第九章 高考专题突破五
2020-2021学年新教材高中物理 第九章 静电场及其应用 进阶突破(含解析)新人教版必修3-
第九章 进阶突破1．如图所示，已知带电小球A 、B 的电荷量分别为Q A 、Q B ，OA ＝OB ，都用长L 的绝缘丝线悬挂在绝缘墙角O 点处．静止时A 、B 相距为d ．为使平衡时AB间距离减为d 2，可采用以下哪些方法()A ．将小球A 、B 的质量都增加到原来的2倍B ．将小球B 的质量增加到原来的4倍C ．将小球A 、B 的电荷量都减小到原来的一半D ．将两小球的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B 的质量增加到原来的2倍【答案】D【解析】如图所示，B 受重力、绳子的拉力及库仑力作用，将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等方向相反．由几何关系可知mg L ＝F d ，而库仑力F ＝kq 1q 2d 2，即mg L ＝kq 1q 2d 2d＝kq 1q 2d 3，得d ＝3kq 1q 2L mg ．则要使d 变为d 2可以使质量增大到原来的8倍而保证上式成立，故A 、B 错误；或将小球A 、B 的电荷量都减小到原来的一半，同时小球B 的质量增加到原来的2倍，也可保证等式成立，故C 错误，D 正确．2．如图所示，下列说法正确的是( )A ．图甲为等量同种点电荷形成的电场线B ．图乙离点电荷距离相等的a 、b 两点场强相同C ．图丙中在c 点静止释放一正电荷，可以沿着电场线运动到d 点D ．图丁中某一电荷放在e 点与放到f 点(两点到极板距离相等)，电势能相同【答案】D【解析】由题图可知，题图甲为等量异种点电荷形成的电场线，故A 错误；题图乙为正点电荷所形成的电场线分布，离点电荷距离相等的a 、b 两点场强大小相同，场强方向不同，故B 错误；正电荷在题图丙中c 点受力沿电场线的切线方向，由静止释放时，不可能沿着电场线运动到d 点，故C 错误；题图丁中e 点与f 点到极板距离相等，电势相同，同一电荷放在e 、f 处时电势能相同，故D 正确．3．如图所示，在一条直线上有两个相距0.4 m 的点电荷A 、B ，A 带电＋Q ，B 带电－9Q ．现引入第三个点电荷C ，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，则C 的带电性质及位置应为( )A ．正，B 的右边0.4 m 处B ．正，B 的左边0.2 m 处C ．负，A 的左边0.2 m 处D ．负，A 的右边0.2 m 处【答案】C【解析】要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”“两大夹小”“近小远大”的原则，所以点电荷C 应在A 左侧，带负电．设C 带电荷量为q ，A 、C 间的距离为x ，A 、B 间距离用r 表示，由于处于平衡状态，所以k Qq x 2＝9kQq r ＋x2，解得x ＝0.2 m ，故C 正确． 4．西汉著作《淮南子》中记有“阴阳相薄为雷，激扬为电”，人们对雷电的认识已从雷公神话提升到朴素的阴阳作用．下列关于雷电的说法错误的是( )A ．发生雷电的过程是放电过程B ．发生雷电的过程是电能向光能、内能等转化的过程C ．发生雷电的过程中，电荷的总量增加D ．避雷针利用尖端放电，避免建筑物遭受雷击【答案】C【解析】雷电是天空中带异种电荷的乌云间的放电现象，A 正确；根据能量转化可知，发生雷电的过程是电能向光能、内能等转化的过程，B 正确；电荷不会产生，不会消失，只能从一个物体传到另一个物体，或从物体的一部分传到另一部分，总量不变，C 错误；避雷针利用尖端放电，避免建筑物遭受雷击，D 正确．5．(多选)如图所示，竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R ，带电量为＋Q ，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m 、带电荷量为q 的小球(大小不计)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O 距离为R ，已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，则小球所处位置的电场强度为( )A ．mg qB ．2mg 2qC ．k Q R 2D ．k 2Q 4R 2 【答案】AD【解析】带电小球受到库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，受力如图所示．圆环各个点对小球的库仑力的合力为qE ，由平衡条件得，竖直方向F sin θ＝mg ，小球到圆环中心O 距离为R ，而竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R ，则sin θ＝22，解得F ＝2mg ，水平方向F cos θ＝qE ，解得E ＝mg q，故A 正确，B 错误；将圆环看成由n 个小段组成，当n 相当大时，每一小段都可以看成点电荷，由对称性知，各小段带电体在小球所处位置场强E 的竖直分量相互抵消，而水平分量之和即为带电环在小球处的场强E ，结合矢量的合成法则及三角知识，则有小球所处位置的电场强度为E ＝nkQ n 2R 2×22＝k 2Q4R 2，故C 错误，D 正确．6．如图所示，一带电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，运动轨迹如图所示，M 和N是轨迹上的两点，其中M点是轨迹的最右点．不计重力，下列表述正确的是( )A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力的方向沿电场线方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加【答案】C【解析】带电粒子所受合力指向运动轨迹的内侧，所以带电粒子受到的电场力水平向左，粒子向M点运动过程中电场力做负功，所以粒子到达M点时的动能最小，速率最小，故A、B错误；因为是匀强电场，粒子受到的电场力恒定，加速度恒定，故C正确；粒子靠近M点的过程，电场力做负功，电势能增加，远离M点的过程，电场力做正功，电势能减少，故D 错误．7．(多选)反天刀是生活在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的长度方向分布着电器官，这些器官能在鱼周围产生电场，如图为反天刀周围的电场线分布示意图，A、B、C为电场中的点，下列说法正确的是( )A．头部带负电B．A点电场强度大于B点电场强度C．负离子运动到A点时，其加速度方向向右D．图中从A至C的虚线可以是正离子的运动轨迹【答案】BD【解析】电场线从正电荷或无穷远处出发，终止于无穷远处或负电荷，根据电场线由鱼的头部出发可知，头部带正电，故A错误；电场线疏密程度表示电场强度大小，A处电场线比B处密，所以A处电场强度大于B处电场强度，故B正确；负离子在A点受到的电场力向左，其加速度方向向左，故C错误；正离子所受的电场力方向沿着电场线的方向，且指向运动轨迹的凹侧，故D正确．8．a和b是点电荷电场中的两点，如图所示，a点电场强度E a与ab连线夹角为60°，b点电场强度E b与ab连线夹角为30°，则关于此电场，下列分析中正确的是( )A．这是一个正点电荷产生的电场，E a∶E b＝1∶ 3B．这是一个正点电荷产生的电场，E a∶E b＝3∶1C．这是一个负点电荷产生的电场，E a∶E b＝3∶1D．这是一个负点电荷产生的电场，E a∶E b＝3∶1【答案】D【解析】设点电荷的电荷量为Q，将E a、E b延长相交，交点即为点电荷Q的位置，如图所示，从图中可知电场方向指向场源电荷，故这是一个负点电荷产生的电场，A、B错误；设a、b两点到Q的距离分别为r a和r b，由几何知识得到r a∶r b＝1∶3，由公式E＝k Qr2可得E a∶E b＝3∶1，故C错误，D正确．9．如图所示，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则( )A．P和Q都带正电荷B．P和Q都带负电荷C．P带正电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷【答案】D【解析】对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，A、B错误；对P进行受力分析可知，匀强电场对它的电场力应水平向左，与Q对它的库仑力平衡，所以P带负电荷，Q带正电荷，D正确，C错误．10．如图所示，两根长度相等的绝缘细线的上端都系在同一水平天花板上，另一端分别连着质量均为m的两个带电小球P、Q，两小球静止时，两细线与天花板间的夹角均为θ＝30°，重力加速度为g．以下说法中正确的是( )A ．细线对小球的拉力大小为233mg B ．两小球间的静电力大小为33mg C ．剪断左侧细线的瞬间，P 球的加速度大小为2gD ．当两球间的静电力瞬间消失时，Q 球的加速度大小为3g【答案】C【解析】对P 球受力分析，如图所示，根据共点力平衡条件得，细线的拉力大小T ＝mg sin 30°＝2mg ，静电力大小F ＝mgtan 30°＝3mg ，A 、B 错误；剪断左侧细线的瞬间，P 球受到的重力和静电力不变，因此两力的合力与剪断细线前细线的拉力等大反向，根据牛顿第二定律得P 球的加速度大小为2g ，C 正确；当两球间的静电力消失时，Q 球开始做圆周运动，绳的拉力发生突变，将重力沿细线方向和垂直于细线方向分解，由重力沿垂直于细线方向的分力产生加速度，根据牛顿第二定律得a ＝32g ，D 错误．11．如图所示，在倾角为30°足够长的光滑绝缘斜面的底端A 点固定一电荷量为Q 的正点电荷，在距A 为s 0的C 处由静止释放某带正电荷的小物块P (可看作点电荷)．已知小物块P 释放瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g ．已知静电力常量为k ，重力加速度为g ，空气阻力忽略不计．(1)求小物块所带电荷量q 和质量m 之比；(2)求小物块速度最大时离A 点的距离s ；(3)若规定无限远电势为零时，在点电荷Q 的电场中，某点的电势可表示成φ＝kQ r (其中r 为该点到Q 的距离)．求小物块P 能运动到离A 点的最大距离s m ．【答案】(1)3gs 202kQ(2)3s 0 (3)3s 0 【解析】(1)对小物块受力分析：受重力、电场力、支持力．由牛顿第二定律得 k qQ s 20－mg sin θ＝mg解得q m ＝3gs 202kQ． (2)当合力为零时速度最大，即k qQ s2－mg sin θ＝0解得s ＝3s 0．(3)当运动到最远点时速度为零，由能量守恒定律得 mg (s m －s 0)sin θ＝qkQ s 0－qkQ s m解得s m ＝3s 0．12．如图所示，一带电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度用g 表示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：(1)电场强度的大小E ；(2)将电场强度减小为原来的12时，物块加速度的大小a ； (3)电场强度变化后物块下滑距离L 时的动能E k ．【答案】(1)3mg 4q(2)0.3g (3)0.3mgL 【解析】(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，由受力平衡得 F N sin 37°＝qEF N cos 37°＝mg可得电场强度E ＝3mg 4q． (2)若电场强度减小为原来的12则变为E ′＝3mg 8qmg sin 37°－qE ′cos 37°＝ma可得加速度a ＝0.3g ．(3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功．由动能定理有mgL sin 37°－qE′L cos 37°＝E k－0可得动能E k＝0.3mgL．。
【2022高考数学一轮复习(步步高)】目录
第一章集合、常用逻辑用语、不等式§1.1集合§1.2 充分条件与必要条件§1.3 全称量词与存在量词§1.4 不等关系与不等式§1.5 一元二次不等式及其解法§1.6 基本不等式强化训练1不等式中的综合问题第二章函数概念与基本初等函数Ⅰ§2.1 函数的概念及其表示第1课时函数的概念及其表示第2课时函数的定义域与值域§2.2 函数的基本性质第1课时单调性与最大(小)值第2课时奇偶性、对称性与周期性第3课时函数性质的综合问题§2.3 幂函数与二次函数§2.4 指数与指数函数§2.5 对数与对数函数§2.6 函数的图象§2.7 函数与方程强化训练2函数与方程中的综合问题§2.8 函数模型及其应用第三章导数及其应用§3.1 导数的概念及运算§3.2 导数与函数的单调性§3.3 导数与函数的极值、最值强化训练3导数中的综合问题高考专题突破一高考中的导数综合问题第1课时利用导数研究恒(能)成立问题第2课时利用导函数研究函数的零点第3课时利用导数证明不等式第四章三角函数、解三角形§4.1任意角和弧度制、三角函数的概念§4.2 同角三角函数基本关系式及诱导公式§4.3 简单的三角恒等变换第1课时两角和与差的正弦、余弦和正切公式第2课时简单的三角恒等变换§4.4 三角函数的图象与性质§4.5 函数y＝A sin(ωx＋φ)的图象及应用强化训练4三角函数中的综合问题§4.6 解三角形高考专题突破二高考中的解三角形问题第五章平面向量、复数§5.1 平面向量的概念及线性运算§5.2 平面向量基本定理及坐标表示§5.3 平面向量的数量积强化训练5平面向量中的综合问题§5.4 复数第六章数列§6.1 数列的概念与简单表示法§6.2 等差数列及其前n项和§6.3 等比数列及其前n项和强化训练6数列中的综合问题高考专题突破三高考中的数列问题第七章立体几何与空间向量§7.1空间几何体及其表面积、体积强化训练7空间几何体中的综合问题§7.2 空间点、直线、平面之间的位置关系§7.3 直线、平面平行的判定与性质§7.4 直线、平面垂直的判定与性质强化训练8空间位置关系中的综合问题§7.5 空间向量及其应用高考专题突破四高考中的立体几何问题第八章解析几何§8.1直线的方程§8.2 两条直线的位置关系§8.3 圆的方程§8.4 直线与圆、圆与圆的位置关系强化训练9直线与圆中的综合问题§8.5 椭圆第1课时椭圆及其性质第2课时直线与椭圆§8.6 双曲线§8.7 抛物线强化训练10圆锥曲线中的综合问题高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题第1课时范围与最值问题第2课时定点与定值问题第3课时证明与探索性问题第九章统计与统计案例§9.1 随机抽样、用样本估计总体§9.2 变量间的相关关系、统计案例强化训练11统计中的综合问题第十章计数原理、概率、随机变量及其分布§10.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理§10.2 排列、组合§10.3 二项式定理§10.4 随机事件的概率与古典概型§10.5 离散型随机变量的分布列、均值与方差§10.6 二项分布与正态分布高考专题突破六高考中的概率与统计问题。
高考物理一轮复习 第9章 磁场突破全国卷课件
(高考全国卷Ⅰ)如图，MN 为铝质薄
平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面
的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的 P 点垂
直于铝板向上射出，从 Q 点穿越铝板后到达 PQ 的中点 O.已知
粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不
计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )
A．2
B． 2
C．1
D．
2 2
[解析] 设带电粒子在 P 点时初速度为 v1，从 Q 点穿过铝板后 速度 v2，则 Ek1＝12mv21，Ek2＝12mv22，由题意可知 Ek1＝2Ek2， 即12mv21＝mv22，则vv12＝ 12.由洛伦兹力提供向心力，即 qvB＝mRv2， 得 R＝mqBv，由题意可知RR12＝21，所以BB12＝vv12RR21＝ 22， 故选项 D 正确． [答案] D
解析：选 AC.根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛 伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项 A 正确；根 据 qvB＝mrv2，得 r＝mqBv，若电子与正电子在磁场中的运动速 度不相等，则轨迹半径不相同，选项 B 错误；对于质子、正电 子，它们都带正电，以相同速度进入磁场时，所受洛伦兹力方 向相同，两者偏转方向相同，仅依据粒子轨迹无法判断是质子 还是正电子，故选项 C 正确；粒子的 mv 越大，轨道半径越大， 而 mv＝ 2mEk，粒子的动能大，其 mv 不一定大，选项 D 错 误．
(2016·高考全国卷Ⅱ)一圆筒处于磁感应
强度大小为 B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴
平行，筒的横截面如图所示．图中直径 MN 的两
端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度 ω 顺
时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔 M 射入筒内，射入
63第九章 平面解析几何 高考专题突破五 第1课时 范围、最值问题
第1课时 范围、最值问题
内容索引
NEIRONGSUOYIN
题型分类 深度剖析 课时作业
1 题型分类 深度剖析
PART ONE
师生共研
题型一 范围问题
例 1 (2016·天津)设椭圆ax22＋y32＝1(a> 3)的右焦点为 F，右顶点为 A.已知|O1F|＋ |O1A|＝|F3Ae|，其中 O 为原点，e 为椭圆的离心率.
3
2 4
y02 4x0
3
2.
因为 x20＋y420＝1(－1≤x0<0)，
所以 y20－4x0＝－4x20－4x0＋4∈[4,5]，
所以△PAB 面积的取值范围是6 2，15410.
多维探究
题型二 最值问题
命题点1 利用三角函数有界性求最值
例2 过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点O是坐标原点，
A.[4,5]
√B.[7,8]
C.[6,7]
D.[5,6]
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
16.已知椭圆 C1： mx＋2 4－yn2＝1 与双曲线 C2：xm2＋yn2＝1 有相同的焦点， 求椭圆 C1 的离心率 e1 的取值范围.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
跟踪训练1 (2018·浙江)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C： y2＝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；
证明 设 P(x0，y0)，A41y21，y1，B41y22，y2. 因为PA，PB的中点在抛物线上， 所以 y1，y2 为方程y＋2y02＝4·14y22＋x0， 即 y2－2y0y＋8x0－y20＝0 的两个不同的实根. 所以y1＋y2＝2y0，所以PM垂直于y轴.
福建专用2018年高考数学总复习第九章解析几何高考大题专项突破5直线与圆锥曲线压轴大题课件理新人教A版
2 |y1-y2|.
(2)当斜率 k 不存在时,可求出交点坐标,直接计算(利用两点间距 离公式). 3.圆锥曲线的中点弦问题 遇到中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解.在椭
������2 ������2 圆������2 + 2 =1 ������ ������2 曲线 2 ������ ������2
������ 2+������ 2
,
2
,
,0 .
因为 AC 是直径,所以 BA⊥BC,或 C,B 均在坐标原点.
当 C,B 均在坐标原点时,点 C 坐标适合方程 x2=8y. 综上可知点 C 轨迹 E 的方程为 x2=8y.
-9题型一 题型二 题型三
(2)证明: 设直线 AC 的方程为 y=kx+2, ������ = ������������ + 2, 由 2 得 x2-8kx-16=0. ������ = 8������ 设 C(x1,y1),P(x2,y2), 则有 x1x2=-16. 由 y= 8 对 x 求导知 y'=4 ,从而曲线 E 在点 P 处的切线斜率 k2= 42 ,直 线 BC 的斜率 k1= 于是 k1k2=
-8题型一 题型二 题型三
(1)解: 设点 C 坐标为(x,y),则圆心坐标为 所以点 B 坐标为 因此������������ ·������������ = - 2 ,2 · 2 ,������ =0, 故有- 4 +2y=0,即 x2=8y.
������ 2 ������ ������ ������ 2
高考大题专项突破五 直线与圆锥曲线压轴大题
-2-
从近五年的高考试题来看,圆锥曲线问题在高考中属于必考内容, 并且常常在同一份试卷上多题型考查.对圆锥曲线的考查在解答题 部分主要体现以下考法:第一问一般是先求圆锥曲线的方程或离心 率等较基础的知识;第二问往往涉及定点、定值、最值、取值范围 等探究性问题,解决此类问题的关键是通过联立方程来解决.
2020版高考理科数学(人教版)一轮复习讲义：第九章+第九节+解析几何压轴大题突破策略+第一课时 破
第九节解析几何压轴大题突破策略第一课时破题上——着眼4点找到解题突破口(阅读课——供学有余力的考生自主观摩)解析几何研究的问题是几何问题，研究的手法是代数法(坐标法)．因此，求解解析几何问题最大的思维难点是转化，即几何条件代数化．如何在解析几何问题中实现代数式的转化，找到常见问题的求解途径，即解析几何问题中的条件转化是如何实现的，是突破解析几何问题难点的关键所在．为此，从以下几个途径，结合数学思想在解析几何中的切入为视角，分析解析几何的“双管齐下”，突破思维难点．利用向量转化几何条件[典例]如图所示，已知圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，问：是否存在斜率为1的直线l，使l与圆C交于A，B两点，且以AB为直径的圆过原点？若存在，写出直线l的方程；若不存在，请说明理由．[解题观摩]假设存在斜率为1的直线l，使l与圆C交于A，B两点，且以AB为直径的圆过原点．设直线l的方程为y＝x＋b，点A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋b ，x 2＋y 2－2x ＋4y －4＝0，消去y 并整理得2x 2＋2(b ＋1)x ＋b 2＋4b －4＝0， 所以x 1＋x 2＝－(b ＋1)，x 1x 2＝b 2＋4b －42.①因为以AB 为直径的圆过原点，所以OA ⊥OB ， 即x 1x 2＋y 1y 2＝0.又y 1＝x 1＋b ，y 2＝x 2＋b ，则x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(x 1＋b )(x 2＋b )＝2x 1x 2＋b (x 1＋x 2)＋b 2＝0. 由①知，b 2＋4b －4－b (b ＋1)＋b 2＝0， 即b 2＋3b －4＝0，解得b ＝－4或b ＝1. 当b ＝－4或b ＝1时，均有Δ＝4(b ＋1)2－8(b 2＋4b －4)＝－4b 2－24b ＋36＞0， 即直线l 与圆C 有两个交点．所以存在直线l ，其方程为x －y ＋1＝0或x －y －4＝0. [关键点拨]以AB 为直径的圆过原点等价于OA ⊥OB ，而OA ⊥OB 又可以“直译”为x 1x 2＋y 1y 2＝0，可以看出，解此类解析几何问题的总体思路为“直译”，然后对个别难以“直译”的条件先进行“转化”，将“困难、难翻译”的条件通过平面几何知识“转化”为“简单、易翻译”的条件后再进行“直译”，最后联立“直译”的结果解决问题．[典例] (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∠PB Q 的角平分线，求证：直线l 过定点．[解题观摩] (1)设动圆圆心为点P (x ，y )，则由勾股定理得x 2＋42＝(x －4)2＋y 2，化简即得圆心的轨迹C 的方程为y 2＝8x .(2)证明：法一：由题意可设直线l 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，y 2＝8x ，得k 2x 2＋2(kb －4)x ＋b 2＝0.由Δ＝4(kb －4)2－4k 2b 2＞0，得kb ＜2. 设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝－2(kb －4)k 2，x 1x 2＝b 2k2.因为x 轴是∠PB Q 的角平分线，所以k PB ＋k Q B ＝0，即k PB ＋k Q B ＝y 1x 1＋1＋y 2x 2＋1＝2kx 1x 2＋(k ＋b )(x 1＋x 2)＋2b (x 1＋1)(x 2＋1)＝8(k ＋b )(x 1＋1)(x 2＋1)k 2＝0，所以k ＋b ＝0，即b ＝－k ，所以l 的方程为y ＝k (x －1)． 故直线l 恒过定点(1,0)．法二：设直线PB 的方程为x ＝my －1，它与抛物线C 的另一个交点为Q ′，设点P (x 1，y 1)，Q ′(x 2，y 2)，由条件可得，Q 与Q ′关于x 轴对称，故Q (x 2，－y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1，y 2＝8x ，消去x 得y 2－8my ＋8＝0，其中Δ＝64m 2－32＞0，y 1＋y 2＝8m ，y 1y 2＝8. 所以k P Q ＝y 1＋y 2x 1－x 2＝8y 1－y 2，因而直线P Q 的方程为y －y 1＝8y 1－y 2(x －x 1)． 又y 1y 2＝8，y 21＝8x 1，将P Q 的方程化简得(y 1－y 2)y ＝8(x －1)， 故直线l 过定点(1,0)．法三：由抛物线的对称性可知，如果定点存在，则它一定在x 轴上，所以设定点坐标为(a,0)，直线P Q 的方程为x ＝my ＋a .联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋a ，y 2＝8x消去x ，整理得y 2－8my －8a ＝0，Δ＞0.设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝8m ，y 1y 2＝－8a .由条件可知k PB ＋k Q B ＝0， 即k PB ＋k Q B ＝y 1x 1＋1＋y 2x 2＋1＝(my 1＋a )y 2＋(my 2＋a )y 1＋y 1＋y 2(x 1＋1)(x 2＋1)＝2my 1y 2＋(a ＋1)(y 1＋y 2)(x 1＋1)(x 2＋1)＝0，所以－8ma ＋8m ＝0.由m 的任意性可知a ＝1，所以直线l 恒过定点(1,0)． 法四：设P ⎝⎛⎭⎫y 218，y 1，Q ⎝⎛⎭⎫y 228，y 2， 因为x 轴是∠PB Q 的角平分线， 所以k PB ＋k Q B ＝y 1y 218＋1＋y 2y 228＋1＝0， 整理得(y 1＋y 2)⎝⎛⎭⎫y 1y 28＋1＝0. 因为直线l 不垂直于x 轴， 所以y 1＋y 2≠0，可得y 1y 2＝－8. 因为k P Q ＝y 1－y 2y 218－y 228＝8y 1＋y 2，所以直线P Q 的方程为y －y 1＝8y 1＋y 2⎝⎛⎭⎫x －y 218，即y ＝8y 1＋y 2(x －1)． 故直线l 恒过定点(1,0)． [关键点拨]本题前面的三种解法属于比较常规的解法，主要是设点，设直线方程，联立方程，并借助判别式、根与系数的关系等知识解题，计算量较大．解法四巧妙地运用了抛物线的参数方程进行设点，避免了联立方程组，计算相对简单，但是解法二和解法四中含有两个参数y 1，y 2，因此判定直线过定点时，要注意将直线的方程变为特殊的形式．弦长条件的转化[典例] 如图所示，已知椭圆G ：x 2＋y 2＝1，与x 轴不重合的直线l 经过左焦点F 1，且与椭圆G 相交于A ，B 两点，弦AB 的中点为M ，直线OM 与椭圆G 相交于C ，D 两点．(1)若直线l 的斜率为1，求直线OM 的斜率．(2)是否存在直线l ，使得|AM |2＝|CM ||DM |成立？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．[解题观摩] (1)由题意可知点F 1(－1,0)， 又直线l 的斜率为1， 故直线l 的方程为y ＝x ＋1. 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋1，x 22＋y 2＝1，消去y 并整理得3x 2＋4x ＝0， 则x 1＋x 2＝－43，y 1＋y 2＝23，因此中点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫－23，13.故直线OM 的斜率为13－23＝－12.(2)假设存在直线l ，使得|AM |2＝|CM ||DM |成立． 由题意，直线l 不与x 轴重合， 设直线l 的方程为x ＝my －1.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1，x 22＋y 2＝1，消去x 并整理得(m 2＋2)y 2－2my －1＝0. 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎨⎧y 1＋y 2＝2mm 2＋2，y 1y 2＝－1m 2＋2，可得|AB |＝1＋m 2|y 1－y 2| ＝1＋m 2⎝⎛⎭⎫2m m 2＋22＋4m 2＋2＝22(m 2＋1)m 2＋2， x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)－2＝2m 2m 2＋2－2＝－4m 2＋2，所以弦AB 的中点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2m 2＋2，m m 2＋2，故直线CD 的方程为y ＝－m2x .联立⎩⎨⎧y ＝－m 2x ，x22＋y 2＝1，消去y 并整理得2x 2＋m 2x 2－4＝0，解得x 2＝4m 2＋2. 由对称性，设C (x 0，y 0)，D (－x 0，－y 0)，则x 20＝4m 2＋2， 可得|CD |＝1＋m 24·|2x 0|＝(m 2＋4)·4m 2＋2＝2 m 2＋4m 2＋2. 因为|AM |2＝|CM ||DM |＝(|OC |－|OM |)(|OD |＋|OM |)，且|OC |＝|OD |， 所以|AM |2＝|OC |2－|OM |2，故|AB |24＝|CD |24－|OM |2，即|AB |2＝|CD |2－4|OM |2，则8(m 2＋1)2(m 2＋2)2＝4(m 2＋4)m 2＋2－4⎣⎡⎦⎤4(m 2＋2)2＋m 2(m 2＋2)2，解得m 2＝2，故m ＝±2.所以直线l 的方程为x －2y ＋1＝0或x ＋2y ＋1＝0. [关键点拨]本题(2)的核心在于转化|AM |2＝|CM |·|DM |中弦长的关系．由|CM |＝|OC |－|OM |，|DM |＝|OD |＋|OM |，又|OC |＝|OD |，得|AM |2＝|OC |2－|OM |2.又|AM |＝12|AB |，|OC |＝12|CD |，因此|AB |2＝|CD |2－4|OM |2，转化为弦长|AB |，|CD |和|OM |三者之间的数量关系，易计算．面积条件的转化[典例] 设椭圆的中心在坐标原点，A (2,0)，B (0,1)是它的两个顶点，直线y ＝kx (k ＞0)与椭圆交于E ，F 两点，求四边形AEBF 的面积的最大值．[解题观摩] 法一：如图所示，依题意得椭圆的方程为x 24＋y2＝1，直线AB ，EF 的方程分别为x ＋2y ＝2，y ＝kx (k ＞0)． 设点E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1＜x 2， 且x 1，x 2满足方程(1＋4k 2)x 2＝4， 故x 2＝－x 1＝21＋4k 2.①根据点到直线的距离公式和①，得点E ，F 到直线AB 的距离分别为 h 1＝|x 1＋2kx 1－2|5＝2(1＋2k ＋1＋4k 2)5(1＋4k 2)，h 2＝|x 2＋2kx 2－2|5＝2(1＋2k －1＋4k 2)5(1＋4k 2).又|AB |＝22＋12＝5，所以四边形AEBF 的面积为S ＝12|AB |·(h 1＋h 2)＝12·5·4(1＋2k )5(1＋4k 2)＝2(1＋2k )1＋4k 2＝21＋4k 2＋4k 1＋4k 2＝21＋4k 1＋4k 2＝21＋41k ＋4k ≤22，当且仅当1k ＝4k ，即k ＝12时取等号． 因此四边形AEBF 的面积的最大值为2 2. 法二：依题意得椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.直线EF 的方程为y ＝kx (k ＞0)．设点E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1＜x 2.联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y 2＝1消去y ，得(1＋4k 2)x 2＝4.故x 1＝－21＋4k 2，x 2＝21＋4k 2，|EF |＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝41＋k 21＋4k2. 根据点到直线的距离公式，得点A ，B 到直线EF 的距离分别为d 1＝|2k |1＋k 2＝2k1＋k 2，d 2＝11＋k 2.因此四边形AEBF 的面积为S ＝12|EF |·(d 1＋d 2)＝12·41＋k 21＋4k 2·1＋2k1＋k 2＝2(1＋2k )1＋4k2＝24k 2＋4k ＋11＋4k 2＝21＋4k 1＋4k 2＝21＋41k＋4k ≤22，当且仅当1k ＝4k ，即k ＝12时取等号．因此四边形AEBF的面积的最大值为2 2.[关键点拨]如果利用常规方法理解为S四边形AEBF＝S△AEF＋S△BEF＝12|EF|·(d1＋d2)(其中d1，d2分别表示点A，B到直线EF的距离)，则需要通过联立直线与椭圆的方程，先由根与系数的关系求出EF的弦长，再表示出两个点线距，其过程很复杂．而通过分析，若把四边形AEBF的面积拆成两个小三角形——△ABE和△ABF的面积之和，则更为简单．因为直线AB的方程及其长度易求出，故只需表示出点E与点F到直线AB的距离即可．[总结规律·快速转化]做数学，就是要学会翻译，把文字语言、符号语言、图形语言、表格语言相互转换，我们要学会对解析几何问题中涉及的所有对象逐个理解、表示、整理，在理解题意的同时，牢记解析几何的核心方法是“用代数方法研究几何问题”，核心思想是“数形结合”，牢固树立“转化”意识，那么就能顺利破解解析几何的有关问题．附几种几何条件的转化，以供参考1．平行四边形条件的转化2．3．等腰三角形条件的转化4．菱形条件的转化5．圆条件的转化6．角条件的转化。
高中数学高考58第九章 平面解析几何 高考专题突破5 第2课时 定点与定值问题
技能提升练
5.(2018·保定模拟)设椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的离心率 e＝ 23，左顶点 M 到 直线ax＋by＝1 的距离 d＝455，O 为坐标原点. (1)求椭圆 C 的方程；
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(2)设直线l与椭圆C相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明： 点O到直线AB的距离为定值.
思维升华
圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究 变化的量与参数何时没有关系，找到定点. (2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点 与变量无关.
跟踪训练 1 已知焦距为 2 2的椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的右顶点为 A，直 线 y＝43与椭圆 C 交于 P，Q 两点(P 在 Q 的左边)，Q 在 x 轴上的射影为 B，且 四边形 ABPQ 是平行四边形. (1)求椭圆 C 的方程；
(1)求C的方程；
解 由椭圆定义得|MF1|＋|MF2|＝4，
①
由垂直得|MF1|2＋|MF2|2＝|F1F2|2＝4(4－b2)，
②
由题意得 S△MF1 F2 ＝12|MF1|·|MF2|＝1，
③
由①②③，可得 b2＝1，C 的方程为x42＋y2＝1.
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(2)设C的上顶点为H，过点(2，－1)的直线与椭圆交于R，S两点(异于H)，求 证：直线HR和HS的斜率之和为定值，并求出这个定值.
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2.(2018·威海模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F，直线y＝4与y轴的交 点为P，与抛物线C的交点为Q，且|QF|＝2|PQ|. (1)求p的值； 解 设 Q(x0，4)，由抛物线定义，|QF|＝x0＋2p， 又|QF|＝2|PQ|，即 2x0＝x0＋p2，解得 x0＝p2， 将点 Qp2，4代入抛物线方程，解得 p＝4.
第九章 高考专题突破五(1)
焦点，A
为右顶点，P 3
是椭圆上一点，PF⊥x
轴.若
PF＝14AF，则该椭圆
的离心率是___4__.
解析 由题意得，A(a,0)，F(－c,0). ∵PF⊥x 轴，∴PF＝ba2. ∵PF＝14AF，∴ba2＝14(a＋c)，即(3a－4c)(a＋c)＝0， ∵a，c>0，∴3a－4c＝0，∴e＝ac＝34.
跟踪训练 5 已知椭圆 E：ax22＋by22＝1(a>b>0)以抛物线 y2＝8x 的焦点为顶点， 且离心率为21. (1)求椭圆E的方程； 解 抛物线y2＝8x的焦点为椭圆E的顶点，即a＝2. 又ca＝12，故 c＝1，b＝ 3. ∴椭圆 E 的方程为x42＋y32＝1.
解答
(2)若直线 l：y＝kx＋m 与椭圆 E 相交于 A，B 两点，与直线 x＝－4 相交于 点 Q，P 是椭圆 E 上一点且满足O→P＝O→A＋O→B(其中 O 为坐标原点)，试问
(1)求椭圆C的方程；
解答
(2)求证：AP⊥OM；
证明
(3)试问：O→P·O→M 是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是定值， 请说明理由. 解 因为O→P·O→M＝42kk22－ ＋21，2－k2＋4k1·(－2，－4k)
－8k2＋4＋16k2 8k2＋4 ＝ 2k2＋1 ＝2k2＋1＝4， 所以O→P·O→M为定值 4.
(1)求椭圆C的方程；
解答
(2)过点M作两条直线与椭圆C分别交于相异两点A，B，若∠AMB的平分 线与y轴平行，探究直线AB的斜率是否为定值.若是，请给予证明；若不 是，请说明理由.
解答
思维升华
求定点及定值问题常见的方法有两种 (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关. (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
高考数学一轮复习第九章解析几何大题冲关理(2021年整理)
第九章解析几何高考中解析几何问题的热点题型圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是每年高考必考的一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主．这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第（2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算,对考生解决问题的能力要求较高，通常作为压轴题的形式出现．热点一圆锥曲线中的定点、定值问题定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横（纵）坐标等的定值问题．［考查角度一］圆锥曲线中的定点问题[典题1] 已知抛物线C:y2＝2px（p〉0）的焦点F（1，0)，O为坐标原点，A,B是抛物线C上异于O的两点．(1）求抛物线C的方程；(2)若直线OA，OB的斜率之积为－错误!,求证：直线AB过x轴上一定点．（1）[解]因为抛物线y2＝2px（p>0）的焦点坐标为(1，0）,所以错误!＝1，所以p＝2.所以抛物线C的方程为y2＝4x。
(2）[证明］①当直线AB的斜率不存在时，设A错误!,B错误!.因为直线OA,OB的斜率之积为－错误!，所以错误!·错误!＝－错误!，化简得t2＝32.所以A(8，t）,B(8，－t),此时直线AB的方程为x＝8。
②当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋b,A(x A，y A），B(x B，y B)，联立得错误!化简得ky2－4y＋4b＝0。
根据根与系数的关系得y A y B＝错误!，因为直线OA，OB的斜率之积为－错误!,所以错误!·错误!＝－错误!,即x A x B＋2y A y B＝0，即错误!·错误!＋2y A y B＝0，解得y A y B＝0(舍去）或y A y B＝－32.所以y A y B＝错误!＝－32,即b＝－8k，所以y＝kx－8k,y＝k(x－8）．综上所述，直线AB过定点（8，0）．定点问题的常见解法：（1）假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程,而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；（2)从特殊位置入手,找出定点，再证明该点适合题意．[2017·河南洛阳模拟]设M是焦距为2的椭圆E：x2a2＋错误!＝1（a>b〉0)上一点，A,B是椭圆E的左、右顶点，直线MA与MB的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝－错误!。
高考数学一轮总复习 第九章 高考专题突破五 第3课时
跟踪训练 1 已知椭圆 T：ax22＋by22＝1(a>b>0)的一个顶点 A(0,1
圆 C：x2＋y2＝4，从圆 C 上任意一点 P 向椭圆 T 引两条切线
(1)求椭圆 T 的方程； 解 由题意可知 b＝1，ac＝ 36，即 2a2＝3c2， 又a2＝b2＋c2，联立解得a2＝3，b2＝1. ∴椭圆方程为x32＋y2＝1.
师生共研
题型一 证明问题
例 1 (2017·全国Ⅱ)设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C：x22
作 x 轴的垂线，垂足为 N，点 P 满足N→P＝
→ 2NM.
(1)求点 P 的轨迹方程；
(2)设点Q在直线x＝－3上，且
→→ OP·PQ
＝1.证明：过点P且垂直
的左焦点F.
思维升华 圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等 些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法.
(2)判断是否存在直线 l，满足 2O→C＝O→M＋O→D，2O→D＝O→N＋ 求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由.
2 课时作业
PART TWO
基础保分练
1.(2018·聊城模拟)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的离心率为 椭圆的左、右焦点，点 P 为椭圆上一点，△F1PF2 面积的最大 (1)求椭圆 C 的方程；
思维升华
解决探索性问题的注意事项 探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论 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 (3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放 外合适的方法.
跟踪训练 2 (2018·广州模拟)已知椭圆 E：ax22＋by22＝1(a>b>0 且离心率 e＝ 22，直线 l 与 E 相交于 M，N 两点，l 与 x 轴、 D 两点，O 为坐标原点. (1)求椭圆 E 的方程；
高考语文名师指导专题突破：专题五 图文转换 Word版含答案.doc
1．分析下面表格内容，把表格传达的主要信息补写完整。
世界城市化进程：拥有800万以上人口的大城市数量年的11个发展到了23个，其中增加的12个全都来自发展中国家。
预计到2015年，________________________________________________ ______________________________________________________。
由此可见，发展中国家____________________________________ ______________________________________________________。
2．[2013年山东青岛一模]下面是某中学学生食堂就餐情况调查表。
请根据表格内容，回答下列问题。
答：_______________________________________________(2)请写一则校园公益广告，提倡同学们自觉排队用餐。
答：_______________________________________________3．读下面一幅漫画，结合社会生活实际，揭示其寓意。
【注】小乌鸦身上背的是“特能训练”四个大字。
寓意：__________________________________________________ 4．阅读下列文字和图片，按要求回答问题。
吴菊萍，阿里巴巴员工，浙江嘉兴人。
2011年7月2日下午1点半，杭州滨江区一住宅小区内，2妈妈的手岁女童妞妞不慎从10楼坠落，楼下经过的吴菊萍奋不顾身地冲过去用左臂接住了孩子。
小女孩后来经过医院全力抢救最终康复，救人的吴菊萍手臂骨折，受伤较重。
其事迹感动国人，感动世界，吴菊萍被网友称为“最美妈妈”。
经网友提议，杭州市政府出资为吴菊萍在钱江新城市区中心建造了一座雕塑。
这座雕塑的底座上还需镌刻一段文字，请你完成。
要求：①语言富于文采，不少于两种修辞手法；②字数在25～50字之间。
2022届新高考数学专题突破必刷题：专题5
专题5.2 立体几何中的平行与垂直一、单选题1、（2020届山东省潍坊市高三上期中）m 、n 是平面α外的两条直线，在m ∥α的前提下，m ∥n 是n ∥α的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】A【解析】//m α，则存在l α⊂有//m l .而由//m n 可得//n l ，从而有//n α.反之则不一定成立，,m n 可能相交，平行或异面.所以//m n 是//n α的充分不必要条件，故选A2、（2020年高考浙江）已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ．“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】依题意,,m n l 是空间不过同一点的三条直线，当,,m n l 在同一平面时，可能////m n l ，故不能得出,,m n l 两两相交. 当,,m n l 两两相交时，设,,m n A m l B n l C ⋂=⋂=⋂=，根据公理2可知,m n 确定一个平面α，而,B m C n αα∈⊂∈⊂，根据公理1可知，直线BC 即l α⊂，所以,,m n l 在同一平面.综上所述，“,,m n l 在同一平面”是“,,m n l 两两相交”的必要不充分条件.故选：B3、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）设α，β为两个平面，则αβ∥的充要条件是（ ）A ．α内有无数条直线与β平行B ．α，β平行与同一个平面C ．α内有两条相交直线与β内两条相交直线平行D ．α，β垂直与同一个平面【答案】C【解析】对于A ，α内有无数条直线与β平行，可得α与β相交或α或β平行；对于B ，α，β平行于同一条直线，可得α与β相交或α或β平行；对于C ，α内有两条相交直线与β内两条相交直线平行，可得α∥β；对于D ，α，β垂直与同一个平面，可得α与β相交或α或β平行． 故选：C ．4、（2020届浙江省嘉兴市3月模拟）已知l ，m 是两条不同的直线，α是平面，且//m α，则（ ）A ．若//l m ，则//l αB ．若//l α，则//l mC ．若l m ⊥，则l α⊥D ．若l α⊥，则l m ⊥【答案】DA选项有可能线在面内的情形，错误；B选项中l与m还可以相交或异面，错误；C选项中不满足线面垂直的判定定理，错误，D选项中由线面垂直的性质定理可知正确.故选：D5、（2020·浙江高三）已知α，β是两个相交平面，其中l⊂α，则（）A．β内一定能找到与l平行的直线B．β内一定能找到与l垂直的直线C．若β内有一条直线与l平行，则该直线与α平行D．若β内有无数条直线与l垂直，则β与α垂直【答案】B【解析】由α，β是两个相交平面，其中l⊂α，知：在A中，当l与α，β的交线相交时，β内不能找到与l平行的直线，故A错误；在B中，由直线与平面的位置关系知β内一定能找到与l垂直的直线，故B正确；在C中，β内有一条直线与l平行，则该直线与α平行或该直线在α内，故C错误；在D中，β内有无数条直线与l垂直，则β与α不一定垂直，故D错误．6、（2019年高考全国Ⅱ卷理数）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（ ）A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面 【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．7、（2020届浙江省高中发展共同体高三上期末）如果用,m n 表示不同直线，,,αβγ表示不同平面，下列叙述正确的是（ ）A ．若//m α，//m n ，则//n αB ．若//m n ，m α⊂，n β⊂，则//αβC ．若αγ⊥，βγ⊥，则//αβD ．若m α⊥，n α⊥，则//m n【答案】D【解析】选项A 中还有直线n 在平面α内的情况，故A 不正确，选项B 中再加上两条直线相交的条件可以得到两个平面平行，故B 不正确，选项C 中还有,αβ相交，故C 不正确，故选：D ．8、（2020届北京市陈经纶中学高三上学期8月开学数学试题）已知平面l αβ=，m 是α内不同于l 的直线，那么下列命题中错误．．的是（ ）A ．若//m β，则//m lB ．若//m l ，则//m βC ．若m β⊥，则m l ⊥D ．若m l ⊥，则m β⊥【答案】D【解析】A 选项：由线面平行的性质可知A 正确.B 选项：由线面平行的判定可知B 正确.C 选项：由线面垂直的性质可知C 正确.D 选项：因为一条直线垂直于平面内的一条直线不能推出直线垂直于平面，故D 错误.故选：D9、（2020届北京市陈经纶中学高三上学期10月月考）如图，点P 在正方体1111ABCD A B C D -的面对角线1BC 上运动，则下列四个结论： ①三棱锥1A D PC -的体积不变；1//A P ②平面1ACD ；1DP BC ⊥③；④平面1PDB ⊥平面1ACD ．其中正确的结论的个数是( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C【解析】对于①，由题意知11//AD BC ，从而1//BC 平面1AD C ，故BC 1上任意一点到平面1AD C 的距离均相等，所以以P 为顶点，平面1AD C 为底面，则三棱锥1A D PC -的体积不变，故①正确；对于②，连接1A B ，11A C ，111//AC AD 且相等，由于①知：11//AD BC ， 所以11//BA C 面1ACD ，从而由线面平行的定义可得，故②正确； 对于③，由于DC ⊥平面11BCB C ，所以1DC BC ⊥，若1DP BC ⊥，则1BC ⊥平面DCP ，1BC PC ⊥，则P 为中点，与P 为动点矛盾，故③错误；对于④，连接1DB ，由1DB AC ⊥且11DB AD ⊥，可得1DB ⊥面1ACD ，从而由面面垂直的判定知，故④正确．故选：C ．10、（北京市海淀区2019-2020学年高三上学期期末数学试题）已知α、β、γ是三个不同的平面，且m αγ=，n βγ=，则“//m n ”是“//αβ”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】如下图所示，将平面α、β、γ视为三棱柱的三个侧面，设a αβ⋂=，将a 、m 、n 视为三棱柱三条侧棱所在直线，则“//m n ”⇒“//αβ”；另一方面，若//αβ，且m αγ=，n βγ=，由面面平行的性质定理可得出//m n . 所以，“//αβ”⇒“//m n ”，因此，“//m n ”是“//αβ”的必要而不充分条件. 故选：B.12、（2019年高考全国Ⅱ卷理数）如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则（ ）A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知12EO ON EN ===,，5,22MF BF BM ==∴=，BM EN ∴≠，故选B ．13、（2020届湖南省长沙市长郡中学高三第五次月考数学(文)试题）M N P分别为其如图所示的四个正方体中，,A B正方体的两个顶点，,,所在棱的中点，能得出//AB平面MNP的图形的序号为（）A．①②B．②③C．③④D．①②③【答案】D【解析】由题意结合正方体的性质：如图①，平面ABC∥平面MNP，则//AB平面MNP，①正确；如图②，平面ABC∥平面MNP，则//AB平面MNP，②正确；如图③，平面ABC∥平面MNP，则//AB平面MNP，③正确；如图④，平面AB∩平面MNP=A，则④错误；故选：D.14、（2020届浙江省台州市温岭中月模拟）如图，在直角梯形ABCD 中，BC CD ⊥，2AB BC ==，4CD =，E 为CD 中点，M ，N 分别为AD ，BC 的中点，将ADE 沿AE 折起，使点D 到1D ，M 到1M ，在翻折过程中，有下列命题： ①1M M 的最小值为1；②1//M N 平面1CD E ；③存在某个位置，使1M E DE ⊥；④无论1M 位于何位置，均有1M N AE ⊥.其中正确命题的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】D【解析】 在直角梯形ABCD 中，BC CD ⊥， 2AB BC ==，4CD =，E 为CD 中点，M ，N 分别为AD ，BC 的中点，将ADE 沿AE 折起，使点D 到1D ，M 到1M ，在翻折过程中，当1D 与C 重合时，1M N 的最小值为1；所以①正确； 连接MN 交AE 于F 连接1M F ，可以证明平面1FM N //平面1CD E ，所以1 M N //平面1CD E ，所以②正确；当1D E ⊥平面ABCD 时，可得DE ⊥平面1D AE ，所以1M E DE ⊥，所以③正确；因为AE FN ⊥，1AE M F ⊥，所以直线AE ⊥平面1FM E ，所以无论1M 位于何位置，均有1M N AE ⊥.所以④正确；故选：D.二、多选题15、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知,αβ是两个不重合的平面，,m n 是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ）A ．若//m n m α⊥，，则n α⊥B ．若//,m n ααβ⋂=，则//m nC ．若m α⊥，m β⊥，则//αβD ．若,//,m m n n αβ⊥⊥，则//αβ【答案】ACD【解析】若m α⊥，则,a b α∃⊂且a b P =使得m a ⊥，m b ⊥，又//m n ，则n a ⊥，n b ⊥，由线面垂直的判定定理得n α⊥，故A 对；若//m α，n αβ=，如图，设m AB =，平面1111D C B A 为平面α，//m α，设平面11ADD A 为平面β，11A D n αβ⋂==，则m n ⊥，故B 错；垂直于同一条直线的两个平面平行，故C 对；若,//m m n α⊥，则n α⊥，又n β⊥，则//αβ，故D 对；故选：ACD ．16、（2020届山东省滨州市高三上期末）已知菱形ABCD 中，60BAD ∠=︒，AC 与BD 相交于点O ，将ABD △沿BD 折起，使顶点A 至点M ，在折起的过程中，下列结论正确的是（ ）A ．BD CM ⊥B ．存在一个位置，使CDM 为等边三角形C ．DM 与BC 不可能垂直D ．直线DM 与平面BCD 所成的角的最大值为60︒【答案】ABD【解析】A 选项，因为菱形ABCD 中，AC 与BD 相交于点O ，所以AO BD ⊥，CO BD ⊥；将ABD △沿BD 折起，使顶点A 至点M ，折起过程中，AO 始终与BD 垂直，因此MO BD ⊥，又MO CO ，由线面垂直的判定定理，可得：BD ⊥平面CMO ，因此BD CM ⊥，故A 正确；B 选项，因为折起的过程中，AD 边长度不变，因此MD CD =；若CDM 为等边三角形，则CM CD =；设菱形ABCD 的边长为2，因为60BAD ∠=︒，则sin 603AO AB =⋅=AO MO ==2CM CD ==，所以3341cos 233MOC +-∠==⨯，即二面角M BD C --的余弦值为13时，CDM 为等边三角形；故B 正确；C 选项，DM OM OD =-，BC OC OB =-，由A 选项知，MO BD ⊥，CO BD ⊥， 所以0OM OB OD OC ⋅=⋅=，因此()()DM BC OM OD OC OB OM OC OD OB ⋅=-⋅-=⋅-⋅， 同B 选项，设菱形ABCD 的边长为2，易得OC OM =1OB OD ==， 所以3cos 1DM BC MOC ⋅=∠+，显然当1cos 3MOC ∠=-时，0DM BC ⋅=，即DM BC ⊥；故C 错误；D 选项，同BC 选项，设菱形ABCD 的边长为2，则OM =1OD =，2MD =，由几何体直观图可知，当OM ⊥平面BCD ，直线DM 与平面BCD 所成的角最大，为MDO ∠，易知60MDO ∠=︒.故选：ABD.17、（2020届山东省济宁市高三上期末）己知m n 、为两条不重合的直线,αβ、为两个不重合的平面,则下列说法正确的是（ ）A ．若//,//m n αβ且//,αβ则//m nB ．若//,,,m n m n αβ⊥⊥则//αβC ．若//,,//,m n n m ααββ⊂⊄，则//m βD ．若//,,m n n ααβ⊥⊥，则//m β【答案】BC【解析】A. 若//,//m n αβ且//,αβ则可以//m n ，,m n 异面，或,m n 相交，故A 错误；B. 若//,,m n m α⊥则n α⊥，又,n β⊥故//αβ，B 正确；C. 若//,,m n n α⊂则m α或m α⊆，又//,m αββ⊄，故//m β，C 正确；D. 若//,,m n n α⊥则m α⊥，αβ⊥，则//m β或m β⊆，D 错误；故选：BC18、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）在正方体1111ABCD A B C D -中，N 为底面ABCD 的中心，P 为线段11A D 上的动点（不包括两个端点），M 为线段AP 的中点，则（ ）A ．CM 与PN 是异面直线B ．CM PN >C ．平面PAN ⊥平面11BDD BD ．过P ，A ，C 三点的正方体的截面一定是等腰梯形【答案】BCD【解析】 ,,C N A 共线，即,CN PM 交于点A ，共面，因此,CM PN 共面，A 错误；记PAC θ∠=，则2222212cos cos 4PN AP AN AP AN AP AC AP AC θθ=+-⋅=+-⋅， 2222212cos cos 4CM AC AM AC AM AC AP AP AC θθ=+-⋅=+-⋅，又AP AC <， 22223()04CM PN AC AP -=->，22CM PN >，即CM PN >．B 正确； 由于正方体中，AN BD ⊥，1BB ⊥平面ABCD ，则1BB AN ⊥，1BB BD B ⋂=，可得AN ⊥平面11BB D D ，AN ⊂平面PAN ，从而可得平面PAN ⊥平面11BDD B ，C 正确；取11C D 中点K ，连接11,,KP KC AC ，易知11//PK A C ，又正方体中，11//A C AC ，PK AC共面，PKCA就是过P，A，C三点的正方体的截∴//PK AC，,面，它是等腰梯形．D正确．故选：BCD.19、（2020·蒙阴县实验中学高三期末）已知四棱锥P ABCD-，底面ABCD为矩形，侧面PCD⊥平面ABCD，BC=，CD PC PD===.若点M为PC的中点，则下列说法正确的为（）A．BM⊥平面PCDB．//PA面MBDC．四棱锥M ABCD-外接球的表面积为36πD．四棱锥M ABCD-的体积为6【答案】BC【解析】作图在四棱锥P ABCD-中：由题：侧面PCD⊥平面ABCD，交线为CD，底面ABCD为矩形，BC CD⊥，则BC⊥平面PCD，过点B只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项A 错误；连接AC 交BD 于O ，连接MO ，PAC ∆中，OM ∥PA ，MO ⊆面MBD ， PA ⊄面MBD ，所以//PA 面MBD ，所以选项B 正确；四棱锥M ABCD -的体积是四棱锥P ABCD -的体积的一半，取CD 中点N ，连接PN ，PN CD ⊥，则PN 平面ABCD ，PN =M ABCD -的体积111223M ABCD V -=⨯⨯=所以选项D 错误.矩形ABCD 中，易得6,3,AC OC ON ===PCD 中求得：12NM PC ==在Rt MNO 中3MO == 即： OM OA OB OC OD ====，所以O 为四棱锥M ABCD -外接球的球心，半径为3，所以其体积为36π，所以选项C 正确故选：BC三、填空题20、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）如图，已知六棱锥P －ABCDEF 的底面是正六边形，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2AB ，则下列结论中：①PB ⊥AE ；②平面ABC ⊥平面PBC ；③直线BC ∥平面PAE ；④∠PDA ＝45°.其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)【答案】①④【解析】对于①，因为PA ⊥平面ABC ，所以PA ⊥AE ，又,EA AB PA AB A ⊥⋂=，所以EA ⊥平面PAB ，从而可得EA PB ⊥，故①正确．对于②，由于PA ⊥平面ABC ，所以平面ABC 与平面PBC 不可能垂直，故②不正确．对于③，由于在正六边形中BC AD ∥，所以BC 与EA 必有公共点，从而BC 与平面PAE 有公共点，所以直线BC 与平面PAE 不平行，故③不正确．对于④，由条件得PAD ∆为直角三角形，且PA ⊥AD ，又2PA AB AD ==，所以∠PDA=45°．故④正确．综上①④正确．答案：①④21、（2019年高考北京卷理数）已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ； ②m ∥α； ③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内； （3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l∥α.故答案为：如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.22、(2018南京三模）已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，有如下四个命题：①若l⊥α，l⊥β，则α∥β；②若l⊥α，α⊥β，则l∥β；③若l∥α，l⊥β，则α⊥β；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β．其中真命题为______（填所有真命题的序号）．【答案】:①③【解析】：①考查定理：垂直同一直线的两个平面平行；②直线l 可能在平面β内；③正确；④不一定垂直；23、(2017南京、盐城二模）已知α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列命题中正确的是________(填上所有正确命题的序号)．①若α∥β，m⊂α，则m∥β；②若m∥α，n⊂α，则m∥n；③若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β；④若n⊥α，n⊥β，m ⊥α，则m⊥β.【答案】①④【解析】：思路分析逐一判断每个命题的真假．①这是面面平行的性质，正确；②只能确定m，n没有公共点，有可能异面，错误；③当m⊂α时，才能保证m⊥β，错误；④由m ⊥α，n⊥α，得m∥n，又n⊥β，所以m⊥β，正确．24、(2016南京三模）已知α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，l⊥α，m⊂β.给出下列命题：①α∥β⇒l ⊥m ； ②α⊥β⇒l ∥m ；③m ∥α⇒l ⊥β； ④l ⊥β⇒m ∥α.其中正确的命题是________(填写所有正确命题的序号．．．．．．．．．．．)． 【答案】. ①④【解析】：①由l ⊥α，α∥β，得l ⊥β，又因为m ⊂β，所以l ⊥m ； ②由l ⊥α，α⊥β，得l ∥β或l ⊂β，又因为m ⊂β，所以l 与m 或异面或平行或相交；③由l ⊥α，m ∥α，得l ⊥m .因为l 只垂直于β内的一条直线m ，所以不能确定l 是否垂直于β；④由l ⊥α，l ⊥β，得α∥β.因为m ⊂β，所以m ∥α.四、解答题25、（2020年高考江苏）在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ，所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC , 所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .26、（2019年高考江苏卷）如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ． 求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1； （2）BE ⊥C 1E ．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D ，E 分别为BC ，AC 的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.27、(2019南通、泰州、扬州一调）如图，在四棱锥PABCD中，M，N分别为棱PA，PD的中点．已知侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD 是矩形，DA＝DP.求证：(1)MN∥平面PBC；（2）MD⊥平面PAB.【证明】(1)在四棱锥P－ABCD中，M，N分别为棱PA，PD的中点，所以MN∥AD.(2分)又底面ABCD是矩形，所以BC∥AD.所以MN∥BC.(4分)又BC⊂平面PBC，MN⊄平面PBC，所以MN∥平面PBC. (6分)(2)因为底面ABCD是矩形，所以AB⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，AB⊂底面ABCD，所以AB⊥侧面PAD.(8分)又MD⊂侧面PAD，所以AB⊥MD.(10分)因为DA＝DP，又M为AP的中点，从而MD⊥PA. (12分)又PA，AB在平面PAB内，PA∩AB＝A，所以MD⊥平面PAB.(14分)28、(2019南京、盐城二模）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC，A1C⊥BC1，AB1⊥BC1，D，E分别是AB1和BC的中点．求证：(1)DE∥平面ACC1A1；(2)AE⊥平面BCC1B1.规范解答(1)连结A1B，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1∥BB1且AA1＝BB1，所以四边形AA1B1B是平行四边形．又因为D是AB1的中点，所以D也是BA1的中点．(2分)在△BA1C中，D和E分别是BA1和BC的中点，所以DE∥A1C.又因为DE⊄平面ACC1A1，A1C⊂平面ACC1A1，所以DE∥平面ACC1A1.(6分)(2)由(1)知DE∥A1C，因为A1C⊥BC1，所以BC1⊥DE.(8分)又因为BC1⊥AB1，AB1∩DE＝D，AB1，DE⊂平面ADE，所以BC1⊥平面ADE.又因为AE⊂平在ADE，所以AE⊥BC1.(10分)在△ABC中，AB＝AC，E是BC的中点，所以AE⊥BC.(12分)因为AE⊥BC1，AE⊥BC，BC1∩BC＝B，BC1，BC⊂平面BCC1B1，所以AE⊥平面BCC1B1. (14分)29、(2019苏锡常镇调研（一））如图，三棱锥DABC中，已知AC⊥BC，AC⊥DC，BC＝DC，E，F分别为BD，CD的中点．求证：(1) EF∥平面ABC；(2) BD⊥平面ACE..规范解答(1)三棱锥DABC中，因为E为DB的中点，F为DC 的中点，所以EF∥BC，(3分)因为BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC.(6分)(2)因为AC⊥BC，AC⊥DC，BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面BCD所以AC⊥平面BCD，(8分)因为BD⊂平面BCD，所以AC⊥BD，(10分)因为DC＝BC，E为BD的中点，所以CE⊥BD，(12分)因为AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面ACE，所以BD⊥平面ACE.(14分)30、（2020届江苏省海安中金陵中新海高级中学高三12月联考）如图，在四棱锥P ABCD-中，已知底面ABCD为矩形，且AB=1BC=，E，F分别是AB，PC的中点，PA DE⊥.(1)求证：//EF平面PAD；(2)求证：平面PAC⊥平面PDE．【解析】(1)取PD中点G，连AG，FG，F，G分别是PC，PD的中点//FG CD ∴，且12 FG CD=又E为AB中点//AE CD ∴，且12 AE CD=//AE FG∴，AE FG=四边形AEFG为平行四边形//EF AG∴，又EF⊄平面PAD，AG⊂平面PAD //EF∴平面PAD(2)设AC DE H =由AEH CDH ∆∆及E 为AB 中点 得12AH AE CH CD == 又2AB =1BC =AC ∴133AH AC ==AH AB AE AC ∴== 又BAD ∠为公共角GAE BAC ∴∆∆90AHE ABC ∴∠=∠=︒即DE AC ⊥又DE PA ⊥，PA AC A =DE ⊥平面PAC ，又DE ⊂平面PDE∴平面PAC ⊥平面PDE31、（2020届江苏省海安中金陵中新海高级中学高三12月联考）如图，在四棱锥P −ABCD 中，已知棱AB ，AD ，AP 两两垂直，长度分别为1，2，2.若DC ⃑⃑⃑⃑⃑ =λAB ⃑⃑⃑⃑⃑ （λ∈R ），且向量PC⃑⃑⃑⃑⃑ 与BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 夹角的余弦值为√1515.（1）求λ的值；（2）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值.【解析】（1）依题意，以A 为坐标原点，AB 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系A −xyzB(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，因为DC ⃑⃑⃑⃑⃑ =λAB ⃑⃑⃑⃑⃑ ，所以C(λ,2,0)， 从而PC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(λ,2,−2)，则由cos〈PC ⃑⃑⃑⃑⃑ ,BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 〉=√1515，解得λ=10（舍去）或λ=2.（2）易得PC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,2,−2)，PD ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,−2)，设平面PCD 的法向量n ⃑ =(x,y,z)，则n ⃑ ⋅PC ⃑⃑⃑⃑⃑ =0，n ⃑ ⋅PD ⃑⃑⃑⃑⃑ =0，即x +y −z =0，且y −z =0，所以x =0， 不妨取y =z =1，则平面PCD 的一个法向量n ⃑ =(0,1,1)，又易得PB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,0,−2)， 故cos〈PB⃑⃑⃑⃑⃑ ,n ⃑ 〉=PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅n⃑ |PB⃑⃑⃑⃑⃑ |⋅|n ⃑ |=−√105， 所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为√105.32、（2020届江苏南通市高三基地学校第一次大联考数学试题）如图，在三棱锥A BCD -中，,AB AD BC BD =⊥.E 为CD 的中点，O 为BD 上一点，且AO ⊥平面BCD .求证：（1）//BC 平面AOE ； （2）平面ABD ⊥平面AOE .【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）因为AO ⊥平面,BCD BD ⊂平面BCD ，所以AO BD ⊥. 因为,AB AD O =为BD 一点，所以O 为BD 中点. 因为E 为CD 的中点，所以//BC OE .因为BC ⊄平面,AOE OE ⊂平面AOE ，所以//BC 平面AOE .（2）因为AO ⊥平面,BCD AO ⊂平面ABD ，所以平面ABD ⊥平面BCD .因为,//BC BD BC OE ⊥，所以OE BD ⊥.因为OE ⊂平面BCD ，平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OE ⊥平面ABD . 因为OE ⊂平面AOE ，所以平面ABD ⊥平面AOE .。
高考数学大一轮复习高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题教师用书理苏教
【2019最新】精选高考数学大一轮复习高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题教师用书理苏教1．(2015·课标全国Ⅱ改编)已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，△ABM 为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为________．答案 2解析如图，设双曲线E的方程为－＝1(a＞0，b＞0)，则AB＝2a，由双曲线的对称性，可设点M(x1，y1)在第一象限内，过M作MN⊥x轴于点N(x1,0)，∵△ABM为等腰三角形，且∠ABM＝120°，∴BM＝AB＝2a，∠MBN＝60°，∴y1＝MN＝BMsin∠MBN＝2asin 60°＝a，x1＝OB＋BN＝a＋2acos 60°＝2a.将点M(x1，y1)的坐标代入－＝1，可得a2＝b2，∴e＝＝＝.2.如图，已知椭圆C的中心为原点O，F(－2，0)为C的左焦点，P为C上一点，满足OP＝OF，且PF＝4，则椭圆C的方程为______________．答案＋＝1解析设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，焦距为2c，右焦点为F′，连结PF′，如图所示，因为F(－2，0)为C的左焦点，所以c＝2.由OP＝OF＝O F′知，∠FPF′＝90°，即FP⊥PF′.在Rt△PFF′中，由勾股定理，得PF′＝＝＝8.由椭圆定义，得PF＋PF′＝2a＝4＋8＝12，所以a＝6，a2＝36，于是b2＝a2－c2＝36－(2)2＝16，所以椭圆的方程为＋＝1. 3．(2017·山西质量监测)已知A，B分别为椭圆＋＝1(a>b>0)的右顶点和上顶点，直线y＝kx(k>0)与椭圆交于C，D两点，若四边形ACBD的面积的最大值为2c2，则椭圆的离心率为________．答案22解析设C(x1，y1)(x1>0)，D(x2，y2)，将y＝kx代入椭圆方程可解得x1＝，x2＝，则CD＝|x1－x2|＝.又点A(a,0)到直线y＝kx的距离d1＝，点B(0，b)到直线y＝kx的距离d2＝，所以S四边形ACBD＝d1·CD＋d2·CD＝(d1＋d2)·CD＝··2ab1＋k2b2＋a2k2＝ab·.令t＝，则t2＝＝1＋2ab·kb2＋a2k2＝1＋2ab·≤1＋2ab·＝2，当且仅当＝a2k，即k＝时，tmax＝，所以S四边形ACBD的最大值为ab.由条件，得ab＝2c2，即2c4＝a2b2＝a2(a2－c2)＝a4－a2c2,2c4＋a2c2－a4＝0,2e4＋e2－1＝0，解得e2＝或e2＝－1(舍去)，所以e＝.4．(2016·北京)双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，点B为该双曲线的焦点，若正方形OABC的边长为2，则a＝________.答案2解析设B为双曲线的右焦点，如图所示．∵四边形OABC为正方形且边长为2，∴c＝OB＝2，又∠AOB＝，∴＝tan＝1，即a＝b.又a2＋b2＝c2＝8，∴a＝2.5．已知双曲线－＝1(a>0，b>0)和椭圆＋＝1有相同的焦点，且双曲线的离心率是椭圆离心率的两倍，则双曲线的方程为____________．答案－＝1解析由题意得，双曲线－＝1(a>0，b>0)的焦点坐标为(，0)，(－，0)，c＝且双曲线的离心率为2×＝＝⇒a＝2，b2＝c2－a2＝3，所以双曲线的方程为－＝1.题型一求圆锥曲线的标准方程例1 已知P点在以坐标轴为对称轴的椭圆上，点P到两焦点的距离分别为和，过P 作长轴的垂线恰好过椭圆的一个焦点，则椭圆的方程为______________．答案＋＝1或＋＝1解析设椭圆的两个焦点分别为F1，F2，PF1＝，PF2＝.由椭圆的定义，知2a＝PF1＋PF2＝2，即a＝.由PF1>PF2知，PF2垂直于长轴．故在Rt△PF2F1中，4c2＝PF－PF＝，∴c2＝，于是b2＝a2－c2＝.又所求的椭圆的焦点可以在x轴上，也可以在y轴上，故所求的椭圆方程为＋＝1或＋＝1.思维升华求圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，主要利用圆锥曲线的定义、几何性质，解得标准方程中的参数，从而求得方程．(2015·天津改编)已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0 )的一个焦点为F(2,0)，且双曲线的渐近线与圆(x－2)2＋y2＝3相切，则双曲线的方程为________________．答案x2－＝1解析双曲线－＝1的一个焦点为F(2,0)，则a2＋b2＝4，①双曲线的渐近线方程为y＝±x，由题意得＝，②联立①②解得b＝，a＝1，所求双曲线的方程为x2－＝1.题型二圆锥曲线的几何性质例2 (1)(2015·湖南改编)若双曲线－＝1的一条渐近线经过点(3，－4)，则此双曲线的离心率为________．(2)(2016·天津)设抛物线(t为参数，p>0)的焦点为F，准线为l.过抛物线上一点A 作l的垂线，垂足为B.设C，AF与BC相交于点E.若CF＝2AF，且△ACE的面积为3，则p的值为________．答案(1) (2) 6解析(1)由条件知y＝－x过点(3，－4)，∴＝4，即3b＝4a，∴9b2＝16a2，∴9c2－9a2＝16a2，∴25a2＝9c2，∴e＝.(2)由(p>0)消去t可得抛物线方程为y2＝2px(p>0)，∴F，AB＝AF＝p，可得A(p，p)．易知△AEB∽△FEC，∴＝＝，故S△ACE＝S△ACF＝×3p×p×12＝p2＝3，∴p2＝6，∵p>0，∴p＝.思维升华圆锥曲线的几何性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线渐近线，是常考题型，解决这类问题的关键是熟练掌握各性质的定义，及相关参数间的联系．掌握一些常用的结论及变形技巧，有助于提高运算能力．已知椭圆＋＝1(a>b>0)与抛物线y2＝2px(p>0)有相同的焦点F ，P ，Q 是椭圆与抛物线的交点，若PQ 经过焦点F ，则椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为____________． 答案 －1解析 因为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F 为，设椭圆另一焦点为E. 当x ＝时，代入抛物线方程得y ＝±p，又因为PQ 经过焦点F ，所以P 且PF⊥OF. 所以PE ＝ ＝p ，PF ＝p ，EF ＝p.故2a ＝ p ＋p,2c ＝p ，e ＝＝－1. 题型三 最值、范围问题例3 设椭圆M ：＋＝1(a>b>0)的离心率与双曲线x2－y2＝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 ＝x ＋m 交椭圆M 于A ，B 两点，P(1，)为椭圆M 上一点，求△PAB 面积的最大值．解 (1)双曲线的离心率为， 则椭圆的离心率e ＝＝，由⇒⎩⎨⎧a ＝2，c ＝2，b ＝2，故椭圆M 的方程为＋＝1. (2)由得4x2＋2mx ＋m2－4＝0，由Δ＝(2m)2－16(m2－4)>0，得－2<m<2.∵x1＋x2＝－m，x1x2＝，∴AB＝|x1－x2|＝·＋－4x1x2＝·＝·.又P到直线AB的距离d＝，则S△PAB＝·AB·d＝···|m|3＝＝1－22≤·＝，当且仅当m＝±2∈(－2，2)时取等号，∴(S△PAB)max＝.思维升华圆锥曲线中的最值、范围问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值与范围．(2016·盐城一模)如图，曲线Γ由两个椭圆T1：＋＝1(a>b>0)和椭圆T2：＋＝1(b>c>0)组成，当a，b，c成等比数列时，称曲线Γ为“猫眼”．(1)若“猫眼曲线”Γ过点M(0，－)，且a，b，c的公比为，求“猫眼曲线”Γ的方程；(2)对于(1)中的“猫眼曲线”Γ，任作斜率为k(k≠0)且不过原点的直线与该曲线相交，交椭圆T1所得弦的中点为M，交椭圆T2所得弦的中点为N，求证：为与k 无关的定值；(3)若斜率为的直线l为椭圆T2的切线，且交椭圆T1于点A，B，N为椭圆T1上的任意一点(点N与点A，B不重合)，求△ABN面积的最大值．(1)解由题意知，b＝，＝＝，∴a＝2，c＝1，∴T1：＋＝1，T2：＋x2＝1.(2)证明 设斜率为k 的直线交椭圆T1于点C(x1，y1)，D(x2，y2) ，线段CD 的中点为M(x0，y0)， ∴x0＝，y0＝， 由得－＋4＋＝0.∵k 存在且k≠0，∴x1≠x2且x0≠0， 故上式整理得·＝－， 即k·kOM＝－.同理，k·kON＝－2，∴＝.(3)解 设直线l 的方程为y ＝x ＋m ，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋m ，y2b2＋x2c2＝1，整理得(b2＋2c2)x2＋2mc2x ＋m2c2－b2c2＝0， 由Δ＝0，化简得m2＝b2＋2c2， 取l1：y ＝x ＋.联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋m ，x2a2＋y2b2＝1，化简得(b2＋2a2)x2＋2ma2x ＋m2a2－b2a2＝0. 由Δ＝0，得m2＝b2＋2a2， 取l2：y ＝x －，l1，l2两平行线间距离 d ＝，又AB ＝，∴△ABN 的面积最大值为S ＝·AB·d ＝.题型四定值、定点问题例4 (2016·全国乙卷)设圆x2＋y2＋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C1，直线l交C1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＋y2＝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＋＝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(x1，y1)，N(x2，y2)．由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝，所以MN＝|x1－x2|＝.过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，点A到m的距离为，所以PQ＝2＝4.故四边形MPNQ的面积S＝MN·PQ＝12.可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8)．当l与x轴垂直时，其方程为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[12,8)．思维升华求定点及定值问题常见的方法有两种(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．(2016·北京)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，△OAB 的面积为1. (1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是椭圆C 上一点，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N.求证：AN·BM 为定值．(1)解 由已知＝，ab ＝1.又a2＝b2＋c2，解得a ＝2，b ＝1，c ＝. ∴椭圆方程为＋y2＝1.(2)证明 由(1)知，A(2,0)，B(0,1)． 设椭圆上一点P(x0，y0)，则＋y ＝1. 当x0≠0时，直线PA 方程为y ＝(x －2)， 令x ＝0，得yM ＝. 从而BM ＝|1－yM|＝. 直线PB 方程为y ＝x ＋1. 令y ＝0，得xN ＝. ∴AN＝|2－xN|＝.∴AN·BM＝·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y0x0－2＝·⎪⎪⎪⎪⎪⎪x0＋2y0－2x0－2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x20＋4y20＋4x0y0－4x0－8y0＋4x0y0－x0－2y0＋2 ＝＝4.当x0＝0时，y0＝－1，BM ＝2，AN ＝2， ∴AN·B M ＝4. 故AN·BM 为定值． 题型五 探索性问题例5 (2015·广东)已知过原点的动直线l 与圆C1：x2＋y2－6x ＋5＝0相交于不同的两点A ，B.(1)求圆C1的圆心坐标；(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程；(3)是否存在实数k，使得直线L：y＝k(x－4)与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．解(1)圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0可化为(x－3)2＋y2＝4，∴圆C1的圆心坐标为(3,0)．(2)设M(x，y)，∵A，B为过原点的直线l与圆C1的交点，且M为AB的中点，∴由圆的性质知MC1⊥MO，∴·＝0.又∵＝(3－x，－y)，＝(－x，－y)，∴由向量的数量积公式得x2－3x＋y2＝0.易知直线l的斜率存在，∴设直线l的方程为y＝mx，当直线l与圆C1相切时，d＝＝2，解得m＝±.把相切时直线l的方程代入圆C1的方程，化简得9x2－30x＋25＝0，解得x＝.当直线l经过圆C1的圆心时，M的坐标为(3,0)．又∵直线l与圆C1交于A，B两点，M为AB的中点，∴<x≤3.∴点M的轨迹C的方程为x2－3x＋y2＝0，其中<x≤3.(3)由题意知直线L表示过定点(4,0)，斜率为k的直线，把直线L的方程代入轨迹C的方程x2－3x＋y2＝0，其中<x≤3，化简得(k2＋1)x2－(3＋8k2)x＋16k2＝0，其中<x≤3，记f(x)＝(k2＋1)x2－(3＋8k2)x＋16k2，其中<x≤3.若直线L与曲线C只有一个交点，令f(x)＝0.当Δ＝0时，解得k2＝，即k＝±，此时方程可化为25x2－120x＋144＝0，即(5x －12)2＝0，解得x＝∈，∴k＝±满足条件．当Δ>0时，①若x＝3是方程的解，则f(3)＝0⇒k＝0⇒另一根为x＝0<，故在区间上有且仅有一个根，满足题意；②若x＝是方程的解，则f＝0⇒k＝±⇒另外一根为x＝，<≤3，故在区间上有且仅有一个根，满足题意；③若x＝3和x＝均不是方程的解，则方程在区间上有且仅有一个根，只需f·f(3)<0⇒－<k<.故在区间上有且仅有一个根，满足题意．综上所述，k的取值范围是－≤k≤或k＝±.思维升华(1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．(2016·苏州、无锡、常州、镇江二模)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点(1，)，过椭圆的左顶点A作直线l⊥x轴，点M为直线l上的动点(点M与点A不重合)，点B为椭圆的右顶点，直线BM交椭圆C于点P.(1)求椭圆C的方程；(2)求证：AP⊥OM；(3)试问：·是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是定值，请说明理由．(1)解因为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，所以a2＝2c2，所以a2＝2b2.又因为椭圆C过点(1，)，所以＋＝1，所以a2＝4，b2＝2，所以椭圆C的方程＋＝1.(2)证明设直线BM的斜率为k，则直线BM的方程为y＝k(x－2)，设P(x1，y1)，将y＝k(x－2)代入椭圆C的方程＋＝1中，化简得(2k2＋1)x2－8k2x＋8k2－4＝0，解得x1＝，x2＝2，所以y1＝k(x1－2)＝，从而P(，)．令x＝－2，得y＝－4k，所以M(－2，－4k)，＝(－2，－4k)．又因为＝(＋2，)＝(，)，所以·＝＋＝0，所以AP⊥OM.(3)解因为·＝(，)·(－2，－4k)＝＝＝4，所以·为定值4.1．(2015·陕西)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)，经过点A(0，－1)，且离心率为.(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.(1)解由题设知＝，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝，所以椭圆的方程为＋y2＝1.(2)证明由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ＞0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，则x1＋x2＝，x1x2＝，从而直线AP，AQ的斜率之和kAP＋kAQ＝＋＝＋kx2＋2－kx2＝2k＋(2－k)＝2k＋(2－k)x1＋x2x1x2＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2.2．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的焦距为3，其中一条渐近线的方程为x－y＝0.以双曲线C的实轴为长轴，虚轴为短轴的椭圆记为E，过原点O的动直线与椭圆E 交于A，B两点．(1)求椭圆E的方程；(2)若点P为椭圆E的左顶点，＝2，求||2＋||2的取值范围．解(1)由双曲线－＝1的焦距为3，得c＝，∴a2＋b2＝.①由题意知＝，②由①②解得a2＝3，b2＝，∴椭圆E的方程为＋y2＝1.(2)由(1)知P(－，0)．设G(x0，y0)，由＝2，得(x0＋，y0)＝2(－x0，－y0)，即解得∴G(－，0)．设A(x1，y1)，则B(－x1，－y1)，||2＋||2＝(x1＋)2＋y＋(x1－)2＋y21＝2x＋2y＋＝2x＋3－x＋23＝x＋.又∵x1∈[－，]，∴x∈[0,3]，∴≤x＋≤，∴||2＋||2的取值范围是[，]．3．已知椭圆＋＝1的左顶点为A，右焦点为F，过点F的直线交椭圆于B，C两点．(1)求该椭圆的离心率；(2)设直线AB和AC分别与直线x＝4交于点M，N，问：x轴上是否存在定点P使得MP⊥NP？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．解(1)由椭圆方程可得a＝2，b＝，从而椭圆的半焦距c＝＝1.所以椭圆的离心率为e＝＝.(2)依题意，直线BC的斜率不为0，设其方程为x＝ty＋1，B(x1，y1)，C(x2，y2)，将其代入＋＝1，整理得(4＋3t2)y2＋6ty－9＝0.所以y1＋y2＝，y1y2＝.易知直线AB的方程是y＝(x＋2)，从而可得M(4，)，同理可得N(4，)．假设x轴上存在定点P(p,0)使得MP⊥NP，则有·＝0.所以(p－4)2＋＝0.将x1＝ty1＋1，x2＝ty2＋1代入上式，整理得(p－4)2＋＝0，所以(p－4)2＋＝0，即(p－4)2－9＝0，解得p＝1或p＝7.所以x轴上存在定点P(1,0)或P(7,0)，使得MP⊥NP.4.已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，且经过点P(1，)，过它的左，右焦点F1，F2分别作直线l1与l2，l1交椭圆于A，B两点，l2交椭圆于C，D两点，且l1⊥l2.(1)求椭圆的标准方程；(2)求四边形ACBD的面积S的取值范围．解 (1)由＝⇒a ＝2c ，∴a2＝4c2，b2＝3c2， 将点P 的坐标代入椭圆方程得c2＝1， 故所求椭圆方程为＋＝1.(2)若l1与l2中有一条直线的斜率不存在， 则另一条直线的斜率为0，此时四边形的面积S ＝6. 若l1与l2的斜率都存在，设l1的斜率为k ， 则l2的斜率为－，则直线l1的方程为y ＝k(x ＋1)． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝＋，x24＋y23＝1，消去y 并整理得(4k2＋3)x2＋8k2x ＋4k2－12＝0.① ∴x1＋x2＝－，x1x2＝， ∴|x1－x2|＝， ∴AB＝|x1－x2|＝，②注意到方程①的结构特征和图形的对称性， 可以用－代替②中的k ，得CD ＝， ∴S＝AB·CD＝， 令k2＝t∈(0，＋∞)， ∴S＝＝＋25t ＋－6t12t2＋25t ＋12＝6－≥6－＝，当且仅当t ＝1时等号成立，∴S∈[，6)， 综上可知，四边形ABCD 的面积S∈[，6]．*5．(2016·盐城三模)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：＋＝1(a>b>0)的离心率为，直线l 与x 轴交于点E ，与椭圆C 交于A ，B 两点．当直线l 垂直于x 轴且点E为椭圆C的右焦点时，弦AB的长为.(1)求椭圆C的方程；(2)若点E的坐标为(，0)，点A在第一象限且横坐标为，连结点A与原点O的直线交椭圆C于另一点P，求△PAB的面积；(3)是否存在点E，使得＋为定值？若存在，请指出点E的坐标，并求出该定值；若不存在，请说明理由．解(1)由e＝＝，设a＝3k(k>0)，则c＝k，b2＝3k2，所以椭圆C的方程为＋＝1.因为直线l垂直于x轴且点E为椭圆C的右焦点，即xA＝xB＝k，代入椭圆方程，解得y＝±k，于是2k＝，即k＝，所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)将x＝代入＋＝1，解得y＝±1.因为点A在第一象限，从而A(，1)．由点E的坐标为(，0)，所以kAB＝，所以直线AB的方程为y＝(x－)，联立直线AB与椭圆C的方程，解得B(－，－)．又PA过原点O，于是P(－，－1)，PA＝4，所以直线PA的方程为x－y＝0，所以点B到直线PA的距离h＝＝，故S△P AB＝×4×＝.(3)假设存在点E，使得＋为定值，设E(x0,0)，当直线AB与x轴重合时，有＋＝＋＝；当直线AB与x轴垂直时，1＋＝＝，EA2由＝，解得x0＝±，＝2，以若存在点E，此时E(±，0)，＋为定值2.根据对称性，只需考虑直线AB过点E(，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又设直线AB的方程为x＝my＋，与椭圆C联立方程组，化简得(m2＋3)y2＋2my－3＝0，所以y1＋y2＝，y1y2＝.又＝＝＝，所以＋＝＋1＋2＝，将上述关系代入，化简可得＋＝2.综上所述，存在点E(±，0)，使得＋为定值2.。
适用于新高考新教材广西专版2025届高考数学一轮总复习第九章平面解析几何课时规范练51双曲线1
课时规范练51 双曲线基础巩固组1.(2024河南开封三模)已知双曲线x2-my2=1(m>0)的左、右焦点分别为F1(-2,0),F2(2,0),则双曲线的渐近线方程为()A.y=±xB.y=±xC.y=±xD.y=±x2.双曲线C:=1(a>0,b>0)过点(),且离心率为2,则该双曲线的标准方程为()A.x2-=1B.-y2=1C.x2-=1D.-y2=13.已知双曲线=1(a>4)的实轴长是虚轴长的3倍,则实数a=()A.5B.6C.8D.94.定义实轴长与焦距之比为黄金数的双曲线叫黄金双曲线,若双曲线=1(a>0,b>0)是黄金双曲线,则等于()A. B.C. D.5.(2024山东菏泽二模)设F1,F2分别为双曲线=1(a>0,b>0)的左、右焦点,O为坐标原点,过左焦点F1作直线F1P,与圆x2+y2=a2切于点E,与双曲线右支交于点P,且△OF1P为等腰三角形,则双曲线的离心率为()A. B.2 C. D.6.(多选)已知方程=1表示的曲线是双曲线,其离心率为e,则()A.-<m<B.点(2,0)是该双曲线的一个焦点C.1<e≤D.该双曲线的渐近线方程可能为x±2y=07.(多选)已知曲线C:mx2+ny2=1.()A.若m>n>0,则曲线C是椭圆,其焦点在y轴上B.若m=n>0,则曲线C是圆,其半径为C.若mn<0,则曲线C是双曲线,其渐近线方程为y=±xD.若m=0,n>0,则曲线C是两条直线8.(多选)已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的离心率为,且其右顶点为A(2,0),左、右焦点分别为F1,F2,点P在双曲线C上,则下列结论正确的是()A.双曲线C的方程为=1B.点A到双曲线C的渐近线的距离为C.若|PF1|=6,则|PF2|=2D.若=0,则△PF1A的外接圆半径为9.已知双曲线C:-y2=1(m>0)的一条渐近线为x+my=0,则双曲线C的焦距为.10.已知双曲线有一个焦点F(0,-2),它的离心率是方程2x2-5x+2=0的一个根,则双曲线的标准方程是.11.写出一个同时满意下列性质①②③的双曲线方程:.①中心在原点,焦点在y轴上;②一条渐近线方程为y=2x;③焦距大于10.综合提升组12.(2024北京丰台二模)已知圆C:x2+y2-6x+8=0,若双曲线y2-=1(m>0)的一条渐近线与圆C相切,则m=()A. B.C.2D.813.(2024贵州毕节一模)已知F1,F2为双曲线C的两个焦点,以坐标原点O为圆心,半径长为的圆记为D,过F1作D的切线与C交于M,N两点,且cos∠F1NF2=,则C的离心率为()A. B.C. D.14.(多选)在平面直角坐标系xOy中,已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的离心率为,A,B分别是双曲线C的左、右顶点,点P是双曲线C的右支上位于第一象限内的动点,记PA,PB的斜率分别为k1,k2,则()A.双曲线C的焦点到其一条渐近线的距离为1时,双曲线C的方程为-y2=1B.双曲线C的渐近线方程为y=±2xC.k1k2为定值D.存在点P,使得k1+k2=115.已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点O是坐标原点,过点F2作C的一条渐近线的垂线,垂足为P,PF1交双曲线的另一条渐近线于点Q,且满意3=2,则双曲线的渐近线的斜率为.16.已知双曲线C1:=1(b>0)的右焦点为F,其一条渐近线的方程为x-2y=0,点P为双曲线C1与圆C2:(x+3)2+y2=r2(r>0)的一个交点,若|PF|=4,则双曲线C1的离心率为,r= .创新应用组17.点F1,F2是双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点,过点F2作直线AB⊥F1F2交双曲线C于A,B 两点,现将双曲线所在平面沿直线F1F2折成平面角为锐角α的二面角,如图,翻折后A,B两点的对应点分别为A',B',∠A'F1B'=β,若,则双曲线C的离心率为()A. B.C.2D.3课时规范练51双曲线1.D解析由题意,得x2-=1,故c2=1+=4,=3,渐近线方程为y=±x=±x.故选D.2.A解析因为e==2,所以c=2a,b=a,所以双曲线的方程为=1.将点()的坐标代入双曲线的方程可得=1,解得a=1,所以b=,所以双曲线的方程为x2-=1.故选A.3.A解析因为双曲线=1(a>4)的实轴长是虚轴长的3倍,所以2×=2×3×,解得a=5.故选A.4.A解析由题可知,所以2a2=(3-)c2=(3-)(a2+b2),解得.故选A.5. A解析因为直线F1P与圆x2+y2=a2切于点E,则OE⊥F1P,而△OF1P为等腰三角形,必有|OP|=|OF1|,则E为F1P的中点,而O为F1F2的中点,于是OE∥PF2,PF1⊥PF2,所以|PF2|=2|OE|=2a.由双曲线的定义得|PF1|-|PF2|=2a,所以|PF1|=4a.令双曲线焦距为2c,由|PF2|2+|PF1|2=|F1F2|2,得(2a)2+(4a)2=(2c)2,即c2=5a2,有e2=5,即e=.故选A.6.AC解析对于A,因为方程=1表示的曲线是双曲线,所以(m2-2)(m2+2)<0,解得-<m<,故选项A正确;对于B,=1可化为=1,所以双曲线的焦点在y轴上,故选项B错误;对于C,因为2≤m2+2<4,所以e2=∈(1,2],故选项C正确;对于D,因为双曲线的渐近线斜率的平方k2=≥1,所以选项D错误.故选AC.7.ACD解析∵m>n>0,∴>0.∵mx2+ny2=1,∴=1,故曲线C是焦点在y轴上的椭圆,故A正确;∵m=n>0,∴x2+y2=,即曲线C是圆,半径r=,故B错误;由mx2+ny2=1,得=1.∵mn<0,异号,∴曲线C是双曲线.令mx2+ny2=0,可得y2=-x2,即y=±x,故C正确;当m=0,n>0时,有ny2=1,得y2=,即y=±,表示两条直线,故D正确.故选ACD.8.ABD解析由离心率为,右顶点为A(2,0),可得a=2,c=3,故b=,故双曲线C的方程为=1,A正确;双曲线的渐近线方程为y=±x,故点A到双曲线C的渐近线的距离为,B正确;由双曲线的定义知||PF1|-|PF2||=2a=4,若|PF1|=6,则|PF2|=2或|PF2|=10,C错误;=0,则,△PF1A 的外接圆半径为,D正确.9.4解析由双曲线方程可知其渐近线方程为±y=0,即y=±x,得-=-,解得m=3,可得C的焦距为2=4.10.y2-=1解析由2x2-5x+2=0得x1=2,x2=.因为双曲线的离心率e>1,所以e=2.由题可得c=2,所以e==2,解得a=1,所以b=.因为双曲线的焦点在y轴上,所以双曲线的标准方程为y2-=1.11.=1(答案不唯一,写出一个即可)解析由①可设双曲线方程为=1(a>0,b>0).由②知=2,即a=2b.由③知2c>10,即c>5.则可取c=6(此处也可取大于5的其他数).∵a2+b2=c2,∴(2b)2+b2=36.∴b2=.∴a2=4b2=.则同时满意性质①②③的一个双曲线方程为=1.12.C解析圆C:x2+y2-6x+8=0变形为(x-3)2+y2=1,故圆心为(3,0),半径为1.双曲线y2-=1(m>0)的渐近线方程为y=±,不妨取y=,即x-my=0.由双曲线的渐近线与圆C相切,得=1,解得m=±2,负值舍去.故选C.13.C解析 (方法1)如图,点E为切点,则OE⊥MN,过点F作F2F⊥MN,垂足为点F,则FF2∥OE.∵|OE|=r=,|OF1|=c,则|EF1|= c.点O是线段F1F2的中点,故点E是线段F1F的中点,则|FF1|=c,|FF2|=c.由cos∠F1NF2=,则tan∠F1NF2=,则|NF|=c,|NF2|=c.由|NF1|-|NF2|=2a,得c+c-c=2a,解得,故选C.(方法2利用求双曲线离心率的二级结论)由题意OE⊥F1E,且|OE|=|OF1|,∴∠EF1O=.设∠F1NF2=α,∵cosα=,∴sinα=.在△F1NF2中,sin∠F1F2N=sinπ-+α=sin+α=,∴离心率e==,故选C.14.AC解析因为双曲线C:=1(a>0,b>0)的离心率为,所以e=,所以双曲线C的渐近线方程为y=±x,B不符合题意;因为双曲线的焦点(c,0)到渐近线的距离为1,所以b=1.又,所以a=2,所以双曲线方程为-y2=1,A符合题意;因为A(-a,0),B(a,0),设P(x,y),则k1k2=,C符合题意;k1+k2=.因为点P在第一象限,渐近线方程为y=±x,所以0<k OP<,所以>2,所以k1+k2>1,所以不存在点P,使得k1+k2=1,D不符合题意.故选AC.15.±解析不妨设直线PF2垂直于渐近线y=x,由解得点P.又,且F1(-c,0),所以Q.又点Q在直线y=-x上,所以=-,所以b2=3a2.故双曲线的渐近线的斜率为±.16.8解析因为a=2,一条渐近线的方程为x-2y=0,所以b=,所以c==3, 所以双曲线C1的离心率为e=.由上可知圆C2的圆心为双曲线C1的左焦点,设双曲线C1的左焦点为F2.因为|PF|=4<a+c,所以点P在双曲线的右支上.又|PF2|-|PF|=2a=4,所以r=|PF2|=8.17.D解析设A'F2=y,A'B'=x,A'F1=z(x,y,z均为正数).∵cosα=,cosβ=,∴.∴.在Rt△A'F1F2中,,∴3b2=8ac.即3(c2-a2)=8ac,即3e2-8e-3=0,解得e=3或e=-(舍去).故选D.。
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高考专题突破五 高考中的圆锥曲线问题【考点自测】1．(2017·全国Ⅲ)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线方程为y ＝52x ，且与椭圆x 212＋y 23＝1有公共焦点，则C 的方程为( ) A.x 28－y 210＝1 B.x 24－y 25＝1 C.x 25－y 24＝1 D.x 24－y 23＝1 答案 B 解析 由y ＝52x ，可得b a ＝52.① 由椭圆x 212＋y 23＝1的焦点为(3,0)，(－3,0)，可得a 2＋b 2＝9.② 由①②可得a 2＝4，b 2＝5. 所以C 的方程为x 24－y 25＝1.故选B.2．(2017·全国Ⅲ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为A 1，A 2，且以线段A 1A 2为直径的圆与直线bx －ay ＋2ab ＝0相切，则C 的离心率为( ) A.63 B.33 C.23 D.13答案 A解析 由题意知，以A 1A 2为直径的圆的圆心为(0,0)，半径为a .又直线bx －ay ＋2ab ＝0与圆相切，∴圆心到直线的距离d ＝2aba 2＋b 2＝a ，解得a ＝3b ， ∴b a ＝13， ∴e ＝c a ＝a 2－b 2a ＝1－⎝⎛⎭⎫b a 2＝1－⎝⎛⎭⎫132＝63. 故选A.3．(2017·全国Ⅰ)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( ) A ．16 B ．14 C ．12 D ．10答案 A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. 显然，该方程必有两个不等实根．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，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)k 2.同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)k 2＋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＝1k 2，即k ＝±1时，取得等号．故选A.4．(2017·北京)若双曲线x 2－y 2m＝1的离心率为3，则实数m ＝________.答案 2解析 由双曲线的标准方程知a ＝1，b 2＝m ，c ＝1＋m ， 故双曲线的离心率e ＝ca ＝1＋m ＝3，∴1＋m ＝3，解得m ＝2.5．(2017·山东)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的右支与焦点为F的抛物线x 2＝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________． 答案 y ＝±22x解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2－y 2b 2＝1，x 2＝2py ，得a 2y 2－2pb 2y ＋a 2b 2＝0， 显然，方程必有两个不等实根． ∴y 1＋y 2＝2pb 2a 2.又∵|AF |＋|BF |＝4|OF |，∴y 1＋p 2＋y 2＋p 2＝4×p2，即y 1＋y 2＝p ，∴2pb 2a 2＝p ，即b 2a 2＝12，∴b a ＝22， ∴双曲线的渐近线方程为y ＝±22x .题型一 求圆锥曲线的标准方程例1 (2018·佛山模拟)设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，上顶点为B .若|BF 2|＝|F 1F 2|＝2，则该椭圆的方程为( ) A.x 24＋y 23＝1 B.x 23＋y 2＝1 C.x 22＋y 2＝1 D.x 24＋y 2＝1 答案 A解析 ∵|BF 2|＝|F 1F 2|＝2，∴a ＝2c ＝2，∴a ＝2，c ＝1，∴b ＝3，∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.思维升华 求圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，主要利用圆锥曲线的定义、几何性质，解得标准方程中的参数，从而求得方程．跟踪训练1 已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一个焦点为F (2,0)，且双曲线的渐近线与圆(x －2)2＋y 2＝3相切，则双曲线的方程为( ) A.x 29－y 213＝1 B.x 213－y 29＝1 C.x 23－y 2＝1 D ．x 2－y 23＝1答案 D解析 双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的一个焦点为F (2,0)，则a 2＋b 2＝4，①双曲线的渐近线方程为y ＝±ba x ，由题意得2ba 2＋b 2＝3，② 联立①②解得b ＝3，a ＝1，所求双曲线的方程为x 2－y 23＝1，故选D.题型二 圆锥曲线的几何性质例2 (1)(2018届辽宁凌源二中联考)已知双曲线C ：x 2a 2－y 216＝1(a >0)的一个焦点为(5,0)，则双曲线C 的渐近线方程为( ) A ．4x ±3y ＝12 B ．4x ±41y ＝0 C ．16x ±9y ＝0 D ．4x ±3y ＝0答案 D解析 由题意得c ＝5，则a 2＝c 2－16＝9，即a ＝3，所以双曲线的渐近线方程为y ＝±43x ，即4x ±3y ＝0，故选D.(2)(2016·天津)设抛物线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2pt 2，y ＝2pt (t 为参数，p >0)的焦点为F ，准线为l .过抛物线上一点A作l 的垂线，垂足为B .设C ⎝⎛⎭⎫72p ，0，AF 与BC 相交于点E .若|CF |＝2|AF |，且△ACE 的面积为32，则p 的值为________． 答案6解析 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2pt 2，y ＝2pt(p >0)消去t 可得抛物线方程为y 2＝2px (p >0)，∴F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，又|CF |＝2|AF |且|CF |＝⎪⎪⎪⎪72p －p 2＝3p ， ∴|AB |＝|AF |＝32p ，可得A (p ，2p )． 易知△AEB ∽△FEC ，∴|AE ||FE |＝|AB ||FC |＝12， 故S △ACE ＝13S △ACF ＝13×3p ×2p ×12＝22p 2＝32， ∴p 2＝6，∵p >0，∴p ＝ 6.思维升华 圆锥曲线的几何性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线渐近线是常考题型，解决这类问题的关键是熟练掌握各性质的定义，及相关参数间的联系．掌握一些常用的结论及变形技巧，有助于提高运算能力．跟踪训练2 (2017·全国Ⅱ)若双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线被圆(x －2)2＋y 2＝4所截得的弦长为2，则C 的离心率为( ) A ．2 B. 3 C. 2 D.233答案 A解析 设双曲线的一条渐近线方程为y ＝ba x ，圆的圆心为(2,0)，半径为2，由弦长为2得出圆心到渐近线的距离为22－12＝ 3.根据点到直线的距离公式，得|2b |a 2＋b 2＝3，解得b 2＝3a 2.所以C 的离心率e ＝ca ＝c 2a 2＝1＋b 2a 2＝2. 故选A.题型三 最值、范围问题例 3 (2017·浙江)如图，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|P A |·|PQ |的最大值． 解 (1)由P (x ，y )，即P (x ，x 2)．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 斜率的取值范围为(－1,1)．(2)联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎨⎧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|P A |＝1＋k 2⎝⎛⎭⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)， |PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－(k －1)(k ＋1)2k 2＋1，所以|P A |·|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，|P A |·|PQ |取得最大值2716. 思维升华 圆锥曲线中的最值、范围问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线的几何意义求最值与范围．跟踪训练3 (2016·山东)平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32，抛物线E ：x 2＝2y 的焦点F 是C 的一个顶点．(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是E 上的动点，且位于第一象限，E 在点P 处的切线l 与C 交于不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为D .直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M . ①求证：点M 在定直线上；②直线l 与y 轴交于点G ，记△PFG 的面积为S 1，△PDM 的面积为S 2，求S 1S 2的最大值及取得最大值时点P 的坐标．(1)解 由题意知a 2－b 2a ＝32，可得a 2＝4b 2，因为抛物线E 的焦点为F ⎝⎛⎭⎫0，12，所以b ＝12，a ＝1， 所以椭圆C 的方程为x 2＋4y 2＝1.(2)①证明 设P ⎝⎛⎭⎫m ，m22(m >0)，由x 2＝2y ，可得y ′＝x ，所以直线l 的斜率为m ，因此直线l 的方程为y －m 22＝m (x －m )．即y ＝mx －m 22.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)． 联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝1，y ＝mx －m 22， 得(4m 2＋1)x 2－4m 3x ＋m 4－1＝0.由Δ>0，得0<m <2＋5(或0<m 2<2＋5)．(*)且x 1＋x 2＝4m 34m 2＋1，因此x 0＝2m 34m 2＋1，将其代入y ＝mx －m 22，得y 0＝－m 22(4m 2＋1)，因为y 0x 0＝－14m ， 所以直线OD 方程为y ＝－14mx ，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14m x ，x ＝m ，得点M 的纵坐标y M ＝－14，所以点M 在定直线y ＝－14上．②解 由①知直线l 的方程为y ＝mx －m 22，令x ＝0，得y ＝－m 22，所以G ⎝⎛⎭⎫0，－m 22，又P ⎝⎛⎭⎫m ，m 22，F ⎝⎛⎭⎫0，12，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m34m 2＋1，－m 22(4m 2＋1)， 所以S 1＝12·|GF |·m ＝(m 2＋1)m 4，S 2＝12·|PM |·|m －x 0|＝12×2m 2＋14×2m 3＋m 4m 2＋1＝m (2m 2＋1)28(4m 2＋1)， 所以S 1S 2＝2(4m 2＋1)(m 2＋1)(2m 2＋1)2.设t ＝2m 2＋1，则S 1S 2＝(2t －1)(t ＋1)t 2＝2t 2＋t －1t 2＝－1t 2＋1t＋2，当1t ＝12，即t ＝2时，S 1S 2取到最大值94， 此时m ＝22，满足(*)式，所以P 点坐标为⎝⎛⎭⎫22，14. 因此S 1S 2的最大值为94，此时点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫22，14.题型四 定点、定值问题例4 (2017·益阳、湘潭调研)已知动圆P 经过点N (1,0)，并且与圆M ：(x ＋1)2＋y 2＝16相切． (1)求点P 的轨迹C 的方程；(2)设G (m,0)为轨迹C 内的一个动点，过点G 且斜率为k 的直线l 交轨迹C 于A ，B 两点，当k 为何值时，ω＝|GA |2＋|GB |2是与m 无关的定值，并求出该定值． 解 (1)由题设得|PM |＋|PN |＝4>|MN |＝2， ∴点P 的轨迹C 是以M ，N 为焦点的椭圆， ∵2a ＝4,2c ＝2，∴b ＝a 2－c 2＝3， ∴点P 的轨迹C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，G (m,0)(－2<m <2)， 直线l ：y ＝k (x －m )，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －m )，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2mx ＋4k 2m 2－12＝0， x 1＋x 2＝8mk 24k 2＋3，x 1·x 2＝4k 2m 2－124k 2＋3，∴y 1＋y 2＝k (x 1－m )＋k (x 2－m ) ＝k (x 1＋x 2)－2km ＝－6mk4k 2＋3.y 1·y 2＝k 2(x 1－m )(x 2－m )＝k 2x 1x 2－k 2m (x 1＋x 2)＋k 2m 2＝3k 2(m 2－4)4k 2＋3.∴|GA |2＋|GB |2＝(x 1－m )2＋y 21＋(x 2－m )2＋y 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2－2m (x 1＋x 2)＋2m 2＋(y 1＋y 2)2－2y 1y 2 ＝(k 2＋1)－6m 2(4k 2－3)＋24(3＋4k 2)(4k 2＋3)2.∵ω＝|GA |2＋|GB |2的值与m 无关，∴4k 2－3＝0， 解得k ＝±32.此时ω＝|GA |2＋|GB |2＝7.思维升华 求定点及定值问题常见的方法有两种 (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．跟踪训练4 已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m ＞0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M .(1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝⎛⎭⎫m3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，说明理由． (1)证明 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9x 2＋y 2＝m 2， 得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，① 故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9.于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－9k ，即k OM ·k ＝－9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值． (2)解 四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点⎝⎛⎭⎫m 3，m ，由①中判别式Δ＝4k 2b 2－4(k 2＋9)·(b 2－m 2)>0，得k 2m 2>9b 2－9m 2， 又b ＝m －k3m ，所以k 2m 2>9⎝⎛⎭⎫m －k 3m 2－9m 2， 得k 2>k 2－6k ，所以k >0.所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k ＞0，k ≠3. 由(1)得OM 的方程为y ＝－9k x .设点P 的横坐标为x P ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2，得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km 3k 2＋9.将点⎝⎛⎭⎫m 3，m 的坐标代入l 的方程得b ＝m (3－k )3， 因此x M ＝km (k －3)3(k 2＋9).四边形OAPB 为平行四边形当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M . 于是±km3k 2＋9＝2×km (k －3)3(k 2＋9)，解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i ＞0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形．题型五 探索性问题例5 (2018·泉州模拟)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是22，过点P (0,1)的动直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，当直线l平行于x 轴时，直线l 被椭圆E 截得的线段长为2 2.(1)求椭圆E 的方程；(2)在平面直角坐标系xOy 中，是否存在与点P 不同的定点Q ，使得|QA ||QB |＝|P A ||PB |恒成立？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由． 解 (1)由已知，点(2，1)在椭圆E 上，因此⎩⎨⎧2a 2＋1b 2＝1，a 2－b 2＝c 2，c a ＝22，解得a ＝2，b ＝2，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线l 与x 轴平行时，设直线l 与椭圆相交于C ，D 两点，如果存在定点Q 满足条件，则有|QC ||QD |＝|PC ||PD |＝1，即|QC |＝|QD |，所以Q 点在y 轴上，可设Q 点的坐标为(0，y 0)．当直线l 与x 轴垂直时，设直线l 与椭圆相交于M ，N 两点，则M ，N 的坐标分别为(0，2)，(0，－2)， 由|QM ||QN |＝|PM ||PN |，有|y 0－2||y 0＋2|＝2－12＋1， 解得y 0＝1或y 0＝2，所以若存在不同于点P 的定点Q 满足条件，则Q 点坐标只可能为(0,2)． 证明如下：对任意直线l ，均有|QA ||QB |＝|P A ||PB |，其中Q 点坐标为(0,2)．当直线l 的斜率不存在时，由上可知，结论成立；当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， 联立⎩⎪⎨⎪⎧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，因此1x 1＋1x 2＝x 1＋x 2x 1x 2＝2k ，易知点B 关于y 轴对称的点B ′的坐标为(－x 2，y 2)， 又k QA ＝y 1－2x 1＝kx 1－1x 1＝k －1x 1，k QB ′＝y 2－2－x 2＝kx 2－1－x 2＝－k ＋1x 2＝k －1x 1，所以k QA ＝k QB ′，即Q ，A ，B ′三点共线， 所以|QA ||QB |＝|QA ||QB ′|＝|x 1||x 2|＝|P A ||PB |，故存在与点P 不同的定点Q (0,2)，使得|QA ||QB |＝|P A ||PB |恒成立．思维升华 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．跟踪训练5 (2018届珠海摸底)已知椭圆C 1，抛物线C 2的焦点均在x 轴上，C 1的中心和C 2的顶点均为原点O ，从每条曲线上各取两个点，其坐标分别是(3，－23)，(－2，0)，(4，－4)，⎝⎛⎭⎫2，22.(1)求C 1，C 2的标准方程；(2)是否存在直线l 满足条件：①过C 2的焦点F ；②与C 1交于不同的两点M ，N 且满足OM →⊥ON →？若存在，求出直线方程；若不存在，请说明理由． 解 (1)设抛物线C 2：y 2＝2px (p ≠0)， 则有y 2x＝2p (x ≠0)，据此验证四个点知(3，－23)，(4，－4)在抛物线上， 易得，抛物线C 2的标准方程为C 2：y 2＝4x ； 设椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，把点(－2,0)，⎝⎛⎭⎫2，22代入可得a 2＝4，b 2＝1. 所以椭圆C 1的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)由椭圆的对称性可设C 2的焦点为F (1,0)， 当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x ＝1. 直线l 交椭圆C 1于点M ⎝⎛⎭⎫1，32，N ⎝⎛⎭⎫1，－32， OM →·ON →≠0，不满足题意．当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)， 并设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 2＋4y 2＝4， 消去y ，得(1＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4(k 2－1)＝0， 于是x 1＋x 2＝8k 21＋4k 2，x 1x 2＝4(k 2－1)1＋4k 2，y 1y 2＝k (x 1－1)·k (x 2－1)＝k 2x 1x 2－k 2(x 1＋x 2)＋k 2＝－3k 21＋4k 2，①由OM →⊥ON →，得OM →·ON →＝0，即x 1x 2＋y 1y 2＝0.② 将①代入②式，得4(k 2－1)1＋4k 2－3k 21＋4k 2＝k 2－41＋4k 2＝0，解得k ＝±2.经检验，k ＝±2都符合题意．所以存在直线l 满足条件，且l 的方程为2x －y －2＝0或2x ＋y －2＝0.1．已知椭圆C 的离心率为32，点A ，B ，F 分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S △ABF ＝1－32. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知直线l ：y ＝kx ＋m 被圆O ：x 2＋y 2＝4所截得的弦长为23，若直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，求△MON 面积的最大值．解 (1)由题意知，椭圆C 的焦点在x 轴上，设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，则e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝34，∴a 2＝4b 2，即a ＝2b ，可得c ＝3b ， S △ABF ＝12|AF |·|OB |＝12(a －c )b ＝1－32，∴12(2b －3b )b ＝⎝⎛⎭⎫1－32b 2＝1－32， ∴b ＝1，a ＝2，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意知，圆O 的半径r ＝2，弦长l ＝23， ∴圆心O 到直线l 的距离 d ＝ r 2－⎝⎛⎭⎫l 22＝4－(3)2＝1， 即|m |1＋k2＝1，所以m 2＝1＋k 2. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，消去y ，得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0， ∴Δ＝16(4k 2－m 2＋1)＝48k 2>0，∴k ≠0， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k 2，∴|MN |＝1＋k 2·(x 1－x 2)2 ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋k 2·⎝⎛⎭⎫－8km 1＋4k 22－4·4m 2－41＋4k 2＝1＋k 2·44k 2－m 2＋14k 2＋1＝1＋k 2·43|k |4k 2＋1＝43k 2(k 2＋1)4k 2＋1，∴△MON 的面积为S △MON ＝12|MN |×1＝23k 2(k 2＋1)4k 2＋1，令t ＝4k 2＋1>1，则S ＝23×t －14×⎝⎛⎭⎫t －14＋1t 2＝32－⎝⎛⎭⎫1t －132＋49，∴当t ＝3，即k ＝±22时，△MON 的面积取到最大值1.2．(2018·新余联考)如图所示，已知点E (m,0)为抛物线y 2＝4x 内的一个定点，过E 作斜率分别为k 1，k 2的两条直线，分别交抛物线于点A ，B ，C ，D ，且M ，N 分别是AB ，CD 的中点．(1)若m ＝1，k 1k 2＝－1，求△EMN 面积的最小值； (2)若k 1＋k 2＝1，求证：直线MN 过定点． (1)解 当m ＝1时，E 为抛物线y 2＝4x 的焦点， ∵k 1k 2＝－1，∴AB ⊥CD ，直线AB 的方程为y ＝k 1(x －1)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1(x －1)，y 2＝4x ， 得k 1y 2－4y －4k 1＝0，显然方程有两不等实根，y 1＋y 2＝4k 1，y 1y 2＝－4，∵AB 的中点为M ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，x 1＋x 2＝y 1k 1＋1＋y 2k 1＋1＝4k 21＋2.∴M ⎝⎛⎭⎫2k21＋1，2k 1， 同理，点N (2k 21＋1，－2k 1)． ∴S △EMN ＝12|EM |·|EN |＝12 ⎝⎛⎭⎫2k 212＋⎝⎛⎭⎫2k 12·(2k 21)2＋(－2k 1)2 ＝2k 21＋1k 21＋2≥22＋2＝4， 当且仅当k 21＝1k 21，即k 1＝±1时，△EMN 的面积取最小值4. (2)证明 直线AB 的方程为y ＝k 1(x －m )，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1(x －m )，y 2＝4x ，得k 1y 2－4y －4k 1m ＝0，显然方程有两不等实根． y 1＋y 2＝4k 1，y 1y 2＝－4m ，∵AB 的中点为M ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，x 1＋x 2＝y 1k 1＋m ＋y 2k 1＋m ＝4k 1k 1＋2m ＝4k 21＋2m ，∴M ⎝⎛⎭⎫2k21＋m ，2k 1， 同理，点N ⎝⎛⎭⎫2k22＋m ，2k 2， ∴k MN ＝k 1k 2k 1＋k 2＝k 1k 2，∴直线MN ：y －2k 1＝k 1k 2⎣⎡⎦⎤x －⎝⎛⎭⎫2k 21＋m ， 即y ＝k 1k 2(x －m )＋2， ∴直线MN 恒过定点(m,2)．3．(2017·衡水联考)在平面直角坐标系xOy 中，过点C (2,0)的直线与抛物线y 2＝4x 相交于A ，B 两点，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． (1)求证：y 1y 2为定值；(2)是否存在平行于y 轴的定直线被以AC 为直径的圆截得的弦长为定值？如果存在，求出该直线方程和弦长；如果不存在，请说明理由．(1)证明 方法一 当直线AB 垂直于x 轴时， y 1＝22，y 2＝－22， 因此y 1y 2＝－8(定值)． 当直线AB 不垂直于x 轴时， 设直线AB 的方程为y ＝k (x －2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y 2＝4x ，得ky 2－4y －8k ＝0. ∴y 1y 2＝－8.因此有y 1y 2＝－8，为定值． 方法二 显然直线AB 的斜率不为0. 设直线AB 的方程为my ＝x －2，由⎩⎪⎨⎪⎧my ＝x －2，y 2＝4x ，得y 2－4my －8＝0. ∴y 1y 2＝－8，为定值．(2)解 设存在直线l ：x ＝a 满足条件， 则AC 的中点为E ⎝⎛⎭⎫x 1＋22，y 12，|AC |＝(x 1－2)2＋y 21.因此以AC 为直径的圆的半径 r ＝12|AC |＝12(x 1－2)2＋y 21＝12x 21＋4， 又点E 到直线x ＝a 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪x 1＋22－a故所截弦长为 2r 2－d 2＝214(x 21＋4)－⎝⎛⎭⎫x 1＋22－a 2＝x 21＋4－(x 1＋2－2a )2＝－4(1－a )x 1＋8a －4a 2.当1－a ＝0，即a ＝1时，弦长为定值2，这时直线方程为x ＝1. 4．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 在椭圆C 上，点B 在直线y ＝2上，且OA ⊥OB ，试判断直线AB 与圆x 2＋y 2＝2的位置关系，并证明你的结论． 解 (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)直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切．证明如下： 设点A ，B 的坐标分别为(x 0，y 0)，(t,2)，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.当x 0＝t 时，y 0＝－t 22，代入椭圆C 的方程，得t ＝±2，故直线AB 的方程为x ＝±2， 圆心O 到直线AB 的距离d ＝ 2. 此时直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切．当x 0≠t 时，直线AB 的方程为y －2＝y 0－2x 0－t (x －t )．即(y 0－2)x －(x 0－t )y ＋2x 0－ty 0＝0. 圆心O 到直线AB 的距离 d ＝|2x 0－ty 0|(y 0－2)2＋[－(x 0－t )]2.又x 20＋2y 20＝4，t ＝－2y 0x 0， 故d ＝⎪⎪⎪⎪2x 0＋2y 20x 0x 20＋y 20＋4y 20x 20＋4＝ ⎪⎪⎪⎪4＋x 20x 0x 40＋8x 2＋162x 20＝ 2.此时直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切． 综上，直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切．5．(2018·商丘质检)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝ 32，a ＋b ＝3.(1)求椭圆C 的方程；(2)如图所示，A ，B，D 是椭圆C 的顶点，P 是椭圆C 上除顶点外的任意一点，直线DP 交x 轴于点N ，直线AD 交BP 于点M ，设BP 的斜率为k ，MN 的斜率为m .证明：2m －k 为定值．(1)解 因为e ＝32＝c a， 所以a ＝23c ，b ＝13c . 代入a ＋b ＝3得，c ＝3，a ＝2，b ＝1. 故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 因为B (2,0)，点P 不为椭圆顶点，则可设直线BP 的方程为y ＝k (x －2)⎝⎛⎭⎫k ≠0，k ≠±12，①①代入x 24＋y 2＝1，解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－24k 2＋1，－4k 4k 2＋1.直线AD 的方程为y ＝12x ＋1.②①与②联立解得M ⎝⎛⎭⎪⎫4k ＋22k －1，4k 2k －1.由D (0,1)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－24k 2＋1，－4k 4k 2＋1，N (x,0)三点共线知－4k4k 2＋1－18k 2－24k 2＋1－0＝0－1x －0，解得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k －22k ＋1，0.所以MN 的斜率为m ＝4k2k －1－04k ＋22k －1－4k －22k ＋1＝4k (2k ＋1)2(2k ＋1)2－2(2k －1)2＝2k ＋14. 则2m －k ＝2k ＋12－k ＝12(定值)．6．(2018届广东六校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点P ⎝⎛⎭⎫1，22，且两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形． (1)求椭圆C 的方程；(2)动直线l ：mx ＋ny ＋13n ＝0(m ，n ∈R )交椭圆C 于A ，B 两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T ，使得以AB 为直径的圆恒过点T .若存在，求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．解 (1)因为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，所以a ＝2b ，所以x 22b 2＋y 2b 2＝1，又因为椭圆经过点P ⎝⎛⎭⎫1，22，代入可得b ＝1. 所以a ＝2，故所求椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)首先求出动直线过点⎝⎛⎭⎫0，－13. 当l 与x 轴平行时，以AB 为直径的圆的方程为 x 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋132＝⎝⎛⎭⎫432， 当l 与y 轴平行时，以AB 为直径的圆的方程为 x 2＋y 2＝1，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋132＝⎝⎛⎭⎫432，x 2＋y 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1，即两圆相切于点(0,1)，因此所求的点T 如果存在， 只能是(0,1)，事实上，点T (0,1)就是所求的点． 证明如下：当直线l 垂直于x 轴时，以AB 为直径的圆过点T (0,1)， 当直线l 不垂直于x 轴时，可设直线l ：y ＝kx －13，由⎩⎨⎧y ＝kx －13，x22＋y 2＝1，消去y ，得(18k 2＋9)x 2－12kx －16＝0， 记点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝12k 18k 2＋9，x 1x 2＝－1618k 2＋9.又因为TA →＝(x 1，y 1－1)，TB →＝(x 2，y 2－1)， 所以TA →·TB →＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)＝x 1x 2＋⎝⎛⎭⎫kx 1－43⎝⎛⎭⎫kx 2－43 ＝(1＋k 2)x 1x 2－43k (x 1＋x 2)＋169＝(1＋k 2)·－1618k 2＋9－43k ·12k 18k 2＋9＋169＝0，所以TA →⊥TB →，即以AB 为直径的圆恒过点T (0,1)， 所以在坐标平面上存在一个定点T (0,1)满足题意．。
高考数学一轮复习讲义(新高考版) 第9章 第5讲 第2课时 高效演练分层突破
[基础题组练]1．直线y ＝x ＋2与椭圆x 2m ＋y 23＝1有两个公共点,则m 的取值范围是( )A ．(1,＋∞)B ．(1,3)∪(3,＋∞)C ．(3,＋∞)D ．(0,3)∪(3,＋∞)解析:选B ．由⎩⎨⎧y ＝x ＋2x 2m ＋y 23＝1得(m ＋3)x 2＋4mx ＋m ＝0.由Δ＞0且m ≠3及m ＞0得m ＞1且m ≠3.2．设直线y ＝kx 与椭圆x 24＋y 23＝1相交于A ,B 两点,分别过A ,B 两点向x 轴作垂线,若垂足恰为椭圆的两个焦点,则k 等于( )A ．±32B ．±23C ．±12D ．±2解析:选A ．由题意可知,点A 与点B 的横坐标即为焦点的横坐标,又c ＝1,当k ＞0时,不妨设A ,B 两点的坐标分别为(－1,y 1),(1,y 2),代入椭圆方程得y 1＝－32,y 2＝32,解得k ＝32;同理可得当k ＜0时k ＝－32.3．过椭圆x 25＋y 24＝1的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于A ,B 两点,O 为坐标原点,则△OAB 的面积为( )A ．43B ．53C ．54D ．103解析:选B ．由题意知椭圆的右焦点F 的坐标为(1,0),则直线AB 的方程为y ＝2x －2.联立⎩⎨⎧x 25＋y 24＝1y ＝2x －2解得交点A (0,－2),B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5343,所以S △OAB ＝12·|OF |·|y A －y B |＝12×1×⎪⎪⎪⎪－2－43＝53,故选B ．4．已知椭圆C :x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)与直线y ＝x ＋3只有一个公共点,且椭圆的离心率为55,则椭圆C 的方程为( )A ．4x 225＋y 25＝1B ．x 25＋y 24＝1C ．x 29＋y 25＝1D ．x 225＋y 220＝1解析:选B ．将直线方程y ＝x ＋3代入C 的方程并整理得(a 2＋b 2)x 2＋6a 2x ＋9a 2－a 2b 2＝0,由椭圆与直线只有一个公共点得,Δ＝(6a 2)2－4(a 2＋b 2)(9a 2－a 2b 2)＝0,化简得a 2＋b 2＝9.又由椭圆的离心率为55,所以c a ＝a 2－b 2a ＝55,则b 2a 2＝45,解得a 2＝5,b 2＝4,所以椭圆的方程为x 25＋y 24＝1. 5．(2020·石家庄质检)倾斜角为π4的直线经过椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点F ,与椭圆交于A ,B 两点,且AF →＝2FB →,则该椭圆的离心率为( )A ．32B ．23C ．22D ．33解析:选B ．由题可知,直线的方程为y ＝x －c ,与椭圆方程联立⎩⎨⎧x 2a 2＋y 2b 2＝1y ＝x －c 得(b 2＋a 2)y 2＋2b 2cy －b 4＝0,由于直线过椭圆的右焦点,故必与椭圆有交点,则Δ＞0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2b 2c a 2＋b 2y 1y 2＝－b 4a 2＋b2又AF →＝2FB →,所以(c －x 1,－y 1)＝2(x 2－c ,y 2),所以－y 1＝2y 2,可得⎩⎪⎨⎪⎧－y 2＝－2b 2c a 2＋b2－2y 22＝－b4a 2＋b2.所以12＝4c 2a 2＋b 2,所以e ＝23,故选B ． 6．已知椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右顶点为A (1,0),过其焦点且垂直于长轴的弦长为1,则椭圆方程为________．解析:因为椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1的右顶点为A (1,0),所以b ＝1,焦点坐标为(0,c ),因为过焦点且垂直于长轴的弦长为1,所以2b 2a ＝1,a ＝2,所以椭圆方程为y 24＋x 2＝1.答案:y 24＋x 2＝17．已知椭圆x 22＋y 2＝1与直线y ＝x ＋m 交于A ,B 两点,且|AB |＝423,则实数m 的值为________．解析:由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1y ＝x ＋m 消去y 并整理,得3x 2＋4mx ＋2m 2－2＝0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1＋x 2＝－4m 3,x 1x 2＝2m 2－23.由题意,得2(x 1＋x 2)2－8x 1x 2＝423,解得m ＝±1. 答案:±18．已知直线l :y ＝k (x －1)与椭圆C :x 24＋y 2＝1交于不同的两点A ,B ,AB 中点横坐标为12,则k ＝________．解析:设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由⎩⎨⎧y ＝k (x －1)x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2－8k 2x ＋4k 2－4＝0,因为直线l 过椭圆内的定点(1,0),所以Δ＞0,x 1＋x 2＝8k 24k 2＋1,所以x 1＋x 22＝4k 24k 2＋1＝12,即k 2＝14,所以k ＝±12.答案:±129．设F 1,F 2分别是椭圆C :x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点,M 是C 上一点且MF 2与x轴垂直,直线MF 1与C 的另一个交点为N .(1)若直线MN 的斜率为34,求C 的离心率;(2)若直线MN 在y 轴上的截距为2,且|MN |＝5|F 1N |,求a ,b . 解:(1)根据c ＝a 2－b 2及题设知M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫c b 2a ,b 2a 2c ＝34,2b 2＝3ac .将b 2＝a 2－c 2代入2b 2＝3ac ,解得c a ＝12,c a ＝－2(舍去)．故C 的离心率为12.(2)由题意,原点O 为F 1F 2的中点,MF 2∥y 轴,所以直线MF 1与y 轴的交点D (0,2)是线段MF 1的中点,故b 2a＝4,即b 2＝4a .① 由|MN |＝5|F 1N |得|DF 1|＝2|F 1N |. 设N (x 1,y 1),由题意知y 1＜0,则⎩⎪⎨⎪⎧2(－c －x 1)＝c －2y 1＝2即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝－32c y 1＝－1. 代入C 的方程,得9c 24a 2＋1b 2＝1.②将①及c ＝a 2－b 2代入②得9(a 2－4a )4a 2＋14a＝1. 解得a ＝7,b 2＝4a ＝28,故a ＝7,b ＝27.10．已知椭圆C 的两个焦点为F 1(－1,0),F 2(1,0),且经过点E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫332.(1)求椭圆C 的方程;(2)过F 1的直线l 与椭圆C 交于A ,B 两点(点A 位于x 轴上方),若AF 1→＝2F 1B →,求直线l 的斜率k 的值．解:(1)由⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝|EF 1|＋|EF 2|＝4a 2＝b 2＋c2c ＝1解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2c ＝1b ＝3所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题意得直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)(k ＞0),联立,得⎩⎨⎧y ＝k (x ＋1)x 24＋y 23＝1整理得⎝⎛⎭⎫3k 2＋4y 2－6ky －9＝0, Δ＝144k 2＋144＞0,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则y 1＋y 2＝6k 3＋4k 2,y 1y 2＝－9k 23＋4k 2,又AF 1→＝2F 1B →,所以y 1＝－2y 2,所以y 1y 2＝－2(y 1＋y 2)2,则3＋4k 2＝8,解得k ＝±52,又k ＞0,所以k ＝52.[综合题组练]1．设F 1,F 2分别是椭圆x 24＋y 2＝1的左、右焦点,若椭圆上存在一点P ,使(OP →＋OF 2→)·PF 2→＝0(O 为坐标原点),则△F 1PF 2的面积是( )A ．4B ．3C ．2D ．1解析:选D ．因为(OP →＋OF 2→)·PF 2→＝(OP →＋F 1O →)·PF 2→＝F 1P →·PF 2→＝0,所以PF 1⊥PF 2,∠F 1PF 2＝90°.设|PF 1|＝m ,|PF 2|＝n ,则m ＋n ＝4,m 2＋n 2＝12,2mn ＝4,mn ＝2,所以S △F 1PF 2＝12mn ＝1.2．直线l 过椭圆x 22＋y 2＝1的左焦点F ,且与椭圆交于P ,Q 两点,M 为PQ 的中点,O 为原点,若△FMO 是以OF 为底边的等腰三角形,则直线l 的斜率为( )A ．22 B ．±22C ．±32D ．32解析:选B ．由x 22＋y 2＝1,得a 2＝2,b 2＝1,所以c 2＝a 2－b 2＝2－1＝1,则c ＝1,则左焦点F (－1,0)．由题意可知,直线l 的斜率存在且不等于0,设直线l 的方程为y ＝kx ＋k .设l 与椭圆交于点P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),联立⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1y ＝kx ＋k 得(2k 2＋1)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0.则PQ 的中点M 的横坐标为x 1＋x 22＝－2k 22k 2＋1.因为△FMO 是以OF 为底边的等腰三角形,所以－2k 22k 2＋1＝－12,解得k ＝±22. 3．从椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)上一点P 向x 轴作垂线,垂足恰为左焦点F 1,A 是椭圆与x轴正半轴的交点,B 是椭圆与y 轴正半轴的交点,且AB ∥OP (O 是坐标原点),则该椭圆的离心率是________．解析:由题意可设P (－c ,y 0)(c 为半焦距),k OP ＝－y 0c ,k AB ＝－b a ,由于OP ∥AB ,所以－y 0c＝－b a ,y 0＝bc a ,把P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－c bc a 代入椭圆方程得(－c )2a 2＋⎝⎛⎭⎫bc a 2b 2＝1,所以⎝⎛⎭⎫c a 2＝12,所以e ＝c a ＝22. 答案:224.如图,椭圆的中心在坐标原点O ,顶点分别是A 1,A 2,B 1,B 2,焦点分别为F 1,F 2,延长B 1F 2与A 2B 2交于P 点,若∠B 1P A 2为钝角,则椭圆的离心率的取值范围为________．解析:设椭圆的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0),∠B 1P A 2为钝角可转化为B 2A 2→,F 2B 1→所夹的角为钝角,则(a ,－b )·(－c ,－b )＜0,得b 2＜ac ,即a 2－c 2＜ac ,故⎝⎛⎭⎫c a 2＋c a－1＞0即e 2＋e －1＞0,e ＞5－12或e ＜－5－12,又0＜e ＜1,所以5－12＜e ＜1. 答案:⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫5－1215．已知F 1,F 2是椭圆C :x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左,右两个焦点,|F 1F 2|＝4,长轴长为6,又A ,B分别是椭圆C 上位于x 轴上方的两点,且满足AF 1→＝2BF 2→.(1)求椭圆C 的方程;(2)求四边形ABF 2F 1的面积．解:(1)由题意知2a ＝6,2c ＝4,所以a ＝3,c ＝2, 所以b 2＝a 2－c 2＝5,所以椭圆C 的方程为x 29＋y 25＝1.(2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),又F 1(－2,0),F 2(2,0), 所以AF 1→＝(－2－x 1,－y 1),BF 2→＝(2－x 2,－y 2), 由AF 1→＝2BF 2→,得x 1＋2＝2(x 2－2),y 1＝2y 2.延长AB 交x 轴于H ,因为AF 1→＝2BF 2→,所以AF 1∥BF 2,且|AF 1|＝2|BF 2|.所以线段BF 2为△AF 1H 的中位线,即F 2为线段F 1H 的中点,所以H (6,0)．设直线AB 的方程为x ＝my ＋6,代入椭圆方程,得5(my ＋6)2＋9y 2＝45,即(5m 2＋9)y 2＋60my ＋135＝0. 所以y 1＋y 2＝－60m 5m 2＋9＝3y 2,y 1·y 2＝1355m 2＋9＝2y 22, 消去y 2,得m 2＝92×325,结合题意知m ＝－935. S 四边形ABF 2F 1＝S △AF 1H －S △BF 2H ＝12|F 1H |y 1－12|F 2H |y 2＝4y 1－2y 2＝8y 2－2y 2＝6y 2＝－120m 5m 2＋9＝1534.6．(2020·安徽五校联盟第二次质检)已知椭圆C :x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的焦点坐标分别为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 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫140,若|AQ |＝|BQ |,求k 的取值范围．解:(1)由题意设|PF 1|＝r 1,|PF 2|＝r 2,则3r 1＝5r 2,又r 1＋r 2＝2a ,所以r 1＝54a ,r 2＝34a .在△PF 1F 2中,由余弦定理得,cos ∠F 1PF 2＝r 21＋r 22－|F 1F 2|22r 1r 2＝⎝⎛⎭⎫54a 2＋⎝⎛⎭⎫34a 2－222×54a ×34a ＝35, 解得a ＝2,因为c ＝1,所以b 2＝a 2－c 2＝3,所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)联立方程,得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1y ＝kx ＋m ,消去y 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＝48(3＋4k 2－m 2)＞0,①设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 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫140,M 为AB 的中点,所以k ≠0,直线QM 的斜率存在,所以k ·k QM ＝k ·3m 3＋4k 2－4km 3＋4k 2－14＝－1,解得m ＝－3＋4k 24k ,②把②代入①得3＋4k 2＞⎝⎛⎭⎫－3＋4k 24k 2,整理得16k 4＋8k 2－3＞0,即(4k 2－1)(4k 2＋3)＞0,解得k ＞12或k ＜－12,故k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12＋∞.。
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高考专题突破五 高考中的圆锥曲线问题【考点自测】1．(2017·全国Ⅲ)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线方程为y ＝52x ，且与椭圆x 212＋y 23＝1有公共焦点，则C 的方程为( ) A.x 28－y 210＝1 B.x 24－y 25＝1 C.x 25－y 24＝1 D.x 24－y 23＝1 答案 B 解析 由y ＝52x ，可得b a ＝52.① 由椭圆x 212＋y 23＝1的焦点为(3,0)，(－3,0)，可得a 2＋b 2＝9.② 由①②可得a 2＝4，b 2＝5. 所以C 的方程为x 24－y 25＝1.故选B.2．(2017·全国Ⅲ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为A 1，A 2，且以线段A 1A 2为直径的圆与直线bx －ay ＋2ab ＝0相切，则C 的离心率为( ) A.63 B.33 C.23 D.13答案 A解析 由题意知，以A 1A 2为直径的圆的圆心为(0,0)，半径为a .又直线bx －ay ＋2ab ＝0与圆相切，∴圆心到直线的距离d ＝2aba 2＋b 2＝a ，解得a ＝3b ，∴b a ＝13， ∴e ＝c a ＝a 2－b 2a＝1－⎝⎛⎭⎫b a 2＝1－⎝⎛⎭⎫132＝63.故选A.3．(2017·全国Ⅰ)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( ) A ．16 B ．14 C ．12 D ．10 答案 A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. 显然，该方程必有两个不等实根．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，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)k 2. 同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)k 2＋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．故选A.4．(2017·北京)若双曲线x 2－y 2m＝1的离心率为3，则实数m ＝________.答案 2解析 由双曲线的标准方程知a ＝1，b 2＝m ，c ＝1＋m ，故双曲线的离心率e ＝ca ＝1＋m ＝3，∴1＋m ＝3，解得m ＝2.5．(2017·山东)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的右支与焦点为F的抛物线x 2＝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________． 答案 y ＝±22x 解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2－y 2b 2＝1，x 2＝2py ，得a 2y 2－2pb 2y ＋a 2b 2＝0， 显然，方程必有两个不等实根． ∴y 1＋y 2＝2pb 2a 2.又∵|AF |＋|BF |＝4|OF |，∴y 1＋p 2＋y 2＋p 2＝4×p2，即y 1＋y 2＝p ，∴2pb 2a 2＝p ，即b 2a 2＝12，∴b a ＝22， ∴双曲线的渐近线方程为y ＝±22x .题型一 求圆锥曲线的标准方程例1 (2018·佛山模拟)设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，上顶点为B .若|BF 2|＝|F 1F 2|＝2，则该椭圆的方程为( ) A.x 24＋y 23＝1 B.x 23＋y 2＝1C.x 22＋y 2＝1 D.x 24＋y 2＝1 答案 A解析 ∵|BF 2|＝|F 1F 2|＝2，∴a ＝2c ＝2，∴a ＝2，c ＝1，∴b ＝3，∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.思维升华 求圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，主要利用圆锥曲线的定义、简单性质，解得标准方程中的参数，从而求得方程．跟踪训练1 已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一个焦点为F (2,0)，且双曲线的渐近线与圆(x －2)2＋y 2＝3相切，则双曲线的方程为( ) A.x 29－y 213＝1 B.x 213－y 29＝1 C.x 23－y 2＝1 D ．x 2－y 23＝1 答案 D解析 双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的一个焦点为F (2,0)，则a 2＋b 2＝4，①双曲线的渐近线方程为y ＝±ba x ，由题意得2b a 2＋b 2＝3，②联立①②解得b ＝3，a ＝1， 所求双曲线的方程为x 2－y 23＝1，故选D. 题型二 圆锥曲线的简单性质例2 (1)(2018届辽宁凌源二中联考)已知双曲线C ：x 2a 2－y 216＝1(a >0)的一个焦点为(5,0)，则双曲线C 的渐近线方程为( ) A ．4x ±3y ＝12 B ．4x ±41y ＝0 C ．16x ±9y ＝0 D ．4x ±3y ＝0答案 D解析 由题意得c ＝5，则a 2＝c 2－16＝9，即a ＝3，所以双曲线的渐近线方程为y ＝±43x ，即4x ±3y ＝0，故选D.(2)(2016·天津)设抛物线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2pt 2，y ＝2pt (t 为参数，p >0)的焦点为F ，准线为l .过抛物线上一点A作l 的垂线，垂足为B .设C ⎝⎛⎭⎫72p ，0，AF 与BC 相交于点E .若|CF |＝2|AF |，且△ACE 的面积为32，则p 的值为________． 答案6解析 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2pt 2，y ＝2pt(p >0)消去t 可得抛物线方程为y 2＝2px (p >0)，∴F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，又|CF |＝2|AF |且|CF |＝⎪⎪⎪⎪72p －p 2＝3p ， ∴|AB |＝|AF |＝32p ，可得A (p ，2p )． 易知△AEB ∽△FEC ， ∴|AE ||FE |＝|AB ||FC |＝12， 故S △ACE ＝13S △ACF ＝13×3p ×2p ×12＝22p 2＝32， ∴p 2＝6，∵p >0，∴p ＝ 6.思维升华 圆锥曲线的简单性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线渐近线是常考题型，解决这类问题的关键是熟练掌握各性质的定义，及相关参数间的联系．掌握一些常用的结论及变形技巧，有助于提高运算能力．跟踪训练2 (2017·全国Ⅱ)若双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线被圆(x －2)2＋y 2＝4所截得的弦长为2，则C 的离心率为( )A ．2 B. 3 C. 2 D.233答案 A解析 设双曲线的一条渐近线方程为y ＝ba x ，圆的圆心为(2,0)，半径为2，由弦长为2得出圆心到渐近线的距离为22－12＝ 3.根据点到直线的距离公式，得|2b |a 2＋b 2＝3，解得b 2＝3a 2.所以C 的离心率e ＝ca＝c 2a 2＝1＋b 2a 2＝2. 故选A.题型三 最值、范围问题例3 (2017·浙江)如图，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|P A |·|PQ |的最大值． 解 (1)由P (x ，y )，即P (x ，x 2)．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 斜率的取值范围为(－1,1)．(2)联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎨⎧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|P A |＝1＋k 2⎝⎛⎭⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－(k －1)(k ＋1)2k 2＋1，所以|P A |·|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，|P A |·|PQ |取得最大值2716.思维升华 圆锥曲线中的最值、范围问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的简单性质的角度考虑，根据圆锥曲线的几何意义求最值与范围．跟踪训练3 (2016·山东)平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32，抛物线E ：x 2＝2y 的焦点F 是C 的一个顶点．(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是E 上的动点，且位于第一象限，E 在点P 处的切线l 与C 交于不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为D .直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M . ①求证：点M 在定直线上；②直线l 与y 轴交于点G ，记△PFG 的面积为S 1，△PDM 的面积为S 2，求S 1S 2的最大值及取得最大值时点P 的坐标． (1)解 由题意知a 2－b 2a ＝32，可得a 2＝4b 2，因为抛物线E 的焦点为F ⎝⎛⎭⎫0，12，所以b ＝12，a ＝1，所以椭圆C 的方程为x 2＋4y 2＝1.(2)①证明 设P ⎝⎛⎭⎫m ，m22(m >0)，由x 2＝2y ，可得y ′＝x ，所以直线l 的斜率为m ，因此直线l 的方程为y －m 22＝m (x －m )．即y ＝mx －m 22.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)． 联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝1，y ＝mx －m 22， 得(4m 2＋1)x 2－4m 3x ＋m 4－1＝0. 由Δ>0，得0<m <2＋5(或0<m 2<2＋5)．(*)且x 1＋x 2＝4m 34m 2＋1，因此x 0＝2m 34m 2＋1，将其代入y ＝mx －m 22，得y 0＝－m 22(4m 2＋1)，因为y 0x 0＝－14m， 所以直线OD 方程为y ＝－14mx ，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14mx ，x ＝m ，得点M 的纵坐标y M ＝－14，所以点M 在定直线y ＝－14上．②解 由①知直线l 的方程为y ＝mx －m 22，令x ＝0，得y ＝－m 22，所以G ⎝⎛⎭⎫0，－m 22，又P ⎝⎛⎭⎫m ，m 22，F ⎝⎛⎭⎫0，12，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 34m 2＋1，－m 22(4m 2＋1)，所以S 1＝12·|GF |·m ＝(m 2＋1)m 4，S 2＝12·|PM |·|m －x 0|＝12×2m 2＋14×2m 3＋m 4m 2＋1＝m (2m 2＋1)28(4m 2＋1)， 所以S 1S 2＝2(4m 2＋1)(m 2＋1)(2m 2＋1)2.设t ＝2m 2＋1，则S 1S 2＝(2t －1)(t ＋1)t 2＝2t 2＋t －1t 2＝－1t 2＋1t＋2，当1t ＝12，即t ＝2时，S 1S 2取到最大值94， 此时m ＝22，满足(*)式，所以P 点坐标为⎝⎛⎭⎫22，14. 因此S 1S 2的最大值为94，此时点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫22，14.题型四 定点、定值问题例4 (2017·益阳、湘潭调研)已知动圆P 经过点N (1,0)，并且与圆M ：(x ＋1)2＋y 2＝16相切． (1)求点P 的轨迹C 的方程；(2)设G (m,0)为轨迹C 内的一个动点，过点G 且斜率为k 的直线l 交轨迹C 于A ，B 两点，当k 为何值时，ω＝|GA |2＋|GB |2是与m 无关的定值，并求出该定值． 解 (1)由题设得|PM |＋|PN |＝4>|MN |＝2， ∴点P 的轨迹C 是以M ，N 为焦点的椭圆， ∵2a ＝4,2c ＝2，∴b ＝a 2－c 2＝3，∴点P 的轨迹C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，G (m,0)(－2<m <2)， 直线l ：y ＝k (x －m )，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －m )，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2mx ＋4k 2m 2－12＝0， x 1＋x 2＝8mk 24k 2＋3，x 1·x 2＝4k 2m 2－124k 2＋3，∴y 1＋y 2＝k (x 1－m )＋k (x 2－m ) ＝k (x 1＋x 2)－2km ＝－6mk4k 2＋3.y 1·y 2＝k 2(x 1－m )(x 2－m ) ＝k 2x 1x 2－k 2m (x 1＋x 2)＋k 2m 2 ＝3k 2(m 2－4)4k 2＋3.∴|GA |2＋|GB |2＝(x 1－m )2＋y 21＋(x 2－m )2＋y 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2－2m (x 1＋x 2)＋2m 2＋(y 1＋y 2)2－2y 1y 2 ＝(k 2＋1)－6m 2(4k 2－3)＋24(3＋4k 2)(4k 2＋3)2. ∵ω＝|GA |2＋|GB |2的值与m 无关，∴4k 2－3＝0， 解得k ＝±32.此时ω＝|GA |2＋|GB |2＝7. 思维升华 求定点及定值问题常见的方法有两种 (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．跟踪训练4 已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m ＞0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M .(1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝⎛⎭⎫m3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，请说明理由． (1)证明 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9x 2＋y 2＝m 2， 得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，①故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9b k 2＋9. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－9k，即k OM ·k ＝－9. 所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值．(2)解 四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点⎝⎛⎭⎫m 3，m ，由①中判别式Δ＝4k 2b 2－4(k 2＋9)·(b 2－m 2)>0，得k 2m 2>9b 2－9m 2，又b ＝m －k 3m ，所以k 2m 2>9⎝⎛⎭⎫m －k 3m 2－9m 2， 得k 2>k 2－6k ，所以k >0.所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k ＞0，k ≠3.由(1)得OM 的方程为y ＝－9kx . 设点P 的横坐标为x P ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2，得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km 3k 2＋9. 将点⎝⎛⎭⎫m 3，m 的坐标代入l 的方程得b ＝m (3－k )3， 因此x M ＝km (k －3)3(k 2＋9). 四边形OAPB 为平行四边形当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M . 于是±km 3k 2＋9＝2×km (k －3)3(k 2＋9)， 解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i ＞0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形．题型五 探索性问题例5 (2018·泉州模拟)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是22，过点P (0,1)的动直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，当直线l 平行于x 轴时，直线l 被椭圆E 截得的线段长为2 2.(1)求椭圆E 的方程；(2)在平面直角坐标系xOy 中，是否存在与点P 不同的定点Q ，使得|QA ||QB |＝|P A ||PB |恒成立？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．解 (1)由已知，点(2，1)在椭圆E 上，因此⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 2＋1b 2＝1，a 2－b 2＝c 2，c a ＝22，解得a ＝2，b ＝2，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1. (2)当直线l 与x 轴平行时，设直线l 与椭圆相交于C ，D 两点，如果存在定点Q 满足条件，则有|QC ||QD |＝|PC ||PD |＝1， 即|QC |＝|QD |，所以Q 点在y 轴上，可设Q 点的坐标为(0，y 0)．当直线l 与x 轴垂直时，设直线l 与椭圆相交于M ，N 两点，则M ，N 的坐标分别为(0，2)，(0，－2)，由|QM ||QN |＝|PM ||PN |，有|y 0－2||y 0＋2|＝2－12＋1， 解得y 0＝1或y 0＝2，所以若存在不同于点P 的定点Q 满足条件，则Q 点坐标只可能为(0,2)．证明如下：对任意直线l ，均有|QA ||QB |＝|P A ||PB |，其中Q 点坐标为(0,2)． 当直线l 的斜率不存在时，由上可知，结论成立；当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧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＝－4k 2k 2＋1， x 1x 2＝－22k 2＋1， 因此1x 1＋1x 2＝x 1＋x 2x 1x 2＝2k ， 易知点B 关于y 轴对称的点B ′的坐标为(－x 2，y 2)，又k QA ＝y 1－2x 1＝kx 1－1x 1＝k －1x 1， k QB ′＝y 2－2－x 2＝kx 2－1－x 2＝－k ＋1x 2＝k －1x 1， 所以k QA ＝k QB ′，即Q ，A ，B ′三点共线，所以|QA ||QB |＝|QA ||QB ′|＝|x 1||x 2|＝|P A ||PB |， 故存在与点P 不同的定点Q (0,2)，使得|QA ||QB |＝|P A ||PB |恒成立． 思维升华 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．跟踪训练5 (2018届珠海摸底)已知椭圆C 1，抛物线C 2的焦点均在x 轴上，C 1的中心和C 2的顶点均为原点O ，从每条曲线上各取两个点，其坐标分别是(3，－23)，(－2，0)，(4，－4)，⎝⎛⎭⎫2，22. (1)求C 1，C 2的标准方程；(2)是否存在直线l 满足条件：①过C 2的焦点F ；②与C 1交于不同的两点M ，N 且满足OM→⊥ON →？若存在，求出直线方程；若不存在，请说明理由．解 (1)设抛物线C 2：y 2＝2px (p ≠0)，则有y 2x＝2p (x ≠0)， 据此验证四个点知(3，－23)，(4，－4)在抛物线上，易得，抛物线C 2的标准方程为C 2：y 2＝4x ；设椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)， 把点(－2,0)，⎝⎛⎭⎫2，22代入可得a 2＝4，b 2＝1. 所以椭圆C 1的标准方程为x 24＋y 2＝1. (2)由椭圆的对称性可设C 2的焦点为F (1,0)，当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x ＝1.直线l 交椭圆C 1于点M ⎝⎛⎭⎫1，32，N ⎝⎛⎭⎫1，－32， OM →·ON →≠0，不满足题意．当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，并设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 2＋4y 2＝4， 消去y ，得(1＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4(k 2－1)＝0，于是x 1＋x 2＝8k 21＋4k 2，x 1x 2＝4(k 2－1)1＋4k 2， y 1y 2＝k (x 1－1)·k (x 2－1)＝k 2x 1x 2－k 2(x 1＋x 2)＋k 2＝－3k 21＋4k 2，① 由OM →⊥ON →，得OM →·ON →＝0，即x 1x 2＋y 1y 2＝0.②将①代入②式，得4(k 2－1)1＋4k 2－3k 21＋4k 2＝k 2－41＋4k 2＝0， 解得k ＝±2.经检验，k ＝±2都符合题意．所以存在直线l 满足条件，且l 的方程为2x －y －2＝0或2x ＋y －2＝0.1．已知椭圆C 的离心率为32，点A ，B ，F 分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S △ABF ＝1－32. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知直线l ：y ＝kx ＋m 被圆O ：x 2＋y 2＝4所截得的弦长为23，若直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，求△MON 面积的最大值． 解 (1)由题意知，椭圆C 的焦点在x 轴上，设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)， 则e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝34， ∴a 2＝4b 2，即a ＝2b ，可得c ＝3b ，S △ABF ＝12|AF |·|OB |＝12(a －c )b ＝1－32， ∴12(2b －3b )b ＝⎝⎛⎭⎫1－32b 2＝1－32， ∴b ＝1，a ＝2，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)由题意知，圆O 的半径r ＝2，弦长l ＝23，∴圆心O 到直线l 的距离d ＝r 2－⎝⎛⎭⎫l 22＝4－(3)2＝1， 即|m |1＋k 2＝1，所以m 2＝1＋k 2. 由⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，消去y ，得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0，∴Δ＝16(4k 2－m 2＋1)＝48k 2>0，∴k ≠0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k 2， ∴|MN |＝1＋k 2·(x 1－x 2)2 ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 1＋4k 22－4·4m 2－41＋4k2 ＝1＋k 2·44k 2－m 2＋14k 2＋1 ＝1＋k 2·43|k |4k 2＋1＝43k 2(k 2＋1)4k 2＋1， ∴△MON 的面积为S △MON ＝12|MN |×1＝23k 2(k 2＋1)4k 2＋1， 令t ＝4k 2＋1>1， 则S ＝23×t －14×⎝ ⎛⎭⎪⎫t －14＋1t 2＝32－⎝⎛⎭⎫1t －132＋49，∴当t ＝3，即k ＝±22时，△MON 的面积取到最大值1. 2．(2018·新余联考)如图所示，已知点E (m,0)为抛物线y 2＝4x 内的一个定点，过E 作斜率分别为k 1，k 2的两条直线，分别交抛物线于点A ，B ，C ，D ，且M ，N 分别是AB ，CD 的中点．(1)若m ＝1，k 1k 2＝－1，求△EMN 面积的最小值；(2)若k 1＋k 2＝1，求证：直线MN 过定点．(1)解 当m ＝1时，E 为抛物线y 2＝4x 的焦点，∵k 1k 2＝－1，∴AB ⊥CD ，直线AB 的方程为y ＝k 1(x －1)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k 1(x －1)，y 2＝4x ，得k 1y 2－4y －4k 1＝0，显然方程有两不等实根，y 1＋y 2＝4k 1，y 1y 2＝－4， ∵AB 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22， x 1＋x 2＝y 1k 1＋1＋y 2k 1＋1＝4k 21＋2. ∴M ⎝⎛⎭⎫2k 21＋1，2k 1， 同理，点N (2k 21＋1，－2k 1)．∴S △EMN ＝12|EM |·|EN | ＝12⎝⎛⎭⎫2k 212＋⎝⎛⎭⎫2k 12·(2k 21)2＋(－2k 1)2 ＝2k 21＋1k 21＋2≥22＋2＝4，当且仅当k 21＝1k 21，即k 1＝±1时，△EMN 的面积取最小值4.(2)证明 直线AB 的方程为y ＝k 1(x －m )，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k 1(x －m )，y 2＝4x ， 得k 1y 2－4y －4k 1m ＝0，显然方程有两不等实根．y 1＋y 2＝4k 1，y 1y 2＝－4m ， ∵AB 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22， x 1＋x 2＝y 1k 1＋m ＋y 2k 1＋m ＝4k 1k 1＋2m ＝4k 21＋2m ， ∴M ⎝⎛⎭⎫2k 21＋m ，2k 1， 同理，点N ⎝⎛⎭⎫2k 22＋m ，2k 2， ∴k MN ＝k 1k 2k 1＋k 2＝k 1k 2， ∴直线MN ：y －2k 1＝k 1k 2⎣⎡⎦⎤x －⎝⎛⎭⎫2k 21＋m ， 即y ＝k 1k 2(x －m )＋2，∴直线MN 恒过定点(m,2)．3．(2017·衡水联考)在平面直角坐标系xOy 中，过点C (2,0)的直线与抛物线y 2＝4x 相交于A ，B 两点，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．(1)求证：y 1y 2为定值；(2)是否存在平行于y 轴的定直线被以AC 为直径的圆截得的弦长为定值？如果存在，求出该直线方程和弦长；如果不存在，请说明理由．(1)证明 方法一 当直线AB 垂直于x 轴时，y 1＝22，y 2＝－22，因此y 1y 2＝－8(定值)．当直线AB 不垂直于x 轴时，设直线AB 的方程为y ＝k (x －2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y 2＝4x ，得ky 2－4y －8k ＝0. ∴y 1y 2＝－8.因此有y 1y 2＝－8，为定值．方法二 显然直线AB 的斜率不为0.设直线AB 的方程为my ＝x －2， 由⎩⎪⎨⎪⎧ my ＝x －2，y 2＝4x ，得y 2－4my －8＝0. ∴y 1y 2＝－8，为定值．(2)解 设存在直线l ：x ＝a 满足条件，则AC 的中点为E ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋22，y 12， |AC |＝(x 1－2)2＋y 21. 因此以AC 为直径的圆的半径r ＝12|AC |＝12(x 1－2)2＋y 21＝12x 21＋4，又点E 到直线x ＝a 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1＋22－a 故所截弦长为2r 2－d 2＝214(x 21＋4)－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋22－a 2 ＝x 21＋4－(x 1＋2－2a )2 ＝－4(1－a )x 1＋8a －4a 2.当1－a ＝0，即a ＝1时，弦长为定值2，这时直线方程为x ＝1.4．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 在椭圆C 上，点B 在直线y ＝2上，且OA ⊥OB ，试判断直线AB 与圆x 2＋y 2＝2的位置关系，并证明你的结论．解 (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)直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切．证明如下： 设点A ，B 的坐标分别为(x 0，y 0)，(t,2)，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. 当x 0＝t 时，y 0＝－t 22，代入椭圆C 的方程，得t ＝±2， 故直线AB 的方程为x ＝±2， 圆心O 到直线AB 的距离d ＝ 2. 此时直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切．当x 0≠t 时，直线AB 的方程为y －2＝y 0－2x 0－t(x －t )． 即(y 0－2)x －(x 0－t )y ＋2x 0－ty 0＝0. 圆心O 到直线AB 的距离d ＝|2x 0－ty 0|(y 0－2)2＋[－(x 0－t )]2. 又x 20＋2y 20＝4，t ＝－2y 0x 0， 故d ＝ ⎪⎪⎪⎪2x 0＋2y 20x 0x 20＋y 20＋4y 20x 20＋4＝ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪4＋x 20x 0x 40＋8x 20＋162x 20＝ 2.此时直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切． 综上，直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切．5．(2018·商丘质检)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝ 32，a ＋b ＝3. (1)求椭圆C 的方程；(2)如图所示，A ，B ，D 是椭圆C 的顶点，P 是椭圆C 上除顶点外的任意一点，直线DP 交x 轴于点N ，直线AD 交BP 于点M ，设BP 的斜率为k ，MN 的斜率为m .证明：2m －k 为定值．(1)解 因为e ＝32＝c a ， 所以a ＝23c ，b ＝13c . 代入a ＋b ＝3得，c ＝3，a ＝2，b ＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)证明 因为B (2,0)，点P 不为椭圆顶点，则可设直线BP 的方程为y ＝k (x －2)⎝⎛⎭⎫k ≠0，k ≠±12，① ①代入x 24＋y 2＝1，解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－24k 2＋1，－4k 4k 2＋1. 直线AD 的方程为y ＝12x ＋1.② ①与②联立解得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ＋22k －1，4k 2k －1. 由D (0,1)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－24k 2＋1，－4k 4k 2＋1，N (x,0)三点共线知 －4k 4k 2＋1－18k 2－24k 2＋1－0＝0－1x －0，解得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k －22k ＋1，0.所以MN 的斜率为m ＝4k 2k －1－04k ＋22k －1－4k －22k ＋1 ＝4k (2k ＋1)2(2k ＋1)2－2(2k －1)2＝2k ＋14. 则2m －k ＝2k ＋12－k ＝12(定值)．6．(2018届广东六校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点P ⎝⎛⎭⎫1，22，且两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形．(1)求椭圆C 的方程；(2)动直线l ：mx ＋ny ＋13n ＝0(m ，n ∈R )交椭圆C 于A ，B 两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T ，使得以AB 为直径的圆恒过点T .若存在，求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．解 (1)因为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，所以a ＝2b ，所以x 22b 2＋y 2b2＝1， 又因为椭圆经过点P ⎝⎛⎭⎫1，22，代入可得b ＝1. 所以a ＝2，故所求椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. (2)首先求出动直线过点⎝⎛⎭⎫0，－13. 当l 与x 轴平行时，以AB 为直径的圆的方程为x 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋132＝⎝⎛⎭⎫432， 当l 与y 轴平行时，以AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1，由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋132＝⎝⎛⎭⎫432，x 2＋y 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1， 即两圆相切于点(0,1)，因此所求的点T 如果存在，只能是(0,1)，事实上，点T (0,1)就是所求的点．证明如下：当直线l 垂直于x 轴时，以AB 为直径的圆过点T (0,1)，当直线l 不垂直于x 轴时，可设直线l ：y ＝kx －13， 由⎩⎨⎧ y ＝kx －13，x 22＋y 2＝1，消去y ，得(18k 2＋9)x 2－12kx －16＝0，记点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝12k 18k 2＋9，x 1x 2＝－1618k 2＋9.又因为TA →＝(x 1，y 1－1)，TB →＝(x 2，y 2－1)，所以TA →·TB →＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)＝x 1x 2＋⎝⎛⎭⎫kx 1－43⎝⎛⎭⎫kx 2－43 ＝(1＋k 2)x 1x 2－43k (x 1＋x 2)＋169＝(1＋k 2)·－1618k 2＋9－43k ·12k 18k 2＋9＋169＝0， 所以TA →⊥TB →，即以AB 为直径的圆恒过点T (0,1)，所以在坐标平面上存在一个定点T (0,1)满足题意．。