高考复习A版数学考点考法（10年高考真题）：圆锥曲线的综合问题

圆锥曲线的综合问题

考法一求轨迹方程

1.(2021新高考/,21,12分)在平面直角坐标系xOy中，已知点Fi(-V17,0),^2(717,0),点M满足

|MFi|-|W2|=2.iBM的轨迹为C.

(1)求C的方程；

⑵设点r在直线x=l±,过r的两条直线分别交C于4,B两点和P,Q两点,且◎HTB|=|7PHTQ,求直线AB

的斜率与直线PQ的斜率之和.

解析⑴由题意知|Fi&|=2g,因为|MBH/F2|=2<|尸典=2旧,所以结合双曲线定义知，点M的轨迹C

是以尸1、尸2为焦点的双曲线的右支.

设其方程为£-^7=1(a>0,b>0,x>ci),则2a=2,2c=2V17,

解得a=l,c=V17,贝I」"=^-02=(^)2〃2=I6,

所以M的轨迹C的方程为%2-^=1(%>1).

16

、/八(丫=k1(%一二)+犯

⑵如图，设T&m),直线A8的方程为“=h(x-£),由?27得

~\x2--=l(x>1),

(16-般)N+(胫-2kim)x-jk^+kim-m2-16=0,

设A(xi,yi),B(X2,”)，

则R+&=等等"因=吗>，

则芥|=J1+好-0,\TB\=y/l+kl(x2-i),

所以|加・|TB|=(1+瑟)1i-(J国-=呵矍*.

设直线PQ的方程为y-m=k2(x-0,

同理得17PH70|=%空迎，

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因为|刑•|TB|=|TPHTQ|,

p；(7n2+12)(l+^)_(而+12)(1+必)

所gH以I不痴一不G'

所以兽=普,即蜉=kl由题意知匕邦2,所以匕+%2=0,

K1—lo/<2—1O

即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.

一题多解⑵设Tg,m),直线AB的倾斜角为仇,直线PQ的倾斜角为仇,由题不妨设普=tl-=

AB

t2-h>0,t2>0,

贝1||亍7|二九，|河|=/2.

设A(x,y),因为方=tl•篇,所以1-1,y-mj=ti(cosa,sina)，所以司+力cosa,y=m+tisin3i,

又因为点A在双曲线上，

所以16Q+^cos%)-(m+Zisin^i)2=16,即(16cos2ei-sin28i)号+(16cos8i-2msin仇)力-(加+12)=0.

同理可得(16cos2e「sin2ei)g+(16cos8卜2根sin。1)/2-(—+12)=0.

所以力"2即为方程(16cos28i-sin2ei)p+(16cos^i-2msin伊)卜(源+12)=0的两个根，

-(m2+12)

则|L4H"口"2二22,

16cos01-sin01

-(m2+12)

同理17nlTQ仁2-2,

16cos02sin02

22

结合|2XHTB|=|7PHTQ|,得COS6>I=COS02,

又因为AB与P。是不同直线，

所以COS01—COS02,于是01+02=n,贝!JkAB+kpQ=0>,

即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.

易错警示解答本题第一问时,容易出现所求C的方程为xZ

4=1的错误结果,从而致使第二问直接做错.

16

2.(2016课标m,理20,文20,12分)已知抛物线C:y'=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线L,卜分别交C

于A,B两点，交C的准线于P,Q两点.

(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点证明AR〃FQ;

(2)若4PQF的面积是AABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.

解析由题设知F(；,。)设li：y=a,L:y=b,则abWO,

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且A（5,a）,B（/b）,p（a）,Q（b）,R（W竽）

记过A,B两点的直线为1,则1的方程为2x-（a+b）y+ab=O.（3分）

（1）由于F在线段AB上,故l+ab=O.

记AR的斜率为k„FQ的斜率为k2,则

a—ba—b1—ab,,

ki=----=>--=-=---二一b=kz.

l+azaz—abaa

所以AR〃FQ.（5分）

⑵设1与x轴的交点为D（X1,0）,贝（JIb-a[|：FD|=||b-a|xx-S«w=尼科.

由题设可得2x*a|k]-务也尹,

所以XFO（舍去），或xi=l.（8分）

设满足条件的AB的中点为E（x,y）.

当AB与x轴不垂直时,由kAB二kDE可得二;二二7（xWl）.

a+bx—1

而与^=y，所以y-x-l（x^l）.

当AB与x轴垂直时,E与D重合.所以,所求轨迹方程为y2=x-l.（12分）

疑难突破第⑴问求解关键是把AR//FQ的证明转化为ksk的证明;第⑵问需找到AB中点所满足的几何

条件,从而将其转化为等量关系.在利用斜率表示几何等量关系时应注意分类讨论思想的应用.

评析本题主要考查抛物线的性质,直线的斜率及其应用,轨迹方程的求法等知识,考查分类讨论思想的应

用,考查考生对基础知识和基本技能的应用能力.

x2v2厂V5

3.（2014广东理,20,14分）已知椭圆（2：-^+北二1（a〉b〉O）的一个焦点为（v5,0）,离心率为牙.

aLb3

⑴求椭圆C的标准方程；

⑵若动点P（x0,y0）为椭圆C外一点,且点P到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程.

解析（1）由题意知c二返J电,

a3

.,.a=3,b2=a2-c2=4,

22

故椭圆C的标准方程为—=1.

⑵设两切线为L,L,

①当轴或L〃x轴时,L〃x轴或l」x轴，可知P（±3,±2）.

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.1

②当L与x轴不垂直且不平行时,x°W±3,设L的斜率为k,且kWO,则卜的斜率为-工,L的方程为

/v2*4

y-yo=k(x-xo),与胃+丁二1联立，

222

整理得(9k+4)X+18(y0-kx0)kx+9(y0-kx0)-36=0,

2

,•直线L与椭圆相切，/△=0,即9(y(rkxo)2k2—(9k[+4)・[(y0-kx0)-4]=0,

-92

(%o)k-2xoyok+y2-4=o,

•'-k是方程(焉-9)x2-2xoyox+y：-4=O的一个根，

2s

同理,一工是方程(焉-9)x-2xoy0x+y2-4=0的另一^1根，

.'.k"(-整理得说+耳=13,其中x0#±3,

.,.点P的轨迹方程为x2+y2=13(x#±3).

P(±3,±2)满足上式.

综上,点P的轨迹方程为x2+y2=13.

评析本题考查椭圆的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系以及轨迹方程的求法.考查分类讨论思想以及

方程思想的应用.

4.(2014湖北理,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(l,0)的距离比它到y轴的距离多L记点M

的轨迹为C.

⑴求轨迹C的方程；

⑵设斜率为k的直线1过定点P(-2,1).求直线1与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点

时k的相应取值范围.

解析Q)设点M(x,y),依题意得|MF|=|x|+l,

即J(x-1)2+y2=|x|+l,

化简整理得y'=2(|x|+x).

4%x>Q

故点M的轨迹C的方程为y'='一'

0,x<0.

2

(2)在点M的轨迹C中，记3:y=4x,C2:y=0(x<0),

依题意,可设直线1的方程为y-l=k(x+2).

(y-1=k(x+2),

由方程组|2A可得ky"4y+4(2k+l)=0.①

(y=4x,

i

⑴当k=o时,此时y=L把y=l代入轨迹C的方程,得x=-.

4

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故此时直线1：y=l与轨迹C恰好有一个公共点Q,1).

(ii)当—0时,方程①的判别式为A=T6(2k2+k-l).②

设直线1与x轴的交点为(x。,0)，则

2k+l

由y-l=k(x+2),令y=0,得x。二一--.③

K

1。若[口由②③解得k〈T或k>；.

即当ke(-oo,-1)UG，+8)时，直线1与a没有公共点,与a有一个公共点，

故此时直线1与轨迹c恰好有一个公共点.

2。若联胃或联则由②③解得回_』钞或-六k〈o.

即当ke{-i,那时,直线1与a只有一个公共点,与心有一个公共点.

当ke(时'直线1与a有两个公共点'与C，没有公共点.

故当kC,(o)u{-1,先时,直线1与轨迹C恰好有两个公共点.

rJ>0,11

3°若”一八则由②③解得T〈k〈-5或0〈k〈5.

VXQ<U,ZZ

即当ke(-i,-0u(o')时，直线1与a有两个公共点,与a有一个公共点，

故此时直线1与轨迹c恰好有三个公共点.

综合⑴(ii)可知,当ke(-00,-1)uQ,+8)u{0}时，直线1与轨迹C恰好有一个公共点；^ke[-1,o)u

{-1,和寸，直线1与轨迹c恰好有两个公共点;当kC(-1,-2)U(0,力时，直线1与轨迹C恰好有三个公共

点

评析本题考查了直线和抛物线的位置关系,考查了数形结合的方法,灵活地利用判别式是求解的关键.盲

目利用抛物线的定义而漏掉射线y=0(x<0)就会造成错解而失分.

5.(2013课标I,理20,文21,12分)已知圆&+1),+尸=1,圆N:(x-l)2+y2=9,动圆P与圆M外切并且与圆N

内切，圆心P的轨迹为曲线C.

⑴求C的方程；

⑵1是与圆P,圆M都相切的一条直线,1与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求|AB|.

解析由已知得圆M的圆心为M(-1,0),半径n=l;圆N的圆心为N(1,0),半径r2=3.设圆P的圆心为P(x,y),

半径为R.

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(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切,所以|PM|+1PN|=(R+n)+(r2-R)=r,+r2=4.

由椭圆的定义可知,曲线C是以M、N为左、右焦点,长半轴长为2,短半轴长为5的椭圆(左顶点除外)，其方

22

程为-2(X*2).

⑵对于曲线C上任意一点P(x,y)，由于|PMHPN|=2R-2W2,所以RW2,当且仅当圆P的圆心为(2,0)时,R=2.

所以当圆P的半径最长时,其方程为(x-2)2+y2=4.

若1的倾斜角为90°,则1与y轴重合，可得|AB|=2>/3.

若1的倾斜角不为90。,由r^R知1不平行于x轴，设1与x轴的交点为Q,则思=±可求得Q(-4,0),所

|QM|ri

以可设1：y=k(x+4).由1与圆M相切得-^=1,解得k=士号.

卮4

当k=乎时,将y=^x+6代入=+《=1,并整理得7x'+8x-8=0,解得XL尸兰品I

所以|AB|=V1+k2|X2-X11=y.

当k=乎时,由图形的对称性可知IAB|寺.

综上JAB1=2百或1AB1岑.

评析本题考查了直线和圆的位置关系,考查了椭圆的定义和方程,考查了分类讨论的方法和运算求解能力.

利用数形结合的方法是解题的关键.在求曲线C的方程时容易忽视对左顶点和直线倾斜角为90。时的讨论而

造成失分.

6.(2013课标H文,20,12分)在平面直角坐标系xOy中,已知圆P在x轴上截得线段长为2近,在y轴上截得

线段长为2孤.

⑴求圆心P的轨迹方程；

⑵若P点到直线y=x的距离为苧,求圆P的方程.

解析(1)设P(x,y),圆P的半径为r.

由题设得y+2=r2,x2+3=r2.从而y2+2=x2+3.

故P点的轨迹方程为介/=1.

⑵设P(xo,y0),由已知得

l^o-yoLV2

V2

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又P在双曲线y2-x2=l上,从而得(%卜_f焉l==iL

由［y2_*=1得［y：=_1此时,圆P的半径r=V3.

x-=

由"foyW0=T1得［(XyQ：=o1,此时，圆P的半径r=V3l.

故圆p的方程为X2+(y-l)2=3或x2+(y+l)2=3.

考法二定值与定点问题

1.(2020新高考/,22,12分)已知椭圆C:马+1=l(a>b>0)的离心率为乎,且过点A(2,1).

a2b22

(1)求C的方程；

⑵点M,N在C上,且AM1AN,ADLMN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.

质，椭圆中的定点、定值问题.考查学生分析问题、解决问题的能力.考查的核心素养是数学运算.

解析⑴由题设得W+al，寸="

a2b2a22

解得层=6,扶=3.

所以C的方程为1+4=1.(6分)

OO

⑵证明：设M(xi,yi),N(X2,yi).

若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,^A-+竺=1得(1+2&2)/+4初《+2加-6=0.

63

于是XX2=-^,阳及=赊(根与系数的关系).①

l+2

1+2/c2l+2k

由AM.LAN知4M•AN=0,故(阳-2)(12-2)+(丁卜1)(”-1)=0,可得(S+1)»%2+(加-4-2)(a+冗2)+(加-1)2+4=0.

将①代入上式可得(R+1)鲁箸-(km-k-2)黑白(怯1)2+4=0.

1TZ/C1TZ/C

整理篷盘牡初±夏*?必0(易错：化简和因式分解过程中的计算量比较大,容易出错).

因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-1^0,

故2k+3m+l=0,后1.

于是MN的方程为y=k［x

所以直线MN过点-1).

若直线施丛g睡直(易丢分点:容易忽略直线斜率不存在的情况)，可得N(孙-y〉

由前•丽=0得(xi-2)(xi-2)+(yi-l)(-”-1)=0.

又£+可得3淄-8xi+4=0.

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解得xi=2(舍去)或%i=1.

此时直线MN过点P(|,-1).

令Q为AP的中点，即QG，J.

若。与P不重合,则由题设知AP是RtAADP的斜边,故\AP\=(.

若D与P重合,则|。。|甘"|.

综上,存在点使得QQI为定值.(12分)

归纳总结:圆锥曲线中定点问题的两种解法

(1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关

系，找到定点；

(2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.

2.(2022全国乙,理20,文21,12分)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过

A(0,-2),B(|,-l)两点.

(1)求E的方程；

(2)设过点P(l,-2)的直线交E于N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足而=

而.证明:直线过定点.

解析(1)解法一:设椭圆E的方程为真+§=l(fl>0,b>0且叶吩，将A(0,-2),B(|,-1)两点的坐标代入，

得|弓一；解得故椭圆E的方程为1+1=1.

34

—+2_=1伪2=4,

14a2b2'

(1

4n=1,n=~,

9m_1解得，:故椭圆£1的

{--t-n—i,m=-,

I3

方程为1+1=1.

34

⑵由A(0,-2),fig,-1)可得直线AB的方程为y=*2.

①若过点P(l,-2)的直线的斜率不存在,则其方程为x=l,与方程1+1=1联立,可得产士乎,结合题意可知

34o

(2

N(l,算仆-筌)，由."3:J得［二噜+'T(-V6+3,-笋由而=TH,

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y迷+：逐1一支"(巡+则H(一2巡+5,-乎)，所以直线HN的方程为y=(2+乎卜-2,易知直线

得

过点(0,-2);

②若过点P(l,-2)的直线的斜率存在,设其方程为>2=%(九-1),Af(xi,yi),N(X2,").

(y+2=k(x—1),

联立1%2y2得(3R+4)/-6晨2+Z)X+3MZ+4)=0,贝I」

5+丁=L

4(4+4k-2k2)

6fc(2+fc)3fc(fc+4)-8(2+fc),.，为以+也”=向-24k.

M+X2=砺晨,的彩=三万屋，以+丫2=/不，以"一3k2+4

y=ylf

fy=2%_2,可得T(等+3，yJ，由标=而，可得H(3yi+6-xi,yi),故此时直线HN的方程为

y-”=3y(X-九2),将(0,-2)代入并整理得2(xi+x2)-6(yi+^2)+xiy2+x2yi-3yiy2-12=0,即2><6；］崇)—6x

4(4+4k-2k2)

若辿+孚一3X--12=0恒成立,则直线HN过定点、(0,-2).

3H+43k2+43k2+4

综上,直线HN过定点(0,-2).

3.(2020课标/理,20,12分)已知A,B分别为椭圆E:^+y2=l(a>l)的左、右顶点，G为E的上顶点,AG-

GB=3.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.

⑴求E的方程；

(2)证明：直线CD过定点.

解析⑴由题设得A(/,O),B(〃,O),G(O,1).

贝!1刀=(a,1),GB=(a,-1).由万-GB=8得a2-l=8,即a=3.

所以E的方程为?+V=L

⑵设C(xi,yi),O(.X2,yi),P(6,t).

若子0,设直线CD的方程为工=加丫+〃，由题意可知-3<〃<3.

由于直线PA的方程为y=|(%+3),所以yi=g(xi+3).

直线PB的方程为y=1(%-3),所以y2=|te-3).

可得3yl(X2-3)=yi(xi+3).

由于日+泥=1，故y/=-(xz+3g>-3),

可得27yly2=-(xi+3)Ga+3),即

(27+/n2)yiy2+m(n+3)(yi+y2)+(n+3)2=0.①

将x=my+n代入9+产=1得

(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.

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r-r-i2mnn2-9

所以H“+/=诉，””=诉・

代入①式得(27+m2)(H2-9)-2m(«+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0.

解得m=-3(舍去)，«2=|.

故直线CD的方程为即直线CD过定点住,0).

若U0,则直线CD的方程为y=0,过点(|,0).

综上,直线CD过定点(|,0).

方法总结求圆锥曲线中定点问题的基本思路

⑴把直线或者曲线方程中的变量羽y当作常数,把参数当作未知数,将方程一端化为0,即化为

mf(x,y)+g(x,y)=0的形式(这里把参数m当作未知数).

⑵既然是过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,这时参数的系数就要全部等于0,这样就得到一个

关于x,y的方程组,即乃"飞=：'

(g(x,y)=o.

⑶这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点，即坐标满足=，的点(我,加)为直线或

9(%,y)=o

曲线所过的定点.

%21

4.(2019课标m理,21,12分)已知曲线C:y=5,D为直线上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为

A,B.

⑴证明:直线AB过定点；

⑵若以E(0,|)为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求四边形ADBE的面积.

解析本题考查直线与抛物线相切,弦的中点，直线与圆相切等知识点,通过直线与抛物线的方程运算,考查

了学生在解析几何中的运算求解能力，以直线与抛物线相切为背景考查了数学运算的核心素养.

(1)设D(t,A(xi,yi)，贝h：=2yi.

由于y'=x,所以切线DA的斜率为xi,故y=x“

整理得2txi-2yi+l=0.

设B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+>0.

故直线AB的方程为2tx-2y+l=0.

所以直线AB过定点(0，)

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.1

⑵由⑴得直线AB的方程为y=tx'

y=tx+^,

2

V2可得x-2tx-l=0.

{y*

2

于是xi+x2=2t,X1X2=T,yi+y2=t(xi+x2)+l=2t+l,

22

IABI=V1+tIX1-X21=1I+胫x+4)？-4、I%2=2(t+l).

2

设的&分别为点D,E到直线AB的距离，则dI=Vt+1,d2=-=.

22

因此四边形ADBE的面积S=1IABI(d1+d2)=(t+3)Vt+1.

设M为线段AB的中点，则M(t,t2+0.

由于前，荏,而前=(t,t-2),超与向量(1,t)平行，

所以t+(t2-2)t=0.

解得t=0或t=±l.

当t=0时,S=3;当t=±1时,S=4V2.

因此,四边形ADBE的面积为3或4V2.

解题关键(1)设出A、B坐标,求导、列等式是解题的突破口.(2)由⑴得出AB的方程,用坐标表示出前，

AB,求AB方程中的参数是关键.

5.(2018北京理,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1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.

⑴求直线1的斜率的取值范围；

⑵设0为原点,QM=XQO,QN=^1QO,求证:J+工为定值.

解析(1)因为抛物线y'=2px过点(1,2),

所以2p=4,即p=2.

故抛物线C的方程为y'=4x,

由题意知,直线1的斜率存在且不为0.

设直线1的方程为y=kx+l(k*0).

由卜2=4x,得k%z+(2k_4)x+1=0.

iy=kx+1

依题意△=(2k-4)-4xk2xl>0,解得k<0或0<k<l.

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又PA,PB与y轴相交,故直线1不过点(1,-2).

从而k#-3.

所以直线1斜率的取值范围是(-8,-3)U(-3,0)U(0,1).

⑵设A(x”yi),B(X2,y2),

由⑴知X1+X2---,X1X2二话

直线PA的方程为丫-2=红1&-1).

令x=0,得点M的纵坐标为〃==4+2=色3+2.

同理得点N的纵坐标为.二笔如.

%2-1

由丽=入而，而=口而得入=l-y.,|J=l-yN.

r-r-lM1111Xi—1%2-1

所以一+-=----+-----=----+----

a.I-'M1』(J)%I(J)%2

212k-4

1.2%1%2-(无1+%2)=1.』」二2

k—1第i%2k-1•

11

所以］+-为定值.

A〃

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;

⑵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、变形求

得;

⑶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.

%2y2-v/3

6.(2016北京理,19,14分)已知椭圆C:方4=15油〉0)的离心率为?"缶,0)通(0,1)),0(0,0),/\0人8的面积

曲b2

为1.

⑴求椭圆c的方程；

⑵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.

a2,

解析⑴由题意得彳工ab=l

L2=b2+c2,

解得a=2,b=l.

第12页共32页

所以椭圆c的方程为丁+y2=l.

⑵由⑴知,A(2,0),B(0,1).

设P(xo,yo),则说+4.=4.

当xoWO时,直线PA的方程为y二,°(x—2).

%0-2

令x=0,得—从而|BM|=|l-yM|=|l+

XQ—2IXQ—2\

直线PB的方程为y=——x+1.

令y=0,得XN=一从而|AN|=|2-XN|=2+

y°T为一1

所以IAN|•|BM|=2+X0•11+%]

-11x

y00-2l

二延+4光+4%oy()-4%o-8yo+4

xoyo-xo-2yo+2

_4%0.0-4%0-8%+8

xoyo-x()-2yo+2

=4.

当xo=O时,y0=-l,|BM|=2,|AN|=2,

所以|AN|・|BM|=4.

综上，IAN|・|BM|为定值.

一题多解⑵点P在曲线(J+停了=1上,不妨设P(2C°Se,sin。)，当e#kT(且e#k吗(kez)时，直线

sin0

AP的方程为y-o=(x-2),令x=0,得浒启前

2(cos。-1)

T-7d，,sin0—1z、入02cos6

直线BP的方程为厂1=能(x-0)，令y=0,得舒匚嬴.

cosOIIsin。I

/.|AN|•|BM|=21-1—sin0l\1—cos/

12(1—sin0)(l—cos0)卜2x2=4(定值).

I(1—sin0)(l—cos0)

当。=立或矢k吗(keZ)时,M、N是定点易得|AN|•|BM|=4.综上，|AN|•|BM|=4.

评析本题考查椭圆的标准方程，直线与圆推曲线的位置关系及定值问题，方法常规,运算量大，对学生的运

算能力要求较高.

/2

7.(2016北京文,19,14分)已知椭圆C:-y+=v4=1过A(2,0),B(0,1)两点.

4b

⑴求椭圆C的方程及离心率；

第13页共32页

⑵设P为第三象限内一点且在椭圆c上，直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:四边形ABNM

的面积为定值.

解析（1）由题意得,a=2,b=l.

所以椭圆C的方程为《+/=1.（3分）

又c=Va2-b2=y/3,

所以离.心率.ec=-\fJ3（5分）

a2

（2）设P（x0,y0）（x0<0,y0<0）,则瑟+4讣=4.（6分）

又A（2,0）,B（0,1）,

所以,直线PA的方程为y二丫0（x-2）.

XQ-2

令x=0,得y=从而|BM|=l-y=l+―（9分）

M%0-2M%。一2

直线PB的方程为y=——x+1.

第0

令尸0,得XN=--^―,

从而可二2』二2+三（12分）

所以四边形ABNM的面积

1

S=-|AN|•|BM|

W（2+记0（1+普）

二延+4%+4配y0-4%o-8丫0+4

2（一。-0一%。-2yo+2）

_2%0丫0-2%0-4丫0+4_2

xoyo-xo-2yo+2•

从而四边形ABNM的面积为定值.（14分）

解后反思本题第⑵问可画出图形进行分析，

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发现点A和点B分别为椭圆的右顶点和上顶点,且四边形ABNM的对角线AN与BM互相垂直,所以S四哪

ABNM=|AN|TBMI,问题转化为求点M与点N的坐标,故设点P（Xo,yo）,表示出直线PA和PB,即可求得点M、N

的坐标.

评析本题考查了椭圆的标准方程、离心率和直线方程的相关知识及定值问题,知识点较综合,属中等偏难

题.

8.（2015课标H文,20,12分）已知椭圆（2:a+/=1（a〉b〉0）的离心率为亨，点⑵衣）在C上.

⑴求C的方程;

⑵直线1不过原点0且不平行于坐标轴,1与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.证明:直线0M的斜率

与直线1的斜率的乘积为定值.

.a2—b2J742

解析⑴由题意有^——=v>4+4=1.

a2a乙b

解得a2=8,b2=4.

所以c的方程为4+4=1.

o4

22

(2)设直线1:y=kx+b(kWO,bWO),A(xbyi),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入2+今=1得

o4

(2k2+l)x2+4kbx+2b2-8=0.

,,%l+%2—2kbb

故为再?y»=k.X'+b=后p

于是直线。M的斜率心若噎即Mk*.

所以直线0M的斜率与直线1的斜率的乘积为定值.

评析本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系;考查了定值问题的解题方法.利用韦达定理解决线

段的中点是求解关键.

9.（2015陕西文,20,12分）如图，椭圆E:»+^=l（a〉b〉0）经过点A（0,T）,且离心率为亨.

⑴求椭圆E的方程；

⑵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.

cV2

解析⑴由题设知二万”1,

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结合a2=b2+c2,解得a=V2.

所以椭圆E的方程为了+y2=l.

%2

⑵证明:由题设知,直线PQ的方程为y=k(xT)+1(k#2),代入会+y2=l,得(l+2k?)x?-4k(k-l)x+2k(k-2)=0.

由已知可知A〉0.

设P(xi,yi),Q(x2,y2),Xix2^0,

则X,+X2=3，X凶=2k(”2)

l+2/cz1+2/c2,

从而直线AP,AQ的斜率之和

_巧+1%+1_依1+2—女k%2+2-k

KAP+KAQ--1

%1第2%1第2

=2k+(2-k)f—+°)=2k+(2-k)祖母

\%1*i)x1x2

=2k+(2-k)=2k-2(k-l)=2.

，2k(忆k—2)，

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.

考法三最值与范围问题

1.(2019课标n文,20,12分)已知Fl,F。是椭圆C:^+'=1(a〉b〉0)的两个焦点,P为C上的点,0为坐标原点.

⑴若△POF,为等边三角形,求C的离心率；

(2)如果存在点P,使得P3_LPF»且△FPF,的面积等于16,求b的值和a的取值范围.

解析本题主要考查椭圆的定义、简单的几何性质;考查数形结合的数学思想和逻辑思维能力与运算求解能

力；体现了逻辑推理与数学运算的核心素养.

(1)连接PF】.由△POR为等边三角形可知在△BPF,中，NFFF2=90°,田&|r，中眄|=百勒于是

2a二|PFi|+lPF21-(A/3+1)c,故C的离心率e=-=^3~l.

a

⑵由题意可知,满足条件的点P(X,y)存在,当且仅当［Iy|•2c=16,义•上=-1,展1,

2x+cx—caLb

即c|y|=16,①

x2+y2=c2,②

22

哥xy二1・③_

由②③及a』”?得y'，，

1fi2

又由①知y三笆，故b=4.

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由②③得X?当©干）,

*

所以C22b2,

从而a=b2+c2^2b2=32,故a24戏.

当b=4,a，4*\历时,存在满足条件的点P.

所以b=4,a的取值范围为［40,+oo）.

思路分析第⑴问中由平面几何知识可知△PF1F2是NFIPF2=90。的直角三角形,且|PF2|二c,|PFi|=y/3c,再利

用椭圆的定义找出a与c的等量关系,进而求离心率.

第⑵问中设出P点坐标,利用尸2n6,PF—PF2以及得到方程①②③,消元化简可求b的值和a

的取值范围.

一题多解（2）设|PFJ=n,|PF2|=r2,

由椭圆的定义可得ri+r2=2a,

1

5.92二产0二16,.,.rir2=32.

又PF」PF2,「君+丁介4c；

222

（ri+r2）-r\+r1+2rir2=4c+64=4a,

.,.4a2-4c2=64,「.b=4,

又r：+rW22rir2,..•4c222x32,「.cN4,

.,.a2=b2+c2=16+c2^32,

••.b的值为4,a的取值范围为［46,+8）,

2.（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.

⑴设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴；

⑵若P是半椭圆x2^=l（x<0）上的动点,求4PAB面积的取值范围.

4

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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.

⑴设P（X。,y»）,AQ片yj,B6吟％）

因为PA,PB的中点在抛物线上，

2

所以y“％为方程（等）=4•受#即y-2yoy+8x0-y2=0的两个不同的实根.

所以yi+y2=2y°,因此,PM垂直于y轴.

⑵由⑴可知qy=8/所以|PMY（y；+y：）-x%yj-3x。,y-yz|=2^2（y^-4x0）.

13V2-

因此,z\PAB的面积SAMB/IPM•lyi-yzU/■（%-4x0）2.

y2

因为说+,二1（xoCO）,所以yj4xo=-4%：-4xo+4£[4,5].

因此,APAB面积的取值范围是卜立,竺答]

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.（2017浙江,21,15分）如图，已知抛物线x三y,点A（-最,）抛物线上的点P（x,y）（-1<x<|）.

过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.

⑴求直线AP斜率的取值范围；

⑵求|PA|，JPQ|的最大值.

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一一XA1

解析(1)设直线AP的斜率为k,k=----p=x--,

叫2

12

因为-5<x<W所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1).

11

kx-y+-k+-=0,

9J

x+/cy--k--=O,

(4Z

解得点Q的横坐标是xy“苛.

因为IPA|=V1+fc2(x+0=V1+k2(k+1),

iPQHVTTF-g*"

M+i

miPAi-iPQi=-(k-i)(k+i)3,

令f(k)=-(kT)(k+l):因为f'(k)=-(4k-2)(k+l)；

所以f(k)在区间(-1，)上单调递增,g，l)上单调递减,因此当k生寸,|PA|•|PQ|取得最大值得

解法二:如图，连接BP,|AP|•PQ|=|AP•|PB•cosZBPQ=AP«(AB-AP)=AP•AB-AP2.

易知P(x,x2)1<x<I),

__»__»]2(-211116

则方•AB=2x+l+2x-^=2x+X2=x2+x+-+x4--x2+--=x4+-x2+x+--.

X+I-94216216

AP

则f'(x)=-4x+3x+l=-(xT)(2x+l),

・•・f(x)在(-g1)上为增函数,在(1,1)上为减函数,

27

「.f(X)max=f⑴二寸.

16

故|AP|•|PQ|的最大值为的27.

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4.(2016课标I理,20,12分)设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A,直线1过点B(l,0)且与x轴不重合,1交圆A

于C,D两点过B作AC的平行线交AD于点E.

(1)证明lEAl+lEB|为定值，并写出点E的轨迹方程；

⑵设点E的轨迹为曲线G,直线1交G于M,N两点,过B且与1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IAD|=|AC|,EB〃AC,故NEBD=NACD=NADC.

所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|EDgAD|.

又圆A的标准方程为(x+1)2+y2=16,从而IAD]=4,所以|EA|+1EB|=4.(2分)

由题设得A(-1,0),B(l,0),|AB=2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为0+《=1(y#0).(4分)

⑵当1与X轴不垂直时,设1的方程为尸k(x-D(k^o),

M(xbyi),N(x2,y2).

ry=k(x-1),

由，％2y2得(4k?+3)x2-8k、+4妙-12=0.

+W=1

所以|MN|+/|xix2|=驾±2(6分)

4d+3

12

过点B(1,0)且与1垂直的直线m:y=f(x-l),A到m的距离为^=,所以

2\14k2+3

故四边形MPNQ的面积

S=1|MNPQ|=12(17^^.(10分)

可得当1与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8b).

当1与x轴垂直时,其方程为x=l,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[12,8V3).(12分)

评析本题重点考查圆锥曲线的几何性质,以及直线与椭圆、圆的位置关系，尤其是对“弦长”问题的考查,

更是本题考查的重点.解决此类问题，除了要熟知圆锥曲线的几何性质之外,对计算能力的要求也非常高.

2

5.(2016浙江理,19,15分)如图,设椭圆gy」(a〉l).

aL

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