北京专用2020届高考数学一轮复习第十章圆锥曲线10.5圆锥曲线的综合问题课件.pptx

1、10.5圆锥曲线的综合问题,高考数学 (北京专用),A组自主命题北京卷题组,五年高考,考点一圆锥曲线中的定点(定值)问题,1.(2019北京理,18,14分)已知抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1). (1)求抛物线C的方程及其准线方程; (2)设O为原点,过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M,N,直线y=-1分别交直线OM,ON于点A和点B.求证:以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.,解析本题主要考查抛物线、直线和圆的基本概念,重点考查直线与抛物线的位置关系,考查学生对数形结合思想的应用以及逻辑推理能力,通过直线与抛物线的位置关系考查了数学运算的核心素养. (1)由

2、抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1),得p=2. 所以抛物线C的方程为x2=-4y,其准线方程为y=1. (2)抛物线C的焦点为F(0,-1). 设直线l的方程为y=kx-1(k0). 由得x2+4kx-4=0. 设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2=-4, 直线OM的方程为y=x. 令y=-1,得点A的横坐标xA=-. 同理得点B的横坐标xB=-.,设点D(0,n),则=,=, =+(n+1)2=+(n+1)2 =+(n+1)2=-4+(n+1)2. 令=0,即-4+(n+1)2=0, 得n=1或n=-3. 综上,以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0,-3).,

3、2.(2018北京,19,14分)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l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. (1)求直线l的斜率的取值范围; (2)设O为原点,=,=,求证:+为定值.,解析(1)因为抛物线y2=2px过点(1,2), 所以2p=4,即p=2. 故抛物线C的方程为y2=4x, 由题意知,直线l的斜率存在且不为0. 设直线l的方程为y=kx+1(k0). 由得k2x2+(2k-4)x+1=0. 依题意=(2k-4)2-4k210,解得k0或0k1. 又PA,PB与y轴相交,故直线l不过点(1,-2). 从而

4、k-3. 所以直线l斜率的取值范围是(-,-3)(-3,0)(0,1). (2)设A(x1,y1),B(x2,y2), 由(1)知x1+x2=-,x1x2=. 直线PA的方程为y-2=(x-1).,令x=0,得点M的纵坐标为yM=+2=+2. 同理得点N的纵坐标为yN=+2. 由=,=得=1-yM,=1-yN. 所以+=+=+ =2. 所以+为定值.,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; (2)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; (3)求某线段长

5、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.,3.(2016北京文,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.,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)证明:设P(x0,y0)(x00,y00),则+4=4.(6分) 又A(2,0),B(0,1), 所以,直线PA的方程为y=(x-2).

6、令x=0,得yM=-,从而|BM|=1-yM=1+.(9分),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) 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),解后反思(1)由A、B两点的坐标知a=2,b=1,即可求离心率. (2)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

7、出直线PA和PB,即 可求得点M、N的坐标.,一题多解(2)证明:已知A(2,0),B(0,1). 设直线PB的方程为y=kx+1(k0). 令y=0,得xN=-, 从而|AN|=2-xN=. 由得(1+4k2)x2+8kx=0, 所以xP=,yP=. 所以直线PA的方程为y=(x-2), 令x=0,得yM=, 故|BM|=1-yM=, S四边形ABNM=|AN|BM|=2. 从而四边形ABNM的面积为定值.,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.,4.(2016北京,19,14分)已知椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,A(a,0),

8、B(0,b),O(0,0),OAB 的面积为1. (1)求椭圆C的方程; (2)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.,解析(1)由题意得 解得a=2,b=1. 所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)证明:由(1)知,A(2,0),B(0,1). 设P(x0,y0),则+4=4.,当x00时,直线PA的方程为y=(x-2). 令x=0,得yM=-,从而|BM|=|1-yM|=. 直线PB的方程为y=x+1. 令y=0,得xN=-,从而|AN|=|2-xN|=.,所以|AN|BM|= = =4. 当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|

9、AN|=2, 所以|AN|BM|=4. 综上,|AN|BM|为定值.,思路分析(1)先利用离心率和三角形的面积建立关于a,b,c的方程组,解出a,b,从而得到椭圆的方程;(2)设P(x0,y0),分x00和x0=0两种情况讨论.,解后反思条件中直线PA与y轴的交点,直线PB与x轴的交点是本题的突破口.解决本题的关键在于点的坐标的利用.,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.,考点二圆锥曲线中的最值(范围)问题,1.(2019北京理,8,5分)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线C:x2+y2=1+|x|y就是其中之一

10、(如图).给出下列三个结论: 曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点); 曲线C上任意一点到原点的距离都不超过; 曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3. 其中,所有正确结论的序号是() A.B.C.D.,答案C本题考查内容比较丰富,涉及不等式、圆、距离、面积等知识,对学生的推理能力、综合应用能力、运算求解能力要求较高;重点体现逻辑推理、数学运算等核心素养;同时也展现了对创新思维与审美能力的考查. 解法一:从结论“不超过”“小于”入手,利用基本不等式进行放缩,再利用图形估算面积. x2+y2=1+|x|y1+|x|y|1+, x2+y22. x可能取得的整数值为1,0,代入曲线C的方

11、程得整点坐标为(1,1),(1,0),(-1,1),(-1,0),(0,1),(0,-1),故正确; 设曲线C上任意一点到原点的距离为d,则d2=x2+y22, d,故正确; 由图知,图形在第一象限的面积S11,图形在第四象限的面积S4,由对称性得,“心形”区 域面积S2=3,故错误.综上可知选C.,解法二:由图形封闭,结论中涉及曲线上的点到原点的距离,联想到极坐标方程. 以原点为极点建立极坐标系, 则C:2=1+2|cos |sin , 即2=. |cos |sin |sin 2|, 22,即,故正确. 由,知经检验知共有6个整点满足条件,故正确. 在第一象限曲线C的极坐标方程为=1+cos

12、 1sin 1, 在第四象限曲线C的极坐标方程为=1+cos 4sin 4. 令4=-1,则=1-cos 1sin 1,由得1-1=, 由得1-4=, 14,1-11-4(此时极径关于极轴对称). 如图所示, 由图可知,右半部分“心形”区域面积大于半个单位圆面积,故“心形”区域面积S212 =3,故错误. 综上可知,正确结论的序号为,故选C.,2.(2011北京,19,14分)已知椭圆G:+y2=1.过点(m,0)作圆x2+y2=1的切线l交椭圆G于A,B两点. (1)求椭圆G的焦点坐标和离心率; (2)将|AB|表示为m的函数,并求|AB|的最大值.,解析(1)由已知得a=2,b=1,所以c

13、=. 所以椭圆G的焦点坐标为(-,0),(,0),离心率e=. (2)由题意知,|m|1. 当m=1时,切线l的方程为x=1,点A,B的坐标分别为,.此时|AB|=. 当m=-1时,同理可得|AB|=. 当|m|1时,设切线l的方程为y=k(x-m). 由得(1+4k2)x2-8k2mx+4k2m2-4=0.,设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=. 又由l与圆x2+y2=1相切,得=1,即m2k2=k2+1. 所以|AB|= =,=. 由于当m=1时,|AB|=,所以|AB|=,m(-,-11,+). 因为|AB|=2当且仅当m=时,|AB|=2,

14、所以|AB|的最大值为2.,失分警示(1)混淆椭圆的顶点与焦点、记错离心率的公式,造成失分. (2)没有对切线的斜率是否存在进行讨论,忽视直线与圆相切的充要条件,记错直线与椭圆的相交弦长的计算公式、字母运算出错,造成失分.,评析本题考查了椭圆的基本性质,圆的切线问题,直线与椭圆的相交弦长的计算以及基本不等式的应用.考查分类讨论思想,逻辑推理能力和运算能力.解题的关键是对直线的斜率是否存在进行讨论,并能准确求出直线与椭圆的相交弦长.本题考查的知识点多、综合性强,运算量很大,属于难题.,考点三圆锥曲线中的存在性问题 (2015北京,19,14分)已知椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,点P(0,1

15、)和点A(m,n)(m0)都 在椭圆C上,直线PA交x轴于点M. (1)求椭圆C的方程,并求点M的坐标(用m,n表示); (2)设O为原点,点B与点A关于x轴对称,直线PB交x轴于点N.问:y轴上是否存在点Q,使得OQM=ONQ?若存在,求点Q的坐标;若不存在,说明理由.,解析(1)由题意得解得a2=2. 故椭圆C的方程为+y2=1. 设M(xM,0). 因为m0,所以-1n1. 直线PA的方程为y-1=x, 所以xM=,即M. (2)因为点B与点A关于x轴对称,所以B(m,-n). 设N(xN,0),则xN=. “存在点Q(0,yQ)使得OQM=ONQ”等价于“存在点Q(0,yQ)使得=”,

16、 即yQ满足=|xM|xN|.,因为xM=,xN=,+n2=1, 所以=|xM|xN|=2. 所以yQ=或yQ=-. 故在y轴上存在点Q,使得OQM=ONQ. 点Q的坐标为(0,)或(0,-).,方法点拨有关圆锥曲线中的存在性问题常见的处理方法:方法一:结合几何条件直接运算,找出存在的值或者点;方法二:先用特殊状态找出特殊值,再用一般情况进行论证,看特殊状态的结果是否吻合.,B组统一命题省(区、市)卷题组,考点一圆锥曲线中的定点(定值)问题,1.(2016山东,21,14分)已知椭圆C:+=1(ab0)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)(m0)的直线交x

17、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.,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)(x00,y00). 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Q

18、B的方程为y=-3kx+m.,联立 整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0. 由x0 x1=, 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m0,x00,可知k0,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.,2.(2015课标文,20,12分)已知椭圆C:+=1(ab0)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

19、斜率的乘积为定值.,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(k0,b0),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=kxM+b=. 于是直线OM的斜率kOM=-,即kOMk=-. 所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.,考点二圆锥曲线中的最值(范围)问题,1.(2018浙江,17,4分)已知点P（0，1），椭圆 +y2 =m(m1)上两点A，B满足 =2，则当m=_时，点B横坐标的绝对值最大.,答案5,解析本题考

20、查椭圆的标准方程,向量的坐标运算,二次函数的最值. 设B(t,u),由=2,易得A(-2t,3-2u). 点A,B都在椭圆上, 从而有+3u2-12u+9=0,即+u2=4u-3. 即有4u-3=mu=, +=m,t2=-m2+m-=-(m-5)2+4. 当m=5时,(t2)max=4,即|t|max=2, 即当m=5时,点B横坐标的绝对值最大.,思路分析(1)设出点B的坐标,利用向量的坐标运算得点A的坐标. (2)利用点A,B都在椭圆上得方程组,求得点B的横、纵坐标满足的关系式. (3)利用(2)中的关系式及点B在椭圆上,把点B的横坐标的平方表示为关于m的函数. (4)利用二次函数的最值得结

21、论.,2.(2019课标全国理,21,12分)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-.记M的轨迹为曲线C. (1)求C的方程,并说明C是什么曲线; (2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PEx轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G. (i)证明:PQG是直角三角形; (ii)求PQG面积的最大值.,解析本题主要考查轨迹方程的求法,直线与椭圆的位置关系,两条直线的位置关系,弦长问题,三角形的面积以及基本不等式的应用等相关知识;通过对三角形形状的判断以及面积最值的求解考查学生的知识迁移能力、运算求解能力及函数思想方法的应用;体现了逻辑

22、推理和数学运算的核心素养. (1)由题设得=-,化简得+=1(|x|2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的 椭圆,不含左右顶点. (2)(i)设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k0). 由得x=. 记u=,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0). 于是直线QG的斜率为,方程为y=(x-u). 由得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.,设G(xG,yG),则-u和xG是方程的解,故xG=,由此得yG=. 从而直线PG的斜率为=-. 所以PQPG,即PQG是直角三角形. (ii)由(i)得|PQ|=2u,|PG|=, 所以PQG的面积S=|PQ|PG|=. 设

23、t=k+,则由k0得t2,当且仅当k=1时取等号. 因为S=在2,+)单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为. 因此,PQG面积的最大值为.,思路分析(1)利用直线AM与BM的斜率之积为-求得曲线C的轨迹方程,从而得出曲线C的 轨迹.(2)(i)设出直线PQ的方程,联立椭圆方程,求得点P、Q的坐标,由Q、E的坐标得出直线QG的方程,联立椭圆方程,得出点G的坐标,进而表示出直线PG的斜率,从而得出结论.(ii)利用弦长公式求出|PQ|与|PG|的表达式,从而将三角形的面积表示成关于k的函数,进而利用函数思想求其最大值.,解题关键利用方程思想得出点P、Q的坐标,进而利用换元法及

24、整体代换法简化运算过 程是顺利解决本题的关键;正确利用基本不等式及函数单调性是求解PQG面积最值的关键.,3.(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(x0)上的动点,求PAB面积的取值范围.,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)证明: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y2-2

25、y0y+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,SPAB=|PM|y1-y2|=(-4x0.,因为+=1(x00),所以-4x0=-4-4x0+44,5. 因此,PAB面积的取值范围是.,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)

26、,将问题转化为求函数的值域或最值.,4.(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.,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)(

27、k+1)3, 令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因为f (k)=-(4k-2)(k+1)2,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,再转化为关于动点的横(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,由根与系数的关系转化为直线的斜率(或直线的截距)的函数,最后求函数的最值或值域.,5.(2017山东文,21,14分)在平

28、面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(ab0)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(m0)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,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0得m24k2+2,(*)

29、且x1+x2=-,因此y1+y2=, 所以D, 又N(0,-m),所以|ND|2=+, 整理得|ND|2=,因为|NF|=|m|, 所以=1+. 令t=8k2+3,t3,故2k2+1=, 所以=1+=1+. 令y=t+,所以y=1-. 当t3时,y0, 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, 由(*)得-m且m0.,故. 设EDF=2, 则sin =. 所以的最小值为, 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.,6.(2016课标全国,20,12分)设圆x2+y

30、2+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|,EBAC, 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.(2分) 由题设得A(-1,0),B(1,

31、0),|AB|=2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为+=1(y0).(4分) (2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0), M(x1,y1),N(x2,y2). 由得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0. 则x1+x2=,x1x2=. 所以|MN|=|x1-x2|=.(6分) 过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y=-(x-1),A到m的距离为,所以|PQ|=2=4,. 故四边形MPNQ的面积 S=|MN|PQ|=12.(10分) 可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8). 当l与x轴垂直时,其方程为x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四边

32、形MPNQ的面积为12. 综上,四边形MPNQ面积的取值范围为12,8).(12分),方法总结定义法求轨迹方程的一般步骤: (1)判定动点的运动轨迹满足某种曲线的定义; (2)设标准方程,求方程中的基本量; (3)写出轨迹方程.,7.(2015浙江,19,15分)已知椭圆+y2=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+对称. (1)求实数m的取值范围; (2)求AOB面积的最大值(O为坐标原点).,解析(1)由题意知m0,可设直线AB的方程为y=-x+b. 由消去y,得x2-x+b2-1=0. 因为直线y=-x+b与椭圆+y2=1有两个不同的交点, 所以=-2b2+2+0, 将AB的中点M代入

33、直线方程y=mx+,解得 b=-. 由得m. (2)令t=, 则|AB|=,且O到直线AB的距离为d=. 设AOB的面积为S(t), 所以S(t)=|AB|d=. 当且仅当t2=时,等号成立. 故AOB面积的最大值为.,考点三圆锥曲线中的存在性问题,1.(2016四川,20,13分)已知椭圆E:+=1(ab0)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:y=-x+3与椭圆E有且只有一个公共点T. (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,使得|PT|2=|PA|PB|,并求的值.

34、,解析(1)由已知,a=b, 则椭圆E的方程为+=1. 由方程组得3x2-12x+(18-2b2)=0. 方程的判别式为=24(b2-3),由=0,得b2=3, 此时方程的解为x=2, 所以椭圆E的方程为+=1. 点T的坐标为(2,1). (2)由已知可设直线l的方程为y=x+m(m0), 由方程组可得 所以P点坐标为,|PT|2=m2.,方法总结一般地,解直线与圆锥曲线相交的问题时,常常联立方程转化为关于x(或y)的一元二次方程,注意0,再结合根与系数的关系进行解题.,评析本题考查了直线与圆锥曲线相交的问题,这类题中常用的方法是方程法,并结合根与系数的关系,两点间距离公式,难点是运算量比较大

35、,注意运算技巧.,2.(2015课标,20,12分)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.,解析(1)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kOM

36、k=-9. 所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值. (2)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. 由得=,即xP=. 将点的坐标代入l的方程得b=,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.,思路分析(1)设出直线l的方程,与椭圆方程联立并消元,利用根与系数的关系求得AB的中点 M的坐标,进

37、而可得出结论;(2)要使四边形OAPB为平行四边形,则线段AB与线段OP互相平分,即xP=2xM,由此结合已知条件建立相应方程,进而通过解方程使问题得解.,方法总结解决定值问题的常见方法有两种:(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,并在推理、计算的过程中消去变量,从而得到定值.,3.(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:+=1(ab0)的离心率是,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l被椭圆E截得的线段长为2. (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=恒成立?

38、若存在,求 出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.,解析(1)由已知得,点(,1)在椭圆E上. 因此,解得a=2,b=. 所以椭圆E的方程为+=1. (2)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=1, 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,),(0,-). 由=,有=,解得y0=1或y0=2. 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:对任意直线l,均有=. 当直线l的斜率不存在时,由上可知,结

39、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). 联立得(2k2+1)x2+4kx-2=0. 其判别式=(4k)2+8(2k2+1)0, 所以,x1+x2=-,x1x2=-.因此+=2k. 易知,点B关于y轴对称的点B的坐标为(-x2,y2). 又kQA=k-,kQB=-k+=k-, 所以kQA=kQB,即Q,A,B三点共线. 所以=. 故存在与P不同的定点Q(0,2),使得=恒成立.,C组教师专用题组,考点一圆锥曲线中的定点(定值)问题 (2019课标全国文,21,12分)已知曲线C:y=,D为直线y=-上的动点,过D作C的两

40、条切线,切 点分别为A,B. (1)证明:直线AB过定点; (2)若以E为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求该圆的方程.,解析本题将直线、抛物线、圆的相关内容有机结合,考查三者之间的位置关系,考查学生分析问题与解决问题的能力,对逻辑推理与数学运算素养有较高要求. (1)设D,A(x1,y1),则=2y1. 由于y=x,所以切线DA的斜率为x1,故=x1. 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. (2)由(1)得直线AB的方程为y=tx+. 由可得x2-2tx-1=0

41、. 于是x1+x2=2t,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1.,设M为线段AB的中点,则M. 由于,而=(t,t2-2),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,|=2,所求圆的方程为x2+=4; 当t=1时,|=,所求圆的方程为x2+=2.,思路分析(1)直线与开口向上的抛物线相切,宜用导数法求斜率,如果联立方程利用判别式求解,则运算量偏大.求切点弦方程,可仿照过圆外一点作圆的两条切线,求切点弦的方法进行. (2)切点是弦中点,利用关于弦中点的“点差法”,以及“过切点的半径垂直于该切线”,即可获得等量关系,进而求得圆的方程.,一题多解(1

42、)依题意,可设AB:y=kx+b,D,A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2). 联立消去y得x2-2kx-2b=0. =4k2+8b0,x1+x2=2k,x1x2=-2b. 又直线DA与抛物线相切,则x1=, 所以-2tx1-1=0,同理-2tx2-1=0. 所以2k=x1+x2=2t,-2b=x1x2=-1, 所以k=t,b=, 则直线AB:y=tx+,必过定点F. (2)设M为线段AB的中点,由(1)可知M. 所以=(t,t2-2),=(t,t2),又EMFM,则tt+(t2-2)t2=0, 解得t=0或t=1或t=-1. 当t=0时,|=2,所求圆的方程为x2+=4; 当t=1时

43、,|=,所求圆的方程为x2+=2.,考点二圆锥曲线中的最值(范围)问题,1.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:+=1(ab0)的离心率为,焦距为 2. (1)求椭圆E的方程; (2)如图,动直线l:y=k1x-交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2,且k1k2=. M是线段OC延长线上一点,且|MC|AB|=23,M的半径为|MC|,OS,OT是M的两条切线,切点分别为S,T.求SOT的最大值,并求取得最大值时直线l的斜率.,解析(1)由题意知e=,2c=2,所以a=,b=1, 因此椭圆E的方程为+y2=1. (2)设A(x1,y1),B(x

44、2,y2), 联立消y整理得(4+2)x2-4k1x-1=0, 由题意知0,且x1+x2=,x1x2=-, 所以|AB|=|x1-x2|=. 由题意可知圆M的半径 r=|AB|=. 由题设知k1k2=,所以k2=,因此直线OC的方程为y=x. 联立得x2=,y2=, 因此|OC|=. 由题意可知sin=, 而=, 令t=1+2,则t1,(0,1), 因此=,=1, 当且仅当=,即t=2时等号成立,此时k1=, 所以sin, 因此,所以SOT的最大值为. 综上所述:SOT的最大值为,取得最大值时直线l的斜率k1=.,思路分析(1)由离心率和焦距,利用基本量运算求解;(2)联立直线l与椭圆方程,利

45、用距离公式求出|AB|,联立直线OC与椭圆方程求|OC|,进而建立sin与k1之间的函数关系,利用二次函 数的性质求解.,疑难突破把角的问题转化为三角函数问题,即由sin=f(k1)求解是解题的突破 口.,解题反思最值问题一般利用函数的思想方法求解,利用距离公式建立sin与k1之间的 函数关系是解题关键.牢固掌握基础知识和方法是求解的前提.本题的完美解答体现了数学知识、能力、思想、方法的完美结合.,2.(2016山东,21,14分)平面直角坐标系xOy中,椭圆C:+=1(ab0)的离心率是,抛物线E: x2=2y的焦点F是C的一个顶点. (1)求椭圆C的方程; (2)设P是E上的动点,且位于第

46、一象限,E在点P处的切线l与C交于不同的两点A,B,线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M. (i)求证:点M在定直线上; (ii)直线l与y轴交于点G,记PFG的面积为S1,PDM的面积为S2.求的最大值及取得最大值 时点P的坐标.,解析(1)由题意知=,可得a2=4b2. 因为抛物线E的焦点F的坐标为, 所以b=,所以a=1. 所以椭圆C的方程为x2+4y2=1. (2)(i)设P(m0). 由x2=2y,可得y=x,所以直线l的斜率为m. 因此直线l方程为y-=m(x-m),即y=mx-. 设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).,联立 得(4m2+

47、1)x2-4m3x+m4-1=0. 由0,得0m(或0m22+),(*) 且x1+x2=,因此x0=. 将其代入y=mx-,得y0=. 因为=-, 所以直线OD方程为y=-x. 联立得点M的纵坐标yM=-, 所以点M在定直线y=-上. (ii)由(i)知直线l方程为y=mx-.,令x=0,得y=-,所以G.又P,F,D, 所以S1=|GF|m=, S2=|PM|m-x0|=. 所以=. 设t=2m2+1. 则=-+2, 当=,即t=2时,取到最大值, 此时m=,满足(*)式, 所以P点坐标为. 因此的最大值为,此时点P的坐标为.,疑难突破以点P的横坐标为参变量表示出点D的坐标,进而得出直线OD

48、的方程,结合直线MP的方程,消参可得到点M的纵坐标.合理计算三角形的面积并利用函数思想是解决(2)(ii)的关键.,评析本题考查了椭圆和抛物线的基本知识;考查了直线与椭圆的位置关系,函数的思想方法,及“设而不求,进行整体运算”的技巧.本题综合性强,运算量大,属难题.,3.(2014湖南,21,13分)如图,O为坐标原点,椭圆C1:+=1(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2, 离心率为e1;双曲线C2:-=1的左、右焦点分别为F3、F4,离心率为e2,已知e1e2=,且|F2F4|= -1. (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

49、交于P,Q两点时,求四边形APBQ面积的最小值.,解析(1)因为e1e2=,所以=,即a4-b4=a4,因此a2=2b2,从而F2(b,0),F4(b, 0),于是b-b=|F2F4|=-1,所以b=1,所以a2=2. 故C1,C2的方程分别为+y2=1,-y2=1. (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. 由得(m2+2)y2-2my-1=0, 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=,y 1y2=. 因此x1+x2=m(y1+y2)-2=,于是AB的中点M的坐标为.故

50、直线PQ的斜率为-, 则PQ的方程为y=-x,即mx+2y=0. 由得(2-m2)x2=4,所以2-m20,且x2=,y2=,从而|PQ|=2=2.,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=, 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=. 又因为|y1-y2|=, 所以2d=. 故四边形APBQ的面积,S=|PQ|2d=2 . 而02-m22, 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

51、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(韦达定理),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.,考点三圆锥曲线中的存在性问题,1.(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l

52、1: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.,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MNx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SOPQ=44=8. (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+

53、4m2-16=0. 因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点, 所以=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-16)=0,即m2=16k2+4.,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SOPQ=|PQ|d=|m|xP-xQ|=| m|=. 将代入得,SOPQ=8. 当k2时,SOPQ=8=88; 当0k2时,SOPQ=8=8. 因0k2,则01-4k21,2, 所以SOPQ=88, 当且仅当k=0时取等号.所以当k=0时,SOPQ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

54、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.,2.(2014重庆,21,12分)如图,设椭圆+=1(ab0)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. 从而=|DF1|F1F2|

55、=c2=,故c=1. 从而|DF1|=, 由DF1F1F2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,y10,y20,F1P1,F 2P2是圆C的切线,且F1P1F2P2. 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=(x1+1,y1),=(-x1-1,y1). 再由F1P1F2P2得-(x1+1)

56、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CP1F1P1,得=-1. 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.,三年模拟,A组 201

57、72019年高考模拟考点基础题组,考点一圆锥曲线中的定点(定值)问题,1.(2018北京海淀二模文,20)已知椭圆C:x2+2y2=2的左、右顶点分别为A1、A2. (1)求椭圆C的长轴长与离心率; (2)若不垂直于x轴的直线l与椭圆C相交于P,Q两点,直线A1P与A2Q交于点M,直线A1Q与A2P交于点N.求证:直线MN垂直于x轴.,解析(1)椭圆C的方程可化为+y2=1, 所以a=,b=1,c=1. 所以长轴长为2a=2,离心率e=. (2)证明:显然直线A1P、A2Q、A1Q、A2P斜率都存在,且互不相等,分别设为k1,k2,k3,k4. 则直线A1P的方程为y=k1(x+),A2Q的方

58、程为y=k2(x-), 联立可得xM=. 同理可得xN=. 设P(x0,y0),则+2=2. 所以k1k4=-. 同理,k2k3=-.,所以xN=xM. 所以直线MN垂直于x轴.,2.(2019北京西城期末文,19)已知椭圆C:+=1(a)的离心率为,左、右顶点分别 为A、B,点M是椭圆C上异于A,B的一点,直线AM与y轴交于点P. (1)若点P在椭圆C的内部,求直线AM的斜率的取值范围; (2)设椭圆C的右焦点为F,点Q在y轴上,且AQBM,求证:PFQ为定值.,解析(1)由题意,得c2=a2-2,=,(2分) 解得a=2,c=,所以椭圆C的方程为+=1.(3分) 设P(0,m),由点P在椭

59、圆C的内部,得-m, 又因为A(-2,0), 所以直线AM的斜率kAM=,(5分),3.(2018北京东城一模,19)已知椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,长轴长为2. (1)求椭圆C的方程; (2)点M是以长轴长为直径的圆O上一点,圆O在点M处的切线交直线x=3于点N.求证:过点M且垂直于直线ON的直线l过椭圆C的右焦点.,解析(1)由题意得解得 所以b2=a2-c2=2. 所以椭圆C的方程为+=1.(5分) (2)由题意知,圆O的方程为x2+y2=3. 设N(3,t),M(x0,y0),则+=3. 由题意得|ON|2=3+|MN|2, 即32+t2=3+(x0-3)2+(y0-t)2, 即9+t2=3+-6x0+9+-2ty0+t2, 即3+-6x0+-2ty0=0.,因为+=3, 所以3x0+y0t-3=0. 当t=0时,x0=1,直线l的方程为x=1,直线l过椭圆C的右焦点F(1,0). 当t0时,直线l的方程为y-y0=-(x-x0), 即ty-ty0=-3x+3x0,即ty=ty0+3x0-3x,即ty=-3(x-1),直