【2019版课标版】高考数学文科精品课件§9.6 圆锥曲线的综合问题

§9.6 圆锥曲线的综合问题
考纲解读
考点
内容解读
要求
高考示例
常考题型
预测热度
1.定点与定值问题
1.了解圆锥曲线的简单应用
2.掌握解析几何中求解定点、定值问题的方法和步骤 Ⅲ
2017课标全国Ⅱ,20; 2016北京,19; 2015课标Ⅱ,20 解答题
★★★
2.参变量的取值范围与最值问题
1.了解参变量的意义
2.理解解析几何中求解范围和最值问题的基本方法
3.理解函数思想和方程思想在圆锥曲线中的应用
Ⅲ
2017山东,21; 2017浙江,21; 2016山东,21; 2016浙江,19 解答题 ★★★
3.存在性问题 1.理解圆锥曲线中存在性问题的基本解法
2.理解转化思想在圆锥曲线中的应用
Ⅲ
2015四川,20; 2015湖北,22; 2014重庆,21; 2014湖南,20
解答题 ★★☆
分析解读
从近几年的高考试题来看,直线与圆锥曲线、圆锥曲线间的综合考查主要涉及曲线的求法、位置关系的判断及应用、弦长问题、最值问题、定点定值的探索问题及各圆锥曲线间的联系等,同时着重考查学生的分析问题及解决综合问题的能力.分值较高,难度较大.客观题以各圆锥曲线间的联系为主,凸显知识的连贯性和综合性,着重考查函数与方程、分类讨论、数形结合等数学思想的应用.在解圆锥曲线综合问题时,需要较强的代数运算能力、图形认知能力、逻辑思维能力、数形之间转化能力,在推理过程中要保持思维的逻辑性,确保结果正确完整.
五年高考
考点一 定点与定值问题
1.(2017课标全国Ⅱ,20,12分)设O 为坐标原点,动点M 在椭圆C:x 2
2
+y 2
=1上,过M 作x 轴的垂线,垂足为N,点P 满足NP
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√2NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . (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. 解析 (1)设P(x,y),M(x 0,y 0),则N(x 0,0),NP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-x 0,y),NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,y 0). 由NP
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√2NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 得x 0=x,y 0=√22
y. 因为M(x 0,y 0)在C 上,所以x 22+y 2
2
=1. 因此点P 的轨迹方程为x 2
+y 2
=2.
(2)证明:由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n), 则OQ
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,t),PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1-m,-n),OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =3+3m-tn,OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(m,n),PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3-m,t-n). 由OP
⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =1得-3m-m 2
+tn-n 2
=1,又由(1)知m 2
+n 2
=2, 故3+3m-tn=0. 所以OQ
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥PF ⃗⃗⃗⃗⃗ . 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.(2015课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆C:x 2a 2+y 2
b
2=1(a>b>0)的离心率为√2
2
,点(2,√2)在C 上.
(1)求C 的方程;
(2)直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴,l 与C 有两个交点A,B,线段AB 的中点为M.证明:直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值. 解析 (1)由题意有c a =√22,4a 2+2b
2=1, 又c 2
=a 2
+b 2
,所以a 2
=8,b 2
=4.
所以C 的方程为x 28+y 24
=1.
(2)设直线l:y=kx+b(k ≠0,b ≠0),A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),M(x M ,y M ). 将y=kx+b 代入x 28+y 24
=1得(2k 2
+1)x 2
+4kbx+2b 2
-8=0.
故x M =
x 1+x 22=-2kb 2k 2+1,y M =k ·x M +b=b
2k 2+1
. 于是直线OM 的斜率k OM =
y M x M
=-1
2k ,即k OM ·k=-12
.
所以直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值.
3.(2015陕西,20,12分)如图,椭圆E:x 2a 2+y 2b
2=1(a>b>0)经过点A(0,-1),且离心率为√2
2
.
(1)求椭圆E 的方程;
(2)经过点(1,1),且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP 与AQ 的斜率之和为2.
解析 (1)由题设知c a =√22
,b=1, 结合a 2
=b 2
+c 2
,解得a=√2.
所以椭圆E 的方程为x 22
+y 2
=1.
(2)证明:由题设知,直线PQ 的方程为y=k(x-1)+1(k ≠2),代入x 22
+y 2=1,得(1+2k 2)x 2
-4k(k-1)x+2k(k-2)=0. 由已知可知Δ>0.
设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),x 1x 2≠0, 则x 1+x 2=
4k(k -1)1+2k
2
,x 1x 2=
2k(k -2)1+2k 2
.
从而直线AP,AQ 的斜率之和 k AP +k AQ =
y 1+1x 1+y 2+1x 2=kx 1+2−k x 1+kx 2+2−k
x 2
=2k+(2-k)(1
x 1
+
1x 2)=2k+(2-k)x 1+x 2x 1x 2
=2k+(2-k)4k(k -1)
2k(k -2)
=2k-2(k-1)=2.
4.(2014江西,20,13分)如图,已知抛物线C:x 2
=4y,过点M(0,2)任作一直线与C 相交于A,B 两点,过点B 作y 轴的平行线与直线AO 相交于点D(O 为坐标原点).
(1)证明:动点D 在定直线上;
(2)作C 的任意一条切线l(不含x 轴),与直线y=2相交于点N 1,与(1)中的定直线相交于点N 2.证明:|MN 2|2-|MN 1|2
为定值,并求此定值.
解析 (1)证明:依题意可设直线AB 的方程为y=kx+2,代入x 2
=4y,得x 2
=4(kx+2),即x 2
-4kx-8=0. 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则有x 1x 2=-8,
直线AO 的方程为y=y
1x 1
x,直线BD 的方程为x=x 2.
解得交点D 的坐标为(x 2,
y 1x 2x 1
),
注意到x 1x 2=-8及x 12
=4y 1,则有y=
y 1x 1x 2x 1
2=
-8y 14y 1
=-2.
因此D 点在定直线y=-2上(x ≠0).
(2)依题设知,切线l 的斜率存在且不等于0,设切线l 的方程为y=ax+b(a ≠0),代入x 2=4y 得x 2=4(ax+b),即x 2-4ax-4b=0,由Δ=0得(4a)2
+16b=0,化简整理得b=-a 2
.
故切线l 的方程可写为y=ax-a 2
.
分别令y=2、y=-2得N 1、N 2的坐标为 N 1(2a +a,2)、N 2(-2a
+a,-2),
则|MN 2|2
-|MN 1|2
=(2a
-a)2
+42
-(2a
+a)2
=8,
即|MN 2|2
-|MN 1|2
为定值8.
教师用书专用(5)
5.(2013江西,20,13分)椭圆C:x 2a 2+y 2b
2=1(a>b>0)的离心率e=√3
2
,a+b=3.
(1)求椭圆C 的方程;
(2)如图,A,B,D 是椭圆C 的顶点,P 是椭圆C 上除顶点外的任意一点,直线DP 交x 轴于点N,直线AD 交BP 于点M,设BP 的斜率为k,MN 的斜率为m.证明:2m-k 为定值.
解析 (1)因为e=√32=c
a
,
所以a=23
c,b=1
3
c.代入a+b=3得,c=√3,a=2,b=1.
故椭圆C 的方程为x 24
+y 2
=1.
(2)证法一:因为B(2,0),P 不为椭圆顶点,则直线BP 的方程为y=k(x-2)(k ≠0,k ≠±12
),① 把①代入x 24
+y 2
=1,
解得P (
8k 2-2
4k 2
+1
,-
4k
4k 2+1
).
直线AD 的方程为y=12
x+1.② ①与②联立解得M (
4k+22k -1,4k
2k -1
). 由
D(0,1),P (8k 2-2
4k 2+1,-4k
4k 2+1),N(x,0)三点共线知-
4k
4k 2+1
-18k 2-2
4k 2+1
-0=0−1x -0,解得
N (
4k -2
2k+1
,0). 所以MN 的斜率为m=4k
2k -1
-04k+22k -1-4k -22k+1
=
4k(2k+1)
2(2k+1)2
-2(2k -1)
2=
2k+1
4
, 则2m-k=
2k+12-k=1
2
(定值).
证法二:设P(x 0,y 0)(x 0≠0,±2),则k=y 0x 0-2
,
直线AD 的方程为y=12
(x+2), 直线BP 的方程为y=
y 0x 0-2
(x-2),
直线DP 的方程为y-1=
y 0-1x 0
x,
令y=0,由y 0≠1可得N (
-x 0
y 0-1
,0), 联立得{
y =12(x +2),y =
y 0
x 0-2(x -2), 解得M (
4y 0+2x 0-4
2y 0-x 0+2,
4y 0
2y 0-x 0+2
),因此MN 的斜率为
m=4y 02y 0-x 0+2
4y 0+2x 0-42y 0-x 0+2+0y 0-1
=4y 0(y 0-1)
4y 02-8y 0+4x 0y 0-x 02+4 =4y 0(y 0-1)
4y 02-8y 0+4x 0y 0-(4-4y 02)+4 =
y 0-12y 0+x 0-2
,
所以2m-k=2(y 0-1)
2y 0+x 0-2-
y 0
x 0-2
=
2(y 0-1)(x 0-2)-y 0(2y 0+x 0-2)
(2y 0+x 0-2)(x 0-2)
=2(y 0-1)(x 0-2)-2y 02-y 0(x 0-2)
(2y 0+x 0-2)(x 0-2)
=2(y 0-1)(x 0-2)-1
2(4-x 02)-y 0(x 0-2)(2y 0+x 0-2)(x 0-2)=1
2
(定值).
考点二 参变量的取值范围与最值问题
1.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆C:x 2a 2+y 2
b
2=1(a>b>0)的离心率为√2
2
,椭圆C 截直线y=1所得线段的长度为2√2.
(1)求椭圆C 的方程;
(2)动直线l:y=kx+m(m ≠0)交椭圆C 于A,B 两点,交y 轴于点M.点N 是M 关于O 的对称点,☉N 的半径为|NO|.设D 为AB 的中点,DE,DF 与☉N 分别相切于点E,F,求∠EDF 的最小值.
解析 (1)由椭圆的离心率为√2
2
,得a 2
=2(a 2
-b 2
),
又当y=1时,x 2
=a 2
-a 2b
2,得a 2
-a 2b
2=2,
所以a 2
=4,b 2
=2.
因此椭圆方程为x 24+y 22
=1.
(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),联立得{y =kx +m,
x 2+2y 2=4,
得(2k 2
+1)x 2
+4kmx+2m 2
-4=0,
由Δ>0得m 2
<4k 2
+2,(*)
且x 1+x 2=-4km
2k 2
+1
,因此y 1+y 2=
2m
2k 2+1
,
所以D (-
2km
2k 2
+1,m
2k 2+1
),
又N(0,-m),所以|ND|2
=(-2km
2k 2
+1
)2
+(
m 2k 2
+1
+m)2
,
整理得|ND|2
=
4m 2(1+3k 2+k 4)
(2k 2+1)2
,
因为|NF|=|m|, 所以
|ND|2|NF|
2=
4(k 4+3k 2+1)(2k 2+1)2
=1+
8k 2+3
(2k 2+1)2.
令t=8k 2
+3,t ≥3,故2k 2
+1=t+1
4
, 所以
|ND|2|NF|
2=1+
16t
(1+t)
2=1+
16
t+1
t +2
.
令y=t+1t ,所以y'=1-1t
2. 当t ≥3时,y'>0,
从而y=t+1t
在[3,+∞)上单调递增, 因此t+1t
≥103,
等号当且仅当t=3时成立,此时k=0, 所以
|ND|2|NF|2
≤1+3=4,
由(*)得-√2<m<√2且m ≠0. 故
|NF||ND|≥1
2
. 设∠EDF=2θ, 则sin θ=
|NF||ND|≥1
2
. 所以θ的最小值为π6
,
从而∠EDF 的最小值为π3
,此时直线l 的斜率是0.
综上所述:当k=0,m ∈(-√2,0)∪(0,√2)时,∠EDF 取到最小值π3
.
2.(2016浙江,19,15分)如图,设抛物线y 2
=2px(p>0)的焦点为F,抛物线上的点A 到y 轴的距离等于|AF|-1.
(1)求p 的值;
(2)若直线AF 交抛物线于另一点B,过B 与x 轴平行的直线和过F 与AB 垂直的直线交于点N,AN 与x 轴交于点M.求M 的横坐标的取值范围.
解析(1)由题意可得,抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离,由抛物线的定义得p
2
=1,即p=2.
(2)由(1)得,抛物线方程为y2=4x,F(1,0),可设A(t2,2t),t≠0,t≠±1.
因为AF不垂直于y轴,可设直线AF:x=sy+1(s≠0),由{y2=4x,
x=sy+1
消去x得y2-4sy-4=0,
故y1y2=-4,所以,B(1
t2,-2
t ).
又直线AB的斜率为2t
t2-1
,
故直线FN的斜率为-t2-1
2t
.
从而得直线FN:y=-t2-1
2t (x-1),直线BN:y=-2
t
.
所以N(t2+3
t2-1,-2
t ).
设M(m,0),由A,M,N三点共线得
2t t2-m =
2t+2t
t2-t
2+3
t2-1
,
于是m=2t2
t2-1
.
所以m<0或m>2.
经检验,m<0或m>2满足题意.
综上,点M的横坐标的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞).
3.(2016山东,21,14分)已知椭圆C:x 2
a2+y
2
b2
=1(a>b>0)的长轴长为4,焦距为2√2.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过动点M(0,m)(m>0)的直线交x轴于点N,交C于点A,P(P在第一象限),且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q,延长QM交C 于点B.
(i)设直线PM,QM的斜率分别为k,k',证明k'
k
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√2,
所以a=2,b=√a2-c2=√2.
所以椭圆C的方程为x2
4+y
2
2
=1.
(2)(i)设P(x0,y0)(x0>0,y0>0).
由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m).
所以直线PM的斜率k=2m-m
x0=m
x0
,
直线QM的斜率k'=-2m-m
x0=-3m
x0
.
此时k'
k =-3.所以k'
k
为定值-3.
(ii)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2). 直线PA 的方程为y=kx+m, 直线QB 的方程为y=-3kx+m.
联立{y =kx +m,x 24
+y 22
=1,
整理得(2k 2
+1)x 2
+4mkx+2m 2
-4=0.
由x 0x 1=
2m 2-4
2k 2
+1
,
可得x 1=
2(m 2-2)
(2k 2+1)x 0
.
所以y 1=kx 1+m=2k(m 2-2)
(2k 2+1)x 0
+m.
同理x 2=
2(m 2-2)
(18k 2
+1)x 0
,y 2=
-6k(m 2-2)
(18k 2+1)x 0+m.
所以x 2-x 1=2(m 2-2)
(18k 2+1)x 0-2(m 2-2)
(2k 2+1)x 0=-32k 2
(m 2-2)
(18k 2+1)(2k 2+1)x 0
,
y 2-y 1=
-6k(m 2-2)
(18k 2+1)x 0
+m-
2k(m 2-2)
(2k 2+1)x 0
-m=
-8k(6k 2+1)(m 2-2)
(18k 2+1)(2k 2+1)x 0
,
所以k AB =
y 2-y 1x 2-x 1=6k 2+14k =1
4
(6k +1k
).
由m>0,x 0>0,可知k>0,
所以6k+1k
≥2√6,等号当且仅当k=√6
6
时取得.
此时
√2
=√66
,即m=√14
7
,符合题意.
所以直线AB 的斜率的最小值为√6
2
.
4.(2014北京,19,14分)已知椭圆C:x 2
+2y 2
=4.
(1)求椭圆C 的离心率;
(2)设O 为原点.若点A 在直线y=2上,点B 在椭圆C 上,且OA ⊥OB,求线段AB 长度的最小值. 解析 (1)由题意,知椭圆C 的标准方程为x 24+y 22
=1. 所以a 2
=4,b 2
=2,从而c 2
=a 2
-b 2
=2.
因此a=2,c=√2.
故椭圆C 的离心率e=c a =√2
2
.
(2)设点A,B 的坐标分别为(t,2),(x 0,y 0),其中x 0≠0.
因为OA ⊥OB,所以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即tx 0+2y 0=0,解得t=-2y
0x 0
.
又x 02+2y 02=4,
所以|AB|2
=(x 0-t)2
+(y 0-2)2
=(x 0+
2y 0x 0
)2+(y 0-2)2
=x 02+y 02+4y 02
x
2+4
=x 02+
4−x 022+2(4−x 02)
x 0
2+4 =x 022+8x 0
2+4(0<x 02
≤4).
因为x 022+8x 0
2≥4(0<x 02≤4),且当x 02=4
时等号成立,
所以|AB|2
≥8.
故线段AB 长度的最小值为2√2.
教师用书专用(5—7)
5.(2015山东,21,14分)平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆C:x 2a 2+y 2b
2=1(a>b>0)的离心率为√3
2
,且点(√3,12
)在椭圆C 上.
(1)求椭圆C 的方程; (2)设椭圆E:x 24a 2+y 2
4b 2
=1,P 为椭圆C 上任意一点,过点P 的直线y=kx+m 交椭圆E 于A,B 两点,射线PO 交椭圆E 于点Q.
(i)求
|OQ|
|OP|
的值; (ii)求△ABQ 面积的最大值. 解析 (1)由题意知3a 2+
1
4b 2
=1, 又
√a 2-b 2
a
=√3
2
,解得a 2=4,b 2
=1.
所以椭圆C 的方程为x 24
+y 2
=1. (2)由(1)知椭圆E 的方程为x 216+y 24
=1. (i)设P(x 0,y 0),
|OQ|
|OP|
=λ, 由题意知Q(-λx 0,-λy 0).
因为x 02
4
+y 02
=1,
又
(-λx 0)216+(-λy 0)
2
4=1,
即λ24(
x 024
+y 02)=1,
所以λ=2,即
|OQ|
|OP|
=2. (ii)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2). 将y=kx+m 代入椭圆E 的方程,
可得(1+4k 2)x 2+8kmx+4m 2
-16=0, 由Δ>0,可得m 2
<4+16k 2
.①
则有x 1+x 2=-
8km
1+4k
2,x 1x 2=
4m 2-161+4k 2
.
所以|x 1-x 2|=
4√16k 2+4−m 2
1+4k 2
.
因为直线y=kx+m 与y 轴交点的坐标为(0,m), 所以△OAB 的面积S=12
|m||x 1-x 2|
=2√16k 2+4−m 2|m|
1+4k
2
=
2√(16k 2+4−m 2)m 2
1+4k 2
=2√(4−
m 2
1+4k
2)
m 2
1+4k 2
.
设
m 21+4k
2=t.
将y=kx+m 代入椭圆C 的方程,
可得(1+4k 2)x 2+8kmx+4m 2
-4=0, 由Δ≥0,可得m 2
≤1+4k 2
.② 由①②可知0<t ≤1,
因此S=2√(4-t)t =2√-t 2+4t . 故S ≤2√3,
当且仅当t=1,即m 2
=1+4k 2
时取得最大值2√3.
由(i)知,△ABQ 面积为3S, 所以△ABQ 面积的最大值为6√3.
6.(2014山东,21,14分)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√3
2
,直线y=x 被椭圆C 截得的线段长为
4√10
5
. (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. (i)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; (ii)求△OMN 面积的最大值. 解析 (1)由题意知
√a 2-b 2
a
=√3
2
,可得a 2=4b 2
,
椭圆C 的方程可简化为x 2
+4y 2
=a 2
.
将y=x 代入可得x=±√5a
5
, 因此√2×
2√5a 5=4√10
5
,可得a=2.
因此b=1,
所以椭圆C 的方程为x 2
4
+y 2
=1.
(2)(i)设A(x 1,y 1)(x 1y 1≠0),D(x 2,y 2),则B(-x 1,-y 1), 所以直线AB 的斜率k AB =y
1x 1,
因为AB ⊥AD,所以直线AD 的斜率k=-x 1y 1
. 设直线AD 的方程为y=kx+m,
由题意知k ≠0,m ≠0. 由{y =kx +m,
x 24
+y 2
=1
可得(1+4k 2)x 2+8mkx+4m 2
-4=0. 所以x 1+x 2=-
8mk
1+4k 2
,
因此y 1+y 2=k(x 1+x 2)+2m=2m
1+4k 2
.
由题意知x 1≠-x 2, 所以k 1=
y 1+y 2x 1+x 2
=-14k =
y 1
4x 1
. 所以直线BD 的方程为y+y 1=
y 1
4x 1
(x+x 1).
令y=0,得x=3x 1,即M(3x 1,0). 可得k 2=-y 12x 1
.
所以k 1=-12
k 2,即λ=-12
.
因此存在常数λ=-12
使得结论成立. (ii)直线BD 的方程为y+y 1=
y 1
4x 1
(x+x 1),
令x=0,得y=-34
y 1,即N (0,−3
4
y 1). 由(i)知M(3x 1,0),
可得△OMN 的面积S=12×3|x 1|×34|y 1|=98
|x 1||y 1|.
因为|x 1||y 1|≤x 124
+y 12
=1,当且仅当
|x 1|2=|y 1|=√2
2
时等号成立, 此时S 取得最大值98
, 所以△OMN 面积的最大值为98
.
7.(2013浙江,22,14分)已知抛物线C 的顶点为O(0,0),焦点为F(0,1).
(1)求抛物线C 的方程;
(2)过点F 作直线交抛物线C 于A,B 两点.若直线AO,BO 分别交直线l:y=x-2于M,N 两点,求|MN|的最小值.
解析 (1)由题意可设抛物线C 的方程为x 2
=2py(p>0),则p 2
=1,所以抛物线C 的方程为x 2
=4y.
(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),直线AB 的方程为y=kx+1. 由{y =kx +1,x 2=4y 消去y,整理得x 2-4kx-4=0, 所以x 1+x 2=4k,x 1x 2=-4. 从而|x 1-x 2|=4√k 2+1. 由{
y =y
1x 1x,
y =x -2, 解得点M 的横坐标x M =
2x 1x 1-y 1=2x 1x 1-x 124=8
4−x 1
. 同理点N 的横坐标x N =8
4−x 2
. 所以|MN|=√2|x M -x N | =√2|
84−x 1-8
4−x 2
|
=8√2|
x 1-x 2
x 1x 2-4(x 1+x 2)+16
|
=
8√2√k 2+1|4k -3|
.
令4k-3=t,t ≠0,则k=
t+3
4
.
当t>0时,|MN|=2√2√
25t 2+6
t +1>2√2. 当t<0时,|MN|=2√2√(5t
+35
)2+1625≥8
5
√2. 综上所述,当t=-253
,即k=-43
时, |MN|的最小值是85 √2.
考点三 存在性问题
1.(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:x 2a 2+y 2
b
2=1(a>b>0)的离心率是√2
2
,点P(0,1)在短轴CD 上,且PC
⃗⃗⃗⃗⃗ ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-1. (1)求椭圆E 的方程;
(2)设O 为坐标原点,过点P 的动直线与椭圆交于A,B 两点.是否存在常数λ,使得OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λPA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值?若存在,求λ的值;若不存在,请说明理由.
解析 (1)由已知得,点C,D 的坐标分别为(0,-b),(0,b).
又点P 的坐标为(0,1),且PC
⃗⃗⃗⃗⃗ ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-1, 于是{1−b 2=−1,c a
=√22
,
a 2-
b 2=
c 2.
解得a=2,b=√2.
所以椭圆E 的方程为x 24+y 22
=1.
(2)当直线AB 的斜率存在时,设直线AB 的方程为y=kx+1,A,B 的坐标分别为(x 1,y 1),(x 2,y 2).
由{x 2
4
+
y 22
=1,
y =kx +1,
得(2k 2
+1)x 2
+4kx-2=0.
其判别式Δ=(4k)2
+8(2k 2
+1)>0, 所以,x 1+x 2=-4k
2k 2
+1
,x 1x 2=-
2
2k 2
+1
.
从而,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λPA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2+λ[x 1x 2+(y 1-1)(y 2-1)] =(1+λ)(1+k 2
)x 1x 2+k(x 1+x 2)+1 =
(-2λ-4)k 2+(−2λ-1)
2k 2+1
=-
λ-1
2k 2+1
-λ-2.
所以,当λ=1时,-
λ-1
2k 2+1
-λ-2=-3.
此时,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λPA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·P
⃗ =-3为定值. 当直线AB 斜率不存在时,直线AB 即为直线CD.
当λ=1时,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λPA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2-1=-3. 故存在常数λ=1,使得OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λPA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·P
⃗ 为定值-3. 2.(2015湖北,22,14分)一种画椭圆的工具如图1所示.O 是滑槽AB 的中点,短杆ON 可绕O 转动,长杆MN 通过N 处铰链与ON 连接,MN 上的栓子D 可沿滑槽AB 滑动,且DN=ON=1,MN=3.当栓子D 在滑槽AB 内做往复运动时,带动．．N 绕O 转动,M 处的笔尖画出的椭圆记为C.以O 为原点,AB 所在的直线为x 轴建立如图2所示的平面直角坐标系.
图1 图2 (1)求椭圆C 的方程;
(2)设动直线l 与两定直线l 1:x-2y=0和l 2: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MN ⊥x 轴时,等号成立.所以椭圆C 的中心为原点O,长半轴长为4,短半轴长为2,其方程为x 216+y 24
=1.
(2)(i)当直线l 的斜率不存在时,直线l 为x=4或x=-4,都有S △OPQ =1
2
×4×4=8. (ii)当直线l 的斜率存在时,设直线l:y=kx+m (k ≠±12
), 由{y =kx +m,x 2+4y 2
=16,消去y,可得(1+4k 2)x 2+8kmx+4m 2-16=0. 因为直线l 总与椭圆C 有且只有一个公共点,
所以Δ=64k 2m 2-4(1+4k 2)(4m 2-16)=0,即m 2=16k 2
+4.①
又由{y =kx +m,x -2y =0,可得P (2m 1−2k ,m 1−2k );同理可得Q (-2m 1+2k ,m
1+2k ).
由原点O 到直线PQ 的距离为d=
|m|
1+k 和|PQ|=√1+k 2·|x P -x Q |,可得S △OPQ =12|PQ|·d=12|m||x P -x Q |=12·|m||
2m 1−2k
+
2m 1+2k |=|2m 2
1−4k 2
|.② 将①代入②得,S △OPQ =|2m 2
1−4k
2|=8
|4k 2+1||4k 2-1|
. 当k 2
>14
时,S △OPQ =8·
4k 2+14k 2
-1
=8(1+
2
4k 2-1
)>8;
当0≤k 2
<14时,S △OPQ =8·
4k 2+11−4k
2=8(-1+
2
1−4k 2
).
因0≤k 2
<14
,则0<1-4k 2
≤1,
2
1−4k 2
≥2,
所以S △OPQ =8(-1+
21−4k 2
)≥8,
当且仅当k=0时取等号.
所以当k=0时,S △OPQ 的最小值为8.
综合(i)(ii)可知,当直线l 与椭圆C 在四个顶点处相切时,△OPQ 的面积取得最小值8.
3.(2014湖南,20,13分)如图,O 为坐标原点,双曲线C 1:x 2a 12-y 2
b 1
2=1(a 1>0,b 1>0)和椭圆C 2:y 2a 22+x 2b 2
2=1(a 2>b 2>0)均过点P (2√3
3
,1),且以C 1的两个顶点和C 2的两个
焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形. (1)求C 1,C 2的方程;
(2)是否存在直线l,使得l 与C 1交于A,B 两点,与C 2只有一个公共点,且|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |?证明你的结论.
解析 (1)设C 2的焦距为2c 2,由题意知,2c 2=2,2a 1=2, 从而a 1=1,c 2=1. 因为点
P (2√33
,1)在双曲线x 2
-y 2b 1
2=1
上,所以(2√3
3
)
2
-1
b 1
2=1,故b 12
=3.
由椭圆的定义知2a 2=√(2√33
)2+(1−1)2+√(2√3
3
)2
+(1+1)2=2√3.
于是a 2=√3,b 22=a 22-c 22
=2,故C 1,C 2的方程分别为x 2
-y 23
=1,y 23+x 22
=1.
(2)不存在符合题设条件的直线.
(i)若直线l 垂直于x 轴,因为l 与C 2只有一个公共点,所以直线l 的方程为x=√2或x=-√2. 当x=√2时,易知A(√2,√3),B(√2,-√3), 所以|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√2,|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√3, 此时,|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |≠|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |.
当x=-√2时,同理可知,|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |≠|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |.
(ii)若直线l 不垂直于x 轴,设l 的方程为y=kx+m, 由{y =kx +m,
x 2-y 23
=1
得(3-k 2)x 2-2kmx-m 2
-3=0. 当l 与C 1相交于A,B 两点时,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,从而x 1+x 2=2km
3−k
2,x 1x 2=
m 2+3k 2-3
.
于是y 1y 2=k 2
x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2
=
3k 2-3m 2k 2-3
.
由{y =kx +m,
y 23
+x 22
=1
得(2k 2+3)x 2+4kmx+2m 2
-6=0.
因为直线l 与C 2只有一个公共点,所以上述方程的判别式
Δ=16k 2m 2-8(2k 2+3)(m 2
-3)=0.
化简,得2k 2
=m 2
-3,因此OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=m 2
+3k 2-3
+
3k
2
-3m 2k 2-3
=
-k 2-3
k 2-3
≠0,
于是OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+2OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ≠OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2-2OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,
即|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2≠|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ -OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2,故|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |≠|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |.
综合(i),(ii)可知,不存在符合题设条件的直线.
教师用书专用(4)
4.(2014重庆,21,12分)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|=2√2,△DF 1F 2的面积为√2
2
. (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F 1(-c,0),F 2(c,0),其中c 2
=a 2
-b 2
.
由
|F 1F 2||DF 1|=2√2得|DF 1|=122√2
=√2
2c. 从而S △DF 1F 2=1
2
|DF 1||F 1F 2|=√2
2
c 2
=√2
2
,故c=1.
从而|DF 1|=√2
2
,
由DF 1⊥F 1F 2得|DF 2|2
=|DF 1|2
+|F 1F 2|2
=92
,
因此|DF 2|=
3√2
2
. 所以2a=|DF 1|+|DF 2|=2√2,故a=√2,b 2
=a 2
-c 2
=1. 因此,所求椭圆的标准方程为x 22
+y 2
=1.
(2)如图,设圆心在y 轴上的圆C 与椭圆x 22
+y 2
=1相交,P 1(x 1,y 1),P 2(x 2,y 2)是两个交点,y 1>0,y 2>0,F 1P 1,F 2P 2是圆C 的切线,且F 1P 1⊥F 2P 2. 由圆和椭圆的对称性,易知,x 2=-x 1,y 1=y 2.
由(1)知F 1(-1,0),F 2(1,0),所以F 1P 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1+1,y 1),F 2P 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-x 1-1,y 1).
再由F 1P 1⊥F 2P 2得-(x 1+1)2
+y 12=0.
由椭圆方程得1-x 12
2
=(x 1+1)2
,即3x 12+4x 1=0,
解得x 1=-43
或x 1=0.
当x 1=0时,P 1,P 2重合,不存在满足题设要求的圆.
当x 1=-43
时,过P 1,P 2分别与F 1P 1,F 2P 2垂直的直线的交点即为圆心C. 设C(0,y 0),由CP 1⊥F 1P 1, 得
y 1-y 0x 1
·
y 1x 1+1
=-1.
而y 1=|x 1+1|=1
3
,故y 0=53
.
圆C 的半径|CP 1|=√(-43
)2+(13-53)2=
4√2
3
.
综上,存在满足题设条件的圆,其方程为x 2
+(y -53)2=329
.
三年模拟
A 组 2016—2018年模拟·基础题组
考点一 定点与定值问题
1.(2016河北唐山调研,9)过抛物线y=ax 2
(a>0)的焦点F 作一条直线交抛物线于A,B 两点,若线段AF,BF 的长分别为m,n,则mn
m+n
等于( )
A.12a
B.14a
C.2a
D.a 4
答案 B
2.(2018河北五校12月联考,20)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b
2=1(a>b>0)的离心率为√2
2
,右焦点为F,上顶点为A,且△AOF 的面积为12
(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
{ c 2
a 2=12,
12bc =
12
,b 2+c 2=a 2
⇒{a 2=2,b 2=1,
∴椭圆的方程为x 2
2
+y 2
=1.
(2)证明:以短轴为直径的圆的方程为x 2
+y 2
=1,F(1,0),
设P(x 0,y 0),则x 022
+y 02
=1(0<x 0≤√2).
∴|PF|=√(x 0-1)2+y 02=√x 02
-2x 0+1+1−x 02
2
=√1
2x 02-2x 0+2=√12
(x 0-2)2=√2
2
(2-x 0).
又l 与圆x 2
+y 2
=1相切于M,
∴|PM|=√|OP|2-1=√x 02+y 02-1=√x 02-x 022=√x 02
2=√22
x 0,
∴|PF|+|PM|=√22(2-x 0)+√2
2
x 0=√2,为定值.
考点二 参变量的取值范围与最值问题
3.(2018山西康杰中学等六校12月联考,11)抛物线y 2
=8x 的焦点为F,设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)是抛物线上的两点,x 1+x 2+4=√2|AB|,则∠AFB 的最大值为( ) A.π
3
B.π2
C.3π4
D.5π6
答案 B
4.(2017河南六市一模,9)已知圆(x-1)2
+y 2
=34
的一条切线y=kx 与双曲线C:x 2a 2-y 2b
2=1(a>0,b>0)有两个交点,则双曲线C 的离心率的取值范围是( )
A.(1,√3)
B.(1,2)
C.(√3,+∞)
D.(2,+∞)
答案 D
5.(2016皖江示范高中联考,14)若点P 是椭圆x 22
+y 2
=1上的动点,则P 到直线l:y=x+1的距离的最大值是 . 答案
√6+√2
2
6.(2018河南中原名校联盟12月联考,20)设椭圆x 2a 2+y 2
3=1(a>√3)的右焦点为F,右顶点为A.已知|OA|-|OF|=1,其中O 为原点,e 为椭圆的离心率.
(1)求椭圆的方程及离心率e 的值;
(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.
解析 (1)设F(c,0),∵a -c=1,∴a=1+c,a 2=1+2c+c 2
,
又a 2
=b 2
+c 2
,∴3=1+2c,c=1,∴a=2,所以,椭圆的方程为x 24+y 23
=1,e=c a =12
.
(2)易知l 的斜率存在且不为0,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{x 2
4
+
y 23
=1,y =k(x -2)
消去y 得(4k 2+3)x 2-16k 2x+16k 2
-12=0.
解得x=2或x=
8k 2-6
4k 2
+3
,由题意得x B =
8k 2-6
4k 2
+3
,从而y B =
-12k
4k 2+3
, 由(1)知,F(1,0),设H(0,y H ),则FH
⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,y H ),BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(9−4k 2
4k 2
+3,
12k
4k 2+3
),
由BF ⊥HF,得BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·FH ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以4k 2
-94k 2+3+12ky H 4k 2+3
=0,解得y H =9−4k 2
12k
,因此直线MH 的方程为y=-1k
x+9−4k
2
12k
,
设M(x M ,y M ),由方程组{y =k(x -2),
y =−1k
x +
9−4k 212k
消去y,解得x M =20k 2+912(k 2
+1),在△MAO 中,∠MOA ≤∠MAO ⇔|MA|≤|MO|,则(x M -2)2+y M 2≤x M 2+y M 2,化简得x M ≥1,即20k 2+9
12(k 2
+1)
≥1,解得k ≤-√64
或k ≥√64
,所以,直线l 的斜率的取值范围为(-∞,-√6
4
]∪[
√6
4
,+∞).
考点三 存在性问题
7.(2018山西康杰中学等六校12月联考,20)已知F 1,F 2分别为椭圆E:x 2a 2+y 2
b
2=1(a>b>0)的左、右焦点,点P (1,32
)在椭圆E 上,且|PF 1|+|PF 2|=4. (1)求椭圆E 的方程;
(2)过F 1的直线l 1,l 2分别交椭圆E 于A,C 和B,D,且l 1⊥l 2,问是否存在实数λ,使得1|AC|,λ,1|BD|
成等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理
由.
解析 (1)由已知|PF 1|+|PF 2|=4,得2a=4,即a=2, 又点P (1,32
)在椭圆上,所以14+
9
4b 2
=1,解得b=√3,
故椭圆的标准方程为x 24+y 2
3
=1.
(2)当AC ⊥x 轴时,|BD|=4,|AC|=3,由2λ=1|BD|+1|AC|=7
12
,得λ=724
.
当BD ⊥x 轴时,|BD|=3,|AC|=4,由2λ=
1|BD|+1|AC|=7
12
,得λ=724
.
当AC 、BD 与x 轴均不垂直时,设l 1:y=k(x+1)(k ≠0),A(x 1,y 1),C(x 2,y 2), 直线l 1与椭圆E 的方程联立并消去y 得(3+4k 2
)x 2
+8k 2
x+4k 2
-12=0,
则x 1+x 2=
-8k 2
3+4k
2,x 1x 2=
4k 2-123+4k 2
,
所以|AC|=√1+k 2|x 1-x 2|=
12(k 2+1)3+4k 2
,
从而1|AC|=3+4k 2
12(k 2+1)
,
同理可得1|BD|=4+3k 212(k 2+1)
, 所以
1|AC|+1|BD|=7(k 2+1)12(k 2+1)=712,令712
=2λ,得λ=724
.
综上,存在常数λ=7
24
,使得
1|AC|,λ,1|BD|
成等差数列. 8.(2017江西赣中南五校联考,20)在直角坐标系xOy 中,点M 到点F 1(-√3,0),F 2(√3,0)的距离之和是4,点M 的轨迹是C,直线l:y=kx+√2与轨迹C 交于不同的两点P 和Q. (1)求轨迹C 的方程;
(2)是否存在常数k,使以线段PQ 为直径的圆过原点O?若存在,求出k 的值;若不存在,请说明理由. 解析 (1)∵点M 到F 1(-√3,0),F 2(√3,0)的距离之和是4,且2√3<4,
∴M 的轨迹是焦点在x 轴上,长轴长为4,焦距为2√3的椭圆,其方程为x 24
+y 2
=1. (2)存在.理由如下:将y=kx+√2代入曲线C 的方程,整理得 (1+4k 2
)x 2
+8√2kx+4=0, 设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2), 则x 1+x 2=-8√2k 1+4k
2,x 1x 2=
4
1+4k
2,
又y 1·y 2=(kx 1+√2)(kx 2+√2)=k 2
x 1x 2+√2k(x 1+x 2)+2.
若以线段PQ 为直径的圆过原点,则OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以x 1x 2+y 1y 2=0,即(k 2+1)x 1x 2+√2k(x 1+x 2)+2=0,即(k 2+1)·41+4k
2+√2k ·(-
8√2k 1+4k 2
)+2=0,
解得k=±√6
2
.
又因为k 的取值应满足Δ>0,即4k 2
-1>0,(*)
将k=±√6
2
代入(*)式知符合题意.
故存在k=±√6
2
,使以线段PQ 为直径的圆过原点O.
B 组 2016—2018年模拟·提升题组
(满分:55分 时间:45分钟)
一、填空题(每小题5分,共10分)
1.(2018江西宜春一模,16)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 . 答案 15
2.(2017广东七校第二次联考,16)已知点P 是抛物线C 1:y 2=4x 上的动点,过P 作圆C 2:(x-3)2+y 2
=2的两条切线,则两条切线的夹角的最大值为 . 答案 π3
二、解答题(每小题15分,共45分)
3.(2018湖南师大附中12月联考,20)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b
2=1(a>b>0)的短轴的一个顶点与两个焦点构成正三角形,且该三角形的面积为√3. (1)求椭圆C 的方程;
(2)如图,设F 1、F 2为椭圆C 的左、右焦点,若椭圆C 的一个内接平行四边形的一组对边过点F 1和F 2,求这个平行四边形面积的最大值.
解析 (1)∵椭圆C:x 2a 2+y 2b
2=1(a>b>0)的短轴的一个顶点与两个焦点构成正三角形,且该三角形的面积为√3,
∴{a 2=b 2+c 2,
a ∶
b ∶
c =2∶√3∶1,bc =√3,解得a=2,b=√3,c=1,
∴椭圆C 的方程为x 24+y 2
3
=1.
(2)设过椭圆右焦点F 2的直线AB 的方程为x=ty+1,由{x =ty +1,3x 2+4y 2
=12整理,得(3t 2+4)y 2
+6ty-9=0, 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则y 1+y 2=
-6t 3t 2+4,y 1y 2=-9
3t 2+4
, ∴|y 1-y 2|=√(y 1+y 2)2-4y 1y 2=√144t 2+1443t 2+4
=
12√t 2+1
3t 2+4
,
连接OA,OB,
∴S △OAB =S △OF 2A +S △OF 2B =12
×|OF 2|×|y 1-y 2|=6√t 2+1
3t 2+4
, ∴椭圆C 的内接平行四边形面积S=4S △OAB =24√t 2+1
3t 2+4
, 令m=√1+t 2,则m ≥1,则S=f(m)=
24
3m+1m
,
注意到S=f(m)在[1,+∞)上单调递减,∴S max =f(1)=6, 当且仅当m=1,即t=0时等号成立. 故这个平行四边形面积的最大值为6.
4.(2017豫北名校联盟联考,20)已知点P 是椭圆C 上任一点,点P 到直线l 1:x=-2的距离为d 1,到点F(-1,0)的距离为d 2,且d 2d 1=√22
,直线l 与椭圆C 交于不同两点A,B(A,B 都在x 轴上方),且∠OFA+∠OFB=180°. (1)求椭圆C 的方程;
(2)当A 为椭圆与y 轴正半轴的交点时,求直线l 的方程;
(3)对于动直线l,是否存在一个定点,无论∠OFA 如何变化,直线l 总经过此定点?若存在,求出该定点的坐标;若不存在,请说明理由.
解析 (1)设P(x,y),则d 1=|x+2|,d 2=√(x +1)2+y 2.
由d 2d 1=√(x+1)2+y 2
|x+2|=√22,化简,得x 22
+y 2=1, ∴椭圆C 的方程为x 2
2
+y 2
=1.
(2)由题意及(1)知A(0,1),又F(-1,0),∴k AF =1−0
0−(−1)
=1. 又∵∠OFA+∠OFB=180°,∴k BF =-1, ∴BF:y=-1×(x+1)=-x-1, 代入x 22
+y 2
=1,
解得{x =0,y =−1(舍去)或{x =−4
3
,y =13
.
∴B (-43,1
3
).
k AB =
1−1
3
0−(-43)=1
2
, ∴AB:y=12x+1,即直线l 的方程为y=12
x+1.
(3)存在.解法一:∵∠OFA+∠OFB=180°,∴k AF +k BF =0.
设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),直线AB 的方程为y=kx+b. 将y=kx+b 代入x 22
+y 2
=1,
整理得(k 2+12
)x 2
+2kbx+b 2
-1=0.
∴x 1+x 2=-
2kb
k 2+12,x 1x 2=
b 2-1
k 2+12
,
∴k AF +k BF =
y 1
x 1+1+
y 2
x 2+1=
kx 1+b x 1+1+kx 2+b x 2+1=(kx 1+b)(x 2+1)+(kx 2+b)(x 1+1)
(x 1+1)(x 2+1)
=0.
∴(kx 1+b)(x 2+1)+(kx 2+b)(x 1+1)=2kx 1x 2+(k+b)(x 1+x 2)+2b=2k ·b 2
-1
k 2+12
-(k+b)·2kb
k 2+12
+2b=0,
∴b -2k=0,∴b=2k,
∴直线AB 的方程为y=k(x+2),
∴直线l 总经过定点(-2,0).
解法二:∵∠OFA+∠OFB=180°,∴B 关于x 轴的对称点B 1在直线AF 上.
设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则B 1(x 2,-y 2), 设直线AF 的方程为y=k(x+1), 代入x 22
+y 2
=1,得(k 2+12
)x 2
+2k 2
x+k 2
-1=0.
∴x 1+x 2=-2k 2
k 2+12
,x 1x 2=
k 2-1
k 2+12
.
k AB =y 1-y 2x 1-x 2
,AB:y-y 1=
y 1-y 2x 1-x 2
(x-x 1),
令y=0,得x=x 1-y 1·
x 1-x 2y 1-y 2=x 2y 1-x 1y 2
y 1-y 2
. 又∵y 1=k(x 1+1),-y 2=k(x 2+1), ∴x=
x 2y 1-x 1y 2y 1-y 2=x 2·k(x 1+1)+x 1·k(x 2+1)k(x 1+1)+k(x 2+1)=2x 1x 2+x 1+x 2
x 1+x 2+2
=
2·k 2-1k 2+12-2k
2k 2+1
22−2k 2
k 2+1
2
=-2,
∴直线l 总经过定点(-2,0).
5.(2016吉林五校第一次联考,20)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b
2=1(a>b>0)的离心率e=√6
3
,它的一个顶点在抛物线x 2
=4√2y 的准线上.
(1)求椭圆C 的方程;
(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)是椭圆C 上两点,已知m =(x 1a ,
y 1b ),n =(x 2a ,y
2b
),且m ·n =0,求OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围.
解析 (1)抛物线x 2
=4√2y 的准线为y=-√2,∴b=√2
.
e=√6
3
⇒
a 2-
b 2
a 2
=23
⇒a=√6,
∴椭圆C 的方程为x 26+y 22
=1.
(2)由m ·n =0及(1)得x 1x 2=-3y 1y 2,
当直线AB 的斜率不存在时,x 1=x 2,y 2=-y 1,
∴x 12=3y 12
,又x 12
6+y 12
2
=1,
∴y 12=1.
∴OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=2y 12=2.
当直线AB 的斜率存在时,设方程为y=kx+m, 由{y =kx +m,x 2+3y 2
=6,得(1+3k 2)x 2+6kmx+3m 2-6=0, ∴Δ=36k 2m 2
-12(3k 2
+1)(m 2
-2)=12(6k 2
-m 2
+2)>0, 且x 1+x 2=
-6km
3k 2
+1
,x 1x 2=
3m 2-6
32+1
. 由x 1x 2=-3y 1y 2=-3(kx 1+m)(kx 2+m)⇒(1+3k 2
)x 1x 2+3km(x 1+x 2)+3m 2
=0,
整理得1+3k 2=m 2
, ∴OA
⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=23
x 1x 2=2m 2-41+3k
2=2m 2-4m 2=2-4
m 2, ∵m 2
=1+3k 2
≥1, ∴0<
4
m 2
≤4,∴-2≤OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ <2. 综上,-2≤OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ≤2.
C 组 2016—2018年模拟·方法题组
方法1 圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法
1.(2017河南郑州一模,11)已知直线l 与双曲线x 2
4
-y 2
=1相切于点P,l 与双曲线的两条渐近线交于M,N 两点,则OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·ON
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为( ) A.3 B.4 C.5 D.与P 的位置有关
答案 A
2.(2017河南十所名校联考,21)如图,O 为坐标原点,椭圆C:x 2a 2+y 2b
2=1(a>b>0)的离心率为√3
2
,以椭圆C 的长轴长、短轴长为两相邻边长的矩形的面积为8.
(1)求椭圆C 的方程;
(2)若P 、Q 是椭圆C 上的两个动点,且k OP ·k OQ =-14
,试问:S △OPQ 是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.
解析 (1)依题意可知{√a 2-b 2
a =√3
2,2a ·2b =8,
解之得{a 2=4,
b 2=1.
∴椭圆C 的方程为x 24
+y 2
=1.
(2)S △OPQ 为定值.设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),
当直线PQ 的斜率不存在时,P,Q 两点关于x 轴对称,不妨设P 在x 轴下方,Q 在x 轴上方,则k OQ =-k OP ,可得
|y 1||x 1|=12,结合x 124+y 12=1可得|x 1|=√2,|y 1|=√22
,从而|x 1||y 1|=1,S △OPQ =1.
当直线PQ 的斜率存在时,设直线PQ 的方程为y=kx+m,
由{y =kx +m,x 24+y 2=1得(4k 2+1)x 2+8kmx+4(m 2-1)=0, 则x 1+x 2=-8km
4k 2+1,x 1x 2=4(m 2-1)
4k 2+1,
从而|PQ|=√1+k 2|x 1-x 2|
=√1+k 2·√(-8km 4k 2+1)2
-4·4(m 2-1)
4k 2+1
=4√(1+k 2)(4k 2+1−m 2)
4k 2+1.
O 到直线PQ 的距离d=
√1+k ,
则S △OPQ =12|PQ|d=2|m|√4k 2+1−m 24k 2+1
, k OP ·k OQ =y 1y 2x 1x 2=(kx 1+m)(kx 2+m)x 1x 2=k 2x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2x 1x 2=4k 2-m 24(1−m 2)=-14,则4k 2+1=2m 2
, 则S △OPQ =2|m|√4k 2+1−m 2
4k 2+1=1.
综上,S △OPQ 为定值1.
方法2 圆锥曲线中的最值和范围问题的求解方法
3.(2018河南洛阳一模,11)过椭圆x 29+y 24=1上一点H 作圆x 2+y 2=2的两切线,点A,B 为切点.过A,B 的直线l 与x 轴,y 轴分别交于点P,Q.则△POQ(O 为坐标原点)的面积的最小值为( )
A.12
B.23
C.1
D.4
3
答案 B
4.(2017江西南昌三校联考,11)已知双曲线x 2-y 2
3
=1的左顶点为A 1,右焦点为F 2,P 为双曲线右支上一点,则PA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为( ) A.-2 B.-81
16 C.1 D.0
答案 A
5.(2018河南百校联盟12月联考,20)已知点F 为抛物线C:y 2=2px(p>0)的焦点,抛物线y 2=-8x 的准线与抛物线C 交于点A,且|AF|=3.
(1)求抛物线C 的方程;
(2)若直线l:x=my+1与抛物线C 交于不同的两点D,E,点G 为线段DE 的中点,设|FD|=λ|FE|,H(2,0).若1≤λ≤2,求|GH|的取值范围.
解析 (1)抛物线y 2
=-8x 的准线方程为x=2,
所以点A 的横坐标为2, 由抛物线的定义得|AF|=2+p 2,因为|AF|=3,所以2+p 2
=3,解得p=2,
所以抛物线C 的方程为y 2=4x.
(2)直线l:x=my+1过抛物线C 的焦点F, 设D(x 1,y 1),E(x 2,y 2),
联立{y 2=4x,x =my +1
得y 2-4my-4=0,。