高考數(shù)學大二輪專題復習沖刺方案文數(shù)經(jīng)典版文檔：第二編 專題五 第3講 圓錐曲線的綜合問題 Word版含解析

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1、 第3講　圓錐曲線的綜合問題 「考情研析」1.圓錐曲線的綜合問題一般以直線和圓錐曲線的位置關系為載體，以參數(shù)處理為核心，考查范圍、最值問題，定點、定值問題，探索性問題．　2.試題解答往往要綜合應用函數(shù)與方程、數(shù)形結合、分類討論等多種思想方法，對計算能力也有較高要求，難度較大. 核心知識回顧 1.最值問題 求解最值問題的基本思路是選擇變量，建立求解目標的函數(shù)解析式，然后利用函數(shù)知識、基本不等式等知識求解其最值． 2．范圍問題 求參數(shù)范圍的問題，牢記“先找不等式，有時需要找出兩個量之間的關系，然后消去另一個量，保留要求的量”．不等式的來源可以是Δ>0或圓錐曲線的有界性或題目條件中

2、的某個量的范圍等． 3．定點問題 在解析幾何中，有些含有參數(shù)的直線或曲線的方程，不論參數(shù)如何變化，其都過某定點，這類問題稱為定點問題． 4．定值問題 在解析幾何中，有些幾何量，如斜率、距離、面積、比值等基本量和動點坐標或動線中的參變量無關，這類問題統(tǒng)稱為定值問題． 5．存在性問題的解題步驟 (1)先假設存在，引入?yún)⒆兞?，根?jù)題目條件列出關于參變量的方程(組)或不等式(組)． (2)解此方程(組)或不等式(組)，若有解則存在，若無解則不存在． 熱點考向探究 考向1 最值與范圍問題 角度1　最值問題 例1　已知拋物線C的方程為y2＝2px(p>0)，點R(1，2)在拋物線C

3、上． (1)求拋物線C的方程； (2)過點Q(1,1)作直線交拋物線C于不同于R的兩點A，B，若直線AR，BR分別交直線l：y＝2x＋2于M，N兩點，求|MN|最小時直線AB的方程． 解　(1)∵點R(1,2)在拋物線C：y2＝2px(p>0)上， ∴4＝2p，解得p＝2，∴拋物線C的方程為y2＝4x. (2)設點A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為x＝m(y－1)＋1，m≠0， 由消去x并整理得y2－4my＋4(m－1)＝0， ∴y1＋y2＝4m，y1y2＝4(m－1)， 設直線AR的方程為y＝k1(x－1)＋2， 由解得點M的橫坐標xM＝， 又k1＝＝＝

4、，∴xM＝＝－， 同理點N的橫坐標xN＝－， |y2－y1|＝＝4， ∴|MN|＝|xM－xN|＝ ＝2＝8 ＝2 ， 令m－1＝t，t≠0，則m＝t＋1， ∴|MN|＝2 ≥，當t＝－2， 即m＝－1時，|MN|取得最小值，此時直線AB的方程為x＋y－2＝0. 解析幾何中最值問題的基本解法有幾何法和代數(shù)法．幾何法是根據(jù)已知的幾何量之間的相互關系，結合平面幾何和解析幾何知識加以解決的(如拋物線上的點到某個定點和焦點的距離之和、光線反射問題等)；代數(shù)法是建立求解目標關于某個(或兩個)變量的函數(shù)，通過求解函數(shù)的最值(利用普通方法、基本不等式法或導數(shù)法等)解決的．

5、 (2019·湘贛十四校高三聯(lián)考)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，左焦點為F1，點A是橢圓C上位于x軸上方的一個動點，當直線AF1的斜率為1時，|AF1|＝. (1)求橢圓C的方程； (2)若直線AF1與橢圓C的另外一個交點為B，點A關于x軸的對稱點為A′，求△F1A′B面積的最大值． 解　(1)解法一：∵e＝＝，∴a2＝2c2，又a2＝b2＋c2，∴b＝c. ∴當直線AF1的斜率為1時，直線AF1通過橢圓上的頂點， ∴|AF1|＝＝a＝. 又a2＝2c2，b＝c，∴b＝1，橢圓C的方程為＋y2＝1. 解法二：設橢圓的右焦點為F2，在△AF1F2中，|AF1|＝，|

6、AF2|＝2a－，|F1F2|＝2c， ∴(2a－)2＝2＋(2c)2－2··2c·cos45°， 即a2－a＝c2－c.?、? 又∵e＝＝，∴a＝c.?、? 聯(lián)立①②，得a＝，c＝1，又a2＝b2＋c2，∴b＝1. ∴橢圓C的方程為＋y2＝1. 解法三：∵e＝＝，∴a2＝2c2，又a2＝b2＋c2，∴a＝b＝c. ∴橢圓C的方程可化為＋＝1，即x2＋2y2＝2c2.③ 又直線AF1的方程為y＝x＋c.④ 聯(lián)立③④，得x2＋2(x＋c)2＝2c2，即3x2＋4cx＝0， ∴x＝0或x＝－c. 直線AF1的斜率為1且A在x軸上方，∴xA＝0， ∴A的坐標為(0，b)．

7、∴|AF1|＝＝a，∴a＝，又a＝b＝c， ∴b＝c＝1. ∴橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)如圖，∵A在x軸上方，∴直線AB的斜率不為0，設直線AB的方程為x＝my－1. ∵F1，A′，B三點能構成三角形， ∴直線AB不垂直于x軸，∴m≠0， 設A的坐標為(x1，y1)，B的坐標為(x2，y2)，則A′的坐標為(x1，－y1)． 聯(lián)立得(my－1)2＋2y2＝2， 即(2＋m2)y2－2my－1＝0， ∴y1＋y2＝，y1y2＝－. 解法一：S△F1A′B＝S△BAA′－S△F1AA′＝|AA′||x2－xF1| ＝y(tǒng)1|x2＋1|＝y(tǒng)1|my2|＝|my1y2|＝＝

8、 ≤＝，當且僅當＝|m|即|m|＝時取等號． ∴△F1A′B面積的最大值為. 解法二：直線A′B的方程為y＋y1＝(x－x1)，令y＝0，則x＝＋x1＝ ＝＝－1 ＝－1＝－2， ∴直線A′B過定點(－2,0)，設定點為T，則 S△F1A′B＝|S△F1TB－S△F1TA′| ＝ ＝|y2＋y1|＝＝ ≤＝， 當且僅當＝|m|即|m|＝時取等號． ∴△F1A′B面積的最大值為. 角度2　范圍問題 例2　(2019·廣東高三聯(lián)考)已知橢圓C1，拋物線C2的焦點均在x軸上，C1的中心和C2的頂點均為原點O，從每條曲線上各取兩個點，其坐標分別是(3，－2)，(－2,0)，

9、(4，－4)，. (1)求C1，C2的標準方程； (2)過點M(0,2)的直線l與橢圓C1交于不同的兩點A，B，且∠AOB為銳角(其中O為坐標原點)，求直線l的斜率k的取值范圍． 解　(1)由題意，拋物線的頂點為原點， 所以點(－2,0)一定在橢圓上，且a＝2，則橢圓上任何點的橫坐標的絕對值都小于等于2， 所以也在橢圓上，＋＝1，b2＝1，故橢圓C1的標準方程為＋y2＝1， 所以點(3，－2)，(4，－4)在拋物線上，且拋物線開口向右，其拋物線C2的方程為y2＝2px,12＝6p，p＝2， 所以拋物線C2的方程為y2＝4x. (2)①當直線l斜率不存在時，易知A，O，B三點共線

10、，不合符題意． ②當l斜率存在時，設l：y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得x2＋4(kx＋2)2－4＝0， 即(4k2＋1)x2＋16kx＋12＝0， 令Δ＝(16k)2－48(4k2＋1)>0，即256k2－192k2－48>0， 得64k2>48，即k<－或k>， ∵x1＋x2＝，x1x2＝， ∴y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4 ＝－＋＝， ∵∠AOB為銳角，∴·＝x1x2＋y1y2＝>0， 即4k2<16，得－2

11、(1)數(shù)形結合法：利用待求量的幾何意義，確定出臨界位置后數(shù)形結合求解． (2)構建不等式法：利用已知或隱含的不等關系，構建以待求量為元的不等式求解． (3)構建函數(shù)法：先引入變量構建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其值域． 橢圓C：＋＝1(a>b>0)的長軸長為2，P為橢圓C上異于頂點的一個動點，O為坐標原點，A2為橢圓C的右頂點，點M為線段PA2的中點，且直線PA2與直線OM的斜率之積恒為－. (1)求橢圓C的方程； (2)過橢圓C的左焦點F1且不與坐標軸垂直的直線l交橢圓C于A，B兩點，線段AB的垂直平分線與x軸交于點N，點N的橫坐標的取值范圍是，求線段AB長的取值范圍． 解

12、　(1)由已知2a＝2，a＝， 設點P(x0，y0)，∴M， ∵直線PA2與OM的斜率之積恒為－， ∴×＝－.∴＋y＝1，∴b＝1. 故橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)設直線l：y＝k(x＋1)，聯(lián)立直線與橢圓方程 得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由根與系數(shù)的關系可得 可得y1＋y2＝k(x1＋x2＋2)＝， 故AB中點Q， QN直線方程：y－＝－ ＝－x－， ∴N，由已知條件得， －<－<0，∴0<2k2<1， ∴|AB|＝ ＝×＝， ∵<<1，∴|AB|∈. 考向2 定點與定值問題 角度1

13、　定點問題 例3　動點P在圓E：(x＋1)2＋y2＝16上運動，定點F(1,0)，線段PF的垂直平分線與直線PE的交點為Q. (1)求Q的軌跡T的方程； (2)過點F的直線l1，l2分別交軌跡T于A，B兩點和C，D兩點，且l1⊥l2.證明：過AB和CD中點的直線過定點． 解　 (1)連接QF，根據(jù)題意，可知|QP|＝|QF|，則 |QE|＋|QF|＝|QE|＋|QP|＝4>|EF|， 故Q點的軌跡T為以E，F(xiàn)為焦點，長軸長為4的橢圓，則a＝2，c＝1，所以b＝， 所以點Q的軌跡T的方程為＋＝1. (2)證明：分別設直線AB和CD的中點為M，N，當直線AB斜率不存在或為0時，

14、分析可知直線MN與x軸重合，當直線AB的斜率為1時，此時M，N，直線MN的方程為x＝，聯(lián)立解得直線MN經(jīng)過定點. 下面證明一般性：當直線AB的斜率存在且不為0,1時，設直線AB的方程為y＝k(x－1)，則直線CD的方程為y＝－(x－1)，設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立消去y得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 則x1＋x2＝，所以y1＋y2＝－， 即M，同理，N， 于是直線MN的斜率為kMN＝＝， 故直線MN的方程為 y－＝， 顯然x＝時，y＝0，故直線經(jīng)過定點. 過定點問題的兩大類型及解法 (1)動直線l過定點問題，解法：設動直線方程(斜

15、率存在)為y＝kx＋t，由題設條件將t用k表示為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動直線過定點(－m,0)． (2)動曲線C過定點問題，解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點． (2019·白銀市靖遠縣高三聯(lián)考)設橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，下頂點為A，O為坐標原點，點O到直線AF2的距離為，△AF1F2為等腰直角三角形． (1)求橢圓C的標準方程； (2)直線l與橢圓C交于M，N兩點，若直線AM與直線AN的斜率之和為2，證明：直線l恒過定點，并求出該定點的坐標． 解　(1)由題意可知，直線AF2的方程為

16、＋＝1，即－bx＋cy＋bc＝0，則＝＝. 因為△AF1F2為等腰直角三角形，所以b＝c， 又a2＝b2＋c2，解得a＝，b＝1，c＝1， 所以橢圓C的標準方程為＋y2＝1. (2)證明：由(1)知A(0，－1)， 當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝kx＋t(t≠±1)， 代入＋y2＝1，得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0， 所以Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)>0， 即t2－2k2<1， 設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝－，x1x2＝， 因為直線AM與直線AN的斜率之和為2， 所以kAM＋kAN＝＋ ＝＋ ＝2

17、k＋ ＝2k－ ＝2， 整理得t＝1－k， 所以直線l的方程為y＝kx＋t＝kx＋1－k＝k(x－1)＋1， 顯然直線y＝k(x－1)＋1經(jīng)過定點(1,1)． 當直線l的斜率不存在時，設直線l的方程為x＝m， 因為直線AM與直線的斜率之和為2，設M(m，n)， 則N(m，－n)， 所以kAM＋kAN＝＋＝＝2，解得m＝1， 此時直線l的方程為x＝1. 顯然直線x＝1也經(jīng)過該定點(1,1)，綜上，直線l恒過點(1,1)． 角度2　定值問題 例4　(2019·凱里市第一中學高三下學期模擬)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，點A(2，)在橢圓上，O為坐標原點．

18、(1)求橢圓C的方程； (2)已知點P，M，N為橢圓C上的三點，若四邊形OPMN為平行四邊形，證明四邊形OPMN的面積S為定值，并求出該定值． 解　(1)由題有∴a2＝8，b2＝4， ∴橢圓C的方程為＋＝1. (2)當直線PN的斜率k不存在時，直線PN的方程為x＝或x＝－，從而有|PN|＝2， 所以四邊形OPMN的面積S＝|PN||OM|＝×2×2＝2. 當直線PN的斜率k存在時，設直線PN的方程為y＝kx＋m(m≠0)，P(x1，y1)，N(x2，y2)， 將直線PN的方程代入橢圓C的方程，整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝，y

19、1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，由＝＋， 得M. 將M點的坐標代入橢圓C的方程得m2＝1＋2k2. 又點O到直線PN的距離為d＝， |PN|＝＝|x1－x2|， ∴四邊形OPMN的面積S＝d·|PN|＝|m|·|x1－x2|＝·＝ ＝2. 綜上，平行四邊形OPMN的面積S為定值2. 定值問題的兩種解法 (1)首先由特例得出一個值(此值一般就是定值)然后證明定值：即將問題轉化為證明待證式與參數(shù)(某些變量)無關． (2)先將式子用動點坐標或動線中的參數(shù)表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負項相抵消或分子、分母約分得定值． 已知拋物線E：y2＝2px

20、(p>0)，直線x＝my＋3與E交于A，B兩點，且·＝6，其中O為坐標原點． (1)求拋物線E的方程； (2)已知點C的坐標為(－3,0)，記直線CA，CB的斜率分別為k1，k2，證明：＋－2m2為定值． 解　(1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，整理得y2－2pmy－6p＝0， 由根與系數(shù)的關系可知，y1＋y2＝2pm，y1y2＝－6p， 則x1x2＝， 由·＝x1x2＋y1y2＝＋y1y2＝9－6p＝6， 解得p＝，所以y2＝x. (2)證明：由題意得k1＝＝，k2＝＝， 所以＝m＋，＝m＋， 所以＋－2m2＝2＋2－2m2＝2m2＋12m＋36×－2m2＝2m2

21、＋12m×＋36×－2m2， 由(1)可知，y1＋y2＝2pm＝m，y1y2＝－6p＝－3， 所以＋－2m2＝2m2＋12m×＋36×－2m2＝24，所以＋－2m2為定值． 考向3 探索性問題 例5　如圖，橢圓C：＋＝1(a>b>0)經(jīng)過點P，離心率e＝，直線l的方程為x＝4. (1)求橢圓C的方程； (2)線段AB是經(jīng)過右焦點F的任一弦(不經(jīng)過點P)，設直線AB與直線l相交于點M，記直線PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3.問：是否存在常數(shù)λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，說明理由． 解　(1)由P在橢圓上，得＋＝1，　① 因為e＝，所以a

22、＝2c，則　② ②代入①解得c2＝1，a2＝4，b2＝3. 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)由題意可設直線AB的斜率為k， 則直線AB的方程為y＝k(x－1)，?、? 代入橢圓方程并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2≠1，則有 x1＋x2＝，x1x2＝，?、? 在方程③中令x＝4得，M的坐標為(4,3k)． 從而k1＝，k2＝，k3＝＝k－. 因為A，F(xiàn)，B三點共線，所以k＝kAF＝kBF，即有＝＝k. 所以k1＋k2＝＋＝＋－＝2k－·＝2k－·＝2k－1， 又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3.

23、故存在常數(shù)λ＝2符合題意． 解析幾何中的探索性問題，從類型上看，主要是存在類型的相關題型，解決這類問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明確化．其步驟為：假設滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設出，列出關于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實數(shù)解，則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在． (2019·南通市高三階段測試)已知A(－2,0)，B(2,0)，點C，D依次滿足||＝2，＝(＋)． (1)求點D的軌跡； (2)過點A作直線l交以A，B為焦點的橢圓于M，N兩點，線段MN的中點到y(tǒng)軸的距離為，且直線l與點D的

24、軌跡相切，求該橢圓的方程； (3)在(2)的條件下，設點Q的坐標為(1,0)，是否存在橢圓上的點P及以Q為圓心的一個圓，使得該圓與直線PA，PB都相切，若存在，求出P點坐標及圓的方程；若不存在，請說明理由． 解　(1)設C(x0，y0)，D(x，y)，則＝(x0＋2，y0)，＝(4,0)，∴＝(＋)＝＝(x＋2，y)， 則有代入||2＝(x0＋2)2＋y＝4得x2＋y2＝1. ∴點D的軌跡是以原點為圓心，1為半徑的圓． (2)由題意可知直線l斜率存在， 設直線l的方程為y＝k(x＋2)，　① 橢圓的方程＋＝1(a2>4)，　② 由l與圓相切得＝1，即k2＝， 將①代入②得(a

25、2k2＋a2－4)x2＋4a2k2x＋4a2k2－a4＋4a2＝0， 又k2＝，可得(a2－3)x2＋a2x－a4＋4a2＝0， 設M(x1，y1)，N(x2，y2)， ∴|x1＋x2|＝＝，解得a2＝8或a2＝(舍去)，∴橢圓方程為＋＝1. (3)假設存在橢圓上的一點P(x0，y0)，使得直線PA，PB與以Q為圓心的圓相切，則Q到直線PA，PB的距離相等，又A(－2,0)，B(2,0)，則直線PB的方程為(x0－2)y－y0x＋2y0＝0，直線PA的方程為(x0＋2)y－y0x－2y0＝0. 設d1為Q到直線PB的距離，d2為Q到直線PA的距離，則 d1＝＝＝d2， 化簡整理得

26、x－5x0＋4＋y＝0. ∵P點在橢圓上，∴x＋2y＝8.解得x0＝2或x0＝8(舍去)． x0＝2時，y0＝±，∴r＝1.∴橢圓上存在點P，其坐標為(2，)或(2，－)，使得直線PF1，PF2與以Q為圓心的圓(x－1)2＋y2＝1相切． 真題押題 『真題模擬』 1．(2019·全國卷Ⅲ)已知曲線C：y＝，D為直線y＝－上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B． (1)證明：直線AB過定點； (2)若以E為圓心的圓與直線AB相切，且切點為線段AB的中點，求四邊形ADBE的面積． 解　(1)證明：設D，A(x1，y1)，則x＝2y1. 因為y′＝x，所以切線DA的斜率為x

27、1，故＝x1. 整理得2tx1－2y1＋1＝0. 設B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0. 故直線AB的方程為2tx－2y＋1＝0. 所以直線AB過定點. (2)由(1)得直線AB的方程為y＝tx＋. 由可得x2－2tx－1＝0. 于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1， |AB|＝ |x1－x2|＝× ＝2(t2＋1)． 設d1，d2分別為點D，E到直線AB的距離， 則d1＝，d2＝. 因此，四邊形ADBE的面積 S＝|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3) . 設M為線段AB的中點，則M. 因為⊥，而＝(

28、t，t2－2)，與向量(1，t)平行， 所以t＋(t2－2)t＝0，解得t＝0或t＝±1. 當t＝0時，S＝3；當t＝±1時，S＝4. 因此，四邊形ADBE的面積為3或4. 2．(2019·天津市高三4月聯(lián)考)已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，左、右頂點分別為A，B，過右焦點F2且垂直于長軸的直線交橢圓于G，H兩點，|GH|＝3，△F1GH的周長為8.過A點作直線l交橢圓于第一象限的M點，直線MF2交橢圓于另一點N，直線NB與直線l交于點P. (1)求橢圓的標準方程； (2)若△AMN的面積為，求直線MN的方程； (3)證明：點P在定直線上． 解　(

29、1)由題意知|GH|＝＝3,4a＝8， 解得a＝2，b＝， 所以橢圓方程為＋＝1. (2)設M(x1，y1)，N(x2，y2)． ①當直線MN斜率k存在時，設直線MN方程為y＝k(x－1)，代入橢圓方程并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，Δ＝144(k2＋1)＞0，x1＋x2＝，x1x2＝， ∴|MN|＝ ＝ ＝＝. A(－2,0)到直線MN：kx－y－k＝0的距離為d＝， ∴S△AMN＝d·|MN|＝＝，化簡得17k4＋k2－18＝0，解得k＝±1. 當k＝－1時，直線MN過點F2(1,0)，直線MN與橢圓的交點不在第一象限(舍去)． 所以直線MN

30、的方程為x－y－1＝0. ②當直線MN斜率k不存在時，則直線MN的方程為x＝1，S△AMN＝··(a＋c)＝≠(舍去)． 綜上，直線MN的方程為x－y－1＝0. (3)證明：設直線AM：y＝k1(x＋2)(k1＞0)，與橢圓方程聯(lián)立得(4k＋3)x2＋16kx＋16k－12＝0， ∵∴xM＝，yM＝ 同理設直線BN：y＝k2(x－2)(k2＞0)， 可得xN＝，yN＝， 所以直線MN的方程為＝，以及直線MN方程過點F2(1,0)，將F2，M，N坐標代入可得，(4k1k2＋3)·(k2－3k1)＝0，∵k1k2＞0，∴k2＝3k1. 又因為直線AM與直線NB交于P點， 即 x

31、P＝，將k2＝3k1代入得xP＝4， 所以點P在定直線x＝4上． 3．(2019·江西省八所重點中學高三4月聯(lián)考)已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2為其左、右焦點，B1，B2為其上、下頂點，四邊形F1B1F2B2的面積為2. (1)求橢圓E的長軸A1A2的最小值，并確定此時橢圓E的方程； (2)對于(1)中確定的橢圓E，設過定點M(－2,0)的直線l與橢圓E相交于P，Q兩點，若＝λ，當λ∈時，求△OPQ面積S的取值范圍． 解　(1)依題意，四邊形F1B1F2B2的面積為2bc， ∴2bc＝2， 因為長軸A1A2＝2a＝2≥2＝2， 此時b＝c＝1，a＝， 故長軸A1

32、A2的最小值為2，此時橢圓E的方程為＋y2＝1. (2)依題意，可設l：x＝ty－2，聯(lián)立得(t2＋2)y2－4ty＋2＝0， 設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由Δ＝16t2－4·2(t2＋2)＝8t2－16>0，可得t2>2，且 且已知M(－2,0)，由＝λ，可得y1＝λy2， ∴∴λ＋＋2＝， ∵λ∈，∴λ＋＋2∈， ∴<<，∴0， ∴S＝S△OMQ－S△OMP＝|OM||y1－y2|＝|y1－y2| ＝＝， 設m＝，∴m∈，t2＝m＋2， ∴S＝＝， ∵m＋在m∈上單調(diào)遞減， 故S關于m在上單調(diào)遞增， ∴S∈. 4．(2019·玉溪市

33、第一中學高三下學期第五次調(diào)研)已知拋物線x2＝2py(p>0)，準線方程為y＋2＝0，直線l過定點T(0，t)(t>0)，且與拋物線交于A，B兩點，O為坐標原點． (1)求拋物線方程； (2)·是否為定值，若是，求出這個定值；若不是，請說明理由； (3)當t＝1時，設＝λ，記|AB|＝f(λ)，求f(λ)的最小值及取最小值時對應的λ. 解　(1)∵－＝－2，∴p＝4，∴x2＝8y.?、? (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，根據(jù)題意知直線l的斜率存在，設l：y＝kx＋t(t>0)，?、? 聯(lián)立①②得x2－8kx－8t＝0， ∴x1＋x2＝8k，x1x2＝－8t. ∴y1y2

34、＝(kx1＋t)(kx2＋t)＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝t2， ∴·＝x1x2＋y1y2＝t2－8t. 由于T(0，t)為定點，故t為定值，∴·為定值． (3)T(0,1)，＝(－x1,1－y1)，＝(x2，y2－1)， ∵＝λ，∴－x1＝λx2,1－y1＝λ(y2－1)， ∴x1＝－λx2， 由(2)知x1x2＝－8t＝－8， ∴－λx＝－8，∴x＝， 且λ>0，又x1＋x2＝(1－λ)x2＝8k， ∴(1－λ)2x＝64k2， 當k≠0時，λ≠1，∴x＝，∴＝， ∴k2＝. 當k＝0時，λ＝1，符合上式，且|AB|＝4. ∴|AB|＝· ＝ ·

35、 ＝ ＝， 令m＝λ＋，則m≥2，|AB|＝， 當m＝2即λ＝1時，|AB|min＝4. 『金版押題』 5．已知直線l1：ax－y＋1＝0，直線l2：x＋5ay＋5a＝0，直線l1與l2的交點為M，點M的軌跡為曲線C． (1)當a變化時，求曲線C的方程； (2)已知點D(2,0)，過點E(－2,0)的直線l與C交于A，B兩點，求△ABD面積的最大值． 解　(1)由消去a，得曲線C的方程為＋y2＝1.[y≠－1，即點(0，－1)不在曲線C上，此步對考生不作要求] (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，l為x＝my－2， 由得(m2＋5)y2－4my－1＝0， 則y1＋

36、y2＝，y1y2＝－， △ABD的面積S＝2|y2－y1|＝2 ＝2 ＝， 設t＝，t∈[1，＋∞)，則S＝＝≤， 當t＝(t∈[1，＋∞))，即t＝2，m＝±時，△ABD的面積取得最大值. 6．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)與直線x－y＋4＝0相切． (1)求該拋物線的方程； (2)在x軸的正半軸上，是否存在某個確定的點M，過該點的動直線l與拋物線C交于A，B兩點，使得＋為定值．如果存在，求出點M的坐標；如果不存在，請說明理由． 解　(1)聯(lián)立方程有 有y2－2py＋8p＝0，由于直線與拋物線相切， 得Δ＝8p2－32p＝0，p＝4，所以y2＝8x. (2)假設存

37、在滿足條件的點M(m,0)(m>0)， 直線l：x＝ty＋m，有整理得y2－8ty－8m＝0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，有y1＋y2＝8t，y1y2＝－8m， |AM|2＝(x1－m)2＋y＝(t2＋1)y， |BM|2＝(x2－m)2＋y＝(t2＋1)y， ＋＝＋ ＝·＝·， 當m＝4時，＋為定值，所以M(4,0)． 配套作業(yè) 1．已知拋物線x2＝2py(p>0)的焦點為F，直線x＝4與x軸的交點為P，與拋物線的交點為Q，且|QF|＝|PQ|. (1)求拋物線的方程； (2)如圖所示，過F的直線l與拋物線相交于A，D兩點，與圓x2＋(y－1)2＝1

38、相交于B，C兩點(A，B兩點相鄰)，過A，D兩點分別作拋物線的切線，兩條切線相交于點M，求△ABM與△CDM面積之積的最小值． 解　(1)由已知P(4,0)，Q，|QF|＝＋. 因為|QF|＝|PQ|，所以＋＝·，得p＝2. 所以拋物線方程為x2＝4y. (2)由題意可知，l斜率存在． 設l：y＝kx＋1.A(x1，y1)，D(x2，y2)． 設M(x0，y0)，則過A，D的弦方程可設為： xx0＝2y0＋2y即y＝x－y0， ∴∴即M(2k，－1)． ∴M到l的距離d＝＝2. ∴S△ABM·S△CDM＝|AB|·|CD|·d2 ＝(|AF|－1)(|DF|－1)d2＝y(tǒng)

39、1y2d2 ＝··d2， 又由聯(lián)立得，x2－4kx－4＝0， ∴x1x2＝－4. ∴S△ABM·S△CDM＝··(2)2＝1＋k2≥1. 當且僅當k＝0時取等號． ∴當k＝0時，△ABM與△CDM面積之積的最小值為1. 2．(2019·福建省高三3月質量檢測)在平面直角坐標系xOy中，圓F：(x－1)2＋y2＝1外的點P在y軸的右側運動，且點P到圓F上的點的最小距離等于它到y(tǒng)軸的距離，記點P的軌跡為E. (1)求E的方程； (2)如圖，過點F的直線交E于A，B兩點，以AB為直徑的圓D與平行于y軸的直線相切于點M，線段DM交E于點N，證明：△AMB的面積是△AMN的面積的4倍．

40、 解　解法一：(1)設P(x，y)， 依題意x>0，F(xiàn)(1,0)． 因為點P在圓F外，所以點P到圓F上的點的最小距離為|PF|－1， 依題意得|PF|－1＝x， 即－1＝x， 化簡得點P的軌跡E的方程為y2＝4x(x>0)． (2)證明：設N(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則D. 依題意可知直線AB的斜率存在， 設直線AB的方程y＝k(x－1)(k≠0)， 由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. 因為Δ＝(2k2＋4)2－4k4＝16k2＋16>0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝1， 則有y1＋y2＝，故D， 由拋物線的定義知|A

41、B|＝x1＋x2＋2＝. 設M(xM，yM)，依題意得yM＝，所以|MD|＝－xM. 又因為|MD|＝，所以－xM＝， 解得xM＝－1，所以M， 因為N在拋物線上，所以x0＝，即N， 所以S△AMB＝|MD||y1－y2|＝|y1－y2|， S△AMN＝|MN||y1－yD|＝×|y1－y2|＝|y1－y2|，故S△AMB＝4S△AMN. 解法二：(1)設P(x，y)，依題意x>0. 因為點P在圓F外，所以點P到圓F上的點的最小距離為|PF|－1. 依題意得，點P到圓F(1,0)的距離|PF|等于P到直線x＝－1的距離， 所以點P在以F(1,0)為焦點，x＝－1為準線的拋物

42、線上． 所以E的方程為y2＝4x(x>0)． (2)證明：設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 因為直線AB過F(1,0)，依題意可設其方程x＝ty＋1(t≠0)， 由得y2－4ty－4＝0， 因為Δ＝16t2＋16>0，所以y1＋y2＝4t， 則有x1＋x2＝(ty1＋1)＋(ty2＋1)＝4t2＋2. 因為D是AB的中點，所以D(2t2＋1,2t)． 由拋物線的定義得|AB|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝4t2＋4， 設圓D與l：x＝m相切于M， 因為DM與拋物線相交于N，所以m<0，且DM⊥l， 所以|DM|＝|AB|，即2t2＋1－m＝(4t2＋4)， 解得m

43、＝－1， 設N(x0，y0)，則y0＝2t，且(2t)2＝4x0，所以x0＝t2， 因為＝t2，所以N為DM的中點， 所以S△AMD＝2S△AMN， 又因為D為AB的中點，S△AMB＝2S△AMD， 所以S△AMB＝4S△AMN. 3．(2019·南開中學高三第三次教學質量檢測)已知A(0，)，B(，1)是橢圓C：＋＝1(a>b>0)上兩點． (1)求橢圓C的標準方程； (2)設O為坐標原點，M為橢圓C上一動點，點P(3,0)，線段PM的垂直平分線交y軸于點Q，求|OQ|的最小值． 解　(1)代入A，B兩點坐標得＝1，＋＝1， 解得a2＝6，b2＝2， 所以橢圓C的標準方

44、程為＋＝1. (2)設點M的坐標為(x0，y0)， 則＋＝1，可得x＝6－3y，?、? 線段PM的中點N，kQN·kPM＝－1， 可得kQN＝， 所以lQN：y－＝. 令x＝0，并結合①式得 yQ＝＋＝＋＝， |OQ|＝|yQ|＝＝＋|y0| ≥2＝， 當且僅當＝|y0|，y0＝±時取等號， 所以|OQ|的最小值為. 4．(2019·郴州市高三第二次教學質量監(jiān)測)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點為F，過F的直線交拋物線于A，B兩點． (1)若以A，B為直徑的圓的方程為(x－2)2＋(y－3)2＝16，求拋物線C的標準方程； (2)過A，B分別作拋物線的切線l

45、1，l2，證明：l1，l2的交點在定直線上． 解　(1)設AB的中點為M，A到準線的距離為d1，B到準線的距離為d2，M到準線的距離為d.則d＝y(tǒng)M＋. 由拋物線的定義可知，d1＝AF，d2＝BF，所以d1＋d2＝AB＝8， 由梯形中位線定理可得d＝＝4， 所以yM＋＝4，而yM＝3，所以3＋＝4，可得p＝2， 所以拋物線C：x2＝4y. (2)證明：設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由x2＝2py得y＝，則y′＝， 所以直線l1的方程為y－y1＝(x－x1)，直線l2的方程為y－y2＝(x－x2)， 聯(lián)立得x＝，y＝， 即l1，l2交點坐標為， 因為AB過焦點F，

46、 所以設直線AB的方程為y－＝kx，代入拋物線x2＝2py中得，x2－2pkx－p2＝0，∴x1x2＝－p2， 所以＝－＝－， 所以l1，l2的交點在定直線y＝－上． 5．已知動圓C與圓x2＋y2＋2x＝0外切，與圓x2＋y2－2x－24＝0內(nèi)切． (1)試求動圓圓心C的軌跡方程； (2)過定點P(0,2)且斜率為k(k≠0)的直線l與(1)中的軌跡交于不同的兩點M，N，試判斷在x軸上是否存在點A(m,0)，使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形？若存在，求出實數(shù)m的范圍；若不存在，請說明理由． 解　(1)由x2＋y2＋2x＝0得(x＋1)2＋y2＝1，由x2＋y2－2x－24

47、＝0得(x－1)2＋y2＝25，設動圓C的半徑為R，兩圓的圓心分別為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，則|CF1|＝R＋1，|CF2|＝5－R， 所以|CF1|＋|CF2|＝6，根據(jù)橢圓的定義可知，點C的軌跡為以F1，F(xiàn)2為焦點的橢圓，所以c＝1，a＝3，所以b2＝a2－c2＝9－1＝8，所以動圓圓心C的軌跡方程為＋＝1. (2)存在．直線l的方程為y＝kx＋2，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中點為E(x0，y0)．假設存在點A(m，0)，使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形，則AE⊥MN， 由得(8＋9k2)x2＋36kx－36＝0， x1＋x2＝－，所以x0＝，y

48、0＝kx0＋2＝， 因為AE⊥MN，所以kAE＝－，即＝－， 所以m＝＝， 當k>0時，9k＋≥2＝12， 所以－≤m<0； 當k<0時，9k＋≤－12，所以0

49、當A，B運動時，滿足∠APQ＝∠BPQ，試問直線AB的斜率是否為定值？請說明理由． 解　(1)由題意可知橢圓的焦點在x軸上， ∴令橢圓方程為＋＝1(a>b>0)， ∵拋物線x2＝8y的焦點為F(0,2)， ∴b＝2， ∵方程2x2－3x－20＝0即(2x＋5)(x－4)＝0， ∴2c＝4，即c＝2，∴a2＝b2＋c2＝16， ∴橢圓C的方程為＋＝1. (2)①設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 直線AB方程為y＝x＋t， 由得x2＋tx＋t2－12＝0， ∴Δ＝t2－4(t2－12)>0，∴－4

50、，Q(2，－3)， S四邊形APBQ＝×6×|x1－x2| ＝3 ＝3， 當t＝0時，S四邊形APBQ最大值為12. ②當∠APQ＝∠BPQ時，直線PA，PB斜率之和為0，由(1)知P(2,3)， 設直線PA方程為y－3＝k(x－2)， PB方程為y－3＝－k(x－2)， 由 得(3＋4k2)x2＋8k(3－2k)x＋4(4k2－12k－3)＝0， 又P(2,3)，則2＋x1＝， 同理2＋x2＝， 所以x1＋x2＝，x1－x2＝， kAB＝＝＝， 故直線AB的斜率為定值. 7．(2019·閩粵贛三省十校聯(lián)考)已知動點P到點F(0，1)的距離比它到直線y＝－3的距離

51、少2. (1)求點P的軌跡E的方程； (2)過點F的兩直線l1，l2分別與軌跡E交于A，B兩點和C，D兩點，且滿足·＝0，設M，N兩點分別是線段AB，CD的中點，問直線MN是否恒過一定點，若經(jīng)過，求定點的坐標；若不經(jīng)過，請說明理由． 解　(1)由題意知動點P到點F(0,1)的距離等于它到直線y＝－1的距離， 所以點P的軌跡E是拋物線，軌跡方程是x2＝4y. (2)根據(jù)題意可知，直線l1，l2都存在斜率， 設直線l1的方程為y＝kx＋1(k≠0)，代入x2＝4y，得x2－4kx－4＝0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝4k，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4

52、k2＋2， ∴M(2k,2k2＋1)，∵·＝0，∴kCD＝－， 設直線l2：y＝－x＋1，C(x3，y3)，D(x4，y4)， 同理可得N. 所以直線MN的方程為y－(2k2＋1)＝(x－2k)， 化簡得y－3＝x， 所以直線MN恒過定點(0,3)． 8．(2019·門頭溝區(qū)高三年級綜合練習)如圖，已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為其左、右焦點，過F1的直線與此橢圓相交于D，E兩點，且△F2DE的周長為8，橢圓C的離心率為. (1)求橢圓C的方程； (2)在平面直角坐標系xOy中，已知點P(0,1)與點Q(0,2)，過P的動直線l(不與x軸平行)與橢圓相交

53、于A，B兩點，點B1是點B關于y軸的對稱點．求證： ①Q(mào)，A，B1三點共線； ②＝. 解　(1)∵△F2DE的周長為8，∴4a＝8，即a＝2， ∵e＝＝，∴c＝，∴b2＝a2－c2＝2， 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)①證明：當直線l的斜率不存在時，A，B分別為橢圓短軸兩端點，滿足Q，A，B1三點共線． 當直線l的斜率存在時，設直線方程為y＝kx＋1， 聯(lián)立得(1＋2k2)x2＋4kx－2＝0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則B1(－x2，y2)， x1＋x2＝－，x1x2＝－， ＝(x1，y1－2)，＝(－x2，y2－2)， ∵x1(y2－2)＋x2(y1

54、－2)＝x1(kx2－1)＋x2(kx1－1)＝2kx1x2－(x1＋x2)＝＋＝0. ∴與共線，則Q，A，B1三點共線． ②由①可知Q，A，B1三點共線， ∴當直線的斜率存在時，＝＝＝，當直線l的斜率不存在時，易知A，B兩點的坐標為(0，±)，有＝，綜上，＝. 解析幾何類解答題 　(12分)已知橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1和F2，由M(－a，b)，N(a，b)，F(xiàn)2和F1四個點構成了一個高為，面積為3的等腰梯形． (1)求橢圓的方程； (2)過點F1的直線和橢圓交于A，B兩點，求△F2AB面積的最大值． 解題思路　(1)由梯形的高得出橢圓的基本量b的

55、值，由梯形的面積得出a＋c，利用a2－c2＝b2求出a，c，寫出橢圓的方程；(2)先依題判斷過點F1的直線AB的斜率不為0，設出直線的方程，將直線方程代入橢圓方程，消去x，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，即可得到y(tǒng)1＋y2和y1y2，將△F2AB的面積表示為S△F2AB＝|F1F2|·|y1－y2|，構造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性即可求最大值． 解　(1)由條件，得b＝，且×＝3， ∴a＋c＝3.(2分) 又a2－c2＝3，解得a＝2，c＝1.(4分) ∴橢圓的方程為＋＝1.(5分) (2)顯然，直線AB的斜率不能為0， 設直線AB的方程為x＝my－1，A(x1，y1)，B(x2

56、，y2)， 聯(lián)立方程，得消去x得， (3m2＋4)y2－6my－9＝0，(6分) ∴Δ＝36m2＋36(3m2＋4)>0，y1＋y2＝，y1y2＝－，(8分) ∴S△F2AB＝|F1F2|·|y1－y2|＝|y1－y2| ＝＝12 ＝4＝4.(10分) 令t＝m2＋1≥1，設f(t)＝t＋(t≥1)，易知函數(shù)f(t)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴當t＝m2＋1＝1，即m＝0時，f(t)min＝，此時S△F2AB取得最大值為3.(12分) 1．由梯形的面積得到a與c的關系給2分． 2．由a2－c2＝b2得到a與c的值給2分． 3．正確寫出橢圓方程給1分． 4．聯(lián)立方程

57、消元得到一元二次方程給1分． 5．寫出“Δ>0”和根與系數(shù)的關系給2分． 6．構建目標變量的函數(shù)關系給2分． 7．通過求解函數(shù)的值域，確定面積的最值給2分． 1．寫全得分步驟，直線方程和曲線方程聯(lián)立后，要寫出Δ>0和根與系數(shù)的關系，這是解題過程中的得分點． 2．寫明得分關鍵，在求解函數(shù)的最值時，要注意變量條件的制約，檢查最值取得的條件，不指明最值取得的條件扣1分． [跟蹤訓練] (2019·福建省高三模擬)(12分)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)過點，且它的焦距是短軸長的倍． (1)求橢圓C的方程； (2)若A，B是橢圓C上的兩個動點(A，B兩點不關于x軸對稱)，O為坐

58、標原點，OA，OB的斜率分別為k1，k2，問是否存在非零常數(shù)λ，使當k1k2＝λ時，△AOB的面積S為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請說明理由． 解　(1)因為橢圓C：＋＝1(a>b>0)過點，所以＋＝1，(1分) 又因為該橢圓的焦距是短軸長的倍，所以c＝b，從而a2＝b2＋c2＝4b2. 聯(lián)立方程組(2分) 解得所以橢圓C的方程為＋y2＝1.(3分) (2)設存在這樣的常數(shù)λ，使k1k2＝λ，△AOB的面積S為定值．(4分) 設直線AB的方程為y＝kx＋m，點A(x1，y1)，點B(x2，y2)，則由k1k2＝λ知y1y2－λx1x2＝0，(kx1＋m)(kx2＋m)－λx1x2＝0，所以(k2－λ)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.　①(5分) 聯(lián)立方程組消去y得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 所以(7分) 點O到直線AB的距離d＝， △AOB的面積S＝|AB|·d＝·|x1－x2| ＝.　④(8分) 將②③代入①得(k2－λ)(4m2－4)－8k2m2＋m2(1＋4k2)＝0， 化簡得m2＝，?、?10分) 將⑤代入④得 2＝ ＝·，(11分) 要使上式為定值，只需＝＝， 即需(4λ＋1)2＝0，從而λ＝－，此時2＝，S＝1， 所以存在這樣的常數(shù)λ＝－，此時S△AOB＝1.(12分)