（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+