（课标Ⅰ卷）2020届高考数学一轮复习第十章圆锥曲线10.5圆锥曲线的综合问题课件.pptx

10.5 圆锥曲线的综合问题,高考理数 (课标专用),考点一 轨迹与轨迹方程,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,1.(2019课标,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- .记 M的轨迹为曲线C. (1)求C的方程,并说明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 =- ,化简得 + =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PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k0). 由 得x= . 记u= ,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0). 于是直线QG的斜率为 ,方程为y= (x-u). 由 得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.,设G(xG,yG),则-u和xG是方程的解,故xG= ,由此得yG= . 从而直线PG的斜率为 =- . 所以PQPG,即PQG是直角三角形. (ii)由(i)得|PQ|=2u ,|PG|= , 所以PQG的面积S= |PQ|PG|= = . 设t=k+ ,则由k0得t2,当且仅当k=1时取等号. 因为S= 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 . 因此,PQG面积的最大值为 .,思路分析 (1)利用直线AM与BM的斜率之积为- 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|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.(2016课标,20,12分)设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A 于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E. (1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程; (2)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四 边形MPNQ面积的取值范围.,解析 (1)因为|AD|=|AC|,EBAC,故EBD=ACD=ADC. 所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|. 又圆A的标准方程为(x+1)2+y2=16,从而|AD|=4, 所以|EA|+|EB|=4. (2分) 由题设得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为 + =1(y0). (4分) (2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0), M(x1,y1),N(x2,y2). 由 得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0. 则x1+x2= ,x1x2= . 所以|MN|= |x1-x2|= . (6分) 过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y=- (x-1),A到m的距离为 ,所以|PQ|=2 =4,. 故四边形MPNQ的面积 S= |MN|PQ|=12 . (10分) 可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8 ). 当l与x轴垂直时,其方程为x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四边形MPNQ的面积为12. 综上,四边形MPNQ面积的取值范围为12,8 ). (12分) 方法总结 用定义法求轨迹方程的一般步骤: (1)判定动点的运动轨迹满足某种曲线的定义; (2)设标准方程,求方程中的基本量; (3)写出轨迹方程.,3.(2016课标,20,12分)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A, B两点,交C的准线于P,Q两点. (1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明ARFQ; (2)若PQF的面积是ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.,解析 由题设知F .设l1:y=a,l2:y=b,则ab0, 且A ,B ,P ,Q ,R . 记过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0. (3分) (1)由于F在线段AB上,故1+ab=0. 记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,则 k1= = = = =-b=k2. 所以ARFQ. (5分) (2)设l与x轴的交点为D(x1,0),则SABF= |b-a|FD|= |b-a| ,SPQF= . 由题设可得2 |b-a| = , 所以x1=0(舍去),或x1=1. (8分) 设满足条件的AB的中点为E(x,y). 当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得 = (x1).,而 =y,所以y2=x-1(x1). 当AB与x轴垂直时,E与D重合.所以,所求轨迹方程为y2=x-1. (12分) 疑难突破 第(1)问需把对ARFQ的证明转化为对kAR=kFQ的证明;第(2)问需找到AB的中点坐 标所满足的几何条件,从而将其转化为等量关系.,考点二 定点与定值问题 (2018课标,19,12分)设椭圆C: +y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐 标为(2,0). (1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程; (2)设O为坐标原点,证明:OMA=OMB.,解析 (1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1, 由已知可得,点A的坐标为 或 . 所以AM的方程为y=- x+ 或y= x- . (2)证明:当l与x轴重合时,OMA=OMB=0, 当l与x轴垂直时,直线OM为AB的垂直平分线, 所以OMA=OMB. 当l与x轴不重合也不垂直时, 设l的方程为y=k(x-1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1 ,x2 ,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB= + , 由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB= . 将y=k(x-1)代入 +y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0, 所以,x1+x2= ,x1x2= .,则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k= =0, 从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补, 所以OMA=OMB. 综上,OMA=OMB.,考点三 最值与范围问题 (2016课标,20,12分)已知椭圆E: + =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 + =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 . 因此直线AM的方程为y=x+2. (2分) 将x=y-2代入 + =1得7y2-12y=0. 解得y=0或y= ,所以y1= . (4分) 因此AMN的面积SAMN=2 = . (5分) (2)由题意,t3,k0,A(- ,0).将直线AM的方程y=k(x+ ) 代入 + =1得(3+tk2)x2+2 tk2x+t2k2 -3t=0. (7分) 由x1(- )= 得x1= , 故|AM|=|x1+ | = . (8分),由题设,直线AN的方程为y=- (x+ ), 故同理可得|AN|= . (9分) 由2|AM|=|AN|得 = , 即(k3-2)t=3k(2k-1). 当k= 时上式不成立,因此t= . (10分) t3等价于 = 3,建立关于k的不等式,从而得出k的取值范围. 名师点拨 本题主要考查椭圆的几何性质,直线与椭圆的位置关系以及方程的思想方法的应 用,考查学生的运算求解能力及逻辑思维能力.挖掘出题目中t3这一隐含条件是把等式转化,为不等式的关键.,考点四 存在性问题 (2015课标,20,12分)在直角坐标系xOy中,曲线C:y= 与直线l:y=kx+a(a0)交于M,N两点. (1)当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程; (2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有OPM=OPN?说明理由.,解析 (1)由题设可得M(2 ,a),N(-2 ,a)或M(-2 ,a),N(2 ,a). 又y= ,故y= 在x=2 处的导数值为 ,C在点(2 ,a)处的切线方程为y-a= (x-2 ),即 x-y-a=0. y= 在x=-2 处的导数值为- ,C在点(-2 ,a)处的切线方程为y-a=- (x+2 ),即 x+y+ a=0. 故所求切线方程为 x-y-a=0和 x+y+a=0. (5分) (2)存在符合题意的点,证明如下: 设P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1),N(x2,y2),直线PM,PN的斜率分别为k1,k2. 将y=kx+a代入C的方程得x2-4kx-4a=0. 故x1+x2=4k,x1x2=-4a. 从而k1+k2= + = = . 当b=-a时,有k1+k2=0,则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补,故OPM=OPN,所以点P (0,-a)符合题意. (12分),疑难突破 要使OPM=OPN,只需直线PM与直线PN的斜率互为相反数,B组 自主命题省(区、市)卷题组 考点一 轨迹与轨迹方程 (2015湖北,21,14分)一种作图工具如图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, N绕O转动一周(D不动时,N也不动),M处的笔尖画出的曲线记为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. (1)求曲线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总与曲线C有且只有一 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.,图1 图2,解析 (1)设点D(t,0)(|t|2),N(x0,y0),M(x,y),依题意, =2 ,且| |=| |=1, 所以(t-x,-y)=2(x0-t,y0),且 即 且t(t-2x0)=0. 由于当点D不动时,点N也不动,所以t不恒等于0, 于是t=2x0,故x0= ,y0=- ,代入 + =1,可得 + =1, 即曲线C的方程为 + =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= 44=8. (ii)当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx+m , 由 消去y,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0. 因为直线l总与椭圆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 可得P ; 同理可得Q . 由原点O到直线PQ的距离为d= 和|PQ|= |xP-xQ|,可得SOPQ= |PQ|d= |m|xP-xQ| = |m| = . 将代入得,SOPQ= =8 . 当k2 时,SOPQ=8 =8 8; 当0k2 时,SOPQ=8 =8 . 因0k2 ,则01-4k21, 2, 所以SOPQ=8 8, 当且仅当k=0时取等号. 所以当k=0时,SOPQ的最小值为8. 综合(i)(ii)可知,当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时,OPQ的面积取得最小值8. 评析 本题考查求轨迹方程的方法,及直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识.,考点二 定点与定值问题,1.(2019北京,18,14分)已知抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1). (1)求抛物线C的方程及其准线方程; (2)设O为原点,过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M,N,直线y=-1分别交 直线OM,ON于点A和点B.求证:以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.,解析 本题主要考查抛物线、直线和圆的基本概念,重点考查直线与抛物线的位置关系,考查 学生对数形结合思想的应用以及逻辑推理能力,通过直线与抛物线的位置关系考查了数学运 算的核心素养. (1)由抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1),得p=2. 所以抛物线C的方程为x2=-4y,其准线方程为y=1. (2)证明:抛物线C的焦点为F(0,-1). 设直线l的方程为y=kx-1(k0). 由 得x2+4kx-4=0. 设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2=-4, 直线OM的方程为y= x. 令y=-1,得点A的横坐标xA=- . 同理得点B的横坐标xB=- .,设点D(0,n),则 = , = , = +(n+1)2= +(n+1)2 = +(n+1)2=-4+(n+1)2. 令 =0,即-4+(n+1)2=0,得n=1或n=-3. 综上,以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0,-3).,2.(2016北京,19,14分)已知椭圆C: + =1(ab0)的离心率为 ,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 解得a=2,b=1. 所以椭圆C的方程为 +y2=1. (2)证法一:由(1)知,A(2,0),B(0,1). 设P(x0,y0),则 +4 =4. 当x00时,直线PA的方程为y= (x-2). 令x=0,得yM=- ,从而|BM|=|1-yM|= . 直线PB的方程为y= x+1. 令y=0,得xN=- ,从而|AN|=|2-xN|= .,所以|AN|BM|= = = =4. 当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2, 所以|AN|BM|=4. 综上,|AN|BM|为定值. 证法二:点P在曲线 + =1上,不妨设P(2cos ,sin ),当k且k+ (kZ)时,直线AP 的方程为y-0= (x-2),令x=0,得yM= ; 直线BP的方程为y-1= (x-0),令y=0,得xN= . |AN|BM|=2 ,=2 =22=4(定值). 当=k或=k+ (kZ)时,M、N是定点,易得|AN|BM|=4.综上,|AN|BM|=4.,1.(2019北京,8,5分)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线C:x2+y2=1+|x|y就是其中之 一(如图).给出下列三个结论: 曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点); 曲线C上任意一点到原点的距离都不超过 ; 曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3. 其中,所有正确结论的序号是 ( ) A. B. C. D. 答案 C 本题考查内容比较丰富,涉及不等式、圆、距离、面积等知识,对学生的推理能 力、综合应用能力、运算求解能力要求较高;重点体现逻辑推理、数学运算等核心素养;同时 也展现了对创新思维与审美能力的考查.,考点三 最值与范围问题,解法一:从结论“不超过”“小于”入手,利用基本不等式进行放缩,再利用图形估算面积. x2+y2=1+|x|y1+|x|y|1+ , x2+y22. x可能取得的整数值为1,0,代入曲线C的方程得整点坐标为(1,1),(1,0),(-1,1),(-1,0),(0,1),(0, -1),故正确; 设曲线C上任意一点到原点的距离为d,则d2=x2+y22, d ,故正确; 由图知,图形在第一象限的面积S11,图形在第四象限的面积S4 ,由对称性得,“心形”区 域面积S 2=3,故错误.综上可知选C.,解法二:由图形封闭,结论中涉及曲线上的点到原点的距离,联想到极坐标方程. 以原点为极点建立极坐标系, 则C:2=1+2|cos |sin , 即2= . |cos |sin |sin 2| , 22,即 ,故正确. 由 ,知 经检验知共有6个整点满足条件,故正确. 在第一象限曲线C的极坐标方程为 =1+ cos 1sin 1, 在第四象限曲线C的极坐标方程为 =1+ cos 4sin 4. 令4=-1,则 =1- cos 1sin 1, 由得1-1= = ,由得1-4= = , 14,1-11-4(此时极径关于极轴对称). 如图所示, 由图可知,右半部分“心形”区域面积大于半个单位圆面积,故“心形”区域面积S2 12 =3,故错误. 综上可知,正确结论的序号为,故选C.,2.(2018浙江,17,4分)已知点P(0,1),椭圆 +y2=m(m1)上两点A,B满足 =2 ,则当m= 时,点B横坐标的绝对值最大.,答案 5,解析 本小题考查椭圆的标准方程,向量的坐标运算,二次函数的最值. 设B(t,u),由 =2 ,易得A(-2t,3-2u). 点A,B都在椭圆上, 从而有 +3u2-12u+9=0,即 +u2=4u-3. 即有4u-3=mu= , + =m,t2=- m2+ m- =- (m-5)2+4. 当m=5时,(t2)max=4,即|t|max=2, 即当m=5时,点B横坐标的绝对值最大. 思路分析 (1)设出点B的坐标,利用向量的坐标运算得点A的坐标. (2)利用点A,B都在椭圆上得方程组,求得点B的横、纵坐标满足的关系式. (3)利用(2)中的关系式及点B在椭圆上,把点B的横坐标的平方表示为关于m的函数. (4)利用二次函数的最值得结论.,3.(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 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转化与化归的思想方法. (1)由题意得 =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= y+1,代入y2=4x,得y2- y-4=0,故2tyB=-4,即yB=- ,所以B .又由于xG= (xA+xB +xC),yG= (yA+yB+yC)及重心G在x轴上,故2t- +yC=0, 得C ,G . 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 =,= = =2- . 令m=t2-2,则m0, =2- =2- 2- =1+ . 当m= 时, 取得最小值1+ ,此时G(2,0). 思路分析 (1)根据抛物线定义知 =1,得到准线方程x=-1.(2)要求 的最小值,需要将 用基 本量表示出来,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 ,进而求出其最小值.,4.(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+ =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),A ,B . 因为PA,PB的中点在抛物线上,所以y1,y2为方程 =4 即y2-2y0y+8x0- =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 所以|PM|= ( + )-x0= -3x0, |y1-y2|=2 . 因此,PAB的面积SPAB= |PM|y1-y2|= ( -4x0 . 因为 + =1(x00),所以 -4x0=-4 -4x0+44,5. 因此,PAB面积的取值范围是 .,疑难突破 解析几何中“取值范围”与“最值”问题 在解析几何中,求某个量(直线斜率,直线在x轴、y轴上的截距,弦长,三角形或四边形面积等)的 取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率,动点 的横、纵坐标等)的函数,并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域),将问题转化为求函数 的值域或最值.,5.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E: + =1(ab0)的离心率为 ,焦距为 2. (1)求椭圆E的方程; (2)如图,动直线l:y=k1x- 交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2,且k1k2= . M是线段OC延长线上一点,且|MC|AB|=23,M的半径为|MC|,OS,OT是M的两条切线,切 点分别为S,T.求SOT的最大值,并求取得最大值时直线l的斜率.,解析 本题考查椭圆的方程,直线与椭圆、圆的位置关系,考查最值的求解方法和运算求解能 力. (1)由题意知e= = ,2c=2,所以a= ,b=1, 因此椭圆E的方程为 +y2=1. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2), 联立 消y整理得(4 +2)x2-4 k1x-1=0, 由题意知0,且x1+x2= ,x1x2=- , 所以|AB|= |x1-x2|= . 由题意可知圆M的半径 r= |AB|= .,由题设知k1k2= ,所以k2= , 因此直线OC的方程为y= x. 联立 得x2= ,y2= , 因此|OC|= = . 由题意可知sin = = , 而 = = , 令t=1+2 ,则t1, (0,1),因此 = = = 1, 当且仅当 = ,即t=2时等号成立,此时k1= , 所以sin , 因此 ,所以SOT的最大值为 . 综上所述:SOT的最大值为 ,取得最大值时直线l的斜率k1= . 思路分析 (1)由离心率和焦距,利用基本量运算求解;(2)联立直线l与椭圆方程,利用距离公式 求出|AB|,联立直线OC与椭圆方程求|OC|,进而建立sin 与k1之间的函数关系,利用二次函 数的性质求解. 疑难突破 把角的问题转化为三角函数问题,即由sin = =f(k1)求解是解题的突破口.,解题反思 最值问题一般利用函数的思想方法求解,利用距离公式建立sin 与k1之间的 函数关系是解题关键.牢固掌握基础知识和方法是求解的前提.本题的解答体现了数学知识、 能力、思想、方法的完美结合. 考点四 存在性问题 (2015四川,20,13分)如图,椭圆E: + =1(ab0)的离心率是 ,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2 . (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 = 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( ,1)在椭圆E上. 因此, 解得a=2,b= . 所以椭圆E的方程为 + =1. (2)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 = =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, ),(0,- ). 由 = ,有 = ,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 = . 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 得(2k2+1)x2+4kx-2=0. 其判别式=(4k)2+8(2k2+1)0, 所以,x1+x2=- ,x1x2=- . 因此 + = =2k. 易知,点B关于y轴对称的点B的坐标为(-x2,y2). 又kQA= = =k- , kQB= = =-k+ =k- , 所以kQA=kQB,即Q,A,B三点共线.,所以 = = = . 故存在与P不同的定点Q(0,2),使得 = 恒成立. 评析 本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基 础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类 与整合等数学思想.,1.(2014湖北,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记 点M的轨迹为C. (1)求轨迹C的方程; (2)设斜率为k的直线l过定点P(-2,1).求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个 公共点时k的相应取值范围.,C组 教师专用题组 考点一 轨迹与轨迹方程,解析 (1)设点M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1, 即 =|x|+1, 化简整理得y2=2(|x|+x). 故点M的轨迹C的方程为y2= (2)在点M的轨迹C中,记C1:y2=4x,C2:y=0(x0), 依题意,可设直线l的方程为y-1=k(x+2). 由方程组 可得ky2-4y+4(2k+1)=0. (i)当k=0时,此时y=1.把y=1代入轨迹C的方程,得x= . 故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点 . (ii)当k0时,方程的判别式为=-16(2k2+k-1). 设直线l与x轴的交点为(x0,0),则 由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=- . ,1若 由解得k . 即当k(-,-1) 时,直线l与C1没有公共点,与C2有一个公共点, 故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点. 2若 或 则由解得k 或- k0. 即当k 时,直线l与C1只有一个公共点,与C2有一个公共点. 当k 时,直线l与C1有两个公共点,与C2没有公共点. 故当k 时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点. 3若 则由解得-1k- 或0k . 即当k 时,直线l与C1有两个公共点,与C2有一个公共点, 故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点.,综合(i)(ii)可知,当k(-,-1) 0时,直线l与轨迹C恰好有一个公共点;当k 时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点;当k 时,直线l与轨迹C恰好有 三个公共点. 评析 本题考查了直线和抛物线的位置关系,考查了数形结合的方法,灵活地利用判别式是求 解的关键.盲目利用抛物线的定义而漏掉射线y=0(x0)就会造成错解而失分.,2.(2013课标,20,12分)已知圆M:(x+1)2+y2=1,圆N:(x-1)2+y2=9,动圆P与圆M外切并且与圆N内 切,圆心P的轨迹为曲线C. (1)求C的方程; (2)l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求|AB|.,解析 由已知得圆M的圆心为M(-1,0),半径r1=1;圆N的圆心为N(1,0),半径r2=3.设圆P的圆心为P (x,y),半径为R. (1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4. 由椭圆的定义可知,曲线C是以M、N为左、右焦点,长半轴长为2,短半轴长为 的椭圆(左顶 点除外),其方程为 + =1(x-2). (2)对于曲线C上任意一点P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-22,所以R2,当且仅当圆P的圆心为(2,0) 时,R=2.所以当圆P的半径最长时,其方程为(x-2)2+y2=4. 若l的倾斜角为90,则l与y轴重合,可得|AB|=2 . 若l的倾斜角不为90,由r1R知l不平行于x轴, 设l与x轴的交点为Q,则 = , 可求得Q(-4,0), 所以可设l:y=k(x+4). 由l与圆M相切得 =1,解得k= . 当k= 时,将y= x+ 代入 + =1, 并整理得7x2+8x-8=0, 解得x1,2= . 所以|AB|= |x2-x1|= . 当k=- 时,由图形的对称性可知|AB|= . 综上,|AB|=2 或|AB|= . 思路分析 (1)由动圆P与两定圆的位置关系可求得|PM|+|PN|=4,根据椭圆的定义即可判定动 圆圆心P的轨迹,进而求得曲线C的方程,注意检验特殊点是否符合题意.(2)根据条件确定圆P的 半径最长时圆P的方程,对直线l的倾斜角进行讨论.当直线的斜率不存在时,直接求|AB|.当直线 的斜率存在时,利用相切关系求其斜率与方程,将直线方程代入曲线C的方程,解出x,再利用弦 长公式求|AB|.,方法总结 应用定义法求曲线方程的关键在于由已知条件推出动点满足的等量关系,由等量 关系结合相应曲线定义判断是何种曲线,进而得出曲线标准方程中的相关量.,1.(2015课标,20,12分)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m0),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 ,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.,考点二 定点与定值问题,解析 (1)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= = ,yM=kxM+b= . 于是直线OM的斜率kOM= =- ,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 ,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=- x. 设点P的横坐标为xP. 由 得 = ,即xP= . 将点 的坐标代入l的方程得b= ,因此xM= . 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 =2 ,解得k1=4- ,k2=4+ . 因为ki0,ki3,i=1,2,所以当l的斜率为4- 或4+ 时,四边形OAPB为平行四边形. 思路分析 (1)设出直线l的方程,与椭圆方程联立并消元,利用韦达定理求得AB的中点M的坐 标,进而可得出结论;(2)要使四边形OAPB为平行四边形,则线段AB与线段OP互相平分,即xP= 2xM,由此结合已知条件建立相应方程,进而通过解方程使问题得解. 方法总结 解决定值问题的常见方法有两种:(1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量 无关;(2)直接推理、计算,并在推理、计算的过程中消去变量,从而得到定值.,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|= , 又|O1A|= , = , 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)证明: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,得k2x2+(2bk-8)x+b2=0. 其中=-32kb+640. 由根与系数的关系得,x1+x2= , x1x2= . 因为x轴是PBQ的平分线, 所以 =- , 即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0, (kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0, 整理得2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0, 将代入并化简得8(b+k)=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).,1.(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.2 B.3 C. D.,考点三 最值与范围问题,答案 B 设A(x1, ),B(x2,- ),则 =2x1x2- =2 =2或 =-1(舍去).当x1= x2时,有x1=x2=2,则SABO+SAFO=2 + = ;当x1x2时,直线AB的方程为y- = (x-x 1),则直线AB与x轴的交点坐标为(2,0).于是SABO+SAFO= 2( + )+ = + 2 =3 当且仅当 = 时取“=” ,而 3,故选B.,2.(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= ,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为 ( ) A. B. C.3 D.2,答案 A 解法一:设椭圆方程为 + =1(a1b10),离心率为e1,双曲线的方程为 - =1(a2 0,b20),离心率为e2,它们的焦距为2c,不妨设P为两曲线在第一象限的交点,F1,F2分别为左,右焦 点,则易知 解得 在F1PF2中,由余弦定理得(a1+a2)2+(a1-a2)2-2(a1+a2)(a1-a2)cos 60=4c2, 整理得 +3 =4c2,所以 + =4,即 + =4. 设a= ,b= , + =ab|a|b|= = = ,故 + 的最大值是 ,故选A. 解法二:不妨设P在第一象限,|PF1|=m,|PF2|=n.在PF1F2中,由余弦定理得m2+n2-mn=4c2.设椭圆 的长轴长为2a1,离心率为e1,双曲线的实轴长为2a2,离心率为e2,它们的焦距为2c,则 + =,= = . = = = ,易知 - +1的最小值 为 .故 = .故选A. 评析 本题考查了椭圆、双曲线的定义、方程和性质;考查了利用不等式和函数求最值的基 本方法.本题对运算能力的要求较高.,3.(2015山东,20,13分)平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C: + =1(ab0)的离心率为 ,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: + =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 的值; (ii)求ABQ面积的最大值.,解析 (1)由题意知2a=4,则a=2. 又 = ,a2-c2=b2,可得b=1, 所以椭圆C的方程为 +y2=1. (2)由(1)知椭圆E的方程为 + =1. (i)设P(x0,y0), =,由题意知Q(-x0,-y0). 因为 + =1, 又 + =1, 即 =1, 所以=2,即 =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. 由韦达定理有x1+x2=- ,x1x2= . 所以|x1-x2|= . 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= |m|x1-x2| = = =2 . 设 =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0t1, 因S=2 =2 , 故S2 , 当且仅当t=1,即m2=1+4k2时取得最大值2 . 由(i)知,ABQ面积为3S, 所以ABQ面积的最大值为6 .,1.(2015北京,19,14分)已知椭圆C: + =1(ab0)的离心率为 ,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?若存在,求点Q的坐标;若不存在,说明理由.,考点四 存在性问题,解析 (1)由题意得 解得a2=2. 故椭圆C的方程为 +y2=1. 设M(xM,0). 因为m0,所以-1n1. 直线PA的方程为y-1= x, 所以xM= ,即M . (2)因为点B与点A关于x轴对称,所以B(m,-n). 设N(xN,0),则xN= . “存在点Q(0,yQ)使得OQM=ONQ”等价于“存在点Q(0,yQ)使得 = ”,即yQ满足 =|xM|xN|.,因为xM= ,xN= , +n2=1, 所以 =|xM|xN|= =2. 所以yQ= 或yQ=- . 故在y轴上存在点Q,使得OQM=ONQ. 点Q的坐标为(0, )或(0,- ).,2.(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,若不存在,请说明理由.,解析 (1)由题意知F . 设D(t,0)(t0),则FD的中点为 . 因为|FA|=|FD|, 则由抛物线的定义知3+ = , 解得t=3+p或t=-3(舍去). 由 =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). 故直线AB的斜率kAB=- .,因为直线l1和直线AB平行, 所以可设直线l1的方程为y=- x+b, 代入抛物线方程得y2+ y- =0, 由= + =0,得b=- . 设E(xE,yE),则yE=- ,xE= , 当 4时,kAE= =- = , 可得直线AE的方程为y-y0= (x-x0), 由 =4x0, 整理可得y= (x-1), 直线AE恒过点F(1,0).,当 =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)+ =x0+ +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= , 设B(x1,y1), 直线AB的方程为y-y0=- (x-x0), 由y00, 可得x=- y+2+x0, 代入抛物线方程得y2+ y-8-4x0=0.,所以y0+y1=- , 可求得y1=-y0- ,x1= +x0+4, 所以点B到直线AE的距离为 d= = =4 . 则ABE的面积S= 4 16, 当且仅当 =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.,考点一 轨迹与轨迹方程 1.(2019湖北黄冈八模(二),10)设D为椭圆x2+ =1上任意一点,A(0,-2),B(0,2),延长AD至点P,使 得|PD|=|BD|,则点P的轨迹方程为 ( ) A.x2+(y-2)2=20 B.x2+(y+2)2=20 C.x2+(y-2)2=5 D.x2+(y+2)2=5,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,答案 B D为椭圆x2+ =1上一点,且易知A、B为椭圆的焦点,|DA|+|DB|=2a=2 .又|PD| =|BD|,|PA|=|PD|+|DA|=2 ,P的轨迹方程为x2+(y+2)2=(2 )2=20.故选B.,2.(2019豫北名校联盟4月联考,14)已知ABC中,AB=2,且sin A(1-2cos B)+sin B(1-2cos A)=0,以 边AB的中垂线为x轴,以AB所在的直线为y轴,建立平面直角坐标系,则动点C的轨迹方程为 .,答案 + =1(x0),解析 在ABC中,由sin A(1-2cos B)+sin B(1-2cos A)=0得sin A+sin B=2sin(A+B)=2sin C,由正 弦定理得 + =2 (R为ABC外接圆半径),可得|CB|+|CA|=2|AB|AB|.点C的轨迹 是以A,B为焦点的椭圆(除y轴上的点),其中2a=4,2c=2,即a=2,c=1,b2=a2-c2=3,故点C的轨迹方 程为 + =1(x0).,3.(2018江西九江3月联考,14)设F(1,0),点M在x轴上,点P在y轴上,且 =2 , ,当点P 在y轴上运动时,点N的轨迹方程为 .,答案 y2=4x,解析 设M(x0,0),P(0,y0),N(x,y),由 =2 ,得 即 因为 , =(x0