全国通用版2019版高考数学总复习专题七解析几何7.3解析几何(压轴题)精选刷题练理.doc

7.3解析几何(压轴题)命题角度1曲线与轨迹问题高考真题体验对方向1.(2017全国20)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=2 NM.(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.(1)解设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).由NP=2 NM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.2.(2016全国20)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.(1)证明由题知F12,0.设l1:y=a,l2:y=b,则ab0,且Aa22,a,Bb22,b,P-12,a,Q-12,b,R-12,a+b2.记过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.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=a-b1+a2=a-ba2-ab=1a=-aba=-b=k2.所以ARFQ.(2)解设l与x轴的交点为D(x1,0),则SABF=12|b-a|FD|=12|b-a|x1-12,SPQF=|a-b|2.由题设可得12|b-a|x1-12=|a-b|2,所以x1=0(舍去),x1=1.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2a+b=yx-1(x1).而a+b2=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.新题演练提能刷高分1.(2018山西太原二模)已知以点C(0,1)为圆心的动圆C与y轴负半轴交于点A,其弦AB的中点D恰好落在x轴上.(1)求点B的轨迹E的方程;(2)过直线y=-1上一点P作曲线E的两条切线,切点分别为M,N.求证:直线MN过定点.(1)解设B(x,y),则AB的中点Dx2,0,y0.C(0,1),则DC=-x2,1,DB=x2,y,在C中,DCDB,DCDB=0,-x24+y=0,即x2=4y(y0).点B的轨迹E的方程为x2=4y(y0).(2)证明由已知条件可得曲线E的方程为x2=4y,设点P(t,-1),M(x1,y1),N(x2,y2).y=x24,y=x2,过点M、N的切线方程分别为y-y1=x1x(x-x1),y-y2=x22(x-x2).由4y1=x12,4y2=x22,上述切线方程可化为2(y+y1)=x1x,2(y+y2)=x2x.点P在这两条切线上,2(y1-1)=tx1,2(y2-1)=tx2,即直线MN的方程为2(y-1)=tx,故直线2(y-1)=tx过定点C(0,1).2.(2018广西梧州3月适应性测试)已知A(-2,0),B(2,0),直线PA的斜率为k1,直线PB的斜率为k2,且k1k2=-34.(1)求点P的轨迹C的方程;(2)设F1(-1,0),F2(1,0),连接PF1并延长,与轨迹C交于另一点Q,点R是PF2中点,O是坐标原点,记QF1O与PF1R的面积之和为S,求S的最大值.解(1)设P(x,y),A(-2,0),B(2,0),k1=yx+2,k2=yx-2,又k1k2=-34,y2x2-4=-34,x24+y23=1(x2),轨迹C的方程为x24+y23=1(x2).(2)由O,R分别为F1F2,PF2的中点,故ORPF1,故PF1R与PF1O同底等高,故SPF1R=SPF1O,S=SQF1O+SPF1E=SPQO,当直线PQ的斜率不存在时,其方程为x=-1,此时SPQO=12132-32=32;当直线PQ的斜率存在时,设其方程为y=k(x+1),设P(x1,y1),Q(x2,y2),显然直线PQ不与x轴重合,即k0;联立y=k(x+1),x24+y23=1,解得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,=144(k2+1)0,x1+x2=-8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2,故|PQ|=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=12(1+k2)3+4k2,点O到直线PQ的距离d=|k|1+k2,S=12|PQ|d=6k2(k2+1)(3+4k2)2,令u=3+4k2(3,+),故S=6u-34u+14u2=32-3u2-2u+10,32,故S的最大值为32.3.(2018甘肃兰州一模)已知圆C:(x+1)2+y2=8,过D(1,0)且与圆C相切的动圆圆心为P.(1)求点P的轨迹E的方程;(2)设过点C的直线l1交曲线E于Q,S两点,过点D的直线l2交曲线E于R,T两点,且l1l2,垂足为W(Q,R,S,T为不同的四个点).设W(x0,y0),证明:x022+y02|CD|=2,由椭圆定义可知,点P的轨迹E是椭圆,a=2,c=1,b=2-1=1,E的方程为x22+y2=1.(2)证明由已知条件可知,垂足W在以CD为直径的圆周上,则有x02+y02=1,又因Q,R,S,T为不同的四个点,x022+y021.解若l1或l2的斜率不存在,四边形QRST的面积为2.若两条直线的斜率都存在,设l1的斜率为k,则l1的方程为y=k(x+1),解方程组y=k(x+1),x22+y2=1,得(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0,则|QS|=22k2+12k2+1,同理得|RT|=22k2+1k2+2,SQSRT=12|QS|RT|=4(k2+1)2(2k2+1)(k2+2)4(k2+1)22k2+1+k2+222=169,当且仅当2k2+1=k2+2,即k=1时等号成立.综上所述,当k=1时,四边形QRST的面积取得最小值169.4.(2018福建福州3月质检)设点A为圆C:x2+y2=4上的动点,点A在x轴上的投影为Q,动点M满足2MQ=AQ,动点M的轨迹为E.(1)求E的方程;(2)设E与y轴正半轴的交点为B,过点B的直线l的斜率为k(k0),l与E交于另一点P.若以点B为圆心,以线段BP长为半径的圆与E有4个公共点,求k的取值范围.解(1)设点M(x,y),A(x1,y1),则Q(x1,0),因为2MQ=AQ,所以2(x1-x,-y)=(0,-y1),所以2(x1-x)=0,-2y=-y1,解得x1=x,y1=2y.由于点A在圆C:x2+y2=4上,所以x2+4y2=4,所以点M的轨迹E的方程为x24+y2=1.(2)由(1)知,E的方程为x24+y2=1,因为直线l:y=kx+1(k0).由y=kx+1,x24+y2=1得(1+4k2)x2+8kx=0.设B(x1,y1),P(x2,y2),因此x1=0,x2=-8k1+4k2,|BP|=1+k2|x1-x2|=8|k|1+4k21+k2,则点P的轨迹方程为x2+(y-1)2=64k2(1+k2)(1+4k2)2,由x2+(y-1)2=64k2(1+k2)(1+4k2)2,x2+4y2=4,得3y2+2y-5+64k2(1+k2)(1+4k2)2=0(-1y1),(*)依题意得,(*)式关于y的方程在(-1,1)有两个不同的实数解,设f(x)=3x2+2x-5+64k2(1+k2)(1+4k2)2(-1x0,f(-1)0,整理得4k4-4k2+10,-4+64k2(1+k2)(1+4k2)20,即4k4-4k2+10,12k4+8k2-10,所以k212,k218.解得k-,-22-22,-2424,2222,+,所以k的取值范围为-,-22-22,-2424,2222,+.命题角度2直线与圆锥曲线的位置关系高考真题体验对方向1.(2018全国19)设椭圆C:x22+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.(1)解由已知得F(1,0),l的方程为x=1.由已知可得,点A的坐标为1,22或1,-22.所以AM的方程为y=-22x+2或y=22x-2.(2)证明当l与x轴重合时,OMA=OMB=0,当l与x轴垂直时,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x12,x20)的直线l与C交于A,B两点,|AB|=8.(1)求l的方程.(2)求过点A,B且与C的准线相切的圆的方程.解(1)由题意得F(1,0),l的方程为y=k(x-1)(k0).设A(x1,y1),B(x2,y2).由y=k(x-1),y2=4x得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.=16k2+160,故x1+x2=2k2+4k2.所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=4k2+4k2.由题设知4k2+4k2=8,解得k=-1(舍去),k=1.因此l的方程为y=x-1.(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2),所以AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3),即y=-x+5.设所求圆的圆心坐标为(x0,y0),则y0=-x0+5,(x0+1)2=(y0-x0+1)22+16.解得x0=3,y0=2或x0=11,y0=-6.因此所求圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.3.(2018全国20)已知斜率为k的直线l与椭圆C:x24+y23=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m0).(1)证明:k-12;(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且FP+FA+FB=0.证明:|FA|,|FP|,|FB|成等差数列,并求该数列的公差.(1)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),则x124+y123=1,x224+y223=1.两式相减,并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23k=0.由题设知x1+x22=1,y1+y22=m,于是k=-34m.由题设得0m32,故k-12.(2)解由题意得F(1,0).设P(x3,y3),则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2mb0)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(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.新题演练提能刷高分1.(2018河北唐山一模)已知椭圆:x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为F,上顶点为A,长轴长为26,B为直线l:x=-3上的动点,M(m,0),AMBM.当ABl时,M与F重合.(1)求椭圆的方程;(2)若直线BM交椭圆于P,Q两点,若APAQ,求m的值.解(1)依题意得A(0,b),F(-c,0),当ABl时,B(-3,b),由AFBF,得kAFkBF=bcb-3+c=-1,又b2+c2=6,解得c=2,b=2.所以,椭圆的方程为x26+y22=1.(2)由(1)得A(0,2),依题意,显然m0,所以kAM=-2m,又AMBM,所以kBM=m2,所以直线BM的方程为y=m2(x-m),设P(x1,y1),Q(x2,y2).联立y=m2(x-m),x26+y22=1,有(2+3m2)x2-6m3x+3m4-12=0,x1+x2=6m32+3m2,x1x2=3m4-122+3m2.|PM|QM|=1+m22|(x1-m)(x2-m)|=1+m22|x1x2-m(x1+x2)+m2|=1+m22|2m2-12|2+3m2=(2+m2)|m2-6|2+3m2,|AM|2=2+m2,由APAQ得,|AM|2=|PM|QM|,所以|m2-6|2+3m2=1,解得m=1.2.(2018河南郑州一模)已知圆C:x2+y2+2x-2y+1=0和抛物线E:y2=2px(p0),圆心C到抛物线焦点F的距离为17.(1)求抛物线E的方程;(2)不过原点的动直线l交抛物线于A,B两点,且满足OAOB.设点M为圆C上任意一动点,求当动点M到直线l的距离最大时的直线l的方程.解(1)C:x2+y2+2x-2y+1=0可化为(x+1)2+(y-1)2=1,则圆心C为(-1,1).Fp2,0,|CF|=(p2+1)2+(0-1)2=17,解得p=6.抛物线的方程为y2=12x.(2)设直线l为x=my+t(t0),A(x1,y1),B(x2,y2).联立y2=12x,x=my+t,可得y2-12my-12t=0.y1+y2=12m,y1y2=-12t.OAOB,x1x2+y1y2=0,即(m2+1)y1y2+mt(y1+y2)+t2=0.整理可得t2-12t=0,t0,t=12.直线l的方程为x=my+12,故直线l过定点P(12,0).当CNl时,即动点M经过圆心C(-1,1)时到动直线l的距离取得最大值.kMP=kCP=1-0-1-12=-113,m=113,此时直线l的方程为x=113y+12,即为13x-y-156=0.3.(2018甘肃第一次诊断性考试)椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2作垂直于x轴的直线l与椭圆E在第一象限交于点P,若|PF1|=5,且3a=b2.(1)求椭圆E的方程;(2)A,B是椭圆C上位于直线l两侧的两点.若直线AB过点(1,-1),且APF2=BPF2,求直线AB的方程.解(1)由题意可得|PF2|=b2a=3,因为|PF1|=5,由椭圆的定义得a=4,所以b2=12,所以椭圆E的方程为x216+y212=1.(2)易知点P的坐标为(2,3).因为APF2=BPF2,所以直线PA,PB的斜率之和为0.设直线PA的斜率为k,则直线PB的斜率为-k,设A(x1,y1),B(x2,y2),则直线PA的方程为y-3=k(x-2),由y-3=k(x-2),x216+y212=1,可得(3+4k2)x2+8k(3-2k)x+4(3-2k)2-48=0,x1+2=8k(2k-3)3+4k2.同理,直线PB的方程为y-3=-k(x-2),可得x2+2=-8k(-2k-3)3+4k2=8k(2k+3)3+4k2,x1+x2=16k2-123+4k2,x1-x2=-48k3+4k2,kAB=y1-y2x1-x2=k(x1-2)+3+k(x2-2)-3x1-x2=k(x1+x2)-4kx1-x2=12,满足条件的直线AB的方程为y+1=12(x-1),即为x-2y-3=0.命题角度3圆锥曲线的最值、范围问题高考真题体验对方向1.(2017山东21)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,焦距为2.(1)求椭圆E的方程.(2)如图,动直线l:y=k1x-32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=24,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(1)由题意知e=ca=22,2c=2,所以a=2,b=1,因此椭圆E的方程为x22+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程x22+y2=1,y=k1x-32,得(4k12+2)x2-43k1x-1=0,由题意知0,且x1+x2=23k12k12+1,x1x2=-12(2k12+1).所以|AB|=1+k12|x1-x2|=21+k121+8k121+2k12.由题意可知圆M的半径r为r=23|AB|=2231+k121+8k122k12+1.由题设知k1k2=24,所以k2=24k1,因此直线OC的方程为y=24k1x.联立方程x22+y2=1,y=24k1x1,得x2=8k121+4k12,y2=11+4k12,因此|OC|=x2+y2=1+8k121+4k12.由题意可知sin SOT2=rr+|OC|=11+|OC|r,而|OC|r=1+8k121+4k122231+k121+8k121+2k12=3241+2k121+4k121+k12,令t=1+2k12,则t1,1t(0,1),因此|OC|r=32t2t2+t-1=3212+1t-1t2=321-1t-122+941,当且仅当1t=12,即t=2时等号成立,此时k1=22,所以sin SOT212,因此SOT26.所以SOT最大值为3.综上所述:SOT的最大值为3,取得最大值时直线l的斜率为k1=22.2.(2016全国20)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(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).由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为4.因此直线AM的方程为y=x+2.将x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=127,所以y1=127.因此AMN的面积SAMN=212127127=14449.(2)由题意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.由x1(-t)=t2k2-3t3+tk2得x1=t(3-tk2)3+tk2,故|AM|=|x1+t|1+k2=6t(1+k2)3+tk2.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.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.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)的焦点为F,准线为l,过焦点F的直线交C于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,y1y2=-4.(1)求抛物线方程;(2)点B在准线l上的投影为E,D是C上一点,且ADEF,求ABD面积的最小值及此时直线AD的方程.解(1)依题意Fp2,0,当直线AB的斜率不存在时,|y1y2|=-p2=-4,p=2.当直线AB的斜率存在时,设AB:y=kx-p2,由y2=2px,y=kx-p2,化简得y2-2pky-p2=0.由y1y2=-4,得p2=4,p=2,所以抛物线方程为y2=4x.(2)设D(x0,y0),Bt24,t,则E(-1,t).又由y1y2=-4,可得A4t2,-4t.因为kEF=-t2,ADEF,所以kAD=2t,故直线AD:y+4t=2tx-4t2.由y2=4x,2x-ty-4-8t2=0,化简得y2-2ty-8-16t2=0,所以y1+y0=2t,y1y0=-8-16t2.所以|AD|=1+t24|y1-y0|=1+t24(y1+y0)2-4y1y0=4+t2t2+16t2+8.设点B到直线AD的距离为d,则d=t22-t2-4-8t24+t2=t2+16t2+824+t2.所以SABD=12|AD|d=14t2+16t2+8316,当且仅当t4=16,即t=2.当t=2时,直线AD的方程为x-y-3=0,当t=-2时,直线AD的方程为x+y-3=0.2.(2018山东济南一模)在平面直角坐标系xOy中,抛物线C1:x2=4y,直线l与抛物线C1交于A,B两点.(1)若直线OA,OB的斜率之积为-14,证明:直线l过定点;(2)若线段AB的中点M在曲线C2:y=4-14x2(-22x0,x1+x2=4k,x1x2=-4m,kOAkOB=y1y2x1x2=14x1214x22x1x2=x1x216=-m4,由已知:kOAkOB=-14,所以m=1,所以直线l的方程为y=kx+1,所以直线l过定点(0,1).(2)解设M(x0,y0),则x0=x1+x22=2k,y0=kx0+m=2k2+m,将M(x0,y0)代入C2:y=4-14x2(-22x22),得2k2+m=4-14(2k)2,m=4-3k2.-22x022,-222k22,-2k0,-2k0)上,AB的中点为Q,满足O,E,Q三点共线.(1)求直线AB的斜率;(2)若直线AB与圆D相交于M,N两点,记OAB的面积为S1,OMN的面积为S2,求S=S1+S2的最大值.解(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点Q(x0,y0).点A,B在椭圆C上,x122+y12=1,x222+y22=1,相减得(x1-x2)(x1+x2)2+(y1-y2)(y1+y2)=0.kAB=y1-y2x1-x2=-(x1+x2)2(y1+y2).x0=x1+x22,y0=y1+y22,kAB=-x02y0.E-305,3010,kOE=-12.O,E,Q三点共线,kOQ=kOE=-12=y0x0,kAB=-x02y0=1.(2)点E-305,3010在圆D上,r2=-3052+30102=32.圆D的方程为x2+y2=32.设直线AB的方程:y=x+m,由y=x+m,x22+y2=1,得3x2+4mx+2m2-2=0.由0得m23.x1+x2=-4m3,x1x2=2m2-23,则|AB|=2(x1+x2)2-4x1x2=433-m2.设O到直线AB的距离为d,d=|m|2,|MN|=2r2-d2=232-m22.S=S1+S2=12|AB|d+12|MN|d=12433-m2|m|2+12232-m22|m|2=3+226|m|3-m2=3+226m2(3-m2)=3+226-m2-322+94,当m2=320),圆C2:x2+y2=4,直线l:y=kx+b与抛物线C1相切于点M,与圆C2相切于点N.(1)若直线l的斜率k=1,求直线l和抛物线C1的方程;(2)设F为抛物线C1的焦点,设FMN,FON的面积分别为S1,S2,若S1=S2,求的取值范围.解(1)由题设知l:x-y+b=0,且b0,由l与C2相切知,C2(0,0)到l的距离d=b2=2,得b=22,l:x-y+22=0.将l与C1的方程联立消x得y2-2py+4p2=0,其=4p2-162p=0得p=42,C1:y2=82x.综上,l:x-y+22=0,C1:y2=82x.(2)不妨设k0,根据对称性,k0得到的结论与k0,又知p0,设M(x1,y1),N(x2,y2),由y=kx+b,y2=2px,消y得k2x2+2(kb-p)x+b2=0,其=4(kb-p)2-4k2b2=0得p=2kb,从而解得Mp2k2,pk,由l与C2切于点N知C2(0,0)到l:kx-y+b=0的距离d=b1+k2=2,得b=21+k2,则p=4k1+k2,故M21+k2k,41+k2.由y=kx+b,x2+y2=4,得N-2k1+k2,21+k2,故|MN|=1+k2|xM-xN|=1+k221+k2k+2k1+k2=4k2+2k.Fp2,0到l:kx-y+b=0的距离d0=pk2+b1+k2=2k2+2,S1=SFMN=12|MN|d0=2(2k2+1)(k2+1)k,又S2=SFON=12|OF|yN|=2k,=S1S2=(2k2+1)(k2+1)k2=1k2+2(k2+1)=2k2+1k2+322+3.当且仅当2k2=1k2即k=142时取等号,与上同理可得,kb0),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.(1)解由于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+34b2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+(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).2.(2016北京19)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)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.(1)解由题意得ca=32,12ab=1,a2=b2+c2,解得a=2,b=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=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,|AN|=2,所以|AN|BM|=4.综上,|AN|BM|为定值.3.(2015全国20)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.(1)解由题意有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.新题演练提能刷高分1.(2018福建厦门第一次质检)设O为坐标原点,椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为F,离心率为255.直线l:y=kx+m(m0)与C交于A,B两点,AF的中点为M,|OM|+|MF|=5.(1)求椭圆C的方程;(2)设点P(0,1),PAPB=-4,求证:直线l过定点,并求出定点的坐标.(1)解设椭圆的右焦点为F1,则OM为AFF1的中位线.OM=12AF1,MF=12AF,|OM|+|MF|=|AF|+|AF1|2=a=5,e=ca=255,c=25,b=5,椭圆C的方程为x225+y25=1.(2)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),联立y=kx+m,x225+y25=1,消去y,整理得(1+5k2)x2+1