（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 10 第10講 圓錐曲線的綜合問題教學(xué)案

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1、第10講　圓錐曲線的綜合問題 　　　　　　圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問題 (2020·杭州七校聯(lián)考)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，焦點(diǎn)與短軸的兩頂點(diǎn)的連線與圓x2＋y2＝相切． (1)求橢圓C的方程； (2)過點(diǎn)(1，0)的直線l與C相交于A，B兩點(diǎn)，在x軸上是否存在點(diǎn)N，使得·為定值？如果有，求出點(diǎn)N的坐標(biāo)及定值；如果沒有，請(qǐng)說明理由． 【解】　(1)因?yàn)闄E圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，焦點(diǎn)與短軸的兩頂點(diǎn)的連線與圓x2＋y2＝相切， 所以，解得c2＝1，a2＝4，b2＝3. 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y＝k(

2、x－1)， A(x1，y1)，B(x2，y2)， ?(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 則Δ＞0，， 若存在定點(diǎn)N(m，0)滿足條件， 則有·＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2 ＝x1x2＋m2－m(x1＋x2)＋k2(x1－1)(x2－1) ＝(1＋k2)x1x2－(m＋k2)(x1＋x2)＋k2＋m2 ＝－＋k2＋m2 ＝. 如果要使上式為定值，則必須有＝?m＝，驗(yàn)證當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)，也符合． 故存在點(diǎn)N滿足·＝－. 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：依題意設(shè)條件，得出與代數(shù)式參數(shù)有關(guān)的等式，代入代數(shù)式、化簡(jiǎn)即

3、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解析式，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：利用長(zhǎng)度公式求得解析式，再依據(jù)條件對(duì)解析式進(jìn)行化簡(jiǎn)、變形即可求得．　 　(2020·杭州、寧波二市三校聯(lián)考)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)過點(diǎn)M(m，2)，其焦點(diǎn)為F′，且|MF′|＝2. (1)求拋物線C的方程； (2)設(shè)E為y軸上異于原點(diǎn)的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)E作不經(jīng)過原點(diǎn)的兩條直線分別與拋物線C和圓F：(x－1)2＋y2＝1相切，切點(diǎn)分別為A，B，求證：直線AB過定點(diǎn)． 解：(1)拋物線C的準(zhǔn)線方程為x＝－， 所以|MF′|＝m＋＝

4、2，又4＝2pm，即4＝2p， 所以p2－4p＋4＝0，所以p＝2， 所以拋物線C的方程為y2＝4x. (2)證明：設(shè)點(diǎn)E(0，t)(t≠0)，由已知切線不為y軸，設(shè)直線EA：y＝kx＋t，聯(lián)立，消去y，可得k2x2＋(2kt－4)x＋t2＝0，① 因?yàn)橹本€EA與拋物線C相切，所以Δ＝(2kt－4)2－4k2t2＝0，即kt＝1，代入①可得x2－2x＋t2＝0，所以x＝t2，即A(t2，2t)． 設(shè)切點(diǎn)B(x0，y0)，則由幾何性質(zhì)可以判斷點(diǎn)O，B關(guān)于直線EF：y＝－tx＋t對(duì)稱，則 ，解得， 即B. 直線AF的斜率為kAF＝(t≠±1)， 直線BF的斜率為kBF＝＝(t≠±

5、1)， 所以kAF＝kBF，即A，B，F(xiàn)三點(diǎn)共線． 當(dāng)t＝±1時(shí)，A(1，±2)，B(1，±1)，此時(shí)A，B，F(xiàn)三點(diǎn)共線． 所以直線AB過定點(diǎn)F(1，0)． 　　　　　　圓錐曲線中的范圍、最值問題(高頻考點(diǎn)) 圓錐曲線中的范圍(最值)問題是高考命題的熱點(diǎn)，多以解答題的第二問呈現(xiàn)，試題難度較大．主要命題角度有： (1)建立目標(biāo)函數(shù)求范圍、最值； (2)利用基本不等式求最值； (3)利用判別式構(gòu)造不等關(guān)系求范圍． 角度一　建立目標(biāo)函數(shù)求范圍、最值 如圖，已知拋物線x2＝y(tǒng)，點(diǎn)A，B，拋物線上的點(diǎn)P(x，y).過點(diǎn)B作直線AP的垂線，垂足為Q. (1)求直線AP斜率的取值

6、范圍； (2)求|PA|·|PQ|的最大值． 【解】　(1)設(shè)直線AP的斜率為k，k＝＝x－， 因?yàn)椋?x<，所以直線AP斜率的取值范圍是(－1，1)． (2)聯(lián)立直線AP與BQ的方程 解得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)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， 所以f(k)在區(qū)間上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減，因此當(dāng)k＝時(shí)，|PA|·|PQ|取得最大值. 角度二　利用基本不等式求最值 (2020·浙江省名校協(xié)作體聯(lián)考)

7、若橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，線段F1F2被拋物線y2＝2bx的焦點(diǎn)F分成了3∶1的兩段． (1)求橢圓的離心率； (2)過點(diǎn)C(－1，0)的直線l交橢圓于不同的兩點(diǎn)A，B，且＝2，當(dāng)△AOB的面積最大時(shí)，求直線l的方程． 【解】　(1)由題意知，c＋＝3， 所以b＝c，a2＝2b2， 所以e＝＝ ＝. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為x＝ky－1(k≠0)， 因?yàn)椋?，所以(－1－x1，－y1)＝2(x2＋1，y2)， 即2y2＋y1＝0，① 由(1)知，a2＝2b2，所以橢圓方程為x2＋2y2＝2b2. 由，消去x，

8、得(k2＋2)y2－2ky＋1－2b2＝0， 所以y1＋y2＝，② 由①②知，y2＝－，y1＝， 因?yàn)镾△AOB＝|y1|＋|y2|， 所以S△AOB＝3·＝3·≤·＝， 當(dāng)且僅當(dāng)|k|2＝2，即k＝±時(shí)取等號(hào)， 此時(shí)直線l的方程為x＝y(tǒng)－1或x＝－y－1. 角度三　利用判別式構(gòu)造不等關(guān)系求范圍 已知橢圓的一個(gè)頂點(diǎn)為A(0，－1)，焦點(diǎn)在x軸上，中心在原點(diǎn)．若右焦點(diǎn)到直線x－y＋2＝0的距離為3. (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)直線y＝kx＋m(k≠0)與橢圓相交于不同的兩點(diǎn)M，N.當(dāng)|AM|＝|AN|時(shí)，求m的取值范圍． 【解】　(1)依題意可設(shè)橢圓方程為＋y2＝

9、1，則右焦點(diǎn)F(，0)，由題設(shè)＝3，解得a2＝3. 所以所求橢圓的方程為＋y2＝1. (2)設(shè)P(xP，yP)，M(xM，yM)，N(xN，yN)， P為弦MN的中點(diǎn)，由 得(3k2＋1)x2＋6mkx＋3(m2－1)＝0， 因?yàn)橹本€與橢圓相交， 所以Δ＝(6mk)2－4(3k2＋1)×3(m2－1)＞0?m2＜3k2＋1.① 所以xP＝＝－， 從而yP＝kxP＋m＝， 所以kAP＝＝－， 又因?yàn)閨AM|＝|AN|，所以AP⊥MN， 則－＝－， 即2m＝3k2＋1.② 把②代入①，得m2＜2m，解得0＜m＜2； 由②得k2＝＞0，解得m＞. 綜上，m的取值范圍是.

10、 范圍、最值問題的求解策略 (1)幾何法：若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來解決． (2)代數(shù)法：若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可首先建立起目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)函數(shù)的最值．在利用代數(shù)法解決最值與范圍問題時(shí)常從以下五個(gè)方面考慮： ①利用判別式來構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍； ②利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的關(guān)鍵是在兩個(gè)參數(shù)之間建立等量關(guān)系； ③利用隱含或已知的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍； ④利用基本不等式求出參數(shù)的取值范圍； ⑤利用函數(shù)的值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍．　 1．如圖，

11、設(shè)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，拋物線上的點(diǎn)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(diǎn)B，過B與x軸平行的直線和過F與AB垂直的直線交于點(diǎn)N，AN與x軸交于點(diǎn)M.求M的橫坐標(biāo)的取值范圍． 解：(1)由題意可得，拋物線上的點(diǎn)A到焦點(diǎn)F的距離等于點(diǎn)A到直線x＝－1的距離，由拋物線的定義得＝1，即p＝2. (2)由(1)得，拋物線方程為y2＝4x，F(xiàn)(1，0)，可設(shè)A(t2，2t)，t≠0，t≠±1. 因?yàn)锳F不垂直于y軸，可設(shè)直線AF：x＝sy＋1(s≠0)，由，消去x得y2－4sy－4＝0， 故y1y2＝－4，所以B. 又直線

12、AB的斜率為，故直線FN的斜率為－.從而得直線FN：y＝－(x－1)，直線BN：y＝－，所以N. 設(shè)M(m，0)，由A，M，N三點(diǎn)共線得＝， 于是m＝＝2＋. 所以m<0或m>2. 經(jīng)檢驗(yàn)，m<0或m>2滿足題意． 綜上，點(diǎn)M的橫坐標(biāo)的取值范圍是(－∞，0)∪(2，＋∞)． 2.(2020·杭州中學(xué)高三月考)如圖，以橢圓＋y2＝1的右焦點(diǎn)F2為圓心，1－c為半徑作圓F2(其中c為已知橢圓的半焦距)，過橢圓上一點(diǎn)P作此圓的切線，切點(diǎn)為T. (1)若a＝，P為橢圓的右頂點(diǎn)，求切線長(zhǎng)|PT|； (2)設(shè)圓F2與x軸的右交點(diǎn)為Q，過點(diǎn)Q作斜率為k(k＞0)的直線l與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)

13、，若OA⊥OB，且|PT|≥(a－c)恒成立，求直線l被圓F2所截得弦長(zhǎng)的最大值． 解：(1)由a＝得c＝， 則當(dāng)P為橢圓的右頂點(diǎn)時(shí)|PF2|＝a－c＝， 故此時(shí)的切線長(zhǎng)|PT|＝ ＝. (2)當(dāng)|PF2|取得最小值時(shí)|PT|取得最小值，而|PF2|min＝a－c， 由|PT|≥(a－c)恒成立，得≥(a－c)，則≤c＜1. 由題意知Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(1，0)，則直線l的方程為y＝k(x－1)，代入＋y2＝1， 得(a2k2＋1)x2－2a2k2x＋a2k2－a2＝0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則有x1＋x2＝，x1x2＝， 可得y1y2＝k2[x1x2－(x1

14、＋x2)＋1]＝， 又OA⊥OB，則x1x2＋y1y2＝＝0?k＝a， 可得直線l的方程為ax－y－a＝0， 圓心F2(c，0)到直線l的距離d＝，半徑r＝1－c， 則直線l被圓F2所截得弦長(zhǎng)s＝2＝， 設(shè)1－c＝t，則0＜t≤， 又＝ ＝ ， 則當(dāng)t＝時(shí)的最小值為， 即當(dāng)c＝時(shí)s的最大值為. 　　　　　　圓錐曲線中的探索性問題 (2020·溫州中學(xué)高三模擬)設(shè)直線l與拋物線x2＝2y交于A，B兩點(diǎn)，與橢圓＋＝1交于C，D兩點(diǎn)，直線OA，OB，OC，OD(O為坐標(biāo)原點(diǎn))的斜率分別為k1，k2，k3，k4，若OA⊥OB. (1)是否存在實(shí)數(shù)t，滿足k1＋k2＝t(k3

15、＋k4)，并說明理由； (2)求△OCD面積的最大值． 【解】　設(shè)直線l方程為y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)． 聯(lián)立y＝kx＋b和x2＝2y， 得x2－2kx－2b＝0， 則x1＋x2＝2k，x1x2＝－2b，Δ＝4k2＋8b＞0. 由OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0，得b＝2. 聯(lián)立y＝kx＋2和3x2＋4y2＝12，得 (3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0， 所以x3＋x4＝－，x3x4＝. 由Δ2＝192k2－48＞0，得k2＞. (1)因?yàn)閗1＋k2＝＋＝k，k3＋k4＝＋＝－6k， 所以＝－. 即存

16、在實(shí)數(shù)t＝－，滿足k1＋k2＝－(k3＋k4)． (2)根據(jù)弦長(zhǎng)公式|CD|＝|x3－x4|，得 |CD|＝4··， 根據(jù)點(diǎn)O到直線CD的距離公式，得d＝， 所以S△OCD＝|CD|·d＝4·， 設(shè)＝t＞0，則S△OCD＝≤， 所以當(dāng)t＝2，即k＝±時(shí)，S△OCD的最大值為. 探索性問題的求解策略 (1)探索性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化．其步驟為假設(shè)滿足條件的元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實(shí)數(shù)解，則元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))不存在． (2)反證法與驗(yàn)證

17、法也是求解探索性問題常用的方法．　 　(2020·溫州十五校聯(lián)合體聯(lián)考)如圖，已知拋物線C1：y2＝2px(p＞0)，直線l與拋物線C1相交于A，B兩點(diǎn)，且當(dāng)傾斜角為60°的直線l經(jīng)過拋物線C1的焦點(diǎn)F時(shí)，有|AB|＝. (1)求拋物線C1的方程； (2)已知圓C2：(x－1)2＋y2＝，是否存在傾斜角不為90°的直線l，使得線段AB被圓C2截成三等分？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說明理由． 解：(1)當(dāng)傾斜角為60°的直線l經(jīng)過拋物線C1的焦點(diǎn)F時(shí)，直線l的方程為y＝(x－)，聯(lián)立方程組，即3x2－5px＋p2＝0， 所以|AB|＝＋p＝，即p＝，所以拋物線C1的方

18、程是y2＝x. (2)假設(shè)存在直線l，使得線段AB被圓C2截成三等分，令直線l交圓C2于C，D，設(shè)直線l的方程為x＝my＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意知，線段AB與線段CD的中點(diǎn)重合且有|AB|＝3|CD|，聯(lián)立方程組，即4y2－my－b＝0， 所以y1＋y2＝，y1y2＝－，x1＋x2＝＋2b， 所以線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)M為(＋b，)，即線段CD 的中點(diǎn)為(＋b，)，又圓C2的圓心為C2(1，0)，所以kMC2＝＝－m， 所以m2＋8b－7＝0，即b＝－， 又因?yàn)閨AB|＝·＝·，因?yàn)閳A心C2(1，0)到直線l的距離d＝，圓C2的半徑為， 所以3|CD|＝6＝(

19、m2＜3)， 所以m4－22m2＋13＝0，即m2＝11±6， 所以m＝±，b＝， 故直線l的方程為x＝±y＋. [基礎(chǔ)題組練] 1．已知橢圓E的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，左、右焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2在x軸上，離心率為，在其上有一動(dòng)點(diǎn)A，A到點(diǎn)F1距離的最小值是1.過A，F(xiàn)1作一個(gè)平行四邊形，頂點(diǎn)A，B，C，D都在橢圓E上，如圖所示． (1)求橢圓E的方程； (2)判斷?ABCD能否為菱形，并說明理由． 解：(1)依題，令橢圓E的方程為＋＝1(a>b>0)， c2＝a2－b2(c>0)，所以離心率e＝＝，即a＝2c. 令點(diǎn)A的坐標(biāo)為(x0，y0)，所以＋＝1， 焦點(diǎn)F1(－c，0)，即|A

20、F1|＝ ＝ ＝＝|x0＋a|， 因?yàn)閤0∈[－a，a]，所以當(dāng)x0＝－a時(shí)，|AF1|min＝a－c， 由題a－c＝1，結(jié)合上述可知a＝2，c＝1，所以b2＝3， 于是橢圓E的方程為＋＝1. (2)由(1)知F1(－1，0)，直線AB不能平行于x軸，所以令直線AB的方程為x＝my－1，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立方程， 得(3m2＋4)y2－6my－9＝0， 所以y1＋y2＝，y1y2＝. 連接OA，OB， 若?ABCD是菱形，則OA⊥OB，即·＝0，于是有x1x2＋y1y2＝0， 又x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝m2y1y2－m(y1＋y2

21、)＋1，所以有(m2＋1)y1y2－m(y1＋y2)＋1＝0，得到＝0，可見m沒有實(shí)數(shù)解， 故?ABCD不能是菱形． 2．(2020·金華十校第二期調(diào)研)已知拋物線C：y＝x2，點(diǎn)P(0，2)，A，B是拋物線上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P到直線AB的距離為1. (1)若直線AB的傾斜角為，求直線AB的方程； (2)求|AB|的最小值． 解：(1)設(shè)直線AB的方程： y＝x＋m，則＝1， 所以m＝0或m＝4，所以直線AB的方程為y＝x或y＝x＋4. (2)設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m，則＝1，所以k2＋1＝(m－2)2. 由，得x2－kx－m＝0，所以x1＋x2＝k，x1x2＝－m，所以|

22、AB|2＝[－4x1x2]＝＝，記f(m)＝(m2＋3)，所以f′(m)＝2(m－2)(2m2－2m＋3)，又k2＋1＝≥1，所以m≤1或m≥3， 當(dāng)m∈時(shí)，f′(m)＜0，f(m)單調(diào)遞減， 當(dāng)m∈時(shí)，f′(m)＞0，f(m)單調(diào)遞增， f(m)min＝f(1)＝4，所以|AB|min＝2. 3．(2020·寧波市高考模擬)已知橢圓方程為＋y2＝1，圓C：(x－1)2＋y2＝r2. (1)求橢圓上動(dòng)點(diǎn)P與圓心C距離的最小值； (2)如圖，直線l與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，且與圓C相切于點(diǎn)M，若滿足M為線段AB中點(diǎn)的直線l有4條，求半徑r的取值范圍． 解：(1)設(shè)P(x，y)，|

23、PC|＝＝＝，由－2≤x≤2，當(dāng)x＝時(shí)，|PC|min＝. (2)當(dāng)直線AB斜率不存在且與圓C相切時(shí)，M在x軸上，故滿足條件的直線有2條；當(dāng)直線AB斜率存在時(shí)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0), 由，整理得＝－×， 則kAB＝－，kMC＝，kMC×kAB＝－1， 則kMC×kAB＝－×＝－1，解得x0＝， 由M在橢圓內(nèi)部，則＋y＜1，解得y＜， 由r2＝(x0－1)2＋y＝＋y， 所以＜r2＜，解得＜r＜. 所以半徑r的取值范圍為(，) . 4.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△A

24、OB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn))． 解：(1)由題意知m≠0， 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Δ＝－2b2＋2＋>0.① 將線段AB的中點(diǎn)M代入直線方程y＝mx＋解得b＝－.② 由①②得m<－或m>. (2)令t＝∈∪， 則|AB|＝·， 且O到直線AB的距離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. 5．(2020·湘中名校聯(lián)考)如圖，曲線C由上半橢圓C1：＋＝1(a＞b

25、＞0，y≥0)和部分拋物線C2：y＝－x2＋1(y≤0)連接而成，C1與C2的公共點(diǎn)為A，B，其中C1的離心率為. (1)求a，b的值； (2)過點(diǎn)B的直線l與C1，C2分別交于點(diǎn)P，Q(均異于點(diǎn)A，B)，是否存在直線l，使得以PQ為直徑的圓恰好過點(diǎn)A，若存在，求出直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說明理由． 解：(1)在C1，C2的方程中，令y＝0，可得b＝1，且A(－1，0)，B(1，0)是上半橢圓C1的左、右頂點(diǎn)． 設(shè)C1的半焦距為c，由＝及a2－c2＝b2＝1得a＝2. 所以a＝2，b＝1. (2)由(1)知，上半橢圓C1的方程為＋x2＝1(y≥0)．易知，直線l與x軸不重合也不垂

26、直，設(shè)其方程為y＝k(x－1)(k≠0)，代入C1的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*) 設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(xP，yP)， 因?yàn)橹本€l過點(diǎn)B， 所以x＝1是方程(*)的一個(gè)根． 由根與系數(shù)的關(guān)系，得xP＝，從而yP＝， 所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為. 同理，由得點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(－k－1，－k2－2k)． 所以＝(k，－4)，＝－k(1，k＋2)． 因?yàn)锳P⊥AQ，所以·＝0， 即[k－4(k＋2)]＝0. 因?yàn)閗≠0，所以k－4(k＋2)＝0，解得k＝－. 經(jīng)檢驗(yàn)，k＝－符合題意． 故直線l的方程為y＝－(x－1)． 6.(2020·學(xué)軍中學(xué)高三模擬)已知橢圓

27、＋y2＝1(a＞1)，過直線l：x＝2上一點(diǎn)P作橢圓的切線，切點(diǎn)為A，當(dāng)P點(diǎn)在x軸上時(shí)，切線PA的斜率為±. (1)求橢圓的方程； (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求△POA面積的最小值． 解：(1)當(dāng)P點(diǎn)在x軸上時(shí)，P(2，0)，PA：y＝±(x－2)，?(＋)x2－2x＋1＝0， Δ＝0?a2＝2，橢圓方程為＋y2＝1. (2)設(shè)切線為y＝kx＋m，設(shè)P(2，y0)，A(x1，y1)， 則?(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0?Δ＝0?m2＝2k2＋1， 且x1＝，y1＝，y0＝2k＋m， 則|PO|＝，PO的直線為y＝x?A到直線PO距離d＝， 則S△POA＝|PO|·d

28、＝|y0x1－2y1| ＝|(2k＋m)－| ＝|m|＝|k＋m|＝|k＋|， 所以(S－k)2＝1＋2k2?k2＋2Sk－S2＋1＝0， Δ＝8S2－4≥0?S≥，此時(shí)k＝±，所以△POA面積的最小值為. [綜合題組練] 1．(2020·浙江高考沖刺卷)已知橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)，點(diǎn)F，B分別是橢圓的右焦點(diǎn)與上頂點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，記△OBF的周長(zhǎng)與面積分別為C和S. (1)求的最小值； (2)如圖，過點(diǎn)F的直線l交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，過點(diǎn)F作l的垂線，交直線x＝3b于點(diǎn)R，當(dāng)取最小值時(shí)，求的最小值． 解：(1)△OBF的周長(zhǎng)C＝＋b＋c.△OBF的面積S＝bc.

29、＝＝≥·＝2＋2， 當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)，的最小值為2＋2. (2)由(1)得當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)，的最小值為2＋2. 此時(shí)橢圓方程可化為＋ ＝1. 依題意可得過點(diǎn)F的直線l的斜率不能為0，故設(shè)直線l的方程為x＝my＋c. 聯(lián)立，整理得(2＋m2)y2＋2mcy－c2＝0. y1＋y2＝，y1y2＝， |PQ|＝＝×＝2c×. 當(dāng)m＝0時(shí)，PQ垂直橫軸，F(xiàn)R與橫軸重合，此時(shí)|PQ|＝c，|FR|＝3b－c＝2c，＝＝. 當(dāng)m≠0時(shí)，設(shè)直線FR：y＝－m(x－c)，令x＝3c得R(3c，－2mc)，|FR|＝2c， ＝2c×＝ ＝(＋)＞×2＝， 綜上所述：當(dāng)且僅當(dāng)m＝0時(shí)，取最

30、小值為. 2．(2020·杭州市第一次高考數(shù)學(xué)檢測(cè))設(shè)點(diǎn)A，B分別是x，y軸上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，AB＝1.若＝λ(λ＞0)． (1)求點(diǎn)C的軌跡Γ； (2)過點(diǎn)D作軌跡Γ的兩條切線，切點(diǎn)分別為P，Q，過點(diǎn)D作直線m交軌跡Γ于不同的兩點(diǎn)E，F(xiàn)，交PQ于點(diǎn)K，問是否存在實(shí)數(shù)t，使得＋＝恒成立，并說明理由． 解：(1)設(shè)A(a，0)，B(0，c)，C(x，y)，則＝(a，－c)，＝(x－a，y)．由AB＝1得a2＋c2＝1， 所以，消去a，c，得 點(diǎn)C的軌跡Γ為＋＝1. (2)設(shè)點(diǎn)E，F(xiàn)，K的橫坐標(biāo)分別為xE，xF，xK， 設(shè)點(diǎn)D(s，t)，則直線PQ的方程為x＋y＝1. 設(shè)直線m的方程：y＝kx＋b，所以t＝ks＋b. 計(jì)算得xK＝. 將直線m代入橢圓方程，得x2＋x＋－1＝0， 所以xE＋xF＝， xExF＝， 所以＋＝＋ ＝· ＝2. 驗(yàn)證當(dāng)m的斜率不存在時(shí)成立． 故存在實(shí)數(shù)t＝2，使得＋＝恒成立． 18