2019高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 9.6 圓錐曲線的綜合問題練習(xí) 文.doc

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9.6　圓錐曲線的綜合問題 考綱解讀 考點 內(nèi)容解讀 要求 高考示例 ?？碱}型 預(yù)測熱度 1.定點與定值問題 1.了解圓錐曲線的簡單應(yīng)用 2.掌握解析幾何中求解定點、定值問題的方法和步驟 Ⅲ 2017課標(biāo)全國Ⅱ,20; 2016北京,19; 2015課標(biāo)Ⅱ,20 解答題 ★★★ 2.參變量的取值范圍與最值問題 1.了解參變量的意義 2.理解解析幾何中求解范圍和最值問題的基本方法 3.理解函數(shù)思想和方程思想在圓錐曲線中的應(yīng)用 Ⅲ 2017山東,21; 2017浙江,21; 2016山東,21; 2016浙江,19 解答題 ★★★ 3.存在性問題 1.理解圓錐曲線中存在性問題的基本解法 2.理解轉(zhuǎn)化思想在圓錐曲線中的應(yīng)用 Ⅲ 2015四川,20; 2015湖北,22; 2014重慶,21; 2014湖南,20 解答題 ★★☆ 分析解讀 從近幾年的高考試題來看,直線與圓錐曲線、圓錐曲線間的綜合考查主要涉及曲線的求法、位置關(guān)系的判斷及應(yīng)用、弦長問題、最值問題、定點定值的探索問題及各圓錐曲線間的聯(lián)系等,同時著重考查學(xué)生的分析問題及解決綜合問題的能力.分值較高,難度較大.客觀題以各圓錐曲線間的聯(lián)系為主,凸顯知識的連貫性和綜合性,著重考查函數(shù)與方程、分類討論、數(shù)形結(jié)合等數(shù)學(xué)思想的應(yīng)用.在解圓錐曲線綜合問題時,需要較強的代數(shù)運算能力、圖形認(rèn)知能力、邏輯思維能力、數(shù)形之間轉(zhuǎn)化能力,在推理過程中要保持思維的邏輯性,確保結(jié)果正確完整. 五年高考 考點一　定點與定值問題 1.(2017課標(biāo)全國Ⅱ,20,12分)設(shè)O為坐標(biāo)原點,動點M在橢圓C:x22+y2=1上,過M作x軸的垂線,垂足為N,點P滿足NP=2NM. (1)求點P的軌跡方程; (2)設(shè)點Q在直線x=-3上,且OPPQ=1.證明:過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F. 解析　(1)設(shè)P(x,y),M(x0,y0),則N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0). 由NP=2NM得x0=x,y0=22y. 因為M(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1. 因此點P的軌跡方程為x2+y2=2. (2)證明:由題意知F(-1,0).設(shè)Q(-3,t),P(m,n), 則OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQPF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n). 由OPPQ=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2, 故3+3m-tn=0. 所以O(shè)QPF=0,即OQ⊥PF. 又過點P存在唯一直線垂直于OQ,所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F. 2.(2015課標(biāo)Ⅱ,20,12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,點(2,2)在C上. (1)求C的方程; (2)直線l不過原點O且不平行于坐標(biāo)軸,l與C有兩個交點A,B,線段AB的中點為M.證明:直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值. 解析　(1)由題意有ca=22,4a2+2b2=1, 又c2=a2+b2,所以a2=8,b2=4. 所以C的方程為x28+y24=1. (2)設(shè)直線l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM). 將y=kx+b代入x28+y24=1得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0. 故xM=x1+x22=-2kb2k2+1,yM=kxM+b=b2k2+1. 于是直線OM的斜率kOM=yMxM=-12k,即kOMk=-12. 所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值. 3.(2015陜西,20,12分)如圖,橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過點A(0,-1),且離心率為22. (1)求橢圓E的方程; (2)經(jīng)過點(1,1),且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P,Q(均異于點A),證明:直線AP與AQ的斜率之和為2. 解析　(1)由題設(shè)知ca=22,b=1, 結(jié)合a2=b2+c2,解得a=2. 所以橢圓E的方程為x22+y2=1. (2)證明:由題設(shè)知,直線PQ的方程為y=k(x-1)+1(k≠2),代入x22+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0. 由已知可知Δ>0. 設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0, 則x1+x2=4k(k-1)1+2k2,x1x2=2k(k-2)1+2k2. 從而直線AP,AQ的斜率之和 kAP+kAQ=y1+1x1+y2+1x2=kx1+2-kx1+kx2+2-kx2 =2k+(2-k)1x1+1x2=2k+(2-k)x1+x2x1x2 =2k+(2-k)4k(k-1)2k(k-2)=2k-2(k-1)=2. 4.(2014江西,20,13分)如圖,已知拋物線C:x2=4y,過點M(0,2)任作一直線與C相交于A,B兩點,過點B作y軸的平行線與直線AO相交于點D(O為坐標(biāo)原點). (1)證明:動點D在定直線上; (2)作C的任意一條切線l(不含x軸),與直線y=2相交于點N1,與(1)中的定直線相交于點N2.證明:|MN2|2-|MN1|2為定值,并求此定值. 解析　(1)證明:依題意可設(shè)直線AB的方程為y=kx+2,代入x2=4y,得x2=4(kx+2),即x2-4kx-8=0. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1x2=-8, 直線AO的方程為y=y1x1x,直線BD的方程為x=x2. 解得交點D的坐標(biāo)為x2,y1x2x1, 注意到x1x2=-8及x12=4y1,則有y=y1x1x2x12=-8y14y1=-2. 因此D點在定直線y=-2上(x≠0). (2)依題設(shè)知,切線l的斜率存在且不等于0,設(shè)切線l的方程為y=ax+b(a≠0),代入x2=4y得x2=4(ax+b),即x2-4ax-4b=0,由Δ=0得(4a)2+16b=0,化簡整理得b=-a2. 故切線l的方程可寫為y=ax-a2. 分別令y=2、y=-2得N1、N2的坐標(biāo)為 N12a+a,2、N2-2a+a,-2, 則|MN2|2-|MN1|2=2a-a2+42-2a+a2=8, 即|MN2|2-|MN1|2為定值8. 教師用書專用(5) 5.(2013江西,20,13分)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率e=32,a+b=3. (1)求橢圓C的方程; (2)如圖,A,B,D是橢圓C的頂點,P是橢圓C上除頂點外的任意一點,直線DP交x軸于點N,直線AD交BP于點M,設(shè)BP的斜率為k,MN的斜率為m.證明:2m-k為定值. 解析　(1)因為e=32=ca, 所以a=23c,b=13c.代入a+b=3得,c=3,a=2,b=1. 故橢圓C的方程為x24+y2=1. (2)證法一:因為B(2,0),P不為橢圓頂點,則直線BP的方程為y=k(x-2)k≠0,k≠12,① 把①代入x24+y2=1, 解得P8k2-24k2+1,-4k4k2+1. 直線AD的方程為y=12x+1.② ①與②聯(lián)立解得M4k+22k-1,4k2k-1. 由D(0,1),P8k2-24k2+1,-4k4k2+1,N(x,0)三點共線知-4k4k2+1-18k2-24k2+1-0=0-1x-0,解得N4k-22k+1,0. 所以MN的斜率為m=4k2k-1-04k+22k-1-4k-22k+1 =4k(2k+1)2(2k+1)2-2(2k-1)2=2k+14, 則2m-k=2k+12-k=12(定值). 證法二:設(shè)P(x0,y0)(x0≠0,2),則k=y0x0-2, 直線AD的方程為y=12(x+2), 直線BP的方程為y=y0x0-2(x-2), 直線DP的方程為y-1=y0-1x0x, 令y=0,由y0≠1可得N-x0y0-1,0, 聯(lián)立得y=12(x+2),y=y0x0-2(x-2), 解得M4y0+2x0-42y0-x0+2,4y02y0-x0+2,因此MN的斜率為 m=4y02y0-x0+24y0+2x0-42y0-x0+2+0y0-1 =4y0(y0-1)4y02-8y0+4x0y0-x02+4 =4y0(y0-1)4y02-8y0+4x0y0-(4-4y02)+4 =y0-12y0+x0-2, 所以2m-k=2(y0-1)2y0+x0-2-y0x0-2 =2(y0-1)(x0-2)-y0(2y0+x0-2)(2y0+x0-2)(x0-2) =2(y0-1)(x0-2)-2y02-y0(x0-2)(2y0+x0-2)(x0-2) =2(y0-1)(x0-2)-12(4-x02)-y0(x0-2)(2y0+x0-2)(x0-2)=12(定值). 考點二　參變量的取值范圍與最值問題 1.(2017山東,21,14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,橢圓C截直線y=1所得線段的長度為22. (1)求橢圓C的方程; (2)動直線l:y=kx+m(m≠0)交橢圓C于A,B兩點,交y軸于點M.點N是M關(guān)于O的對稱點,☉N的半徑為|NO|.設(shè)D為AB的中點,DE,DF與☉N分別相切于點E,F,求∠EDF的最小值. 解析　(1)由橢圓的離心率為22,得a2=2(a2-b2), 又當(dāng)y=1時,x2=a2-a2b2,得a2-a2b2=2, 所以a2=4,b2=2. 因此橢圓方程為x24+y22=1. (2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立得y=kx+m,x2+2y2=4, 得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0, 由Δ>0得m2<4k2+2,(*) 且x1+x2=-4km2k2+1,因此y1+y2=2m2k2+1, 所以D-2km2k2+1,m2k2+1, 又N(0,-m),所以|ND|2=-2km2k2+12+m2k2+1+m2, 整理得|ND|2=4m2(1+3k2+k4)(2k2+1)2, 因為|NF|=|m|, 所以|ND|2|NF|2=4(k4+3k2+1)(2k2+1)2=1+8k2+3(2k2+1)2. 令t=8k2+3,t≥3,故2k2+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. 當(dāng)t≥3時,y>0, 從而y=t+1t在[3,+∞)上單調(diào)遞增, 因此t+1t≥103, 等號當(dāng)且僅當(dāng)t=3時成立,此時k=0, 所以|ND|2|NF|2≤1+3=4, 由(*)得-20)的焦點為F,拋物線上的點A到y(tǒng)軸的距離等于|AF|-1. (1)求p的值; (2)若直線AF交拋物線于另一點B,過B與x軸平行的直線和過F與AB垂直的直線交于點N,AN與x軸交于點M.求M的橫坐標(biāo)的取值范圍. 解析　(1)由題意可得,拋物線上點A到焦點F的距離等于點A到直線x=-1的距離,由拋物線的定義得p2=1, 即p=2. (2)由(1)得,拋物線方程為y2=4x,F(1,0),可設(shè)A(t2,2t),t≠0,t≠1. 因為AF不垂直于y軸,可設(shè)直線AF:x=sy+1(s≠0),由y2=4x,x=sy+1消去x得y2-4sy-4=0, 故y1y2=-4,所以,B1t2,-2t. 又直線AB的斜率為2tt2-1, 故直線FN的斜率為-t2-12t. 從而得直線FN:y=-t2-12t(x-1),直線BN:y=-2t. 所以Nt2+3t2-1,-2t. 設(shè)M(m,0),由A,M,N三點共線得 2tt2-m=2t+2tt2-t2+3t2-1, 于是m=2t2t2-1. 所以m<0或m>2. 經(jīng)檢驗,m<0或m>2滿足題意. 綜上,點M的橫坐標(biāo)的取值范圍是(-∞,0)∪(2,+∞). 3.(2016山東,21,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的長軸長為4,焦距為22. (1)求橢圓C的方程; (2)過動點M(0,m)(m>0)的直線交x軸于點N,交C于點A,P(P在第一象限),且M是線段PN的中點.過點P作x軸的垂線交C于另一點Q,延長QM交C于點B. (i)設(shè)直線PM,QM的斜率分別為k,k,證明kk為定值; (ii)求直線AB的斜率的最小值. 解析　(1)設(shè)橢圓的半焦距為c. 由題意知2a=4,2c=22, 所以a=2,b=a2-c2=2. 所以橢圓C的方程為x24+y22=1. (2)(i)設(shè)P(x0,y0)(x0>0,y0>0). 由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m). 所以直線PM的斜率k=2m-mx0=mx0, 直線QM的斜率k=-2m-mx0=-3mx0. 此時kk=-3.所以kk為定值-3. (ii)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2). 直線PA的方程為y=kx+m, 直線QB的方程為y=-3kx+m. 聯(lián)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kAB=y2-y1x2-x1=6k2+14k=146k+1k. 由m>0,x0>0,可知k>0, 所以6k+1k≥26,等號當(dāng)且僅當(dāng)k=66時取得. 此時m4-8m2=66,即m=147,符合題意. 所以直線AB的斜率的最小值為62. 4.(2014北京,19,14分)已知橢圓C:x2+2y2=4. (1)求橢圓C的離心率; (2)設(shè)O為原點.若點A在直線y=2上,點B在橢圓C上,且OA⊥OB,求線段AB長度的最小值. 解析　(1)由題意,知橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y22=1. 所以a2=4,b2=2,從而c2=a2-b2=2. 因此a=2,c=2. 故橢圓C的離心率e=ca=22. (2)設(shè)點A,B的坐標(biāo)分別為(t,2),(x0,y0),其中x0≠0. 因為OA⊥OB,所以O(shè)AOB=0,即tx0+2y0=0,解得t=-2y0x0. 又x02+2y02=4, 所以|AB|2=(x0-t)2+(y0-2)2 =x0+2y0x02+(y0-2)2 =x02+y02+4y02x02+4 =x02+4-x022+2(4-x02)x02+4 =x022+8x02+4(0b>0)的離心率為32,且點3,12在橢圓C上. (1)求橢圓C的方程; (2)設(shè)橢圓E:x24a2+y24b2=1,P為橢圓C上任意一點,過點P的直線y=kx+m交橢圓E于A,B兩點,射線PO交橢圓E于點Q. (i)求|OQ||OP|的值; (ii)求△ABQ面積的最大值. 解析　(1)由題意知3a2+14b2=1, 又a2-b2a=32,解得a2=4,b2=1. 所以橢圓C的方程為x24+y2=1. (2)由(1)知橢圓E的方程為x216+y24=1. (i)設(shè)P(x0,y0),|OQ||OP|=λ, 由題意知Q(-λx0,-λy0). 因為x024+y02=1, 又(-λx0)216+(-λy0)24=1, 即λ24x024+y02=1, 所以λ=2,即|OQ||OP|=2. (ii)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2). 將y=kx+m代入橢圓E的方程, 可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0, 由Δ>0,可得m2<4+16k2.① 則有x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-161+4k2. 所以|x1-x2|=416k2+4-m21+4k2. 因為直線y=kx+m與y軸交點的坐標(biāo)為(0,m), 所以△OAB的面積S=12|m||x1-x2| =216k2+4-m2|m|1+4k2 =2(16k2+4-m2)m21+4k2 =24-m21+4k2m21+4k2. 設(shè)m21+4k2=t. 將y=kx+m代入橢圓C的方程, 可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0, 由Δ≥0,可得m2≤1+4k2.② 由①②可知0b>0)的離心率為32,直線y=x被橢圓C截得的線段長為4105. (1)求橢圓C的方程; (2)過原點的直線與橢圓C交于A,B兩點(A,B不是橢圓C的 頂點).點D在橢圓C上,且AD⊥AB,直線BD與x軸、y軸分別交于M,N兩點. (i)設(shè)直線BD,AM的斜率分別為k1,k2.證明存在常數(shù)λ使得k1=λk2,并求出λ的值; (ii)求△OMN面積的最大值. 解析　(1)由題意知a2-b2a=32,可得a2=4b2, 橢圓C的方程可簡化為x2+4y2=a2. 將y=x代入可得x=5a5, 因此225a5=4105,可得a=2. 因此b=1, 所以橢圓C的方程為x24+y2=1. (2)(i)設(shè)A(x1,y1)(x1y1≠0),D(x2,y2),則B(-x1,-y1), 所以直線AB的斜率kAB=y1x1, 因為AB⊥AD,所以直線AD的斜率k=-x1y1. 設(shè)直線AD的方程為y=kx+m, 由題意知k≠0,m≠0. 由y=kx+m,x24+y2=1可得(1+4k2)x2+8mkx+4m2-4=0. 所以x1+x2=-8mk1+4k2, 因此y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m1+4k2. 由題意知x1≠-x2, 所以k1=y1+y2x1+x2=-14k=y14x1. 所以直線BD的方程為y+y1=y14x1(x+x1). 令y=0,得x=3x1,即M(3x1,0). 可得k2=-y12x1. 所以k1=-12k2,即λ=-12. 因此存在常數(shù)λ=-12使得結(jié)論成立. (ii)直線BD的方程為y+y1=y14x1(x+x1), 令x=0,得y=-34y1,即N0,-34y1. 由(i)知M(3x1,0), 可得△OMN的面積S=123|x1|34|y1|=98|x1||y1|. 因為|x1||y1|≤x124+y12=1,當(dāng)且僅當(dāng)|x1|2=|y1|=22時等號成立, 此時S取得最大值98, 所以△OMN面積的最大值為98. 7.(2013浙江,22,14分)已知拋物線C的頂點為O(0,0),焦點為F(0,1). (1)求拋物線C的方程; (2)過點F作直線交拋物線C于A,B兩點.若直線AO,BO分別交直線l:y=x-2于M,N兩點,求|MN|的最小值. 解析　(1)由題意可設(shè)拋物線C的方程為x2=2py(p>0),則p2=1,所以拋物線C的方程為x2=4y. (2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),直線AB的方程為y=kx+1. 由y=kx+1,x2=4y消去y,整理得x2-4kx-4=0, 所以x1+x2=4k,x1x2=-4. 從而|x1-x2|=4k2+1. 由y=y1x1x,y=x-2, 解得點M的橫坐標(biāo)xM=2x1x1-y1=2x1x1-x124=84-x1. 同理點N的橫坐標(biāo)xN=84-x2. 所以|MN|=2|xM-xN| =284-x1-84-x2 =82x1-x2x1x2-4(x1+x2)+16 =82k2+1|4k-3|. 令4k-3=t,t≠0,則k=t+34. 當(dāng)t>0時,|MN|=2225t2+6t+1>22. 當(dāng)t<0時,|MN|=225t+352+1625≥85 2. 綜上所述,當(dāng)t=-253,即k=-43時, |MN|的最小值是85 2. 考點三　存在性問題 1.(2015四川,20,13分)如圖,橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率是22,點P(0,1)在短軸CD上,且PCPD=-1. (1)求橢圓E的方程; (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點,過點P的動直線與橢圓交于A,B兩點.是否存在常數(shù)λ,使得OAOB+λPAPB為定值?若存在,求λ的值;若不存在,請說明理由. 解析　(1)由已知得,點C,D的坐標(biāo)分別為(0,-b),(0,b). 又點P的坐標(biāo)為(0,1),且PCPD=-1, 于是1-b2=-1,ca=22,a2-b2=c2.解得a=2,b=2. 所以橢圓E的方程為x24+y22=1. (2)當(dāng)直線AB的斜率存在時,設(shè)直線AB的方程為y=kx+1,A,B的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2). 由x24+y22=1,y=kx+1,得(2k2+1)x2+4kx-2=0. 其判別式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0, 所以,x1+x2=-4k2k2+1,x1x2=-22k2+1. 從而,OAOB+λPAPB=x1x2+y1y2+λ[x1x2+(y1-1)(y2-1)] =(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1 =(-2λ-4)k2+(-2λ-1)2k2+1 =-λ-12k2+1-λ-2. 所以,當(dāng)λ=1時,-λ-12k2+1-λ-2=-3. 此時,OAOB+λPAP=-3為定值. 當(dāng)直線AB斜率不存在時,直線AB即為直線CD. 當(dāng)λ=1時,OAOB+λPAPB=OCOD+PCPD=-2-1=-3. 故存在常數(shù)λ=1,使得OAOB+λPAP為定值-3. 2.(2015湖北,22,14分)一種畫橢圓的工具如圖1所示.O是滑槽AB的中點,短桿ON可繞O轉(zhuǎn)動,長桿MN通過N處鉸鏈與ON連接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑動,且DN=ON=1,MN=3.當(dāng)栓子D在滑槽AB內(nèi)做往復(fù)運動時,帶動N繞O轉(zhuǎn)動,M處的筆尖畫出的橢圓記為C.以O(shè)為原點,AB所在的直線為x軸建立如圖2所示的平面直角坐標(biāo)系. 圖1 圖2 (1)求橢圓C的方程; (2)設(shè)動直線l與兩定直線l1:x-2y=0和l2:x+2y=0分別交于P,Q兩點.若直線l總與橢圓C有且只有一個公共點,試探究:△OPQ的面積是否存在最小值?若存在,求出該最小值;若不存在,說明理由. 解析　(1)因為|OM|≤|MN|+|NO|=3+1=4.當(dāng)M,N在x軸上時,等號成立;同理,|OM|≥|MN|-|NO|=3-1=2,當(dāng)D,O重合,即MN⊥x軸時,等號成立.所以橢圓C的中心為原點O,長半軸長為4,短半軸長為2,其方程為x216+y24=1. (2)(i)當(dāng)直線l的斜率不存在時,直線l為x=4或x=-4,都有S△OPQ=1244=8. (ii)當(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè)直線l:y=kx+mk≠12, 由y=kx+m,x2+4y2=16,消去y,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0. 因為直線l總與橢圓C有且只有一個公共點, 所以Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-16)=0,即m2=16k2+4.① 又由y=kx+m,x-2y=0,可得P2m1-2k,m1-2k;同理可得Q-2m1+2k,m1+2k. 由原點O到直線PQ的距離為d=|m|1+k2和|PQ|=1+k2|xP-xQ|,可得S△OPQ=12|PQ|d=12|m||xP-xQ|=12|m|2m1-2k+2m1+2k=2m21-4k2.② 將①代入②得,S△OPQ=2m21-4k2=8|4k2+1||4k2-1|. 當(dāng)k2>14時,S△OPQ=84k2+14k2-1=81+24k2-1>8; 當(dāng)0≤k2<14時,S△OPQ=84k2+11-4k2=8-1+21-4k2. 因0≤k2<14,則0<1-4k2≤1,21-4k2≥2, 所以S△OPQ=8-1+21-4k2≥8, 當(dāng)且僅當(dāng)k=0時取等號. 所以當(dāng)k=0時,S△OPQ的最小值為8. 綜合(i)(ii)可知,當(dāng)直線l與橢圓C在四個頂點處相切時,△OPQ的面積取得最小值8. 3.(2014湖南,20,13分)如圖,O為坐標(biāo)原點,雙曲線C1:x2a12-y2b12=1(a1>0,b1>0)和橢圓C2:y2a22+x2b22=1(a2>b2>0)均過點P233,1,且以C1的兩個頂點和C2的兩個焦點為頂點的四邊形是面積為2的正方形. (1)求C1,C2的方程; (2)是否存在直線l,使得l與C1交于A,B兩點,與C2只有一個公共點,且|OA+OB|=|AB|?證明你的結(jié)論. 解析　(1)設(shè)C2的焦距為2c2,由題意知,2c2=2,2a1=2, 從而a1=1,c2=1. 因為點P233,1在雙曲線x2-y2b12=1上,所以2332-1b12=1,故b12=3. 由橢圓的定義知2a2=2332+(1-1)2+2332+(1+1)2=23. 于是a2=3,b22=a22-c22=2,故C1,C2的方程分別為x2-y23=1,y23+x22=1. (2)不存在符合題設(shè)條件的直線. (i)若直線l垂直于x軸,因為l與C2只有一個公共點,所以直線l的方程為x=2或x=-2. 當(dāng)x=2時,易知A(2,3),B(2,-3), 所以|OA+OB|=22,|AB|=23, 此時,|OA+OB|≠|(zhì)AB|. 當(dāng)x=-2時,同理可知,|OA+OB|≠|(zhì)AB|. (ii)若直線l不垂直于x軸,設(shè)l的方程為y=kx+m, 由y=kx+m,x2-y23=1得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0. 當(dāng)l與C1相交于A,B兩點時,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1,x2是上述方程的兩個實根,從而x1+x2=2km3-k2,x1x2=m2+3k2-3. 于是y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=3k2-3m2k2-3. 由y=kx+m,y23+x22=1得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0. 因為直線l與C2只有一個公共點,所以上述方程的判別式 Δ=16k2m2-8(2k2+3)(m2-3)=0. 化簡,得2k2=m2-3,因此OAOB=x1x2+y1y2=m2+3k2-3+3k2-3m2k2-3=-k2-3k2-3≠0, 于是OA2+OB2+2OAOB≠OA2+OB2-2OAOB, 即|OA+OB|2≠|(zhì)OA-OB|2,故|OA+OB|≠|(zhì)AB|. 綜合(i),(ii)可知,不存在符合題設(shè)條件的直線. 教師用書專用(4) 4.(2014重慶,21,12分)如圖,設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦點分別為F1,F2,點D在橢圓上,DF1⊥F1F2,|F1F2||DF1|=22,△DF1F2的面積為22. (1)求該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)是否存在圓心在y軸上的圓,使圓在x軸的上方與橢圓有兩個交點,且圓在這兩個交點處的兩條切線相互垂直并分別過不同的焦點?若存在,求出圓的方程.若不存在,請說明理由. 解析　(1)設(shè)F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2. 由|F1F2||DF1|=22得|DF1|=|F1F2|22=22c. 從而S△DF1F2=12|DF1||F1F2|=22c2=22,故c=1. 從而|DF1|=22, 由DF1⊥F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=92, 因此|DF2|=322. 所以2a=|DF1|+|DF2|=22,故a=2,b2=a2-c2=1. 因此,所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x22+y2=1. (2)如圖,設(shè)圓心在y軸上的圓C與橢圓x22+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是兩個交點,y1>0,y2>0,F1P1,F2P2是圓C的切線,且F1P1⊥F2P2. 由圓和橢圓的對稱性,易知,x2=-x1,y1=y2. 由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以F1P1=(x1+1,y1),F2P2=(-x1-1,y1). 再由F1P1⊥F2P2得-(x1+1)2+y12=0. 由橢圓方程得1-x122=(x1+1)2,即3x12+4x1=0, 解得x1=-43或x1=0. 當(dāng)x1=0時,P1,P2重合,不存在滿足題設(shè)要求的圓. 當(dāng)x1=-43時,過P1,P2分別與F1P1,F2P2垂直的直線的交點即為圓心C. 設(shè)C(0,y0),由CP1⊥F1P1, 得y1-y0x1y1x1+1=-1. 而y1=|x1+1|=13,故y0=53. 圓C的半徑|CP1|=-432+13-532=423. 綜上,存在滿足題設(shè)條件的圓,其方程為x2+y-532=329. 三年模擬 A組　2016—2018年模擬基礎(chǔ)題組 考點一　定點與定值問題 1.(2016河北唐山調(diào)研,9)過拋物線y=ax2(a>0)的焦點F作一條直線交拋物線于A,B兩點,若線段AF,BF的長分別為m,n,則mnm+n等于(　　) A.12a B.14a C.2a D.a4 答案　B　 2.(2018河北五校12月聯(lián)考,20)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,右焦點為F,上頂點為A,且△AOF的面積為12(O是坐標(biāo)原點). (1)求橢圓C的方程; (2)設(shè)P是橢圓C上的一點,過P的直線l與以橢圓的短軸為直徑的圓切于第一象限,切點為M,證明:|PF|+|PM|為定值. 解析　(1)設(shè)橢圓的半焦距為c,由已知得c2a2=12,12bc=12,b2+c2=a2?a2=2,b2=1, ∴橢圓的方程為x22+y2=1. (2)證明:以短軸為直徑的圓的方程為x2+y2=1,F(1,0), 設(shè)P(x0,y0),則x022+y02=1(00,b>0)有兩個交點,則雙曲線C的離心率的取值范圍是(　　) A.(1,3) B.(1,2) C.(3,+∞) D.(2,+∞) 答案　D　 5.(2016皖江示范高中聯(lián)考,14)若點P是橢圓x22+y2=1上的動點,則P到直線l:y=x+1的距離的最大值是　　　　. 答案　6+22 6.(2018河南中原名校聯(lián)盟12月聯(lián)考,20)設(shè)橢圓x2a2+y23=1(a>3)的右焦點為F,右頂點為A.已知|OA|-|OF|=1,其中O為原點,e為橢圓的離心率. (1)求橢圓的方程及離心率e的值; (2)設(shè)過點A的直線l與橢圓交于點B(B不在x軸上),垂直于l的直線與l交于點M,與y軸交于點H.若BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直線l的斜率的取值范圍. 解析　(1)設(shè)F(c,0),∵a-c=1,∴a=1+c,a2=1+2c+c2, 又a2=b2+c2,∴3=1+2c,c=1,∴a=2,所以,橢圓的方程為x24+y23=1,e=ca=12. (2)易知l的斜率存在且不為0,設(shè)直線l的斜率為k(k≠0),則直線l的方程為y=k(x-2),設(shè)B(xB,yB), 由方程組x24+y23=1,y=k(x-2)消去y得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0. 解得x=2或x=8k2-64k2+3,由題意得xB=8k2-64k2+3,從而yB=-12k4k2+3, 由(1)知,F(1,0),設(shè)H(0,yH),則FH=(-1,yH),BF=9-4k24k2+3,12k4k2+3, 由BF⊥HF,得BFFH=0,所以4k2-94k2+3+12kyH4k2+3=0,解得yH=9-4k212k,因此直線MH的方程為y=-1kx+9-4k212k, 設(shè)M(xM,yM),由方程組y=k(x-2),y=-1kx+9-4k212k消去y,解得xM=20k2+912(k2+1),在△MAO中,∠MOA≤∠MAO?|MA|≤|MO|,則(xM-2)2+yM2≤xM2+yM2,化簡得xM≥1,即20k2+912(k2+1)≥1,解得k≤-64或k≥64,所以,直線l的斜率的取值范圍為-∞,-64∪64,+∞. 考點三　存在性問題 7.(2018山西康杰中學(xué)等六校12月聯(lián)考,20)已知F1,F2分別為橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點,點P1,32在橢圓E上,且|PF1|+|PF2|=4. (1)求橢圓E的方程; (2)過F1的直線l1,l2分別交橢圓E于A,C和B,D,且l1⊥l2,問是否存在實數(shù)λ,使得1|AC|,λ,1|BD|成等差數(shù)列?若存在,求出λ的值;若不存在,請說明理由. 解析　(1)由已知|PF1|+|PF2|=4,得2a=4,即a=2, 又點P1,32在橢圓上,所以14+94b2=1,解得b=3, 故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y23=1. (2)當(dāng)AC⊥x軸時,|BD|=4,|AC|=3,由2λ=1|BD|+1|AC|=712,得λ=724. 當(dāng)BD⊥x軸時,|BD|=3,|AC|=4,由2λ=1|BD|+1|AC|=712,得λ=724. 當(dāng)AC、BD與x軸均不垂直時,設(shè)l1:y=k(x+1)(k≠0),A(x1,y1),C(x2,y2), 直線l1與橢圓E的方程聯(lián)立并消去y得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0, 則x1+x2=-8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2, 所以|AC|=1+k2|x1-x2|=12(k2+1)3+4k2, 從而1|AC|=3+4k212(k2+1), 同理可得1|BD|=4+3k212(k2+1), 所以1|AC|+1|BD|=7(k2+1)12(k2+1)=712,令712=2λ,得λ=724. 綜上,存在常數(shù)λ=724,使得1|AC|,λ,1|BD|成等差數(shù)列. 8.(2017江西贛中南五校聯(lián)考,20)在直角坐標(biāo)系xOy中,點M到點F1(-3,0),F2(3,0)的距離之和是4,點M的軌跡是C,直線l:y=kx+2與軌跡C交于不同的兩點P和Q. (1)求軌跡C的方程; (2)是否存在常數(shù)k,使以線段PQ為直徑的圓過原點O?若存在,求出k的值;若不存在,請說明理由. 解析　(1)∵點M到F1(-3,0),F2(3,0)的距離之和是4,且23<4, ∴M的軌跡是焦點在x軸上,長軸長為4,焦距為23的橢圓,其方程為x24+y2=1. (2)存在.理由如下:將y=kx+2代入曲線C的方程,整理得 (1+4k2)x2+82kx+4=0, 設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2), 則x1+x2=-82k1+4k2,x1x2=41+4k2, 又y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+2. 若以線段PQ為直徑的圓過原點,則OPOQ=0,所以x1x2+y1y2=0,即(k2+1)x1x2+2k(x1+x2)+2=0,即(k2+1)41+4k2+2k-82k1+4k2+2=0, 解得k=62. 又因為k的取值應(yīng)滿足Δ>0,即4k2-1>0,(*) 將k=62代入(*)式知符合題意. 故存在k=62,使以線段PQ為直徑的圓過原點O. B組　2016—2018年模擬提升題組 (滿分:55分　時間:45分鐘) 一、填空題(每小題5分,共10分) 1.(2018江西宜春一模,16)設(shè)F1、F2分別是橢圓x225+y216=1的左、右焦點,P為橢圓上任一點,點M的坐標(biāo)為(6,4),則|PM|+|PF1|的最大值為　　　. 答案　15 2.(2017廣東七校第二次聯(lián)考,16)已知點P是拋物線C1:y2=4x上的動點,過P作圓C2:(x-3)2+y2=2的兩條切線,則兩條切線的夾角的最大值為　　　　. 答案　π3 二、解答題(每小題15分,共45分) 3.(2018湖南師大附中12月聯(lián)考,20)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短軸的一個頂點與兩個焦點構(gòu)成正三角形,且該三角形的面積為3. (1)求橢圓C的方程; (2)如圖,設(shè)F1、F2為橢圓C的左、右焦點,若橢圓C的一個內(nèi)接平行四邊形的一組對邊過點F1和F2,求這個平行四邊形面積的最大值. 解析　(1)∵橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短軸的一個頂點與兩個焦點構(gòu)成正三角形,且該三角形的面積為3, ∴a2=b2+c2,a∶b∶c=2∶3∶1,bc=3,解得a=2,b=3,c=1, ∴橢圓C的方程為x24+y23=1. (2)設(shè)過橢圓右焦點F2的直線AB的方程為x=ty+1,由x=ty+1,3x2+4y2=12整理,得(3t2+4)y2+6ty-9=0, 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=-6t3t2+4,y1y2=-93t2+4, ∴|y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2=144t2+1443t2+4=12t2+13t2+4, 連接OA,OB, ∴S△OAB=S△OF2A+S△OF2B=12|OF2||y1-y2|=6t2+13t2+4, ∴橢圓C的內(nèi)接平行四邊形面積S=4S△OAB=24t2+13t2+4, 令m=1+t2,則m≥1,則S=f(m)=243m+1m, 注意到S=f(m)在[1,+∞)上單調(diào)遞減,∴Smax=f(1)=6, 當(dāng)且僅當(dāng)m=1,即t=0時等號成立. 故這個平行四邊形面積的最大值為6. 4.(2017豫北名校聯(lián)盟聯(lián)考,20)已知點P是橢圓C上任一點,點P到直線l1:x=-2的距離為d1,到點F(-1,0)的距離為d2,且d2d1=22,直線l與橢圓C交于不同兩點A,B(A,B都在x軸上方),且∠OFA+∠OFB=180. (1)求橢圓C的方程; (2)當(dāng)A為橢圓與y軸正半軸的交點時,求直線l的方程; (3)對于動直線l,是否存在一個定點,無論∠OFA如何變化,直線l總經(jīng)過此定點?若存在,求出該定點的坐標(biāo);若不存在,請說明理由. 解析　(1)設(shè)P(x,y),則d1=|x+2|,d2=(x+1)2+y2. 由d2d1=(x+1)2+y2|x+2|=22,化簡,得x22+y2=1, ∴橢圓C的方程為x22+y2=1. (2)由題意及(1)知A(0,1),又F(-1,0),∴kAF=1-00-(-1)=1. 又∵∠OFA+∠OFB=180,∴kBF=-1, ∴BF:y=-1(x+1)=-x-1, 代入x22+y2=1, 解得x=0,y=-1(舍去)或x=-43,y=13. ∴B-43,13. kAB=1-130--43=12, ∴AB:y=12x+1,即直線l的方程為y=12x+1. (3)存在.解法一:∵∠OFA+∠OFB=180,∴kAF+kBF=0. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),直線AB的方程為y=kx+b. 將y=kx+b代入x22+y2=1, 整理得k2+12x2+2kbx+b2-1=0. ∴x1+x2=-2kbk2+12,x1x2=b2-1k2+12, ∴kAF+kBF=y1x1+1+y2x2+1=kx1+bx1+1+kx2+bx2+1=(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)(x1+1)(x2+1)=0. ∴(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=2kx1x2+(k+b)(x1+x2)+2b=2kb2-1k2+12-(k+b)2kbk2+12+2b=0, ∴b-2k=0,∴b=2k, ∴直線AB的方程為y=k(x+2), ∴直線l總經(jīng)過定點(-2,0). 解法二:∵∠OFA+∠OFB=180,∴B關(guān)于x軸的對稱點B1在直線AF上. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則B1(x2,-y2), 設(shè)直線AF的方程為y=k(x+1), 代入x22+y2=1,得k2+12x2+2k2x+k2-1=0. ∴x1+x2=-2k2k2+12,x1x2=k2-1k2+12. kAB=y1-y2x1-x2,AB:y-y1=y1-y2x1-x2(x-x1), 令y=0,得x=x1-y1x1-x2y1-y2=x2y1-x1y2y1-y2. 又∵y1=k(x1+1),-y2=k(x2+1), ∴x=x2y1-x1y2y1-y2=x2k(x1+1)+x1k(x2+1)k(x1+1)+k(x2+1)=2x1x2+x1+x2x1+x2+2 =2k2-1k2+12-2k2k2+122-2k2k2+12=-2, ∴直線l總經(jīng)過定點(-2,0). 5.(2016吉林五校第一次聯(lián)考,20)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率e=63,它的一個頂點在拋物線x2=42y的準(zhǔn)線上. (1)求橢圓C的方程; (2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)是橢圓C上兩點,已知m=x1a,y1b,n=x2a,y2b,且mn=0,求OAOB的取值范圍. 解析　(1)拋物線x2=42y的準(zhǔn)線為y=-2,∴b=2. e=63?a2-b2a2=23?a=6, ∴橢圓C的方程為x26+y22=1. (2)由mn=0及(1)得x1x2=-3y1y2, 當(dāng)直線AB的斜率不存在時,x1=x2,y2=-y1, ∴x12=3y12,又x126+y122=1, ∴y12=1. ∴OAOB=x1x2+y1y2=2y12=2. 當(dāng)直線AB的斜率存在時,設(shè)方程為y=kx+m, 由y=kx+m,x2+3y2=6,得(1+3k2)x2+6kmx+3m2-6=0, ∴Δ=36k2m2-12(3k2+1)(m2-2)=12(6k2-m2+2)>0, 且x1+x2=-6km3k2+1,x1x2=3m2-632+1. 由x1x2=-3y1y2=-3(kx1+m)(kx2+m)?(1+3k2)x1x2+3km(x1+x2)+3m2=0, 整理得1+3k2=m2, ∴OAOB=x1x2+y1y2=23x1x2=2m2-41+3k2=2m2-4m2=2-4m2, ∵m2=1+3k2≥1, ∴0<4m2≤4,∴-2≤OAOB<2. 綜上,-2≤OAOB≤2. C組　2016—2018年模擬方法題組 方法1　圓錐曲線中的定點、定值問題的求解方法 1.(2017河南鄭州一模,11)已知直線l與雙曲線x24-y2=1相切于點P,l與雙曲線的兩條漸近線交于M,N兩點,則OMON的值為(　　) A.3 B.4 C.5 D.與P的位置有關(guān) 答案　A　 2.(2017河南十所名校聯(lián)考,21)如圖,O為坐標(biāo)原點,橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,以橢圓C的長軸長、短軸長為兩相鄰邊長的矩形的面積為8. (1)求橢圓C的方程; (2)若P、Q是橢圓C上的兩個動點,且kOPkOQ=-14,試問:S△OPQ是否為定值?若是,求出該定值;若不是,請說明理由. 解析　(1)依題意可知a2-b2a=32,2a2b=8, 解之得a2=4,b2=1. ∴橢圓C的方程為x24+y2=1. (2)S△OPQ為定值.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2), 當(dāng)直線PQ的斜率不存在時,P,Q兩點關(guān)于x軸對稱,不妨設(shè)P在x軸下方,Q在x軸上方,則kOQ=-kOP,可得|y1||x1|=12,結(jié)合x124+y12=1可得|x1|=2,|y1|=22,從而|x1||y1|=1,S△OPQ=1. 當(dāng)直線PQ的斜率存在時,設(shè)直線PQ的方程為y=kx+m, 由y=kx+m,x24+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2-1)=0, 則x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4(m2-1)4k2+1, 從而|PQ|=1+k2|x1-x2| =1+k2-8km4k2+12-44(m2-1)4k2+1 =4(1+k2)(4k2+1-m2)4k2+1. O到直線PQ的距離d=|m|1+k2, 則S△OPQ=12|PQ|d=2|m|4k2+1-m24k2+1, kOPkOQ=y1y2x1x2=(kx1+m)(kx2+m)x1x2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2x1x2=4k2-m24(1-m2)=-14,則4k2+1=2m2, 則S△OPQ=2|m|4k2+1-m24k2+1=1. 綜上,S△OPQ為定值1. 方法2　圓錐曲線中的最值和范圍問題的求解方法 3.(2018河南洛陽一模,11)過橢圓x29+y24=1上一點H作圓x2+y2=2的兩切線,點A,B為切點.過A,B的直線l與x軸,y軸分別交于點P,Q.則△POQ(O為坐標(biāo)原點)的面積的最小值為(　　) A.12 B.23 C.1 D.43 答案　B　 4.(2017江西南昌三校聯(lián)考,11)已知雙曲線x2-y23=1的左頂點為A1,右焦點為F2,P為雙曲線右支上一點,則PA1PF2的最小值為(　　) A.-2 B.-8116 C.1 D.0 答案　A　 5.(2018河南百校聯(lián)盟12月聯(lián)考,20)已知點F為拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點,拋物線y2=-8x的準(zhǔn)線與拋物線C交于點A,且|AF|=3. (1)求拋物線C的方程; (2)若直線l:x=my+1與拋物線C交于不同的兩點D,E,點G為線段DE的中點,設(shè)|FD|=λ|FE|,H(2,0).若1≤λ≤2,求|GH|的取值范圍. 解析　(1)拋物線y2=-8x的準(zhǔn)線方程為x=2, 所以點A的橫坐標(biāo)為2, 由拋物線