（浙江專版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十章 圓錐曲線與方程 10.4 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系學(xué)案

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1、 §10.4　直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 考綱解讀 考點(diǎn) 考綱內(nèi)容 要求 浙江省五年高考統(tǒng)計(jì) 2013 2014 2015 2016 2017 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 1.了解圓錐曲線的簡單應(yīng)用. 2.理解數(shù)形結(jié)合的思想. 3.能解決直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等問題. 掌握 15,4分 21,15分 22(文), 約8分 16,4分 21,15分 22(文), 約7分 19,約7分 15(文),4分 19(文), 約7分 19(1),8分 19(2)(文), 9分 21,15分 分析解讀　　1.直線與圓錐曲線的位置關(guān)系是高

2、考的?？純?nèi)容,常以解答題的形式呈現(xiàn),試題具有一定的難度. 2.直線與圓錐曲線的位置關(guān)系綜合性較強(qiáng),要注重與一元二次方程中的判別式、韋達(dá)定理、函數(shù)的單調(diào)性、不等式、平面向量等知識相綜合. 3.預(yù)計(jì)2019年高考中,仍將以直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等問題為重點(diǎn)進(jìn)行考查. 五年高考 考點(diǎn)　直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2017課標(biāo)全國Ⅱ文,12,5分)過拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)F,且斜率為的直線交C于點(diǎn)M(M在x軸的上方),l為C的準(zhǔn)線,點(diǎn)N在l上且MN⊥l,則M到直線NF的距離為(　　) A. B.2 C.2 D.3 答案　C 2.(

3、2017課標(biāo)全國Ⅰ理,10,5分)已知F為拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn),過F作兩條互相垂直的直線l1,l2,直線l1與C交于A,B兩點(diǎn),直線l2與C交于D,E兩點(diǎn),則|AB|+|DE|的最小值為(　　) A.16 B.14 C.12 D.10 答案　A 3.(2014遼寧,10,5分)已知點(diǎn)A(-2,3)在拋物線C:y2=2px的準(zhǔn)線上,過點(diǎn)A的直線與C在第一象限相切于點(diǎn)B,記C的焦點(diǎn)為F,則直線BF的斜率為(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A. B. C. D. 答案　D 4.(2014四川,10,5分)已知F為拋物線y2=x的焦點(diǎn),點(diǎn)A,B在該拋物線上且位于

4、x軸的兩側(cè),·=2(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)),則△ABO與△AFO面積之和的最小值是(　　) A.2 B.3 C. D. 答案　B 5.(2014課標(biāo)Ⅱ,10,5分)設(shè)F為拋物線C:y2=3x的焦點(diǎn),過F且傾斜角為30°的直線交C于A,B兩點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),則△OAB的面積為(　　) A. B. C. D. 答案　D 6.(2015江蘇,12,5分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,P為雙曲線x2-y2=1右支上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn).若點(diǎn)P到直線x-y+1=0的距離大于c恒成立,則實(shí)數(shù)c的最大值為　　　　.? 答案　 7.(2015浙江文,19,15分)如圖,已知拋物線C1:y=x2,圓C2:x2+(

5、y-1)2=1,過點(diǎn)P(t,0)(t>0)作不過原點(diǎn)O的直線PA,PB分別與拋物線C1和圓C2相切,A,B為切點(diǎn). (1)求點(diǎn)A,B的坐標(biāo); (2)求△PAB的面積. 注:直線與拋物線有且只有一個(gè)公共點(diǎn),且與拋物線的對稱軸不平行,則稱該直線與拋物線相切,稱該公共點(diǎn)為切點(diǎn). 解析　(1)由題意知直線PA的斜率存在,故可設(shè)直線PA的方程為y=k(x-t), 由消去y,整理得: x2-4kx+4kt=0, 由于直線PA與拋物線相切,得k=t. 因此,點(diǎn)A的坐標(biāo)為(2t,t2). 設(shè)圓C2的圓心為D(0,1),點(diǎn)B的坐標(biāo)為(x0,y0),由題意知:點(diǎn)B,O關(guān)于直線PD對稱,故

6、解得 因此,點(diǎn)B的坐標(biāo)為. (2)由(1)知|AP|=t·, 和直線PA的方程tx-y-t2=0. 點(diǎn)B到直線PA的距離是d=, 設(shè)△PAB的面積為S(t),所以S(t)=|AP|·d=. 8.(2017天津理,19,14分)設(shè)橢圓+=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F,右頂點(diǎn)為A,離心率為.已知A是拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn),F到拋物線的準(zhǔn)線l的距離為. (1)求橢圓的方程和拋物線的方程; (2)設(shè)l上兩點(diǎn)P,Q關(guān)于x軸對稱,直線AP與橢圓相交于點(diǎn)B(B異于點(diǎn)A),直線BQ與x軸相交于點(diǎn)D.若△APD的面積為,求直線AP的方程. 解析　本小題主要考查橢圓、拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程

7、和幾何性質(zhì),直線方程等基礎(chǔ)知識.考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì).考查運(yùn)算求解能力,以及用方程思想解決問題的能力. (1)設(shè)F的坐標(biāo)為(-c,0).依題意,=,=a,a-c=,解得a=1,c=,p=2,于是b2=a2-c2=. 所以,橢圓的方程為x2+=1,拋物線的方程為y2=4x. (2)設(shè)直線AP的方程為x=my+1(m≠0),與直線l的方程x=-1聯(lián)立,可得點(diǎn)P,故Q.將x=my+1與x2+=1聯(lián)立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=.由點(diǎn)B異于點(diǎn)A,可得點(diǎn)B.由Q,可得直線BQ的方程為(x+1)-=0,令y=0,解得x=,故D.所以|AD|=1-=.又

8、因?yàn)椤鰽PD的面積為,故××=,整理得3m2-2|m|+2=0,解得|m|=,所以m=±. 所以,直線AP的方程為3x+y-3=0或3x-y-3=0. 9.(2016課標(biāo)全國Ⅱ,20,12分)已知橢圓E:+=1的焦點(diǎn)在x軸上,A是E的左頂點(diǎn),斜率為k(k>0)的直線交E于A,M兩點(diǎn),點(diǎn)N在E上,MA⊥NA. (1)當(dāng)t=4,|AM|=|AN|時(shí),求△AMN的面積; (2)當(dāng)2|AM|=|AN|時(shí),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(shí),E的方程為+=1,A(-2,0).(1分) 由已知及橢圓的對稱性知,直線AM的傾斜角為. 因此直線A

9、M的方程為y=x+2.(2分) 將x=y-2代入+=1得7y2-12y=0. 解得y=0或y=,所以y1=.(4分) 因此△AMN的面積S△AMN=2×××=.(5分) (2)由題意知,t>3,k>0,A(-,0).將直線AM的方程y=k(x+)代入+=1得(3+tk2)x2+2·tk2x+t2k2-3t=0.(7分) 由x1·(-)=得x1=, 故|AM|=|x1+ |=.(8分) 由題設(shè),直線AN的方程為y=-(x+), 故同理可得|AN|=.(9分) 由2|AM|=|AN|得=,即(k3-2)t=3k(2k-1). 當(dāng)k=時(shí)上式不成立,因此t=.(10分) t>3等

10、價(jià)于=<0,即<0.(11分) 由此得或解得0). (1)若直線l過拋物線C的焦點(diǎn),求拋物線C的方程; (2)已知拋物線C上存在關(guān)于直線l對稱的相異兩點(diǎn)P和Q. ①求證:線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2-p,-p); ②求p的取值范圍. 解析　(1)拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為, 由點(diǎn)在直線l:x-y-2=0上,得-0-2=0,即p=4. 所以拋物線C的方程為y2=8x. (2)設(shè)P(x1,

11、y1),Q(x2,y2),線段PQ的中點(diǎn)M(x0,y0). 因?yàn)辄c(diǎn)P和Q關(guān)于直線l對稱,所以直線l垂直平分線段PQ, 于是直線PQ的斜率為-1,則可設(shè)其方程為y=-x+b. ①證明:由消去x得y2+2py-2pb=0.(*) 因?yàn)镻和Q是拋物線C上的相異兩點(diǎn),所以y1≠y2, 從而Δ=(2p)2-4×(-2pb)>0,化簡得p+2b>0. 方程(*)的兩根為y1,2=-p±,從而y0==-p. 因?yàn)镸(x0,y0)在直線l上,所以x0=2-p. 因此,線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2-p,-p). ②因?yàn)镸(2-p,-p)在直線y=-x+b上, 所以-p=-(2-p)+b,即b=2

12、-2p. 由①知p+2b>0,于是p+2(2-2p)>0,所以p<. 因此,p的取值范圍是. 11.(2015天津,19,14分)已知橢圓+=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F(-c,0),離心率為,點(diǎn)M在橢圓上且位于第一象限,直線FM被圓x2+y2=截得的線段的長為c,|FM|=. (1)求直線FM的斜率; (2)求橢圓的方程; (3)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P在橢圓上,若直線FP的斜率大于,求直線OP(O為原點(diǎn))的斜率的取值范圍. 解析　(1)由已知有=,即a2=3c2,又由a2=b2+c2,可得b2=2c2. 設(shè)直線FM的斜率為k(k>0),則直線FM的方程為y=k(x+c).由已知,有+=,解

13、得k=. (2)由(1)得橢圓方程為+=1,直線FM的方程為y=(x+c),兩個(gè)方程聯(lián)立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-c或x=c.因?yàn)辄c(diǎn)M在第一象限,可得M的坐標(biāo)為. 由|FM|==,解得c=1, 所以橢圓的方程為+=1. (3)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,y),直線FP的斜率為t,得t=,即y=t(x+1)(x≠-1),與橢圓方程聯(lián)立得消去y,得2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t=>,解得-0

14、,于是m=,得m∈. ②當(dāng)x∈(-1,0)時(shí),有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=-,得m∈. 綜上,直線OP的斜率的取值范圍是∪. 12.(2015湖南,20,13分)已知拋物線C1:x2=4y的焦點(diǎn)F也是橢圓C2:+=1(a>b>0)的一個(gè)焦點(diǎn),C1與C2的公共弦的長為2. (1)求C2的方程; (2)過點(diǎn)F的直線l與C1相交于A,B兩點(diǎn),與C2相交于C,D兩點(diǎn),且與同向. (i)若|AC|=|BD|,求直線l的斜率; (ii)設(shè)C1在點(diǎn)A處的切線與x軸的交點(diǎn)為M,證明:直線l繞點(diǎn)F旋轉(zhuǎn)時(shí),△MFD總是鈍角三角形. 解析　(1)由C1:x2=4y知其焦點(diǎn)F的坐標(biāo)

15、為(0,1).因?yàn)镕也是橢圓C2的一個(gè)焦點(diǎn),所以a2-b2=1.① 又C1與C2的公共弦的長為2,C1與C2都關(guān)于y軸對稱,且C1的方程為x2=4y,由此易知C1與C2的公共點(diǎn)的坐標(biāo)為,所以+=1.② 聯(lián)立①②得a2=9,b2=8.故C2的方程為+=1. (2)如圖,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4). (i)因與同向,且|AC|=|BD|,所以=,從而x3-x1=x4-x2,即x1-x2=x3-x4,于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4.③ 設(shè)直線l的斜率為k,則l的方程為y=kx+1. 由得x2-4kx-4=0.而

16、x1,x2是這個(gè)方程的兩根,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.④ 由得(9+8k2)x2+16kx-64=0.而x3,x4是這個(gè)方程的兩根,所以x3+x4=-,x3x4=-.⑤ 將④⑤代入③,得16(k2+1)=+, 即16(k2+1)=, 所以(9+8k2)2=16×9,解得k=±,即直線l的斜率為±. (ii)證明:由x2=4y得y'=,所以C1在點(diǎn)A處的切線方程為y-y1=(x-x1),即y=-. 令y=0,得x=,即M,所以=.而=(x1,y1-1),于是·=-y1+1=+1>0, 因此∠AFM是銳角,從而∠MFD=180°-∠AFM是鈍角. 故直線l繞點(diǎn)F旋轉(zhuǎn)

17、時(shí),△MFD總是鈍角三角形. 13.(2014遼寧,20,12分)圓x2+y2=4的切線與x軸正半軸,y軸正半軸圍成一個(gè)三角形,當(dāng)該三角形面積最小時(shí),切點(diǎn)為P(如圖),雙曲線C1:-=1過點(diǎn)P且離心率為. (1)求C1的方程; (2)橢圓C2過點(diǎn)P且與C1有相同的焦點(diǎn),直線l過C2的右焦點(diǎn)且與C2交于A,B兩點(diǎn),若以線段AB為直徑的圓過點(diǎn)P,求l的方程. 解析　(1)設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0,y0)(x0>0,y0>0),則切線斜率為-,切線方程為y-y0=-(x-x0),即x0x+y0y=4,此時(shí),兩個(gè)坐標(biāo)軸的正半軸與切線圍成的三角形面積為S=··=.由+=4≥2x0y0知,當(dāng)且僅

18、當(dāng)x0=y0=時(shí)x0y0有最大值,即S有最小值,因此點(diǎn)P的坐標(biāo)為(,). 由題意知解得a2=1,b2=2, 故C1的方程為x2-=1. (2)由(1)知C2的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(-,0),(,0),由此設(shè)C2的方程為+=1,其中b1>0. 由P(,)在C2上,得+=1, 解得=3,因此C2的方程為+=1. 顯然,l不是直線y=0.設(shè)l的方程為x=my+,點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),由 得(m2+2)y2+2my-3=0,又y1,y2是方程的根, 因此 由x1=my1+,x2=my2+,得 因=(-x1,-y1),=(-x2,-y2). 由題意知·=0, 所以x1x

19、2-(x1+x2)+y1y2-(y1+y2)+4=0.⑤ 將①②③④代入⑤式整理得 2m2-2m+4-11=0, 解得m=-1或m=-+1.因此直線l的方程為 x-y-=0或x+y-=0. 教師用書專用(14—19) 14.(2013課標(biāo)全國Ⅰ,10,5分)已知橢圓E:+=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(3,0),過點(diǎn)F的直線交E于A,B兩點(diǎn).若AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(1,-1),則E的方程為(　　) A.+=1 B.+=1 C.+=1 D.+=1 答案　D　 15.(2013浙江,15,4分)設(shè)F為拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn),過點(diǎn)P(-1,0)的直線l交拋物線C于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)Q

20、為線段AB的中點(diǎn).若|FQ|=2,則直線l的斜率等于　　　　.? 答案　±1 16.(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(diǎn).若點(diǎn)A在橢圓C上,點(diǎn)B在直線y=2上,且OA⊥OB,試判斷直線AB與圓x2+y2=2的位置關(guān)系,并證明你的結(jié)論. 解析　(1)由題意知,橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1. 所以a2=4,b2=2, 從而c2=a2-b2=2. 因此a=2,c=. 故橢圓C的離心率e==. (2)直線AB與圓x2+y2=2相切.證明如下: 設(shè)點(diǎn)A,B的坐標(biāo)分別為(x0,y0),(t,2),其中x0≠0. 因?yàn)镺

21、A⊥OB,所以·=0,即tx0+2y0=0,解得t=-. 當(dāng)x0=t時(shí),y0=-,代入橢圓C的方程,得t=±, 故直線AB的方程為x=±. 圓心O到直線AB的距離d=. 此時(shí)直線AB與圓x2+y2=2相切. 當(dāng)x0≠t時(shí),直線AB的方程為y-2=(x-t), 即(y0-2)x-(x0-t)y+2x0-ty0=0. 圓心O到直線AB的距離d=. 又+2=4,t=-, 故d===. 此時(shí)直線AB與圓x2+y2=2相切. 綜上,直線AB與圓x2+y2=2相切. 17.(2014陜西,20,13分)如圖,曲線C由上半橢圓C1:+=1(a>b>0,y≥0)和部分拋物線C2:y=-

22、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),若AP⊥AQ,求直線l的方程. 解析　(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. ∴a=2,b=1. (2)解法一: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)x2-2

23、k2x+k2-4=0.(*) 設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(xP,yP), ∵直線l過點(diǎn)B,∴x=1是方程(*)的一個(gè)根. 由求根公式,得xP=,從而yP=, ∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為. 同理,由 得點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(-k-1,-k2-2k). ∴=(k,-4),=-k(1,k+2). ∵AP⊥AQ, ∴·=0,即[k-4(k+2)]=0, ∵k≠0,∴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). 解法二:若設(shè)直線l的方程為x=my+1(m≠0),比照解法一給分. 18.(2013遼寧,20,12分)如圖,拋物線C1:x2=4y,C2:x2=

24、-2py(p>0).點(diǎn)M(x0,y0)在拋物線C2上,過M作C1的切線,切點(diǎn)為A,B(M為原點(diǎn)O時(shí),A,B重合于O).當(dāng)x0=1-時(shí),切線 MA的斜率為-. (1)求p的值; (2)當(dāng)M在C2上運(yùn)動(dòng)時(shí),求線段AB中點(diǎn)N的軌跡方程(A,B重合于O時(shí),中點(diǎn)為O). 解析　(1)因?yàn)閽佄锞€C1:x2=4y上任意一點(diǎn)(x,y)的切線斜率為y'=,且切線MA的斜率為-,所以A點(diǎn)坐標(biāo)為.故切線MA的方程為y=-·(x+1)+, 因?yàn)辄c(diǎn)M(1-,y0)在切線MA及拋物線C2上, 于是y0=-(2-)+=-,① y0=-=-.② 由①②得p=2.(6分) (2)設(shè)N(x,y),A,B,x

25、1≠x2,由N為線段AB中點(diǎn)知x=,③ y=.④ 切線MA,MB的方程為 y=(x-x1)+,⑤ y=(x-x2)+.⑥ 由⑤⑥得MA,MB的交點(diǎn)M(x0,y0)的坐標(biāo)為x0=,y0=. 因?yàn)辄c(diǎn)M(x0,y0)在C2上,即=-4y0,所以x1x2=-.⑦ 由③④⑦得x2=y,x≠0. 當(dāng)x1=x2時(shí),A,B重合于原點(diǎn)O,AB中點(diǎn)N為O,坐標(biāo)滿足x2=y. 因此AB中點(diǎn)N的軌跡方程為x2=y.(12分) 19.(2013江西,20,13分)如圖,橢圓C:+=1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)P,離心率e=,直線l的方程為x=4. (1)求橢圓C的方程; (2)AB是經(jīng)過右焦點(diǎn)F的任一

26、弦(不經(jīng)過點(diǎn)P),設(shè)直線AB與直線l相交于點(diǎn)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P在橢圓上得,+=1,① 依題設(shè)知a=2c,則b2=3c2,② ②代入①,解得c2=1,a2=4,b2=3. 故橢圓C的方程為+=1. (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(x-1),③ 代入橢圓方程3x2+4y2=12,并整理,得(4k2+3)x2-8k2x+4(k2-3)=0. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則有 x1+x2=,x1x2=,

27、④ 在方程③中令x=4,得M的坐標(biāo)為(4,3k). 從而k1=,k2=,k3==k-. 注意到A,F,B共線,則有k=kAF=kBF,即有==k. 所以k1+k2=+ =+- =2k-·,⑤ ④代入⑤得k1+k2=2k-·=2k-1, 又k3=k-,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=(x-1), 令x=4,求得M, 從而直線PM的斜率為k3=, 由得A, 則直線PA的斜率為k1=,直線PB的斜率為k2=, 所以k1+k2=+==2k3, 故存在常數(shù)λ=2符合題意. 三年模擬 A

28、組　2016—2018年模擬·基礎(chǔ)題組 考點(diǎn)　直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2018浙江高考模擬卷,5)已知F1,F2是雙曲線-=1(a>0,b>0)的兩焦點(diǎn),以線段F1F2為邊作正三角形MF1F2,若邊MF1的中點(diǎn)P在雙曲線上,則雙曲線的離心率是(　　) A.+1 B.-1 C.2 D. 答案　A 2.(2017浙江模擬訓(xùn)練沖刺卷五,8)已知雙曲線為-=1(a>0,b>0),若直線l1:y=(x-1)關(guān)于漸近線l:y=x對稱的直線l2與y軸垂直,則雙曲線的離心率為(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A. B.2

29、 C. D.4 答案　A 3.(2016浙江稽陽聯(lián)考,6)已知雙曲線C:-=1(a>0,b>0)的左焦點(diǎn)為F,過點(diǎn)F作雙曲線C的一條漸近線的垂線,垂足為H,點(diǎn)P在雙曲線上,且=3,則雙曲線的離心率為(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A. B.2 C. D. 答案　C 4.(2018浙江重點(diǎn)中學(xué)12月聯(lián)考,21)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的長軸長是短軸長的2倍,且過點(diǎn). (1)求橢圓C的方程; (2)若在橢圓上有相異的兩點(diǎn)A,B(A,O,B三點(diǎn)不共線,O為坐標(biāo)原點(diǎn)),且直線AB,直線OA,直線OB的斜率滿足=kOA·kOB(kAB>0). (i)求證:

30、|OA|2+|OB|2是定值; (ii)設(shè)△AOB的面積為S,當(dāng)S取得最大值時(shí),求直線AB的方程. 解析　(1)由題可知a=2b,則橢圓方程為+=1,因?yàn)闄E圓過點(diǎn),所以+=1, 解得b=1,所以a=2,所以橢圓方程為+y2=1.(5分) (2)設(shè)直線AB的方程為y=kx+m(k>0),A(x1,y1),B(x2,y2), ∵=kOA·kOB(kAB>0),∴k2==,化簡得km(x1+x2)+m2=0, ∵A、O、B三點(diǎn)不共線,∴m≠0,則k(x1+x2)+m=0,?、? 由可得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0, 由韋達(dá)定理可得　② 且Δ=16(1+4k2-m2

31、)>0,?、? 將②代入①得k+m=0(k>0),解得k=,則?、?9分) (i)|OA|2+|OB|2=+++=++2=[(x1+x2)2-2x1x2]+2, 將④代入得|OA|2+|OB|2=×[4m2-2×2(m2-1)]+2=5.(12分) 命題得證. (ii)S△AOB=|AB|·d=|x1-x2|·=|m|=|m|. 將k=代入③可得m∈(-,0)∪(0,),則S△AOB=|m|=≤1, 當(dāng)且僅當(dāng)m=±1時(shí),S△AOB取最大值1,此時(shí)直線AB方程為y=x±1.(15分) 5.(2018浙江“七彩陽光”聯(lián)盟期初聯(lián)考,21)已知F是拋物線C:x2=4y的焦點(diǎn),點(diǎn)P是不在拋

32、物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),過點(diǎn)P向拋物線C作兩條切線l1,l2,切點(diǎn)分別為A(x1,y1),B(x2,y2). (1)如果點(diǎn)P在直線y=-1上,求+的值; (2)若點(diǎn)P在以F為圓心,4為半徑的圓上,求|AF|·|BF|的值. 解析　(1)因?yàn)閽佄锞€的方程為y=,所以y'=,所以切線PA的方程為y-y1=(x-x1),即x-y-y1=0①,同理得切線PB的方程為x-y-y2=0②, 設(shè)P(x0,y0),則由①②得x1x0-2y1-2y0=0和x2x0-2y2-2y0=0,由此得直線AB的方程為x0x-2y-2y0=0.(3分) 由于點(diǎn)P是直線y=-1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),所以y0=-1,則直線AB的方

33、程為x0x-2y+2=0,因此它過拋物線的焦點(diǎn)F(0,1). 當(dāng)x0=0時(shí),AB的方程為y=1,此時(shí)|AF|=|BF|=2,所以+=1; 當(dāng)x0≠0時(shí),把直線AB方程代入拋物線方程得y2-(+2)y+1=0,從而得y1y2=1,所以+=+==1. 綜上,+=1.(7分) (2)由(1)知切線PA的方程為y=x-,切線PB的方程為y=x-,聯(lián)立得點(diǎn)P.(9分) 設(shè)直線AB的方程為y=kx+m,將其代入C:x2=4y中得x2-4kx-4m=0.因此x1+x2=4k,x1x2=-4m,所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2k,-m), 由題意得|PF|==4,所以(m+1)2=16-4k2, 從而|AF

34、|·|BF|=(y1+1)(y2+1) =(kx1+m+1)(kx2+m+1)=k2x1x2+k(m+1)(x1+x2)+(m+1)2 =-4mk2+4k2(m+1)+16-4k2=16.(15分) 6.(2017浙江紹興質(zhì)量調(diào)測(3月),21)已知點(diǎn)A(-2,0),B(0,1)在橢圓C:+=1(a>b>0)上. (1)求橢圓C的方程; (2)P是線段AB上的點(diǎn),直線y=x+m(m≥0)交橢圓C于M,N兩點(diǎn).若△MNP是斜邊長為的直角三角形,求直線MN的方程. 解析　(1)因?yàn)辄c(diǎn)A(-2,0),B(0,1)在橢圓+=1(a>b>0)上, 所以a=2,b=1, 故橢圓C的方程

35、為+y2=1. (2)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2). 由消去y,得x2+mx+m2-1=0, 則Δ=2-m2>0,x1+x2=-2m,x1x2=2m2-2, |MN|=|x1-x2|=. 當(dāng)MN為斜邊時(shí),=,解得m=0,滿足Δ>0, 此時(shí)以MN為直徑的圓的方程為x2+y2=. 易證點(diǎn)A(-2,0),B(0,1)分別在圓外和圓內(nèi),所以在線段AB上存在點(diǎn)P滿足題意,此時(shí)直線MN的方程為y=x. 當(dāng)MN為直角邊時(shí),兩平行直線AB與MN間的距離d=·|m-1|, 所以d2+|MN|2=|m-1|2+(10-5m2)=10,即21m2+8m-4=0, 解得m=或m=-(舍),

36、又Δ>0,所以m=. 過點(diǎn)A作直線MN:y=x+的垂線,可得垂足坐標(biāo)為,垂足在橢圓外,故在線段AB上存在點(diǎn)P滿足題意,所以直線MN的方程為y=x+. 綜上所述,直線MN的方程為y=x或y=x+. 7.(2017浙江溫州模擬考(2月),21)如圖,已知直線l:y=-x+3與橢圓C:mx2+ny2=1(n>m>0)有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P(2,1). (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)若直線l':y=-x+b交C于A,B兩點(diǎn),且PA⊥PB,求b的值. 解析　(1)因?yàn)辄c(diǎn)P(2,1)在橢圓上,所以4m+n=1①,(2分) 由得(m+n)x2-6nx+(9n-1)=0. 故Δ=36n2

37、-4(m+n)(9n-1)=0,即m+n=9mn②,(4分) 由①②得,m=,n=,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1.(6分) (2)設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2). 由得3x2-4bx+2(b2-3)=0, Δ=(-4b)2-4×3×2(b2-3)>0,即-3

38、 即3b2-10b+3=0,解得b=或3,(14分) 又b∈(-3,3),故b=.(15分) 8.(2016浙江高考模擬沖刺(二),19)已知拋物線E:x2=y,過點(diǎn)M(-1,0)且斜率為k的直線l與拋物線E交于不同的兩點(diǎn)A,B. (1)若以AB為直徑的圓恰好過點(diǎn)N(0,1),求直線l的方程; (2)點(diǎn)C是拋物線E上異于A,B的點(diǎn),若直線BC過點(diǎn)P(1,-2),問直線AC是否過定點(diǎn)?若是,請求出定點(diǎn)坐標(biāo);若不是,請說明理由. 解析　由題意可設(shè)直線l的方程為y=k(x+1), 由消去y得x2-kx-k=0, 由Δ=k2+4k>0,得k<-4或k>0. 設(shè)A(x1,y1),B

39、(x2,y2),則有 (1)由已知得·=0,即x1x2+(-1)(-1)=0, 所以x1x2+-[-2x1x2]+1=0, 所以-k+k2-(k2+2k)+1=0,解得k=, 故直線l的方程為y=(x+1).(8分) (2)直線AC過定點(diǎn).由得x1+x2+x1x2=0. 設(shè)C(x3,y3),則由kBC==x2+x3==, 得x2+x3+2=x2x3. 由消去x2得2x1x3+x1+x3+2=0.① 設(shè)直線AC的方程為y=mx+n, 由消去y得x2-mx-n=0, 得代入①得n=m+1, 故直線AC的方程為y=mx+m+1=m+1, 故直線AC過定點(diǎn).(15分) B

40、組　2016—2018年模擬·提升題組 一、選擇題 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2018浙江9+1高中聯(lián)盟期中,8)設(shè)點(diǎn)P是雙曲線-=1(a,b>0)上異于實(shí)軸端點(diǎn)的任意一點(diǎn),F1,F2分別是其左,右焦點(diǎn),O為中心,若|PF1||PF2|-|OP|2=,則此雙曲線的離心率為(　　) A. B. C. D.2 答案　C 2.(2016浙江高考調(diào)研模擬卷二,7)過雙曲線-=1(a>0,b>0)的左焦點(diǎn)F1作圓x2+y2=a2的切線,并延長交雙曲線右支于點(diǎn)P,過右焦點(diǎn)F2作圓的切線交F1P于點(diǎn)M,且M為F1P的中點(diǎn),則雙曲線的離心率e的取值范圍為(　　) 　　　　

41、　　 　　　　　　 　　　　　　 A.(1,) B.(,) C.(,2) D.(2,) 答案　C 二、解答題 3.(2018浙江鎮(zhèn)海中學(xué)階段性測試,21)已知橢圓+=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F2(3,0),離心率為e. (1)若e=,求橢圓的方程; (2)設(shè)直線y=kx與橢圓相交于A,B兩點(diǎn),M,N分別為線段AF2,BF2的中點(diǎn).若坐標(biāo)原點(diǎn)O在以MN為直徑的圓上,且

42、 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2). 所以x1+x2=0,x1x2=,(8分) 依題意知OM⊥ON, 又易知四邊形OMF2N為平行四邊形,所以?OMF2N為矩形, 所以AF2⊥BF2,(9分) 因?yàn)?(x1-3,y1),=(x2-3,y2), 所以·=(x1-3)(x2-3)+y1y2=(1+k2)x1x2+9=0, 即+9=0, 整理得k2==-1-.(11分) 因?yàn)?e≤,所以2≤a<3,所以12≤a2<18.(13分) 所以k2≥,即k∈∪.(15分) 4.(2018浙江蕭山九中12月月考,21)已知橢圓+y2=1(a>1),過直線l:x=2上一點(diǎn)P作橢圓的切

43、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. 解析　(1)當(dāng)P點(diǎn)在x軸上時(shí),P(2,0),PA:y=±(x-2),(2分) 由得x2-2x+1=0,(4分) 由Δ=0得a2=2,則橢圓方程為+y2=1.(7分) (2)設(shè)切線方程為y=kx+m, 由得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0, 由Δ=0,得m2=2k2+1,(9分) 設(shè)P(2,y0),A(x1,y1), 則x1=,y1=,y0=2k+m, ∵|PO|=,直線PO的方程為y=x,A點(diǎn)到直線PO的距離d=,∴S△POA=|

44、PO|·d=|y0x1-2y1|=(2k+m)-==|k+m|=|k±|=|±k|, ∵≥|k|,∴S=S△POA=±k.(12分) ∴(S±k)2=1+2k2,即關(guān)于k的方程k2±2Sk-S2+1=0有解, ∴Δ=8S2-4≥0,得S≥,當(dāng)且僅當(dāng)k=±時(shí),取等號. 故當(dāng)k=±時(shí),△POA面積取到最小值.(15分) 5.(2017浙江溫州十校期末聯(lián)考,21)橢圓+=1(a>b>0)的離心率為,左焦點(diǎn)F到直線l:x=9的距離為10,已知圓G:(x-1)2+y2=1. (1)求橢圓的方程. (2)若P是橢圓上任意一點(diǎn),AB為圓G的直徑,求·的取值范圍; (3)是否存在以橢圓上點(diǎn)M為

45、圓心的圓M,使得過圓M上任意一點(diǎn)N作圓G的切線,切點(diǎn)為T,都滿足=?若存在,求出圓M的方程;若不存在,請說明理由. 解析　(1)由左焦點(diǎn)到直線l:x=9的距離為10,可得c=1,又=,所以a=3,故b=2,所以橢圓方程為+=1.(3分) (2)設(shè)P(x0,y0),則·=(+)·(+)=(+)·(-)=-1=(x0-1)2+-1=(x0-1)2+-1=(x0-9)2-1,-3≤x0≤3,所以·∈[3,15],故·的取值范圍是[3,15].(8分) (3)設(shè)圓M:(x-m)2+(y-n)2=r2(r>0),其中+=1, 則x2+y2=2mx+2ny-m2-n2+r2.(*)(10分)

46、 設(shè)N(x,y),則由=,得(x+1)2+y2=2[(x-1)2+y2-1],(12分) 即x2+y2=6x+1,代入(*)式得2(m-3)x+2ny-m2-n2+r2-1=0,由題意知該式對圓M上任意點(diǎn)N恒成立, 則有解得經(jīng)檢驗(yàn)滿足條件. 故存在符合條件的圓M,圓M的方程是(x-3)2+y2=10.(15分) 6.(2017浙江鎮(zhèn)海中學(xué)模擬卷二,21)如圖,已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率大于,且過點(diǎn).點(diǎn)F為橢圓C的右焦點(diǎn),B1,B2分別為橢圓C的下、上頂點(diǎn),直線B2F與橢圓C交于點(diǎn)H,B2,且直線HB1的斜率為. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)設(shè)A1,A2為橢圓C的

47、左、右頂點(diǎn),P為直線x=4上一動(dòng)點(diǎn),直線A1P,A2P分別交橢圓C于另兩點(diǎn)M,N,求△OMN面積的最大值. 解析　(1)設(shè)H(x0,y0),則=,=, 所以×===-, 而==-,因此=-÷=, 故=,即=,即e2-e4=, 故=0, 解得e=(舍),或e=. 由解得 故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1. (2)設(shè)P(4,t),顯然t≠0,則直線A1P:y=(x+2), 聯(lián)立消去y,并整理得(9+t2)x2+4t2x+4(t2-9)=0,則xM×(-2)=, 因此xM=-,則yM=,即M. 同理,N. 直線OM:3tx+(t2-9)y=0,因此,點(diǎn)N到直線OM的距離

48、 d==, 而|OM|==, 所以S△MON=|OM|×d==4×, 當(dāng)t≠0時(shí),S△MON=4×=4×,設(shè)u=|t|+,則u≥2. S△MON=4×=4×,顯然其關(guān)于u在區(qū)間[2,+∞)上單調(diào)遞減, 故Smax=4×=. C組　2016—2018年模擬·方法題組 方法1　有關(guān)位置關(guān)系、弦長、面積問題的解題策略 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2016浙江永康質(zhì)量檢測(5月卷),19)已知拋物線C:x2=2py(p>0),圓E:x2+(y+1)2=1,若直線L與拋物線C和圓E分別相切于點(diǎn)A,B(A,B不重合). (1)當(dāng)p=1時(shí),求直線L的方程; (

49、2)點(diǎn)F是拋物線C的焦點(diǎn),若對于任意的p>0,記△ABF的面積為S,求的最小值. 解析　顯然直線L的斜率存在,設(shè)直線L的方程為y=kx+b(b≠0),即kx-y+b=0, 由題意得,=1,即k2+1=(1+b)2,亦即k2=2b+b2.① (1)當(dāng)p=1時(shí),拋物線方程為x2=2y, 由得x2-2kx-2b=0, 由Δ=0,得k2+2b=0,② 由①②得k=±2,b=-4, 故直線L的方程為y=±2x-4.(7分) (2)由得x2-2pkx-2pb=0,(*) 由Δ=0,得pk2+2b=0,③ ∴b=-,代入(*)式,得x=pk,故A, 由①③得b=-,k2=,故A,

50、 連接AE,BE, 則|AB|===. 點(diǎn)F到直線L的距離d==·=, ∴S=|AB|·d=··=×, ∴=·=≥(2+3), 當(dāng)且僅當(dāng)p=時(shí),取最小值,最小值為(2+3). (15分) 方法2　探索性問題的解題策略 2.(2017浙江名校新高考研究聯(lián)盟測試一,21)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,且原點(diǎn)到過點(diǎn)A(0,a)和B(b,0)的直線的距離為. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)已知D為橢圓C的左頂點(diǎn),M為直線x=b上異于B的一動(dòng)點(diǎn),直線DM交橢圓C于N,記直線OM,BN的斜率分別為k1,k2. ①證明:k1·k2為定值; ②過M且與BN垂直的直線交橢

51、圓C于P,Q兩點(diǎn),求△BPQ面積的最大值. 解析　(1)由=,得a=c,故a=b, 所以可設(shè)直線AB的方程為+=1,即x+y-b=0. 所以=,得b=1,所以a=, 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+x2=1. (2)①設(shè)M(1,t)(t≠0),N(x0,y0),則+=1,即=2(1-). 所以kDN·k2=·==-2, 又kDM==,k1==t, 所以k1=2kDM,故k1·k2=2kDM·k2=-4. ②設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),由直線PQ⊥BN,得kPQ=-=-==, 則PQ:y-t=(x-1),即y=(x+3). 聯(lián)立消去y并整理,得(t2+32)x2+

52、6t2x+9t2-32=0,Δ=1 024(4-t2)>0,x1+x2=-,x1x2=, 又|PQ|=|x1-x2|,點(diǎn)B到直線PQ的距離d=, 所以S△BPQ=|PQ|d=|t||x1-x2|=|t|·==16. 令u=,則u∈, 故S△BPQ=16=·≤·=, 當(dāng)且僅當(dāng)u=,即t=±時(shí)取等號, 故△BPQ面積的最大值為. 3.(2016浙江杭州一模,19)設(shè)點(diǎn)A,B分別是x軸,y軸上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),|AB|=1,=. (1)求點(diǎn)C的軌跡Γ; (2)已知直線l:x+4y-2=0,過點(diǎn)D(2,2)作直線m交軌跡Γ于不同的兩點(diǎn)E,F,交直線l于點(diǎn)K.問+的值是否為定值?請說明理由.

53、 解析　(1)設(shè)A(a,0),B(0,b),C(x,y),則=(a,-b),=(x-a,y).因?yàn)閨AB|=1,所以a2+b2=1,① 由=得所以代入①式,得+y2=1, 故點(diǎn)C的軌跡Γ為中心在原點(diǎn),焦點(diǎn)在x軸上,且長軸長為4,短軸長為2的橢圓. (2)顯然直線m的斜率存在. 設(shè)直線m的方程為y=kx+b,由已知得b=2-2k. 由直線l與直線m交于點(diǎn)K,得點(diǎn)K的橫坐標(biāo)xK=, 將直線m的方程代入橢圓方程得(1+4k2)x2+8kbx+4b2-4=0, 由韋達(dá)定理,得xE+xF=,xExF=, 所以+=|xD-xK|·=· =·,將b=2-2k代入上式,可得+=2. 27