（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 考綱內(nèi)容 要求 浙江省五年高考統(tǒng)計 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,要注重與一元二次方程中的判別式、韋達定理、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)系等問題為重點進行考查. 五年高考 考點　直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2017課標全國Ⅱ文,12,5分)過拋物線C:y2=4x的焦點F,且斜率為的直線交C于點M(M在x軸的上方),l為C的準線,點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課標全國Ⅰ理,10,5分)已知F為拋物線C:y2=4x的焦點,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,直線l2與C交于D,E兩點,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A(-2,3)在拋物線C:y2=2px的準線上,過點A的直線與C在第一象限相切于點B,記C的焦點為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,點A,B在該拋物線上且位于

4、x軸的兩側(cè),·=2(其中O為坐標原點),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Ⅱ,10,5分)設(shè)F為拋物線C:y2=3x的焦點,過F且傾斜角為30°的直線交C于A,B兩點,O為坐標原點,則△OAB的面積為(　　) A. B. C. D. 答案　D 6.(2015江蘇,12,5分)在平面直角坐標系xOy中,P為雙曲線x2-y2=1右支上的一個動點.若點P到直線x-y+1=0的距離大于c恒成立,則實數(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P(t,0)(t>0)作不過原點O的直線PA,PB分別與拋物線C1和圓C2相切,A,B為切點. (1)求點A,B的坐標; (2)求△PAB的面積. 注:直線與拋物線有且只有一個公共點,且與拋物線的對稱軸不平行,則稱該直線與拋物線相切,稱該公共點為切點. 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A的坐標為(2t,t2). 設(shè)圓C2的圓心為D(0,1),點B的坐標為(x0,y0),由題意知:點B,O關(guān)于直線PD對稱,故

6、解得 因此,點B的坐標為. (2)由(1)知|AP|=t·, 和直線PA的方程tx-y-t2=0. 點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)的左焦點為F,右頂點為A,離心率為.已知A是拋物線y2=2px(p>0)的焦點,F到拋物線的準線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P,Q關(guān)于x軸對稱,直線AP與橢圓相交于點B(B異于點A),直線BQ與x軸相交于點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、拋物線的標準方程

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B異于點A,可得點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、因為△APD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課標全國Ⅱ,20,12分)已知橢圓E:+=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上,MA⊥NA. (1)當t=4,|AM|=|AN|時,求△AMN的面積; (2)當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t=4時,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k=時上式不成立,因此t=.(10分) t>3等

10、價于=<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,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P和Q. ①求證:線段PQ的中點坐標為(2-p,-p); ②求p的取值范圍. 解析　(1)拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為, 由點在直線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M(x0,y0). 因為點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.(*) 因為P和Q是拋物線C上的相異兩點,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. 因為M(x0,y0)在直線l上,所以x0=2-p. 因此,線段PQ的中點坐標為(2-p,-p). ②因為M(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)的左焦點為F(-c,0),離心率為,點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)動點P在橢圓上,若直線FP的斜率大于,求直線OP(O為原點)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),兩個方程聯(lián)立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-c或x=c.因為點M在第一象限,可得M的坐標為. 由|FM|==,解得c=1, 所以橢圓的方程為+=1. (3)設(shè)點P的坐標為(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x∈(-1,0)時,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F也是橢圓C2:+=1(a>b>0)的一個焦點,C1與C2的公共弦的長為2. (1)求C2的方程; (2)過點F的直線l與C1相交于A,B兩點,與C2相交于C,D兩點,且與同向. (i)若|AC|=|BD|,求直線l的斜率; (ii)設(shè)C1在點A處的切線與x軸的交點為M,證明:直線l繞點F旋轉(zhuǎn)時,△MFD總是鈍角三角形. 解析　(1)由C1:x2=4y知其焦點F的坐標

15、為(0,1).因為F也是橢圓C2的一個焦點,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的公共點的坐標為,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F旋轉(zhuǎn)

17、時,△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軸正半軸圍成一個三角形,當該三角形面積最小時,切點為P(如圖),雙曲線C1:-=1過點P且離心率為. (1)求C1的方程; (2)橢圓C2過點P且與C1有相同的焦點,直線l過C2的右焦點且與C2交于A,B兩點,若以線段AB為直徑的圓過點P,求l的方程. 解析　(1)設(shè)切點坐標為(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,兩個坐標軸的正半軸與切線圍成的三角形面積為S=··=.由+=4≥2x0y0知,當且僅

18、當x0=y0=時x0y0有最大值,即S有最小值,因此點P的坐標為(,). 由題意知解得a2=1,b2=2, 故C1的方程為x2-=1. (2)由(1)知C2的焦點坐標為(-,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課標全國Ⅰ,10,5分)已知橢圓E:+=1(a>b>0)的右焦點為F(3,0),過點F的直線交E于A,B兩點.若AB的中點坐標為(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,過點P(-1,0)的直線l交拋物線C于A,B兩點,點Q

20、為線段AB的中點.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.若點A在橢圓C上,點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的標準方程為+=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A,B的坐標分別為(x0,y0),(t,2),其中x0≠0. 因為O

21、A⊥OB,所以·=0,即tx0+2y0=0,解得t=-. 當x0=t時,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=. 此時直線AB與圓x2+y2=2相切. 當x0≠t時,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的公共點為A,B,其中C1的離心率為. (1)求a,b的值; (2)過點B的直線l與C1,C2分別交于點P,Q(均異于點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. 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P的坐標為(xP,yP), ∵直線l過點B,∴x=1是方程(*)的一個根. 由求根公式,得xP=,從而yP=, ∴點P的坐標為. 同理,由 得點Q的坐標為(-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,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M(x0,y0)在拋物線C2上,過M作C1的切線,切點為A,B(M為原點O時,A,B重合于O).當x0=1-時,切線 MA的斜率為-. (1)求p的值; (2)當M在C2上運動時,求線段AB中點N的軌跡方程(A,B重合于O時,中點為O). 解析　(1)因為拋物線C1:x2=4y上任意一點(x,y)的切線斜率為y'=,且切線MA的斜率為-,所以A點坐標為.故切線MA的方程為y=-·(x+1)+, 因為點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M(x0,y0)的坐標為x0=,y0=. 因為點M(x0,y0)在C2上,即=-4y0,所以x1x2=-.⑦ 由③④⑦得x2=y,x≠0. 當x1=x2時,A,B重合于原點O,AB中點N為O,坐標滿足x2=y. 因此AB中點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F的任一

26、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　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,以線段F1F2為邊作正三角形MF1F2,若邊MF1的中點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)的左焦點為F,過點F作雙曲線C的一條漸近線的垂線,垂足為H,點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. (1)求橢圓C的方程; (2)若在橢圓上有相異的兩點A,B(A,O,B三點不共線,O為坐標原點),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S取得最大值時,求直線AB的方程. 解析　(1)由題可知a=2b,則橢圓方程為+=1,因為橢圓過點,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, 當且僅當m=±1時,S△AOB取最大值1,此時直線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,點P是不在拋

32、物線上的一個動點,過點P向拋物線C作兩條切線l1,l2,切點分別為A(x1,y1),B(x2,y2). (1)如果點P在直線y=-1上,求+的值; (2)若點P在以F為圓心,4為半徑的圓上,求|AF|·|BF|的值. 解析　(1)因為拋物線的方程為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P是直線y=-1上的一個動點,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F(0,1). 當x0=0時,AB的方程為y=1,此時|AF|=|BF|=2,所以+=1; 當x0≠0時,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P的坐標為(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,直線y=x+m(m≥0)交橢圓C于M,N兩點.若△MNP是斜邊長為的直角三角形,求直線MN的方程. 解析　(1)因為點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MN為斜邊時,=,解得m=0,滿足Δ>0, 此時以MN為直徑的圓的方程為x2+y2=. 易證點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P滿足題意,此時直線MN的方程為y=x. 當MN為直角邊時,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A作直線MN:y=x+的垂線,可得垂足坐標為,垂足在橢圓外,故在線段AB上存在點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)有且只有一個公共點P(2,1). (1)求橢圓C的標準方程; (2)若直線l':y=-x+b交C于A,B兩點,且PA⊥PB,求b的值. 解析　(1)因為點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的標準方程為+=1.(6分) (2)設(shè)點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M(-1,0)且斜率為k的直線l與拋物線E交于不同的兩點A,B. (1)若以AB為直徑的圓恰好過點N(0,1),求直線l的方程; (2)點C是拋物線E上異于A,B的點,若直線BC過點P(1,-2),問直線AC是否過定點?若是,請求出定點坐標;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.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.(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P是雙曲線-=1(a,b>0)上異于實軸端點的任意一點,F1,F2分別是其左,右焦點,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F1作圓x2+y2=a2的切線,并延長交雙曲線右支于點P,過右焦點F2作圓的切線交F1P于點M,且M為F1P的中點,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,M,N分別為線段AF2,BF2的中點.若坐標原點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) 因為=(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) 因為1),過直線l:x=2上一點P作橢圓的切

43、線,切點為A,當P點在x軸上時,切線PA的斜率為±. (1)求橢圓的方程; (2)設(shè)O為坐標原點,求△POA面積的最小值. 解析　(1)當P點在x軸上時,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≥,當且僅當k=±時,取等號. 故當k=±時,△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,AB為圓G的直徑,求·的取值范圍; (3)是否存在以橢圓上點M為

45、圓心的圓M,使得過圓M上任意一點N作圓G的切線,切點為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N恒成立, 則有解得經(jīng)檢驗滿足條件. 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.點F為橢圓C的右焦點,B1,B2分別為橢圓C的下、上頂點,直線B2F與橢圓C交于點H,B2,且直線HB1的斜率為. (1)求橢圓C的標準方程; (2)設(shè)A1,A2為橢圓C的

47、左、右頂點,P為直線x=4上一動點,直線A1P,A2P分別交橢圓C于另兩點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的標準方程為+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N到直線OM的距離

48、 d==, 而|OM|==, 所以S△MON=|OM|×d==4×, 當t≠0時,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A,B(A,B不重合). (1)當p=1時,求直線L的方程; (

49、2)點F是拋物線C的焦點,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p=1時,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F到直線L的距離d==·=, ∴S=|AB|·d=··=×, ∴=·=≥(2+3), 當且僅當p=時,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,且原點到過點A(0,a)和B(b,0)的直線的距離為. (1)求橢圓C的標準方程; (2)已知D為橢圓C的左頂點,M為直線x=b上異于B的一動點,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,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的標準方程為+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=·≤·=, 當且僅當u=,即t=±時取等號, 故△BPQ面積的最大值為. 3.(2016浙江杭州一模,19)設(shè)點A,B分別是x軸,y軸上的兩個動點,|AB|=1,=. (1)求點C的軌跡Γ; (2)已知直線l:x+4y-2=0,過點D(2,2)作直線m交軌跡Γ于不同的兩點E,F,交直線l于點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).因為|AB|=1,所以a2+b2=1,① 由=得所以代入①式,得+y2=1, 故點C的軌跡Γ為中心在原點,焦點在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K,得點K的橫坐標xK=, 將直線m的方程代入橢圓方程得(1+4k2)x2+8kbx+4b2-4=0, 由韋達定理,得xE+xF=,xExF=, 所以+=|xD-xK|·=· =·,將b=2-2k代入上式,可得+=2. 27