课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题九平面解析几何7圆锥曲线的综合问题试题理

课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题九平面解析几何7圆锥曲线的综合问题试题理课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题九平面解析几何7圆锥曲线的综合问题试题理PAGEPAGE36课标专用5年高考3年模拟A版2021高考数学专题九平面解析几何7圆锥曲线的综合问题试题理圆锥曲线的综合问题探考情悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1。定值与定点问题掌握与圆锥曲线有关的定值与定点问题2018课标Ⅰ，19，12分定值问题角平分线的性质，斜率公式★★★2017课标Ⅰ，20,12分定点问题根与系数的关系、斜率公式2。最值与范围问题掌握与圆锥曲线有关的参数范围问题2016课标Ⅱ，20,12分范围问题椭圆的几何性质★★★3。存在性问题了解并掌握与圆锥曲线有关的存在性问题2015课标Ⅱ，20，12分存在性问题根与系数的关系、斜率公式★★☆分析解读1。会处理动曲线（含直线）过定点的问题。2.会证明与曲线上的动点有关的定值问题.3.会按条件建立目标函数，研究变量的最值问题及变量的取值范围问题,注意运用“数形结合”“几何法”求某些量的最值。4。能与其他知识交汇，从假设结论成立入手，通过推理论证解答存在性问题.5.本节在高考中围绕直线与圆锥曲线的位置关系，展开对定值、最值、参数取值范围等问题的考查,注重考查学生的数学运算、逻辑推理的核心素养，分值约为12分，难度偏大.破考点练考向【考点集训】考点一定值与定点问题1。(2018重庆綦江模拟,9）已知圆C：x2+y2=1，点P为直线x+2y—4=0上一动点,过点P向圆C引两条切线PA，PB,A，B为切点,则直线AB经过定点（）A。12,14 B。14,答案B2.(2020届河南名校联盟9月月考，19)已知O为坐标原点，过点M(1,0)的直线l与抛物线C:y2=2px(p〉0）交于A，B两点，且OA·OB=—3.（1）求抛物线C的方程;（2)过点M作直线l’⊥l,交抛物线C于P、Q两点,记△OAB，△OPQ的面积分别为S1，S2,证明：1S12解析(1）易知直线l的斜率不为0，故设直线l的方程为x=my+1，与抛物线C：y2=2px（p〉0)联立,消去x得y2-2pmy—2p=0。设A(x1，y1),B（x2,y2)，则y1+y2=2pm，y1y2=—2p.由OA·OB=—3,得x1x2+y1y2=(my1+1)(my2+1)+y1y2=(1+m2）y1y2+m（y1+y2)+1=(1+m2）·(-2p）+2pm2+1=—2p+1=—3，解得p=2,∴抛物线C的方程为y2=4x.（2）证明:易知直线l,l'的斜率均存在且不为0。由（1)知，点M（1,0)是抛物线C的焦点，所以｜AB|=x1+x2+p=my1+my2+2+p=4m2+4，又原点到直线l的距离为11+所以△OAB的面积S1=12×11+m2×4（m又直线l’过点M,且l'⊥l，所以△OPQ的面积S2=21+-1m所以1S12+1S22=14(1+考点二最值与范围问题1。(2018河北百校联盟4月联考，16)已知抛物线C:x2=8y的焦点为F,准线为l1，直线l2与抛物线C相切于点P，记点P到直线l1的距离为d1，点F到直线l2的距离为d2,则d2d1答案12。（2020届四川成都摸底考试,20)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a〉b〉0）的左、右焦点分别为F1(-3，0),F（1）求椭圆C的标准方程；(2)过点B(4,0）作一条斜率不为0的直线l与椭圆C相交于P,Q两点，记点P关于x轴对称的点为P'，若直线P’Q与x轴相交于点D，求△DPQ面积的最大值.解析本题主要考查椭圆的方程及定义、直线与椭圆的位置关系、直线方程、基本不等式,考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.（1）由椭圆的定义,可知2a=｜AF1|+｜AF2|=(23)解得a=2。又b2=a2-c2=22—（3）2=1,∴椭圆C的标准方程为x24+y（2）由题意,设直线l的方程为x=my+4(m≠0)，P（x1，y1)，Q（x2,y2），则P'(x1，—y1）.由x=my+4,x∵Δ=16(m2-12)〉0，∴m2>12。∴y1+y2=-8mm2+4，y1∵kP'Q=y2+y∴直线P’Q的方程为y+y1=y2+y令y=0，可得x=m(y2∴x=2my1y2∴S△DPQ=｜S△BDP—S△BDQ｜=12|BD|·｜y1—y2｜=32(令t=m2则S△DPQ=6tt2+16=当且仅当t=4，即m=±27时等号成立，∴△DPQ面积的最大值为34思路分析(1)首先由椭圆的定义求出a,然后由椭圆中a,b，c的关系求b,从而求得椭圆的方程；（2)设出直线l的方程与点P，Q的坐标，联立直线l与椭圆的方程，利用斜率公式求得直线P'Q的斜率，进而得直线P’Q的方程,由此求得点D的坐标,再利用面积公式求得S△DPQ的表达式，从而利用换元法与基本不等式求出其最大值。

考点三存在性问题(2019内蒙古通辽五中模拟,20）已知椭圆x2a2+y2b（1）求椭圆的方程;（2）已知定点E（—1，0)，若直线y=kx+2（k≠0）与椭圆交于C、D两点,问:是否存在这样的实数k,使得以CD为直径的圆过E点？若存在，请求出k值,若不存在，请说明理由.解析（1）直线AB的方程为bx—ay-ab=0,依题意可得ca=63,aba解得a2=3，b2=1，∴椭圆的方程为x23+y(2)存在，k=76由y=kx+2,x∴Δ=（12k)2-36（1+3k2）〉0.①设C(x1,y1)，D(x2，y2），则xy1·y2=（kx1+2)（kx2+2)=k2x1x2+2k（x1+x2）+4，要使以CD为直径的圆过点E（—1，0),只需CE⊥DE,即y1y2+（x1+1）（x2+1)=0,∴（k2+1）x1x2+(2k+1）(x1+x2）+5=0,④将②③代入④整理得k=76经验证,k=76时,①成立。故存在k=7

炼技法提能力【方法集训】方法最值问题的求解方法1。（2019河南郑州一中4月模拟,10）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，OA·OB=6(其中O为坐标原点），则△ABO与△AFO面积之和的最小值是()A.1723 B.3 C。3答案D2.(2019甘肃兰州铁一中模拟，15）已知F是抛物线x2=4y的焦点,P为抛物线上的动点，且点A的坐标为（0,-1）,则2|PA|答案3【五年高考】A组统一命题·课标卷题组考点一定值与定点问题（2017课标Ⅰ,20,12分)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b〉0),四点P1（1，1),P2(0，1）,P（1）求C的方程;（2）证明：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(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1a2+1b2〉1a2+因此1b2=1,1a2(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t≠0，且|t｜<2,可得A,B的坐标分别为t,4-则k1+k2=4-t2从而可设l:y=kx+m（m≠1).将y=kx+m代入x24+y（4k2+1）x2+8kmx+4m2—4=0。由题设可知Δ=16（4k2—m2+1)〉0.设A(x1,y1），B(x2，y2),则x1+x2=-8km4k2+1，x1而k1+k2=y1-=kx1=2k由题设k1+k2=-1,故（2k+1）x1x2+（m—1）(x1+x2）=0，即(2k+1）·4m2-解得k=-m+1当且仅当m〉-1时,Δ〉0，于是l：y=-m+1即y+1=—m+1所以l过定点（2,—1）.思路分析(1)利用椭圆的对称性易知点P3,P4在椭圆上,将点P1（1，1)代入椭圆方程，经过比较可知点P1（1,1)不在椭圆上,进而可列方程组求出椭圆方程;（2）设出直线l的方程,将直线l与椭圆的方程联立并消元，利用根与系数的关系使问题得解,在解题中要注意直线斜率不存在的情况。方法点拨定点问题的常见解法:(1)根据题意选择参数,建立一个含参数的直线系或曲线系方程，经过分析、整理，对方程进行等价变形,以找出满足方程且与参数无关的坐标,该坐标对应的点即为所求的定点。（2)从特殊位置入手,找出定点,再证明该定点符合题意。考点二最值与范围问题（2016课标Ⅱ,20，12分)已知椭圆E：x2t+（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(x1，y1),则由题意知y1〉0.当t=4时，E的方程为x24+由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为π4因此直线AM的方程为y=x+2.(2分)将x=y—2代入x24+y2解得y=0或y=127，所以y1=12因此△AMN的面积S△AMN=2×12×127×127(2）由题意,t>3,k>0,A(-t，0).将直线AM的方程y=k（x+t)代入x2t+y23=1得(3+tk2)x2+2t·tk2x+t由x1·（-t)=t2k2-3t故|AM｜=|x1+t|1+k2=由题设,直线AN的方程为y=-1k(x+t故同理可得｜AN|=6k由2|AM｜=|AN｜得23+tk2=当k=32时上式不成立，因此t=3t>3等价于k3-2k2由此得k-2>0,k因此k的取值范围是(32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t〉3,建立关于k的不等式,从而得出k的取值范围.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思想的应用，考查学生的运算求解能力及逻辑思维能力.挖掘出题目中t〉3这一隐含条件是把等式转化为不等式的关键.考点三存在性问题(2015课标Ⅱ，20,12分）已知椭圆C：9x2+y2=m2（m>0)，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m3解析(1）设直线l：y=kx+b(k≠0，b≠0)，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=x1+x22=-kbk于是直线OM的斜率kOM=yMxM=—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m3由（1）得OM的方程为y=-9k设点P的横坐标为xP.由y=-9kx,9x2将点m3,m因此xM=k(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±km3k2+9=2×k(k-3因为ki>0，ki≠3，i=1，2，所以当l的斜率为4-7或4+7时，四边形OAPB为平行四边形.思路分析(1)设出直线l的方程,与椭圆方程联立并消元，利用韦达定理求得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。B组自主命题·省（区、市)卷题组考点一定值与定点问题(2019北京,18,14分）已知抛物线C:x2=-2py经过点（2，—1).(1)求抛物线C的方程及其准线方程;(2）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=—1分别交直线OM,ON于点A和点B。求证:以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.解析本题主要考查抛物线、直线和圆的基本概念，重点考查直线与抛物线的位置关系，考查学生对数形结合思想的应用以及逻辑推理能力，通过直线与抛物线的位置关系考查了数学运算的核心素养。(1）由抛物线C：x2=-2py经过点（2，—1),得p=2.所以抛物线C的方程为x2=-4y,其准线方程为y=1。（2）证明：抛物线C的焦点为F（0,—1）.设直线l的方程为y=kx—1（k≠0）。由y=kx-设M(x1，y1），N(x2,y2）,则x1x2=—4，直线OM的方程为y=y1令y=-1，得点A的横坐标xA=—x1同理得点B的横坐标xB=-x2设点D（0，n)，则DA=-x1y1,-DA·DB=x1x2y1y=16x1x2+(n+1）令DA·DB=0，即-4+(n+1)2=0,得n=1或n=—3。综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点（0,1)和（0,-3)。考点二最值与范围问题1.(2019北京，8，5分）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线C:x2+y2=1+|x|y就是其中之一（如图).给出下列三个结论:①曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点);②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2；③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.① B.② C。①② D.①②③答案C2。（2017山东,21，14分）在平面直角坐标系xOy中,椭圆E：x2a2+y(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=2解析（1）由题意知e=ca=22，2c=2，所以a=因此椭圆E的方程为x22+y（2)设A(x1，y1）,B（x2，y2），联立x22+y2=1,y=由题意知Δ>0，且x1+x2=23k12k12所以|AB|=1+k12｜x1-x2|=2由题意可知圆M的半径r=23｜AB|=223由题设知k1k2=24，所以k2=2因此直线OC的方程为y=24联立x22+y2=1,y=因此|OC｜=x2+y由题意可知sin∠SOT2=rr而|OC|r=1+8k1令t=1+2k12,则t〉1，因此|OC|r=32·t=32·1当且仅当1t=12,即t=2时等号成立,此时k1=±所以sin∠SOT2≤因此∠SOT2≤π6综上所述，∠SOT的最大值为π3,取得最大值时直线l的斜率k1=±2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，利用弦长公式求出|AB｜,联立直线OC与椭圆方程求|OC｜，进而建立sin∠SOT2与k1疑难突破把角的问题转化为三角函数问题，即由sin∠SOT2=11+|解题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∠SOT2与k1

考点三存在性问题(2015四川,20，13分)如图，椭圆E:x2a2+y2b（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|QA||解析（1)由已知得,点（2,1）在椭圆E上.因此，2a2+所以椭圆E的方程为x24+(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|QC||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（0,2)，（0，-2）。由|QM||QN|=|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）.下面证明：当Q的坐标为（0,2)时,对任意直线l，均有|QA||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x24+y2其判别式Δ=(4k）2+8（2k2+1）>0,所以，x1+x2=—4k2k2+1,x1因此1x1+1x易知,点B关于y轴对称的点B'的坐标为(-x2，y2）。又kQA=y1-2x1kQB'=y2-2-x2=所以kQA=kQB’,即Q，A,B’三点共线。所以|QA||QB|=|故存在与P不同的定点Q（0，2),使得|QA||C组教师专用题组考点一定值与定点问题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;（2）设O为原点，QM=λQO,QN=μQO，求证:1λ+1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（k≠0）。由y2=4x,y=依题意Δ=（2k-4)2-4×k2×1〉0,解得k〈0或0<k<1。又PA,PB与y轴相交，故直线l不过点(1，-2).从而k≠—3。所以直线l斜率的取值范围是(-∞,—3）∪(-3,0)∪（0,1)。(2）证明:设A（x1，y1）,B（x2，y2）,由(1）知x1+x2=—2k-4k2,x1直线PA的方程为y—2=y1令x=0,得点M的纵坐标为yM=-y1+2同理得点N的纵坐标为yN=-k由QM=λQO,QN=μQO得λ=1-yM,μ=1-yN.所以1λ+1μ=11-yM=1k-1·2x1所以1λ+1方法总结圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略（1)求代数式为定值。依题设条件，得出与代数式有关的等式,化简即可得出定值；(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的表达式,再利用题设条件化简、变形即可求得；(3）求某线段长度为定值.利用两点间的距离公式求得线段长度的表达式，再依据条件对表达式进行化简、变形即可求得.2.（2016北京,19,14分）已知椭圆C：x2a2+y（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.解析(1）由题意得c解得a=2,b=1。所以椭圆C的方程为x24+y(2）由（1）知,A(2，0），B(0,1)。设P（x0,y0),则x02+4当x0≠0时,直线PA的方程为y=y0令x=0，得yM=—2y0x0-直线PB的方程为y=y0令y=0,得xN=-x0y0-1所以|AN|·|BM|=2+x0=x=4=4。当x0=0时,y0=-1，|BM｜=2，|AN｜=2，所以｜AN|·|BM|=4.综上，｜AN｜·|BM｜为定值。一题多解（2)点P在曲线x22+y12=1上,不妨设P(2cosθ,sinθ）,当θ≠kπ且θ≠kπ+π2(k∈Z）时，直线AP的方程为y-0=sinθ直线BP的方程为y-1=sinθ-12cosθ∴｜AN｜·|BM｜=21-cos=22(当θ=kπ或θ=kπ+π2

考点二最值与范围问题1.（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+y2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),A14y1因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程y+y022=4·14y2+所以y1+y2=2y0，因此，PM垂直于y轴.(2)由(1)可知y所以｜PM|=18(y12+y22)-x0=34y02因此,△PAB的面积S△PAB=12|PM|·|y1—y2|=324(y0因为x02+y024=1（x0〈0)，所以y02因此，△PAB面积的取值范围是62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。2.（2015浙江，19,15分）已知椭圆x22+y2=1上两个不同的点A，B关于直线y=mx+（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)。解析(1）由题意知m≠0,可设直线AB的方程为y=—1m由x22+y2=1,y=因为直线y=-1mx+b与椭圆x22所以Δ=-2b2+2+4m将AB的中点M2mbm2b=—m2由①②得m<-63或m〉6(2)令t=1m∈-62则｜AB｜=t2+1·且O到直线AB的距离为d=t2设△AOB的面积为S(t)，所以S（t)=12｜AB|·d=12-当且仅当t2=12故△AOB面积的最大值为223.（2015天津,19,14分）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0）的左焦点为F(-c，0）,离心率为33，点M在椭圆上且位于第一象限,直线FM被圆x2(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2，求直线OP(O为原点）的斜率的取值范围。解析(1)由已知有c2a2=13，又由a2=b2+c2，可得a2=3c2，b设直线FM的斜率为k（k〉0)，则直线FM的方程为y=k（x+c）.由已知，有kck2+12+c2（2）由（1）得椭圆方程为x23c2+y22c2=1，直线FM的方程为y=33由｜FM|=(c+c所以椭圆的方程为x23+(3）设点P的坐标为（x,y）,直线FP的斜率为t,得t=yx+1，即y=t（x+1)（x≠-1），与椭圆方程联立得y=t(x+1),x23+y设直线OP的斜率为m,得m=yx，即y=mx（x≠0），与椭圆方程联立，整理可得m2=2x2①当x∈-32,-1时，有y=t(x+1)〈0，因此m>0，于是m=②当x∈（—1,0)时,有y=t(x+1）>0，因此m〈0，于是m=—2x2-综上,直线OP的斜率的取值范围是-∞,-233本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程和圆的方程、直线与圆的位置关系、一元二次不等式等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质。考查运算求解能力以及用函数与方程思想解决问题的能力.4。(2015山东,20,13分)平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为32,左、右焦点分别是F1(1）求椭圆C的方程;（2）设椭圆E：x24a(i）求|OQ(ii）求△ABQ面积的最大值.解析（1）证明:由题意知2a=4,则a=2。又ca=32，a2—c2=b所以椭圆C的方程为x24+y(2）由（1）知椭圆E的方程为x216+(i)设P(x0，y0）,|OQ||OP|因为x024+y02即λ2所以λ=2，即|OQ(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Δ〉0，可得m2〈4+16k2.①由韦达定理有x1+x2=-8km1+4k2,x1x所以｜x1—x2|=416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=2=2=24-设m2将y=kx+m代入椭圆C的方程，可得（1+4k2)x2+8kmx+4m2—4=0，由Δ≥0,可得m2≤1+4k2.②由①②可知0〈t≤1，因此S=2(4-t)t当且仅当t=1,即m2=1+4k2时取得最大值23.由（i)知，△ABQ面积为3S,所以△ABQ面积的最大值为63。考点三存在性问题（2015北京，19，14分)已知椭圆C：x2a2+y(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.解析(1)由题意得b=1,c故椭圆C的方程为x22+y设M(xM，0).因为m≠0,所以-1<n<1。直线PA的方程为y—1=n-所以xM=m1-n(2）因为点B与点A关于x轴对称,所以B(m,—n)。设N（xN,0),则xN=m1+“存在点Q（0，yQ)使得∠OQM=∠ONQ”等价于“存在点Q(0,yQ）使得|OM||即yQ满足yQ2=｜xM|｜x因为xM=m1-n，xN=m1+n所以yQ2=｜xM|｜xN|=所以yQ=2或yQ=-2。故在y轴上存在点Q，使得∠OQM=∠ONQ.点Q的坐标为(0,2）或(0,—2）.【三年模拟】一、选择题（每小题5分，共20分)1.(2019江西南昌重点中学调研考试,11)设点M为抛物线C：y2=4x的准线上一点(不同于准线与x轴的交点)，过抛物线C的焦点F且垂直于x轴的直线与C交于A，B两点，设MA,MF，MB的斜率分别为k1,k2，k3，则k1A.2 B.22 C。4 D。42答案A2.(2020届山西太原五中第二次诊断,12)已知A(0，3),若点P是抛物线x2=8y上任意一点，点Q是圆x2+(y—2)2=1上任意一点,则|PAA.43—4 B。22-1 C.23—2 D。42+1答案A3。（2018河南中原名校4月联考,11)已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点F且斜率为1的直线与抛物线C交于点A，B，以线段AB为直径的圆E上存在点P,Q,使得以PQ为直径的圆过点D(—2,t)，则实数t的取值范围为()A。（—∞,—1]∪[1,+∞） B。[—1,3］C.(—∞，2—7］∪[2+7，+∞) D.［2-7,2+7]答案D4。(2020届山东夏季高考模拟,6)已知点A为曲线y=x+4x（x>0)上的动点，B为圆(x-2)2+y2A.3 B。4 C。32 D.42答案A二、填空题(共5分)5.(2019四川成都第二次适应性考试,16）已知F为抛物线C：x2=4y的焦点，过点F的直线l与抛物线C相交于不同的两点A,B，抛物线C在A，B两点处的切线分别是l1，l2，且l1，l2相交于点P,则|PF｜+32|AB|答案6三、解答题（共60分）6.(2020届河南安阳9月月考,20)如图,过点P（1，0)作两条直线x=1和l,分别交抛物线y2=4x于A,B和C,D（其中A，C位于x轴上方,l的斜率大于0）,直线AC,BD交于点Q。(1）求证:点Q在定直线上；(2)若λ=S△解析本题考查直线与抛物线的位置关系，三角形面积比，基本不等式求最值,体现了逻辑推理,数学运算的核心素养.（1）证明：设Cc24,c,Dd2所以cd=—4.又A（1,2）,B(1,-2)，所以lAC：4x-（c+2）y+2c=0,lBD:4x-（d-2)y—2d=0,联立消y得x=cd-故点Q在定直线x=-1上.（2)由题意可得S△PQCS△PQA=c因为S△PQA=S△PQB,所以λ=S△PQCS△PBD令c2—4=t,则t〉0，代入得λ=(t+4)(t+8)4当且仅当c2=4+42时取得等号,所以λ的最小值为22+3.思路分析(1）设Cc24,c，Dd24（2)由题意可得S△PQCS△PQA=c24+127。(2018安徽蚌埠二中4月月考,20)已知椭圆C:x2a2+y（1)求椭圆C的方程;(2）若直线l：y=kx+m与椭圆C交于E,F两点，点G在椭圆C上，且四边形OEGF为平行四边形,求证：四边形OEGF的面积S为定值。解析(1）由题意知,M(—a,0），N（0，b）,直线MN的斜率k=ba=1∵点N是线段MB的中点,∴B（a，2b）,∵点B在直线2x+y-63=0上，∴2a+2b=63，又a=2b，∴b=3,a=23,∴椭圆C的方程为x212+（2）证明:设E（x1,y1），F（x2,y2),G(x0,y0），将y=kx+m代入x212+y23=1，消去y整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0，则x1+x2=-8km1+4k2，x1·x2=4m2-∵四边形OEGF为平行四边形，∴OG=OE+OF=(x1+x2,y1+y2)，得G-8km1+4k2,2m1+4k2，将G点坐标代入椭圆C的方程得m2=3∴平行四边形OEGF的面积S=d·｜EF｜=｜m｜|x1—x2｜=|m｜·(x1+x2)2-4x1故平行四边形OEGF的面积S为定值33.8.（2020届山西太原五中第二次诊断,19）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a〉b〉0）的左,右焦点分别为F1,F2,离心率为12(1）求椭圆C的方程；(2）设斜率存在的直线PF2与椭圆C的另一个交点为Q，是否存在点T(0，t），使得|TP|=｜TQ｜？若存在,求出t的取值范围;若不存在,请说明理由.解析(1)由题意得c∴a=2,b=3,c=1.故椭圆C的方程为x24+（2）设直线PQ的方程为y=k(x-1)，当k≠0时,将y=k（x—1)代入x24+得（3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0。设P（x1，y1），Q(x2，y2),线段PQ的中点为N（x0，y0），则x0=x1+x22=4k23+4k即N4k∵|TP|=｜TQ｜，∴直线TN为线段PQ的垂直平分线