2019年《高考总复习》数学(理科)作业及测试：课时作业 专题五圆锥曲线的综合及应用问题 Word版含解析
2019年高考数学理试题分类汇编：圆锥曲线(含答案)
2019年高考数学理试题分类汇编：圆锥曲线(含答案)2019年高考数学理试题分类汇编——圆锥曲线一、选择题1.（2019年四川高考）设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y=2px(p>0)上任意一点，M是线段PF上的点，且PM=2MF，则直线OM的斜率的最大值为2/3.（答案：C）2.（2019年天津高考）已知双曲线x^2/4 - y^2/9 = 1（b>0），以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于A、B、C、D四点，四边形ABCD的面积为2b，则双曲线的方程为x^2/4 - y^2/9 = 1.（答案：D）3.（2019年全国I高考）已知方程x^2/n^2 - y^2/m^2 = 1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是(-1,3)。
（答案：A）4.（2019年全国I高考）以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点，交C的准线于D、E两点。
已知|AB|=42，|DE|=25，则C的焦点到准线的距离为4.（答案：B）5.（2019年全国II高考）圆(x-1)^2 + (y-4)^2 = 13的圆心到直线ax+y-1=0的距离为1，则a=-2/3.（答案：A）6.（2019年全国II高考）已知F1,F2是双曲线E:x^2/4 -y^2/2 = 1的左、右焦点，点M在E上，MF1与x轴垂直，sin∠MF2F1=1/3，则E的离心率为2/3.（答案：A）7.（2019年全国III高考）已知O为坐标原点，F是椭圆C:x^2/a^2 + y^2/b^2 = 1(a>b>0)的左焦点，A、B分别为C的左、右顶点。
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1/3.（答案：A）8.（2019年浙江高考）已知椭圆 + y^2/(m^2-1) = 1(m>1)与双曲线- y^2/(n^2-1) = 1(n>0)的焦点重合，e1，e2分别为m，n，则e1+e2=3.（答案：C）解析】Ⅰ）由题意可知，椭圆C的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，根据离心率的定义可得：$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，其中$c$为椭圆的焦距之一，即$2c$为椭圆的长轴长度，$a$为椭圆的半长轴长度，$b$为椭圆的半短轴长度，则有：$$\frac{2c}{2a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$$ 即：$$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{4}$$ 又因为焦点$F$在椭圆的一个顶点上，所以该顶点的坐标为$(a,0)$，即$2c=2a$，代入上式可得：$$\frac{b}{a}=\frac{1}{2}$$ 又因为椭圆的方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，代入$\frac{b}{a}=\frac{1}{2}$可得：$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{4y^2}{a^2}=1$$ 即：$$x^2+4y^2=a^2$$ （Ⅱ）（i）设椭圆C的另一个顶点为$V$，则$OV$为椭圆的长轴，$OF$为椭圆的短轴，且$OV=2a$，$OF=\sqrt{3}a$。
2019版高考数学：§10.5 圆锥曲线的综合问题
2019年8月10日
遇上你是缘分，愿您生活
7
考点二 圆锥曲线中最值(范围)问题
x2 y2
(2016课标全国Ⅱ,21,12分)已知A是椭圆E: 4 + 3 =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: 3 <k<2.
又f( 3 )=15 3 -26<0, f(2)=6>0,因此f(t)在(0,+∞)内有唯一的零点,且零点k在( 3 ,2)内,所以 3 <
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
(1)求点P的轨迹方程;
(2)设点Q在直线x=-3上,且 OP · PQ =1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
2019年8月10日
遇上你是缘分，愿您生活
2
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), NP
=(x-x0,y), NM
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 4 .
又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2. (2分)
将x=y-2代入 x42 + y32 =1得7y2-12y=0. 解得y=0或y= 172 ,所以y1= 172 . 因此△AMN的面积S△AMN=2× 12 × 172 × 172 = 14494 . (4分) (2)将直线AM的方程y=k(x+2)(k>0)代入 x2 + y2 =1得
全国通用近年高考数学一轮复习高考达标检测(三十九)圆锥曲线的综合问题——最值、范围、证明问题文(2
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高考达标检测（三十九） 圆锥曲线的综合问题——最值、范围、证明问题1．已知A ,B 分别是椭圆C ：错误!＋错误!＝1(a 〉b 〉0)的长轴与短轴的一个端点，F 1,F 2分别是椭圆C 的左、右焦点，D 是椭圆上的一点,△DF 1F 2的周长为6，｜AB |＝错误!。
（1）求椭圆C 的方程；(2)若P 是圆x 2＋y 2＝7上任一点,过点P 作椭圆C 的切线，切点分别为M ,N ，求证：PM ⊥PN 。
解：（1）由△DF 1F 2的周长为6，得2a ＋2c ＝6，由｜AB |＝错误!，得a 2＋b 2＝7，又b 2＋c 2＝a 2，∴a ＝2,b ＝错误!，c ＝1.故椭圆C 的方程为错误!＋错误!＝1。
(2）证明：①当切线PM 的斜率不存在或为零时，此时取P （2，3）,显然直线PN :y ＝错误!与直线PM :x ＝2恰是椭圆的两条切线．由圆及椭圆的对称性，可知PM ⊥PN .②当切线PM ，PN 斜率存在且不为零时，设切线PM 的方程为y ＝k 1x ＋m ， PN 的方程为y ＝k 2x ＋t ,P (x 0,y 0)（x 0≠±2），由错误!消去y ，得（4k 错误!＋3）x 2＋8k 1mx ＋4（m 2－3）＝0,∵PM 与椭圆C 相切，∴Δ＝64k 错误!m 2－16(4k 错误!＋3)(m 2－3)＝0，∴m 2＝4k 21＋3.∵y 0＝k 1x 0＋m ，∴m ＝y 0－k 1x 0,∴(y 0－k 1x 0）2＝4k 错误!＋3。
2019年高考理科数学二轮专题复习讲义：专题五+第三讲 圆锥曲线的综合应用+Word版含答案
2019年高考理科数学二轮专题复习讲义
第三讲圆锥曲线的综合应用
第一课时圆锥曲线的最值、范围、证明问题
最值问题
授课提示：对应学生用书第51页
[悟通——方法结论]
求解圆锥曲线中的最值问题主要有两种方法：一是利用几何方法，即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
(2017·高考浙江卷)(12分)如图，已知抛物线x 2＝y ，点
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)求的最大值．
[学审题]
[规范解答] (1)设直线AP 的斜率为k ，k ＝x 2－
1
4x ＋12
＝x －1
2，
(2分)
因为－12＜x ＜32
，
所以直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)． (4分)
(2)联立直线AP 与BQ 的方程
⎩⎨⎧
kx －y ＋12k ＋1
4
＝0，
x ＋ky －94k －32
＝0， (6分)
解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋3
2(k 2
＋1). 因为|P A |＝
1＋k 2⎝⎛⎭
⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，
(8分)。
2019年高考数学一轮复习 8.9 圆锥曲线的综合问题课时作业 理(含解析)新人教A版
2019年高考数学一轮复习 8.9 圆锥曲线的综合问题课时作业 理（含解析）新人教A 版一、选择题1．直线y ＝kx ＋2与抛物线y 2＝8x 有且只有一个公共点，则k 的值为( )A ．1B ．1或3C ．0D ．1或0解析：由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，y 2＝8x ，得ky 2－8y ＋16＝0，若k ＝0，则y ＝2，若k ≠0，则Δ＝0，即64－64k ＝0，解得k ＝1，因此若直线y ＝kx ＋2与抛物线y 2＝8x 有且只有一个公共点，则k ＝0或k ＝1.答案：D2．若以椭圆上一点和两个焦点为顶点的三角形面积的最大值为1，则椭圆长轴长的最小值为( )A ．1 B. 2 C ．2 D ．22解析：设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，则使三角形面积最大时，三角形在椭圆上的顶点为椭圆短轴端点，∴S ＝12×2c ×b ＝bc ＝1≤b 2＋c 22＝a 22. ∴a 2≥2.∴a ≥ 2.∴长轴长2a ≥22，故选D.答案：D3．(xx·山西适应性训练考试)过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点作倾斜角为30°的直线l 与抛物线交于P ，Q 两点，分别过P ，Q 两点作PP 1，QQ 1垂直于抛物线的准线于P 1，Q 1，若|PQ |＝2，则四边形PP 1Q 1Q 的面积是( )A ．1B ．2C ．3 D.3解析：S ＝12(|PP 1|＋|QQ 1|)·|P 1Q 1|＝12×|PQ |×|PQ |×sin 30° ＝12×4×12＝1. 答案：A4．(xx·天津卷)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的两条渐近线与抛物线y 2＝2px (p >0)的准线分别交于A ，B 两点，O 为坐标原点．若双曲线的离心率为2，△AOB 的面积为3，则p ＝( )A ．1 B.32C ．2D ．3解析：因为双曲线的离心率e ＝c a ＝2，所以b ＝3a ，所以双曲线的渐近线方程为y ＝±b a x ＝±3x ，与抛物线的准线x ＝－p 2相交于A ⎝⎛⎭⎫－p 2，32p ，B ⎝⎛⎭⎫－p 2，－32p ，所以△AOB 的面积为12×p 2×3p ＝3，又p >0，所以p ＝2. 答案：C5．(xx·东北三校第二次联考)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)与双曲线x 2m 2－y 2n2＝1(m >0，n >0)有相同的焦点(－c,0)和(c,0)，若c 是a 与m 的等比中项，n 2是2m 2与c 2的等差中项，则椭圆的离心率是( )A.12B.14C.22D.33解析：由题知m 2＋n 2＝c 2，即n 2＝c 2－m 2，n 2是2m 2与c 2的等差中项，有2m 2＋c 2＝2n 2＝2c 2－2m 2得m 2＝c 24即m ＝c 2，又因c 是a 与m 的等比中项，所以am ＝c 2，即a ·c 2＝c 2，c a＝12，选A. 答案：A6．(xx·浙江卷)如图，F 1，F 2是椭圆C 1：x 24＋y 2＝1与双曲线C 2的公共焦点，A ，B 分别是C 1，C 2在第二、四象限的公共点．若四边形AF 1BF 2为矩形，则C 2的离心率是( )A. 2B. 3C.32D.62解析：设双曲线方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)①，点A 的坐标为(x 0，y 0)． 由题意得a 2＋b 2＝3＝c 2②，则|OA |＝c ＝3，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 20＋y 20＝3x 20＋4y 20＝4，解得x 20＝83，y 20＝13，又点A 在双曲线上，代入①得，83b 2－13a 2＝a 2b 2c a＝62，故选D.③，联立②③解得a＝2，所以e＝答案：D二、填空题7．(xx·河南十所名校第三次联考)圆x 2＋y 2－2x ＋my －2＝0关于抛物线x 2＝4y 的准线对称，则m ＝________.解析：由条件易知圆心在抛物线x 2＝4y 的准线y ＝－1上，得m ＝2.答案：28．已知抛物线C 的顶点在坐标原点，焦点为F (0，－1)，直线l 与抛物线C 相交于A ，B 两点，若AB 的中点为(2，－2)，则直线l 的方程为________．解析：由题意知，抛物线的方程为x 2＝－4y ，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，且x 1≠x 2，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧x 21＝－4y 1，x 22＝－4y 2，两式相减得 x 21－x 22＝－4(y 1－y 2)， ∴y 1－y 2x 1－x 2＝x 1＋x 2－4＝－1， ∴直线l 的方程为y ＋2＝－(x －2)，即y ＝－x .答案：x ＋y ＝09．(xx·江西卷)抛物线x 2＝2px (p >0)的焦点为F ，其准线与双曲线x 23－y 23＝1相交于A ，B 两点，若△ABF 为等边三角形，则p ＝________.解析：由x 2＝2py (p >0)得焦点F ⎝⎛⎭⎫0，p 2，准线l 为y ＝－p 2，所以可求得抛物线的准线与双曲线x 23－y 23＝1的交点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋p 22，－p 2，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋p 22，－p 2，所以|AB |＝12＋p 2，则|AF |＝|AB |＝12＋p 2，所以p |AF |＝sin π3，即p 12＋p 2＝32，解得p ＝6. 答案：6三、解答题10．(xx·安徽卷)设椭圆E ：x 2a 2＋y 21－a 2＝1的焦点在x 轴上． (1)若椭圆E 的焦距为1，求椭圆E 的方程；(2)设F 1，F 2分别是椭圆E 的左、右焦点，P 为椭圆E 上第一象限内的点，直线F 2P 交y 轴于点Q ，并且F 1P ⊥F 1Q .证明：当a 变化时，点P 在某定直线上． 解：(1)因为焦距为1，所以2a 2－1＝14，解得a 2＝58. 故椭圆E 的方程为8x 25＋8y 23＝1. (2)证明：设P (x 0，y 0)，F 1(－c,0)，F 2(c,0)，其中c ＝ 2a 2－1.由题设知x 0≠c ，则直线F 1P 的斜率kF 1P ＝y 0x 0＋c ， 直线F 2P 的斜率kF 2P ＝y 0x 0－c. 故直线F 2P 的方程为y ＝y 0x 0－c(x －c )． 当x ＝0时，y ＝cy 0c －x 0，即点Q 坐标为⎝⎛⎭⎫0，cy 0c －x 0. 因此，直线F 1Q 的斜率为kF 1Q ＝y 0c －x 0. 由于F 1P ⊥F 1Q ，所以kF 1P ·kF 1Q ＝y 0x 0＋c ·y 0c －x 0＝－1. 化简得y 20＝x 20－(2a 2－1)．①将①代入椭圆E 的方程，由于点P (x 0，y 0)在第一象限，解得x 0＝a 2，y 0＝1－a 2，即点P在定直线x ＋y ＝1上．11．(xx·江西卷)如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点P ⎝⎛⎭⎫1，32，离心率e ＝12，直线l 的方程为x ＝4.(1)求椭圆C 的方程；(2)AB 是经过右焦点F 的任一弦(不经过点P )，设直线AB 与直线l 相交于点M ，记P A ，PB ，PM 的斜率分别为k 1，k 2，k 3.问：是否存在常数λ，使得k 1＋k 2＝λk 3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．解：(1)由P ⎝⎛⎭⎫1，32在椭圆上得，1a 2＋94b2＝1① 依题设知a ＝2c ，则b 2＝3c 2②②代入①解得c 2＝1，a 2＝4，b 2＝3.故椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)由题意可设直线AB 的斜率为k ，则直线AB 的方程为y ＝k (x －1)③代入椭圆方程3x 2＋4y 2＝12并整理，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4(k 2－3)＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－34k 2＋3④ 在方程③中令x ＝4得，M 的坐标为(4,3k )．从而k 1＝y 1－32x 1－1，k 2＝y 2－32x 2－1，k 3＝3k －324－1＝k －12. 由于A ，F ，B 三点共线，则有k ＝k AF ＝k BF ，即有y 1x 1－1＝y 2x 2－1＝k . 所以k 1＋k 2＝y 1－32x 1－1＋y 2－32x 2－1＝y 1x 1－1＋y 2x 2－1－32⎝⎛⎭⎫1x 1－1＋1x 2－1 ＝2k －32·x 1＋x 2－2x 1x 2－x 1＋x 2＋1⑤ ④代入⑤得k 1＋k 2＝2k －32·8k 24k 2＋3－24k 2－34k 2＋3－8k 24k 2＋3＋1 ＝2k －1，又k 3＝k －12，所以k 1＋k 2＝2k 3.故存在常数λ＝2符合题意． 12．(xx·湖北武汉调考)已知平面内一动点P 到点F (1,0)的距离与点P 到y 轴的距离的差等于1.(1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过点F 作两条斜率存在且互相垂直的直线l 1，l 2，设l 1与轨迹C 相交于点A ，B ，l 2与轨迹C 相交于点D ，E ，求AD →·EB →的最小值．解：(1)设动点P 的坐标为(x ，y )，由题意有x －12＋y 2－|x |＝1，化简，得y 2＝2x ＋2|x |.当x ≥0时，y 2＝4x ；当x <0时，y ＝0.∴动点P 的轨迹C 的方程为y 2＝4x (x ≥0)和y ＝0(x <0)．(2)由题意知，直线l 1的斜率存在且不为0，设为k ，则l 1的方程为y ＝k (x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1，y 2＝4x .得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1，x 2是上述方程的两个实根，于是x 1＋x 2＝2＋4k 2，x 1x 2＝1.∵l 1⊥l 2，∴l 2的斜率为－1k. 设D (x 3，y 3)，E (x 4，y 4)，则同理可是x 3＋x 4＝2＋4k 2，x 3x 4＝1.故AD →·EB →＝(AF →＋FD →)·(EF →＋FB →)＝AF →·EF →＋AF →·FB →＋FD →·EF →＋FD →·FB →＝|AF →||FB →|＋|FD →||EF →|＝(x 1＋1)(x 2＋1)＋(x 3＋1)(x 4＋1)＝x 1x 2＋(x 1＋x 2)＋1＋x 3x 4＋(x 3＋x 4)＋1＝1＋⎝⎛⎭⎫2＋4k 2＋1＋1＋()2＋4k 2＋1 ＝8＋4⎝⎛⎭⎫k 2＋1k 2≥8＋4×2 k 2·1k2＝16. 当且仅当k 2＝1k2，即k ＝±1时，AD →·EB →取最小值16. [热点预测]13．(xx·辽宁五校第一联合体考试)在直角坐标系xOy 上取两个定点A 1(－2,0)、A 2(2,0)，再取两个动点N 1(0，m )、N 2(0，n )，且mn ＝3.(1)求直线A 1N 1与A 2N 2交点的轨迹M 的方程；(2)已知F 2(1,0)，设直线l ：y ＝kx ＋m 与(1)中的轨迹M 交于P 、Q 两点，直线F 2P 、F 2Q的倾斜角为α、β，且α＋β＝π，求证：直线l 过定点，并求该定点的坐标．解：(1)依题意知直线A 1N 1的方程为：y ＝m 2(x ＋2)，① 直线A 2N 2的方程为：y ＝－n 2(x －2)，② 设Q (x ，y )是直线A 1N 1与A 2N 2的交点，①×②得y 2＝－mn 4(x 2－4)， 由mn ＝3，整理得x 24＋y 23＝1. ∵N 1、N 2不与原点重合，∴点A 1(－2,0)、A 2(2,0)不在轨迹M 上，∴轨迹M 的方程为x 24＋y 23＝1(x ≠±2)． (2)由题意知，直线l 的斜率存在且不为零，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m x 24＋y 23＝1，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，设P (x 1，y 1)、Q (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2x 1x 2＝4m 2－123＋4k 2，且kF 2P ＝kx 1＋m x 1－1，kF 2Q ＝kx 2＋m x 2－1. 由已知α＋β＝π，得kF 2P ＋kF 2Q ＝0，∴kx 1＋m x 1－1＋kx 2＋m x 2－1＝0， 化简，得2kx 1x 2＋(m －k )(x 1＋x 2)－2m ＝0，代入，得2k 4m 2－123＋4k 2－8mk m －k 3＋4k 2－2m ＝0， 整理得m ＝－4k .∴直线l 的方程为y ＝k (x －4)，因此直线l 过定点，该定点的坐标为(4,0)．.。
高考数学二轮复习第2部分专题5解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题课件理
切入点：(1)直接套用斜率公式，并借助－12＜x＜32求其范围； (2)先分别计算|PA|、|PQ|的长，再建立|PA|·|PQ|的函数，进而借 助导数求其最值．
[解](1)设直线AP的斜率为k，k＝xx2＋－1214＝x－12， 因为－12<x<32， 所以－1＜x－12＜1， 即直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．
(与向量交汇直线过定点问题)设M点为圆C：x2＋y2＝4上的动 点，点M在x轴上的投影为N.动点P满足2 P→N ＝ 3 M→N ，动点P的轨迹 为E.
(1)求E的方程； (2)设E的左顶点为D，若直线l：y＝kx＋m与曲线E交于A，B两 点(A，B不是左、右顶点)，且满足| D→A ＋ D→B |＝| D→A － D→B |，求证：直 线l恒过定点，并求出该定点的坐标．
第二部分 讲练篇
专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的综合问题
研考题 举题固法
求圆锥曲线中的最值范围问题(5年2考) 考向1 构造不等式求最值或范围
[高考解读] 以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，融函数与 方程，均值不等式、导数于一体，重在考查学生的数学建模、数学 运算能力和逻辑推理及等价转化能力.
[解](1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0,0)， ∵2P→N＝ 3M→N，∴2(x0－x，－y)＝ 3(0，－y0)， 即x0＝x，y0＝ 23y， 又点M在圆C：x2＋y2＝4上，∴x20＋y20＝4， 将x0＝x，y0＝ 23y代入得x42＋y32＝1， 即轨迹E的方程为x42＋y32＝1.
设C(p，q)，由2qpp＝＋q21，－2＝0
得p＝q＝2，所以C(2,2)．
2019届高考理数9.8圆锥曲线的综合问题
§9.8圆锥曲线的综合问题考纲解读分析解读 1.会处理动曲线(含直线)过定点的问题.2.会证明与曲线上的动点有关的定值问题.3.会按条件建立目标函数,研究变量的最值问题及变量的取值范围问题,注意运用“数形结合”“几何法”求某些量的最值.4.能与其他知识交汇,从假设结论成立入手,通过推理论证解答存在性问题.5.本节在高考中围绕直线与圆锥曲线的位置关系,展开对定值、最值、参数取值范围等问题的考查,注重对数学思想方法的考查,分值约为12分,难度偏大.五年高考考点一定值与最值及范围问题1.(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(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 Q-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,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+.Ⅰ|AP|·|PQ|=-x4+x2+x+.设f(x)=-x4+x2+x+,则f'(x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,Ⅰf(x)在上为增函数,在上为减函数,Ⅰf(x)max=f(1)=.故|AP|·|PQ|的最大值为.2.(2017山东,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=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|Ⅰ|AB|=2Ⅰ3,☉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(x2,y2),联立消y整理得(4+2)x2-4k1x-1=0,由题意知Δ>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t>1,∈(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=±.3.(2016课标全国Ⅰ,20,12分)已知椭圆E:+=1的焦点在x轴上,A是E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t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.解析(1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.当t=4时,E的方程为+=1,A(-2,0).(1分)由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.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=.(4分)因此△AMN的面积S△AMN=2×××=.(5分)(2)由题意,t>3,k>0,A(-,0).将直线AM的方程y=k(x+)代入+=1得(3+tk2)x2+2·tk2x+t2k2-3t=0.(7分)由x1·(-)=得x1=,故|AM|=|x1+|=.(8分)由题设,直线AN的方程为y=-(x+),故同理可得|AN|=.(9分)由2|AM|=|AN|得=,即(k3-2)t=3k(2k-1).当k=时上式不成立,因此t=.(10分)t>3等价于=<0,即<0.(11分)由此得或解得<k<2.因此k的取值范围是(,2).(12分)教师用书专用(4—15)4.(2014四川,10,5分)已知F为抛物线y2=x的焦点,点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧,·=2(其中O为坐标原点),则△ABO与△AFO面积之和的最小值是()A.2B.3C.D.答案B5.(2015江苏,12,5分)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点.若点P到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为.答案6.(2016山东,21,14分)平面直角坐标系xOy中,椭圆C:+=1(a>b>0)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(m>0).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+1)x2-4m3x+m4-1=0.由Δ>0,得0<m<(或0<m2<2+),(*)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y M=-,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.7.(2015课标全国Ⅰ,20,12分)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>0),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(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(x M,y M).将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故x M==,y M=kx M+b=.于是直线OM的斜率k OM==-,即k OM·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=.将点的坐标代入l的方程得b=,因此x M=.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x P=2x M.于是=2×,解得k1=4-,k2=4+.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.8.(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m≠0,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Δ=-2b2+2+>0,Ⅰ将AB中点M代入直线方程y=mx+,解得b=-.Ⅰ由ⅠⅠ得m<-或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.9.(2015天津,19,14分)已知椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F(-c,0),离心率为,点M在椭圆上且位于第一象限,直线FM被圆x2+y2=截得的线段的长为c,|FM|=.(1)求直线FM的斜率;(2)求椭圆的方程;(3)设动点P在椭圆上,若直线FP的斜率大于,求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围.解析(1)由已知有=,又由a2=b2+c2,可得a2=3c2,b2=2c2.设直线FM的斜率为k(k>0),则直线FM的方程为y=k(x+c).由已知,有+=,解得k=.(2)由(1)得椭圆方程为+=1,直线FM的方程为y=(x+c),两个方程联立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-c或x=c.因为点M在第一象限,可得M的坐标为.由|FM|==,解得c=1,所以椭圆的方程为+=1.(3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,得t=,即y=t(x+1)(x≠-1),与椭圆方程联立得消去y,整理得2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t=>,解得-<x<-1,或-1<x<0.设直线OP的斜率为m,得m=,即y=mx(x≠0),与椭圆方程联立,整理可得m2=-.Ⅰ当x∈时,有y=t(x+1)<0,因此m>0,于是m=,得m∈.Ⅰ当x∈(-1,0)时,有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=-,得m∈.综上,直线OP的斜率的取值范围是∪.10.(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l1与l垂直,证明:点P到直线l1的距离的最大值为a-b.解析(1)设直线l的方程为y=kx+m(k<0),由消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.由于l与C只有一个公共点,故Δ=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.(2)由于直线l1过原点O且与l垂直,故直线l1的方程为x+ky=0,所以点P到直线l1的距离d=,整理得d=.因为a2k2+≥2ab,所以≤=a-b,当且仅当k2=时等号成立.所以,点P到直线l1的距离的最大值为a-b.11.(2014湖北,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程;(2)设斜率为k的直线l过定点P(-2,1).求直线l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(1)设点M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1,即=|x|+1,化简整理得y2=2(|x|+x).故点M的轨迹C的方程为y2=(2)在点M的轨迹C中,记C1:y2=4x,C2:y=0(x<0),依题意,可设直线l的方程为y-1=k(x+2).由方程组可得ky2-4y+4(2k+1)=0.Ⅰ(i)当k=0时,此时y=1.把y=1代入轨迹C的方程,得x=.故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点.(ii)当k≠0时,方程Ⅰ的判别式为Δ=-16(2k2+k-1).Ⅰ设直线l与x轴的交点为(x0,0),由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-.Ⅰ1°若由ⅠⅠ解得k<-1或k>.即当k∈(-∞,-1)∪时,直线l与C1没有公共点,与C2有一个公共点,故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.2°若或则由ⅠⅠ解得k∈或-≤k<0.即当k∈时,直线l与C1只有一个公共点,与C2有一个公共点.当k∈时,直线l与C1有两个公共点,与C2没有公共点.故当k∈∪时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点.3°若则由ⅠⅠ解得-1<k<-或0<k<.即当k∈∪时,直线l与C1有两个公共点,与C2有一个公共点,故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点.综合(i)(ii)可知,当k∈(-∞,-1)∪∪{0}时,直线l与轨迹C恰好有一个公共点;当k∈∪时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点;当k∈∪时,直线l与轨迹C恰好有三个公共点.12.(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|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=,y1y2=.因此x1+x2=m(y1+y2)-2=,于是AB的中点M的坐标为.故直线PQ的斜率为-,则PQ的方程为y=-x,即mx+2y=0.由得(2-m2)x2=4,所以2-m2>0,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0<2-m2<2,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2.13.(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交于不同的两点P,Q,若x轴是∠PBQ的角平分线,证明直线l过定点.解析(1)如图,设动圆圆心为O1(x,y),由题意,知|O1A|=|O1M|,当O1不在y轴上时,过O1作O1H⊥MN交MN于H,则H是MN的中点,Ⅰ|O1M|=,又|O1A|=,Ⅰ=,化简得y2=8x(x≠0).又当O1在y轴上时,O1与O重合,点O1的坐标(0,0)也满足方程y2=8x,Ⅰ动圆圆心的轨迹C的方程为y2=8x. (2)由题意,设直线l的方程为y=kx+b(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),将y=kx+b代入y2=8x中,得k2x2+(2bk-8)x+b2=0.其中Δ=-32kb+64>0.由根与系数的关系得,x1+x2=,Ⅰx1x2=,Ⅰ因为x轴平分∠PBQ,所以=-,即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,Ⅰ将Ⅰ,Ⅰ代入Ⅰ得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,Ⅰk=-b,此时Δ>0,Ⅰ直线l的方程为y=k(x-1),即直线l过定点(1,0).14.(2013安徽,18,12分)设椭圆E:+=1的焦点在x轴上.(1)若椭圆E的焦距为1,求椭圆E的方程;(2)设F1,F2分别是椭圆E的左,右焦点,P为椭圆E上第一象限内的点,直线F2P交y轴于点Q,并且F1P⊥F1Q.证明:当a变化时,点P在某定直线上.解析(1)因为焦距为1,所以2a2-1=,解得a2=.故椭圆E的方程为+=1.(2)证明:设P(x0,y0),F1(-c,0),F2(c,0),其中c=.由题设知x0≠c,则直线F1P的斜率=,直线F2P的斜率=.故直线F2P的方程为y=(x-c).当x=0时,y=,即点Q的坐标为.因此,直线F1Q的斜率为=.由于F1P⊥F1Q,所以·=·=-1.化简得=-(2a2-1).Ⅰ将Ⅰ代入椭圆E的方程,由于点P(x0,y0)在第一象限,解得x0=a2,y0=1-a2,即点P在定直线x+y=1上.15.(2013山东,22,13分)椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1、F2,离心率为,过F1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,连接PF1,PF2.设∠F1PF2的角平分线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PF1,PF2的斜率分别为k1,k2.若k≠0,试证明+为定值,并求出这个定值.解析(1)由于c2=a2-b2,将x=-c代入椭圆方程+=1,得y=±,由题意知=1,即a=2b2.又e==,所以a=2,b=1.所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)解法一:设P(x0,y0)(y0≠0).又F1(-,0),F2(,0),所以直线PF1,PF2的方程分别为:y0x-(x0+)y+y0=0,:y0x-(x0-)y-y0=0.由题意知=.由于点P在椭圆上,所以+=1.所以=.因为-<m<,-2<x0<2,所以=.所以m=x0.因此-<m<.解法二:设P(x0,y0).当0≤x0<2时,Ⅰ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=.Ⅰ当x0≠时,设直线PF1,PF2的方程分别为y=k1(x+),y=k2(x-).由题意知=,所以=.因为+=1,并且k1=,k2=,所以===,即=.因为-<m<,0≤x0<2且x0≠,所以=.整理得m=,故0≤m<且m≠.综合ⅠⅠ可得0≤m<.当-2<x0<0时,同理可得-<m<0.综上所述,m的取值范围是.(3)设P(x0,y0)(y0≠0),则直线l的方程为y-y0=k(x-x0).联立得整理得(1+4k2)x2+8(ky0-k2x0)x+4(-2kx0y0+k2-1)=0.由题意知Δ=0,即(4-)k2+2x0y0k+1-=0.又+=1,所以16k2+8x0y0k+=0,故k=-.由(2)知+=+=,所以+==·=-8,因此+为定值,这个定值为-8.考点二存在性问题1.(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(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)因为点B与点A关于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满足=|x M||x N|.因为x M=,x N=,+n2=1,所以=|x M||x N|==2.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,-).2.(2014山东,21,14分)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,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l1∥l,且l1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的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由.解析(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3+=,解得t=3+p或t=-3(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(x0,y0)(x0y0≠0),D(x D,0)(x D>0),因为|FA|=|FD|,则|x D-1|=x0+1,由x D>0得x D=x0+2,故D(x0+2,0).故直线AB的斜率k AB=-.因为直线l1和直线AB平行,所以设直线l1的方程为y=-x+b,代入抛物线方程得y2+y-=0,由题意得Δ=+=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-y0=(x-x0),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|=(x0+1)+=x0++2.设直线AE的方程为x=my+1,因为点A(x0,y0)在直线AE上,故m=,设B(x1,y1),直线AB的方程为y-y0=-(x-x0),由于y0≠0,可得x=-y+2+x0,代入抛物线方程得y2+y-8-4x0=0.所以y0+y1=-,可求得y1=-y0-,x1=+x0+4,所以点B到直线AE的距离为d===4.则△ABE的面积S=×4≥16,当且仅当=x0,即x0=1时等号成立.所以△ABE的面积的最小值为16.教师用书专用(3)3.(2013湖北,21,13分)如图,已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点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C1,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.记λ=,△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=λS2,求λ的值;(2)当λ变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2?并说明理由.解析依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为C1:+=1,C2:+=1.其中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|·|OM|=a|BD|,S2=|AB|·|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=λ,化简得λ2-2λ-1=0.由λ>1,可解得λ=+1.故当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,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|·|OM|=a|BD|,S2=|AB|·|ON|=a|AB|.所以===.若=λ,则=λ,化简得λ2-2λ-1=0.由λ>1,可解得λ=+1.故当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,则λ=+1.(2)解法一:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2.根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k>0),点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则d1==,d2==,所以d1=d2.又S1=|BD|d1,S2=|AB|d2,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=.Ⅰ将l的方程分别与C1,C2的方程联立,可求得x A=,x B=.根据对称性可知x C=-x B,x D=-x A,于是===.Ⅰ从而由Ⅰ式和Ⅰ式可得=.Ⅰ令t=,则由m>n,可得t≠1,于是由Ⅰ式可解得k2=.因为k≠0,所以k2>0.于是Ⅰ式关于k有解,当且仅当>0,等价于(t2-1)<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=λS2;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=λS2.根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k>0),点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则d1==,d2==,所以d1=d2.又S1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以==λ.因为===λ,所以=.由点A(x A,kx A),B(x B,kx B)分别在C1,C2上,可得+=1,+=1,两式相减可得+=0,依题意得x A>x B>0,所以>.所以由上式解得k2=.因为k2>0,所以由>0,可解得1<<λ.从而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=λS2;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·基础题组考点一定值与最值及范围问题1.(人教A选2—1,二A,5,变式)若双曲线-=1(a>0,b>0)与直线y=2x无交点,则其离心率e的取值范围是()A.(1,2)B.(1,2]C.(1,)D.(1,]答案D2.(2017湖南长沙模拟,11)P是双曲线C:-y2=1右支上一点,直线l是双曲线C的一条渐近线,P在l上的射影为Q,F1是双曲线C的左焦点,则|PF1|+|PQ|的最小值为()A.1B.2+C.4+D.2+1答案D3.(2018河北五校12月联考,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,右焦点为F,上顶点为A,且△AOF的面积为(O是坐标原点).(1)求椭圆C的方程;(2)设P是椭圆C上的一点,过P的直线l与以椭圆的短轴为直径的圆切于第一象限,切点为M,证明:|PF|+|PM|为定值.解析(1)设椭圆的半焦距为c,由已知得⇒Ⅰ椭圆的方程为+y2=1.(2)证明:以短轴为直径的圆的方程为x2+y2=1,F(1,0),设P(x0,y0),则+=1(0<x0≤).Ⅰ|PF|=====(2-x0).又l与圆x2+y2=1相切于M,Ⅰ|PM|=====x0,Ⅰ|PF|+|PM|=(2-x0)+x0=,为定值.考点二存在性问题4.(2018四川乐山模拟,20)设椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,上顶点为A,过点A与AF2垂直的直线交x轴负半轴于点Q,且2+=0,过A,Q,F2三点的圆的半径为2.过定点M(0,2)的直线l与椭圆C交于G,H 两点(点G在点M,H之间).(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l的斜率k>0,在x轴上是否存在点P(m,0),使得以PG,PH为邻边的平行四边形是菱形?如果存在,求出m的取值范围;如果不存在,请说明理由.解析(1)因为2+=0,所以F1为F2Q的中点.由F1(-c,0),F2(c,0)及已知得Q的坐标为(-3c,0),因为AQ⊥AF2,所以b2=3c×c=3c2,a2=4c×c=4c2,且过A,Q,F2三点的圆的圆心为F1(-c,0),半径为2c,所以2c=2,解得c=1,所以a=2,b=,所以所求椭圆方程为+=1.(2)假设存在点P满足题意,由已知得l的方程为y=kx+2(k>0),与椭圆方程联立,消去y可得(3+4k2)x2+16kx+4=0.设G(x1,y1),H(x2,y2),则x1+x2=-,Δ=(16k)2-16(3+4k2)>0,又k>0,Ⅰk>.+=(x1-m,y1)+(x2-m,y2)=(x1+x2-2m,y1+y2)=(x1+x2-2m,k(x1+x2)+4),=(x2-x1,y2-y1)=(x2-x1,k(x2-x1)).由于菱形的对角线互相垂直,故(+)·=0,所以(x2-x1)[(x1+x2)-2m]+k(x2-x1)[k(x1+x2)+4]=0,即(x2-x1)[(x1+x2)-2m+k2(x1+x2)+4k]=0.因为k>0,所以x2-x1≠0.所以(x1+x2)-2m+k2(x1+x2)+4k=0,即(1+k2)(x1+x2)+4k-2m=0.所以(1+k2)+4k-2m=0.解得m=-,即m=-.因为k>,所以+4k≥2=4当且仅当k=时,“=”成立,所以-≤m<0,故存在满足题意的点P,且m的取值范围是.5.(2017河北唐山模拟,20)已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率e=,过点A(0,-b)和B(a,0)的直线与原点的距离为.(1)求椭圆的方程;(2)已知定点E(-1,0),若直线y=kx+2(k≠0)与椭圆交于C、D两点,问:是否存在k使得以CD为直径的圆过E点?请说明理由.解析(1)直线AB的方程为bx-ay-ab=0,依题意可得解得Ⅰ椭圆的方程为+y2=1.(2)存在.理由:假设存在这样的k.联立得(1+3k2)x2+12kx+9=0,由题意知Δ=(12k)2-36(1+3k2)>0,Ⅰ设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=-,Ⅰx1·x2=,Ⅰ而y1·y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4,要使以CD为直径的圆过点E(-1,0),当且仅当CE⊥DE时成立,则y1y2+(x1+1)(x2+1)=0,Ⅰ(k2+1)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0,Ⅰ将ⅠⅠ代入Ⅰ整理得k=,经验证,k=时Ⅰ成立.综上可知,存在k=使得以CD为直径的圆过点E.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:35分时间:30分钟)一、选择题(共5分)1.(2017河南郑州一模,11)已知直线l与双曲线-y2=1相切于点P,l与双曲线的两条渐近线交于M,N两点,则·的值为()A.3B.4C.5D.与P的位置有关答案A二、解答题(共30分)2.(2018湖南长沙模拟)已知动圆M在圆F1:(x+1)2+y2=外部且与圆F1相切,同时还在圆F2:(x-1)2+y2=内部与圆F2相切.(1)求动圆圆心M的轨迹方程;(2)记(1)中求出的轨迹为C,C与x轴的两个交点分别为A1、A2,P是C上异于A1、A2的动点,直线l:x=与x轴交于点D,直线A1P、A2P分别交直线l于E、F两点,求证:|DE|·|DF|为定值.解析(1)设动圆M的半径为r,由已知得|MF1|=+r,|MF2|=-r,|MF1|+|MF2|=4>|F1F2|,ⅠM点的轨迹是以F1,F2为焦点的椭圆,设椭圆方程为+=1(a>b>0),则a=2,c=1,则b2=a2-c2=3,故圆心M的轨迹方程为+=1.(2)设P(x0,y0),由已知得A1(-2,0),A2(2,0),则=,直线PA1的方程为:y=(x+2),=,直线PA2的方程为:y=(x-2),当x=时,E,F,Ⅰ|DE|·|DF|=(+2)×(-2)=×2,又Ⅰ(x0,y0)满足+=1,Ⅰ=-,Ⅰ|DE|·|DF|=-×2=,为定值.3.(2017广东汕头二模,20)已知O为坐标原点,圆M:(x+1)2+y2=16,定点F(1,0),点N是圆M上一动点,线段NF的垂直平分线交圆M的半径MN于点Q,点Q的轨迹为E.(1)求曲线E的方程;(2)已知点P是曲线E上但不在坐标轴上的任意一点,曲线E与y轴的交点分别为B1、B2,直线B1P和B2P分别与x轴相交于C、D两点,请问线段长之积|OC|·|OD|是否为定值?如果是,请求出定值;如果不是,请说明理由;(3)在(2)的条件下,若点C的坐标为(-1,0),过点C的直线l与E相交于A、B两点,求△ABD面积的最大值.解析(1)连接FQ,则|FQ|=|NQ|,Ⅰ|MQ|+|FQ|=|MQ|+|QN|=|MN|=4>|MF|,根据椭圆的定义得,E是以M(-1,0),F(1,0)为焦点,4为长轴长的椭圆,Ⅰ2a=4,即a=2,又Ⅰ焦点为(1,0),即c=1,Ⅰb2=a2-c2=4-1=3.故点Q的轨迹E的方程为+=1.(2)是定值.设P(x0,y0)(x0≠±2,y0≠±3),不妨设B1在y轴负半轴上,则直线B1P的方程为y=x-.令y=0,得x C=,同理得x D=,Ⅰ|OC|·|OD|=|x C|·|x D|=.Ⅰ点P是曲线E上但不在坐标轴上的任意一点,Ⅰ+=1,即3=4(3-),Ⅰ|OC|·|OD|==4,因此|OC|·|OD|是定值,且定值为4.(3)当点C的坐标为(-1,0)时,点D(-4,0),|CD|=3,设直线l的方程为x=my-1,A(x1,y1),B(x2,y2),由得(3m2+4)y2-6my-9=0,Δ=36(4m2+4),y1,2=,Ⅰ|y1-y2|=,△ABD的面积S=×|y1-y2|×3=·==.Ⅰm2≥0,Ⅰ≥1,又函数y=3x+在[1,+∞)上为增函数,Ⅰ3+≥4,ⅠS≤,Ⅰ当m=0,即直线AB的方程为x=-1时,△ABD的面积最大,且最大值为.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1与圆锥曲线相关的最值、范围问题的解题方法1.(2017江西南昌NCS项目模拟,11)抛物线y2=8x的焦点为F,设A(x1,y1),B(x2,y2)是抛物线上的两个动点,若x1+x2+4=|AB|,则∠AFB的最大值为()A. B. C. D.答案D2.(2018天津模拟,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0),且椭圆上的点到一个焦点的最短距离为b.(1)求椭圆C的离心率;(2)若点M在椭圆C上,不过原点O的直线l与椭圆C相交于A,B两点,与直线OM相交于点N,且N是线段AB 的中点,求△OAB面积的最大值.解析(1)由题意得a-c=b,则(a-c)2=b2,结合b2=a2-c2,得(a-c)2=(a2-c2),即2c2-3ac+a2=0,亦即2e2-3e+1=0,结合0<e<1,解得e=.所以椭圆C的离心率为.(2)由(1)得a=2c,则b2=3c2.将代入椭圆方程+=1,解得c2=1.所以椭圆方程为+=1.易得直线OM的方程为y=x.当直线l的斜率不存在时,线段AB的中点不在直线y=x上,故直线l的斜率存在.设直线l的方程为y=kx+m(m≠0),与+=1联立消去y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,所以Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=48(3+4k2-m2)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=.由y1+y2=k(x1+x2)+2m=,得线段AB的中点坐标为N,因为N在直线y=x上,所以-=2×,解得k=-.所以Δ=48(12-m2)>0,得-2<m<2,且m≠0,|AB|=|x2-x1|=·=·=.又原点O到直线l的距离d=,所以S△OAB=××=≤·=.当且仅当12-m2=m2,即m=±时等号成立,符合-2<m<2,且m≠0.所以△OAB面积的最大值为.3.(2017河南新乡调研,21)设O为坐标原点,已知椭圆C1:+=1(a>b>0)的离心率为,抛物线C2:x2=-ay的准线方程为y=.(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程;(2)设过定点M(0,2)的直线与椭圆C1交于不同的两点P,Q,若O在以PQ为直径的圆的外部,求直线的斜率的取值范围.解析(1)由题意得=,Ⅰa=2,故抛物线C2的方程为x2=-2y,又e=,Ⅰc=,Ⅰb=1,从而椭圆C1`的方程为+y2=1.(2)显然直线x=0不满足题设条件,可设直线l:y=kx+2,P(x1,y1),Q(x2,y2).由得(1+4k2)x2+16kx+12=0,ⅠΔ=(16k)2-4×12×(1+4k2)>0,Ⅰk∈∪,x1+x2=,x1x2=,根据题意,得0<∠POQ<⇔·>0,Ⅰ·=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+2)(kx2+2)=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4=+2k×+4=>0,Ⅰ-2<k<2,综上得k∈∪.方法2圆锥曲线中的定值、定点问题的解题方法4.(2018江苏启东模拟,20)设顶点在原点,焦点在x轴上的抛物线过点P(2,4),过P作抛物线的动弦PA,PB,并设它们的斜率分别为k PA,k PB.(1)求抛物线的方程;(2)若k PA+k PB=0,求证直线AB的斜率为定值,并求出其值;(3)若k PA·k PB=1,求证直线AB恒过定点,并求出其坐标.解析(1)依题意,可设所求抛物线的方程为y2=2px(p>0),因抛物线过点(2,4),故42=4p,解得p=4,故抛物线的方程为y2=8x.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则k PA===,同理,k PB=,k AB=.Ⅰk PA+k PB=0,Ⅰ+=0,Ⅰ=,Ⅰy1+4=-y2-4,Ⅰy1+y2=-8,Ⅰk AB=-1.Ⅰ直线AB的斜率恒为定值-1.(3)Ⅰk PA k PB=1,Ⅰ·=1,Ⅰy1y2+4(y1+y2)-48=0.直线AB的方程为y-y1=,即(y1+y2)y-y1y2=8x.将y1y2=-4(y1+y2)+48代入上式得(y1+y2)(y+4)=8(x+6),该直线恒过定点(-6,-4),命题得证.5.(2018河南新乡模拟,20)已知右焦点为F的椭圆M:+=1(a>)与直线y=相交于P,Q两点,且PF⊥QF.(1)求椭圆M的方程:(2)O为坐标原点,A,B,C是椭圆M上不同的三点,并且O为△ABC的重心,试探究△ABC的面积是否为定值.若是,求出这个定值;若不是,说明理由.解析(1)设F(c,0),P,Q,将点P的坐标代入椭圆方程可得+=1,即t2=a2,Ⅰ由PF⊥QF,可得·=-1,即c2-t2=-,Ⅰ由ⅠⅠ可得c2=a2-.又a2-c2=3,解得a=2,c=1,故椭圆方程为+=1.(2)当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+m,代入椭圆方程3x2+4y2=12,可得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2=,x1+x2=-,y1+y2=k(x1+x2)+2m=,由O为△ABC的重心,可得=-(+)=,由C在椭圆上,得3+4=12,化简可得4m2=3+4k2,|AB|=·=·=·,C到直线AB的距离d==,S△ABC=|AB|·d=·=·=.当直线AB的斜率不存在时,|AB|=3,d=3,S△ABC=|AB|·d=.综上可得,△ABC的面积为定值.6.(2017福建福州模拟,20)已知点P是直线l:y=x+2与椭圆+y2=1(a>1)的一个公共点,F1,F2分别为该椭圆的左,右焦点,设|PF1|+|PF2|取得最小值时椭圆为C.(1)求椭圆C的标准方程及离心率;(2)已知A,B为椭圆C上关于y轴对称的两点,Q是椭圆C上异于A,B的任意一点,直线QA,QB分别与y轴交于点M(0,m),N(0,n),试判断mn是否为定值,如果为定值,求出该定值;如果不是,请说明理由.解析(1)联立得(a2+1)x2+4a2x+3a2=0.Ⅰ直线y=x+2与椭圆有公共点,ⅠΔ=16a4-4(a2+1)×3a2≥0,得a2≥3,又a>1,Ⅰa≥,由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a,故当a=时,|PF1|+|PF2|取得最小值,此时椭圆C的标准方程为+y2=1,离心率为=.(2)mn为定值.设A(x1,y1),B(-x1,y1),Q(x0,y0)(y0≠y1),且已知M(0,m),N(0,n),由题意知k QA=k QM,Ⅰ=,即m=y0-=,同理,得n=,Ⅰmn=·=,又+=1,+=1,Ⅰ=1-,=1-,Ⅰmn===1,Ⅰmn为定值1.方法3存在性问题的解题策略7.(2016吉林长春外国语学校第一次质量检测,21)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且过点.(1)求椭圆C的方程;(2)设不过原点O的直线l:y=kx+m(k≠0)与椭圆C交于P、Q两点,直线OP、OQ的斜率依次为k1、k2,若4k=k1+k2,试问:当k变化时,m2是否为定值?若是,求出此定值并证明你的结论;若不是,请说明理由.解析(1)依题意可得又a2=b2+c2,Ⅰa=2,b=1.Ⅰ椭圆C的方程是+y2=1.(2)当k变化时,m2为定值,证明如下:由得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0.设P(x1,y1)、Q(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,Ⅰ直线OP、OQ的斜率依次为k1、k2,且4k=k1+k2,Ⅰ4k=+=+,得2kx1x2=m(x1+x2),Ⅰm2=,经检验满足Δ>0.。
大学数学(高数微积分)专题五第讲圆锥曲线中的热点问题(课堂讲义)
＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的
斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
22
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(2013·陕西)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交于不同
猜想，当直线l的倾斜角变化时，
本
讲 栏 目
AE与BD相交于定点N52，0，
开 关
证明：由(2)知A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∴D(4，y1)，E(4，y2)，当直线l的倾斜角变化时，首先证直线
AE过定点52，0，
∵lAE：y－y2＝y42－－xy11(x－4)， 19
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当x＝52时，y＝y2＋y42－－xy11·－32
栏
目 时，求B点坐标．
开
关解
(1)设 N(x，y)，则由M→N＝2M→P，得 P 为 MN 的中点，
所以 M(－x,0)，P(0，2y)． 又P→M⊥P→F得P→M·P→F＝0，P→M＝(－x，－2y)， P→F＝(1，－2y)，所以y2＝4x(x≠0)．
13
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(2)由(1)知F(1,0)为曲线C的焦点，由抛物线定义知，抛物线上
“设而不求”；有关焦点弦长问题，要重视圆锥曲线定义
的运用，以简化运算．
本
(1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，
讲 栏 目
y2)，则所得弦长|P1P2|＝ 1＋k2 |x2－x1|或|P1P2|＝ 1＋k12
开 关
. |y2－y1|，其中求|x2－x1|与|y2－y1|时通常使用根与系数的关
专题53 圆锥曲线的综合问题(教学案)-2019年高考数学(理)一轮复习精品资料(原卷版)
专题53 圆锥曲线的综合问题圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是每年高考必考的一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主．这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高，通常作为压轴题的形式出现．高频考点一 圆锥曲线中的定点、定值问题定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题．【例1】椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，过其右焦点F 与长轴垂直的弦长为1.(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆C 的左、右顶点分别为A ，B ，点P 是直线x ＝1上的动点，直线P A 与椭圆的另一交点为M ，直线PB 与椭圆的另一交点为N .求证：直线MN 经过一定点．探究提高 (1)求定值问题常见的方法有两种：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，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．(2)定点问题的常见解法：①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．【变式探究】如图，已知双曲线C ：x 2a 2－y 2＝1(a >0)的右焦点为F ，点A ，B 分别在C 的两条渐近线上，AF ⊥x 轴，AB ⊥OB ，BF ∥OA (O 为坐标原点)．(1)求双曲线C 的方程；(2)过C 上一点P (x 0，y 0)(y 0≠0)的直线l ：x 0x a 2－y 0y ＝1与直线AF 相交于点M ，与直线x ＝32相交于点N .高频考点二 圆锥曲线中的最值、范围问题圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．【例2】 在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，直线y ＝x 被椭圆C截得的线段长为4105.(1)求椭圆C 的方程；(2)过原点的直线与椭圆C 交于A ，B 两点(A ，B 不是椭圆C 的顶点)．点D 在椭圆C 上，且AD ⊥AB ，直线BD 与x 轴、y 轴分别交于M ，N 两点．①设直线BD ，AM 的斜率分别为k 1，k 2，证明存在常数λ使得k 1＝λk 2，并求出λ的值； ②求△OMN 面积的最大值．【感悟提升】圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值．【变式探究】 设点P (x ，y )到直线x ＝2的距离与它到定点(1，0)的距离之比为2，并记点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)设M (－2，0)，过点M 的直线l 与曲线C 相交于E ，F 两点，当线段EF 的中点落在由四点C 1(－1，0)，C 2(1，0)，B 1(0，－1)，B 2(0，1)构成的四边形内(包括边界)时，求直线l 斜率的取值范围．高频考点三 圆锥曲线中的探索性问题圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立．涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题．【例3】如图，设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，点D 在椭圆上，DF 1⊥F 1F 2，|F 1F 2||DF 1|＝22，△DF 1F 2的面积为22.(1) 求该椭圆的标准方程；(2) (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．探究提高 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．【变式探究】 在平面直角坐标系xOy 中，经过点(0，2)且斜率为k 的直线l 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点P 和Q .(1)求k 的取值范围；(2)设椭圆与x 轴正半轴、y 轴正半轴的交点分别为A ，B ，是否存在常数k ，使得向量OP →＋OQ →与AB →垂直？如果存在，求k 值；如果不存在，请说明理由．1.【2016高考新课标3理数】已知抛物线C ：22y x =的焦点为F ，平行于x 轴的两条直线12,l l 分别交C 于,A B 两点，交C 的准线于P Q ，两点．（I ）若F 在线段AB 上，R 是PQ 的中点，证明ARFQ ；（II ）若PQF ∆的面积是ABF ∆的面积的两倍，求AB 中点的轨迹方程.ARFQ 2.【2016高考浙江理数】（本题满分15分）如图，设椭圆2221x y a+=（a ＞1）.（I ）求直线y =kx +1被椭圆截得的线段长（用a 、k 表示）；（II ）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.3.【2016高考新课标2理数】已知椭圆:E 2213x y t +=的焦点在x 轴上，A 是E 的左顶点，斜率为(0)k k >的直线交E 于,A M 两点，点N 在E 上，MA NA ⊥．（Ⅰ）当4,||||t AM AN ==时，求AMN ∆的面积； （Ⅱ）当2AM AN =时，求k 的取值范围．144494.【2016年高考北京理数】（本小题14分） 已知椭圆C ：22221+=x y a b（0a b >>）的离心率为32 ，(,0)A a ，(0,)B b ，(0,0)O ，OAB ∆的面积为1.（1）求椭圆C 的方程；（2）设P 的椭圆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：BM AN ⋅为定值.5.【2016年高考四川理数】（本小题满分13分）已知椭圆E ：22221(0)x y a b a b+=>>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:3l y x =-+与椭圆E 有且只有一个公共点T .（Ⅰ）求椭圆E 的方程及点T 的坐标；（Ⅱ）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λ，使得2PTPA PB λ=⋅，并求λ的值.6.【2016高考上海理数】（本题满分14）有一块正方形菜地EFGH ,EH 所在直线是一条小河，收货的蔬菜可送到F 点或河边运走。
2019高考数学(理科)二轮复习(全国通用版)：专题五 第2讲 圆锥曲线Word版含答案
第2讲 圆锥曲线[考情考向分析] 1.以选择题、填空题形式考查圆锥曲线的方程、几何性质(特别是离心率).2.以解答题形式考查直线与圆锥曲线的位置关系(弦长、中点等)．热点一 圆锥曲线的定义与标准方程1．圆锥曲线的定义(1)椭圆：|PF 1|＋|PF 2|＝2a (2a >|F 1F 2|)．(2)双曲线：||PF 1|－|PF 2||＝2a (2a <|F 1F 2|)．(3)抛物线：|PF |＝|PM |，点F 不在直线l 上，PM ⊥l 于点M .2．求圆锥曲线标准方程“先定型，后计算”所谓“定型”，就是确定曲线焦点所在的坐标轴的位置；所谓“计算”，就是指利用待定系数法求出方程中的a 2，b 2，p 的值．例1 (1)(2018·银川模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点为F 1，F 2，左、右顶点为M ，N ，过F 2的直线l 交C 于A ，B 两点(异于M ，N )，△AF 1B 的周长为43，且直线AM与AN 的斜率之积为－23，则C 的方程为( ) A.x 212＋y 28＝1 B.x 212＋y 24＝1 C.x 23＋y 22＝1 D.x 23＋y 2＝1 答案 C解析 由△AF 1B 的周长为43，可知|AF 1|＋|AF 2|＋|BF 1|＋|BF 2|＝4a ＝43， 解得a ＝3，则M ()－3，0，N (3，0)．设点A (x 0，y 0)(x 0≠±3)，由直线AM 与AN 的斜率之积为－23， 可得y 0x 0＋3·y 0x 0－3＝－23， 即y 20＝－23(x 20－3)，① 又x 203＋y 20b 2＝1，所以y 20＝b 2⎝⎛⎭⎫1－x 203，② 由①②解得b 2＝2.所以C 的方程为x 23＋y 22＝1. (2)(2018·龙岩质检)已知以圆C ：(x －1)2＋y 2＝4的圆心为焦点的抛物线C 1与圆C 在第一象限交于A 点，B 点是抛物线C 2：x 2＝8y 上任意一点，BM 与直线y ＝－2垂直，垂足为M ，则|BM |－|AB |的最大值为( )A ．1B ．2C ．－1D ．8答案 A解析 因为圆C ：(x －1)2＋y 2＝4的圆心为C (1,0)，所以可得以C (1,0)为焦点的抛物线方程为y 2＝4x ，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，(x －1)2＋y 2＝4，解得A (1,2)． 抛物线C 2：x 2＝8y 的焦点为F (0,2)，准线方程为y ＝－2，即有|BM |－|AB |＝|BF |－|AB |≤|AF |＝1，当且仅当A ，B ，F (A 在B ，F 之间)三点共线时，可得最大值1.思维升华 (1)准确把握圆锥曲线的定义和标准方程及其简单几何性质，注意当焦点在不同坐标轴上时，椭圆、双曲线、抛物线方程的不同表示形式．(2)求圆锥曲线方程的基本方法就是待定系数法，可结合草图确定．跟踪演练1 (1)(2018·石嘴山模拟)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，以F 1，F 2为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为()3，4，则双曲线的方程为( ) A.x 216－y 29＝1 B.x 23－y 24＝1 C.x 24－y 23＝1 D.x 29－y 216＝1 答案 D解析 ∵点(3,4)在以|F 1F 2|为直径的圆上，∴c ＝5，可得a 2＋b 2＝25.①又∵点(3,4)在双曲线的渐近线y ＝b ax 上， ∴b a ＝43.② ①②联立，解得a ＝3且b ＝4，可得双曲线的方程为x 29－y 216＝1. (2)如图，过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 的直线l 交抛物线于点A ，B ，交其准线于点C ，若|BC |＝2|BF |，且|AF |＝3，则此抛物线方程为( )A ．y 2＝9xB ．y 2＝6xC ．y 2＝3xD ．y 2＝3x答案 C解析 如图分别过点A ，B 作准线的垂线，分别交准线于点E ，D ，设准线交x 轴于点G .设||BF ＝a ，则由已知得||BC ＝2a ，由抛物线定义，得||BD ＝a ，故∠BCD ＝30°，在Rt △ACE 中，∵||AE ＝|AF |＝3，||AC ＝3＋3a ，|AC |＝2|AE |，∴3＋3a ＝6，从而得a ＝1，||FC ＝3a ＝3.∴p ＝||FG ＝12||FC ＝32， 因此抛物线方程为y 2＝3x ，故选C.热点二 圆锥曲线的几何性质1．椭圆、双曲线中a ，b ，c 之间的关系(1)在椭圆中：a 2＝b 2＋c 2，离心率为e ＝c a ＝1－⎝⎛⎭⎫b a 2. (2)在双曲线中：c 2＝a 2＋b 2，离心率为e ＝c a ＝1＋⎝⎛⎭⎫b a 2.2．双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±b ax .注意离心率e 与渐近线的斜率的关系． 例2 (1)设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点，过点F 1的直线交椭圆E 于A ，B 两点，若△AF 1F 2的面积是△BF 1F 2面积的三倍，cos ∠AF 2B ＝35，则椭圆E 的离心率为( )A.12B.23C.32D.22答案 D解析 设|F 1B |＝k ()k >0，依题意可得|AF 1|＝3k ，|AB |＝4k ，∴|AF 2|＝2a －3k ，|BF 2|＝2a －k . ∵cos ∠AF 2B ＝35， 在△ABF 2中，由余弦定理可得|AB |2＝|AF 2|2＋|BF 2|2－2|AF 2||BF 2|cos ∠AF 2B ，∴(4k )2＝(2a －3k )2＋(2a －k )2－65(2a －3k )(2a －k )，化简可得(a ＋k )(a －3k )＝0，而a ＋k >0，故a －3k ＝0，a ＝3k ，∴|AF 2|＝|AF 1|＝3k ，|BF 2|＝5k ，∴|BF 2|2＝|AF 2|2＋|AB |2，∴AF 1⊥AF 2，∴△AF 1F 2是等腰直角三角形．∴c ＝22a ，椭圆的离心率e ＝c a ＝22. (2)已知双曲线M ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，||F 1F 2＝2c .若双曲线M 的右支上存在点P ，使a sin ∠PF 1F 2＝3c sin ∠PF 2F 1，则双曲线M 的离心率的取值范围为( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫1，2＋73 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤1，2＋73 C ．(1,2)D.(]1，2答案 A 解析 根据正弦定理可知sin ∠PF 1F 2sin ∠PF 2F 1＝|PF 2||PF 1|， 所以|PF 2||PF 1|＝a 3c ，即|PF 2|＝a 3c|PF 1|， ||PF 1||－PF 2＝2a ， 所以⎝⎛⎭⎫1－a 3c ||PF 1＝2a ，解得||PF 1＝6ac 3c －a， 而||PF 1>a ＋c ，即6ac 3c －a>a ＋c ， 整理得3e 2－4e －1<0，解得2－73<e <2＋73. 又因为离心率e >1，所以1<e <2＋73，故选A. 思维升华 (1)明确圆锥曲线中a ，b ，c ，e 各量之间的关系是求解问题的关键．(2)在求解有关离心率的问题时，一般并不是直接求出c 和a 的值，而是根据题目给出的椭圆或双曲线的几何特点，建立关于参数c ，a ，b 的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离。
2019届高考理科数学一轮复习精品学案：第54讲 圆锥曲线的综合问题(含解析)
第54讲圆锥曲线的综合问题考试说明 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.掌握椭圆与抛物线的定义、几何图形、标准方程及简单几何性质.3.了解双曲线的定义、几何图形和标准方程,知道它的简单几何性质.4.了解圆锥曲线的简单应用.5.理解数形结合的思想.真题再现■ [2017-2013]课标全国真题再现1.[2017·全国卷Ⅱ]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.解:(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)证明: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.2.[2017·全国卷Ⅲ]已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直线l交C于A,B两点,圆M是以线段AB为直径的圆.(1)证明:坐标原点O在圆M上;(2)设圆M过点P(4,-2),求直线l与圆M的方程.解:(1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2.由可得y2-2my-4=0,则y1y2=-4.又x1=,x2=,故x1x2==4.因此OA的斜率与OB的斜率之积为·==-1,所以OA⊥OB.故坐标原点O在圆M上.(2)由(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4.故圆心M的坐标为(m2+2,m),圆M的半径r=.由于圆M过点P(4,-2),因此·=0,故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0,即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0.由(1)可得y1y2=-4,x1x2=4,所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-.当m=1时,直线l的方程为x-y-2=0,圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为,圆M的方程为(x-3)2+(y-1)2=10;当m=-时,直线l的方程为2x+y-4=0,圆心M的坐标为,圆M的半径为,圆M的方程为+=.3.[2017·全国卷Ⅰ]已知椭圆C:+=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3,P4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相交于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.解:(1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点.又由+>+知,C不经过点P1,所以点P2在C上.因此解得故C的方程为+y2=1.(2)证明:设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.如果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,不符合题设.从而可设l:y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.而k1+k2=+=+=.由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0,即(2k+1)·+(m-1)·=0,解得k=-.当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=-x+m,即y+1=-(x-2),所以l过定点(2,-1).4.[2016·全国卷Ⅱ]已知椭圆E:+=1的焦点在x轴上,A是E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t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.解:(1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.当t=4时,椭圆E的方程为+=1,A(-2,0).由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为,因此直线AM的方程为y=x+2.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×××=.(2)由题意知t>3,k>0,A(-,0).将直线AM的方程y=k(x+)代入+=1得(3+tk2)x2+2·tk2x+t2k2-3t=0.由x1·(-)=得x1=,故|AM|=|x1+|=.由题设知,直线AN的方程为y=-(x+),故同理可得|AN|=.由2|AM|=|AN|得=,即(k3-2)t=3k(2k-1).当k=时上式不成立,因此t=.t>3等价于=<0,即<0,由此得或解得<k<2.因此k的取值范围是(,2).5.[2015·全国卷Ⅰ]在直角坐标系xOy中,曲线C:y=与直线l:y=kx+a(a>0)交于M,N两点.(1)当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程.(2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有∠OPM=∠OPN?说明理由.解:(1)由题设可得M(2,a),N(-2,a)或M(-2,a),N(2,a).又y'=,故y=在x=2处的导数值为,所以曲线C在点(2,a)处的切线方程为y-a=(x-2),即x-y-a=0.y=在x=-2处的导数值为-,所以曲线C在点(-2,a)处的切线方程为y-a=-(x+2),即x+y+a=0.故所求切线方程为x-y-a=0和x+y+a=0.(2)存在符合题意的点,证明如下:设P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1),N(x2,y2),直线PM,PN的斜率分别为k1,k2.将y=kx+a代入C的方程得x2-4kx-4a=0,故x1+x2=4k,x1x2=-4a.从而k1+k2=+==.当b=-a时,有k1+k2=0,则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补,故∠OPM=∠OPN,所以点P(0,-a)符合题意.6.[2015·全国卷Ⅱ]已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>0),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:(1)证明:设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(x M,y M).将y=kx+b代入9x2+y2=m2,得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故x M==,y M=kx M+b=.于是直线OM的斜率k OM==-,即k OM·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不过原点且与椭圆C有两个交点的充要条件是k>0,k≠3.由(1)得直线OM的方程为y=-x.设点P的横坐标为x P,由得=,即x P=.将点的坐标代入(1)中l的方程得b=,因此x M=.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x P=2x M,于是=2×,解得k1=4-,k2=4+.因为k>0,k≠3,所以当l的斜率为4-或4+时,四边形OAPB为平行四边形.7.[2013·全国卷Ⅱ]平面直角坐标系xOy中,过椭圆M:+=1(a>b>0)右焦点的直线x+y-=0交M于A,B 两点,P为AB的中点,且OP的斜率为.(1)求M的方程;(2)C,D为M上两点,若四边形ACBD的对角线CD⊥AB,求四边形ACBD面积的最大值.解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),则+=1,+=1.=-1.由此可得=-=1.因为x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,=,所以a2=2b2.又由题意知,M的右焦点为(,0),故a2-b2=3.因此a2=6,b2=3.所以M的方程为+=1.(2)由解得或因此|AB|=.由题意可设直线CD的方程为y=x+n-<n<,设C(x3,y3),D(x4,y4).由得3x2+4nx+2n2-6=0,于是x3,4=.因为直线CD的斜率为1,所以|CD|=|x4-x3|=.由已知,四边形ACBD的面积S=|CD|·|AB|=.当n=0时,S取得最大值,最大值为.所以四边形ACBD面积的最大值为.■ [2017-2016]其他省份类似高考真题1.[2017·北京卷]已知抛物线C:y2=2px过点P(1,1).过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M,N,过点M作x轴的垂线分别与直线OP,ON交于点A,B,其中O为原点.(1)求抛物线C的方程,并求其焦点坐标和准线方程;(2)求证:A为线段BM的中点.解:(1)由抛物线C:y2=2px过点P(1,1),得p=,所以抛物线C的方程为y2=x,抛物线C的焦点坐标为,0,准线方程为x=-.(2)证明:由题意,设直线l的方程为y=kx+(k≠0),l与抛物线C的交点为M(x1,y1),N(x2,y2).由得4k2x2+(4k-4)x+1=0,则x1+x2=,x1x2=.因为点P的坐标为(1,1),所以直线OP的方程为y=x,点A的坐标为(x1,x1).直线ON的方程为y=x,点B的坐标为x1,.因为y1+-2x1=====0,所以y1+=2x1.故A为线段BM的中点.2.[2017·天津卷]设椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为.已知A是抛物线y2=2px(p>0)的焦点,F到抛物线的准线l的距离为.(1)求椭圆的方程和抛物线的方程;(2)设l上两点P,Q关于x轴对称,直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A),直线BQ与x轴相交于点D,若△APD的面积为,求直线AP的方程.解:(1)设F的坐标为(-c,0).依题意,=,=a,a-c=,解得a=1,c=,p=2,于是b2=a2-c2=,所以椭圆的方程为x2+=1,抛物线的方程为y2=4x.(2)设直线AP的方程为x=my+1(m≠0),与直线l的方程x=-1联立,可得点P-1,-,故Q-1,.将x=my+1与x2+=1联立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=.由点B异于点A,可得点B,.由Q,可得直线BQ的方程为-(x+1)-+1=0,令y=0,解得x=,故D,0,所以|AD|=1-=.又因为△APD的面积为,故××=,整理得3m2-2|m|+2=0,解得|m|=,所以m=±, 所以,直线AP的方程为3x+y-3=0或3x-y-3=0.3.[2017·山东卷]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=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|=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,并求取得最大值时直线l的斜率.解:(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(x2,y2),联立方程得(4+2)x2-4k1x-1=0,由题意知Δ>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.联立方程得x2=,y2=,因此|OC|==.由题意可知sin==,而==×,令t=1+2,则t>1,∈(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=±.4.[2016·天津卷]设椭圆+=1(a>)的右焦点为F,右顶点为A,已知+=,其中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.解:(1)设F(c,0),由+=,即+=,可得a2-c2=3c2.又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此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(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0,解得x=2或x=.由题意得x B=,从而y B=.由(1)知,F(1,0),设H(0,y H),有=(-1,y H),=,.由BF⊥HF,得·=0,所以+=0,解得y H=,因此直线MH的方程为y=-x+.设M(x M,y M),由方程组得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-∞,-∪,+∞.5.[2016·北京卷]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|·|BM|为定值.解:(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x0≠0时,直线PA的方程为y=(x-2).令x=0,得y M=-,从而|BM|=|1-y M|=1+.直线PB的方程为y=x+1.令y=0,得x N=-,从而|AN|=|2-x N|=2+.所以|AN|·|BM|=2+·1+===4.当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|·|BM|=4.综上,|AN|·|BM|为定值.6.[2016·四川卷]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λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值.解:(1)由已知得,a=b,则椭圆E的方程为+=1.由方程组得3x2-12x+(18-2b2)=0.①方程①的判别式为Δ=24(b2-3),由Δ=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)证明: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-,1+,|PT|2=m2.设点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2).由方程组可得3x2+4mx+(4m2-12)=0.②方程②的判别式为Δ=16(9-2m2),由Δ>0,解得-<m<.由②得x1+x2=-,x1x2=,所以|PA|==2--x1,同理|PB|=2--x2.所以|PA|·|PB|=2--x12--x2=2-2-2-(x1+x2)+x1x2=2-2-2--+=m2.故存在常数λ=,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|.【课前双基巩固】知识聚焦1.(1)没有一个两个(2)对称轴渐近线Δ>0Δ=0Δ<02.|y1-y2|对点演练1.[解析] 设A(x1,y1),B(x2,y2),由消去y,化简可得6x2+4x-7=0,所以x1+x2=-,x1x2=-,所以|AB|=·=×=.2.[解析] 设A(x1,y1),B(x2,y2),则-=1,-=1,两式相减,得=-,即k==,又线段AB的中点恰好为点P(5,2),所以k=.3.x-y-=0[解析] 抛物线C:y2=4x的焦点为F(1,0),设直线l的方程为y=k(x-1),与抛物线方程联立,得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,所以|AB|=x1+x2+2=+2=,解得k2=3,又直线l的倾斜角为锐角,所以k=,所以直线l的方程为y=(x-1),即x-y-=0.4.(1+,+∞)[解析] 由题设条件可知△ABF2为等腰三角形,只要∠AF2B为钝角即可,所以有>2c,即b2>2ac,所以c2-a2>2ac,即e2-2e-1>0,所以e>1+.5.1或-1[解析] 由得(1-k2)x2+2k2x-2k2-1=0.当1-k2=0,即k=±1时,方程只有一根,所以直线与双曲线仅有一个公共点;当1-k2≠0,即k≠±1时,要满足题意只需Δ=(2k2)2-4(1-k2)(-2k2-1)=0,此时无解.所以若直线l:y=k(x-)与双曲线x2-y2=1仅有一个公共点,则实数k的值为1或-1.6.[2-2 ,2+2 ][解析] 由椭圆方程得y2=1-,所以x2+y2+2x=x2+2x+1=(x+2)2-1.由+y2=1,得|x|≤,所以当x=时,x2+y2+2x有最大值2+2 ;当x=-时,x2+y2+2x有最小值2-2 .所以x2+y2+2x∈[2-2 ,2+2 ].。
2019年高考数学(理科·重点生)高考专题辅导专题十三 圆锥曲线的综合问题
消去 y，
可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. ∴Δ＝16(4k2＋1－m2)>0， －8km 4m2－4 x1＋x2＝ 2 ，x x ＝ . 4k ＋1 1 2 4k2＋1 ∵点 B 在以线段 MN 为直径的圆上， ―→ ―→ ∴ BM · BN ＝0.
专
题
十三
圆锥曲线的综合问题
卷Ⅰ
Байду номын сангаас卷Ⅱ
卷Ⅲ
椭圆的标准方程、 直线与椭圆的位 2018 置关系、证明问 题·T19
直线与抛物线的位置 关系、弦长问题、抛 物线与圆的综合问题 ·T19
直线与椭圆的位 置关系、不等式 的证明与平面向 量综合问题·T20
直线与抛物线的 位置关系、直线 方程、圆的方程 ·T20
[规范解答] p (1)因为抛物线y ＝2px(p>0)的焦点坐标为F(1,0)，所以 2
2
＝1，所以p＝2. 所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明：①当直线 AB 的斜率不存在时， 设
t2 t2 A 4 ，t，B 4 ，－t.
1 因为直线 OA，OB 的斜率之积为－ ， 2 t －t 1 所以 2· 2 ＝－ ，化简得 t2＝32. t t 2 4 4 所以 A(8，t)，B(8，－t)，此时直线 AB 的方程为 x＝8.
一选 (设参) 二求 (用参) 三定点 (消参) 选择变量，定点问题中的定点，随某一个量 的变化而固定，可选择这个量为变量(有时可 选择两个变量，如点的坐标、 斜率、截距 等，然后利用其他辅助条件消去其中之一)
求出定点所满足的方程，即把需要证明为定 点的问题表示成关于上述变量的方程
对上述方程进行必要的化简，即可得到定点 坐标
2019年高考数学(理科)作业及测试：课时作业 专题五圆锥曲线的综合及应用问题
专题五 圆锥曲线的综合及应用问题 第1课时1．已知点F 1，F 2分别为双曲线x 2－y 23＝1的左、右焦点，点P 为双曲线右支上的任意一点，则|PF 1|2|PF 2|的最小值为( )A ．8B ．5C ．4D ．92．已知点F 1，F 2是x 24＋y 2＝1的左、右焦点，点P 在椭圆上运动，则PF 1→·PF 2→的最大值是( )A ．4B ．5C ．2D ．13．(2017年广东揭阳一模)已知双曲线x 24－y 22＝1右焦点为F ，P 为双曲线左支上一点，点A (0，2)，则△APF 周长的最小值为( )A ．4(1＋2)B ．4＋ 2C ．2(2＋6) D.6＋3 2 4．(2016年四川)设O 为坐标原点，P 是以F 为焦点的抛物线y 2＝2px (p >0) 上任意一点，M 是线段PF 上的点，且|PM |＝2|MF |，则直线OM 的斜率的最大值为( )A.33B.23C.22D ．1 5．设F 1，F 2分别是椭圆x 225＋y 216＝1的左、右焦点，P 为椭圆上任一点，点M 的坐标为(6,4)，则|PM |＋|PF 1|的最大值为________．6．已知F 是双曲线x 24－y 212＝1的左焦点，A (1,4)，P 是双曲线右支上的动点，则|PF |＋|P A |的最小值为________．7．(2014年新课标Ⅰ)已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F是椭圆的焦点，直线AF 的斜率为2 33，O 为坐标原点．(1)求E 的方程；(2)设过点A 的直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程．8．(2017年广东广州二模)已知双曲线x 25－y 2＝1的焦点是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的顶点，且椭圆与双曲线的离心率互为倒数．(1)求椭圆C 的方程；(2)设动点M ，N 在椭圆C 上，且|MN |＝4 33，记直线MN 在y 轴上的截距为m ，求m的最大值．第2课时1．(2017年广东调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点到直线x －y ＋3 2＝0的距离为5，且椭圆C 的一个长轴端点与一个短轴端点间的距离为10.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)给出定点Q ⎝⎛⎭⎫6 55，0，对于椭圆C 的任意一条过Q 的弦AB ，1|QA |2＋1|QB |2是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，且过点P (2，1)．(1)求椭圆C 的方程；(2)若A 1，A 2分别是椭圆C 的左、右顶点，动点M 满足MA 2⊥A 1A 2，且MA 1交椭圆C于不同于A 1的点R ，求证：OR →·OM →为定值．3．(2017年广东广州一模)过点P (a ，－2)作抛物线C ：x 2＝4y 的两条切线，切点分别为A (x 1，y 1),B (x 2，y 2)．(1)证明：x 1x 2＋y 1y 2为定值；(2)记△P AB 的外接圆的圆心为点M ，点F 是抛物线C 的焦点， 对任意实数a ，试判断以PM 为直径的圆是否恒过点F? 并说明理由．4．(2017年广东广州华附执信深外联考)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1，离心率为63，点A ，B 分别是椭圆与x 轴，y 轴的交点，且原点O 到AB 的距离为62.(1)求椭圆方程； (2)如图Z5-1若F 是椭圆的右焦点，过F 的直线l 交椭圆于M ，N 两点，当直线l 绕着点F 转动过程中，试问在直线x ＝3上是否存在点P ，使得△PMN 是以P 为顶点的等腰直角三角形，若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由。
高考总复习数学(理科)课时作业：阶段检测卷(五) (圆锥曲线) Word版含解析
阶段检测卷(五) (圆锥曲线)时间：50分钟 满分：100分一、选择题：本大题共8小题，每小题6分，共48分，有且只有一个正确答案，请将答案选项填入题后的括号中．1．已知过点A (－2，m )和B (m,4)的直线与直线2x ＋y －1＝0垂直，则m 的值为( ) A ．－8 B ．0 C ．10 D ．22．若椭圆x 2m ＋y 28＝1的焦距为2，则m 的值为( )A ．9B ．9或16C ．7D ．9或73．(2014年新课标Ⅰ)已知双曲线x 2a 2－y 23＝1(a >0)的离心率为2，则a ＝( )A ．2 B.62C.52D ．1 4．设过点(0，b )，且斜率为1的直线与圆x 2＋y 2－2x ＝0相切，则b 的值为( ) A ．2±2 B ．2±2 2 C ．－1±2 D.2±15．设F 1，F 2是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的两个焦点，P 在双曲线上，若PF 1→·PF 2→＝0，|PF 1→|·|PF 2→|＝2ac (c 为半焦距)，则双曲线的离心率为( )A.3－12B.3＋12C ．2 D.5＋126．已知双曲线C ：x 29－y 216＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，点P 为C 的右支上一点，且|PF 2|＝|F 1F 2|，则△PF 1F 2的面积等于( )A ．24B ．36C ．48D ．967．抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，准线为l ，A ，B 是抛物线上的两个动点，且满足∠AFB ＝2π3，设线段AB 的中点M 在l 上的投影为N ，则|MN ||AB |的最大值是( )A. 3B.32C.33D.348．如图N5-1，F 1，F 2是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，过F 1的直线l 与双曲线的左、右两支分别交于点A ，B .若△ABF 2为等边三角形，则双曲线的离心率为( )图N5-1A ．4 B.7 C.2 33D. 3二、填空题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，把答案填在题中横线上．9．已知双曲线C 1，C 2的顶点重合，C 1的方程为x 24－y 2＝1，若C 2的一条渐近线的斜率是C 1的一条渐近线的斜率的2倍，则C 2的方程为__________．10．若直线l 1：y ＝x ＋a 和直线l 2：y ＝x ＋b 将圆(x －1)2＋(y －2)2＝8分成长度相等的四段弧，则a 2＋b 2＝__________.11．在△ABC 中，∠A ＝30°，|AB |＝2，S △ABC ＝ 3.若以A ，B 为焦点的椭圆经过点C ，则该椭圆的离心率e ＝__________.三、解答题：本大题共2小题，共34分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤．12．(14分)已知椭圆E ：x 2a 2＋y2b2＝1(a >b >0)的长轴长为短轴长的3倍．(1)求椭圆E 的离心率；(2)设椭圆E 的焦距为2 2，直线l 与椭圆E 交于P ，Q 两点，且OP ⊥OQ ，求证：直线l 恒与圆x 2＋y 2＝34相切．13．(20分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为63，以原点O 为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆与直线2x －2y ＋6＝0相切．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知点A ，B 为动直线y ＝k (x －2)(k ≠0)与椭圆C 的两个交点，问：在x 轴上是否存在点E ，使EA →2＋EA →·AB →为定值？若存在，试求出点E 的坐标和定值；若不存在，说明理由．阶段检测卷(五)1．D 解析：由条件知，4－mm ＋2·(－2)＝－1，∴m ＝2.2．D 解析：m －8＝1，或8－m ＝1，∴m ＝9，或m ＝7.故选D. 3．D 解析：双曲线x 2a 2－y 23＝1(a >0)的离心率为e ＝a 2＋3a＝2.解得a ＝1. 4．C 解析：设直线l 的方程为y ＝x ＋b ，圆心(1,0)到直线l 的距离等于半径1，∴|1＋b |2＝1，即b 的值为－1±2.故选C.5．D 解析：由题意得△PF 1F 2是直角三角形，由勾股定理，得(2c )2＝|PF 1|2＋|PF 2|2＝|PF 1－PF 2|2＋2|PF 1||PF 2|＝4a 2＋4ac ，∴c 2－ac －a 2＝0，∴e 2－e －1＝0，∵e >1，∴e ＝5＋12.故选D.6．C 解析：∵双曲线C ：x 29－y 216＝1中，a ＝3，b ＝4，∴c ＝5.∴F 1(－5,0)，F 2(5,0)．∵|PF 2|＝|F 1F 2|＝10，∴|PF 1|＝2a ＋|PF 2|＝6＋10＝16.如图D180，过点F 2作F 2A ⊥PF 1于点A ，则AF 1＝8，∴AF 2＝102－82＝6.∴△PF 1F 2的面积为12|PF 1|·|AF 2|＝12×16×6＝48.故选C.图D1807．C 解析：如图D181，设|AF |＝a ，|BF |＝b ，则图D181AB ＝a 2＋b 2－2ab cos2π3＝a 2＋b 2＋ab .∴|MN ||AB |＝a ＋b 2a 2＋ab ＋b2＝12a 2＋b 2＋2ab a 2＋ab ＋b 2＝121＋aba 2＋ab ＋b 2 ＝121＋11＋a 2＋b 2ab≤121＋11＋2＝33. 当且仅当a ＝b 时，等号成立，故|MN ||AB |的最大值是33.故选C.8．B 解析：设AF 1＝x ，则AF 2＝2a ＋x ＝AB ＝BF 2，BF 1＝2a ＋2x . 又BF 1－BF 2＝(2a ＋2x )－(2a ＋x )＝x ＝2a ， ∴BF 1＝6a ，BF 2＝4a ，F 1F 2＝2c ，∠F 1BF 2＝60°.由余弦定理，得(2c )2＝36a 2＋16a 2－2×6a ×4a ×12＝28a 2.∴e 2＝c2a 2＝7，即e ＝7.故选B.9.x 24－y 24＝1 解析：因为C 1的方程为x 24－y 2＝1，所以C 1的一条渐近线的斜率k 1＝12，所以C 2的一条渐近线的斜率k 2＝1.因为双曲线C 1，C 2的顶点重合，即焦点都在x 轴上，所以设C 2的方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)．所以a ＝b ＝2，所以C 2的方程为x 24－y 24＝1.10．18 解析：由题意得直线l 1：y ＝x ＋a 和直线l 2：y ＝x ＋b 截得圆的弦所对圆周角相等，皆为直角，因此圆心到两直线距离皆为22r ＝2， 即|1－2＋a |2＝|1－2＋b |2＝2⇒a 2＋b 2＝(2 2＋1)2＋(－2 2＋1)2＝18.11.3－12解析：S △ABC ＝12|AB |·|AC |sin A ＝3，∴|AC |＝2 3，|BC |＝|AB |2＋|AC |2－2|AB |·|AC |cos A ＝2，e ＝|AB ||AC |＋|BC |＝22 3＋2＝3－12.12．解：(1)依题意，得2a2b ＝ 3.又a 2＝b 2＋c 2，∴e ＝c a ＝63.证明：(2)∵c a ＝63，2c ＝2 2，∴a 2＝3，b 2＝1，∴椭圆E 的方程为x 23＋y 2＝1，①当直线l 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋m ，联立椭圆方程，得(1＋3k 2)x 2＋6kmx ＋3(m 2－1)＝0.则Δ＝12(1＋3k 2－m 2)>0. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由韦达定理，得x 1＋x 2＝－6km1＋3k 2，x 1·x 2＝3(m 2－1)1＋3k 2.所以y 1·y 2＝(kx 1＋m )·(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2.结合韦达定理，得OP →·OQ →＝x 1·x 2＋y 1·y 2＝4m 2－3(k 2＋1)1＋3k2＝0.所以4m 2＝3(k 2＋1)． 则原点O 到直线l 的距离 d ＝|m |1＋k 2＝m 21＋k 2＝34＝32， ∴当直线l 的斜率存在时，l 恒与圆x 2＋y 2＝34相切．②当直线l 的斜率不存在时，△OPQ 是以PQ 为斜边的等腰直角三角形，P ，Q 的坐标满足方程|y |＝|x |，结合椭圆方程，得|x |＝32，从而原点O 到直线l 的距离d ＝32. ∴当直线l 的斜率不存在时，l 与圆x 2＋y 2＝34相切．综上，直线l 恒与圆x 2＋y 2＝34相切．13．解：(1)由e ＝63，得c a ＝63，即c ＝63a . ①又以原点O 为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆为x 2＋y 2＝a 2， 且与直线2x －2y ＋6＝0相切， 所以a ＝622＋(2)2＝ 6.代入①，得c ＝2.所以b 2＝a 2－c 2＝2.所以椭圆C 的方程为x 26＋y 22＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 22＝1，y ＝k (x －2)，得(1＋3k 2)x 2－12k 2x ＋12k 2－6＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，所以x 1＋x 2＝12k 21＋3k 2，x 1·x 2＝12k 2－61＋3k 2.根据题意，假设x 轴上存在定点E (m,0)，使得EA →2＋EA →·AB →＝EA →·(EA →＋AB →)＝EA →·EB →为定值，则有EA →·EB →＝(x 1－m ，y 1)·(x 2－m ，y 2) ＝(x 1－m )·(x 2－m )＋y 1y 2＝(x 1－m )(x 2－m )＋k 2(x 1－2)(x 2－2) ＝(k 2＋1)x 1x 2－(2k 2＋m )(x 1＋x 2)＋(4k 2＋m 2)＝(k 2＋1)·12k 2－61＋3k 2－(2k 2＋m )·12k 21＋3k2＋(4k 2＋m 2) ＝(3m 2－12m ＋10)k 2＋(m 2－6)3k 2＋1.要使上式为定值，即与k 无关，则应有3m 2－12m ＋10＝3(m 2－6)，即m ＝73，此时EA →·EB →＝m 2－6＝－59为定值，定点为⎝⎛⎭⎫73，0.。
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专题五 圆锥曲线的综合及应用问题 第1课时1．已知点F 1，F 2分别为双曲线x 2－y 23＝1的左、右焦点，点P 为双曲线右支上的任意一点，则|PF 1|2|PF 2|的最小值为( )A ．8B ．5C ．4D ．92．已知点F 1，F 2是x 24＋y 2＝1的左、右焦点，点P 在椭圆上运动，则PF 1→·PF 2→的最大值是( )A ．4B ．5C ．2D ．13．(2017年广东揭阳一模)已知双曲线x 24－y 22＝1右焦点为F ，P 为双曲线左支上一点，点A (0，2)，则△APF 周长的最小值为( )A ．4(1＋2)B ．4＋ 2C ．2(2＋6) D.6＋3 2 4．(2016年四川)设O 为坐标原点，P 是以F 为焦点的抛物线y 2＝2px (p >0) 上任意一点，M 是线段PF 上的点，且|PM |＝2|MF |，则直线OM 的斜率的最大值为( )A.33B.23C.22D ．1 5．设F 1，F 2分别是椭圆x 225＋y 216＝1的左、右焦点，P 为椭圆上任一点，点M 的坐标为(6,4)，则|PM |＋|PF 1|的最大值为________．6．已知F 是双曲线x 24－y 212＝1的左焦点，A (1,4)，P 是双曲线右支上的动点，则|PF |＋|P A |的最小值为________．7．(2014年新课标Ⅰ)已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F是椭圆的焦点，直线AF 的斜率为2 33，O 为坐标原点．(1)求E 的方程；(2)设过点A 的直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程．8．(2017年广东广州二模)已知双曲线x 25－y 2＝1的焦点是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的顶点，且椭圆与双曲线的离心率互为倒数．(1)求椭圆C 的方程；(2)设动点M ，N 在椭圆C 上，且|MN |＝4 33，记直线MN 在y 轴上的截距为m ，求m的最大值．第2课时1．(2017年广东调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点到直线x －y ＋3 2＝0的距离为5，且椭圆C 的一个长轴端点与一个短轴端点间的距离为10.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)给出定点Q ⎝⎛⎭⎫6 55，0，对于椭圆C 的任意一条过Q 的弦AB ，1|QA |2＋1|QB |2是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，且过点P (2，1)．(1)求椭圆C 的方程；(2)若A 1，A 2分别是椭圆C 的左、右顶点，动点M 满足MA 2⊥A 1A 2，且MA 1交椭圆C于不同于A 1的点R ，求证：OR →·OM →为定值．3．(2017年广东广州一模)过点P (a ，－2)作抛物线C ：x 2＝4y 的两条切线，切点分别为A (x 1，y 1), B (x 2，y 2)．(1)证明：x 1x 2＋y 1y 2为定值；(2)记△P AB 的外接圆的圆心为点M ，点F 是抛物线C 的焦点， 对任意实数a ，试判断以PM 为直径的圆是否恒过点F? 并说明理由．4．(2017年广东广州华附执信深外联考)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1，离心率为63，点A ，B 分别是椭圆与x 轴，y 轴的交点，且原点O 到AB 的距离为62.(1)求椭圆方程； (2)如图Z5-1若F 是椭圆的右焦点，过F 的直线l 交椭圆于M ，N 两点，当直线l 绕着点F 转动过程中，试问在直线x ＝3上是否存在点P ，使得△PMN 是以P 为顶点的等腰直角三角形，若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由。
图Z5-15．(2016年四川)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝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λ，使得|PT |2＝λ|P A |·|PB |，并求λ的值．专题五 圆锥曲线的综合及应用问题第1课时1．A 解析：|PF 1|2|PF 2|＝(|PF 2|＋2)2|PF 2|＝|PF 2|2＋4|PF 2|＋4|PF 2|＝|PF 2|＋4|PF 2|＋4≥2 |PF 2|·4|PF 2|＋4＝8.当且仅当|PF 2|＝2时取等号．2．D 解析：方法一，设点P (x 0，y 0)，F 1(－3，0)，F 2(3，0)，PF 1→＝(－3－x 0，－y 0)，PF 2→＝(3－x 0，－y 0)，PF 1→·PF 2→＝x 20－3＋y 20＝x 20－3＋1－x 204＝34x 20－2.又因为x 20≤4，所以34x 2－2≤1. 方法二，可设点P (2cos α，sin α)，转化为三角问题，则由PF 1→＝(－3－2cos α，－sin α)，PF 2→＝(3－2cos α，－sin α)，得到PF 1→·PF 2→＝3cos 2α－2≤1.故选D.3．A 解析：易得点F (6，0)，△APF 的周长l ＝|AF |＋|AP |＋|PF |＝|AF |＋2a ＋|PF ′|＋|AP |，要△APF 的周长最小，只需|AP |＋|PF ′|最小，如图D137，当A ，P ，F ′三点共线时|AP |＋|PF ′|最小，故l ＝2|AF |＋2a ＝4(1＋2)．图D1374．C 解析：设P (2pt 2,2pt )，M (x ，y )(不妨设t >0)，则FP →＝⎝⎛⎭⎫2pt 2－p 2，2pt .∵|PM |＝2|MF |， ∴FM →＝13FP →.∴⎩⎨⎧x －p 2＝2p 3t 2－p 6，y ＝2pt 3.∴⎩⎨⎧x ＝2p 3t 2＋p 3，y ＝2pt3.∴k OM ＝2t 2t 2＋1＝1t ＋12t ≤12 t ·12t ＝22.当且仅当t ＝12t 时等号成立．∴(k OM )max ＝22.故选C.5．15 解析：∵|PF 1|＋|PF 2|＝10，∴|PF 1|＝10－|PF 2|.∴|PM |＋|PF 1|＝10＋|PM |－|PF 2|.易知点M 在椭圆外，连接MF 2，并延长交椭圆于点P ，此时|PM |－|PF 2|取最大值|MF 2|，故|PM |＋|PF 1|的最大值为10＋|MF 2|＝10＋(6－3)2＋42＝15.6．9 解析：∵点A 在双曲线的两支之间，且双曲线右焦点为F ′(4,0)，∴由双曲线的性质，得|PF |－|PF ′|＝2a ＝4.而|P A |＋|PF ′|≥|AF ′|＝5，两式相加，得|PF |＋|P A |≥9.当且仅当A ，P ，F ′三点共线时等号成立．7．解：(1)设F (c,0)，由条件知，2c ＝2 33，解得c ＝ 3.又c a ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1. 故E 的方程为x 24＋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x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0.当Δ＝16(4k 2－3)>0，即k 2>34时，x 1,2＝8k ±24k 2－34k 2＋1.则|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋1·4k 2－34k 2＋1.又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1.所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12d ·|PQ |＝44k 2－34k 2＋1.设4k 2－3＝t ，则t >0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t ≤42 t ·4t＝1.当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，且满足Δ>0.所以当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为y ＝72x －2，或y ＝－72x －2.8．解：(1)双曲线x 25－y 2＝1的焦点坐标为(±6，0)，离心率为305.因为双曲线x 25－y 2＝1的焦点是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的顶点，且椭圆与双曲线的离心率互为倒数，所以a ＝6，且a 2－b 2a ＝306.解得b ＝1.故椭圆C 的方程为x 26＋y 2＝1.(2)因为|MN |＝4 33>2，所以直线MN 的斜率存在．因为直线MN 在y 轴上的截距为m ， 所以可设直线MN 的方程为y ＝kx ＋m .代入椭圆方程x 26＋y 2＝1，得(1＋6k 2)x 2＋12kmx ＋6(m 2－1)＝0.因为Δ＝(12km )2－24(1＋6k 2)(m 2－1)＝24(1＋6k 2－m 2)>0， 所以m 2<1＋6k 2.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－12km 1＋6k 2，x 1x 2＝6(m 2－1)1＋6k 2.则|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋k 2⎝⎛⎭⎫－12km 1＋6k 22－24(m 2－1)1＋6k 2.因为|MN |＝4 33， 所以1＋k2⎝⎛⎭⎫－12km 1＋6k 22－24(m 2－1)1＋6k 2＝4 33.整理，得m 2＝－18k 4＋39k 2＋79(1＋k 2).令k 2＋1＝t ≥1，则k 2＝t －1.所以m 2＝－18t 2＋75t －509t ＝19⎣⎡⎦⎤75－⎝⎛⎭⎫18t ＋50t ≤75－2×309＝53. 等号成立的条件是t ＝53，此时k 2＝23，m 2＝53满足m 2<1＋6k 2，符合题意．故m 的最大值为153.第2课时1．解：(1)由题意知右焦点(c,0)到直线x －y ＋3 2＝0的距离d ＝|c ＋3 2|2＝5，所以c ＝2 2.则a 2－b 2＝8. ①又由题意，得a 2＋b 2＝10，即a 2＋b 2＝10. ② 由①②，解得a 2＝9，b 2＝1.所以椭圆C 的标准方程为x 29＋y 2＝1.(2)当直线AB 与x 轴重合时，1|QA |2＋1|QB |2＝1⎝⎛⎭⎫6 55＋32＋1⎝⎛⎭⎫6 55－32＝10. 当直线AB 不与x 轴重合时，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为x ＝my ＋65，与椭圆C 的方程联立，化简，得(m 2＋9)y 2＋12m 5y －95＝0，所以y 1＋y 2＝－12m5(m 2＋9)， ③y 1y 2＝－95(m 2＋9). ④ 又1|QA |2＝1⎝⎛⎭⎫x 1－652＋y 21＝1m 2y 21＋y 21＝1(m 2＋1)y 21， 同理1|QB |2＝1(m 2＋1)y 22， 所以1|QA |2＋1|QB |2＝1(m 2＋1)y 21＋1(m 2＋1)y 22＝(y 1＋y 2)2－2y 1y 2(m 2＋1)y 21y 22.⑤ 将③④代入⑤式，化简可得1|QA |2＋1|QB |2＝10. 综上所述，1|QA |2＋1|QB |2为定值10. 2．(1)解：由题意，得2a 2＋1b 2＝1，e ＝c a ＝a 2－b 2a ＝22，解得a 2＝4，b 2＝2.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明：由(1)知A 1(－2,0)，A 2(2,0)． 由题意设M (2，y 0)，R (x 1，y 1)，则易知直线MA 1的方程为y ＝y 04x ＋y 02.将其代入椭圆方程x 24＋y22＝1，得⎝⎛⎭⎫1＋y 208x 2＋y 202x ＋y 202－4＝0， 所以(－2)×x 1＝4(y 20－8)y 20＋8.解得x 1＝－2(y 20－8)y 20＋8，从而y 1＝8y 0y 20＋8.所以OR →·OM →＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2(y 20－8)y 20＋8，8y 0y 20＋8·(2，y 0)＝－4(y 20－8)y 20＋8＋8y 20y 20＋8＝4. 故OR →·OM →为定值．3．解：(1)方法一，由x 2＝4y ，得y ＝14x 2，所以y ′＝12x .所以直线P A 的斜率为12x 1.因为点A (x 1，y 1)和B (x 2，y 2)在抛物线C 上，所以y 1＝14x 21，y 2＝14x 22.所以直线P A 的方程为y －14x 21＝12x 1(x －x 1)． 因为点P (a ，－2)在直线P A 上，所以－2－14x 21＝12x 1(a －x 1)，即x 21－2ax 1－8＝0. 同理，可得x 22－2ax 2－8＝0.所以x 1，x 2是方程x 2－2ax －8＝0的两个根． 所以x 1x 2＝－8.又y 1y 2＝14x 21·14x 22＝116(x 1x 2)2＝4,所以x 1x 2＋y 1y 2＝－4为定值．方法二，设过点P (a ，－2)且与抛物线C 相切的切线方程为y ＋2＝k (x －a ), 由⎩⎨⎧y ＋2＝k (x －a )，x 2＝4y 消去y ，得x 2－4kx ＋4ka ＋8＝0， 由Δ＝16k 2－4(4ak ＋8)＝0，化简，得k 2－ak －2＝0. 所以k 1k 2＝－2.由x 2＝4y ，得y ＝14x 2，所以y ′＝12x .所以直线P A 的斜率为k 1＝12x 1，直线PB 的斜率为k 2＝12x 2.所以14x 1x 2＝－2, 即x 1x 2＝－8.又y 1y 2＝14x 21·14x 22＝116(x 1x 2)2＝4，所以x 1x 2＋y 1y 2＝－4为定值．(2)方法一，直线P A 的垂直平分线方程为：y －y 1－22＝－2x 1⎛⎭⎫x －x 1＋a 2，由于y 1＝14x 21，x 21－8＝2ax 1， 所以直线P A 的垂直平分线方程为：y －ax 14＝－2x 1⎝⎛⎭⎫x －x 1＋a 2. ①同理直线PB 的垂直平分线方程为：y －ax 24＝－2x 2⎝⎛⎭⎫x －x 2＋a 2. ②由①②，解得x ＝32a, y ＝1＋a 22.所以点M ⎝⎛⎭⎫32a ，1＋a 22. 抛物线C 的焦点为F (0,1)，则MF →＝⎝⎛⎭⎫－32a ，－a 22，PF →＝(－a,3)．由于MF →·PF →＝3a 22－3a 22＝0,所以MF →⊥PF →.所以以PM 为直径的圆恒过点F .另法： 以PM 为直径的圆的方程为：(x －a )⎝⎛⎭⎫x －32a ＋(y ＋2)⎝⎛⎭⎫y －1－a 22＝0.把点F (0,1)代入以上方程，知点F 的坐标是方程的解． 所以以PM 为直径的圆恒过点F . 方法二，设点M 的坐标为(m ，n )，则△P AB 的外接圆方程为(x －m )2＋(y －n )2＝(m －a )2＋(n ＋2)2. 由于点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)在该圆上， 则(x 1－m )2＋(y 1－n )2＝(m －a )2＋(n ＋2)2， (x 2－m )2＋(y 2－n )2＝(m －a )2＋(n ＋2)2.两式相减，得(x 1－x 2)(x 1＋x 2－2m )＋(y 1－y 2)(y 1＋y 2－2n )＝0.①由(1)知x 1＋x 2＝2a ，x 1x 2＝－8，y 1＝14x 21，y 2＝14x 22，代入上式，得(x 1－x 2)(4a －4m ＋a 3＋4a －2an )＝0，当x 1≠x 2时， 得8a －4m ＋a 3－2an ＝0.②假设以PM 为直径的圆恒过点F ，则MF →⊥PF →. 即(－m,1－n )·(－a,3)＝0. 则ma －3(n －1)＝0.③由②③，解得m ＝32a ，n ＝1＋12a 2.所以点M ⎝⎛⎭⎫32a ，1＋12a 2. 当x 1＝x 2时， a ＝0，点M (0,1)． 所以以PM 为直径的圆恒过点F .4．解：(1)由条件，得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝63，ab a 2＋b 2＝62，令a ＝3t ，则c ＝6t ，b ＝3t .代入第二式得t ＝63. 那么a ＝6，b ＝ 2.所以椭圆方程为x 26＋y 22＝1.(2)若直线l 斜率不存在，即x ＝2时，则P (3,0)． 经检验此时|MN |≠2|FP |，故不符合题意，舍去． 当直线l 斜率存在时，设直线l 方程：y ＝k (x －2)，联立方程：⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，x 2＋3y 2＝6得关于x 的方程：(1＋3k 2)x 2－12k 2x ＋12k 2－6＝0. x 1＋x 2＝12k 21＋3k 2，x 1x 2＝12k 2－61＋3k2，Δ＝24(1＋k 2)>0， 因为|x 1－x 2|＝2 6·1＋k 21＋3k 2，所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2 6·1＋k 21＋3k 2.取MN 的中点Q ，则x Q ＝6k 21＋3k 2.若△PMN 是以P 为顶点的等腰直角三角形，必有PQ ⊥MN ，|MN |＝2|PQ |.那么|PQ |＝1＋1k 2|3－x Q |＝1＋1k 2·3＋3k21＋3k 2＝6·1＋k 21＋3k 2.化简，得k 2＝－3，无解，所以这样的点P 不存在． 5．解：(1)由已知，得a 2＋a 2＝(2c )2，即a ＝2c . 又c ＝a 2－b 2，所以a ＝2b .则椭圆E 的方程为x 22b 2＋y 2b2＝1.由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 22b 2＋y 2b 2＝1，y ＝－x ＋3，得3x 2－12x ＋(18－2b 2)＝0. ①方程①的判别式为Δ＝24(b 2－3)，由Δ＝0，得b 2＝3. 方程①的解为x 1＝x 2＝2.所以椭圆E 的方程为x 26＋y 23＝1，点T 的坐标为(2,1)．(2)由已知可设直线l ′ 的方程为y ＝12x ＋m (m ≠0)，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，y ＝－x ＋3可得⎩⎨⎧x ＝2－2m3，y ＝1＋2m 3.所以P 点坐标为⎝⎛⎭⎫2－2m 3，1＋2m 3，|PT |2＝89m 2. 设点A ，B 的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2) .由方程组⎩⎨⎧x 26＋y 23＝1，y ＝12x ＋m ，可得3x 2＋4mx ＋(4m 2－12)＝0. ②方程②的判别式为Δ＝16(9－2m 2)，由Δ>0，解得－3 22<m <3 22. 由②，得x 1＋x 2＝－4m 3，x 1x 2＝4m 2－123. 所以|P A |＝1＋⎝⎛⎭⎫122⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 1＝52⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 1. 同理|PB |＝52⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 2. 所以|P A |·|PB |＝54⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫2－2m 3－x 1⎝⎛⎭⎫2－2m 3－x 2 ＝54⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫2－2m 32－⎝⎛⎭⎫2－2m 3(x 1＋x 2)＋x 1x 2 ＝54⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫2－2m 32－⎝⎛⎭⎫2－2m 3⎝⎛⎭⎫－4m 3＋4m 2－123＝109m 2. 故存在常数λ＝45，使得|PT |2＝λ|P A |·|PB |.。