2020版高考数学培优考前练理科通用版7.3 解析几何解答题(压轴题)

1、7 7.3 3解析几何解答题(压轴题) 高考命题规律高考命题规律 1 1.高考必考考题,压轴题. 2 2.解答题,12分,中高档难度. 3 3.全国高考有 5 种命题角度,分布如下表. 2015 年 2016 年2017 年2018 年2019 年 2020年高考必备 卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷 命题 角度 曲线与轨迹问题2020 1 命题 直线与圆锥曲线的位置关 角度 系 20202020 2 命题 圆锥曲线的最值、范围问 角度 题 212020 3 命题 圆锥曲线的定值、定点问 角度 题 202021 4 命题 圆锥曲线的探究、存在性 角度 问题 20 5 命题角度 1曲线与轨迹问题 1

2、 高考真题体验对方向 2 1 1.(2017全国20)设 O为坐标原点,动点 M 在椭圆 C:+y =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; =1.证明:过点 P 且垂直于 OQ的直线 l过 C的左焦点 F.(2)设点 Q在直线 x=-3 上,且 =(x-x0,y),=(0,y0).(1)解设 P(x,y),M(x0,y0),则 N(x0,0), 得 x0=x,y0=y.由 =1.因为 M(x0,y0)在 C 上,所以 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), =(-3,t)

3、,=(m,n),=(-3-m,t-n).=(-1-m,-n),=3+3m-tn,则 =1得-3m-m2+tn-n2=1.由 又由(1)知 m2+n2=2,故 3+3m-tn=0. =0,即.所以 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. 2 2.(2016全国20)已知抛物线 C:y2=2x的焦点为 F,平行于 x轴的两条直线 l1,l2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:ARFQ; (2)若PQF的面积是ABF 的面积的两倍,求 AB中点的轨迹方程. (1)

4、证明由题知 F. 2 设 l1:y=a,l2:y=b,则 ab0, 且 A,B,P -,Q -,R -. 记过 A,B 两点的直线为 l, 则 l的方程为 2x-(a+b)y+ab=0. 由于 F在线段 AB上,故 1+ab=0. 记 AR的斜率为 k1,FQ的斜率为 k2, 则 k - 1= - =-b=k2. 所以 ARFQ. (2)解设 l与 x 轴的交点为 D(x1,0), 则 S ABF = - |b-a|FD|= |b-a|-,S PQF =. 由题设可得 |b-a|- - , 所以 x1=0(舍去),x1=1. 设满足条件的 AB的中点为 E(x,y). 当 AB与 x轴不垂直时

5、,由 kAB=kDE可得 - (x1). 而=y,所以 y2=x-1(x1). 当 AB与 x轴垂直时,E与 D重合. 所以所求轨迹方程为 y2=x-1. 典题演练提能刷高分 3 1 1.(2019西南名校联盟重庆第八中学高三5 月月考六)设抛物线 C1的方程为 x2=4y,点 M(x0,y0)(x00)在 抛物线 C2:x2=-y上,过 M 作抛物线 C1的切线,切点分别为 A,B,圆 N 是以线段 AB为直径的圆. (1)若点 M 的坐标为(2,-4),求此时圆 N的半径长; (2)当 M在 x2=-y上运动时,求圆心 N 的轨迹方程. 解(1)设 N(x,y),A x1,B x2,x1x

6、2, 切线 MA,MB的方程分别为 y=(x-x1)+,y=(x-x2)+, 得 MA,MB的交点 M(x0,y0)的坐标为 x0=2,y0=-4.又 kAB= - - =1,|AB|=-=4,r= |AB|=2. (2)N 为线段 AB的中点,x=,y=.点 2 - =-.x2=-,x0, M在 C2上,即=-y0.由(1)得 2=- ,则 即 x2= y(x0).圆心 N 的轨迹方程为 x2= y(x0). 2 2.已知 A(-2,0),B(2,0),直线 PA的斜率为 k1,直线 PB的斜率为 k2,且 k1k2=- . (1)求点 P的轨迹 C 的方程; (2)设 F1(-1,0),F

7、2(1,0),连接 PF1并延长,与轨迹 C交于另一点 Q,点 R是 PF2中点,O是坐标原点,记 QF1O与PF1R的面积之和为 S,求 S 的最大值. 解(1)设 P(x,y),A(-2,0),B(2,0), k1=,k2=, - 又 k1k2=- ,=- , - =1(x2),轨迹 C 的方程为=1(x2). 4 (2)由 O,R分别为 F1F2,PF2的中点,故 ORPF1,故PF1R 与PF1O 同底等高,故 ,S= =SPQO, 当直线 PQ的斜率不存在时,其方程为 x=-1,此时 SPQO= 1- -; 当直线 PQ的斜率存在时,设其方程为 y=k(x+1), 设 P(x1,y1

8、),Q(x2,y2),显然直线 PQ不与 x轴重合,即 k0;联立 解得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0, - =144(k +1)0, 2 - 故|PQ|=|x1-x2|=-, 点 O 到直线 PQ的距离 d=, S= |PQ|d=6,令 u=3+4k (3,+),故 S=6-,故 S的最大 2 - 值为 . 3.已知圆 C:(x+1)2+y2=8,过 D(1,0)且与圆 C 相切的动圆圆心为P. (1)求点 P的轨迹 E 的方程; (2)设过点 C 的直线 l1交曲线 E 于 Q,S 两点,过点 D的直线 l2交曲线 E 于 R,T 两点,且 l1l2,垂足为 W(Q,R,S

9、,T 为不同的四个点). 设 W(x0,y0),证明:|CD|=2, 由椭圆定义可知,点 P的轨迹 E 是椭圆,a=,c=1,b=- =1, 2 E 的方程为 +y =1. (2)证明由已知条件可知,垂足 W在以 CD为直径的圆周上,则有=1,又因 Q,R,S,T为不同 的四个点,1. 解若 l1或 l2的斜率不存在,四边形 QRST的面积为 2. 若两条直线的斜率都存在,设 l1的斜率为 k,则 l1的方程为 y=k(x+1), (2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0,则|QS|=2,解方程组得 同理得|RT|=2, SQSRT= |QS|RT|=, 当且仅当 2k2+1=k2+2,即

10、 k=1时等号成立. 综上所述,当 k=1时,四边形 QRST的面积取得最小值. 4.设点 A为圆 C:x2+y2=4上的动点,点 A在 x轴上的投影为 Q,动点 M 满足 2,动点 M的轨迹 为 E. (1)求 E 的方程; (2)设 E 与 y 轴正半轴的交点为B,过点 B 的直线 l的斜率为 k(k0),l与 E 交于另一点 P.若以点 B为圆 心,以线段 BP长为半径的圆与 E有 4个公共点,求 k的取值范围. 解(1)设点 M(x,y),A(x1,y1),则 Q(x1,0), 6 因为 2, 所以 2(x1-x,-y)=(0,-y1), 所以 - - 解得 由于点 A 在圆 C:x2

11、+y2=4上,所以 x2+4y2=4,所以点 M 的轨迹 E的方程为+y2=1. (2)由(1)知,E 的方程为 2 +y =1,因为直线 l:y=kx+1(k0). 由得(1+4k2)x2+8kx=0. 设 B(x1,y1),P(x2,y2), 因此 x1=0,x2=-, |BP|=|x1-x2|=, 则点 P的轨迹方程为 x2+(y-1)2=, 由 - 得 3y2+2y-5+=0(-1y1),(*) 依题意得,(*)式关于 y的方程在(-1,1)有两个不同的实数解, 设 f(x)=3x2+2x-5+(-10)的左焦点为 F,左顶点为 A,上顶点为 B,已知 |OA|=2|OB|(O 为原点

12、). (1)求椭圆的离心率; (2)设经过点 F且斜率为 的直线 l与椭圆在 x 轴上方的交点为 P,圆 C 同时与 x轴和直线 l相切,圆心 C在直线 x=4上,且 OCAP.求椭圆的方程. 解(1)设椭圆的半焦距为c,由已知有a=2b,又由 a2=b2+c2,消去 b 得 a2=a 所以,椭圆的离心率为 . 2+c2,解得 . 8 (2)由(1)知,a=2c,b=c,故椭圆方程为 P 的坐标满足 =1,由题意,F(-c,0),则直线 l的方程为 y= (x+c).点 消去 y并化简,得到 7x2+6cx-13c2=0,解得 x1=c,x2=-.代入到 l的方程, 解得 y1= c,y2=-

13、c.因为点 P在 x轴上方,所以 P c, c . 由圆心 C 在直线 x=4上,可设 C(4,t).因为 OCAP,且由()知 A(-2c,0),故 - ,解得 t=2.因为 圆 C 与 x 轴相切,所以圆的半径长为 2,又由圆 C与 l相切,得=2,可得 c=2. 所以,椭圆的方程为=1. 2.(2017北京19)已知椭圆 C的两个顶点分别为 A(-2,0),B(2,0),焦点在 x轴上,离心率为. (1)求椭圆 C 的方程; (2)点 D 为 x 轴上一点,过 D 作 x轴的垂线交椭圆 C 于不同的两点 M,N,过 D作 AM的垂线交 BN于点 E.求证:BDE与BDN的面积之比为 45

14、. 设椭圆 C 的方程为=1(ab0).(1)解 由题意得解得 c=. 所以 b2=a2-c2=1. 所以椭圆 C的方程为+y2=1. (2)证明设 M(m,n),则 D(m,0),N(m,-n). 由题设知 m2,且 n0. 直线 AM的斜率 kAM=, 9 故直线 DE的斜率 kDE=-. 所以直线 DE 的方程为 y=-(x-m),直线 BN的方程为 y=(x-2). - - 联立 - - 解得点 E 的纵坐标 yE=- - . - 由点 M 在椭圆 C上,得 4-m2=4n2. 所以 yE=- n. 又 S BDE = |BD|yE|= |BD|n|, S BDN = |BD|n|,

15、所以BDE与BDN的面积之比为 45. 3.(2017天津20)已知椭圆 的面积为. =1(ab0)的左焦点为 F(-c,0),右顶点为 A,点 E 的坐标为(0,c),EFA (1)求椭圆的离心率; (2)设点 Q在线段 AE上,|FQ|= c,延长线段 FQ 与椭圆交于点 P,点 M,N在 x轴上,PMQN,且直线 PM 与直线 QN间的距离为 c,四边形 PQNM的面积为 3c. 求直线 FP的斜率; 求椭圆的方程. 解(1)设椭圆的离心率为e. 10 由已知,可得c=(c+a). 又由 b2=a2-c2,可得 2c2+ac-a2=0, 即 2e2+e-1=0. 又因为 00,得 c=2

16、. 所以,椭圆的方程为=1. 典题演练提能刷高分 1.已知圆 C:x2+y2+2x-2y+1=0 和抛物线 E:y2=2px(p0),圆心 C到抛物线焦点 F的距离为. (1)求抛物线 E的方程; (2)不过原点的动直线 l交抛物线于 A,B 两点,且满足 OAOB.设点 M 为圆 C上任意一动点,求当动点 M 到直线 l的距离最大时的直线 l的方程. 解(1)C:x2+y2+2x-2y+1=0 可化为(x+1)2+(y-1)2=1,则圆心 C为(-1,1). ,0F, |CF|=-, 解得 p=6. 抛物线的方程为 y2=12x. (2)设直线 l为 x=my+t(t0),A(x1,y1),

17、B(x2,y2). 联立可得 y2-12my-12t=0. 12 y1+y2=12m,y1y2=-12t. OAOB,x1x2+y1y2=0, 即(m2+1)y1y2+mt(y1+y2)+t2=0. 整理可得 t2-12t=0,t 0,t=12. 直线 l的方程为 x=my+12,故直线 l过定点 P(12,0).当 CNl时,即动点 M 经过圆心 C(-1,1) 时到动直线 l的距离取得最大值. - =-,m=, - - kMP=kCP= 此时直线 l的方程为 x=y+12, 即为 13x-y-156=0. 2.(2019江西抚州临川第一中学高三下学期考前模拟)在平面直角坐标系 xOy中,椭

18、圆 C过点, 焦点 F1(-,0),F2(,0),圆 O 的直径为 F1F2. (1)求椭圆 C 及圆 O 的方程; (2)设直线 l与圆 O相切于第一象限内的点 P,直线 l与椭圆 C 交于 A,B两点.若OAB的面积为,求 直线 l的方程. 解(1)因为椭圆 C的焦点为 F1(-,0),F2(,0), 可设椭圆 C的方程为=1(ab0). 又点在椭圆 C 上, 13 所以解得 - 因此,椭圆 C的方程为+y2=1. 因为圆 O 的直径为 F1F2,所以其方程为 x2+y2=3. (2)设直线 l与圆 O相切于 P(x0,y0)(x00,y00),则=3. 所以直线 l的方程为 y=-(x-

19、x0)+y0, 即 y=-x+. 由 - 消去 y,得(4)x2-24x0 x+36-4=0. 因为OAB的面积为, 所以OP=AB,从而|AB|=. 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 由得 x= - , 所以 AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2= 1+ - . 因为=3, 所以 AB2= - 100=0,解得,即 2-45+或=20(舍去后者), 则,因此,点 P的坐标为. 故直线 l的方程为:y=-x+3. 14 3.在直角坐标系 xOy中,椭圆 C:=1(ab0)的离心率为 ,点 P在椭圆 C上. (1)求椭圆 C 的方程; (2)若斜率存在,纵截距为-2的直线 l与椭圆

20、 C相交于 A,B 两点,若直线 AP,BP的斜率均存在,求证:直 线 AP,OP,BP的斜率依次成等差数列. (1)解由a=2,b=,c=1,故椭圆 C的方程为=1知=1. (2)证明设 l:y=kx-2,联立 - 消元得(3+4k2)x2-16kx+4=0. 0, k2 . 设 A(x),则 x 1,y1),B(x2,y21+x2= ,x1x2=, kAP+kBP= - - - = - - = - - - = - = - - =3. 已知 kOP= , kAP+kBP=2kOP, 15 即直线 AP,OP,BP的斜率依次成等差数列. 命题角度 3圆锥曲线的最值、范围 问题 高考真题体验对方

21、向 1 1.(2019全国20)已知 F1,F2是椭圆 C:=1(ab0)的两个焦点,P为 C 上的点,O为坐标原点. (1)若POF2为等边三角形,求 C 的离心率; (2)如果存在点 P,使得 PF1PF2,且F1PF2的面积等于 16,求 b 的值和 a 的取值范围. 解(1)连接 PF1.由POF2为等边三角形可知在F1PF2中,F1PF2=90,|PF2|=c,|PF1|=c,于是 2a=|PF1|+|PF2|=(+1)c,故 C的离心率 e=-1. (2)由题意可知,满足条件的点 P(x,y)存在,当且仅当 |y|2c=16, c|y|=16, x2+y2=c2, =-1, - =

22、1,即 =1. 由及 a =b +c 得 y 22222 =,又由知 y =,故 b=4. 由得 x2=(c2-b2),所以 c2b2,从而 a2=b2+c22b2=32,故 a4. 当 b=4,a4时,存在满足条件的点 P. 所以 b=4,a的取值范围为4,+ ). 2 2.(2019浙江21)如图,已知点 F(1,0)为抛物线 y2=2px(p0)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. 16 (1)求 p的值及抛物线的准线方程

23、; (2)求的最小值及此时点G的坐标. 解(1)由题意得 =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,t0,则 xA=t2. 由于直线 AB过 F,故直线 AB方程为 x= - y+1,代入 y2=4x,得 y2- - y-4=0, 故 2tyB=-4,即 yB=- ,所以 B,-. 又由于 x),y G= (xA+xB+xCG= (yA+yB+yC)及重心 G在 x轴上,故 2t- +yC=0, 得 C-t 2,2 -t,G - ,0 . 所以,直线 AC方程为 y-2t=2t

24、(x-t2),得 Q(t2-1,0). 由于 Q在焦点 F 的右侧,故 t22.从而 - - = - - - - = - - =2- - . 17 令 m=t2-2,则 m0, =2-=2- 2-=1+. 当 m=时,取得最小值 1+,此时 G(2,0). 3.(2016全国21)已知 A是椭圆 E: 在 E 上,MANA. =1 的左顶点,斜率为 k(k0)的直线交 E于 A,M两点,点 N (1)当|AM|=|AN|时,求AMN的面积; (2)当 2|AM|=|AN|时,证明:0)代入 由 x1(-2)= - 得 x1= - , 故|AM|=|x1+2|. 由题设,直线 AN的方程为 y=

25、- (x+2), 18 故同理可得|AN|=. 由 2|AM|=|AN|得, 即 4k3-6k2+3k-8=0. 设 f(t)=4t3-6t2+3t-8,则 k 是 f(t)的零点. f(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)20, 所以 f(t)在(0,+)单调递增. 又 f()=15-260,因此 f(t)在(0,+)有唯一的零点,且零点 k 在(,2)内. 所以k2. 典题演练提能刷高分 1.直线 l经过抛物线 C:x2=4y 的焦点 F,且与抛物线 C交于 A,B 两点,抛物线 C在 A,B 两点处的切线分 别与 x 轴交于点 M,N. (1)证明:AMMF; (2)记AFM和BF

26、N的面积分别为 S1和 S2,求 S1S2的最小值. y1=,y2=.(1)证明不妨设 A(x1,y1),B(x2,y2),其中 由导数知识可知,抛物线 C在 A 点处的切线 l1的斜率 k1=,则切线 l1的方程为 y-y1=(x-x1),令 y=0,可得 M.F(0,1), 直线 MF的斜率 kMF=-. - - k1kMF=-1,AMMF. (2)解由(1)可知 S1= AMMF, 19 其中 AM=-,MF=, S1= AMMF= (y1+1). 同理可得 S = 2 (y2+1). S1S2= (y1+1)(y2+1) = (y1y2+y1+y2+1). 设直线 l的方程为 y=kx

27、+1, 联立方程可得 x2-4kx-4=0, xy 1x2=-4.1y2= =1. S1S2= (y1+y2+2) (2+2)=1,当且仅当 y1=y2时,等号成立. S1S2的最小值为 1. 2.在平面直角坐标系 xOy中,抛物线 C1:x2=4y,直线 l与抛物线 C1交于 A,B 两点. (1)若直线 OA,OB 的斜率之积为- ,证明:直线 l过定点; (2)若线段 AB的中点 M在曲线 C2:y=4- x2(-2x0,x=-4m,k 1+x2=4k,x1x2OAkOB= =- , 由已知:kOAkOB=- ,所以 m=1, 所以直线 l的方程为 y=kx+1,所以直线 l过定点(0,

28、1). (2)解设 M(x0,y0), 则 x0=2k,y0=kx0+m=2k2+m, 将 M(x0,y0)代入 C2:y=4- x2(-2x2),得 2k2+m=4- (2k)2,m=4-3k2. -2x02,-22k2, -k0, -0)与 y轴 正半轴交于点 M(0,),离心率为 .直线 l经过点 P(t,0)(0ta)和点 Q(0,1),且与椭圆 E 交于 A,B两点 (点 A在第二象限). (1)求椭圆 E 的标准方程; (2)若=,当 0t时,求 的取值范围. 解(1)由题意,e=且 b=,所以 a=2. 所以椭圆 E的标准方程为=1. (2)因为直线 l经过点 P(t,0)(0b

29、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. 解(1)由可得,a=2c,又因为 b2=a2-c2,所以 b2=3c2.所以椭圆 C 的方程为=1. 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)方法一:设 l的方程为 x=my+1, 联立 消去 x 得(3m2+4)y2+6my-9=0, 设点 A(x1,y1),B(x2,y2), - 有 0,y1+y2=,y1y2

30、=, 23 |y1-y2|=- = - - - , 所以 S= 4. 令 t=,t1, 有 S=. 设函数 y=3t+ ,t1,+),y=3- 0,t1,+), 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, 四边形 APBQ面积的最大值为 6. 方法二:设 l的方程为 x=my+1, 联立 消去 x 得(3m2+4)y2+6my-9=0,设点 A(x1,y1),B(x2,y2), 有 0,y +y - 12= ,y1y2=, 有|AB|=, 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

31、 APBQ的面积 S=. 24 令 t=,t1,有 S=, 函数 y=3t+ ,t1,+),y=3- 0,t1,+), 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,四边形 APBQ面积的最大值为 6. 命题角度 4圆锥曲线的定值、定点 问题 高考真题体验对方向 1.(2019北京19)已知椭圆 C:=1 的右焦点为(1,0),且经过点 A(0,1). (1)求椭圆 C 的方程; (2)设 O 为原点,直线 l:y=kx+t(t1)与椭圆 C交于两个不同点 P,Q,直线 AP与 x轴交于点 M,直线 AQ 与 x 轴交于点 N.

32、若|OM|ON|=2,求证:直线 l经过定点. (1)解由题意得,b2=1,c=1. 所以 a2=b2+c2=2. 2 所以椭圆 C的方程为+y =1. (2)证明设 P(x1,y1),Q(x2,y2), 则直线 AP的方程为 y=x+1. - 令 y=0,得点 M 的横坐标 xM=-. - 又 y1=kx1+t,从而|OM|=|xM|=. - 25 同理,|ON|=. - 得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0.由 则 x1+x2=-,x1x2= - . 所以|OM|ON| - = = - - = - - =2. - 又|OM|ON|=2,所以 2=2. - 解得 t=0,所以直线

33、l经过定点(0,0). 2.(2019全国21)已知点 A,B 关于坐标原点 O 对称,|AB|=4,M过点 A,B 且与直线 x+2=0相切. (1)若 A 在直线 x+y=0上,求M 的半径; (2)是否存在定点 P,使得当 A 运动时,|MA|-|MP|为定值?并说明理由. 解(1)因为M 过点 A,B,所以圆心 M 在 AB的垂直平分线上.由已知 A 在直线 x+y=0 上,且 A,B 关于 坐标原点 O对称,所以 M在直线 y=x上,故可设 M(a,a). 因为M 与直线 x+2=0相切,所以M的半径为 r=|a+2|. ,故可得 2a2+4=(a+2)2,解得 a=0或 a=4.由

34、已知得|AO|=2,又 故M的半径 r=2或 r=6. 26 (2)存在定点 P(1,0),使得|MA|-|MP|为定值. 理由如下: 设 M(x,y),由已知得M 的半径为 r=|x+2|,|AO|=2. ,故可得 x2+y2+4=(x+2)2,化简得 M 的轨迹方程为 y2=4x.由于 因为曲线 C:y2=4x是以点 P(1,0)为焦点,以直线 x=-1为准线的抛物线,所以|MP|=x+1. 因为|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,所以存在满足条件的定点P. 3.(2017全国20)在直角坐标系 xOy中,曲线 y=x2+mx-2 与 x 轴交于 A,B 两点,点 C

35、 的坐标为(0,1).当 m变化时,解答下列问题: (1)能否出现 ACBC的情况?说明理由; (2)证明过 A,B,C 三点的圆在 y轴上截得的弦长为定值. 解(1)不能出现 ACBC的情况,理由如下: 设 A(x1,0),B(x2,0), 则 x1,x2满足 x2+mx-2=0,所以 x1x2=-2. 又 C 的坐标为(0,1),故 AC的斜率与 BC的斜率之积为=- , 所以不能出现 ACBC的情况. (2)BC的中点坐标为,可得 BC的中垂线方程为 y- =x2-. - 由(1)可得 x1+x2=-m, 所以 AB的中垂线方程为 x=- . - 联立 - 27 - 又+mx2-2=0,

36、可得 - 所以过 A,B,C 三点的圆的圆心坐标为 -,半径 r= 故圆在 y轴上截得的弦长为 2-=3, . 即过 A,B,C三点的圆在 y轴上截得的弦长为定值. 典题演练提能刷高分 1.(2019四川棠湖中学高三适应性考试)已知抛物线 C:x2=4y,M 为直线 l:y=-1 上任意一点,过点 M作抛 物线 C的两条切线 MA,MB,切点分别为 A,B. (1)当 M的坐标为(0,-1)时,求过 M,A,B 三点的圆的方程; (2)证明:以 AB为直径的圆恒过点 M. (1)解当 M的坐标为(0,-1)时,设过 M点的切线方程为 y=kx-1, 由消去 y得 x2-4kx+4=0. - 令

37、 =(4k)2-44=0,解得 k=1. 代入方程,解得 A(2,1),B(-2,1). 设圆心点 P的坐标为(0,a),由|PM|=|PB|,得 a+1=2,解得 a=1. 故过 M,A,B 三点的圆的方程为 x2+(y-1)2=4. y=,y= x,设切点分别为x1,x2, (2)证明设 M(x0,-1),由已知得 所以 kMA=,kMB=. y- A,B, 切线 MA的方程为(x-x1),即 y= x1x-, 28 切线 MB的方程为 y-(x-x2),即 y= x2x-. 又因为切线 MA过点 M(x0,-1),所以得-1= x0 x1-. 又因为切线 MB也过点 M(x0,-1),所

38、以得-1= x0 x2-. 所以 x1,x2是方程-1= x0 x- x2的两个实根. 由韦达定理得 x1+x2=2x0,x1x2=-4. 因为= x1-x0,+1 ,= x2-x0,+1 , 所以=(x1-x0)(x2-x0)+1+1 =x1x2-x0(x1+x2)+(x1+x2)2-2x1x2+1. 将 x1+x2=2x0,x1x2=-4代入,得=0.所以以 AB 为直径的圆恒过点 M. 2.(2019河南洛阳高三第三次统一考试)在平面直角坐标系 xOy中,椭圆 E:=1(a0,b0)经过点 A -,且点 F(0,-1)为其一个焦点. (1)求椭圆 E 的方程; (2)设椭圆 E 与 y

39、轴的两个交点为 A1,A2,不在 y轴上的动点 P在直线 y=b2上运动,直线 PA1,PA2分别 与椭圆 E 交于点 M,N.证明:直线 MN通过一个定点,且FMN的周长为定值. (1)根据题意可得解 - 可解得 椭圆 E 的方程为=1. (2)不妨设 A1(0,2),A2(0,-2). 29 P(x0,4)为直线 y=4上一点(x00),M(x1,y1),N(x2,y2). 直线 PA1方程为 y=x+2,直线 PA2方程为 y=x-2. 点 M(x1,y1),A1(0,2)的坐标满足方程组可得 可得 - - - 点 N(x2,y2),A2(0,-2)的坐标满足方程组 - 所以 M - -

40、 ,N - . 直线 - MN的方程为 y-=-x+,即 - y=-x+1. 故直线 MN恒过定点 B(0,1). F(0,-1),B(0,1)是椭圆 E的焦点, FMN周长=|FM|+|MB|+|BN|+|NF|=4b=8. 3.如图,已知 F1(-1,0),F2(1,0)是椭圆 C 的左、右焦点,B为椭圆 C 的上顶点,点 P在椭圆 C上,直线 PF1 与 y轴的交点为 M,O为坐标原点,且|PM|=|F2M|,|OM|= . (1)求椭圆 C 的方程; (2)过点 B作两条互相垂直的直线分别与椭圆C交于 S,T两点(异于点 B),证明:直线 ST过定点,并求该 定点的坐标. (1)解由题

41、意得|PM|=|MF2|=|MF1|, MO为F1PF2的中位线, 30 MOPF2, PF2F1F2, |PF2|=2|OM|=. 又 a2=b2+c2,c=1, a2=4,b2=3, 椭圆方程为=1. (2)证明设 S(x1,y1),T(x2,y2),直线 BS:y=kx+,由 消去 y 整理得(4k2+3)x2+8kx=0, 解得 x=-或 x=0(舍去). x1=-, - 以- 代替上式中的 k,可得 x2=-. 由题意可得,若直线 BS关于 y轴对称后得到直线 BS,则得到的直线 ST与 ST关于 x轴对称, 所以若直线 ST经过定点,该定点一定是直线 ST与 ST的交点,故该点必在

42、 y 轴上. - - - - 设该点坐标为(0,t),则有, t= - - = - - ,将 x1,x2的值代入上式,化简得 t=-, 31 直线 ST经过定点-. 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,求出定点坐标;若不过定点,请说明理由. 解(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

43、, 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,则 =1,即 p=2. 所以 C的轨迹方程为 y2=4x. ,m+2,0 - (2)设 A,则 B, 所以直线 AB的斜率为 k= =- . y=- x+b,由设与 AB平行,且与抛物线 C相切的直线为得 my2+8y-8b=0, - 由 =64+32mb=0 得 b=- ,所以 yD=- , 所以点 D,-. 当,即 m2时,直线 AD的方程为 y-m= - x-, 32 整理得 y=(x-1),所以直线 - AD过定点(1,0). 当,即 m=2时,直线 AD的方程为 x=1,

44、过定点(1,0). 综上所述,直线 AD 过定点(1,0). 命题角度 5圆锥曲线的探究、存在 性问题 高考真题体验对方向 1.(2016全国20)在直角坐标系 xOy中,直线 l:y=t(t0)交 y轴于点 M,交抛物线 C:y2=2px(p0)于点 P,M关于点 P 的对称点为 N,连接 ON 并延长交 C 于点 H. (1)求; (2)除 H 以外,直线 MH与 C是否有其他公共点?说明理由. 解(1)由已知得 M(0,t),P. 又 N 为 M 关于点 P的对称点,故 N,ON 的方程为 y= x,代入 y2=2px整理得 px2-2t2x=0,解得 x1=0,x2=.因此 H. 所以

45、 N为 OH 的中点,即=2. (2)直线 MH与 C除 H 以外没有其他公共点. 理由如下: 直线 MH的方程为 y-t= x,即 x= (y-t). 代入 y2=2px得 y2-4ty+4t2=0,解得 y1=y2=2t,即直线 MH与 C 只有一个公共点, 33 所以除 H 以外直线 MH与 C没有其他公共点. 2.(2015全国20)已知椭圆 C:9x2+y2=m2(m0),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,延长线段 OM与 C 交于点 P,四边形

46、OAPB能否为平行四边形?若能,求此时 l的斜 率;若不能,说明理由. (1)证明设直线 l:y=kx+b(k0,b0),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= - ,yM=kxM+b=. 于是直线 OM的斜率 kOM=- , 即 kOMk=-9. 所以直线 OM的斜率与 l的斜率的乘积为定值. (2)解四边形 OAPB能为平行四边形. 因为直线 l过点, 所以 l不过原点且与 C有两个交点的充要条件是k0,k3. 由(1)得 OM的方程为 y=- x. 设点 P的横坐标为 xP.

47、 由 - 得, 即 xP=. 将点的坐标代入 l的方程得 b= - , 34 因此 xM= - . 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=2 - , 解得 k1=4-,k2=4+. 因为 ki0,ki3,i=1,2, 所以当 l的斜率为 4-或 4+时,四边形 OAPB为平行四边形. 典题演练提能刷高分 1.已知椭圆 C:=1(ab0)的左顶点为 A,右焦点为 F2(2,0),点 B(2,-)在椭圆 C 上. (1)求椭圆 C 的方程; (2)若直线 y=kx(k0)与椭圆 C 交于 E,F两点,直线 AE,AF分别与 y轴交于点 M,N,

48、在 x 轴上,是否存在 点 P,使得无论非零实数 k怎样变化,总有MPN为直角?若存在,求出点 P 的坐标;若不存在,请说明理 由. 解(1)依题意,c=2. 点 B(2,-)在 C上,=1. a2=b2+c2,a2=8,b2=4, 椭圆方程为=1. (2)假设存在这样的点 P,设 P(x0,0),E(x1,y1), 则 F(-x1,-y1), 联立 35 消去 y 化简得(1+2k2)x2-8=0, 解得 x1=,y1=. A(-2,0), AE所在直线方程为 y=(x+2), M 0, 同理可得 N 0, - = -x0,= -x0, - =0,得,由-4=0. x0=2 或 x0=-2.

49、 存在点 P,使得无论非零实数k 怎么变化,总有MPN为直角,点 P坐标为(2,0)或(-2,0). 2.已知抛物线 E 的顶点为平面直角坐标系xOy的坐标原点 O,焦点为圆 F:x2+y2-4x+3=0的圆心 F.经 过点 F的直线 l交抛物线 E于 A,D两点,交圆 F 于 B,C两点,A,B 在第一象限,C,D在第四象限. (1)求抛物线 E的方程; (2)是否存在直线 l使 2|BC|是|AB|与|CD|的等差中项?若存在,求直线 l的方程;若不存在,请说明理由. 解(1)圆 F的方程为(x-2)2+y2=1, 圆心 F 的坐标为(2,0),半径 r=1. 根据题意设抛物线 E的方程为 y2=2px(p0), =2,解得 p=4. 抛物线 E的方程为 y2=8x. (2)2|BC|是|AB|与|CD|的等差中项,|BC|=2r,|AB|+|CD|=4|BC|=42r=8