高考数学二轮复习 专题6 解析几何 第4讲 圆锥曲线中的综合问题 理
高考数学二轮复习 专题九 解析几何 第4讲 圆锥曲线的综合问题课件 理
(2)存在符合题意的点．证明如下：
设 P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线 PM， PN 的斜率分别为 k1，k2. 将 y＝kx＋a 代入 C 的方程， 得 x2－4kx－4a＝0.
故 x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a. 从而 k1＋k2＝y1x－1 b＋y2x－2 b ＝2kx1x2＋（a－x1bx）2 （x1＋x2）＝k（aa＋b）. 当 b＝－a 时，有 k1＋k2＝0，则直线 PM 的倾斜角与直线 PN a，a)，N(－2 a，a)， 或 M(－2 a，a)，N(2 a，a)． 又 y′＝x2，故 y＝x42在 x＝2 a处的导数值为 a，C 在点(2 a， a)处的切线方程为 y－a＝ a(x－2 a)， 即 ax－y－a＝0. y＝x42在 x＝－2 a处的导数值为－ a，C 在点(－2 a，a)处 的切线方程为 y－a＝－ a(x＋2 a)， 即 ax＋y＋a＝0. 故所求切线方程为 ax－y－a＝0 和 ax＋y＋a＝0.
2．已知定点 A(1，0)与定直线 l：x＝－1，B 是直线 l 上一动 点，N 是 AB 的中点，动点 M 满足 MB∥x 轴，且M→N⊥A→B. (1)求动点 M 的轨迹 C 的方程； (2)求证 MN 恒与曲线 C 相切； (3)当△MAB 为直角三角形时，求△MAB 外接圆的方程．
法二：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，把 y＝kx＋2 代入 y＝2x2 中得 2x2－kx－2＝0，
∴x1＋x2＝k2. ∵xN＝xM＝x1＋2 x2＝k4，
∴N 点的坐标为4k，k82. 设抛物线在点 N 处的切线 l1 的方程为 y－k82＝mx－k4，
将 y＝2x2 代入上式得 2x2－mx＋m4k－k82＝0， ∵直线 l1 与抛物线 C 相切，
高考数学二轮复习 第二编 专题六 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合问题习题课件 文
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)过点 G0，13的动直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点， 在 y 轴上是否存在定点 Q，使以 AB 为直径的圆恒过 Q 点？
若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
12/11/2021
解 (1)由题意可知 2ab＝2 2，
所以 ab＝ 2，①
又点
P1，
y＝kx＋1， 又由x2＝4y，
联立得：x2－4kx－4＝0，
∴x1x2＝－4. ∴S△ABM·S△CDM＝14·1166·(2 1＋k2)2＝1＋k2≥1.
当且仅当 k＝0 时取等号．
∴当 k＝0 时，△ABM 与△CDM 面积之积的最小值为
1.
12/11/2021
2．(2018·厦门一检)已知抛物线 C：y2＝2px(p>0)上一点 M(t,8)到焦点 F 的距离是54t.
12/11/2021
(2)当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y＝k(x－ 2)，
l 与抛物线交于点 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立yy＝2＝k8xx－，2， 化简得 k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0， 显然 Δ>0，x1＋x2＝4k2k＋2 8， 设 A，B 的中点为 M，则 xM＝12(x1＋x2)＝2k2k＋2 4， yM＝k(xM－2)＝4k，
12/11/2021
解 (1)由 x2＋y2＋2x＝0 得(x＋1)2＋y2＝1，由 x2＋y2－ 2x－24＝0 得(x－1)2＋y2＝25，设动圆 C 的半径为 R，两圆 的圆心分别为 F1(－1,0)，F2(1,0)，则|CF1|＝R＋1，|CF2|＝5 －R，
所以|CF1|＋|CF2|＝6，根据椭圆的定义可知，点 C 的轨 迹为以 F1，F2 为焦点的椭圆，所以 c＝1，a＝3，所以 b2＝ a2－c2＝9－1＝8，所以动圆圆心 C 的轨迹方程为x92＋y82＝1.
2023届高考数学二轮复习专题六解析几何第4讲圆锥曲线中的综合问题(43张)课件
-
,
则
,
+
=
=
= ,
= -,
2
2
即 P(2k,-b).因为点 P 在圆 M 上,所以 4k +(4-b) =1,①
且-1≤2k≤1,-5≤-b≤-3,即-≤k≤,3≤b≤5,满足(※).
设点 P 到直线 AB 的距离为 d,则 d=
即 y-
=-(x-
-
)上,与 y=x 联立,得 xM=
-
=xC,yM=
-
即点 M 恰为 AB 的中点,故点 M 在直线 AB 上.
=yC,
-
,yM=
+
=
,
-
圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容,常见的热点题型有:范围、最值
所以-(x1y2+x2y1)+3y1y2=
-
,
,
=-2,所以直线 HN 过定点(0,-2).综上,直线 HN 过定点.
,
+
3.[圆锥曲线中的存在性、证明问题](2022·新高考Ⅱ卷,T21)已知双曲线 C: -=
1(a>0,b>0)的右焦点为 F(2,0),渐近线方程为 y=± x.
p=2.
1.[圆锥曲线中的最值、范围问题](2021·全国乙卷,T21) 已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,
且F与圆M:x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为4.
(2)若点P在M上,PA,PB是C的两条切线,A,B是切点,求△PAB面积的最大值.
高考数学二轮复习 考前专题六 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合问题讲学案 理
第3讲 圆锥曲线的综合问题1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和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，探索性问题．2．试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大．热点一 范围、最值问题圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解．例1 (2017届日照模拟)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，左、右顶点分别为A ，B .以F 1F 2为直径的圆O 过椭圆E 的上顶点D ，直线DB 与圆O 相交得到的弦长为233.设点P ()a ，t ()t ≠0，连接PA 交椭圆于点C ，坐标原点为O . (1)求椭圆E 的方程；(2)若△ABC 的面积不大于四边形OBPC 的面积，求||t 的最小值．解 (1)因为以F 1F 2为直径的圆O 过点D ，所以b ＝c ，则圆O 的方程为x 2＋y 2＝b 2，又a 2＝b 2＋c 2， 所以a ＝2b ，直线DB 的方程为y ＝－22x ＋b ， 直线DB 与圆O 相交得到的弦长为233，则2b 2－⎝⎛⎭⎪⎪⎫b1＋122＝233，所以b ＝1, a ＝2，所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由(1)得a ＝2，b ＝1，椭圆方程为x 22＋y 2＝1，设直线PA 的方程为y ＝t22(x ＋2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝t22(x ＋2)，整理得()4＋t 2x 2＋22t 2x ＋2t 2－8＝0，解得x 1＝－2，x 2＝42－2t 24＋t2， 则点C 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫42－2t 24＋t2，4t 4＋t 2，故直线BC 的斜率为k BC ＝－2t ， 由于直线OP 的斜率为k OP ＝t2，所以k BC ·k OP ＝－1， 所以OP ⊥BC .所以S OBPC ＝12×||OP ×||BC ＝2||t 3＋2t 4＋t2， S △ABC ＝12×22×4||t 4＋t 2＝42||t 4＋t2， 所以42||t 4＋t 2≤2||t 3＋2t 4＋t 2， 整理得2＋t 2≥4，||t ≥2，所以||t min ＝ 2.思维升华 解决范围问题的常用方法(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利用数形结合法求解． (2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解． (3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．跟踪演练1 (2017届福建省宁德市质检)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)上的点M ()x 0，y 0到点N ()2，0距离的最小值为 3. (1)求抛物线C 的方程；(2)若x 0>2，圆E ：()x －12＋y 2＝1，过M 作圆E 的两条切线分别交y 轴于A ()0，a ，B ()0，b 两点，求△MAB 面积的最小值． 解 (1)∵||MN ＝()x 0－22＋()y 0－02，又∵y 20＝2px 0，∴||MN 2＝x 20－4x 0＋4＋2px 0＝x 20－2()2－p x 0＋4＝[]x 0－()2－p 2＋4－()2－p 2.∵x 0≥0，∴当2－p ≤0，即p ≥2时，||MN min ＝2，不符合题意，舍去；当2－p >0，即0<p <2时，||MN min ＝4－()2－p 2＝3，∴()2－p 2＝1，∴p ＝1或p ＝3(舍去)，∴y 2＝2x .(2)由题意可知，k MA ＝y 0－a x 0，∴直线MA 的方程为y ＝y 0－ax 0x ＋a ，即()y 0－a x －x 0y ＋ax 0＝0， ∴1＝||()y 0－a ＋ax 0()y 0－a 2＋x 20，∴()y 0－a 2＋x 20＝||y 0－a ＋ax 02，整理得a 2()x 0－2＋2ay 0－x 0＝0，同理b 2()x 0－2＋2by 0－x 0＝0, ∴a ，b 为方程()x 0－2x 2＋2y 0x －x 0＝0的两根，∴a ＋b ＝－2y 0x 0－2，ab ＝－x 0x 0－2，∴||a －b ＝()a ＋b 2－4ab ＝2||x 0||x 0－2.∵x 0>2，∴S △MAB ＝12||a －b ·||x 0＝x 20x 0－2＝x 20－4＋4x 0－2＝x 0＋2＋4x 0－2＝x 0－2＋4x 0－2＋4≥8， 当且仅当x 0＝4时，取最小值8. 热点二 定点、定值问题1．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y －y 0＝k (x －x 0)，则直线必过定点(x 0，y 0)；若得到了直线方程的斜截式：y ＝kx ＋m ，则直线必过定点(0，m )．2．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．例2 (2017·长沙市长郡中学模拟)已知抛物线E ：y 2＝4x 的准线为l ，焦点为F ，O 为坐标原点．(1)求过点O ，F ，且与l 相切的圆的方程；(2)过F 的直线交抛物线E 于A ，B 两点，A 关于x 轴的对称点为A ′，求证：直线A ′B 过定点．(1)解 抛物线E ：y 2＝4x 的准线l 的方程为x ＝－1，焦点坐标为F (1,0)，设所求圆的圆心C 为(a ，b )，半径为r, ∵圆C 过O ，F ，∴a ＝12，∵圆C 与直线l ：x ＝－1相切， ∴r ＝12－()－1＝32.由r ＝||CO ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋b 2＝32，得b ＝± 2.∴过O ，F 且与直线l 相切的圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋()y ±22＝94.(2)证明 方法一 依题意知，直线AB 的斜率存在， 设直线AB 方程为y ＝k ()x －1，A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2()x 1≠x 2，A ′()x 1，－y 1，联立⎩⎨⎧y ＝k ()x －1，y 2＝4x ，消去y ，得k 2x 2－()2k 2＋4x ＋k 2＝0， ∴x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1.∵直线BA ′的方程为y －y 2＝y 2＋y 1x 2－x 1()x －x 2， ∴令y ＝0，得x ＝x 2y 1＋x 1y 2y 1＋y 2＝x 2k ()x 1－1＋x 1k ()x 2－1k ()x 1－1＋k ()x 2－1＝2x 1x 2－()x 1＋x 2－2＋()x 1＋x 2＝－1 . ∴直线BA ′过定点()－1，0.方法二 设直线AB 的方程为x ＝my ＋1,A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2，则A ′()x 1，－y 1.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，y 2＝4x ，得y 2－4my －4＝0，∴y 1＋y 2＝4m, y 1y 2＝－4. ∵k BA ′＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1y 224－y 214＝4y 2－y 1，∴直线BA ′的方程为y －y 2＝4y 2－y 1()x －x 2. ∴y ＝4y 2－y 1(x －x 2)＋y 2＝4y 2－y 1x ＋y 2－4x 2y 2－y 1＝4y 2－y 1x ＋y 22－y 1y 2－4x 2y 2－y 1 ＝4y 2－y 1x ＋4y 2－y 1 ＝4y 2－y 1(x ＋1)． ∴直线BA ′过定点(－1,0)．思维升华 (1)动线过定点问题的两大类型及解法①动直线l 过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m,0)．②动曲线C 过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点． (2)求解定值问题的两大途径①由特例得出一个值(此值一般就是定值)→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．跟踪演练2 (2017届江西省重点中学协作体联考)已知⊙F 1：(x ＋3)2＋y 2＝27与⊙F 2：(x －3)2＋y 2＝3，以F 1，F 2分别为左、右焦点的椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1 (a >b >0)经过两圆的交点．(1)求椭圆C 的方程；(2)M ，N 是椭圆C 上的两点，若直线OM 与ON 的斜率之积为－14，试问△OMN 的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． 解 (1)设两圆的交点为Q ，依题意有|QF 1|＋|QF 2|＝33＋3＝43，由椭圆定义知，2a ＝43，解得a 2＝12. ∵F 1，F 2分别为椭圆C 的左、右焦点， ∴a 2－b 2＝9，解得b 2＝3， ∴椭圆C 的方程为x 212＋y 23＝1.(2)①当直线MN 的斜率不存在时， 设M (x 1，y 1)，N (x 1，－y 1)．k OM ·k ON ＝－y 1y 1x 1x 1＝－14，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 1x 1＝12.又x 2112＋y 213＝1，∴|x 1|＝6，|y 1|＝62. ∴S △OMN ＝12×6×6＝3.②当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋m ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 212＋y23＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0， 由Δ＝64k 2m 2－4(4k 2＋1)(4m 2－12)>0， 得12k 2－m 2＋3>0，(*)且x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋1.∴y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2－12k 24k 2＋1.∵k OM ·k ON ＝y 1y 2x 1x 2＝－14，∴m 2－12k 24m 2－12＝－14，整理得2m 2＝12k 2＋3, 代入(*)得m ≠0. ∵|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 4k 2＋12－4⎝ ⎛⎭⎪⎫4m 2－124k 2＋1＝1＋k248(4k 2＋1)－16m 2(4k 2＋1)2＝61＋k2|m |， 原点O 到直线MN 的距离d ＝|m |1＋k2，∴S △OMN ＝12|MN |d＝12·61＋k 2|m |·|m |1＋k 2＝3(定值)． 综上所述，△OMN 的面积为定值3.热点三 探索性问题1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在． 2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．例3 已知A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是抛物线C ：x 2＝2py (p >0)上的不同两点．(1)设直线l ：y ＝p4与y 轴交于点M ，若A ，B 两点所在的直线方程为y ＝x －1，且直线l ：y＝p4恰好平分∠AMB ，求抛物线C 的标准方程； (2)若直线AB 与x 轴交于点P ，与y 轴的正半轴交于点Q ，且y 1y 2＝p 24，是否存在直线AB ，使得1|PA |＋1|PB |＝3|PQ |？若存在，求出直线AB 的方程；若不存在，请说明理由．解 (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 4，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2py ，y ＝x －1，消去y 整理，得x 2－2px ＋2p ＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4p 2－8p >0，x 1＋x 2＝2p ，x 1x 2＝2p ，∵直线y ＝p4平分∠AMB ，∴k AM ＋k BM ＝0，∴y 1－p 4x 1＋y 2－p 4x 2＝0，即x 1－1－p 4x 1＋x 2－1－p4x 2＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋p 4x 1＋x 2x 1x 2＝0， ∴p ＝4，满足Δ>0，∴抛物线C 的标准方程为x 2＝8y . (2)由题意知，直线AB 的斜率存在，且不为零， 设直线AB 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0，b >0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 2＝2py ，得x 2－2pkx －2pb ＝0,∴⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4p 2k 2＋8pb >0，x 1＋x 2＝2pk ，x 1x 2＝－2pb ，∴y 1y 2＝x 212p ·x 222p ＝()－2pb 24p2＝b 2， ∵y 1y 2＝p 24，∴b 2＝p 24，∵b >0, ∴b ＝p2. ∴直线AB 的方程为y ＝kx ＋p2.假设存在直线AB ，使得1||PA ＋1||PB ＝3||PQ ，即||PQ ||PA ＋||PQ ||PB ＝3， 作AA ′⊥x 轴，BB ′⊥x 轴，垂足为A ′，B ′，∴||PQ ||PA ＋||PQ ||PB ＝||OQ ||AA ′＋||OQ ||BB ′＝p 2y 1＋p2y 2＝p 2·y 1＋y 2y 1y 2， ∵y 1＋y 2＝k ()x 1＋x 2＋p ＝2pk 2＋p, y 1y 2＝p 24，∴||PQ ||PA ＋||PQ ||PB ＝p 2·2pk 2＋p p 24＝4k 2＋2， 由4k 2＋2＝3，得k ＝±12，故存在直线AB ，使得1||PA ＋1||PB ＝3||PQ ，此时直线AB 的方程为y ＝±12x ＋p2.思维升华 解决探索性问题的注意事项存在性问题，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．(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．跟踪演练3 (2017届河北省衡水中学押题卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1 (a >b >0)的长轴长为6，且椭圆C 与圆M ：(x －2)2＋y 2＝409的公共弦长为4103.(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P (0,2)作斜率为k (k ≠0)的直线l 与椭圆C 交于两点A ，B ，试判断在x 轴上是否存在点D ，使得△ADB 为以AB 为底边的等腰三角形．若存在，求出点D 的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．解 (1)由题意可得2a ＝6，所以a ＝3.由椭圆C 与圆M: ()x －22＋y 2＝409的公共弦长为4103，恰为圆M 的直径，可得椭圆C 经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，±2103，所以49＋409b 2＝1，解得b 2＝8.所以椭圆C 的方程为x 29＋y 28＝1.(2)直线l 的解析式为y ＝kx ＋2，设A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2，AB 的中点为E ()x 0，y 0.假设存在点D ()m ，0，使得△ADB 为以AB 为底边的等腰三角形，则DE ⊥AB .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 29＋y28＝1，得()8＋9k 2x 2＋36kx －36＝0，故x 1＋x 2＝－36k 9k 2＋8，所以x 0＝－18k 9k 2＋8，y 0＝kx 0＋2＝169k 2＋8.因为DE ⊥AB ，所以k DE ＝－1k，即169k 2＋8－0－18k 9k 2＋8－m ＝－1k ，所以m ＝－2k 9k 2＋8＝－29k ＋8k. 当k >0时， 9k ＋8k ≥29×8＝122，所以－212≤m <0；当k <0时， 9k ＋8k ≤－122，所以0<m ≤212.综上所述，在x 轴上存在满足题目条件的点E ，且点D 的横坐标的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－212，0∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，212.真题体验1．(2017·全国Ⅰ改编)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A ，B 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，则|AB |＋|DE |的最小值为________．答案 16解析 因为F 为y 2＝4x 的焦点， 所以F (1,0)．由题意知，直线l 1，l 2的斜率均存在且不为0，设l 1的斜率为k ，则l 2的斜率为－1k ，故直线l 1，l 2的方程分别为y ＝k (x －1)，y ＝－1k(x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，且Δ＝16k 2＋16>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1，所以|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 22－4 ＝4(1＋k 2)k2. 同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)k2＋4(1＋k 2) ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋1＋1＋k 2＝8＋4⎝⎛⎭⎪⎫k 2＋1k 2≥8＋4×2＝16，当且仅当k 2＝1k2，即k ＝±1时，取得等号．2．(2017·山东)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，焦距为2.(1)求椭圆E 的方程；(2)如图，动直线l ：y ＝k 1x －32交椭圆E 于A ，B 两点，C 是椭圆E 上一点，直线OC 的斜率为k 2，且k 1k 2＝24.M 是线段OC 延长线上一点，且|MC |∶|AB |＝2∶3，⊙M 的半径为|MC |，OS ，OT 是⊙M 的两条切线，切点分别为S ，T .求∠SOT 的最大值，并求取得最大值时直线l 的斜率． 解 (1)由题意知，e ＝c a ＝22，2c ＝2，所以c ＝1， 所以a ＝2，b ＝1，所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k 1x －32，得(4k 21＋2)x 2－43k 1x －1＝0. 由题意知，Δ＞0，且x 1＋x 2＝23k 12k 21＋1，x 1x 2＝－12(2k 21＋1)， 所以|AB |＝1＋k 21|x 1－x 2|＝2·1＋k 21·1＋8k 211＋2k 21. 由题意可知，圆M 的半径r 为 r ＝23|AB |＝223·1＋k 21 1＋8k 212k 21＋1. 由题设知k 1k 2＝24， 所以k 2＝24k 1，因此直线OC 的方程为y ＝24k 1x .联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝24k 1x ，得x 2＝8k 211＋4k 21，y 2＝11＋4k 21，因此|OC |＝x 2＋y 2＝1＋8k 211＋4k 21. 由题意可知，sin ∠SOT 2＝r r ＋|OC |＝11＋|OC |r.而|OC |r ＝1＋8k 211＋4k 21223·1＋k 21 1＋8k 211＋2k 21 ＝324·1＋2k 211＋4k 21 1＋k 21， 令t ＝1＋2k 21，则t ＞1，1t∈(0,1)，因此|OC |r ＝32·t 2t 2＋t －1＝32·12＋1t －1t2＝32·1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －122＋94≥1，当且仅当1t ＝12，即t ＝2时等号成立，此时k 1＝±22，所以sin ∠SOT 2≤12，因此∠SOT 2≤π6，所以∠SOT 的最大值为π3.综上所述，∠SOT 的最大值为π3，取得最大值时直线l 的斜率为k 1＝±22.押题预测已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 23＝1(a >0)与抛物线C 2：y 2＝2ax 相交于A ，B 两点，且两曲线的焦点F 重合．(1)求C 1，C 2的方程；(2)若过焦点F 的直线l 与椭圆分别交于M ，Q 两点，与抛物线分别交于P ，N 两点，是否存在斜率为k (k ≠0)的直线l ，使得|PN ||MQ |＝2？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．押题依据 本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查．关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色．解 (1)因为C 1，C 2的焦点重合， 所以a 2－3＝a2，所以a 2＝4. 又a >0，所以a ＝2.于是椭圆C 1的方程为x 24＋y 23＝1，抛物线C 2的方程为y 2＝4x . (2)假设存在直线l 使得|PN ||MQ |＝2，则可设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k (x －1)，可得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，则x 1＋x 4＝2k 2＋4k2，x 1x 4＝1，且Δ＝16k 2＋16>0，所以|PN |＝1＋k 2·(x 1＋x 4)2－4x 1x 4 ＝4(1＋k 2)k2. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k (x －1)，可得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 2＋x 3＝8k 23＋4k 2，x 2x 3＝4k 2－123＋4k 2，且Δ＝144k 2＋144>0，所以|MQ |＝1＋k 2·(x 2＋x 3)2－4x 2x 3＝12(1＋k 2)3＋4k2.若|PN ||MQ |＝2， 则4(1＋k 2)k 2＝2×12(1＋k 2)3＋4k 2，解得k ＝±62. 故存在斜率为k ＝±62的直线l ，使得|PN ||MQ |＝2.A 组 专题通关1．(2016·全国Ⅰ)设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1,0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E .(1)证明|EA |＋|EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．解 (1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ， 故∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ，所以|EB |＝|ED |， 故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |.又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而|AD |＝4，所以|EA |＋|EB |＝4. 由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2， 由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0)．(2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0. 则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3，且Δ＝144k 2＋144>0，所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12(k 2＋1)4k 2＋3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k(x －1)，点A 到m 的距离为2k 2＋1，所以|PQ |＝242－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋12＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形MPNQ 的面积S ＝12|MN ||PQ |＝121＋14k 2＋3. 可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83)．当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8，四边形MPNQ 的面积为12. 综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83)．2．(2017届黑龙江省大庆实验中学模拟)已知F 1，F 2分别是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点，D ，E 分别是椭圆C 的上顶点和右顶点，且S △DEF 2＝32，离心率e ＝12. (1)求椭圆C 的方程；(2)设经过F 2的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，求||F 2A ||F 2B S △OAB的最小值．解 (1)依题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，12×()a －c ×b ＝32，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝3，故所求椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)知，F 2()1，0，设A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2，AB 的方程为x ＝ty ＋1，代入椭圆的方程，整理得()3t 2＋4y 2＋6ty －9＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝36t 2＋36(3t 2＋4)>0，y 1＋y 2＝－6t 3t 2＋4，y 1y 2＝－93t 2＋4.∵S △OAB ＝12×1×||y 1－y 2，|AF 2|＝1＋t 2||y 1，|BF 2|＝1＋t 2||y 2，∴||F 2A ||F 2B S △OAB＝2()1＋t 293t 2＋436t 2()3t 2＋42＋363t 2＋4＝31＋t 22≥32，当且仅当t ＝0时上式取等号． ∴|F 2A ||F 2B |S △OAB 的最小值为32.3．(2017届南昌模拟)如图，已知直线l ：y ＝kx ＋1 (k >0)关于直线y ＝x ＋1对称的直线为l 1，直线l ，l 1与椭圆E ：x 24＋y 2＝1分别交于点A ，M 和A ，N ，记直线l 1的斜率为k 1.(1)求kk 1的值；(2)当k 变化时，试问直线MN 是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由．解 (1)设直线上任意一点P (x ，y )关于直线y ＝x ＋1的对称点为P 0(x 0，y 0)， 直线l 与直线l 1的交点为(0,1)， ∴l ：y ＝kx ＋1，l 1：y ＝k 1x ＋1.k ＝y －1x ，k 1＝y 0－1x 0.由y ＋y 02＝x ＋x 02＋1，得y ＋y 0＝x ＋x 0＋2.① 由y －y 0x －x 0＝－1，得y －y 0＝x 0－x .② 由①②得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 0＋1，y 0＝x ＋1.kk 1＝yy 0－(y ＋y 0)＋1xx 0＝(x 0＋1)(x ＋1)－(x 0＋x ＋2)＋1xx 0＝1.(2)设点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx 1＋1，x 214＋y 21＝1，得(4k 2＋1)x 21＋8kx 1＝0， ∴x M ＝－8k 4k 2＋1，∴y M ＝1－4k 24k 2＋1.同理x N ＝－8k 14k 21＋1＝－8k 4＋k2，y N ＝1－4k 214k 21＋1＝k 2－44＋k 2.k MN ＝y M －y N x M －x N ＝1－4k 24k 2＋1－k 2－44＋k 2－8k 4k 2＋1－－8k4＋k 2＝8－8k 48k (3k 2－3)＝－k 2＋13k . 直线MN ：y －y M ＝k MN (x －x M )，∴y －1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －－8k 4k 2＋1，即y ＝－k 2＋13k x －8(k 2＋1)3(4k 2＋1)＋1－4k24k 2＋1＝－k 2＋13k x －53.∴当k 变化时，直线MN 过定点⎝⎛⎭⎪⎫0，－53.4．(2017届沈阳市模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦点为F 1，F 2，离心率为12，点P为其上动点，且△PF 1F 2面积的最大值为3，O 为坐标原点． (1)求椭圆C 的方程；(2)若点M ，N 为C 上的两个动点，求常数m ，使OM →·ON →＝m 时，点O 到直线MN 的距离为定值，求这个定值．解 (1)依题意知，⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝b 2＋c 2，bc ＝3，c a ＝12，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 则x 1x 2＋y 1y 2＝m ，(*)当直线MN 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋n ， 则点O 到直线MN 的距离d ＝|n |k 2＋1＝n 2k 2＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12，y ＝kx ＋n ，消去y ，得(4k 2＋3)x 2＋8knx ＋4n 2－12＝0， 由Δ>0，得4k 2－n 2＋3>0， 则x 1＋x 2＝－8kn 4k 2＋3，x 1x 2＝4n 2－124k 2＋3，代入(*)式，x 1x 2＋(kx 1＋n )(kx 2＋n )＝(k 2＋1)x 1x 2＋kn (x 1＋x 2)＋n 2＝m ， 整理得7n 2k 2＋1＝12＋m (4k 2＋3)k 2＋1为常数，则m ＝0，d ＝127＝2217， 此时7n2k 2＋1＝12满足Δ>0.当MN ⊥x 轴时，由m ＝0，得k OM ＝±1，⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12，y ＝±x ，消去y ，得x 2＝127，d ＝|x |＝2217仍成立，综上，m ＝0，d ＝2217.B 组 能力提高5.如图，抛物线C ：y 2＝2px 的焦点为F ，抛物线上一定点Q (1,2)． (1)求抛物线C 的方程及准线l 的方程；(2)过焦点F 的直线(不经过Q 点)与抛物线交于A ，B 两点，与准线l 交于点M ，记QA ，QB ，QM 的斜率分别为k 1，k 2，k 3，问是否存在常数λ，使得k 1＋k 2＝λk 3成立，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)把Q (1,2)代入y 2＝2px ，得2p ＝4， 所以抛物线方程为y 2＝4x ，准线l 的方程为x ＝－1. (2)由条件可设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，k ≠0. 由抛物线准线l ：x ＝－1可知，M (－1，－2k )． 又Q (1,2)，所以k 3＝2＋2k 1＋1＝k ＋1，即k 3＝k ＋1.把直线AB 的方程y ＝k (x －1)，代入抛物线方程y 2＝4x ，并整理，可得 k 2x 2－2(k 2＋2)x ＋k 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系知，x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1，且Δ＝16(k 2＋1)>0. 又Q (1,2)，则k 1＝2－y 11－x 1，k 2＝2－y 21－x 2. 因为A ，F ，B 共线，所以k AF ＝k BF ＝k ，即y 1x 1－1＝y 2x 2－1＝k . 所以k 1＋k 2＝2－y 11－x 1＋2－y 21－x 2＝y 1x 1－1＋y 2x 2－1－2(x 1＋x 2－2)x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1 ＝2k －2⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 2－21－2k 2＋4k 2＋1＝2k ＋2， 即k 1＋k 2＝2k ＋2.又k 3＝k ＋1，可得k 1＋k 2＝2k 3.即存在常数λ＝2，使得k 1＋k 2＝λk 3成立．6．(2017届三湘名校教育联盟联考)已知动圆P 与圆F 1：()x ＋22＋y 2＝49相切，且与圆F 2：()x －22＋y 2＝1相内切，记圆心P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)设Q 为曲线C 上的一个不在x 轴上的动点，O 为坐标原点，过点F 2作OQ 的平行线交曲线C 于M ，N 两个不同的点，求△QMN 面积的最大值．解 (1)设圆P 的半径为R ，圆心P 的坐标为()x ，y ，由于动圆P 与圆F 1只能内切，所以⎩⎨⎧ ||PF 1＝7－R ，||PF 2＝R －1.则||PF 1||＋PF 2|＝6>F 1F 2|＝4，所以圆心P 的轨迹是以点F 1, F 2为焦点的椭圆．且a ＝3，c ＝2，则b 2＝a 2－c 2＝5.所以曲线C 的方程为x 29＋y 25＝1. (2)设M ()x 1，y 1，N ()x 2，y 2，Q ()x 3，y 3，直线MN 的方程为x ＝my ＋2， 由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝my ＋2，x 29＋y 25＝1，可得()5m 2＋9y 2＋20my －25＝0， 可知Δ＝400m 2＋100(5m 2＋9)>0， 则y 1＋y 2＝－20m 5m 2＋9，y 1y 2＝－255m 2＋9. 所以||MN ＝()1＋m 2[]()y 1＋y 22－4y 1y 2 ＝()1＋m 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－20m5m 2＋92＋1005m 2＋9＝30()1＋m 25m 2＋9.因为MN ∥OQ ， 所以△QMN 的面积等于△OMN 的面积． 点O 到直线MN ：x ＝my ＋2的距离d ＝21＋m 2 .所以△QMN 的面积 S ＝12||MN ·d ＝12×30()m 2＋15m 2＋9×2m 2＋1＝30m 2＋15m 2＋9. 令m 2＋1＝t ，则m 2＝t 2－1()t ≥1， S ＝30t 5()t 2－1＋9＝30t 5t 2＋4＝305t ＋4t.设f ()t ＝5t ＋4t ()t ≥1，则f ′()t ＝5－4t 2＝5t 2－4t 2，因为t ≥1，所以f ′()t ＝5t 2－4t 2>0，所以f ()t ＝5t ＋4t 在[)1，＋∞上单调递增．所以当t ＝1时，f ()t 取得最小值9. 所以△QMN 的面积的最大值为103.说明：△QMN 的面积S ＝12||OF 2||·y 1－y 2 ＝()y 1＋y 22－4y 1y 2＝30m 2＋15m 2＋9.。
高考数学二轮复习专题
高考数学二轮复习专题汇总1专题一：集合、函数、导数与不等式。
此专题函数和导数以及应用导数知识解决函数问题是重点，特别要注重交汇问题的训练。
每年高考中导数所占的比重都非常大，一般情况是在客观题中考查导数的几何意义和导数的计算，属于容易题;二是在解答题中进行综合考查，主要考查用导数研究函数的性质，用函数的单调性证明不等式等，此题具有很高的综合性，并且与思想方法紧密结合。
2专题二：数列、推理与证明。
数列由旧高考中的压轴题变成了新高考中的中档题，主要考查等差等比数列的通项与求和，与不等式的简单综合问题是近年来的热门问题。
3专题三：三角函数、平面向量和解三角形。
平面向量和三角函数的图像与性质、恒等变换是重点。
近几年高考中三角函数内容的难度和比重有所降低，但仍保留一个选择题、一个填空题和一个解答题的题量，难度都不大，但是解三角形的内容应用性较强，将解三角形的知识与实际问题结合起来将是今后命题的一个热点。
平面向量具有几何与代数形式的“双重性”，是一个重要的知识交汇点，它与三角函数、解析几何都可以整合。
4专题四：立体几何。
注重几何体的三视图、空间点线面的关系及空间角的计算，用空间向量解决点线面的问题是重点。
5专题五：解析几何。
直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹方程的探求以及最值范围、定点定值、对称问题是命题的主旋律。
近几年高考中圆锥曲线问题具有两大特色：一是融“综合性、开放性、探索性”为一体;二是向量关系的引入、三角变换的渗透和导数工具的使用。
我们在注重基础的同时，要兼顾直线与圆锥曲线综合问题的强化训练，尤其是推理、运算变形能力的训练。
6专题六：概率与统计、算法与复数。
要求具有较高的阅读理解和分析问题、解决问题的能力。
高考对算法的考查集中在程序框图，主要通过数列求和、求积设计问题。
高考数学二轮复习策略1.加强思维训练，规范答题过程解题一定要非常规范，俗语说：“不怕难题不得分，就怕每题都扣分”，所以大家要形成良好的思维品质和学习习惯，务必将解题过程写得层次分明结构完整。
高考数学文(二轮复习)课件讲《圆锥曲线中的综合问题》
2．有关弦长问题 (1)有关弦长问题，应注意运用弦长公式及根与系数的关 系，“设而不求”；有关焦点弦长问题，要重视圆锥曲线定义 的运用，以简化运算． ①斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2， y2)，则所得弦长|P1P2|＝ 1＋k |x2－x1|或|P1P2|＝
2
1 1＋k2 |y2－
4．定点、定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的 量，那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比 例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所 影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．化解这类问 题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系 等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．
3．轨迹方程问题 (1)求轨迹方程的基本步骤： ①建立适当的平面直角坐标系，设出轨迹上任一点的坐标 ——解析法(坐标法)； ②寻找动点与已知点满足的关系式——几何关系； ③将动点与已知点的坐标代入——几何关系代数化； ④化简整理方程——简化； ⑤证明所得方程为所求的轨方程的常用方法： ①直接法：将几何关系直接翻译成代数方程； ②定义法：满足的条件恰适合某已知曲线的定义，用待定 系数法求方程； ③代入法：把所求动点的坐标与已知动点的坐标建立联 系； ④交轨法：写出两条动直线的方程直接消参，求得两条动 直线交点的轨迹．
高考真题要回访，做好真题底气足 1．(2014· 四川高考)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， OA · OB ＝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 17 2 C. 8 ) D. 10
答案：B
解析：设直线AB的方程为x＝ny＋m(如图)，A(x1，y1)， B(x2，y2)， → → ∵OA· OB＝2，
高三数学(专题四 圆锥曲线的综合问题)
所以2221,2=-••==-∆B A AOB B A y y OF S y y 当直线AB 的斜率存在，设直线AB 的方程为)1(-=x k y由⎩⎨⎧=+-=22)1(22y x x k y 得：⎪⎩⎪⎨⎧=++=22122y x k y x ，则02)21(222=-++k ky y k . 2214411221444422214)212(214)(21212124242422222<++-=+++=+--+=-+=-=-••=∆k k k k k k k k k k y y y y y y y y OF S B A B A B A B A AOB综合上述知，当直线AB 垂直x 轴，△ABO 有最大面积22.例5、设),(111y x P 、),3)(,(),,(222N n n y x P y x P n n n ∈≥⋅⋅⋅是二次曲线C 上的点，且2211a OP a ==、222OP a =、…、2n n OP a =构成一个以2a 为首项公差为)0(≠d d 的等差数列，其中O 是坐标原点，记n n a a a S +⋅⋅⋅++=21.（1）若C 的方程为3,12510022==+n y x ，点)0,10(1P ，且2553=S ，求点3P 的坐标（只需写出一个）；4,4,1,621212121-==+=•=+y y y y x x x x),(11y x OA =→，),(22y x OB →，3412121-=-=+=•→→y y x x OB OA（2）)4)(4())((22212122222121x x x x y x y x OB OA ++=++=•→→4116)(4212122212221=+++=x x x x x x x x41413,cos -=••>=<→→→→→→OBOA OB OA OB OA ，所以→OA 与→OB 的夹角为41413arccos -π.3、已知双曲线1432222=-y x ，过双曲线左焦点1F 作斜率为)0(>k k 的直线l ，交双曲线左、右两支于A 、B 两点，设AB 中点为M ，如△21MF F (2F 为双曲线右焦点)的面积大于980，求k 的取值范围. 解：5=c ，)0,5(),0,5(21F F -l ：)5(+=x k y ，由⎪⎩⎪⎨⎧+==-)5(1432222x k y y x 得：0256160)916(22=+--y k y k ，则222191680)916(21602k k kk y y -=-=+，因0>k ，且l 与双曲线左、右两支相交，所以980916801021,3402>-⨯⨯=<<k k s k ，解得：31>k 或316-<k （舍）综合知：3431<<k .4、如图，圆的方程1622=+y x ，点)0,2(A ，B 是圆上动点，AB 的垂直平分线m 与OB 交于点P （1） 求点P 的轨迹C 的方程；（2） 若过原点的直线l 与C 交于E 、F 两点，且516≤EF ，求直线l 倾斜角的范围.解：（1）4=+=+PB OP PA OP .由椭圆的定义知P 点的轨迹方程是：134)1(22=+-y x ；（2）当直线的斜率不存在，即倾斜角为2π时，5163<=EF ；当直线的斜率存在时，设),(),,(2211y x F y x E ，由⎪⎩⎪⎨⎧=+-=134)1(22yx kx y 得：096)43(22=--+x x k ，则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-=•+=+221221439436k x x k x x ;51643)1(124)(1122212212212≤++=-++=-+=kk x x x x kx x k EF 解得：3,3≥-≤k k .所以倾斜角⎥⎦⎤ ⎝⎛⎪⎭⎫⎢⎣⎡∈32,22,3ππππY a ，综合知，倾斜角⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈32,3ππa【课后练习】1、设等轴双曲线θθθθθ(0)cos 2(sin sin 2cos 222222=+-+--y x y x 为参数)20πθπ≤ （1） 求双曲线中心C 的轨迹D ；（2） 设点D y x ∈),(，求y x 32+的最大值.解：（1）双曲线方程可化为1)sin ()cos (222=---θθy x ，设中心),(y x C 则⎩⎨⎧==θθsin cos 2y x消去参数θ得：)10(12≤≤+-=x x y ，所求轨迹是抛物线的一段弧. （3） 由D y x ∈),(，得813)43(sin 2sin 3cos 23222+--=+=+θθθy x ，所以43arcsin =θ，或43arcsin -=πθ时，y x 32+取最大值813.2、已知曲线C ：)4(12≤=-x y y x . （1） 画出曲线C 的图像；（2） 若直线l ：m x y +=与曲线C 有两个公共点，求m 的取值范围； （3） 若点P 的坐标为)0)(,0(>p p .Q 为曲线C 上的点，求PQ 的最小值. 解：（1）当0>y 时，122=-y x ；当0≤y 时，122=+y x （见图） （2）若l ：m x y +=与)0(122≤=+y y x 有两个公共点.。
高考数学二轮复习 专题6 解析几何 第4讲 圆锥曲线中的
第4讲圆锥曲线中的综合问题圆锥曲线中的最值与范围问题训练提示:求解最值与范围问题的关键是寻找目标函数或关系式,将所求量转化求解.1.已知圆M:(x+错误!未找到引用源。
a)2+y2=16a2(a>0)及定点N(错误!未找到引用源。
a,0),点P是圆M上的动点,点G在MP上,且满足|GP|=|GN|,G点的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)若点A(1,0)关于直线x+y-t=0(t>0)的对称点在曲线C上,求a的取值范围.解:(1)设G(x,y),因为|PG|+|GM|=4a,且|PG|=|GN|,所以|GM|+|GN|=4a>2错误!未找到引用源。
a,由椭圆定义得,曲线C的方程为错误!未找到引用源。
+错误!未找到引用源。
=1.(2)设A(1,0)关于直线x+y-t=0(t>0)的对称点为A′(m,n),则错误!未找到引用源。
所以错误!未找到引用源。
所以A′(t,t-1),因为A′(t,t-1)在曲线C:错误!未找到引用源。
+错误!未找到引用源。
=1上,所以t2+4(t-1)2=4a2,化简得5t2-8t+4-4a2=0(t>0),因为此方程有正根,令f(t)=5t2-8t+4-4a2,其图象的对称轴为t=错误!未找到引用源。
>0,所以Δ=(-8)2-4×5(4-4a2)≥0,所以a≥错误!未找到引用源。
或a≤-错误!未找到引用源。
,因为a>0,所以a的取值范围为[错误!未找到引用源。
,+∞).2.已知抛物线C:x2=4y,F为其焦点.(1)设P为直线l:x-y-2=0上的点,过点P作抛物线C的两条切线PA,PB,当点P(x0,y0)为直线l上的定点时,求直线AB的方程;(2)当点P在直线l上移动时,求|AF|·|BF|的最小值.解:(1)抛物线C的方程为x2=4y,即y=错误!未找到引用源。
x2,求导得y′=错误!未找到引用源。
高考数学二轮复习 专题六 解析几何 第4讲 圆锥曲线中的综合问题课件 文
当 m 的斜率为- 3 时,由图形对称性知,坐标原点到 m,n 的距离之比仍为 3. 3
综上,坐标原点到 m,n 距离的比值为 3.
3.(2015 新课标全国卷Ⅱ,文 20)已知椭圆 C: x2 + y2 =1(a>b>0)的离 a2 b2
心率为 2 ,点(2, 2 )在 C 上. 2
(1)求 C 的方程;
2
33
当 m 的斜率为 3 时,可设 n 方程为 y= 3 x+b.代入 x2=2py 得 x2- 2 3 px-2pb=0,
3
3
3
由于 n 与 C 只有一个公共点,故Δ= 4 p2+8pb=0 所以 b=- p ,
3
6
又因为 m 的截距 b1= p , b1 =3,所以坐标原点到 m,n 的距离的比值为 3. 2b
c
a
2, 2
(1)解:由
4 a2
2
b2
1,
解得 a2=8,b2=4,
a2 b2 c2,
故椭圆 C 的方程为 x2 y2 =1. 84
(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:(1)由已知可得△BFD 为等腰直角三角形,|BD|=2p,圆 F 的半径
|FA|= 2 p,又点 A 到 l 的距离 d=|FA|= 2 p 而 S△ABD=4 2 .
所以 1 |BD|·d=4 2 .即 1 ×2p× 2 p=4 2 ,
2
2
所以 p=-2(舍去)或 p=2 所以圆 F 的方程为 x2+(y-1)2=8.
(新课标)高考数学二轮复习 专题六 解析几何 第4讲 圆锥曲线中的综合问题名师课件 理
(2x0 3)2
则 MF 2 =
(3y0 )2
= (2x0 3)2 = 4 · (2x0 3)2 ,
NF 2
1 4
(
3 2
x0
3)2
(3y0 )2
9 y02 4
9 4 (x0
2)2
3
3y02 3(x0 2)2
因为
P(x0,y0)是
C 上一点,则
x02 3
-
y02
=1,代入上式得
(1)求双曲线 C 的方程;
解:(1)设 F(c,0),因为 b=1,所以 c= a2 1 ,
直线 OB 的方程为 y=- 1 x,直线 BF 的方程为 y= 1 (x-c),解得 B( c ,- c ).
a
a
2 2a
又直线
OA
的方程为
y=
1 a
x,则
A(c,
c a
),kAB=
c a
( c ) 2a
所以 M 的方程为 x2 + y 2 =1. 63
(2)C,D为M上的两点,若四边形ACBD的对角线CD⊥AB,求四边形ACBD面积的
最大值.
x y
解：(2)由
x2
y2
6 3
3 1,
0,
解得
x
y
4 3, 3
3 3
或
x 0,
因此|AB|=
k 2 1 |x1-x2|= 4
k 2 1 4k 2 3 .又点 O 到直线 PQ 的距离 d= 4k 2 1
2 ,所以△OPQ 的面积 k2 1
2023高考数学2卷圆锥曲线题多种解法
2023高考数学2卷圆锥曲线题多种解法近年来，高考数学2卷中的圆锥曲线题目备受考生和教师关注。
圆锥曲线是数学中重要的概念，其在几何、代数和应用数学中都有着广泛的应用。
掌握圆锥曲线的相关知识和多种解题方法是提高学生数学成绩的关键之一。
本文将针对2023年高考数学2卷的圆锥曲线题目，围绕不同的解题方法展开讨论，帮助考生深入理解、掌握相关知识，并提高解题的灵活性和准确性。
一、圆锥曲线的基本概念1.1 圆锥曲线的定义圆锥曲线是平面上一类重要的几何曲线，包括圆、椭圆、双曲线和抛物线。
它们都可以由一个圆锥面与一个平面交线而成。
在坐标系中，圆锥曲线可以通过方程表示，分别为：圆：x^2 + y^2 = r^2椭圆：(x/a)^2 + (y/b)^2 = 1双曲线：(x/a)^2 - (y/b)^2 = 1抛物线：y^2 = 2px1.2 圆锥曲线的性质圆锥曲线具有多种性质，例如椭圆的焦点性质、双曲线的渐近线性质、抛物线的焦点和准线性质等。
掌握这些性质有助于理解圆锥曲线的特点和解题方法。
二、2023年高考数学2卷圆锥曲线题目分析2.1 题目类型和难度2023年高考数学2卷的圆锥曲线题目主要涉及圆、椭圆和双曲线，涵盖了曲线方程、焦点、离心率、渐近线等知识点。
题目难度适中，但需要考生对相关知识有基本的掌握和灵活运用能力。
2.2 典型题目解析（1）椭圆的离心率问题题目描述：已知椭圆的长轴为6，短轴为4，求椭圆的离心率。
解析：根据椭圆的定义和离心率的计算公式，可求得椭圆的离心率为e=√(1 - (b^2/a^2))，带入长短轴的值计算即可得到答案。
（2）双曲线渐近线问题题目描述：已知双曲线的方程为y^2/9 - x^2/16 = 1，求双曲线的渐近线方程。
解析：通过判别式Δ=b^2-a^2来判断双曲线的类型，进而求得渐近线的斜率和方程。
三、圆锥曲线题目的多种解题方法3.1 几何分析法通过几何分析曲线的特点和性质，可以直观地求解题目。
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第4讲圆锥曲线中的综合问题圆锥曲线中的最值与范围问题训练提示:求解最值与范围问题的关键是寻找目标函数或关系式,将所求量转化求解.1.已知圆M:(x+a)2+y2=16a2(a>0)及定点N(a,0),点P是圆M上的动点,点G在MP上,且满足|GP|=|GN|,G点的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)若点A(1,0)关于直线x+y-t=0(t>0)的对称点在曲线C上,求a的取值范围.解:(1)设G(x,y),因为|PG|+|GM|=4a,且|PG|=|GN|,所以|GM|+|GN|=4a>2a,由椭圆定义得,曲线C的方程为+=1.(2)设A(1,0)关于直线x+y-t=0(t>0)的对称点为A′(m,n),则所以所以A′(t,t-1),因为A′(t,t-1)在曲线C:+=1上,所以t2+4(t-1)2=4a2,化简得5t2-8t+4-4a2=0(t>0),因为此方程有正根,令f(t)=5t2-8t+4-4a2,其图象的对称轴为t=>0,所以Δ=(-8)2-4×5(4-4a2)≥0,所以a≥或a≤-,因为a>0,所以a的取值范围为[,+∞).2.已知抛物线C:x2=4y,F为其焦点.(1)设P为直线l:x-y-2=0上的点,过点P作抛物线C的两条切线PA,PB,当点P(x0,y0)为直线l上的定点时,求直线AB的方程;(2)当点P在直线l上移动时,求|AF|·|BF|的最小值.解:(1)抛物线C的方程为x2=4y,即y=x2,求导得y′=x.设A(x1,y1),B(x2,y2)(其中y1=,y2=),则切线PA,PB的斜率分别为x1,x2.所以切线PA的方程为y-y1=(x-x1),即y=x-+y1,即x1x-2y-2y1=0.同理,可得切线PB的方程为x2x-2y-2y2=0.因为切线PA,PB均过点P(x0,y0),所以x1x0-2y0-2y1=0,x2x0-2y0-2y2=0.所以(x1,y1),(x2,y2)为方程x0x-2y0-2y=0的两组解.故直线AB的方程为x0x-2y-2y0=0.(2)由抛物线定义可知|AF|=y1+1,|BF|=y2+1,所以|AF|·|BF|=(y1+1)(y2+1)=y1y2+(y1+y2)+1.联立方程消去x整理得y2+(2y0-)y+=0,由根与系数的关系可得y1+y2=-2y0,y1y2=,所以|AF|·|BF|=y1y2+(y1+y2)+1=+-2y0+1.又点P(x0,y0)在直线l上,所以x0=y0+2.所以+-2y0+1=2+2y0+5=2(y0+)2+.所以当y0=-时,|AF|·|BF|取得最小值,且最小值为.圆锥曲线中的定点、定值问题训练提示:由直线方程确定定点,若得到直线方程的点斜式:y-y0=k(x-x0),则直线必过定点(x0,y0);若得到了直线方程的斜截式:y=kx+m,则直线必过定点(0,m).证明定值,有时可直接证明定值,有时将问题转化为代数式,可证明该代数式与参数(某些变量)无关;也可令系数等于零,得出定值.3.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.(1)解:如图所示,设动圆圆心O1(x,y),由题意,|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,所以|O1M|=,又|O1A|=,所以=,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,所以动圆圆心的轨迹C的方程为y2=8x.(2)证明:如图,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=, ①x1x2=, ②因为x轴是∠PBQ的角平分线,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①②代入③,并整理得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,所以k=-b,此时Δ>0,所以直线l的方程为y=k(x-1),所以直线l过定点(1,0).4.已知直线l:y=x+,圆O:x2+y2=5,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率e=,直线l被圆O截得的弦长与椭圆的短轴长相等.(1)求椭圆E的方程;(2)过圆O上任意一点P作椭圆E的两条切线,若切线都存在斜率,求证两切线斜率之积为定值.解:(1)设椭圆半焦距为c,圆心O到l的距离d==,则l被圆O截得的弦长为2,所以b=.由题意得又b=,所以a2=3,b2=2.所以椭圆E的方程为+=1.(2)证明:设点P(x0,y0),过点P的椭圆E的切线l0的方程为y-y0=k(x-x0),整理得y=kx+y0-kx0,联立直线l0与椭圆E的方程得消去y得2[kx+(y0-kx0)]2+3x2-6=0,整理得(3+2k2)x2+4k(y0-kx0)x+2(kx0-y0)2-6=0,因为l0与椭圆E相切,所以Δ=[4k(y0-kx0)]2-4(3+2k2)[2(kx0-y0)2-6]=0,整理得(2-)k2+2x0y0k-(-3)=0,设满足题意的椭圆E的两条切线的斜率分别为k1,k2,则k1k2=-.因为点P在圆O上,所以+=5,所以k1k2=-=-1.所以两条切线斜率之积为常数-1.圆锥曲线中的存在性问题训练提示:存在性问题,先假设存在,进行一系列推理,若推理正确则存在,若得出矛盾则不存在.5.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F,离心率为,过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为,O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程;(2)设椭圆的上顶点为N,是否存在直线l交椭圆于P,Q两点,使点F为△PQN的垂心?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.解:(1)设F(c,0),则=,知a= c.过点F且与x轴垂直的直线方程为x=c,代入椭圆方程,有+=1,解得y=± b.于是b=,解得b=1.又a2-c2=b2,从而a=,c=1.所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)假设存在直线l交椭圆于P,Q两点,且F为△PQN的垂心.设P(x1,y1),Q(x2,y2),因为N(0,1),F(1,0),所以k NF=-1.由NF⊥PQ,知k PQ=1.设直线l的方程为y=x+m,由得3x2+4mx+2m2-2=0.由Δ>0,得m2<3,且x1+x2=-,x1x2=.由题意,有·=0.因为=(x1,y1-1),=(x2-1,y2),所以x1(x2-1)+y2(y1-1)=0,即x1(x2-1)+(x2+m)(x1+m-1)=0,所以2x1x2+(x1+x2)(m-1)+m2-m=0,于是2×-m(m-1)+m2-m=0,解得m=-或m=1.经检验,当m=1时,△PQN不存在,故舍去m=1.当m=-时符合,直线l的方程为y=x-.6.已知椭圆M的左、右焦点分别为F1(-,0),F2(,0),且抛物线x2=4y的焦点为椭圆M的顶点,过点P(0,2)的直线l与椭圆M交于不同的两点A,B.(1)求椭圆M的方程;(2)求△OAB面积的取值范围;(3)若S△OAB=,是否存在大于1的常数m,使得椭圆M上存在点Q,满足=m(+)?若存在,试求出m的值;若不存在,试说明理由.解:(1)由题意得抛物线x2=4y的焦点坐标为(0,1).所以椭圆M的一个顶点为(0,1),又其焦点为F1(-,0),F2(,0).故c=,b=1,a=2.所以椭圆M的方程为+y2=1.(2)存在.当直线l的斜率不存在时,直线l即为y轴,此时A,B为椭圆M短轴的两个端点,A,B,O三点共线,显然不符合题意.当直线l的斜率存在时,设为k,则直线l的方程为y=kx+2.由消去y得x2+4(k2x2+4kx+4)-4=0,整理得(4k2+1)x2+16kx+12=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),由一元二次方程根与系数的关系可得,x1+x2=,x1x2=,(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=()2-4×=[(-16k)2-48(4k2+1)]=,故|x1-x2|=,|AB|=·|x1-x2|=.而点O到直线l的距离d=.所以△OAB的面积S=×|AB|×d=××=.设t=>0,故k2=,所以S===,因为t>0,所以t+≥2=4,当且仅当t=,即t=2时取得等号,此时k2=,解得k=±,S取得最大值1.故△OAB面积的取值范围为(0,1].(3)由(2)可知,S△OAB==,即5=4k2+1,两边平方整理得4k4-23k2+19=0, 解得k2=1或k2=.设Q(x0,y0),由=m(+),解得x0=m(x1+x2)=,y0=m(y1+y2)=m(kx1+2+kx2+2)=m[k(x1+x2)+4]=m(+4)=.故Q(,).由点Q在椭圆M上可得+()2=1,整理得64k2m2+16m2=(4k2+1)2,解得m2=,故m2=或m2=.因为m>1,故m=.所以存在实数m=,使得椭圆M上存在点Q,满足=m(+).类型一:圆与圆锥曲线的综合1.设抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,准线为l,A为C上一点,已知以F为圆心,FA为半径的圆F交l于B,D两点.(1)若∠BFD=90°,△ABD的面积为4,求p的值及圆F的方程;(2)若A,B,F三点在同一直线m上,直线n与m平行,且n与C只有一个公共点,求坐标原点到m,n距离的比值.解:(1)由已知可得△BFD为等腰直角三角形,|BD|=2p,圆F的半径|FA|=p,又点A到l的距离d=|FA|=p而S△ABD=4.所以|BD|·d=4.即×2p×p=4,所以p=-2(舍去)或p=2所以圆F的方程为x2+(y-1)2=8.(2)因为A,B,F三点在同一直线m上,所以AB为圆F的直径,∠ADB=90°.又由抛物线定义知|AD|=|FA|=|AB|,所以∠ABD=30°,m的斜率为-或,当m的斜率为时,可设n方程为y=x+b.代入x2=2py得x2-px-2pb=0,由于n与C只有一个公共点,故Δ=p2+8pb=0所以b=-,又因为m的截距b1=,=3,所以坐标原点到m、n的距离的比值为3.当m的斜率为-时,由图形对称性知,坐标原点到m、n的距离之比仍为3.综上,坐标原点到m,n距离的比值为3.2.平面直角坐标系中,O为坐标原点,给定两点A(1,0),B(0,-2),点C满足=α+β,其中α,β∈R,且α-2β=1.(1)求点C的轨迹方程;(2)设点C的轨迹与椭圆+=1(a>b>0)交于两点M,N,且以MN为直径的圆过原点,求证:+为定值.(1)解:设C(x,y),由=α+β,可得(x,y)=α(1,0)+β(0,-2),所以⇒代入α-2β=1有x+y=1,即点C的轨迹方程为x+y=1.(2)证明:由⇒(a2+b2)x2-2a2x+a2-a2b2=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=.因为以MN为直径的圆过原点O,所以·=0⇒x1x2+y1y2=0⇒x1x2+(1-x1)(1-x2)=1-(x1+x2)+2x1x2=1-+2·=0⇒a2+b2-2a2b2=0,所以+=2为定值.类型二:圆锥曲线中的最值问题3.(2015郑州第一次质量预测)已知动点P到定点F(1,0)和到直线x=2的距离之比为,设动点P的轨迹为曲线E,过点F作垂直于x轴的直线与曲线E相交于A,B两点,直线l:y=mx+n 与曲线E交于C,D两点,与线段AB相交于一点(与A,B不重合).(1)求曲线E的方程;(2)当直线l与圆x2+y2=1相切时,四边形ACBD的面积是否有最大值,若有,求出其最大值及对应的直线l的方程;若没有,请说明理由.解:(1)设点P(x,y),由题意可得=,整理可得+y2=1,曲线E的方程是+y2=1.(2)有最大值,设C(x1,y1),D(x2,y2),由已知可得|AB|=.当m=0时,不合题意.当m≠0时,由直线l与圆x2+y2=1相切,可得=1,即m2+1=n2.联立消去y得(m2+)x2+2mnx+n2-1=0.Δ=4m2n2-4(m2+)(n2-1)=2m2>0,x1+x2=,x1x2=,S四边形ACBD=|AB||x2-x1|===≤.当且仅当2|m|=,即m=±时等号成立,此时四边形ABCD的面积的最大值为,n=±,经检验可知,直线y=x-和直线y=-x+符合题意.4. 如图,过x轴上动点A(a,0)引抛物线y=x2+1的两条切线AP,AQ.切线斜率分别为k1和k2,切点分别为P,Q.(1)求证:k1·k2为定值,并且直线PQ过定点;(2)记△APQ的面积为S△APQ,当最小时,求·的值.(1)证明:设过A点的直线为y=k(x-a),与抛物线联立得整理得x2-kx+ka+1=0,Δ=k2-4ak-4=0,所以k1+k2=4a,k1·k2=-4为定值.抛物线方程y=x2+1,求导得y′=2x,设切点P,Q的坐标分别为(x p,y p),(x q,y q),则k1=2x p,k2=2x q,所以x p+x q=+=2a,x p x q=·=-1.直线PQ的方程:y-y p=(x-x p),由y p=+1,y q=+1,得到y=(x p+x q)x-x p x q+1,整理可得y=2ax+2,所以直线PQ过定点(0,2).(2)解:设A到PQ的距离为d.S△APQ=|PQ|×,所以===,设t=≥1,所以==(t+)≥,当且仅当t=时取等号,此时a=±.因为·=(x p-a,y p)·(x q-a,y q)=x p x q-a(x p+x q)+a2+y p y q,y p y q=(2x p a+2)(2x q a+2)=4a2x p x q+4+4a(x p+x q)=4a2+4,所以·=3a2+3=.类型三:证明问题5.已知曲线C:(5-m)x2+(m-2)y2=8(m∈R).(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆,求m的取值范围;(2)设m=4,曲线C与y轴的交点为A,B(点A位于B的上方),直线y=kx+4与曲线C交于不同的两点M,N,直线y=1与直线BM交于点G,求证:A,G,N三点共线.解:(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆,当且仅当解得<m<5,所以m的取值范围是(,5).(2)当m=4时,曲线C的方程为x2+2y2=8,点A,B的坐标分别为(0,2),(0,-2).由得(1+2k2)x2+16kx+24=0.因为直线y=kx+4与曲线C交于不同的两点,所以Δ=(16k)2-4(1+2k2)×24>0,即k2>.设点M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则y1=kx1+4,y2=kx2+4,x1+x2=,x1x2=.直线BM的方程为y+2=x,点G的坐标为(,1).因为直线AN和直线AG的斜率分别为k AN=,k AG=-,所以k AN-k AG=+=+=k+=k+=0.即k AN=k AG.故A,G,N三点共线.6. (2014浙江卷)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.(1)解: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)证明: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.。