數(shù)學(xué)攻略大一輪復(fù)習(xí)新高考精練9-6圓錐曲線的綜合問題（試題部分）

圓錐曲線的綜合問題基礎(chǔ)篇固本夯基【基礎(chǔ)集訓(xùn)】考點一曲線與方程1.設(shè)k>1,則關(guān)于x,y的方程(1k)x2+y2=k21所表示的曲線是()A.長軸在x軸上的橢圓B.長軸在y軸上的橢圓C.實軸在x軸上的雙曲線D.實軸在y軸上的雙曲線答案D2.已知A(1,0),B(1,0)兩點,過動點M作x軸的垂線,垂足為N,若MN2=λAN·NB,則當(dāng)λ<0時,動點M的軌跡為(A.圓B.橢圓C.雙曲線D.拋物線答案C3.設(shè)三個數(shù)(x-2)2+y2,3,(x+解析依題意得(x-2)2所以點P(x,y)到點M(2,0)與點N(2,0)的距離之和為23,注意到|MN|=22<23,所以點P的軌跡是以M,N為焦點的橢圓,所對應(yīng)的橢圓中a=3,c=2,故b=1,4.已知圓M:(x+1)2+y2=1,圓N:(x1)2+y2=9,動圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切,圓心P的軌跡為曲線C.求C的方程.解析由已知得圓M的圓心為M(1,0),半徑r1=1;圓N的圓心為N(1,0),半徑r2=3.設(shè)圓P的圓心為P(x,y),半徑為R.因為圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2R)=r1+r2=4>|MN|.由橢圓的定義可知,曲線C是以M、N為左、右焦點,長半軸長為2,短半軸長為3的橢圓(左頂點除外),其方程為x24+y2考點二定點與定值問題5.已知拋物線y2=4x上的兩點A,B,O為坐標(biāo)原點,且OA⊥OB,A(x1,y1),B(x2,y2),則x1x2的值是()答案D6.已知直線l與雙曲線x24y2=1相切于點P,l與雙曲線的兩條漸近線交于M,N兩點,則OM·ON的值為(D.與P的位置有關(guān)答案A7.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),四點P1(1,1),P2(0,1),P3-1(1)求C的方程;(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A,B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為1,證明:l過定點.解析本題考查了圓錐曲線的方程以及圓錐曲線與直線位置關(guān)系中的定點問題.(1)由于P3,P4兩點關(guān)于y軸對稱,故由題設(shè)知C經(jīng)過P3,P4兩點.又由1a2+1b2>1a2+3所以點P2在C上.因此1b2故C的方程為x24+y(2)設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1,k2.如果l與x軸垂直,設(shè)l:x=t,由題設(shè)知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐標(biāo)分別為t,4-則k1+k2=4-t2得t=2,不符合題設(shè).從而可設(shè)l:y=kx+m(m≠1).將y=kx+m代入x24+y2(4k2+1)x2+8kmx+4m24=0.由題設(shè)可知Δ=16(4k2m2+1)>0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=8km4k2+1,x1而k1+k2=y1-=kx1=2k由題設(shè)k1+k2=1,故(2k+1)x1x2+(m1)(x1+x2)=0.即(2k+1)·4m2-44解得k=m+1當(dāng)且僅當(dāng)m>1時,Δ>0,于是l:y=m+1即y+1=m+12所以l過定點(2,1).方法總結(jié)求解軌跡方程的步驟:①建系、設(shè)點→②列式(列出動點所滿足的幾何等量關(guān)系式)→③坐標(biāo)化(選用合適的公式表示幾何等量關(guān)系)→④化簡(注意化簡前后的等價性)→⑤檢驗(去偽存真).考點三最值與范圍問題8.若a>1,則雙曲線x2a2y2=1的離心率的取值范圍是A.(2,+∞)B.(2,2)C.(1,2)D.(1,2)答案C9.已知雙曲線x23y2=1的左、右焦點分別為F1、F2,P為雙曲線右支上一點,點Q的坐標(biāo)為(2,3),則|PQ|+|PF1|的最小值為答案5+2310.已知F是雙曲線C:x2y28=1的右焦點,P是C的左支上一點,A(0,66).當(dāng)△APF周長最小時,該三角形的面積為答案126考點四存在性問題11.(2019遼寧撫順模擬,21)已知定點C(1,0)及橢圓x2+3y2=5,過點C的動直線與橢圓相交于A,B兩點.(1)若線段AB中點的橫坐標(biāo)是12,求直線AB的方程(2)在x軸上是否存在點M,使MA·MB為常數(shù)?若存在,求出點M的坐標(biāo);若不存在,請說明理由.解析(1)依題意,直線AB的斜率存在,設(shè)直線AB的方程為y=k(x+1),將y=k(x+1)代入橢圓方程x2+3y2=5,消去y整理得(3k2+1)x2+6k2x+3k25=0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則Δ由線段AB中點的橫坐標(biāo)是12,得x1+x2解得k=±33,適合所以直線AB的方程為x3y+1=0或x+3y+1=0.(2)假設(shè)在x軸上存在點M(m,0),使MA·MB為常數(shù).①當(dāng)直線AB與x軸不垂直時,由(1)知x1+x2=6k23k2+1,x所以MA·MB=(x1m)(x2m)+y1y2=(x1m)(x2m)+k2(x1+1)(x2+1)=(k2+1)x1x2+(k2m)(x1+x2)+k2+m2.將③代入,整理得MA·MB=(6m=2m-=m2+2m136注意到MA·MB是與k無關(guān)的常數(shù),從而有6m+14=0,m=73,此時MA·MB=4②當(dāng)直線AB與x軸垂直時,點A,B的坐標(biāo)分別為-1,2當(dāng)m=73時,亦有MA·MB=4綜上,在x軸上存在定點M-73,0,使MA綜合篇知能轉(zhuǎn)換【綜合集訓(xùn)】考法一有關(guān)軌跡方程問題的求法1.(2019安徽五校聯(lián)盟第二次質(zhì)檢,4)x2+(y-3A.x24y25=1(x≤2)B.xC.y24x25=1(y≤2)D.y答案C2.(2018山西臨汾模擬,9)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右頂點分別為A,B,點M,N是橢圓C上關(guān)于長軸對稱的兩點,若直線AM與BN相交于點P,A.x=±a(y≠0)2=2b(|x|a)(y≠0)2+y2=a2+b2(y≠0)D.x2a2y答案D3.(2019廣東六校第一次聯(lián)考(節(jié)選))已知圓C:(x+1)2+y2=36與定點M(1,0),動圓I過M點且與圓C相切.求動圓圓心I的軌跡E的方程.解析設(shè)圓I的半徑為r,由題意可知,點I滿足|IC|=6r,|IM|=r,所以|IC|+|IM|=6,由橢圓的定義知點I的軌跡為以C,M為焦點的橢圓,且a=3,c=1,所以b=22,故軌跡E的方程為x29+考法二圓錐曲線中的定點、定值問題的求解方法4.(2019重慶巴蜀中學(xué)模擬,21)如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,已知點F(1,0),過直線l:x=2左側(cè)的動點P作PH⊥l于點H,∠HPF的平分線交x軸于點M,且PH=2MF,記動點P的軌跡為曲線Q.(1)求曲線Q的方程.(2)過點F作直線m交曲線Q于A,B兩點,點C在l上,且BC∥x軸,試問:直線AC是否恒過定點?請說明理由.解析(1)設(shè)P(x,y),∵PH⊥l,∴PH∥OM,故∠HPM=∠PMF,又PM平分∠HPF,∴∠FPM=∠HPM,∴∠FPM=∠PMF,∴|MF|=|PF|,∴|PF||PH|即(x-1)2+y2|x(2)過定點.理由:由題意知:直線m的斜率不為0,可設(shè)直線m的方程為x=ty+1.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).聯(lián)立x=ty+1,x2+2y2∴y1+y2=2tt2+2,y1y2=1t∴直線AC的斜率k=y1-y2x1-2,即y=y1又y2(x1-2)∴y=y1-y2x∴直線AC恒過定點32,0,經(jīng)驗證,當(dāng)斜率不存在時直線AC也經(jīng)過點3考法三圓錐曲線中的最值(范圍)問題的求解方法5.(2018清華大學(xué)中學(xué)生標(biāo)準(zhǔn)學(xué)術(shù)能力診斷測試(11月))設(shè)P是橢圓x2169+y225=1上一點,M,N分別是兩圓:(x+12)2+y2=1和(x12)2+y2=1上的點,則|PM|+|PN|A.18,24B.16,22C.24,28D.20,26答案C6.(2019陜西寶雞中學(xué)二模,11)已知拋物線x2=16y的焦點為F,雙曲線x24y25=1的左、右焦點分別為F1、F2,點P是雙曲線右支上一點,則|PF|+|PF1|答案C7.(2018寧夏銀川4月檢測)已知動點P到定點F(1,0)和到直線x=2的距離之比為22,設(shè)動點P的軌跡為曲線E,過點F作垂直于x軸的直線與曲線E相交于A、B兩點,直線l:y=mx+n與曲線E交于C,D兩點,與AB相交于一點(交點位于線段AB上,且不與A,B重合(1)求曲線E的方程;(2)當(dāng)直線l與圓x2+y2=1相切時,四邊形ACBD的面積是否有最大值?若有,求出其最大值及對應(yīng)的直線l的方程;若沒有,請說明理由.解析(1)設(shè)點P(x,y),由題意,可得(x-1)2+y2∴曲線E的方程是x22+y(2)設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2),由條件可得|AB|=2.當(dāng)m=0時,顯然不合題意.當(dāng)m≠0時,∵直線l與圓x2+y2=1相切,∴|n|m2+1=1,得聯(lián)立y=mx+n,x22+則Δ=4m2n24m2+12(n21)=2m2>0,x1+x2=4mn2mS四邊形ACBD=12|AB|·|x1x2|=2|m|2當(dāng)且僅當(dāng)2|m|=1|m|,即m=±22時等號成立,經(jīng)檢驗可知,直線y=22x62和直線y=22x+考法四存在性問題8.(2019內(nèi)蒙古通遼五中模擬,20)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率e=63,過點(1)求橢圓的方程;(2)已知定點E(1,0),若直線y=kx+2(k≠0)與橢圓交于C、D兩點,問:是否存在這樣的實數(shù)k,使得以CD為直徑的圓過E點?若存在,請求出k值,若不存在,請說明理由.解析(1)直線AB的方程為bxayab=0,依題意可得ca=63,aba2解得a2=3,b2=1,∴橢圓的方程為x23+y(2)存在,k=76.理由:假設(shè)存在這樣的實數(shù)由y=kx+2,x2∴Δ=(12k)236(1+3k2)>0.①設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2),則xy1·y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4,要使以CD為直徑的圓過點E(1,0),只需CE⊥DE,即y1y2+(x1+1)(x2+1)=0,∴(k2+1)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0,④將②③代入④整理得k=76經(jīng)驗證,k=76時,①成立.故存在k=76使得以CD【五年高考】考點一曲線與方程1.(2019課標(biāo)全國Ⅱ,21,12分)已知點A(2,0),B(2,0),動點M(x,y)滿足直線AM與BM的斜率之積為12.記M的軌跡為曲線(1)求C的方程,并說明C是什么曲線;(2)過坐標(biāo)原點的直線交C于P,Q兩點,點P在第一象限,PE⊥x軸,垂足為E,連接QE并延長交C于點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,弦長問題,三角形的面積以及基本不等式的應(yīng)用等相關(guān)知識;通過對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yx+2·yx-2=12,化簡得x24+y22=1(|x|≠2),(2)(i)證明:設(shè)直線PQ的斜率為k,則其方程為y=kx(k>0).由y=kx,x記u=21+2k2,則于是直線QG的斜率為k2,方程為y=k2由y=k2(x-u),x24+設(shè)G(xG,yG),則u和xG是方程①的解,故xG=u(3k2+2)2+從而直線PG的斜率為uk32+所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.(ii)由(i)得|PQ|=2u1+k2,|PG|=所以△PQG的面積S=12|PQ||PG|=8k(設(shè)t=k+1k,則由k>0得t≥2,當(dāng)且僅當(dāng)k=1時取等號因為S=8t1+2t2在[2,+∞)單調(diào)遞減,所以當(dāng)t=2,即k=1時,S取得最大值因此,△PQG面積的最大值為169思路分析(1)利用直線AM與BM的斜率之積為12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①利用方程思想得出點P、Q的坐標(biāo),進(jìn)而利用換元法及整體代換法簡化運(yùn)算過程是順利解決本題的關(guān)鍵;②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.2.(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=(1)求點P的軌跡方程;(2)設(shè)點Q在直線x=3上,且OP·PQ=1.證明:過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.解析本題考查了求軌跡方程的基本方法和定點問題.(1)設(shè)P(x,y),M(x0,y0),則N(x0,0),NP=(xx0,y),NM=(0,y0).由NP=2NM得x0=x,y0=2因為M(x0,y0)在C上,所以x22+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=(1m,n),OQ·PF=3+3mtn,OP=(m,n),PQ=(3m,tn).由OP·PQ=1得3mm2+tnn2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3mtn=0.所以O(shè)Q·PF=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.思路分析(1)設(shè)出P、M的坐標(biāo),利用NP=2NM得到P、M坐標(biāo)間的關(guān)系,由點M在C上求解.(2)利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算得OQ·PF=0,進(jìn)而證明直線l過曲線C的左焦點方法總結(jié)求軌跡方程的方法有直接法和間接法.直接法有定義法、待定系數(shù)法和直譯法.間接法有相關(guān)點法、交軌法和參數(shù)法.3.(2016課標(biāo)全國Ⅲ,20,12分)已知拋物線C:y2=2x的焦點為F,平行于x軸的兩條直線l1,l2分別交C于A,B兩點,交C的準(zhǔn)線于P,Q兩點.(1)若F在線段AB上,R是PQ的中點,證明AR∥FQ;(2)若△PQF的面積是△ABF的面積的兩倍,求AB中點的軌跡方程.解析由題設(shè)知F12,0.設(shè)l1:y=a,l2:y=b,則且Aa22,a,Bb22,記過A,B兩點的直線為l,則l的方程為2x(a+b)y+ab=0.(3分)(1)由于F在線段AB上,故1+ab=0.記AR的斜率為k1,FQ的斜率為k2,則k1=a-b1+a2=a-ba所以AR∥FQ.(5分)(2)設(shè)l與x軸的交點為D(x1,0),則S△ABF=12|ba||FD|=12|ba|x1-12由題設(shè)可得2×12|ba|x1-所以x1=0(舍去),或x1=1.(8分)設(shè)滿足條件的AB的中點為E(x,y).當(dāng)AB與x軸不垂直時,由kAB=kDE可得2a+b=y而a+b2=y,所以y2=x當(dāng)AB與x軸垂直時,E與D重合.所以,所求軌跡方程為y2=x1.(12分)疑難突破第(1)問求解關(guān)鍵是把AR∥FQ的證明轉(zhuǎn)化為kAR=kFQ的證明;第(2)問需找到AB中點所滿足的幾何條件,從而將其轉(zhuǎn)化為等量關(guān)系.在利用斜率表示幾何等量關(guān)系時應(yīng)注意分類討論思想的應(yīng)用.4.(2015湖北,21,14分)一種作圖工具如圖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(yùn)動時,帶動··N繞O轉(zhuǎn)動一周(D不動時,N也不動),M處的筆尖畫出的曲線記為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(1)求曲線C的方程;(2)設(shè)動直線l與兩定直線l1:x2y=0和l2:x+2y=0分別交于P,Q兩點.若直線l總與曲線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.圖1圖2解析(1)設(shè)點D(t,0)(|t|≤2),N(x0,y0),M(x,y),依題意,MD=2DN,且|DN|=|ON|=1,所以(tx,y)=2(x0t,y0),且(即t-x=2x0由于當(dāng)點D不動時,點N也不動,所以t不恒等于0,于是t=2x0,故x0=x4,y0=y代入x02+y02=1,可得即曲線C的方程為x216+(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=12(ii)當(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè)直線l:y=kx+mk≠±由y消去y,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m216=0.因為直線l總與橢圓C有且只有一個公共點,所以Δ=64k2m24(1+4k2)(4m216)=0,即m2=16k2+4.①又由y=kx+m同理可得Q-2由原點O到直線PQ的距離為d=|m|1+k2和|PQ|=1+k可得S△OPQ=12|PQ|·d=12|m||xPx=12·|m|·2m1將①代入②得,S△OPQ=2m21當(dāng)k2>14時,S△OPQ=8·4k2當(dāng)0≤k2<14時,S△OPQ=8·4k2因0≤k2<14,則0<14k2≤1,21所以S△OPQ=8-1+2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.評析本題考查求軌跡方程的方法,及直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識.考點二定點與定值問題5.(2019課標(biāo)全國Ⅲ,21,12分)已知曲線C:y=x22,D為直線y=12上的動點,過D作C的兩條切線(1)證明:直線AB過定點;(2)若以E0,52為圓心的圓與直線AB相切,且切點為線段AB的中點,求四邊形解析本題考查直線與拋物線相切,弦的中點,直線與圓相切等知識點,通過直線與拋物線的方程運(yùn)算,考查了學(xué)生在解析幾何中的運(yùn)算求解能力,以直線與拋物線相切為背景考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)證明:設(shè)Dt,-12,A(x1,y1),則x由于y'=x,所以切線DA的斜率為x1,故y1+1整理得2tx12y1+1=0.設(shè)B(x2,y2),同理可得2tx22y2+1=0.故直線AB的方程為2tx2y+1=0.所以直線AB過定點0,(2)由(1)得直線AB的方程為y=tx+12由y=tx+12于是x1+x2=2t,x1x2=1,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1,|AB|=1+t2|x1x2|=1+t2×設(shè)d1,d2分別為點D,E到直線AB的距離,則d1=t2+1,d2=因此,四邊形ADBE的面積S=12|AB|(d1+d2)=(t2+3)t設(shè)M為線段AB的中點,則Mt,由于EM⊥AB,而EM=(t,t22),AB與向量(1,t)平行,所以t+(t22)t=0.解得t=0或t=±1.當(dāng)t=0時,S=3;當(dāng)t=±1時,S=42.因此,四邊形ADBE的面積為3或42.解題關(guān)鍵(1)設(shè)出A、B坐標(biāo),求導(dǎo)、列等式是解題的突破口.(2)由(1)得出AB的方程,用坐標(biāo)表示出EM⊥AB,求AB方程中的參數(shù)是關(guān)鍵.6.(2018北京,19,14分)已知拋物線C:y2=2px經(jīng)過點P(1,2).過點Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點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,QM=λQO,QN=μQO,求證:1λ+1μ解析(1)因為拋物線y2=2px過點(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(k≠0).由y2=4x,y=kx依題意Δ=(2k4)24×k2×1>0,解得k<0或0<k<1.又PA,PB與y軸相交,故直線l不過點(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)證明:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由(1)知x1+x2=2k-4k2,x1直線PA的方程為y2=y1-令x=0,得點M的縱坐標(biāo)為yM=-y1+2同理得點N的縱坐標(biāo)為yN=-k由QM=λQO,QN=μQO得λ=1yM,μ=1yN.所以1λ+1μ=11-yM=1k-1·2x1所以1λ+1μ方法總結(jié)圓錐曲線中的定值問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,化簡即可得出定值;(2)求點到直線的距離為定值.利用點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、變形求得;(3)求某線段長度為定值.利用兩點間的距離公式求得線段長度的表達(dá)式,再依據(jù)條件對表達(dá)式進(jìn)行化簡、變形即可求得.考點三最值與范圍問題7.(2019北京,8,5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).給出下列三個結(jié)論:①曲線C恰好經(jīng)過6個整點(即橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點);②曲線C上任意一點到原點的距離都不超過2;③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)論的序號是()A.①B.②C.①②D.①②③答案C8.(2015四川,10,5分)設(shè)直線l與拋物線y2=4x相交于A,B兩點,與圓(x5)2+y2=r2(r>0)相切于點M,且M為線段AB的中點.若這樣的直線l恰有4條,則r的取值范圍是()A.(1,3)B.(1,4)C.(2,3)D.(2,4)答案D9.(2016課標(biāo)全國Ⅱ,20,12分)已知橢圓E:x2t+y23=1的焦點在x軸上,A是E的左頂點,斜率為k(k>0)的直線交E于A,M兩點,點N在E(1)當(dāng)t=4,|AM|=|AN|時,求△AMN的面積;(2)當(dāng)2|AM|=|AN|時,求k的取值范圍.解析(1)設(shè)M(x1,y1),則由題意知y1>0.當(dāng)t=4時,E的方程為x24+y由已知及橢圓的對稱性知,直線AM的傾斜角為π4因此直線AM的方程為y=x+2.將x=y2代入x24+y23=1解得y=0或y=127,所以y1=12因此△AMN的面積S△AMN=2×12×127×127(2)由題意,t>3,k>0,A(t,0).將直線AM的方程y=k(x+t)代入x2t+y23=1得(3+tk2)x2+2t·tk2x+t由x1·(t)=t2k2-3t故|AM|=|x1+t|1+k2=由題設(shè),直線AN的方程為y=1k(x+t故同理可得|AN|=6k由2|AM|=|AN|得23+tk即(k32)t=3k(2k1).當(dāng)k=32時上式不成立,因此t=3t>3等價于k3-2k2+由此得k-2>0,k因此k的取值范圍是(32解題關(guān)鍵第(1)問中求出直線AM的傾斜角是解決問題的關(guān)鍵;第(2)問利用2|AM|=|AN|得出t與k的關(guān)系式,由t>3,建立關(guān)于k的不等式,從而得出k的取值范圍.10.(2019浙江,21,15分)如圖,已知點F(1,0)為拋物線y2=2px(p>0)的焦點.過點F的直線交拋物線于A,B兩點,點C在拋物線上,使得△ABC的重心G在x軸上,直線AC交x軸于點Q,且Q在點F的右側(cè).記△AFG,△CQG的面積分別為S1,S2.(1)求p的值及拋物線的準(zhǔn)線方程;(2)求S1S2的最小值及此時點解析本題主要考查拋物線的幾何性質(zhì),直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識,同時考查運(yùn)算求解能力和綜合應(yīng)用能力.體現(xiàn)了數(shù)學(xué)抽象的核心素養(yǎng)和轉(zhuǎn)化與化歸的思想方法.(1)由題意得p2=1,即所以,拋物線的準(zhǔn)線方程為x=1.(2)設(shè)A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t≠0,則xA=t2.由于直線AB過F,故直線AB方程為x=t2-12ty+1,代入y2=4x,得y22(t2-1)ty4=0,故2tyB=4,即yB=2t,所以B1t2,-2t.又由于xG=13(xA+xB+xC),yG=1得C1t-t所以,直線AC方程為y2t=2t(xt2),得Q(t21,0).由于Q在焦點F的右側(cè),故t2>2.從而S1S2==2t4-令m=t22,則m>0,S1S2=2mm2=1+32當(dāng)m=3時,S1S2取得最小值1+3思路分析(1)根據(jù)拋物線定義知p2=1,得到準(zhǔn)線方程x=1.(2)要求S1S2的最小值,需要將S1S2用基本量表示出來,從點的關(guān)系出發(fā),設(shè)A(xA,yA),合理選擇參數(shù)t表示A(t2,2t),t≠0,由直線AB過F得到AB方程,求出B點坐標(biāo),再由△ABC的重心G在x軸上,求出C點和G點坐標(biāo),進(jìn)而求出Q11.(2018浙江,21,15分)如圖,已知點P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點,拋物線C:y2=4x上存在不同的兩點A,B滿足PA,PB的中點均在C上.(1)設(shè)AB中點為M,證明:PM垂直于y軸;(2)若P是半橢圓x2+y24=1(x<0)上的動點,求△PAB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,同時考查運(yùn)算求解能力和綜合應(yīng)用能力.(1)證明:設(shè)P(x0,y0),A14y1因為PA,PB的中點在拋物線上,所以y1,y2為方程y+y022=4·14y2+x0所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y軸.(2)由(1)可知y所以|PM|=18(y12+y22)x0|y1y2|=22(因此,S△PAB=12|PM|·|y1y2|=324(y0因為x02+y024=1(x0<0),所以y024x0=因此,△PAB面積的取值范圍是62疑難突破解析幾何中“取值范圍”與“最值”問題在解析幾何中,求某個量(直線斜率,直線在x、y軸上的截距,弦長,三角形或四邊形面積等)的取值范圍或最值問題的關(guān)鍵是利用條件把所求量表示成關(guān)于某個變量(通常是直線斜率,動點的橫、縱坐標(biāo)等)的函數(shù),并求出這個變量的取值范圍(即函數(shù)的定義域),將問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域或最值.12.(2017山東,21,14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓E:x2a2+y2b2(1)求橢圓E的方程;(2)如圖,動直線l:y=k1x32交橢圓E于A,B兩點,C是橢圓E上一點,直線OC的斜率為k2,且k1k2=24.M是線段OC延長線上一點,且|MC|∶|AB|=2∶3,☉M的半徑為|MC|,OS,OT是☉M的兩條切線,切點分別為S,T.求∠SOT的最大值,并求取得最大值時直線l解析本題考查橢圓的方程,直線與橢圓、圓的位置關(guān)系,考查最值的求解方法和運(yùn)算求解能力.(1)由題意知e=ca=22,2c=2,所以a=因此橢圓E的方程為x22+y(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立x22+y2=1,y=k1x-由題意知Δ>0,且x1+x2=23k12k12所以|AB|=1+k12|x1x2由題意可知圓M的半徑r=23|AB|=223由題設(shè)知k1k2=24,所以k2=2因此直線OC的方程為y=24聯(lián)立x22+y2=1,y=2因此|OC|=x2+y由題意可知sin∠SOT2=rr而|OC|r=1+8k1令t=1+2k12,則t>1,1因此|OC|r=32·t=32·1-當(dāng)且僅當(dāng)1t=12,即t=2時等號成立,此時k1=±所以sin∠SOT2≤因此∠SOT2≤π6,所以∠SOT綜上所述:∠SOT的最大值為π3,取得最大值時直線l的斜率k1=±2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∠SOT2與k1之間的函數(shù)關(guān)系,疑難突破把角的問題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問題,即由sin∠SOT2=11+|OC解題反思最值問題一般利用函數(shù)的思想方法求解,利用距離公式建立sin∠SOT2與k1之間的函數(shù)關(guān)系是解題關(guān)鍵.牢固掌握基礎(chǔ)知識和方法是求解的前提.考點四存在性問題13.(2015課標(biāo)Ⅱ,20,12分)已知橢圓C:9x2+y2=m2(m>0),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.(1)證明:直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值;(2)若l過點m3,m,延長線段OM與C交于點P,四邊形OAPB能否為平行四邊形?若能,求此時l的斜率;若不能解析(1)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9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2m2=0,故xM=x1+x22=-kbk于是直線OM的斜率kOM=yMxM=9k,即k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.因為直線l過點m3,m,所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是由(1)得OM的方程為y=9k設(shè)點P的橫坐標(biāo)為xP.由y=-9kx,9x2+y將點m3,m的坐標(biāo)代入l的方程得因此xM=k(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±km3k解得k1=47,k2=4+7.因為ki>0,ki≠3,i=1,2,所以當(dāng)l的斜率為47或4+7時,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,利用韋達(dá)定理求得AB的中點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)而通過解方程使問題得解.教師專用題組考點一曲線與方程1.(2014廣東,20,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個焦點為(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)若動點P(x0,y0)為橢圓C外一點,且點P到橢圓C的兩條切線相互垂直,求點P的軌跡方程.解析(1)由題意知c=5,e=ca=5∴a=3,b2=a2c2=4,故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x29+(2)設(shè)兩切線為l1,l2,①當(dāng)l1⊥x軸或l1∥x軸時,l2∥x軸或l2⊥x軸,可知P(±3,±2).②當(dāng)l1與x軸不垂直且不平行時,x0≠±3,設(shè)l1的斜率為k,且k≠0,則l2的斜率為1k,l1的方程為yy0=k(xx0),與x29+y整理得(9k2+4)x2+18(y0kx0)kx+9(y0kx0)236=0,∵直線l1與橢圓相切,∴Δ=0,即9(y0kx0)2k2(9k2+4)·[(y0kx0)24]=0,∴(x029)k22x0y0k+∴k是方程(x029)x22x0y0x+y0同理,1k是方程(x029)x22x0y0x+y∴k·-1k=y02-4x02-9∴點P的軌跡方程為x2+y2=13(x≠±3).檢驗P(±3,±2)滿足上式.綜上,點P的軌跡方程為x2+y2=13.2.(2013四川,20,13分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的兩個焦點分別為F1(1,0),F2(1,0),(1)求橢圓C的離心率;(2)設(shè)過點A(0,2)的直線l與橢圓C交于M,N兩點,點Q是線段MN上的點,且2|AQ|2=1|AM|解析(1)由橢圓定義知,2a=|PF1|+|PF2|=43+12+1所以a=2.又由已知得,c=1,所以橢圓C的離心率e=ca=12=(2)由(1)知,橢圓C的方程為x22+y設(shè)點Q的坐標(biāo)為(x,y).(i)當(dāng)直線l與x軸垂直時,直線l與橢圓C交于(0,1),(0,1)兩點,此時點Q的坐標(biāo)為0,(ii)當(dāng)直線l與x軸不垂直時,設(shè)直線l的方程為y=kx+2.因為M,N在直線l上,可設(shè)點M,N的坐標(biāo)分別為(x1,kx1+2),(x2,kx2+2),則|AM|2=(1+k2)x12,|AN|2=(1+k2)又|AQ|2=x2+(y2)2=(1+k2)x2.由2|AQ|2=12(1+k2)即2x2=1x12將y=kx+2代入x22+y2=1中(2k2+1)x2+8kx+6=0.②由Δ=(8k)24×(2k2+1)×6>0,得k2>32由②可知,x1+x2=-8k2k2+1,x代入①中并化簡,得x2=1810因為點Q在直線y=kx+2上,所以k=y-2x,代入③中并化簡,得10(y2)2由③及k2>32,可知0<x2<3即x∈-62,又0,2-355滿足10(y2)23x2由題意知,Q(x,y)在橢圓C內(nèi),所以1≤y≤1,由10(y2)2=18+3x2得(y2)2∈95且1≤y≤1,則y∈12所以點Q的軌跡方程為10(y2)23x2=18,其中x∈-62,6評析本題主要考查直線、橢圓、曲線與方程等基礎(chǔ)知識,考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化與化歸、分類與整合等數(shù)學(xué)思想,并考查思維的嚴(yán)謹(jǐn)性.考點二定點與定值問題3.(2014安徽,19,13分)如圖,已知兩條拋物線E1:y2=2p1x(p1>0)和E2:y2=2p2x(p2>0),過原點O的兩條直線l1和l2,l1與E1,E2分別交于A1,A2兩點,l2與E1,E2分別交于B1,B2兩點.(1)證明:A1B1∥A2B2;(2)過O作直線l(異于l1,l2)與E1,E2分別交于C1,C2兩點.記△A1B1C1與△A2B2C2的面積分別為S1與S2,求S1S解析(1)證明:設(shè)直線l1,l2的方程分別為y=k1x,y=k2x(k1,k2≠0),則由y=k1x,由y=k1x,同理可得B12p1k2所以A1B1=2pA2B2=2p故A1B1=p1p2A2B2,所以(2)由(1)知A1B1∥A2B2,同理可得B1C1∥B2C2,C1A1∥C2A2.所以△A1B1C1∽△A2B2C2.因此S1S2又由(1)中的A1B1=p1p故S1S24.(2014山東,21,14分)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F,A為C上異于原點的任意一點,過點A的直線l交C于另一點B,交x軸的正半軸于點D,且有|FA|=|FD|.當(dāng)點A的橫坐標(biāo)為3時,△ADF為正三角形.(1)求C的方程;(2)若直線l1∥l,且l1和C有且只有一個公共點E,(i)證明直線AE過定點,并求出定點坐標(biāo);(ii)△ABE的面積是否存在最小值?若存在,請求出最小值,若不存在,請說明理由.解析(1)由題意知Fp2設(shè)D(t,0)(t>0),則FD的中點為p+2因為|FA|=|FD|,則由拋物線的定義知3+p2=t解得t=3+p或t=3(舍去).由p+2t4所以拋物線C的方程為y2=4x.(2)(i)由(1)知F(1,0),設(shè)A(x0,y0)(x0y0≠0),D(xD,0)(xD>0),因為|FA|=|FD|,則|xD1|=x0+1,由xD>0得xD=x0+2,故D(x0+2,0).故直線AB的斜率kAB=y0因為直線l1和直線AB平行,所以可設(shè)直線l1的方程為y=y0代入拋物線方程得y2+8y0y由Δ=64y02+32by設(shè)E(xE,yE),則yE=4y0,xE=當(dāng)y02≠4時,kAE=yE-y可得直線AE的方程為yy0=4y0y0由y02=4x整理可得y=4y0直線AE恒過點F(1,0),當(dāng)y02=4時,直線AE的方程為x=1,所以直線AE過定點F(1,0).(ii)由(i)知直線AE過焦點F(1,0),所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+1x0+1=x0設(shè)直線AE的方程為x=my+1,因為點A(x0,y0)在直線AE上,故m=x0設(shè)B(x1,y1),直線AB的方程為yy0=y02(xx由y0≠0,可得x=2y0y+2+x代入拋物線方程得y2+8y0y84x所以y0+y1=8y可求得y1=y08y0,x1=4x所以點B到直線AE的距離為d=4x0+x0則△ABE的面積S=12×4x0當(dāng)且僅當(dāng)1x0=x即x0=1時等號成立.所以△ABE的面積的最小值為16.評析本題考查拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程、幾何性質(zhì)、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系以及解析幾何中的定點問題、最值問題和結(jié)論探究性問題.本題綜合性較強(qiáng)、難度較大,很好地考查了考生的邏輯思維能力和運(yùn)算求解能力.本題的易錯點是定點的確定.5.(2013山東,22,13分)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別是F1、F2,離心率為32,過F(1)求橢圓C的方程;(2)點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點,連接PF1,PF2.設(shè)∠F1PF2的角平分線PM交C的長軸于點M(m,0),求m的取值范圍;(3)在(2)的條件下,過點P作斜率為k的直線l,使得l與橢圓C有且只有一個公共點.設(shè)直線PF1,PF2的斜率分別為k1,k2.若k≠0,試證明1kk1+1k解析(1)由于c2=a2b2,將x=c代入橢圓方程x2a2+y2b由題意知2b2a=1,即又e=ca=32,所以橢圓C的方程為x24+y(2)解法一:設(shè)P(x0,y0)(y0≠0).又F1(3,0),F2(3,0),所以直線PF1,PF2的方程分別為lPF1:y0x(x0+3)y+3lPF2:y0x(x03)y3由題意知|my0+由于點P在橢圓上,所以x024所以|m+3|因為3<m<3,2<x0<2,所以m+332x0+2=3因此32<m<3解法二:設(shè)P(x0,y0).當(dāng)0≤x0<2時,①當(dāng)x0=3時,直線PF2的斜率不存在,易知P3,12或若P3,12,則直線PF1的方程為x43由題意得|m+3因為3<m<3,所以m=33若P3,-12,同理可得②當(dāng)x0≠3時,設(shè)直線PF1,PF2的方程分別為y=k1(x+3),y=k2(x3).由題意知|mk1所以(m+3因為x024+y02=1,并且k1=y所以(m+=3x02即m+3m-3因為3<m<3,0≤x0<2且x0≠3,所以3+m3整理得m=3x04,故0≤m<32且綜合①②可得0≤m<32當(dāng)2<x0<0時,同理可得32綜上所述,m的取值范圍是-3(3)設(shè)P(x0,y0)(y0≠0),則直線l的方程為yy0=k(xx0).聯(lián)立x整理得(1+4k2)x2+8(ky0k2x0)x+4(y022kx0y0+k2由題意知Δ=0,即(4x02)k2+2x0y0k+1又x024所以16y02k2+8x0y0k+故k=x0由(2)知1k1+1k2=x0所以1kk1+1kk2=1因此1kk1+1k評析本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其幾何性質(zhì)、直線與橢圓的位置關(guān)系、直線的斜率等基礎(chǔ)知識和基本技能,考查數(shù)形結(jié)合的思想、邏輯推理能力和運(yùn)算求解能力.考點三最值與范圍問題6.(2014福建,9,5分)設(shè)P,Q分別為圓x2+(y6)2=2和橢圓x210+y2=1上的點,則P,Q兩點間的最大距離是(2B.46+2C.7+22答案D7.(2014湖北,9,5分)已知F1,F2是橢圓和雙曲線的公共焦點,P是它們的一個公共點,且∠F1PF2=π3,則橢圓和雙曲線的離心率的倒數(shù)之和的最大值為(A.433B.2答案A考點四存在性問題8.(2013江西,20,13分)如圖,橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過點P1,32(1)求橢圓C的方程;(2)AB是經(jīng)過右焦點F的任一弦(不經(jīng)過點P),設(shè)直線AB與直線l相交于點M,記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.解析(1)由P1,32在橢圓上得,1依題設(shè)知a=2c,則b2=3c2,②②代入①,解得c2=1,a2=4,b2=3.故橢圓C的方程為x24+(2)解法一:由題意可設(shè)AB的斜率為k,則直線AB的方程為y=k(x1),③代入橢圓方程3x2+4y2=12,并整理,得(4k2+3)x28k2x+4(k23)=0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1+x2=8k24k2+3,x在方程③中令x=4,得M的坐標(biāo)為(4,3k).從而k1=y1-32x1-1,k2=注意到A,F,B共線,則有k=kAF=kBF,即有y1x1所以k1+k2=y1-=y1x1=2k32·x④代入⑤得k1+k2=2k32·8k又k3=k12,所以k1+k2=2k3故存在常數(shù)λ=2符合題意.解法二:設(shè)B(x0,y0)(x0≠1),則直線FB的方程為y=y0x令x=4,求得M4,從而直線PM的斜率為k3=2y由y=y0x則直線PA的斜率為k1=2y0-2x0+52(x0-1),直線PB的斜率為k2=2y0-329.(2013湖北,21,13分)如圖,已知橢圓C1與C2的中心在坐標(biāo)原點O,長軸均為MN且在x軸上,短軸長分別為2m,2n(m>n),過原點且不與x軸重合的直線l與C1,C2的四個交點按縱坐標(biāo)從大到小依次為A,B,C,D.記λ=mn,△BDM和△ABN的面積分別為S1和S2(1)當(dāng)直線l與y軸重合時,若S1=λS2,求λ的值;(2)當(dāng)λ變化時,是否存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2?并說明理由.解析依題意可設(shè)橢圓C1和C2的方程分別為C1:x2a2+y2m2=1,C2:x2(1)解法一:如圖1,若直線l與y軸重合,即直線l的方程為x=0,則S1=12|BD|·|OM|=1S2=12|AB|·|ON|=1所以S1S2在C1和C2的方程中分別令x=0,可得yA=m,yB=n,yD=m,于是|BD||AB|=|若S1S2=λ,則λ+1λ-由λ>1,可解得λ=2+1.故當(dāng)直線l與y軸重合時,若S1=λS2,則λ=2+1.解法二:如圖1,若直線l與y軸重合,則|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA||OB|=mn;S1=12|BD|·|OM|=12a|BD|,S2=1212所以S1S2=|BD|若S1S2=λ,則λ+1λ-由λ>1,可解得λ=2+1.故當(dāng)直線l與y軸重合時,若S1=λS2,則λ=2+1.(2)解法一:如圖2,若存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2.根據(jù)對稱性,不妨設(shè)直線l:y=kx(k>0),點M(a,0),N(a,0)到直線l的距離分別為d1,d2,則d1=|-ak-0|1+k2=ak所以d1=d2.又S1=12|BD|d1,S2=12|AB|d所以S1S2即|BD|=λ|AB|.由對稱性可知|AB|=|CD|,所以|BC|=|BD||AB|=(λ1)·|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=(λ+1)|AB|,于是|AD||將l的方程分別與C1,C2的方程聯(lián)立,可求得xA=ama2k2+根據(jù)對稱性可知xC=xB,xD=xA,于是|AD||BC|=1+從而由①和②式可得a2k2令t=λ+1λ(λ-1)于是由③式可解得k2=n2因為k≠0,所以k2>0.于是③式關(guān)于k有解,當(dāng)且僅當(dāng)n2等價于(t21)t2由λ>1,可解得1λ即1λ<λ+1λ(λ-1所以當(dāng)1<λ≤1+2時,不存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2;當(dāng)λ>1+2時,存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l使得S1=λS2.解法二:如圖2,若存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2.根據(jù)對稱性,不妨設(shè)直線l:y=kx(k>0),點M(a,0),N(a,0)到直線l的距離分別為d1,d2,則d1=|-ak-0|1+k2=ak1+k2,d2=又S1=12|BD|d1,S2=12|AB|d2,所以S1因為|BD||AB|=1+k2|由點A(xA,kxA),B(xB,kxB)分別在C1,C2上,可得xA2a2+k2兩式相減可得xA2-依題意xA>xB>0,所以xA2>所以由上式解得k2=m2因為k2>0,所以由m2(xA2從而1<λ+1λ-1<λ,所以當(dāng)1<λ≤1+2時,不存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2;當(dāng)λ>1+2時,存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l使得S1=λS2.評析本題綜合考查直線與圓錐曲線相交得到的三角形的面積的問題.解決此問題的關(guān)鍵:首先將面積比轉(zhuǎn)化成線段比,再通過常規(guī)方法的計算構(gòu)造方程或不等式進(jìn)行求值或求范圍.難度較大,對計算能力、轉(zhuǎn)化能力要求很高.10.(2015北京,19,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,點P(0,1)和點A(m,n)(m≠0)都在橢圓C上(1)求橢圓C的方程,并求點M的坐標(biāo)(用m,n表示);(2)設(shè)O為原點,點B與點A關(guān)于x軸對稱,直線PB交x軸于點N.問:y軸上是否存在點Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求點Q的坐標(biāo);若不存在,說明理由.解析(1)由題意得b=1,ca故橢圓C的方程為x22+y設(shè)M(xM,0).因為m≠0,所以1<n<1.直線PA的方程為y1=n-所以xM=m1-n,即(2)因為點B與點A關(guān)于x軸對稱,所以B(m,n).設(shè)N(xN,0),則xN=m1+“存在點Q(0,yQ)使得∠OQM=∠ONQ”等價于“存在點Q(0,yQ)使得|OM||OQ即yQ滿足yQ2=|xM||x因為xM=m1-n,xN=m1+n所以yQ2=|xM||xN|=所以yQ=2或yQ=2.故在y軸上存在點Q,使得∠OQM=∠ONQ.點Q的坐標(biāo)為(0,2)或(0,2).【三年模擬】一、單項選擇題(每題5分,共45分)1.(2020屆湖南長沙一中第二次月考,11)點M與定點F(2,0)的距離和它到定直線x=8的距離之比為1∶2,則M的軌跡方程是()2=8x2=8(x4)C.x24y23=1D.答案D2.(2020屆廣東10月縣中聯(lián)考,12)以雙曲線x2a2y2b2=1(a>0,b>0)上一點M為圓心的圓與x軸交于O,F兩點,其中O為坐標(biāo)原點,F是雙曲線的右焦點,A.3B.3+1C.3+2D.3+3答案B3.(2020屆福建廈門一中10月月考,9)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,F2也是拋物線E:y2=2px(p>0)的焦點,點A為C與E的一個交點,且直線AF1的傾斜角為45°,A.5-12B.215答案B4.(2020屆湖南長沙周南中學(xué)第二次月考,10)已知圓O1和圓O2的半徑分別為2和4,且|O1O2|=8,若動圓M與圓O1內(nèi)切,與圓O2外切,則動圓圓心M的軌跡是()A.圓B.橢圓C.雙曲線的一支D.拋物線答案C5.(2020屆廣西南寧10月摸底考,11)已知F2為雙曲線C:x2a2y24=1(a>0)的右焦點,直線y=kx與雙曲線交于A,B兩點,若∠AF2B=2π3,則△2323答案D6.(2018東北師大附中五模,12)直線l過拋物線y2=4x的焦點F且與拋物線交于A,B兩點,若線段AF,BF的長分別為m,n,則4m+n的最小值是()答案B7.(2019遼寧丹東質(zhì)量測試(一),12)直線x3y+3=0與橢圓x29+y26=1相交于M,N兩點,設(shè)O是坐標(biāo)原點,則△OMNA.3B.233C.33答案D8.(2019陜西四校聯(lián)考,11)已知橢圓和雙曲線有共同的焦點F1,F2,P是它們的一個交點,且∠F1PF2=2π3,記橢圓和雙曲線的離心率分別為e1,e2,則3e123答案A9.(2020屆廣東百校聯(lián)考,12)已知拋物線y2=16x的焦點為F,過點F作直線l交拋物線于M,N兩點,則|NF|94|A.232313答案D二、多項選擇題(每題5分,共10分)10.(改編題)已知圓錐曲線C1:mx2+ny2=1(n>m>0)與C2:px2qy2=1(p>0,q>0)的公共焦點為F1,F2.點M為C1,C2的一個公共點,且滿足∠F1MF2=90°,若圓錐曲線C1的離心率為34,則下列說法正確的是(2的離心率為92的離心率為32的漸近線方程為y=±1422的漸近線方程為y=±32答案BC11.(改編題)已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,離心率為e1,橢圓C1的上頂點為M,且MF1·MF2=0,雙曲線C2和橢圓C1有相同焦點,且雙曲線C2的離心率為e2,P為曲線C1與C2的一個公共點,若∠FA.e2e1=21·eC.e12+e22=52答案BD三、填空題(每題5分,共15分)12.(原創(chuàng)題)已知A(2,0),B(2,0),C(2,3),若圓錐曲線E是以A,B為焦點,并經(jīng)過頂點C,寫出符合條件的一個圓錐的曲線方程:.

答案x216+y13.(2019河北九校3月聯(lián)考,14)設(shè)F1,F2是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的兩個焦點,P為橢圓C上的一點,且PF1⊥PF2,若△PF1F2的面積為9,周長為答案x225+14.(2020屆廣東珠海9月摸底,16)已知F是拋物線C:y2=8x的焦點,點M(2,6),點P是C上任意一點,當(dāng)點P在P1時,|PF||PM|取得最大值,當(dāng)點P在P2時,|PF||PM|取得最小值,則|P1P2|=.

答案5四、解答題(共60分)15.(2020屆湖北黃岡9月新起點考試,20)橢圓C的焦點為F1(1,0),F2(1,0),橢圓上一點P3,32.直線l的斜率存在,且不經(jīng)過點F2,l與橢圓C交于A,B兩點,且∠AF2O+∠(1)求橢圓C的方程;(2)求證:直線l過定點.解析(1)由題意得c=1,2a=|PF1|+|PF2|=(3+1)a=2,則b=3,所以橢圓C的方程為x24+(2)設(shè)直線l的方程為y=kx+m,由題意知kAF2聯(lián)立y=kx+m,3x2+4yΔ=(8km)24×(3+4k2)(4m212)>0,即4k2m2+3>0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=8km3+4k2,x1x由y1x1-1+y2x2-1=0,即2kx1x2+(mk)(x1+x2)2m=0,把x1+x2=8km3+4k2,x1x2=把m=4k代入4k2m2+3>0,解得12<k<1而直線不過點F2(1,0),所以k≠0,即12<k<12且k所以直線l