(完整版)105圆锥曲线的综合问题x

1、a a组组 统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组考点一定点与定值问题考点一定点与定值问题(2017课标全国,20,12分)已知椭圆c:+=1(ab0),四点p1(1,1),p2(0,1),p3,p4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.解析解析本题考查了圆锥曲线的方程以及圆锥曲线与直线位置关系中的定点问题.(1)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+知,c不经过点p1,所以点p2在c上.22xa22yb31,231,221a21b21a234b五年高考因

2、此解得故c的方程为+y2=1.(2)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=-,x1x2=.而k1+k2=+22211,131,4bab224,1.ab24x24,2tt24,2tt2422tt2422tt24x2841kmk 224441mk111yx221yx=+=,由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)+(m-1)=0.解得k=-.当且仅当m-1时,0,于是l:y=-x+m,即y+1=-(x-2),所以l过定点(2,-

3、1).111kxmx221kxmx1212122(1)()kx xmxxx x224441mk2841kmk12m12m12m方法总结方法总结求解轨迹方程的步骤:建系、设点列式(列出动点所满足的几何等量关系式)坐标化(选用合适的公式表示几何等量关系)化简(注意化简前后的等价性)检验(去伪存真).考点二最值与范围问题考点二最值与范围问题(2016课标全国,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(

4、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)2xt23y24x23y424x23y1271271212712714449(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+2tk2x+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=

5、-(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=0,即0.(11分)由此得或解得k3这一隐含条件是把等式转化为不等式的关键.疑难突破疑难突破第(1)问中求出直线am的倾斜角是解决问题的关键;第(2)问利用2|am|=|an|得出t与k的关系式,由t3,建立关于k的不等式,从而得出k的取值范围.考点三存在性问题考点三存在性问题(2015课标,20,12分,0.308)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

6、)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.解析(1)解法一: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.解法二:设a(x1,y1),b(x2,y2),中点m(x0,y0),则9(x1+x2)(x1-x2)+(y1+y2)(y1-y2

7、)=0,3mm122xx29kbk299bk mmyx9k22211222229,9xymxym化简得9+=0,komkab=-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.解法一: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+.1212yyxx1212yyxx,3mm9k2229,9yxkxym 2px222

8、981k mk 239kmk,3mm(3)3mk2(3)3(9)k kmk239kmk2(3)3(9)k kmk77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.解法二:设l:y-m=k(k3),代入9x2+y2=m2得:(9+k2)x2+2kmx-x+-=0,则x1+x2=,由四边形oapb为平行四边形得x1+x2=xp,由(1)知点p在直线y=-x上,则p,代入椭圆方程得9+=m2,化简得:k2-8k+9=0,解得k=4.解法三:设m(x0,y0),由(1)知=-9.由p(2x0,2y0)在椭圆上知36+4=m2.由知:m=4y0+12x0.再代

9、入式得9+8x0y0=0,+8+1=0,而kl=-9kl=4.773mx223k m229k m223km22(3)3(9)kkmk9k222(3)6(3),3(9)9kkmkmkk222224(3)9 (9)kkmk222236(3)(9)kmk700yx003ymmx20 x20y20 x20y20209xy00 xy09k m00 xy7考点一定点与定值问题考点一定点与定值问题1.(2018北京,19,14分)已知抛物线c:y2=2px经过点p(1,2).过点q(0,1)的直线l与抛物线c有两个不同的交点a,b,且直线pa交y轴于m,直线pb交y轴于n.(1)求直线l的斜率的取值范围;(

10、2)设o为原点,=,=,求证:+为定值.qmqoqnqo11b b组组 自主命题自主命题省省( (区、市区、市) )卷题组卷题组解析解析(1)因为抛物线y2=2px过点(1,2),所以2p=4,即p=2.故抛物线c的方程为y2=4x,由题意知,直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y=kx+1(k0).由得k2x2+(2k-4)x+1=0.依题意=(2k-4)2-4k210,解得k0或0kb0)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.2

11、2xa22yb32解析解析(1)由题意得解得a=2,b=1.所以椭圆c的方程为+y2=1.(2)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|=.2223,211,2,caababc24x20 x20y002yx 0022yx 00212yx001yx001xy 0021xy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

12、值.0021xy00212yx2200000000004448422xyx yxyx yxy00000000448822x yxyx yxy一题多解一题多解(2)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|=4.22x21y2sin2(cos1) sin1 cossin12cos2cos1 sincos11 sinsin11 c

13、os2(1 sin )(1cos )(1 sin )(1cos )2考点二最值与范围问题考点二最值与范围问题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. oaob17 2810答案答案 b依题意不妨设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-x1),则直线ab与x轴的交点坐标为(2,0).于是sabo+safo=2(

14、+)+=+2=3当且仅当=时取“=”,而3,故选b.1x2xoaob12x x12x x12x x22817 281x1212xxxx121x2x12141x981x2x1298x x981x2x17 282.(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.234 332 33答案答案 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(a20,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

15、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221xa221yb222xa222yb121122| 2,| 2,pfpfapfpfa112212|,|.pfaapfaa21

16、a22a212ac2223ac211e223e1213,ee31,311e21e221213ee1134434 3311e21e4 3311e21e12aac22mnmncmc21211ee22mc2224mmnmn241nnmm2nmnm为.故=.故选a.3412max11ee4 33评析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.(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.24xappb答案答案5解析解析本题考查椭圆的标准方程,向量的

17、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.appb2222,44(32 ),4tumtum234t24t34m24t2(3)16m14529414思路分析思路分析(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

18、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.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. 24y解析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)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

19、+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+44,5.2111,4yy2221,4yy202yy20142yx20y120212002,8,yyyy yxy1821y22y3420y2002(4)yx123 2420y32)20 x204y20y20 x因此,pab面积的取值范围是.15 106 2,4疑难突破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

20、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. 1 1,2 43 9,2 41322x解析解析 本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力.(1)设直线ap的斜率为k,k=x-,因为-

21、xb0)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|=2 3,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. 22xa22yb223224解析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-

22、4k1x-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|=.ca22222x2211,23,2xyyk x21k31212 321kk 2112(21)k 211 k222112111 812kkk232 2322112111 821kkk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),24124k124k2211,22,4xyyxk2121814kk21114k22xy21211 814kk2sot|rroc1|1o

23、cr|ocr21212211211 81411 82 2312kkkkk3 2421221112141kkk21k1t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=.|ocr32221ttt 3221112tt322111924t1t12222sot122sot63322思路分析思路分析(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.2sot疑难突破

24、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.2sot1|1ocr解后反思解后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.本题的完美解答体现了数学知识、能力、思想、方法的完美结合.2sot考点三存在性问题考点三存在性问题(2015四川,20,13分)如图,椭圆e:+=1(ab0)的离心率是,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

25、得=恒成立?若存在,求出点q的坐标;若不存在,请说明理由.22xa22yb222|qaqb|papb2解析解析(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).22222211,2.2ababcc

26、a224x22y|qcqd|pcpd22|qmqn|pmpn00|2 |2 |yy2121下面证明: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.|qaqb|papb221,421,xyykx2421kk 2221k 11x21x1212xxx x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

27、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.112yx111kxx11x222yx221kxx21x11x|qaqb|qaqb12|xx|papb|qaqb|papb评析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.考点一定点与定值问题考点一定点与定值问题1.(2013安徽,18,12分)设椭圆e:+=1的焦点在x轴上.(1)若椭圆e的焦距为1,求椭圆e的方程;(2)设f1,f2分别是椭圆e的左,右焦点,p为椭圆e

28、上第一象限内的点,直线f2p交y轴于点q,并且f1pf1q.证明:当a变化时,点p在某定直线上.22xa221yac c组组 教师专用题组教师专用题组解析解析(1)因为焦距为1,所以2a2-1=,解得a2=.故椭圆e的方程为+=1.(2)设p(x0,y0),f1(-c,0),f2(c,0),其中c=.由题设知x0c,则直线f1p的斜率=,直线f2p的斜率=.故直线f2p的方程为y=(x-c).当x=0时,y=,即点q的坐标为.因此,直线f1q的斜率为=.由于f1pf1q,所以=-1.化简得=-(2a2-1).1458285x283y221a 1f pk00yxc2f pk00yxc00yxc0

29、0cycx000,cycx1fqk00ycx1f pk1fqk00yxc00ycx20y20 x将代入椭圆e的方程,由于点p(x0,y0)在第一象限,解得x0=a2,y0=1-a2,即点p在定直线x+y=1上.评析评析本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质,直线与直线、直线与椭圆的位置关系等基础知识和基本技能.考查数形结合思想、逻辑推理能力和运算求解能力.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

30、点.解析解析(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)由题意,设直线l的方程为y=kx+b(k0),p(x1,y1),q(x2,y2),224x 22(4)xy22(4)xy224x 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=,x1x

31、2=.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).282bkk22bk111yx 221yx 3.(2013山东,22,13分)椭圆c:+=1(ab0)的左、右焦点分别是f1、f2,离心率为,过f1且垂直于x轴的直线被椭圆c截得的线段长为1.(1)求椭圆c的方程;(2)点p是椭圆c上除长轴端点外的任一点,连接pf1,pf2.设f1pf2的角

32、平分线pm交c的长轴于点m(m,0),求m的取值范围;(3)在(2)的条件下,过点p作斜率为k的直线l,使得l与椭圆c有且只有一个公共点.设直线pf1,pf2的斜率分别为k1,k2.若k0,试证明+为定值,并求出这个定值.22xa22yb3211kk21kk解析解析(1)由于c2=a2-b2,将x=-c代入椭圆方程+=1,得y=,由题意知=1,即a=2b2.又e=,所以a=2,b=1.所以椭圆c的方程为+y2=1.(2)解法一:设p(x0,y0)(y00).又f1(-,0),f2(,0),所以直线pf1,pf2的方程分别为:y0 x-(x0+)y+y0=0,:y0 x-(x0-)y-y0=0.

33、由题意知= .由于点p在椭圆上,所以+=1.22xa22yb2ba22baca3224x331pfl332pfl33002200|3|(3)myyyx002200|3|(3)myyyx204x20y所以= .因为-m,-2x02,所以=.所以m=x0.因此-m.解法二:设p(x0,y0).当0 x02时,当x0=时,直线pf2的斜率不存在,易知p或p.若p,则直线pf1的方程为x-4y+=0.20|3 |322mx20|3|322mx3303322mx03322mx343232313,213,213,233由题意得=-m,因为-m,所以m=.若p,同理可得m=.当x0时,设直线pf1,pf2的

34、方程分别为y=k1(x+),y=k2(x-).由题意知=,所以=.因为+=1,并且k1=,k2=,所以=,|3|7m3333 3413,23 343331121|3|1mkkk2222|3|1mkkk22(3)(3)mm21221111kk204x20y003yx 003yx 22(3)(3)mm220022004(3)44(3)4xxxx20020038 31638 316xxxx2020( 34)( 34)xx即=.因为-m,0 x02且x0,所以=.整理得m=,故0m且m.综合可得0m.当-2x00时,同理可得-mb0),动直线l与椭圆c只有一个公共点p,且点p在第一象限.(1)已知直线

35、l的斜率为k,用a,b,k表示点p的坐标;(2)若过原点o的直线l1与l垂直,证明:点p到直线l1的距离的最大值为a-b. 22xa22yb解析解析(1)设直线l的方程为y=kx+m(kb0)的左、右焦点分别为f1、f2,离心率为e1;双曲线c2:-=1的左、右焦点分别为f3、f4,离心率为e2,已知e1e2=,且|f2f4|=-1.(1)求c1,c2的方程;(2)过f1作c1的不垂直于y轴的弦ab,m为ab的中点,当直线om与c2交于p,q两点时,求四边形apbq面积的最小值. 22xa22yb22xa22yb323解析解析(1)因为e1e2=,所以=,即a4-b4=a4,因此a2=2b2,

36、从而f2(b,0),f4(b,0),于是b-b=|f2f4|=-1,所以b=1,所以a2=2.故c1,c2的方程分别为+y2=1,-y2=1.(2)因为ab不垂直于y轴,且过点f1(-1,0),故可设直线ab的方程为x=my-1.由得(m2+2)y2-2my-1=0,易知此方程的判别式大于0,设a(x1,y1),b(x2,y2),则y1,y2是上述方程的两个实根,所以y1+y2=,y1y2=.因此x1+x2=m(y1+y2)-2=,于是ab的中点m的坐标为.故直线pq的斜率为-,则pq的方程为y=-x,即mx+2y=0.由得(2-m2)x2=4,所以2-m20,且x2=,y2=,从而|pq|=

37、2=2.3222aba22aba323433322x22x221,12xmyxy222mm 212m242m222,22mmm2m2m22,212myxxy 242m222mm22xy2242mm设点a到直线pq的距离为d,则点b到直线pq的距离也为d,所以2d=,因为点a,b在直线mx+2y=0的异侧,所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|,从而2d=.又因为|y1-y2|=,11222|2|2|4mxymxym2122(2)|4myym21212()4yyy y222 2 12mm所以2d=.故四边形apb

38、q的面积s=|pq|2d=2 .而02-m2b0)的焦距为4,其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.(1)求椭圆c的标准方程;(2)设f为椭圆c的左焦点,t为直线x=-3上任意一点,过f作tf的垂线交椭圆c于点p,q.(i)证明:ot平分线段pq(其中o为坐标原点);(ii)当最小时,求点t的坐标.22xa22yb|tfpq解析解析(1)由已知可得解得a2=6,b2=2,所以椭圆c的标准方程是+=1.(2)(i)由(1)可得,f的坐标是(-2,0),设t点的坐标为(-3,m).则直线tf的斜率ktf=-m.当m0时,直线pq的斜率kpq=,直线pq的方程是x=my-2.当m=0时,直线

39、pq的方程是x=-2,也符合x=my-2的形式.设p(x1,y1),q(x2,y2),将直线pq的方程与椭圆c的方程联立,得消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,其判别式=16m2+8(m2+3)0.所以y1+y2=,y1y2=,22222 ,224,abbcab26x22y03( 2)m 1m222,1.62xmyxy243mm 223mx1+x2=m(y1+y2)-4=.所以pq的中点m的坐标为.所以直线om的斜率kom=-,又直线ot的斜率kot=-,所以点m在直线ot上,因此ot平分线段pq.(ii)由(i)可得,|tf|=,|pq|=.所以=.2123m2262,33mmm3m

40、3m21m 221212()()xxyy221212(1)()4myyy y222242(1)433mmmm 2224(1)3mm|tfpq2221(3)241mm221414241mm 1(44)2433当且仅当m2+1=,即m=1时,等号成立,此时取得最小值.所以当最小时,t点的坐标是(-3,1)或(-3,-1).241m |tfpq|tfpq评析评析本题主要考查椭圆的标准方程、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、转化与化归、分类与整合等数学思想.考点三存在性问题考点三存在性问题1.(2015北京,19,14分)已知椭圆c:+=1(ab0

41、)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.22xa22yb22解析解析(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-1nb0)经过点p,离心率e=,直线l的方程为x=4.(1)求椭圆c的方程;(2)ab是经过右焦点f的任一弦(不经过点p),设直线ab与直线l相交于点m,记pa,pb,pm的斜率分别为k1,

42、k2,k3.问:是否存在常数,使得k1+k2=k3?若存在,求的值;若不存在,说明理由. 22xa22yb31,212解析解析(1)由p在椭圆上得,+=1,依题设知a=2c,则b2=3c2,代入,解得c2=1,a2=4,b2=3.故椭圆c的方程为+=1.(2)解法一:由题意可设ab的斜率为k,则直线ab的方程为y=k(x-1),代入椭圆方程3x2+4y2=12,并整理,得(4k2+3)x2-8k2x+4(k2-3)=0.设a(x1,y1),b(x2,y2),则有x1+x2=,x1x2=,在方程中令x=4,得m的坐标为(4,3k).从而k1=,k2=,k3=k-.注意到a,f,b共线,则有k=k

43、af=kbf,即有=k.31,221a294b24x23y22843kk 224(3)43kk11321yx22321yx3324 1k 12111yx 221yx 所以k1+k2=+=+-=2k-,代入得k1+k2=2k-=2k-1,又k3=k-,所以k1+k2=2k3.故存在常数=2符合题意.解法二:设b(x0,y0)(x01),则直线fb的方程为y=(x-1),令x=4,求得m,从而直线pm的斜率为k3=,11321yx22321yx111yx 221yx 32121111xx321212122() 1xxx xxx3222222282434(3)814343kkkkkk12001yx

44、0034,1yx000212(1)yxx联立得a,则直线pa的斜率为k1=,直线pb的斜率为k2=,所以k1+k2=+=2k3,故存在常数=2符合题意.0022(1),11,43yyxxxy0000583,25 25xyxx0002252(1)yxx00232(1)yx0002252(1)yxx00232(1)yx000211yxx考点一定点与定值问题1.(2018四川南充适应性考试,20)椭圆e:+=1(ab0)的左、右焦点分别为f1(-1,0),f2(1,0),左、右顶点分别为a1,a2,p为椭圆e上的动点(不与a1,a2重合),且直线pa1与pa2的斜率的乘积为-.(1)求椭圆e的方程;

45、(2)过f2作两条互相垂直的直线l1和l2(均不与x轴重合)分别与椭圆e交于a,b,c,d四点,线段ab,cd的中点分别为m,n,求证:直线mn过定点,交求出该定点坐标. 22xa22yb34a a组组 2016201820162018年高考模拟年高考模拟基础题组基础题组三年模拟解析解析(1)设p(x0,y0),则+=1-a2=-,=-a2=-,结合c=1得,a2=4,b2=3,所求椭圆方程为+=1.(2)设直线ab:y=k(x-1),与椭圆方程3x2+4y2=12联立,消去y得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,得xm=,ym=k(xm-1)=-,同理可得xn=,yn=-(xn-

46、1)=,若m,n关于x轴对称后得到m,n,则得到的直线mn与mn关于x轴对称,所以若直线mn经过定点,则该定点一定是直线mn与mn的交点,该点必在x轴上.202xa202yb20 x2202a yb00yxa00yxa3420 x4320y24x23y1222843kk 22443kk 2343kk 2443k1k2343kk设该点为s(s,0),=(s-xm,-ym),=(xm-xn,ym-yn),由得s=,代入m,n的坐标化简得s=,经过的定点为.msnmmsnmnmmnmnx yx yyy474,072.(2018四川泸州四市联考,20)如图,椭圆+=1(ab0)的左、右顶点分别为a、b

47、,焦距为2,直线x=-a与y=b交于点d,且|bd|=3.过点b作直线l交直线x=-a于点m,交椭圆于另一点p.(1)求椭圆的方程;(2)证明:为定值. 22xa22yb22omop解析解析(1)由题可得椭圆的方程为+=1.(2)证明:由(1)知a(-2,0),b(2,0),设m(-2,y0),p(x1,y1),则=(x1,y1),(-2,y0),直线bm的方程为y=-(x-2),即y=-x+y0,代入椭圆方程x2+2y2=4,得x2-x+-4=0,由根与系数的关系得2+x1=,x1=,y1=,=-2x1+y0y1=-+=4,即为定值.22222(2 )3 2,22 2,abcabc224,2

48、,ab24x22yopom04y04y122018y202y202y202048yy20202(8)8yy02088yy opom20204(8)8yy202088yy 20204328yyopom考点二最值与范围问题考点二最值与范围问题1.(2018广西南宁适应性考试,11)已知抛物线w:y2=4x的焦点为f,点p是圆o:x2+y2=r2(r0)与抛物线w的一个交点,点a(-1,0),则当最小时,圆心o到直线pf的距离是()a. b.1 c. d. |pfpa22212答案答案 b考虑到对称性,不妨设p点在第一象限,令l:x=-1,过p作pkl于k.根据抛物线的定义知pk=pf.要使最小,则

49、直线pa的斜率应最大.令pa:x=ky-1,代入抛物线方程得y2-4ky+4=0,=16k2-160,则k最小为1.此时p点坐标为(1,2),圆心o到直线pf的距离为1.故选b.|pfpa2.(2018四川广元适应性考试,11)双曲线c的渐近线方程为y=x,一个焦点为f(0,-),点a(,0),点p为双曲线在第一象限内的点,则当点p的位置变化时,paf周长的最小值为( )a.8 b.10 c.4+3 d.3+3 2 3372717答案答案 b设双曲线方程为-=1(a0,b0),由已知可得解得则双曲线方程为-=1,设双曲线的另一个焦点为f,则|pf|=|pf|+4,paf的周长为|pa|+|pf

50、|+|af|=|pf|+|pa|+7,点p在双曲线上且在第一象限内,|pf|+|pa|的最小值为|af|=3,故paf周长的最小值为10,故选b.22ya22xb2222 3,37,abccab2224,3,7,abc24y23x3.(2018云南高中毕业统测,20)已知椭圆e的中心在原点,焦点在x轴上,离心率为,抛物线y2=-4x的准线被椭圆e截得的线段长为3.(1)求椭圆e的方程;(2)设m、n是经过e的右焦点且互相垂直的两条直线,m与e交于a、b两点,n与e交于c、d两点,求|ab|+|cd|的最小值.12解析解析(1)由题意设椭圆e的方程为+=1(ab0),椭圆e的离心率为,b2=a2

51、-=a2.椭圆e的方程为3x2+4y2=3a2.抛物线y2=-4x的准线x=1被椭圆e截得的线段长为3,点在椭圆e上,312+4=3a2,解得a2=4,椭圆e的方程为3x2+4y2=12,即+=1.(2)当直线m、n中有一条没有斜率时,根据已知得另一条的斜率为0,此时易求得|ab|+|cd|=2a+=7.当直线m、n的斜率都存在时,设m的斜率为k(k0),则直线m的方程为y=k(x-1),代入椭圆方程+=1,化简得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,设a(x1,y1),b(x2,y2),22xa22yb1224a3431,29424x23y22ba24x23y则|ab|=|x2-x

52、1|=.同理可得|cd|=,|ab|+|cd|=+=,当k=1时,|ab|+|cd|=.7,|ab|+|cd|的最小值是.212221228,34412,34kxxkkx xk21 k21 k21212()4xxx x2212(1)34kk2212(1)43kk2212(1)34kk2212(1)43kk222284(1)(34)(43)kkk2222284(1)34432kkk487487487487考点三存在性问题考点三存在性问题(2018云南昆明质检一,20)已知椭圆c:+=1(ab0)的两焦点分别为f1、f2,短轴的一个端点为点p,pf1f2内切圆的半径为.设过点f2的直线l被椭圆c截

53、得的线段为rs,当lx轴时,|rs|=3.(1)求椭圆c的标准方程;(2)在x轴上是否存在一点t,使得当l变化时,总有ts与tr所在直线关于x轴对称?若存在, 请求出点t的坐标,若不存在,请说明理由.解析解析(1)由内切圆性质,得2cb=(2a+2c),得=.将x=c代入+=1,得y=,所以=3.又a2=b2+c2,所以a=2,b=,故椭圆c的标准方程为+=1.(2)存在.当直线l垂直于x轴时,显然x轴上任意一点t都满足ts与tr所在直线关于x轴对称.当直线l不垂直于x轴时,假设存在t(t,0)满足条件,22xa22yb3b12123bca1222xa22yb2ba22ba324x23y设l的

54、方程为y=k(x-1),r(x1,y1),s(x2,y2),联立消y整理得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,0恒成立,由根与系数的关系得由ts与tr所在直线关于x轴对称,得kts+ktr=0(显然ts,tr的斜率存在),即+=0.因为r,s两点在直线y=k(x-1)上,所以y1=k(x1-1),y2=k(x2-1),代入得=0,即2x1x2-(t+1)(x1+x2)+2t=0,22(1),34120,yk xxy212221228,34412,34kxxkkx xk11yxt22yxt122112(1)()(1)()()()k xxtk xxtxt xt1212122(1)()2

55、 ()()kx xtxxtxt xt将代入得=0,要使与k的取值无关,则t=4,综上所述,存在t(4,0),使得当l变化时,总有ts与tr所在直线关于x轴对称.2222824(1)82 (34)34ktktkk262434tk1.(2018广西南宁适应性考试,20)已知左焦点为f(-1,0)的椭圆c:+=1(ab0)经过点a(2,0).(1)求椭圆c的方程;(2)已知直线l与椭圆c分别交于m、n(m、n在x轴异侧),m关于长轴对称的点为b(不与n重合),直线x=-4分别与x轴、ab、an交于t、p、q.若tqf=tfp,求证:直线l经过定点.22xa22ybb b组组 201620182016

56、2018年高考模拟年高考模拟综合题组综合题组(时间:50分钟分值:60分)解答题(共60分)解析解析(1)因为椭圆+=1(ab0)经过点a(2,0),所以a=2.又a2-b2=c2,c=1,所以b2=3.所以椭圆c的方程为+=1.(2)证明:由题意可知直线l不与x轴垂直,可设直线l的方程为y=kx+m.代入椭圆方程+=1,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,且0,设m(x1,y1),n(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=.另知直线ab的方程为y=(x-2),令x=-4,得p点的纵坐标yp=.同理可得q点的纵坐标yq=.所以|tp|tq|=ypyq=,22xa22yb24x2

57、3y24x23y2834kmk224(3)34mk112yx1162yx 2262yx1162yx 2262yx121236(2)(2)y yxx12121236()()2()4kxm kxmx xxx因为tqf=tfp,所以tantqf=tantfp,因为tptf,所以=,所以|tp|tq|=|tf|2=9,所以ypyq=9.由可得(4k2+1)x1x2+(4km-2)(x1+x2)+4m2+4=0,将x1+x2=,x1x2=代入上式,整理得m2+km-2k2=0,则m=k或m=-2k,可得l的方程为y=kx-2k(舍),y=kx+k,则l经过定点f(-1,0).|tftq|tptf2834

58、kmk224(3)34mk2.(2017广西南宁二中4月月考,20)如图,o为坐标原点,点f为抛物线c1:x2=2py(p0)的焦点,且抛物线c1在点p处的切线与圆c2:x2+y2=1相切于点q.(1)当直线pq的方程为x-y-=0时,求抛物线c1的方程;(2)当点p运动时,记s1,s2分别为fpq,foq的面积,求的最小值. 212ss解析解析设点p,由x2=2py(p0)得,y=,求导得y=.(1)因为直线pq的斜率为1,所以=1且x0-=0,解得p=2,所以抛物线c1的方程为x2=4y.(2)因为点p处的切线方程为y-=(x-x0),即2x0 x-2py-=0,所以oq的方程为y=-x,

59、根据切线与圆相切,得=1,化简得=4+4p2,由方程组解得q,200,2xxp22xpxp0 xp202xp222202xp0 xp20 x0px20220|44xxp40 x20 x2000220,x xpyxpyxx 20042,2xxp所以|pq|=|xp-xq|=,点f到切线pq的距离是d=,所以s1=|pq|d=,s2=|of|xq|=,而由=4+4p2知,4p2=-40,得|x0|2,所以=+32+3,当且仅当=,即=4+2时取“=”,此时,p=.所以的最小值为2+3.21 k2021xp002xx220pxp2002xx0,2p220220|44pxxp12220 xp12122

60、20pxp2002xx12220 xp2204xpp2002xx1202|px40 x20 x40 x20 x12ss2204xpp2002xx02|xp222002()(2)2xpxp242200004200(44)(2)2(4)xxxxxx220020(2)2(4)xxx2042x 2044x 22042x 2044x 20 x222 212ss23.(2018广西南宁二中3月月考,20)已知椭圆c1:+=1(ab0)和椭圆c2:+y2=1的离心率相同,且点(,1)在椭圆c1上.(1)求椭圆c1的方程;(2)设p为椭圆c2上一点,过点p作直线交椭圆c1于a,c两点,且p恰为弦ac的中点,则