浙江专版2019版高考数学一轮复习第十章圆锥曲线与方程10.3抛物线及其性质学案20180403374

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高考数学一轮复习第十章圆锥曲线 10.3 抛物线及其性质课件文

=1+ 3 . 2
当m= 3 时, S1 取得最小值1+ 3 ,此时G(2,0).
思路分析 S(12 )根据抛物线定义2 知 p =1,得到准线方程x=-1.(2)要求 S1 的最小值,需要将 S1 用基
2
S2
S2
本量表示出来,从点的关系出发,设A(xA,yA),合理选择参数t表示A(t2,2t),t≠0,由直线AB过F得到
B组自主命题·省(区、市)卷题组
考点一抛物线的定义和标准方程
1.(2017山东,15,5分)在平面直角坐标系xOy中,双曲线 ax22 - by22 =1(a>0,b>0)的右支与焦点为F的抛
物线x2=2py(p>0)交于A,B两点.若|AF|+|BF|=4|OF|,则该双曲线的渐近线方程为
.
(2)求 S1 的最小值及此时点G的坐标. S2
解析本题主要考查抛物线的几何性质,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.体现了数学抽象的核心素养和转化与化归的思想方法.
(1)由题意得 p =1,即p=2.
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方程
= ( )
A. 1 B.1 C. 3 D.2
2
2
答案 D 由题意得点P的坐标为(1,2).把点P的坐标代入y=kx (k>0)得k=1×2=2,故选D.
3.(2019课标全国Ⅰ,21,12分)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.

近年版高考数学一轮复习第十章圆锥曲线与方程10.2双曲线及其性质学案(2021学年)

(浙江专版)２0１9版高考数学一轮复习第十章圆锥曲线与方程10.2 双曲线及其性质学案编辑整理:尊敬的读者朋友们:这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望(（浙江专版）2０19版高考数学一轮复习第十章圆锥曲线与方程 10.２双曲线及其性质学案）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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§10.2双曲线及其性质考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计２0１32０1４2０１５2016201７１。

双曲线的定义和标准方程1．了解圆锥曲线的实际背景,了解圆锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用.2.了解双曲线的定义,掌握双曲线的几何图形和标准方程。

掌握7,约2分１3（文),4分2。

双曲线的几何性质1.理解双曲线的简单几何性质。

2。

理解数形结合的思想.理解９，5分９(文)，5分1６,４分１7(文)，４分9,6分7,约3分分析解读 1.考查双曲线的定义、标准方程及简单的几何性质，一般以选择题、填空题的形式出现，难度不大。

２.重点考查双曲线的渐近线、离心率以及解双曲线上一点与两焦点构成的三角形.３．预计2019年高考试题中,对双曲线的考查仍会以选择题、填空题的形式出现,难度适中.五年高考考点一双曲线的定义和标准方程1。

(２017天津文,5,5分)已知双曲线—=1(ａ〉0，b>0)的右焦点为F，点A在双曲线的渐近线上，△OAＦ是边长为2的等边三角形（O为原点），则双曲线的方程为（ )Ａ．－＝1 Ｂ。

—＝1C 。

—y2=1ﻩＤ.ｘ２—=1答案Ｄ2。

高考数学一轮总复习第十章圆锥曲线10.3抛物线及其性质课件理新人教B版

(1)|AB|=x1+x2+p;
(2)x1x2= p 2 ,y1y2=-p2;
4
(3)以AB为直径的圆与抛物线的准线相切;
(4) 1 + =1 . 2
|AF | |BF | p
证明 (1)由抛物线的定义知|AB|=|AF|+|BF|=|AA1|+|BB1|=x1+x2+p.
(2)设直线AB的方程为y=k x ,
(1)以AB为直径的圆必与抛物线的准线相切;以CD为直径的圆切AB于点F;以AF(或BF)为直
径的圆与y轴相切;∠AEB=90°;∠CFD=90°等.
(2)|AB|=x1+x2+p.
(3)若直线AB的倾斜角为α,则|AF|= 1 ,c|pBo sFα|= ,|A1B|=cp o s α,S△AOB= s i2n p2.α (4)A,B两点的横坐标之积、纵坐标之积为定值,即x1x2= p 2 ,y1y2=-p2.

∴ p -0-m=0,解得m=p .
2
2
又|AB|= x 1 + 2p =x 1x+2x2+2pp= 2m+3p=4p=6,
∴p= 3 ,故选B.
2
答案 B
3-1 如图,AB为过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F的弦,点A,B在抛物线准线上的射影为A1, B1,且A(x1,y1),B(x2,y2).求证:
2
2
点坐标为 1 ,, 故14 切线MA的方程为y=- (x12 +1)+ 14.
因为点M(1- 2,y0)在切线MA及抛物线C2上,
所以y0=- 1 (2- 2 )+ 1 =-3 2, ①2

浙江专版2019版高考数学一轮复习第十章圆锥曲线与方程10.1椭圆及其性质学案20180403370

§10.1 椭圆及其性质考纲解读考点考纲内容要求1.了解圆锥曲线的实际背景,了解圆浙江省五年高考统计 2013 2014 2015 201620171.椭圆的定义和标准方程锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用.2.掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程.掌握21,15 分19,5分7(文), 5分7,5分2.椭圆的几何性质1.掌握椭圆的简单几何性质.2.理解数形结合的思想.掌握9,5分21(1), 7分15(文) , 4分19(2), 约 7分2,4分分析解读 1.椭圆是圆锥曲线中最重要的内容,是高考命题的热点. 2.考查椭圆及其标准方程,椭圆的简单几何性质.3.考查把几何条件转化为代数形式的能力.4.预计 2019年高考中,椭圆的考查必不可少,考查仍然集中在椭圆及其标准方程,椭圆的简单几何性质,以及与椭圆有关的综合问题上.五年高考考点一椭圆的定义和标准方程푥2 푦231.(2014大纲全国,6,5分)已知椭圆 C: + =1(a>b>0)的左、右焦点为 F 1、F 2,离心率为 ,过 F 2的直线 l 交 C 于푎2 푏23A 、B 两点.若△AF 1B 的周长为 4 3,则C 的方程为( )푥2 푦2푥2A. + =1B. +y 2=13 2 3푥2 푦2푥2 푦2C. + =1D. + =112 812 4答案 A푥2 푦22.(2014辽宁,15,5分)已知椭圆 C: + =1,点 M 与 C 的焦点不重合.若 M 关于 C 的焦点的对称点分别为 A,B,线段9 4 MN 的中点在 C 上,则|AN|+|BN|= . 答案 12푦23.(2014安徽,14,5分)设 F 1,F 2分别是椭圆 E:x 2+ =1(0<b<1)的左、右焦点,过点 F 1的直线交椭圆 E 于 A,B 两点.푏2若|AF 1|=3|F 1B|,AF 2⊥x 轴,则椭圆 E 的方程为 . 3 答案x 2+ y 2=1 2푥2 푦2 2 4.(2015江苏,18,16分)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 + =1(a>b>0)的离心率为 ,且右焦点 F 到左准 푎2 푏22线 l 的距离为 3.(1)求椭圆的标准方程;(2)过 F 的直线与椭圆交于 A,B 两点,线段 AB 的垂直平分线分别交直线 l 和 AB 于点 P,C,若 PC=2AB,求直线 AB 的方程.1푐 2푎2解析(1)由题意,得= 且c+ =3,푎 2 푐解得a= 2,c=1,则b=1,푥2所以椭圆的标准方程为+y2=1.2(2)当AB⊥x轴时,AB= 2,又CP=3,不合题意.当AB与x轴不垂直时,设直线AB的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),2푘2 ±2(1 + 푘2) 2푘2-푘将AB的方程代入椭圆方程,得(1+2k2)x2-4k2x+2(k2-1)=0,则x1,2= ,C的坐标为, ,且AB=1 + 2푘2 ( 1 + 2푘2)1 + 2푘22 2(1 + 푘2)(푥2 - 푥1)2 + (푦2 - 푦1)2 (1 + 푘2)(푥2 - 푥1)2= = .1 + 2푘2若k=0,则线段AB的垂直平分线为y轴,与左准线平行,不合题意.2푘2 푘 1从而k≠0,故直线PC的方程为y+ =- ,푘(푥-1 +2푘2) 1 + 2푘25푘2 + 2(-2,푘(1 + 2푘2)),则P点的坐标为2(3푘2 + 1) 1 + 푘2从而PC= .|푘|(1 + 2푘2)因为PC=2AB,2(3푘2 + 1) 1 + 푘2 4 2(1 + 푘2)所以= ,|푘|(1 + 2푘2) 1 + 2푘2解得k=±1.此时直线AB方程为y=x-1或y=-x+1.푥2 푦2 25.(2015福建,18,13分)已知椭圆E: + =1(a>b>0)过点(0, 2),且离心率e= .푎2 푏2 2(1)求椭圆E的方程;9(2)设直线l:x=my-1(m∈R)交椭圆E于A,B两点,判断点G(- 4,0)与以线段AB为直径的圆的位置关系,并说明理由.푏= 2, 푎= 2,{解得解析解法一:(1)由已知得푐 2{푎= 2 ,푏=2, 푐=2.푎2 = 푏2 + 푐2.푥2 푦2所以椭圆E的方程为+ =1.4 2(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为H(x0,y0).푥= 푚푦- 1,由{得(m2+2)y2-2my-3=0,푥2 푦24 + 2 = 122푚 3 푚所以y1+y2= ,y1y2=- ,从而y0= .푚2 + 2 푚2 + 2 푚2 + 22 29 5 5 25所以|GH|2=(푥0 + 4)+ = + =(m2+1) + my0+ .푦02 (푚푦0 + 4)푦02 푦202 16|퐴퐵|2 2 + (푦1 - 푦2)2 (1 + 푚2)(푦1 - 푦2)2(푥1 - 푥2)= =4 4 4(1 + 푚2)[(푦1 + 푦2)2 - 4푦1푦2]= =(1+m2)(푦20-y1y2),4|퐴퐵|2 5푚2 3(1 + 푚2) 17푚2 + 25 25 25 |퐴퐵|故|GH|2- = my0+(1+m2)y1y2+ = - + = >0,所以|GH|> .4 2 162(푚2 + 2) 푚2 + 2 1616(푚2 + 2) 29故点G(- 4,0)在以AB为直径的圆外.解法二:(1)同解法一.9(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),则퐺퐴=(푥1 + 4,푦1),9= .퐺퐵(푥2 + 4,푦2)푥= 푚푦- 1,由{得(m2+2)y2-2my-3=0,푥2 푦24 + 2 = 12푚 3+y2= ,y1y2=- ,所以y푚2 + 2 푚2 + 25 2-3(푚2 + 1)2푚17푚2+ 2 9 9 5 5 5 25 25从而퐺퐴·퐺퐵=(푥1 + 4)(푥4)+y1y2=(푚푦4)(푚푦4)+y1y2=(m2+1)y1y2+ m(y1+y2)+ = + + = >0,2 + 1 + 2 +4 16(푚2 + 2)16푚2 + 2 푚2 + 2 16所以cos<퐺퐴,퐺퐵>>0.又퐺퐴,퐺퐵不共线,所以∠AGB为锐角.9故点G(- 4,0)在以AB为直径的圆外.教师用书专用(6)푥2 푦26.(2014江苏,17,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,F1、F2分别是椭圆+ =1(a>b>0)的左、右焦点,顶点B的푎2 푏2坐标为(0,b),连接BF2并延长交椭圆于点A,过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C,连接F1C.4 1(1)若点C的坐标为(3),且BF2= 2,求椭圆的方程;3,(2)若F1C⊥AB,求椭圆离心率e的值.解析设椭圆的焦距为2c,则F1(-c,0),F2(c,0).(1)因为B(0,b),所以BF2= 푏2 + 푐2=a.又BF2= 2,故a= 2.16 14 1 9 9因为点C(在椭圆上,所以+ =1,解得b2=1.3)3,푎2 푏2푥2故所求椭圆的方程为+y2=1.23(2)因为B(0,b),F2(c,0)在直线AB上,푥푦所以直线AB的方程为+ =1.푐푏푥푦푐+ 푏= 1, 푥1=解方程组{= 1,得{푥2 푦2+푦1=푎2 푏22푎2c,푎2 + 푐2푥2 =0,푦2 =b.{푏(푐2 - 푎2)푎2 + 푐2,2푎2c푏(푐2 - 푎2)所以点A的坐标为(푎2 + 푐2 ).,푎2 + 푐22푎2c푏(푎2 - 푐2)又AC垂直于x轴,由椭圆的对称性,可得点C的坐标为(.푎2 +푐2 ) ,푎2 + 푐2푏(푎2 - 푐2)- 0푎2 + 푐2 푏(푎2 - 푐2) 푏(푎2 - 푐2)푏푏因为直线F1C的斜率为= ,直线AB的斜率为- ,且F1C⊥AB,所以·=-1.又b2=a2-c2,整理得3푎2c+ 푐3(- 푐) 2푎2c3푎2c+ 푐3푐- ( - c)푎2 + 푐21 5a2=5c2.故e2= .因此e= .5 5考点二椭圆的几何性质푥2 푦21.(2017浙江,2,4分)椭圆+ =1的离心率是()9 413 5 2 5A. B. C. D.3 3 3 9答案 B푥22.(2013浙江,9,5分)如图,F1,F2是椭圆C1: +y2=1与双曲线C2的公共焦点,A,B分别是C1,C2在第二、四象限的4公共点.若四边形AF1BF2为矩形,则C2的离心率是()3 6A. 2B. 3C.D.2 2答案 D푥2 푦23.(2017课标全国Ⅰ文,12,5分)设A,B是椭圆C: + =1长轴的两个端点.若C上存在点M满足∠AMB=120°,则m3 푚的取值范围是()A.(0,1]∪[9,+∞)B.(0, 3]∪[9,+∞)C.(0,1]∪[4,+∞)D.(0, 3]∪[4,+∞)答案 A푥2 푦24.(2017课标全国Ⅲ理,10,5分)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,且以线段A1A2为直径的圆푎2 푏2与直线bx-ay+2ab=0相切,则C的离心率为()6 3 2 1A. B. C. D.3 3 3 3答案 A4푥2 푦25.(2016课标全国Ⅲ,11,5 分)已知 O 为坐标原点,F 是椭圆 C: + =1(a>b>0)的左焦点,A,B 分别为 C 的左,右顶푎2 푏2点.P 为 C 上一点,且 PF⊥x 轴.过点 A 的直线 l 与线段 PF 交于点 M,与 y 轴交于点 E.若直线 BM 经过 OE 的中点,则 C 的离心率为 ( )1123A.B.C.D.3234答案 A푥2 푦2푏6.(2016江苏,10,5分)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,F 是椭圆 + =1(a>b>0)的右焦点,直线 y= 与椭圆交于 B,C푎2 푏22两点,且∠BFC=90°,则该椭圆的离心率是 .6答案3푥2푦2 17.(2014江西,15,5分)过点 M(1,1)作斜率为- 的直线与椭圆 C: + =1(a>b>0)相交于 A,B 两点,若 M 是线段 AB 的2푎2 푏2中点,则椭圆 C 的离心率等于 .2答案2푥28.(2016浙江,19,15分)如图,设椭圆+y 2=1(a>1). 푎2(1)求直线 y=kx+1被椭圆截得的线段长(用 a,k 表示);(2)若任意以点 A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有 3个公共点,求椭圆离心率的取值范围.解析 (1)设直线 y=kx+1被椭圆截得的线段为 AP,푦 = 푘푥 + 1,由{푥2得(1+a 2k 2)x 2+2a 2kx=0,+ 푦2 = 1푎22푎2k故 x 1=0,x 2=-.1 + 푎2푘22푎2|k|因此|AP|= 1 + 푘2|x 1-x 2|= · 1 + 푘2.1 + 푎2푘2(2)假设圆与椭圆的公共点有 4个,由对称性可设 y 轴左侧的椭圆上有两个不同的点 P,Q,满足|AP|=|AQ|. 记直线 AP,AQ 的斜率分别为 k 1,k 2,且 k 1,k 2>0,k 1≠k 2.2푎2|푘1| 1 + 푘212푎2|푘2| 1 + 푘2 由(1)知,|AP|= ,|AQ|= ,1 + 푎2푘211 + 푎2푘22푎2|푘1| 1 + 푘21 2푎2|푘2| 1 + 푘2故=,1 + 푎2푘211 + 푎2푘2所以(푘21-푘2)[1+푘21+푘2+a 2(2-a 2)푘21푘2]=0.由于 k 1≠k 2,k 1,k 2>0得 1+푘21+푘2+a 2(2-a 2)푘21푘2=0,1 1(+ 1)(+ 1)=1+a2(a2-2),①因此푘21 푘25。

(浙江专用)高考数学一轮复习第十章圆锥曲线与方程 10.5 曲线与方程课件.pptx

4.(2015广东,20,14分)已知过原点的动直线l与圆C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的两点A,B. (1)求圆C1的圆心坐标; (2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程; (3)是否存在实数k,使得直线L:y=k(x-4)与曲线C只有一个交点?若存在,求出k的取值范围;若不存在,说明理由.
= PQ
思路分析 (1)设出P、M的坐标,利用 NP= 2 得NM到P、M坐标间的关系,由点M在C上求解.(2)
利用向量的坐标运算得 OQ· P=F0,进而证明直线l过曲线C的左焦点F.
3
方法总结求轨迹方程的方法有直接法和间接法.直接法有定义法、待定系数法和直译法.间接法有相关点法、交轨法和参数法. 2.(2016课标全国Ⅰ,20,12分)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.
3.(2016课标全国Ⅲ,20,12分)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AR∥FQ; (2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.
6
解析
由题设知F
1 2
,.0设 l1:y=a,l2:y=b,则ab≠0,
且A
a2 2
,,Ba
,Pb22
, b,Q
,R1
2

(浙江专用)高考数学一轮复习第十章圆锥曲线与方程 10.3 抛物线及其性质课件.pptx

3.(2015陕西,14,5分)若抛物线y2=2px(p>0)的准线经过双曲线x2-y2=1的一个焦点,则p=
.
思路分析过M、N作准线的垂线,利用抛物线的定义和梯形的中位线求解.
3
解析抛物线y2=2px(p>0)的准线方程为x=- p (p>0),故直线x=-p 过双曲线x2-y2=1的左焦点(- 2 ,
高考数学 (浙江专用)
第十章圆锥曲线与方程
§10.3 抛物线及其性质
1
五年高考
考点一抛物线的定义和标准方程
1.(2017课标全国Ⅱ理,16,5分)已知F是抛物线C:y2=8x的焦点,M是C上一点,FM的延长线交y轴于
点N.若M为FN的中点,则|FN|=
.
答案 6
解析如图,过M、N分别作抛物线准线的垂线,垂足分别为M1、N1,设抛物线的准线与x轴的交点为F1,则|NN1|=|OF1|=2,|FF1|=4.因为M为FN的中点,所以|MM1|=3,由抛物线的定义知|FM|=|MM1|= 3,从而|FN|=2|FM|=6.
从而x1+x2=2pk1,y1+y2=k1(x1+x2)+p=2p k12+p.
所以点M的坐标为 pk,1, p=k1(2pk12p,p F).M
同理可得点N的坐标为 pk,2 , p=k(22pk2,2pp )F,N 于是 FM· F=Np2(k1k2+ k1)2.k22 由题设,k1+k2=2,k1>0,k2>0,k1≠k2,
2
பைடு நூலகம்
2
0),
从而- p =- 2,得p=2 .2
2
4.(2014湖南,15,5分)如图,正方形ABCD和正方形DEFG的边长分别为a,b(a<b),原点O为AD的中

(浙江专版)2019版高考数学一轮复习第十章圆锥曲线与方程 10.5 曲线与方程课件.pptx

或是可分析的,这时我们可以用动点坐标表示相关点坐标,根据相关点
所满足的方程即可求得动点的轨迹方程,这种求轨迹方程的方法叫做相
关点法,又叫代入法或坐标代换法.
例3 已知定点A(1,0)及圆x2+y2=4上的两点P,Q,满足∠POQ=60°(其中O
为坐标原点),则△PAQ的重心G的轨迹方程为
.
12
解题导引设点的坐标,由条件得横、纵坐标的等量关系→由重心坐标公式,用点P,Q 的坐标表示重心G的坐标→化简得轨迹方程
x
+13y2=2
.4
3
∴△PAQ的重心G的轨迹方程为
x
+13y2=2
.4
3
答案
x
+13y2=2
4 3
14
所以|λ
AP+
B|2P=λ2 +A P2=λB2[Px22+(y-1)2]+x2+(y+1)2=(2-2λ2)y+2λ2+2,y∈[-
1,1].
当2-2λ2>0,即-1<λ<1时,
(|λ AP+
B|Pmax)2=2-2λ2+2λ2+2=4≠16,不合题意,舍去;
当2-2λ2≤0,即λ≥1或λ≤-1时,
1),C(1,0),点P满足 AP·B=Pk| P|2.C
(1)若k=2,求点P的轨迹方程;
(2)当k=0时,若|λ AP+ B|Pmax=4,求实数λ的值.
4
解题导引 (1)利用向量的数量积,得动点坐标的关系式→化简得轨迹方程 (2)由向量的数量积得动点P的轨迹为圆→把|λ AP+ B|2P化简为关于点P纵坐标的函数→对λ进行分类讨论→检验得结论

高考数学一轮复习第十章圆锥曲线与方程10.3抛物线及其性质课件

3.焦点弦:F为抛物线的焦点,AB为抛物线y2=2px(p>0)的焦点弦,A(x1,y1), B(x2,y2). (1)x1x2=⑥
;
p2 4
(2)y1y2=⑦ -p2 ; (3)弦长l=x1+x2+p,x1+x2≥2 x1 x2 =p,即当x1=x2时,弦长最短,为2p;
2p sin α 2 1 1 (5) + = ; | FA | | FB | p
取得最小值.
时,|AF|+4|BF|
解题导引
设直线AB方程:x=ty+1,联立直线与抛物线方程消去x→由韦达定理和焦点弦公式用A,B两点的纵坐标表示|AF|+4|BF|→利用基本不等式得最小值→ 由等号成立的条件得A,B两点的纵坐标→计算直线斜率得结论
解析设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB:x=ty+1,代入y2=4x,得y2-4ty-4=0,所以y1+
1 4
9 4
y1 2 2, y 2 2, 当且仅当 y =4 y ,即y1=-2y2,即或 1 时,取等号,此时4t=± y2 2 y2 2 1 2 ,所以 =±2 2 ,故直线AB的斜率为±2 2 . t
2 1 2 2
2 答案 ±2
要根据一次项来判断焦点的位置,若x为一次项,则焦点在x轴上,若y为一次项,则焦点在y轴上.一次项系数大于0时,焦点在正半轴上,系数小于0
时,焦点在负半轴上.
考点二
1.双基表
抛物线的几何性质
2.点P(x0,y0)和抛物线y2=2px(p>0)的关系
2 y0 (1)P在抛物线内(含焦点)⇔ <2px0; 2 y0 (2)P在抛物线上⇔ =2px0; 2 y0 (3)P在抛物线外⇔ >2px0.

高考数学(浙江专用)一轮总复习课件：10.3 抛物线及其性质

由抛物线的定义知cos α= | AM | | MB1 | = | AM | | NB | = | AF | | BF | =
| AB |
| AB | | AF | | BF |
|
|
AF BF
| |

1
= m
1 ,故选A.
| AF | 1 m 1 | BF |
答案 A
dsfdbsy384y982ythb3oibt4oy39y409705923y09y53b2lkboi2y58wy0ehtoibwoify98wy049ywh4b3oiut89u983yf9ivh98y98sv98hv98ys9f69 8y9v698yv98x98tb98fyd98gyd98h98ds98nt98d8genklgb4klebtlkb5k tkeirh893y89ey698vhkrne lkhgi8eyokbnkdhf98hodf hxvy78fd678t9fdu90gys98y9shihixyv78dfhvifndovhf9f8yv9onvkobkw kjfegiudsfdbsy384y982ythb3oibt4oy39y409705923y09y53b2lkboi2y58wy0ehtoibwoify98wy049ywh4b3oiut89u983yf9ivh98y98sv98hv98y s9f698y9v698yv98x98tb98fyd98gyd98h98ds98nt98d8genklgb4klebtlkb5k tkeirh893y89ey698vhkrne lkhgi8eyokbnkdhf98hodf hxvy78fd678t9fdu90gys98y9shihixyv78dfhvifndovhf9f8yv9onvkobkw kjfegiu dsfdbsy384y982ythb3oibt4oy39y409705923y09y53b2lkboi2y58wy0ehtoibwoify98wy049ywh4b3oiut89u983yf9ivh98y98sv98hv98ys9f69 8y9v698yv98x98tb98fyd98gyd98h98ds98nt98d8gen

2019版高考数学地区10.3 抛物线及其性质

2019年7月10日
你是我今生最美的相遇遇上你是我的缘
10
5.(2017天津,12,5分)设抛物线y2=4x的焦点为F,准线为l.已知点C在l上,以C为圆心的圆与y轴的
正半轴相切于点A.若∠FAC=120°,则圆的方程为
.
答案 (x+1)2+(y- 3 )2=1
解析本题主要考查抛物线的几何性质,圆的方程. 由抛物线的方程可知F(1,0),准线方程为x=-1,设点C(-1,t),t>0,则圆C的方程为(x+1)2+(y-t)2=1, 因为∠FAC=120°,CA⊥y轴, 所以∠OAF=30°,在△AOF中,OF=1, 所以OA= 3 ,即t= 3 , 故圆C的方程为(x+1)2+(y- 3 )2=1.
高考文数 ( 课标专用)
§10.3 抛物线及其性质
五年高考
A组统一命题·课标卷题组
1.(2016课标全国Ⅱ,5,5分)设F为抛物线C:y2=4x的焦点,曲线y= k (k>0)与C交于点P,PF⊥x轴,则k
x
= ( )
A. 1 B.1 C. 3 D.2
2
2
答案 D 由题意得点P的坐标为(1,2).把点P的坐标代入y= k (k>0)得k=1×2=2,故选D.
解析本题考查抛物线的定义、双曲线的性质.
设A(x1,y1),B(x2,y2).
x2 2 py,
联立

x
2
a2

y2 b2
1,
消去x得a2y2-2pb2y+a2b2=0,∴y1+y2=
2 pb2
a2 .
由抛物线的定义可知|AF|=y1+ 2p ,|BF|=y2+ 2p ,

高考数学一轮复习第十章圆锥曲线10.3抛物线及其性质

1 m2

≥16,当且仅当m=±1时,等号成立.所以|AB|+|DE|的最小值为16,故选A.
解法二:由题意知焦点F的坐标为(1,0),直线l1,l2的斜率不存在时,不合题意.
设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),E(x4,y4),过F的直线l1的方程为y=k1(x-1),直线l2的方程为y=k2(x-1),则k1k2
∵|AB|=4|OF|=4,∴A(-1,2),又点A在直线y=- b x上,
a
∴2=- b ·(-1),∴ b =2,
a
a
∴双曲线的离心率e=
1
b2 a2
= 1
4
= 5
.故选D.
2.(2017课标Ⅰ,10,5分)已知F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与C 交于A,B两点,直线l2与C交于D,E两点,则|AB|+|DE|的最小值为 ( ) A.16 B.14 C.12 D.10
x y
my 2 4x
1,
得y2-4my-4=0,所以y1+y2=4m,y1y2=-4,所以|y1-y2|=
(
y1

y2
)2

4 y1
y2
=4 m2
1
,所以|AB|= 1
m2
|y1-y2|=4(1+m2);同理可得|DE|=4 1
1 m2

,因此|AB|+|
DE|=4(1+m2)+4 1
4
即 y1 y2=1⇒y1+y2=2,
故k=y1 y2 =4 =2. 22
疑难突破运用转化思想,采用“设而不求”“点差法”的方法来解决直线与抛物线的相交

2019届高考数学(浙江版)一轮配套讲义：10.6圆锥曲线的综合问题

§ 10.6 圆锥曲线的综合问题考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计2013 20142015201620179,5 分1. 认识圆锥曲线的简单应 21(2),9 21,15 分19(2),7用 .分 17( 文 ),4 19,15 分分21(2),圆锥曲线的理解数形联合的思想 .掌握 9( 文 ),5 分 19( 文 ),1 19(2)( 文综合问题2. 约 9 分3. 能解决直线与椭圆、抛物分 22( 文 ), 5 分),线的地点关系等问题 .22( 文 ), 约10分9 分约 9 分剖析解读1. 圆锥曲线的综合问题是高考的热门之一 , 主要考察两大问题 : 一是依据条件求出平面曲线的方程 ; 二是经过方程研究平面曲线的性质.2. 考察点主要有 :(1) 圆锥曲线的基本观点和性质 ;(2) 与圆锥曲线有关的最值、对称、地点关系等综合问题 ;(2) 有关定点、定值问题 , 以及存在性等探究性问题 .3. 估计 2019 年高考试题中 , 圆锥曲线的综合问题还是压轴题之一, 复习时应惹起高度重视.五年高考考点圆锥曲线的综合问题1.(2014 福建 ,9,5 分) 设 P,Q 分别为圆 x 2+(y-6) 2=2 和椭圆 +y 2=1 上的点 , 则 P,Q 两点间的最大距离是()A.5B.+C.7+D.6答案 D2.(2014 湖北 ,9,5 分 ) 已知 F 1,F 2是椭圆和双曲线的公共焦点 ,P 是它们的一个公共点 , 且∠ F 1PF 2= , 则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为()A. B.C.3D.2答案 A3.(2017 浙江 ,21,15 分 ) 如图 , 已知抛物线 x 2=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| 2 |PQ| 的最大值 .分析此题主要考察直线方程、直线与抛物线的地点关系等基础知识 , 同时考察分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 x = .Q因为 |PA|= = (k+1),|PQ|= (x -x)=- ,Q所以 |PA| 2 |PQ|=-(k-1)(k+1) 3,令 f(k)=-(k-1)(k+1) 3. 因为 f'(k)=-(4k-2)(k+1) 2,所以 f(k) 在区间上单一递加 , 上单一递减 , 所以当 k= 时 ,|PA| 2 |PQ| 获得最大值 . 解法二 : 如图 , 连结 BP,|AP| 2 |PQ|=|AP| 2 |PB| 2 cos ∠ BPQ= 2 ( - )=2-.易知 P(x,x 2) ,则 2 =2x+1+2x 2- =2x2 +2x+ , = + =x2+x+ +x 4- x2+ =x4+ x2+x+ .∴ |AP| 2 |PQ|=-x 4+ x2+x+ .设 f(x)=-x 4 2,+ x +x+3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2则 f'(x)=-4x ,∴ f(x) 在上为增函数 , 在上为减函数 ,∴ f(x) =f(1)=.max故 |AP| 2 |PQ| 的最大值为 .4.(2014 浙江 ,21,15 分) 如图 , 设椭圆 C: + =1(a>b>0), 动直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点P,且点 P在第一象限 .(1)已知直线 l 的斜率为 k, 用 a,b,k 表示点 P 的坐标 ;(2) 若过原点O的直线 l 1与 l 垂直 , 证明 : 点 P 到直线 l 1的距离的最大值为a-b.分析 (1) 设直线 l 的方程为y=kx+m(k<0), 由2 2 2 2 2 2 2 2 2 消去 y 得 (b +a k )x +2a kmx+a m-a b =0.因为 l 与 C只有一个公共点 , 故 =0, 即 b2-m2+a2k2=0, 解得点 P 的坐标为. 又点 P 在第一象限 ,故点 P 的坐标为 P .(2) 证明 : 因为直线 l 1过原点O且与 l 垂直 , 故直线 l 1 的方程为 x+ky=0,所以点 P 到直线 l 1 的距离 d=,整理得 d=.22≥ 2ab, 所以 ≤ =a-b,因为 a k +当且仅当 k 2= 时等号建立 .所以 , 点 P 到直线 l 1 的距离的最大值为 a-b.5.(2013 浙江 ,21,15 分) 如图 , 点 P(0,-1) 是椭圆 C 1: + =1(a>b>0) 的一个极点 ,C 1 的长轴是圆 C 2:x 2+y 2=4 的直径 .l ,l 2 是过点 P 且相互垂直的两条直线 , 此中 l1交圆 C 于 A,B 两点 ,l 2交椭圆 C 于另一点 D.121(1) 求椭圆 C 1 的方程 ;(2) 求△ ABD 面积取最大值时直线 l 1 的方程 .分析 (1) 由题意得所以椭圆 12=1.C 的方程为+y(2) 设 A(x,y 1),B(x ,y ),D(x,y 0). 由题意知直线l 1的斜率存在 , 不如设其为 k, 则直线 l1的方程为 y=kx-1.122又圆 C 2:x 2+y 2=4, 故点 O 到直线 l 1 的距离 d= ,所以 |AB|=2=2.又 l 2⊥ l 1, 故直线 l 2 的方程为 x+ky+k=0. 由消去 y, 整理得 (4+k 2)x 2+8kx=0,故 x 0=-.所以 |PD|= .设△ ABD 的面积为 S, 则 S= |AB| 2 |PD|=,所以 S=≤=,当且仅当 k=±时取等号 .所以所求直线l 1的方程为y=±x-1.6.(2017课标全国Ⅰ理,20,12分)已知椭圆C: + =1(a>b>0), 四点 P1(1,1),P2(0,1),P3,P 4中恰有三点在椭圆 C 上.(1)求 C的方程 ;(2) 设直线 l 不经过 P2点且与 C 订交于 A,B 两点 . 若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为 -1, 证明 :l 过定点 . 分析此题考察了圆锥曲线的方程以及圆锥曲线与直线地点关系中的定点问题.(1)3 4两点对于 y 轴对称 , 故由题设知3 4两点 . 因为 P,P C经过 P ,P又由+ > + 知 ,C 不经过点P1, 所以点P2在 C 上 .所以解得故 C 的方程为 +y 2=1.(2) 设直线P2A 与直线P2B 的斜率分别为k1,k 2.假如l 与 x 轴垂直, 设l:x=t, 由题设知t ≠ 0, 且|t|<2, 可得A,B 的坐标分别为, . 则k1+k2= - =-1, 得t=2, 不切合题设.进而可设l:y=kx+m(m ≠ 1). 将 y=kx+m代入+y2=1 得2 2 2(4k +1)x +8kmx+4m-4=0.2 2由题设可知=16(4k -m +1)>0.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), 则x1+x2=- ,x 1x2= .而k1+k2= +=+=由题设k1+k2=-1,,故 (2k+1)x 1x2+(m-1)(x 1+x2)=0.即 (2k+1) 2 +(m-1) 2 =0.解得k=- .当且仅当m>-1 时 , >0, 于是l:y=- x+m,即 y+1=-(x-2),所以 l 过定点 (2,-1).7.(2017 课标全国Ⅰ文,20,12 分 ) 设A,B 为曲线C:y= 上两点,A 与 B 的横坐标之和为 4.(1)求直线 AB 的斜率 ;(2)设 M为曲线 C 上一点 ,C 在 M处的切线与直线 AB平行 , 且 AM⊥ BM,求直线 AB的方程 .分析此题考察直线与抛物线的地点关系 .(1) 设 A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), 则 x1≠ x2,y 1= ,y 2=,x 1 +x2=4,于是直线AB的斜率 k===1.(2) 由 y= , 得 y'=,设 M(x3,y 3), 由题设知 =1,解得 x3=2, 于是 M(2,1).设直线 AB的方程为y=x+m,故线段 AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|.将 y=x+m 代入 y= 得 x2-4x-4m=0.当=16(m+1)>0, 即 m>-1 时 ,x 1,2 =2±2.进而 |AB|=|x 1 -x 2|=4.由题设知 |AB|=2|MN|,即 4=2(m+1), 解得 m=7.所以直线AB的方程为y=x+7.8.(2017山东理,21,14分)在平面直角坐标系xOy 中 , 椭圆 E: + =1(a>b>0) 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=k 1x-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延伸线上一点 , 且 |MC| ∶ |AB|=2 ∶ 3, ☉ 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 , 并求获得最大值时直线l 的斜率 .分析此题考察椭圆的方程, 直线与椭圆、圆的地点关系, 考察最值的求解方法和运算求解能力.(1) 由题意知e= = ,2c=2, 所以 a= ,b=1,所以椭圆E的方程为+y2=1.(2) 设 A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),联立消 y 整理得 (4 +2)x 2-4 k1x-1=0,由题意知>0, 且 x1+x2= ,x 1x2=- ,所以 |AB|=1 2. |x -x |=由题意可知圆M的半径r= |AB|= 2 . 由题设知k1k2= , 所以 k2=,所以直线OC的方程为y=x.联立得 x2=,y 2=, 所以 |OC|==.由题意可知sin==,而=令 t=1+2 , 则t>1,=∈ (0,1),,所以=2 = 2= 2 ≥ 1,当且仅当= , 即t=2 时等号建立, 此时k1=±,所以sin ≤,所以≤ , 所以∠ SOT的最大值为.综上所述 : ∠ SOT的最大值为, 获得最大值时直线l 的斜率k1=±.9.(2016北京,19,14分)已知椭圆C: + =1(a>b>0) 的离心率为,A(a,0),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| 2 |BM| 为定值 .分析(1) 由题意得2 2所以椭圆C的方程为+y2=1.(2) 由 (1) 知,A(2,0),B(0,1).设 P(x 0,y 0), 则 +4 =4.当 x0≠ 0 时 , 直线 PA 的方程为 y= (x-2).令 x=0, 得 y M=- , 进而 |BM|=|1-y M|= .直线 PB 的方程为 y= x+1.令 y=0, 得 x N=- , 进而 |AN|=|2-x N|= .所以 |AN| 2 |BM|= 2===4.当 x0=0 时 ,y 0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以 |AN| 2 |BM|=4.综上 ,|AN| 2 |BM| 为定值 .22 210.(2015 课标Ⅱ ,20,12 分) 已知椭圆 C:9x +y =m(m>0), 直线 l 可是原点 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, 延伸线段 OM与 C交于点 P, 四边形 OAPB可否为平行四边形 ?若能 , 求此时 l 的斜率 ; 若不能, 说明原因 .分析(1) 证明 : 设直线 l:y=kx+b(k ≠0,b ≠ 0),A(x ,y ),B(x2 ,y ),M(x ,y ).11 2 MM2 2 2 2 2 2 2故将 y=kx+b 代入 9x +y =m 得(k +9)x +2kbx+b -m =0,x M= =,y M=kx M+b=.于是直线OM的斜率 k OM= =- , 即 k OM2 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 可是原点且与 C 有两个交点的充要条件是k>0,k ≠ 3. 由 (1) 得 OM的方程为 y=- x.设点 P 的横坐标为x P.由得= , 即x P= .将代入 l 的方程得b=,所以 x M=.四边形 OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP相互均分, 即 x P=2x M.于是=23 , 解得 k =4- ,k =4+ .1 2因为 k i >0,k i≠3,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 .11.(2014 课标Ⅰ ,20,12 分 ) 已知点 A(0,-2), 椭圆 E: + =1(a>b>0) 的离心率为,F 是椭圆 E 的右焦点 ,直线 AF 的斜率为,O 为坐标原点 .(1)求 E的方程 ;(2)设过点 A 的动直线 l 与 E 订交于 P,Q 两点 . 当△ OPQ的面积最大时 , 求 l 的方程 .分析(1) 设 F(c,0),由条件知,=,得 c= .又 = , 所以 a=2,b 2=a2-c 2=1.故 E 的方程为+y 2=1.(2) 当l ⊥ x 轴时不合题意, 故设 l:y=kx-2,P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2).将 y=kx-2 代入+y2=1 得 (1+4k 2)x 2-16kx+12=0.当=16(4k 2-3)>0, 即 k2> 时,x1,2 = .进而 |PQ|= |x 1-x 2|= .d= ,又点 O到直线 PQ的距离所以△ OPQ的面积S△OPQ= d2 |PQ|= .设=t, 则 t>0,S △OPQ= =.因为 t+ ≥ 4, 当且仅当 t=2, 即 k=±时等号建立 , 且知足>0,所以 , 当△ OPQ的面积最大时 ,l 的方程为 y= x-2 或 y=- x-2.教师用书专用 (12 — 23)12.(2017 山东文 ,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对于 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 .分析此题考察椭圆的标准方程及圆锥曲线的有关最值.(1) 由椭圆的离心率为, 得 a2=2(a 2-b 2 ),又当y=1 时,x 2=a2- , 得a2- =2,所以a2=4,b 2=2.所以椭圆方程为+=1.(2) 设 A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), 联立方程22 2得 (2k +1)x +4kmx+2m-4=0,2 2由 >0 得 m<4k +2,(*)且x1+x2=- , 所以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=8k 2+3,t ≥3, 故2k2+1= ,所以=1+=1+.令 y=t+ , 所以 y'=1- .当 t ≥ 3 时 ,y'>0,进而 y=t+ 在 [3,+ ∞ ) 上单一递加 ,所以 t+ ≥ ,等号当且仅当 t=3 时建立 , 此时 k=0,所以≤ 1+3=4,由(*) 得- <m< 且 m≠ 0.故≥ .设∠ EDF=2θ ,则 sin θ =≥ .所以θ的最小值为,进而∠ 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.13.(2016天津,19,14分)设椭圆+ =1(a>) 的右焦点为F, 右极点为 A. 已知+=, 此中 O为原点 ,e 为椭圆的离心率.(1) 求椭圆的方程;(2) 设过点 A 的直线 l 与椭圆交于点B(B 不在 x 轴上 ), 垂直于 l 的直线与 l 交于点 M,与 y 轴交于点H. 若 BF ⊥ HF, 且∠ MOA≤∠ MAO,求直线 l 的斜率的取值范围.分析(1) 设 F(c,0),由+=, 即 + =, 可得 a2-c 2=3c2, 又 a2-c 2=b2=3, 所以 c2=1, 所以 a2=4, 所以 , 椭圆的方程为+=1.(2) 设直线 l 的斜率为k(k ≠0), 则直线 l 的方程为y=k(x-2).设 B(x B,y B), 由方程组消去y,整理得 (4k 2+3)x 2-16k 2x+16k 2-12=0.解得 x=2 或 x=,由题意得x B=, 进而 y B=.由 (1) 知 F(1,0),设H(0,y H),有=(-1,y H),=.由 BF⊥ HF,得2=0, 所以+=0, 解得 y H=.所以直线MH的方程为 y=- x+.设 M(x M,y M),由方程组消去 y, 解得 x M=.在△ MAO中, ∠ MOA≤∠ MAO? |MA| ≤ |MO|, 即 (x M-2) 2 +≤+ , 化简得 x M≥ 1, 即≥ 1,解得k≤ -或 k≥.所以 , 直线 l 的斜率的取值范围为∪.14.(2016 四川 ,20,13 分 ) 已知椭圆 E: + =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极点 , 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 交于不一样的两点A,B, 且与直线l 交于点 P. 证明 : 存在常数λ, 使得 |PT| 2=λ |PA| 2 |PB|, 并求λ的值 .分析(1) 由题意得 ,a=b, 则椭圆 E 的方程为+=1.由方程组得 3x2-12x+(18-2b 2)=0. ①方程①的鉴别式为=24(b 2-3), 由=0, 得 b2=3,此时方程①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(m≠0),由方程组可得所以 P 点坐标为2 2 ,|PT| = m.设点 A,B 的坐标分别为 A(x 1,y 1),B(x 2,y 2).由方程组可得3x2+4mx+(4m2-12)=0. ②方程②的鉴别式为=16(9-2m 2),由>0, 解得 - <m< .由②得x1+x2=- ,x 1x2= . 所以 |PA|= = ,同理 |PB|= .所以 |PA| 2 |PB|=== =m2.故存在常数λ = , 使得 |PT| 2=λ |PA| 2 |PB|.15.(2015 北京 ,19,14 分 ) 已知椭圆 C: + =1(a>b>0) 的离心率为 , 点 P(0,1) 和点 A(m,n)(m ≠ 0) 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 对于 x 轴对称 , 直线 PB交 x 轴于点 N. 问 :y 轴上能否存在点Q,使得∠ OQM=∠ ONQ? 若存在 , 求点 Q的坐标 ; 若不存在 , 说明原因 .分析 (1) 由题意得解得 a2=2.故椭圆 C 的方程为2+y =1.设 M(x M,0).因为 m≠ 0, 所以 -1<n<1.直线 PA 的方程为y-1=x,所以 x M= , 即 M.(2)存在 . 因为点 B 与点 A 对于 x 轴对称 , 所以 B(m,-n).设 N(x N,0), 则 x N=.“存在点 Q(0,y Q) 使得∠ OQM=∠ONQ”等价于“存在点Q(0,y Q) 使得= ” , 即 y Q知足 =|x M||x N|.因为 x M= ,x N= , +n2 =1,所以 =|x M N =2.||x |=所以 y Q= 或 y Q=- .故在 y 轴上存在点 Q,使得∠ OQM=∠ ONQ.点 Q的坐标为 (0, ) 或 (0,-).16.(2014 湖南 ,21,13 分 ) 如图 ,O 为坐标原点 , 椭圆 C1: + =1(a>b>0) 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 |F 2F4|= -1.(1)求 C1,C 2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交于 P,Q 两点时 , 求四边形 APBQ面积的最小值 .分析 (1) 因为 e1e2= , 所以 2 = , 即 a4 -b 4= a4, 所以 a2=2b2, 进而 F2(b,0),F 4( b,0), 于是b-b=|F 2F4|= -1, 所以 b=1, 所以 a2=2.故 C1,C 2的方程分别为+y 2=1, -y 2=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)y 2-2my-1=0,易知此方程的鉴别式大于0, 设 A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), 则 y1 ,y 2是上述方程的两个实根 , 所以y1 +y2= ,y 1y2=.所以 x +x =m(y +y2 )-2= , 于是 AB的中点 M的坐标为. 故直线 PQ的斜率为 -, 则 PQ的方程1 2 1为 y=- x, 即 mx+2y=0.由得 (2-m 2)x 2=4, 所以 2-m2>0, 且 x2=,y 2= , 进而 |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)(mx 2+2y2)<0, 于是 |mx1+2y1|+|mx 2+2y2|=|mx 1+2y1-mx2-2y 2|, 进而2d= .又因为|y 1-y 2|= = ,所以2d= 故四边形. APBQ的面积S= |PQ| 2 2d= =2 . 而 0<2-m2<2, 故当 m=0时 ,S 获得最小值 2. 综上所述 , 四边形 APBQ面积的最小值为 2.17.(2014 山东 ,21,14 分 ) 已知抛物线2C:y =2px(p>0) 的焦点为 F,A 为 C 上异于原点的随意一点 , 过点 A 的直线 l 交 C 于另一点 B, 交 x 轴的正半轴于点D, 且有 |FA|=|FD|. 当点 A 的横坐标为 3 时, △ ADF为正三角形 .(1) 求 C的方程 ;(2) 若直线 l 1∥ l, 且 l 1和 C 有且只有一个公共点E,(i)证明直线 AE 过定点 , 并求出定点坐标 ;(ii)△ ABE的面积能否存在最小值 ?若存在 , 恳求出最小值 , 若不存在 , 请说明原因 .分析(1) 由题意知 F .设D(t,0)(t>0), 则 FD的中点为.因为 |FA|=|FD|,由抛物线的定义知解得 t=3+p(t=-33+ =舍去 ).,由=3, 解得 p=2.所以抛物线 C 的方程为 y2=4x.(2)(i)由(1)知F(1,0),设 A(x ,y )(x0 y ≠ 0),D(x ,0)(xD>0),00 0 D因为 |FA|=|FD|, 则 |x D-1|=x 0+1,由 x D>0 得 x D=x0+2, 故 D(x 0+2,0).故直线 AB的斜率 k AB=-.因为直线l 1和直线 AB平行 ,设直线l 1的方程为y=- x+b,代入抛物线方程得y2+ y- =0,由题意得= + =0, 得 b=- .设E(x E,y E), 则 y E=- ,x E=,当≠ 4 时 ,k AE==-=, 可得直线AE的方程为y-y 0=(x-x 0), 由 =4x0,整理可得y=(x-1),直线 AE 恒过点 F(1,0).当 =4 时 , 直线 AE的方程为 x=1, 过点 F(1,0),所以直线AE过定点 F(1,0).(ii)由 (i) 知直线 AE过焦点 F(1,0),所以 |AE|=|AF|+|FE|=(x +1)+ =x + +2.0 0设直线 AE的方程为 x=my+1,因为点 A(x 0,y 0) 在直线 AE上 ,故 m= ,设 B(x 1,y 1),直线 AB 的方程为 y-y 0=- (x-x 0),因为 y ≠ 0,可得 x=-0 y+2+x ,代入抛物线方程得y2+ y-8-4x 0=0. 所以 y0+y1=-,可求得 y1=-y 0- ,x 1= +x0+4,所以点 B 到直线 AE的距离为d===4.则△ ABE的面积 S= 3 4 ≥ 16,当且仅当=x0, 即 x0 =1 时等号建立 .所以△ ABE的面积的最小值为16.18.(2014 四川 ,20,13 分 ) 已知椭圆 C: + =1(a>b>0) 的焦距为 4, 其短轴的两个端点与长轴的一个端点组成正三角形 .(1)求椭圆 C 的标准方程 ;(2) 设 F 为椭圆 C 的左焦点 ,T 为直线 x=-3 上随意一点 , 过 F 作 TF 的垂线交椭圆 C 于点 P,Q.(i)证明 :OT 均分线段 PQ(此中 O为坐标原点 );(ii)当最小时,求点T的坐标.分析(1) 由已知可得2 2所以椭圆C的标准方程是+ =1.(2)(i) 证明 : 由(1) 可得 ,F 的坐标是(-2,0), 设 T 点的坐标为(-3,m).则直线TF 的斜率k TF= =-m.当 m≠ 0 时 , 直线 PQ的斜率 k PQ= , 直线 PQ的方程是 x=my-2.当 m=0时 , 直线 PQ的方程是 x=-2, 也切合 x=my-2 的形式 .设 P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立 , 得消去 x, 得 (m2+3)y 2-4my-2=0,其鉴别式2 2=16m+8(m +3)>0.所以 y +y = ,y y =,1 2 1 2x1 +x2=m(y1+y2)-4=.所以 PQ的中点 M的坐标为.所以直线OM的斜率 k OM=-,又直线 OT的斜率 k OT=- , 所以点 M在直线 OT上 , 所以 OT均分线段PQ.(ii) 由 (i) 可得 ,|TF|=,|PQ|=== =.所以==≥= .当且仅当 2时, 等号建立 , 此时获得最小值 .m+1=, 即 m=± 1 所以当最小时 ,T 点的坐标是 (-3,1)或(-3,-1).19.(2013 山东 ,22,13 分 ) 椭圆 C: + =1(a>b>0) 的左、右焦点分别是 F 1、F 2, 离心率为 , 过 F 1 且垂直于 x 轴的直线被椭圆 C 截得的线段长为 1. (1) 求椭圆 C 的方程 ;(2) 点 P 是椭圆 C 上除长轴端点外的任一点 , 连结 PF 1,PF 2. 设∠ F 1PF 2 的角均分线 PM 交 C 的长轴于点 M(m,0), 求 m 的取值范围 ;(3) 在 (2) 的条件下 , 过点 P 作斜率为 k 的直线 l, 使得 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点 . 设直线 PF 1 ,PF 2 的斜率分别为 k 1,k 2. 若 k ≠ 0, 试证明 + 为定值 , 并求出这个定值 .分析(1) 因为 c 2=a 2-b 2,将 x=-c 代入椭圆方程 + =1,得 y=± ,由题意知 =1,2即 a=2b .又 e= = ,所以 a=2,b=1.所以椭圆 C 的方程为+y 2=1.(2) 解法一 : 设 P(x 0,y 0)(y 0≠ 0). 又 F(- ,0),F 2 ( ,0),1所以直线 PF 1,PF 2 的方程分别为:y 0x-(x 0+ )y+y 0 =0,x-(x 0)y- 0=0.:y - y 由题意知= .因为点 P 在椭圆上 ,所以+=1.所以= .因为 - <m< ,-2<x <2,所以=.所以 m= x0.所以 -<m< .解法二 : 设 P(x 0,y 0).当 0≤ x0<2 时,①当 x0=时,直线PF2的斜率不存在,易知P或P.若 P, 则直线 PF1的方程为 x-4y+=0.由题意得= -m,因为 -<m< , 所以 m=.若 P, 同理可得 m= .②当 x0≠时,设直线PF1,PF2的方程分别为y=k1 (x+),y=k 2(x-). 由题意知=,所以=.因为+=1,而且 k1=,k 2=,所以===,即=.因为 -<m< ,0 ≤ x0<2 且 x0≠,所以=.整理得 m= , 故 0≤ m< 且 m≠.综合①②可得0≤ m< .当 -2<x 0<0 时, 同理可得 - <m<0.综上所述 ,m 的取值范围是.(3) 设 P(x 0,y 0)(y 0≠ 0), 则直线 l 的方程为y-y 0=k(x-x 0). 联立得2 2+8(ky 0 2 0-2kx0 0+k2-1)=0.整理得 (1+4k )x -k x )x+4( y由题意知=0,2即 (4- )k +2x0y0k+1- =0.又+=1,所以 16 k2+8x0y0k+=0,故 k=-.由 (2) 知+ = += ,所以+ = = 2=-8,所以+ 为定值 , 这个定值为 -8.20.(2013 陕西 ,20,13 分 ) 已知动圆过定点A(4,0), 且在 y 轴上截得弦 MN的长为 8.(1) 求动圆圆心的轨迹C的方程 ;(2) 已知点 B(-1,0), 设不垂直于 x 轴的直线 l 与轨迹 C 交于不一样的两点 P,Q, 若 x 轴是∠ PBQ的角均分线 , 证明直线 l 过定点 .分析(1) 如图 , 设动圆圆心为O1(x,y), 由题意 , 知 |O1A|=|O 1M|, 当 O1不在 y 轴上时 , 过 O1作 O1H⊥ MN交 MN于H,则 H是 MN的中点 ,∴ |O1M|=,又 |O1A|= , ∴= ,化简得 y2=8x(x ≠ 0).1 1 1 的坐标 (0,0) 也知足方程∴动圆圆心的轨迹 C 的方程为=8x.2 2又当 O 在 y 轴上时 ,O 与O重合,点O y =8x, y(2) 由题意 , 设直线 l 的方程为 y=kx+b(k ≠ 0),P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),将 y=kx+b 代入 y2=8x 中 ,得 k2x2+(2bk-8)x+b 2=0.此中 =-32kb+64>0.由根与系数的关系得,x 1+x 2=, ①x1 x2= , ②因为 x 轴均分∠ PBQ,所以=-,即 y1(x 2+1)+y 2(x 1+1)=0,(kx 1+b)(x 2+1)+(kx 2+b)(x 1+1)=0,2kx 1x2+(b+k)(x 1+x2)+2b=0, ③将①②代入③得2kb 2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,∴k=-b, 此时 >0, ∴直线 l 的方程为 y=k(x-1), 即直线 l 过定点 (1,0).21.(2013课标全国Ⅰ ,20,12分)已知圆M:(x+1)2+y2=1,圆N:(x-1)2+y2=9,动圆P与圆M外切而且与圆N内切 , 圆心 P 的轨迹为曲线 C.(1) 求 C的方程 ;(2)l 是与圆 P, 圆 M都相切的一条直线,l 与曲线 C 交于 A,B 两点 , 当圆 P 的半径最长时 , 求 |AB|.分析由已知得圆 M的圆心为 M(-1,0), 半径 r 1=1; 圆 N的圆心为 N(1,0), 半径 r 2=3. 设圆 P 的圆心为 P(x,y),半径为 R.(1) 因为圆 P 与圆 M外切而且与圆 N内切 , 所以 |PM|+|PN|=(R+r 1)+(r 2-R)=r 1+r 2=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, 短半轴长为的椭圆 ( 左极点除外 ), 其方程为+ =1(x ≠ -2).(2) 对于曲线 C上随意一点 P(x,y), 因为 |PM|-|PN|=2R-2 ≤ 2, 所以 R≤ 2, 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 l 的倾斜角为 90° , 则 l 与 y 轴重合 , 可得 |AB|=2 .若 l 的倾斜角不为90° , 由 r 1≠R 知 l 不平行于 x 轴 , 设 l 与 x 轴的交点为 Q,则= , 可求得Q(-4,0), 所以可设 l:y=k(x+4). 由 l 与圆 M相切得=1, 解得 k=± .当 k= 时 , 将 y= x+ 代入 + =1, 并整理得 7x2+8x-8=0,解得 x1,2 = .所以 |AB|=|x 2-x 1|=.当k=- 时 , 由图形的对称性可知|AB|= .综上 ,|AB|=2 或 |AB|= .22.(2013 广东 ,20,14 分 ) 已知抛物线C的极点为原点, 其焦点F(0,c)(c>0) 到直线l:x-y-2=0 的距离为. 设 P 为直线 l 上的点 , 过点 P 作抛物线C的两条切线PA,PB, 此中A,B 为切点 .(1)求抛物线 C 的方程 ;(2)当点 P(x 0,y 0) 为直线 l 上的定点时 , 求直线 AB的方程 ;(3)当点 P 在直线 l 上挪动时 , 求 |AF| 2 |BF| 的最小值 .分析 (1) 依题意 , 设抛物线 C 的方程为 x2=4cy, 由题意知=,c>0, 解得 c=1.所以抛物线2C 的方程为 x =4y.(2) 抛物线 C 的方程为2 2 x =4y, 即 y= x ,求导得 y'= x.设 A(x ,y ),B(x2 ,y ) , 则切线 PA,PB 的斜率分别为 x , x ,1 12 1 2所以切线PA的方程为 y-y 1= (x-x 1), 即 y= x- +y1,即 x1x-2y-2y 1=0.同理可得切线PB的方程为x2x-2y-2y 2=0.因为切线PA,PB 均过点 P(x 0,y 0), 所以 x1x0-2y 0-2y 1=0,x 2x0-2y 所以 (x 1,y 1),(x 2,y 2) 为方程 x0x-2y 0-2y=0 的两组解 . 所以直线0-2y 2=0,AB的方程为x0x-2y-2y 0=0.(3)由抛物线定义可知 |AF|=y 1+1,|BF|=y 2+1, 所以|AF| 2 |BF|=(y 1+1)(y 2+1)=y 1y2+(y 1+y2)+1,联立方程消去 x 整理得 y2+(2y 0- )y+ =0. 由一元二次方程根与系数的关系可得y1+y2= -2y 0,y 1y2= ,所以 |AF| 2 |BF|=y y +(y1 +y )+1= + -2y +1.1 2 2 0又点 P(x ,y0 ) 在直线 l 上, 所以 x =y +2,0 0 0所以 + -2y0 +1=2 +2y +5=2 + .所以当 y0=- 时 ,|AF| 2 |BF| 获得最小值 , 且最小值为 .23.(2013 湖北 ,21,13 分) 如图 , 已知椭圆 C1与 C2的中心在座标原点O,长轴均为 MN且在 x 轴上 , 短轴长分别为 2m,2n(m>n), 过原点且不与 x 轴重合的直线l 与 C ,C 的四个交点按纵坐标从大到小挨次为A,B,C,D. 记1 2λ= , △ BDM和△ ABN的面积分别为 S1和 S2.(1)当直线 l 与 y 轴重合时 , 若 S1=λ S2, 求λ的值 ;(2) 当λ变化时 , 能否存在与坐标轴不重合的直线l, 使得 S1=λ S2?并说明原因 .分析依题意可设椭圆C1和 C2的方程分别为C1: + =1,C 2: + =1. 此中 a>m>n>0,λ =>1.(1) 解法一 : 如图 1, 若直线 l 与 y 轴重合 , 即直线 l 的方程为 x=0, 则 S1= |BD| 2 |OM|= a|BD|,S2 = |AB| 2 |ON|=a|AB|,所以=.在 C1和 C2的方程中分别令 x=0, 可得 y A=m,y B=n,y D=-m,于是= = =.若=λ , 则=λ2λ -1=0. , 化简得λ -2由λ >1, 可解得λ = +1.故当直线 l 与 y 轴重合时 , 若 S1=λ S2, 则λ = +1.解法二 : 如图 1, 若直线 l 与 y 轴重合 , 则|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n;S1 = |BD| 2 |OM|= a|BD|,S 2= |AB| 2 |ON|=a|AB|.所以===.若 =λ , 则=λ , 化简得λ2-2 λ -1=0.由λ >1, 可解得λ = +1.故当直线 l 与 y 轴重合时 , 若 S =λ S , 则λ = +1.1 2(2) 解法一 : 如图 2, 若存在与坐标轴不重合的直线l, 使得 S1=λ S2.d ,d , 则依据对称性 , 不如设直线 l:y=kx(k>0), 点 M(-a,0),N(a,0) 到直线 l 的距离分别为1 2d = = ,1d2 = = ,1 2所以 d =d .又 S1= |BD|d 1,S 2= |AB|d 2,所以==λ ,即 |BD|= λ |AB|.由对称性可知 |AB|=|CD|,所以 |BC|=|BD|-|AB|=(λ -1)|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=( λ+1)|AB|,于是=. ①将 l 的方程分别与C1,C2的方程联立 , 可求得x A=,x B=.依据对称性可知x C=-x B,x D=-x A, 于是===.②进而由①和②式可得=. ③令 t=, 则由 m>n,可得 t ≠1,于是由③式可解得k2=.因为 k≠ 0, 所以 k2>0.于是③式对于k 有解 , 当且仅当>0,等价于 (t 2-1)<0.由λ >1, 可解得<t<1,即 <<1, 由λ >1, 解得λ >1+,所以当 1<λ ≤ 1+ 时 , 不存在与坐标轴不重合的直线 l, 使得 S1 =λ S2; 当λ >1+ 时 , 存在与坐标轴不重合的直线 l 使得 S1=λS2.解法二 : 如图 2, 若存在与坐标轴不重合的直线l, 使得 S1=λ S2 .依据对称性 , 不如设直线l:y=kx(k>0),点 M(-a,0),N(a,0) 到直线 l 的距离分别为 d1,d 2, 则d1 ==,d 2==,所以 d1=d2.又 S1= |BD|d 1,S 2= |AB|d 2,所以==λ .因为===λ,所以=.由点 A(x ,kx ),B(x ,kx ) 分别在 C ,C 上, 可得 +=1, +=1,A AB B 12两式相减可得+ =0,依题意 x >x >0, 所以> .AB所以由上式解得k2=.因为 k2>0, 所以由>0, 可解得 1< <λ.进而 1<<λ , 解得λ>1+,所以当 1<λ ≤ 1+ 时 , 不存在与坐标轴不重合的直线 l, 使得 S1 =λ S2; 当λ >1+ 时 , 存在与坐标轴不重合的直线 l 使得 S1=λS2.三年模拟A 组2016— 2018 年模拟 2基础题组考点圆锥曲线的综合问题1.(2018 浙江浙东北结盟期中,2) 椭圆 + =1(a>0) 与双曲线- =1 有同样的焦点 , 则 a=()A.3B.C.5D.答案 A2.(2017 浙江湖州期末调研,7) 已知双曲线- =1(a>0,b>0) 与抛物线 y2=2px(p>0) 有公共焦点 F, 且交于A,B 两点, 若直线 AB过焦点F, 则该双曲线的离心率是 ()A. B.1+ C.2 D.2+答案 B3.(2017浙江镇海中学第一学期期中,8) 双曲线 C: - =1(a>0,b>0) 的左、右焦点分别为F1 (-c,0)、F2 (c,0),A为双曲线C右支上一点 , 且 |AF 1|=2c,AF 1与 y 轴交于点B, 若 F2B 是∠ AF2F1的均分线 , 则双曲线 C 的离心率是 ()A. B.1+C. D.答案 D设抛物线 y2=4x 的焦点为 F,P 是抛物线上异于原点的一点4.(2016 浙江镇海中学测试( 六 ),6) .若以 P为圆心 ,FP 为半径的圆与直线4x+3y+5=0 相切 , 则点 P 的横坐标是 ()A.12B.24C.36D.48答案 C5.(2018 浙江 9+1 高中结盟期中,21) 如图 , 在平面直角坐标系xOy中 , 设点 M(x0,y 0) 是椭圆 C:+y 2=1 上一点 , 从原点 O向圆 M:+= 作两条切线 , 分别与椭圆C交于点 P,Q, 直线 OP,OQ的斜率分别记为k1,k 2.(1) 求证 :k 1k 2 为定值 ;(2) 求四边形 OPMQ 面积的最大值 .分析 (1) 因为直线 OP:y=k 1x,OQ:y=k 2x 与圆 M 相切 ,所以= , = , 可知 k 1,k 2 是方程 (3 -2)k 2-6x 0y 0k+3 -2=0 的两个不相等的实数根 ,∴ 3 -2 ≠ 0,k 1 k =, 因为点 M(x ,y ) 在椭圆 C 上 , 所以 =1- ,2∴ k 1k 2= =- .(2) 易知直线 OP,OQ 都不可以落在座标轴上, 设 P(x 1 ,y 1),Q(x 2,y 2), 因为 2k 1k 2+1=0, 所以 +1=0, 即= ,因为 P(x ,y 1),Q(x ,y )在椭圆 C 上,12 2所以 ==,整理得 + =2, 所以+ =1,22 所以 OP+OQ=3.因为 S= (OP+OQ)2= (OP+OQ),OPMQOP+OQ ≤= , 所以 S OPMQ 的最大值为 1.6.(2017 浙江杭州质检 ,21) 已知 P,Q 为椭圆 +y 2=1 上的两点 , 知足 PF 2⊥ QF 2, 此中 F 1,F 2 分别为左、右焦点 . (1) 求 | + | 的最小值 ;(2) 若 (+) ⊥ (+), 设直线 PQ 的斜率为 k, 求 k 2 的值 .分析 (1) 由条件得 + =2 ,明显| | min =1,所以 |+| 的最小值为 2.(5分)(2) 由题意易知 OP ⊥OQ.又 F2P⊥F2Q, 所以 PQ是直角△ POQ和直角△ PF2Q的公共斜边 , 故线段 PQ的中点到 O,F2两点的距离相等 , 所以可得线段 PQ中点的横坐标为 .易知直线PQ的斜率存在 , 故设直线PQ的方程为 y=kx+b, 与椭圆方程联立, 得整理得 (1+2k 2)x 2 +4kbx+2b2-2=0.设 P(x 1,y 1),Q(x2 ,y 2), 则 x1+x2=- =1,所以 1+2k 2=-4kb, ①由 x1x2= , 得 y1y2=k2 x1 x2+kb(x 1+x2)+b 2= +kb+b2.由 x x +y y =0, 得 2+kb+b =0,1 2 1 2即 4k2b2-2k 2+3b2-2+kb+2k 3b=0, ②由①②得20k4+20k2-3=0, 解得 k2=.(15分)7.(2017 浙江衢州质量检测 (1 月 ),21) 已知椭圆+ =1(a>b>0) 的长轴长为 4, 焦距为 2 , 以 A 为圆心的圆(x-2) 2+y 2=r 2(r>0) 与椭圆订交于 B、C 两点 .(1)求椭圆的标准方程 ;(2)求 2的取值范围;(3) 设 P 是椭圆上异于B、 C的随意一点 , 直线 PB、 PC与 x 轴分别交于点M、 N,求 S△POM2 S△PON的最大值 .分析(1) 椭圆的标准方程为+y2=1.(2) 设 B(x ,y ), 则 C(x ,-y ),且 + =1,0 0 0 0∴ 2 = - = - = -4x 0+3= - .因为 -2<x 0 <2, 所以 2 的取值范围为.(3) 设 P(x 1,y 1)(y 1≠±y0),则+ =1, 直线 PB,PC的方程分别为 y-y 1=(x-x 1),y-y 1=(x-x 1),分别令 y=0 得 x M= ,x N= ,所以 x M x N= = = =4,于是 S△POM2 S△PON= |OM||ON| 2= |x M x N| 2=,因为 -1 ≤ y1≤1, 所以 S△POM2 S△PON的最大值为1.B 组 2016— 2018 年模拟 2提高题组一、选择题1.(2018 浙江“七彩阳光”结盟期中 ,7) 已知 F 是双曲线 - =1(a>0,b>0) 的右焦点 , 以坐标原点 O 为圆心 ,|OF| 为半径的圆与该双曲线的渐近线在y 轴右边的两个交点记为A,B, 且∠ AFB=120° , 则双曲线的离心率为 ( )A.B.C.2D.答案 C∈ N * ) 是公比不为2.(2017 浙江金华十校联考 (4月 ),8) 已知 a,b 为实常数 ,{c i }(i 1 的等比数列 , 直线ax+by+c=0 与抛物线 y =2px(p>0) 均订交 , 所成弦的中点为 M(x,y ), 则以下说法错误的选项是()i 2iiiA. 数列 {x i } 可能是等比数列B. 数列 {y i } 是常数列C. 数列 {x i } 可能是等差数列D. 数列 i i{x +y } 可能是等比数列答案 C3.(2016 浙江镇海中学测试卷二 ,7) 已知 A 1,A 2 为双曲线 C: - =1(a>0,b>0) 的左 , 右极点 , 点 P 为双曲线右支上一点 , 设∠ PA 1A 2=α , ∠ PA 2A 1=β , 若 cos( α+β )=- ,cos( α - β )= , 则 C 的离心率 e=( )A.2B.2C.3D.2答案 B二、填空题4.(2017 浙江名校协作体 ,16) 设双曲线 - =1(a>0,b>0) 的右焦点为 F, 过点 F 作与 x 轴垂直的直线交两渐近线于 A,B 两点 , 且与双曲线在第一象限的交点为P, 设 O 为坐标原点 , 若 =λ+μ , λ μ = ( λ , μ∈R), 则双曲线的离心率 e 为.答案三、解答题5.(2018 浙江“七彩阳光”结盟期中12的焦点为 F, 过抛物线 22上一点 M,21) 已知抛物线 C :x =4y C :y=- x +3 作抛物线 C 的切线 l, 与抛物线 C 交于 A,B 两点 .21(1) 记直线 AF,BF 的斜率分别为 k 1,k 2, 若 k 12 k 2=- , 求直线 l 的方程 ;(2) 能否存在正实数 m,使得对随意点 M,都有 |AB|=m(|AF|+|BF|) 建立 ?若存在 , 求出 m 的值 ; 若不存在 , 请说明原因 .分析 (1) 设 M(x ,y), 由 y=- +3, 得 y'=- , 则切线 l 的斜率为 k=- .切线 l 的方程为 y=- (x-x 0)+y 0=- x+ +y 0=- x-2y+6+y 0, 即 y=-x-y 0+6.(3分 )与 x 2=4y 联立 , 消去 y 得 x 2+x 0x+4y 0-24=0.(4分 )设 A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), 则有 x 1+x 2=-x 0,x 1x 2=4y 0-24.(5分 )则 y +y =- (x +x )-2y +12= -2y +12=-4y0 +18,1 2 1 2 0 0y1 y2= = , 又 F(0,1),则由 k12 k2= 3 = = =- ,得 5 -28y 0+23=0, 解得 y0=1 或 y0= .(8 分 )∵=-8(y 0-3) ≥ 0, ∴ y0≤ 3, 故 y0 =1, ∴ x0=± 4.则直线 l 的方程为y=± x+5.(9分)(2) 由 (1) 知直线 l 的方程为y=- x-y 0+6, 且 x1+x 2=-x 0,x 1x2=4y0-24.则 |AB|= |x -x |= 2 = 2 ,1 2即 |AB|= 2 =2 (5-y ),(11 分)而 |AF|+|BF|=(y 1+1)+(y 2+1)=-4y 0+20=4(5-y 0 ),(13 分 )则 |AB|=(|AF|+|BF|),(14分)故存在正实数m= , 使得对随意点M,都有 |AB|=(|AF|+|BF|)建立.(15分)6.(2018浙江杭州二中期中,21) 已知点 P 为椭圆 C上的任一点 ,P 到直线 l 1:x=-2的距离为d1, 到点 F(-1,0)的距离为d2, 且=.(1)求椭圆 C 的方程 ;(2)如图 , 直线 l 与椭圆 C 交于不一样的两点 A,B(A,B 都在 x 轴上方 ), 且∠ OFA+∠OFB=180°.(i)当 A 为椭圆 C 与 y 轴正半轴的交点时 , 求直线 l 的方程 ;(ii)能否存在一个定点 , 不论∠ OFA怎样变化 , 直线 l 恒过该定点 ?若存在 , 求出该点的坐标 ; 若不存在 , 请说明原因 .分析(1) 设 P(x,y), 则 d1=|x+2|,d 2= , = = ,化简可得 +y2=1, 所以椭圆 C的方程为+y2=1.(2)(i) 由 (1) 知 A(0,1), 又 F(-1,0), 所以 k = =1,AFBF所以直线 BF 的方程为 y=-(x+1)=-x-1,因为∠ OFA+∠ OFB=180° , 所以 k =-1,代入 2 2 解得 x=0( 舍 ) 或 x=- , 所以 B,k == ,+y =1 中可得 3x +4x=0,AB所以直线 l 的方程为 y= x+1.(ii) 解法一 : 因为∠ OFA+∠ OFB=180° , 所以 k AF +k BF =0. 设直线 AB 的方程为 y=kx+b, 代入+y 2=1 中 , 得x 2+2kbx+b 2-1=0,设 A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), 则 x 1+x 2=-,x 1x 2=,所以 k +k =+=+==0,AFBF所以 (kx +b)(x +1)+(kx +b)(x 1+1)122=2kx 1x 2+(k+b)(x 1+x 2)+2b=2k 3-(k+b) 3 +2b=0, 即 =0,所以 b-2k=0, 所以直线 AB 的方程为 y=k(x+2), 即直线 l 总经过定点 M(-2,0). 解法二 :因为∠ OFA+∠ OFB=180° , 所以 B 点对于 x 轴的对称点 B 1 在直线 AF 上 ,设直线 AF 方程为 y=k(x+1), 代入+y 2=1 中得 x 2+2k 2x+k 2-1=0.设 A(x ,y 1 ),B(x 2,y ), 则 B (x ,-y ), 且 x +x =-,x x =,12 1 2 2 1 21 2直线 AB 的方程为 y-y 1= (x-x 1), 令 y=0, 得 x=x 1-y 1 = ,因为 y 1=k(x 1+1),-y 2=k(x 2+1),所以 x= = =-2,所以直线 l 总经过定点 M(-2,0).7.(2017 浙江五校联考 (5 月 ),21) 如图 , 已知椭圆 Γ : + =1(a>b>0) 经过不一样的三点 A ,B ,C(C在第三象限 ), 线段 BC 的中点在直线OA 上 .(1) 求椭圆 Γ 的方程及点 C 的坐标 ;(2) 设点 P 是椭圆 Γ上的动点 ( 异于点 A,B,C), 且直线 PB,PC 分别交直线 OA 于 M,N 两点 , 问 |OM|2 |ON| 能否为定值 ?假如 , 求该值 ; 若不是 , 请说明原因 .分析 (1) 由点 A,B 在椭圆 Γ上 , 得解得所以椭圆 Γ的方程为 + =1.设点C(m,n), 则 BC中点为,由已知 , 求得直线OA的方程为x-2y=0,进而m=2n-1. ①2 2又点 C 在椭圆Γ上 , 故 2m+8n =5. ②由①②解得n= ( 舍去 ) 或 n=- . 进而m=- ,所以点 C 的坐标为.(2) 设P(x 0,y 0),M(2y 1,y 1),N(2y 2,y 2).当 x0≠ - 且 x0≠ - 时 ,因为 P,B,M 三点共线 , 所以=, 整理得 y1=.因为P,C,N 三点共线, 所以= , 整理得y2= .因为点 P在椭圆Γ上, 所以 2 +8 =5,即= -4.进而y1y2= == = = .所以 |OM| 2 |ON|= |y 1| 2 |y 2|=5|y 1y2|= , 为定值.,为定值.当 x0=-或x0=-时,易求得|OM|2 |ON|=综上 ,|OM| 2 |ON| 是定值 , 为.C 组2016— 2018 年模拟 2方法题组方法 1圆锥曲线中的定值与最值问题的解题策略1.(2017浙江吴越结盟测试,20) 已知椭圆C: + =1(a>b>0) 的离心率为, 且过点 P.(1)求椭圆 C 的标准方程 ;(2)过点 G(1,0) 作两条相互垂直的直线 l 1,l 2, 设 l 1与椭圆 C 交于 M,N 两点 ,l 2与椭圆 C 交于 P,Q 两点 , 求2的最大值 .。