圆锥曲线的综合问题讲课文档

圆锥曲线的综合问题第1页，共97页。考点一圆锥曲线中定点定值问题1.(2017课标全国Ⅱ,20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:

+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足 =

 .(1)求点P的轨迹方程;(2)设点Q在直线x=-3上,且

· =1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.五年高考A组统一命题·课标卷题组第2页，共97页。解析本题考查轨迹方程,直线与椭圆的位置关系.(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0), =(x-x0,y), =(0,y0).由

=

得x0=x,y0=

y.因为M(x0,y0)在C上,所以

+

=1.因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.(2)证法一:由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则

=(-3,t),

=(-1-m,-n), ·

=3+3m-tn,

=(m,n),

=(-3-m,t-n).由

·

=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以

·

=0,即

⊥ .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.证法二:设Q(-3,t),P(m,n),则m2+n2=2,且 =(m,n),

=(-3-m,t-n).由

·

=1得-3m-m2+tn-n2=1,即3+3m-tn=0.当t=0时,m=-1,则过点P且垂直于OQ的直线为x=-1,显然过点F(-1,0);当t≠0时,由l⊥OQ得l:y-n=第3页，共97页。

(x-m),整理得l:y=

(x+1),也过定点F(-1,0).证法三:由证法二可知,当Q在x轴上时,过点P且垂直于OQ的直线为x=-1,过点F;当Q不在x轴上

时,设H(-3,0),则QH垂直于x轴.注意到| |=

.则

·

=(

+

)·

=

·

+

·

=

·( +

)+ ·(

+

)=-|

|2+

·

+

·

+

·

=-2-1+3+0=0.即PF⊥OQ.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.名师点睛定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定

值”是多少,或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题,证明该式是恒成立的.定

点、定值问题同证明问题类似,在求定点、定值之前已知该值的结果,因此求解时应设参数,运

用推理,到最后必定参数统消,定点、定值显现.第4页，共97页。2.(2015课标Ⅱ,20,12分,0.247)已知椭圆C:

+

=1(a>b>0)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.第5页，共97页。解析(1)由题意有

=

,

+

=1,解得a2=8,b2=4.所以C的方程为

+

=1.(2)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

+

=1得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故xM=

=

,yM=k·xM+b=

.于是直线OM的斜率kOM=

=-

,即kOM·k=-

.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.一题多解(1)同上述解法.(2)设l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),将A、B两点的坐

标代入椭圆方程,并将两式相减,整理得

=-

·

=-

·

,也就是k=-

,于是k·kOM=-

为定值.第6页，共97页。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.第7页，共97页。考点二圆锥曲线中最值(范围)问题(2016课标全国Ⅱ,21,12分)已知A是椭圆E:

+

=1的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.(1)当|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,证明: <k<2.解析(1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为

.又A(-2,0),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=

.因此△AMN的面积S△AMN=2×

×

×

=

.

(4分)(2)将直线AM的方程y=k(x+2)(k>0)代入

+

=1得第8页，共97页。(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.由x1·(-2)=

得x1=

,故|AM|=|x1+2|

=

.由题设,直线AN的方程为y=-

(x+2),故同理可得|AN|=

.

(7分)由2|AM|=|AN|得

=

,即4k3-6k2+3k-8=0.

(9分)设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点,f'(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0,所以f(t)在(0,+∞)内单调递增.又f(

)=15

-26<0,f(2)=6>0,因此f(t)在(0,+∞)内有唯一的零点,且零点k在(

,2)内,所以

<k<2.

(12分)思路分析(1)因为A是椭圆的左顶点,由椭圆的对称性及|AM|=|AN|可知点M和N关于x轴对称,

所以直线MN⊥x轴,加上AM⊥AN,可得直线AM的斜率为1,求出直线AM的方程,与椭圆方程联

立,即可求出点M的坐标.(2)直线AM,AN互相垂直,斜率互为负倒数,设其中之一为k,并将两直线

方程分别与椭圆联立,可用k表示出|AM|,|AN|,代入2|AM|=|AN|,得到一个关于k的方程,再利用导

数工具及函数零点的知识,可求得k的范围.第9页，共97页。评析本题考查了直线与椭圆的位置关系,考查了设而不求,整体运算的技巧,考查了函数的思

想方法,属难题.B组自主命题·省（区、市）卷题组考点一圆锥曲线中定点定值问题1.(2016北京,19,14分)已知椭圆C:

+

=1过A(2,0),B(0,1)两点.(1)求椭圆C的方程及离心率;(2)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.第10页，共97页。解析(1)由题意得,a=2,b=1.所以椭圆C的方程为

+y2=1.

(3分)又c=

=

,所以离心率e=

=

.

(5分)(2)设P(x0,y0)(x0<0,y0<0),则 +4

=4.

(6分)又A(2,0),B(0,1),所以,直线PA的方程为y=

(x-2).令x=0,得yM=-

,从而|BM|=1-yM=1+

.

(9分)直线PB的方程为y=

x+1.令y=0,得xN=-

,从而|AN|=2-xN=2+

.

(12分)第11页，共97页。所以四边形ABNM的面积S=

|AN|·|BM|=

=

=

=2.从而四边形ABNM的面积为定值.

(14分)第12页，共97页。解后反思本题第(2)问可画出图形进行分析,

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四边形ABNM=

|AN|·|BM|,问题转化为求点M与点N的坐标,故设点P(x0,y0),表示出直线PA和PB,即可求得点M、N的坐标.第13页，共97页。2.(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=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.

第14页，共97页。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(x≠0).(2)依题设知,切线l的斜率存在且不等于0,设切线l的方程为y=ax+b(a≠0),代入x2=4y得x2=4(ax+

b),即x2-4ax-4b=0,由Δ=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,即|MN2|2-|MN1|2为定值8.第15页，共97页。评析本题考查抛物线的性质,以及直线与抛物线的位置关系,考查用代数方法解决圆锥曲线

的综合问题,考查方程思想以及设而不求、整体代换思想的应用,同时考查学生运算求解能力

和综合分析问题的能力.考点二圆锥曲线中最值(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+

=1(x<0)上的动点,求△PAB面积的取值范围.

第16页，共97页。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),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,△PAB的面积S△PAB=

|PM|·|y1-y2|=

(

-4x0

.因为

+

=1(x0<0),所以

-4x0=-4

-4x0+4∈[4,5].因此,△PAB面积的取值范围是

.第17页，共97页。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.第18页，共97页。2.(2016山东,21,14分)已知椭圆C:

+

=1(a>b>0)的长轴长为4,焦距为2

.(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

为定值;(ii)求直线AB的斜率的最小值.

第19页，共97页。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)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=

=

,直线QM的斜率k'=

=-

.此时

=-3.所以

为定值-3.(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2).直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=-3kx+m.第20页，共97页。联立

整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.由x0x1=

,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m>0,x0>0,可知k>0,第21页，共97页。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

.评析本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质,直线与椭圆的位置关系,直线的斜率等基

础知识,考查逻辑思维能力、运算求解能力和推理论证能力.第22页，共97页。3.(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.

第23页，共97页。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-

<x<

,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1).(2)解法一:联立直线AP与BQ的方程

解得点Q的横坐标是xQ=

.因为|PA|=

=

(k+1),|PQ|=

(xQ-x)=-

,所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3,令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因为f'(k)=-(4k-2)(k+1)2,第24页，共97页。所以f(k)在区间

上单调递增,

上单调递减,因此当k=

时,|PA|·|PQ|取得最大值

.

解法二:如图,连接BP,|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos∠BPQ=

·(

-

)=

·

-

.易知P(x,x2)

,则

·

=2x+1+2x2-

=2x2+2x+

, =

+

=x2+x+

+x4-

x2+

=x4+

x2+x+

.∴|AP|·|PQ|=-x4+

x2+x+

.设f(x)=-x4+

x2+x+

,则f'(x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,第25页，共97页。∴f(x)在

上为增函数,在

上为减函数,∴f(x)max=f(1)=

.故|AP|·|PQ|的最大值为

.方法总结在解析几何中,遇到求两线段长度之积的最值或取值范围时,一般用以下方法进行

转化.1.直接法:求出各点坐标,用两点间的距离公式,转化为某个参变量(如直线斜率、截距,点的

横、纵坐标等)的函数,再求函数的最值或值域.2.向量法:三点共线时,转化为两向量的数量积,再转化为动点的横(或纵坐标)的函数,最后求函

数的最值或值域.\3.参数法:把直线方程化为参数方程,与曲线方程联立,由韦达定理转化为直线的斜率(或直线

的截距)的函数,最后求函数的最值或值域.第26页，共97页。4.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:

+

=1(a>b>0)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(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.

第27页，共97页。解析本题考查椭圆的标准方程及圆锥曲线的相关最值.(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),联立方程

得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,由Δ>0得m2<4k2+2,(*)且x1+x2=-

,因此y1+y2=

,所以D

,又N(0,-m),所以|ND|2=

+

,第28页，共97页。整理得|ND|2=

,因为|NF|=|m|,所以

=

=1+

.令t=8k2+3,t≥3,故2k2+1=

,所以

=1+

=1+

.令y=t+

,所以y'=1-

.当t≥3时,y'>0,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,第29页，共97页。由(*)得- <m<

且m≠0.故

≥

.设∠EDF=2θ,则sinθ=

≥

.所以θ的最小值为

,从而∠EDF的最小值为

,此时直线l的斜率是0.综上所述:当k=0,m∈(-

,0)∪(0,

)时,∠EDF取到最小值

.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.第30页，共97页。考点三圆锥曲线中存在性问题1.(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:

+

=1(a>b>0)的离心率是

,点P(0,1)在短轴CD上,且

· =-1.(1)求椭圆E的方程;(2)设O为坐标原点,过点P的动直线与椭圆交于A,B两点.是否存在常数λ,使得 · +λ ·

为定值?若存在,求λ的值;若不存在,请说明理由.

第31页，共97页。解析(1)由已知,点C,D的坐标分别为(0,-b),(0,b).又点P的坐标为(0,1),且 ·

=-1,于是

解得a=2,b=

.所以椭圆E方程为

+

=1.(2)当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).联立

得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其判别式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,所以,x1+x2=-

,x1x2=-

.从而, · +λ ·

=x1x2+y1y2+λ[x1x2+(y1-1)(y2-1)]=(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1第32页，共97页。=

=-

-λ-2.所以,当λ=1时,-

-λ-2=-3.此时, · +λ

· =-3为定值.当直线AB斜率不存在时,直线AB即为直线CD.此时, · +λ

·

= · + · =-2-1=-3.故存在常数λ=1,使得 · +λ

·

为定值-3.评析本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程等基础知识,考查推理论证能力、运算求解

能力,考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.第33页，共97页。2.(2015湖北,22,14分)一种画椭圆的工具如图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,M处的笔尖画出的椭圆记为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.

图1

图2

(1)求椭圆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总与椭圆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.第34页，共97页。解析(1)因为|OM|≤|MN|+|NO|=3+1=4.当M,N在x轴上时,等号成立;同理,|OM|≥|MN|-|NO|=3-1

=2,当D,O重合,即MN⊥x轴时,等号成立.所以椭圆C的中心为原点O,长半轴长为4,短半轴长为2,

其方程为

+

=1.

(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=

×4×4=8.第35页，共97页。(ii)当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx+m

,由

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

可得P

;同理可得Q

.由原点O到直线PQ的距离为d=

和|PQ|= ·|xP-xQ|,可得S△OPQ=

|PQ|·d=

|m||xP-xQ|=

·|m|

=

.②将①代入②得,S△OPQ=

=8

.当k2>

时,S△OPQ=8·

=8

>8;当0≤k2<

时,S△OPQ=8·

=8

.第36页，共97页。因0≤k2<

,则0<1-4k2≤1,

≥2,所以S△OPQ=8

≥8,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.评析本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系,考查了函数的思想方法和“设而不

求,整体运算”的技巧,考查了运算求解能力和综合解题能力.属难题.第37页，共97页。考点一圆锥曲线中定点定值问题(2013江西,20,13分)椭圆C:

+

=1(a>b>0)的离心率e=

,a+b=3.(1)求椭圆C的方程;(2)如图,A,B,D是椭圆C的顶点,P是椭圆C上除顶点外的任意一点,直线DP交x轴于点N,直线AD

交BP于点M,设BP的斜率为k,MN的斜率为m.证明:2m-k为定值.

C组教师专用题组第38页，共97页。所以a=

c,b=

c.代入a+b=3得,c=

,a=2,b=1.故椭圆C的方程为

+y2=1.(2)证法一:因为B(2,0),P不为椭圆顶点,则直线BP的方程为y=k(x-2)

,

①把①代入

+y2=1,解得P

.直线AD的方程为y=

x+1.

②①与②联立解得M

.由D(0,1),P

,N(x,0)三点共线知

=

,解得N

.所以MN的斜率为m=

解析(1)因为e=

=

,第39页，共97页。=

=

,则2m-k=

-k=

(定值).证法二:设P(x0,y0)(x0≠0,±2),则k=

,直线AD的方程为y=

(x+2),直线BP的方程为y=

(x-2),直线DP的方程为y-1=

x,令y=0,由y0≠1可得N

,联立

解得M

,因此MN的斜率为第40页，共97页。m=

=

=

=

,所以2m-k=

-

=

=

=

=

(定值).第41页，共97页。评析

本题考查了直线和椭圆的位置关系,考查了定值问题,考查了运算求解能力和数据处理

能力.第42页，共97页。考点三圆锥曲线中存在性问题(2014重庆,21,12分)如图,设椭圆

+

=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,点D在椭圆上,DF1⊥F1F2,

=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.

解析(1)设F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.由

=2

得|DF1|=

=

c.第43页，共97页。从而

=

|DF1||F1F2|=

c2=

,故c=1.从而|DF1|=

,由DF1⊥F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=

,因此|DF2|=

.所以2a=|DF1|+|DF2|=2

,故a=

,b2=a2-c2=1.因此,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,y1>0,y2>0,F1P1,F2P2是圆C的切线,且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性,易知,x2=-x1,y1=y2.第44页，共97页。

由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以

=(x1+1,y1),

=(-x1-1,y1).再由F1P1⊥F2P2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CP1⊥F1P1,得

·

=-1.第45页，共97页。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+

=

.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.第46页，共97页。考点一圆锥曲线中定点定值问题1.(2018辽宁大连一模)已知抛物线C:y2=2x,过点M(1,0)任作一条直线和抛物线C交于A、B两点,

设点G(2,0),连接AG,BG并延长,分别和抛物线C交于点A'和B',则直线A'B'过定点

.三年模拟A组2016—2018年高考模拟·基础题组答案(4,0)第47页，共97页。解析设AG方程为x=my+2,代入y2=2x得y2-2my-4=0,设A(x1,y1),A'(x2,y2),则y1y2=-4,同理设B(x3,y3),B'(x4,y4),则y3y4=-4,又AB过定点M(1,0),∴ 与 共线,∴(x1-1)y3-(x3-1)y1=0,∴

y3-

y1=0,即(y1-y3)

=0,∴y1y3=-2,又y1y2=-4,y3y4=-4,∴y2y4=-8.直线A'B':x-x2=

(y-y2),即y=

(2x+y2y4),亦即y=

(2x-8),∴直线A'B'过定点(4,0).故答案为(4,0).第48页，共97页。2.(2018新疆第二次适应性(模拟)检测)已知动点P是圆G:(x+

)2+y2=32上的任意一点,点P与点A(

,0)的连线段的垂直平分线和GP相交于点Q.(1)求点Q的轨迹C的方程;(2)过坐标原点O的直线l交轨迹C于点E,F,直线EF与坐标轴不重合.M是轨迹C上的一点,若△

EFM的面积是4,试问直线EF,OM的斜率之积是不是定值,若是,求出此定值,若不是,请说明理

由.第49页，共97页。解析(1)由题意,知|QP|=|QA|,又∵|GQ|+|QP|=|GP|=4

,∴|GQ|+|QA|=4 >|GA|,∴点Q的轨迹是以G、A为焦点的椭圆,其中a=2 ,c=

,∴椭圆C的方程为

+

=1.(2)是.设直线l的方程为y=k1x,联立

得(4 +1)x2=8,∴|EF|= ·

,设OM所在直线方程为y=k2x,与椭圆方程联立得(1+4

)x2=8,则M

或M

,第50页，共97页。点M到直线EF的距离d=

.S△EFM=

×|EF|×d=

=4,∴4

-8k1k2+4

=16  +4

+4

+1,即16

+8k1k2+1=0,解得k1k2=-

,∴直线EF,OM的斜率之积是定值-

.第51页，共97页。3.(2017吉林长白山二模)已知抛物线的对称轴为坐标轴,顶点是坐标原点,准线方程为x=-1,直

线l与抛物线相交于不同的A,B两点.(1)求抛物线的标准方程;(2)如果直线l过抛物线的焦点,求 · 的值;(3)如果 · =-4,直线l是否过一定点?若过一定点,求出该定点;若不过一定点,试说明理由.第52页，共97页。解析(1)∵抛物线的对称轴为坐标轴,顶点是坐标原点,准线方程为x=-1,所以

=1,p=2.所以抛物线的标准方程为y2=4x.(2)设l:ty=x-1,与y2=4x联立,得y2-4ty-4=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),∴y1+y2=4t,y1y2=-4,∴ · =x1x2+y1y2=(t2+1)y1y2+t(y1+y2)+1=-3.(3)假设直线l过定点,设l:my=x+n,与y2=4x联立,得y2-4my+4n=0,∴y1+y2=4m,y1y2=4n.由 · =-4=(m2+1)y1y2-mn(y1+y2)+n2=n2+4n,解得n=-2,∴l:my=x-2,过定点(2,0).第53页，共97页。4.(2017黑龙江齐齐哈尔一模)如图,已知椭圆C:

+

=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1、A2,上、下顶点分别为B1、B2,两个焦点分别为F1、F2,|A1B2|=2

,四边形A1B1A2B2的面积是四边形B1F1B2F2的面积的2倍.(1)求椭圆C的方程;(2)过椭圆C的右焦点且垂直于x轴的直线交椭圆C于P,Q两点,A,B是椭圆C上位于直线PQ两侧

的两点.若∠APQ=∠BPQ,求证:直线AB的斜率kAB为定值.

第54页，共97页。解析(1)因为|A1B2|=2

,所以

=2

,①由四边形A1B1A2B2的面积是四边形B1F1B2F2的面积的2倍,可得

×2a×2b=2×

×2c×2b,即a=2c.②由①②可得a2+b2=a2+a2-c2=8c2-c2=7c2=28,即c2=4,所以a2=4c2=16,所以b2=12.所以椭圆C的方程为

+

=1.(2)证明:由(1)易知点P,Q的坐标分別为(2,3),(2,-3).因为∠APQ=∠BPQ,所以直线PA,PB的斜率

之和为0.设直线PA的斜率为k,A(x1,y1),B(x2,y2),则直线PB的斜率为-k,直线PA的方程为y-3=k(x-2),由

可得(3+4k2)x2+8k(3-2k)x+4(3-2k)2-48=0,∴x1+2=

,第55页，共97页。同理可得x2+2=

,∴x1+x2=

,x1-x2=

,kAB=

=

=

=

,为定值.第56页，共97页。考点二圆锥曲线中最值(范围)问题1.(2018陕西西安八校第一次联考)如图,抛物线W:y2=4x与圆C:(x-1)2+y2=25交于A、B两点,点P

为劣弧 上不同于A、B的一个动点,与x轴平行的直线PQ交抛物线W于点Q,则△PQC的周长的取值范围是

()

A.(10,12)

B.(12,14)

C.(10,14)

D.(9,11)第57页，共97页。答案

A设P(x1,y1),Q(x2,y2).圆C:(x-1)2+y2=25的圆心为C(1,0),半径为5.∵抛物线W:y2=4x,∴抛物线的准线方程为x=-1,焦点为C(1,0)由抛物线的定义可得|QC|=x2+1,则△PQC的周长为|QC|+|PQ|+|PC|=x2+1+(x1-x2)+5=6+x1.联立抛物线与圆的方程,可得x=4或-6(舍去),故x1∈(4,6).∴6+x1∈(10,12),即△PQC的周长的取值范围是(10,12).故选A.2.(2018海南二模)已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,过点F作互相垂直的两直线AB,CD与抛物

线分别相交于A,B以及C,D,若

+

=1,则四边形ACBD的面积的最小值为

()A.18

B.30

C.32

D.36第58页，共97页。答案

C由抛物线性质可知:

+

=

,又

+

=1,∴p=2,即y2=4x,设直线AB的斜率为k(k≠0),则直线CD的斜率为-

.直线AB的方程为y=k(x-1),联立

消去y得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,从而xA+xB=2+

,xAxB=1,由弦长公式得|AB|=4+

,以-

替换k得|CD|=4+4k2,故所求面积为

|AB||CD|=

(4+4k2)=8

≥32(当且仅当k2=1时取等号),即面积的最小值为32.故选C.第59页，共97页。3.(2016吉林长春二模,11)过双曲线x2-

=1的右支上一点P分别向圆C1:(x+4)2+y2=4和圆C2:(x-4)2+y2=1作切线,切点分别为M,N,则|PM|2-|PN|2的最小值为

()A.10

B.13

C.16

D.19答案

B由题意可知,|PM|2-|PN|2=(|PC1|2-4)-(|PC2|2-1)=|PC1|2-|PC2|2-3=(|PC1|-|PC2|)·(|PC1|+|PC2|)-

3=2(|PC1|+|PC2|)-3≥2|C1C2|-3=13,故选B.4.(2018陕西榆林二模)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,M(x1,y1),N(x2,y2)是抛物线C上的两个动点,

若x1+x2+2=2|MN|,则∠MFN的最大值为

.答案

第60页，共97页。解析由x1+x2+2=2|MN|,得|MF|+|NF|=2|MN|,∵cos∠MFN=

=

≥

,所以∠MFN的最大值为

.5.(2018海南二模)已知双曲线

-

=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,过F1且垂直于x轴的直线与该双曲线的左支交于A,B两点,AF2,BF2分别交y轴于P,Q两点,若△PQF2的周长为16,则

的最大值为

.答案

第61页，共97页。解析由题意,得△ABF2的周长为32,即|AF2|+|BF2|+|AB|=32,∵|AF2|+|BF2|-|AB|=4a,|AB|=

,∴

=32-4a,∴b=

,∴

=

,令t=a+1,则

=

=

=

,令m=

,则

=

.当m=-

=

时,

取最大值,为

=

.故答案为

.第62页，共97页。6.(2018新疆乌鲁木齐地区第二次诊断性测验)设椭圆

+

=1(a>b>0),直线l:y=kx+m(m≠0)与椭圆交于A,B两点,当l经过椭圆的一个焦点和一个顶点时,k=m=

.(1)求椭圆的方程;(2)若直线OA,AB,OB的斜率成等差数列(O是坐标原点),求△OAB面积的最大值.第63页，共97页。解析(1)由题意可得b=m=

,

=k=

,∴c=1,∴a=2,∴椭圆方程为

+

=1.(2)由

消去y整理得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,∵直线与椭圆交于A,B两点,∴Δ>0,于是可得4k2-m2+3>0.设A(x1,y1),B(y2,y2),则x1+x1=

,x1x2=

.又2kAB=kOA+kOB,即2k=

+

,∴2kx1x2=x1y2+x2y1=x1(kx2+m)+x2(kx1+m)=2kx1x2+m(x1+x2),∴m(x1+x2)=0,第64页，共97页。∴

=0,∵m≠0,∴k=0.由

解得A

,B

,由图形对称性,不妨设m>0.则S△OAB=

×4

·m=2

,∴当m2=

,即m=±

时,S△OAB取得最大值

.第65页，共97页。7.(2018辽宁大连一模)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:

+

=1(a>b>0)的离心率为

,点M

在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)已知P(-2,0)与Q(2,0)为平面内的两个定点,过点(1,0)的直线l与椭圆C交于A,B两点,求四边形

APBQ面积的最大值.第66页，共97页。解析(1)由

=

,可得a=2c,又因为b2=a2-c2,所以b2=3c2.所以椭圆C方程为

+

=1,又因为M

在椭圆C上,所以

+

=1.所以c2=1,所以a2=4,b2=3,故椭圆方程为

+

=1.(2)解法一:设l的方程为x=my+1,联立

消去x得(3m2+4)y2+6my-9=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),有Δ>0,y1+y2=

,y1y2=

,|y1-y2|=

=

=

,所以S=

×4×

,令t= ,t≥1,则S=

=

,第67页，共97页。由函数y=3t+

,t∈[1,+∞),得y'=3-

>0,t∈[1,+∞),故函数y=3t+

在[1,+∞)上单调递增,故3t+

≥4,故S=

=

≤6,当且仅当t=1,即m=0时等号成立,所以四边形APBQ面积的最大值为6.解法二:设l的方程为x=my+1,联立

消去x得(3m2+4)y2+6my-9=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),有Δ>0,y1+y2=

,y1y2=

,有|AB|=

=

,第68页，共97页。点P(-2,0)到直线l的距离为

,点Q(2,0)到直线l的距离为

,从而四边形APBQ的面积S=

×

×

=

,令t=

,t≥1,则S=

=

,由函数y=3t+

,t∈[1,+∞),得y'=3-

>0,t∈[1,+∞),故函数y=3t+

在[1,+∞)上单调递增,有3t+

≥4,故S=

=

≤6,当且仅当t=1,即m=0时等号成立,所以四边形APBQ面积的最大值为6.解法三:①当l的斜率不存在时,l:x=1,第69页，共97页。此时,四边形APBQ的面积S=6.②当l的斜率存在时,设l:y=k(x-1)(k≠0),由

得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),有Δ>0,x1+x2=

,x1x2=

,|y1-y2|=|k(x1-x2)|=

=12×

,∴四边形APBQ的面积S=

×4×|y1-y2|=24×

,令t=3+4k2(t>3),则k2=

,∴S=6×

,∴0<S<6,综上,四边形APBQ面积的最大值为6.第70页，共97页。8.(2017青海西宁二模)已知椭圆C:

+

=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),且点P

在椭圆C上,O为坐标原点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设过定点T(0,2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A、B,且∠AOB为锐角,求直线l的斜率k的

取值范围.第71页，共97页。解析(1)由题意,得c=1,所以a2=b2+1.因为点P

在椭圆C上,所以

+

=1,可解得a2=4,b2=3.则椭圆C的标准方程为

+

=1.(2)易知直线l的方程为y=kx+2,点A(x1,y1),B(x2,y2),由

得(4k2+3)x2+16kx+4=0.因为Δ=48(4k2-1)>0,所以k2>

,由根与系数的关系,得x1+x2=

,x1x2=

.因为∠AOB为锐角,所以 · >0,即x1x2+y1y2>0.所以x1x2+(kx1+2)(kx2+2)>0,即(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4>0,(1+k2)·

+2k·

+4>0,

>0,所以k2<

.综上,

<k2<

,解得-

<k<-

或

<k<

.所以,所求直线的斜率k的取值范围为-

<k<-

或

<k<

.第72页，共97页。考点三圆锥曲线中存在性问题1.(2018辽宁朝阳一模)已知椭圆C:

+

=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2且F2关于直线x-y+a=0的对称点M在直线3x+2y=0上.(1)求椭圆的离心率;(2)若C的长轴长为4且斜率为

的直线l交椭圆于A,B两点,问是否存在定点P,使得PA,PB的斜率之和为定值?若存在,求出所有满足条件的P点坐标;若不存在,说明理由.第73页，共97页。解析(1)依题知F2(c,0),设M(x0,y0),则

=-1且

-

+a=0,解得

即M(-a,a+c).∵M在直线3x+2y=0上,∴-3a+2(a+c)=0,即a=2c,∴e=

=

.(2)存在.由(1)及题设得

=

且2a=4,∴a=2,c=1,∴椭圆方程为

+

=1,设直线l方程为y=

x+t,代入椭圆方程消去y整理得x2+tx+t2-3=0.依题知Δ>0,即t2-4(t2-3)>0,t2<4,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-t,x1x2=t2-3,如果存在P(m,n)使得kPA+kPB为定值,那么kPA+kPB的取值将与t无关,kPA+kPB=

+

=

,令

=M,则Mt2+

t+m2M-3M-2mn+3=0,由题意可知该式对任意t恒成立,其中t2<4,第74页，共97页。∴

解得

或

综上可知,满足条件的定点P是存在的,坐标为

或

.第75页，共97页。2.(2018吉林长春十一高中、东北师大附中等五校联考)已知椭圆C:

+

=1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点连线构成等边三角形,且椭圆C的短轴长为2

.(1)求椭圆C的标准方程;(2)是否存在过点P(0,2)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M,N,且满足 · =2(O为坐标原点),若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.第76页，共97页。解析(1)由题意得

解得

∴椭圆C的标准方程是

+

=1.(2)不妨设点M在点N上方,当直线l的斜率不存在时,M(0,

),N(0,-

), · =-3,不符合题意.当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+2,M(x1,y1),N(x2,y2),由

消去y整理得(3+4k2)x2+16kx+4=0,由Δ=(16k)2-16(3+4k2)>0,解得k<-

或k>

,则x1+x2=-

,x1x2=

,∴ · =x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4=

-

+4=

,第77页，共97页。∵

·

=2,∴

=2,解得k=±

,满足Δ>0,所以存在符合题意的直线l,其方程为y=±

x+2.第78页，共97页。3.(2018宁夏银川4月检测)已知动点P到定点F(1,0)和到直线x=2的距离之比为

,设动点P的轨迹为曲线E,过点F作垂直于x轴的直线与曲线E相交于A、B两点,直线l:y=mx+n与曲线E交于

C,D两点,与AB相交于一点(交点位于线段AB上,且与A,B不重合).(1)求曲线E的方程;(2)当直线l与圆x2+y2=1相切时,四边形ACBD的面积是否有最大值?若有,求出其最大值及对应

的直线l的方程;若没有,请说明理由.第79页，共97页。解析(1)设点P(x,y),由题意,可得

=

,得

+y2=1.∴曲线E的方程是

+y2=1.(2)设C(x1,y1),D(x2,y2),由条件可得|AB|= .当m=0时,显然不合题意.当m≠0时,∵直线l与圆x2+y2=1相切,∴

=1,得n2=m2+1.联立

消去y得

x2+2mnx+n2-1=0,则Δ=4m2n2-4

(n2-1)=2m2>0,x1+x2=-

,x1x2=

,S四边形ACBD=

|AB|·|x1-x2|=

=

≤

,当且仅当2|m|=

,即m=±

时等号成立,此时n=±

.经检验可知,直线y=

x-

和直线y=-

x+

都符合题意.第80页，共97页。4.(2017陕西汉中4月模拟)已知直线l:y=kx+

与y轴的交点是椭圆C:x2+

=1(m>0)的一个焦点.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线l与椭圆C交于A、B两点,是否存在k使得以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O?

若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.第81页，共97页。解析(1)因为直线l:y=kx+

与y轴的交点坐标为F(0,

),所以椭圆C:x2+

=1(m>0)的一个焦点坐标为F(0,

),所以椭圆的半焦距c=

,所以m=c2+1=3+1=4,故所求C的方程为

+x2=1.(2)将直线l的方程y=kx+

代入

+x2=1中,整理得(k2+4)x2+2

kx-1=0.设点A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-

,x1x2=-

.假设以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O,则 · =0,即x1x2+y1y2=0.又y1y2=k2x1x2+

k(x1+x2)+3,于是-

-

+3=0,解得k=±

,经检验,符合题意.故存在k=±

,使得以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O.第82页，共97页。5.(2017重庆质量抽测(第一次)改编)已知F1、F2分别为椭圆C:

+

=1的左、右焦点,点P(x0,y0)在椭圆C上.若y0>0且

· =0,直线l:y=k(x+1)与椭圆C交于两点A,B,过点P且平行于直线l的直线交椭圆C于另一点Q,问:四边形PABQ能否成为平行四边形?若能,请求出直线l的方程;若不

能,请说明理由.第83页，共97页。解析∵

· =0,∴x0=-1,∵y0>0,∴P

,设A(x1,y1),B(x2,y2).由

得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0,∴x1+x2=-

,x1x2=

,∴|x1-x2|=

=

,∴|AB|= ·|x1-x2|=

.∵P

,PQ∥AB,∴直线PQ的方程为y-

=k(x+1).由

得(2+3k2)x2+6k

x+3

-6=0,第84页，共97页。∵x0=-1,∴xQ=

,∴|PQ|=

·|x0-xQ|=

·

,若四边形PABQ能成为平行四边形,则|AB|=|PQ|,∴4

·

=|4-4

k|,解得k=-

.∴符合条件的直线l的方程为y=-

(x+1),即x+

y+1=0.第85页，共97页。1.(2018宁夏石嘴山三中一模)以抛物线y2=20x的焦点为圆心,且与双曲线

-

=1的两条渐近线都相切的圆的方程为

()A.x2+y2-20x+64=0

B.x2+y2-20x+36=0C.x2+y2-10x+16=0

D.x2+y2-10x+9=0B组

2016—2018年高考模拟·综合题组(时间:80分钟分值:75分)一、选择题(共5分)答案

C∵抛物线y2=20x的焦点为F(5,0),∴所求圆的圆心为(5,0),∵双曲线

-

=1的两条渐近线方程为3x±4y=0,∴圆心(5,0)到直线3x±4y=0的距离即为所求圆的半径R,∴R=

=3,∴所求圆的方程为(x-5)2+y2=9,即x2+y2-10x+16=0,故选C.第86页，共97页。二、填空题(每题5分,共10分)2.(2018辽宁辽南协作校一模)已知过抛物线y2=8x的焦点F的直线交抛物线于A,B两点,若|AB|=1

6,且|AF|<|BF|,则|AF|=

.答案8-4

第87页，共97页。解析由题意可设过抛物线y2=8x的焦点F的直线方程为y=k(x-2).联立

得k2x2-(4k2+8)x+4k2=0.设A(x1,y1),