浙江省鄞州高级中学高三数学复习讲义平面向量与圆锥曲线的综合问题

2020年浙江高考数学一轮复习：圆锥曲线的综合问题

返回
当 k≠0 时，方程①的 Δ＝－16(2k2＋k－1)＝－16(2k－1)
(k＋1)，
②
设直线 l 与 x 轴的交点为(x0,0)，则
由 y－1＝k(x＋2)，令 y＝0，得 x0＝－2kk＋1.
③
(ⅰ)若Δx0＜＜00，，由②③解得 k＜－1 或 k＞12.
所以当 k＜－1 或 k＞12时，直线 l 与曲线 C1 没有公共点，与曲线
(2)当|MN|＝274时，求直线 l 的斜率．
返回
解：椭圆右焦点(1,0)，
当 l 斜率不存在时，|MN|＝3，不合题意；
当 l 斜率 k 存在时，
设直线 l 的方程为 y＝k(x－1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由x42＋y32＝1， y＝kx－1，
得(3＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0，Δ＝144(k2＋1)＞0 成立，
所以 S△EPM＝12|PE|·|EM|＝9k146＋28k2＋k2k＋39＝9k126＋2k8＋2＋1kk92.设 t＝k＋1k，
则 S△EPM＝9t12＋626t 4＝9t1＋626t4≤287，当且仅当 t＝k＋1k＝83时取等号，
所以 k－1k＝±23 7，则直线 AB：y＝k22－k 1x＝12k－1kx，
所以 yAyB＝4kb＝－32，即 b＝－8k，
返回
(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ＞0⇔直线与圆锥曲线C 相交； Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C 相切； Δ＜0⇔直线与圆锥曲线C 相离．
(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合．

高考数学(浙江版,理)课件：8.8 圆锥曲线的综合问题

ac,应有Δ>0,所以x1、x2是方程ax2+bx+c=0的解.由根与系数的关系(韦达
定理)求出x1+x2=-b a ,x1x2=ac ,以此结合弦长公式可整体代入求值.A、B两点
间的距离为|AB|=④ 1 kc2 |x1-x2|
,即弦长公式.也可以写成关于y的形
式,即弦长公式为|AB|=⑤
1
由焦半径公式得AF=x1+1=m,BF=x2+c1=n,又 y2 4x, y k(x 1),
∴ k2x2-(2k2+4)x+k2=0,∴x1x2=1,
∴mn=(x1+1)(x2+1)=1+(x1+x2)+x1x2=1+(m+n-2)+1=m+n. 当直线 AB 的斜率不
其次,根据需要将最值问题化为一个函数的最值问题. (7)求最值问题的常见方法 (i)几何法:题中给出的条件有明显的几何特征,则考虑用图象性质来解决, 这是几何法. (ii)代数法:题中给出的条件和结论的几何特征不明显,则可以建立目标函数,再求这个函数的最值.求函数的最值常见的方法有配方法、判别式法、基本不等式法、单调性法、三角换元法等.
(1)若① a≠0
,则当Δ>0时,直线l与曲线r相交;当Δ=0时,直线l与曲线r
相切;当Δ<0时,直线l与曲线r相离.
(2)若a=0,即得到一个一次方程,则l与r相交,且只有一个交点,此时,若r为
双曲线,则直线l与双曲线的② 渐近线物线的③ 对称轴平行或重合.
平行;若r为抛物线,则直线l与抛
2.连结圆锥曲线上两个点的线段称为圆锥曲线的弦.
2.在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑: (1)利用判别式来构造不等关系,从而确定参数的取值范围; (2)利用已知参数的范围求新参数的范围,解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系; (3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围; (4)利用基本不等式求出参数的取值范围; (5)利用函数的值域的求法确定参数的取值范围.

【精品】浙江专用2018年高考数学总复习教师用书：第9章第9讲圆锥曲线的综合问题含解析

第9讲圆锥曲线的综合问题最新考纲 1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想.知识梳理1.直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l 与圆锥曲线C 的位置关系时，通常将直线l 的方程Ax ＋By ＋C ＝0(A ，B 不同时为0)代入圆锥曲线C 的方程F (x ，y )＝0，消去y (也可以消去x )得到一个关于变量x (或变量y )的一元方程，即⎩⎨⎧Ax ＋By ＋C ＝0，F （x ，y ）＝0消去y ，得ax 2＋bx ＋c ＝0. (1)当a ≠0时，设一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0的判别式为Δ，则Δ＞0⇔直线与圆锥曲线C 相交；Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C 相切； Δ＜0⇔直线与圆锥曲线C 相离.(2)当a ＝0，b ≠0时，即得到一个一次方程，则直线l 与圆锥曲线C 相交，且只有一个交点，此时，若C 为双曲线，则直线l 与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C 为抛物线，则直线l 与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合. 2.圆锥曲线的弦长设斜率为k (k ≠0)的直线l 与圆锥曲线C 相交于A ，B 两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋1k2·|y 1－y 2|诊断自测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)直线l 与椭圆C 相切的充要条件是：直线l 与椭圆C 只有一个公共点.( )(2)直线l 与双曲线C 相切的充要条件是：直线l 与双曲线C 只有一个公共点.( )(3)直线l 与抛物线C 相切的充要条件是：直线l 与抛物线C 只有一个公共点.( )(4)如果直线x ＝ty ＋a 与圆锥曲线相交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，则弦长|AB |＝1＋t 2|y 1－y 2|.( )(5)若抛物线C 上存在关于直线l 对称的两点，则需满足直线l 与抛物线C 的方程联立消元后得到的一元二次方程的判别式Δ＞0.( )解析 (2)因为直线l 与双曲线C 的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切.(3)因为直线l 与抛物线C 的对称轴平行或重合时，也只有一个公共点，是相交，但不相切.(5)应是以l 为垂直平分线的线段AB 所在的直线l ′与抛物线方程联立，消元后所得一元二次方程的判别式Δ＞0. 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)×2.直线y ＝kx －k ＋1与椭圆x 29＋y 24＝1的位置关系为( )A.相交B.相切C.相离D.不确定解析直线y ＝kx －k ＋1＝k (x －1)＋1恒过定点(1，1)，又点(1，1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交. 答案 A3.若直线y ＝kx 与双曲线x 29－y 24＝1相交，则k 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫0，23B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，23D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－23∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞解析双曲线x 29－y 24＝1的渐近线方程为y ＝±23x ，若直线与双曲线相交，数形结合，得k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，23.答案 C4.过点(0，1)作直线，使它与抛物线y 2＝4x 仅有一个公共点，这样的直线有( ) A.1条B.2条C.3条D.4条解析过(0，1)与抛物线y 2＝4x 相切的直线有2条，过(0，1)与对称轴平行的直线有一条，这三条直线与抛物线都只有一个公共点. 答案 C5.已知F 1，F 2是椭圆16x 2＋25y 2＝1 600的两个焦点，P 是椭圆上一点，且PF 1⊥PF 2，则△F 1PF 2的面积为________. 解析由题意可得|PF 1|＋|PF 2|＝2a ＝20，|PF 1|2＋|PF 2|2＝|F 1F 2|2＝4c 2＝144＝(|PF 1|＋|PF 2|)2－2|PF 1|·|PF 2|＝202－2|PF 1|·|PF 2|，解得|PF 1|·|PF 2|＝128，所以△F 1PF 2的面积为12|PF 1|·|PF 2|＝12×128＝64.答案 646.(2017·嘉兴七校联考)椭圆x 24＋y 23＝1的左焦点为F ，直线x ＝m 与椭圆相交于点A ，B ，当m ＝________时，△FAB 的周长最大，此时△FAB 的面积是________. 解析设椭圆x 24＋y 23＝1的右焦点为F ′，则F (－1，0)，F ′(1，0).由椭圆的定义和性质易知，当直线x ＝m 过F ′(1，0)时△FAB 的周长最大，此时m ＝1，把x ＝1代入x 24＋y 23＝1得y 2＝94，y ＝±32，S △FAB ＝12|F 1F 2||AB |＝12×2×3＝3.答案 1 3第1课时直线与圆锥曲线考点一直线与圆锥曲线的位置关系【例1】在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1(－1，0)，且点P (0，1)在C 1上.(2)设直线l 同时与椭圆C 1和抛物线C 2：y 2＝4x 相切，求直线l 的方程. 解 (1)椭圆C 1的左焦点为F 1(－1，0)，∴c ＝1，又点P (0，1)在曲线C 1上，∴0a 2＋1b2＝1，得b ＝1，则a 2＝b 2＋c 2＝2，所以椭圆C 1的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由题意可知，直线l 的斜率显然存在且不等于0，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，由⎩⎨⎧x 22＋y 2＝1，y ＝kx ＋m消去y ，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0. 因为直线l 与椭圆C 1相切，所以Δ1＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－2)＝0. 整理得2k 2－m 2＋1＝0.①由⎩⎨⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋m消去y ，得k 2x 2＋(2km －4)x ＋m 2＝0. 因为直线l 与抛物线C 2相切，所以Δ2＝(2km －4)2－4k 2m 2＝0，整理得km ＝1.②综合①②，解得⎩⎨⎧k ＝22，m ＝2或⎩⎨⎧k ＝－22，m ＝－ 2.所以直线l 的方程为y ＝22x ＋2或y ＝－22x － 2. 规律方法研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数，消元后，应注意讨论含x 2项的系数是否为零的情况，以及判别式的应用.但对于选择、填空题要充分利用几何条件，用数形结合的方法求解.【训练1】在平面直角坐标系xOy 中，点M 到点F (1，0)的距离比它到y 轴的距离多1.记点M 的轨迹为C .(2)设斜率为k 的直线l 过定点P (－2，1)，若直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点，求实数k 的取值范围.解 (1)设点M (x ，y )，依题意|MF |＝|x |＋1， ∴（x －1）2＋y 2＝|x |＋1，化简得y 2＝2(|x |＋x )，故轨迹C 的方程为y 2＝⎩⎨⎧4x （x ≥0），0（x ＜0）.(2)在点M 的轨迹C 中，记C 1：y 2＝4x (x ≥0)；C 2：y ＝0(x ＜0). 依题意，可设直线l 的方程为y －1＝k (x ＋2). 由方程组⎩⎨⎧y －1＝k （x ＋2），y 2＝4x ，可得ky 2－4y ＋4(2k ＋1)＝0.①①当k ＝0时，此时y ＝1.把y ＝1代入轨迹C 的方程，得x ＝14.故此时直线l ：y ＝1与轨迹C 恰好有一个公共点⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1.②当k ≠0时，方程①的Δ＝－16(2k 2＋k －1)＝－16(2k －1)(k ＋1)，② 设直线l 与x 轴的交点为(x 0，0)，则由y －1＝k (x ＋2)，令y ＝0，得x 0＝－2k ＋1k.③(ⅰ)若⎩⎨⎧Δ＜0，x 0＜0，由②③解得k ＜－1，或k ＞12.所以当k ＜－1或k ＞12时，直线l 与曲线C 1没有公共点，与曲线C 2有一个公共点，故此时直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点. (ⅱ)若⎩⎨⎧Δ＝0，x 0≥0，即⎩⎨⎧2k 2＋k －1＝0，2k ＋1k＜0，解集为∅.综上可知，当k ＜－1或k ＞12或k ＝0时，直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点.考点二弦长问题【例2】 (2016·四川卷)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l ：y ＝－x ＋3与椭圆E 有且只有一个公共点T .(1)求椭圆E 的方程及点T 的坐标；(2)设O 是坐标原点，直线l ′平行于OT ，与椭圆E 交于不同的两点A ，B ，且与直线l 交于点P .证明：存在常数λ，使得|PT |2＝λ|PA |·|PB |，并求λ的值.(1)解由已知，a ＝2b ，则椭圆E 的方程为x 22b 2＋y 2b 2＝1.由方程组⎩⎨⎧x 22b 2＋y 2b 2＝1，y ＝－x ＋3，得3x 2－12x ＋(18－2b 2)＝0.①方程①的判别式为Δ＝24(b 2－3)，由Δ＝0，得b 2＝3，此时方程①的解为x ＝2，所以椭圆E 的方程为x 26＋y 23＝1.点T 的坐标为(2，1).(2)证明由已知可设直线l ′的方程为y ＝12x ＋m (m ≠0)，由方程组⎩⎨⎧y ＝12x ＋m ，y ＝－x ＋3，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－2m3，y ＝1＋2m3.所以P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3，1＋2m 3.|PT |2＝89m 2.设点A ，B 的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 23＝1，y ＝12x ＋m ，可得3x 2＋4mx ＋(4m 2－12)＝0.②方程②的判别式为Δ＝16(9－2m 2)，由Δ>0，解得－322<m <322. 由②得x 1＋x 2＝－4m 3，x 1x 2＝4m 2－123.所以|PA |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3－x 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2m 3－y 12＝52⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 1，同理|PB |＝52⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 2.所以|PA |·|PB |＝54⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3－x 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3－x 2＝54⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 32－⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3（x 1＋x 2）＋x 1x 2 ＝54⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 32－⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－4m 3＋4m 2－123 ＝109m 2. 故存在常数λ＝45，使得|PT |2＝λ|PA |·|PB |.规律方法有关圆锥曲线弦长问题的求解方法：涉及弦长的问题中，应熟练的利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解.【训练2】已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点(0，3)，离心率为12，左、右焦点分别为F 1(－c ，0)，F 2(c ，0). (1)求椭圆的方程；(2)若直线l ：y ＝－12x ＋m 与椭圆交于A ，B 两点，与以F 1F 2为直径的圆交于C ，D 两点，且满足|AB ||CD |＝534，求直线l 的方程.解 (1)由题设知⎩⎨⎧b ＝3，c a ＝12，b 2＝a 2－c 2，解得a ＝2，b ＝3，c ＝1，∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)知，以F 1F 2为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1， ∴圆心到直线l 的距离d ＝2|m |5，由d ＜1，得|m |＜52.(*)∴|CD |＝21－d 2＝21－45m 2＝255－4m 2. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ＋m ，x 24＋y 23＝1，得x 2－mx ＋m 2－3＝0，由根与系数关系可得x 1＋x 2＝m ，x 1x 2＝m 2－3. ∴|AB |＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122[m 2－4（m 2－3）] ＝1524－m 2. 由|AB ||CD |＝534，得4－m 25－4m 2＝1，解得m ＝±33，满足(*). ∴直线l 的方程为y ＝－12x ＋33或y ＝－12x －33.考点三中点弦问题【例3】 (1)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (3，0)，过点F 的直线交E 于A ，B 两点.若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为( ) A.x 245＋y 236＝1 B.x 236＋y 227＝1C.x 227＋y 218＝1D.x 218＋y 29＝1 (2)已知双曲线x 2－y 23＝1上存在两点M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，且MN 的中点在抛物线y 2＝18x 上，则实数m 的值为________.解析 (1)因为直线AB 过点F (3，0)和点(1，－1)，所以直线AB 的方程为y＝12(x －3)，代入椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 24＋b 2x 2－32a 2x ＋94a 2－a 2b 2＝0，所以AB 的中点的横坐标为32a 22⎝ ⎛⎭⎪⎫a 24＋b 2＝1，即a 2＝2b 2，又a 2＝b 2＋c 2，所以b ＝c＝3，a ＝32，选D.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 的中点P (x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 21－y 213＝1， ①x 22－y223＝1， ②x 1＋x 2＝2x 0， ③y 1＋y 2＝2y 0， ④由②－①得(x 2－x 1)(x 2＋x 1)＝13(y 2－y 1)(y 2＋y 1)，显然x 1≠x 2.∴y 2－y 1x 2－x 1·y 2＋y 1x 2＋x 1＝3，即k MN ·y 0x 0＝3， ∵M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，∴k MN ＝－1， ∴y 0＝－3x 0.又∵y 0＝x 0＋m ，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 4，3m 4，代入抛物线方程得916m 2＝18·⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 4，解得m ＝0或－8，经检验都符合. 答案 (1)D (2)0或－8规律方法处理中点弦问题常用的求解方法(1)点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x 1＋x 2，y 1＋y 2，y 1－y 2x 1－x 2三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率.(2)根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后，由根与系数的关系求解.【训练3】设抛物线过定点A (－1，0)，且以直线x ＝1为准线. (1)求抛物线顶点的轨迹C 的方程；(2)若直线l 与轨迹C 交于不同的两点M ，N ，且线段MN 恰被直线x ＝－12平分，设弦MN 的垂直平分线的方程为y ＝kx ＋m ，试求m 的取值范围. 解 (1)设抛物线顶点为P (x ，y )，则焦点F (2x －1，y ). 再根据抛物线的定义得|AF |＝2，即(2x )2＋y 2＝4，所以轨迹C 的方程为x 2＋y 24＝1.(2)设弦MN 的中点为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，y 0，M (x M ，y M )，N (x N ，y N )，则由点M ，N 为椭圆C上的点，可知⎩⎨⎧4x 2M ＋y 2M ＝4，4x 2N ＋y 2N ＝4.两式相减，得4(x M －x N )(x M ＋x N )＋(y M －y N )(y M ＋y N )＝0，将x M ＋x N ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－1，y M ＋y N ＝2y 0，y M －y N x M －x N ＝－1k 代入上式得k ＝－y 02. 又点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，y 0在弦MN 的垂直平分线上，所以y 0＝－12k ＋m .所以m ＝y 0＋12k ＝34y 0.由点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，y 0在线段BB ′上(B ′，B 为直线x ＝－12与椭圆的交点，如图所示)，所以y B ′＜y 0＜y B ，也即－3＜y 0＜ 3. 所以－334＜m ＜334，且m ≠0.[思想方法]1.有关弦的三个问题(1)涉及弦长的问题，应熟练地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；(2)涉及垂直关系往往也是利用根与系数的关系设而不求简化运算；(3)涉及过焦点的弦的问题，可考虑利用圆锥曲线的定义求解.2.求解与弦有关问题的两种方法(1)方程组法：联立直线方程和圆锥曲线方程，消元(x或y)成为二次方程之后，结合根与系数的关系，建立等式关系或不等式关系.(2)点差法：在求解圆锥曲线且题目中已有直线与圆锥曲线相交和被截线段的中点坐标时，设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标，代入圆锥曲线的方程并作差，从而求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程.“点差法”的常见题型有：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题.必须提醒的是“点差法”具有不等价性，即要考虑判别式Δ是否为正数.[易错防范]判断直线与圆锥曲线位置关系时的注意点(1)直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切，事实上不一定相切，当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点.(2)直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行或重合时也相交于一点.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.过抛物线y2＝2x的焦点作一条直线与抛物线交于A，B两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线( )A.有且只有一条B.有且只有两条C.有且只有三条D.有且只有四条解析 ∵通径2p ＝2，又|AB |＝x 1＋x 2＋p ，∴|AB |＝3＞2p ，故这样的直线有且只有两条. 答案 B2.直线y ＝b a x ＋3与双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的交点个数是( )A.1B.2C.1或2D.0解析因为直线y ＝b a x ＋3与双曲线的渐近线y ＝b ax 平行，所以它与双曲线只有1个交点. 答案 A3.经过椭圆x 22＋y 2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l ，交椭圆于A ，B 两点，设O 为坐标原点，则OA →·OB →等于( ) A.－3B.－13C.－13或－3D.±13解析依题意，当直线l 经过椭圆的右焦点(1，0)时，其方程为y －0＝tan 45°(x －1)，即y ＝x －1，代入椭圆方程x 22＋y 2＝1并整理得3x 2－4x ＝0，解得x ＝0或x ＝43，所以两个交点坐标分别为(0，－1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫43，13，∴OA →·OB →＝－13，同理，直线l 经过椭圆的左焦点时，也可得OA →·OB →＝－13.答案 B4.抛物线y ＝x 2到直线x －y －2＝0的最短距离为( ) A. 2B.728C.2 2D.526解析设抛物线上一点的坐标为(x ，y )，则d ＝|x －y －2|2＝|－x 2＋x －2|2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－⎝⎛⎭⎪⎫x －122－742，∴x ＝12时， d min ＝728.答案 B5.已知A ，B ，P 是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)上不同的三点，且A ，B 连线经过坐标原点，若直线PA ，PB 的斜率乘积k PA ·k PB ＝23，则该双曲线的离心率为( ) A.52B.62C. 2D.153解析设A (x 1，y 1)，P (x 2，y 2)根据对称性，得B 点坐标为 (－x 1，－y 1)，因为A ，P 在双曲线上，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 21a 2－y 21b 2＝1，x 22a 2－y 22b 2＝1，两式相减，得k PA k PB ＝b 2a 2＝23，所以e 2＝a 2＋b 2a 2＝53，故e ＝153.答案 D 二、填空题6.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，F (2，0)为其右焦点，过F 且垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的弦长为2.则椭圆C 的方程为________.解析由题意得⎩⎨⎧c ＝2，b 2a ＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝2，∴椭圆C 的方程为x 24＋y22＝1.答案x 24＋y 22＝1 7.已知抛物线y ＝ax 2(a ＞0)的焦点到准线的距离为2，则直线y ＝x ＋1截抛物线所得的弦长等于________. 解析由题设知p ＝12a ＝2，∴a ＝14.抛物线方程为y ＝14x 2，焦点为F (0，1)，准线为y ＝－1.联立⎩⎨⎧y ＝14x 2，y ＝x ＋1，消去x ，整理得y 2－6y ＋1＝0，∴y 1＋y 2＝6，∵直线过焦点F ， ∴所得弦|AB |＝|AF |＋|BF |＝y 1＋1＋y 2＋1＝8. 答案 88.(2017·金华月考)过椭圆x 216＋y 24＝1内一点P (3，1)，且被这点平分的弦所在直线的方程是________；此弦的长为________. 解析设直线与椭圆交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，由于A ，B 两点均在椭圆上，故x 2116＋y 214＝1，x 2216＋y 224＝1，两式相减得（x 1＋x 2）（x 1－x 2）16＋（y 1＋y 2）（y 1－y 2）4＝0.又∵P 是A ，B 的中点，∴x 1＋x 2＝6，y 1＋y 2＝2， ∴k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－34. ∴直线AB 的方程为y －1＝－34(x －3).即3x ＋4y －13＝0.由⎩⎨⎧3x ＋4y －13＝0，x 216＋y 24＝1，消去y 整理得13x 2－78x ＋105＝0，x1＋x 2＝6，x 1x 2＝10513，|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－342·62－4×10513＝53913. 答案 3x ＋4y －13＝0 53913三、解答题9.设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，过F 1且斜率为1的直线l 与E 相交于A ，B 两点，且|AF 2|，|AB |，|BF 2|成等差数列. (1)求E 的离心率；(2)设点P (0，－1)满足|PA |＝|PB |，求E 的方程. 解 (1)由椭圆定义知|AF 2|＋|BF 2|＋|AB |＝4a ，又2|AB |＝|AF 2|＋|BF 2|，得|AB |＝43a ，l 的方程为y ＝x ＋c ，其中c ＝a 2－b 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A ，B 两点的坐标满足方程组⎩⎨⎧y ＝x ＋c ，x 2a 2＋y 2b2＝1，消去y ，化简得(a 2＋b 2)x 2＋2a 2cx ＋a 2(c 2－b 2)＝0，则x 1＋x 2＝－2a 2ca 2＋b 2，x 1x 2＝a 2（c 2－b 2）a 2＋b 2.因为直线AB 的斜率为1，所以|AB |＝2|x 2－x 1|＝2[（x 1＋x 2）2－4x 1x 2]，即43a ＝4ab2a 2＋b2，故a 2＝2b 2，所以E 的离心率e ＝c a ＝a 2－b 2a ＝22.(2)设AB 的中点为N (x 0，y 0)，由(1)知x 0＝x 1＋x 22＝－a 2c a 2＋b 2＝－2c 3，y 0＝x 0＋c ＝c3. 由|PA |＝|PB |，得k PN ＝－1，即y 0＋1x 0＝－1，得c ＝3，从而a ＝32，b ＝3.故椭圆E 的方程为x 218＋y 29＝1.10.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个顶点为A (2，0)，离心率为22.直线y ＝k (x －1)与椭圆C 交于不同的两点M ，N .(1)求椭圆C 的方程； (2)当△AMN 的面积为103时，求k 的值. 解 (1)由题意得⎩⎨⎧a ＝2，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2.解得b ＝2，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)由⎩⎨⎧y ＝k （x －1），x 24＋y 22＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0.设点M ，N 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)， x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－41＋2k 2，所以|MN |＝（x 2－x 1）2＋（y 2－y 1）2 ＝（1＋k 2）[（x 1＋x 2）2－4x 1x 2] ＝2（1＋k 2）（4＋6k 2）1＋2k 2又因为点A (2，0)到直线y ＝k (x －1)的距离d ＝|k |1＋k2，所以△AMN 的面积为S ＝12|MN |·d ＝|k |4＋6k 21＋2k 2，由|k |4＋6k 21＋2k 2＝103，解得k ＝±1.能力提升题组 (建议用时：30分钟)11.已知椭圆x 24＋y 2b 2＝1(0＜b ＜2)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，若|BF 2|＋|AF 2|的最大值为5，则b 的值是( ) A.1B. 2C.32D. 3解析由椭圆的方程，可知长半轴长为a ＝2，由椭圆的定义，可知|AF 2|＋|BF 2|＋|AB |＝4a ＝8，所以|AB |＝8－(|AF 2|＋|BF 2|)≥3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即2b 2a＝3，可求得b 2＝3，即b ＝ 3. 答案 D12.抛物线C 1：y ＝12p x 2(p ＞0)的焦点与双曲线C 2：x 23－y 2＝1的右焦点的连线交C 1于第一象限的点M .若C 1在点M 处的切线平行于C 2的一条渐近线，则p ＝( ) A.316B.38C.233D.433解析 ∵双曲线C 2：x 23－y 2＝1，∴右焦点为F (2，0)，渐近线方程为y ＝±33x . 抛物线C 1：y ＝12p x 2(p ＞0)，焦点为F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2.设M (x 0，y 0)，则y 0＝12p x 20. ∵k MF ′＝k FF ′，∴12p x 20－p 2x 0＝p 2－2.① 又∵y ′＝1p x ，∴y ′|x ＝x 0＝1p x 0＝33.②由①②得p ＝433. 答案 D13.设抛物线y 2＝8x 的焦点为F ，准线为l ，P 为抛物线上一点，PA ⊥l ，A 为垂足.如果直线AF 的斜率为－3，那么|PF |＝________.解析直线AF 的方程为y ＝－3(x －2)，联立⎩⎨⎧y ＝－3x ＋23，x ＝－2，得y ＝43，所以P (6，43).由抛物线的性质可知|PF |＝6＋2＝8. 答案 814.(2015·全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a >0)交于M ，N 两点，(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由. 解 (1)由题设可得M (2a ，a )，N (－2a ，a )，或M (－2a ，a )，N (2a ，a ).又y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ，C 在点(2a ，a )处的切线方程为y －a ＝a (x －2a )，即ax －y －a ＝0.y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ，C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x ＋2a )，即ax ＋y ＋a ＝0.故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0. (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 (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2.将y ＝kx ＋a 代入C 的方程得x 2－4kx －4a ＝0. 故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a .从而k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－bx 2＝2kx 1x 2＋（a －b ）（x 1＋x 2）x 1x 2＝k （a ＋b ）a.当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝0，则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补，故∠OPM ＝∠OPN ，所以点P (0，－a )符合题意.15.已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，直线y ＝4与y 轴的交点为P ，与C 的交点为Q ，且|QF |＝54|PQ |. (1)求C 的方程；(2)过F 的直线l 与C 相交于A ，B 两点，若AB 的垂直平分线l ′与C 相交于M ，N 两点，且A ，M ，B ，N 四点在同一圆上，求l 的方程. 解 (1)设Q (x 0，4)，代入y 2＝2px 得x 0＝8p.所以|PQ |＝8p ，|QF |＝p 2＋x 0＝p 2＋8p.由题设得p 2＋8p ＝54×8p ，解得p ＝－2(舍去)或p ＝2.所以C 的方程为y 2＝4x .(2)依题意知l 与坐标轴不垂直，故可设l 的方程为x ＝my ＋1(m ≠0).代入y 2＝4x 得y 2－4my －4＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4. 故AB 的中点为D (2m 2＋1，2m )， |AB |＝m 2＋1|y 1－y 2|＝4(m 2＋1).又l ′的斜率为－m ，所以l ′的方程为x ＝－1my ＋2m 2＋3.将上式代入y 2＝4x ，并整理得y 2＋4my －4(2m 2＋3)＝0.设M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，则y 3＋y 4＝－4m，y 3y 4＝－4(2m 2＋3).故MN 的中点为E ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 2＋2m 2＋3，－2m ，|MN |＝1＋1m 2|y 3－y 4|＝4（m 2＋1）2m 2＋1m 2.由于MN 垂直平分AB ，故A ，M ，B ，N 四点在同一圆上等价于|AE |＝|BE |＝12|MN |，从而14|AB |2＋|DE |2＝14|MN |2，即4(m 2＋1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2m ＋2m 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 2＋22＝4（m 2＋1）2（2m 2＋1）m4. 化简得m 2－1＝0，解得m ＝1或m ＝－1.所求直线l 的方程为x －y －1＝0或x ＋y －1＝0.第2课时定点、定值、范围、最值问题考点一定点问题【例1】 (2017·枣庄模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)过点(0，1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l 与x 轴正半轴和y 轴分别交于Q ，P ，与椭圆分别交于点M ，N ，各点均不重合且满足PM →＝λ1MQ →，PN →＝λ2NQ →.(1)求椭圆的标准方程；(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l 过定点并求此定点.解 (1)设椭圆的焦距为2c ，由题意知b ＝1，且(2a )2＋(2b )2＝2(2c )2，又a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝3. 所以椭圆的方程为x 23＋y 2＝1.(2)由题意设P (0，m )，Q (x 0，0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，设l 方程为x ＝t (y －m )，由PM →＝λ1MQ →知(x 1，y 1－m )＝λ1(x 0－x 1，－y 1)， ∴y 1－m ＝－y 1λ1，由题意y 1≠0，∴λ1＝my 1－1.同理由PN →＝λ2NQ →知λ2＝my 2－1.∵λ1＋λ2＝－3，∴y 1y 2＋m (y 1＋y 2)＝0，①联立⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝3，x ＝t （y －m ）得(t 2＋3)y 2－2mt 2y ＋t 2m 2－3＝0，∴由题意知Δ＝4m 2t 4－4(t 2＋3)(t 2m 2－3)＞0，② 且有y 1＋y 2＝2mt 2t 2＋3，y 1y 2＝t 2m 2－3t 2＋3，③将③代入①得t 2m 2－3＋2m 2t 2＝0， ∴(mt )2＝1.由题意mt ＜0，∴mt ＝－1，满足②，得l 方程为x ＝ty ＋1，过定点(1，0)，即Q 为定点. 规律方法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.【训练1】 (2017·杭州七校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的两焦点在x 轴上，且两焦点与短轴的一个顶点的连线构成斜边长为2的等腰直角三角形.(1)求椭圆的方程；(2)过点S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－13的动直线l 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Q ，使得以线段AB 为直径的圆恒过点Q ？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.解 (1)∵椭圆两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴b ＝c .又斜边长为2，即2c ＝2，故c ＝b ＝1，a ＝2，椭圆方程为x 22＋y 2＝1.(2)当l 与x 轴平行时，以线段AB 为直径的圆的方程为x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫y ＋132＝169；当l 与y 轴平行时，以线段AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1. 由⎩⎨⎧x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋132＝169，x 2＋y 2＝1，得⎩⎨⎧x ＝0，y ＝1，故若存在定点Q ，则Q 的坐标只可能为Q (0，1). 下面证明Q (0，1)为所求：若直线l 的斜率不存在，上述已经证明. 若直线l 的斜率存在，设直线l ：y ＝kx －13，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎨⎧y ＝kx －13，x 2＋2y 2－2＝0，得(9＋18k 2)x 2－12kx －16＝0，Δ＝144k 2＋64(9＋18k 2)＞0， x 1＋x 2＝12k 18k 2＋9，x 1x 2＝－1618k 2＋9， QA →＝(x 1，y 1－1)，QB →＝(x 2，y 2－1)， QA →·QB →＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1) ＝(1＋k 2)x 1x 2－4k 3(x 1＋x 2)＋169＝(1＋k 2)·－169＋18k 2－4k 3·12k 9＋18k 2＋169＝0，∴QA →⊥QB →，即以线段AB 为直径的圆恒过点Q (0，1).考点二定值问题【例2】 (2016·山东卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，焦距为2 2. (1)求椭圆C 的方程；(2)过动点M (0，m )(m ＞0)的直线交x 轴于点N ，交C 于点A ，P (P 在第一象限)，且M 是线段PN 的中点.过点P 作x 轴的垂线交C 于另一点Q ，延长QM 交C 于点B .①设直线PM ，QM 的斜率分别为k ，k ′，证明k ′k为定值. ②求直线AB 的斜率的最小值. (1)解设椭圆的半焦距为c .由题意知2a ＝4，2c ＝2 2.所以a ＝2，b ＝a 2－c 2＝ 2. 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)①证明设P (x 0，y 0)(x 0＞0，y 0＞0). 由M (0，m )，可得P (x 0，2m )，Q (x 0，－2m ).所以直线PM 的斜率k ＝2m －mx 0＝m x 0. 直线QM 的斜率k ′＝－2m －mx 0＝－3m x 0.此时k ′k ＝－3.所以k ′k为定值－3. ②解设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2). 由①知直线PA 的方程为y ＝kx ＋m .则直线QB 的方程为y ＝－3kx ＋m .联立⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 22＝1，整理得(2k 2＋1)x 2＋4mkx ＋2m 2－4＝0，由x 0x 1＝2m 2－42k 2＋1，可得x 1＝2（m 2－2）（2k 2＋1）x 0，所以y 1＝kx 1＋m ＝2k （m 2－2）（2k 2＋1）x 0＋m .同理x 2＝2（m 2－2）（18k 2＋1）x 0，y 2＝－6k （m 2－2）（18k 2＋1）x 0＋m .所以x 2－x 1＝2（m 2－2）（18k 2＋1）x 0－2（m 2－2）（2k 2＋1）x 0＝－32k 2（m 2－2）（18k 2＋1）（2k 2＋1）x 0， y 2－y 1＝－6k （m 2－2）（18k 2＋1）x 0＋m －2k （m 2－2）（2k 2＋1）x 0－m＝－8k （6k 2＋1）（m 2－2）（18k 2＋1）（2k 2＋1）x 0，所以k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝6k 2＋14k ＝14⎝⎛⎭⎪⎫6k ＋1k ，由m ＞0，x 0＞0，可知k ＞0，所以6k ＋1k ≥26，当且仅当k ＝66时取“＝”.故此时2m －m 4－8m 2－0＝66，即m ＝147，符合题意.所以直线AB 的斜率的最小值为62. 规律方法圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值.依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；(3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得.【训练2】 (2016·北京卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，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c a ＝32，12ab ＝1.又a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3. 所以椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明由(1)知，A (2，0)，B (0，1). 设椭圆上一点P (x 0，y 0)，则x 204＋y 20＝1.当x 0≠0时，直线PA 方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，令x ＝0得y M ＝－2y 0x 0－2. 从而|BM |＝|1－y M |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2. 直线PB 方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1.令y ＝0得x N ＝－x 0y 0－1.∴|AN |＝|2－x N |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1. ∴|AN |·|BM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2x 0－2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2y 0－1 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4x 0y 0－4x 0－8y 0＋8x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝4. 当x 0＝0时，y 0＝－1，|BM |＝2，|AN |＝2，所以|AN |·|BM |＝4.故|AN |·|BM |为定值. 考点三范围问题【例3】 (2016·天津卷)设椭圆x 2a 2＋y 23＝1(a ＞3)的右焦点为F ，右顶点为A .已知1|OF |＋1|OA |＝3e |FA |，其中O 为原点，e 为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程；(2)设过点A 的直线l 与椭圆交于点B (B 不在x 轴上)，垂直于l 的直线与l 交于点M ，与y 轴交于点H .若BF ⊥HF ，且∠MOA ≤∠MAO ，求直线l 的斜率的取值范围.解 (1)设F (c ，0)，由1|OF |＋1|OA |＝3e |FA |，即1c ＋1a＝3ca （a －c ），可得a 2－c 2＝3c 2.又a 2－c 2＝b 2＝3，所以c 2＝1，因此a 2＝4. 所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线l 的斜率为k (k ≠0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －2).设B (x B ，y B)，由方程组⎩⎨⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k （x －2）消去y ，整理得(4k 2＋3)x 2－16k 2x ＋16k2－12＝0.解得x ＝2或x ＝8k 2－64k 2＋3.由题意得x B ＝8k 2－64k 2＋3，从而y B ＝－12k4k 2＋3.由(1)知F (1，0)，设H (0，y H )，有FH →＝(－1，y H )，BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9－4k 24k 2＋3，12k 4k 2＋3.由BF ⊥HF ，得BF →·FH →＝0，所以4k 2－94k 2＋3＋12ky H 4k 2＋3＝0，解得y H ＝9－4k 212k .因为直线MH 的方程为y ＝－1k x ＋9－4k 212k.设M (x M，y M)，由方程组⎩⎨⎧y ＝k （x －2），y ＝－1k x ＋9－4k 212k 消去y ，解得x M ＝20k 2＋912（k 2＋1）.在△MAO 中，∠MOA ≤∠MAO ⇔|MA |≤|MO |，即(x M －2)2＋y 2M ≤x 2M ＋y 2M ，化简得x M ≥1，即20k 2＋912（k 2＋1）≥1，解得k ≤－64或k ≥64.所以直线l 的斜率的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－64或⎣⎢⎡⎭⎪⎫64，＋∞.规律方法解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.【训练3】 (2017·威海模拟)已知圆x 2＋y 2＝1过椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的两焦点，与椭圆有且仅有两个公共点，直线l ：y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2＝1相切，与椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1相交于A ，B 两点.记λ＝OA →·OB →，且23≤λ≤34.(1)求椭圆的方程； (2)求k 的取值范围；(3)求△OAB 的面积S 的取值范围. 解 (1)由题意知2c ＝2，所以c ＝1. 因为圆与椭圆有且只有两个公共点，从而b ＝1，故a ＝2，所以所求椭圆方程为x 22＋y 2＝1.(2)因为直线l ：y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2＝1相切，所以原点O 到直线l 的距离为|m |12＋k2＝1，即m 2＝k 2＋1.由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－21＋2k 2.λ＝OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝k 2＋11＋2k 2，由23≤λ≤34，得12≤k 2≤1，即k 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－22∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，1.(3)|AB |2＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＝2－2（2k 2＋1）2，由12≤k 2≤1，得62≤|AB |≤43. 设△OAB 的AB 边上的高为d ，则S ＝12|AB |d ＝12|AB |，所以64≤S ≤23.即△OAB 的面积S 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤64，23.考点四最值问题【例4】 (2015·浙江卷)已知椭圆x 22＋y 2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx ＋12对称. (1)求实数m 的取值范围；(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点). 解 (1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为y ＝－1mx ＋b .由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1m 2x 2－2b m x ＋b 2－1＝0.因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m2＞0，①将AB 中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mbm 2＋2，m 2b m 2＋2代入直线方程y ＝mx ＋12解得b ＝－m 2＋22m 2②由①②得m ＜－63或m ＞63. (2)令t ＝1m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎪⎫0，62，则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12.且O 到直线AB 的距离为d ＝t 2＋12t 2＋1.设△AOB 的面积为S (t )，所以S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝⎛⎭⎪⎫t 2－122＋2≤22.当且仅当t 2＝12时，等号成立.故△AOB 面积的最大值为22.规律方法处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解. 【训练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 在直线y ＝2上，点B 在椭圆C 上，且OA ⊥OB ，求线段AB 长度的最小值.解 (1)由题意，椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1.所以a 2＝4，b 2＝2，从而c 2＝a 2－b 2＝2.因此a ＝2，c ＝ 2.故椭圆C 的离心率e ＝c a ＝22.(2)设点A ，B 的坐标分别为(t ，2)，(x 0，y 0)，其中x 0≠0. 因为OA ⊥OB ，所以OA →·OB →＝0，即tx 0＋2y 0＝0，解得t ＝－2y 0x 0.又x 20＋2y 20＝4，所以|AB |2＝(x 0－t )2＋(y 0－2)2＝(x 0＋2y 0x 0)2＋(y 0－2)2＝x 20＋y 20＋4y 20x 20＋4＝x 20＋4－x 202＋2（4－x 20）x 20＋4＝x 202＋8x 20＋4(0＜x 20≤4).因为x 202＋8x 20≥4(0＜x 20≤4)，当且仅当x 20＝4时等号成立，所以|AB |2≥8.故线段AB 长度的最小值为2 2.[思想方法]1.求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. 2.定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y ＝kx ＋b ，然后利用条件建立b 、k 等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点. (2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关. 3.求解范围问题的方法求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围，要特别注意变量的取值范围. 4.圆锥曲线中常见最值的解题方法(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解. [易错防范]1.求范围问题要注意变量自身的范围.2.利用几何意义求最值时，要注意“相切”与“公共点唯一”的不等价关系.注意特殊关系，特殊位置的应用.3.在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况.4.解决定值、定点问题，不要忘记特值法.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.设抛物线y 2＝8x 的准线与x 轴交于点Q ，若过点Q 的直线l 与抛物线有公共点，则直线l 的斜率的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12 B.[－2，2] C.[－1，1]D.[－4，4]解析 Q (－2，0)，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)，代入抛物线方程，消去y 整理得k 2x 2＋(4k 2－8)x ＋4k 2＝0，由Δ＝(4k 2－8)2－4k 2·4k 2＝64(1－k 2)≥0，解得－1≤k ≤1. 答案 C2.(2017·石家庄模拟)已知P 为双曲线C ：x 29－y 216＝1上的点，点M 满足|OM →|＝1，且OM →·PM →＝0，则当|PM →|取得最小值时点P 到双曲线C 的渐近线的距离为( ) A.95B.125C.4D.5解析由OM →·PM →＝0，得OM ⊥PM ，根据勾股定理，求|MP |的最小值可以转化为求|OP |的最小值，当|OP |取得最小值时，点P 的位置为双曲线的顶点(±3，0)，而双曲线的渐近线为4x ±3y ＝0，∴所求的距离d ＝125，故选B.答案 B3.已知椭圆C 的方程为x 216＋y 2m 2＝1(m ＞0)，如果直线y ＝22x 与椭圆的一个交点M 在x 轴上的射影恰好是椭圆的右焦点F ，则m 的值为( )A.2B.2 2C.8D.2 3解析根据已知条件得c ＝16－m 2，则点(16－m 2，2216－m 2)在椭圆x 216＋y 2m 2＝1(m ＞0)上，∴16－m 216＋16－m 22m 2＝1，可得m ＝2 2.答案 B4.若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的渐近线与抛物线y ＝x 2＋2有公共点，则此双曲线的离心率的取值范围是( ) A.[3，＋∞) B.(3，＋∞) C.(1，3]D.(1，3)解析依题意可知双曲线渐近线方程为y ＝±b ax ，与抛物线方程联立消去y 得x 2±bax ＋2＝0.∵渐近线与抛物线有交点，∴Δ＝b 2a 2－8≥0，求得b 2≥8a 2，∴c ＝a 2＋b 2≥3a ，∴e ＝c a≥3. 答案 A5.(2017·丽水调研)斜率为1的直线l 与椭圆x 24＋y 2＝1相交于A ，B 两点，则|AB |的最大值为( ) A.2B.455C.4105D.8105解析设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝x ＋t ，由⎩⎨⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝x ＋t 消去y ，得5x 2＋8tx ＋4(t 2－1)＝0，则x 1＋x 2＝－85t ，x 1x 2＝4（t 2－1）5.∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·（x 1＋x 2）2－4x 1x 2 ＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－85t 2－4×4（t 2－1）5＝425·5－t 2，当t ＝0时，|AB |max ＝4105.答案 C 二、填空题6.已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线方程是y ＝3x ，它的一个焦点与抛物线y 2＝16x 的焦点相同，则双曲线的方程为________. 解析由条件知双曲线的焦点为(4，0)，所以⎩⎨⎧a 2＋b 2＝16，ba ＝3，解得a ＝2，b ＝23，故双曲线方程为x 24－y 212＝1.答案x 24－y 212＝17.已知动点P (x ，y )在椭圆x 225＋y 216＝1上，若A 点坐标为(3，0)，|AM →|＝1，且PM →·AM →＝0，则|PM →|的最小值是________. 解析 ∵PM →·AM →＝0，∴AM →⊥PM →. ∴|PM →|2＝|AP →|2－|AM →|2＝|AP →|2－1， ∵椭圆右顶点到右焦点A 的距离最小，故|AP →|min ＝2，∴|PM →|min ＝ 3. 答案38.(2017·杭州调研)若双曲线x 2－y 2b2＝1(b ＞0)的一条渐近线与圆x 2＋(y －2)2＝1至多有一个公共点，则双曲线离心率的取值范围是________；与圆相切时渐近线的方程为________.解析双曲线的渐近线方程为y ＝±bx ，则有|0－2|1＋b 2≥1，解得b 2≤3，则e 2＝1＋b 2≤4，∵e ＞1，∴1＜e ≤2.当渐近线与圆相切时，b 2＝3，a 2＝1，∴渐近线方程为y ＝±3x . 答案 (1，2] y ＝±3x 三、解答题9.如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是22，点P (0，1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－1. (1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点.是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由. 解 (1)由已知，点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b ). 又点P 的坐标为(0，1)，且PC →·PD →＝－1，于是⎩⎨⎧1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2.解得a ＝2，b ＝ 2.所以椭圆E 方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2).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.。

2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习课件：10.6 圆锥曲线的综合问题 .pdf

3.排列
(1)定义:从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素,按照一定的顺序排成一
列,叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列.
(2)排列数定义:从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有排列的个
数,叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数,用①
A
m n
表示.
(3)排列数公式: Amn =② n(n-1)…(n-m+1) . (4)全排列:n个不同元素全部取出的一个排列,叫做n个不同元素的一个
n!
= m!(n m)! .由于0!=1,所
考向突破
考向一排列问题例1 (2018浙江9+1高中联盟期中,14)4支足球队两两比赛,若每场比赛都分出胜负,每队赢的概率都为0.5,并且每队赢的场数各不相同,则不同结果的种数为 ;其概率为 .
解析 ∵4支足球队两两比赛,每场比赛都分出胜负,每队赢的概率都为
0.5,并且每队赢的场数各不相同,∴4队比6场,只考虑胜场,且各不相同,4
支球队赢的场数分别为0,1,2,3,∴共有 A 44 =4×3×2×1=24种结果.其概率P
= A44
×0.56= 3 .
8
答案 24; 83
考向二组合问题例2 (2018浙江“七彩阳光”联盟期中,17)设集合A={a,b,c},其中a,b,c ∈{1,2,3,4,5,6,7,8,9},若a,b,c满足a<b<c,且2≤c-b≤6,则集合A的个数为 .
而2≤c-b≤6,故需减去c-b=1和c-b=7的集合的个数. 若c-b=1,则有以下情形: b=2,c=3时,集合的个数为1;b=3,c=4时,集合的个数为2; b=4,c=5时,集合的个数为3;b=5,c=6时,集合的个数为4; b=6,c=7时,集合的个数为5;b=7,c=8时,集合的个数为6; b=8,c=9时,集合的个数为7.集合的总个数为1+2+3+4+5+6+7=28. 若c-b=7,则只有a=1,b=2,c=9,集合的个数为1. 所以集合A的个数为84-28-1=55.

浙江新高考数学一轮复习(教学指导)圆锥曲线的综合问题

第10讲圆锥曲线的综合问题圆锥曲线中的定点、定值问题(2020·杭州七校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x 2＋y 2＝34相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点(1，0)的直线l 与C 相交于A ，B 两点，在x 轴上是否存在点N ，使得NA →·NB →为定值？如果有，求出点N 的坐标及定值；如果没有，请说明理由．【解】 (1)因为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x 2＋y 2＝34相切，所以⎝ ⎛e ＝c a ＝12bc ＝32 b 2＋c 2a 2＝b 2＋c2，解得c 2＝1，a 2＝4，b 2＝3. 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 的斜率存在时，设其方程为y ＝k (x －1)， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12y ＝k （x －1）⇒(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则Δ＞0，⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3，若存在定点N (m ，0)满足条件，则有NA →·NB →＝(x 1－m )(x 2－m )＋y 1y 2 ＝x 1x 2＋m 2－m (x 1＋x 2)＋k 2(x 1－1)(x 2－1)＝(1＋k 2)x 1x 2－(m ＋k 2)(x 1＋x 2)＋k 2＋m 2＝（1＋k 2）（4k 2－12）4k 2＋3－（m ＋k 2）8k 24k 2＋3＋k 2＋m 2 ＝（4m 2－8m －5）k 2＋3m 2－124k 2＋3. 如果要使上式为定值，则必须有4m 2－8m －53m 2－12＝43⇒m ＝118，验证当直线l 斜率不存在时，也符合．故存在点N ⎝⎛⎭⎫118，0满足NA →·NB →＝－13564.圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．(2)求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．(3)求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．(2020·杭州、宁波二市三校联考)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)过点M (m ，2)，其焦点为F ′，且|MF ′|＝2.(1)求抛物线C 的方程；(2)设E 为y 轴上异于原点的任意一点，过点E 作不经过原点的两条直线分别与抛物线C 和圆F ：(x －1)2＋y 2＝1相切，切点分别为A ，B ，求证：直线AB 过定点．解：(1)抛物线C 的准线方程为x ＝－p2，所以|MF ′|＝m ＋p2＝2，又4＝2pm ，即4＝2p ⎝⎛⎭⎫2－p 2，所以p 2－4p ＋4＝0，所以p ＝2，所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明：设点E (0，t )(t ≠0)，由已知切线不为y 轴，设直线EA ：y ＝kx ＋t ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋ty 2＝4x ，消去y ，可得k 2x 2＋(2kt －4)x ＋t 2＝0，①因为直线EA 与抛物线C 相切，所以Δ＝(2kt －4)2－4k 2t 2＝0，即kt ＝1，代入①可得1t 2x 2－2x ＋t 2＝0，所以x ＝t 2，即A (t 2，2t )．设切点B (x 0，y 0)，则由几何性质可以判断点O ，B 关于直线EF ：y ＝－tx ＋t 对称，则⎩⎪⎨⎪⎧y 0x 0×t －00－1＝－1y 02＝－t ·x 02＋t ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝2t 2t 2＋1y 0＝2tt 2＋1，即B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 2t 2＋1，2t t 2＋1. 直线AF 的斜率为k AF ＝2tt 2－1(t ≠±1)，直线BF 的斜率为k BF ＝2tt 2＋1－02t2t 2＋1－1＝2tt 2－1(t ≠±1)，所以k AF ＝k BF ，即A ，B ，F 三点共线．当t ＝±1时，A (1，±2)，B (1，±1)，此时A ，B ，F 三点共线．所以直线AB 过定点F (1，0)．圆锥曲线中的范围、最值问题(高频考点)圆锥曲线中的范围(最值)问题是高考命题的热点，多以解答题的第二问呈现，试题难度较大．主要命题角度有：(1)建立目标函数求范围、最值； (2)利用基本不等式求最值； (3)利用判别式构造不等关系求范围．角度一建立目标函数求范围、最值如图，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)设直线AP 的斜率为k ，k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12<x <32，所以直线AP 斜率的取值范围是(－1，1)．(2)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.角度二利用基本不等式求最值(2020·浙江省名校协作体联考)若椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，线段F 1F 2被抛物线y 2＝2bx 的焦点F 分成了3∶1的两段．(1)求椭圆的离心率；(2)过点C (－1，0)的直线l 交椭圆于不同的两点A ，B ，且AC →＝2CB →，当△AOB 的面积最大时，求直线l 的方程．【解】 (1)由题意知，c ＋b2＝3⎝⎛⎭⎫c －b 2，所以b ＝c ，a 2＝2b 2，所以e ＝ca＝1－⎝⎛⎭⎫b a 2＝22.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为x ＝ky －1(k ≠0)，因为AC →＝2CB →，所以(－1－x 1，－y 1)＝2(x 2＋1，y 2)，即2y 2＋y 1＝0，①由(1)知，a 2＝2b 2，所以椭圆方程为x 2＋2y 2＝2b 2.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ky －1x 2＋2y 2＝2b 2，消去x ，得(k 2＋2)y 2－2ky ＋1－2b 2＝0，所以y 1＋y 2＝2kk 2＋2，② 由①②知，y 2＝－2k k 2＋2，y 1＝4kk 2＋2，因为S △AOB ＝12|y 1|＋12|y 2|，所以S △AOB ＝3·|k |k 2＋2＝3·12|k |＋|k |≤32·12|k |·|k |＝324，当且仅当|k |2＝2，即k ＝±2时取等号，此时直线l 的方程为x ＝2y －1或x ＝－2y －1. 角度三利用判别式构造不等关系求范围已知椭圆的一个顶点为A (0，－1)，焦点在x 轴上，中心在原点．若右焦点到直线x －y ＋22＝0的距离为3.(1)求椭圆的标准方程；(2)设直线y ＝kx ＋m (k ≠0)与椭圆相交于不同的两点M ，N .当|AM |＝|AN |时，求m 的取值范围．【解】 (1)依题意可设椭圆方程为x 2a 2＋y 2＝1，则右焦点F (a 2－1，0)，由题设|a 2－1＋22|2＝3，解得a 2＝3.所以所求椭圆的方程为x 23＋y 2＝1.(2)设P (x P ，y P )，M (x M ，y M )，N (x N ，y N )，P 为弦MN 的中点，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 23＋y 2＝1，得(3k 2＋1)x 2＋6mkx ＋3(m 2－1)＝0，因为直线与椭圆相交，所以Δ＝(6mk )2－4(3k 2＋1)×3(m 2－1)＞0⇒m 2＜3k 2＋1.① 所以x P ＝x M ＋x N 2＝－3mk3k 2＋1，从而y P ＝kx P ＋m ＝m3k 2＋1，所以k AP ＝y P ＋1x P ＝－m ＋3k 2＋13mk ，又因为|AM |＝|AN |，所以AP ⊥MN ，则－m ＋3k 2＋13mk ＝－1k ，即2m ＝3k 2＋1.②把②代入①，得m 2＜2m ，解得0＜m ＜2；由②得k 2＝2m －13＞0，解得m ＞12.综上，m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，2.范围、最值问题的求解策略(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决．(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的关键是在两个参数之间建立等量关系；③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； ④利用基本不等式求出参数的取值范围；⑤利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．1．如图，设抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，抛物线上的点A 到y 轴的距离等于|AF |－ 1.(1)求p 的值；(2)若直线AF 交抛物线于另一点B ，过B 与x 轴平行的直线和过F 与AB 垂直的直线交于点N ，AN 与x 轴交于点M .求M 的横坐标的取值范围．解：(1)由题意可得，抛物线上的点A 到焦点F 的距离等于点A 到直线x ＝－1的距离，由抛物线的定义得p2＝1，即p ＝2.(2)由(1)得，抛物线方程为y 2＝4x ，F (1，0)，可设A (t 2，2t )，t ≠0，t ≠±1.因为AF 不垂直于y 轴，可设直线AF ：x ＝sy ＋1(s ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4xx ＝sy ＋1，消去x 得y 2－4sy－4＝0，故y 1y 2＝－4，所以B ⎝⎛⎭⎫1t2，－2t . 又直线AB 的斜率为2tt 2－1，故直线FN 的斜率为－t 2－12t .从而得直线FN ：y ＝－t 2－12t (x－1)，直线BN ：y ＝－2t ，所以N ⎝⎛⎭⎪⎫t 2＋3t 2－1，－2t .设M (m ，0)，由A ，M ，N 三点共线得2tt 2－m＝2t ＋2tt 2－t 2＋3t 2－1，于是m ＝2t 2t 2－1＝2＋2t 2－1.所以m <0或m >2.经检验，m <0或m >2满足题意．综上，点M 的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞)． 2.(2020·杭州中学高三月考)如图，以椭圆x 2a 2＋y 2＝1的右焦点F 2为圆心，1－c 为半径作圆F 2(其中c 为已知椭圆的半焦距)，过椭圆上一点P 作此圆的切线，切点为T .(1)若a ＝54，P 为椭圆的右顶点，求切线长|PT |；(2)设圆F 2与x 轴的右交点为Q ，过点Q 作斜率为k (k ＞0)的直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，若OA ⊥OB ，且|PT |≥32(a －c )恒成立，求直线l 被圆F 2所截得弦长的最大值．解：(1)由a ＝54得c ＝34，则当P 为椭圆的右顶点时|PF 2|＝a －c ＝12，故此时的切线长|PT |＝|PF 2|2－（1－c ）2＝34. (2)当|PF 2|取得最小值时|PT |取得最小值，而|PF 2|min ＝a －c ，由|PT |≥32(a －c )恒成立，得（a －c ）2－（1－c ）2≥32(a －c )，则34≤c ＜1. 由题意知Q 点的坐标为(1，0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －1)，代入x 2a 2＋y 2＝1，得(a 2k 2＋1)x 2－2a 2k 2x ＋a 2k 2－a 2＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝2a 2k 2a 2k 2＋1，x 1x 2＝a 2k 2－a 2a 2k 2＋1，可得y 1y 2＝k 2[x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1]＝k 2（1－a 2）a 2k 2＋1，又OA ⊥OB ，则x 1x 2＋y 1y 2＝k 2－a 2a 2k 2＋1＝0⇒k ＝a ，可得直线l 的方程为ax －y －a ＝0，圆心F 2(c ，0)到直线l 的距离d ＝|ac －a |a 2＋1，半径r ＝1－c ，则直线l 被圆F 2所截得弦长s ＝2（1－c ）2－a 2（1－c ）2a 2＋1＝2（1－c ）c 2＋2，设1－c ＝t ，则0＜t ≤14，又1s ＝123t 2－2t ＋1＝123⎝⎛⎭⎫1t －132＋23，则当t ＝14时1s 的最小值为412，即当c ＝34时s 的最大值为24141.圆锥曲线中的探索性问题(2020·温州中学高三模拟)设直线l 与抛物线x 2＝2y交于A ，B 两点，与椭圆x 24＋y 23＝1交于C ，D 两点，直线OA ，OB ，OC ，OD (O 为坐标原点)的斜率分别为k 1，k 2，k 3，k 4，若OA ⊥OB .(1)是否存在实数t ，满足k 1＋k 2＝t (k 3＋k 4)，并说明理由； (2)求△OCD 面积的最大值．【解】设直线l 方程为y ＝kx ＋b ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)．联立y ＝kx ＋b 和x 2＝2y ，得x 2－2kx －2b ＝0，则x 1＋x 2＝2k ，x 1x 2＝－2b ，Δ＝4k 2＋8b ＞0. 由OA ⊥OB ，所以x 1x 2＋y 1y 2＝0，得b ＝2. 联立y ＝kx ＋2和3x 2＋4y 2＝12，得 (3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0，所以x 3＋x 4＝－16k 3＋4k 2，x 3x 4＝43＋4k 2. 由Δ2＝192k 2－48＞0，得k 2＞14.(1)因为k 1＋k 2＝y 1x 1＋y 2x 2＝k ，k 3＋k 4＝y 3x 3＋y 4x 4＝－6k ，所以k 1＋k 2k 3＋k 4＝－16.即存在实数t ＝－16，满足k 1＋k 2＝－16(k 3＋k 4)．(2)根据弦长公式|CD |＝1＋k 2|x 3－x 4|，得 |CD |＝43·1＋k 2·4k 2－13＋4k 2，根据点O 到直线CD 的距离公式，得d ＝21＋k 2，所以S △OCD ＝12|CD |·d ＝43·4k 2－13＋4k 2，设4k 2－1＝t ＞0，则S △OCD ＝43tt 2＋4≤3，所以当t ＝2，即k ＝±52时，S △OCD 的最大值为 3.探索性问题的求解策略(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．(2020·温州十五校联合体联考)如图，已知抛物线C 1：y 2＝2px (p ＞0)，直线l 与抛物线C 1相交于A ，B 两点，且当倾斜角为60°的直线l 经过抛物线C 1的焦点F 时，有|AB |＝13.(1)求抛物线C 1的方程；(2)已知圆C 2：(x －1)2＋y 2＝116，是否存在倾斜角不为90°的直线l ，使得线段AB 被圆C 2截成三等分？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)当倾斜角为60°的直线l 经过抛物线C 1的焦点F 时，直线l 的方程为y ＝3(x －p 2)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3（x －p 2）y 2＝2px ，即3x 2－5px ＋34p 2＝0，所以|AB |＝5p 3＋p ＝13，即p ＝18，所以抛物线C 1的方程是y 2＝14x . (2)假设存在直线l ，使得线段AB 被圆C 2截成三等分，令直线l 交圆C 2于C ，D ，设直线l 的方程为x ＝my ＋b ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意知，线段AB 与线段CD 的中点重合且有|AB |＝3|CD |，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧4y 2＝xx ＝my ＋b ，即4y 2－my －b ＝0，所以y 1＋y 2＝m 4，y 1y 2＝－b 4，x 1＋x 2＝m 24＋2b ，所以线段AB 的中点坐标M 为(m 28＋b ，m8)，即线段CD的中点为(m 28＋b ，m8)，又圆C 2的圆心为C 2(1，0)，所以kMC 2＝m8m28＋b －1＝－m ，所以m 2＋8b －7＝0，即b ＝78－m 28，又因为|AB |＝1＋m 2·m 216＋b ＝141＋m 2·14－m 2，因为圆心C 2(1，0)到直线l 的距离d ＝|1－b |1＋m2，圆C 2的半径为14，所以3|CD |＝6116－（1－b ）21＋m 2＝343－m 2(m 2＜3)，所以m 4－22m 2＋13＝0，即m 2＝11±63，所以m ＝±11－63，b ＝33－24，故直线l 的方程为x ＝±11－63y ＋33－24.[基础题组练]1．已知椭圆E 的中心在坐标原点，左、右焦点F 1，F 2在x 轴上，离心率为12，在其上有一动点A ，A 到点F 1距离的最小值是1.过A ，F 1作一个平行四边形，顶点A ，B ，C ，D 都在椭圆E 上，如图所示．(1)求椭圆E 的方程；(2)判断▱ABCD 能否为菱形，并说明理由．解：(1)依题，令椭圆E 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，c 2＝a 2－b 2(c >0)，所以离心率e ＝c a ＝12，即a ＝2c .令点A 的坐标为(x 0，y 0)，所以x 20a 2＋y 20b 2＝1，焦点F 1(－c ，0)，即|AF 1|＝（x 0＋c ）2＋y 20＝x 20＋2cx 0＋c 2＋b 2－b 2x 20a2 ＝c 2a 2x 20＋2cx 0＋a 2＝|cax 0＋a |，因为x 0∈[－a ，a ]，所以当x 0＝－a 时，|AF 1|min ＝a －c ，由题a －c ＝1，结合上述可知a ＝2，c ＝1，所以b 2＝3，于是椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)知F 1(－1，0)，直线AB 不能平行于x 轴，所以令直线AB 的方程为x ＝my －1，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2－12＝0x ＝my －1，得(3m 2＋4)y 2－6my －9＝0，所以y 1＋y 2＝6m3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4.连接OA ，OB ，若▱ABCD 是菱形，则OA ⊥OB ，即OA →·OB →＝0，于是有x 1x 2＋y 1y 2＝0，又x 1x 2＝(my 1－1)(my 2－1)＝m 2y 1y 2－m (y 1＋y 2)＋1，所以有(m 2＋1)y 1y 2－m (y 1＋y 2)＋1＝0，得到－12m 2－53m 2＋4＝0，可见m 没有实数解，故▱ABCD 不能是菱形．2．(2020·金华十校第二期调研)已知抛物线C ：y ＝x 2，点P (0，2)，A ，B 是抛物线上两个动点，点P 到直线AB 的距离为1.(1)若直线AB 的倾斜角为π3，求直线AB 的方程；(2)求|AB |的最小值．解：(1)设直线AB 的方程： y ＝3x ＋m ，则|m －2|1＋()32＝1，所以m ＝0或m ＝4，所以直线AB 的方程为y ＝3x 或y ＝3x ＋4. (2)设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，则|m －2|1＋k 2＝1，所以k 2＋1＝(m －2)2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m y ＝x 2，得x 2－kx －m ＝0，所以x 1＋x 2＝k ，x 1x 2＝－m ，所以|AB |2＝()1＋k 2[()x 1＋x 22－4x 1x 2]＝()1＋k 2()k 2＋4m＝()m －22()m 2＋3，记f (m )＝()m －22(m 2＋3)，所以f ′(m )＝2(m－2)(2m 2－2m ＋3)，又k 2＋1＝()m －22≥1，所以m ≤1或m ≥3，当m ∈(]－∞，1时，f ′(m )＜0，f (m )单调递减，当m ∈[)3，＋∞时，f ′(m )＞0，f (m )单调递增， f (m )min ＝f (1)＝4，所以|AB |min ＝2.3．(2020·宁波市高考模拟)已知椭圆方程为x 24＋y 2＝1，圆C ：(x －1)2＋y 2＝r 2.(1)求椭圆上动点P 与圆心C 距离的最小值；(2)如图，直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，且与圆C 相切于点M ，若满足M 为线段AB 中点的直线l 有4条，求半径r 的取值范围．解：(1)设P (x ，y )，|PC |＝（x －1）2＋y 2＝34x 2－2x ＋2＝34（x －43）2＋23，由－2≤x ≤2，当x ＝43时，|PC |min ＝63.(2)当直线AB 斜率不存在且与圆C 相切时，M 在x 轴上，故满足条件的直线有2条；当直线AB 斜率存在时，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0),由⎩⎨⎧x 214＋y 21＝1x 224＋y 22＝1，整理得y 1－y 2x 1－x 2＝－14×x 1＋x 2y 1＋y 2，则k AB ＝－x 04y 0，k MC ＝y 0x 0－1，k MC ×k AB ＝－1，则k MC ×k AB ＝－x 04y 0×y 0x 0－1＝－1，解得x 0＝43，由M 在椭圆内部，则x 204＋y 20＜1，解得y 20＜59，由r 2＝(x 0－1)2＋y 20＝19＋y 20，所以19＜r 2＜23，解得13＜r ＜63.所以半径r 的取值范围为(13，63) .4.已知椭圆x 22＋y 2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx＋12对称． (1)求实数m 的取值范围；(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点)．解：(1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为y ＝－1mx ＋b .由⎩⎨⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b消去y ，得⎝⎛⎭⎫12＋1m 2x 2－2b mx ＋b 2－1＝0. 因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m 2>0.①将线段AB 的中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mb m 2＋2，m 2b m 2＋2代入直线方程y ＝mx ＋12解得b ＝－m 2＋22m 2.②由①②得m <－63或m >63. (2)令t ＝1m ∈⎝⎛⎭⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎫0，62，则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12，且O 到直线AB 的距离d ＝t 2＋12t 2＋1.设△AOB 的面积为S (t )，所以 S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝⎛⎭⎫t 2－122＋2≤22，当且仅当t 2＝12时，等号成立．故△AOB 面积的最大值为22. 5．(2020·湘中名校联考)如图，曲线C 由上半椭圆C 1：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a＞b ＞0，y ≥0)和部分抛物线C 2：y ＝－x 2＋1(y ≤0)连接而成，C 1与C 2的公共点为A ，B ，其中C 1的离心率为32. (1)求a ，b 的值；(2)过点B 的直线l 与C 1，C 2分别交于点P ，Q (均异于点A ，B )，是否存在直线l ，使得以PQ 为直径的圆恰好过点A ，若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)在C 1，C 2的方程中，令y ＝0，可得b ＝1，且A (－1，0)，B (1，0)是上半椭圆C 1的左、右顶点．设C 1的半焦距为c ，由c a ＝32及a 2－c 2＝b 2＝1得a ＝2.所以a ＝2，b ＝1.(2)由(1)知，上半椭圆C 1的方程为y 24＋x 2＝1(y ≥0)．易知，直线l 与x 轴不重合也不垂直，设其方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，代入C 1的方程，整理得(k 2＋4)x 2－2k 2x ＋k 2－4＝0.(*)设点P 的坐标为(x P ，y P )，因为直线l 过点B ，所以x ＝1是方程(*)的一个根．由根与系数的关系，得x P ＝k 2－4k 2＋4，从而y P ＝－8kk 2＋4，所以点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2－4k 2＋4，－8k k 2＋4.同理，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1）（k ≠0），y ＝－x 2＋1（y ≤0）得点Q 的坐标为(－k －1，－k 2－2k )．所以AP →＝2k k 2＋4(k ，－4)，AQ →＝－k (1，k ＋2)．因为AP ⊥AQ ，所以AP →·AQ →＝0，即－2k 2k 2＋4[k －4(k ＋2)]＝0. 因为k ≠0，所以k －4(k ＋2)＝0，解得k ＝－83.经检验，k ＝－83符合题意．故直线l 的方程为y ＝－83(x －1)．6.(2020·学军中学高三模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2＝1(a ＞1)，过直线l ：x ＝2上一点P 作椭圆的切线，切点为A ，当P 点在x 轴上时，切线P A 的斜率为±22.(1)求椭圆的方程；(2)设O 为坐标原点，求△POA 面积的最小值．解：(1)当P 点在x 轴上时，P (2，0)，P A ：y ＝±22(x －2)，⎩⎨⎧y ＝±22（x －2）x2a 2＋y 2＝1⇒(1a 2＋12)x2－2x ＋1＝0，Δ＝0⇒a 2＝2，椭圆方程为x 22＋y 2＝1. (2)设切线为y ＝kx ＋m ，设P (2，y 0)，A (x 1，y 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m x 2＋2y 2－2＝0⇒(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0⇒Δ＝0⇒m 2＝2k 2＋1，且x 1＝－2km 1＋2k 2，y 1＝m 1＋2k 2，y 0＝2k ＋m ，则|PO |＝y 20＋4，PO的直线为y ＝y 02x ⇒A 到直线PO 距离d ＝|y 0x 1－2y 1|y 20＋4，则S △POA ＝12|PO |·d ＝12|y 0x 1－2y 1|＝12|(2k ＋m )－2km 1＋2k 2－2m1＋2k 2| ＝|1＋2k 2＋km 1＋2k 2m |＝|k ＋m |＝|k ＋1＋2k 2|，所以(S －k )2＝1＋2k 2⇒k 2＋2Sk －S 2＋1＝0，Δ＝8S 2－4≥0⇒S ≥22，此时k ＝±22，所以△POA 面积的最小值为22.[综合题组练]1．(2020·浙江高考冲刺卷)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，点F ，B 分别是椭圆的右焦点与上顶点，O 为坐标原点，记△OBF 的周长与面积分别为C 和S .(1)求CS的最小值； (2)如图，过点F 的直线l 交椭圆于P ，Q 两点，过点F 作l 的垂线，交直线x ＝3b 于点R ，当C S取最小值时，求|FR ||PQ |的最小值．解：(1)△OBF 的周长C ＝b 2＋c 2＋b ＋c .△OBF 的面积S ＝12bc .C S＝b 2＋c 2＋b ＋c12bc ＝2b 2＋c 2＋b ＋c bc ≥2·2bc ＋2bcbc＝2＋22，当且仅当b ＝c 时，CS的最小值为2＋2 2. (2)由(1)得当且仅当b ＝c 时，CS的最小值为2＋2 2. 此时椭圆方程可化为x 22c 2＋ y 2c2＝1.依题意可得过点F 的直线l 的斜率不能为0，故设直线l 的方程为x ＝my ＋c .联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋cx 2＋2y 2＝2c 2，整理得(2＋m 2)y 2＋2mcy －c 2＝0.y 1＋y 2＝－2mc 2＋m 2，y 1y 2＝－c 22＋m 2，|PQ |＝1＋m 2（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝1＋m 2×8c 2（m 2＋1）2＋m 2＝22c ×m 2＋1m 2＋2.当m ＝0时，PQ 垂直横轴，FR 与横轴重合，此时|PQ |＝2c ，|FR |＝3b －c ＝2c ，|FR ||PQ |＝2c2c＝ 2. 当m ≠0时，设直线FR ：y ＝－m (x －c )，令x ＝3c 得R (3c ，－2mc )，|FR |＝2c m 2＋1，|FR ||PQ |＝2c m 2＋1×m 2＋222c （m 2＋1）＝m 2＋22m 2＋1＝22(m 2＋1＋1m 2＋1)＞22×2＝2，综上所述：当且仅当m ＝0时，|FR ||PQ |取最小值为 2.2．(2020·杭州市第一次高考数学检测)设点A ，B 分别是x ，y 轴上的两个动点，AB ＝1.若AC →＝λBA →(λ＞0)．(1)求点C 的轨迹Γ；(2)过点D 作轨迹Γ的两条切线，切点分别为P ，Q ，过点D 作直线m 交轨迹Γ于不同的两点E ，F ，交PQ 于点K ，问是否存在实数t ，使得1|DE |＋1|DF |＝t|DK |恒成立，并说明理由．解：(1)设A (a ，0)，B (0，c )，C (x ，y )，则BA →＝(a ，－c )，AC →＝(x －a ，y )．由AB ＝1得a 2＋c 2＝1，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －a ＝λa y ＝－λc ，消去a ，c ，得点C 的轨迹Γ为x 2（λ＋1）2＋y 2λ2＝1.(2)设点E ，F ，K 的横坐标分别为x E ，x F ，x K ，设点D (s ，t )，则直线PQ 的方程为s （λ＋1）2x ＋tλ2y ＝1.设直线m 的方程：y ＝kx ＋b ，所以t ＝ks ＋b . 计算得x K ＝1－t λ2bs （λ＋1）2＋tλ2k.将直线m 代入椭圆方程，得⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2λ2＋1（λ＋1）2x 2＋2kb λ2x ＋b 2λ2－1＝0，所以x E ＋x F ＝－2kbλ2（λ＋1）2＋k2，x E x F ＝b 2－λ2λ2（λ＋1）2＋k 2，所以|DK ||DE |＋|DK ||DF |＝|x D －x K ||x D －x E |＋|x D －x K ||x D －x F |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪s －1－t λ2b s （λ＋1）2＋tλ2k·|2x D －（x F ＋x E ）||x 2D －x D （x F ＋x E ）＋x F x E | ＝2.验证当m 的斜率不存在时成立．故存在实数t ＝2，使得1|DE |＋1|DF |＝t|DK |恒成立．。

(浙江专用)高考数学第八章平面解析几何第九节圆锥曲线的综合问题教案(含解析)

第九节圆锥曲线的综合问题1．直线与圆锥曲线的地址关系判断直线l 与圆锥曲线C 的地址关系时，平时将直线l 的方程Ax ＋By ＋C ＝0(A ，B 不一样时为0)代入圆锥曲线C 的方程F (x ，y )＝0，消去y (也可以消去x )获取一个关于变量x (或变量y )的一元方程．即Ax ＋By ＋C ＝0，消去 y ，得 ax 2＋bx ＋c ＝0.F x ，y＝0(1)当a ≠0时，设一元二次方程 ax 2＋bx ＋c ＝0的鉴识式为，则＞0? 直线与圆锥曲线C 订交；＝ 0?直线与圆锥曲线C 相切；＜0?直线与圆锥曲线C 相离．(2) 当a ＝0，b ≠0时，即获取一个一次方程，则直线l 与圆锥曲线C 订交，且只有一个交点，此时，若C 为双曲线，则直线l 与双曲线的渐近线的地址关系是平行；若C 为抛物线，则直线l 与抛物线的对称轴的地址关系是平行或重合． 2．弦长公式设斜率为k (k ≠0)的直线l 与圆锥曲线C 订交于A ，B 两点，A (x ，y )，B (x ，y )，则112 2|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·x 1＋x 2 2－4x 1x 2＝1121＋k 2·|y －y |＝1 y 1＋ y2－412.1＋2· 2kyy[小题体验]x 2 y 21．(教材习题改编)直线y ＝kx －k ＋1与椭圆9＋4＝1的地址关系为( )A ．订交B ．相切C ．相离D ．不确立分析：选A 直线y ＝kx －k ＋1＝k (x －1)＋1恒过定点(1,1) ，又点(1,1) 在椭圆内部，故直线与椭圆订交．2．极点在座标原点，焦点在 x 轴上的抛物线截得直线＝2 x ＋1所得的弦的长为 15，y AB则该抛物线的标准方程为 ____________．分析：设抛物线的方程为y 2＝( ≠0)，( 1， 1)，( 2， 2)．mxm Ax y Bxyy 2＝mx ，可得4 2＋(4－)＋1＝0.由方程组y ＝2x ＋1x mx4－m1所以x 1＋x 2＝－ 4 ，x 1x 2＝ 4.所以|AB |＝ 2 x ＋x2]＋22－4xx1 1 2＝ 51－m 2－1＝15，4解得m ＝12或m ＝－4.所以抛物线的标准方程为y 2＝12x 或y 2＝－4x . 答案：y 2＝12x 或y 2＝－4x1．直线与双曲线交于一点时，易误以为直线与双曲线相切，事实上不必定相切，当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线订交于一点．2．直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行时也相交于一点．[小题纠偏]1．过点(0,1) 作直线，使它与抛物线y 2＝4x 仅有一个公共点，这样的直线有()A ．1条B ．2条C ．3条D ．4条分析：选C结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x ＝0，过点(0,1)且平行于x 轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线 x ＝0)．2．直线b y ＝ax ＋3与双曲线x 2y 2a 2－b 2＝1的交点个数是()A ．1B ．2C ．1或2D ．0分析：选 A因为直线by ＝ax ＋3与双曲线的渐近线by ＝ax 平行，所以它与双曲线只有1个交点．考点向来线与圆锥曲线的地址关系要点保分型考点——师生共研[典例引领]在平面直角坐标系xOy 中，点M 到点F (1,0)的距离比它到y 轴的距离多1.记点M 的轨迹为C .(1) 求轨迹C 的方程；(2) 设斜率为k 的直线l 过定点P (－2,1)，若直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点，务实数k 的取值范围．解：(1)设点M (x ，y )，依题意|MF |＝|x |＋1， ∴x －2＋y 2＝|x |＋1，化简得y 2＝2(|x |＋x )，故轨迹C 的方程为y 2＝4x ，x ≥0， 0，x ＜0.(2) 在点M 的轨迹C 中，记C 1：y 2＝4x (x ≥0)，C 2：y ＝0(x ＜0)．依题意，可设直线l 的方程为y －1＝k (x ＋2)．y －1＝kx ＋，消去x ，联立y 2＝4x 可得ky 2－4y ＋4(2k ＋1)＝0.①1当k ＝0 时，此时y ＝1.把y ＝1代入轨迹C 的方程，得x ＝4.故此时直线l ：y ＝1与轨迹C 恰好有一个公共点 1.，14当k ≠0时，方程①的＝－16(2k 2＋k －1)＝－16(2k －1)(k ＋1)，②设直线l与x 轴的交点为(x 0,0)，则由 y －1＝ ( x ＋2)，令 y ＝0，得＝－ 2k ＋1kxk＜0，1(ⅰ)若x 0＜0，由②③解得k ＜－1或k ＞2.所以当 k ＜－1或 k ＞1时，直线 l 与曲线1 没有公共点，与曲线 2有一个公共点，故此2 CC时直线l与轨迹C 恰好有一个公共点.＝0，2k 2＋k －1＝0，(ⅱ)若即 2k ＋1解集为?.x ≥0，＜0，k1 综上可知，当k ＜－1或k ＞或k ＝0时，直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点．21故实数k 的取值范围为(－∞，－1)∪{0}∪2，＋∞.[由题悟法]1．直线与圆锥曲线地址关系的判断方法(1)代数法：即联立直线与圆锥曲线方程可获取一个关于x，y的方程组，消去y(或x)得一元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标．(2)几何法：即画出直线与圆锥曲线的图象，依据图象判断公共点个数．2．判断直线与圆锥曲线地址关系的注意点(1)联立直线与圆锥曲线的方程消元后，应注意谈论二次项系数能否为零的状况．(2)判断直线与圆锥曲线地址关系时，鉴识式起着要点性的作用，第一：可以限制所给参数的范围；第二：可以弃取某些解省得产生增根．[即时应用]1．直线y＝kx＋2 与抛物线y2＝8x有且只有一个公共点，则k的值为( )A．1 B．1或3C．0 D．1或0分析：选Dy＝kx＋2，得k2x2＋(4k－8)x＋4＝0，由2＝8，y x若k＝0，则y＝2，吻合题意．若k≠0，则＝0，即64－64k＝0，解得k＝1，所以直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且只有一个公共点时，k＝0或1.x2 y22．已知双曲线a2－b2＝1与直线y＝2x有交点，则双曲线离心率的取值范围为( ) A．(1，5) B．(1，5]C．(5，＋∞)D．[ 5，＋∞)b分析：选C 因为双曲线的一条渐近线方程为y＝a x，b c b2则由题意得a＞2，所以e＝a＝1＋a ＞1＋4＝5.考点二弦长问题要点保分型考点——师生共研[典例引领]x2y2(2018·浙江六校联考)如图，椭圆C1：a2＋b2＝1(a＞b＞0)和圆C2：x2＋y2＝b2，已知圆C2将椭圆C1的长轴三均分，且圆C2的面积为π.椭圆C1的下极点为E，过坐标原点O且与坐标轴不重合的任意直线l与圆C2订交于点A，B，直线EA，EB与椭圆C1的另一个交点分别是点P，M.(1)求椭圆C1的方程；(2)求△EPM面积最大时直线l的方程．解：(1)由题意得：b＝1，则a＝3b，x 22所以椭圆C 1的方程为：9＋y ＝1.(2) 由题意得：直线PE ，ME 的斜率存在且不为0，PE ⊥EM ，不如设直线PE 的斜率为k (k ＞0)，则PE ：y ＝kx －1，y ＝kx －1， 18k ，x ＝ 2x ＝0，由x 29k ＋1 2 得 2或 9 ＋y ＝19k －1y ＝－1.y ＝9k 2＋1所以P 18k9k 2－1－18k 9－k 22，9k22，2，9k ＋1 ＋1，同理得M k ＋ 9 k ＋9PMk 2－1则k ＝10k，y ＝kx －1，2k k 2－1k 2－1 由x 2＋y 2＝1，得A 1＋k 2 ，1＋k 2 ，所以k AB ＝2k ，1△EPM1k ＋k 3162k ＋k1△EPM162t所以S＝2|PE|·|EM|＝94＋822＋9＝9.设t ＝k ＋，则S＝92＋64＝k k9k 2＋82＋k 2kt16227，当且仅当＝ 1 8127，则直线：k 2－1≤t＋＝时取等号，所以k－＝±＝x648k k 3k3ABy2k9t ＋t11＝ 2k －k x ，7所以所求直线l 方程为：y ＝±3x .[由题悟法]弦长的3种常用计算方法(1) 定义法：过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义，可优化解题． (2) 点距法：将直线的方程和圆锥曲线的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦长．(3) 弦长公式法：它表现认识析几何中设而不求的思想，其实质是利用两点之间的距离公式以及一元二次方程根与系数的关系获取的．[提示]直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直的特别状况．[即时应用]x 2 y 21(2018·温州二模)已知椭圆C ：a 2＋b 2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，离心率为 2，过右焦点的直线l 与椭圆订交于M ，N 两点，点P 的坐标为(4,3) ，记直线 PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2.(1) 求椭圆C 的方程；24(2) 当|MN |＝7时，求直线l 的斜率．解：(1) ∵2a ＝4，∴a ＝2，又e ＝ c ＝ 1，∴c ＝1，∴b 2＝3. a 2x 2y 2∴椭圆C 的方程为4＋3＝1.(2) 椭圆右焦点(1,0)，当l 斜率不存在时，|MN |＝3，不合题意；当l斜率k 存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，x 2 y 2 由4＋3＝1，y ＝kx －，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4(k 2－3) ＝0，＝144(k 2＋1)＞0建立，∴ x 1＋ x2＝8k22，12＝ k 2－2，3＋4k xx3＋4k∴||＝1＋ k 2 ·x 1＋ 2 2－412MNxxx28k 22k 2－24＝ 1＋k · 3＋4k 2 －4×3＋4k 2＝7，解得k ＝±1.故直线l 的斜率为±1.考点三定点、定值问题要点保分型考点——师生共研[ 典例引领]已知抛物线C ：y 2＝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；1(2) 若直线OA ，OB 的斜率之积为－2，求证：直线AB 过x 轴上必定点．解：(1)因为抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点坐标为(1,0)，p所以2＝1，即p ＝2.所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明：①当直线AB 的斜率不存在时，t 2t 2设A4，t，B4，－t.1因为直线OA ，OB 的斜率之积为－2，t －t 1 2所以t 2·t 2 ＝－2，化简得t ＝32.4 4所以 (8， t )，(8，－ t )，此时直线的方程为＝8.A B AB x 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 )，y 2＝4x ，消去x 得ky 2－4y ＋4b ＝0. 联立方程组y ＝kx ＋b ，由根与系数的关系得AB4byy ＝k ，1因为直线OA ，OB 的斜率之积为－2，y A y B 1AB ＋2 AB ＝0. 所以 ·＝－，即x A x B 2 xx yy22y A y B即4·4＋2y A y B ＝0，解得y A y B ＝0(舍去)或y A y B ＝－32.4b 所以y A y B ＝k ＝－32，即b ＝－8k ，所以y ＝kx －8k ，即y ＝k (x －8)．综合①②可知，直线AB 过定点(8,0)．[由题悟法]1．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) 特别到一般法：依据动点或动线的特别状况探究出定点，再证明该定点与变量没关． 2．定值问题常有的2种求法(1) 从特别下手，求出定值，再证明这个值与变量没关． (2) 引进变量法：其解题流程为[即时应用]1．(2018·宁波模拟)如图，中心在座标原点，焦点分别在 x 轴和y轴上的椭圆T ，T 都过点M (0，－ 2)，且椭圆T 与T 的离心率均为2.12122(1) 求椭圆T 1与椭圆T 2的标准方程；(2) 过点M 引两条斜率分别为k ，k ′的直线分别交T 1，T 2于点P ，Q ，当k ′＝4k 时，问直线P Q 能否过定点？若过定点，求出定点坐标；若但是定点，请说明理由．解：(1)设椭圆1，2的方程分别为x 2 y 2a ＞＞0)，y 22＋ x 22＝1( ′＞ ′＞0)，2＋ 2＝1(TTa bba ′b ′abc 2222由题意得b ＝ 2，e ＝a ＝2，又a ＝b ＋c ，解得a ＝2.同理可得 a ′＝ 2，′＝1，所以椭圆1和椭圆2的方程分别为 x 2 y 2y 2x 2＋＝1，＋＝1.bTT422(2) 直线MP 的方程为y ＝kx －2，x 2 y 2＋＝1，消去y 得(2k 2＋1)x 2－4 2kx ＝0，联立42 y ＝kx －24 2k则点P 的横坐标为2k 2＋1，所以点P 的坐标为42 2k 22k 2－2， 2 .2k ＋1 2k ＋1同理可得点 Q 的坐标为 22k ′2k ′2－22.k ′2＋2， k ′2＋2又 k′＝4 ，则点Q 的坐标为4 2 2k82k 2－2k，8k ＋18k ＋182k 2－222k 2－2所以k PQ ＝8k 2＋1 － 2k 2＋1 ＝－1 ，42k 4 2k2k8k 2＋1－2k 2＋12 2 2－21 4 2k则直线P Q 的方程为y －2k 2＋1＝－2k x －2k 2＋1 ，化简得y － 12＝－2x ，故直线P Q 过定点(0，2)．kx 2 y 22．(2018·嘉兴模拟)如图，椭圆E ：a 2＋b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点A (0，2－1)，且离心率为2.(1)求椭圆E的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不一样两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与A Q的斜率之和为定值．c2解：(1) 由题意知a＝，b＝1，2由a2＝b2＋c2，得a＝2，所以椭圆E的方程为x2＋y2＝1.2(2)证明：设直线P Q的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，2x代入＋y＝1，22 2得(1＋2k)x－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由题意知＞0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且x1x2≠0，4k k－2kk－则x1＋x2＝1＋2k 2，x1x2＝1＋2 2 ，k所以直线AP与A Q的斜率之和y1＋1y2＋1k AP＋k AQ＝x1＋x2kx1＋2－k kx2＋2－k＝＋x2x12k＋(2－k) 1 1＝＋x2 x1x1＋x2＝2k＋(2－k)x1x24k k－＝2k＋(2－k)2k k－＝2k－2(k－1)＝2.故直线AP与A Q的斜率之和为定值2.考点四最值、范围问题要点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·浙江原创猜题卷)设抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过点F的直线l 交抛物线C于P，Q两点，且|P Q|＝8，线段P Q的中点到y轴的距离为3.(1)求抛物线C的方程；(2)若点 A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是抛物线C 上相异的两点，满足x 1＋x 2＝2，且AB 的中垂线交 x 轴于点，求△的面积的最大值及此时直线的方程．M AMBAB解：(1)设P (x ，y )，Q(x ，y )，PPQQ则P Q 的中点坐标为x P ＋x Q y P ＋y Q.， 22x P ＋x Q由题意知＝3，∴x P ＋x Q ＝6，2又|P Q|＝x P ＋x Q ＋p ＝8，∴p ＝2，故抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)当AB 垂直于x 轴时，明显不吻合题意，所以可设直线AB 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)，y ＝kx ＋b ，消去y 并整理，得k 2x 2＋(2kb －4)x ＋b 2＝0，由y 2＝4x ＝ 16(1－kb )＞0，4－2kb 2 ∴由x 1＋x 2＝k 2＝2，得b ＝k －k ，2∴直线AB 的方程为y ＝k (x －1)＋k .2∵AB 中点的横坐标为1，∴AB 中点的坐标为1，k .13 可知AB 的中垂线的方程为y ＝－k x ＋k ， ∴M 点的坐标为(3,0)．∵直线AB 的方程为k 2x －ky ＋2－k 2＝0，22|3k ＋2－k |2k 2＋1∴M 到直线AB 的距离d ＝ 4 ＋k 2 ＝k|k |.k 2x －ky ＋2－k 2＝0，k 2 22由y 2＝4x ，得4y －ky ＋2－k ＝0，＝k 2(k 2－1)＞0，48－4 k 2∴y 1＋y 2＝k ，y 1y 2＝k 2 ，∴||＝1y 1－ y 4 k 2 ＋1k 2－1.1＋ 2|2|＝k 2ABk设△AMB 的面积为S ，1|·＝41＋ 1 1－ 1则＝|kk 2，21设1－k2＝t，则0＜t＜1，2 3 2∴S＝4t(2－t)＝－4t＋8 t，S′＝－12t＋8，6由S′＝0，得t＝3 (负值舍去)，即当k＝±max 16 63时，S ＝9 ，此时直线AB的方程为3x±3y－1＝0.[由题悟法]解决圆锥曲线中的取值范围问题的5种常用解法(1)利用圆锥曲线的几何性质或鉴识式构造不等关系，从而确立参数的取值范围．(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这种问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其余变量的函数，求其值域，从而确立参数的取值范围．[即时应用]1．如图，设抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|－1.(1)求p的值；(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M，求M的横坐标的取值范围．解：(1)由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，p由抛物线的定义得2＝1，即p＝2.(2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1,0)，可设A(t2,2t)，t≠0，t≠±1.y2＝4x，因为AF不垂直于y轴，所以可设直线AF的方程为x＝sy＋1(s≠0)，由消x＝sy＋1去x得y2－4sy－4＝0.1 2故y1y2＝－4，所以B t2，－t.2t又直线AB的斜率为t2－1，t2－1故直线FN的斜率为－2t，t2－1从而得直线FN的方程为y＝－2t(x－1)．2又直线BN的方程为y＝－t，t2＋3 2所以N t2－1，－t.2设M(m,0)，由A，M，N三点共线得2t＝2t＋t2 t 2 ，t－m 2 ＋3t－t2－12t2 2于是m＝t2－1＝1，得m＜0或m＞2.1－t2经检验，m＜0或m＞2满足题意．综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞)．2．(2018·温州期末)已知椭圆的焦点坐标为F1(－1,0)，F2(1，0)，过F2垂直于长轴的直线交椭圆于P，Q两点，且|P Q|＝3，(1)求椭圆的方程；(2)如图，过F2的直线l与椭圆交于不一样的两点M，N，则△F1MN的内切圆的面积能否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明原由.解：(1)设椭圆方程为x2 y2＞＞0)，2＋2＝1(a b a b由焦点坐标可得c＝1，2b2由|P Q|＝3，可得a＝3，2 2解得＝2，＝3，故椭圆的方程为x＋y ＝1.a b 4 3(2)设M(x ，y)，N(x ，y )，△FMN的内切圆的半径为R，1 12 2 11 R＝4R，则△FMN的周长为4a＝8，S△FMN＝2(|MN|＋|FM|＋|FN|)1 1 1 1所以S△FMN最大，R就最大，S△FMN＝ 2 |FF|(y－y)＝y －y .1 1 1 12 1 2 1 2由题知，直线l 的斜率不为零，可设直线l的方程为x＝＋1，myx ＝my ＋1，由x 2 y 22 2得(3m ＋4)y ＋6my －9＝0， 4＋3＝12－2－3m ＋6m ＋13m －6m ＋1解得y 1＝2，y 2＝2，3m ＋43m ＋4212m ＋1则S △F 1MN ＝y 1－y 2＝2.3m ＋4令t ＝ 2m ＋1，则t ≥1,12t 12所以S △F 1MN ＝3t 2＋1＝t ＋ 1，3 t令 f()＝3 t1f1＋，则′( )＝3－2，tttt当t ≥1时，f (t )在[1，＋∞)上单调递加，有112f (t )≥f (1)＝4，S △FMN ≤4＝3，即当t ＝1，m ＝0时，取等号，又S △F 1MN ＝4R ， 39所以R ＝4，故所求内切圆面积的最大值为16π.max所以直线l 的方程为 x ＝1时，△1的内切圆面积获得最大值FMN916π.一保高考，全练题型做到高考达标x 2 y 21．(2019·台州模拟)已知双曲线12－4＝1的右焦点为F ，若过点F 的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此直线的斜率的取值范围是( )A.－3，3B ．[－3，3]33C.－3，3D ．(－3，3)33分析：选A易知该双曲线的渐近线方程为y ＝± 33x ，当过右焦点的两条直线分别与两条渐近线平行，即两条直线的斜率分别为3和－3时，这两条直线与双曲线右支分别只3 3有一个交点，所以此直线的斜率的取值范围是33 .－3，32．(2018·宁波调研)已知但是原点O 的直线交抛物线 y 2＝2px 于A ，B 两点，若OA ，AB的斜率分别为 k ＝2，k ＝6，则OB 的斜率为()OAABA ．3B ．2C ．－2D ．－3分析：选 D 由题意可知，直线 OA 的方程为 y ＝2x ，与抛物线方程 y 2＝2px 联立得y ＝2 ，x ＝0，ppy 2＝2px ，解得y ＝0或2所以A 2，p ，则直线AB 的方程为 y －p ＝y ＝p ，p y ＝6x －2p ，x ＝2p，296x －2，即y ＝6x －2p ，与抛物线方程y ＝2px联立得y 2＝2px ，解得 2py ＝－3p2pxp－＝，2232或所以BpOB2p ＝－3.y ＝p ， 9，－3，所以直线OB 的斜率k＝9πx 2 y 23．(2018·杭州二模)倾斜角为4 的直线经过椭圆 a 2＋b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点F ，与椭圆交于，两点，且＝2 ，则该椭圆的离心率为 ( )ABAFFBA. 3B.22323 C.2D.3x 2 y 2分析：选B由题可知，直线的方程为 y ＝x －c ，与椭圆方程联立得a 2＋b 2＝1，∴y ＝x －c ，y 1 ＋y 2－2b 2c＝2 2，(2＋2) y 2＋2 2 － b 4＝0，且＞0.设( 1， 1)，( 2， 2)，则 a ＋b 又－b 4abbcyAx y Bx y y ya1 2 2 2－22AF ＝2FB ，∴(c －x 1，－y 1)＝2(x 2－c ，y 2)，∴－y 1＝2y 2，即－y 2＝a 2＋b 2，1 －2 2－b 4 2，∴2＝2＝ 2ya ＋b4c 22a 2＋b 2，∴e ＝3，应选B.2 24．(2018·温州十校联考)已知点P 是双曲线：x2－y2＝1(＞0，＞0)右支上一点，C a bab1是双曲线的左焦点，且双曲线的一条渐近线正是线段1的中垂线，则该双曲线的离心率FPF是()A.2B. 3 C ．2D.52分析：选 D1ab－ a ， ab设直线PF ：y ＝b (x ＋c )，则与渐近线y ＝－a x 的交点为Mcc .因1P －2a 2＋， 2ab，因为点P 在双曲线上，所以为M 是PF 的中点，利用中点坐标公式，得c cc b 2－a 224a 2b 2422满足a 2c 2－c 2b 2＝1，整理得c＝5ac ，解得e ＝5.5．(2019·丽水五校联考)已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0) 的焦点为F ，准线为l ，过点F且倾斜角为60°的直线交C 于A ，B 两点，AM ⊥l ，BN ⊥l ，M ，N 为垂足，点Q 为MN 的中点， |Q F |＝2，则p ＝________.分析：如图，由抛物线的几何性质可得，以AB 为直径的圆与准线相切，且切点为Q ，△MFN 是以∠MFN 为直角的直角三角形，∴ |MN |＝2|Q F ||BD | °＝ 4 ＝ 8 3sin603 3 .设A (x ，12y 2＝2px ，12 2p2 2 125 p ，∴|AB |＝x13x －y ＝ 2 ，35 883＋ x 2＋p ＝3p ＋p ＝3p ＝3，∴p ＝3.答案：322y6．已知双曲线x －＝1上存在两点M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，且MN 的中点在抛物线y 2＝18x 上，则实数m 的值为________．分析：设( 1， 1)，( 2， 2)，的中点 ( 0， 0)，MxyNxyMNPxy22y 1x 1 －3＝1，则22y 2x 2 －3＝1，1两式相减，得(x 2－x 1)(x 2＋x 1)＝3(y 2－y 1)(y 2＋y 1)，y －y 1 y ＋y 1 MN y 0 明显x 1≠x 2.∴ 2· 2＝3，即k ·x 2 －x 1 x 2 ＋x 1 x ＝3，0 ∵M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，∴k MN ＝－1，m 3m∴ y 0＝－3x 0.又∵y 0＝x 0＋m ，∴P －4，4，92 m代入抛物线方程得16m ＝18×－4 ，解得m ＝0或－8，经检验都吻合．答案：0或－87．(2019·湖州六校联考)设抛物线： y 2＝4 x 的焦点为，过点(－1,0)作直线l 与CFP抛物线C 交于， B 两点，若△ABF＝2，且||＜||，则|AF |＝________.ASAF BF|BF |分析：设直线 l 的方程为x ＝my －1，将直线方程代入抛物线C ：y 2＝4x 的方程，得y 2－4my ＋4＝0，＝ 2＞0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，|y 1|＜|y 2|，所以y 1＋y 2＝4m ，16(m －1) y 1·y 2＝4，又S △122＝|y 2－y 1|＝22＝＝2，所以1＋m ·|y －y |·22，所以y ＋yABF2m ＋122105y 1|AF | |x ＋1| |my －1＋1| y 11110，所以12 ＝＝，从而＝，即＝1 ＝ 1＝＝.y 2＋ y 21·y 242＋ 2－y22 |BF | |x 1| |my 11| 21答案：2x 221 C 所截8．(2019·衢州模拟)已知椭圆C ：＋y ＝1，若一组斜率为的平行直线被椭圆24线段的中点均在直线 l 上，则l 的斜率为________．分析：设弦的中点坐标为( ， y )，设直线＝1＋与椭圆订交于( 1， 1)，( 2，Mxy 4xmAxyBxy ＝ 1 ＋，4x m2222y 2)两点，由2消去y ，得9x ＋8mx ＋16m －16＝0，＝64m －4×9×(16mx 22＋y＝1232 32128m 1216m －16－16)＞0，解得－4＜m ＜4，x ＋x ＝－9，xx ＝9，∵M (x ，y )为弦AB 的中点，124m∴x ＋x ＝2x ，解得x ＝－9，3 2 3 22 2∵m ∈－4，4，∴x ∈－3，3，1y ＝4x ＋m ，由消去m ，得y ＝－2x ，4mx ＝－922则直线l 的方程为y ＝－2x ，x ∈－3，3， ∴直线l 的斜率为－2. 答案：－2x 22 9．(2018·东阳适应)已知椭圆a 2＋y ＝1(a ＞1)．(1)若A (0,1)到焦点的距离为 3，求椭圆的离心率．(2)Rt △以(0,1) 为直角极点，边，与椭圆交于两点，.若△ 面积的最ABCAAB AC BC ABC27大值为8，求a 的值．c 6解：(1) 由题可得a ＝ 3，所以c ＝ 2，所以e ＝a ＝3.(2)不如设AB 斜率k ＞0，1则AB ：y ＝kx ＋1,AC ：y ＝－kx ＋1，y ＝kx ＋1，由x 22a 2＋y ＝1得(1＋a 2k 2)x 2＋2a 2kx ＝0，2a 2k2a 2k解得x B ＝－1＋a 2k 2，同理x C ＝k 2＋a 2，14k 1＋k 2S ＝2|AB || AC |＝ 2a ·a 2k 4＋a 4k 2＋k 2＋a 2114k ＋k＝2 4k ＋k，＝2a ·a 2a ·12 242k ＋ 2 ＋ 22ak＋2＋a＋1ak a －1k1设t ＝k ＋k ，则t ≥2，4t2a 4a 3a 2－1S ＝2a ·2 2 ＋ a 2－2＝2 －2≤2－1，当且仅当t ＝a≥2，即a ≥1＋ata 2t ＋ a ta2时取等号，a 3273＋297由a 2－1＝8，解得a ＝3，a ＝ 16(舍)，若a ＜1＋ 2，明显无解．∴a ＝3.x 2 y 2310．(2019·嘉兴模拟)已知椭圆C ：a 2＋b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为3，F 1，F 2分别为椭圆C 的左、右焦点，过 F 2的直线l 与C 订交于A ，B 两点，△F 1AB 的周长为43.(1) 求椭圆C 的方程；(2)若椭圆 C 上存在点，使四边形为平行四边形，求此时直线 l 的方程．POAPB3 c 3解：(1)∵椭圆的离心率为3，∴a ＝3，∴a ＝3c ，又△F 1AB 的周长为4 3，∴4a ＝4 3，解得a ＝3，∴c ＝1，b ＝2，x 2y 2∴椭圆C 的标准方程为3＋2＝1.(2) 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 0，y 0)，∵当直线l 的斜率不存在时，这样的直线不满足题意， ∴设直线l 的斜率为k ，则直线l 的方程为y ＝k (x －1)，将直线l 的方程代入椭圆方程，整理得(2＋3k 2)x 2－6k 2x ＋3k 2－6＝0，6k 2 ∴x 1＋x 2＝2＋3k 2，6k 3－4k故y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－2k ＝2＋3k 2－2k ＝2＋3k 2.∵四边形OAPB 为平行四边形，∴ OP ＝OA ＋ OB ，6k 2－4 k从而x 0＝x 1＋x 2＝2＋3k 2，y 0＝y 1＋y 2＝2＋3k 2，6k 2 2－4k 22＋3 22＋3 k 2又P (x ，y )在椭圆上，∴k＋＝1，23化简得3k 4－4k 2－4＝0，解得k ＝±2，故所求直线l 的方程为y ＝±2(x －1)．二登台阶，自主选做志在冲刺名校221．(2018·湖州质检)已知椭圆： x 2＋y2＝1(a ＞＞0)，不经过原点 O 的直线 l ：＝E a b b ykx＋m (k ＞0)与椭圆E 订交于不一样的两点 A ，B ，直线 OA ，AB ，OB 的斜率挨次构成等比数列．(1) 求a ，b ，k 的关系式；1＋1(2)若离心率e ＝2且|AB |＝7mm ，当m 为什么值时，椭圆的焦距获得最小值？解：(1) 设( 1， y 1)，( 2， 2)，AxBx y 2y 1y 2由题意得k ＝k OA ·k OB ＝.x 1x 222x 2 y 2222222222联立a ＋b ＝1，消去y ，整理得(b＋ak )x ＋2akmx ＋am －ab ＝0，y ＝kx ＋m222222 222＞0，故＝(2akm )－4(b ＋ak )(am －ab )222 2即b －m ＋ak ＞0，2222 22akmam －ab且x 1＋x 2＝－b 2＋a 2k 2，x 1·x 2＝b 2＋a 2k 2，y 1y2＋kmx 1＋x 2222kx 1x 2＋m所以k ＝＝xx，xx221 12 22 22akm2即km (x 1＋x 2)＋m ＝0，－b 2＋a 2k 2＋m ＝0.又直线不经过原点，所以m ≠0，所以b 2＝a 2k 2，即b ＝ak .(2)因为 1 ＝2 ，＝ 3 ，＝ 3＝，则，2 22 2 23 所以x 1＋x 2＝－b 2＋a 2k 2＝－3，x 1·x 2＝22 2 2222am －abb 2＋a 2k 2＝3m －2c ，所以|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝7x 1＋x 22－4x 1·x 2＝27 2 322 222·－ 3m－43m －2c721＝4m2m ＋，2 ·－3＋8c ＝7 m214 32＝ 4m＞0恒建立),化简得2c＋2＋2≥＋2(3m3214当且仅当 4m，即＝±12时，焦距最小．＝23mm2412综上，当m ＝±2时，椭圆的焦距获得最小值．2．(2018·学军适考)已知抛物线C ：x 2＝4y ，过点P (0，m )(m ＞ 0) 的动直线l 与C 订交于A ，B 两点，抛物线C 在点A 和点B 处的切线订交于点Q ，直线A Q ，B Q 与x 轴分别订交于点E ，F .(1) 写出抛物线C 的焦点坐标和准线方程； (2) 求证：点Q 在直线y ＝－m 上；(3) 判断能否存在点P ，使得四边形PE Q F 为矩形？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明原由．解：(1)焦点坐标为(0,1)，准线方程为y ＝－1.(2) 证明：由题意知直线l 的斜率存在，故设l 的方程为y ＝kx ＋m .y ＝kx ＋m ，得x 2－4kx －4m ＝0，由方程组2＝4，xy由题意，得＝16k 2＋16m ＞0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4m ，121所以抛物线在点A 处的切线方程为y －4x 1＝2x 1(x －x 1)，1 12 化简，得y ＝2x 1x －4x 1，①同理，抛物线在点 B 处的切线方程为11 2 .②2 2112 11 211 22即2(x －x )x ＝4(x － x )(x ＋x )，因为x ≠x ，所以x ＝2 (x ＋x ),代入①，得y ＝4xx21 12 1 1 2121211 21 1x1＋x2＝－m，所以点Q，－m，即Q(2k，－m)．2所以点Q在直线y＝－m上.(3)假设存在点P，使得四边形PE Q F为矩形，由四边形PE Q F为矩形，得E Q⊥F Q，即A Q⊥B Q，11所以k AQ·k BQ＝－1，即2x1·2x2＝－1.1 1由(2)，得4x1x2＝4(－4m)＝－1，解得m＝1.所以P(0,1)．以下只要考据此时的四边形PE Q F为平行四边形即可．1在①中，令y＝0，得E2x1，0.1同理得F2x2，0.所以直线EP的斜率为k＝1－0 －2 ，EP0－2x1直线Q的斜率k 0－－＝－2F 1x2－x＋x2 x1 12 2EP FQ所以k＝k，即EP∥F Q.同理∥Q.PF E所以四边形PE Q F为平行四边形．综上所述，存在点P(0,1)，使得四边形PE Q F为矩形．命题点一椭圆x2y21．(2018·全国卷Ⅱ)已知F1，F2是椭圆C：a2＋b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，A是C的左极点，点P 在过A且斜率为 3 的直线上，△12为等腰三角形，∠12＝120°，则C6 PFF FFP的离心率为( )2 1A.3B.21 1C. D.3 4分析：选D如图，作PB ⊥x 轴于点 B .由题意可设|F 1F 2|＝|PF 2|＝2，则c ＝1.由∠FFP ＝120°，可得|PB |＝3，|BF |＝1，故|AB |＝a ＋1＋122|PB |33c 1 1＝a ＋2，tan ∠PAB ＝||＝a ＋2＝ 6，解得a ＝4，所以e ＝＝ 4.ABa2x 2．(2018·浙江高考)已知点P (0,1)，椭圆＋y ＝m (m ＞1)上两点A ，―→―→B 满足AP ＝2PB ，则当m ＝________时，点B 橫坐标的绝对值最大．―→―→分析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由AP ＝2PB ，－ x 1＝2x 2，得 y 2－，即x 1＝－2x 2，y 1＝3－2y 2.1－y 1＝24x 2－2y24＋2＝m ，因为点，在椭圆上，所以2ABx 224＋y 2＝m ，13221 25 912＋4≤4，＝m －(3－2y)＝－＝－222所以当m ＝5时，点B 横坐标的绝对值最大．答案：52x 3．(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C ：＋y ＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B 两点，点M 的坐标为(2,0)．(1)当 l 与 x 轴垂直时，求直线的方程；AM (2)设O 为坐标原点，证明：∠ OMA ＝∠OMB .解：(1)由已知得(1,0) ， l 的方程为 x ＝1.F则点 A 的坐标为2 或2 .1，21，－2又M (2,0)，所以直线AM 的方程为y ＝－2 x ＋2或y ＝2 2 x －2，2即 x ＋2－2＝0或x －2－2＝0.yy(2) 证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°.当l与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直均分线，所以∠OMA ＝∠OMB .当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为 y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＜2，x 2＜2，直线MA ，MB 的斜率之和为y 1y 2k MA ＋k MB ＝x 1－2＋x 2－2. 由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k ，2 1 x 2 －3x 1＋ 2＋4kkxkx得k ＋k ＝.MAMBx 1－x 2－2将y ＝k (x －1)代入x＋y 2＝1，2得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，4k 22k 2－2所以x 1＋x 2＝2k 2＋1，x 1x 2＝2k 2＋1. 则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k 4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k ＝2k 2＋1＝0.从而k MA ＋k MB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补．所以∠OMA ＝∠OMB . 综上，∠OMA ＝∠OMB 建立．x 2 y 24．(2018·天津高考)设椭圆a 2 ＋b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F ，上极点为B .已知椭圆的离心率为5A 的坐标为(b, 0)，且||·||＝62.，点3FBAB(1) 求椭圆的方程．(2)设直线l ：y ＝kx (k ＞0)与椭圆在第一象限的交点为P ，且l 与直线AB 交于点Q ，若|A Q|5 2|Q|＝4 sin ∠AO Q(O 为原点)，求k 的值．P解：(1)设椭圆的焦距为2c ，c 2 5222＝3 .①由已知有2＝，又由a ＝b ＋c ，可得2ba9a由已知可得|FB |＝a ，|AB | ＝ 2b ，又|FB |·|AB |＝62，可得ab ＝6.② 联立①②解得a ＝3，b ＝2.x 2y 2所以椭圆的方程为＋＝1.94(2) 设点P 的坐标为(x 1，y 1)，点Q 的坐标为(x 2，y 2)．由已知有y 1＞y 2＞0，故|P Q|sin ∠AO Q ＝y 1－y 2.又因为|y 2A Q|＝，而∠sin ∠OABOAB ＝π，4所以|A Q|＝2y 2. |A Q|52由|P Q|＝4sin ∠AO Q ，可得5y 1＝9y 2.y ＝kx ，由方程组 x 2 y 2消去x ，可得y 1＝6k.29＋4＝19k ＋4易知直线AB 的方程为x ＋y －2＝0，y ＝kx ，2x ＋y －2＝02k由方程组消去x ，可得y ＝k ＋1.由5y 1＝9y 2，可得5(k ＋1)＝39k 2＋4，两边平方，整理得256k －50k ＋11＝0，解得 1 k ＝2或11k ＝28.所以k 的值为 1 或 211 28.x 2y 25．(2018·全国卷Ⅲ )已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆C ：4＋3＝1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m ＞0)．1(1) 证明：k ＜－2；(2) 设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且 ―→―→―→―→―→FP ＋FA ＋FB ＝0. 证明：|FA |，|FP |，―→|FB |成等差数列，并求该数列的公差．解：(1)证明:设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，222 2x 1y 1x 2 y 2则4＋3＝1，4＋3＝1.y 1－y 2 ＝k 得 x 1＋x 2 y 1＋y 2·k ＝0.两式相减，并由x 1－x 2 4 ＋ 3 由题设知 x 1＋x 2 y 1＋y 23 ＝1， 2 ＝m ，于是k ＝－ .①24 m 由题设得 3 k 10＜＜，故＜－.m 2 2(2) 由题意得F (1,0)．设P (x 3，y 3)，则(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0,0)．由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1， y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m ＜0.又点P 在C 上，所以m ＝3，4从而P 1，－ 3，| ―→ 32 FP |＝，2―→21222x 1于是|111－FA |＝x －＋y ＝x －＋34x 1＝2－.2―→x 2同理|FB | ＝2－2.―→―→1所以| FA | ＋|FB |＝4－2(x 1＋x 2)＝3.故 ―→ ＝ ―→ ―→2| FP | | FA | ＋|FB |，即―→ ―→ ―→ |成等差数列． |FA |，| FP |，| FB 设该数列的公差为 d ，则2|d |＝| ―→―→1|x －x |212＝1x 1＋x 22－412.②2xx3将m ＝4代入①得k ＝－1，7 所以l 的方程为y ＝－x ＋4，21代入C 的方程，并整理得7x －14x ＋＝0.故x 1＋x 2 ＝2，x 1x 2 13 21 ＝，代入②解得|d |＝.28283 21 3 21 所以该数列的公差为 28或－28.命题点二双曲线x 2y 21．(2018·全国卷Ⅱ)双曲线a 2－b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的离心率为3，则其渐近线方程为 ()A ．y ＝±2xB ．y ＝±3xC ．＝±2 D ．＝±3 y2xy2xca 2＋b 2分析：选A ∵e ＝a ＝a ＝3， ∴ a 2＋b 2＝3a 2，∴b ＝2a . ∴渐近线方程为 y ＝± 2.xx 2 y 22．(2018·全国卷Ⅲ)设F 1，F 2 是双曲线 C ：a 2－b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点，O是坐标原点．过 2作 C 的一条渐近线的垂线，垂足为 .若| 1|＝ 6||，则 C 的离心率为FPPFOP( )A. 5 B ．2C.3D.2b 分析：选C法一：不如设一条渐近线的方程为y ＝a x ，则F 2到y ＝ bx 的距离d ＝|bc |＝b .aa 2＋b 2在Rt △F 2PO 中，|F 2O |＝c ，所以|PO |＝a ，所以|PF 1|＝ 6a ，又|F 1O |＝c ，所以在△F 1PO 与Rt △F 2PO 中，依据余弦定理得1a 2＋c 2－6a2 2a cos ∠POF ＝2ac＝－cos ∠POF ＝－c ，22222c即3a ＋c － (6a )＝0，得3a ＝c ，所以e ＝a ＝3.法二：如图，过点F 向OP 的反向延长线作垂线，垂足为P ′，连1接P ′F 2，由题意可知，四边形PF 1P ′F 2为平行四边形，且△PP ′F 2是直角三角形．因为|F 2P |＝b ，|F 2O |＝c ，所以|OP |＝a .又|PF 1 |＝ 6a ＝|F 2P ′|，|PP ′|＝2 a ，所以|F 2P |＝ 2a ＝b ，所以c ＝ a 2＋b 2＝3a ，所以e ＝ c＝3.a223．(2018·天津高考)已知双曲线x 2－y2＝1(a＞0，＞0)的离心率为2，过右焦点且垂a bb直于x 轴的直线与双曲线交于 A ，B 两点．设A ，B 到双曲线的同一条渐近线的距离分别为 d 和d ，且d ＋d ＝6，则双曲线的方程为 ( )121 2x 2 y 2x 2 y 2A.4－12＝1B. 12－4＝1x 2 y 2x 2 y 2C.3－9＝1D.9－3＝1分析：选C法一：如图，不如设A 在B 的上方，则b 2，Ac ，aB c ，－ b 2 .a又双曲线的一条渐近线为 bx －ay ＝0，则 d 1＋ bc －b 2＋bc ＋b 22bc2＝a 2＋b 2＝＝2dcb＝6，所以b ＝3.c222又由e ＝a ＝2，知a ＋b ＝4a ，所以a ＝3.所以双曲线的方程为x 2 y 2－＝1.3 9x 2法二：由d 1＋d 2＝6，得双曲线的右焦点到渐近线的距离为3，所以b ＝3.因为双曲线a 2－y 2c a 2＋b 2 a 2＋92b 2 ＝1(a ＞0，b ＞0)的离心率为2，所以a ＝2，所以a 2＝4，所以 a 2＝4，解得a ＝3，x 2y 2所以双曲线的方程为3－9＝1.x 224．(2018·全国卷Ⅰ)已知双曲线C ：3－y ＝1，O 为坐标原点，F 为C 的右焦点，过F的直线与C 的两条渐近线的交点分别为M ，N .若△OMN 为直角三角形，则|MN |＝()3A.2 B ．3 C ．23D ．4分析：选B 法一：由已知得双曲线的两条渐近线方程为y ＝113±3x .设两条渐近线的夹角为 2α，则有tan α＝3＝3，所以α＝30°.所以∠MON ＝2α＝60°.又△OMN 为直角三角形，因为双曲线拥有对称性，不如设MN ⊥ON ，以下列图．在 Rt △ONF 中，|OF |＝2，则|ON |＝3.在Rt △OMN 中，|MN |＝|ON |·tan2α＝3·tan60°＝3.x 223法二：因为双曲线 3－y ＝1的渐近线方程为 y ＝± 3x ，所以∠MON ＝60°.不如设过点F 的直线与直线 3x 交于点M ，由△OMN 为直角三角形，不如设∠OMN ＝90°，则∠MFOy ＝ 3 ＝60°，又直线过点 (2,0) ，所以直线的方程为 y ＝－ 3( x －2)，MNFMNy ＝－ 3x －，x ＝ 3 ，2由3得3y ＝3 x ，y ＝2 ，333232所以M 2，2，所以|OM |＝2 ＋2 ＝ 3，所以|MN |＝ 3|OM |＝3.x 2 y 25．(2018·江苏高考)在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线a 2－b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的右3焦点F (c,0)到一条渐近线的距离为2c ，则其离心率的值为________．分析：∵双曲线的渐近线方程为± ＝0，bx ay|bc ±0|∴焦点F (c,0)到渐近线的距离 d ＝b 2＋a2＝b ，∴＝3，∴＝c 2－ 2＝1，b2cab 2cc∴e ＝a ＝2. 答案：26．(2018·北京高考)已知椭圆x 2 y 2a ＞＞0) ，双曲线x 2 y 2：2＋2＝1(：2－2＝1.若双曲线M a b bN m n N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的极点，则椭圆 M 的离心率为__________；双曲线N 的离心率为________．n分析：法一：如图，∵双曲线N 的渐近线方程为y ＝±mx ，n3，∴＝tan60°＝m∴双曲线N 的离心率e2 n 2满足e ＝1＋＝4，∴e ＝2.11m1y ＝ 3x ， 2 a 2b 22.由x2y2得x ＝ 2a 2＋b 2＝1，3a ＋b设D 点的横坐标为 x ，由正六边形的性质得 ||＝2 x ＝，∴42＝2.EDcx c4a 2b 2224224∴3a 2＋b 2＝a －b ，得 3a －6ab －b ＝0，。

2019届高考数学(浙江版)一轮配套讲义：10.6圆锥曲线的综合问题

§ 10.6 圆锥曲线的综合问题考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计2013 20142015201620179,5 分1. 认识圆锥曲线的简单应 21(2),9 21,15 分19(2),7用 .分 17( 文 ),4 19,15 分分21(2),圆锥曲线的理解数形联合的思想 .掌握 9( 文 ),5 分 19( 文 ),1 19(2)( 文综合问题2. 约 9 分3. 能解决直线与椭圆、抛物分 22( 文 ), 5 分),线的地点关系等问题 .22( 文 ), 约10分9 分约 9 分剖析解读1. 圆锥曲线的综合问题是高考的热门之一 , 主要考察两大问题 : 一是依据条件求出平面曲线的方程 ; 二是经过方程研究平面曲线的性质.2. 考察点主要有 :(1) 圆锥曲线的基本观点和性质 ;(2) 与圆锥曲线有关的最值、对称、地点关系等综合问题 ;(2) 有关定点、定值问题 , 以及存在性等探究性问题 .3. 估计 2019 年高考试题中 , 圆锥曲线的综合问题还是压轴题之一, 复习时应惹起高度重视.五年高考考点圆锥曲线的综合问题1.(2014 福建 ,9,5 分) 设 P,Q 分别为圆 x 2+(y-6) 2=2 和椭圆 +y 2=1 上的点 , 则 P,Q 两点间的最大距离是()A.5B.+C.7+D.6答案 D2.(2014 湖北 ,9,5 分 ) 已知 F 1,F 2是椭圆和双曲线的公共焦点 ,P 是它们的一个公共点 , 且∠ F 1PF 2= , 则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为()A. B.C.3D.2答案 A3.(2017 浙江 ,21,15 分 ) 如图 , 已知抛物线 x 2=y, 点 A,B , 抛物线上的点 P(x,y) .过点 B 作直线 AP 的垂线 , 垂足为 Q.(1) 求直线 AP 斜率的取值范围 ; (2) 求 |PA| 2 |PQ| 的最大值 .分析此题主要考察直线方程、直线与抛物线的地点关系等基础知识 , 同时考察分析几何的基本思想方法和运算求解能力 .(1) 设直线 AP 的斜率为 k,k= =x- ,因为 - <x< , 所以直线 AP 斜率的取值范围是 (-1,1).(2)解法一 : 联立直线 AP 与 BQ的方程解得点 Q的横坐标是 x = .Q因为 |PA|= = (k+1),|PQ|= (x -x)=- ,Q所以 |PA| 2 |PQ|=-(k-1)(k+1) 3,令 f(k)=-(k-1)(k+1) 3. 因为 f'(k)=-(4k-2)(k+1) 2,所以 f(k) 在区间上单一递加 , 上单一递减 , 所以当 k= 时 ,|PA| 2 |PQ| 获得最大值 . 解法二 : 如图 , 连结 BP,|AP| 2 |PQ|=|AP| 2 |PB| 2 cos ∠ BPQ= 2 ( - )=2-.易知 P(x,x 2) ,则 2 =2x+1+2x 2- =2x2 +2x+ , = + =x2+x+ +x 4- x2+ =x4+ x2+x+ .∴ |AP| 2 |PQ|=-x 4+ x2+x+ .设 f(x)=-x 4 2,+ x +x+3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2则 f'(x)=-4x ,∴ f(x) 在上为增函数 , 在上为减函数 ,∴ f(x) =f(1)=.max故 |AP| 2 |PQ| 的最大值为 .4.(2014 浙江 ,21,15 分) 如图 , 设椭圆 C: + =1(a>b>0), 动直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点P,且点 P在第一象限 .(1)已知直线 l 的斜率为 k, 用 a,b,k 表示点 P 的坐标 ;(2) 若过原点O的直线 l 1与 l 垂直 , 证明 : 点 P 到直线 l 1的距离的最大值为a-b.分析 (1) 设直线 l 的方程为y=kx+m(k<0), 由2 2 2 2 2 2 2 2 2 消去 y 得 (b +a k )x +2a kmx+a m-a b =0.因为 l 与 C只有一个公共点 , 故 =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 P .(2) 证明 : 因为直线 l 1过原点O且与 l 垂直 , 故直线 l 1 的方程为 x+ky=0,所以点 P 到直线 l 1 的距离 d=,整理得 d=.22≥ 2ab, 所以 ≤ =a-b,因为 a k +当且仅当 k 2= 时等号建立 .所以 , 点 P 到直线 l 1 的距离的最大值为 a-b.5.(2013 浙江 ,21,15 分) 如图 , 点 P(0,-1) 是椭圆 C 1: + =1(a>b>0) 的一个极点 ,C 1 的长轴是圆 C 2:x 2+y 2=4 的直径 .l ,l 2 是过点 P 且相互垂直的两条直线 , 此中 l1交圆 C 于 A,B 两点 ,l 2交椭圆 C 于另一点 D.121(1) 求椭圆 C 1 的方程 ;(2) 求△ ABD 面积取最大值时直线 l 1 的方程 .分析 (1) 由题意得所以椭圆 12=1.C 的方程为+y(2) 设 A(x,y 1),B(x ,y ),D(x,y 0). 由题意知直线l 1的斜率存在 , 不如设其为 k, 则直线 l1的方程为 y=kx-1.122又圆 C 2:x 2+y 2=4, 故点 O 到直线 l 1 的距离 d= ,所以 |AB|=2=2.又 l 2⊥ l 1, 故直线 l 2 的方程为 x+ky+k=0. 由消去 y, 整理得 (4+k 2)x 2+8kx=0,故 x 0=-.所以 |PD|= .设△ ABD 的面积为 S, 则 S= |AB| 2 |PD|=,所以 S=≤=,当且仅当 k=±时取等号 .所以所求直线l 1的方程为y=±x-1.6.(2017课标全国Ⅰ理,20,12分)已知椭圆C: + =1(a>b>0), 四点 P1(1,1),P2(0,1),P3,P 4中恰有三点在椭圆 C 上.(1)求 C的方程 ;(2) 设直线 l 不经过 P2点且与 C 订交于 A,B 两点 . 若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为 -1, 证明 :l 过定点 . 分析此题考察了圆锥曲线的方程以及圆锥曲线与直线地点关系中的定点问题.(1)3 4两点对于 y 轴对称 , 故由题设知3 4两点 . 因为 P,P C经过 P ,P又由+ > + 知 ,C 不经过点P1, 所以点P2在 C 上 .所以解得故 C 的方程为 +y 2=1.(2) 设直线P2A 与直线P2B 的斜率分别为k1,k 2.假如l 与 x 轴垂直, 设l:x=t, 由题设知t ≠ 0, 且|t|<2, 可得A,B 的坐标分别为, . 则k1+k2= - =-1, 得t=2, 不切合题设.进而可设l:y=kx+m(m ≠ 1). 将 y=kx+m代入+y2=1 得2 2 2(4k +1)x +8kmx+4m-4=0.2 2由题设可知=16(4k -m +1)>0.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), 则x1+x2=- ,x 1x2= .而k1+k2= +=+=由题设k1+k2=-1,,故 (2k+1)x 1x2+(m-1)(x 1+x2)=0.即 (2k+1) 2 +(m-1) 2 =0.解得k=- .当且仅当m>-1 时 , >0, 于是l:y=- x+m,即 y+1=-(x-2),所以 l 过定点 (2,-1).7.(2017 课标全国Ⅰ文,20,12 分 ) 设A,B 为曲线C:y= 上两点,A 与 B 的横坐标之和为 4.(1)求直线 AB 的斜率 ;(2)设 M为曲线 C 上一点 ,C 在 M处的切线与直线 AB平行 , 且 AM⊥ BM,求直线 AB的方程 .分析此题考察直线与抛物线的地点关系 .(1) 设 A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), 则 x1≠ x2,y 1= ,y 2=,x 1 +x2=4,于是直线AB的斜率 k===1.(2) 由 y= , 得 y'=,设 M(x3,y 3), 由题设知 =1,解得 x3=2, 于是 M(2,1).设直线 AB的方程为y=x+m,故线段 AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|.将 y=x+m 代入 y= 得 x2-4x-4m=0.当=16(m+1)>0, 即 m>-1 时 ,x 1,2 =2±2.进而 |AB|=|x 1 -x 2|=4.由题设知 |AB|=2|MN|,即 4=2(m+1), 解得 m=7.所以直线AB的方程为y=x+7.8.(2017山东理,21,14分)在平面直角坐标系xOy 中 , 椭圆 E: + =1(a>b>0) 的离心率为, 焦距为 2. (1)求椭圆 E 的方程 ;(2) 如图 , 动直线 l:y=k 1x-交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2, 且k1k2= .M 是线段 OC延伸线上一点 , 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 , 并求获得最大值时直线l 的斜率 .分析此题考察椭圆的方程, 直线与椭圆、圆的地点关系, 考察最值的求解方法和运算求解能力.(1) 由题意知e= = ,2c=2, 所以 a= ,b=1,所以椭圆E的方程为+y2=1.(2) 设 A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),联立消 y 整理得 (4 +2)x 2-4 k1x-1=0,由题意知>0, 且 x1+x2= ,x 1x2=- ,所以 |AB|=1 2. |x -x |=由题意可知圆M的半径r= |AB|= 2 . 由题设知k1k2= , 所以 k2=,所以直线OC的方程为y=x.联立得 x2=,y 2=, 所以 |OC|==.由题意可知sin==,而=令 t=1+2 , 则t>1,=∈ (0,1),,所以=2 = 2= 2 ≥ 1,当且仅当= , 即t=2 时等号建立, 此时k1=±,所以sin ≤,所以≤ , 所以∠ SOT的最大值为.综上所述 : ∠ SOT的最大值为, 获得最大值时直线l 的斜率k1=±.9.(2016北京,19,14分)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| 2 |BM| 为定值 .分析(1) 由题意得2 2所以椭圆C的方程为+y2=1.(2) 由 (1) 知,A(2,0),B(0,1).设 P(x 0,y 0), 则 +4 =4.当 x0≠ 0 时 , 直线 PA 的方程为 y= (x-2).令 x=0, 得 y M=- , 进而 |BM|=|1-y M|= .直线 PB 的方程为 y= x+1.令 y=0, 得 x N=- , 进而 |AN|=|2-x N|= .所以 |AN| 2 |BM|= 2===4.当 x0=0 时 ,y 0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以 |AN| 2 |BM|=4.综上 ,|AN| 2 |BM| 为定值 .22 210.(2015 课标Ⅱ ,20,12 分) 已知椭圆 C:9x +y =m(m>0), 直线 l 可是原点 O且不平行于坐标轴 ,l 与 C有两个交点 A,B, 线段 AB 的中点为 M.(1)证明 : 直线 OM的斜率与 l 的斜率的乘积为定值 ;(2)若 l 过点, 延伸线段 OM与 C交于点 P, 四边形 OAPB可否为平行四边形 ?若能 , 求此时 l 的斜率 ; 若不能, 说明原因 .分析(1) 证明 : 设直线 l:y=kx+b(k ≠0,b ≠ 0),A(x ,y ),B(x2 ,y ),M(x ,y ).11 2 MM2 2 2 2 2 2 2故将 y=kx+b 代入 9x +y =m 得(k +9)x +2kbx+b -m =0,x M= =,y M=kx M+b=.于是直线OM的斜率 k OM= =- , 即 k OM2 k=-9.所以直线OM的斜率与 l 的斜率的乘积为定值.(2)四边形 OAPB能为平行四边形 .因为直线l 过点, 所以 l 可是原点且与 C 有两个交点的充要条件是k>0,k ≠ 3. 由 (1) 得 OM的方程为 y=- x.设点 P 的横坐标为x P.由得= , 即x P= .将代入 l 的方程得b=,所以 x M=.四边形 OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP相互均分, 即 x P=2x M.于是=23 , 解得 k =4- ,k =4+ .1 2因为 k i >0,k i≠3,i=1,2, 所以当 l 的斜率为4- 或4+ 时 , 四边形 OAPB为平行四边形 .11.(2014 课标Ⅰ ,20,12 分 ) 已知点 A(0,-2), 椭圆 E: + =1(a>b>0) 的离心率为,F 是椭圆 E 的右焦点 ,直线 AF 的斜率为,O 为坐标原点 .(1)求 E的方程 ;(2)设过点 A 的动直线 l 与 E 订交于 P,Q 两点 . 当△ OPQ的面积最大时 , 求 l 的方程 .分析(1) 设 F(c,0),由条件知,=,得 c= .又 = , 所以 a=2,b 2=a2-c 2=1.故 E 的方程为+y 2=1.(2) 当l ⊥ x 轴时不合题意, 故设 l:y=kx-2,P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2).将 y=kx-2 代入+y2=1 得 (1+4k 2)x 2-16kx+12=0.当=16(4k 2-3)>0, 即 k2> 时,x1,2 = .进而 |PQ|= |x 1-x 2|= .d= ,又点 O到直线 PQ的距离所以△ OPQ的面积S△OPQ= d2 |PQ|= .设=t, 则 t>0,S △OPQ= =.因为 t+ ≥ 4, 当且仅当 t=2, 即 k=±时等号建立 , 且知足>0,所以 , 当△ OPQ的面积最大时 ,l 的方程为 y= x-2 或 y=- x-2.教师用书专用 (12 — 23)12.(2017 山东文 ,21,14 分) 在平面直角坐标系xOy 中, 已知椭圆 C: + =1(a>b>0) 的离心率为,椭圆 C截直线 y=1 所得线段的长度为 2 .(1)求椭圆 C 的方程 ;(2)动直线 l:y=kx+m(m ≠ 0) 交椭圆 C于 A,B 两点 , 交 y 轴于点 M.点 N是 M对于 O的对称点 , ☉ N的半径为 |NO|. 设 D 为 AB的中点 ,DE,DF 与☉ N分别相切于点E,F, 求∠ EDF的最小值 .分析此题考察椭圆的标准方程及圆锥曲线的有关最值.(1) 由椭圆的离心率为, 得 a2=2(a 2-b 2 ),又当y=1 时,x 2=a2- , 得a2- =2,所以a2=4,b 2=2.所以椭圆方程为+=1.(2) 设 A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), 联立方程22 2得 (2k +1)x +4kmx+2m-4=0,2 2由 >0 得 m<4k +2,(*)且x1+x2=- , 所以y1+y2= ,所以 D ,又 N(0,-m), 所以 |ND| 2= + ,整理得 |ND| 2=,因为 |NF|=|m|,所以= =1+ .令 t=8k 2+3,t ≥3, 故2k2+1= ,所以=1+=1+.令 y=t+ , 所以 y'=1- .当 t ≥ 3 时 ,y'>0,进而 y=t+ 在 [3,+ ∞ ) 上单一递加 ,所以 t+ ≥ ,等号当且仅当 t=3 时建立 , 此时 k=0,所以≤ 1+3=4,由(*) 得- <m< 且 m≠ 0.故≥ .设∠ EDF=2θ ,则 sin θ =≥ .所以θ的最小值为,进而∠ EDF的最小值为, 此时直线l 的斜率是0.综上所述 : 当 k=0,m∈ (-,0) ∪ (0,) 时 , ∠ EDF取到最小值.13.(2016天津,19,14分)设椭圆+ =1(a>) 的右焦点为F, 右极点为 A. 已知+=, 此中 O为原点 ,e 为椭圆的离心率.(1) 求椭圆的方程;(2) 设过点 A 的直线 l 与椭圆交于点B(B 不在 x 轴上 ), 垂直于 l 的直线与 l 交于点 M,与 y 轴交于点H. 若 BF ⊥ HF, 且∠ MOA≤∠ MAO,求直线 l 的斜率的取值范围.分析(1) 设 F(c,0),由+=, 即 + =, 可得 a2-c 2=3c2, 又 a2-c 2=b2=3, 所以 c2=1, 所以 a2=4, 所以 , 椭圆的方程为+=1.(2) 设直线 l 的斜率为k(k ≠0), 则直线 l 的方程为y=k(x-2).设 B(x B,y B), 由方程组消去y,整理得 (4k 2+3)x 2-16k 2x+16k 2-12=0.解得 x=2 或 x=,由题意得x B=, 进而 y B=.由 (1) 知 F(1,0),设H(0,y H),有=(-1,y H),=.由 BF⊥ HF,得2=0, 所以+=0, 解得 y H=.所以直线MH的方程为 y=- x+.设 M(x M,y M),由方程组消去 y, 解得 x M=.在△ MAO中, ∠ MOA≤∠ MAO? |MA| ≤ |MO|, 即 (x M-2) 2 +≤+ , 化简得 x M≥ 1, 即≥ 1,解得k≤ -或 k≥.所以 , 直线 l 的斜率的取值范围为∪.14.(2016 四川 ,20,13 分 ) 已知椭圆 E: + =1(a>b>0) 的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个极点 , 直线 l:y=-x+3 与椭圆 E有且只有一个公共点 T.(1)求椭圆 E 的方程及点 T 的坐标 ;(2) 设 O是坐标原点 , 直线 l' 平行于 OT,与椭圆 E 交于不一样的两点A,B, 且与直线l 交于点 P. 证明 : 存在常数λ, 使得 |PT| 2=λ |PA| 2 |PB|, 并求λ的值 .分析(1) 由题意得 ,a=b, 则椭圆 E 的方程为+=1.由方程组得 3x2-12x+(18-2b 2)=0. ①方程①的鉴别式为=24(b 2-3), 由=0, 得 b2=3,此时方程①的解为x=2, 所以椭圆 E 的方程为+=1.点 T 的坐标为 (2,1).(2)由已知可设直线 l' 的方程为 y= x+m(m≠0),由方程组可得所以 P 点坐标为2 2 ,|PT| = m.设点 A,B 的坐标分别为 A(x 1,y 1),B(x 2,y 2).由方程组可得3x2+4mx+(4m2-12)=0. ②方程②的鉴别式为=16(9-2m 2),由>0, 解得 - <m< .由②得x1+x2=- ,x 1x2= . 所以 |PA|= = ,同理 |PB|= .所以 |PA| 2 |PB|=== =m2.故存在常数λ = , 使得 |PT| 2=λ |PA| 2 |PB|.15.(2015 北京 ,19,14 分 ) 已知椭圆 C: + =1(a>b>0) 的离心率为 , 点 P(0,1) 和点 A(m,n)(m ≠ 0) 都在椭圆C上 , 直线PA交 x 轴于点 M.(1) 求椭圆 C 的方程 , 并求点 M的坐标 ( 用 m,n 表示 );(2) 设 O为原点 , 点 B 与点 A 对于 x 轴对称 , 直线 PB交 x 轴于点 N. 问 :y 轴上能否存在点Q,使得∠ OQM=∠ ONQ? 若存在 , 求点 Q的坐标 ; 若不存在 , 说明原因 .分析 (1) 由题意得解得 a2=2.故椭圆 C 的方程为2+y =1.设 M(x M,0).因为 m≠ 0, 所以 -1<n<1.直线 PA 的方程为y-1=x,所以 x M= , 即 M.(2)存在 . 因为点 B 与点 A 对于 x 轴对称 , 所以 B(m,-n).设 N(x N,0), 则 x N=.“存在点 Q(0,y Q) 使得∠ OQM=∠ONQ”等价于“存在点Q(0,y Q) 使得= ” , 即 y Q知足 =|x M||x N|.因为 x M= ,x N= , +n2 =1,所以 =|x M N =2.||x |=所以 y Q= 或 y Q=- .故在 y 轴上存在点 Q,使得∠ OQM=∠ ONQ.点 Q的坐标为 (0, ) 或 (0,-).16.(2014 湖南 ,21,13 分 ) 如图 ,O 为坐标原点 , 椭圆 C1: + =1(a>b>0) 的左、右焦点分别为F1、F2, 离心率为e1 ; 双曲线 C2: - =1 的左、右焦点分别为F3、 F4 , 离心率为e2, 已知 e1e2= , 且 |F 2F4|= -1.(1)求 C1,C 2的方程 ;(2)过 F1作 C1的不垂直于 y 轴的弦 AB,M为 AB的中点 , 当直线 OM与 C2交于 P,Q 两点时 , 求四边形 APBQ面积的最小值 .分析 (1) 因为 e1e2= , 所以 2 = , 即 a4 -b 4= a4, 所以 a2=2b2, 进而 F2(b,0),F 4( b,0), 于是b-b=|F 2F4|= -1, 所以 b=1, 所以 a2=2.故 C1,C 2的方程分别为+y 2=1, -y 2=1.(2) 因为 AB不垂直于y 轴 , 且过点 F1(-1,0),故可设直线AB的方程为x=my-1.由得 (m2+2)y 2-2my-1=0,易知此方程的鉴别式大于0, 设 A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), 则 y1 ,y 2是上述方程的两个实根 , 所以y1 +y2= ,y 1y2=.所以 x +x =m(y +y2 )-2= , 于是 AB的中点 M的坐标为. 故直线 PQ的斜率为 -, 则 PQ的方程1 2 1为 y=- x, 即 mx+2y=0.由得 (2-m 2)x 2=4, 所以 2-m2>0, 且 x2=,y 2= , 进而 |PQ|=2 =2 .设点 A 到直线 PQ的距离为 d, 则点 B 到直线 PQ的距离也为 d, 所以 2d= ,因为点 A,B 在直线 mx+2y=0的异侧 , 所以 (mx1+2y1)(mx 2+2y2)<0, 于是 |mx1+2y1|+|mx 2+2y2|=|mx 1+2y1-mx2-2y 2|, 进而2d= .又因为|y 1-y 2|= = ,所以2d= 故四边形. APBQ的面积S= |PQ| 2 2d= =2 . 而 0<2-m2<2, 故当 m=0时 ,S 获得最小值 2. 综上所述 , 四边形 APBQ面积的最小值为 2.17.(2014 山东 ,21,14 分 ) 已知抛物线2C:y =2px(p>0) 的焦点为 F,A 为 C 上异于原点的随意一点 , 过点 A 的直线 l 交 C 于另一点 B, 交 x 轴的正半轴于点D, 且有 |FA|=|FD|. 当点 A 的横坐标为 3 时, △ ADF为正三角形 .(1) 求 C的方程 ;(2) 若直线 l 1∥ l, 且 l 1和 C 有且只有一个公共点E,(i)证明直线 AE 过定点 , 并求出定点坐标 ;(ii)△ ABE的面积能否存在最小值 ?若存在 , 恳求出最小值 , 若不存在 , 请说明原因 .分析(1) 由题意知 F .设D(t,0)(t>0), 则 FD的中点为.因为 |FA|=|FD|,由抛物线的定义知解得 t=3+p(t=-33+ =舍去 ).,由=3, 解得 p=2.所以抛物线 C 的方程为 y2=4x.(2)(i)由(1)知F(1,0),设 A(x ,y )(x0 y ≠ 0),D(x ,0)(xD>0),00 0 D因为 |FA|=|FD|, 则 |x D-1|=x 0+1,由 x D>0 得 x D=x0+2, 故 D(x 0+2,0).故直线 AB的斜率 k AB=-.因为直线l 1和直线 AB平行 ,设直线l 1的方程为y=- x+b,代入抛物线方程得y2+ y- =0,由题意得= + =0, 得 b=- .设E(x E,y E), 则 y E=- ,x E=,当≠ 4 时 ,k AE==-=, 可得直线AE的方程为y-y 0=(x-x 0), 由 =4x0,整理可得y=(x-1),直线 AE 恒过点 F(1,0).当 =4 时 , 直线 AE的方程为 x=1, 过点 F(1,0),所以直线AE过定点 F(1,0).(ii)由 (i) 知直线 AE过焦点 F(1,0),所以 |AE|=|AF|+|FE|=(x +1)+ =x + +2.0 0设直线 AE的方程为 x=my+1,因为点 A(x 0,y 0) 在直线 AE上 ,故 m= ,设 B(x 1,y 1),直线 AB 的方程为 y-y 0=- (x-x 0),因为 y ≠ 0,可得 x=-0 y+2+x ,代入抛物线方程得y2+ y-8-4x 0=0. 所以 y0+y1=-,可求得 y1=-y 0- ,x 1= +x0+4,所以点 B 到直线 AE的距离为d===4.则△ ABE的面积 S= 3 4 ≥ 16,当且仅当=x0, 即 x0 =1 时等号建立 .所以△ ABE的面积的最小值为16.18.(2014 四川 ,20,13 分 ) 已知椭圆 C: + =1(a>b>0) 的焦距为 4, 其短轴的两个端点与长轴的一个端点组成正三角形 .(1)求椭圆 C 的标准方程 ;(2) 设 F 为椭圆 C 的左焦点 ,T 为直线 x=-3 上随意一点 , 过 F 作 TF 的垂线交椭圆 C 于点 P,Q.(i)证明 :OT 均分线段 PQ(此中 O为坐标原点 );(ii)当最小时,求点T的坐标.分析(1) 由已知可得2 2所以椭圆C的标准方程是+ =1.(2)(i) 证明 : 由(1) 可得 ,F 的坐标是(-2,0), 设 T 点的坐标为(-3,m).则直线TF 的斜率k TF= =-m.当 m≠ 0 时 , 直线 PQ的斜率 k PQ= , 直线 PQ的方程是 x=my-2.当 m=0时 , 直线 PQ的方程是 x=-2, 也切合 x=my-2 的形式 .设 P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立 , 得消去 x, 得 (m2+3)y 2-4my-2=0,其鉴别式2 2=16m+8(m +3)>0.所以 y +y = ,y y =,1 2 1 2x1 +x2=m(y1+y2)-4=.所以 PQ的中点 M的坐标为.所以直线OM的斜率 k OM=-,又直线 OT的斜率 k OT=- , 所以点 M在直线 OT上 , 所以 OT均分线段PQ.(ii) 由 (i) 可得 ,|TF|=,|PQ|=== =.所以==≥= .当且仅当 2时, 等号建立 , 此时获得最小值 .m+1=, 即 m=± 1 所以当最小时 ,T 点的坐标是 (-3,1)或(-3,-1).19.(2013 山东 ,22,13 分 ) 椭圆 C: + =1(a>b>0) 的左、右焦点分别是 F 1、F 2, 离心率为 , 过 F 1 且垂直于 x 轴的直线被椭圆 C 截得的线段长为 1. (1) 求椭圆 C 的方程 ;(2) 点 P 是椭圆 C 上除长轴端点外的任一点 , 连结 PF 1,PF 2. 设∠ F 1PF 2 的角均分线 PM 交 C 的长轴于点 M(m,0), 求 m 的取值范围 ;(3) 在 (2) 的条件下 , 过点 P 作斜率为 k 的直线 l, 使得 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点 . 设直线 PF 1 ,PF 2 的斜率分别为 k 1,k 2. 若 k ≠ 0, 试证明 + 为定值 , 并求出这个定值 .分析(1) 因为 c 2=a 2-b 2,将 x=-c 代入椭圆方程 + =1,得 y=± ,由题意知 =1,2即 a=2b .又 e= = ,所以 a=2,b=1.所以椭圆 C 的方程为+y 2=1.(2) 解法一 : 设 P(x 0,y 0)(y 0≠ 0). 又 F(- ,0),F 2 ( ,0),1所以直线 PF 1,PF 2 的方程分别为:y 0x-(x 0+ )y+y 0 =0,x-(x 0)y- 0=0.:y - y 由题意知= .因为点 P 在椭圆上 ,所以+=1.所以= .因为 - <m< ,-2<x <2,所以=.所以 m= x0.所以 -<m< .解法二 : 设 P(x 0,y 0).当 0≤ x0<2 时,①当 x0=时,直线PF2的斜率不存在,易知P或P.若 P, 则直线 PF1的方程为 x-4y+=0.由题意得= -m,因为 -<m< , 所以 m=.若 P, 同理可得 m= .②当 x0≠时,设直线PF1,PF2的方程分别为y=k1 (x+),y=k 2(x-). 由题意知=,所以=.因为+=1,而且 k1=,k 2=,所以===,即=.因为 -<m< ,0 ≤ x0<2 且 x0≠,所以=.整理得 m= , 故 0≤ m< 且 m≠.综合①②可得0≤ m< .当 -2<x 0<0 时, 同理可得 - <m<0.综上所述 ,m 的取值范围是.(3) 设 P(x 0,y 0)(y 0≠ 0), 则直线 l 的方程为y-y 0=k(x-x 0). 联立得2 2+8(ky 0 2 0-2kx0 0+k2-1)=0.整理得 (1+4k )x -k x )x+4( y由题意知=0,2即 (4- )k +2x0y0k+1- =0.又+=1,所以 16 k2+8x0y0k+=0,故 k=-.由 (2) 知+ = += ,所以+ = = 2=-8,所以+ 为定值 , 这个定值为 -8.20.(2013 陕西 ,20,13 分 ) 已知动圆过定点A(4,0), 且在 y 轴上截得弦 MN的长为 8.(1) 求动圆圆心的轨迹C的方程 ;(2) 已知点 B(-1,0), 设不垂直于 x 轴的直线 l 与轨迹 C 交于不一样的两点 P,Q, 若 x 轴是∠ PBQ的角均分线 , 证明直线 l 过定点 .分析(1) 如图 , 设动圆圆心为O1(x,y), 由题意 , 知 |O1A|=|O 1M|, 当 O1不在 y 轴上时 , 过 O1作 O1H⊥ MN交 MN于H,则 H是 MN的中点 ,∴ |O1M|=,又 |O1A|= , ∴= ,化简得 y2=8x(x ≠ 0).1 1 1 的坐标 (0,0) 也知足方程∴动圆圆心的轨迹 C 的方程为=8x.2 2又当 O 在 y 轴上时 ,O 与O重合,点O y =8x, y(2) 由题意 , 设直线 l 的方程为 y=kx+b(k ≠ 0),P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),将 y=kx+b 代入 y2=8x 中 ,得 k2x2+(2bk-8)x+b 2=0.此中 =-32kb+64>0.由根与系数的关系得,x 1+x 2=, ①x1 x2= , ②因为 x 轴均分∠ PBQ,所以=-,即 y1(x 2+1)+y 2(x 1+1)=0,(kx 1+b)(x 2+1)+(kx 2+b)(x 1+1)=0,2kx 1x2+(b+k)(x 1+x2)+2b=0, ③将①②代入③得2kb 2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,∴k=-b, 此时 >0, ∴直线 l 的方程为 y=k(x-1), 即直线 l 过定点 (1,0).21.(2013课标全国Ⅰ ,20,12分)已知圆M:(x+1)2+y2=1,圆N:(x-1)2+y2=9,动圆P与圆M外切而且与圆N内切 , 圆心 P 的轨迹为曲线 C.(1) 求 C的方程 ;(2)l 是与圆 P, 圆 M都相切的一条直线,l 与曲线 C 交于 A,B 两点 , 当圆 P 的半径最长时 , 求 |AB|.分析由已知得圆 M的圆心为 M(-1,0), 半径 r 1=1; 圆 N的圆心为 N(1,0), 半径 r 2=3. 设圆 P 的圆心为 P(x,y),半径为 R.(1) 因为圆 P 与圆 M外切而且与圆 N内切 , 所以 |PM|+|PN|=(R+r 1)+(r 2-R)=r 1+r 2=4.由椭圆的定义可知, 曲线 C 是以 M,N 为左、右焦点 , 长半轴长为 2, 短半轴长为的椭圆 ( 左极点除外 ), 其方程为+ =1(x ≠ -2).(2) 对于曲线 C上随意一点 P(x,y), 因为 |PM|-|PN|=2R-2 ≤ 2, 所以 R≤ 2, 当且仅当圆 P的圆心为 (2,0) 时 ,R=2. 所以当圆 P的半径最长时 , 其方程为 (x-2) 2+y2=4.若 l 的倾斜角为 90° , 则 l 与 y 轴重合 , 可得 |AB|=2 .若 l 的倾斜角不为90° , 由 r 1≠R 知 l 不平行于 x 轴 , 设 l 与 x 轴的交点为 Q,则= , 可求得Q(-4,0), 所以可设 l:y=k(x+4). 由 l 与圆 M相切得=1, 解得 k=± .当 k= 时 , 将 y= x+ 代入 + =1, 并整理得 7x2+8x-8=0,解得 x1,2 = .所以 |AB|=|x 2-x 1|=.当k=- 时 , 由图形的对称性可知|AB|= .综上 ,|AB|=2 或 |AB|= .22.(2013 广东 ,20,14 分 ) 已知抛物线C的极点为原点, 其焦点F(0,c)(c>0) 到直线l:x-y-2=0 的距离为. 设 P 为直线 l 上的点 , 过点 P 作抛物线C的两条切线PA,PB, 此中A,B 为切点 .(1)求抛物线 C 的方程 ;(2)当点 P(x 0,y 0) 为直线 l 上的定点时 , 求直线 AB的方程 ;(3)当点 P 在直线 l 上挪动时 , 求 |AF| 2 |BF| 的最小值 .分析 (1) 依题意 , 设抛物线 C 的方程为 x2=4cy, 由题意知=,c>0, 解得 c=1.所以抛物线2C 的方程为 x =4y.(2) 抛物线 C 的方程为2 2 x =4y, 即 y= x ,求导得 y'= x.设 A(x ,y ),B(x2 ,y ) , 则切线 PA,PB 的斜率分别为 x , x ,1 12 1 2所以切线PA的方程为 y-y 1= (x-x 1), 即 y= x- +y1,即 x1x-2y-2y 1=0.同理可得切线PB的方程为x2x-2y-2y 2=0.因为切线PA,PB 均过点 P(x 0,y 0), 所以 x1x0-2y 0-2y 1=0,x 2x0-2y 所以 (x 1,y 1),(x 2,y 2) 为方程 x0x-2y 0-2y=0 的两组解 . 所以直线0-2y 2=0,AB的方程为x0x-2y-2y 0=0.(3)由抛物线定义可知 |AF|=y 1+1,|BF|=y 2+1, 所以|AF| 2 |BF|=(y 1+1)(y 2+1)=y 1y2+(y 1+y2)+1,联立方程消去 x 整理得 y2+(2y 0- )y+ =0. 由一元二次方程根与系数的关系可得y1+y2= -2y 0,y 1y2= ,所以 |AF| 2 |BF|=y y +(y1 +y )+1= + -2y +1.1 2 2 0又点 P(x ,y0 ) 在直线 l 上, 所以 x =y +2,0 0 0所以 + -2y0 +1=2 +2y +5=2 + .所以当 y0=- 时 ,|AF| 2 |BF| 获得最小值 , 且最小值为 .23.(2013 湖北 ,21,13 分) 如图 , 已知椭圆 C1与 C2的中心在座标原点O,长轴均为 MN且在 x 轴上 , 短轴长分别为 2m,2n(m>n), 过原点且不与 x 轴重合的直线l 与 C ,C 的四个交点按纵坐标从大到小挨次为A,B,C,D. 记1 2λ= , △ BDM和△ ABN的面积分别为 S1和 S2.(1)当直线 l 与 y 轴重合时 , 若 S1=λ S2, 求λ的值 ;(2) 当λ变化时 , 能否存在与坐标轴不重合的直线l, 使得 S1=λ S2?并说明原因 .分析依题意可设椭圆C1和 C2的方程分别为C1: + =1,C 2: + =1. 此中 a>m>n>0,λ =>1.(1) 解法一 : 如图 1, 若直线 l 与 y 轴重合 , 即直线 l 的方程为 x=0, 则 S1= |BD| 2 |OM|= a|BD|,S2 = |AB| 2 |ON|=a|AB|,所以=.在 C1和 C2的方程中分别令 x=0, 可得 y A=m,y B=n,y D=-m,于是= = =.若=λ , 则=λ2λ -1=0. , 化简得λ -2由λ >1, 可解得λ = +1.故当直线 l 与 y 轴重合时 , 若 S1=λ S2, 则λ = +1.解法二 : 如图 1, 若直线 l 与 y 轴重合 , 则|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n;S1 = |BD| 2 |OM|= a|BD|,S 2= |AB| 2 |ON|=a|AB|.所以===.若 =λ , 则=λ , 化简得λ2-2 λ -1=0.由λ >1, 可解得λ = +1.故当直线 l 与 y 轴重合时 , 若 S =λ S , 则λ = +1.1 2(2) 解法一 : 如图 2, 若存在与坐标轴不重合的直线l, 使得 S1=λ S2.d ,d , 则依据对称性 , 不如设直线 l:y=kx(k>0), 点 M(-a,0),N(a,0) 到直线 l 的距离分别为1 2d = = ,1d2 = = ,1 2所以 d =d .又 S1= |BD|d 1,S 2= |AB|d 2,所以==λ ,即 |BD|= λ |AB|.由对称性可知 |AB|=|CD|,所以 |BC|=|BD|-|AB|=(λ -1)|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=( λ+1)|AB|,于是=. ①将 l 的方程分别与C1,C2的方程联立 , 可求得x A=,x B=.依据对称性可知x C=-x B,x D=-x A, 于是===.②进而由①和②式可得=. ③令 t=, 则由 m>n,可得 t ≠1,于是由③式可解得k2=.因为 k≠ 0, 所以 k2>0.于是③式对于k 有解 , 当且仅当>0,等价于 (t 2-1)<0.由λ >1, 可解得<t<1,即 <<1, 由λ >1, 解得λ >1+,所以当 1<λ ≤ 1+ 时 , 不存在与坐标轴不重合的直线 l, 使得 S1 =λ S2; 当λ >1+ 时 , 存在与坐标轴不重合的直线 l 使得 S1=λS2.解法二 : 如图 2, 若存在与坐标轴不重合的直线l, 使得 S1=λ S2 .依据对称性 , 不如设直线l:y=kx(k>0),点 M(-a,0),N(a,0) 到直线 l 的距离分别为 d1,d 2, 则d1 ==,d 2==,所以 d1=d2.又 S1= |BD|d 1,S 2= |AB|d 2,所以==λ .因为===λ,所以=.由点 A(x ,kx ),B(x ,kx ) 分别在 C ,C 上, 可得 +=1, +=1,A AB B 12两式相减可得+ =0,依题意 x >x >0, 所以> .AB所以由上式解得k2=.因为 k2>0, 所以由>0, 可解得 1< <λ.进而 1<<λ , 解得λ>1+,所以当 1<λ ≤ 1+ 时 , 不存在与坐标轴不重合的直线 l, 使得 S1 =λ S2; 当λ >1+ 时 , 存在与坐标轴不重合的直线 l 使得 S1=λS2.三年模拟A 组2016— 2018 年模拟 2基础题组考点圆锥曲线的综合问题1.(2018 浙江浙东北结盟期中,2) 椭圆 + =1(a>0) 与双曲线- =1 有同样的焦点 , 则 a=()A.3B.C.5D.答案 A2.(2017 浙江湖州期末调研,7) 已知双曲线- =1(a>0,b>0) 与抛物线 y2=2px(p>0) 有公共焦点 F, 且交于A,B 两点, 若直线 AB过焦点F, 则该双曲线的离心率是 ()A. B.1+ C.2 D.2+答案 B3.(2017浙江镇海中学第一学期期中,8) 双曲线 C: - =1(a>0,b>0) 的左、右焦点分别为F1 (-c,0)、F2 (c,0),A为双曲线C右支上一点 , 且 |AF 1|=2c,AF 1与 y 轴交于点B, 若 F2B 是∠ AF2F1的均分线 , 则双曲线 C 的离心率是 ()A. B.1+C. D.答案 D设抛物线 y2=4x 的焦点为 F,P 是抛物线上异于原点的一点4.(2016 浙江镇海中学测试( 六 ),6) .若以 P为圆心 ,FP 为半径的圆与直线4x+3y+5=0 相切 , 则点 P 的横坐标是 ()A.12B.24C.36D.48答案 C5.(2018 浙江 9+1 高中结盟期中,21) 如图 , 在平面直角坐标系xOy中 , 设点 M(x0,y 0) 是椭圆 C:+y 2=1 上一点 , 从原点 O向圆 M:+= 作两条切线 , 分别与椭圆C交于点 P,Q, 直线 OP,OQ的斜率分别记为k1,k 2.(1) 求证 :k 1k 2 为定值 ;(2) 求四边形 OPMQ 面积的最大值 .分析 (1) 因为直线 OP:y=k 1x,OQ:y=k 2x 与圆 M 相切 ,所以= , = , 可知 k 1,k 2 是方程 (3 -2)k 2-6x 0y 0k+3 -2=0 的两个不相等的实数根 ,∴ 3 -2 ≠ 0,k 1 k =, 因为点 M(x ,y ) 在椭圆 C 上 , 所以 =1- ,2∴ k 1k 2= =- .(2) 易知直线 OP,OQ 都不可以落在座标轴上, 设 P(x 1 ,y 1),Q(x 2,y 2), 因为 2k 1k 2+1=0, 所以 +1=0, 即= ,因为 P(x ,y 1),Q(x ,y )在椭圆 C 上,12 2所以 ==,整理得 + =2, 所以+ =1,22 所以 OP+OQ=3.因为 S= (OP+OQ)2= (OP+OQ),OPMQOP+OQ ≤= , 所以 S OPMQ 的最大值为 1.6.(2017 浙江杭州质检 ,21) 已知 P,Q 为椭圆 +y 2=1 上的两点 , 知足 PF 2⊥ QF 2, 此中 F 1,F 2 分别为左、右焦点 . (1) 求 | + | 的最小值 ;(2) 若 (+) ⊥ (+), 设直线 PQ 的斜率为 k, 求 k 2 的值 .分析 (1) 由条件得 + =2 ,明显| | min =1,所以 |+| 的最小值为 2.(5分)(2) 由题意易知 OP ⊥OQ.又 F2P⊥F2Q, 所以 PQ是直角△ POQ和直角△ PF2Q的公共斜边 , 故线段 PQ的中点到 O,F2两点的距离相等 , 所以可得线段 PQ中点的横坐标为 .易知直线PQ的斜率存在 , 故设直线PQ的方程为 y=kx+b, 与椭圆方程联立, 得整理得 (1+2k 2)x 2 +4kbx+2b2-2=0.设 P(x 1,y 1),Q(x2 ,y 2), 则 x1+x2=- =1,所以 1+2k 2=-4kb, ①由 x1x2= , 得 y1y2=k2 x1 x2+kb(x 1+x2)+b 2= +kb+b2.由 x x +y y =0, 得 2+kb+b =0,1 2 1 2即 4k2b2-2k 2+3b2-2+kb+2k 3b=0, ②由①②得20k4+20k2-3=0, 解得 k2=.(15分)7.(2017 浙江衢州质量检测 (1 月 ),21) 已知椭圆+ =1(a>b>0) 的长轴长为 4, 焦距为 2 , 以 A 为圆心的圆(x-2) 2+y 2=r 2(r>0) 与椭圆订交于 B、C 两点 .(1)求椭圆的标准方程 ;(2)求 2的取值范围;(3) 设 P 是椭圆上异于B、 C的随意一点 , 直线 PB、 PC与 x 轴分别交于点M、 N,求 S△POM2 S△PON的最大值 .分析(1) 椭圆的标准方程为+y2=1.(2) 设 B(x ,y ), 则 C(x ,-y ),且 + =1,0 0 0 0∴ 2 = - = - = -4x 0+3= - .因为 -2<x 0 <2, 所以 2 的取值范围为.(3) 设 P(x 1,y 1)(y 1≠±y0),则+ =1, 直线 PB,PC的方程分别为 y-y 1=(x-x 1),y-y 1=(x-x 1),分别令 y=0 得 x M= ,x N= ,所以 x M x N= = = =4,于是 S△POM2 S△PON= |OM||ON| 2= |x M x N| 2=,因为 -1 ≤ y1≤1, 所以 S△POM2 S△PON的最大值为1.B 组 2016— 2018 年模拟 2提高题组一、选择题1.(2018 浙江“七彩阳光”结盟期中 ,7) 已知 F 是双曲线 - =1(a>0,b>0) 的右焦点 , 以坐标原点 O 为圆心 ,|OF| 为半径的圆与该双曲线的渐近线在y 轴右边的两个交点记为A,B, 且∠ AFB=120° , 则双曲线的离心率为 ( )A.B.C.2D.答案 C∈ N * ) 是公比不为2.(2017 浙江金华十校联考 (4月 ),8) 已知 a,b 为实常数 ,{c i }(i 1 的等比数列 , 直线ax+by+c=0 与抛物线 y =2px(p>0) 均订交 , 所成弦的中点为 M(x,y ), 则以下说法错误的选项是()i 2iiiA. 数列 {x i } 可能是等比数列B. 数列 {y i } 是常数列C. 数列 {x i } 可能是等差数列D. 数列 i i{x +y } 可能是等比数列答案 C3.(2016 浙江镇海中学测试卷二 ,7) 已知 A 1,A 2 为双曲线 C: - =1(a>0,b>0) 的左 , 右极点 , 点 P 为双曲线右支上一点 , 设∠ PA 1A 2=α , ∠ PA 2A 1=β , 若 cos( α+β )=- ,cos( α - β )= , 则 C 的离心率 e=( )A.2B.2C.3D.2答案 B二、填空题4.(2017 浙江名校协作体 ,16) 设双曲线 - =1(a>0,b>0) 的右焦点为 F, 过点 F 作与 x 轴垂直的直线交两渐近线于 A,B 两点 , 且与双曲线在第一象限的交点为P, 设 O 为坐标原点 , 若 =λ+μ , λ μ = ( λ , μ∈R), 则双曲线的离心率 e 为.答案三、解答题5.(2018 浙江“七彩阳光”结盟期中12的焦点为 F, 过抛物线 22上一点 M,21) 已知抛物线 C :x =4y C :y=- x +3 作抛物线 C 的切线 l, 与抛物线 C 交于 A,B 两点 .21(1) 记直线 AF,BF 的斜率分别为 k 1,k 2, 若 k 12 k 2=- , 求直线 l 的方程 ;(2) 能否存在正实数 m,使得对随意点 M,都有 |AB|=m(|AF|+|BF|) 建立 ?若存在 , 求出 m 的值 ; 若不存在 , 请说明原因 .分析 (1) 设 M(x ,y), 由 y=- +3, 得 y'=- , 则切线 l 的斜率为 k=- .切线 l 的方程为 y=- (x-x 0)+y 0=- x+ +y 0=- x-2y+6+y 0, 即 y=-x-y 0+6.(3分 )与 x 2=4y 联立 , 消去 y 得 x 2+x 0x+4y 0-24=0.(4分 )设 A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), 则有 x 1+x 2=-x 0,x 1x 2=4y 0-24.(5分 )则 y +y =- (x +x )-2y +12= -2y +12=-4y0 +18,1 2 1 2 0 0y1 y2= = , 又 F(0,1),则由 k12 k2= 3 = = =- ,得 5 -28y 0+23=0, 解得 y0=1 或 y0= .(8 分 )∵=-8(y 0-3) ≥ 0, ∴ y0≤ 3, 故 y0 =1, ∴ x0=± 4.则直线 l 的方程为y=± x+5.(9分)(2) 由 (1) 知直线 l 的方程为y=- x-y 0+6, 且 x1+x 2=-x 0,x 1x2=4y0-24.则 |AB|= |x -x |= 2 = 2 ,1 2即 |AB|= 2 =2 (5-y ),(11 分)而 |AF|+|BF|=(y 1+1)+(y 2+1)=-4y 0+20=4(5-y 0 ),(13 分 )则 |AB|=(|AF|+|BF|),(14分)故存在正实数m= , 使得对随意点M,都有 |AB|=(|AF|+|BF|)建立.(15分)6.(2018浙江杭州二中期中,21) 已知点 P 为椭圆 C上的任一点 ,P 到直线 l 1:x=-2的距离为d1, 到点 F(-1,0)的距离为d2, 且=.(1)求椭圆 C 的方程 ;(2)如图 , 直线 l 与椭圆 C 交于不一样的两点 A,B(A,B 都在 x 轴上方 ), 且∠ OFA+∠OFB=180°.(i)当 A 为椭圆 C 与 y 轴正半轴的交点时 , 求直线 l 的方程 ;(ii)能否存在一个定点 , 不论∠ OFA怎样变化 , 直线 l 恒过该定点 ?若存在 , 求出该点的坐标 ; 若不存在 , 请说明原因 .分析(1) 设 P(x,y), 则 d1=|x+2|,d 2= , = = ,化简可得 +y2=1, 所以椭圆 C的方程为+y2=1.(2)(i) 由 (1) 知 A(0,1), 又 F(-1,0), 所以 k = =1,AFBF所以直线 BF 的方程为 y=-(x+1)=-x-1,因为∠ OFA+∠ OFB=180° , 所以 k =-1,代入 2 2 解得 x=0( 舍 ) 或 x=- , 所以 B,k == ,+y =1 中可得 3x +4x=0,AB所以直线 l 的方程为 y= x+1.(ii) 解法一 : 因为∠ OFA+∠ OFB=180° , 所以 k AF +k BF =0. 设直线 AB 的方程为 y=kx+b, 代入+y 2=1 中 , 得x 2+2kbx+b 2-1=0,设 A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), 则 x 1+x 2=-,x 1x 2=,所以 k +k =+=+==0,AFBF所以 (kx +b)(x +1)+(kx +b)(x 1+1)122=2kx 1x 2+(k+b)(x 1+x 2)+2b=2k 3-(k+b) 3 +2b=0, 即 =0,所以 b-2k=0, 所以直线 AB 的方程为 y=k(x+2), 即直线 l 总经过定点 M(-2,0). 解法二 :因为∠ OFA+∠ OFB=180° , 所以 B 点对于 x 轴的对称点 B 1 在直线 AF 上 ,设直线 AF 方程为 y=k(x+1), 代入+y 2=1 中得 x 2+2k 2x+k 2-1=0.设 A(x ,y 1 ),B(x 2,y ), 则 B (x ,-y ), 且 x +x =-,x x =,12 1 2 2 1 21 2直线 AB 的方程为 y-y 1= (x-x 1), 令 y=0, 得 x=x 1-y 1 = ,因为 y 1=k(x 1+1),-y 2=k(x 2+1),所以 x= = =-2,所以直线 l 总经过定点 M(-2,0).7.(2017 浙江五校联考 (5 月 ),21) 如图 , 已知椭圆 Γ : + =1(a>b>0) 经过不一样的三点 A ,B ,C(C在第三象限 ), 线段 BC 的中点在直线OA 上 .(1) 求椭圆 Γ 的方程及点 C 的坐标 ;(2) 设点 P 是椭圆 Γ上的动点 ( 异于点 A,B,C), 且直线 PB,PC 分别交直线 OA 于 M,N 两点 , 问 |OM|2 |ON| 能否为定值 ?假如 , 求该值 ; 若不是 , 请说明原因 .分析 (1) 由点 A,B 在椭圆 Γ上 , 得解得所以椭圆 Γ的方程为 + =1.设点C(m,n), 则 BC中点为,由已知 , 求得直线OA的方程为x-2y=0,进而m=2n-1. ①2 2又点 C 在椭圆Γ上 , 故 2m+8n =5. ②由①②解得n= ( 舍去 ) 或 n=- . 进而m=- ,所以点 C 的坐标为.(2) 设P(x 0,y 0),M(2y 1,y 1),N(2y 2,y 2).当 x0≠ - 且 x0≠ - 时 ,因为 P,B,M 三点共线 , 所以=, 整理得 y1=.因为P,C,N 三点共线, 所以= , 整理得y2= .因为点 P在椭圆Γ上, 所以 2 +8 =5,即= -4.进而y1y2= == = = .所以 |OM| 2 |ON|= |y 1| 2 |y 2|=5|y 1y2|= , 为定值.,为定值.当 x0=-或x0=-时,易求得|OM|2 |ON|=综上 ,|OM| 2 |ON| 是定值 , 为.C 组2016— 2018 年模拟 2方法题组方法 1圆锥曲线中的定值与最值问题的解题策略1.(2017浙江吴越结盟测试,20) 已知椭圆C: + =1(a>b>0) 的离心率为, 且过点 P.(1)求椭圆 C 的标准方程 ;(2)过点 G(1,0) 作两条相互垂直的直线 l 1,l 2, 设 l 1与椭圆 C 交于 M,N 两点 ,l 2与椭圆 C 交于 P,Q 两点 , 求2的最大值 .。

【浙江专用】2020年高考数学总复习学案：第9章第9讲圆锥曲线的综合问题

第9讲圆锥曲线的综合问题最新考纲 1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想.知识梳理1.直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程，＋By＋C＝0，（x，y）＝0消去y，得ax2＋bx＋c＝0.(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ＞0⇔直线与圆锥曲线C相交；Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；Δ＜0⇔直线与圆锥曲线C相离.(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合.2.圆锥曲线的弦长设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝1＋1k2·|y1－y2|＝1＋1k2·（y1＋y2）2－4y1y2.诊断自测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)直线l与椭圆C相切的充要条件是：直线l与椭圆C只有一个公共点.()(2)直线l与双曲线C相切的充要条件是：直线l与双曲线C只有一个公共点.()(3)直线l与抛物线C相切的充要条件是：直线l与抛物线C只有一个公共点.()(4)如果直线x＝ty＋a与圆锥曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长|AB|＝1＋t2|y1－y 2|.()(5)若抛物线C 上存在关于直线l 对称的两点，则需满足直线l 与抛物线C 的方程联立消元后得到的一元二次方程的判别式Δ＞0.()解析(2)因为直线l 与双曲线C 的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切.(3)因为直线l 与抛物线C 的对称轴平行或重合时，也只有一个公共点，是相交，但不相切.(5)应是以l 为垂直平分线的线段AB 所在的直线l ′与抛物线方程联立，消元后所得一元二次方程的判别式Δ＞0.答案(1)√(2)×(3)×(4)√(5)×2.直线y ＝kx －k ＋1与椭圆x 29＋y 24＝1的位置关系为()A.相交B.相切C.相离D.不确定解析直线y ＝kx －k ＋1＝k (x －1)＋1恒过定点(1，1)，又点(1，1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交.答案A3.若直线y ＝kx 与双曲线x 29－y 24＝1相交，则k 的取值范围是()－23，－23，解析双曲线x 29－y 24＝1的渐近线方程为y ＝±23x ，若直线与双曲线相交，数形结合，得k －23，答案C4.过点(0，1)作直线，使它与抛物线y 2＝4x 仅有一个公共点，这样的直线有()A.1条B.2条C.3条D.4条解析过(0，1)与抛物线y 2＝4x 相切的直线有2条，过(0，1)与对称轴平行的直线有一条，这三条直线与抛物线都只有一个公共点.答案C5.已知F 1，F 2是椭圆16x 2＋25y 2＝1600的两个焦点，P 是椭圆上一点，且PF 1⊥PF 2，则△F 1PF 2的面积为________.解析由题意可得|PF 1|＋|PF 2|＝2a ＝20，|PF 1|2＋|PF 2|2＝|F 1F 2|2＝4c 2＝144＝(|PF 1|＋|PF 2|)2－2|PF 1|·|PF 2|＝202－2|PF 1|·|PF 2|，解得|PF 1|·|PF 2|＝128，所以△F 1PF 2的面积为12|PF 1|·|PF 2|＝12×128＝64.答案646.(2017·嘉兴七校联考)椭圆x 24＋y 23＝1的左焦点为F ，直线x ＝m 与椭圆相交于点A ，B ，当m＝________时，△FAB 的周长最大，此时△FAB 的面积是________.解析设椭圆x 24＋y 23＝1的右焦点为F ′，则F (－1，0)，F ′(1，0).由椭圆的定义和性质易知，当直线x ＝m 过F ′(1，0)时△FAB 的周长最大，此时m ＝1，把x ＝1代入x 24＋y 23＝1得y 2＝94，y ＝±32，S △F AB ＝12|F 1F 2||AB |＝12×2×3＝3.答案13第1课时直线与圆锥曲线考点一直线与圆锥曲线的位置关系【例1】在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1(－1，0)，且点P (0，1)在C 1上.(1)求椭圆C 1的方程；(2)设直线l 同时与椭圆C 1和抛物线C 2：y 2＝4x 相切，求直线l 的方程.解(1)椭圆C 1的左焦点为F 1(－1，0)，∴c ＝1，又点P (0，1)在曲线C 1上，∴0a 2＋1b2＝1，得b ＝1，则a 2＝b 2＋c 2＝2，所以椭圆C 1的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由题意可知，直线l 的斜率显然存在且不等于0，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，y 2＝1，kx ＋m 消去y ，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0.因为直线l 与椭圆C 1相切，所以Δ1＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝0.整理得2k2－m2＋1＝0.①2＝4x，＝kx＋m消去y，得k2x2＋(2km－4)x＋m2＝0.因为直线l与抛物线C2相切，所以Δ2＝(2km－4)2－4k2m2＝0，整理得km＝1.②＝22，＝2＝－22，＝－2.所以直线l的方程为y＝22x＋2或y＝－22x－2.规律方法研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数，消元后，应注意讨论含x2项的系数是否为零的情况，以及判别式的应用.但对于选择、填空题要充分利用几何条件，用数形结合的方法求解.【训练1】在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1，0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程；(2)设斜率为k的直线l过定点P(－2，1)，若直线l与轨迹C恰好有一个公共点，求实数k的取值范围.解(1)设点M(x，y)，依题意|MF|＝|x|＋1，∴（x－1）2＋y2＝|x|＋1，化简得y2＝2(|x|＋x)，故轨迹C的方程为y2x（x≥0），（x＜0）.(2)在点M的轨迹C中，记C1：y2＝4x(x≥0)；C2：y＝0(x＜0).依题意，可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2).－1＝k（x＋2），2＝4x，可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.①①当k＝0时，此时y＝1.把y＝1代入轨迹C的方程，得x＝14.故此时直线l：y＝1与轨迹C②当k≠0时，方程①的Δ＝－16(2k2＋k－1)＝－16(2k－1)(k＋1)，②设直线l 与x 轴的交点为(x 0，0)，则由y －1＝k (x ＋2)，令y ＝0，得x 0＝－2k ＋1k.③(ⅰ)＜0，0＜0，由②③解得k ＜－1，或k ＞12.所以当k ＜－1或k ＞12时，直线l 与曲线C 1没有公共点，与曲线C 2有一个公共点，故此时直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点.(ⅱ)＝0，0≥0，－1＝0，，解集为∅.综上可知，当k ＜－1或k ＞12或k ＝0时，直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点.考点二弦长问题【例2】(2016·四川卷)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l ：y ＝－x ＋3与椭圆E 有且只有一个公共点T .(1)求椭圆E 的方程及点T 的坐标；(2)设O 是坐标原点，直线l ′平行于OT ，与椭圆E 交于不同的两点A ，B ，且与直线l 交于点P .证明：存在常数λ，使得|PT |2＝λ|PA |·|PB |，并求λ的值.(1)解由已知，a ＝2b ，则椭圆E 的方程为x 22b 2＋y 2b2＝1.＋y 2b 2＝1，x ＋3，得3x 2－12x ＋(18－2b 2)＝0.①方程①的判别式为Δ＝24(b 2－3)，由Δ＝0，得b 2＝3，此时方程①的解为x ＝2，所以椭圆E 的方程为x 26＋y 23＝1.点T 的坐标为(2，1).(2)证明由已知可设直线l ′的方程为y ＝12x ＋m (m ≠0)，＝12x ＋m ，＝－x ＋3，＝2－2m 3，＝1＋2m3.所以P －2m 3，1PT |2＝89m 2.设点A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2).＋y23＝1，＝1 2x＋m，可得3x2＋4mx＋(4m2－12)＝0.②方程②的判别式为Δ＝16(9－2m2)，由Δ>0，解得－322<m<322.由②得x1＋x2＝－4m3，x1x2＝4m2－123.所以|PA|＝52|2－2m3－x1|，同理|PB|＝52|2－2m3－x2|.所以|PA|·|PB|＝54|－2m3－x－2m3－x＝54|x1＋x2）＋x1x2|＝54|＋4m2－123|＝109m2.故存在常数λ＝45，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|.规律方法有关圆锥曲线弦长问题的求解方法：涉及弦长的问题中，应熟练的利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解.【训练2】已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)经过点(0，3)，离心率为12，左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0).(1)求椭圆的方程；(2)若直线l：y＝－12x＋m与椭圆交于A，B两点，与以F1F2为直径的圆交于C，D两点，且解(1)＝3，＝12，＝a 2－c 2，解得a ＝2，b ＝3，c ＝1，∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)知，以F 1F 2为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1，∴圆心到直线l 的距离d ＝2|m |5，由d ＜1，得|m |＜52.(*)∴|CD |＝21－d 2＝21－45m 2＝255－4m 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，＝－12x ＋m ，＋y 23＝1，得x 2－mx ＋m 2－3＝0，由根与系数关系可得x 1＋x 2＝m ，x 1x 2＝m 2－3.∴|AB |＝1524－m 2.由|AB ||CD |＝534，得4－m 25－4m 2＝1，解得m ＝±33，满足(*).∴直线l 的方程为y ＝－12x ＋33或y ＝－12x －33.考点三中点弦问题【例3】(1)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (3，0)，过点F 的直线交E 于A ，B 两点.若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为()A.x 245＋y 236＝1 B.x 236＋y 227＝1C.x 227＋y 218＝1 D.x 218＋y 29＝1(2)已知双曲线x2－y23＝1上存在两点M，N关于直线y＝x＋m对称，且MN的中点在抛物线y2＝18x上，则实数m的值为________.解析(1)因为直线AB过点F(3，0)和点(1，－1)，所以直线AB的方程为y＝12(x－3)，代入椭圆方程x2a2＋y2b2＝1消去y，得b2－32a2x＋94a2－a2b2＝0，所以AB的中点的横坐标为32a2b＝1，即a2＝2b2，又a2＝b2＋c2，所以b＝c＝3，a＝32，选D.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点P(x0，y0)，21－y213＝1，①22－y223＝1，②1＋x2＝2x0，③1＋y2＝2y0，④由②－①得(x2－x1)(x2＋x1)＝13(y2－y1)(y2＋y1)，显然x1≠x2.∴y2－y1x2－x1·y2＋y1x2＋x1＝3，即k MN·y0x0＝3，∵M，N关于直线y＝x＋m对称，∴k MN＝－1，∴y0＝－3x0.又∵y0＝x0＋m，∴－m4，代入抛物线方程得916m2＝解得m＝0或－8，经检验都符合.答案(1)D(2)0或－8规律方法处理中点弦问题常用的求解方法(1)点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y2，y1－y2x1－x2三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率.(2)根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后，由根与系数的关系求解.【训练3】设抛物线过定点A(－1，0)，且以直线x＝1为准线.(1)求抛物线顶点的轨迹C的方程；(2)若直线l与轨迹C交于不同的两点M，N，且线段MN恰被直线x＝－12平分，设弦MN的垂直平分线的方程为y＝kx＋m，试求m的取值范围.解(1)设抛物线顶点为P(x，y)，则焦点F(2x－1，y).再根据抛物线的定义得|AF|＝2，即(2x)2＋y2＝4，所以轨迹C的方程为x2＋y24＝1.(2)设弦MN的中点为－12，y M(x M，y M)，N(x N，y N)，则由点M，N为椭圆C上的点，x2M＋y2M＝4，x2N＋y2N＝4.两式相减，得4(x M－x N)(x M＋x N)＋(y M－y N)(y M＋y N)＝0，将x M＋x N＝21，y M＋y N＝2y0，y M－y NxM－x N＝－1k代入上式得k＝－y02.又点P－12，y MN的垂直平分线上，所以y0＝－12k＋m.所以m＝y0＋12k＝34y0.由点P－12，y BB′上(B′，B为直线x＝－12与椭圆的交点，如图所示)，所以y B′＜y0＜y B，也即－3＜y0＜3.所以－334＜m＜334，且m≠0.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.过抛物线y 2＝2x 的焦点作一条直线与抛物线交于A ，B 两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线()A.有且只有一条B.有且只有两条C.有且只有三条D.有且只有四条解析∵通径2p ＝2，又|AB |＝x 1＋x 2＋p ，∴|AB |＝3＞2p ，故这样的直线有且只有两条.答案B2.直线y ＝b a ＋3与双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的交点个数是()A.1B.2C.1或2D.0解析因为直线y ＝b a x ＋3与双曲线的渐近线y ＝ba x 平行，所以它与双曲线只有1个交点.答案A3.经过椭圆x 22＋y 2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l ，交椭圆于A ，B 两点，设O 为坐标原点，则OA →·OB →等于()A.－3B.－13C.－13或－3D.±13解析依题意，当直线l 经过椭圆的右焦点(1，0)时，其方程为y －0＝tan 45°(x －1)，即y＝x －1，代入椭圆方程x 22＋y 2＝1并整理得3x 2－4x ＝0，解得x ＝0或x ＝43标分别为(0，－1)∴OA →·OB →＝－13，同理，直线l 经过椭圆的左焦点时，也可得OA→·OB →＝－13.答案B4.抛物线y ＝x 2到直线x －y －2＝0的最短距离为()A.2B.728C.22D.526解析设抛物线上一点的坐标为(x，y)，则d＝|x－y－2|2＝|－x2＋x－2|2＝|－74|2，∴x＝12d min＝728.答案B5.已知A，B，P是双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)上不同的三点，且A，B连线经过坐标原点，若直线PA，PB的斜率乘积k P A·k PB＝23，则该双曲线的离心率为()A.5 2B.62C.2D.153解析设A(x1，y1)，P(x2，y2)根据对称性，得B点坐标为(－x1，－y1)，因为A，P在双曲线上，－y21b2＝1，－y22b2＝1，两式相减，得k P A k PB＝b2a2＝23，所以e2＝a2＋b2a2＝53，故e＝153.答案D 二、填空题6.已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，F(2，0)为其右焦点，过F 且垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的弦长为2.则椭圆C的方程为________.解析＝2，1，b2＋c2，＝2，＝2，∴椭圆C的方程为x24＋y22＝1.答案x24＋y22＝17.已知抛物线y＝ax2(a＞0)的焦点到准线的距离为2，则直线y＝x＋1截抛物线所得的弦长等于________.解析由题设知p＝12a＝2，∴a＝14.抛物线方程为y＝14x2，焦点为F(0，1)，准线为y＝－1.＝14x2，＝x＋1，消去x，整理得y2－6y＋1＝0，∴y1＋y2＝6，∵直线过焦点F，∴所得弦|AB|＝|AF|＋|BF|＝y1＋1＋y2＋1＝8.答案88.(2017·金华月考)过椭圆x216＋y24＝1内一点P(3，1)，且被这点平分的弦所在直线的方程是________；此弦的长为________.解析设直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，由于A，B两点均在椭圆上，故x2116＋y214＝1，x2216＋y224＝1，两式相减得（x1＋x2）（x1－x2）16＋（y1＋y2）（y1－y2）4＝0.又∵P是A，B的中点，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝2，∴k AB＝y1－y2x1－x2＝－34.∴直线AB的方程为y－1＝－34(x－3).即3x＋4y－13＝0.4y－13＝0，＋y24＝1，消去y整理得13x2－78x＋105＝0，x1＋x2＝6，x1x2＝10513，|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2（x1＋x2）2－4x1x2·62－4×10513＝53913.答案3x＋4y－13＝0539 13三、解答题9.设F1，F2分别是椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，过F1且斜率为1的直线l与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列.(1)求E的离心率；(2)设点P(0，－1)满足|P A|＝|PB|，求E的方程.解(1)由椭圆定义知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a，又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝43 a，l的方程为y＝x＋c，其中c＝a2－b2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，Bx＋c，＋y2b2＝1，消去y，化简得(a2＋b2)x2＋2a2cx＋a2(c2－b2)＝0，则x1＋x2＝－2a 2ca2＋b2，x1x2＝a2（c2－b2）a2＋b2.因为直线AB的斜率为1，所以|AB|＝2|x2－x1|＝2[（x1＋x2）2－4x1x2]，即43a＝4ab2a2＋b2，故a2＝2b2，所以E的离心率e＝ca＝a2－b2a＝22.(2)设AB的中点为N(x0，y0)，由(1)知x0＝x1＋x22＝－a2ca2＋b2＝－2c3，y0＝x0＋c＝c3.由|PA|＝|PB|，得k PN＝－1，即y0＋1x0＝－1，得c＝3，从而a＝32，b＝3.故椭圆E的方程为x218＋y29＝1.10.已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2，0)，离心率为22.直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.(1)求椭圆C的方程；(2)当△AMN的面积为103时，求k 的值.解(1)2，＝2 2，＝b2＋c2.解得b＝2，所以椭圆C的方程为x24＋y22＝1.(2)由y ＝k （x －1），x 24＋y 22＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0.设点M ，N 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)，x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－41＋2k 2，所以|MN |＝（x 2－x 1）2＋（y 2－y 1）2＝（1＋k 2）[（x 1＋x 2）2－4x 1x 2]＝2（1＋k 2）（4＋6k 2）1＋2k 2又因为点A (2，0)到直线y ＝k (x －1)的距离d ＝|k |1＋k2，所以△AMN 的面积为S ＝12|MN |·d ＝|k |4＋6k 21＋2k 2，由|k |4＋6k 21＋2k 2＝103，解得k ＝±1.能力提升题组(建议用时：30分钟)11.已知椭圆x 24＋y 2b 2＝1(0＜b ＜2)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，若|BF 2|＋|AF 2|的最大值为5，则b 的值是()A.1B.2C.32D.3解析由椭圆的方程，可知长半轴长为a ＝2，由椭圆的定义，可知|AF 2|＋|BF 2|＋|AB |＝4a ＝8，所以|AB |＝8－(|AF 2|＋|BF 2|)≥3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即2b 2a ＝3，可求得b 2＝3，即b ＝ 3.答案D12.抛物线C 1：y ＝12p x 2(p ＞0)的焦点与双曲线C 2：x 23－y 2＝1的右焦点的连线交C 1于第一象限的点M .若C 1在点M 处的切线平行于C 2的一条渐近线，则p ＝()A.316B.38C.233D.433解析∵双曲线C 2：x 23－y 2＝1，抛物线C1：y＝12px2(p＞0)，焦点为F设M(x0，y0)，则y0＝12px20.∵k MF′＝k FF′，∴12px20－p2x0＝p2－2.①又∵y′＝1px，∴y′|x＝x0＝1px0＝33.②由①②得p＝43 3.答案D13.设抛物线y2＝8x的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，PA⊥l，A为垂足.如果直线AF 的斜率为－3，那么|PF|＝________.解析直线AF的方程为y＝－3(x－2)＝－3x＋23，＝－2，得y＝43，所以P(6，43).由抛物线的性质可知|PF|＝6＋2＝8.答案814.(2015·全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝x24与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N 两点，(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由.解(1)由题设可得M(2a，a)，N(－2a，a)，或M(－2a，a)，N(2a，a).又y′＝x2，故y＝x24在x＝2a处的导数值为a，C在点(2a，a)处的切线方程为y－a＝a(x－2a)，即ax－y－a＝0.y＝x24在x＝－2a处的导数值为－a，C在点(－2a，a)处的切线方程为y－a＝－a(x＋2a)，即ax＋y＋a＝0.故所求切线方程为ax－y－a＝0和ax＋y＋a＝0.(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＝y1－bx1＋y2－bx2＝2kx1x2＋（a－b）（x1＋x2）x1x2＝k（a＋b）a.当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意.15.已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线y＝4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|＝54|PQ|.(1)求C的方程；(2)过F的直线l与C相交于A，B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一圆上，求l的方程.解(1)设Q(x0，4)，代入y2＝2px得x0＝8 p .所以|PQ|＝8p，|QF|＝p2＋x0＝p2＋8p.由题设得p2＋8p＝54×8p，解得p＝－2(舍去)或p＝2.所以C的方程为y2＝4x.(2)依题意知l与坐标轴不垂直，故可设l的方程为x＝my＋1(m≠0).代入y2＝4x得y2－4my－4＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.故AB的中点为D(2m2＋1，2m)，|AB|＝m2＋1|y1－y2|＝4(m2＋1).又l′的斜率为－m，所以l′的方程为x＝－1my＋2m2＋3.将上式代入y2＝4x，并整理得y2＋4my－4(2m2＋3)＝0.设M(x3，y3)，N(x4，y4)，则y3＋y4＝－4 m，y3y4＝－4(2m2＋3).故MN 的中点为2m 2＋3|MN |＝1＋1m 2|y 3－y 4|＝4（m 2＋1）2m 2＋1m 2.由于MN 垂直平分AB ，故A ，M ，B ，N 四点在同一圆上等价于|AE |＝|BE |＝12|MN |，从而14|AB |2＋|DE |2＝14|MN |2，即4(m 2＋1)2m ＝4（m 2＋1）2（2m 2＋1）m4.化简得m 2－1＝0，解得m ＝1或m ＝－1.所求直线l 的方程为x －y －1＝0或x ＋y －1＝0.第2课时定点、定值、范围、最值问题考点一定点问题【例1】(2017·枣庄模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)过点(0，1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l 与x 轴正半轴和y 轴分别交于Q ，P ，与椭圆分别交于点M ，N ，各点均不重合且满足PM →＝λ1MQ →，PN →＝λ2NQ →.(1)求椭圆的标准方程；(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l 过定点并求此定点.解(1)设椭圆的焦距为2c ，由题意知b ＝1，且(2a )2＋(2b )2＝2(2c )2，又a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝3.所以椭圆的方程为x 23＋y 2＝1.(2)由题意设P (0，m )，Q (x 0，0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，设l 方程为x ＝t (y －m )，由PM →＝λ1MQ →知(x 1，y 1－m )＝λ1(x 0－x 1，－y 1)，∴y 1－m ＝－y 1λ1，由题意y 1≠0，∴λ1＝my 1－1.同理由PN →＝λ2NQ →知λ2＝m y 2－1.∵λ1＋λ2＝－3，∴y 1y 2＋m (y 1＋y 2)＝0，①2＋3y 2＝3，＝t （y －m ）得(t 2＋3)y 2－2mt 2y ＋t 2m 2－3＝0，∴由题意知Δ＝4m 2t 4－4(t 2＋3)(t 2m 2－3)＞0，②且有y 1＋y 2＝2mt 2t 2＋3，y 1y 2＝t 2m 2－3t 2＋3，③将③代入①得t 2m 2－3＋2m 2t 2＝0，∴(mt )2＝1.由题意mt ＜0，∴mt ＝－1，满足②，得l 方程为x ＝ty ＋1，过定点(1，0)，即Q 为定点.规律方法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.【训练1】(2017·杭州七校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的两焦点在x 轴上，且两焦点与短轴的一个顶点的连线构成斜边长为2的等腰直角三角形.(1)求椭圆的方程；(2)过点Sl 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Q ，使得以线段AB 为直径的圆恒过点Q ？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.解(1)∵椭圆两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴b ＝c .又斜边长为2，即2c ＝2，故c ＝b ＝1，a ＝2，椭圆方程为x 22＋y 2＝1.(2)当l 与x 轴平行时，以线段AB 为直径的圆的方程为x 2＝169；当l 与y 轴平行时，以线段AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1.2＝169，2＋y 2＝1，＝0，＝1，故若存在定点Q ，则Q 的坐标只可能为Q (0，1).下面证明Q (0，1)为所求：若直线l 的斜率不存在，上述已经证明.若直线l 的斜率存在，设直线l ：y ＝kx －13，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，＝kx －13，2＋2y 2－2＝0，得(9＋18k 2)x 2－12kx －16＝0，Δ＝144k 2＋64(9＋18k 2)＞0，x 1＋x 2＝12k18k 2＋9，x 1x 2＝－1618k 2＋9，QA →＝(x 1，y 1－1)，QB →＝(x 2，y 2－1)，QA →·QB →＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)＝(1＋k 2)x 1x 2－4k 3(x 1＋x 2)＋169＝(1＋k 2)·－169＋18k 2－4k 3·12k 9＋18k 2＋169＝0，∴QA →⊥QB →，即以线段AB 为直径的圆恒过点Q (0，1).考点二定值问题【例2】(2016·山东卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，焦距为2 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)过动点M (0，m )(m ＞0)的直线交x 轴于点N ，交C 于点A ，P (P 在第一象限)，且M 是线段PN 的中点.过点P 作x 轴的垂线交C 于另一点Q ，延长QM 交C 于点B .①设直线PM ，QM 的斜率分别为k ，k ′，证明k ′k 为定值.②求直线AB 的斜率的最小值.(1)解设椭圆的半焦距为c .由题意知2a ＝4，2c ＝2 2.所以a ＝2，b ＝a 2－c 2＝ 2.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)①证明设P(x0，y0)(x0＞0，y0＞0).由M(0，m)，可得P(x0，2m)，Q(x0，－2m).所以直线PM的斜率k＝2m－mx0＝mx0.直线QM的斜率k′＝－2m－mx0＝－3mx0.此时k′k 3.所以k′k为定值－3.②解设A(x1，y1)，B(x2，y2).由①知直线PA的方程为y＝kx＋m.则直线QB的方程为y＝－3kx＋m.kx＋m，＋y22＝1，整理得(2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－4＝0，由x0x1＝2m2－42k2＋1，可得x1＝2（m2－2）（2k2＋1）x0，所以y1＝kx1＋m＝2k（m2－2）（2k2＋1）x0＋m.同理x2＝2（m2－2）（18k2＋1）x0，y2＝－6k（m2－2）（18k2＋1）x0＋m.所以x2－x1＝2（m2－2）（18k2＋1）x0－2（m2－2）（2k2＋1）x0＝－32k2（m2－2）（18k2＋1）（2k2＋1）x0，y2－y1＝－6k（m2－2）（18k2＋1）x0＋m－2k（m2－2）（2k2＋1）x0－m＝－8k（6k2＋1）（m2－2）（18k2＋1）（2k2＋1）x0，所以k AB＝y2－y1x2－x1＝6k2＋14k＝k由m＞0，x0＞0，可知k＞0，所以6k＋1k≥26，当且仅当k＝66时取“＝”.故此时2m－m4－8m2－0＝66，即m＝147，符合题意.【训练2】(2016·北京卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，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P A 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c a ＝32，12ab ＝1.又a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3.所以椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明由(1)知，A (2，0)，B (0，1).设椭圆上一点P (x 0，y 0)，则x 204＋y 20＝1.当x 0≠0时，直线PA 方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，令x ＝0得y M ＝－2y 0x 0－2从而|BM |＝|1－y M |＝|1＋2y 0x 0－2|.直线PB 方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1.令y ＝0得x N ＝－x 0y 0－1.∴|AN |＝|2－x N |＝|2＋x 0y 0－1|.∴|AN |·|BM |＝|2＋x 0y 0－1|·|1＋2y 0x 0－2|＝|x 0＋2y 0－2x 0－2|·|x 0＋2y 0－2y 0－1|＝|x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2|＝|4x 0y 0－4x 0－8y 0＋8x 0y 0－x 0－2y 0＋2|＝4.当x 0＝0时，y 0＝－1，|BM |＝2，|AN |＝2，所以|AN |·|BM |＝4.故|AN |·|BM |为定值.考点三范围问题【例3】(2016·天津卷)设椭圆x 2a 2＋y 23＝1(a ＞3)的右焦点为F ，右顶点为A .已知1|OF |＋1|OA |＝3e|FA |，其中O 为原点，e 为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程；(2)设过点A 的直线l 与椭圆交于点B (B 不在x 轴上)，垂直于l 的直线与l 交于点M ，与y 轴交于点H .若BF ⊥HF ，且∠MOA ≤∠MAO ，求直线l 的斜率的取值范围.解(1)设F (c ，0)，由1|OF |＋1|OA |＝3e |FA |，即1c ＋1a ＝3c a （a －c ）a 2－c 2＝3c 2.又a 2－c 2＝b 2＝3，所以c 2＝1，因此a 2＝4.所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线l 的斜率为k (k ≠0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －2).设B (x B ，y B )＋y 23＝1，k （x －2）消去y ，整理得(4k 2＋3)x 2－16k 2x ＋16k 2－12＝0.解得x＝2或x ＝8k 2－64k 2＋3.由题意得x B ＝8k 2－64k 2＋3，从而y B ＝－12k4k 2＋3.由(1)知F (1，0)，设H (0，y H )，有FH →＝(－1，y H )，BF →由BF ⊥HF ，得BF →·FH →＝0，所以4k 2－94k 2＋3＋12ky H 4k 2＋3＝0，解得y H ＝9－4k 212k .因为直线MH 的方程为y ＝－1k x ＋9－4k 212k.设M (x M ，y M )＝k （x －2），＝－1k x ＋9－4k 212k消去y ，解得x M ＝20k 2＋912（k 2＋1）.在△MAO 中，∠MOA ≤∠MAO ⇔|MA |≤|MO |，即(x M －2)2＋y 2M ≤x 2M ＋y 2M ，化简得x M ≥1，即20k 2＋912（k 2＋1）≥1，解得k ≤－64或k ≥64.所以直线l －∞，－64或64，＋∞【训练3】(2017·威海模拟)已知圆x 2＋y 2＝1过椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的两焦点，与椭圆有且仅有两个公共点，直线l ：y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2＝1相切，与椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1相交于A ，B 两点.记λ＝OA→·OB →，且23≤λ≤34.(1)求椭圆的方程；(2)求k 的取值范围；(3)求△OAB 的面积S 的取值范围.解(1)由题意知2c ＝2，所以c ＝1.因为圆与椭圆有且只有两个公共点，从而b ＝1，故a ＝2，所以所求椭圆方程为x 22＋y 2＝1.(2)因为直线l ：y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2＝1相切，所以原点O 到直线l 的距离为|m |12＋k2＝1，即m 2＝k 2＋1.kx ＋m ，y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－21＋2k2.λ＝OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝k 2＋11＋2k 2，由23≤λ≤34，得12≤k 2≤1，即k 的取值范围是－1，－22∪22，1.(3)|AB |2＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＝2－2（2k 2＋1）2，由12≤k 2≤1，得62≤|AB |≤43.设△OAB 的AB 边上的高为d ，则S ＝12|AB |d ＝12|AB |，所以64≤S ≤23.即△OAB 的面积S 的取值范围是64，23.考点四最值问题【例4】(2015·浙江卷)已知椭圆x 22＋y 2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx ＋12对称.(1)求实数m 的取值范围；(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点).解(1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为y ＝－1mx ＋b .y 2＝1，＝－1mx ＋b消去y ，得2－2bm x ＋b 2－1＝0.因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m 2＞0，①将AB中点My ＝mx ＋12解得b ＝－m 2＋22m 2②由①②得m ＜－63或m ＞63.(2)令t ＝1m∈62，＋12且O 到直线AB 的距离为d ＝t 2＋12t 2＋1.设△AOB 的面积为S (t )，所以S (t )＝12|AB |·d ＝12≤22.当且仅当t 2＝12时，等号成立.故△AOB 面积的最大值为22.【训练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 在直线y ＝2上，点B 在椭圆C 上，且OA ⊥OB ，求线段AB 长度的最小值.解(1)由题意，椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1.所以a 2＝4，b 2＝2，从而c 2＝a 2－b 2＝2.因此a ＝2，c ＝ 2.故椭圆C 的离心率e ＝c a ＝22.(2)设点A ，B 的坐标分别为(t ，2)，(x 0，y 0)，其中x 0≠0.因为OA ⊥OB ，所以OA →·OB →＝0，即tx 0＋2y 0＝0，解得t ＝－2y 0x 0.又x 20＋2y 20＝4，所以|AB |2＝(x 0－t )2＋(y 0－2)2＝(x 0＋2y 0x 0)2＋(y 0－2)2＝x 20＋y 20＋4y 20x 20＋4＝x 20＋4－x 202＋2（4－x 20）x 20＋4＝x 202＋8x 20＋4(0＜x 20≤4).因为x 202＋8x 20≥4(0＜x 20≤4)，当且仅当x 20＝4时等号成立，所以|AB |2≥8.故线段AB 长度的最小值为2 2.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.设抛物线y 2＝8x 的准线与x 轴交于点Q ，若过点Q 的直线l 与抛物线有公共点，则直线l 的斜率的取值范围是()A.－12，12B.[－2，2]C.[－1，1]D.[－4，4]解析Q (－2，0)，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)，代入抛物线方程，消去y 整理得k 2x 2＋(4k 2－8)x ＋4k 2＝0，由Δ＝(4k 2－8)2－4k 2·4k 2＝64(1－k 2)≥0，解得－1≤k ≤1.答案C2.(2017·石家庄模拟)已知P 为双曲线C ：x 29－y 216＝1上的点，点M 满足|OM →|＝1，且OM →·PM →＝0，则当|PM →|取得最小值时点P 到双曲线C 的渐近线的距离为()A.95B.125C.4D.5解析由OM→·PM →＝0，得OM ⊥PM ，根据勾股定理，求|MP |的最小值可以转化为求|OP |的最小值，当|OP |取得最小值时，点P 的位置为双曲线的顶点(±3，0)，而双曲线的渐近线为4x ±3y ＝0，∴所求的距离d ＝125，故选B.答案B3.已知椭圆C的方程为x216＋y2m2＝1(m＞0)，如果直线y＝22x与椭圆的一个交点M在x轴上的射影恰好是椭圆的右焦点F，则m的值为()A.2B.22C.8D.23解析根据已知条件得c＝16－m2，则点(16－m2，2216－m2)在椭圆x216＋y2m2＝1(m＞0)上，∴16－m216＋16－m22m2＝1，可得m＝2 2.答案B4.若双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的渐近线与抛物线y＝x2＋2有公共点，则此双曲线的离心率的取值范围是()A.[3，＋∞)B.(3，＋∞)C.(1，3]D.(1，3)解析依题意可知双曲线渐近线方程为y＝±bax，与抛物线方程联立消去y得x2±bax＋2＝0.∵渐近线与抛物线有交点，∴Δ＝b2a2－8≥0，求得b2≥8a2，∴c＝a2＋b2≥3a，∴e＝ca≥3.答案A5.(2017·丽水调研)斜率为1的直线l与椭圆x24＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为()A.2B.455C.4105D.8105解析设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t 2＋4y2＝4，＝x＋t消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，则x1＋x2＝－85t，x1x2＝4（t2－1）5.∴|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝2＝425·5－t 2，当t ＝0时，|AB |max ＝4105.答案C二、填空题6.已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线方程是y ＝3x ，它的一个焦点与抛物线y 2＝16x 的焦点相同，则双曲线的方程为________.解析由条件知双曲线的焦点为(4，0)，＋b 2＝16，＝3，解得a ＝2，b ＝23，故双曲线方程为x 24－y 212＝1.答案x 24－y 212＝17.已知动点P (x ，y )在椭圆x 225＋y 216＝1上，若A 点坐标为(3，0)，|AM →|＝1，且PM →·AM →＝0，则|PM →|的最小值是________.解析∵PM →·AM →＝0，∴AM →⊥PM →.∴|PM→|2＝|AP →|2－|AM →|2＝|AP →|2－1，∵椭圆右顶点到右焦点A 的距离最小，故|AP →|min ＝2，∴|PM →|min ＝3.答案38.(2017·杭州调研)若双曲线x 2－y 2b 2＝1(b ＞0)的一条渐近线与圆x 2＋(y －2)2＝1至多有一个公共点，则双曲线离心率的取值范围是________；与圆相切时渐近线的方程为________.解析双曲线的渐近线方程为y ＝±bx ，则有|0－2|1＋b 2≥1，解得b 2≤3，则e 2＝1＋b 2≤4，∵e答案(1，2]y ＝±3x三、解答题9.如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是22，点P (0，1)在短轴CD上，且PC→·PD →＝－1.(1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点.是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.解(1)由已知，点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b ).又点P 的坐标为(0，1)，且PC→·PD →＝－1，b 2＝－1，＝22，－b 2＝c 2.解得a ＝2，b ＝ 2.所以椭圆E 方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2).＋y 22＝1，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.从而，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)]＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝（－2λ－4）k2＋（－2λ－1）2k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2.所以，当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3.此时，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝－3为定值.当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ，此时OA →·OB →＋λPA →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3，故存在常数λ＝1，使得OA→·OB →＋λPA →·PB →为定值－3.10.(2016·浙江卷)如图，设椭圆x 2a2＋y 2＝1(a ＞1).(1)求直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段长(用a ，k 表示)；(2)若任意以点A (0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.解(1)设直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段为AMkx ＋1，y 2＝1，得(1＋a 2k 2)x 2＋2a 2kx ＝0.故x 1＝0，x 2＝－2a 2k1＋a 2k2，因此|AM |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2a 2|k |1＋a 2k 2·1＋k 2.(2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y 轴左侧的椭圆上有两个不同的点P ，Q ，满足|AP |＝|AQ |.记直线AP ，AQ 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1，k 2＞0，k 1≠k 2.由(1)知|AP |＝2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21，|AQ |＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22，故2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22，所以(k 21－k 22)[1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22]＝0.由于k 1≠k 2，k 1，k 2＞0得1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22＝0，1＋a 2(a 2－2)，①因为①式关于k 1，k 2的方程有解的充要条件是1＋a 2(a 2－2)＞1，所以a ＞ 2.因此，任意以点A (0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1＜a ≤2，能力提升题组(建议用时：30分钟)11.(2017·浙大附中月考)设双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线与抛物线y 2＝x 的一个交点的横坐标为x 0，若x 0＞1，则双曲线C 的离心率e 的取值范围是()B.(2，＋∞)C.(1，2)解析不妨联立y ＝b a x 与y 2＝x 的方程，消去y 得b 2a 2x 2＝x ，由x 0＞1知b 2a 2＜1，即c 2－a 2a2＜1，故e 2＜2，又e ＞1，所以1＜e ＜2，故选C.答案C12.(2017·河南省八市质检)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的离心率为2，它的两条渐近线与抛物线y 2＝2px (p ＞0)的准线分别交于A ，B 两点，O 为坐标原点.若△AOB 的面积为3，则抛物线的准线方程为()A.x ＝－2B.x ＝2C.x ＝1D.x ＝－1解析因为e ＝ca＝2，所以c ＝2a ，b ＝3a ，双曲线的渐近线方程为y ＝±3x ，又抛物线的准线方程为x ＝－p2，联立双曲线的渐近线方程和抛物线的准线方程得－p 2，，－p 2，－△AOB 中，|AB |＝3p ，点O 到AB 的距离为p 2，所以12·3p ·p 2＝3，所以p ＝2，所以抛物线的准线方程为x ＝－1，故选D.答案D13.(2017·浙江五校联考)若点O 和点F 分别为椭圆x 29＋y 28＝1的中点和左焦点，点P 为椭圆上的任一点，则OP →·FP →的最小值为________.解析点P 为椭圆x 29＋y 28＝1上的任意一点，设P (x ，y )(－3≤x ≤3，－22≤y ≤22)，依题意得左焦点F (－1，0)，∴OP →＝(x ，y )，FP →＝(x ＋1，y )，∴OP →·FP →＝x (x ＋1)＋y 2＝x 2＋x ＋72－8x 29＋234.∵－3≤x ≤3，∴32≤x ＋92≤152，∴94≤2254，∴14≤≤22536，∴6＋234≤12，即6≤OP →·FP →≤12，故最小值为6.答案614.(2017·衡水中学高三联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，直线3x ＋4y ＋6＝0与圆x 2＋(y －b )2＝a 2相切.(1)求椭圆C 的方程；(2)已知过椭圆C 的左顶点A 的两条直线l 1，l 2分别交椭圆C 于M ，N 两点，且l 1⊥l 2，求证：直线MN 过定点，并求出定点坐标；(3)在(2)的条件下求△AMN 面积的最大值.解(1)a，＝2，＝1，即C ：x 24＋y 2＝1.(2)由题意得直线l 1，l 2的斜率存在且不为0.∵A (－2，0)，设l 1：x ＝my －2，l 2：x ＝－1m y －2，＝my －2，2＋4y 2－4＝0，得(m 2＋4)y 2－4my ＝0，∴同理，①m ≠±1时，k MN ＝5m4（m 2－1），l MN ：y－65，②m ＝±1时，l MN ：x ＝－65，过点－65，∴l MN －65，(3)由(2)知S △AMN ＝12×45y M －y N |＝25|4m m 2＋4＋4m4m 2＋1|＝8|m 3＋m 4m 4＋17m 2＋4|＝8|m ＋1m|＋9＝84|m ＋1m |＋9|m ＋1m|.令t ＝|m ＋1m |≥2，当且仅当m ＝±1时取等号，∴S △AMN ≤1625，且当m ＝±1时取等号.∴(S △AMN )max ＝1625.15.(2017·宁波模拟)如图，中心在坐标原点，焦点分别在x 轴和y 轴上的椭圆T 1，T 2都过点M (0，－2)，且椭圆T 1与T 2的离心率均为22.(1)求椭圆T 1与椭圆T 2的标准方程；(2)过点M 引两条斜率分别为k ，k ′的直线分别交T 1，T 2于点P ，Q ，当k ′＝4k 时，问直线PQ 是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.解(1)由题意知，椭圆T 1和椭圆T 2的方程分别为x 24＋y 22＝1，y 22＋x 2＝1；(2)直线MP 的方程为y ＝kx －2，联立椭圆方程得：＋y 22＝1，kx －2，消去y 得(2k 2＋1)x 2－42kx ＝0，则x P ＝42k 2k 2＋1，则点P 的坐标为同理可得点Q的坐标为：k′＝4k，则点Qk PQ＝82k2－28k2＋1－22k2－22k2＋142k8k2＋1－42k2k2＋1＝－12k，则直线PQ的方程为：y－22k2－22k2＋1＝－化简得y－2＝－12kx，故直线PQ过定点(0，2).高考导航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.热点一圆锥曲线的标准方程与几何性质圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，圆锥曲线的几何性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线的渐近线是常考题型.【例1】(1)(2015·天津卷)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＝1C.x 23－y 2＝1 D.x 2－y 23＝1(2)若点M (2，1)，点C 是椭圆x 216＋y 27＝1的右焦点，点A 是椭圆的动点，则|AM |＋|AC |的最小值为________.(3)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)与抛物线y 2＝2px (p ＞0)有相同的焦点F ，P ，Q 是椭圆与抛物线的交点，若直线PQ 经过焦点F ，则椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为________.解析(1)双曲线x 2a 2－y 2b2＝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，。

2020浙江高考数学二轮讲义：专题五第3讲圆锥曲线中的综合问题 Word版含解析

姓名，年级：时间：第3讲圆锥曲线中的综合问题“构造法”求最值(范围)［典型例题]（2019·高考浙江卷）如图，已知点F（1，0)为抛物线y2＝2px（p>0）的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1,S2。

(1）求p的值及抛物线的准线方程；(2）求错误!的最小值及此时点G的坐标．【解】（1）由题意得错误!＝1，即p＝2.所以抛物线的准线方程为x＝－1.(2)设A（x A，y A)，B(x B，y B)，C(x C，y C），重心G(x G,y G）．令y A＝2t，t≠0，则x A＝t2.由于直线AB过点F，故直线AB的方程为x＝错误!y＋1，代入y2＝4x，得y2－错误!y－4＝0，故2ty B＝－4，即y B＝－错误!,所以B错误!。

又由于x G＝错误!（x A＋x B＋x C），y G＝错误!（y A＋y B＋y C)及重心G在x轴上，故2t－错误!＋y C＝0，得C错误!，G错误!.所以直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t2)，得Q（t2－1,0）．由于Q在焦点F的右侧,故t2>2。

从而错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝2－错误!。

令m＝t2－2，则m〉0，错误!＝2－错误!＝2－错误!≥2－错误!＝1＋错误!.所以当m＝错误!时，错误!取得最小值1＋错误!,此时G（2，0)．.错误!解决最值(范围）问题的常用方法解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等），建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解．(1)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．(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）数形结合法:利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，数形结合求解．[对点训练](2018·高考浙江卷）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；（2)若P是半椭圆x2＋错误!＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．解：（1)证明：设P（x0，y0）,A错误!，B错误!.因为PA，PB的中点在拋物线上，所以y1，y2为方程错误!错误!＝4·错误!,即y2－2y0y＋8x0－y错误!＝0的两个不同的实根．所以y1＋y2＝2y0，因此，PM垂直于y轴．(2）由（1）可知错误!所以|PM|＝错误!（y错误!＋y错误!）－x0＝错误!y错误!－3x0，|y1－y2|＝2错误!。

高考数学复习考点知识讲解课件58 圆锥曲线的综合问题

行或与双曲线的渐近线平行) 两个__不__等____的解两个相等的解
无实数解
l与C1的交点无__公__共__点__
一__个__交__点__
_两__个__交__点_ 一__个__交__点__ _无__交__点___
(2)几何法：在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线，利用图象和性质可判定直线与圆锥曲线的位置关系．
必备知识—基础落实
一、必记2个知识点 1．直线与圆锥曲线的位置关系的判定 (1)代数法：把圆锥曲线方程与直线方程联立消去y，整理得到关于x 的方程ax2＋bx＋c＝0.
a＝0 a≠0
方程ax2＋bx＋c＝0的解
b＝0
b≠0
Δ>0 Δ＝0 Δ<0
无解(含l是双曲线的渐近线) 有一解(含l与抛物线的对称轴平
A．1
B． 2
C． 3
D．2 2
答案：D
解析：由题意可知焦点F(1，0)，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，由|AF|＝3＝xA＋1，得xA＝2，又点A在第一象限，故A(2，2 2)，故直线l的斜率为2 2，选D.
5．[2022·石家庄摸底考试]已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，直线l：y ＝ 3(x－1)，l与C交于A，B两点，若|AB|＝136，则p＝__2__．
高考数学复习考点知识讲解课件
第九节圆锥曲线的综合问题
必备知识—基础落实
·最新考纲· 1．了解圆锥曲线的简单应用． 2．理解数形结合的思想． 3．掌握解决直线和圆锥曲线位置关系的方法．
·考向预测· 考情分析：直线与圆锥曲线的综合应用问题(特别是一些经典问题，如：定值与定点、最值与取值范围、探索性问题)是高考热点，常常与向量、圆等知识交汇在一起命题，多以解答题形式出现，近年试题难度有所降低．学科素养：通过最值、定点问题考查了学生的数学素养，直线与圆锥曲线等问题考查了学生的数学运算、数学抽象．

(浙江专用)高考数学总复习第九章平面解析几何第9讲圆锥曲线的综合问题学案-人教版高三全册数学

第9讲圆锥曲线的综合问题最新考纲 1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想.知识梳理1.直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l 与圆锥曲线C 的位置关系时，通常将直线l 的方程Ax ＋By ＋C ＝0(A ，B 不同时为0)代入圆锥曲线C 的方程F (x ，y )＝0，消去y (也可以消去x )得到一个关于变量x (或变量y )的一元方程，即⎩⎪⎨⎪⎧Ax ＋By ＋C ＝0，F （x ，y ）＝0消去y ，得ax 2＋bx ＋c ＝0. (1)当a ≠0时，设一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0的判别式为Δ，则Δ＞0⇔直线与圆锥曲线C 相交；Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C 相切； Δ＜0⇔直线与圆锥曲线C 相离.(2)当a ＝0，b ≠0时，即得到一个一次方程，则直线l 与圆锥曲线C 相交，且只有一个交点，此时，若C 为双曲线，则直线l 与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C 为抛物线，则直线l 与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合. 2.圆锥曲线的弦长设斜率为k (k ≠0)的直线l 与圆锥曲线C 相交于A ，B 两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·（x 1＋x 2）2－4x 1x 2 ＝1＋1k 2·|y 1－y 2|＝1＋1k2·（y 1＋y 2）2－4y 1y 2.诊断自测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)直线l 与椭圆C 相切的充要条件是：直线l 与椭圆C 只有一个公共点.( ) (2)直线l 与双曲线C 相切的充要条件是：直线l 与双曲线C 只有一个公共点.( ) (3)直线l 与抛物线C 相切的充要条件是：直线l 与抛物线C 只有一个公共点.( ) (4)如果直线x ＝ty ＋a 与圆锥曲线相交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，则弦长|AB |＝1＋t 2|y 1－y 2|.( )(5)若抛物线C 上存在关于直线l 对称的两点，则需满足直线l 与抛物线C 的方程联立消元后得到的一元二次方程的判别式Δ＞0.( )解析 (2)因为直线l 与双曲线C 的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切. (3)因为直线l 与抛物线C 的对称轴平行或重合时，也只有一个公共点，是相交，但不相切. (5)应是以l 为垂直平分线的线段AB 所在的直线l ′与抛物线方程联立，消元后所得一元二次方程的判别式Δ＞0.答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)×2.直线y ＝kx －k ＋1与椭圆x 29＋y 24＝1的位置关系为( )A.相交B.相切C.相离D.不确定解析直线y ＝kx －k ＋1＝k (x －1)＋1恒过定点(1，1)，又点(1，1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交. 答案 A3.若直线y ＝kx 与双曲线x 29－y 24＝1相交，则k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，23D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－23∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ 解析双曲线x 29－y 24＝1的渐近线方程为y ＝±23x ，若直线与双曲线相交，数形结合，得k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，23. 答案 C4.过点(0，1)作直线，使它与抛物线y 2＝4x 仅有一个公共点，这样的直线有( ) A.1条B.2条C.3条D.4条解析过(0，1)与抛物线y 2＝4x 相切的直线有2条，过(0，1)与对称轴平行的直线有一条，这三条直线与抛物线都只有一个公共点. 答案 C5.已知F 1，F 2是椭圆16x 2＋25y 2＝1 600的两个焦点，P 是椭圆上一点，且PF 1⊥PF 2，则△F 1PF 2的面积为________.解析由题意可得|PF 1|＋|PF 2|＝2a ＝20，|PF 1|2＋|PF 2|2＝|F 1F 2|2＝4c 2＝144＝(|PF 1|＋|PF 2|)2－2|PF 1|·|PF 2|＝202－2|PF 1|·|PF 2|，解得|PF 1|·|PF 2|＝128，所以△F 1PF 2的面积为12|PF 1|·|PF 2|＝12×128＝64.答案 646.(2017·嘉兴七校联考)椭圆x 24＋y 23＝1的左焦点为F ，直线x ＝m 与椭圆相交于点A ，B ，当m＝________时，△FAB 的周长最大，此时△FAB 的面积是________.解析设椭圆x 24＋y 23＝1的右焦点为F ′，则F (－1，0)，F ′(1，0).由椭圆的定义和性质易知，当直线x ＝m 过F ′(1，0)时△FAB 的周长最大，此时m ＝1，把x ＝1代入x 24＋y 23＝1得y 2＝94，y ＝±32，S △FAB ＝12|F 1F 2||AB |＝12×2×3＝3.答案 1 3第1课时直线与圆锥曲线考点一直线与圆锥曲线的位置关系【例1】在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1(－1，0)，且点P (0，1)在C 1上. (1)求椭圆C 1的方程；(2)设直线l 同时与椭圆C 1和抛物线C 2：y 2＝4x 相切，求直线l 的方程. 解 (1)椭圆C 1的左焦点为F 1(－1，0)，∴c ＝1，又点P (0，1)在曲线C 1上，∴0a 2＋1b2＝1，得b ＝1，则a 2＝b 2＋c 2＝2，所以椭圆C 1的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由题意可知，直线l 的斜率显然存在且不等于0，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝kx ＋m消去y ，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0. 因为直线l 与椭圆C 1相切，所以Δ1＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－2)＝0.整理得2k 2－m 2＋1＝0.①由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋m 消去y ，得k 2x 2＋(2km －4)x ＋m 2＝0. 因为直线l 与抛物线C 2相切，所以Δ2＝(2km －4)2－4k 2m 2＝0，整理得km ＝1.② 综合①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝22，m ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－22，m ＝－ 2. 所以直线l 的方程为y ＝22x ＋2或y ＝－22x － 2. 规律方法研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数，消元后，应注意讨论含x 2项的系数是否为零的情况，以及判别式的应用.但对于选择、填空题要充分利用几何条件，用数形结合的方法求解.【训练1】在平面直角坐标系xOy 中，点M 到点F (1，0)的距离比它到y 轴的距离多1.记点M 的轨迹为C .(1)求轨迹C 的方程；(2)设斜率为k 的直线l 过定点P (－2，1)，若直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点，求实数k 的取值范围.解 (1)设点M (x ，y )，依题意|MF |＝|x |＋1， ∴（x －1）2＋y 2＝|x |＋1，化简得y 2＝2(|x |＋x )，故轨迹C 的方程为y 2＝⎩⎪⎨⎪⎧4x （x ≥0），0（x ＜0）.(2)在点M 的轨迹C 中，记C 1：y 2＝4x (x ≥0)；C 2：y ＝0(x ＜0). 依题意，可设直线l 的方程为y －1＝k (x ＋2). 由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y －1＝k （x ＋2），y 2＝4x ，可得ky 2－4y ＋4(2k ＋1)＝0.①①当k ＝0时，此时y ＝1.把y ＝1代入轨迹C 的方程，得x ＝14.故此时直线l ：y ＝1与轨迹C 恰好有一个公共点⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1. ②当k ≠0时，方程①的Δ＝－16(2k 2＋k －1)＝－16(2k －1)(k ＋1)，② 设直线l 与x 轴的交点为(x 0，0)，则由y －1＝k (x ＋2)，令y ＝0，得x 0＝－2k ＋1k.③(ⅰ)若⎩⎪⎨⎪⎧Δ＜0，x 0＜0，由②③解得k ＜－1，或k ＞12.所以当k ＜－1或k ＞12时，直线l 与曲线C 1没有公共点，与曲线C 2有一个公共点，故此时直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点.(ⅱ)若⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝0，x 0≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧2k 2＋k －1＝0，2k ＋1k＜0，解集为∅.综上可知，当k ＜－1或k ＞12或k ＝0时，直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点.考点二弦长问题【例2】 (2016·四川卷)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l ：y ＝－x ＋3与椭圆E 有且只有一个公共点T . (1)求椭圆E 的方程及点T 的坐标；(2)设O 是坐标原点，直线l ′平行于OT ，与椭圆E 交于不同的两点A ，B ，且与直线l 交于点P .证明：存在常数λ，使得|PT |2＝λ|PA |·|PB |，并求λ的值. (1)解由已知，a ＝2b ，则椭圆E 的方程为x 22b 2＋y 2b 2＝1.由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 22b 2＋y 2b 2＝1，y ＝－x ＋3，得3x 2－12x ＋(18－2b 2)＝0.①方程①的判别式为Δ＝24(b 2－3)，由Δ＝0，得b 2＝3，此时方程①的解为x ＝2，所以椭圆E 的方程为x 26＋y 23＝1.点T 的坐标为(2，1).(2)证明由已知可设直线l ′的方程为y ＝12x ＋m (m ≠0)，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，y ＝－x ＋3，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－2m3，y ＝1＋2m 3.所以P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3，1＋2m 3.|PT |2＝89m 2.设点A ，B 的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 23＝1，y ＝12x ＋m ，可得3x 2＋4mx ＋(4m 2－12)＝0.②方程②的判别式为Δ＝16(9－2m 2)，由Δ>0，解得－322<m <322.由②得x 1＋x 2＝－4m 3，x 1x 2＝4m 2－123.所以|PA |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3－x 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2m 3－y 12＝52⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 1，同理|PB |＝52⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 2. 所以|PA |·|PB |＝54⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3－x 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3－x 2＝54⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 32－⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3（x 1＋x 2）＋x 1x 2 ＝54⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 32－⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－4m 3＋4m 2－123 ＝109m 2. 故存在常数λ＝45，使得|PT |2＝λ|PA |·|PB |.规律方法有关圆锥曲线弦长问题的求解方法：涉及弦长的问题中，应熟练的利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解.【训练2】已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点(0，3)，离心率为12，左、右焦点分别为F 1(－c ，0)，F 2(c ，0).(1)求椭圆的方程；(2)若直线l ：y ＝－12x ＋m 与椭圆交于A ，B 两点，与以F 1F 2为直径的圆交于C ，D 两点，且满足|AB ||CD |＝534，求直线l 的方程.解 (1)由题设知⎩⎪⎨⎪⎧b ＝3，c a ＝12，b 2＝a 2－c 2，解得a ＝2，b ＝3，c ＝1，∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1. (2)由(1)知，以F 1F 2为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1， ∴圆心到直线l 的距离d ＝2|m |5，由d ＜1，得|m |＜52.(*)∴|CD |＝21－d 2＝21－45m 2＝255－4m 2. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ＋m ，x 24＋y 23＝1，得x 2－mx ＋m 2－3＝0，由根与系数关系可得x 1＋x 2＝m ，x 1x 2＝m 2－3. ∴|AB |＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－122[m 2－4（m 2－3）] ＝1524－m 2. 由|AB ||CD |＝534，得4－m 25－4m 2＝1，解得m ＝±33，满足(*). ∴直线l 的方程为y ＝－12x ＋33或y ＝－12x －33.考点三中点弦问题【例3】 (1)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (3，0)，过点F 的直线交E 于A ，B 两点.若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为( )A.x 245＋y 236＝1B.x 236＋y 227＝1 C.x 227＋y 218＝1 D.x 218＋y 29＝1(2)已知双曲线x 2－y 23＝1上存在两点M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，且MN 的中点在抛物线y2＝18x 上，则实数m 的值为________.解析 (1)因为直线AB 过点F (3，0)和点(1，－1)，所以直线AB 的方程为y ＝12(x －3)，代入椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 24＋b 2x 2－32a 2x ＋94a 2－a 2b 2＝0，所以AB 的中点的横坐标为32a 22⎝ ⎛⎭⎪⎫a24＋b 2＝1，即a 2＝2b 2，又a 2＝b 2＋c 2，所以b ＝c ＝3，a ＝32，选D.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 的中点P (x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 21－y 213＝1， ①x 22－y223＝1， ②x 1＋x 2＝2x 0， ③y 1＋y 2＝2y 0， ④由②－①得(x 2－x 1)(x 2＋x 1)＝13(y 2－y 1)(y 2＋y 1)，显然x 1≠x 2.∴y 2－y 1x 2－x 1·y 2＋y 1x 2＋x 1＝3，即k MN ·y 0x 0＝3， ∵M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，∴k MN ＝－1， ∴y 0＝－3x 0.又∵y 0＝x 0＋m ，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 4，3m 4，代入抛物线方程得916m 2＝18·⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 4，解得m ＝0或－8，经检验都符合. 答案 (1)D (2)0或－8规律方法处理中点弦问题常用的求解方法(1)点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x 1＋x 2，y 1＋y 2，y 1－y 2x 1－x 2三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率.(2)根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后，由根与系数的关系求解.【训练3】设抛物线过定点A (－1，0)，且以直线x ＝1为准线. (1)求抛物线顶点的轨迹C 的方程；(2)若直线l 与轨迹C 交于不同的两点M ，N ，且线段MN 恰被直线x ＝－12平分，设弦MN 的垂直平分线的方程为y ＝kx ＋m ，试求m 的取值范围. 解 (1)设抛物线顶点为P (x ，y )，则焦点F (2x －1，y ). 再根据抛物线的定义得|AF |＝2，即(2x )2＋y 2＝4，所以轨迹C 的方程为x 2＋y 24＝1.(2)设弦MN 的中点为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，y 0，M (x M ，y M )，N (x N ，y N )，则由点M ，N 为椭圆C 上的点，可知⎩⎪⎨⎪⎧4x 2M ＋y 2M ＝4，4x 2N ＋y 2N ＝4. 两式相减，得4(x M －x N )(x M ＋x N )＋(y M －y N )(y M ＋y N )＝0，将x M ＋x N ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－1，y M ＋y N ＝2y 0，y M －y N x M －x N ＝－1k 代入上式得k ＝－y 02. 又点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，y 0在弦MN 的垂直平分线上，所以y 0＝－12k ＋m .所以m ＝y 0＋12k ＝34y 0.由点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，y 0在线段BB ′上(B ′，B 为直线x ＝－12与椭圆的交点，如图所示)，所以y B ′＜y 0＜y B ，也即－3＜y 0＜ 3. 所以－334＜m ＜334，且m ≠0.[思想方法] 1.有关弦的三个问题(1)涉及弦长的问题，应熟练地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；(2)涉及垂直关系往往也是利用根与系数的关系设而不求简化运算；(3)涉及过焦点的弦的问题，可考虑利用圆锥曲线的定义求解.2.求解与弦有关问题的两种方法(1)方程组法：联立直线方程和圆锥曲线方程，消元(x 或y )成为二次方程之后，结合根与系数的关系，建立等式关系或不等式关系.(2)点差法：在求解圆锥曲线且题目中已有直线与圆锥曲线相交和被截线段的中点坐标时，设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标，代入圆锥曲线的方程并作差，从而求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程.“点差法”的常见题型有：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题.必须提醒的是“点差法”具有不等价性，即要考虑判别式Δ是否为正数. [易错防范]判断直线与圆锥曲线位置关系时的注意点(1)直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切，事实上不一定相切，当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点.(2)直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行或重合时也相交于一点.第2课时定点、定值、范围、最值问题考点一定点问题【例1】 (2017·枣庄模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)过点(0，1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l 与x 轴正半轴和y 轴分别交于Q ，P ，与椭圆分别交于点M ，N ，各点均不重合且满足PM →＝λ1MQ →，PN →＝λ2NQ →.(1)求椭圆的标准方程；(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l 过定点并求此定点.解 (1)设椭圆的焦距为2c ，由题意知b ＝1，且(2a )2＋(2b )2＝2(2c )2，又a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝3.所以椭圆的方程为x 23＋y 2＝1.(2)由题意设P (0，m )，Q (x 0，0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，设l 方程为x ＝t (y －m )，由PM →＝λ1MQ →知(x 1，y 1－m )＝λ1(x 0－x 1，－y 1)， ∴y 1－m ＝－y 1λ1，由题意y 1≠0，∴λ1＝m y 1－1.同理由PN →＝λ2NQ →知λ2＝m y 2－1.∵λ1＋λ2＝－3，∴y 1y 2＋m (y 1＋y 2)＝0，①联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋3y 2＝3，x ＝t （y －m ）得(t 2＋3)y 2－2mt 2y ＋t 2m 2－3＝0，∴由题意知Δ＝4m 2t 4－4(t 2＋3)(t 2m 2－3)＞0，② 且有y 1＋y 2＝2mt 2t 2＋3，y 1y 2＝t 2m 2－3t 2＋3，③将③代入①得t 2m 2－3＋2m 2t 2＝0， ∴(mt )2＝1.由题意mt ＜0，∴mt ＝－1，满足②，得l 方程为x ＝ty ＋1，过定点(1，0)，即Q 为定点. 规律方法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.【训练1】 (2017·杭州七校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的两焦点在x 轴上，且两焦点与短轴的一个顶点的连线构成斜边长为2的等腰直角三角形. (1)求椭圆的方程；(2)过点S ⎝⎛⎭⎪⎫0，－13的动直线l 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Q ，使得以线段AB 为直径的圆恒过点Q ？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.解 (1)∵椭圆两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴b ＝c .又斜边长为2，即2c ＝2，故c ＝b ＝1，a ＝2，椭圆方程为x 22＋y 2＝1.(2)当l 与x 轴平行时，以线段AB 为直径的圆的方程为x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋132＝169；当l 与y 轴平行时，以线段AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1. 由⎩⎨⎧x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋132＝169，x 2＋y 2＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1，故若存在定点Q ，则Q 的坐标只可能为Q (0，1). 下面证明Q (0，1)为所求：若直线l 的斜率不存在，上述已经证明. 若直线l 的斜率存在，设直线l ：y ＝kx －13，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －13，x 2＋2y 2－2＝0，得(9＋18k 2)x 2－12kx －16＝0，Δ＝144k 2＋64(9＋18k 2)＞0， x 1＋x 2＝12k 18k 2＋9，x 1x 2＝－1618k 2＋9， QA →＝(x 1，y 1－1)，QB →＝(x 2，y 2－1)，QA →·QB →＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1) ＝(1＋k 2)x 1x 2－4k 3(x 1＋x 2)＋169＝(1＋k 2)·－169＋18k 2－4k 3·12k 9＋18k 2＋169＝0， ∴QA →⊥QB →，即以线段AB 为直径的圆恒过点Q (0，1).考点二定值问题【例2】 (2016·山东卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，焦距为2 2. (1)求椭圆C 的方程；(2)过动点M (0，m )(m ＞0)的直线交x 轴于点N ，交C 于点A ，P (P 在第一象限)，且M 是线段PN 的中点.过点P 作x 轴的垂线交C 于另一点Q ，延长QM 交C 于点B .①设直线PM ，QM 的斜率分别为k ，k ′，证明k ′k为定值.②求直线AB 的斜率的最小值. (1)解设椭圆的半焦距为c .由题意知2a ＝4，2c ＝2 2.所以a ＝2，b ＝a 2－c 2＝ 2. 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)①证明设P (x 0，y 0)(x 0＞0，y 0＞0). 由M (0，m )，可得P (x 0，2m )，Q (x 0，－2m ). 所以直线PM 的斜率k ＝2m －m x 0＝mx 0.直线QM 的斜率k ′＝－2m －m x 0＝－3m x 0.此时k ′k ＝－3.所以k ′k为定值－3. ②解设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2). 由①知直线PA 的方程为y ＝kx ＋m .则直线QB 的方程为y ＝－3kx ＋m .联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 22＝1，整理得(2k 2＋1)x 2＋4mkx ＋2m 2－4＝0，由x 0x 1＝2m 2－42k 2＋1，可得x 1＝2（m 2－2）（2k 2＋1）x 0，所以y 1＝kx 1＋m ＝2k （m 2－2）（2k 2＋1）x 0＋m . 同理x 2＝2（m 2－2）（18k 2＋1）x 0，y 2＝－6k （m 2－2）（18k 2＋1）x 0＋m . 所以x 2－x 1＝2（m 2－2）（18k 2＋1）x 0－2（m 2－2）（2k 2＋1）x 0 ＝－32k 2（m 2－2）（18k 2＋1）（2k 2＋1）x 0， y 2－y 1＝－6k （m 2－2）（18k 2＋1）x 0＋m －2k （m 2－2）（2k 2＋1）x 0－m ＝－8k （6k 2＋1）（m 2－2）（18k 2＋1）（2k 2＋1）x 0，所以k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝6k 2＋14k ＝14⎝⎛⎭⎪⎫6k ＋1k ，由m ＞0，x 0＞0，可知k ＞0，所以6k ＋1k ≥26，当且仅当k ＝66时取“＝”.故此时2m －m4－8m 2－0＝66，即m ＝147，符合题意. 所以直线AB 的斜率的最小值为62. 规律方法圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值.依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；(3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得.【训练2】 (2016·北京卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，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ca ＝32，12ab ＝1. 又a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3. 所以椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明由(1)知，A (2，0)，B (0，1). 设椭圆上一点P (x 0，y 0)，则x 204＋y 20＝1.当x 0≠0时，直线PA 方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，令x ＝0得y M ＝－2y 0x 0－2.从而|BM |＝|1－y M |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2.直线PB 方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1. 令y ＝0得x N ＝－x 0y 0－1.∴|AN |＝|2－x N |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1.∴|AN |·|BM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2x 0－2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2y 0－1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4x 0y 0－4x 0－8y 0＋8x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝4.当x 0＝0时，y 0＝－1，|BM |＝2，|AN |＝2，所以|AN |·|BM |＝4.故|AN |·|BM |为定值. 考点三范围问题【例3】 (2016·天津卷)设椭圆x 2a 2＋y 23＝1(a ＞3)的右焦点为F ，右顶点为A .已知1|OF |＋1|OA |＝3e|FA |，其中O 为原点，e 为椭圆的离心率. (1)求椭圆的方程；(2)设过点A 的直线l 与椭圆交于点B (B 不在x 轴上)，垂直于l 的直线与l 交于点M ，与y 轴交于点H .若BF ⊥HF ，且∠MOA ≤∠MAO ，求直线l 的斜率的取值范围. 解 (1)设F (c ，0)，由1|OF |＋1|OA |＝3e|FA |，即1c ＋1a＝3c a （a －c ），可得a 2－c 2＝3c 2.又a 2－c 2＝b 2＝3，所以c 2＝1，因此a 2＝4. 所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线l 的斜率为k (k ≠0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －2).设B (x B ，y B )，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k （x －2）消去y ，整理得(4k 2＋3)x 2－16k 2x ＋16k 2－12＝0.解得x＝2或x ＝8k 2－64k 2＋3.由题意得x B ＝8k 2－64k 2＋3，从而y B ＝－12k4k 2＋3.由(1)知F (1，0)，设H (0，y H )，有FH →＝(－1，y H )，BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9－4k24k 2＋3，12k 4k 2＋3.由BF ⊥HF ，得BF →·FH →＝0，所以4k 2－94k 2＋3＋12ky H 4k 2＋3＝0，解得y H ＝9－4k 212k .因为直线MH 的方程为y ＝－1k x ＋9－4k 212k.设M (x M ，y M )，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －2），y ＝－1k x ＋9－4k 212k 消去y ，解得x M ＝20k 2＋912（k 2＋1）. 在△MAO 中，∠MOA ≤∠MAO ⇔|MA |≤|MO |，即(x M －2)2＋y 2M ≤x 2M ＋y 2M ，化简得x M ≥1，即20k 2＋912（k 2＋1）≥1，解得k ≤－64或k ≥64. 所以直线l 的斜率的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－64或⎣⎢⎡⎭⎪⎫64，＋∞. 规律方法解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.【训练3】 (2017·威海模拟)已知圆x 2＋y 2＝1过椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的两焦点，与椭圆有且仅有两个公共点，直线l ：y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2＝1相切，与椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1相交于A ，B两点.记λ＝OA →·OB →，且23≤λ≤34.(1)求椭圆的方程； (2)求k 的取值范围；(3)求△OAB 的面积S 的取值范围. 解 (1)由题意知2c ＝2，所以c ＝1. 因为圆与椭圆有且只有两个公共点，从而b ＝1，故a ＝2，所以所求椭圆方程为x 22＋y 2＝1.(2)因为直线l ：y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2＝1相切，所以原点O 到直线l 的距离为|m |12＋k2＝1，即m 2＝k 2＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－21＋2k2.λ＝OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝k 2＋11＋2k 2，由23≤λ≤34，得12≤k 2≤1，即k 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－22∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，1. (3)|AB |2＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＝2－2（2k 2＋1）2，由12≤k 2≤1，得62≤|AB |≤43. 设△OAB 的AB 边上的高为d ，则S ＝12|AB |d ＝12|AB |，所以64≤S ≤23.即△OAB 的面积S 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤64，23. 考点四最值问题【例4】 (2015·浙江卷)已知椭圆x 22＋y 2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx ＋12对称.(1)求实数m 的取值范围；(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点). 解 (1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为y ＝－1mx ＋b .由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1m 2x 2－2b m x ＋b 2－1＝0.因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m2＞0，①将AB 中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mbm 2＋2，m 2b m 2＋2代入直线方程y ＝mx ＋12解得b ＝－m 2＋22m 2②由①②得m ＜－63或m ＞63. (2)令t ＝1m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎪⎫0，62，则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12.且O 到直线AB 的距离为d ＝t 2＋12t 2＋1.设△AOB 的面积为S (t )，所以S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝⎛⎭⎪⎫t 2－122＋2≤22. 当且仅当t 2＝12时，等号成立.故△AOB 面积的最大值为22. 规律方法处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解. 【训练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 在直线y ＝2上，点B 在椭圆C 上，且OA ⊥OB ，求线段AB 长度的最小值.解 (1)由题意，椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1.所以a 2＝4，b 2＝2，从而c 2＝a 2－b 2＝2.因此a ＝2，c ＝ 2.故椭圆C 的离心率e ＝c a ＝22. (2)设点A ，B 的坐标分别为(t ，2)，(x 0，y 0)，其中x 0≠0. 因为OA ⊥OB ，所以OA →·OB →＝0，即tx 0＋2y 0＝0，解得t ＝－2y 0x 0.又x 20＋2y 20＝4，所以|AB |2＝(x 0－t )2＋(y 0－2)2＝(x 0＋2y 0x 0)2＋(y 0－2)2＝x 20＋y 20＋4y 20x 20＋4＝x 2＋4－x 202＋2（4－x 20）x 20＋4＝x 202＋8x 20＋4(0＜x 20≤4). 因为x 202＋8x 20≥4(0＜x 20≤4)，当且仅当x 20＝4时等号成立，所以|AB |2≥8.故线段AB 长度的最小值为2 2.[思想方法]1.求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.2.定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b、k等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点.(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.3.求解范围问题的方法求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围，要特别注意变量的取值范围.4.圆锥曲线中常见最值的解题方法(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解.[易错防范]1.求范围问题要注意变量自身的范围.2.利用几何意义求最值时，要注意“相切”与“公共点唯一”的不等价关系.注意特殊关系，特殊位置的应用.3.在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况.4.解决定值、定点问题，不要忘记特值法.。

2024版高考复习A版数学考点考法PPT讲解：圆锥曲线的综合问题

1
为定值.
λμ
解析
(1)由题意知e= c =
a
1
b2 a2
=
2 ,则a2=2b2,又椭圆C经过点H(-2,1),所
2
以
4 a2
+
1 b2
=1.联立解得a2=6,b2=3,所以椭圆C的方程为
x2 6
+
y2 3
=1.
(2)证明:显然,直线AB的斜率不为0,设直线AB的方程为x=my-3,A(x1,y1),
由
y y
2 16x, k1(x
4)
消去y得
k12
x2-(8
k12
+16)x+16
k12
=0,Δ1=256(
k12+1)>0,
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=8+16 ,
k12
则y1+y2=k1(x1-4)+k1(x2-4)=16 ,
k1
故A
4
8 k12
,
8 k1
,同理可求得B
B(x2,y2),
x my 3,
由
x
2
6
y2 3
1消x得(m2+2)y2-6my+3=0,所以Δ=36m2-12(m2+2)>0,y1+y2=
6m m2
2
,y1y2=
3 m2
2
,由题意知y1,y2均不为1.设M(xM,0),N(xN,0),由H,M,A三点
共线知
AM
与 MH
共线,所以xM-x1=-y1(-2-xM),化简得xM=
例2
(2021济南二模,21)已知椭圆C:

2021年浙江高考数学复习练习讲义：10.6 圆锥曲线的综合问题

10.6 圆锥曲线的综合问题探考情悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点圆锥曲线的综合问题1.了解圆锥曲线的简单应用.2.理解数形结合的思想.3.能解决直线与圆锥曲线的综合应用等问题.2019浙江,21,15分直线与抛物线的位置关系抛物线的几何性质★★★2018浙江,21,15分直线与抛物线的位置关系椭圆、抛物线的几何性质2017浙江,21,15分直线与抛物线的位置关系直线方程分析解读 1.圆锥曲线的综合问题是高考的热点之一,主要考查两大问题:一是根据条件求出平面曲线的方程;二是通过方程研究平面曲线的性质.2.考查点主要有:(1)圆锥曲线的基本概念和性质;(2)与圆锥曲线有关的最值、对称、位置关系等综合问题;(3)有关定点、定值问题,以及存在性等探索性问题.3.预计2021年高考试题中,圆锥曲线的综合问题仍是压轴题之一,复习时应高度重视.炼技法提能力【方法集训】方法1 圆锥曲线中的最值和范围问题的求解方法1.已知抛物线y 2=4x 的焦点为F,过焦点的直线与抛物线交于A,B 两点,则直线的斜率为时,|AF|+4|BF|取得最小值. 答案 ±2√22.已知抛物线C:y 2=x,直线l:y=k(x-1)+1,要使抛物线C 上存在关于l 对称的两点,则k 的取值范围是什么? 解析当k=0时,不符合题意,故k ≠0,设抛物线上的点A(x 1,y 1)、B(x 2,y 2)关于直线l 对称,则k AB ·k=-1, 所以k AB =-1k,由题意得{y 12=x 1,y 22=x 2,两式相减得(y 1+y 2)(y 1-y 2)=x 1-x 2,即y 1+y 2=x 1-x 2y 1-y 2=1k AB =-k,所以y 1+y 22=-k 2,易知线段AB 的中点坐标为(x 1+x 22,y 1+y 22),且线段AB 的中点在直线l 上,由此可得y 1+y 22=k (x 1+x 22-1)+1,整理得x 1+x 22=-1k +12, 进而得AB 的中点坐标为(12-1k ,-k 2),因为AB 的中点在抛物线内部,所以(-k 2)2<12-1k,整理得k 3-2k+44k<0, 即(k+2)[(k -1)2+1]4k<0,解得-2<k<0.方法2 定点、定值问题的求法1.(2019浙江温州九校联考,21)已知离心率为√22的椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0),过椭圆C 上点P(2,1)作两条互相垂直的直线,分别交椭圆于A,B 两点. (1)求椭圆C 的方程;(2)求证:直线AB 过定点,并求出此定点的坐标.解析 (1)依题意有{4a 2+1b 2=1,√a 2-b 2a=√22,(4分)解得{a 2=6,b 2=3,所以椭圆C 的方程为x 26+y 23=1.(6分)(2)证明:易知直线AB 的斜率是存在的, 故设直线AB 的方程为y=kx+m,由{y =kx +m,x 26+y 23=1得(2k 2+1)x 2+4mkx+2m 2-6=0.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则x 1+x 2=-4mk2k 2+1,x 1x 2=2m 2-62k 2+1,(9分)由PA⃗⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得(x 1-2)(x 2-2)+(y 1-1)(y 2-1)=0, 即(x 1-2)(x 2-2)+(kx 1+m-1)(kx 2+m-1)=0,得(k 2+1)x 1x 2+(km-k-2)(x 1+x 2)+m 2-2m+5=0,则3m 2+8mk+4k 2-2m-1=0,(11分)即(3m+2k+1)(m+2k-1)=0,由直线AB 不过点P,知m+2k-1≠0,故3m+2k+1=0.(13分) 与直线AB 联立,消去m 得y+13=k (x -23),所以直线AB 过定点(23,-13).(15分)2.已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的离心率为√22,点(2,√2)在C 上.(1)求C 的方程;(2)直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴,l 与C 有两个交点A,B,线段AB 的中点为M.证明:直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值.解析 (1)由题意有√a 2-b 2a=√22,4a 2+2b2=1,解得a 2=8,b 2=4.所以C 的方程为x 28+y 24=1.(2)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x 28+y 24=1得 (2k 2+1)x 2+4kbx+2b 2-8=0. 故x M =x 1+x 22=-2kb 2k 2+1,y M =k ·x M +b=b2k 2+1. 于是直线OM 的斜率k OM =y M x M=-12k,即k OM ·k=-12.所以直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值.方法3 存在性问题的解法(2018浙江杭州二中期中,21)已知点P 为椭圆C 上的任一点,P 到直线l 1:x=-2的距离为d 1,到点F(-1,0)的距离为d 2,且d 2d 1=√22. (1)求椭圆C 的方程;(2)如图,直线l 与椭圆C 交于不同的两点A,B(A,B 都在x 轴上方),且∠OFA+∠OFB=180°. (i)当A 为椭圆C 与y 轴正半轴的交点时,求直线l 的方程;(ii)是否存在一个定点,无论∠OFA 如何变化,直线l 过该定点?若存在,求出该点的坐标;若不存在,请说明理由.解析 (1)设P(x,y),则d 1=|x+2|,d 2=√(x+1)2+y 2,d 2d 1=√(x+1)2+y 2|x+2|=√22,化简可得x 22+y 2=1,所以椭圆C 的方程为x 22+y 2=1.(2)(i)由(1)知A(0,1),又F(-1,0),所以k AF =1-00-(-1)=1, 因为∠OFA+∠OFB=180°,所以k BF =-1,所以直线BF 的方程为y=-(x+1)=-x-1,代入x 22+y 2=1中可得3x 2+4x=0,解得x=0(舍)或x=-43,所以B (-43,13),k AB =1-130-(-43)=12, 所以直线l 的方程为y=12x+1.(ii)解法一:存在.由于∠OFA+∠OFB=180°,所以k AF +k BF =0.设直线AB 的方程为y=kx+b,代入x 22+y 2=1中,得(k 2+12)x 2+2kbx+b 2-1=0,设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则x 1+x 2=-2kbk 2+12,x 1x 2=b 2-1k 2+12,所以k AF +k BF =y 1x 1+1+y 2x 2+1=kx 1+b x 1+1+kx 2+b x 2+1=(kx 1+b)(x 2+1)+(kx 2+b)(x 1+1)(x 1+1)(x 2+1)=0,所以(kx 1+b)(x 2+1)+(kx 2+b)(x 1+1) =2kx 1x 2+(k+b)(x 1+x 2)+2b=2k ·b 2-1k 2+12-(k+b)·2kb k 2+12+2b=0,即2(b -2k)2k 2+1=0,所以b-2k=0,因此直线AB 的方程为y=k(x+2),即直线l 总经过定点M(-2,0). 解法二:存在.由于∠OFA+∠OFB=180°,所以B 点关于x 轴的对称点B 1在直线AF 上, 设直线AF 方程为y=k(x+1),代入x 22+y 2=1中,得(k 2+12)x 2+2k 2x+k 2-1=0.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), 则B 1(x 2,-y 2),且x 1+x 2=-2k 2k 2+12,x 1x 2=k 2-1k 2+12,直线AB 的方程为y-y 1=y 1-y 2x 1-x 2(x-x 1),令y=0,得x=x 1-y 1·x 1-x 2y 1-y 2=x 2y 1-x 1y 2y 1-y 2, 因为y 1=k(x 1+1),-y 2=k(x 2+1),所以x=2x 1x 2+x 1+x 2x 1+x 2+2=2×k 2-1k 2+12-2k2k 2+122-2k2k 2+12=-2, 所以直线l 总经过定点M(-2,0).【五年高考】A 组自主命题·浙江卷题组1.(2019浙江,21,15分)如图,已知点F(1,0)为抛物线y 2=2px(p>0)的焦点.过点F 的直线交抛物线于A,B 两点,点C 在抛物线上,使得△ABC 的重心G 在x 轴上,直线AC 交x 轴于点Q,且Q 在点F 的右侧.记△AFG,△CQG 的面积分别为S 1,S 2. (1)求p 的值及抛物线的准线方程; (2)求S 1S 2的最小值及此时点G 的坐标.解析本题主要考查抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.体现了数学抽象的核心素养和转化与化归的思想方法. (1)由题意得p 2=1,即p=2. 所以,抛物线的准线方程为x=-1.(2)设A(x A ,y A ),B(x B ,y B ),C(x C ,y C ),重心G(x G ,y G ).令y A =2t,t ≠0,则x A =t 2.由于直线AB 过F,故直线AB 方程为x=t 2-12ty+1,代入y 2=4x,得y 2-2(t 2-1)ty-4=0,故2ty B =-4,即y B =-2t ,所以B (1t 2,-2t ).又由于x G =13(x A +x B +x C ),y G =13(y A +y B +y C )及重心G 在x 轴上,故2t-2t+y C =0,得C ((1t-t)2,2(1t-t)),G (2t 4-2t 2+23t 2,0). 所以,直线AC 方程为y-2t=2t(x-t 2),得Q(t 2-1,0). 由于Q 在焦点F 的右侧,故t 2>2.从而S 1S 2=12|FG|·|y A |12|QG|·|y C|=|2t 4-2t 2+23t 2-1|·|2t||t 2-1-2t 4-2t 2+23t 2|·|2t -2t |=2t 4-t 2t 4-1=2-t 2-2t 4-1.令m=t 2-2,则m>0,S 1S 2=2-m m 2+4m+3=2-1m+3m+4≥2-12m ·3m +4=1+√32.当m=√3时,S1S 2取得最小值1+√32,此时G(2,0).思路分析 (1)根据抛物线定义知p 2=1,得到准线方程x=-1.(2)要求S 1S 2的最小值,需要将S 1S 2用基本量表示出来,从点的关系出发,设A(x A ,y A ),合理选择参数t 表示A(t 2,2t),t ≠0,由直线AB 过F 得到AB 方程,求出B 点坐标,再由△ABC 的重心G 在x 轴上,求出C 点和G 点坐标,进而求出Q 点坐标,然后就可以表示出S 1S 2,进而求出其最小值.2.(2018浙江,21,15分)如图,已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点,抛物线C:y 2=4x 上存在不同的两点A,B 满足PA,PB 的中点均在C 上.(1)设AB 中点为M,证明:PM 垂直于y 轴;(2)若P 是半椭圆x 2+y 24=1(x<0)上的动点,求△PAB 面积的取值范围.解析本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.(1)证明:设P(x 0,y 0),A (14y 12,y 1),B (14y 22,y 2).因为PA,PB 的中点在抛物线上,所以y 1,y 2为方程(y+y 02)2=4·14y 2+x 02即y 2-2y 0y+8x 0-y 02=0的两个不同的实根.所以y 1+y 2=2y 0,因此,PM 垂直于y 轴. (2)由(1)可知{y 1+y 2=2y 0,y 1y 2=8x 0-y 02,所以|PM|=18(y 12+y 22)-x 0=34y 02-3x 0,|y 1-y 2|=2√2(y 02-4x 0).因此,S △PAB =12|PM|·|y 1-y 2|=3√24(y 02-4x 0)32. 因为x 02+y 024=1(x 0<0),所以y 02-4x 0=-4x 02-4x 0+4∈[4,5].因此,△PAB 面积的取值范围是[6√2,15√104]. 疑难突破解析几何中“取值范围”与“最值”问题.在解析几何中,求某个量(直线斜率,直线在x 、y 轴上的截距,弦长,三角形或四边形面积等)的取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率,动点的横、纵坐标等)的函数,并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域),将问题转化为求函数的值域或最值.3.(2017浙江,21,15分)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|PA|·|PQ|的最大值.解析本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力. (1)设直线AP 的斜率为k,k=x 2-14x+12=x-12, 因为-12<x<32,所以直线AP 斜率的取值范围是(-1,1).(2)解法一:联立直线AP 与BQ 的方程{kx -y +12k +14=0,x +ky -94k -32=0,解得点Q 的横坐标是x Q =-k 2+4k+32(k 2+1).因为|PA|=√1+k 2(x +12)=√1+k 2(k+1),|PQ|=√1+k 2(x Q -x)=-(k -1)(k+1)2√k +1,所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3, 令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因为f '(k)=-(4k-2)(k+1)2,所以f(k)在区间(-1,12)上单调递增,(12,1)上单调递减,因此当k=12时,|PA|·|PQ|取得最大值2716. 解法二:如图,连接BP,|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos ∠BPQ=AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ -AP ⃗⃗⃗⃗⃗ )=AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ -AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 2.易知P(x,x 2)(-12<x <32),则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x+1+2x 2-12=2x 2+2x+12,AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=(x +12)2+(x 2-14)2=x 2+x+14+x 4-12x 2+116=x 4+12x 2+x+516.∴|AP|·|PQ|=-x 4+32x 2+x+316(-12<x <32).设f(x)=-x 4+32x 2+x+316(-12<x <32),则f '(x)=-4x 3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,∴f(x)在(-12,1)上为增函数,在(1,32)上为减函数,∴f(x)max =f(1)=2716.故|AP|·|PQ|的最大值为2716.方法总结在解析几何中,遇到求两线段长度之积的最值或取值范围时,一般用以下方法进行转化:1.直接法:求出各点坐标,用两点间的距离公式,转化为某个参变量(如直线斜率、截距,点的横、纵坐标等)的函数,再求函数的最值或值域.2.向量法:三点共线时,转化为两向量的数量积,再转化为关于动点的横(纵)坐标的函数,最后求函数的最值或值域.3.参数法:把直线方程化为参数方程,与曲线方程联立,由根与系数的关系转化为关于直线斜率(或直线的截距)的函数,最后求函数的最值或值域.B组统一命题、省(区、市)卷题组1.(2019北京文,19,14分)已知椭圆C:x 2a2+y2b2=1的右焦点为(1,0),且经过点A(0,1).(1)求椭圆C的方程;(2)设O为原点,直线l:y=kx+t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P,Q,直线AP与x轴交于点M,直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|=2,求证:直线l经过定点.解析本题主要考查椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系等知识点,考查学生用方程思想、数形结合思想、分类讨论解决综合问题的能力,体现了逻辑推理、直观想象和数学运算的核心素养.(1)由题意得,b2=1,c=1.所以a2=b2+c2=2.所以椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)证明:设P(x1,y1),Q(x2,y2),则直线AP的方程为y=y1-1x1x+1.令y=0,得点M的横坐标x M=-x1y1-1.又y1=kx1+t,从而|OM|=|x M|=|x1kx1+t-1|.同理,|ON|=|x2kx2+t-1|.由{y=kx+t,x22+y2=1得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0.则x1+x2=-4kt1+2k2,x1x2=2t2-21+2k2.所以|OM|·|ON|=|x1kx1+t-1|·|x2kx2+t-1|=|x1x2k2x1x2+k(t-1)(x1+x2)+(t-1)2|=|2t 2-21+2k2k 2·2t 2-21+2k 2+k(t -1)·(-4kt 1+2k2)+(t -1)2|=2|1+t1-t|. 又|OM|·|ON|=2,所以2|1+t1-t|=2.解得t=0,所以直线l 经过定点(0,0).2.(2019课标全国Ⅰ文,21,12分)已知点A,B 关于坐标原点O 对称,|AB|=4,☉M 过点A,B 且与直线x+2=0相切. (1)若A 在直线x+y=0上,求☉M 的半径;(2)是否存在定点P,使得当A 运动时,|MA|-|MP|为定值?并说明理由.解析本题利用关于原点对称和直线与圆相切,考查圆的方程及圆的几何性质,要求学生具备较强的直观想象与逻辑推理能力,第(2)问设置开放性问题,考查抛物线的定义与性质.主要考查数学运算和逻辑推理的核心素养.(1)因为☉M 过点A,B,所以圆心M 在AB 的垂直平分线上.由已知A 在直线x+y=0上,且A,B 关于坐标原点O 对称,所以M 在直线y=x 上,故可设M(a,a). 因为☉M 与直线x+2=0相切, 所以☉M 的半径为r=|a+2|. 由已知得|AO|=2,又MO⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AO ⃗⃗⃗⃗⃗ , 故可得2a 2+4=(a+2)2,解得a=0或a=4.故☉M 的半径r=2或r=6.(2)存在定点P(1,0),使得|MA|-|MP|为定值. 理由如下:设M(x,y),由已知得☉M 的半径为r=|x+2|,|AO|=2,由于MO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ,故可得x 2+y 2+4=(x+2)2,化简得M 的轨迹方程为y 2=4x.因为曲线C:y 2=4x 是以点P(1,0)为焦点,以直线x=-1为准线的抛物线,所以|MP|=x+1.因为|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,所以存在满足条件的定点P.3.(2018北京理,19,14分)已知抛物线C:y 2=2px 经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A,B,且直线PA 交y 轴于M,直线PB 交y 轴于N. (1)求直线l 的斜率的取值范围;(2)设O 为原点,QM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λQO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,QN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μQO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,求证:1λ+1μ为定值. 解析 (1)因为抛物线y 2=2px 过点(1,2),所以2p=4,即p=2. 故抛物线C 的方程为y 2=4x,由题意知,直线l 的斜率存在且不为0.设直线l 的方程为y=kx+1(k ≠0). 由{y 2=4x,y =kx +1得k 2x 2+(2k-4)x+1=0. 依题意Δ=(2k -4)2-4×k 2×1>0,解得k<0或0<k<1.又PA,PB 与y 轴相交,故直线l 不过点(1,-2). 从而k ≠-3.所以直线l 斜率的取值范围是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1). (2)证明:设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), 由(1)知x 1+x 2=-2k -4k2,x 1x 2=1k2.直线PA 的方程为y-2=y 1-2x 1-1(x-1).令x=0,得点M 的纵坐标为y M =-y 1+2x 1-1+2=-kx 1+1x 1-1+2. 同理得点N 的纵坐标为y N =-kx 2+1x 2-1+2. 由QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λQO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,QN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μQO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 得λ=1-y M ,μ=1-y N . 所以1λ+1μ=11-y M +11-y N =x 1-1(k -1)x 1+x 2-1(k -1)x 2=1k -1·2x 1x 2-(x 1+x 2)x 1x 2=1k -1·2k2+2k -4k 21k 2=2.所以1λ+1μ为定值.方法总结圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略:(1)求代数式为定值.依题设条件,得出与代数式有关的等式,化简即可得出定值;(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的表达式,再利用题设条件化简、变形求得;(3)求某线段长度为定值.利用两点间的距离公式求得线段长度的表达式,再依据条件对表达式进行化简、变形即可求得. 4.(2017山东理,21,14分)在平面直角坐标系xOy 中,椭圆E:x 2a 2+y 2b2=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.解析本题考查椭圆的方程,直线与椭圆、圆的位置关系,考查最值的求解方法和运算求解能力. (1)由题意知e=c a =√22,2c=2,所以a=√2,b=1,因此椭圆E 的方程为x 22+y 2=1.(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),联立{x 22+y 2=1,y =k 1x -√32,消y 整理得(4k 12+2)x 2-4√3k 1x-1=0,由题意知Δ>0,且x 1+x 2=2√3k 12k 12+1,x 1x 2=-12(2k 12+1),所以|AB|=√1+k 12|x 1-x 2|=√2√1+k 12√1+8k 121+2k 12.由题意可知圆M 的半径r=23|AB|=2√23·√1+k 12√1+8k 122k 12+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{x 22+y 2=1,y =√24k 1x,得x 2=8k 121+4k 12,y 2=11+4k 12, 因此|OC|=√x 2+y 2=√1+8k 121+4k 12.由题意可知sin∠SOT 2=r r+|OC|=11+|OC|r, 而|OC|r=√1+8k 121+4k 122√23·12121+2k 12=3√24·12√1+4k 1√1+k 1,令t=1+2k 12,则t>1,1t∈(0,1),因此|OC|r =32·√2=32·√2+1t -1t2=32·1√-(1t -12)+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k 1=±√22.思路分析 (1)由离心率和焦距,利用基本量运算求解;(2)联立直线l 与椭圆方程,利用距离公式求出|AB|,联立直线OC 与椭圆方程求|OC|,进而建立sin∠SOT2与k 1之间的函数关系,利用二次函数的性质求解.解后反思最值问题一般利用函数的思想方法求解,利用距离公式建立sin∠SOT2与k 1之间的函数关系是解题关键.牢固掌握基础知识和方法是求解的前提.本题的解答体现了数学知识、能力、思想、方法的完美结合.5.(2016天津,19,14分)设椭圆x 2a 2+y 23=1(a>√3)的右焦点为F,右顶点为A.已知1|OF|+1|OA|=3e|FA|,其中O 为原点,e 为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程;(2)设过点A 的直线l 与椭圆交于点B(B 不在x 轴上),垂直于l 的直线与l 交于点M,与y 轴交于点H.若BF ⊥HF,且∠MOA ≤∠MAO,求直线l 的斜率的取值范围. 解析 (1)设F(c,0),由1|OF|+1|OA|=3e |FA|,即1c +1a =3c a(a -c),可得a 2-c 2=3c 2,又a 2-c 2=b 2=3,所以c 2=1,因此a 2=4,所以椭圆的方程为x 24+y 23=1.(2)设直线l 的斜率为k(k ≠0), 则直线l 的方程为y=k(x-2). 设B(x B ,y B ),由方程组{x 24+y 23=1,y =k(x -2)消去y,整理得(4k 2+3)x 2-16k 2x+16k 2-12=0.解得x=2或x=8k 2-64k 2+3,由题意得x B =8k 2-64k 2+3,从而y B =-12k4k 2+3.由(1)知F(1,0),设H(0,y H ),有FH ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,y H ),BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(9-4k24k 2+3,12k4k 2+3).由BF ⊥HF,得BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·FH ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以4k 2-94k 2+3+12ky H 4k 2+3=0,解得y H =9-4k 212k.因此直线MH 的方程为y=-1k x+9-4k 212k.设M(x M ,y M ), 由方程组{y =k(x -2),y =-1kx +9-4k 212k消去y,解得x M =20k 2+912(k 2+1).在△MAO 中,∠MOA ≤∠MAO ⇔|MA|≤|MO|,即(x M -2)2+y M 2≤x M 2+y M 2,化简得x M ≥1,即20k 2+912(k 2+1)≥1,解得k ≤-√64或k ≥√64.所以直线l 的斜率的取值范围为(-∞,-√64]∪[√64,+∞).评析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、一元二次不等式等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.6.(2016北京,19,14分)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的离心率为√32,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. 解析 (1)由题意得{ c a =√32,12ab =1,a 2=b 2+c 2, 解得a 2=4,b 2=1.所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)证明:由(1)知,A(2,0),B(0,1).设P(x 0,y 0),则x 02+4y 02=4.当x 0≠0时,直线PA 的方程为y=y 0x 0-2(x-2).令x=0,得y M =-2y 0x 0-2,从而|BM|=|1-y M |=|1+2y 0x 0-2|.直线PB 的方程为y=y 0-1x 0x+1.令y=0,得x N =-x 0y 0-1,从而|AN|=|2-x N |=|2+x0y 0-1|.所以|AN|·|BM|=|2+x 0y 0-1|·|1+2y 0x 0-2| =|x 02+4y 02+4x 0y 0-4x 0-8y 0+4x 0y 0-x 0-2y 0+2|=|4x 0y 0-4x 0-8y 0+8x 0y 0-x 0-2y 0+2|=4.当x 0=0时,y 0=-1,|BM|=2,|AN|=2, 所以|AN|·|BM|=4. 综上,|AN|·|BM|为定值.一题多解 (2)点P 在曲线(x 2)2+(y 1)2=1上,不妨设P(2cos θ,sin θ),当θ≠kπ且θ≠kπ+π2(k ∈Z)时,直线AP 的方程为y-0=sinθ2(cosθ-1)(x-2),令x=0,得y M =sinθ1-cosθ; 直线BP 的方程为y-1=sinθ-12cosθ(x-0),令y=0,得x N =2cosθ1-sinθ. ∴|AN|·|BM|=2|1-cosθ1-sinθ|·|1-sinθ1-cosθ|=2|2(1-sinθ)(1-cosθ)(1-sinθ)(1-cosθ)|=2×2=4(定值).当θ=kπ或θ=kπ+π2(k ∈Z)时,M,N 是定点,易得|AN|·|BM|=4.综上,|AN|·|BM|=4.评析本题考查椭圆的标准方程,直线与圆锥曲线的位置关系及定值问题,方法常规,运算量大,对学生的运算能力要求较高.C 组教师专用题组考点圆锥曲线的综合问题1.(2017山东文,21,14分)在平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的离心率为√22,椭圆C 截直线y=1所得线段的长度为2√2.(1)求椭圆C 的方程;(2)动直线l:y=kx+m(m ≠0)交椭圆C 于A,B 两点,交y 轴于点M.点N 是M 关于O 的对称点,☉N 的半径为|NO|.设D 为AB 的中点,DE,DF 与☉N 分别相切于点E,F,求∠EDF 的最小值.解析本题考查椭圆的标准方程及圆锥曲线的相关最值. (1)由椭圆的离心率为√22,得a 2=2(a 2-b 2),又当y=1时,x 2=a 2-a 2b2,得a 2-a 2b2=2,所以a 2=4,b 2=2.因此椭圆方程为x 24+y 22=1.(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),联立{y =kx +m,x 2+2y 2=4,得(2k 2+1)x 2+4kmx+2m 2-4=0,由Δ>0得m 2<4k 2+2,(*)且x 1+x 2=-4km2k 2+1,因此y 1+y 2=2m2k 2+1,所以D (-2km2k 2+1,m2k 2+1),又N(0,-m),所以|ND|2=(-2km2k 2+1)2+(m 2k 2+1+m)2,整理得|ND|2=4m 2(1+3k 2+k 4)(2k 2+1)2,因为|NF|=|m|, 所以|ND|2|NF|2=4(k 4+3k 2+1)(2k 2+1)2=1+8k 2+3(2k 2+1)2.令t=8k 2+3,t ≥3,故2k 2+1=t+14, 所以|ND|2|NF|2=1+16t(1+t)2=1+16t+1t +2.令y=t+1t ,所以y'=1-1t2. 当t ≥3时,y'>0,从而y=t+1t在[3,+∞)上单调递增,因此t+1t ≥103,等号当且仅当t=3时成立,此时k=0, 所以|ND|2|NF|2≤1+3=4,由(*)得-√2<m<√2且m ≠0. 故|NF||ND|≥12. 设∠EDF=2θ, 则sin θ=|NF||ND|≥12. 所以θ的最小值为π6,从而∠EDF 的最小值为π3,此时直线l 的斜率是0.综上所述,当k=0,m ∈(-√2,0)∪(0,√2)时,∠EDF 取到最小值π3. 方法总结求解圆锥曲线相关最值的常用方法: 1.几何性质法; 2.二次函数最值法; 3.基本不等式法; 4.三角函数最值法; 5.导数法.2.(2017课标全国Ⅰ理,20,12分)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0),四点P 1(1,1),P 2(0,1),P 3(-1,√32),P 4(1,√32)中恰有三点在椭圆C 上.(1)求C 的方程;(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A,B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1,证明:l 过定点. 解析本题考查了圆锥曲线的方程以及圆锥曲线与直线位置关系中的定点问题. (1)由于P 3,P 4两点关于y 轴对称,故由题设知C 经过P 3,P 4两点. 又由1a 2+1b 2>1a 2+34b 2知,C不经过点P 1,所以点P 2在C 上.因此{1b2=1,1a 2+34b2=1,解得{a 2=4,b 2=1.故C 的方程为x 24+y 2=1.(2)证明:设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1,k 2.如果l 与x 轴垂直,设l:x=t,由题设知t ≠0,且|t|<2,可得A,B 的坐标分别为(t,√4-t 22),(t,-√4-t 22).则k 1+k 2=√4-t 2-22t-√4-t 2+22t=-1,得t=2,不符合题设.从而可设l:y=kx+m(m ≠1).将y=kx+m 代入x 24+y 2=1得(4k 2+1)x 2+8kmx+4m 2-4=0. 由题设可知Δ=16(4k 2-m 2+1)>0.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), 则x 1+x 2=-8km4k 2+1,x 1x 2=4m 2-44k 2+1.而k 1+k 2=y 1-1x 1+y 2-1x 2=kx 1+m -1x 1+kx 2+m -1x 2=2kx 1x 2+(m -1)(x 1+x 2)x 1x 2,由题设k 1+k 2=-1,故(2k+1)x 1x 2+(m-1)(x 1+x 2)=0. 即(2k+1)·4m 2-44k 2+1+(m-1)·-8km4k 2+1=0.解得k=-m+12. 当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=-m+12x+m, 即y+1=-m+12(x-2), 所以l 过定点(2,-1).3.(2016山东,21,14分)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的长轴长为4,焦距为2√2. (1)求椭圆C 的方程;(2)过动点M(0,m)(m>0)的直线交x轴于点N,交C于点A,P(P在第一象限),且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q,延长QM交C于点B.(i)设直线PM,QM的斜率分别为k,k',证明k'k为定值;(ii)求直线AB的斜率的最小值.解析(1)设椭圆的半焦距为c.由题意知2a=4,2c=2√2,所以a=2,b=√a2-c2=√2.所以椭圆C的方程为x24+y22=1.(2)(i)证明:设P(x0,y0)(x0>0,y0>0). 由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m).所以直线PM的斜率k=2m-mx0=mx0,直线QM的斜率k'=-2m-mx0=-3mx0.此时k'k=-3.所以k'k为定值-3.(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2). 直线PA的方程为y=kx+m, 直线QB的方程为y=-3kx+m.联立{y=kx+m, x24+y22=1,整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.由x0x1=2m2-42k2+1,可得x1=2(m2-2)(2k2+1)x0.所以y 1=kx 1+m=2k(m 2-2)(2k 2+1)x 0+m.同理x 2=2(m 2-2)(18k 2+1)x 0,y 2=-6k(m 2-2)(18k 2+1)x 0+m.所以x 2-x 1=2(m 2-2)(18k 2+1)x 0-2(m 2-2)(2k 2+1)x 0=-32k 2(m 2-2)(18k 2+1)(2k 2+1)x 0,y 2-y 1=-6k(m 2-2)(18k 2+1)x 0+m-2k(m 2-2)(2k 2+1)x 0-m=-8k(6k 2+1)(m 2-2)(18k 2+1)(2k 2+1)x 0,所以k AB =y 2-y 1x 2-x 1=6k 2+14k =14(6k+1k).由m>0,x 0>0,可知k>0,所以6k+1k≥2√6,等号当且仅当k=√66时取得.此时m2=√66,即m=√147,符合题意.所以直线AB 的斜率的最小值为√62.4.(2016四川,20,13分)已知椭圆E:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点,直线l:y=-x+3与椭圆E 有且只有一个公共点T. (1)求椭圆E 的方程及点T 的坐标;(2)设O 是坐标原点,直线l'平行于OT,与椭圆E 交于不同的两点A,B,且与直线l 交于点P.证明:存在常数λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值. 解析 (1)由题意得,a=√2b, 则椭圆E 的方程为x 22b 2+y 2b 2=1.由方程组{x 22b 2+y 2b 2=1,y =-x +3,得3x 2-12x+(18-2b 2)=0.① 方程①的判别式为Δ=24(b 2-3),由Δ=0,得b 2=3,此时方程①的解为x=2, 所以椭圆E 的方程为x 26+y 23=1, 点T 的坐标为(2,1).(2)由已知可设直线l'的方程为y=12x+m(m ≠0),由方程组{y =12x +m,y =-x +3,可得{x =2-2m3,y =1+2m3.所以P 点坐标为(2-2m3,1+2m 3),|PT|2=89m 2. 设点A,B 的坐标分别为A(x 1,y 1),B(x 2,y 2).由方程组{x 26+y 23=1,y =12x +m,可得3x 2+4mx+(4m 2-12)=0.②方程②的判别式为Δ=16(9-2m 2),由Δ>0,解得-3√22<m<3√22. 由②得x 1+x 2=-4m 3,x 1x 2=4m 2-123.所以|PA|=√(2-2m 3-x 1)2+(1+2m 3-y 1)2=√52|2-2m3-x 1|, 同理|PB|=√52|2-2m3-x 2|. 所以|PA|·|PB|=54|(2-2m 3-x 1)(2-2m3-x 2)| =54|(2-2m 3)2-(2-2m3)(x 1+x 2)+x 1x 2|=54|(2-2m 3)2-(2-2m 3)(-4m 3)+4m 2-123|=109m 2. 故存在常数λ=45,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|.评析本题考查了直线与圆锥曲线相交的问题,这类题中常用的方法是方程法,并结合根与系数的关系,两点间的距离公式进行考查,难点是运算量比较大,注意运算技巧.5.(2015陕西,20,12分)如图,椭圆E:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)经过点A(0,-1),且离心率为√22.(1)求椭圆E 的方程;(2)经过点(1,1),且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP 与AQ 的斜率之和为2.解析 (1)由题设知c a =√22,b=1, 结合a 2=b 2+c 2,解得a=√2.所以椭圆E 的方程为x 22+y 2=1.(2)证明:由题设知,直线PQ 的方程为y=k(x-1)+1(k ≠2),代入x 22+y 2=1,得(1+2k 2)x 2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0. 由已知可知Δ>0.设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),x 1x 2≠0, 则x 1+x 2=4k(k -1)1+2k2,x 1x 2=2k(k -2)1+2k 2.从而直线AP,AQ 的斜率之和 k AP +k AQ =y 1+1x 1+y 2+1x 2=kx 1+2-k x 1+kx 2+2-kx 2=2k+(2-k)(1x 1+1x 2)=2k+(2-k)x 1+x 2x 1x 2=2k+(2-k)4k(k -1)2k(k -2)=2k-2(k-1)=2. 评析本题考查椭圆标准方程与简单性质的同时,重点考查直线与椭圆的位置关系.6.(2015课标Ⅱ,20,12分)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(m 3,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. 解析 (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,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)四边形OAPB 能为平行四边形.因为直线l 过点(m 3,m),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 =-9kx,9x 2+y 2=m 2得x P 2=k 2m 29k 2+81,即x P =±km3√k +9.将(m 3,m)代入l 的方程得b=m(3-k)3, 因此x M =k(k -3)m3(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3√k +9=2×k(k -3)m3(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.评析本题考查直线与圆锥曲线的位置关系,设问常规,但对运算能力要求较高,考查学生的思维能力.7.(2015山东,21,14分)平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的离心率为√32,且点(√3,12)在椭圆C 上.(1)求椭圆C 的方程; (2)设椭圆E:x 24a 2+y 24b 2=1,P 为椭圆C 上任意一点,过点P 的直线y=kx+m 交椭圆E 于A,B 两点,射线PO 交椭圆E 于点Q.(i)求|OQ||OP|的值; (ii)求△ABQ 面积的最大值. 解析 (1)由题意知3a 2+14b 2=1, 又√a 2-b 2a=√32,解得a 2=4,b 2=1.所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)由(1)知椭圆E 的方程为x 216+y 24=1.(i)设P(x 0,y 0),|OQ||OP|=λ, 由题意知Q(-λx 0,-λy 0).因为x 024+y 02=1,又(-λx 0)216+(-λy 0)24=1,即λ24(x 024+y 02)=1,所以λ=2,即|OQ||OP|=2. (ii)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2). 将y=kx+m 代入椭圆E 的方程, 可得(1+4k 2)x 2+8kmx+4m 2-16=0,由Δ>0,可得m 2<4+16k 2.①则有x 1+x 2=-8km1+4k2,x 1x 2=4m 2-161+4k 2.所以|x 1-x 2|=4√16k 2+4-m 21+4k 2.因为直线y=kx+m 与y 轴交点的坐标为(0,m), 所以△OAB 的面积S=12|m||x 1-x 2|=2√16k 2+4-m 2|m|1+4k 2=2√(16k 2+4-m 2)m 21+4k 2=2√(4-m 21+4k2)m 21+4k 2.设m 21+4k 2=t.将y=kx+m 代入椭圆C 的方程, 可得(1+4k 2)x 2+8kmx+4m 2-4=0,由Δ≥0,可得m 2≤1+4k 2.②由①②可知0<t ≤1, 因此S=2√(4-t)t =2√-t 2+4t . 故S ≤2√3,当且仅当t=1,即m 2=1+4k 2时取得最大值2√3.由(i)知,△ABQ 的面积为3S, 所以△ABQ 面积的最大值为6√3.8.(2015北京,19,14分)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的离心率为√22,点P(0,1)和点A(m,n)(m ≠0)都在椭圆C 上,直线PA 交x 轴于点M.(1)求椭圆C 的方程,并求点M 的坐标(用m,n 表示);(2)设O 为原点,点B 与点A 关于x 轴对称,直线PB 交x 轴于点N.问:y 轴上是否存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求点Q 的坐标;若不存在,说明理由.解析 (1)由题意得{b =1,c a=√22,a 2=b 2+c 2,解得a 2=2.故椭圆C 的方程为x 22+y 2=1.设M(x M ,0).因为m ≠0,所以-1<n<1. 直线PA 的方程为y-1=n -1mx, 所以x M =m1-n,即M (m1-n,0). (2)存在.因为点B 与点A 关于x 轴对称,所以B(m,-n). 设N(x N ,0),则x N =m 1+n. “存在点Q(0,y Q )使得∠OQM=∠ONQ ”等价于“存在点Q(0,y Q )使得|OM||OQ|=|OQ||ON|”,即y Q 满足y Q 2=|x M ||x N |.因为x M =m 1-n ,x N =m 1+n ,m 22+n 2=1, 所以y Q 2=|x M ||x N |=m 21-n 2=2. 所以y Q =√2或y Q =-√2.故在y 轴上存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ, 点Q 的坐标为(0,√2)或(0,-√2).9.(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:x 2a 2+y 2b2=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|=|PA||PB|恒成立?若存在,求出点Q 的坐标;若不存在,请说明理由.解析(1)由已知得,点(√2,1)在椭圆E上.因此,{2a2+1b2=1,a2-b2=c2,c a =√22.解得a=2,b=√2.所以椭圆E的方程为x24+y22=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,y0).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0√2||y+√2|=√2-1√2+1,解得y0=1或y0=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).下面证明:对任意直线l,均有|QA||QB|=|PA| |PB|.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(x1,y1),(x2,y2).联立得{x24+y22=1,y=kx+1,消去y得(2k2+1)x2+4kx-2=0.Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,所以,x1+x2=-4k2k2+1,x1x2=-22k2+1.因此1x1+1x2=x1+x2x1x2=2k.易知,点B关于y轴对称的点B'的坐标为(-x2,y2).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|=|PA||PB|. 故存在与P 不同的定点Q(0,2),使得|QA||QB|=|PA||PB|恒成立. 评析本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质,直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.【三年模拟】一、选择题(共4分)1.(2019浙江高考信息优化卷(四),6)将离心率为e 1的椭圆C 1的长半轴长a 1和短半轴长b 1同时增加m(m>0)个单位长度,得到离心率为e 2的椭圆C 2;将离心率为e 1的双曲线C 3的实半轴长a 2和虚半轴长b 2(a 2≠b 2)同时增加n(n>0)个单位长度,得到离心率为e 4的双曲线C 4,则( )A.对任意的m,n,均有e 1>e 2,e 3<e 4B.对任意的m,有e 1>e 2,无法判断e 3,e 4的大小关系C.对任意的m,n,均有e 1<e 2,e 3>e 4D.对任意的m,有e 1<e 2,无法判断e 3,e 4的大小关系答案 B二、填空题(每空4分,共8分)2.(2020届浙江嘉兴、丽水基础检测,16)已知P 是椭圆x 2a 12+y 2b 12=1(a 1>b 1>0)和双曲线x 2a 22-y 2b 22=1(a 2>0,b 2>0)的一个交点,F 1,F 2是椭圆和双曲线的公共焦点,e 1,e 2分别为椭圆和双曲线的离心率,若∠F 1PF 2=π3,则e 1e 2的最小值为 .答案√323.(2019浙江高考数学仿真卷(三),16)已知椭圆C:x 24+y 23=1上一点M(不与左、右顶点重合),直线l:x=4上一点N,若右焦点F 2恒在以MN 为直径的圆上,则k MN ·k OM = . 答案 -34三、解答题(共105分)4.(2018浙江湖州、衢州、丽水高三质检,21)已知抛物线C:y 2=2px(p>0)上的点M(m,-2)与其焦点的距离为2. (1)求实数p 与m 的值;(2)如图所示,动点Q 在抛物线C 上,直线l 过点M,点A 、B 在l 上,且满足QA ⊥l,QB ∥x轴.若|MB|2|MA|为常数,求直线l 的方程.解析 (1)设抛物线的焦点为F, 由题意得|MF|=m+p 2=2, (2分)又点M(m,-2)在抛物线上,故2pm=4,(4分) 由p>0得p=2,m=1.(6分)(2)由(1)知抛物线C 的方程为y 2=4x,连接QM. 设直线l 的方程为t(y+2)=x-1,Q (y 024,y 0),(7分)则y B =y 0,所以|MB|=√1+t 2|y 0+2|,(9分)又点Q (y 024,y 0)到直线l 的距离d=|y 024-ty 0-2t -1|2,|MA|=√|MQ|2-d 2=√[(y 024-1)2+(y 0+2)2]-|y 024-ty 0-2t -1|21+t 2=|(y 024-1)t+y 0+2|2,(11分)故|MB|2|MA|=(t2+1)√1+t2|y0+2||y0t4+(-t2+1)|=(t2+1)√1+t2|y0+2||t(y0-2+4t)4|.(13分)由|MB|2|MA|为常数,得y0+2=y0-2+4t,所以t=1,则|MB|2|MA|为8√2,此时直线l的方程为y=x-3.(15分)5.(2020届浙江金丽衢十二校联考,21)过抛物线y2=2px(p>0)上一点P作抛物线的切线l交x轴于Q,F为焦点,以原点O为圆心的圆与直线l相切于点M.(1)当p变化时,求证:|PF||QF|为定值;(2)当p变化时,记△PFM的面积为S1,△OFM的面积为S2,求S1S2的最小值.解析本题考查直线与抛物线的位置关系以及圆锥曲线的综合应用;考查学生运算求解的能力和数形结合的思想;考查了数学运算的核心素养.(1)证明:设切点P(y022p ,y0),则切线方程为yy0=p(x+y022p),即点Q(-y022p ,0),所以|QF|=p2+y022p,由抛物线定义得|PF|=p2+y022p,即|PF||QF|=1,为定值.(2)过点F作FH⊥PQ于点H,则S1=S△PFH+S△FHM=S△HQF+S△FHM.S1 S2=S△HQF+S△FHMS△OFM=QFOFS△FHM+S△FHMOQQFS△FHM=(|OF|+|QF|)|QF||OQ||OF|=(p2+p2+x0)(p2+x0)p2x0=(p+x0)(p+2x0)px0=p x0+2x0p+3≥2√2+3.故S1S2的最小值为3√2+3.。