2020版数学（天津专用）大精准复习精练9.7圆锥曲线的综合问题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精9.7圆锥曲线的综合问题挖命题【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2013天津,18定值问题直线的斜率、向量的运算★★★2.参变量的取值范围与最值问题1。知道圆锥曲线的简单几何性质（如范围、对称性、顶点、渐近线、离心率等），并能用性质解决一些简单的圆锥曲线问题2.理解圆锥曲线离心率的定义,并会求圆锥曲线的离心率2017天津,192016天津,192015天津，19圆锥曲线的几何性质直线方程★★★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北京,19圆锥曲线中存在性问题的推理论证直线与椭圆的位置关系★★☆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“数形结合思想”以及“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，注重对数学思想方法的考查，分值约为14分，难度偏大.炼技法【方法集训】方法1与圆锥曲线相关的最值、范围问题的解题方法1.已知椭圆W：x2a2+y2b2=1(a〉b〉0)的左右焦点分别为F1,F2，且｜F1F2｜=2，椭圆上一动点P满足|PF(1）求椭圆W的标准方程及离心率;（2)如图，过点F1作直线l1与椭圆W交于点A,C，过点F2作直线l2⊥l1，且l2与椭圆W交于点B，D，l1与l2交于点E,试求四边形ABCD面积的最大值.解析(1）由已知,得2c=2所以椭圆W的标准方程为x23+y22=1,离心率e=(2）连接EO.由题意知EF1⊥EF2,O为F1F2的中点，所以｜EO｜=12|F1F2所以E点轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆。显然E点在椭圆W的内部.S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=12|AC|·|BE|+12｜AC|·｜DE｜=12当直线l1，l2中一条与x轴垂直时,不妨令l2⊥x轴,此时AC为长轴,BD⊥x轴，把x=1代入椭圆方程，可求得y=±23则｜BD|=43此时S四边形ABCD=12|AC|·当直线l1，l2的斜率都存在时，设直线l1:x=my—1（m≠0)，A(x1，y1）,C(x2，y2）。联立x=my-1,x23所以y1+y2=4m2m2+3,y1则｜AC|=(1+m2同理,|BD｜=43S四边形ABCD=12｜AC|·｜BD｜=12·43(=24(m4+2m综上，四边形ABCD面积的最大值为4.思路分析（1)由椭圆定义及焦距｜F1F2|=2c=2,求得a、b和c的值,即可求得椭圆的方程及离心率.（2)当有一条直线斜率不存在时,有S四边形ABCD=12｜AC｜·｜BD|=4。当直线斜率存在时，设直线l1的方程，代入椭圆方程,由根与系数的关系及弦长公式求得|AC|，同理求得|BD|，表示出四边形ABCD的面积,即可求得四边形ABCD面积的取值范围，再求最大值2。过点A(1,0）的直线l与椭圆C:x23+y2=1相交于E，F两点，自E,F分别向直线x=3作垂线,垂足分别为E1，F（1）当直线l的斜率为1时,求线段EF的中点坐标;（2)记△AEE1，△AFF1的面积分别为S1，S2。设λ=S1S2,求λ的取值范围。解析（1)依题意,得直线l的方程为y=x-1,由y=x-1设E（x1,y1）,F（x2，y2），线段EF的中点为M（x0,y0），则x1+x2=32,则x0=3y0=x0—1=-14所以M34（2)当直线l与x轴重合时，△AEE1和AFF1不存在.设直线l的方程为x=my+1,由x得(m2+3)y2+2my-2=0,显然m∈R。设E（x1，y1）,F（x2,y2），则E1（3,y1)，F1(3，y2）.则y1+y2=-2mm2+3，y1因为λ=S1S2=12（3—x1）｜y1｜·12(3-x2）｜y=14(2—my1)（2-my2）｜y1y2所以将y1+y2，y1y2的值代入上式,得S1S2=14［4—2m（y1+y2）+m2y1y2]|y1y2=2m2=3=-3(m2因为1m2+3所以实数λ的取值范围是0,思路分析（1）依题意，得直线l的方程为y=x—1,与椭圆方程联立可得2x2-3x=0。设E（x1,y1)，F(x2，y2），EF中点M（x0,y0）,利用根与系数的关系,中点坐标公式即可得出.(2）设直线l的方程为x=my+1,与椭圆方程联立可得(m2+3）·y2+2my—2=0,显然m∈R.设E（x1,y1)，F（x2,y2），则E1（3，y1）,F1(3，y2）。λ=S1S2=12（3-x1）|y1｜·12(3-x2）|y2|=14[4—2m(y1+y2)+m2y1·y2]|y1y2|.利用根与系数的关系及二次函数的单调性即可得出方法点拨过点A(1,0)的直线斜率可能存在也可能不存在，故设方程为x=my+1,避免了分类讨论。方法2圆锥曲线中的定值、定点问题的解题方法3.已知椭圆C:x2a2+y2b2（1)求椭圆C的方程；（2)A,B是椭圆C在y轴右侧部分上的两个动点，若原点O到直线AB的距离为3，证明:△ABF的周长为定值。解析（1)由题意得a2=所以椭圆C的方程为x24+（2）证明：①当直线AB垂直于x轴时，直线AB的方程为x=3,不妨令A3,32，B3所以｜AF｜=｜BF|=(3-1因为｜AB｜=3,所以｜AF|+｜BF|+|AB｜=4.②当直线AB不垂直于x轴时，设直线AB的方程为y=kx+m(k≠0）。因为原点O到直线AB的距离为3,所以|m|1+k2=3，故由y=kx+m,x24即（3+4k2）x2+8kmx+12k2=0.设A(x1,y1）,B(x2,y2）,则x1+x2=-8km3+4k2，x1所以|AB|=1+k2|x1—x=1+=1+k2=|m|=4|m||k|因为A,B在y轴右侧,所以mk<0，所以|AB|=-4mk｜AF｜2=（x1—1）2+y12=(x1-1)2=14x12—2x所以｜AF｜=2—12x1,同理，|BF｜=2—12x所以｜AF｜+|BF|=4—12(x1+x2）=4—12·-8所以|AF|+|BF|+|AB|=4+4km3+4k综上,△ABF的周长为4,是定值。4。在平面直角坐标系xOy中,动点P到点F(1，0）的距离和它到直线x=-1的距离相等,记点P的轨迹为C.（1）求C的方程;(2)设点A在曲线C上,x轴上一点B(在点F右侧）满足|AF｜=｜FB|。平行于AB的直线与曲线C相切于点D,试判断直线AD是否过定点.若过定点,求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.解析(1）因为动点P到点F(1，0)的距离和它到直线x=—1的距离相等，所以动点P的轨迹是以点F（1,0）为焦点，直线x=-1为准线的抛物线.设C的方程为y2=2px(p〉0）,则p2=1，即所以C的方程为y2=4x。（2）直线AD过定点.理由如下：设Am24,m,则｜AF｜=m2所以直线AB的斜率为m-2=—如图，设与直线AB平行,且与抛物线C相切的直线为y=—m2由y2=4x,由Δ=64—4m·(-8b)=0，得b=-2m所以解方程是y=—4m,所以点D4当m24≠4m2，即m≠±2时，直线AD整理得y=4mm2-4当m24=4m2，即m=±2时,直线AD的方程为x=1,综上所述,直线AD过定点（1，0)。方法3存在性问题的解题策略5.（2015四川,20，13分)如图，椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0）的离心率是22，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(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||QB|=|PA||PB|恒成立?解析（1)由已知得，点（2,1）在椭圆E上.因此，2a2+1所以椭圆E的方程为x24+(2）存在.理由如下: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|=|PM||PN|，有|y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+y22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||QB过专题【五年高考】A组自主命题·天津卷题组1。（2017天津,19,14分)设椭圆x2a2+y2b2=1(a〉b>0）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(p>0)（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的方程解析（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所以,椭圆的方程为x2+4y23=1,抛物线的方程为（2)设直线AP的方程为x=my+1(m≠0），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）—-所以，直线AP的方程为3x+6y-3=0或3x-6y—3=0。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。(2016天津,19,14分）设椭圆x2a2+y23=1（a>3）的右焦点为F，右顶点为A。已知1|OF|+1|(1)求椭圆的方程；（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BF⊥HF，且∠MOA≤∠MAO，求直线l的斜率的取值范围.解析(1）设F(c，0）,由1|OF|+1|OA|=3e|FA|,即1c+1a=3ca(a-c),可得a2-c2=3c2,又a2-c(2）设直线l的斜率为k（k≠0)，则直线l的方程为y=k（x—2).设B(xB，yB)，由方程组x24整理得(4k2+3）x2—16k2x+16k2—12=0.解得x=2或x=8k由题意得xB=8k2-64k2由(1)知，F(1,0)，设H(0，yH）,有FH=（-1,yH),BF=9-由BF⊥HF,得BF·FH=0，所以4k2-94k2+3+因此直线MH的方程为y=—1kx+9设M(xM，yM),由方程组y=k(x-2),y在△MAO中，∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|，即(xM—2）2+yM2≤xM2+yM2,化简得xM≥1，即20k2+912(k2所以,直线l的斜率的取值范围为-∞,-6评析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、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方程思想解决问题的能力.3.(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+y（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+c22=（2)由（1)得椭圆方程为x23c2+y22c2=1,直线FM的方程为y=33（x+c）,两个方程联立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-53c或x=c.因为点M在第一象限，可得M的坐标为所以椭圆的方程为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+y22=1,消去y,整理得2x2+3t2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=2x2②当x∈（-1,0）时，有y=t（x+1）>0,因此m<0,于是m=-2x2-23,综上,直线OP的斜率的取值范围是-∞,-2评析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.(2013天津,18,13分）设椭圆x2a2+y2b2=1(a〉b〉0）的左焦点为F，离心率为33，（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AC·DB+AD·CB=8,求k的值。解析（1）设F(-c，0)，由ca=33,知a=3c。过点F且与x轴垂直的直线为x=—c，代入椭圆方程有(-c)2a2+y2b2=1,解得y=±6b3,于是26b3=433，解得b=2，(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y=k整理得(2+3k2）x2+6k2x+3k2-6=0。由根与系数关系可得x1+x2=-6k22+3k2，x1因为A（-3，0）,B（3,0），所以AC·DB+AD·CB=(x1+3,y1）·(3-x2，-y2)+(x2+3,y2)·（3—x1,-y1）=6-2x1x2-2y1y2=6—2x1x2-2k2（x1+1)(x2+1）=6-(2+2k2)x1x2—2k2(x1+x2）—2k2=6+2k由已知得6+2k2+122+3k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组统一命题、省(区、市)卷题组考点一定点与定值问题1.（2017课标Ⅱ,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NP=（1）求点P的轨迹方程;（2)设点Q在直线x=—3上，且OP·PQ=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)，NP=(x—x0，y)，NM=(0，y0).由NP=2NM得x0=x,y0=2因为M（x0，y0）在C上,所以x22+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），OQ·PF=3+3m—tn,OP=(m,n),PQ=(—3-m,t-n)。由OP·PQ=1得-3m—m2+tn—n2=1，又由（1）知m2+n2=2，故3+3m-tn=0.所以OQ·PF=0,即OQ⊥PF。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.思路分析(1）设出P、M的坐标，利用NP=2NM得到P、M坐标间的关系，由点M在C上求解.(2)利用向量的坐标运算得OQ·PF=0,进而证明直线l过曲线C的左焦点方法总结求轨迹方程的方法有直接法和间接法。直接法有定义法、待定系数法和直译法。间接法有相关点法、交轨法和参数法.2.（2016山东文,21，14分)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b〉0）(1)求椭圆C的方程;（2)过动点M（0,m)（m〉0）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k'k(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-c所以椭圆C的方程为x24+(2)（i）证明：设P（x0，y0)（x0>0，y0〉0）。由M(0，m)，可得P(x0,2m）,Q（x0,-2m）.所以直线PM的斜率k=2m-m直线QM的斜率k'=-2m-此时k'k=—3.所以k(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整理得（2k2+1)x2+4mkx+2m2—4=0.由x0x1=2m2-42k2所以y1=kx1+m=2k同理x2=2(m2-2所以x2—x1=2(m2-2y2—y1=-6k(m2所以kAB=y2-y1x由m>0，x0>0，可知k>0，所以6k+1k≥26,等号当且仅当k=66此时m4-8m2=66，所以直线AB的斜率的最小值为623。（2015陕西文，20，12分）如图，椭圆E：x2a2+y2b2(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=2结合a2=b2+c2,解得a=2。所以椭圆E的方程为x22+y（2)证明:由题设知,直线PQ的方程为y=k（x—1）+1(k≠2），代入x22+y2=1，得（1+2k2)x由已知可知Δ>0.设P（x1,y1）,Q（x2,y2)，x1x2≠0，则x1+x2=4k(k-1)1+2从而直线AP，AQ的斜率之和kAP+kAQ=y1+1x1+y=2k+（2—k）1x1=2k+(2—k)4k评析本题考查椭圆标准方程与简单性质的同时,重点考查直线与椭圆的位置关系.4。(2015课标Ⅱ文，20,12分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a〉b〉0)的离心率为22,点(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a2-b2a=2解得a2=8，b2=4。所以C的方程为x28+（2）证明：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x28+y（2k2+1)x2+4kbx+2b2—8=0.故xM=x1+x22=-2kb2k于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-12k,即k所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值。考点二参变量的取值范围与最值问题1。（2018浙江,17,4分）已知点P（0，1），椭圆x24+y2=m(m〉1）上两点A,B满足AP=2PB，则当m=时,点B答案52。(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+y24=1（x<0)上的动点，求△PAB解析（1)证明：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+y02即y2—2y0y+8x0-y02=0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|y1—y2|=22(因此，△PAB的面积S△PAB=12|PM｜·｜y1—y2|=324（y0因为x02+y024=1(x0〈0)，所以y02—4x0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。3.(2016课标Ⅰ,20,12分)设圆x2+y2+2x—15=0的圆心为A,直线l过点B(1，0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E。(1)证明|EA｜+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程；(2)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.解析（1)证明：因为|AD|=｜AC|，EB∥AC,故∠EBD=∠ACD=∠ADC。所以｜EB｜=｜ED|,故｜EA|+|EB|=｜EA|+|ED｜=｜AD｜.又圆A的标准方程为（x+1）2+y2=16，从而｜AD｜=4,所以｜EA|+｜EB｜=4。由题设得A（—1，0）,B（1，0）,｜AB|=2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为x24+y2（2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y=k(x—1)（k≠0),M(x1,y1），N(x2，y2)。由y=k(x-1),x24则x1+x2=8k24k2+3，x所以|MN｜=1+k2|x1—x2|=过点B（1,0）且与l垂直的直线m：y=-1k（x—1）,A到m的距离为2所以｜PQ|=242-2故四边形MPNQ的面积S=12|MN|·|PQ|=121+可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为（12，83)。当l与x轴垂直时，其方程为x=1,|MN｜=3，｜PQ|=8，四边形MPNQ的面积为12.综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12，83）.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，F2。以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以(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（i)求|OQ|(ii）求△ABQ面积的最大值。解析(1)由题意知2a=4,则a=2.又ca=32，a2-c2=b2，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|=λ，由题意知因为x024又(-λx0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由根与系数的关系有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S=2(4-t故S≤23,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63.5。（2015湖北,21，14分)一种作图工具如图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转动一周(D不动时,N也不动），M处的笔尖画出的曲线记为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(1）求曲线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总与曲线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.图1图2解析（1)设点D（t，0)(｜t｜≤2),N(x0，y0)，M(x，y)，依题意，MD=2DN,且|DN｜=|ON｜=1,所以(t-x,—y）=2(x0-t,y0），且(即t-x=2x由于当点D不动时,点N也不动,所以t不恒等于0，于是t=2x0,故x0=x4，y0=—y代入x02+y02=1,可得即曲线C的方程为x216+（2）(i）当直线l的斜率不存在时,直线l为x=4或x=—4,都有S△OPQ=12（ii)当直线l的斜率存在时，设直线l：y=kx+mk≠±由y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Δ=64k2m2—4（1+4k2)(4m2—16)=0，即m2=16k2+4.①又由y=kx+m同理可得Q-2由原点O到直线PQ的距离为d=|m|1+k2和|PQ|=1+k可得S△OPQ=12｜PQ|·d=12｜m||xP—x=12·|m｜·2m1将①代入②得,S△OPQ=2m21当k2〉14时,S△OPQ=8·4k2当0≤k2〈14时,S△OPQ=8·4k2因0≤k2〈14，则0〈1—4k2≤1,21所以S△OPQ=8-1+2当且仅当k=0时取等号。所以当k=0时,S△OPQ的最小值为8。综合（i）（ii)可知，当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时,△OPQ的面积取得最小值8。评析本题考查求轨迹方程的方法,及直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识。考点三存在性问题1。（2014湖南文,20,13分）如图,O为坐标原点，双曲线C1：x2a12—y2b12=1(a1〉0,b1>0)和椭圆C2:y2a22+x2b22=1（a2>b（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|OA+OB|=|AB|?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，由椭圆的定义知2a2=2332+(于是a2=3，b22=a22—c22=2，故C1，C2的方程分别为x2-（2）不存在符合题设条件的直线.证明如下:（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｜OA+OB｜=22，｜AB｜=23,此时，|OA+OB|≠｜AB｜。当x=—2时,同理可知,|OA+OB|≠｜AB|。（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-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,x1于是y1y2=k2x1x2+km（x1+x2）+m2=3k由y=kx+m,y23因为直线l与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式Δ=16k2m2—8(2k2+3)(m2—3)=0.化简,得2k2=m2-3,因此OA·OB=x1x2+y1y2=m2+3k2-3于是OA2+OB2+2OA·OB≠OA2+OB2-2即｜OA+OB|2≠|OA-OB｜2,故|OA+OB｜≠|AB｜。综合（i），(ii)可知，不存在符合题设条件的直线.评析本题考查椭圆与双曲线的定义、几何性质、标准方程及直线与圆锥曲线的位置关系，同时考查方程思想，运算、推理能力，综合性较强.2.(2014山东文,21,14分）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2+y2b2=1（a〉b>0）的离心率为32,（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AD⊥AB,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λ使得k1=λk2,并求出λ的值；（ii)求△OMN面积的最大值。解析(1)由题意知a2-b2a=32，椭圆C的方程可简化为x2+4y2=a2.将y=x代入可得x=±5a因此2×25a5=4因此b=1，所以椭圆C的方程为x24+y(2)（i）证明:设A（x1,y1）（x1y1≠0)，D（x2,y2），则B(—x1，—y1)，因为直线AB的斜率kAB=y1又AB⊥AD,所以直线AD的斜率k=-x1设直线AD的方程为y=kx+m,由题意知k≠0，m≠0.由y=kx+m,x24所以x1+x2=—8mk因此y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m由题意知x1≠—x2，所以k1=y1+y2x所以直线BD的方程为y+y1=y14x令y=0,得x=3x1，即M（3x1，0）.可得k2=-y12x1.所以k1=—12k2因此存在常数λ=—12使得结论成立(ii)直线BD的方程为y+y1=y14x令x=0,得y=-34y1，即N0由（i)知M（3x1，0），可得△OMN的面积S=12×3｜x1｜×34｜y1｜=98｜x1因为｜x1|｜y1|≤x124+y12=1，当且仅当|x此时S取得最大值98所以△OMN面积的最大值为98C组教师专用题组考点一定点与定值问题1。（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的角平分线，证明直线l过定点。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O1H⊥MN交MN于H，则H是MN的中点,∴｜O1M|=x2又|O1A｜=(x-4)2化简得y2=8x(x≠0)。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（k≠0）,P（x1,y1),Q（x2，y2），将y=kx+b代入y2=8x中,得k2x2+（2bk-8)x+b2=0。其中Δ=—32kb+64〉0.由根与系数的关系得,x1+x2=8-x1x2=b2∵x轴平分∠PBQ，∴y1x1即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0，(kx1+b）（x2+1）+（kx2+b）(x1+1）=0，2kx1x2+（b+k)(x1+x2）+2b=0，③将①，②代入③得2kb2+(k+b)(8—2bk）+2k2b=0,∴k=—b，此时Δ〉0,∴直线l的方程为y=k(x-1）,即直线l过定点(1,0）.2。（2014安徽,19,13分）如图，已知两条抛物线E1：y2=2p1x(p1〉0)和E2：y2=2p2x（p2〉0)，过原点O的两条直线l1和l2，l1与E1,E2分别交于A1,A2两点，l2与E1,E2分别交于B1,B2两点.(1）证明:A1B1∥A2B2;（2)过O作直线l（异于l1，l2）与E1，E2分别交于C1,C2两点.记△A1B1C1与△A2B2C2的面积分别为S1与S2，求S1S解析(1)证明:设直线l1，l2的方程分别为y=k1x,y=k2x(k1,k2≠0）,则由y=k1x,由y=k1x,同理可得B12p1k2所以A1B1=2pA2B2=2p故A1B1=p1p2A2B2，所以（2)由(1）知A1B1∥A2B2，同理可得B1C1∥B2C2，C1A1∥C2A2。所以△A1B1C1∽△A2B2C2。因此S1S2又由（1)中的A1B1=p1p故S1S2考点二参变量的取值范围与最值问题1。(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=π3,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为(A。433B。233答案A2.（2014四川，20,13分）已知椭圆C：x2a2+y2b（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|TF||PQ|最小时解析（1）由已知可得a解得a2=6，b2=2，所以椭圆C的标准方程是x26+(2）(i)证明: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m≠0时，直线PQ的斜率kPQ=1m，直线PQ的方程是当m=0时,直线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x消去x,得（m2+3）y2-4my—2=0，其判别式Δ=16m2+8(m2+3)〉0。所以y1+y2=4mm2+3，y1yx1+x2=m(y1+y2)—4=-12所以PQ的中点M的坐标为-6所以直线OM的斜率kOM=-m3又直线OT的斜率kOT=—m3,所以点M在直线OT上因此OT平分线段PQ.（ii）由(i）可得,|TF｜=m2｜PQ｜=(=(=(m2+1所以|TF||PQ|=124·当且仅当m2+1=4m2+1,即m=±1时,等号成立，此时所以当|TF||PQ|最小时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。3。(2014湖南，21，13分)如图，O为坐标原点,椭圆C1：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为e1;双曲线C2：x2a2-y2b2=1的左、右焦点分别为F3、F4,离心率为e2，已知e1e(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.解析（1)因为e1e2=32,所以a2-b2a·a2+b2a=32,即a4—b4=34a4，因此a2=2b2，从而F2(b,0)，F4（3b，0),于是3故C1,C2的方程分别为x22+y2=1，x2（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x=my-1,x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=2mm2+2,y1y因此x1+x2=m(y1+y2)-2=-4m2+2，于是AB的中点M的坐标为-2m2+2,mm2+2.故直线由y=-m2x,所以2-m2>0,且x2=42-mm2从而｜PQ|=2x2+y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=|m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=(m又因为｜y1-y2｜=(y1+所以2d=22故四边形APBQ的面积S=12｜PQ｜·2d=221+m2而0〈2-m2<2,故当m=0时，S取得最小值2。综上所述,四边形APBQ面积的最小值为2.评析本题考查椭圆、双曲线的标准方程和性质，双曲线弦长的计算,点到直线的距离公式，根与系数的关系,求函数的最值等知识。考查学生的运算求解能力和综合分析问题的能力,属于难题。4。(2017山东文,21,14分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为22,椭圆（1)求椭圆C的方程;(2)动直线l:y=kx+m(m≠0）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所以a2=4,b2=2.因此椭圆方程为x24+（2)设A(x1，y1)，B(x2，y2),联立方程y得（2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0，由Δ>0得m2<4k2+2，（*)且x1+x2=—4km2k2+1,因此y1所以D-2又N（0，-m）,所以｜ND|2=-2km2整理得｜ND|2=4m因为｜NF|=|m｜,所以|ND|2|NF令t=8k2+3，t≥3，故2k2+1=t+1所以|ND|2|NF令y=t+1t，所以y'=1—1当t≥3时，y'〉0，从而y=t+1t在[3，+∞）上单调递增因此t+1t≥10等号当且仅当t=3时成立,此时k=0,所以|ND|由(＊）得-2〈m〈2且m≠0。故|NF||设∠EDF=2θ，则sinθ=|NF||所以θ的最小值为π6从而∠EDF的最小值为π3，此时直线l的斜率是综上所述:当k=0,m∈(—2,0）∪(0,2）时,∠EDF取到最小值π3方法总结求解圆锥曲线相关最值的常用方法：1.几何性质法;2.二次函数最值法;3。基本不等式法;4。三角函数最值法;5。导数法。考点三存在性问题(2014重庆文,21，12分)如图，设椭圆x2a2+y2b2=1（a〉b〉0）的左,右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1⊥F1F2,|F1F2|（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|从而S△DF1F2=12｜DF1|｜F1F2｜=2从而|DF1｜=22由DF1⊥F1F2得｜DF2|2=|DF1|2+｜F1F2|2=92因此｜DF2｜=32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+y(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，y1>0，y2>0，F1P1,F2P2是圆C的切线,且F1P1⊥F2P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F1P1=(x1+1,y1），F2P2=（—x1—1，y1）。再由F1P1⊥F2P2得—（x由椭圆方程得1—x122=（x1+1)2,即3x12+4x1=0，解得x1=-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设C(0,y0),由CP1⊥F1P1,得y1-y而y1=1-x122=13,圆C的半径｜CP1|=-432综上,存在满足题设条件的圆,其方程为x2+y-53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.【三年模拟】解答题(共120分)1。(2018天津红桥二模，19)如图，在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆M:x2a2+y2b2=1（a〉b>0)的离心率为22,右顶点为A,直线BC过原点O，且点B在x轴上方，直线AB与(1）若点B(2，3）,求椭圆M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k1·k2是不是定值,若为定值，请求出；若不为定值，请说明理由；（ii)求△AEF的面积的最小值.解析（1）由题意可得ca=22，2a2+3b2=1,a解得a=22，b=c=2,∴椭圆M的方程为x28+（2）（i)k1·k2为定值。设B（x0，y0)，则C（—x0,—y0）,x02a由ca=22，a2=b2+c2，可得a2=2b则k1·k2=y0x0-a·y0x（ii)设直线AB的方程为y=k1(x-a），直线AC的方程为y=k2（x-a),令x=a+1,得yE=k1,yF=k2，∴S△AEF=12×|EF|×1=12｜k2—k由题图可得k1<0,k2〉0，∵k1·k2=-12∴S△AEF=12（k2-k1）≥12×2-k1k2=22当且仅当k2=—k∴△AEF的面积的最小值为222.（2018天津耀华中学二模,19)如图，在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:x2a2+y2b2（1）求椭圆C的方程；（2）设椭圆C的下顶点为D,过点D作两条互相垂直的直线l1，l2，这两条直线与椭圆C的另一个交点分别为M,N。设l1的斜率为k(k≠0），△DMN的面积为S,当S|k|〉169时,解析(1)由题意得c解得a=2，b=1，c=3.∴椭圆的方程为x24+y（2)由（1)知,椭圆C的方程为x24+y∵l1的斜率存在,∴设直线l1的方程为y=kx—1,联立y=kx-1,x24+y从而|DM｜=8k1+4k用-1k代替k得｜DN｜=8∴△DMN的面积S=12·8|k|·则S|k|∵S|k|〉169,∴整理得4k4—k2-14<0,解得-74〈k2∴0<k2<2，即—2<k<0或0<k<2.从而k的取值范围为(—2,0)∪（0,2).3。（2018天津滨海新区七校联考，19）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0）的左,右焦点分别为F1，F（1)若e=32,求椭圆的方程(2)设直线y=kx与椭圆相交于A,B两点,M,N分别为线段AF2，BF2的中点,若坐标原点O在以MN为直径的圆上，且22〈e≤32,求实数k解析(1)由题意得，c=3，ca=32，∴a=2∵a2=b2+c2,∴b2=3，∴椭圆的方程为x212+(2)由x2a2+y2b2=1,y=kx得可知Δ〉0恒成立,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=0，x1x2=-a依题意,得OM⊥ON,四边形OMF2N为平行四边形,∴AF2⊥BF2，∵F2A=(x1-3,y1),F2B=(x∴F2A·F2B=(x1—3）（x2—3）+y1y2=(1+k2)x即-a整理得k2=a4-18∵22〈e≤32,c=3，∴23≤a〈32,∴12≤a2<18,∴k2≥∴实数k的取值范围为-∞,-24。（2017天津和平二模，19)已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a〉b〉0)经过点（1）求椭圆E的方程；（2)设椭圆E的右顶点为A,若直线l：y=kx+m与椭圆E相交于M、N两点(异于A点）,且满足MA⊥NA，试证明直线l经过定点,并求出该定点的坐标.解析(1）依题意，得a2=所以椭圆E的方程为x24+(2）如图，设M（x1，y1),N（x2，y2)，联立y=kx+m,x24则Δ=64m2k2-16（3+4k2）（m2—3)〉0，即3+4k2-m2>0，x1+x2=—8mk3+4k2，x1x从而y1y2=(kx1+m）(kx2+m）=k2x1x2+mk（x1+x2）+m2=3(由椭圆E的右顶点为A（2,0),MA⊥NA，得y1x1-2·y2x2-2=—1，即y1y则有3(m2-4整理，得7m2+16km+4k2=0,解得m=-2k或m=—2k7,均满足条件3+4k2—m当m=—2k时，直线l的方程为y=k(x—2）,直线l过定点A,与题设矛盾；当m=—2k7时,直线l的方程为y=kx-27，所以直线l经过定点,且定点的坐标为275.（2019届天津耀华中学第二次月考，19）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率e=32(1)求椭圆C的方程;(2)过点A（—a,0)作直线l与椭圆相交于点B，则y轴上是否存在点P,使得线段|PA｜=|PB|,且PA·PB=4?如果存在,求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由.解析（1）由题意得a+c=2+3,c所以椭圆C的方程为x24+y(2）存在.由(1）知A(—2，0），设B（x1，y1）,由题意知直线l斜率存在,设为k，则直线l的方程为y=k(x+2),联立y=k(x+2),x24+则—2x1=