2021版高考文科数学2大一轮复习课时分层提升练五十三圆锥曲线的综合问题

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高考数学二轮复习第二部分专题篇素养提升文理规范解答示例5圆锥曲线的综合应用课件新人教版

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【评分细则】第(1)问：写出F的坐标得1分，联立方程得出A点坐标得1分，写出直线AM的两个方程得1分．
第(2)问：写出直线l与x轴重合时的情况得1分，写出l与x轴垂直时的情况得1分，写出既不垂直又不重合的情况得1分，以上情况漏写一种扣1分；写出kMA，kMB的表达式得1分，写出kAM＋kBM关于x1，x2的表达式得1分，联立直线与椭圆方程得出x1＋x2，x1x2分别关于k的表达式得1分，将x1＋x2，x1x2代入kAM＋kBM，求得kAM＋kBM＝0得1分，得出总结论得2分．
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【跟踪演练】 (2020·来宾模拟)过点P(0,2)的直线与抛物线C：x2＝4y相交于A，B两点． (1)若A→P＝2P→B，且点A在第一象限，求直线AB的方程； (2)若A，B在直线y＝－2上的射影分别为A1，B1，线段A1B1的中点为 Q，求证：BQ∥PA1．
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【解析】 (1)由题意，设过点P(0,2)的直线l的斜率为k，则l：y＝kx＋2．设A(x1，y1)，B(x2，y2)． ∵A→P＝2P→B， ∴根据定比分点的知识，有x1＋32x2＝0，y1＋32y2＝2， ∴x1＋2x2＝0．
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规范解答·分步得分
(1)解：由已知得F(1,0)，
1分
由x＝1及x22＋y2＝1得A点坐标为1， 22或1，－ 22，
2分
又M(2,0)，∴AM的方程为y＝－ 22x＋ 2或y＝ 22x－ 2. 3分
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(2)证明 ①当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
4分
②当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，
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2021/4/17

2021年高考数学大二轮复习专题六解析几何6.3圆锥曲线的综合问题练习

6.3 圆锥曲线的综合问题【课时作业】A 级1．抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过点F 的直线l 交抛物线于M ，N 两点，且|MF |＝2|NF |，那么直线l 的斜率为( )A ．± 2B ．±2 2C ．±22D ．±24解析：依题意得F (1,0)．设直线MN的方程为x ＝my ⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，y 2＝4x 消去x 并整理，得y 2－4myM (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，那么y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4①.因为|MF |＝2|NF |，所以y 1＝－2y 2②.联立①和②，消去y 1，y 2，得m ＝±24，所以直线l 的斜率是±2 2.应选B. 答案： B2．(2021·全国卷Ⅰ)双曲线C ：x 23－y 2＝1，O 为坐标原点，F 为C 的右焦点，过F 的直线与C 的两条渐近线的交点分别为M ，N .假设△OMN 为直角三角形，那么|MN |＝( )A.32 B ．3 C ．2 3D ．4解析：由得双曲线的两条渐近线方程为y ＝±13x .设两渐近线夹角为2α，那么有tan α＝13＝33，所以α＝30°. 所以∠MON ＝2α＝60°.又△OMN 为直角三角形，由于双曲线具有对称性，不妨设MN ⊥ON ，如下图．在Rt △ONF 中，|OF |＝2，那么|ON |＝ 3.那么在Rt △OMN 中，|MN |＝|ON |·tan 2α＝3·tan 60°＝3. 应选B. 答案： B3．(2021·益阳市，湘潭市调研试卷)圆C 1：x 2＋(y －2)2＝4，抛物线C 2：y 2＝2px (p >0)，C 1与C 2相交于A ，B 两点，|AB |＝855，那么抛物线C 2的方程为________________．解析：由题意，知圆C 1与抛物线C 2的其中一个交点为原点，不妨记为B ，设A (m ，n )．∵|AB |＝855，∴⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋n 2＝855，m 2＋n －22＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝85，n ＝165，即A ⎝ ⎛⎭⎪⎫85，165.将A 的坐标代入抛物线方程得⎝ ⎛⎭⎪⎫1652＝2p ×85，∴p ＝165，∴抛物线C 2的方程为y 2＝325x .答案： y 2＝325x4．点A 在椭圆x 225＋y 29＝1上，点P 满足AP →＝(λ－1)·OA →(λ∈R )(O 是坐标原点)，且OA →·OP→＝72，那么线段OP 在x 轴上的投影长度的最大值为________．解析：因为AP →＝(λ－1)OA →，所以OP →＝λOA →，即O ，A ，P 三点共线，因为OA →·OP →＝72，所以OA →·OP →＝λ|OA →|2＝72，设A (x ，y )，OA 与x 轴正方向的夹角为θ，线段OP 在x 轴上的投影长度为|OP →||cos θ|＝|λ||x |＝72|x ||OA →|2＝72|x |x 2＋y 2＝721625|x |＋9|x |≤72216×925＝15，当且仅当|x |＝154时取等号．答案： 155．椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝32且与双曲线C 2：x 2b 2－y 2b 2＋1＝1有共同焦点．(1)求椭圆C 1的方程；(2)在椭圆C 1落在第一象限的图象上任取一点作C 1的切线l ，求l 与坐标轴围成的三角形的面积的最小值．解析： (1)由e ＝32，可得：c a ＝32，即c 2a 2＝34，所以a 2－b 2a 2＝34，a 2＝4b 2，① 又因为c 2＝2b 2＋1，即a 2－b 2＝2b 2＋1，② 联立①②解得：a 2＝4，b 2＝1，所以椭圆C 1的方程为x 24＋y 2＝1.(2)因为l 与椭圆C 1相切于第一象限内的一点，所以直线l 的斜率必存在且为负，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (k <0)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1.消去y 整理可得：⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋14x 2＋2kmx ＋m 2－1＝0，③依题意可得方程③只有一实根，所以Δ＝(2km )2－4⎝⎛⎭⎪⎫k 2＋14(m 2－1)＝0，整理可得：m 2＝4k 2＋1， ④因为直线l 与两坐标轴的交点分别为⎝⎛⎭⎪⎫－mk，0，(0，m )且k <0，所以l 与坐标轴围成的三角形的面积S ＝12·m2－k，⑤把④代入⑤可得：S ＝(－2k )＋1－2k ≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当k ＝－12时取等号. 即三角形面积最小值为2.6．(2021·北京卷)抛物线C ：y 2＝2px 经过点P (1,2)，过点Q (0,1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线PA 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N .(1)求直线l 的斜率的取值范围；(2)设O 为原点，QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，求证：1λ＋1μ为定值．解析： (1)因为抛物线y 2＝2px 过点(1,2)，所以2p ＝4，即p ＝2. 故抛物线C 的方程为y 2＝4x .由题意知，直线l 的斜率存在且不为0. 设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1，得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0.依题意Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1>0，解得k <0或0<k <1.又PA ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2)．从而k ≠－3.所以直线l 的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k2.直线PA 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1)．令x ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2.同理得点N 的纵坐标为y N ＝－kx 2＋1x 2－1＋2. 由QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，得λ＝1－y M ，μ＝1－y N . 所以1λ＋1μ＝11－y M ＋11－y N＝x 1－1k －1x 1＋x 2－1k －1x 2＝1k －1·2x 1x 2－x 1＋x 2x 1x 2＝1k －1·2k 2＋2k －4k 21k 2＝2.所以1λ＋1μ为定值．B 级1．(2021·南昌市摸底调研)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，短轴长为2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于M ，N 两点，O 为坐标原点，假设k OM ·k ON ＝54，求原点O 到直线l 的距离的取值范围．解析： (1)由题知e ＝c a ＝32，2b ＝2，又a 2＝b 2＋c 2， ∴b ＝1，a ＝2，∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m2－4＝0，依题意，Δ＝(8km )2－4(4k 2＋1)(4m 2－4)>0，化简得m 2<4k 2＋1，①x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1，y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2，假设k OM ·k ON ＝54，那么y 1y 2x 1x 2＝54，即4y 1y 2＝5x 1x 2，∴4k 2x 1x 2＋4km (x 1＋x 2)＋4m 2＝5x 1x 2， ∴(4k 2－5)·4m 2－14k 2＋1＋4km ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 4k 2＋1＋4m 2＝0，即(4k 2－5)(m 2－1)－8k 2m 2＋m 2(4k 2＋1)＝0，化简得m 2＋k 2＝54，②由①②得0≤m 2<65，120<k 2≤54，∵原点O 到直线l 的距离d ＝|m |1＋k2，∴d 2＝m 21＋k 2＝54－k 21＋k 2＝－1＋941＋k2，又120<k 2≤54， ∴0≤d 2<87，∴原点O 到直线l 的距离的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，2147.2．F (1,0)，直线l ：x ＝－1，P 为平面上的动点，过点P 作l 的垂线，垂足为点Q ，且QP →·QF →＝FP →·FQ →.(1)求动点P 的轨迹G 的方程；(2)点F 关于原点的对称点为M ，过点F 的直线与G 交于A ，B 两点，且AB 不垂直于x 轴，直线AM 交曲线G 于点C ，直线BM 交曲线G 于点D .①证明直线AB 与直线CD 的倾斜角互补；②直线CD 是否经过定点？假设经过定点，求出这个定点，否那么，说明理由．解析： (1)设点P (x ，y )，那么Q (－1，y )，由F (1,0)及QP →·QF →＝FP →·FQ →，得(x ＋1,0)·(2，－y )＝(x －1，y )·(－2，y )，化简得y 2＝4x ，所以动点P 的轨迹G 的方程为y 2＝4x .(2)由题易知点F 关于原点的对称点为M (－1,0)，设过点F 的直线AB 的方程为x ＝ny ＋1(n ≠0)，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝ny ＋1，y 2＝4x消去x ，得y 2－4ny －4＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，那么y 1y 2＝－4. 设直线AM 的方程为x ＝my －1，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1，y 2＝4x消去x ，得y 2－4my ＋4＝0，设C (x 3，y 3)，那么y 1y 3＝4，即y 3＝4y 1，易得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214，y 1，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫4y 21，4y 1，同理可得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 224，y 2，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫4y 22，4y 2. ①∵k AB ＝y 1－y 2y 214－y 224＝4y 1＋y 2，k CD ＝4y 1－4y 24y 21－4y 22＝y 1y 2y 1＋y 2＝－4y 1＋y 2，∴k AB ＋k CD ＝0，设直线AB ，CD 的倾斜角分别为α，β，那么tan α＝tan (π－β)，又0<α<π，0<β<π，且α，β≠π2，∴α＝π－β，即α＋β＝π. ∴直线AB 与直线CD 的倾斜角互补． ②易知直线CD 的方程y ＝－4y 1＋y 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4y 21＋4y 1，令y ＝0，得x ＝y 1＋y 2y 1＋4y 21＝y 21＋y 1y 2＋4y 21＝y 21y 21＝1， ∴直线CD 过定点(1,0)．。

2021届高考数学新人教版一轮复习课件：第8章解答题专项突破(五) 圆锥曲线的综合问题

解题思路 (1)设 Q(x0，y0)，P(x，y)，利用所给条件建立两点坐标之间的关系，利用 Q 在圆上可得 x，y 的方程，即为所求．
(2)设定点为 H，及直线 l 的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关
系，及H→M·H→N＝0，得出恒等式，求得定点的坐标．
解题思路
规范解答 (1)设 Q(x0，y0)，P(x，y)，则 x20＋y20＝1，
由B→A＝A→P，得x0＝2x， y0＝－y，
代入 x20＋y20＝1，得x42＋y2＝1，故曲线 C 的方程为x42＋y2＝1.
规范解答
(2)假设存在满足条件的定点，由对称性可知，该定点在 y 轴上，设定点为 H(0，m)，
当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y＝kx－35，
由yx4＝2＋kyx2－＝531，，
第八章平面解析几何
解答题专项突破(五) 圆锥曲线的综合问题
圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，每年高考必有一道解答题，常以求圆锥曲线的标准方程、研究直线与圆锥曲线的位置关系为主，涉及题型有定点、定值、最值、范围、探索性问题等，此类命题起点较低，但在第(2)问中一般都有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高，通常以压轴题的形式呈现．
y＝kx－1，由x2＝－4y，
得 x2＋4kx－4＝0.
设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x2＝－4. 直线 OM 的方程为 y＝yx11x.
规范解答
令 y＝－1，得点 A 的横坐标 xA＝－xy11. 同理得点 B 的横坐标 xB＝－xy22. 设点 D(0，n)，则D→A＝－xy11，－1－n， D→B＝－xy22，－1－n，
规范解答
(2)弦长|TS|为定值．理由如下：取曲线 C 上点 M(x0，y0)，M 到 y 轴的距离为 d＝|x0|＝x0，圆的半径 r ＝|MA|＝ x0－12＋y20，则|TS|＝2 r2－d2＝2 y20－2x0＋1， ∵点 M 在曲线 C 上， ∴x0＝y220，∴|TS|＝2 y20－y20＋1＝2，是定值．

2021届课标版高考文科数学一轮复习教师用书：第十章第四讲圆锥曲线的综合问题

第四讲圆锥曲线的综合问题考法1 与圆锥曲线有关的最值或取值范围问题命题角度1 最值问题1 [2020广东惠州入学联考]已知抛物线y 2=2px (p>0)的准线经过椭圆x 24+y 23=1的一个焦点.(1)求抛物线的方程;(2)过抛物线焦点F 的直线l 与抛物线交于A ,B 两点(点A 在x 轴上方),且满足AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =2FB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,若点T 是抛物线的曲线段AB 上的动点,求△ABT 面积的最大值.(1)由抛物线的准线过椭圆的左焦点求出p 的值,即得抛物线的方程.(2)设出直线l 的方程,并与椭圆的方程联立,计算出|AB |.求出与直线l 平行且与抛物线y 2=4x 相切的直线方程,则由两条平行直线间的距离求出△ABT 面积的最大值;或设点T (n 24,n ),计算点T 到直线l 的距离的最大值,从而计算出△ABT 面积的最大值.(1)因为椭圆x 24+y 23=1的左焦点为F 1( - 1,0),抛物线的准线为直线x = - p2,所以 - p2= - 1,解得p =2. ............................................................................................... (利用抛物线的准线过椭圆的左焦点) 所以抛物线的方程为y 2=4x.(2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),易知y 1>0,y 2<0, 由AF⃗⃗⃗⃗⃗ =2FB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,得y 1= - 2y 2. 易知直线l 的斜率存在且不为0.设直线l 的方程为x =my +1(m ≠0),由{x =my +1,y 2=4x,消去x 整理得y 2 - 4my - 4=0,易知Δ>0,则y 1+y 2=4m ,y 1y 2= - 4,所以 - 2y 22= - 4,即y 2= - √2,则y 1=2√2,所以m =y 1+y 24=√24.所以|AB |=√1+m 2×√(y 1+y 2)2 - 4y 1y 2=√24√(√2)2 - 4×( - 4)=3√24×3√2=92.解法一 (几何法)设与直线l 平行的直线方程为x =√24y +t ,代入y 2=4x 得y 2 - √2y - 4t =0. 令Δ=( - √2)2 - 4( - 4t )=2+16t =0,解得t = - 18,则与直线l 平行且与抛物线y 2=4x 相切的直线的方程为x =√24y - 18,即4x - √2y +12=0.又直线l 的方程为4x - √2y - 4=0, 所以这两条平行直线间的距离d =|12- ( - 4)|√4+( - √2)=3√24.易知△ABT 面积最大时,点T 为与直线l 平行且与抛物线相切的切点, 所以△ABT 面积的最大值S =12×|AB |×d =12×92×3√24=2716√2.解法二 (代数法)设点T 的坐标为(n 24,n ), - √2<n<2√2, 则点T 到直线l :4x - √2y - 4=0的距离d =2√2n √42+( - √2)2=|(n - √22)2- 92|√,当n =√22时,d m a x =923√2=3√24,此时点T 的坐标为(18,√22).所以△ABT 面积的最大值S =12×|AB |×d m a x =12×92×3√24=2716 √2.命题角度2 范围问题2 [2019安徽省五校联考]已知椭圆C :x 2a2+y 2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1( - 1,0),F 2(1,0),P 为椭圆C 上一点,满足3|PF 1|=5|PF 2|,且cos ∠F 1PF 2=35. (1)求椭圆C 的标准方程;(2)设直线l :y =kx +m 与椭圆C 交于A ,B 两点,点Q (14,0),若|AQ |=|BQ |,求k 的取值范围.(1)先根据椭圆的定义及3|PF 1|=5|PF 2|,可用a 表示出|PF 1|,|PF 2|,再由cos ∠F 1PF 2=35,在△PF 1F 2中利用余弦定理可求出a 2的值,进而求出椭圆C 的标准方程.(2)先将直线l 的方程与椭圆方程联立,利用根与系数的关系及|AQ |=|BQ |得到m 与k 的关系,再将此关系式代入判别式对应的不等式,可求出k 的取值范围.(1)由题意设|PF 1|=r 1,|PF 2|=r 2,则3r 1=5r 2 ①. 易知r 1+r 2=2a ②,联立①②,解得r 1=54a ,r 2=34a .在△PF 1F 2中,由余弦定理得cos ∠F 1PF 2=r 12+r 22- |F 1F 2|22r 1r 2=(54a)2+(34a)2 - 222×54a×34a=35,(结合图形和题设条件,在焦点三角形中应用余弦定理列方程)解得a 2=4.因为c =1,所以b 2=a 2 - c 2=3, 于是椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1.(2)由{y =kx +m,x 24+y 23=1消去y 并整理,得(3+4k 2)x 2+8kmx +4m 2 - 12=0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1+x 2=- 8km 3+4k 2,x 1x 2=4m 2 - 123+4k 2,且Δ=(8km )2 - 4×(3+4k 2)×(4m 2 - 12)=48(3+4k 2 - m 2)>0 ③. 设线段AB 的中点为M (x 0,y 0),连接QM ,则 x 0=x 1+x 22= - 4km 3+4k 2,y 0=kx 0+m =3m3+4k 2.因为|AQ |=|BQ |,所以AB ⊥QM ,又Q (14,0),M 为线段AB 的中点,所以k ≠0,直线QM 的斜率存在,所以k ·k QM =k ·3m3+4k 2- 4km 3+4k2 - 14= - 1,解得m = -3+4k 24k④.把④代入③,得3+4k 2>( - 3+4k 24k)2, ............................................................................ (将④代入③中,即得关于k 的不等式) 解得k< - 12或k>12.即k 的取值范围为( - ∞, - 12)∪(12,+∞).1.[2017浙江,21,15分]如图10 - 4 - 1,已知抛物线x 2=y ,点A ( - 12,14),B (32,94),抛物线上的点P (x ,y )( -12<x<32).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.考法2 与圆锥曲线有关的定点、定值问题命题角度1 定点问题3[2019北京,19,14分][文]已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1的右焦点为(1,0),且经过点A (0,1). (Ⅰ)求椭圆C 的方程;(Ⅱ)设O 为原点,直线l :y =kx +t (t ≠±1)与椭圆C 交于两个不同点P ,Q ,直线AP 与x 轴交于点M ,直线AQ 与x 轴交于点N.若|OM |·|ON |=2,求证:直线l 经过定点.(Ⅰ)根据已知可得b 2=1,c =1,再根据椭圆中a ,b ,c 的关系求出a 2,进而求出椭圆方程;(Ⅱ)设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),写出直线AP 的方程,可得M 的横坐标,进而得|OM |的表达式,同理得|ON |的表达式,将直线l 的方程与椭圆方程联立,利用根与系数的关系得到|OM |·|ON |=2|1+t1 - t|,进而由|OM |·|ON |=2得t =0,即可证得结论.(Ⅰ)由题意得,b 2=1,c =1. 所以a 2=b 2+c 2=2.所以椭圆C 的方程为x 22+y 2=1. (Ⅱ)设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2), 则直线AP 的方程为y =y 1 - 1x 1x +1.令y =0,得点M 的横坐标x M = - x 1y 1 - 1. 又y 1=kx 1+t ,从而|OM |=|x M |=|x 1kx 1+t - 1|.同理可得,|ON |=|x 2kx2+t - 1|.由{y =kx +t,x 22+y 2=1得(1+2k 2)x 2+4ktx +2t 2 - 2=0. 则x 1+x 2= - 4kt1+2k 2,x 1x 2=2t 2 - 21+2k 2. 所以|OM |·|ON |=|x 1kx 1+t - 1|·|x 2kx 2+t - 1|=|x 1x 2k 2x 1x 2+k(t - 1)(x 1+x 2)+(t - 1)2|=|2t 2 - 21+2k 2k 2·2t 2 - 21+2k 2+k (t - 1)·( - 4kt1+2k 2)+(t - 1)2|=2|1+t1 - t |. 又|OM |·|ON |=2,所以2|1+t1 - t|=2.解得t=0,所以直线l经过定点(0,0).命题角度2定值问题4[2019洛阳市第二次统考]已知抛物线C:y2=2px(p>0),其焦点为F,O为坐标原点,直线l与抛物线C相交于不同的两点A,B,M为线段AB的中点.(1)若p=2,M的坐标为(1,1),求直线l的方程.(2)若直线l过焦点F,线段AB的垂直平分线交x轴于点N,试问:2|MN|2|FN|是否为定值?若为定值,试求出此定值;否则,说明理由.(1)思路一先判断直线l的斜率存在且不为0,设出直线l的方程,再将直线方程与抛物线方程联立,利用根与系数的关系及中点坐标公式求出直线l的方程.思路二先设A(x1,y1),B(x2,y2),再利用AB的中点为M(1,1),由“点差法”可求得直线l的斜率,即得直线l的方程.(2)先利用中点坐标公式计算点M的坐标,再计算点N的坐标,由两点间的距离公式计算|MN|2,|FN|,可得2|MN|2|FN|为定值.(1)解法一由题意知直线l的斜率存在且不为0,可设直线l的方程为x- 1=t(y- 1)(t≠0),即x=ty+1 - t,A(x1,y1),B(x2,y2).由p=2知抛物线方程为y2=4x,由{x=ty+1 - t,y2=4x消去x,得y2 - 4ty - 4+4t=0.Δ=( - 4t)2 - 4( - 4+4t)=16(t2 - t+1)>0,y1+y2=4t,所以4t=2,解得t=12. ............................................................................................. (利用中点坐标公式求得t的值)所以直线l的方程为2x - y - 1=0.解法二由p=2,知抛物线方程为y2=4x.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y12=4x1,y22=4x2.由题意知直线AB的斜率存在,则直线AB的斜率k AB=y1- y2x1- x2=4y1+y2, .............................. (利用点差法求直线AB的斜率)因为线段AB的中点为M(1,1),所以y1+y2=2,所以k AB=42=2,则直线l的方程为y - 1=2(x - 1),即2x - y - 1=0.(2)2|MN|2|FN|为定值2p,证明如下.由抛物线C:y2=2px(p>0),知焦点F的坐标为(p2,0).由题意知,直线l的斜率存在且不为0,因为直线l过焦点F,所以可设直线l的方程为x=ry+p2(r≠0),A(x3,y3),B(x4,y4),由{x=ry+p 2 ,y2=2px消去x,得y2 - 2pry - p2=0.Δ=( - 2pr)2 - 4( - p2)=4p2r2+4p2>0,y3+y4=2pr,所以x3+x4=r(y3+y4)+p=2pr2+p,则M(pr2+p2,pr).所以直线MN的方程为y - pr= - r(x - pr2 - p2),令y=0,解得x=pr2+3p2,则N(pr2+3p2,0).所以|MN|2=p2+p2r2,|FN|=pr2+3p2−p2=pr2+p,于是2|MN|2|FN|=2(p2+p2r2)pr2+p=2p. ............................................................................................................... (整体相消得到定值)所以2|MN|2|FN|为定值2p.2.[2019合肥高三质检]已知直线l经过椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点(1,0),交椭圆C于点A,B,点F为椭圆C的左焦点,△ABF的周长为8.(1)求椭圆C的标准方程.(2)若直线m与直线l的倾斜角互补,直线m交椭圆C于点M,N,|MN|2=4|AB|,求证:直线m与直线l的交点P在定直线上.考法3 与圆锥曲线有关的存在性问题5 [2019湘东六校联考]已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=12,点A(b,0),B,F分别为椭圆C的上顶点和左焦点,且|BF|·|BA|=2√6.(1)求椭圆C的方程;(2)若过定点M(0,2)的直线l与椭圆C交于G,H两点(G在M,H之间),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为菱形?如果存在,求出m的取值范围;如果不存在,请说明理由.(1)先由离心率得到a,c的关系式,再由|BF|·|BA|=2√6得到a,b的关系式,结合a2 - b2=c2求出a2,b2,即得椭圆C的方程.(2)先设出直线l的方程,并与椭圆方程联立,利用Δ>0得到k的取值范围,再分别写出PG⃗⃗⃗⃗⃗ +PH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,GH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标,从而由菱形的性质、向量垂直的充要条件及根与系数的关系得到m 关于k 的表达式,进而求出m 的取值范围.(1)由离心率e =12,得ca=12,即a =2c ①.由|BF |·|BA |=2√6,得a ·√b 2+b 2=2√6,即ab =2√3 ②. 易知a 2 - b 2=c 2 ③.由①②③可解得a 2=4,b 2=3, 所以椭圆C 的方程为x 24+y 23=1. (2)设直线l 的方程为y =kx +2(k>0),由{y =kx +2,x 24+y 23=1消去y 得,(3+4k 2)x 2+16kx +4=0.由Δ=(16k )2 - 16(3+4k 2)>0,解得k>12.设G (x 1,y 1),H (x 2,y 2),则x 1+x 2= - 16k4k 2+3,PG⃗⃗⃗⃗⃗ +PH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1+x 2 - 2m ,k (x 1+x 2)+4),GH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2 - x 1,y 2 - y 1)=(x 2 - x 1,k (x 2 - x 1)). 因为菱形的对角线互相垂直,所以(PG ⃗⃗⃗⃗⃗ +PH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·GH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 所以(1+k 2)(x 1+x 2)+4k - 2m =0,得m = - 2k4k 2+3= - 24k+3k.因为k>12,所以 -√36≤m<0(当且仅当3k=4k ,即k =√32时,等号成立).所以存在满足条件的实数m ,且m 的取值范围为[ -√36,0).3.[2019全国卷Ⅰ,21,12分][文]已知点A ,B 关于坐标原点O 对称,|AB |=4,☉M 过点A ,B 且与直线x +2=0相切.(1)若A 在直线x +y =0上,求☉M 的半径;(2)是否存在定点P ,使得当A 运动时,|MA | - |MP |为定值?并说明理由.考法4 圆锥曲线的综合问题命题角度1 圆锥曲线中的角相等问题6 [2019河南郑州三测]已知抛物线C :y 2=2px (p>0),圆E :(x - 3)2+y 2=1. (1)F 是抛物线C 的焦点,A 是抛物线C 上的定点,AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2),求抛物线C 的方程. (2)在(1)的条件下,过点F 的直线l 与圆E 相切,设直线l 交抛物线C 于P ,Q 两点,则在x 轴上是否存在点M ,使∠PMO =∠QMO (O 为坐标原点)?若存在,求出点M 的坐标;若不存在,请说明理由.(1)先写出焦点F 的坐标,由AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2),得到点A 的坐标,再将A 的坐标代入抛物线方程求出p 值,即得抛物线C 的方程.(2)先讨论直线的斜率不存在时不合题意,再设出斜率为k 的直线方程,利用直线与圆相切求出k 值,将切线方程与抛物线方程联立,由∠PMO =∠QMO 推出点M 的坐标,问题获解.(1)依题意知,抛物线C 的焦点为F (p2,0),由AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2),可知A (p2, - 2), ............................................................................................................. (理解向量的坐标运算) 将点A 的坐标代入y 2=2px ,求得p =2,所以抛物线C 的方程为y 2=4x.(2)当直线的斜率不存在时,过点F (1,0)的直线不可能与圆E 相切, .....................................(先讨论斜率不存在的情形) 所以过抛物线的焦点与圆E 相切的直线的斜率存在. 设直线的斜率为k ,则直线的方程为y =k (x - 1), ........................................................................ (再研究斜率存在的情形) 所以圆心E (3,0)到直线的距离d =2.当直线与圆相切时,d =1=2,解得k =±√33, 所以切线方程为y =√33(x - 1)或y = -√33(x - 1). .............................................................. (由直线和圆相切得到圆的切线方程)不妨设直线l :y =√33(x - 1)交抛物线于P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)两点,由{y =√33(x - 1),y 2=4x 消去y 并整理,得x 2 - 14x +1=0,Δ>0,则x 1+x 2=14,x 1x 2=1. 假设存在点M (t ,0),使∠PMO =∠QMO ,则k PM +k QM =0. 所以k PM +k QM =y 1x1- t +y 2x 2 - t=√33(x 1 - 1)x 1 - t+√33(x 2 - 1)x 2 - t=√33×(x 1 - 1)(x 2 - t)+(x 2 - 1)(x 1 - t)(x 1 - t)(x 2 - t)=√33×2x 1x 2 - (t+1)(x 1+x 2)+2t(x 1 - t)(x 2 - t)=√33×2 - (t+1)×14+2t (x 1 - t)(x 2 - t)=√33×- 12 - 12t(x 1 - t)(x 2 - t)=0,即t = - 1,由此可知存在点M ( - 1,0)符合条件. 当直线l 的方程为y = -√33(x - 1)时,由对称性知点M ( - 1,0)也符合条件.综上可知,存在点M ( - 1,0),使∠PMO =∠QMO. 命题角度2 圆锥曲线中的三点共线问题7 [2020安徽合肥调研]设椭圆E :x 2a2+y 2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,过点F 1的直线交椭圆E 于A ,B 两点.若椭圆E 的离心率为√22,△ABF 2的周长为4√6.(1)求椭圆E 的方程;(2)设不经过椭圆的中心O 且平行于弦AB 的直线交椭圆E 于点C ,D ,设弦AB ,CD 的中点分别为M ,N ,证明:O ,M ,N 三点共线.(1)先由△ABF 2的周长求出a ,再结合离心率求出c ,利用b 2=a 2 - c 2求出b 2,即得椭圆E 的方程.(2)分两种情况求解:当直线AB ,CD 的斜率不存在时,利用对称性知O ,M ,N 三点共线;当直线AB ,CD 的斜率存在时,设斜率为k ,再设出A ,B ,M 的坐标,并把A ,B 的坐标代入椭圆方程,利用“点差法”可得出k·k OM = - 12,同理可得k·k ON = - 12,依此得k OM =k ON ,即O ,M ,N 三点共线.(1)由△ABF 2的周长为4√6,可知4a =4√6, ....................................................................... (利用焦点三角形的性质) 所以a =√6. 又e =ca =√22,所以c =√3,b 2=a 2 - c 2=3.于是椭圆E 的方程为x 26+y 23=1.(2)当直线AB ,CD 的斜率不存在时,由椭圆的对称性知,中点M ,N 在x 轴上,此时O ,M ,N 三点共线.(先讨论特殊情形)当直线AB ,CD 的斜率存在时,设其斜率为k (k ≠0), ............................................................................ (再探究一般情形)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),M (x 0,y 0),则{x 126+y 123=1,x 226+y 223=1,两式相减,得x 126+y 123 - (x 226+y 223)=0,整理得y 1 - y 2x 1- x 2·y 1+y2x 1+x2= - 36, ................................................................ (此处利用了点差法) 所以y 1 - y 2x 1- x 2·y 0x= - 12,即k ·k OM = - 12(k OM 为直线OM 的斜率), 所以k OM = - 12k .同理可得k ON = - 12k (k ON 为直线ON 的斜率).所以k OM =k ON ,即O ,M ,N 三点共线. 综上所述,O ,M ,N 三点共线.数学探究1 圆锥曲线与数列的交汇8[2018全国卷Ⅲ,20,12分]已知斜率为k 的直线l 与椭圆C :x 24+y 23=1交于A ,B 两点,线段AB 的中点为M (1,m )(m>0). (1)证明:k< - 12.(2)设F 为C 的右焦点,P 为C 上一点,且FP ⃗⃗⃗⃗⃗ +FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0.证明:|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |,|FP ⃗⃗⃗⃗⃗ |,|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |成等差数列,并求该数列的公差.(1)思路一先利用直线的斜率、直线与椭圆的位置关系及中点坐标公式,得到一个关于k ,m 的关系式,再利用m 的范围即可证k< - 12.思路二先设出直线的方程,与椭圆方程联立,由根与系数的关系及中点坐标公式得到一个关于k ,m 的关系式,又点M 在椭圆内,由点与椭圆的位置关系可得出k 的取值范围,然后进行验证.(2)利用条件FP ⃗⃗⃗⃗⃗ +FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0求出点P 的坐标,进而求出各线段的长度,从而证明|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |,|FP ⃗⃗⃗⃗⃗ |,|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |成等差数列,并求出该数列的公差d.(1)解法一设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2), 则x 124+y 123=1,x 224+y 223=1. 两式相减,并由y 1 - y 2x 1 - x 2=k 得x 1+x 24+y 1+y 23·k =0.由题设知x 1+x 22=1,y 1+y 22=m ,于是k = - 34m ①.由题设得0<m<32,故k< - 12.解法二设直线l 的方程为y =k (x - 1)+m ,由{y =k(x - 1)+m,x 24+y 23=1得(3+4k 2)x 2+8k (m - k )x +4(m - k )2 - 12=0,Δ=64k 2(m - k )2 - 4(3+4k 2)[4(m - k )2 -12]=48(3k 2+2mk - m 2+3). 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1+x 2=8k(k - m)3+4k 2.因为线段AB 的中点为M (1,m )(m>0),所以x 1+x 22=1,即4k(k - m)3+4k 2=1,化简得m = - 34k .由m>0得, - 34k >0,所以k<0. 又点M (1,m )在椭圆内部,所以14+m 23<1,即14+316k 2<1,解得k< - 12.经检验,当m = - 34k,k< - 12时,满足Δ>0.故k< - 12.(2)由题意得F (1,0).设P (x 3,y 3),则由FP ⃗⃗⃗⃗⃗ +FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得(x 3 - 1,y 3)+(x 1 - 1,y 1)+(x 2 - 1,y 2)=(0,0). 由(1)及题设得x 3=3 - (x 1+x 2)=1,y 3= - (y 1+y 2)= - 2m<0.又点P 在C 上,所以m =34,从而P (1, - 32),|FP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=32. 于是|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(x 1 - 1)2+y 12=√(x 1 - 1)2+3(1 -x 124)=2 - x12.同理|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2 - x 22. 所以|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=4 - 12(x 1+x 2)=3. 故2|FP⃗⃗⃗⃗⃗ |=|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |,即|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |,|FP ⃗⃗⃗⃗⃗ |,|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |成等差数列. 设该数列的公差为d ,则2|d |=||FB ⃗⃗⃗⃗⃗ | - |FA⃗⃗⃗⃗⃗ ||=12|x 1 - x 2|=12√(x 1+x 2)2 - 4x 1x 2 ②. 将m =34代入(1)中的①得k = - 1.所以l 的方程为y = - x +74,代入C 的方程,并整理得7x 2 - 14x +14=0.故x 1+x 2=2,x 1x 2=128,代入②解得|d |=3√2128.所以该数列的公差为3√2128或 -3√2128.数学探究 2 圆锥曲线与平面向量的交汇9 [2020天津模拟]已知抛物线C 1:x 2=2py (p>0)和圆C 2:(x +1)2+y 2=2,倾斜角为45°的直线l 1过C 1的焦点,且l 1与C 2相切. (1)求p 的值;(2)动点M 在C 1的准线上,动点A 在C 1上,若C 1在点A 处的切线l 2交y 轴于点B ,设MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,证明点N 在定直线上,并求该定直线的方程.(1)首先设出直线l 1的方程,再利用直线l 1与C 2相切,可求出p 的值.(2)首先设出点M 的坐标,再利用导数求出在A 点处的切线的斜率及切线l 2的方程,得到与y 轴的交点B 的坐标,由向量关系MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 进行坐标运算,得到点N 在定直线上. (1)依题意,设直线l 1的方程为y =x +p2,因为直线l 1与C 2相切,所以圆心C 2( - 1,0)到直线l 1:y =x +p2的距离d =| - 1+p2|√1+( - 1)=√2,即| - 1+p 2|√2=√2,解得p =6或p = - 2(舍去).所以p =6.(2)依题意设M (m , - 3),由(1)知抛物线C 1的方程为x 2=12y ,即y =x 212,所以y'=x6. 设A (x 1,y 1),则以A 为切点的切线l 2的斜率为k =x16, 所以切线l 2的方程为y =16x 1(x - x 1)+y 1.令x =0,得y = - 16x 12+y 1= - 16×12y 1+y 1= - y 1,即点B 的坐标为(0, - y 1),所以MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1 - m ,y 1+3),MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( - m , - y 1+3),所以MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1 - 2m ,6),ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1 - m ,3),其中O 为坐标原点. 设点N 的坐标为(x ,y ),则y =3, 所以点N 在定直线y =3上.1.(1)设直线AP 的斜率为k ,则k =x 2 -14x+12=x - 12.因为 - 12<x <32,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,得{kx - y +12k +14=0,x +ky - 94k - 32=0, 解得点Q 的横坐标是x Q =- k 2+4k+32(k 2+1).因为|PA |=2(x +12)=√1+k 2(k +1),|PQ |=√1+k 2(x Q - x )= -2√,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( - 1,12)上单调递增,(12,1)上单调递减,因此当k =12时,|PA |·|PQ |取得最大值2716.解法二连接BP ,则|AP |·|PQ |=|AP |·|PB |·cos ∠BPQ =AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ − AP ⃗⃗⃗⃗⃗ )=AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ − AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 2. 易知P (x ,x 2)( - 12<x <32),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x +12,x 2 - 14),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2), 则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +1+2x 2 - 12=2x 2+2x +12, AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=(x +12)2+(x 2 - 14)2=x 2+x +14+x 4 - 12x 2+116=x 4+12x 2+x +516. 所以|AP |·|PQ |= - x 4+32x 2+x +316( - 12<x <32). 设f (x )= - x 4+32x 2+x +316( - 12<x <32), 则f '(x )= - 4x 3+3x +1= - (x - 1)(2x +1)2,所以f (x )在( - 12,1)上单调递增,在(1,32)上单调递减, 所以f (x )max =f (1)=2716. 故|AP |·|PQ |的最大值为2716.2.(1)由已知得{c =1,4a =8,∴{c =1,a =2,∴b 2=3,∴椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1.(2)若直线l 的斜率不存在,则直线m 的斜率也不存在,这与直线m 与直线l 相交于点P 矛盾,∴直线l 的斜率存在.设l :y =k (x - 1)(k ≠0),m :y = - k (x +t ),A (x A ,y A ),B (x B ,y B ),M (x M ,y M ),N (x N ,y N ).将直线m 的方程代入椭圆方程得,(3+4k 2)x 2+8k 2tx +4(k 2t 2 - 3)=0,Δ=64k 4t 2 - 16(3+4k 2)(k 2t 2 - 3)>0, ∴x M +x N = - 8k 2t3+4k ,x M x N =4(k 2t 2 - 3)3+4k , ∴|MN |2=(1+k 2)·16(12k 2 - 3k 2t 2+9)(3+4k 2)2.同理,|AB |=√1+k 2·4√9k 2+93+4k 2=12(1+k 2)3+4k 2.由|MN |2=4|AB |得t =0,满足Δ>0, ∴直线m :y = - kx ,∴P (12, - 12k ),即点P 在定直线x =12上.3.(1)因为☉M 过点A ,B ,所以圆心M 在AB 的垂直平分线上.由已知A 在直线x +y =0上,且A ,B 关于坐标原点O 对称,所以M 在直线y =x 上,故可设M (a ,a ). 因为☉M 与直线x +2=0相切,所以☉M 的半径为r =|a +2|.连接MA ,由已知得|AO |=2,又MO⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ,故可得2a 2+4=(a +2)2,解得a =0或a =4.故☉M的半径r=2或r=6.(2)存在定点P(1,0),使得|MA| - |MP|为定值.理由如下:设M(x,y),由已知得☉M的半径为r=|x+2|,|AO|=2.⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AO⃗⃗⃗⃗⃗ ,故可得x2+y2+4=(x+2)2,化简得M的轨迹方程为y2=4x.由于MO因为曲线y2=4x是以点P(1,0)为焦点,以直线x= - 1为准线的抛物线,所以|MP|=x+1.【解后反思】高考对解析几何问题的考查,一般是以直线和圆(或圆锥曲线)的位置关系为载体,以参数处理为核心,考查范围、最值问题,定点、定值问题.试题的解答往往要综合运用数形结合、化归与转化思想等多种思想方法,对计算能力也有较高要求,难度较大.。

文科圆锥曲线专题练习及问题详解-共8页

文科圆锥曲线1.设12F F 是椭圆2222:1(0)x y E a b a b +=>>的左、右焦点，P 为直线32ax =上一点，12PF F ∆是底角为30的等腰三角形，则E 的离心率为（）()A 12 ()B 23 ()C 34()D 45【答案】C【命题意图】本题主要考查椭圆的性质及数形结合思想，是简单题.【解析】∵△21F PF 是底角为030的等腰三角形， ∴322c a =，∴e =34，∴0260PF A ∠=，212||||2PF F F c ==，∴2||AF =c ，2.等轴双曲线C 的中心在原点，焦点在x 轴上，C 与抛物线x y 162=的准线交于,A B 两点，AB =；则C 的实轴长为（）()A ()B ()C 4 ()D 8【命题意图】本题主要考查抛物线的准线、直线与双曲线的位置关系，是简单题.【解析】由题设知抛物线的准线为：4x =，设等轴双曲线方程为：222x y a -=，将4x =代入等轴双曲线方程解得y =，∵||AB =a =2，∴C 的实轴长为4，故选C.3.已知双曲线1C ：22221(0,0)x y a b a b -=>>的离心率为2.若抛物线22:2(0)C x py p =>的焦点到双曲线1C 的渐近线的距离为2，则抛物线2C 的方程为(A) 2x y =(B) 2x y = (C)28x y = (D)216x y = 考点：圆锥曲线的性质解析：由双曲线离心率为2且双曲线中a ，b ，c 的关系可知a b 3=，此题应注意C2的焦点在y 轴上，即（0，p/2）到直线x y 3=的距离为2，可知p=8或数形结合，利用直角三角形求解。

4.椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为4x =-，则该椭圆的方程为（A ）2211612x y += （B ）221128x y += （C ）22184x y += （D ）221124x y += 【命题意图】本试题主要考查了椭圆的方程以及性质的运用。

2021年高考数学总复习提能拔高限时训练：圆锥曲线的综合问题(练习+详细解析)大纲人教版2

提能拔高限时训练38 圆锥曲线的综合问题一、选择题1.设双曲线以椭圆192522=+y x 长轴的两个端点为焦点,其准线过椭圆的焦点,那么双曲线的渐近线的斜率为〔〕 A.±2 B.34±C.21±D.43± 解析:椭圆的长轴两端点和焦点分别为(5,0),(-5,0)和(4,0),(-4,0).设双曲线方程为12222=-by a x ,那么有c=5,42=ca ,a 2+b 2=c 2, ∴a 2=20,b 2=5. 故其渐近线为x y 21±=. 答案:C2.F 1,F 2是椭圆C:14822=+y x 的两个焦点,在椭圆C 上满足PF 1⊥PF 2的点P 的个数为〔〕 A.0 B.1 C.2 D.4解析:由14822=+y x ,得a=22,b=2,c=2. ∵b=c=2,∴以原点为圆心,c 为半径的圆与椭圆有2个交点. ∴满足PF 1⊥PF 2的点P 的个数为2. 答案:C3.双曲线1422=-y x 的两个焦点为F 1、F 2,点P 在双曲线上,△PF 1F 2的面积为3,那么21PF PF •的值是〔〕A.2B.3C.-2D.3- 解析:设||1PF =m,||2PF =n,∠F 1PF 2=θ,那么21mnsinθ=3,m 2+n 2-2mncosθ=(52)2.由这两式消去m 和n,得,3,3cos 1sin πθθθ==-∴cosθ=21. ∴mn=4.∴21PF PF •=mncosθ=4×21=2. 答案:A4.如图,在△ABC 中,,212tan=C 0=•BC AH ,0)(=+•CB CA AB ,那么过点C,以A 、H 为两焦点的双曲线的离心率为〔〕A.2B.3C.2D.3 解析:由0=•BC AH ,得AH⊥BC.由,212tan=C 得tanC=34. 设CH=3m,那么AH=4m,AC=5m(m>0).由双曲线的离心率的定义,知过点C,以A 、H 为两焦点的双曲线的离心率2354=-=-=mm mCH CA AH e .答案:A5.在给定双曲线中,过焦点且垂直于实轴的弦长为2,焦点到相应准线的距离为21,那么该双曲线的离心率为〔〕 A.22B.2C.2D.22 解析:不妨设双曲线方程为12222=-b y a x (a>0,b>0),那么依题意有222=a b 且212=-c a c ,据此解得2==ace ,选C. 答案:C6.直线l:x=4,直线l 上任一点A,过点A 作l 的垂线l 1,点B(8,2),线段AB 的垂直平分线交l 1于点P,那么点P 的轨迹方程是〔〕A.(y-2)2=8(x-6)B.(y-2)2=4(x-6)C.19)2(16)6(22=-+-y x D.19)2(16)6(22=---y x解析:如图,设P(x,y),那么A(4,y),AB 的中点)22,6(+y M . 因为PM 是线段AB 的垂直平分线, 所以有k AB ·k PM =-1.整理,得(y-2)2=8(x-6), 即为点P 的轨迹方程. 答案:A7.设椭圆12222=+b y a x (a>b>0)的离心率21=e ,右焦点为F(c,0),方程ax 2+bx-c=0的两实根分别为x 1,x 2,那么点P(x 1,x 2)〔〕 A.必在圆x 2+y 2=2内 B.必在圆x 2+y 2=2上C.必在圆x 2+y 2=2外 D.以上情形都有可能解析:∵21==a c e ,∴a=2c. 又∵a 2=b 2+c 2,∴b 2=243a . ∵x 1+x 2=a b -,x 1x 2=ac-,∴x 12+x 22=(x 1+x 2)2-2x 1x 2247143<=+=. 答案:A8.椭圆x 2+2y 2=4,那么以(1,1)为中点的弦的长度为〔〕 A.23 B.32 C.330 D.263 解析:依题意,设弦端点A(x 1,y 1)、B(x 2,y 2)，那么x 12+2y 12=4,x 22+2y 22=4.∴x 12-x 22=-2(y 12-y 22). ∴此弦斜率21)(221212121-=++-=--=y y x x x x y y k .∴此弦直线方程为)1(211--=-x y , 即2321+-=x y . 代入x 2+2y 2=4, 整理,得3x 2-6x+1=0. ∴x 1x 2=31,x 1+x 2=2. ∴|AB|=330344254)()211(1212212=-•=-+•-+x x x x .答案:C9.假设椭圆12222=+by a x (a>b>0)的左、右焦点分别为F 1、F 2,线段F 1F 2被抛物线y 2=2bx 的焦点分成5∶3的两段,那么此椭圆的离心率为〔〕 A.1716B.1712-C.22-D.552解析:由｜F 1F ｜∶｜FF 2｜=5∶3,其中｜FF 2｜=｜OF 2｜-｜OF ｜=2bc -, ｜F 1F ｜=｜OF 1｜+｜OF ｜=c+2b . ∴.3522=-+b c bc ∴c=2b. 又∵a 2=b 2+c 2=b 2+4b 2=5b 2, ∴a=5b. ∴.55252===bb ac e 答案:D10.△PAB 所在的平面α和四边形ABCD 所在的平面β垂直,且AD⊥α,BC⊥α,AD=4,BC=8,AB=6,∠APD=∠CPB,那么点P 在平面α内的轨迹是〔〕 A.圆的一局部 B.椭圆的一局部 C.双曲线的一局部 D.抛物线的一局部解析:∵AD⊥α,BC⊥α,∴AD∥BC,且∠CBP=∠DAP=90°. 又∠CPB=∠APD,故Rt△CBP∽Rt△DAP, 有2184===BC AD PB PA . 在平面PAB 内,以AB 所在直线为x 轴,AB 的中点为坐标原点,建立如上图所示的直角坐标系,那么A(-3,0)、B(3,0). 设P(x,y),那么21)3()3(2222=+-++y x y x , 化简,得x 2+y 2+10x+9=0. 注意到点P 不在直线AB 上,∴点P 的轨迹方程为x 2+y 2+10x+9=0(y≠0),点P 在平面α内的轨迹为圆的一局部. 答案:A 二、填空题11.(2021湖北八校高三第一次联考)当α∈［2π,π)时,方程x 2sinα-y 2cosα=1表示的曲线可能是__________.(填上你认为正确的序号)①圆 ②两条平行直线 ③椭圆 ④双曲线 ⑤抛物线解析:∵α∈［2π，π), ∴当α=43π时,sinα=-cosα=22.此时x 2sinα-y 2cosα=1, 即x 2+y 2=2表示一个圆;当α=2π时,sinα=1,cosα=0, 此时x 2sinα-y 2cosα=1,即x 2=1表示两条平行直线; 当2π<α<π,且α≠43π时,cosα<0<sinα,且|sinα|≠|cosα|,此时x 2sinα-y 2cosα=1表示椭圆.答案:①②③12.如图,在△ABC 中,∠ABC=∠ACB=30°,AB、AC 边上的高分别为CD 、BE,那么以B 、C 为焦点,且经过D 、E 两点的椭圆与双曲线的离心率之和为.解析:设BC=2,椭圆的焦距为2c,长轴长为2a,离心率为e;双曲线的焦距为2c′,实轴长为2a′,离心率为e′.于是2c=2c′=2,2a=|BE|+|CE|=1+3,2a′=||BE|-|CE||=3-1, 所以321321322222=-++=''+='+a c a c e e . 答案:3213.抛物线y 2=2px(p>0),过焦点F 的动直线l 交抛物线于A 、B 两点,那么我们知道||1||1BF AF +为定值.请写出关于椭圆的类似结论________:.当椭圆方程为13422=+y x 时,||1||1BF AF +=_________. 解析:通过列方程组及椭圆的第二定义,计算|AF|与|BF|推出结论,这个和为定值:22||1||1baBF AF =+. 当椭圆方程为13422=+y x 时,34||1||1=+BF AF .答案:椭圆12222=+b y a x (a>b>0),过焦点F 的动直线l 交椭圆于A 、B 两点,那么22||1||1b a BF AF =+为定值34 14.从双曲线15322=-y x 的左焦点F 引圆x 2+y 2=3的切线FP 交双曲线右支于点P,T 为切点,M 为线段FP 的中点,O 为坐标原点,那么|MO|-|MT|等于_________.解析:点P 在双曲线的右支上,设右焦点为F 2,那么|PF|-|PF 2|=2a=32.在Rt△OTF 中,|FO|=c=22,|OT|=a=3,∴|TF|=b=5. 在△PFF 2中,MO 为其中位线, ∴|MF|-|MO|=a=3, 即|MT|+5-|MO|=3. ∴|MO|-|MT|=35-. 答案: 35- 三、解答题15.椭圆C 1的方程为1422=+y x ,双曲线C 2的左、右焦点分别为C 1的左、右顶点,而C 2的左、右顶点分别是C 1的左、右焦点. (1)求双曲线C 2的方程;(2)假设直线l:y=kx+2与椭圆C 1及双曲线C 2都恒有两个不同的交点,且l 与C 2的两个交点A 和B 满足6<•OBOA (其中O 为原点),求k 的取值范围.解:(1)设双曲线C 2的方程为12222=-by a x ,那么a 2=4-1=3.再由a 2+b 2=c 2,得b 2=1.故双曲线C 2的方程为1322=-y x . (2)将y=kx+2代入1422=+y x ,得(1+4k 2)x 2+82kx+4=0, 由直线l 与椭圆C 1恒有两个不同的交点,得Δ1=(82)2k 2-16(1+4k 2)=16(4k 2-1)>0,即k 2>41.① 将y=kx+2代入1322=-y x ,得(1-3k 2)x 2-62kx-9=0, 由直线l 与双曲线C 2恒有两个不同的交点A 、B,得即k 2≠31且k 2<1.② 设A(x A ,y A ),B(x B ,y B ), 那么x A +x B =22319,3126k x x k k BA --=-. 由6<•OB OA ,得x A x B+y A y B<6,而x A x B +y A y B =x A x B +(kx A +2)(kx B +2)=(k 2+1)x A x B +2k(x A +x B )+2=(k 2+1)·13732312623192222-+=+-•+--k k k k k k .于是6137322<-+k k ,即013131522>--k k . 解此不等式,得k 2>1513或k 2<31.③由①②③,得31412<<k 或115132<<k .故k 的取值范围为)11513()33,21()21,33()1513,1(， ----. 16.抛物线y=x 2上两点A 、B 满足PBAP λ=,λ>0,其中点P 坐标为(0,1),OB OA OM+=,O 是坐标原点.(1)求四边形OAMB 的面积S 的最小值;(2)求点M 的轨迹方程. 解:(1)由PB AP λ=,知A 、P 、B 三点在同一直线上,设该直线方程为y=kx+1,A(x 1,x 12),B(x 2,x 22).由⎩⎨⎧=+=,,12x y kx y 得x 2-kx-1=0, ∴x 1+x 2=k,x 1x 2=-1.∵OB OA •=x 1x 2+x 12x 22=-1+(-1)2=0,∴OB OA ⊥.又∵四边形OAMB 是平行四边形, ∴四边形OAMB 是矩形. ∴S=||||OB OA ⊥24k +=.因此k=0时,S 取最小值2.(2)设M(x,y),∴⎪⎩⎪⎨⎧+=+=②x x y ①x x x .,222121由①②,得x 2=y-2,∴点M 的轨迹方程是y=x 2+2.教学参考例题志鸿优化系列丛书【例1】直线l:y=kx+1与双曲线C:x 2-y 2=1的左支交于不同的两点A 、B,直线m 过点P(-2,0)和AB 的中点M,求m 在y 轴上的截距b 的取值范围.解:由⎩⎨⎧=-+=,1,122y x kx y 消去y 得(k 2-1)x 2+2kx+2=0,x≤-1,由题意可得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>--=<-=+>-+=∆≠-,012,012,0)1(84,01221221222k x x k k x x k k k解得1-k<2. 设M(x 0,y 0),那么⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+=-=+=.111,122002110k kx y k k x x x由P(-2,0),)11,1(22k k k M --,Q(0,b)三点共线可知2222++-=k k b . 令f(k)=-2k 2+k+2,那么f(k)在(1,2)上为减函数. ∴f(2)<f(k)<f(1)且f(k)≠0, 那么b<-(2+2)或b>2.【例2】定点P(p,0)(p>0),动点M 在y 轴上的射影为H,假设向量PM 与HM 在OM 方向上的投影相等,直线l:x+y=m. (1)求动点M 的轨迹C 的方程;(2)假设将曲线C 向左平移1个单位与直线l 相交于两个不同点R 、Q,且OR OQ •=0,求p 关于m 的函数f(m)的表达式.解:(1)设M(x,y),那么H(0,y),那么OM =(x,y),HM =(x,0),PM =(x-p,y). 由题意可知OMHM OM PM•=•,得x(x-p)+y 2=x 2.故C 的方程为y 2=px.(2)曲线C 向左平移1个单位后的曲线方程为y 2=p(x+1). 由⎩⎨⎧+==+)1(,2x p y m y x 消去y,得y 2-(2m+p)x+(m 2-p)=0,Δ=(2m+p)2-4(m 2-p) =p(4m+p+4)>0, 即41p m -->. 设Q(x 1,y 1),R(x 2,y 2),那么由一元二次方程根与系数的关系,得x 1+x 2=2m+p,x 1·x 2=m 2-p. ∵OR OQ ⊥,∴x 1·x 2+y 1·y 2=2(m 2-p)-m(2m+p)+m 2=m 2-(m+2)p=0.∴p=f(m)=22+m m .又p>0,m>-1-4p , ∴f(m)的定义域为(-2,0)∪(0,+∞).【例3】如图,F 为椭圆12222=+b y a x (a>b>0)的右焦点,直线l 过点F 且与双曲线12222=-by a x 的两条渐近线l 1、l 2分别交于点M 、N,与椭圆交于点A 、B. (1)假设∠MON=3π,双曲线的焦距为4,求椭圆方程; (2)假设0=•MN OM(O 为坐标原点),FA 31=AN ,求椭圆的离心率e.解:(1)∵∠MON=3π,M,N 是直线l 与双曲线两条渐近线的交点, ∴,336tan ==πa b 即a=b 3. ∵双曲线的焦距为4,∴a 2+b 2=4. 解得a 2=3,b 2=1,∴椭圆的方程为1322=+y x . (2)设椭圆的焦距为2c,那么点F 的坐标为(c,0). ∵0=•MN OM,∴l⊥l 1.∵直线l 1的斜率为a b , ∴直线l 的斜率为ba.∴直线l 的方程为)(c x bay -=.由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=,),(x a b y c x b a y 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==,,2c ab y c a x即点),(2cabc a N ,设A(x,y),由FA31=AN,得(x-c,y)=),(312y cabx c a --, 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=-)(31),(312y c ab y x c a c x解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=,4,4322c ab y c a c x ∴点A 的坐标为)4,43(22cabc a c +.∵点A 在椭圆上,∴11616)3(2222222=++c a c a a c , 即(3c 2+a 2)2+a 4=16a 2c 2.∴(3e 2+1)2+1=16e 2.∴9e 4-10e 2+2=0.∴9752±=e . ∴375±=e . ∴椭圆的离心率375±=e . 【例4】曲线C 上任意一点M 到点F(0,1)的距离比它到直线l:y=-2的距离小1.(1)求曲线C 的方程;(2)假设过点P(2,2)的直线m 与曲线C 交于A,B 两点,设PB AP λ=. ①当λ=1时,求直线m 的方程;②当△AOB 的面积为42时(O 为坐标原点),求λ的值.解:(1)设M(x,y),那么由题意得|MF|=|y+2|-1,即1|2|)1(22-+=-+y y x . 当y≥-2时,1)1(22+=-+y y x ,两边平方得x 2=4y;当y<-2时,3)1(22--=-+y y x ,两边平方得x 2=8y+8,因y<-2,不合题意,舍去.故点M 的轨迹C 的方程是x 2=4y.(2)当直线m 的斜率不存在时,它与曲线C 只有一个交点,不合题意,当直线m 与x 轴不垂直时,设直线m 的方程为y-2=k(x-2),即y=kx+(2-2k).代入x 2=4y,得x 2-4kx+8(k-1)=0,①Δ=16(k 2-2k+2)>0对k∈R 恒成立,∴直线m 与曲线C 恒有两个不同的交点.设交点A,B 的坐标分别为A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),那么x 1+x 2=4k,②x 1x 2=8(k-1).③ ①由PB AP λ=,且λ=1,得P 为AB 的中点,∴x 1+x 2=4.把②代入,得4k=4,k=1.∴直线m 的方程是x-y=0. ②∵|AB|=]4))[(1()()(212212221221x x x x k y y x x -++=-+- )22)(1(422+-+=k k k ,点O 到直线m 的距离21|22|k k d +-=,∴S △ABO 22|1|4||212+--=•=k k k d AB ∵S △ABO =24, ∴24)1()1(424=-+-k k , 即(k-1)4+(k-1)2-2=0.(k-1)2=1或(k-1)2=-2(无实根),由(k-1)2=1,解得k=0或k=2.1°当k=0时,方程①的解为x=±22. 当22,2221-==x x 时,2232221-=--=x x λ; 当22,2221=-=x x ,2232221+=--=x x λ. 2°当k=2时,方程①的解为224±, 同理可得λ=3+22或λ=3-22.。

2021年高考数学 8.5 圆锥曲线的综合问题课时提升作业文(含解析)

2021年高考数学 8.5 圆锥曲线的综合问题课时提升作业文（含解析）一、选择题1.(xx·济南模拟)过抛物线y=2x2的焦点的直线与抛物线交于A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2=( )(A)-2 (B)- (C)-4 (D)-2.设抛物线y2=8x的准线与x轴交于点Q,若过点Q的直线l与抛物线有公共点,则直线l的斜率的取值范围是( )(A)[-,] (B)[-2,2](C)[-1,1] (D)[-4,4]3.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,则椭圆长轴的最小值为( )(A)1 (B) (C)2 (D)24.若点O和点F分别为椭圆+=1的中心和左焦点,点P为椭圆上的任意一点,则·的最大值为( )(A)2 (B)3 (C)6 (D)85.(能力挑战题)已知抛物线方程为y2=4x,直线l的方程为x-y+4=0,在抛物线上有一动点P到y轴的距离为d1,P到直线l的距离为d2,则d1+d2的最小值为( )(A)+2 (B)+1 (C)-2 (D)-16.(xx·河池模拟)已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点,且左、右焦点分别为F1,F2,且两条曲线在第一象限的交点为P,△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形.若|PF1|=10,椭圆与双曲线的离心率分别为e1,e2,则e1·e2的取值范围是( ) (A)(0,+∞) (B)(,+∞)(C)(,+∞) (D)(,+∞)二、填空题7.(xx·南宁模拟)过椭圆C:+=1(a>b>0)的左顶点A且斜率为k的直线交椭圆C于另一个点B,且点B在x轴上的射影恰好为右焦点F,若<k<,则椭圆离心率的取值范围为.8.设连接双曲线-=1与-=1(a>0,b>0)的4个顶点的四边形面积为S1,连接其4个焦点的四边形面积为S2,则的最大值为.9.过抛物线y2=2px(p>0)上一定点P(x0,y0)(y0>0)作两直线分别交抛物线于A(x1,y1),B(x2,y2),当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时,则的值为.三、解答题10.(xx·广州模拟)如图,已知椭圆C:+y2=1(a>1)的上顶点为A,离心率为,若不过点A的动直线l与椭圆C相交于P,Q两点,且·=0.(1)求椭圆C的方程.(2)求证:直线l过定点,并求出该定点N的坐标.11.(能力挑战题)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率e=,a2与b2的等差中项为.(1)求椭圆E的方程.(2)A,B是椭圆E上的两点,线段AB的垂直平分线与x轴相交于点P(t,0),求实数t的取值范围.12.已知椭圆C1:+=1(a>b>0)的右焦点F2与抛物线C2:y2=4x的焦点重合,椭圆C1与抛物线C2在第一象限的交点为P,|PF2|=.圆C3的圆心T是抛物线C2上的动点,圆C3与y轴交于M,N两点,且|MN|=4.(1)求椭圆C1的方程.(2)证明:无论点T运动到何处,圆C3恒经过椭圆C1上一定点.13.(xx·成都模拟)给定椭圆C:+=1(a>b>0),称圆心在坐标原点O,半径为的圆是椭圆C的“伴随圆”,若椭圆C的一个焦点为F2(,0),其短轴上的一个端点到F2的距离为.(1)求椭圆C及其“伴随圆”的方程.(2)若过点P(0,m)(m<0)的直线与椭圆C只有一个公共点,且截椭圆C的“伴随圆”所得的弦长为2,求m的值.(3)过椭圆C“伴随圆”上一动点Q作直线l1,l2,使得l1,l2与椭圆C都只有一个公共点,试判断直线l1,l2的斜率之积是否为定值,并说明理由.答案解析1.【解析】选D.由y=2x2得x2=y,其焦点坐标为F(0,),取直线y=,则其与y=2x2交于A(-,),B(,),∴x1x2=(-)·()=-.【方法技巧】与动直线相关值的求解技巧解决动直线与圆锥曲线相交的有关值的选择题、填空题,一般取其特殊位置探索其值即可.2.【解析】选C.设直线方程为y=k(x+2),与抛物线联立方程组,整理得ky2-8y+16k=0.当k=0时,直线与抛物线有一个交点.当k≠0时,由Δ=64-64k2≥0,解得-1≤k≤1且k≠0.综上-1≤k ≤1.3.【解析】选D.设椭圆长半轴长为a,短半轴长为b,a2-b2=c2,由题意,·2c·b=1,∴bc=1,b2+c2=a2≥2bc=2.∴a≥.∴长轴的最小值为2.4.【解析】选C.设P(x0,y0),则+=1即=3-,又∵F(-1,0),∴·=x0·(x0+1)+=+x0+3=(x0+2)2+2,又x0∈[-2,2],∴(·)∈[2,6],所以(·)max=6.5.【思路点拨】画出图象,通过图象可知点P到y轴的距离等于点P到焦点F的距离减1,过焦点F作直线l的垂线,此时d1+d2最小,根据抛物线方程求得F的坐标,进而利用点到直线的距离公式求得d1+d2的最小值.【解析】选D.如图所示,由抛物线的定义知,|PF|=d1+1,∴d1=|PF|-1,d1+d2=d2+|PF|-1,显然当直线PF垂直于直线x-y+4=0时,d1+d2最小,此时d2+|PF|为F到直线x-y+4=0的距离.由题意知F点的坐标为(1,0),所以(d2+|PF|)min==.∴(d1+d2)min=-1.6.【解析】选B.由题意知|PF1|=r1=10,|PF2|=r2=2c,且r1>r2.e2====;e1====.∵三角形两边之和大于第三边,2c+2c>10,即c>,∴e1·e2==>,因此选B.7.【解析】由题意知:B(c,),∴k===1-e.又<k<,∴<1-e<,解得<e<.答案:(,)8.【思路点拨】将用a,b表示,利用基本不等式求最值.【解析】S1=·2a·2b=2ab,S2=·2·2=2(a2+b2),=(a>0,b>0),∴=≤(当且仅当a=b时取等号).答案:9.【解析】设直线PA的斜率为k PA,PB的斜率为k PB,由=2px1,=2px0,得k PA==,同理k PB=,由于PA与PB的斜率存在且倾斜角互补,因此=-,即y1+y2=-2y0(y0>0),那么=-2.答案:-210.【解析】(1)依题意有⇒故椭圆C的方程为:+y2=1.(2)由·=0,知AP⊥AQ,从而直线AP与坐标轴不垂直,由A(0,1)可设直线AP的方程为y=kx+1,直线AQ的方程为y=-x+1(k≠0).将y=kx+1代入椭圆C的方程+y2=1并整理得:(1+3k2)x2+6kx=0,解得x=0或x=-,因此P的坐标为(-,-+1),即(-,),将上式中的k换成-,得Q(,).直线l的方程为y=(x-)+,化简得直线l的方程为y=x-,因此直线l过定点N(0,-).11.【解析】(1)由题意得解得:.即椭圆E的方程为+=1.(2)设A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).因线段AB的垂直平分线与x轴相交,故AB不平行于y轴,即x1≠x2.又交点为P(t,0),故|PA|=|PB|,即(x1-t)2+=(x2-t)2+,∴t=+ ①∵A,B在椭圆上,∴=4-,=4-.将上式代入①,得t=.又∵-3≤x1≤3,-3≤x2≤3,且x1≠x2,∴-6<x1+x2<6,则-<t<,即实数t的取值范围是(-,).【一题多解】(1)同原题.(2)设A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).因线段AB的垂直平分线与x轴相交,故AB不平行于y轴,即x1≠x2. (ⅰ)若y1=y2,则线段AB的垂直平分线方程为x=0,即t=0.(ⅱ)若y1≠y2,则线段AB的垂直平分线方程为y-=-(x-).∵P(t,0)在直线上,∴t=+ ①∵A,B在椭圆上,∴=4-,=4-.将上式代入①,得t=.又∵-3≤x1≤3,-3≤x2≤3,且x1≠x2,∴-6<x1+x2<6,则-<t<.综合(ⅰ)(ⅱ)得实数t的取值范围是(-,).12.【思路点拨】(1)根据抛物线的方程,求出其焦点坐标,然后求出椭圆的焦点坐标,通过定义建立方程,化简即可得到椭圆C1的方程.(2)设出点T的坐标,将抛物线方程代入圆的方程,得到一元二次方程,利用此方程恒成立求解. 【解析】(1)∵抛物线C2:y2=4x的焦点坐标为(1,0),∴点F2的坐标为(1,0).∴椭圆C1的左焦点F1的坐标为F1(-1,0),抛物线C2的准线方程为x=-1.设点P的坐标为(x1,y1),由抛物线的定义可知|PF2|=x1+1,∵|PF2|=,∴x1+1=,解得x1=.由=4x1=,且y1>0,得y1=.∴点P的坐标为(,).在椭圆C1:+=1(a>b>0)中,c=1.2a=|PF1|+|PF2|=+=4,∴a=2,b==,∴椭圆C1的方程为+=1.(2)设点T的坐标为(x0,y0),圆C3的半径为r,∵圆C3与y轴交于M,N两点,且|MN|=4,∴|MN|=2=4,∴r=,∴圆C3的方程为(x-x0)2+(y-y0)2=4+(*),∵点T是抛物线C2:y2=4x上的动点,∴=4x0(x0≥0),∴x0=.把x0=代入(*)消去x0整理得:(1-)-2yy0+(x2+y2-4)=0(**)方程(**)对任意实数y0恒成立,∴解得∵点(2,0)在椭圆C1:+=1上,∴无论点T运动到何处,圆C3恒经过椭圆C1上一定点(2,0).13.【解析】(1)由题意得:a=,半焦距c=,则b=1,椭圆C方程为+y2=1,“伴随圆”方程为x2+y2=4.(2)设过点P且与椭圆有一个交点的直线为:y=kx+m.则整理得(1+3k2)x2+6kmx+(3m2-3)=0,所以Δ=(6km)2-4(1+3k2)(3m2-3)=0,解3k2+1=m2①.又因为直线截椭圆C的“伴随圆”所得的弦长为2,则有2=2,化简得m2=2(k2+1)②.联立①②解得:k2=1,m2=4,所以k=±1,m=-2(∵m<0).(3)当l1,l2都有斜率时,设点Q(x0,y0),其中+=4,设经过点Q(x0,y0)与椭圆只有一个公共点的直线为y=k(x-x0)+y0由消去y得到x2+3[kx+(y0-kx0)]2-3=0,即(1+3k2)x2+6k(y0-kx0)x+3(y0-kx0)2-3=0,Δ=[6k(y0-kx0)]2-4·(1+3k2)[3(y0-kx0)2-3]=0,经过化简得到:(3-)k2+2x0y0k+1-=0,因为+=4,所以有(3-)k2+2x0y0k+(-3)=0,设l1,l2的斜率分别为k1,k2,因为l1,l2与椭圆都只有一个公共点,所以k1,k2满足方程(3-)k2+2x0y0k+(-3)=0,因而k1k2=-1,即直线l1,l2的斜率之积为定值-1.【变式备选】在平面直角坐标系xOy中,椭圆G的中心为坐标原点,左焦点为F1(-1,0),P为椭圆G的上顶点,且∠PF1O=45°.(1)求椭圆G的标准方程.(2)已知直线l1:y=kx+m1与椭圆G交于A,B两点,直线l2:y=kx+m2(m1≠m2)与椭圆G交于C,D两点,且|AB|=|CD|,如图所示.①证明:m1+m2=0;②求四边形ABCD的面积S的最大值.【解析】(1)设椭圆G的标准方程为+=1(a>b>0).因为F1(-1,0),∠PF1O=45°,所以b=c=1.所以a2=b2+c2=2.所以椭圆G的标准方程为+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).①由消去y得:(1+2k2)x2+4km1x+2-2=0.则Δ=8(2k2-+1)>0,所以|AB|====2.同理|CD|=2.因为|AB|=|CD|,所以2=2.因为m1≠m2,所以m1+m2=0.②由题意得四边形ABCD是平行四边形,设两平行线AB,CD间的距离为d,则d=.因为m1+m2=0,所以d=.所以S=|AB|·d=2·=4≤4=2.当且仅当2k2+1=2时,四边形ABCD的面积S取得最大值为2.36324 8DE4 跤25693 645D 摝24715 608B 悋35516 8ABC 誼uE 33199 81AF 膯33814 8416 萖36409 8E39 踹)25331 62F3 拳38110 94DE 铞20866 5182 冂_。

2021版高考数学一轮复习专题五圆锥曲线的综合及应用问题课时作业理

2021版高考数学一轮复习专题五圆锥曲线的综合及应用问题课时作业理第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．(2021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．(2021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.22 D ．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 |＋|PA |的最小值为________．7．(2020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．(2021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．(2021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，关于椭圆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．(2021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△PAB 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 ，试判定以PM 为直径的圆是否恒过点F? 并说明理由．4．(2021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Z51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。

2021版数学(文科)攻略大一轮复习课标版：§9.6 圆锥曲线的综合问题(试题部分)

§9.6 圆锥曲线的综合问题探考情悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点定点与定值问题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 2019课标全国Ⅲ,21,12分直线过定点直线与抛物线的位置关系;圆的方程 ★★★参变量的取值范围和最值问题 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 2018浙江,21,15分三角形的面积的取值范围椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系★★★2019课标全国Ⅱ,20,12分求椭圆的离心率及求参数的取值范围椭圆的定义存在性问题 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2016课标全国Ⅰ,20,12分存在性问题直线与抛物线的位置关系★★☆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方程的求法、位置关系的判断及应用、弦长问题、最值问题、定点定值的探索性问题以及圆锥曲线间的联系等,同时考查学生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.在求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、数形之间的转化能力,在推理过程中要保持思维的逻辑性,确保结果正确完整.破考点练考向【考点集训】考点一轨迹与轨迹方程(2020届江西南昌开学摸底,20)在平面直角坐标系xOy 中,已知Q(-1,2),F(1,0),动点P 满足|PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|PF ⃗⃗⃗⃗⃗ |. (1)求动点P 的轨迹E 的方程;(2)过点F 的直线与轨迹E 交于A,B 两点,记直线QA,QB 的斜率分别为k 1,k 2,求证:k 1+k 2为定值.答案 (1)设P(x,y),则PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1-x,2-y),OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0),PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-x,-y),由|PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|PF ⃗⃗⃗⃗⃗ |得|-1-x|=√(1-x)2+(-y)2,化简得y 2=4x,即动点P 的轨迹E 的方程为y 2=4x.(5分)(2)证明:设过点F(1,0)的直线的方程为x=my+1,A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), 由{x =my +1,y 2=4x 得y 2-4my-4=0,∴y 1+y 2=4m,y 1y 2=-4,(7分) ∵k 1+k 2=y 1-2x 1+1+y 2-2x 2+1,x 1=my 1+1,x 2=my 2+1, ∴k 1+k 2=y 1-2my 1+2+y 2-2my 2+2=(y 1-2)(my 2+2)+(y 2-2)(my 1+2)(my 1+2)(my 2+2)=2my 1y 2+(2-2m)(y 1+y 2)-8m 2y 1y 2+2m(y 1+y 2)+4,(10分)将y 1+y 2=4m,y 1y 2=-4代入上式得k 1+k 2=-8m 2-84m 2+4=-2, 故k 1+k 2为定值-2.(12分)考点二定点与定值问题1.(2019云南昆明摸底,11)设点M 为抛物线C:y 2=4x 的准线上一点(不同于准线与x 轴的交点),过抛物线C 的焦点F 且垂直于x 轴的直线与C 交于A,B 两点,设MA,MF,MB 的斜率分别为k 1,k 2,k 3,则k 1+k 3k 2的值为( )A.2B.2√2C.4D.4√2答案 A2.(2019广东二模,20)在平面直角坐标系xOy 中,抛物线C:x 2=6y 与直线l:y=kx+3交于M,N 两点. (1)设M,N 到y 轴的距离分别为d 1,d 2,证明:d 1和d 2的乘积为定值;(2)y 轴上是否存在点P,当k 变化时,总有∠OPM=∠OPN?若存在,求点P 的坐标;若不存在,请说明理由. 答案 (1)证明:将y=kx+3代入x 2=6y,得x 2-6kx-18=0.(1分) 设M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),则x 1x 2=-18,(2分) 从而d 1d 2=|x 1|·|x 2|=|x 1x 2|=18,为定值.(4分) (2)存在符合题意的点P.(5分)设P(0,b)为符合题意的点,直线PM,PN 的斜率分别为k 1,k 2, 从而k 1+k 2=y 1-b x 1+y 2-b x 2=2kx 1x 2+(3-b)(x 1+x 2)x 1x 2=-36k+6k(3-b)x 1x 2=-6k(b+3)x 1x 2.(9分) 因为当k 变化时,总有∠OPM=∠OPN, 所以k 1+k 2=0,所以b=-3,(11分) 所以存在点P(0,-3)符合题意.(12分)考点三参变量的取值范围和最值问题答案 B考点四存在性问题(2019四川凉山州二诊,20)椭圆长轴右端点为A,上顶点为M,O 为椭圆的中心,F 为椭圆的右焦点,且MF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·FA⃗⃗⃗⃗⃗ =√2-1,离心率为√22. (1)求椭圆的标准方程;(2)是否存在直线l,使直线l 交椭圆于P 、Q 两点,且点F 恰好为△PQM 的垂心?若存在,求出直线l 的方程;若不存在,请说明理由. 答案 (1)设椭圆的方程为x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0),半焦距为c. 则A(a,0),M(0,b),F(c,0),MF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(c,-b),FA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a-c,0). 由MF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·FA ⃗⃗⃗⃗⃗ =√2-1得ac-c 2=√2-1, 又c a =√22,a 2=b 2+c 2,∴a 2=2,b 2=1,∴椭圆的标准方程为x 22+y 2=1. (2)存在.∵F 为△PQM 的垂心,∴MF ⊥PQ,又M(0,1),F(1,0), ∴k MF =-1,∴k PQ =1.设直线PQ:y=x+m,P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2).将y=x+m 代入x 22+y 2=1,得3x 2+4mx+2m 2-2=0. 则x 1+x 2=-4m 3,x 1x 2=2m 2-23. Δ=(4m)2-12(2m 2-2)>0,解得-√3<m<√3. 又PF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥MQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-x 1,-y 1),MQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2,y 2-1),∴x 2-x 1x 2-y 1y 2+y 1=0,即(1-m)(x 1+x 2)-2x 1x 2+m-m 2=0, ∴3m 2+m-4=0,解得m=-43或m=1.经验证,当m=1时,直线l 过点F,不满足点F 是△PQM 的垂心. ∴存在直线l:y=x-43,使F 恰好为△PQM 的垂心.炼技法提能力【方法集训】方法1 求动点轨迹方程的方法1.(2020届皖北协作体第一次联考,10)设D 为椭圆x 2+y 25=1上任意一点,A(0,-2),B(0,2),延长AD 至点P,使得|PD|=|BD|,则点P 的轨迹方程为( ) A.x 2+(y-2)2=20 B.x 2+(y+2)2=20 C.x 2+(y-2)2=5 D.x 2+(y+2)2=5答案 B2.(2020届江西定南中学月考,15)已知定点A(-3,0),B(3,0),直线AM 、BM 相交于点M,且它们的斜率之积为-19,则动点M 的轨迹方程为 . 答案 x 29+y 2=1(x ≠±3)方法2 圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法1.(2018辽宁大连一模)已知抛物线C:y 2=2x,过点M(1,0)任作一条直线和抛物线C 交于A 、B 两点,设点G(2,0),连接AG,BG 并延长,分别和抛物线C 交于点A'和B',则直线A'B'过定点 . 答案 (4,0)2.(2019福建宁德期末,20)在平面直角坐标系xOy 中,过动点P 作直线x=-8的垂线,垂足为Q,且满足OP ⊥OQ,其中O 为坐标原点,动点P 的轨迹为曲线C. (1)求曲线C 的方程;(2)过点(2,0)作与y 轴不平行的直线l,交曲线C 于M,N 两点,点A(-3,0),记k,k 1,k 2分别为直线l,AM,AN 的斜率,求证:k k 1+k k 2为定值. 答案 (1)解法一:设P(x,y),x ≠0,则Q(-8,y),|OP|=√x 2+y 2,|OQ|=√(-8)2+y 2=√64+y 2,|PQ|=|x+8|. ∵OP ⊥OQ,∴|OP|2+|OQ|2=|PQ|2,即(√x 2+y 2)2+(√64+y 2)2=|x+8|2,整理得y 2=8x,故曲线C 的方程为y 2=8x(x ≠0). 解法二:设P(x,y),x ≠0,则Q(-8,y),∴k OP =y x,k OQ =y -8,∵OP ⊥OQ,∴k OP ·k OQ =y x ·y -8=-1. 整理得y 2=8x,故曲线C 的方程为y 2=8x(x ≠0).解法三:设P(x,y),x ≠0,则Q(-8,y),∴OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y),OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-8,y),∵OP ⊥OQ,∴OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-8x+y 2=0. 整理得y 2=8x,故曲线C 的方程为y 2=8x(x ≠0). (2)证法一:由题意知直线l 的方程为y=k(x-2),k ≠0, 联立{y =k(x -2),y 2=8x,消去x,整理得ky 2-8y-16k=0,设M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),则{y 1+y 2=8k ,y 1y 2=-16, ∵k 1=y 1x 1+3,k 2=y 2x 2+3,∴k k 1+k k 2=k (x 1+3y 1+x 2+3y 2) =k ·(x 1+3)y 2+(x 2+3)y 1y 1y 2=k ·(y 1k +5)y 2+(y2k+5)y 1y 1y 2=k ·2y 1y 2k+5(y 1+y 2)y 1y 2=k ·2×(-16)k+5×8k -16=-12,∴k k 1+k k 2为定值.证法二:依题意得,直线l 的方程为y=k(x-2),k ≠0, 联立{y =k(x -2),y 2=8x,消去y,整理得k 2x 2-(4k 2+8)x+4k 2=0,设M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),则{x 1+x 2=4k 2+8k 2,x 1x 2=4,∵k 1=y 1x 1+3,k 2=y 2x 2+3,∴k k 1+k k 2=k (x 1+3y 1+x 2+3y 2)=k ·(x 1+3)y 2+(x 2+3)y 1y 1y 2=k ·k(x 1+3)(x 2-2)+k(x 2+3)(x 1-2)k 2(x 1-2)(x 2-2)=2x 1x 2+x 1+x 2-12x 1x 2-2(x 1+x 2)+4=2×4+4k 2+8k 2-124-2×4k 2+8k2+4=8k2-16k 2=-12, ∴k k 1+k k 2为定值.方法3 圆锥曲线中的最值、范围问题的求解方法1.(2020届豫北名校第二次联考,8)已知抛物线y=18x 2与双曲线y 2a2-x 2=1(a>0)有共同的焦点F,O 为坐标原点,点P 在x 轴上方且在双曲线上,则OP⃗⃗⃗⃗⃗ ·FP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为( ) A.3-2√3 B.2√3-3 C.-74D.34答案 A2.(2020届广西桂林十八中期中,20)已知椭圆D:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的离心率e=√22,点(√2,-1)在椭圆D 上.(1)求椭圆D 的标准方程;(2)过y 轴上一点E(0,t)且斜率为k 的直线l 与椭圆D 交于A,B 两点,设直线OA,OB(O 为坐标原点)的斜率分别为k OA ,k OB ,若对任意实数k,存在λ∈[2,4],使得k OA +k OB =λk,求实数t 的取值范围. 答案 (1)椭圆D 的离心率e=√a 2-b 2a=√22,∴a=√2b,(2分)又点(√2,-1)在椭圆D 上,∴2a 2+1b2=1, 联立{a =√2b,2a2+1b2=1,得{a 2=4,b 2=2,(4分) ∴椭圆D 的标准方程为x 24+y 22=1.(5分) (2)由题意得,直线l 的方程为y=kx+t,(6分)由{x 24+y 22=1,y =kx +t,得(2k 2+1)x 2+4ktx+2t 2-4=0,(7分)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则x 1+x 2=-4kt 2k 2+1,x 1x 2=2t 2-42k 2+1,(8分)k OA +k OB =y1x 1+y2x 2=kx 1+t x 1+kx 2+t x 2=2k+t(x 1+x 2)x 1x 2=2k+t ·-4kt 2k 2+1·2k 2+12t 2-4=-4kt 2-2,由k OA +k OB =λk,k ∈R,得-4t 2-2=λ,即t 2=2-4λ,(10分)又λ∈[2,4],∴t 2∈[0,1],∴t ∈[-1,1].(12分)方法4 圆锥曲线中的存在性问题的求解方法(20195·3原创冲刺卷三,20)已知定点F(0,2)和定直线l:y=-3,动圆M 在直线l 的上方,其半径r=|MF|,且圆M 上的点到直线l 的距离的最小值等于1.(1)求圆心M 的轨迹C 的方程;(2)已知直线AB 交曲线C 于A,B 两点,交x 轴于点G,交y 轴正半轴于点H,是否存在直线AB,使得A,B 两点纵坐标之积为4,且1|GA|+1|GB|-3|GH|=0?若存在,求出直线AB 的方程;若不存在,请说明理由.答案 (1)由题意可知,动点M 到定点F(0,2)的距离等于到定直线l':y=-2的距离,根据抛物线的定义可知,点M 的轨迹C 是以F 为焦点的抛物线,故圆心M 的轨迹C 的方程为x 2=8y.(4分)(2)存在.假设存在符合条件的直线AB,由已知可知直线AB 的斜率存在,设直线AB 的方程为y=kx+b(k ≠0,b>0),A(x 1,y 1),B(x 2,y 2). 由{y =kx +b,x 2=8y得x 2-8kx-8b=0,所以{64k 2+32b >0,x 1+x 2=8k,x 1x 2=-8b,(6分) 所以y 1y 2=x 128·x 228=b 2.由y 1y 2=4,得b 2=4,又b>0,所以b=2.(8分)由1|GA|+1|GB|-3|GH|=0,得|GH||GA|+|GH||GB|=3,作AA'⊥x 轴,BB'⊥x 轴,垂足分别为A',B',则|GH||GA|+|GH||GB|=|OH||AA'|+|OH||BB'|=2y 1+2y 2=2(y 1+y 2)y 1y 2=3,(10分) 因为y 1y 2=4,y 1+y 2=k(x 1+x 2)+4=8k 2+4,所以8k 2+4=6,所以k=±12. 故存在符合条件的直线AB,其方程为y=12x+2或y=-12x+2.(12分)【五年高考】 A 组统一命题·课标卷题组1.(2019课标全国Ⅲ,21,12分)已知曲线C:y=x 22,D 为直线y=-12上的动点,过D 作C 的两条切线,切点分别为A,B. (1)证明:直线AB 过定点;(2)若以E (0,52)为圆心的圆与直线AB 相切,且切点为线段AB 的中点,求该圆的方程.答案本题将直线、抛物线、圆的相关内容有机结合,考查三者之间的位置关系,考查学生分析问题与解决问题的能力,考查逻辑推理与数学运算的核心素养.(1)证明:设D (t,-12),A(x 1,y 1),则x 12=2y 1.由于y'=x,所以切线DA 的斜率为x 1,故y 1+12x 1-t=x 1.整理得2tx 1-2y 1+1=0.设B(x 2,y 2),同理可得2tx 2-2y 2+1=0. 故直线AB 的方程为2tx-2y+1=0. 所以直线AB 过定点(0,12).(2)由(1)得直线AB 的方程为y=tx+12.由{y =tx +12,y =x 22可得x 2-2tx-1=0.于是x 1+x 2=2t,y 1+y 2=t(x 1+x 2)+1=2t 2+1. 设M 为线段AB 的中点,则M (t,t 2+12). 由于EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,而EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(t,t 2-2),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量(1,t)平行, 所以t+(t 2-2)t=0.解得t=0或t=±1.当t=0时,|EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2,所求圆的方程为x 2+(y -52)2=4;当t=±1时,|EM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2,所求圆的方程为x 2+(y -52)2=2. 2.(2016课标全国Ⅰ,20,12分)在直角坐标系xOy 中,直线l:y=t(t ≠0)交y 轴于点M,交抛物线C:y 2=2px(p>0)于点P,M 关于点P 的对称点为N,连接ON 并延长交C 于点H. (1)求|OH||ON|; (2)除H 以外,直线MH 与C 是否有其他公共点?说明理由. 答案 (1)由已知得M(0,t),P (t 22p,t).(1分)又N 为M 关于点P 的对称点,故N (t 2p,t),ON 的方程为y=p tx,代入y 2=2px 整理得px 2-2t 2x=0,解得x 1=0,x 2=2t 2p. 因此H (2t 2p,2t).(4分) 所以N 为OH 的中点,即|OH||ON|=2.(6分) (2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点.(7分) 理由如下:直线MH 的方程为y-t=p 2t x,即x=2t p(y-t).(9分)代入y 2=2px 得y 2-4ty+4t 2=0,解得y 1=y 2=2t,即直线MH 与C 只有一个公共点,所以除H 以外直线MH 与C 没有其他公共点.(12分) 3.(2015课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的离心率为√22,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.答案 (1)由题意有c a =√22,4a 2+2b2=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=b2k 2+1. 于是直线OM 的斜率k OM =y M x M=-12k ,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.B 组自主命题·省(区、市)卷题组考点一定点与定值问题1.(2016北京,19,14分)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1过A(2,0),B(0,1)两点. (1)求椭圆C 的方程及离心率;(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上,直线PA 与y 轴交于点M,直线PB 与x 轴交于点N.求证:四边形ABNM 的面积为定值. 答案 (1)由题意得,a=2,b=1. 所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(3分) 又c=√a 2-b 2=√3, 所以离心率e=c a =√32.(5分)(2)证明:设P(x 0,y 0)(x 0<0,y 0<0),则x 02+4y 02=4.(6分)又A(2,0),B(0,1),所以,直线PA 的方程为y=y 0x 0-2(x-2).令x=0,得y M =-2y 0x 0-2,从而|BM|=1-y M =1+2y 0x 0-2.(9分)直线PB 的方程为y=y 0-1x 0x+1.令y=0,得x N =-x 0y 0-1, 从而|AN|=2-x N =2+x 0y 0-1.(12分) 所以四边形ABNM 的面积 S=12|AN|·|BM| =12(2+x 0y 0-1)(1+2y 0x 0-2) =x 02+4y 02+4x 0y 0-4x 0-8y 0+42(x 0y 0-x 0-2y 0+2)=2x 0y 0-2x 0-4y 0+4x 0y 0-x 0-2y 0+2=2.从而四边形ABNM 的面积为定值.(14分)2.(2015陕西,20,12分)如图,椭圆E:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)经过点A(0,-1),且离心率为√22.(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.答案 (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+2k2,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-kx 2 =2k+(2-k)(1x 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.考点二参变量的取值范围和最值问题1.(2018浙江,17,4分)已知点P(0,1),椭圆x24+y 2=m(m>1)上两点A,B 满足AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则当m= 时,点B 横坐标的绝对值最大.答案 52.(2018浙江,21,15分)如图,已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点,抛物线C:y 2=4x 上存在不同的两点A,B 满足PA,PB 的中点均在C 上.(1)设AB 中点为M,证明:PM 垂直于y 轴;(2)若P 是半椭圆x 2+y 24=1(x<0)上的动点,求△PAB 面积的取值范围.答案 (1)设P(x 0,y 0),A (14y 12,y 1),B (14y 22,y 2).因为PA,PB 的中点在抛物线上, 所以y 1,y 2为方程(y+y 02)2=4·14y 2+x 02即y 2-2y 0y+8x 0-y 02=0的两个不同的实根.所以y 1+y 2=2y 0,因此,PM 垂直于y 轴.(2)由(1)可知{y 1+y 2=2y 0,y 1y 2=8x 0-y 02,所以|PM|=18(y 12+y 22)-x 0=34y 02-3x 0,|y 1-y 2|=2√2(y 02-4x 0). 因此,△PAB 的面积S △PAB =12|PM|·|y 1-y 2|=3√24(y 02-4x 0)32. 因为x 02+y 024=1(x 0<0),所以y 02-4x 0=-4x 02-4x 0+4∈[4,5].因此,△PAB 面积的取值范围是[6√2,15√104]. 3.(2016山东,21,14分)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=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.答案 (1)设椭圆的半焦距为c. 由题意知2a=4,2c=2√2,所以a=2,b=√a 2-c 2=√2. 所以椭圆C 的方程为x 24+y 22=1. (2)(i)证明:设P(x 0,y 0)(x 0>0,y 0>0). 由M(0,m),可得P(x 0,2m),Q(x 0,-2m). 所以直线PM 的斜率k=2m -m x 0=mx 0, 直线QM 的斜率k'=-2m -m x 0=-3mx 0. 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 2-42k 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 =14(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=√66时取得.此时√2=√66,即m=√147,符合题意.所以直线AB 的斜率的最小值为√62.考点三存在性问题(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:x 2a2+y 2b2=1(a>b>0)的离心率是√22,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.答案 (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 24+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=-4k2k 2+1,x 1x 2=-22k 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-12k 2+1-λ-2.所以,当λ=1时,-λ-12k 2+1-λ-2=-3.此时,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λPA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-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 ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值-3.C 组教师专用题组考点一定点与定值问题(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.答案 (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=y1x 1x,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 12=-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.考点二参变量的取值范围和最值问题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 2b2=1(a>b>0)的离心率为√22,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.答案 (1)由椭圆的离心率为√22,得a 2=2(a 2-b 2),又当y=1时,x 2=a 2-a 2b2,得a 2-a 2b2=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),联立方程{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=-4km2k 2+1,因此y 1+y 2=2m2k 2+1,所以D (-2km2k 2+1,m2k 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+14, 所以|ND|2|NF|2=1+16t(1+t)2=1+16t+1t +2.令y=t+1t ,所以y'=1-1t2. 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|≥12. 设∠EDF=2θ, 则sinθ=|NF||ND|≥12. 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.(2015山东,21,14分)平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的离心率为√32,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 24b 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. 答案 (1)由题意知3a 2+14b 2=1, 又√a 2-b 2a=√32,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 024+y 02=1, 又(-λx 0)216+(-λy 0)24=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+4k2,x 1x 2=4m 2-161+4k 2.所以|x 1-x 2|=4√16k 2+4-m 21+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 21+4k 2=2√(4-m 21+4k2)m 21+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√3.3.(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.答案 (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 =√22.(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 02x 02+4=x 02+4-x 022+2(4-x 02)x 02+4 =x 022+8x 02+4(0<x 02≤4).因为x 022+8x 02≥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.考点三存在性问题1.(2015湖北,22,14分)一种画椭圆的工具如图1所示.O 是滑槽AB 的中点,短杆ON 可绕O 转动,长杆MN 通过N 处铰链与ON 连接,MN 上的栓子D 可沿滑槽AB 滑动,且DN=ON=1,MN=3.当栓子D 在滑槽AB 内做往复运动时,带动．．N 绕O 转动,M 处的笔尖画出的椭圆记为C.以O 为原点,AB 所在的直线为x 轴建立如图2所示的平面直角坐标系.图1 图2 (1)求椭圆C 的方程;(2)设动直线l 与两定直线l 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.答案 (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 =12×4×4=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 ,m1+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 21-4k 2|.② 将①代入②得,S △OPQ =|2m 21-4k2|=8|4k 2+1||4k 2-1|.当k 2>14时,S △OPQ =8·4k 2+14k 2-1=8(1+24k 2-1)>8;当0≤k 2<14时,S △OPQ =8·4k 2+11-4k2=8(-1+21-4k 2).因0≤k 2<14,则0<1-4k 2≤1,21-4k 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8.2.(2014湖南,20,13分)如图,O 为坐标原点,双曲线C 1:x 2a 12-y 2b 12=1(a 1>0,b 1>0)和椭圆C 2:y 2a 22+x 2b 22=1(a 2>b 2>0)均过点P (2√33,1),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|OA⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |?证明你的结论.答案 (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 12=1上,所以(2√33)2-1b 12=1,故b 12=3.由椭圆的定义知2a 2=√(2√33)2+(1-1)2+√(2√33)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,|OA⃗⃗⃗⃗⃗ +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-k2,x 1x 2=m 2+3k 2-3.于是y 1y 2=k 2x 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 2-3k 2-3≠0,于是OA⃗⃗⃗⃗⃗ 2+OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+2OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ≠OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2-2OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ , 即|OA⃗⃗⃗⃗⃗ +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.【三年模拟】时间:60分钟分值:70分一、选择题(每小题5分,共30分)1.(2020届云南昆明一中第二次月考,11)已知圆M:(x+√5)2+y 2=36,定点N(√5,0),点P 为圆M 上的动点,点Q 在NP 上,点G 在MP 上,且满足NP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2NQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,GQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·NP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则点G 的轨迹方程为( ) A.x 29+y 24=1 B.x 236+y 231=1C.x 29-y 24=1D.x 236-y 231=1答案 A2.(2020届云南昆明第一中学第四次月考,11)设P,Q 分别为圆x 2+(y-6)2=2和椭圆x 210+y 2=1上的动点,则P,Q 两点间的最大距离是( ) A.5√2B.√46+√2C.7+√2D.6√2答案 D3.(2020届河南中原名校联盟第三次测评,10)椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的长轴长、短轴长和焦距成等差数列,若点P 为椭圆C 上的任意一点,且P 在第一象限,O 为坐标原点,F(3,0)为椭圆C 的右焦点,则OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围为( ) A.(-16,-10)B.(-10,-394)C.(-16,-394] D.(-∞,-394] 答案 C4.(2020届甘肃顶级名校10月联考,12)已知椭圆C 1:x 2a 12+y 2b 12=1(a 1>b 1>0)与双曲线C 2:x 2a 22-y 2b 22=1(a 2>0,b 2>0)有相同的焦点F 1,F 2,若点P 是C 1与C 2在第一象限内的交点,且|F 1F 2|=2|PF 2|,设C 1与C 2的离心率分别为e 1,e 2,则e 2-e 1的取值范围是( ) A.(12,+∞) B.(13,+∞) C.[12,+∞) D.[13,+∞)答案 A5.(2019四川绵阳二诊,12)已知椭圆C:x 2m +y 2m -4=1(m>4)的右焦点为F,点A(-2,2)为椭圆C 内一点.若椭圆C 上存在一点P,使得|PA|+|PF|=8,则m 的取值范围是( ) A.(6+2√5,25] B.[9,25] C.(6+2√5,20] D.[3,5]答案 A6.(2019安徽六安一中4月月考,12)已知点P(-2,0),设不垂直于x 轴的直线l 与抛物线y 2=4x 交于不同的两点A 、B,若x 轴是∠APB 的平分线所在直线,则直线l 一定过点( ) A.(-1,0) B.(1,0) C.(2,0) D.(4,0) 答案 C二、填空题(共5分)7.(2020届豫南九校第三次联考,16)已知椭圆C:3x 2+4y 2=12,椭圆C 上有不同的两点关于直线l:y=4x+m 对称,则实数m 的取值范围为 . 答案 (-2√1313,2√1313)三、解答题(共35分)8.(2020届陕西百校联盟9月联考,21)记抛物线C:y 2=-2x 的焦点为F,点M 在抛物线上,N(-3,1),斜率为k 的直线l 与抛物线C 交于P,Q 两点.(1)求|MN|+|MF|的最小值;(2)若M(-2,2),直线MP,MQ 的斜率都存在,且k MP +k MQ +2=0,探究直线l 是否过定点.若是,求出该定点坐标;若不是,请说明理由. 答案 (1)设抛物线C 的准线为l',过点M 作MM'⊥l',垂足为M',过点N 作NN'⊥l',垂足为N',(1分) 则|MN|+|MF|=|MN|+|MM|'≥|NN'|=72, 故|MN|+|MF|的最小值为72.(4分)(2)设直线l 的方程为y=kx+b,P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2), 将直线l 的方程与抛物线C 的方程联立得{y =kx +b,y 2=-2x,得k 2x 2+(2kb+2)x+b 2=0,(6分) 则x 1+x 2=-2kb -2k 2①,x 1x 2=b 2k2②,(7分)又k MP +k MQ =y 1-2x 1+2+y 2-2x 2+2=-2,即(kx 1+b-2)(x 2+2)+(kx 2+b-2)(x 1+2)=-2(x 1+2)(x 2+2), 2kx 1x 2+2k(x 1+x 2)+b(x 1+x 2)-2(x 1+x 2)+4b-8=-2x 1x 2-4(x 1+x 2)-8, 将①②代入化简得,b 2-b-2-2k(b+1)=0, 即(b+1)(b-2-2k)=0,得b=-1或b=2+2k.(9分)当b=-1时,直线l 为y=kx-1,此时直线恒过(0,-1);(10分)当b=2+2k 时,直线l 为y=kx+2k+2=k(x+2)+2,此时直线恒过M(-2,2),不合题意,舍去. 综上所述,直线l 过定点(0,-1).(12分)9.(2018河北五校12月联考,20)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的离心率为√22,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. 答案 (1)设椭圆的半焦距为c,由已知得{ c 2a 2=12,12bc =12,b 2+c 2=a 2⇒{a 2=2,b 2=1,∴椭圆C 的方程为x 22+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 022=√12x 02-2x 0+2=√12(x 0-2)2=√22(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 022=√22x 0,∴|PF|+|PM|=√22(2-x 0)+√22x 0=√2,为定值.10.(2020届黑龙江顶级名校11月联考,20)在直角坐标系xOy 中,动点P(x,y)(其中x ≥2)到点F(3,0)的距离的4倍与点P 到直线x=2的距离的3倍之和记为d,且d=x+18. (1)求点P 的轨迹C 的方程;(2)设过点F 的直线l 与轨迹C 交于M,N 两点,求|MN|的取值范围. 答案 (1)依题意得,4√(x -3)2+y 2+3(x-2)=x+18, ∴√(x -3)2+y 2=6-12x, 化简得x 236+y 227=1,∴点P 的轨迹C 的方程为x 236+y 227=1(2≤x ≤6). (2)将x=2代入x 236+y 227=1,得y=±2√6. 设点A(2,2√6),B(2,-2√6).由(1)知,轨迹C 是椭圆x 236+y 227=1在直线x=2的右侧的部分(包括点A,B).易得直线AF 的斜率为-2√6,直线BF 的斜率为2√6.①当直线l 的斜率不存在时,将x=3代入x 236+y 227=1,得y=±92,不妨令M (3,92),N (3,-92),此时,|MN|=9. ②当直线l 的斜率存在时,设直线l 的方程为y=k(x-3). 由直线l 与轨迹C 交于M,N 两点,得k ≥2√6或k ≤-2√6. 设M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),由(1)知,|MF|=6-12x 1,|NF|=6-12x 2, ∴|MN|=|MF|+|NF|=12-12(x 1+x 2). 由{y =k(x -3),x 236+y 227=1,得(3+4k 2)x 2-24k 2x+36k 2-108=0,则Δ=(-24k 2)2-4(3+4k 2)(36k 2-108)=144(9k 2+9)>0,x 1+x 2=24k 23+4k 2,∴|MN|=12-12(x 1+x 2)=12-12k 23+4k2=12-123k2+4,∵k ≥2√6或k ≤-2√6, ∴k 2≥24, ∴0<1k 2≤124,∴9<12-123k2+4≤10011,即9<|MN|≤10011. 综上可知,|MN|的取值范围是[9,10011].快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。

2021版高考数学文科一轮复习课件：圆锥曲线的综合问题

O ·P
P =Q 1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
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), N P=(x-x0,y), N=M(0,y0).
由 N P=
2得N xM0=x,y0=
y. 2
2
因为M(x0,y0)在C上,所以 x 2 + y 2 =1.
名师点睛定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少,或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题,证明该式是恒成立的.定点、定值问题同证明问题类似,在求定点、定值之前已知该值的结果,因此求解时应设参数,运用推理,到最后必定参数统消,定点、定值显现.
2.(2015课标Ⅱ,20,12分,0.247)已知椭圆C:
x a
2
+
2
y b
2 2
=1(a>b>0)的离心率为
2 ,点(2,
2
)在2 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)由题意有解得a2=8,b2=4.
a 2= b 2 ,
由题设,直线AN的方程为y=- 1 (x+2), k
故同理可得|AN|= 12 k. 1(7分k 2)
3k 2 4
由2|AM|=|AN|得 =2 ,即4kk3-6k2+3k-8=0. (9分)
3 4k2 3k 2 4
设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点, f '(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0,所以f(t)在(0,+∞)内单调递增.

2021版高考文科数学人教通用版大一轮复习课时分层提升练五十双曲线

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课时分层提升练五十双曲线……………………30分钟60分一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2019·浙江高考)渐近线方程为x±y=0的双曲线的离心率是( )A. B.1 C. D.2【解析】选C.由双曲线的渐近线方程可知a=b,所以e====.2.(2019·北京高考)已知双曲线-y2=1(a>0)的离心率是,则a=( )A. B.4 C.2 D.【解析】选D.由已知,b2=1,e==,所以c2=5a2,又c2=a2+b2=a2+1,所以a2=,a=.3.(2020·丽水模拟)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的离心率e=,且其右焦点为F2(5,0),则双曲线C的方程为( )A.-=1B.-=1C.-=1D.-=1【解析】选C.因为所求双曲线的右焦点为F2(5,0)且离心率为e==,所以c=5,a=4,b2=c2-a2=9,所以所求双曲线方程为-=1.4.已知方程-=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( )A.(-1,3)B.(-1,)C.(0,3)D.(0,)【解析】选A.由题意得(m2+n)(3m2-n)>0,解得-m2<n<3m2,又由该双曲线两焦点间的距离为4,得m2+n+3m2-n=4,即m2=1,所以-1<n<3.5.(2020·雅安模拟)设双曲线-=1(a>0,b>0)的右焦点是F,左、右顶点分别是A1,A2,过F作A1A2的垂线与双曲线交于B,C两点,若A1B⊥A2C,则该双曲线的渐近线的斜率为 ( )A.±B.±C.±1D.±【解析】选C.双曲线-=1的右焦点F(c,0),左、右顶点分别为A1(-a,0),A2(a,0),不妨设B, C,则=,=,又A1B与A2C垂直,则有·=-1,即·=-1,所以=1,所以a2=b2,即a=b,所以渐近线的斜率k=±=±1.二、填空题(每小题5分,共15分)6.(2017·北京高考)若双曲线x2-=1的离心率为,则实数m=________.【解析】c=,因为双曲线的离心率为,所以=,解得m=2.答案:27.(2020·内江模拟)在平面直角坐标系xOy中,已知△ABC的顶点A(-6,0)和C(6,0),若顶点B在双曲线-=1的左支上,则=________.【解析】由条件知|BC|-|BA|=10,且|AC|=12.又在△ABC中,有===2R(R为△ABC外接圆的半径),从而==.答案:8.若双曲线-=1(a>0,b>0)的渐近线与圆(x-)2+y2=2相交,则此双曲线的离心率的取值范围是________.【解析】双曲线的渐近线bx±ay=0与圆(x-)2+y2=2相交,则圆心到渐近线的距离小于半径,即<,整理可得:b2<2a2,所以c2<3a2,则双曲线的离心率e=<,又双曲线的离心率e>1,据此可得此双曲线的离心率的取值范围是(1,).答案:(1,)三、解答题(每小题10分,共20分)9.中心在原点,焦点在x轴上的椭圆与双曲线有共同的焦点F1,F2,且|F1F2|=2,椭圆的长半轴长与双曲线实半轴长之差为4,离心率之比为3∶7.(1)求椭圆和双曲线的方程.(2)若P为这两曲线的一个交点,求cos∠F1PF2的值.【解析】(1)由题意知c=,设椭圆方程为+=1(a>b>0),双曲线方程为-=1(m>0,n>0),则解得a=7,m=3.则b=6,n=2.故椭圆方程为+=1,双曲线方程为-=1.(2)不妨设F1,F2分别为左、右焦点,P是第一象限的一个交点,则|PF1|+|PF2|=14,|PF1|-|PF2|=6,所以|PF1|=10,|PF2|=4.又|F1F2|=2, 所以cos∠F1PF2===.10.过双曲线-=1的右焦点F2,倾斜角为30°的直线交双曲线于A,B 两点,O为坐标原点,F1为左焦点.(1)求|AB|.(2)求△AOB的面积.【解析】(1)由双曲线方程得a=,b=,又因为c2=a2+b2,所以c=3,F1(-3,0),F2(3,0),直线AB的方程为y=(x-3),设A(x1,y1),B(x2,y2),由得5x2+6x-27=0,所以x1+x2=-,x1x2=-,所以|AB|=|x1-x2|===.(2)直线AB的方程变形为x-3y-3=0,所以原点O到直线AB的距离为d==,所以S△AOB=|AB|d=××=.……………………20分钟40分1.(5分)(2020·遵义模拟)若双曲线C:-=1(a>0,b>0)的一条渐近线被圆(x-2)2+y2=4所截得的弦长为2,则C的离心率为 ( )A.2B.C.D.【解析】选A.依题意,双曲线C:-=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为bx-ay=0.因为直线bx-ay=0被圆(x-2)2+y2=4所截得的弦长为2, 所以=,所以3a2+3b2=4b2,所以3a2=b2,所以e===2.2.(5分)椭圆C:+=1与双曲线E:-=1(a,b>0)有相同的焦点,且两曲线的离心率互为倒数,则双曲线渐近线的倾斜角的正弦值为( )A. B. C. D.【解析】选D.椭圆C:+=1的焦点坐标为(±1,0),离心率为.所以双曲线E:-=1(a,b>0)的焦点为(±1,0),c=1,双曲线的离心率为椭圆的倒数,所以双曲线的离心率e=2.故a=,则b=,双曲线渐近线为y=±x,设渐近线的倾斜角α,则tan α=±,所以α=60°或120°,所以sin α=.3.(5分)(2017·全国卷Ⅰ)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右顶点为A,以A为圆心,b为半径作圆A,圆A与双曲线C的一条渐近线交于M,N两点.若∠MAN=60°,则C的离心率为________.【解析】如图,作AP⊥MN,=a,==b,因为∠MAN=60°,所以=b,==,所以tan θ==,又因为tan θ=,所以=,解得a2=3b2,e===.答案:4.(5分)(2017·山东高考)在平面直角坐标系xOy中,双曲线-=1(a>0,b>0)的右支与焦点为F的抛物线x2=2py(p>0)交于A,B两点,若|AF|+|BF|=4|OF|,则该双曲线的渐近线方程为________.【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),由抛物线的定义知|AF|=y1+,|BF|=y2+,|OF|=,所以|AF|+|BF|=y1++y2+=y1+y2+p=4|OF|=2p,可得y1+y2=p,联立方程,得-+1=0,由根与系数的关系得y1+y2=p,所以p=p,则=,=,所以双曲线的渐近线方程为y=±x.答案:y=±x5.(10分)(2020·曲靖模拟)已知双曲线-=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为2x+y=0,且顶点到渐近线的距离为.(1)求此双曲线的方程;(2)设P为双曲线上一点,A,B两点在双曲线的渐近线上,且分别位于第一、二象限,若=,求△AOB的面积.【解析】(1)依题意得解得故双曲线的方程为-x2=1.(2)由(1)知双曲线的渐近线方程为y=±2x,设A(m,2m),B(-n,2n),其中m>0,n>0,由=得点P的坐标为.将点P的坐标代入-x2=1,整理得mn=1.设∠AOB=2θ,因为tan=2,则tan θ=,从而sin 2θ=.又|OA|=m,|OB|=n,所以S△AOB=|OA||OB|sin 2θ=2mn=2.6.(10分)直线l:y=kx+1与双曲线C:2x2-y2=1的右支交于不同的两点A,B.(1)求实数k的取值范围.(2)是否存在实数k,使得以线段AB为直径的圆经过双曲线C的右焦点F?若存在,求出k的值;若不存在,说明理由.【解析】(1)将直线l的方程y=kx+1代入双曲线C的方程2x2-y2=1后, 整理得(k2-2)x2+2kx+2=0. ①依题意,直线l与双曲线C的右支交于不同两点,故解得k的取值范围是-2<k<-.(2)设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则由①式得②假设存在实数k,使得以线段AB为直径的圆经过双曲线C的右焦点F(c,0).则由FA⊥FB得:(x1-c)(x2-c)+y1y2=0.即(x1-c)(x2-c)+(kx1+1)(kx2+1)=0.整理得(k2+1)x1x2+(k-c)(x1+x2)+c2+1=0. ③把②式及c=代入③式化简得5k2+2k-6=0.解得k=-或k=∉(-2,-)(舍去),可知存在k=-使得以线段AB为直径的圆经过双曲线C的右焦点.关闭Word文档返回原板块。

2021年高考数学大一轮复习第十一章第63课圆锥曲线的综合应用检测评估

2021年高考数学大一轮复习第十一章第63课圆锥曲线的综合应用检测评估一、填空题1. (xx·上海卷)若抛物线y2=2px的焦点与椭圆+=1的右焦点重合,则该抛物线的准线方程为.2. 已知双曲线-=1(a>0,b>0)的左顶点与抛物线y2=2px(p>0)的焦点的距离为4,且双曲线的一条渐近线与抛物线准线的交点坐标为(-2,-1),则此双曲线的焦距为.3. (xx·厦门模拟)以双曲线x2-=1的左焦点为圆心、实轴长为半径的圆的标准方程为.4. 已知椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1和F2,由M(-a,b),N(a,b),F2和F1四个点组成了一个高为、面积为3的等腰梯形,则此椭圆的方程为.5. (xx·虹口模拟)已知椭圆的中心在原点,一个焦点与抛物线y2=8x的焦点重合,一个顶点的坐标为(0,2),那么此椭圆的方程为.6. (xx·北京模拟)已知抛物线y2=4x的准线过椭圆+=1(a>b>0)的左焦点且与椭圆交于A,B两点,O为坐标原点,△AOB的面积为,则该椭圆的离心率为.7. (xx·深圳调研)以抛物线y2=20x的焦点为圆心,且与双曲线-=1的两条渐近线都相切的圆的方程为.8. 过抛物线y2=4x的焦点F的直线交抛物线于A,B两点,点O为坐标原点,若AF=3,则△AOB的面积为.二、解答题9. (xx·北京模拟)已知椭圆G:+=1(a>b>0)的离心率为,过椭圆G右焦点F的直线m:x=1与椭圆G交于点M(点M在第一象限).(1) 求椭圆G的方程;(2) 已知A为椭圆G的左顶点,平行于AM的直线l与椭圆G相交于B,C两点,判断直线MB,MC是否关于直线m对称,并说明理由.10. 设F1,F2分别是椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点,过点F1且倾斜角为45°的直线l与该椭圆相交于P,Q两点,且PQ=a.(1) 求该椭圆的离心率;(2) 设点M(0,-1)满足MP=MQ,求该椭圆的方程.11. (xx·佛山模拟)已知椭圆C的两个焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),且点F2到直线x-y-9=0 的距离等于椭圆的短轴长.(1) 求椭圆C的方程;(2) 若圆P的圆心为P(0,t)(t>0),且经过点F1,F2,Q是椭圆C上的动点且在圆P外,过点Q作圆P的切线,切点为M,当QM的最大值为时,求t的值.第63课圆锥曲线的综合应用1. x=-2 解析:椭圆+=1的右焦点为(2,0),因此=2,p=4,所以准线方程为x=-2.2. 2 解析:双曲线的左顶点为(-a,0),抛物线的焦点为,准线方程为x=-.由题意知-(-a)=4,即+a=4.又双曲线的一条渐近线与抛物线准线的交点坐标为(-2,-1),所以x=-=-2,得p=4,代入+a=4,得a=2.点(-2,-1)在渐近线y=x上,即-1=×(-2),得b=1,所以c===,所以双曲线的焦距为2c=2.3. (x+2)2+y2=4 解析:由已知得a=1,b=,则c=2,则左焦点F(-2,0),而r=2a=2,所以圆的方程为(x+2)2+y2=4.4. +=1 解析:由题意得b=,且×=3,所以a+c=3,结合a2-c2=3,解得a=2,c=1,所以椭圆的方程+=1.5. +=1 解析:由抛物线的焦点为(2,0),则椭圆的焦点在x轴上,且c=2,又顶点的坐标为(0,2),所以b=2,从而a2=b2+c2=8,故椭圆方程为+=1.6. 解析:由抛物线方程y2=4x可知其准线方程为x=-1,即椭圆左焦点F1(-1,0),右焦点F2(1,0),所以在椭圆中,c=1.由椭圆的对称性可知A,B两点关于x轴对称,依题意可设A(-1,y0)(y>0),则S△AOB=×1×(2y)=y=,即A.由椭圆的定义可得2a=AF1+AF2=+=4,所以a=2,椭圆的离心率e==.7. (x-5)2+y2=9 解析:抛物线y2=20x的焦点坐标为(5,0),双曲线-=1的渐近线方程为±=0,即3x±4y=0,所以圆的半径为r==3,所以圆的方程为(x-5)2+y2=9.8. 解析:设∠AFx=θ(0<θ<π),BF=m,则点A到准线l:x=-1的距离为3,得3=2+3cos θ,即cos θ=.又m=2+mcos(π-θ),所以m==,△AOB的面积为S=·OF·AB· sin θ=×1××=.9. (1) 由题意得c=1,由=,可得a=2,所以b2=a2-c2=3,所以椭圆G的方程为+=1.(2) 直线MB,MC关于直线m对称.理由如下:由题意及CD可得点A(-2,0),M,所以可设直线l:y=x+n,n≠1.设B(x1,y1),C(x2,y2),由得x2+nx+n2-3=0.由题意可得Δ=n2-4(n2-3)=12-3n2>0,所以n∈(-2,2)且n≠1.x 1+x2=-n,x1x2=n2-3.因为kMB +kMC=+=+=1++=1+=1-=0,所以直线MB,MC关于直线对称.10. (1) 由题意得,直线PQ斜率为1,设直线l的方程为y=x+c,其中c=.设P(x1,y1),Q(x2,y2),联立方程组得(a2+b2)x2+2a2cx+a2(c2-b2)=0,则x1+x2=,x1x2=.因为PQ=,所以PQ=|x2-x1|==. a,得a=. ,故a2=2b2,所以椭圆的离心率e===.(2) 设PQ的中点为N(x0,y),由(1)知x0===-c,y=x+c=.由MP=MQ,得kMN=-1,即=-1,得c=3,从而a=3,b=3,故椭圆的方程为+=1.11. (1) 设椭圆的方程为+=1(a>b>0),依题意得2b==4,所以b=2,又c=1,所以a2=b2+c2=5,所以椭圆C的方程为+=1.(2) 设Q(x0,y),由题意知圆P的方程为x2+(y-t)2=t2+1,因为PM⊥QM,所以QM===.当-4t≤-2,即t≥时,当y0=-2时,QM取得最大值,且QMmax==,解得t=<.当-4t>-2即0<t<时,当y0=-4t时,QM取最大值,且QMmax==,解得t2=,又0<t<,所以t=.综上,当t=时,QM的最大值为.30228 7614 瘔r28272 6E70 湰27379 6AF3 櫳[ %532375 7E77 繷34246 85C6 藆 mo。

2021届新高考数学一轮：专题五圆锥曲线的综合及应用问题第3课时

解：(1)∵椭圆 E：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)上的点到椭圆一个焦点的距离的最大值和最小值分别为 a＋c，a－c，
∴依题意有，a＋c＝3(a－c)，即 a＝2c. ∵a2＝b2＋c2，∴b＝ 3c. 故可设椭圆 E 的方程为4xc22＋3yc22＝1. ∵点 P1，32在椭圆 E 上，
xP＝3
±km k2＋9.
将点m3 ，m的坐标代入 l 的方程得 b＝m33－k，
因此 xM＝k3kk－2＋39m .
四边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段 OP
互相平分，即 xP＝2xM.
于是 3
±kk2m＋Leabharlann ＝2×k3kk－2＋39m ，解得 k1＝4－ 7，k2＝4＋ 7. ∵ki>0，ki≠3，i＝1,2， ∴当 l 的斜率为 4－ 7或 4＋ 7时，四边形 OAPB 为平行四边形.
9 ∴将其代入椭圆 E 的方程得41c2＋34c2＝1，即 c2＝1. ∴椭圆 E 的方程为x42＋y32＝1.
(2)依题意，直线 l 不可能与 x 轴垂直，故可设直线 l 的方程为 y－1＝k(x－1)，
即 y＝kx－k＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)为 l 与椭圆 E 的两个交点，
第3课时
题型圆锥曲线中的探索性问题探索性问题是近几年高考的热点问题，是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件或结论不完备.要求解答者自己去探索，结合已有条件，进行观察、分析、比较和概括.探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在.解决探索性问题的注意事项： (1)当条件和结论不唯一时要分类讨论； (2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件； (3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径.

数学(文科,人教版)二轮专题复习提分训练：圆锥曲线的综合问题

圆锥曲线的综合问题高考试题考点一椭圆与双曲线综合中基本量的计算问题1。

(2013年浙江卷,文9）如图,F1，F2是椭圆C1：24x+y2=1与双曲线C2的公共焦点,A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点。

若四边形AF1BF2为矩形,则C2的离心率是( )(A2（3（C）32（6解析:由椭圆定义得，|AF1|+｜AF2｜=4,|F1F241 3,因为四边形AF1BF2为矩形,所以｜AF1｜2+|AF2｜2=｜F1F2|2=12，所以2｜AF1｜｜AF2|=(｜AF1｜+｜AF2|）2-(|AF1|2+｜AF2|2)=16—12=4，所以（|AF2｜-｜AF1｜)2=|AF1|2+|AF2｜2-2｜AF1｜｜AF2｜=12—4=8，所以｜AF2｜-|AF12，因此对于双曲线有2，3所以C2的离心率e=ca =62.故选D。

答案：D2。

(2012年山东卷,理10)已知椭圆C:22x a +22y b=1(a>b>0）的离心率为2.双曲线x 2—y 2=1的渐近线与椭圆C 有四个交点,以这四个交点为顶点的四边形的面积为16,则椭圆C 的方程为（ ) (A)28x +22y =1 （B ）212x +26y =1 (C ） 216x +24y =1 (D)220x +25y =1解析:利用椭圆离心率的概念和双曲线渐近线求法求解.∵椭圆的离心率为2，∴ca∴a=2b.∴椭圆方程为x 2+4y 2=4b 2.∵双曲线x 2-y 2=1的渐近线方程为x ±y=0, ∴渐近线x ±y=0与椭圆x 2+4y 2=4b2在第一象限的交点为,55b ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭,∴由圆锥曲线的对称性得四边形在第一象限部分的面积为bb=4,∴b 2=5， ∴a 2=4b 2=20。

∴椭圆C 的方程为220x +25y =1。

故选D. 答案：D3。

（2012年浙江卷,文8)如图所示，中心均为原点O 的双曲线与椭圆有公共焦点,M 、N 是双曲线的两顶点。

高三数学一轮复习圆锥曲线的综合问题

备考例题 3
已知
F1，F2
为椭圆x2＋y2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，A a2 b2
是椭圆上位于第一象限内的一点，点
B
也在椭圆上，且满足O→A＋O→B＝
0(O 为坐标原点)，且A→F2·F→1F2＝0，若椭圆的离心率等于 2. 2
(1)求直线 AB 的方程；
(2)若△ABF2 的面积为 4 2，求椭圆的方程；
则 P 到直线 y＝ 2x 的距离为 2
|2
2cosθ－2 6
2sinθ|＝4 3
6|cos(θ＋π)|≤4 43
6＜4，故椭圆上不存在点 M 使△MAB 面积为 8
3.
2
题型四
圆锥曲线与其他知识交汇的问题
1－ky0－1＋ky0
∴kEF＝yxEE－－yxFF＝(1－kky
－k 0)2－(1＋ky
0)2
k2
k2
2
＝ k ＝－ 1 (定值)，－4ky0 2y0
k2 所以直线 EF 的斜率为定值.
题型二最值与范围问题
①正确理解圆锥曲线的定义、标思维提准方程；
示 ②联立方程组，对有关参数进行讨论.
[解] (1)∵F0(c,0)，F1(0， b2－c2)，F2(0，－ b2－c2)，
∴|F0F1|＝ (b2－c2)＋c2＝b＝1，
|F1F2|＝2 b2－c2＝1⇒c2＝3， 4
于是 a＝1 (x≥0) 7
所求“果圆”的方程为 y2＋4x2＝1 (x≤0)
.
m2 m2－1
(2)设 Q(x1，y1)， ∵P(m，y0)，P→F＝λF→Q，
2
1－m＝λ(x1－1)
∴2
，
－y0＝λy1

2021-2022年高考数学二轮复习层级三30分的拉分题压轴专题(二)解答题第20题“圆锥曲线的综合

2021年高考数学二轮复习层级三30分的拉分题压轴专题(二)解答题第20题“圆锥曲线的综合问题”抢分练1.(xx·湖南东部六校联考)设椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 1，F 2是椭圆的两个焦点，S 是椭圆上任意一点，且△SF 1F 2的周长是4＋2 3. (1)求椭圆C 1的方程；(2)设椭圆C 1的左、右顶点分别为A ，B ，过椭圆C 1上的一点D 作x 轴的垂线交x 轴于点E ，若C 点满足，，连接AC 交DE 于点P ，求证：PD ＝PE .2．(xx·河南六市联考)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知R (x 0，y 0)是椭圆C ：x 224＋y 212＝1上的一点，从原点O 向圆R ：(x－x 0)2＋(y －y 0)2＝8作两条切线，分别交椭圆于点P ，Q .(1)若R 点在第一象限，且直线OP ，OQ 互相垂直，求圆R 的方程； (2)若直线OP ，OQ 的斜率存在，并记为k 1，k 2，求k 1·k 2的值．3．设椭圆M ：y 2a 2＋x 2b2＝1(a >b >0)的离心率与双曲线x 2－y 2＝1的离心率互为倒数，且椭圆的长轴长为4.(1)求椭圆M 的方程；(2)若直线y ＝2x ＋m 交椭圆M 于A ，B 两点，P (1，2)为椭圆M 上一点，求△PAB 面积的最大值．4．(xx·湖北七市联考)已知圆心为H 的圆x 2＋y 2＋2x －15＝0和定点A (1，0)，B 是圆上任意一点，线段AB 的中垂线l 和直线BH 相交于点M ，当点B 在圆上运动时，点M 的轨迹记为曲线C .(1)求C 的方程；(2)过点A 作两条相互垂直的直线分别与曲线C 相交于P ，Q 和E ，F ，求的取值范围．1.解：(1)由e ＝32，知c a ＝32，所以c ＝32a ，因为△SF 1F 2的周长是4＋23，所以2a ＋2c ＝4＋23，所以a ＝2，c ＝3，所以b 2＝a 2－c 2＝1，所以椭圆C 1的方程为：x 24＋y 2＝1.(2)证明：由(1)得A (－2，0)，B (2，0)，设D (x 0，y 0)，所以E (x 0，0)，因为，所以可设C (2，y 1)，所以＝(x 0＋2，y 0)，＝(2，y 1)，由可得：(x 0＋2)y 1＝2y 0，即y 1＝2y 0x 0＋2. 所以直线AC 的方程为：y 2y 0x 0＋2＝x ＋24. 整理得：y ＝y 02（x 0＋2）(x ＋2)．又点P 在DE 上，将x ＝x 0代入直线AC 的方程可得：y ＝y 02，即点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，y 02，所以P 为DE 的中点，所以PD ＝PE .2．解：(1)设圆R 的半径为r ，由圆R 的方程知r ＝22，因为直线OP ，OQ 互相垂直，且和圆R 相切，所以|OR |＝2r ＝4，即x 20＋y 20＝16，①又点R 在椭圆C 上，所以x 2024＋y 2012＝1，②联立①②，解得⎩⎨⎧x 0＝22，y 0＝22，所以，圆R 的方程为(x －22)2＋(y －22)2＝8.(2)因为直线OP ：y ＝k 1x 和OQ ：y ＝k 2x 都与圆R 相切，所以|k 1x 0－y 0|1＋k 21＝22，|k 2x 0－y 0|1＋k 22＝22，化简得(x 20－8)k 21－2x 0y 0k 1＋y 20－8＝0，(x 20－8)k 22－2x 0y 0k 2＋y 20－8＝0，所以k 1，k 2是方程(x 20－8)k 2－2x 0y 0k ＋y 20－8＝0的两个不相等的实数根，由根与系数的关系得，k 1·k 2＝y 20－8x 20－8，因为点R (x 0，y 0)在椭圆C 上，所以x 2024＋y 2012＝1，即y 20＝12－12x 20，所以k 1k 2＝4－12x 20x 20－8＝－12. 3．解：(1)由题可知，双曲线的离心率为2，则椭圆的离心率e ＝ca ＝22，由2a ＝4，c a ＝22，b 2＝a 2－c 2，得a ＝2，c ＝2，b ＝2，故椭圆M 的方程为y 24＋x 22＝1.(2)联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋m ，x 22＋y 24＝1，得4x 2＋22mx ＋m 2－4＝0，由Δ＝(22m )2－16(m 2－4)>0，得－22<m <2 2. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－22m ，x 1x 2＝m 2－44，所以|AB |＝1＋2|x 1－x 2| ＝3·（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝3·12m 2－m 2＋4 ＝3·4－m 22.又P 到直线AB 的距离为d ＝|m |3，所以S △PAB ＝12|AB |·d ＝32·4－m 22·|m |3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫4－m 22·m 2 ＝122 m 2（8－m 2） ≤122·m 2＋（8－m 2）2＝2，当且仅当m 2＝8－m 2，即m ＝±2时等号成立，此时△PAB 面积有最大值 2.4．解：(1)由x 2＋y 2＋2x －15＝0，得(x ＋1)2＋y 2＝42，所以圆心为(－1，0)，半径为4.连接MA ，由l 是线段AB 的中垂线，得|MA |＝|MB |，所以|MA |＋|MH |＝|MB |＋|MH |＝|BH |＝4，又|AH |＝2<4.根据椭圆的定义可知，点M 的轨迹是以A ，H 为焦点，4为长轴长的椭圆，其方程为x 24＋y 23＝1，即为所求曲线C 的方程． (2)由直线EF 与直线PQ 垂直，可得＝0，于是＝＝①当直线PQ 的斜率不存在时，直线EF 的斜率为零，此时可不妨取P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，Q ⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，E ()2，0，F (－2，0)，所以＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－32·⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32＝－3－94＝－214.②当直线PQ 的斜率为零时，直线EF 的斜率不存在，同理可得＝－214.③当直线PQ 的斜率存在且不为零时，直线EF 的斜率也存在，于是可设直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)，P (x P ，y P )，Q (x Q ，y Q )，则直线EF 的方程为y ＝－1k(x －1)．将直线PQ 的方程代入曲线C 的方程，并整理得，(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，所以x P ＋x Q ＝8k 23＋4k 2，x P ·x Q ＝4k 2－123＋4k 2.于是＝(x P －1)(x Q －1)＋y P ·y Q ＝(1＋k 2)[x P x Q －(x P ＋x Q )＋1]＝(1＋k 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2－123＋4k 2－8k 23＋4k 2＋1 ＝－9（1＋k 2）3＋4k2. 将上面的k 换成－1k ，可得＝－9（1＋k 2）4＋3k 2，所以＝＝－9(1＋k 2)(13＋4k 2＋14＋3k 2)．令1＋k 2＝t ，则t >1，于是上式化简整理可得，＝－9t ⎝ ⎛⎭⎪⎫14t －1＋13t ＋1＝－63t 212t 2＋t －1＝－63494－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －122. 由t >1，得0<1t <1，所以－214< ≤－367.综合①②③可知，的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－214，－367.。

2021年高考数学一轮复习 8.9圆锥曲线的综合问题课时跟踪训练文

2021年高考数学一轮复习 8.9圆锥曲线的综合问题课时跟踪训练文一、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 ．1 B ．1或3 C ．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．已知椭圆C 的方程是x 216＋y 2m 2＝1(m >0)，如果直线y ＝22x 与椭圆的一个交点M 在x轴上的射影恰好是椭圆的右焦点F ，则m 的值为( )A ．2B ．2 2C ．8D ．2 3 解析：根据已知条件c ＝16－m 2，则点16－m 2，2216－m 2在椭圆x 216＋y 2m2＝1(m >0)上，所以16－m 216＋16－m22m 2＝1.从而解得m ＝2 2. 答案：B3．(xx·合肥第二次模拟)过椭圆C ：x 25＋y 2＝1的右焦点F 作直线l 交椭圆C 于A 、B两点，交y 轴于点M ，若MA →＝λ1AF →，MB →＝λ2BF →，则λ1＋λ2＝( )A ．10B ．5C ．－5D ．－10解析：特殊地，当直线l 斜率为0时，为x 轴，则A 、B 、M 坐标分别为(5，0)、(－5，0)、(0,0).MA →＝(5，0)，AF →＝(2－5，0)，MB →＝(－5，0)，BF →＝(2＋5，0)．∴λ1＝－(25＋5)，λ2＝25－5，∴λ1＋λ2＝－10，选D. 答案：D4．P 是双曲线x 29－y 216＝1的右支上一点，M 、N 分别是圆(x ＋5)2＋y 2＝4和(x －5)2＋y2＝1上的点，则|PM |－|PN |的最大值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：设双曲线的两个焦点分别是F 1(－5,0)与F 2(5,0)，则这两点正好是两圆的圆心，易知(|PM |－|PN |)max ＝(|PF 1|＋2)－(|PF 2|－1)＝|PF 1|－|PF 2|＋3＝2×3＋3＝9，故选D.答案：D5．过抛物线y 2＝4x 的焦点作一条直线与抛物线相交于A ，B 两点，它们到直线x ＝－2的距离之和等于5，则这样的直线( )A ．有且仅有一条B ．只有两条C ．有无穷多条D ．不存在解析：设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．因为A ，B 两点到直线x ＝－2的距离之和等于5，所以x 1＋2＋x 2＋2＝5.所以x 1＋x 2＝1.由抛物线的定义得|AB |＝x 1＋1＋x 2＋1＝3.而抛物线的焦点弦的最小值(当弦AB ⊥x 轴时，是最小焦点弦)为4，所以不存在满足条件的直线．答案：D6．F 1，F 2分别是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1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A 、B 两点．若△ABF 2是等边三角形，则该双曲线的离心率为( )A ．2 B.7 C.13 D.15 解析：画出图形，由双曲线的定义得|BF 1|－|BF 2|＝2a ，|AF 2|－|AF 1|＝2a ，又∵△ABF 2为等边三角形，∴|AF 1|＝2a ，|AF 2|＝4a ，|BF 2|＝|BA |＝4a ，|BF 1|＝6a ，△BF 1F 2中|F 1F 2|＝2c ，∠F 1BF 2＝60°.∴由余弦定理可得4c 2＝36a 2＋16a 2－2×6a ×4a ×12，离心率e ＝c a ＝7，故选B.答案：B 二、填空题7．若椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1的焦点在x 轴上，过点1，12作圆x 2＋y 2＝1的切线，切点分别为A ，B ，直线AB 恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是__________．解析：因为一条切线为x ＝1，且直线AB 恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，所以椭圆的右焦点为(1,0)，即c ＝1，设点P 1，12，连接OP (图略)，则OP ⊥AB ，因为k OP ＝12，所以k AB ＝－2.又因为直线AB 过点(1,0)，所以直线AB 的方程为2x ＋y －2＝0. 因为点(0，b )在直线AB 上，所以b ＝2.又因为c ＝1，所以a 2＝5，故椭圆方程是x 25＋y 24＝1.答案：x 25＋y 24＝18．已知点F1，F2分别是双曲线x2 a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过F1且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若△ABF2是锐角三角形，则该双曲线离心率的取值范围为________．解析：据题意由双曲线的对称性可得若△ABF2为锐角三角形，只需∠BF2F1<45°即可，故在Rt△BF2F1中，tan∠BF2F1＝b2a2c＝b22ac<tan45°＝1，整理可得c2－a2<2ac，两侧同除以a2，e2－1<2e，解不等式结合e>1，可得离心率的取值范围是(1,1＋2)．答案：(1,1＋2)9．O为坐标原点，F为抛物线C：y2＝42x的焦点，P为C上一点，若|PF|＝42，则△POF的面积为__________．解析：设P(x P，y P)(y P>0，由抛物线定义知，x P＋2＝42，∴x P＝32，y P＝42×32＝26，因此S△POF＝12×26×2＝2 3.答案：2 3三、解答题10．(xx·绵阳市第三次诊断)已知直线y＝k(x＋1)(k>0)与抛物线C：y2＝4x相交于A，B两点，O、F分别为C的顶点和焦点，若OA→＝λFB→(λ∈R)，求k的值．解：如图，直线y＝k(x＋1)过点F′(－1,0)，F(1,0)，所以O为F′F的中点．由OA→＝λFB→知OA∥FB，所以A为F′B的中点，设B ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 224，y 2，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 22－48，y 22，代入y 2＝4x ，得y 2＝22，B (2,22)，∴k ＝222－－1＝223. 11．(xx·东城区检测)已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在x 轴上且过点P 3，12，离心率是32. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)直线l 过点E (－1,0)且与椭圆C 交于A ，B 两点，若|EA |＝2|EB |，求直线l 的方程．解：(1)设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)．由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝32，3a 2＋14b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)由已知，若直线l 的斜率不存在，则过点E (－1,0)的直线l 的方程为x ＝－1，此时令A －1，32，B －1，－32，显然|EA |＝2|EB |不成立．若直线l 的斜率存在，则设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)．则⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝k x ＋1，整理得(4k 2＋1)x 2＋8k 2x ＋4k 2－4＝0.由Δ＝(8k 2)2－4(4k 2＋1)(4k 2－4)＝48k 2＋16>0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．故x 1＋x 2＝－8k 24k 2＋1，①x 1x 2＝4k 2－44k 2＋1.②因为|EA |＝2|EB |，即x 1＋2x 2＝－3.③①②③联立解得k ＝±156. 所以直线l 的方程为15x ＋6y ＋15＝0和15x －6y ＋15＝0. 12．(xx·焦作一模)已知椭圆的离心率e ＝22，左、右焦点分别为F 1、F 2，定点P (2，3)，点F 2在线段PF 1的中垂线上． (1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于M 、N 两点，直线F 2M ，F 2N 的倾斜角满足α＋β＝π，求证：直线l 过定点，并求该定点的坐标．解：(1)由椭圆C 的离心率e ＝22，得c a ＝22，其中c ＝a 2－b 2，椭圆C 的左、右焦点分别为F 1(－c,0)，F 2(c,0)，又点F 2在线段PF 1的中垂线上，∴|F 1F 2|＝|PF 2|，∴(2c )2＝(3)2＋(2－c )2. 解得c ＝1，a 2＝2，b 2＝1， ∴椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝kx ＋m消去y ，得(2k 2＋1)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4km 2k 2＋1，x 1x 2＝2m 2－22k 2＋1，且kF 2M ＝kx 1＋mx 1－1，kF 2N＝kx 2＋mx 2－1. 由已知α＋β＝π，得kF 2M ＋kF 2N ＝0，即kx 1＋m x 1－1＋kx 2＋mx 2－1＝0，化简，得2kx 1x 2＋(m －k )(x 1＋x 2)－2m ＝0， ∴2k ·2m 2－22k 2＋1－4km m －k 2k 2＋1－2m ＝0，整理得m ＝－2k .∴直线MN 的方程为y ＝k (x －2)，因此直线MN 过定点，该定点的坐标为(2,0)．23308 5B0C 嬌38404 9604 阄T30367 769F 皟28135 6DE7 淧B34917 8865 补285816FA5 澥27411 6B13 欓34832 8810 蠐 V32238 7DEE 緮h39020 986C 顬。

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