题型分类突破数学理科第二篇考点五

考点五解析几何考查角度1直线与圆锥曲线的位置关系分类透析一直线与圆锥曲线的位置关系例1已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)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:(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交于点P.证明:存在常数λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值.解析(1)由已知得a=2b,则椭圆E的方程为x22b2+由方程组x22b2+y2b2=1,y=-x+3,方程①根的判别式为Δ=24(b2-3),由Δ=0,得b2=3,此时方程①的解为x=2,所以椭圆E的方程为x26+y2点T的坐标为(2,1).(2)由已知可设直线l'的方程为y=12x+m(m≠0由方程组y=1所以点P的坐标为2-2m3,1+2m设点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2).由方程组x得3x2+4mx+4m2-12=0.②方程②根的判别式为Δ=16(9-2m2),由Δ>0,解得-322<m<由②得x1+x2=-4m3,x1x2=所以|PA|=2=52同理|PB|=52所以|PA|·|PB|=5=5=5=109m2故存在常数λ=45,使得|PT|2=λ|PA|·方法技巧直线与圆锥曲线的位置关系有相交、相切、相离三种情况.解决有关这类问题的基本方法是把直线方程与圆锥曲线方程联立消元转化为关于x或y的方程.若该方程是一元一次方程,则直线与双曲线的渐近线平行或者是直线与抛物线的对称轴平行,属于相交且交点只有1个的位置关系.若该方程是一元二次方程,则可以根据判别式进行判断:①Δ>0⇔直线和圆锥曲线相交⇔直线和圆锥曲线有两个交点(或两个公共点);②Δ=0⇔直线和圆锥曲线相切⇔直线和圆锥曲线有一个切点(或一个公共点);③Δ<0⇔直线和圆锥曲线相离⇔直线和圆锥曲线无公共点.分类透析二圆锥曲线的弦长例2已知椭圆C:x24+y29=1及直线l(1)当直线l与椭圆C有公共点时,求实数m的取值范围;(2)求直线l被椭圆C截得的弦长的最大值.解析(1)由y=329x2+6mx+2m2-18=0.①Δ=36m2-36(2m2-18)=-36(m2-18).∵直线l与椭圆有公共点,∴Δ≥0,解得-32≤m≤32.故所求实数m的取值范围为[-32,32].(2)设直线l与椭圆C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),由①得x1+x2=-6m9,x1x2=故|AB|=1+k2=1+32=132×8当m=0时,直线l被椭圆截得的弦长最大,最大值为26.方法技巧1.设直线与圆锥曲线相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,直线的斜率存在且为k,则弦长公式|AB|=1+k2|x1-x2|=当k存在且不为零时,弦长公式还可以写成|AB|=1+1k2|y12.抛物线y2=2px(p>0)的焦点弦公式|AB|=x1+x2+p=2psin2α分类透析三圆锥曲线的中点弦问题例3求椭圆x28+y25=1内以点A(2,-解析(法一)当弦垂直于x轴时,不符合题意.当弦不垂直于x轴时,设直线方程为y+1=k(x-2),由y+1=k(x-2),x28+y25=1,消去y整理得(5+8k2)x2-16k(2∵点A(2,-1)在椭圆内,∴Δ>0.设两交点为P1(x1,y1),P2(x2,y2),则x1+x2=16k(2k+1)5+8∴所求直线方程为y+1=54(x-2),即5x-4y-14=0(法二)设直线与椭圆的两个交点为P1(x1,y1),P2(x2,y2),则x1+x2=4,y1+y2=-2,kP1P将点P1,P2代入椭圆方程,得x②-①得(x2-x1将上式化简得y2-y1x2-x∴所求直线方程为y+1=54(x-2)(法三)设两交点P1,P2中一点为(x,y),则另一点为(4-x,-2-y).∵P1,P2都在椭圆上,∴5(4-x)2+8(-2-y)2=40,5x2+8方法技巧遇到中点弦问题常用“韦达定理”或“点差法”求解,结论如下:①在椭圆x2a2+y2b2=1中,以点P(x0,y②在双曲线x2a2-y2b2=1中,以点P(x0,y③在抛物线y2=2px(p>0)中,以点P(x0,y0)为中点的弦所在直线的斜率k=py1.(2019年全国Ⅰ卷,理T19改编)已知抛物线C:y2=3x的焦点为F,斜率为32的直线l与抛物线C的交点为A,B,与x轴的交点为(1)若|AF|+|BF|=4,求直线l在y轴上的截距;(2)若AP=3PB,求|AB|.解析(1)设直线l的方程为y=32x+b,A(x1,y1),B(x2,y2)联立直线l与抛物线的方程y=32x+b,y2=3x,消去y化简整理得94x2+(3b-3)x+b2=0,Δ=(3b-3)2-4×94b2>0,解得b<12,x1+x2=4×(3-3b)9.依题意|AF|+|BF|=4可得x1+x2+32=4,即(2)联立方程组y=32x+b,y2=3x,消去x化简整理得y2-2y+2b=0,Δ=4-8b>0,解得b<12,y∵AP=3PB,∴y1=-3y2,则-2y2=2,得y2=-1,y1=3,故可得b=-32,且满足Δ>0∴|AB|=1+1k2·|y1-y2|=1+49×|32.(2018年全国Ⅱ卷,理19改编)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,过F且斜率为1的直线l与C交于A,B两点,|AB|=8.(1)求抛物线C的方程;(2)求过点A,B且圆心到直线l的距离为22的圆的方程.解析(1)由题意得Fp2,0,直线l的方程为y=x-p2.设A(x1,y1),B(x2由y=x-p2,y2=2px又Δ=8p2>0,故x1+x2=3p.所以|AB|=|AF|+|BF|=x1+p2+由题意知4p=8,解得p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)因为圆心到直线l的距离为22,|AB|=8,易得圆的半径r=26.由(1)得直线l的方程为y=x-1,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=-x因此所求圆的方程为(x-5)2+y2=24或(x-1)2+(y-4)2=24.1.(山西洪洞2019年高三5月最后一卷)已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F,E上一点(3,m)到焦点的距离为4.(1)求抛物线E的方程;(2)过点F作直线l交抛物线E于A,B两点,若线段AB中点的纵坐标为-1,求直线l的方程.解析(1)抛物线E:y2=2px(p>0)的准线方程为x=-p2由抛物线的定义可知3--p2=解得p=2,故抛物线E的方程为y2=4x.(2)(法一)由(1)得抛物线E的方程为y2=4x,焦点F(1,0),设A,B两点的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2),则y两式相减,整理得y2-y1x2-x1=∵线段AB中点的纵坐标为-1,∴直线l的斜率kAB=4y2+y1∴直线l的方程为y-0=-2(x-1),即2x+y-2=0.(法二)由(1)得抛物线E的方程为y2=4x,焦点F(1,0),设直线l的方程为x=my+1,由y2=4x,x=my+1,消去x整理得设A,B两点的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2),∵线段AB中点的纵坐标为-1,∴y1+y22=4m2∴直线l的方程为x=-12y+1,即2x+y-2=02.(昌平2019届高三上学期期末)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(0,2),离心率为63.记椭圆C的右焦点为F,过点F且斜率为(1)求椭圆C的标准方程;(2)若线段PQ的垂直平分线与x轴交于点M(x0,0),求x0的取值范围.解析(1)由题意可知b=2故椭圆C的标准方程为x26+y2(2)依题意得F(2,0),设直线PQ的方程为y=k(x-2).联立方程组x26+y22=1,y=k(x-2),消去y并整理得(3k2+1Δ=(-12k2)2-4(12k2-6)(3k2+1)=24(k2+1)>0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=12k23k2+1,y1+y2=k(x1+x2设PQ的中点为N,则N6k因为线段PQ的垂直平分线与x轴交于点M(x0,0),①当k=0时,那么x0=0;②当k≠0时,kMN·k=-1,即-2k3k2+16k23k2因为k2>0,所以3+1k2>3,0<43+1k2<43,即x0综上,x0的取值范围为0,3.(重庆西南大学附属中学2019届高三第十次月考)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为M(-2(1)求椭圆C的方程;(2)过点N(1,0)的直线l交椭圆C于A,B两点,当MA·MB取得最大值时,求△MAB的面积.解析(1)由题意可得a=2,ca=22,得c=2,则b2=a2-c2=所以椭圆C的方程为x24+y2(2)当直线l与x轴重合时,不妨取A(-2,0),B(2,0),此时MA·MB=0;当直线l与x轴不重合时,设直线l的方程为x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2),联立x=ty+1,x24+y22=1,消去x整理得(t显然Δ>0,y1+y2=-2tt2+2,y1所以MA·MB=(x1+2)(x2+2)+y1y2=(ty1+3)(ty2+3)+y1y2=(t2+1)y1y2+3t(y1+y2)+9=(t2+1)-3t2+2+3=15t当t=0时,MA·MB取最大值152.此时直线l方程为x=1,将x=1代入椭圆方程得A1,62,B1,-又|MN|=3,所以△MAB的面积S=12×6×3=34.(朝阳区2019届高三上学期期末)过椭圆W:x22+y2=1的左焦点F1作直线l1交椭圆于A,B两点,其中A(0,1),另一条过F1的直线l2交椭圆于C,D两点,且C,D两点均不y轴上.过F1作x轴的垂线分别交直线AD,BC于点E(1)求B点坐标和直线l1的方程;(2)求证:|EF1|=|F1G|.解析(1)由题意可得直线l1的方程为y=x+1,与椭圆方程联立y=x+1,x(2)当l2与x轴垂直时,C,D两点与E,G两点重合,由椭圆的对称性,|EF1|=|F1G|.当l2不与x轴垂直时,设C(x1,y1),D(x2,y2),l2的方程为y=k(x+1)(k≠1).由y=k(x+1),x22+y2=1,消去y整理得(2k2+1)x则x1+x2=-4k22k2+1,x1x2=2则直线AD的方程为y-1=y2令x=-1,得点E的纵坐标yE=x2把y2=k(x2+1)代入得yE=(x由已知得x1≠-43,则直线BC的方程为y+13=y1令x=-1,得点G的纵坐标yG=y1把y1=k(x1+1)代入得yG=(xyE+yG=(x2=(=(1把x1+x2=-4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1代入到2x2x1x2+3(x1+x2)+4=2×2k2-22k2+1+即yE+yG=0,即|EF1|=|F1G|.考查角度2最值和取值范围问题分类透析一最值问题例1已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个顶点分别为A(-2,0),B(2(1)求椭圆C的方程.(2)已知过椭圆C的左顶点A的两条直线l1,l2分别交椭圆C于M,N两点,且l1⊥l2,求证:直线MN过定点,并求出定点坐标.(3)在(2)的条件下求△AMN面积的最大值.解析(1)由题意知a=2,又ca=32,所以ba=12,b=1,所以椭圆C的方程为x2(2)由题意得直线l1,l2的斜率存在且不为0.设直线l1:x=my-2,l2:x=-1my-2(m≠0由x=my-2,x24+y2=1,得所以M2m同理,N2-①当m≠±1时,kMN=5m直线MN:y=5m4(m②当m=±1时,直线MN:x=-65,此时该直线过定点-所以直线MN恒过定点-6(3)由(2)知S△AMN=12×45|yM-y=254m=8m+1令t=m+1m,则t≥2,当且仅当m=±1时取等号,所以S△AMN≤1625,且当所以(S△AMN)max=1625方法技巧圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题,常涉及不等式、函数的值域等,综合性比较强,解法灵活多变,但总体上主要有两种方法:一是利用几何方法,即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解;二是利用代数方法,即把要求的几何量或代数表达式表示为某些参数的函数解析式,然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.分类透析二求解变量的取值范围例2已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点是F(1(1)求椭圆C的方程;(2)设经过点F的直线交椭圆C于M,N两点,线段MN的垂直平分线交y轴于点P(0,y0),求y0的取值范围.解析(1)依题意,得c=1.因为椭圆C的离心率为12,所以a=2c=2,b2=a2-c2=3故椭圆C的方程为x24+y2(2)当MN⊥x轴时,显然y0=0.当MN与x轴不垂直时,可设直线MN的方程为y=k(x-1)(k≠0).由y=k(x-1),x24+y23=1,消去y并整理得(3+4k2)x设M(x1,y1),N(x2,y2),线段MN的中点为Q(x3,y3),则x1+x2=8k所以x3=x1+x22=4k23+4k2,y3线段MN的垂直平分线的方程为y+3k3+4k2=-1k在上述方程中,令x=0,得y0=k3+4k2当k<0时,3k+4k≤-43当且仅当3k=4k,即k=-32当k>0时,3k+4k≥43当且仅当3k=4k,即k=32所以-312≤y0<0或0<y0≤3综上,y0的取值范围是-3例3已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,(1)求椭圆E的方程;(2)过点P且斜率为k的直线l交椭圆E于点Q(xQ,yQ)(点Q异于点P),若0<xQ<1,求直线l斜率k的取值范围.解析(1)由题意得ca=32,1a2+34(2)设直线l的方程为y-32=k(x-1),代入方程x24+y2=1,消去y整理得(1+4k2)x2+(43k-8k2)x+(4k2-43k-1)所以xQ·1=4k因为0<xQ<1,所以0<4k2-43解得-36<k<3-22或k>3+2所以直线l的斜率k的取值范围是-36,方法技巧在利用代数法解决范围问题时,常从以下几个方面考虑:①利用判别式来构造不等关系,从而确定参数的取值范围;②利用已知参数的范围,求新参数的范围,解这类问题的关键是两个参数之间建立等量关系;③利用隐含或已知的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围;④利用基本不等式求出参数的取值范围;⑤利用函数的值域的求法,确定参数的取值范围.1.(2019年浙江卷,T21)如图,已知点F(1,0)为抛物线y2=2px(p>0)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;(2)求S1S2的最小值及此时点解析(1)由题意得p2=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,t≠0,则xA=t2.由于直线AB过F,故直线AB的方程为x=t2-1代入y2=4x,得y2-2(t2-1故2tyB=-4,即yB=-2t,所以B1又xG=13(xA+xB+xC),yG=13(yA+yB+yC)及重心G在x轴上,得2t-2t+yC得C1t-t2所以直线AC的方程为y-2t=2t(x-t2),得Q(t2-1,0).由于Q在焦点F的右侧,故t2>2.从而S1S=2=2t4-t2令m=t2-2,则m>0,S1S2=2-mm≥2-1=1+32当m=3时,S1S2取得最小值1+32,此时G(22.(2016年全国Ⅰ卷,理T20)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)因为|AD|=|AC|,EB∥AC,所以∠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+y23=1(y(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+y23=1得(4k2+3)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),点A到直线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,故四边形MPNQ的面积为12.综上,四边形MPNQ面积的取值范围为[12,83).1.(广东珠海2019届高三上学期期末)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点P-3,12(1)求椭圆E的方程;(2)若直线l:y=kx+2与椭圆E交于A,B两点,当|AB|最大时,求直线l的方程.解析(1)设椭圆E的左焦点F1(-3,0),则2a=|PF1|+|PF2|=4,得a=2.又c=3,则b2=a2-c2=1,所以椭圆E的方程为x24+y2=(2)由y=kx+2,x2+4y2=4,消去y整理得(1+4k2)x2+82kx+4=0,设A(x1由Δ=128k2-16(1+4k2)>0,得k2>14由韦达定理得x1+x2=-82k1+4k2,x1所以|AB|=1+k2=1+k2=2(=2-6设t=11+4k2,则t∈0,=2-6t-当t=112,即k=±112时,|AB|有最大值566,此时直线l的方程为y=±2.(茂名市2019届高三上学期期末)已知抛物线C:y2=2px(p>0),点G与抛物线C的焦点F关于原点对称,动点Q到点G的距离与到点F的距离之和为4.(1)求动点Q的轨迹;(2)若p=23,设过点D(0,-2)的直线l与点Q的轨迹相交于A,B两点,当△OAB的面积最大时,求直线l的方程.解析(1)①当p>4时,点Q的轨迹不存在;②当p=4时,点Q的轨迹为一线段,方程为y=0(-2≤x≤2);③当0<p<4时,点Q的轨迹为焦点在x轴上的椭圆,方程为x24+4y216-p2(2)若p=23,则动点Q的轨迹方程为x24+y2=当直线l⊥x轴时,不合题意,故设l:y=kx-2,A(x1,y1),B(x2,y2).由y=kx-2,x24+y2=1,消去y整理得(1+由Δ=(-16k)2-48(1+4k2)>0,得k2>34,解得k<-32或k>由韦达定理得x1+x2=16k1+4k2,x1x|AB|=1+k2|x1-x=(=(=41+又点O到直线AB的距离d=2k∴S△OAB=12d·|AB|=4令4k2-3=t,则S△OAB=4∴S△OAB=4tt2+4=4t当且仅当t=4t即t=2,k=±72故当△OAB的面积最大时,l的方程为y=72x-2或y=-72x-3.(江苏扬州2019届高三期末)在平面直角坐标系中,椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,左、右顶点分别为A,B,线段AB的长为4.点P在椭圆M上且位于第一象限,过点A,B分别作l1⊥PA,l2⊥PB,直线(1)若点C的横坐标为-1,求P点的坐标;(2)直线l1与椭圆M的另一交点为Q,且AC=λAQ,求λ的取值范围.解析由题意得ca=12,2a=4,解得c=1∴椭圆M的方程是x24+y23=1且A(-2,0),B((1)设P(x0,y0),则kPA=y0x0+2,∵l1⊥PA,∴直线AC的方程为y=-x同理可得直线BC的方程为y=-x0-2y0联立方程y=-∵点C的横坐标为-1,∴x0=1.又点P为椭圆M上第一象限内一点,∴y0=32∴点P的坐标为1,(2)由(1)知点C的坐标为-x0,x02-4y0,即-x0,-43∴-x0∵点Q在椭圆M上,∴14-x0λ+2λ-22+13-4y03又y02=3整理得7x02-36(λ-1)x0+72λ-100=0,解得x0=2或x0=∵P为椭圆M上第一象限内一点∴0<36λ-507<2,解得4.(2019广东省蕉岭中学第一次适应性考试)已知抛物线C:x2=-2py(p>0)的焦点到准线的距离为12,直线l:y=a(a<-1)与抛物线C交于A,B两点,过这两点分别作抛物线C的切线,且这两条切线相交于点(1)若点D的坐标为(0,2),求a的值;(2)设线段AB的中点为N,过点M(0,2a)的直线l'与线段DN为直径的圆相切,切点为G,且直线l'与抛物线C交于P,Q两点,求|PQ|解析(1)由抛物线C:x2=-2py(p>0)的焦点到准线的距离为12,得p=1则抛物线C的方程为x2=-y.当y=a时,可设A(--a,a),B(-a,a),y'=-所以切线AD方程为y-a=2-a(x+-a),即y=2切线BD方程为y-a=-2-a(x--a),即y=-2联立方程组y=2-所以D的坐标为(0,-a).又D的坐标为(0,2),所以-a=2,即a=-2.(2)由(1)知,N(0,a),D(0,-a),所以以线段ND为直径的圆为圆O:x2+y2=a2.根据对称性,只要探讨斜率为正数的直线l'即可,因为G为直线l'与圆O的切点,所以OG⊥MG,cos∠MOG=|a||所以∠MOG=π3,所以|MG|=3|a|,kl'=3所以直线l'的方程为y=3x+2a,由y=3x+2a,x2=-y,因为直线与圆相交,所以Δ=3-8a>0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=-3,x1x2=2a,所以|PQ|=1+k2·(x1+x2)2-4x1设t=-1a,因为a<-1,所以t∈(0,1),所以3a2-8a=3t2+8t∈(所以|PQ||MG|=2考查角度3定值、定点问题分类透析一定值问题例1已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,点(1)求椭圆C的方程;(2)已知点P,M,N为椭圆C上的三点,若四边形OPMN为平行四边形,证明四边形OPMN的面积S为定值,并求该定值.解析(1)由题意可得e2=c2a2=a得a2=2b2,①又点Qb,ab在椭圆所以b2a2+a2b联立①②得a2=8,且b2=4,所以椭圆C的方程为x28+y2(2)当直线PN的斜率k不存在时,PN的方程为x=2或x=-2,从而有|PN|=23,S=12|PN|·|OM|=12×23×22=2当直线PN的斜率k存在时,设直线PN的方程为y=kx+m(m≠0),P(x1,y1),N(x2,y2).由y=kx+m,x28+y24=1,消去y整理得(1+2k2由韦达定理得x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-81+2k2,y1+y2由OM=OP+ON,得M-4将M点坐标代入椭圆C方程得m2=1+2k2.又点O到直线PN的距离d=|m|1+k2,|PN|=1+k2所以S=d·|PN|=|m|·|x1-x2|=1+2k2·|x1-x2|=16k2综上可知,平行四边形OPMN的面积S为定值26.方法技巧1.求定值问题常见的方法有两种:(1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关.(2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得出定值.2.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题,然后证明与参数无关.解决这类问题选择消元的方向是非常关键的.分类透析二动直线过定点问题例2已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点P(-2,0)与点(1)求椭圆C的方程;(2)过P点作两条互相垂直的直线PA,PB,交椭圆于A,B,求证:直线AB经过定点.解析(1)由题意得4a2+0b2=1,1a2+1b2=1,解得a2(2)由对称性知,若存在定点,则必在x轴上.当kPA=1时,lPA:y=x+2,由y=x+2,x2+3y2=4,得x2+3(x2+4x+以下验证:定点为点(-1,0).由题意知,直线PA,PB的斜率均存在,设直线PA的方程为y=k(x+2),A(xA,yA),B(xB,yB),则x2+3k2(x2+4x+4)=4⇒xA=2-6k21+3k同理xB=2k2-6k2则yAxA+1=4k方法技巧关于动直线l过定点问题,其解题思路为:首先设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t,再结合题设条件将t用k表示为t=mk,化简得y=k(x+m),故动直线过定点(-m,0).分类透析三动曲线过定点问题例3已知焦距为22的椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为A,直线y=43与椭圆C交于P,Q两点(P在Q的左边),点Q在x(1)求椭圆C的方程.(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M,N.若M是椭圆的左顶点,D是直线MN上一点,且DA⊥AM.点G是x轴上异于点M的点,且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点,求证:点G是定点.解析(1)设坐标原点为O,因为四边形ABPQ是平行四边形,所以|AB|=|PQ|.因为|PQ|=2|OB|,所以|AB|=2|OB|,则点B的横坐标为a3所以点Q的坐标为a3代入椭圆C的方程得b2=2.又c2=2,所以a2=b2+c2=4,即椭圆C的方程为x24+y2(2)设直线MN的方程为y=k(x+2),N(x0,y0),DA⊥AM,所以D(2,4k).由x24+y22=1,y=k(x+2),整理得(1+2k2)则-2x0=8k2-41+2k2所以y0=k(x0+2)=4k1+2k2,设G(t,0),则t≠-2,若以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点,则DG⊥AN,所以GD·AN=0恒成立.因为GD=(2-t,4k),AN=-8所以GD·AN=(2-t)·-8k21+2k2+4k·4k1+2k2所以t=0,故点G是定点(0,0).方法技巧求解动曲线C过定点的问题,一般先引入参变量建立曲线C的方程,再根据其对参变量恒成立,令其系数等于零,得出定点.1.(2019年全国Ⅲ卷,理T21改编)已知曲线C:y=12x2,D为直线y=-12上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为A(1)证明:直线AB过定点.(2)若以E0,52为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求△解析(1)设Dt,-12,A(x1,y1),则x12由于y'=x,所以切线DA的斜率为x1,故y1+1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0,(2)由(1)得直线AB的方程为y=tx+12由y=tx+12,y=x2于是x1+x2=2t,x1x2=-1,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1,|AB|=1+t2|x1-x2|=1+t2×(x1+x2设d为点E到直线AB的距离,则d=2t因此,△ABE的面积S=12|AB|d=2t设M为线段AB的中点,则Mt,由于EM⊥AB,而EM=(t,t2-2),AB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,S△ABE=2;当t=±1时,S△ABE=22.所以△ABE的面积为2或22.2.(2018年全国Ⅰ卷,理T19改编)设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F,过点F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0(1)当直线l的倾斜角为45°时,求线段AB中点坐标的横坐标;(2)若O为坐标原点,证明:∠OMA=∠OMB.解析(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),因为直线l的倾斜角为45°,F(1,0),所以直线AB的方程为y=x-1.由y=x-1,x22+y2=1,消去y并整理得3x2-4x=0,则x1+x(2)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)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x1<2,x2<2,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=y1x1由y1=kx1-k,y2=kx2-k得,kMA+kMB=2k由y=k(x-1),x22+y2=1,得(2k2+1)由韦达定理得x1+x2=4k22k2+1,x则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-从而kMA+kMB=0,故直线MA,MB的倾斜角互补,所以∠OMA=∠OMB.综上,∠OMA=∠OMB.1.(江门市2019届高三一模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,点P在椭圆上,|PF1|+|PF2|=(1)求椭圆C的标准方程;(2)A、B是椭圆C上另外两点,若△PAB的重心是坐标原点O,试证明△PAB的面积为定值.(参考:若坐标原点O是△PAB的重心,则OP+OA+OB=0)解析(1)依题意,2a=4,a=2,由e=12,得c=1,b=a2-所以椭圆C的标准方程为x24+y2(2)△PAB最多只有1条边所在直线与x轴垂直,不妨设AB所在直线与x轴不垂直,其方程为y=kx+m(因为△PAB的重心是O,所以O不在直线AB上,m≠0).由x24+y23=1,y=kx+m,得(4k2+3设A(x1,y1),B(x2,y2),则Δ=48(4k2-m2+3)>0,且x1+x2=-8km4k2+3,x1从而|AB|=k2+1|x1-x2|=44设P(x3,y3),由OP+OA+OB=0,得x3=-(x1+x2)=8kmy3=-(y1+y2)=-k(x1+x2)-2m=-6m因为点P(x3,y3)在椭圆x24+y23所以148km4k即4k2-4m2+3=0,且符合Δ=48(4k2-m2+3)>0.点P(x3,y3)到直线y=kx+m的距离d=|kx3△PAB的面积S=12×|AB|×d=6|m由4k2-4m2+3=0即4k2+3=4m2,得S△PAB=6|m|4m2·9m22.(南京市2019届高三第三次模拟)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点1,22,离心率为22.A,B分别是椭圆C的上,下顶点(1)求椭圆C的方程;(2)若点P在直线x-y+2=0上,且BP=3BM,求△PMA的面积;(3)过点M作斜率为1的直线分别交椭圆C于另一点N,交y轴于点D,且D点在线段OA上(不包括端点O,A),直线NA与直线BM交于点G,求OD·OG的值.解析(1)因为椭圆过点1,22,所以1a2+12b2=1,b2a2=1-e2=12,解得a所以椭圆C的方程为x22+y2=(2)由(1)知B(0,-1),设M(x0,y0),P(xP,yP).由BP=3BM,得(xP,yP+1)=3(x0,y0+1),则xP=3x0,yP=3y0+2.又因为点P在直线x-y+2=0上,所以y0=x0.①因为点M在椭圆C上,所以x022+y将①代入上式,得x02=23.所以|x0|=63,从而|x所以S△PMA=S△PAB-S△MAB=12×2×6-12×2×63(3)由(1)知,A(0,1),B(0,-1).设D(0,m),0<m<1,M(x1,y1),N(x2,y2),G(xG,yG).因为MN的斜率为1,所以直线MN的方程为y=x+m,联立方程组y=x+m,x22+y2=1,消去y,得3所以x1+x2=-4m3,x1x2=直线MB的方程为y=y1+1x1x-1,直线NA的方程为y=y2-1x2将y1=x1+m,y2=x2+m代入,得yP=2=2=-43+所以OD·OG=(0,m)·(xG,yG)=myG=m·1m=13.(南昌2019届高三第二次模拟)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C1:x24+y2=1,椭圆C2:x2a2+y2b2=1(a>b>0),C2与C(1)求椭圆C2的标准方程;(2)设点P为椭圆C2上一点.①射线PO与椭圆C1依次交于点A,B,求证:|PA|②过点P作两条斜率分别为k1,k2的直线l1,l2,且直线l1,l2与椭圆C1均有且只有一个公共点,求证:k1·k2为定值.解析(1)设椭圆C2的焦距为2c,由题意知,a=22,ca=32,a2=b2+c2,解得b=2,因此椭圆C2的标准方程为x28+(2)①当直线OP的斜率不存在时,|PA|=2-1,|PB|=2+1,则|PA||PB|=2-当直线OP的斜率存在时,设直线OP的方程为y=kx,代入椭圆C1的方程,消去y,得(4k2+1)x2=4,所以xA2=44k2+1所以xP2=2xA2,由题意,xP与xA同号,所以xP=从而|PA||PB|=|xP-xA所以|PA||PB|=3-22②设P(x0,y0),所以直线l1的方程为y-y0=k1(x-x0),即y=k1x-k1x0+y0,记t=-k1x0+y0,则l1的方程为y=k1x+t,代入椭圆C1的方程,消去y,得(4k12+1)x2+8k1tx+4t2-4=因为直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点,所以Δ=(8k1t)2-4(4k12+1)(4t2-4)=0,即4k12-t2+将t=-k1x0+y0代入上式,整理得(x02-4)k12-2x0y0k1+y0同理可得(x02-4)k22-2x0y0k2+y0所以k1,k2为关于k的方程(x02-4)k2-2x0y0k+y02-1从而k1k2=y0又点P(x0,y0)在椭圆C2:x28+y22=1上,所以y0所以k1k2=2-14x02-1x04.(松江区2019届高三)已知曲线Γ上的任意一点到两定点F1(-1,0),F2(1,0)的距离之和为22,直线l交曲线Γ于A,B两点,O为坐标原点.(1)求曲线Γ的方程.(2)若直线l不过点O且不平行于坐标轴,记线段AB的中点为M,求证:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.(3)若OA⊥OB,求△AOB面积的取值范围.解析(1)由题意知,曲线Γ是以原点为中心,长轴在x轴上的椭圆,设其标准方程为x2a2+y2b2=1,则有所以b2=a2-c2=1,故曲线Γ的方程为x22+y2=(2)设直线l的方程为y=kx+b(k≠0,b≠0),设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),则由y=kx+b,x22+y2=1,消去y整理得(1+2k2)由韦达定理得x1+x2=-4kb则x0=x1+xy0=kx0+b=-2k2bkOM=y0x0故直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积kOM·k=-12k·k=-12(3)(法一)设A(x1,y1),B(x2,y2),则由OA⊥OB知,x1x2+y1y2=0,即x1x2=-y1y2,∴x12xS△AOB=12|OA||OB|==12由A,B两点在椭圆上,得x122+y12=1,x222+y22=1,即x12+2y1∴S△AOB=12又由y12=1-x122,y22=1-x222∴2(x12+x22)=4-3x12x22≥4x1x∴S△AOB=122-(法二)当直线OA,OB分别与坐标轴重合时,易知△AOB的面积S△AOB=22当直线OA,OB的斜率均存在且不为零时,设直线OA、OB的方程为y=kx,y=-1kx,点A(x1,y1),B(x2,y2由y=kx,x22+y2=1,得∴x12=22k2+1,代入y=kx同理可得x22=2k2k∴S△AOB=12|OA||OB|=(令t=k2+1,t∈(1,+∞),则S△AOB=12|OA||OB|==12+1t由t∈(1,+∞)知,S△AOB∈23综上可知,S△AOB的取值范围是23考查角度4轨迹方程与探索性问题分类透析一轨迹方程的求解例1如图,点T为圆O:x2+y2=1上一动点,过点T分别作x轴,y轴的垂线,垂足分别为A,B,连接BA延长至点P,使得BA=AP,点P的轨迹记为曲线C.(1)求曲线C的方程.(2)若点A,B分别位于x轴与y轴的正半轴上,直线AB与曲线C相交于M,N两点,试问在曲线C上是否存在点Q,使得四边形OMQN为平行四边形?若存在,求出直线AB的方程;若不存在,请说明理由.解析(1)设P(x,y),T(x0,y0),则A(x0,0),B(0,y0),由题意知BA=AP,所以A为PB中点.由中点坐标公式得x0=又点T在圆O:x2+y2=1上,故满足x02+y02=1,得x2(2)由题意知直线AB的斜率存在且不为零,设直线AB的方程为y=kx+t,因为|AB|=|OT|=1,故-tk2+t2=1,即t2k2+t联立y=kx+t,x24+y2=1,消去y得(4k2+1)x2设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-8kt4k2+1,x1y1+y2=k(x1+x2)+2t=k-8kt4k2因为四边形OMQN为平行四边形,所以OQ=OM+ON,得Q-8又点Q在椭圆上,故-8kt4k2+124+2t4k2+12=1由①②消去t得,4k4+k2+1=0,该方程无解,故这样的直线不存在,即曲线C上不存在点Q,使得四边形OMQN为平行四边形.方法技巧求轨迹方程的常见方法有:①直接法,设动点的坐标为(x,y),根据题意列出关于x,y的等式即可;②定义法,根据题意动点轨迹符合已知曲线的定义,直接求出方程;③参数法,把x,y分别用第三个变量表示,消去参数即可;④逆代法,将x0=g(x),y0=h(x分类透析二参数型存在性问题例2已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,直线2x-y+2=0交抛物线C于A,B两点,P是线段AB的中点,过点P作x轴的垂线交抛物线C于点Q.(1)D是抛物线C上的动点,点E(-1,3),若直线AB过焦点F,求|DF|+|DE|的最小值.(2)是否存在实数p,使等式|2QA+QB|=|2QA-QB|成立?若存在,求出p的值;若不存在,请说明理由.解析(1)因为直线2x-y+2=0与y轴的交点为点(0,2),所以F的坐标为(0,2),则抛物线C的方程为x2=8y,准线l为y=-2.设过点D作DG⊥l于点G,则|DF|+|DE|=|DG|+|DE|,当E,D,G三点共线时,|DF|+|DE|取最小值,最小值为2+3=5.(2)假设存在实数p满足条件使等式成立.由x2=2py,2x-y+2=0,消去y设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4p,x1x2=-4p,所以Q(2p,2p).因为|2QA+QB|=|2QA-QB|,所以QA⊥QB,则QA·QB=0.因此(x1-2p)(x2-2p)+(y1-2p)(y2-2p)=0,即(x1-2p)(x2-2p)+(2x1+2-2p)(2x2+2-2p)=0,5x1x2+(4-6p)(x1+x2)+8p2-8p+4=0,把x1+x2=4p,x1x2=-4p代入得4p2+3p-1=0,解得p=14或p=-1(舍去)因此存在实数p=14,使得等式|2QA+QB|=|2QA-QB|成立方法技巧存在性问题的解题步骤:(1)先假设存在,引入参变量,根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).(2)解此方程(组)或不等式(组),若有解则存在,若无解则不存在.(3)得出结论.分类透析三定值型探究性问题例3已知椭圆C:x24+y2=1,点O是坐标原点,点P是椭圆C上任意一点,且点M满足OM=λOP(λ>1,λ是常数).当点P在椭圆C上运动时,点M形成的曲线为C(1)求曲线Cλ的轨迹方程.(2)直线l是椭圆C在点P处的切线,与曲线Cλ的交点为A,B两点,探究△OAB的面积是否为定值.若是,求△OAB的面积;若不是,请说明理由.解析(1)设点M的坐标为(x,y),对应的点P的坐标为xλ由于点P在椭圆C上,所以xλ24+y即曲线Cλ的轨迹是椭圆,标准方程为x24λ2+y2λ2(2)当直线l的斜率不存在时,这时直线l的方程为x=±2,联立方程组x=±2,x24+y2=故S△OAB=12|OP|·|AB|=2λ当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,联立方程组y=kx+m,x24+y2=1,得(4k2+1)x2由Δ=0,可得m2=4k2+1.联立方程组y=kx+m,x24+y2=λ2,得(4k2+1)所以x1+x2=-8km4k2+1,x1则|AB|=1+k2=41+原点O到直线l的距离d=|m|1+所以S△OAB=12|AB|·d=2λ综上所述,△OAB的面积为定值2λ2方法技巧1.对于此类探索性问题一般分为探索条件、探索结论两种.若探索条件,则可先假设条件成立,再验证结论是否成立,成立则存在,不成立则不存在;若探索结论,则应先求出结论的表达式,再针对其表达式进行讨论,往往涉及对参数的讨论.2.求解步骤:假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组.若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在,否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在.1.(2019年全国Ⅱ卷,理T21改编)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-12.记动点M的轨迹为曲线(1)求曲线C的方程,并说明C是什么曲线.(2)已知直线l:y=kx+m与曲线C交于点D、E.若以DE为直径的圆经过点B,则l是否通过某个定点?若过定点,求出定点坐标;若不过定点,请说明理由.解析(1)直线AM的斜率为yx+2(x≠-2),直线BM的斜率为yx-2(x≠2),由题意可知yx+2·yx-2=-12⇒x2+2y2=4(x≠±2),所以曲线C是以坐标原点为中心,焦点在x轴上,不包括左右两顶点的椭圆,其方程为x(2)已知直线l:y=kx+m与曲线C交于点D,E.设点D(x1,y1),E(x2,y2).联立方程组y消去y并整理,得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,则x1+x2=-4km2k2+1,x1则y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=m2以DE为直径的圆经过点B,可得直线BD,BE斜率之积为-1,即y1x1-2×y2x2-2=-1,∴y1y2+x1x2-2(即m2-4k22k2+1+2m2-42k2+1+8km解得m=-2k3或m=-当m=-2k时,得直线l的方程为y=kx-2k=k(x-2),则l通过的定点为(2,0),即B点,故舍去.当m=-2k3时,得直线l的方程为y=kx-2k3=kx-22.(2015年全国Ⅰ卷,理T20)在直角坐标系xOy中,曲线C:y=x24与直线l:y=kx+a(a>0)交于M,N(1)当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程;(2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有∠OPM=∠OPN?说明理由.解析(1)由题设可得M(2a,a),N(-2a,a),或M(-2a,a),N(2a,a).又y'=x2,故y=x24在x=2a处的导数值为a,C在点(2a,a)处的切线方程为y-a=a(x-即ax-y-a=0.y=x24在x=-2a处的导数值为-a,C在点(-2a,a)处的切线方程为y-a=-a(x+2即ax+y+a=0.故所求切线方程为ax-y-a=0和ax+y+a=0.(2)存在符合题意的点.证明如下:设P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1),N(x2,y2),直线PM,PN的斜率分别为k1,k2.将y=kx+a代入C的方程,得x2-4kx-4a=0.故x1+x2=4k,x1x2=-4a.从而k1+k2=y1-=2kx1当b=-a时,有k1+k2=0,则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补,故∠OPM=∠OPN,所以点P(0,-a)符合题意.1.(广东汕头2019届高三第一次模拟)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,点A在椭圆C上,|AF1|=2,∠F1AF2=60°,过F2与坐标轴不垂直的直线l与椭圆(1)求椭圆C的方程.(2)若P,Q的中点为N,在线段OF2上是否存在点M(m,0),使得MN⊥PQ?若存在,请求出m的取值范围;若不存在,请说明理由.解析(1)由e=ca=12,得a=2c,|AF1|=2,|AF2|=2a-在△AF1F2中,由余弦定理得|AF1|2+|AF2|2-2|AF1|·|AF2|cosA=|F1F2|2,则a2-4a+4=0,解得a=2,从而c=1,b2=a2-c2=3,所以椭圆C的方程为x24+y2(2)假设存在这样的点M符合题意.设P(x1,y1),Q(x2,y2),N(x0,y0).由直线PQ过点F2(1,0),可设直线PQ的方程为y=k(x-1),k≠0,由x24+y23=1,y=k(x-1),得(4k2+3Δ=(-8k2)2-4(4k2+3)(4k2-12)=144(k2+1)>0,由x1+x2=8k24k2+3,得x又点N在直线PQ上,所以y0=k(x0-1)=k4k24所以N4k若MN⊥PQ,则kMN=0--3整理得m=k24k所以存在实数m,且m的取值范围为0,2.(江苏盐城2019届高三第三次模拟)在平面直角坐标系xOy中,椭圆