（北京專用）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第十章圓錐曲線10.5圓錐曲線的綜合問(wèn)題課件.pptx

10.5 圓錐曲線的綜合問(wèn)題,高考數(shù)學(xué) (北京專用),A組 自主命題北京卷題組,五年高考,考點(diǎn)一 圓錐曲線中的定點(diǎn)(定值)問(wèn)題,1.(2019北京理,18,14分)已知拋物線C:x2=-2py經(jīng)過(guò)點(diǎn)(2,-1). (1)求拋物線C的方程及其準(zhǔn)線方程; (2)設(shè)O為原點(diǎn),過(guò)拋物線C的焦點(diǎn)作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點(diǎn)M,N,直線y=-1分別交 直線OM,ON于點(diǎn)A和點(diǎn)B.求證:以AB為直徑的圓經(jīng)過(guò)y軸上的兩個(gè)定點(diǎn).,解析 本題主要考查拋物線、直線和圓的基本概念,重點(diǎn)考查直線與拋物線的位置關(guān)系,考查 學(xué)生對(duì)數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用以及邏輯推理能力,通過(guò)直線與拋物線的位置關(guān)系考查了數(shù)學(xué)運(yùn) 算的核心素養(yǎng). (1)由拋物線C:x2=-2py經(jīng)過(guò)點(diǎn)(2,-1),得p=2. 所以拋物線C的方程為x2=-4y,其準(zhǔn)線方程為y=1. (2)拋物線C的焦點(diǎn)為F(0,-1). 設(shè)直線l的方程為y=kx-1(k0). 由 得x2+4kx-4=0. 設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x1x2=-4, 直線OM的方程為y= x. 令y=-1,得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)xA=- . 同理得點(diǎn)B的橫坐標(biāo)xB=- .,設(shè)點(diǎn)D(0,n),則 = , = , = +(n+1)2= +(n+1)2 = +(n+1)2=-4+(n+1)2. 令 =0,即-4+(n+1)2=0, 得n=1或n=-3. 綜上,以AB為直徑的圓經(jīng)過(guò)y軸上的定點(diǎn)(0,1)和(0,-3).,2.(2018北京,19,14分)已知拋物線C:y2=2px經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1,2).過(guò)點(diǎn)Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個(gè) 不同的交點(diǎn)A,B,且直線PA交y軸于M,直線PB交y軸于N. (1)求直線l的斜率的取值范圍; (2)設(shè)O為原點(diǎn), = , = ,求證: + 為定值.,解析 (1)因?yàn)閽佄锞€y2=2px過(guò)點(diǎn)(1,2), 所以2p=4,即p=2. 故拋物線C的方程為y2=4x, 由題意知,直線l的斜率存在且不為0. 設(shè)直線l的方程為y=kx+1(k0). 由 得k2x2+(2k-4)x+1=0. 依題意=(2k-4)2-4k210,解得k0或0k1. 又PA,PB與y軸相交,故直線l不過(guò)點(diǎn)(1,-2). 從而k-3. 所以直線l斜率的取值范圍是(-,-3)(-3,0)(0,1). (2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 由(1)知x1+x2=- ,x1x2= . 直線PA的方程為y-2= (x-1).,令x=0,得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為yM= +2= +2. 同理得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為yN= +2. 由 = , = 得=1-yM,=1-yN. 所以 + = + = + = = =2. 所以 + 為定值.,方法總結(jié) 圓錐曲線中的定值問(wèn)題的常見類型及解題策略 (1)求代數(shù)式為定值.依題設(shè)條件,得出與代數(shù)式有關(guān)的等式,化簡(jiǎn)即可得出定值; (2)求點(diǎn)到直線的距離為定值.利用點(diǎn)到直線的距離公式得出距離的表達(dá)式,再利用題設(shè)條件化 簡(jiǎn)、變形求得; (3)求某線段長(zhǎng)度為定值.利用兩點(diǎn)間的距離公式求得線段長(zhǎng)度的表達(dá)式,再依據(jù)條件對(duì)表達(dá)式 進(jìn)行化簡(jiǎn)、變形即可求得.,3.(2016北京文,19,14分)已知橢圓C: + =1過(guò)A(2,0),B(0,1)兩點(diǎn). (1)求橢圓C的方程及離心率; (2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點(diǎn)且在橢圓C上,直線PA與y軸交于點(diǎn)M,直線PB與x軸交于點(diǎn)N.求證:四 邊形ABNM的面積為定值.,解析 (1)由題意得,a=2,b=1. 所以橢圓C的方程為 +y2=1. (3分) 又c= = , 所以離心率e= = . (5分) (2)證明:設(shè)P(x0,y0)(x00,y00),則 +4 =4. (6分) 又A(2,0),B(0,1), 所以,直線PA的方程為y= (x-2). 令x=0,得yM=- ,從而|BM|=1-yM=1+ . (9分),令x=0,得yM=- ,從而|BM|=1-yM=1+ . (9分) 直線PB的方程為y= x+1. 令y=0,得xN=- ,從而|AN|=2-xN=2+ . (12分) 所以四邊形ABNM的面積 S= |AN|BM|,= = = =2. 從而四邊形ABNM的面積為定值. (14分),解后反思 (1)由A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)知a=2,b=1,即可求離心率. (2)可畫出圖形進(jìn)行分析. 發(fā)現(xiàn)點(diǎn)A和點(diǎn)B分別為橢圓的右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn),且四邊形ABNM的對(duì)角線AN與BM互相垂直,所 以S四邊形ABNM= |AN|BM|,問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)M與點(diǎn)N的坐標(biāo),故設(shè)點(diǎn)P(x0,y0),表示出直線PA和PB,即 可求得點(diǎn)M、N的坐標(biāo).,一題多解 (2)證明:已知A(2,0),B(0,1). 設(shè)直線PB的方程為y=kx+1(k0). 令y=0,得xN=- , 從而|AN|=2-xN= . 由 得(1+4k2)x2+8kx=0, 所以xP= ,yP= . 所以直線PA的方程為y= (x-2), 令x=0,得yM= , 故|BM|=1-yM= , S四邊形ABNM= |AN|BM|= =2. 從而四邊形ABNM的面積為定值.,評(píng)析 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、離心率和直線方程的相關(guān)知識(shí)及定值問(wèn)題,知識(shí)點(diǎn)較綜 合,屬中等偏難題.,4.(2016北京,19,14分)已知橢圓C: + =1(ab0)的離心率為 ,A(a,0),B(0,b),O(0,0),OAB 的面積為1. (1)求橢圓C的方程; (2)設(shè)P是橢圓C上一點(diǎn),直線PA與y軸交于點(diǎn)M,直線PB與x軸交于點(diǎn)N.求證:|AN|BM|為定值.,解析 (1)由題意得 解得a=2,b=1. 所以橢圓C的方程為 +y2=1. (2)證明:由(1)知,A(2,0),B(0,1). 設(shè)P(x0,y0),則 +4 =4.,當(dāng)x00時(shí),直線PA的方程為y= (x-2). 令x=0,得yM=- ,從而|BM|=|1-yM|= . 直線PB的方程為y= x+1. 令y=0,得xN=- ,從而|AN|=|2-xN|= .,所以|AN|BM|= = = =4. 當(dāng)x0=0時(shí),y0=-1,|BM|=2,|AN|=2, 所以|AN|BM|=4. 綜上,|AN|BM|為定值.,思路分析 (1)先利用離心率和三角形的面積建立關(guān)于a,b,c的方程組,解出a,b,從而得到橢圓 的方程;(2)設(shè)P(x0,y0),分x00和x0=0兩種情況討論.,解后反思 條件中直線PA與y軸的交點(diǎn),直線PB與x軸的交點(diǎn)是本題的突破口.解決本題的關(guān) 鍵在于點(diǎn)的坐標(biāo)的利用.,評(píng)析 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程,直線與圓錐曲線的位置關(guān)系及定值問(wèn)題,方法常規(guī),運(yùn)算量 大,對(duì)學(xué)生的運(yùn)算能力要求較高.,考點(diǎn)二 圓錐曲線中的最值(范圍)問(wèn)題,1.(2019北京理,8,5分)數(shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美、寓意美好的曲線,曲線C:x2+y2=1+|x|y就是其中 之一(如圖).給出下列三個(gè)結(jié)論: 曲線C恰好經(jīng)過(guò)6個(gè)整點(diǎn)(即橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn)); 曲線C上任意一點(diǎn)到原點(diǎn)的距離都不超過(guò) ; 曲線C所圍成的“心形”區(qū)域的面積小于3. 其中,所有正確結(jié)論的序號(hào)是 ( ) A. B. C. D.,答案 C 本題考查內(nèi)容比較豐富,涉及不等式、圓、距離、面積等知識(shí),對(duì)學(xué)生的推理能 力、綜合應(yīng)用能力、運(yùn)算求解能力要求較高;重點(diǎn)體現(xiàn)邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng);同時(shí) 也展現(xiàn)了對(duì)創(chuàng)新思維與審美能力的考查. 解法一:從結(jié)論“不超過(guò)”“小于”入手,利用基本不等式進(jìn)行放縮,再利用圖形估算面積. x2+y2=1+|x|y1+|x|y|1+ , x2+y22. x可能取得的整數(shù)值為1,0,代入曲線C的方程得整點(diǎn)坐標(biāo)為(1,1),(1,0),(-1,1),(-1,0),(0,1),(0,- 1),故正確; 設(shè)曲線C上任意一點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為d,則d2=x2+y22, d ,故正確; 由圖知,圖形在第一象限的面積S11,圖形在第四象限的面積S4 ,由對(duì)稱性得,“心形”區(qū) 域面積S 2=3,故錯(cuò)誤.綜上可知選C.,解法二:由圖形封閉,結(jié)論中涉及曲線上的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離,聯(lián)想到極坐標(biāo)方程. 以原點(diǎn)為極點(diǎn)建立極坐標(biāo)系, 則C:2=1+2|cos |sin , 即2= . |cos |sin |sin 2| , 22,即 ,故正確. 由 ,知 經(jīng)檢驗(yàn)知共有6個(gè)整點(diǎn)滿足條件,故正確. 在第一象限曲線C的極坐標(biāo)方程為 =1+ cos 1sin 1, 在第四象限曲線C的極坐標(biāo)方程為 =1+ cos 4sin 4. 令4=-1,則 =1- cos 1sin 1,由得1-1= = , 由得1-4= = , 14,1-11-4(此時(shí)極徑關(guān)于極軸對(duì)稱). 如圖所示, 由圖可知,右半部分“心形”區(qū)域面積大于半個(gè)單位圓面積,故“心形”區(qū)域面積S2 12 =3,故錯(cuò)誤. 綜上可知,正確結(jié)論的序號(hào)為,故選C.,2.(2011北京,19,14分)已知橢圓G: +y2=1.過(guò)點(diǎn)(m,0)作圓x2+y2=1的切線l交橢圓G于A,B兩點(diǎn). (1)求橢圓G的焦點(diǎn)坐標(biāo)和離心率; (2)將|AB|表示為m的函數(shù),并求|AB|的最大值.,解析 (1)由已知得a=2,b=1,所以c= = . 所以橢圓G的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(- ,0),( ,0),離心率e= = . (2)由題意知,|m|1. 當(dāng)m=1時(shí),切線l的方程為x=1,點(diǎn)A,B的坐標(biāo)分別為 , .此時(shí)|AB|= . 當(dāng)m=-1時(shí),同理可得|AB|= . 當(dāng)|m|1時(shí),設(shè)切線l的方程為y=k(x-m). 由 得(1+4k2)x2-8k2mx+4k2m2-4=0.,設(shè)A,B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2),則x1+x2= ,x1x2= . 又由l與圓x2+y2=1相切,得 =1,即m2k2=k2+1. 所以|AB|= =,= = . 由于當(dāng)m=1時(shí),|AB|= ,所以|AB|= ,m(-,-11,+). 因?yàn)閨AB|= = 2當(dāng)且僅當(dāng)m= 時(shí),|AB|=2,所以|AB|的最大值為2.,失分警示 (1)混淆橢圓的頂點(diǎn)與焦點(diǎn)、記錯(cuò)離心率的公式,造成失分. (2)沒(méi)有對(duì)切線的斜率是否存在進(jìn)行討論,忽視直線與圓相切的充要條件,記錯(cuò)直線與橢圓的相 交弦長(zhǎng)的計(jì)算公式、字母運(yùn)算出錯(cuò),造成失分.,評(píng)析 本題考查了橢圓的基本性質(zhì),圓的切線問(wèn)題,直線與橢圓的相交弦長(zhǎng)的計(jì)算以及基本不 等式的應(yīng)用.考查分類討論思想,邏輯推理能力和運(yùn)算能力.解題的關(guān)鍵是對(duì)直線的斜率是否存 在進(jìn)行討論,并能準(zhǔn)確求出直線與橢圓的相交弦長(zhǎng).本題考查的知識(shí)點(diǎn)多、綜合性強(qiáng),運(yùn)算量很 大,屬于難題.,考點(diǎn)三 圓錐曲線中的存在性問(wèn)題 (2015北京,19,14分)已知橢圓C: + =1(ab0)的離心率為 ,點(diǎn)P(0,1)和點(diǎn)A(m,n)(m0)都 在橢圓C上,直線PA交x軸于點(diǎn)M. (1)求橢圓C的方程,并求點(diǎn)M的坐標(biāo)(用m,n表示); (2)設(shè)O為原點(diǎn),點(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱,直線PB交x軸于點(diǎn)N.問(wèn):y軸上是否存在點(diǎn)Q,使得OQM =ONQ?若存在,求點(diǎn)Q的坐標(biāo);若不存在,說(shuō)明理由.,解析 (1)由題意得 解得a2=2. 故橢圓C的方程為 +y2=1. 設(shè)M(xM,0). 因?yàn)閙0,所以-1n1. 直線PA的方程為y-1= x, 所以xM= ,即M . (2)因?yàn)辄c(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱,所以B(m,-n). 設(shè)N(xN,0),則xN= . “存在點(diǎn)Q(0,yQ)使得OQM=ONQ”等價(jià)于“存在點(diǎn)Q(0,yQ)使得 = ”, 即yQ滿足 =|xM|xN|.,因?yàn)閤M= ,xN= , +n2=1, 所以 =|xM|xN|= =2. 所以yQ= 或yQ=- . 故在y軸上存在點(diǎn)Q,使得OQM=ONQ. 點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(0, )或(0,- ).,方法點(diǎn)撥 有關(guān)圓錐曲線中的存在性問(wèn)題常見的處理方法:方法一:結(jié)合幾何條件直接運(yùn)算,找 出存在的值或者點(diǎn);方法二:先用特殊狀態(tài)找出特殊值,再用一般情況進(jìn)行論證,看特殊狀態(tài)的 結(jié)果是否吻合.,B組 統(tǒng)一命題省(區(qū)、市)卷題組,考點(diǎn)一 圓錐曲線中的定點(diǎn)(定值)問(wèn)題,1.(2016山東,21,14分)已知橢圓C: + =1(ab0)的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4,焦距為2 . (1)求橢圓C的方程; (2)過(guò)動(dòng)點(diǎn)M(0,m)(m0)的直線交x軸于點(diǎn)N,交C于點(diǎn)A,P(P在第一象限),且M是線段PN的中點(diǎn). 過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線交C于另一點(diǎn)Q,延長(zhǎng)QM交C于點(diǎn)B. (i)設(shè)直線PM,QM的斜率分別為k,k,證明 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=2 , 所以a=2,b= = . 所以橢圓C的方程為 + =1. (2)(i)設(shè)P(x0,y0)(x00,y00). 由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m). 所以直線PM的斜率k= = , 直線QM的斜率k= =- . 此時(shí) =-3.所以 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 整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0. 由x0x1= , 可得x1= . 所以y1=kx1+m= +m. 同理x2= ,y2= +m. 所以x2-x1= - = , y2-y1= +m- -m= , 所以kAB= = = . 由m0,x00,可知k0,所以6k+ 2 ,等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)k= 時(shí)取得. 此時(shí) = ,即m= ,符合題意. 所以直線AB的斜率的最小值為 .,2.(2015課標(biāo)文,20,12分)已知橢圓C: + =1(ab0)的離心率為 ,點(diǎn)(2, )在C上. (1)求C的方程; (2)直線l不過(guò)原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸,l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A,B,線段AB的中點(diǎn)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 = , + =1, 解得a2=8,b2=4. 所以C的方程為 + =1. (2)設(shè)直線l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+b代入 + =1得 (2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0. 故xM= = ,yM=kxM+b= . 于是直線OM的斜率kOM= =- ,即kOMk=- . 所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.,考點(diǎn)二 圓錐曲線中的最值(范圍)問(wèn)題,1.(2018浙江,17,4分)已知點(diǎn)P（0，1），橢圓 +y2 =m(m1)上兩點(diǎn)A，B滿足 =2，則當(dāng)m=_時(shí)，點(diǎn)B橫坐標(biāo)的絕對(duì)值最大.,答案 5,解析 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程,向量的坐標(biāo)運(yùn)算,二次函數(shù)的最值. 設(shè)B(t,u),由 =2 ,易得A(-2t,3-2u). 點(diǎn)A,B都在橢圓上, 從而有 +3u2-12u+9=0,即 +u2=4u-3. 即有4u-3=mu= , + =m,t2=- m2+ m- =- (m-5)2+4. 當(dāng)m=5時(shí),(t2)max=4,即|t|max=2, 即當(dāng)m=5時(shí),點(diǎn)B橫坐標(biāo)的絕對(duì)值最大.,思路分析 (1)設(shè)出點(diǎn)B的坐標(biāo),利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算得點(diǎn)A的坐標(biāo). (2)利用點(diǎn)A,B都在橢圓上得方程組,求得點(diǎn)B的橫、縱坐標(biāo)滿足的關(guān)系式. (3)利用(2)中的關(guān)系式及點(diǎn)B在橢圓上,把點(diǎn)B的橫坐標(biāo)的平方表示為關(guān)于m的函數(shù). (4)利用二次函數(shù)的最值得結(jié)論.,2.(2019課標(biāo)全國(guó)理,21,12分)已知點(diǎn)A(-2,0),B(2,0),動(dòng)點(diǎn)M(x,y)滿足直線AM與BM的斜率之積 為- .記M的軌跡為曲線C. (1)求C的方程,并說(shuō)明C是什么曲線; (2)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P,Q兩點(diǎn),點(diǎn)P在第一象限,PEx軸,垂足為E,連接QE并延長(zhǎng)交C于 點(diǎn)G. (i)證明:PQG是直角三角形; (ii)求PQG面積的最大值.,解析 本題主要考查軌跡方程的求法,直線與橢圓的位置關(guān)系,兩條直線的位置關(guān)系,弦長(zhǎng)問(wèn) 題,三角形的面積以及基本不等式的應(yīng)用等相關(guān)知識(shí);通過(guò)對(duì)三角形形狀的判斷以及面積最值 的求解考查學(xué)生的知識(shí)遷移能力、運(yùn)算求解能力及函數(shù)思想方法的應(yīng)用;體現(xiàn)了邏輯推理和 數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng). (1)由題設(shè)得 =- ,化簡(jiǎn)得 + =1(|x|2),所以C為中心在坐標(biāo)原點(diǎn),焦點(diǎn)在x軸上的 橢圓,不含左右頂點(diǎn). (2)(i)設(shè)直線PQ的斜率為k,則其方程為y=kx(k0). 由 得x= . 記u= ,則P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0). 于是直線QG的斜率為 ,方程為y= (x-u). 由 得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.,設(shè)G(xG,yG),則-u和xG是方程的解,故xG= ,由此得yG= . 從而直線PG的斜率為 =- . 所以PQPG,即PQG是直角三角形. (ii)由(i)得|PQ|=2u ,|PG|= , 所以PQG的面積S= |PQ|PG|= = . 設(shè)t=k+ ,則由k0得t2,當(dāng)且僅當(dāng)k=1時(shí)取等號(hào). 因?yàn)镾= 在2,+)單調(diào)遞減,所以當(dāng)t=2,即k=1時(shí),S取得最大值,最大值為 . 因此,PQG面積的最大值為 .,思路分析 (1)利用直線AM與BM的斜率之積為- 求得曲線C的軌跡方程,從而得出曲線C的 軌跡.(2)(i)設(shè)出直線PQ的方程,聯(lián)立橢圓方程,求得點(diǎn)P、Q的坐標(biāo),由Q、E的坐標(biāo)得出直線QG 的方程,聯(lián)立橢圓方程,得出點(diǎn)G的坐標(biāo),進(jìn)而表示出直線PG的斜率,從而得出結(jié)論.(ii)利用弦長(zhǎng) 公式求出|PQ|與|PG|的表達(dá)式,從而將三角形的面積表示成關(guān)于k的函數(shù),進(jìn)而利用函數(shù)思想求 其最大值.,解題關(guān)鍵 利用方程思想得出點(diǎn)P、Q的坐標(biāo),進(jìn)而利用換元法及整體代換法簡(jiǎn)化運(yùn)算過(guò) 程是順利解決本題的關(guān)鍵;正確利用基本不等式及函數(shù)單調(diào)性是求解PQG面積最值的關(guān) 鍵.,3.(2018浙江,21,15分)如圖,已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點(diǎn),拋物線C:y2=4x上存在不同的兩點(diǎn) A,B滿足PA,PB的中點(diǎn)均在C上. (1)設(shè)AB中點(diǎn)為M,證明:PM垂直于y軸; (2)若P是半橢圓x2+ =1(x0)上的動(dòng)點(diǎn),求PAB面積的取值范圍.,解析 本題主要考查橢圓、拋物線的幾何性質(zhì),直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考 查運(yùn)算求解能力和綜合應(yīng)用能力. (1)證明:設(shè)P(x0,y0),A ,B . 因?yàn)镻A,PB的中點(diǎn)在拋物線上, 所以y1,y2為方程 =4 , 即y2-2y0y+8x0- =0的兩個(gè)不同的實(shí)根. 所以y1+y2=2y0, 因此,PM垂直于y軸. (2)由(1)可知 所以|PM|= ( + )-x0= -3x0, |y1-y2|=2 . 因此,SPAB= |PM|y1-y2|= ( -4x0 .,因?yàn)?+ =1(x00),所以 -4x0=-4 -4x0+44,5. 因此,PAB面積的取值范圍是 .,疑難突破 解析幾何中“取值范圍”與“最值”問(wèn)題 在解析幾何中,求某個(gè)量(直線斜率,直線在x、y軸上的截距,弦長(zhǎng),三角形或四邊形面積等)的取 值范圍或最值問(wèn)題的關(guān)鍵是利用條件把所求量表示成關(guān)于某個(gè)變量(通常是直線斜率,動(dòng)點(diǎn)的 橫、縱坐標(biāo)等)的函數(shù),并求出這個(gè)變量的取值范圍(即函數(shù)的定義域),將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的 值域或最值.,4.(2017浙江,21,15分)如圖,已知拋物線x2=y,點(diǎn)A ,B ,拋物線上的點(diǎn)P(x,y) .過(guò)點(diǎn)B作直線AP的垂線,垂足為Q. (1)求直線AP斜率的取值范圍; (2)求|PA|PQ|的最大值.,解析 本題主要考查直線方程、直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查解析幾何的 基本思想方法和運(yùn)算求解能力. (1)設(shè)直線AP的斜率為k,k= =x- , 因?yàn)? x ,所以直線AP斜率的取值范圍是(-1,1). (2)解法一:聯(lián)立直線AP與BQ的方程 解得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)是xQ= . 因?yàn)閨PA|= = (k+1), |PQ|= (xQ-x)=- , 所以|PA|PQ|=-(k-1)(k+1)3, 令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因?yàn)閒 (k)=-(4k-2)(k+1)2,方法總結(jié) 在解析幾何中,遇到求兩線段長(zhǎng)度之積的最值或取值范圍時(shí),一般用以下方法進(jìn)行 轉(zhuǎn)化. 1.直接法:求出各點(diǎn)坐標(biāo),用兩點(diǎn)間的距離公式,轉(zhuǎn)化為某個(gè)參變量(如直線斜率、截距,點(diǎn)的 橫、縱坐標(biāo)等)的函數(shù),再求函數(shù)的最值或值域. 2.向量法:三點(diǎn)共線時(shí),轉(zhuǎn)化為兩向量的數(shù)量積,再轉(zhuǎn)化為關(guān)于動(dòng)點(diǎn)的橫(縱)坐標(biāo)的函數(shù),最后求 函數(shù)的最值或值域. 3.參數(shù)法:把直線方程化為參數(shù)方程,與曲線方程聯(lián)立,由根與系數(shù)的關(guān)系轉(zhuǎn)化為直線的斜率 (或直線的截距)的函數(shù),最后求函數(shù)的最值或值域.,5.(2017山東文,21,14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓C: + =1(ab0)的離心率為 , 橢圓C截直線y=1所得線段的長(zhǎng)度為2 . (1)求橢圓C的方程; (2)動(dòng)直線l:y=kx+m(m0)交橢圓C于A,B兩點(diǎn),交y軸于點(diǎn)M.點(diǎn)N是M關(guān)于O的對(duì)稱點(diǎn),N的半徑 為|NO|.設(shè)D為AB的中點(diǎn),DE,DF與N分別相切于點(diǎn)E,F,求EDF的最小值.,解析 (1)由橢圓的離心率為 ,得a2=2(a2-b2), 又當(dāng)y=1時(shí),x2=a2- ,得a2- =2, 所以a2=4,b2=2. 因此橢圓方程為 + =1. (2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立方程 得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0, 由0得m24k2+2,(*) 且x1+x2=- ,因此y1+y2= , 所以D , 又N(0,-m),所以|ND|2= + , 整理得|ND|2= ,因?yàn)閨NF|=|m|, 所以 = =1+ . 令t=8k2+3,t3,故2k2+1= , 所以 =1+ =1+ . 令y=t+ ,所以y=1- . 當(dāng)t3時(shí),y0, 從而y=t+ 在3,+)上單調(diào)遞增, 因此t+ , 等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)t=3時(shí)成立,此時(shí)k=0, 所以 1+3=4, 由(*)得- m 且m0.,故 . 設(shè)EDF=2, 則sin = . 所以的最小值為 , 從而EDF的最小值為 ,此時(shí)直線l的斜率是0. 綜上所述:當(dāng)k=0,m(- ,0)(0, )時(shí),EDF取到最小值 .,6.(2016課標(biāo)全國(guó),20,12分)設(shè)圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A,直線l過(guò)點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合,l交 圓A于C,D兩點(diǎn),過(guò)B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E. (1)證明|EA|+|EB|為定值,并寫出點(diǎn)E的軌跡方程; (2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1,直線l交C1于M,N兩點(diǎn),過(guò)B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點(diǎn),求四 邊形MPNQ面積的取值范圍.,解析 (1)因?yàn)閨AD|=|AC|,EBAC, 故EBD=ACD=ADC. 所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|. 又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x+1)2+y2=16,從而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4. (2分) 由題設(shè)得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為 + =1(y0). (4分) (2)當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k0), M(x1,y1),N(x2,y2). 由 得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0. 則x1+x2= ,x1x2= . 所以|MN|= |x1-x2|= . (6分) 過(guò)點(diǎn)B(1,0)且與l垂直的直線m:y=- (x-1),A到m的距離為 ,所以|PQ|=2 =4,. 故四邊形MPNQ的面積 S= |MN|PQ|=12 . (10分) 可得當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8 ). 當(dāng)l與x軸垂直時(shí),其方程為x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四邊形MPNQ的面積為12. 綜上,四邊形MPNQ面積的取值范圍為12,8 ). (12分),方法總結(jié) 定義法求軌跡方程的一般步驟: (1)判定動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡滿足某種曲線的定義; (2)設(shè)標(biāo)準(zhǔn)方程,求方程中的基本量; (3)寫出軌跡方程.,7.(2015浙江,19,15分)已知橢圓 +y2=1上兩個(gè)不同的點(diǎn)A,B關(guān)于直線y=mx+ 對(duì)稱. (1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍; (2)求AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn)).,解析 (1)由題意知m0,可設(shè)直線AB的方程為y=- x+b. 由 消去y,得 x2- x+b2-1=0. 因?yàn)橹本€y=- x+b與橢圓 +y2=1有兩個(gè)不同的交點(diǎn), 所以=-2b2+2+ 0, 將AB的中點(diǎn)M 代入直線方程y=mx+ ,解得 b=- . 由得m . (2)令t= , 則|AB|= ,且O到直線AB的距離為d= . 設(shè)AOB的面積為S(t), 所以S(t)= |AB|d= . 當(dāng)且僅當(dāng)t2= 時(shí),等號(hào)成立. 故AOB面積的最大值為 .,考點(diǎn)三 圓錐曲線中的存在性問(wèn)題,1.(2016四川,20,13分)已知橢圓E: + =1(ab0)的兩個(gè)焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)是直角三角 形的三個(gè)頂點(diǎn),直線l:y=-x+3與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)T. (1)求橢圓E的方程及點(diǎn)T的坐標(biāo); (2)設(shè)O是坐標(biāo)原點(diǎn),直線l平行于OT,與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)A,B,且與直線l交于點(diǎn)P.證明:存 在常數(shù),使得|PT|2=|PA|PB|,并求的值.,解析 (1)由已知,a= b, 則橢圓E的方程為 + =1. 由方程組 得3x2-12x+(18-2b2)=0. 方程的判別式為=24(b2-3),由=0,得b2=3, 此時(shí)方程的解為x=2, 所以橢圓E的方程為 + =1. 點(diǎn)T的坐標(biāo)為(2,1). (2)由已知可設(shè)直線l的方程為y= x+m(m0), 由方程組 可得 所以P點(diǎn)坐標(biāo)為 ,|PT|2= m2.,方法總結(jié) 一般地,解直線與圓錐曲線相交的問(wèn)題時(shí),常常聯(lián)立方程轉(zhuǎn)化為關(guān)于x(或y)的一元 二次方程,注意0,再結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系進(jìn)行解題.,評(píng)析 本題考查了直線與圓錐曲線相交的問(wèn)題,這類題中常用的方法是方程法,并結(jié)合根與系 數(shù)的關(guān)系,兩點(diǎn)間距離公式,難點(diǎn)是運(yùn)算量比較大,注意運(yùn)算技巧.,2.(2015課標(biāo),20,12分)已知橢圓C:9x2+y2=m2(m0),直線l不過(guò)原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸,l與C有 兩個(gè)交點(diǎn)A,B,線段AB的中點(diǎn)為M. (1)證明:直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值; (2)若l過(guò)點(diǎn) ,延長(zhǎng)線段OM與C交于點(diǎn)P,四邊形OAPB能否為平行四邊形?若能,求此時(shí)l的 斜率;若不能,說(shuō)明理由.,解析 (1)設(shè)直線l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM). 將y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故 xM= = ,yM=kxM+b= . 于是直線OM的斜率kOM= =- ,即kOMk=-9. 所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值. (2)四邊形OAPB能為平行四邊形. 因?yàn)橹本€l過(guò)點(diǎn) ,所以l不過(guò)原點(diǎn)且與C有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是k0,k3. 由(1)得OM的方程為y=- x. 設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為xP. 由 得 = ,即xP= . 將點(diǎn) 的坐標(biāo)代入l的方程得b= ,因此xM= . 四邊形OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分,即xP=2xM. 于是 =2 ,解得k1=4- ,k2=4+ . 因?yàn)閗i0,ki3,i=1,2,所以當(dāng)l的斜率為4- 或4+ 時(shí),四邊形OAPB為平行四邊形.,思路分析 (1)設(shè)出直線l的方程,與橢圓方程聯(lián)立并消元,利用根與系數(shù)的關(guān)系求得AB的中點(diǎn) M的坐標(biāo),進(jìn)而可得出結(jié)論;(2)要使四邊形OAPB為平行四邊形,則線段AB與線段OP互相平分, 即xP=2xM,由此結(jié)合已知條件建立相應(yīng)方程,進(jìn)而通過(guò)解方程使問(wèn)題得解.,方法總結(jié) 解決定值問(wèn)題的常見方法有兩種:(1)從特殊入手,求出定值,再證明這個(gè)值與變量 無(wú)關(guān);(2)直接推理、計(jì)算,并在推理、計(jì)算的過(guò)程中消去變量,從而得到定值.,3.(2015四川,20,13分)如圖,橢圓E: + =1(ab0)的離心率是 ,過(guò)點(diǎn)P(0,1)的動(dòng)直線l與橢 圓相交于A,B兩點(diǎn).當(dāng)直線l平行于x軸時(shí),直線l被橢圓E截得的線段長(zhǎng)為2 . (1)求橢圓E的方程; (2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,是否存在與點(diǎn)P不同的定點(diǎn)Q,使得 = 恒成立?若存在,求 出點(diǎn)Q的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.,解析 (1)由已知得,點(diǎn)( ,1)在橢圓E上. 因此, 解得a=2,b= . 所以橢圓E的方程為 + =1. (2)當(dāng)直線l與x軸平行時(shí),設(shè)直線l與橢圓相交于C,D兩點(diǎn). 如果存在定點(diǎn)Q滿足條件,則有 = =1, 即|QC|=|QD|. 所以Q點(diǎn)在y軸上,可設(shè)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,y0). 當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí),設(shè)直線l與橢圓相交于M,N兩點(diǎn), 則M,N的坐標(biāo)分別為(0, ),(0,- ). 由 = ,有 = ,解得y0=1或y0=2. 所以,若存在不同于點(diǎn)P的定點(diǎn)Q滿足條件,則Q點(diǎn)坐標(biāo)只可能為(0,2).,下面證明:對(duì)任意直線l,均有 = . 當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),由上可知,結(jié)論成立. 當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),可設(shè)直線l的方程為y=kx+1,A,B的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2). 聯(lián)立 得(2k2+1)x2+4kx-2=0. 其判別式=(4k)2+8(2k2+1)0, 所以,x1+x2=- ,x1x2=- .因此 + = =2k. 易知,點(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)B的坐標(biāo)為(-x2,y2). 又kQA= = =k- ,kQB= = =-k+ =k- , 所以kQA=kQB,即Q,A,B三點(diǎn)共線. 所以 = = = . 故存在與P不同的定點(diǎn)Q(0,2),使得 = 恒成立.,C組 教師專用題組,考點(diǎn)一 圓錐曲線中的定點(diǎn)(定值)問(wèn)題 (2019課標(biāo)全國(guó)文,21,12分)已知曲線C:y= ,D為直線y=- 上的動(dòng)點(diǎn),過(guò)D作C的兩條切線,切 點(diǎn)分別為A,B. (1)證明:直線AB過(guò)定點(diǎn); (2)若以E 為圓心的圓與直線AB相切,且切點(diǎn)為線段AB的中點(diǎn),求該圓的方程.,解析 本題將直線、拋物線、圓的相關(guān)內(nèi)容有機(jī)結(jié)合,考查三者之間的位置關(guān)系,考查學(xué)生分 析問(wèn)題與解決問(wèn)題的能力,對(duì)邏輯推理與數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)有較高要求. (1)設(shè)D ,A(x1,y1),則 =2y1. 由于y=x,所以切線DA的斜率為x1,故 =x1. 整理得2tx1-2y1+1=0. 設(shè)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(guò)定點(diǎn) . (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,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1.,設(shè)M為線段AB的中點(diǎn),則M . 由于 ,而 =(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(dāng)t=0時(shí),| |=2,所求圓的方程為x2+ =4; 當(dāng)t=1時(shí),| |= ,所求圓的方程為x2+ =2.,思路分析 (1)直線與開口向上的拋物線相切,宜用導(dǎo)數(shù)法求斜率,如果聯(lián)立方程利用判別式求 解,則運(yùn)算量偏大.求切點(diǎn)弦方程,可仿照過(guò)圓外一點(diǎn)作圓的兩條切線,求切點(diǎn)弦的方法進(jìn)行. (2)切點(diǎn)是弦中點(diǎn),利用關(guān)于弦中點(diǎn)的“點(diǎn)差法”,以及“過(guò)切點(diǎn)的半徑垂直于該切線”,即可 獲得等量關(guān)系,進(jìn)而求得圓的方程.,一題多解 (1)依題意,可設(shè)AB:y=kx+b,D ,A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2). 聯(lián)立 消去y得x2-2kx-2b=0. =4k2+8b0,x1+x2=2k,x1x2=-2b. 又直線DA與拋物線相切,則x1= , 所以 -2tx1-1=0,同理 -2tx2-1=0. 所以2k=x1+x2=2t,-2b=x1x2=-1, 所以k=t,b= , 則直線AB:y=tx+ ,必過(guò)定點(diǎn)F . (2)設(shè)M為線段AB的中點(diǎn),由(1)可知M . 所以 =(t,t2-2), =(t,t2),又EMFM,則tt+(t2-2)t2=0, 解得t=0或t=1或t=-1. 當(dāng)t=0時(shí),| |=2,所求圓的方程為x2+ =4; 當(dāng)t=1時(shí),| |= ,所求圓的方程為x2+ =2.,考點(diǎn)二 圓錐曲線中的最值(范圍)問(wèn)題,1.(2017山東,21,14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓E: + =1(ab0)的離心率為 ,焦距為 2. (1)求橢圓E的方程; (2)如圖,動(dòng)直線l:y=k1x- 交橢圓E于A,B兩點(diǎn),C是橢圓E上一點(diǎn),直線OC的斜率為k2,且k1k2= . M是線段OC延長(zhǎng)線上一點(diǎn),且|MC|AB|=23,M的半徑為|MC|,OS,OT是M的兩條切線,切 點(diǎn)分別為S,T.求SOT的最大值,并求取得最大值時(shí)直線l的斜率.,解析 (1)由題意知e= = ,2c=2,所以a= ,b=1, 因此橢圓E的方程為 +y2=1. (2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 聯(lián)立 消y整理得(4 +2)x2-4 k1x-1=0, 由題意知0,且x1+x2= ,x1x2=- , 所以|AB|= |x1-x2|= . 由題意可知圓M的半徑 r= |AB|= . 由題設(shè)知k1k2= ,所以k2= ,因此直線OC的方程為y= x. 聯(lián)立 得x2= ,y2= , 因此|OC|= = . 由題意可知sin = = , 而 = = , 令t=1+2 ,則t1, (0,1), 因此 = = ,= 1, 當(dāng)且僅當(dāng) = ,即t=2時(shí)等號(hào)成立,此時(shí)k1= , 所以sin , 因此 ,所以SOT的最大值為 . 綜上所述:SOT的最大值為 ,取得最大值時(shí)直線l的斜率k1= .,思路分析 (1)由離心率和焦距,利用基本量運(yùn)算求解;(2)聯(lián)立直線l與橢圓方程,利用距離公式 求出|AB|,聯(lián)立直線OC與橢圓方程求|OC|,進(jìn)而建立sin 與k1之間的函數(shù)關(guān)系,利用二次函 數(shù)的性質(zhì)求解.,疑難突破 把角的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問(wèn)題,即由sin = =f(k1)求解是解題的突破 口.,解題反思 最值問(wèn)題一般利用函數(shù)的思想方法求解,利用距離公式建立sin 與k1之間的 函數(shù)關(guān)系是解題關(guān)鍵.牢固掌握基礎(chǔ)知識(shí)和方法是求解的前提.本題的完美解答體現(xiàn)了數(shù)學(xué)知 識(shí)、能力、思想、方法的完美結(jié)合.,2.(2016山東,21,14分)平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓C: + =1(ab0)的離心率是 ,拋物線E: x2=2y的焦點(diǎn)F是C的一個(gè)頂點(diǎn). (1)求橢圓C的方程; (2)設(shè)P是E上的動(dòng)點(diǎn),且位于第一象限,E在點(diǎn)P處的切線l與C交于不同的兩點(diǎn)A,B,線段AB的中 點(diǎn)為D.直線OD與過(guò)P且垂直于x軸的直線交于點(diǎn)M. (i)求證:點(diǎn)M在定直線上; (ii)直線l與y軸交于點(diǎn)G,記PFG的面積為S1,PDM的面積為S2.求 的最大值及取得最大值 時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo).,解析 (1)由題意知 = ,可得a2=4b2. 因?yàn)閽佄锞€E的焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為 , 所以b= ,所以a=1. 所以橢圓C的方程為x2+4y2=1. (2)(i)設(shè)P (m0). 由x2=2y,可得y=x,所以直線l的斜率為m. 因此直線l方程為y- =m(x-m),即y=mx- . 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).,聯(lián)立 得(4m2+1)x2-4m3x+m4-1=0. 由0,得0m (或0m22+ ), (*) 且x1+x2= ,因此x0= . 將其代入y=mx- ,得y0= . 因?yàn)?=- , 所以直線OD方程為y=- x. 聯(lián)立 得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)yM=- , 所以點(diǎn)M在定直線y=- 上. (ii)由(i)知直線l方程為y=mx- .,令x=0,得y=- ,所以G .又P ,F ,D , 所以S1= |GF|m= , S2= |PM|m-x0|= = . 所以 = . 設(shè)t=2m2+1. 則 = = =- + +2, 當(dāng) = ,即t=2時(shí), 取到最大值 , 此時(shí)m= ,滿足(*)式, 所以P點(diǎn)坐標(biāo)為 . 因此 的最大值為 ,此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為 .,疑難突破 以點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為參變量表示出點(diǎn)D的坐標(biāo),進(jìn)而得出直線OD的方程,結(jié)合直線MP 的方程,消參可得到點(diǎn)M的縱坐標(biāo).合理計(jì)算三角形的面積并利用函數(shù)思想是解決(2)(ii)的關(guān) 鍵.,評(píng)析 本題考查了橢圓和拋物線的基本知識(shí);考查了直線與橢圓的位置關(guān)系,函數(shù)的思想方法, 及“設(shè)而不求,進(jìn)行整體運(yùn)算”的技巧.本題綜合性強(qiáng),運(yùn)算量大,屬難題.,3.(2014湖南,21,13分)如圖,O為坐標(biāo)原點(diǎn),橢圓C1: + =1(ab0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2, 離心率為e1;雙曲線C2: - =1的左、右焦點(diǎn)分別為F3、F4,離心率為e2,已知e1e2= ,且|F2F4|= -1. (1)求C1,C2的方程; (2)過(guò)F1作C1的不垂直于y軸的弦AB,M為AB的中點(diǎn),當(dāng)直線OM與C2交于P,Q兩點(diǎn)時(shí),求四邊形 APBQ面積的最小值.,解析 (1)因?yàn)閑1e2= ,所以 = ,即a4-b4= a4,因此a2=2b2,從而F2(b,0),F4( b, 0),于是 b-b=|F2F4|= -1,所以b=1,所以a2=2. 故C1,C2的方程分別為 +y2=1, -y2=1. (2)因?yàn)锳B不垂直于y軸,且過(guò)點(diǎn)F1(-1,0),故可設(shè)直線AB的方程為x=my-1. 由 得(m2+2)y2-2my-1=0, 易知此方程的判別式大于0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1,y2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根,所以y1+y2= ,y 1y2= . 因此x1+x2=m(y1+y2)-2= ,于是AB的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為 .故直線PQ的斜率為- , 則PQ的方程為y=- x,即mx+2y=0. 由 得(2-m2)x2=4,所以2-m20,且x2= ,y2= ,從而|PQ|=2 =2 .,設(shè)點(diǎn)A到直線PQ的距離為d,則點(diǎn)B到直線PQ的距離也為d,所以2d= , 因?yàn)辄c(diǎn)A,B在直線mx+2y=0的異側(cè),所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1- mx2-2y2|, 從而2d= . 又因?yàn)閨y1-y2|= = , 所以2d= . 故四邊形APBQ的面積,S= |PQ|2d= =2 . 而02-m22, 故當(dāng)m=0時(shí),S取得最小值2. 綜上所述,四邊形APBQ面積的最小值為2.,評(píng)析 本題考查橢圓、雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程和性質(zhì),雙曲線弦長(zhǎng)的計(jì)算,點(diǎn)到直線的距離公式,根 與系數(shù)的關(guān)系(韋達(dá)定理),求函數(shù)的最值等知識(shí).考查學(xué)生的運(yùn)算求解能力和綜合分析問(wèn)題的 能力,屬于難題.,考點(diǎn)三 圓錐曲線中的存在性問(wèn)題,1.(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(diǎn),短桿ON可繞O轉(zhuǎn)動(dòng),長(zhǎng) 桿MN通過(guò)N處鉸鏈與ON連接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑動(dòng),且DN=ON=1,MN=3.當(dāng)栓子D在 滑槽AB內(nèi)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí),帶動(dòng)N繞O轉(zhuǎn)動(dòng),M處的筆尖畫出的橢圓記為C.以O(shè)為原點(diǎn),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(dòng)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(diǎn).若直線l總與橢圓C有且只有一 個(gè)公共點(diǎn),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(shuō)明理由.,解析 (1)因?yàn)閨OM|MN|+|NO|=3+1=4.當(dāng)M,N在x軸上時(shí),等號(hào)成立;同理,|OM|MN|-|NO|=3-1 =2,當(dāng)D,O重合,即MNx軸時(shí),等號(hào)成立.所以橢圓C的中心為原點(diǎn)O,長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為4,短半軸長(zhǎng)為2, 其方程為 + =1. (2)(i)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),直線l為x=4或x=-4,都有SOPQ= 44=8. (ii)當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)直線l:y=kx+m , 由 消去y,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0. 因?yàn)橹本€l總與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn), 所以=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-16)=0,即m2=16k2+4.,又由 可得P ;同理可得Q . 由原點(diǎn)O到直線PQ的距離為d= 和|PQ|= |xP-xQ|,可得SOPQ= |PQ|d= |m|xP-xQ|= | m| = . 將代入得,SOPQ= =8 . 當(dāng)k2 時(shí),SOPQ=8 =8 8; 當(dāng)0k2 時(shí),SOPQ=8 =8 . 因0k2 ,則01-4k21, 2, 所以SOPQ=8 8, 當(dāng)且僅當(dāng)k=0時(shí)取等號(hào).所以當(dāng)k=0時(shí),SOPQ的最小值為8. 綜合(i)(ii)可知,當(dāng)直線l與橢圓C在四個(gè)頂點(diǎn)處相切時(shí),OPQ的面積取得最小值8.,評(píng)析 本題考查了橢圓的方程、直線與橢圓的位置關(guān)系,考查了函數(shù)的思想方法和“設(shè)而不 求,整體運(yùn)算”的技巧,考查了運(yùn)算求解能力和綜合解題能力.屬難題.,2.(2014重慶,21,12分)如圖,設(shè)橢圓 + =1(ab0)的左,右焦點(diǎn)分別為F1,F2,點(diǎn)D在橢圓上,DF1 F1F2, =2 ,DF1F2的面積為 . (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(gè)交點(diǎn),且圓在這兩個(gè)交點(diǎn)處的兩 條切線相互垂直并分別過(guò)不同的焦點(diǎn)?若存在,求出圓的方程.若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.,解析 (1)設(shè)F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2. 由 =2 得|DF1|= = c. 從而 = |DF1|F1F2|= c2= ,故c=1. 從而|DF1|= , 由DF1F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2= , 因此|DF2|= . 所以2a=|DF1|+|DF2|=2 ,故a= ,b2=a2-c2=1. 因此,所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 +y2=1. (2)如圖,設(shè)圓心在y軸上的圓C與橢圓 +y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是兩個(gè)交點(diǎn),y10,y20,F1P1,F 2P2是圓C的切線,且F1P1F2P2. 由圓和橢圓的對(duì)稱性,易知,x2=-x1,y1=y2.,由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以 =(x1+1,y1), =(-x1-1,y1). 再由F1P1F2P2得-(x1+1)2+ =0. 由橢圓方程得1- =(x1+1)2,即3 +4x1=0, 解得x1=- 或x1=0. 當(dāng)x1=0時(shí),P1,P2重合,不存在滿足題設(shè)要求的圓. 當(dāng)x1=- 時(shí),過(guò)P1,P2分別與F1P1,F2P2垂直的直線的交點(diǎn)即為圓心C. 設(shè)C(0,y0),由CP1F1P1,得 =-1. 而y1=|x1+1|= ,故y0= .,圓C的半徑|CP1|= = . 綜上,存在滿足題設(shè)條件的圓,其方程為x2+ = .,評(píng)析 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、圓的方程的求法以及橢圓的幾何性質(zhì),直線與圓的位置關(guān) 系的應(yīng)用.本題考查了學(xué)生分析問(wèn)題,解