【配套K12】[学习]2019高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 9.8 圆锥曲线的综合问题练习

§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|·|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+.
∴|AP|·|PQ|=-x4+x2+x+.
设f(x)=-x4+x2+x+,
则f '(x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,
∴f(x)在上为增函数,在上为减函数,
∴f(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|∶|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Ⅱ,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.2
B.3
C.
D.
答案 B
5.(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Ⅱ,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+>0,①
将AB中点M代入直线方程y=mx+,
解得b=-.②
由①②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=-.
①当x∈时,有y=t(x+1)<0,因此m>0,于是m=,得m∈.
②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)=0.①
(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①的判别式为Δ=-16(2k2+k-1).②
设直线l与x轴的交点为(x0,0),
由y-1=k(x+2),令y=0,
得x0=-.③
1°若由②③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②③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②③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,
∴|O1M|=,
又|O1A|=,∴=,
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,∴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=,①
x1x2=,②
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=0,③
将①,②代入③得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,
∴k=-b,此时Δ>0,
∴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).①
将①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,
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=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①②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=.①
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
===.②
从而由①式和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 D
2.(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.1
B.2+
C.4+
D.2+1
答案 D
3.(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⇒
∴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≤).
∴|PF|==
===(2-x0).
又l与圆x2+y2=1相切于M,
∴|PM|=====x0,
∴|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,∴k>.
+=(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∴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)>0,①
设C(x1,y1),D(x2,y2),
则x1+x2=-,②
x1·x2=,③
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,
∴(k2+1)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0,④
将②③代入④整理得k=,
经验证,k=时①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.3
B.4
C.5
D.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|,
∴M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,
∴|DE|·|DF|=(+2)×(-2)=×2,
又∵(x0,y0)满足+=1,
∴=-,
∴|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|,
∴|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,
∴2a=4,即a=2,又∵焦点为(1,0),即c=1,
∴b2=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=,
∴|OC|·|OD|=|x C|·|x D|=.
∵点P是曲线E上但不在坐标轴上的任意一点,
∴+=1,即3=4(3-),
∴|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=,
∴|y1-y2|=,
△ABD的面积S=×|y1-y2|×3=·==.
∵m2≥0,∴≥1,
又函数y=3x+在[1,+∞)上为增函数,
∴3+≥4,
∴S≤,∴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 D
2.(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=,∴a=2,故抛物线C2的方程为x2=-2y,又e=,∴c=,∴b=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,
∵Δ=(16k)2-4×12×(1+4k2)>0,
∴k∈∪,
x1+x2=,x1x2=,
根据题意,得0<∠POQ<⇔·>0,
∴·=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+2)(kx2+2)=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4=+2k×+4=>0,
∴-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=.
∵k PA+k PB=0,
∴+=0,
∴=,∴y1+4=-y2-4,∴y1+y2=-8,
∴k AB=-1.
∴直线AB的斜率恒为定值-1.
(3)∵k PA k PB=1,
∴·=1,
∴y1y2+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=a2,①
由PF⊥QF,可得·=-1,
即c2-t2=-,②
由①②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.
∵直线y=x+2与椭圆有公共点,
∴Δ=16a4-4(a2+1)×3a2≥0,得a2≥3,又a>1,∴a≥,
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,∴=,
即m=y0-=,
同理,得n=,
∴mn=·=,
又+=1,+=1,
∴=1-,=1-,
∴mn===1,
∴mn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,
∴a=2,b=1.∴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=,
∵直线OP、OQ的斜率依次为k1、k2,且4k=k1+k2,
∴4k=+=+,得2kx1x2=m(x1+x2),
∴m2=,经检验满足Δ>0.。