（课标专用）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,高考文数 (课标专用),1.(2019课标全国,21,12分)已知曲线C:y= ,D为直线y=- 上的动点,过D作C的两条切线,切 点分别为A,B. (1)证明:直线AB过定点; (2)若以E 为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求该圆的方程.,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,解析 本题将直线、抛物线、圆的相关内容有机结合,考查三者之间的位置关系,考查学生分 析问题与解决问题的能力,对逻辑推理与数学运算素养有较高要求. (1)设D ,A(x1,y1),则 =2y1. 由于y=x,所以切线DA的斜率为x1,故 =x1. 整理得2tx1-2y1+1=0. 设B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0. 故直线AB的方程为2tx-2y+1=0. 所以直线AB过定点 . (2)由(1)得直线AB的方程为y=tx+ . 由 可得x2-2tx-1=0. 于是x1+x2=2t,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1.,设M为线段AB的中点,则M . 由于 ,而 =(t,t2-2), 与向量(1,t)平行,所以t+(t2-2)t=0.解得t=0或t=1. 当t=0时,| |=2,所求圆的方程为x2+ =4; 当t=1时,| |= ,所求圆的方程为x2+ =2.,思路分析 (1)直线与开口向上的抛物线相切,宜用导数法求斜率,如果联立方程利用判别式求 解,则运算量偏大.求切点弦方程,可仿照过圆外一点作圆的两条切线,求切点弦的方法进行. (2)切点是弦中点,利用关于弦中点的“点差法”,以及“过切点的半径垂直于该切线”,即可 获得等量关系,进而求得圆的方程.,一题多解 (1)依题意,可设AB:y=kx+b,D ,A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2). 联立 消去y得x2-2kx-2b=0. =4k2+8b0,x1+x2=2k,x1x2=-2b. 又直线DA与抛物线相切,则x1= , 所以 -2tx1-1=0,同理 -2tx2-1=0. 所以2k=x1+x2=2t,-2b=x1x2=-1, 所以k=t,b= ,则直线AB:y=tx+ ,必过定点F . (2)设M为线段AB的中点,由(1)可知M . 所以 =(t,t2-2), =(t,t2), 又EMFM,则tt+(t2-2)t2=0, 解得t=0或t=1或t=-1. 当t=0时,| |=2,所求圆的方程为x2+ =4; 当t=1时,| |= ,所求圆的方程为x2+ =2.,2.(2017课标全国,20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C: +y2=1上,过M作x轴的垂线,垂 足为N,点P满足 = . (1)求点P的轨迹方程; (2)设点Q在直线x=-3上,且 =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), =(x-x0,y), =(0,y0). 由 = 得x0=x,y0= y. 因为M(x0,y0)在C上,所以 + =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 =(-3,t), =(-1-m,-n), =3+3m-tn, =(m,n), =(-3-m,t-n). 由 =1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0. 所以 =0,即 . 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 = 得到P、M坐标间的关系,由点M在C上求解 点P的轨迹方程.(2)利用向量的坐标运算得 =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.,3.(2015课标,20,12分)已知椭圆C: + =1(ab0)的离心率为 ,点(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 = , + =1, 解得a2=8,b2=4. 所以C的方程为 + =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 + =1得 (2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0. 故xM= = ,yM=kxM+b= . 于是直线OM的斜率kOM= =- ,即kOMk=- . 所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.,思路分析 (1)利用椭圆的离心率,以及椭圆经过的点,求解a,b,然后得到椭圆的方程;(2)联立直 线方程与椭圆方程,通过根与系数的关系求解kOM,然后推出直线OM的斜率与l的斜率的乘积为 定值.,B组 自主命题省(区、市)卷题组 考点一 圆锥曲线中的定点与定值问题,1.(2019北京,19,14分)已知椭圆C: + =1的右焦点为(1,0),且经过点A(0,1). (1)求椭圆C的方程; (2)设O为原点,直线l:y=kx+t(t1)与椭圆C交于两个不同点P,Q,直线AP与x轴交于点M,直线 AQ与x轴交于点N.若|OM|ON|=2,求证:直线l经过定点.,解析 本题主要考查椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系等知识点,考查学生用方程思想、 数形结合思想、分类讨论解决综合问题的能力,体现了逻辑推理、直观想象和数学运算的核 心素养. (1)由题意得,b2=1,c=1. 所以a2=b2+c2=2. 所以椭圆C的方程为 +y2=1. (2)设P(x1,y1),Q(x2,y2), 则直线AP的方程为y= x+1. 令y=0,得点M的横坐标xM=- . 又y1=kx1+t,从而|OM|=|xM|= . 同理,|ON|= .,由 得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0. 则x1+x2=- ,x1x2= . 所以|OM|ON|= = = =2 . 又|OM|ON|=2, 所以2 =2. 解得t=0,所以直线l经过定点(0,0).,2.(2016北京,19,14分)已知椭圆C: + =1过A(2,0),B(0,1)两点. (1)求椭圆C的方程及离心率; (2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:四 边形ABNM的面积为定值.,解析 (1)由题意得,a=2,b=1. 所以椭圆C的方程为 +y2=1. (3分) 又c= = ,所以离心率e= = . (5分) (2)证明:设P(x0,y0)(x00,y00),则 +4 =4. (6分) 又A(2,0),B(0,1),所以,直线PA的方程为y= (x-2). 令x=0,得yM=- ,从而|BM|=1-yM=1+ . (9分) 直线PB的方程为y= x+1.,解后反思 本题第(2)问可画出图形进行分析, 发现点A和点B分别为椭圆的右顶点和上顶点,且四边形ABNM的对角线AN与BM互相垂直,所 以S四边形ABNM= |AN|BM|,问题转化为求点M与点N的坐标,故设点P(x0,y0),表示出直线PA和PB,即 可求得点M、N的坐标.,评析 本题考查了椭圆的标准方程、离心率和直线方程的相关知识及定值问题,知识点较综 合,属中等偏难题.,考点二 圆锥曲线中的最值与范围 1.(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、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.,2.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C: + =1(ab0)的离心率为 ,椭 圆C截直线y=1所得线段的长度为2 . (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 ,得a2=2(a2-b2), 又当y=1时,x2=a2- ,得a2- =2, 所以a2=4,b2=2. 因此椭圆方程为 + =1. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程 得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0, 由0得m24k2+2,(*) 且x1+x2=- ,因此y1+y2= , 所以D , 又N(0,-m),所以|ND|2= + , 整理得|ND|2= ,因为|NF|=|m|, 所以 = =1+ . 令t=8k2+3,t3,故2k2+1= , 所以 =1+ =1+ . 令y=t+ ,所以y=1- . 当t3时,y0, 从而y=t+ 在3,+)上单调递增, 因此t+ , 等号当且仅当t=3时成立,此时k=0, 所以 1+3=4, 由(*)得- m 且m0.,故 . 设EDF=2, 则sin = . 所以的最小值为 , 从而EDF的最小值为 ,此时直线l的斜率是0. 综上所述:当k=0,m(- ,0)(0, )时,EDF取到最小值 .,3.(2015山东,21,14分)平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C: + =1(ab0)的离心率为 ,且点 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 + =1, 又 = ,解得a2=4,b2=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. 则有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, 因此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 .,解析 (1)因为|OM|MN|+|NO|=3+1=4.当M,N在x轴上时,等号成立;同理,|OM|MN|-|NO|=3-1 =2,当D,O重合,即MNx轴时,等号成立.所以椭圆C的中心为原点O,长半轴长为4,短半轴长为2, 其方程为 + =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 本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系,考查了函数的思想方法和“设而 不求,整体运算”的技巧,考查了运算求解能力和综合解题能力.属难题.,C组 教师专用题组 考点一 定点与定值问题,1.(2015陕西,20,12分)如图,椭圆E: + =1(ab0)经过点A(0,-1),且离心率为 . (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 = ,b=1, 结合a2=b2+c2,解得a= . 所以椭圆E的方程为 +y2=1. (2)证明:由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k2),代入 +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= ,x1x2= . 从而直线AP,AQ的斜率之和 kAP+kAQ= + = + =2k+(2-k) =2k+(2-k) =2k+(2-k) =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.,考点二 参变量的取值范围与最值问题 1.(2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线x2=y,点A ,B ,抛物线上的点P(x,y) .过点B作直线AP的垂线,垂足为Q. (1)求直线AP斜率的取值范围; (2)求|PA|PQ|的最大值.,解析 (1)设直线AP的斜率为k,k= =x- , 因为- x ,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1). (2)解法一:联立直线AP与BQ的方程 解得点Q的横坐标是xQ= . 因为|PA|= = (k+1), |PQ|= (xQ-x)=- , 所以|PA|PQ|=-(k-1)(k+1)3, 令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因为f (k)=-(4k-2)(k+1)2, 所以f(k)在区间 上单调递增, 上单调递减,因此当k= 时,|PA|PQ|取得最大值 .,2.(2016山东,21,14分)已知椭圆C: + =1(ab0)的长轴长为4,焦距为2 . (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 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=2 , 所以a=2,b= = . 所以椭圆C的方程为 + =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= = , 直线QM的斜率k= =- . 此时 =-3.所以 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.,考点三 存在性问题 (2015四川,20,13分)如图,椭圆E: + =1(ab0)的离心率是 ,点P(0,1)在短轴CD上,且 =-1. (1)求椭圆E的方程; (2)设O为坐标原点,过点P的动直线与椭圆交于A,B两点.是否存在常数,使得 + 为定值?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.,解析 (1)由已知,点C,D的坐标分别为(0,-b),(0,b). 又点P的坐标为(0,1),且 =-1, 于是 解得a=2,b= . 所以椭圆E方程为 + =1. (2)当直线AB的斜率存在时,设直线AB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=- . 从而, + =x1x2+y1y2+x1x2+(y1-1)(y2-1) =(1+)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1,= =- -2. 所以,当=1时,- -2=-3. 此时, + =-3为定值. 当直线AB斜率不存在时,直线AB即为直线CD. 此时, + = + =-2-1=-3. 故存在常数=1,使得 + 为定值-3.,评析 本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程等基础知识,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.(2018广东茂名一模,6)抛物线y2=8x的准线与x轴交于点D,与双曲线 -y2=1交于A,B两点,点F 为抛物线的焦点,若ADF为等腰直角三角形,则双曲线的离心率是 ( ) A. B.2 C. D.,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,答案 D 抛物线y2=8x的准线方程为x=-2,则D(-2,0), 由ADF为等腰直角三角形,得|AD|=|DF|=4,故点A的坐标为(-2,-4), 设点A在第三象限.由点A在双曲线 -y2=1上,可得 -(-4)2=1,解得m= ,即a2= ,c2=m+1= , 双曲线的离心率e= = = .故选D.,易错警示 不要误认为D,F分别是双曲线的左、右焦点,从而把ADF当成焦点三角形而出错.,2.(2019安徽马鞍山二模,14)已知双曲线C: - =1(a0,b0)的离心率为 ,C与抛物线y2=8x 的准线交于A、B两点,|AB|=2,则双曲线C的焦距为 .,答案 2,解析 由y2=8x得抛物线的准线方程为x=-2. 设双曲线与抛物线的准线x=-2的两个交点A(-2,y),B(-2,-y)(y0),则|AB|=|y-(-y)|=2y=2,y=1. 将x=-2,y=1代入双曲线C: - =1,得 - =1, 又双曲线C: - =1(a0,b0)的离心率为 , = , 即 =2,b2=a2, 由得a2=3,b2=3,c= , 双曲线C的焦距为2 .,3.(2018湖南岳阳二模,14)已知抛物线y=ax2(a0)的准线为l,l与双曲线 -y2=1的两条渐近线分 别交于A,B两点,若|AB|=4,则a= .,答案,解析 抛物线y=ax2(a0)的准线l:y=- ,双曲线 -y2=1的两条渐近线分别为y= x,y=- x, 可得xA=- ,xB= ,可得|AB|= - =4,解得a= .,4.(2018河南郑州二模,20)已知动圆E经过点F(1,0),且和直线l:x=-1相切. (1)求该动圆圆心E的轨迹G的方程; (2)已知点A(3,0),若斜率为1的直线l与线段OA相交(不经过坐标原点O和点A),且与曲线G交于 B、C两点,求ABC面积的最大值.,解析 (1)由题意可知点E到点F的距离等于点E到直线l的距离,动点E的轨迹是以F(1,0)为焦 点,直线x=-1为准线的抛物线,故轨迹G的方程是y2=4x. (2)设直线l的方程为y=x+m,其中-3m0. 联立得方程组 消去y,得x2+(2m-4)x+m2=0, =(2m-4)2-4m2=16(1-m)恒大于零. 设C(x1,y1),B(x2,y2),由根与系数的关系得 x1+x2=4-2m,x1x2=m2,|CB|=4 , 点A到直线l的距离d= ,B组 20172019年高考模拟专题综合题组 （时间:60分钟 分值:70分） 一、选择题(每题5分,共10分),1.(2018江西上饶一模,8)已知点A是抛物线y2=2px(p0)上的一点,若以抛物线的焦点F为圆心, 以|FA|为半径的圆交抛物线的准线于B、C两点,BFC=且满足2sin2+sin -sin 2=3cos ,当 ABC的面积为 时,实数p的值为 ( ) A.4 B.4 C.8 D.8,答案 B 由2sin2+sin -sin 2=3cos ,且sin2+cos2=1, 解得sin = ,cos = , = , 结合题意可知,BFC为等边三角形, 又|FD|=p, |BC|=|FB|= p, 即圆的半径|FA|= p, 设A(x0,y0), SABC= |BC| = |BC|FA|= p p= , 解得p=4 ,故选B.,思路分析 根据2sin2+sin -sin 2=3cos ,且sin2+cos2=1求出= ,结合题意可知,BFC为 等边三角形,求出圆的半径,结合抛物线的定义,即可求出SABC= |BC| = |BC|FA|= ,即 可求出p的值.,2.(2019湖北1月联考,12)椭圆: + =1(ab0)与双曲线: - =1(m0,n0)的焦点相同,F 为左焦点,曲线与在第一象限、第三象限的交点分别为A、B,且AFB= ,则当这两条曲 线的离心率之积最小时,双曲线一条渐近线的方程是 ( ) A.x-2y=0 B.2x+y=0 C.x- y=0 D. x+y=0,答案 C 设双曲线的右焦点为F1,连接BF1,AF1,由题意知点A与点B关于原点对称,因此|AF|= |BF1|,又AFB= , 所以FAF1= . 由椭圆与双曲线定义可得|AF|+|AF1|=2a,|AF|-|AF1|=2m, 所以|AF|=a+m,|AF1|=a-m,在FAF1中,根据余弦定理可得|FF1|2=|AF|2+|AF1|2-2|AF|AF1|cosAFB, 即4c2=(a+m)2+(a-m)2-2(a+m)(a-m)cos ,化简得4c2=3m2+a22 =2 ma, 所以离心率的乘积为 = ,当且仅当3m2=a2时,等号成立; 由于a2-b2=m2+n2,所以4c2-3m2-b2=m2+n2,所以b2=3n2,将代入a2-b2=m2+n2可得m2=2n2,所以双 曲线的渐近线方程为x- y=0和x+ y=0,故选C.,思路分析 先设双曲线的右焦点为F1,连接AF1,BF1,由椭圆与双曲线的特征可知,A与B关于原 点对称,可得|AF|=|BF1|,由AFB= ,可得FAF1= ,再由椭圆与双曲线定义可得|AF|+|AF1|=2 a,|AF|-|AF1|=2m,从而可得|AF|=a+m,|AF1|=a-m,由余弦定理可得4c2=3m2+a2,结合基本不等式即可 得出结果.,二、解答题(共60分) 3.(2019广东二模,20)在平面直角坐标系xOy中,抛物线C:x2=6y与直线l:y=kx+3交于M,N两点. (1)设M,N到y轴的距离分别为d1,d2,证明:d1和d2的乘积为定值; (2)y轴上是否存在点P,当k变化时,总有OPM=OPN?若存在,求点P的坐标;若不存在,请说明 理由.,解析 (1)证明:将y=kx+3代入x2=6y,得x2-6kx-18=0. (1分) 设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2=-18, (2分) 从而d1d2=|x1|x2|=|x1x2|=18为定值. (4分) (2)存在符合题意的点. (5分) 设P(0,b)为符合题意的点,直线PM,PN的斜率分别为k1,k2, 从而k1+k2= + = = = . (9分) 当b=-3时,有k1+k2=0对任意k恒成立, 则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补,故OPM=OPN, (11分) 所以点P(0,-3)符合题意. (12分),思路分析 (1)将y=kx+3代入x2=6y,设M(x1,y1),N(x2,y2),结合根与系数的关系,即可证明结论成立; (2)先设P(0,b)为符合题意的点,直线PM,PN的斜率分别为k1,k2,由OPM=OPN,得当k变化时,k 1+k2=0恒成立,进而可求出结果,4.(2019湖南湘潭一模,20)已知点F( ,0)是椭圆C: + =1(ab0)的一个焦点,点M 在 椭圆C上. (1)求椭圆C的方程; (2)若直线l与椭圆C交于不同的A,B两点,且kOA+kOB=- (O为坐标原点),求直线l斜率的取值范围.,解析 (1)由题可知,椭圆的另一个焦点为(- ,0), 所以点M到两焦点的距离之和为 + =4, 所以a=2. (2分) 又因为c= ,所以b=1, (3分) 则椭圆C的方程为 +y2=1. (4分) (2)当直线l的斜率不存在时,结合椭圆的对称性可知,kOA+kOB=0,不符合题意. (5分) 故设直线l的方程为y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2), 联立 可得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2-1)=0. (6分) 所以 (7分) 而kOA+kOB= + = =2k+ =2k+ = ,由kOA+kOB=- ,可得m2=4k+1. (9分) 所以由m20得k- , (10分) 又因为0,即16(4k2-m2+1)0,所以4k2-4k0. (11分) 综上,k (1,+). (12分),思路分析 (1)由题可知,椭圆的另一个焦点为(- ,0),利用椭圆的定义,求得a=2,再由椭圆中b2 =a2-c2,求得b的值,即可得到椭圆的方程; (2)可知l的斜率存在.设直线l的方程为y=kx+m,联立得方程组,利用根与系数的关系,求得x1+x2,x1 x2,在由kOA+kOB=- ,进而可求解斜率的取值范围.,5.(2019河北唐山二模,20)已知点M为直线l1:x=-1上的动点,N(1,0),过M作直线l1的垂线,交MN的 中垂线于点P,记P点的轨迹为C. (1)求曲线C的方程; (2)若直线l2:y=kx+m与圆E:(x-3)2+y2=6相切于点D,与曲线C交于A,B两点,且D为线段AB的中点, 求直线l2的方程.,解析 (1)连接PN.由已知可得,|PN|=|PM|, (2分) 即点P到定点N的距离等于到直线l1的距离, 故P点的轨迹是以N为焦点,l1为准线的抛物线, 所以曲线C的方程为y2=4x. (4分) (2)易知k0.设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0), (5分) 由 得k2x2+(2km-4)x+m2=0, 则x1+x2= . (6分) 所以x0= = ,y0=kx0+m= ,即D . (7分) 因为直线l2与圆E:(x-3)2+y2=6相切于点D, 所以|DE|2=6,DEl2, 从而 + =6, (8分) -3=-2, (9分),整理可得 =2,即k= . (10分) 所以m=0, 故l2的方程为y= x或y=- x. (12分),思路分析 (1)连接PN,则有|PN|=|PM|,所以点P到定点N的距离等于到直线l1的距离,说明P点的 轨迹是以N为焦点,l1为准线的抛物线,求解抛物线方程即可. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0),由 得,k2x2+(2km-4)x+m2=0,利用根与系数的关系,结合直 线l2与圆E:(x-3)2+y2=6相切于点D,得 + =6, -3=-2,从而求解即可.,6.(2019江西南昌NCS20190607项目一模,20)已知椭圆C: + =1(ab0)的左、右焦点分别 为F1,F2,离心率为 ,P是C上的一个动点,且F1PF2面积的最大值为4 . (1)求C的方程; (2)设C的左、右顶点分别为A,B,若直线PA,PB分别交直线x=2于M,N两点,过点F1作以MN为直 径的圆的切线,证明:切线长为定值,并求该定值.,解析 (1)设P(x0,y0),椭圆的半焦距为c. 因为 = |F1F2|y0| 2cb=bc, 所以bc=4 . (1分) 又e= = ,a2=b2+c2, 所以a=4,b=2 ,c=2, (3分) 所以C的方程为 + =1. (4分) (2)由(1)可知A(-4,0),B(4,0),F1(-2,0). 由题意可知,x02,且x04. 设直线PA,PB的斜率分别为k1,k2, 则直线PA的方程为y=k1(x+4), 令x=2,得y=6k1,故M(2,6k1). (5分) 直线PB的方程为y=k2(x-4), 令x=2,得y=-2k2,故N(2,-2k2). (6分),记以MN为直径的圆为圆D,则D(2,3k1-k2). 如图,F1T是圆D的一条切线,切点为T,连接F1D,DT, 则|F1T|2=|F1D|2-|DT|2, (7分) 所以|F1T|2=16+(3k1-k2)2-(3k1+k2)2=16-12k1k2, (8分) 又k1= ,k2= , 所以k1k2= = , (9分),由 + =1,得 =- ( -16), 所以k1k2=- , (10分) 则|F1T|2=16-12k1k2=16-