2019高考数学复习第九章平面解析几何9.6圆锥曲线的综合问题练习文.docx

9.6圆锥曲线的综合问题考纲解读考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度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2017课标全国,20;2016北京,19;2015课标,20解答题2.参变量的取值范围与最值问题1.了解参变量的意义2.理解解析几何中求解范围和最值问题的基本方法3.理解函数思想和方程思想在圆锥曲线中的应用2017山东,21;2017浙江,21;2016山东,21;2016浙江,19解答题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2015四川,20;2015湖北,22;2014重庆,21;2014湖南,20解答题分析解读从近几年的高考试题来看,直线与圆锥曲线、圆锥曲线间的综合考查主要涉及曲线的求法、位置关系的判断及应用、弦长问题、最值问题、定点定值的探索问题及各圆锥曲线间的联系等,同时着重考查学生的分析问题及解决综合问题的能力.分值较高,难度较大.客观题以各圆锥曲线间的联系为主,凸显知识的连贯性和综合性,着重考查函数与方程、分类讨论、数形结合等数学思想的应用.在解圆锥曲线综合问题时,需要较强的代数运算能力、图形认知能力、逻辑思维能力、数形之间转化能力,在推理过程中要保持思维的逻辑性,确保结果正确完整.五年高考考点一定点与定值问题1.(2017课标全国,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=.(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=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=(-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.2.(2015课标,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ca=22,4a2+2b2=1,又c2=a2+b2,所以a2=8,b2=4.所以C的方程为x28+y24=1.(2)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.3.(2015陕西,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)=2.4.(2014江西,20,13分)如图,已知抛物线C:x2=4y,过点M(0,2)任作一直线与C相交于A,B两点,过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).(1)证明:动点D在定直线上;(2)作C的任意一条切线l(不含x轴),与直线y=2相交于点N1,与(1)中的定直线相交于点N2.证明:|MN2|2-|MN1|2为定值,并求此定值.解析(1)证明:依题意可设直线AB的方程为y=kx+2,代入x2=4y,得x2=4(kx+2),即x2-4kx-8=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1x2=-8,直线AO的方程为y=y1x1x,直线BD的方程为x=x2.解得交点D的坐标为x2,y1x2x1,注意到x1x2=-8及x12=4y1,则有y=y1x1x2x12=-8y14y1=-2.因此D点在定直线y=-2上(x0).(2)依题设知,切线l的斜率存在且不等于0,设切线l的方程为y=ax+b(a0),代入x2=4y得x2=4(ax+b),即x2-4ax-4b=0,由=0得(4a)2+16b=0,化简整理得b=-a2.故切线l的方程可写为y=ax-a2.分别令y=2、y=-2得N1、N2的坐标为N12a+a,2、N2-2a+a,-2,则|MN2|2-|MN1|2=2a-a2+42-2a+a2=8,即|MN2|2-|MN1|2为定值8.教师用书专用(5)5.(2013江西,20,13分)椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率e=32,a+b=3.(1)求椭圆C的方程;(2)如图,A,B,D是椭圆C的顶点,P是椭圆C上除顶点外的任意一点,直线DP交x轴于点N,直线AD交BP于点M,设BP的斜率为k,MN的斜率为m.证明:2m-k为定值.解析(1)因为e=32=ca,所以a=23c,b=13c.代入a+b=3得,c=3,a=2,b=1.故椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)证法一:因为B(2,0),P不为椭圆顶点,则直线BP的方程为y=k(x-2),把代入x24+y2=1,解得P8k2-24k2+1,-4k4k2+1.直线AD的方程为y=12x+1.与联立解得M4k+22k-1,4k2k-1.由D(0,1),P8k2-24k2+1,-4k4k2+1,N(x,0)三点共线知-4k4k2+1-18k2-24k2+1-0=0-1x-0,解得N4k-22k+1,0.所以MN的斜率为m=4k2k-1-04k+22k-1-4k-22k+1=4k(2k+1)2(2k+1)2-2(2k-1)2=2k+14,则2m-k=2k+12-k=12(定值).证法二:设P(x0,y0)(x00,2),则k=y0x0-2,直线AD的方程为y=12(x+2),直线BP的方程为y=y0x0-2(x-2),直线DP的方程为y-1=y0-1x0x,令y=0,由y01可得N-x0y0-1,0,联立得y=12(x+2),y=y0x0-2(x-2),解得M4y0+2x0-42y0-x0+2,4y02y0-x0+2,因此MN的斜率为m=4y02y0-x0+24y0+2x0-42y0-x0+2+0y0-1=4y0(y0-1)4y02-8y0+4x0y0-x02+4=4y0(y0-1)4y02-8y0+4x0y0-(4-4y02)+4=y0-12y0+x0-2,所以2m-k=2(y0-1)2y0+x0-2-y0x0-2=2(y0-1)(x0-2)-y0(2y0+x0-2)(2y0+x0-2)(x0-2)=2(y0-1)(x0-2)-2y02-y0(x0-2)(2y0+x0-2)(x0-2)=2(y0-1)(x0-2)-12(4-x02)-y0(x0-2)(2y0+x0-2)(x0-2)=12(定值).考点二参变量的取值范围与最值问题1.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为22.(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22,得a2=2(a2-b2),又当y=1时,x2=a2-a2b2,得a2-a2b2=2,所以a2=4,b2=2.因此椭圆方程为x24+y22=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立得y=kx+m,x2+2y2=4,得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,由0得m20,从而y=t+1t在3,+)上单调递增,因此t+1t103,等号当且仅当t=3时成立,此时k=0,所以|ND|2|NF|21+3=4,由(*)得-2m0)的焦点为F,抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|-1.(1)求p的值;(2)若直线AF交抛物线于另一点B,过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N,AN与x轴交于点M.求M的横坐标的取值范围.解析(1)由题意可得,抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离,由抛物线的定义得p2=1,即p=2.(2)由(1)得,抛物线方程为y2=4x,F(1,0),可设A(t2,2t),t0,t1.因为AF不垂直于y轴,可设直线AF:x=sy+1(s0),由y2=4x,x=sy+1消去x得y2-4sy-4=0,故y1y2=-4,所以,B1t2,-2t.又直线AB的斜率为2tt2-1,故直线FN的斜率为-t2-12t.从而得直线FN:y=-t2-12t(x-1),直线BN:y=-2t.所以Nt2+3t2-1,-2t.设M(m,0),由A,M,N三点共线得2tt2-m=2t+2tt2-t2+3t2-1,于是m=2t2t2-1.所以m2.经检验,m2满足题意.综上,点M的横坐标的取值范围是(-,0)(2,+).3.(2016山东,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)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62.4.(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在直线y=2上,点B在椭圆C上,且OAOB,求线段AB长度的最小值.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)设点A,B的坐标分别为(t,2),(x0,y0),其中x00.因为OAOB,所以=0,即tx0+2y0=0,解得t=-2y0x0.又x02+2y02=4,所以|AB|2=(x0-t)2+(y0-2)2=x0+2y0x02+(y0-2)2=x02+y02+4y02x02+4=x02+4-x022+2(4-x02)x02+4=x022+8x02+4(0x024).因为x022+8x024(0b0)的离心率为32,且点3,12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3a2+14b2=1,又a2-b2a=32,解得a2=4,b2=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(-位x0)216+(-位y0)24=1,即=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.则有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0b0)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)设A(x1,y1)(x1y10),D(x2,y2),则B(-x1,-y1),所以直线AB的斜率kAB=y1x1,因为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98.7.(2013浙江,22,14分)已知抛物线C的顶点为O(0,0),焦点为F(0,1).(1)求抛物线C的方程;(2)过点F作直线交抛物线C于A,B两点.若直线AO,BO分别交直线l:y=x-2于M,N两点,求|MN|的最小值.解析(1)由题意可设抛物线C的方程为x2=2py(p0),则p2=1,所以抛物线C的方程为x2=4y.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+1.由y=kx+1,x2=4y消去y,整理得x2-4kx-4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.从而|x1-x2|=4k2+1.由y=y1x1x,y=x-2,解得点M的横坐标xM=2x1x1-y1=2x1x1-x124=84-x1.同理点N的横坐标xN=84-x2.所以|MN|=2|xM-xN|=284-x1-84-x2=82x1-x2x1x2-4(x1+x2)+16=82k2+1|4k-3|.令4k-3=t,t0,则k=t+34.当t0时,|MN|=2225t2+6t+122.当tb0)的离心率是22,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)由已知得,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1-b2=-1,ca=22,a2-b2=c2.解得a=2,b=2.所以椭圆E的方程为x24+y22=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).由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.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.当=1时,+=+=-2-1=-3.故存在常数=1,使得+为定值-3.2.(2015湖北,22,14分)一种画椭圆的工具如图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,带动N绕O转动,M处的笔尖画出的椭圆记为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.图1图2(1)求椭圆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总与椭圆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.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x216+y24=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=1244=8.(ii)当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx+m,由y=kx+m,x2+4y2=16,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y=kx+m,x-2y=0,可得P2m1-2k,m1-2k;同理可得Q-2m1+2k,m1+2k.由原点O到直线PQ的距离为d=|m|1+k2和|PQ|=1+k2|xP-xQ|,可得SOPQ=12|PQ|d=12|m|xP-xQ|=12|m|2m1-2k+2m1+2k=2m21-4k2.将代入得,SOPQ=2m21-4k2=8|4k2+1|4k2-1|.当k214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|+|=|?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.(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|+|=22,|=23,此时,|+|.当x=-2时,同理可知,|+|.(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=x1x2+y1y2=m2+3k2-3+3k2-3m2k2-3=-k2-3k2-30,于是+2+-2,即|+|2|-|2,故|+|.综合(i),(ii)可知,不存在符合题设条件的直线.教师用书专用(4)4.(2014重庆,21,12分)如图,设椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左,右焦点分别为F1,F2,点D在椭圆上,DF1F1F2,|F1F2|DF1|=22,DF1F2的面积为22.(1)求该椭圆的标准方程;(2)是否存在圆心在y轴上的圆,使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点,且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点?若存在,求出圆的方程.若不存在,请说明理由.解析(1)设F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.由|F1F2|DF1|=22得|DF1|=|F1F2|22=22c.从而=12|DF1|F1F2|=22c2=22,故c=1.从而|DF1|=22,由DF1F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=92,因此|DF2|=322.所以2a=|DF1|+|DF2|=22,故a=2,b2=a2-c2=1.因此,所求椭圆的标准方程为x22+y2=1.(2)如图,设圆心在y轴上的圆C与椭圆x22+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是两个交点,y10,y20,F1P1,F2P2是圆C的切线,且F1P1F2P2.由圆和椭圆的对称性,易知,x2=-x1,y1=y2.由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以=(x1+1,y1),=(-x1-1,y1).再由F1P1F2P2得-(x1+1)2+y12=0.由椭圆方程得1-x122=(x1+1)2,即3x12+4x1=0,解得x1=-43或x1=0.当x1=0时,P1,P2重合,不存在满足题设要求的圆.当x1=-43时,过P1,P2分别与F1P1,F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C(0,y0),由CP1F1P1,得y1-y0x1y1x1+1=-1.而y1=|x1+1|=13,故y0=53.圆C的半径|CP1|=-432+13-532=423.综上,存在满足题设条件的圆,其方程为x2+y-532=329.三年模拟A组20162018年模拟基础题组考点一定点与定值问题1.(2016河北唐山调研,9)过抛物线y=ax2(a0)的焦点F作一条直线交抛物线于A,B两点,若线段AF,BF的长分别为m,n,则mnm+n等于()A.12aB.14aC.2aD.a4答案B2.(2018河北五校12月联考,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,右焦点为F,上顶点为A,且AOF的面积为12(O是坐标原点).(1)求椭圆C的方程;(2)设P是椭圆C上的一点,过P的直线l与以椭圆的短轴为直径的圆切于第一象限,切点为M,证明:|PF|+|PM|为定值.解析(1)设椭圆的半焦距为c,由已知得c2a2=12,12bc=12,b2+c2=a2a2=2,b2=1,椭圆的方程为x22+y2=1.(2)证明:以短轴为直径的圆的方程为x2+y2=1,F(1,0),设P(x0,y0),则x022+y02=1(00,b0)有两个交点,则双曲线C的离心率的取值范围是()A.(1,3)B.(1,2)C.(3,+)D.(2,+)答案D5.(2016皖江示范高中联考,14)若点P是椭圆x22+y2=1上的动点,则P到直线l:y=x+1的距离的最大值是.答案6+226.(2018河南中原名校联盟12月联考,20)设椭圆x2a2+y23=1(a3)的右焦点为F,右顶点为A.已知|OA|-|OF|=1,其中O为原点,e为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程及离心率e的值;(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),a-c=1,a=1+c,a2=1+2c+c2,又a2=b2+c2,3=1+2c,c=1,a=2,所以,椭圆的方程为x24+y23=1,e=ca=12.(2)易知l的斜率存在且不为0,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),则=(-1,yH),=9-4k24k2+3,12k4k2+3,由BFHF,得=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|,则(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.考点三存在性问题7.(2018山西康杰中学等六校12月联考,20)已知F1,F2分别为椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点,点P1,32在椭圆E上,且|PF1|+|PF2|=4.(1)求椭圆E的方程;(2)过F1的直线l1,l2分别交椭圆E于A,C和B,D,且l1l2,问是否存在实数,使得1|AC|,1|BD|成等差数列?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.解析(1)由已知|PF1|+|PF2|=4,得2a=4,即a=2,又点P1,32在椭圆上,所以14+94b2=1,解得b=3,故椭圆的标准方程为x24+y23=1.(2)当ACx轴时,|BD|=4,|AC|=3,由2=1|BD|+1|AC|=712,得=724.当BDx轴时,|BD|=3,|AC|=4,由2=1|BD|+1|AC|=712,得=724.当AC、BD与x轴均不垂直时,设l1:y=k(x+1)(k0),A(x1,y1),C(x2,y2),直线l1与椭圆E的方程联立并消去y得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,则x1+x2=-8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2,所以|AC|=1+k2|x1-x2|=12(k2+1)3+4k2,从而1|AC|=3+4k212(k2+1),同理可得1|BD|=4+3k212(k2+1),所以1|AC|+1|BD|=7(k2+1)12(k2+1)=712,令712=2,得=724.综上,存在常数=724,使得1|AC|,1|BD|成等差数列.8.(2017江西赣中南五校联考,20)在直角坐标系xOy中,点M到点F1(-3,0),F2(3,0)的距离之和是4,点M的轨迹是C,直线l:y=kx+2与轨迹C交于不同的两点P和Q.(1)求轨迹C的方程;(2)是否存在常数k,使以线段PQ为直径的圆过原点O?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.解析(1)点M到F1(-3,0),F2(3,0)的距离之和是4,且230,即4k2-10,(*)将k=62代入(*)式知符合题意.故存在k=62,使以线段PQ为直径的圆过原点O.B组20162018年模拟提升题组(满分:55分时间:45分钟)一、填空题(每小题5分,共10分)1.(2018江西宜春一模,16)设F1、F2分别是椭圆x225+y216=1的左、右焦点,P为椭圆上任一点,点M的坐标为(6,4),则|PM|+|PF1|的最大值为.答案152.(2017广东七校第二次联考,16)已知点P是抛物线C1:y2=4x上的动点,过P作圆C2:(x-3)2+y2=2的两条切线,则两条切线的夹角的最大值为.答案二、解答题(每小题15分,共45分)3.(2018湖南师大附中12月联考,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的短轴的一个顶点与两个焦点构成正三角形,且该三角形的面积为3.(1)求椭圆C的方程;(2)如图,设F1、F2为椭圆C的左、右焦点,若椭圆C的一个内接平行四边形的一组对边过点F1和F2,求这个平行四边形面积的最大值.解析(1)椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的短轴的一个顶点与两个焦点构成正三角形,且该三角形的面积为3,解得a=2,b=3,c=1,椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)设过椭圆右焦点F2的直线AB的方程为x=ty+1,由x=ty+1,3x2+4y2=12整理,得(3t2+4)y2+6ty-9=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=-6t3t2+4,y1y2=-93t2+4,|y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2=144t2+1443t2+4=12t2+13t2+4,连接OA,OB,SOAB=+=12|OF2|y1-y2|=6t2+13t2+4,椭圆C的内接平行四边形面积S=4SOAB=24t2+13t2+4,令m=1+t2,则m1,则S=f(m)=243m+1m,注意到S=f(m)在1,+)上单调递减,Smax=f(1)=6,当且仅当m=1,即t=0时等号成立.故这个平行四边形面积的最大值为6.4.(2017豫北名校联盟联考,20)已知点P是椭圆C上任一点,点P到直线l1:x=-2的距离为d1,到点F(-1,0)的距离为d2,且d2d1=22,直线l与椭圆C交于不同两点A,B(A,B都在x轴上方),且OFA+OFB=180.(1)求椭圆C的方程;(2)当A为椭圆与y轴正半轴的交点时,求直线l的方程;(3)对于动直线l,是否存在一个定点,无论OFA如何变化,直线l总经过此定点?若存在,求出该定点的坐标;若不存在,请说明理由.解析(1)设P(x,y),则d1=|x+2|,d2=(x+1)2+y2.由d2d1=(x+1)2+y2|x+2|=22,化简,得x22+y2=1,椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)由题意及(1)知A(0,1),又F(-1,0),kAF=1-00-(-1)=1.又OFA+OFB=180,kBF=-1,BF:y=-1(x+1)=-x-1,代入x22+y2=1,解得x=0,y=-1(舍去)或x=-43,y=13.B-43,13.kAB=1-130-43=12,AB:y=12x+1,即直线l的方程为y=12x+1.(3)存在.解法一:OFA+OFB=180,kAF+kBF=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+b.将y=kx+b代入x22+y2=1,整理得k2+12x2+2kbx+b2-1=0.x1+x2=-2kbk2+12,x1x2=b2-1k2+12,kAF+kBF=y1x1+1+y2x2+1=kx1+bx1+1+kx2+bx2+1=(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)(x1+1)(x2+1)=0.(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=2kx1x2+(k+b)(x1+x2)+2b=2kb2-1k2+12-(k+b)2kbk2+12+2b=0,b-2k=0,b=2k,直线AB的方程为y=k(x+2),直线l总经过定点(-2,0).解法二:OFA+OFB=180,B关于x轴的对称点B1在直线AF上.设A(x1,y1),B(x2,y2),则B1(x2,-y2),设直线AF的方程为y=k(x+1),代入x22+y2=1,得k2+12x2+2k2x+k2-1=0.x1+x2=-2k2k2+12,x1x2=k2-1k2+12.kAB=y1-y2x1-x2,AB:y-y1=y1-y2x1-x2(x-x1),令y=0,得x=x1-y1x1-x2y1-y2=x2y1-x1y2y1-y2.又y1=k(x1+1),-y2=k(x2+1),x=x2y1-x1y2y1-y2=2x1x2+x1+x2x1+x2+2=2路k2-1k2+12-2k2k2+122-2k2k2+12=-2,直线l总经过定点(-2,0).5.(2016吉林五校第一次联考,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率e=63,它的一个顶点在抛物线x2=42y的准线上.(1)求椭圆C的方程;(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)是椭圆C上两点,已知m=x1a,y1b,n=x2a,y2b,且mn=0,求的取值范围.解析(1)抛物线x2=42y的准线为y=-2,b=2.e=63a2-b2a2=23a=6,椭圆C的方程为x26+y22=1.(2)由mn=0及(1)得x1x2=-3y1y2,当直线AB的斜率不存在时,x1=x2,y2=-y1,x12=3y12,又x126+y122=1,y12=1.=x1x2+y1y2=2y12=2.当直线AB的斜率存在时,设方程为y=kx+m,由y=kx+m,x2+3y2=6,得(1+3k2)