202X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

1、A A组自主命题组自主命题天津卷题组天津卷题组五年高考1.(2017天津,19,14分)设椭圆+=1(ab0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为.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.(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,求直线AP的方程.22xa22yb121262解析解析(1)设F的坐标为(-c,0).依题意,=,=a,a-c=,解得a=1,c=,p=2,于是b2=a2-c2=.所以,椭圆的方程为x2+=1,抛物线的方程为y2=4x.(2)设直

2、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,故Q.将x=my+1与x2+=1联立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=.由点B异于点A,可得点B.由Q,可得直线BQ的方程为(x+1)-=0,令y=0,解得x=,故D.所以|AD|=1-=.又因为APD的面积为,故=,整理得3m2-2|m|+2=0,解得|m|=,所以m=.所以,直线AP的方程为3x+y-3=0或3x-y-3=0.ca122p121234243y21,m 21,m243y2634mm222346,3434mmmm21,m26234mmm2234134mm2ym222332mm

3、2223,032mm222332mm22632mm 621222632mm 2|m626636366方法总结方法总结1.利用待定系数法求圆锥曲线标准方程的步骤:(1)作判断:根据焦点位置设方程;(2)找等量关系;(3)解方程得结果.2.解决直线与圆锥曲线位置关系问题的基本策略:(1)巧设直线方程:当已知直线与x轴交点固定时,常设为x=my+b的形式,这样可避免对斜率是否存在的讨论;(2)注意整体代入思想的应用,利用根与系数的关系可以简化运算,提高运算效率和正确率.2.(2015天津,19,14分)已知椭圆+=1(ab0)的左焦点为F(-c,0),离心率为,点M在椭圆上且位于第一象限,直线FM被

4、圆x2+y2=截得的线段的长为c,|FM|=.(1)求直线FM的斜率;(2)求椭圆的方程;(3)设动点P在椭圆上,若直线FP的斜率大于,求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围.22xa22yb3324b4 332解析解析(1)由已知有=,又由a2=b2+c2,可得a2=3c2,b2=2c2.设直线FM的斜率为k(k0),则直线FM的方程为y=k(x+c).由已知,有+=,解得k=.(2)由(1)得椭圆方程为+=1,直线FM的方程为y=(x+c),两个方程联立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-c或x=c.由点M在第一象限,可得M的坐标为.由|FM|=,解得c=1,22ca13

5、221kck22c22b33223xc222yc33532 3,3cc222 3()03ccc4 33所以椭圆的方程为+=1.(3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,得t=,即y=t(x+1)(x-1),与椭圆方程联立得消去y,整理得2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t=,解得-x-1或-1x0.23x22y1yx 22(1),1,32yt xxy22623(1)xx232设直线OP的斜率为m,得m=,即y=mx(x0),与椭圆方程联立,整理可得m2=-.当x时,有y=t(x+1)0,于是m=,得m.当x(-1,0)时,有y=t(x+1)0,因此mb0)的左焦点为F,离心

6、率为,过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.(1)求椭圆的方程;(2)设A,B分别为椭圆的左、右顶点,过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C,D两点.若+=8,求k的值.22xa22yb334 33ACDBADCB解析解析(1)设F(-c,0),由=,知a=c.过点F且与x轴垂直的直线为x=-c,代入椭圆方程有+=1,解得y=,于是=,解得b=,又a2-c2=b2,从而a=,c=1,所以椭圆的方程为+=1.(2)设点C(x1,y1),D(x2,y2),由F(-1,0)得直线CD的方程为y=k(x+1),由方程组消去y,整理得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0.ca33322()

7、ca22yb63b2 63b4 332323x22y22(1),132yk xxy由根与系数的关系可得x1+x2=-,x1x2=.因为A(-,0),B(,0),所以+=(x1+,y1)(-x2,-y2)+(x2+,y2)(-x1,-y1)=6-2x1x2-2y1y2=6-2x1x2-2k2(x1+1)(x2+1)=6-(2+2k2)x1x2-2k2(x1+x2)-2k222623kk223623kk33ACDBADCB3333=6+.由已知得6+=8,解得k=.2221223kk2221223kk2评析评析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、向量的运算等基础知识,考查用代数方法研

8、究圆锥曲线的性质,考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.B B组统一命题、省组统一命题、省( (区、市区、市) )卷题组卷题组考点一圆锥曲线中的定点考点一圆锥曲线中的定点( (定值定值) )问题问题1.(2019课标文,21,12分)已知点A,B关于坐标原点O对称,|AB|=4,M过点A,B且与直线x+2=0相切.(1)若A在直线x+y=0上,求M的半径;(2)是否存在定点P,使得当A运动时,|MA|-|MP|为定值?并说明理由.解析解析本题利用关于原点对称和直线与圆相切,考查圆的方程及圆的几何性质,要求学生具备较强的直观想象与逻辑推理能力,第(2)问设置开放性问题,考查抛物线的定义

9、与性质.(1)因为M过点A,B,所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线x+y=0上,且A,B关于坐标原点O对称,所以M在直线y=x上,故可设M(a,a).因为M与直线x+2=0相切,所以M的半径为r=|a+2|.由已知得|AO|=2,又,故可得2a2+4=(a+2)2,解得a=0或a=4.故M的半径r=2或r=6.MOAO(2)存在定点P(1,0),使得|MA|-|MP|为定值.理由如下:设M(x,y),由已知得M的半径为r=|x+2|,|AO|=2,由于,故可得x2+y2+4=(x+2)2,化简得M的轨迹方程为y2=4x.因为曲线C:y2=4x是以点P(1,0)为焦点,以直线x=-1

10、为准线的抛物线,所以|MP|=x+1.因为|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,所以存在满足条件的定点P.MOAO2.(2019北京文,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.22xa22yb解析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

11、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=-.22x111yx111xy 又y1=kx1+t,从而|OM|=|xM|=.同理,|ON|=.111xkxt 221xkxt 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).22,12ykxtxy2412ktk222212tk111xkxt 221xkxt 122

12、21212(1)()(1)x xk x xk txxt22222222212224(1)(1)1212tktktkk ttkk 11tt11tt3.(2019课标文,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.22x1250,2解析解析本题将直线、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

13、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.1,2t21x1112yxt10,2(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+1.1221,22ytxxy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+=2.21,2t tEMAB

14、EMABEM252yEM2252y思路分析思路分析(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

15、=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),1,2t2,2,xyykxb211122xxt21x22x121210,221,2t tEMFM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.EM252yEM2252y4.(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

16、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.22xa22yb2kk解析解析(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

17、线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=-3kx+m.222ac224x22y02mmx0mx02mmx03mxkkkk联立得整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.由x0 x1=,可得x1=.所以y1=kx1+m=+m.同理x2=,y2=+m.所以x2-x1=-=,y2-y1=+m-m=,所以kAB=.由m0,x00,可知k0,22,1,42ykxmxy222421mk2202(2)(21)mkx2202 (2)(21)k mkx2202(2)(181)mkx2206 (2)(181)k mkx2202(2)(181)mkx2202(2)(21)mkx2222032(2)

18、(181)(21)kmkkx2206 (2)(181)k mkx2202 (2)(21)k mkx222208 (61)(2)(181)(21)kkmkkx2121yyxx2614kk1416kk所以6k+2,等号当且仅当k=时取得.此时=,即m=,符合题意.所以直线AB的斜率的最小值为.1k666248mm66147625.(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.22xa22yb222解析解析(1

19、)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.22aba2224a22b28x24y28x24y122xx2221kbk221bk MMyx12k12考点二圆锥曲线中的最值考点二圆锥曲线中的最值( (范围范围) )问题问题1.(2019北京理,8,5分)数学中有许多形状优美、寓意

20、美好的曲线,曲线C:x2+y2=1+|x|y就是其中之一(如图).给出下列三个结论:曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点);曲线C上任意一点到原点的距离都不超过;曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.其中,所有正确结论的序号是()A.B.C.D.2答案答案C本题考查内容比较丰富,涉及不等式、圆、距离、面积等知识,对学生的推理能力、综合应用能力、运算求解能力要求较高;重点体现逻辑推理、数学运算等核心素养;同时也展现了对创新思维与审美能力的考查.解法一:从结论“不超过”“小于”入手,利用基本不等式进行放缩,再利用图形估算面积.x2+y2=1+|x|y1+|x|y|1+,x2+y22.

21、x可能取得的整数值为1,0,代入曲线C的方程得整点坐标为(1,1),(1,0),(-1,1),(-1,0),(0,1),(0,-1),故正确;设曲线C上任意一点到原点的距离为d,则d2=x2+y22,d,故正确;由图知,图形在第一象限的面积S11,图形在第四象限的面积S4,由对称性得,“心形”区域面积S2=3,故错误.综上可知选C.222xy212112解法二:由图形封闭,结论中涉及曲线上的点到原点的距离,联想到极坐标方程.以原点为极点建立极坐标系,则C:2=1+2|cos|sin,即2=.|cos|sin|sin2|,22,即,故正确.由,知经检验知共有6个整点满足条件,故正确.在第一象限曲

22、线C的极坐标方程为=1+cos1sin1,11 |cos|sin121222cos2,sin2,xy2121在第四象限曲线C的极坐标方程为=1+cos4sin4.令4=-1,则=1-cos1sin1,由得1-1=,由得1-4=,14,1-11-4(此时极径关于极轴对称).如图所示,2424242421111cossin111211cossin1124114cossin111244cossin11由图可知,右半部分“心形”区域面积大于半个单位圆面积,故“心形”区域面积S212=3,故错误.综上可知,正确结论的序号为,故选C.122.(2018浙江,17,4分)已知点P(0,1),椭圆+y2=m(

23、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)16m145294143.(2019课标理,21,12分)已知点A(-2,0),B

24、(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程,并说明C是什么曲线;(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PEx轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.(i)证明:PQG是直角三角形;(ii)求PQG面积的最大值.12解析解析本题主要考查轨迹方程的求法,直线与椭圆的位置关系,两条直线的位置关系,弦长问题,三角形的面积以及基本不等式的应用等相关知识;通过对三角形形状的判断以及面积最值的求解考查学生的知识迁移能力、运算求解能力及函数思想方法的应用;体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)由题设得=-,化简得+=1(|x|2),

25、所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左右顶点.(2)(i)设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k0).2yx2yx1224x22y由得x=.记u=,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).于是直线QG的斜率为,方程为y=(x-u).由得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.22,142ykxxy2212k2212k2k2k22(),2142kyxuxy设G(xG,yG),则-u和xG是方程的解,故xG=,由此得yG=.从而直线PG的斜率为=-.所以PQPG,即PQG是直角三角形.(ii)由(i)得|PQ|=2u,|PG|=,22(32)2ukk322uk

26、k32222(32)2ukukkukuk1k21 k22212uk kk所以PQG的面积S=|PQ|PG|=.设t=k+,则由k0得t2,当且仅当k=1时取等号.因为S=在2,+)单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为.因此,PQG面积的最大值为.122228 (1)(12)(2)kkkk218112kkkk1k2812tt169169思路分析思路分析(1)利用直线AM与BM的斜率之积为-求得曲线C的轨迹方程,从而得出曲线C的轨迹.(2)(i)设出直线PQ的方程,联立椭圆方程,求得点P、Q的坐标,由Q、E的坐标得出直线QG的方程,联立椭圆方程,得出点G的坐标,进而表示出直线

27、PG的斜率,从而得出结论.(ii)利用弦长公式求出|PQ|与|PG|的表达式,从而将三角形的面积表示成关于k的函数,进而利用函数思想求其最大值.12解题关键解题关键利用方程思想得出点P、Q的坐标,进而利用换元法及整体代换法简化运算过程是顺利解决本题的关键;正确利用基本不等式及函数单调性是求解PQG面积最值的关键.4.(2019浙江,21,15分)如图,已知点F(1,0)为抛物线y2=2px(p0)的焦点.过点F的直线交抛物线于A,B两点,点C在抛物线上,使得ABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q,且Q在点F的右侧.记AFG,CQG的面积分别为S1,S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程;

28、(2)求的最小值及此时点G的坐标.12SS解析解析本题主要考查抛物线的几何性质,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.体现了数学抽象的核心素养和转化与化归的思想方法.(1)由题意得=1,即p=2.所以,抛物线的准线方程为x=-1.(2)设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t0,则xA=t2.由于直线AB过F,故直线AB方程为x=y+1,代入y2=4x,得y2-y-4=0,故2tyB=-4,即yB=-,所以B.又由于xG=(xA+xB+xC),yG=(yA+yB+yC)及重心G在x轴上,故2t-+yC=0,得

29、C,G.所以,直线AC方程为y-2t=2t(x-t2),得Q(t2-1,0).由于Q在焦点F的右侧,故t22.从而=2p212tt22(1)tt2t212,tt13132t211,2tttt422222,03ttt12SS1| |21| |2ACFGyQGy=2-.令m=t2-2,则m0,=2-=2-2-=1+.当m=时,取得最小值1+,此时G(2,0).42242222221 |2 |32222123tttttttttt 42421ttt2421tt12SS243mmm134mm1324mm32312SS32思路分析思路分析(1)根据抛物线定义知=1,得到准线方程x=-1.(2)要求的最小值

30、,需要将用基本量表示出来,从点的关系出发,设A(xA,yA),合理选择参数t表示A(t2,2t),t0,由直线AB过F得到AB方程,求出B点坐标,再由ABC的重心G在x轴上,求出C点和G点坐标,进而求出Q点坐标,然后就可以表示出,进而求出其最小值.2p12SS12SS12SS5.(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直线与抛物线的位置关系等基础知识,同

31、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,SPAB=|PM|y1-y2|=(-4x0.2111,4yy2221,4yy202yy20142yx20y120212002,8,yyyy yxy1821y22y3420y2002(4)yx123 2420y32)因为+=1(x00),所以-4x0=-4-4x0+44,5.因此,PAB面积的

32、取值范围是.20 x204y20y20 x15 106 2,46.(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-xb0)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.

33、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.22xa22yb222解析解析(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),联立得得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,由0得m20,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-m0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MANA.(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求AM

34、N的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.2xt23y解析解析(1)设M(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SAMN=2=.(5分)(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)24x23y424x23y1271271212712714449tt2xt23yt由x1

35、(-)=得x1=,故|AM|=|x1+|=.(8分)t22233t kttk22(3)3ttktkt21 k226(1)3tktk由题设,直线AN的方程为y=-(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,建立关于k的不等式,从而得出k的取值范围.名师点拨名师点拨本题主要考查椭圆的几何性质,直线与椭圆的位置关系以及方程的思想方法的应用,考查学生的运算求解能力及逻辑思维能力.挖掘出题目中t3这一隐含条件是把等式转化为不等式的关键.10.(2015浙江

36、,19,15分)已知椭圆+y2=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+对称.(1)求实数m的取值范围;(2)求AOB面积的最大值(O为坐标原点).22x12解析解析(1)由题意知m0,可设直线AB的方程为y=-x+b.由消去y,得x2-x+b2-1=0.因为直线y=-x+b与椭圆+y2=1有两个不同的交点,所以=-2b2+2+0,将AB中点M代入直线方程y=mx+,解得b=-.由得m.(2)令t=,1m221,21,xyyxbm 2112m2bm1m22x24m2222,22mbm bmm122222mm63631m6,0260,2则|AB|=,且O到直线AB的距离为d=.设AOB的面积为S

37、(t),所以S(t)=|AB|d=.当且仅当t2=时,等号成立.故AOB面积的最大值为.21t 422322212ttt22121tt1212221222t221222评析评析本题主要考查直线与椭圆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综合解题能力.考点三圆锥曲线中的存在性问题考点三圆锥曲线中的存在性问题1.(2016四川,20,13分)已知椭圆E:+=1(ab0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点,直线l:y=-x+3与椭圆E有且只有一个公共点T.(1)求椭圆E的方程及点T的坐标;(2)设O是坐标原点,直线l平行于OT,与椭圆E交于不同的两点A,B,且与直线l交

38、于点P.证明:存在常数,使得|PT|2=|PA|PB|,并求的值.22xa22yb解析解析(1)由已知有a=b,则椭圆E的方程为+=1.由方程组得3x2-12x+(18-2b2)=0.方程的判别式为=24(b2-3),由=0,得b2=3,此时方程的解为x=2,所以椭圆E的方程为+=1.点T的坐标为(2,1).2222xb22yb22221,23xybbyx 26x23y(2)由已知可设直线l的方程为y=x+m(m0),由方程组可得所以P点坐标为,|PT|2=m2.121,23yxmyx 22,321.3mxmy 222,133mm89设点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2).由

39、方程组可得3x2+4mx+(4m2-12)=0.方程的判别式为=16(9-2m2),由0,解得-m0,再结合根与系数的关系进行解题.2.(2015课标,20,12分)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)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.,3mm解析解析(1)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9x2+y2=

40、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.(2)四边形OAPB能为平行四边形.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.122xx29kbk299bk MMyx9k,3mm9k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=,2229,9yxkxym 2Px222981k mk 239kmk,3mm(3)3mk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

41、=2xM.于是=2,解得k1=4-,k2=4+.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.2(3)3(9)k kmk239kmk2(3)3(9)k kmk7777思路分析思路分析(1)设出直线l的方程,与椭圆方程联立并消元,利用根与系数的关系求得AB的中点M的坐标,进而可得出结论;(2)要使四边形OAPB为平行四边形,则线段AB与线段OP互相平分,即xP=2xM,由此结合已知条件建立相应方程,进而通过解方程使问题得解.3.(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

42、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|PAPB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=

43、,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).222222211,2.2ababcca224x22y|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.易知,点B关于y轴对称的点B的坐标为(-x2,y2).|QA

44、QB|PAPB221,421,xyykx2421kk 2221k 11x21x1212xxx x又kQA=k-,kQB=-k+=k-,所以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(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

45、=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.C C组教师专用题组组教师专用题组考点一圆锥曲线中的定点考点一圆锥曲线中的定点( (定值定值) )问题问题解析解析(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=x,直线BD的方程为x=x2.解得交点D的坐标为,注意到x1x2=-8及=4y1,则有y=-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

46、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N1、N2,则|MN2|2-|MN1|2=+42-=8,11yx1221,y xxx21x1 1221y x xx1184yy2,2aa2, 2aa22aa22aa即|MN2|2-|MN1|2为定值8.考点二圆锥曲线中的最值考点二圆锥曲线中的最值( (范围范围) )问题问题1.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:+=1(ab0)的离心率为,焦距为2.

47、(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),联立得消y整理得(4+2)x2-4k1x-1=0,由题意知0,

48、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.联立得得x2=,y2=,因此|OC|=.由题意可知sin=,而=,令t=1+2,则t1,(0,1),24124k124k2211,22,4xyyxk2121814kk2111 4k22xy21211 814kk2SOT|rrOC1|1OCr|OCr2121221

49、1211 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.2SOT2.(2016山东,21,14分)平面直角坐标系xOy中,椭圆C:+=1(ab0)的离心率是,抛物

50、线E:x2=2y的焦点F是C的一个顶点.(1)求椭圆C的方程;(2)设P是E上的动点,且位于第一象限,E在点P处的切线l与C交于不同的两点A,B,线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.(i)求证:点M在定直线上;(ii)直线l与y轴交于点G,记PFG的面积为S1,PDM的面积为S2.求的最大值及取得最大值时点P的坐标.22xa22yb3212SS解析解析(1)由题意知=,可得a2=4b2.因为抛物线E的焦点F的坐标为,所以b=,所以a=1.所以椭圆C的方程为x2+4y2=1.(2)(i)证明:设P(m0).由x2=2y,可得y=x,所以直线l的斜率为m.因此直线l方程为

51、y-=m(x-m),即y=mx-.设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).联立得(4m2+1)x2-4m3x+m4-1=0.22aba3210,2122,2mm22m22m22241,2xymymx由0,得0m(或0m2时,SOPQ=8=88;当0k2时,SOPQ=8=8.12k 22,416,ykxmxy,20,ykxmxy2,1212mmkk2,1212mmkk2|1mk21 k121212221212mmkk22214mk2221 4mk22|41|41|kk14224141kk22141k14224114kk22114k 因0k2,则0b0)的左,右焦点分别为F1,F2

52、,点D在椭圆上,DF1F1F2,=2,DF1F2的面积为.(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.22xa22yb121|FFDF222解析解析(1)设F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.由=2得|DF1|=c.从而=|DF1|F1F2|=c2=,故c=1.从而|DF1|=,由DF1F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=,因此|DF2|=.所以2a=|DF1|+|DF2|=2,故a=,b2=a2-c2=1.因

53、此,所求椭圆的标准方程为+y2=1.(2)如图,设圆心在y轴上的圆C与椭圆+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=y2.121|FFDF212|2 2F F221 2DF FS12222222923 222222x22x由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以=(x1+1,y1),=(-x1-1,y1).再由F1P1F2P2得-(x1+1)2+=0.由椭圆方程得1-=(x1+1)2,即3+4x1=0,解得x1=-或x1=0.当x1=0时,P1,P2

54、重合,不存在满足题设要求的圆.当x1=-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=-1.1 1F P22F P21y212x21x4343101yyx111yx 而y1=|x1+1|=,故y0=.圆C的半径|CP1|=.综上,存在满足题设条件的圆,其方程为x2+=.1353224153334 23253y329评析评析本题考查椭圆的标准方程、圆的方程的求法以及椭圆的几何性质,直线与圆的位置关系的应用.本题考查了学生分析问题,解决问题的能力、逻辑推理能力、运算求解能力以及利用分类讨论思想解决问题的能力.考点一圆锥曲线中的定点考点一

55、圆锥曲线中的定点( (定值定值) )问题问题三年模拟A A组组 20172019 20172019年高考模拟年高考模拟考点基础题组考点基础题组1.(2018天津红桥模拟,19)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,右顶点为A,直线BC过原点O,且点B在x轴上方,直线AB与AC分别交直线l:x=a+1于点E、F.(1)若点B(,),求椭圆C的方程;(2)若点B为动点,设直线AB与AC的斜率分别为k1,k2.(i)试探究:k1k2是不是定值?若是定值,请求出;若不是定值,请说明理由;(ii)求AEF的面积的最小值.22xa22yb2223解析解析(1)由题意可得=

56、,+=1,a2=b2+c2,联立解得a2=8,b=c=2,椭圆C的方程为+=1.(2)(i)k1k2为定值.设B(x0,y0),C(-x0,-y0),+=1.由=,a2=b2+c2,可得a2=2b2.则k1k2=-=-.(ii)由题意得直线AB的方程为y=k1(x-a),直线AC的方程为y=k2(x-a),令x=a+1,则yE=k1,yF=k2,SAEF=|EF|1=|k2-k1|,由题图可得k10,k1k2=-.ca2222a23b28x24y202xa202ybca2200yxa00yxa20220yxa22022201xbaxa22ba12121212SAEF=(k2-k1)2=,当且仅

57、当k2=-k1=时取等号.AEF的面积的最小值为.121212k k2222222.(2019天津河东二模理,19)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知R(x0,y0)是椭圆C:+=1上的一点,从原点O向圆R:(x-x0)2+(y-y0)2=8作两条切线,分别交椭圆于点P、Q.(1)若R点在第一象限,且直线OP、OQ互相垂直,求圆R的方程;(2)若直线OP、OQ的斜率存在,并记为k1、k2,求k1k2的值;(3)试问|OP|2+|OQ|2是不是定值?若是,求出该值;若不是,说明理由.224x212y解析解析(1)由圆R的方程知圆R的半径r=2,因为直线OP,OQ互相垂直,且和圆R相切,所以|O

58、R|=r=4,即+=16,又点R在椭圆C上,所以+=1,又R(x0,y0)在第一象限,所以联立,解得所以,所求圆R的方程为(x-2)2+(y-2)2=8.(2)因为直线OP:y=k1x和OQ:y=k2x都与圆R相切,所以=2,=2,整理可得k1,k2为(-8)k2-2x0y0k+-8=0的两根,可得k1k2=,因为点R(x0,y0)在椭圆C上,所以+=1,即=12-,所以k1k2=-.2220 x20y2024x2012y002 2,2 2,xy2210021|1k xyk220022|1k xyk220 x20y202088yx2024x2012y20y1220 x20201428xx12(

59、3)解法一:是定值.当直线OP,OQ不与坐标轴重合时,设P(x1,y1),Q(x2,y2),由(2)知2k1k2+1=0,所以+1=0,故 = .因为P(x1,y1),Q(x2,y2)在椭圆C上,所以+=1,+=1,即=12-,=12-,所以= ,整理得+=24,所以+=+=12,所以|OP|2+|OQ|2=+=(+)+(+)=36.当直线OP,OQ与坐标轴重合时,显然有|OP|2+|OQ|2=36.综上,|OP|2+|OQ|2=36.12122y yx x21y22y1421x22x2124x2112y2224x2212y21y1221x22y1222x211122x221122x1421x

60、22x21x22x21y22y211122x221122x21x21y22x22y21x22x21y22y解法二:是定值.当直线OP,OQ不与坐标轴重合时,设P(x1,y1),Q(x2,y2),联立解得=,=,所以+=,同理,得+=.由(2)知k1k2=-,所以OP2+OQ2=+=+=+=36.当直线OP,OQ与坐标轴重合时,显然有|OP|2+|OQ|2=36.22,1,2412ykxxy21x21241 2k21y21212412kk21x21y212124(1)12kk22x22y222224(1)12kk1221x21y22x22y212124(1)12kk222224(1)12kk21