y0-32(x0-1)=2y0-x0+1x0-1=2k3,故存在常数=2符合题意.三年模拟A组20162018年模拟基础题组考点直线与圆锥曲线的位置关系 1.(2018浙江高考模拟卷,5)已知F1,F2是双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的两焦点,以线段F1F2为边作正三角形MF1F2,若边MF1的中点P在双曲线上,则双曲线的离心率是()A.3+1B.3-1C.2D.3+12答案A2.(2017浙江模拟训练冲刺卷五,8)已知双曲线为x2a2-y2b2=1(a0,b0),若直线l1:y=3(x-1)关于渐近线l:y=bax对称的直线l2与y轴垂直,则双曲线的离心率为() A.233B.2C.43D.4答案A3.(2016浙江稽阳联考,6)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左焦点为F,过点F作双曲线C的一条渐近线的垂线,垂足为H,点P在双曲线上,且=3,则双曲线的离心率为() A.3B.23C.132D.13答案C4.(2018浙江重点中学12月联考,21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的长轴长是短轴长的2倍,且过点3,12.(1)求椭圆C的方程;(2)若在椭圆上有相异的两点A,B(A,O,B三点不共线,O为坐标原点),且直线AB,直线OA,直线OB的斜率满足kAB2=kOAkOB(kAB0).(i)求证:|OA|2+|OB|2是定值;(ii)设AOB的面积为S,当S取得最大值时,求直线AB的方程.解析(1)由题可知a=2b,则椭圆方程为x24b2+y2b2=1,因为椭圆过点3,12,所以34b2+14b2=1,解得b=1,所以a=2,所以椭圆方程为x24+y2=1.(5分)(2)设直线AB的方程为y=kx+m(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),kAB2=kOAkOB(kAB0),k2=y1y2x1x2=(kx1+m)(kx2+m)x1x2,化简得km(x1+x2)+m2=0,A、O、B三点不共线,m0,则k(x1+x2)+m=0,由y=kx+m,x2+4y2=4,可得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0,由韦达定理可得x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4(m2-1)1+4k2,且=16(1+4k2-m2)0,将代入得k-8km1+4k2+m=0(k0),解得k=12,则x1+x2=-2m,x1x2=2(m2-1).(9分)(i)|OA|2+|OB|2=x12+y12+x22+y22=34x12+34x22+2=34(x1+x2)2-2x1x2+2,将代入得|OA|2+|OB|2=344m2-22(m2-1)+2=5.(12分)命题得证.(ii)SAOB=12|AB|d=121+k2|x1-x2|m|1+k2=12(x1+x2)2-4x1x2|m|=2-m2|m|.将k=12代入可得m(-2,0)(0,2),则SAOB=2-m2|m|=(2-m2)m21,当且仅当m=1时,SAOB取最大值1,此时直线AB方程为y=12x1.(15分)5.(2018浙江“七彩阳光”联盟期初联考,21)已知F是抛物线C:x2=4y的焦点,点P是不在抛物线上的一个动点,过点P向抛物线C作两条切线l1,l2,切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2).(1)如果点P在直线y=-1上,求1|AF|+1|BF|的值;(2)若点P在以F为圆心,4为半径的圆上,求|AF|BF|的值.解析(1)因为抛物线的方程为y=x24,所以y=x2,所以切线PA的方程为y-y1=x12(x-x1),即x12x-y-y1=0,同理得切线PB的方程为x22x-y-y2=0,设P(x0,y0),则由得x1x0-2y1-2y0=0和x2x0-2y2-2y0=0,由此得直线AB的方程为x0x-2y-2y0=0.(3分)由于点P是直线y=-1上的一个动点,所以y0=-1,则直线AB的方程为x0x-2y+2=0,因此它过抛物线的焦点F(0,1).当x0=0时,AB的方程为y=1,此时|AF|=|BF|=2,所以1|AF|+1|BF|=1;当x00时,把直线AB方程代入抛物线方程得y2-(x02+2)y+1=0,从而得y1y2=1,所以1|AF|+1|BF|=1y1+1+1y2+1=y1+y2+2y1y2+y1+y2+1=1.综上,1|AF|+1|BF|=1.(7分)(2)由(1)知切线PA的方程为y=x12x-x124,切线PB的方程为y=x22x-x224,联立得点Px1+x22,x1x24.(9分)设直线AB的方程为y=kx+m,将其代入C:x2=4y中得x2-4kx-4m=0.因此x1+x2=4k,x1x2=-4m,所以点P的坐标为(2k,-m),由题意得|PF|=4k2+(m+1)2=4,所以(m+1)2=16-4k2,从而|AF|BF|=(y1+1)(y2+1)=(kx1+m+1)(kx2+m+1)=k2x1x2+k(m+1)(x1+x2)+(m+1)2=-4mk2+4k2(m+1)+16-4k2=16.(15分)6.(2017浙江绍兴质量调测(3月),21)已知点A(-2,0),B(0,1)在椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)上.(1)求椭圆C的方程;(2)P是线段AB上的点,直线y=12x+m(m0)交椭圆C于M,N两点.若MNP是斜边长为10的直角三角形,求直线MN的方程.解析(1)因为点A(-2,0),B(0,1)在椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)上,所以a=2,b=1,故椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).由y=12x+m,x24+y2=1,消去y,得12x2+mx+m2-1=0,则=2-m20,x1+x2=-2m,x1x2=2m2-2,|MN|=52|x1-x2|=10-5m2.当MN为斜边时,10-5m2=10,解得m=0,满足0,此时以MN为直径的圆的方程为x2+y2=52.易证点A(-2,0),B(0,1)分别在圆外和圆内,所以在线段AB上存在点P满足题意,此时直线MN的方程为y=12x.当MN为直角边时,两平行直线AB与MN间的距离d=255|m-1|,所以d2+|MN|2=45|m-1|2+(10-5m2)=10,即21m2+8m-4=0,解得m=27或m=-23(舍),又0,所以m=27.过点A作直线MN:y=12x+27的垂线,可得垂足坐标为-127,-47,垂足在椭圆外,故在线段AB上存在点P满足题意,所以直线MN的方程为y=12x+27.综上所述,直线MN的方程为y=12x或y=12x+27.7.(2017浙江温州模拟考(2月),21)如图,已知直线l:y=-x+3与椭圆C:mx2+ny2=1(nm0)有且只有一个公共点P(2,1).(1)求椭圆C的标准方程;(2)若直线l:y=-x+b交C于A,B两点,且PAPB,求b的值.解析(1)因为点P(2,1)在椭圆上,所以4m+n=1,(2分)由y=-x+3,mx2+ny2=1得(m+n)x2-6nx+(9n-1)=0.故=36n2-4(m+n)(9n-1)=0,即m+n=9mn,(4分)由得,m=16,n=13,所以椭圆C的标准方程为x26+y23=1.(6分)(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2).由y=-x+b,x26+y23=1得3x2-4bx+2(b2-3)=0,=(-4b)2-432(b2-3)0,即-3b0,得k0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=k,x1x2=-k.(1)由已知得=0,即x1x2+(x12-1)(x22-1)=0,所以x1x2+(x1x2)2-(x1+x2)2-2x1x2+1=0,所以-k+k2-(k2+2k)+1=0,解得k=13,故直线l的方程为y=13(x+1).(8分)(2)直线AC过定点.由x1+x2=k,x1x2=-k,得x1+x2+x1x2=0.设C(x3,y3),则由kBC=y2-y3x2-x3=x2+x3=y3+2x3-1=x32+2x3-1,得x2+x3+2=x2x3.由x1+x2+x1x2=0,x2+x3+2=x2x3,消去x2得2x1x3+x1+x3+2=0.设直线AC的方程为y=mx+n,由y=mx+n,x2=y,消去y得x2-mx-n=0,得x1+x3=m,x1x3=-n,代入得n=12m+1, 故直线AC的方程为y=mx+12m+1=mx+12+1,故直线AC过定点-12,1.(15分)B组20162018年模拟提升题组一、选择题 1.(2018浙江9+1高中联盟期中,8)设点P是双曲线x2a2-y2b2=1(a,b0)上异于实轴端点的任意一点,F1,F2分别是其左,右焦点,O为中心,若|PF1|PF2|-|OP|2=b22,则此双曲线的离心率为()A.62B.2C.3D.2答案C2.(2016浙江高考调研模拟卷二,7)过双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左焦点F1作圆x2+y2=a2的切线,并延长交双曲线右支于点P,过右焦点F2作圆的切线交F1P于点M,且M为F1P的中点,则双曲线的离心率e的取值范围为() A.(1,2)B.(2,3)C.(3,2)D.(2,5)答案C二、解答题3.(2018浙江镇海中学阶段性测试,21)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点为F2(3,0),离心率为e.(1)若e=32,求椭圆的方程;(2)设直线y=kx与椭圆相交于A,B两点,M,N分别为线段AF2,BF2的中点.若坐标原点O在以MN为直径的圆上,且22e32,求k的取值范围.解析(1)由题意得c=3,ca=32,(2分)结合a2=b2+c2,解得a2=12,b2=3.(3分)所以椭圆的方程为x212+y23=1.(6分)(2)由x2a2+y2b2=1,y=kx,得(b2+a2k2)x2-a2b2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2).所以x1+x2=0,x1x2=,(8分)依题意知OMON,又易知四边形OMF2N为平行四边形,所以OMF2N为矩形,所以AF2BF2,(9分)因为=(x1-3,y1),=(x2-3,y2),所以=(x1-3)(x2-3)+y1y2=(1+k2)x1x2+9=0,即-a2(a2-9)(1+k2)a2k2+(a2-9)+9=0,整理得k2=a4-18a2+81-a4+18a2=-1-81a4-18a2.(11分)因为22e32,所以23a32,所以12a21),过直线l:x=2上一点P作椭圆的切线,切点为A,当P点在x轴上时,切线PA的斜率为22.(1)求椭圆的方程;(2)设O为坐标原点,求POA面积的最小值.解析(1)当P点在x轴上时,P(2,0),PA:y=22(x-2),(2分)由y=卤22(x-2),x2a2+y2=1,得1a2+12x2-2x+1=0,(4分)由=0得a2=2,则椭圆方程为x22+y2=1.(7分)(2)设切线方程为y=kx+m,由y=kx+m,x2+2y2-2=0,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,由=0,得m2=2k2+1,(9分)设P(2,y0),A(x1,y1),则x1=-2km1+2k2,y1=m1+2k2,y0=2k+m,|PO|=y02+4,直线PO的方程为y=y02x,A点到直线PO的距离d=|y0x1-2y1|y02+4,SPOA=12|PO|d=12|y0x1-2y1|=12(2k+m)-2km1+2k2-2m1+2k2=1+2k2+km1+2k2m=|k+m|=|k1+2k2|=|1+2k2k|,1+2k2|k|,S=SPOA=1+2k2k.(12分)(Sk)2=1+2k2,即关于k的方程k22Sk-S2+1=0有解,=8S2-40,得S22,当且仅当k=22时,取等号.故当k=22时,POA面积取到最小值22.(15分)5.(2017浙江温州十校期末联考,21)椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为13,左焦点F到直线l:x=9的距离为10,已知圆G:(x-1)2+y2=1.(1)求椭圆的方程.(2)若P是椭圆上任意一点,AB为圆G的直径,求的取值范围;(3)是否存在以椭圆上点M为圆心的圆M,使得过圆M上任意一点N作圆G的切线,切点为T,都满足|NF|NT|=2?若存在,求出圆M的方程;若不存在,请说明理由.解析(1)由左焦点到直线l:x=9的距离为10,可得c=1,又ca=13,所以a=3,故b=22,所以椭圆方程为x29+y28=1.(3分)(2)设P(x0,y0),则=(+)(+)=(+)(-)=-1=(x0-1)2+y02-1=(x0-1)2+8-89x02-1=19(x0-9)2-1,-3x03,所以3,15,故的取值范围是3,15.(8分)(3)设圆M:(x-m)2+(y-n)2=r2(r0),其中m29+n28=1,则x2+y2=2mx+2ny-m2-n2+r2.(*)(10分)设N(x,y),则由|NF|NT|=2,得(x+1)2+y2=2(x-1)2+y2-1,(12分)即x2+y2=6x+1,代入(*)式得2(m-3)x+2ny-m2-n2+r2-1=0,由题意知该式对圆M上任意点N恒成立,则有m-3=0,n=0,r2=m2+n2+1,解得经检验满足条件.故存在符合条件的圆M,圆M的方程是(x-3)2+y2=10.(15分)6.(2017浙江镇海中学模拟卷二,21)如图,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率大于12,且过点3,12.点F为椭圆C的右焦点,B1,B2分别为椭圆C的下、上顶点,直线B2F与椭圆C交于点H,B2,且直线HB1的斜率为34.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设A1,A2为椭圆C的左、右顶点,P为直线x=4上一动点,直线A1P,A2P分别交椭圆C于另两点M,N,求OMN面积的最大值.解析(1)设H(x0,y0),则kHB1=y0+bx0,kHB2=y0-bx0,所以kHB1kHB2=y02-b2x02=-b2a2x02x02=-b2a2,而kHB2=kFB2=-bc,因此kHB1=-b2a2-bc=bca2,故bca2=34,即(a2-c2)c2a4=316,即e2-e4=316,故e2-14e2-34=0,解得e=12(舍),或e=32.由ba=12,3a2+14b2=1,解得a=2,b=1,故椭圆C的标准方程为x24+y2=1.(2)设P(4,t),显然t0,则直线A1P:y=t6(x+2),联立y=t6(x+2),x24+y2=1,消去y,并整理得(9+t2)x2+4t2x+4(t2-9)=0,则xM(-2)=4(t2-9)t2+9,因此xM=-2(t2-9)t2+9,则yM=6tt2+9,即M-2(t2-9)t2+9,6tt2+9.同理,N2(t2-1)t2+1,-2tt2+1.直线OM:3tx+(t2-9)y=0,因此,点N到直线OM的距离d=4t3+12tt2+1t4-9t2+81=|4t3+12t|(t2+1)t4-9t2+81,而|OM|=-2(t2-9)t2+92+6tt2+92=2t4-9t2+81t2+9,所以SMON=12|OM|d=|4t3+12t|(t2+1)(t2+9)=4|t|3+3|t|t4+10t2+9,当t0时,SMON=4|t|+3|t|t2+9t2+10=4|t|+3|t|t|+3|t|2+4,设u=|t|+3|t|,则u23.SMON=4uu2+4=41u+4u,显然其关于u在区间23,+)上单调递减,故Smax=4123+423=32.C组20162018年模拟方法题组方法1有关位置关系、弦长、面积问题的解题策略 1.(2016浙江永康质量检测(5月卷),19)已知抛物线C:x2=2py(p0),圆E:x2+(y+1)2=1,若直线L与抛物线C和圆E分别相切于点A,B(A,B不重合).(1)当p=1时,求直线L的方程;(2)点F是抛物线C的焦点,若对于任意的p0,记ABF的面积为S,求Sp+1的最小值.解析显然直线L的斜率存在,设直线L的方程为y=kx+b(b0),即kx-y+b=0,由题意得,|1+b|k2+1=1,即k2+1=(1+b)2,亦即k2=2b+b2.(1)当p=1时,抛物线方程为x2=2y,由y=12x2,y=kx+b得x2-2kx-2b=0,由=0,得k2+2b=0,由得k=22,b=-4,故直线L的方程为y=22x-4.(7分)(2)由y=12px2,y=kx