（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 10.6 圓錐曲線的綜合問(wèn)題學(xué)案

《（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 10.6 圓錐曲線的綜合問(wèn)題學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（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 10.6 圓錐曲線的綜合問(wèn)題學(xué)案（41頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 §10.6　圓錐曲線的綜合問(wèn)題 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 圓錐曲線的綜合問(wèn)題 1.了解圓錐曲線的簡(jiǎn)單應(yīng)用. 2.理解數(shù)形結(jié)合的思想. 3.能解決直線與橢圓、拋物線的位置關(guān)系等問(wèn)題. 掌握 9,5分 21(2),9分 9(文),5分 22(文), 約9分 21,15分 17(文),4分 22(文), 約10分 19,15分 19(文),15分 19(2),7分 19(2)(文), 9分 21(2), 約9分 分析解讀　　1.圓錐曲線的綜合問(wèn)題是

2、高考的熱點(diǎn)之一,主要考查兩大問(wèn)題:一是根據(jù)條件求出平面曲線的方程;二是通過(guò)方程研究平面曲線的性質(zhì). 2.考查點(diǎn)主要有:(1)圓錐曲線的基本概念和性質(zhì);(2)與圓錐曲線有關(guān)的最值、對(duì)稱、位置關(guān)系等綜合問(wèn)題;(2)有關(guān)定點(diǎn)、定值問(wèn)題,以及存在性等探索性問(wèn)題. 3.預(yù)計(jì)2019年高考試題中,圓錐曲線的綜合問(wèn)題仍是壓軸題之一,復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)引起高度重視. 五年高考 考點(diǎn)　圓錐曲線的綜合問(wèn)題 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2014福建,9,5分)設(shè)P,Q分別為圓x2+(y-6)2=2和橢圓+y2=1上的點(diǎn),則P,Q兩點(diǎn)間的最大距離是(　　) A.5 B.+ C.7+ D.6

3、 答案　D 2.(2014湖北,9,5分)已知F1,F2是橢圓和雙曲線的公共焦點(diǎn),P是它們的一個(gè)公共點(diǎn),且∠F1PF2=,則橢圓和雙曲線的離心率的倒數(shù)之和的最大值為(　　) A. B. C.3 D.2 答案　A 3.(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)?

4、<,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, 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. 解法二:如圖,連接BP,|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos∠BPQ=·(-)=·-. 易知P(x,x2), 則·=2x+1+2x2-=2x2+2x+,=+=x2+

5、x++x4-x2+=x4+x2+x+. ∴|AP|·|PQ|=-x4+x2+x+. 設(shè)f(x)=-x4+x2+x+, 則f '(x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2, ∴f(x)在上為增函數(shù),在上為減函數(shù), ∴f(x)max=f(1)=. 故|AP|·|PQ|的最大值為. 4.(2014浙江,21,15分)如圖,設(shè)橢圓C:+=1(a>b>0),動(dòng)直線l與橢圓C只有一個(gè)公共點(diǎn)P,且點(diǎn)P在第一象限. (1)已知直線l的斜率為k,用a,b,k表示點(diǎn)P的坐標(biāo); (2)若過(guò)原點(diǎn)O的直線l1與l垂直,證明:點(diǎn)P到直線l1的距離的最大值為a-b. 解析　(1)設(shè)直

6、線l的方程為y=kx+m(k<0),由消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0. 由于l與C只有一個(gè)公共點(diǎn),故Δ=0,即b2-m2+a2k2=0,解得點(diǎn)P的坐標(biāo)為. 又點(diǎn)P在第一象限, 故點(diǎn)P的坐標(biāo)為P. (2)證明:由于直線l1過(guò)原點(diǎn)O且與l垂直,故直線l1的方程為x+ky=0, 所以點(diǎn)P到直線l1的距離d=, 整理得d=. 因?yàn)閍2k2+≥2ab,所以≤=a-b, 當(dāng)且僅當(dāng)k2=時(shí)等號(hào)成立. 所以,點(diǎn)P到直線l1的距離的最大值為a-b. 5.(2013浙江,21,15分)如圖,點(diǎn)P(0,-1)是橢圓C1:+=1(a>b>0)的一個(gè)頂點(diǎn),C1的

7、長(zhǎng)軸是圓C2:x2+y2=4的直徑.l1,l2是過(guò)點(diǎn)P且互相垂直的兩條直線,其中l(wèi)1交圓C2于A,B兩點(diǎn),l2交橢圓C1于另一點(diǎn)D. (1)求橢圓C1的方程; (2)求△ABD面積取最大值時(shí)直線l1的方程. 解析　(1)由題意得 所以橢圓C1的方程為+y2=1. (2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).由題意知直線l1的斜率存在,不妨設(shè)其為k,則直線l1的方程為y=kx-1. 又圓C2:x2+y2=4,故點(diǎn)O到直線l1的距離d=, 所以|AB|=2=2. 又l2⊥l1,故直線l2的方程為x+ky+k=0. 由 消去y,整理得(4+k2)x2+8kx

8、=0, 故x0=-. 所以|PD|=. 設(shè)△ABD的面積為S,則 S=|AB|·|PD|=, 所以S= ≤=, 當(dāng)且僅當(dāng)k=±時(shí)取等號(hào). 所以所求直線l1的方程為y=±x-1. 6.(2017課標(biāo)全國(guó)Ⅰ理,20,12分)已知橢圓C:+=1(a>b>0),四點(diǎn)P1(1,1),P2(0,1),P3,P4中恰有三點(diǎn)在橢圓C上. (1)求C的方程; (2)設(shè)直線l不經(jīng)過(guò)P2點(diǎn)且與C相交于A,B兩點(diǎn).若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1,證明:l過(guò)定點(diǎn). 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(diǎn)問(wèn)題. (1)由于P3,P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱,故由題設(shè)知

9、C經(jīng)過(guò)P3,P4兩點(diǎn). 又由+>+知,C不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P1,所以點(diǎn)P2在C上. 因此解得 故C的方程為+y2=1. (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,. 則k1+k2=-=-1,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+y2=1得 (4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0. 由題設(shè)可知Δ=16(4k2-m2+1)>0. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-,x1x2=. 而k1+k2=+ =+ =, 由題設(shè)

10、k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0. 即(2k+1)·+(m-1)·=0. 解得k=-. 當(dāng)且僅當(dāng)m>-1時(shí),Δ>0,于是l:y=-x+m, 即y+1=-(x-2), 所以l過(guò)定點(diǎn)(2,-1). 7.(2017課標(biāo)全國(guó)Ⅰ文,20,12分)設(shè)A,B為曲線C:y=上兩點(diǎn),A與B的橫坐標(biāo)之和為4. (1)求直線AB的斜率; (2)設(shè)M為曲線C上一點(diǎn),C在M處的切線與直線AB平行,且AM⊥BM,求直線AB的方程. 解析　本題考查直線與拋物線的位置關(guān)系. (1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1≠x2,y1=,y2=,x1+x2=4,

11、于是直線AB的斜率k===1. (2)由y=,得y'=, 設(shè)M(x3,y3),由題設(shè)知=1, 解得x3=2,于是M(2,1). 設(shè)直線AB的方程為y=x+m, 故線段AB的中點(diǎn)為N(2,2+m),|MN|=|m+1|. 將y=x+m代入y=得x2-4x-4m=0. 當(dāng)Δ=16(m+1)>0,即m>-1時(shí),x1,2=2±2. 從而|AB|=|x1-x2|=4. 由題設(shè)知|AB|=2|MN|, 即4=2(m+1),解得m=7. 所以直線AB的方程為y=x+7. 8.(2017山東理,21,14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓E:+=1(a>b>0)的離心率為,焦距為2.

12、 (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|=2∶3,☉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　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==,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)x2-4k1x-1=0, 由

13、題意知Δ>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t>1,∈(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=±. 9.(2016北京,19,14分)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心

14、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a2=4,b2=1. 所以橢圓C的方程為+y2=1. (2)由(1)知,A(2,0),B(0,1). 設(shè)P(x0,y0),則+4=4. 當(dāng)x0≠0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|

15、=· = = =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. 10.(2015課標(biāo)Ⅱ,20,12分)已知橢圓C:9x2+y2=m2(m>0),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)證明:設(shè)直線l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM

16、). 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kOM·k=-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k>0,k≠3. 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+.

17、 因?yàn)閗i>0,ki≠3,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. 11.(2014課標(biāo)Ⅰ,20,12分)已知點(diǎn)A(0,-2),橢圓E:+=1(a>b>0)的離心率為,F是橢圓E的右焦點(diǎn),直線AF的斜率為,O為坐標(biāo)原點(diǎn). (1)求E的方程; (2)設(shè)過(guò)點(diǎn)A的動(dòng)直線l與E相交于P,Q兩點(diǎn).當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí),求l的方程. 解析　(1)設(shè)F(c,0),由條件知,=, 得c=. 又=,所以a=2,b2=a2-c2=1. 故E的方程為+y2=1. (2)當(dāng)l⊥x軸時(shí)不合題意,故設(shè)l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2). 將y=kx-

18、2代入+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0. 當(dāng)Δ=16(4k2-3)>0,即k2>時(shí),x1,2=. 從而|PQ|=|x1-x2|=. 又點(diǎn)O到直線PQ的距離d=, 所以△OPQ的面積 S△OPQ=d·|PQ|=. 設(shè)=t,則t>0,S△OPQ==. 因?yàn)閠+≥4,當(dāng)且僅當(dāng)t=2,即k=±時(shí)等號(hào)成立,且滿足Δ>0, 所以,當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí),l的方程為y=x-2或y=-x-2. 教師用書專用(12—23) 12.(2017山東文,21,14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,橢圓C截直線y=1所得線段的長(zhǎng)度為2. (

19、1)求橢圓C的方程; (2)動(dòng)直線l:y=kx+m(m≠0)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　本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及圓錐曲線的相關(guān)最值. (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Δ>0得m2<4k2+2,(*) 且x1+x2=-,因

20、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,t≥3,故2k2+1=, 所以=1+=1+. 令y=t+,所以y'=1-. 當(dāng)t≥3時(shí),y'>0, 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-

21、DF取到最小值. 13.(2016天津,19,14分)設(shè)橢圓+=1(a>)的右焦點(diǎn)為F,右頂點(diǎn)為A.已知+=,其中O為原點(diǎn),e為橢圓的離心率. (1)求橢圓的方程; (2)設(shè)過(guò)點(diǎn)A的直線l與橢圓交于點(diǎn)B(B不在x軸上),垂直于l的直線與l交于點(diǎn)M,與y軸交于點(diǎn)H.若BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直線l的斜率的取值范圍. 解析　(1)設(shè)F(c,0),由+=,即+=,可得a2-c2=3c2,又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4,所以,橢圓的方程為+=1. (2)設(shè)直線l的斜率為k(k≠0),則直線l的方程為y=k(x-2). 設(shè)B(xB,yB),由方程組消去y,

22、整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0. 解得x=2或x=, 由題意得xB=,從而yB=. 由(1)知F(1,0),設(shè)H(0,yH),有=(-1,yH),=. 由BF⊥HF,得·=0,所以+=0,解得yH=. 因此直線MH的方程為y=-x+. 設(shè)M(xM,yM), 由方程組消去y,解得xM=. 在△MAO中,∠MOA≤∠MAO?|MA|≤|MO|,即(xM-2)2+≤+,化簡(jiǎn)得xM≥1,即≥1,解得k≤-或k≥. 所以,直線l的斜率的取值范圍為∪. 14.(2016四川,20,13分)已知橢圓E:+=1(a>b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)是直角三角形的

23、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)λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值. 解析　(1)由題意得,a=b,則橢圓E的方程為+=1. 由方程組得3x2-12x+(18-2b2)=0.① 方程①的判別式為Δ=24(b2-3),由Δ=0,得b2=3, 此時(shí)方程①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(m≠0), 由方程組可得 所

24、以P點(diǎn)坐標(biāo)為,|PT|2=m2. 設(shè)點(diǎn)A,B的坐標(biāo)分別為A(x1,y1),B(x2,y2). 由方程組可得3x2+4mx+(4m2-12)=0.② 方程②的判別式為Δ=16(9-2m2), 由Δ>0,解得-b>0)的離心率為,點(diǎn)P(0,1)和點(diǎn)A(m,n)(m≠0)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

25、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-1

26、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,-). 16.(2014湖南,21,13分)如圖,O為坐標(biāo)原點(diǎn),橢圓C1:+=1(a>b>0)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-

27、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=,y1y2=. 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)

28、x2=4,所以2-m2>0,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0<2-m2<2,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. 17.(2014山東,21,14分)已知拋物線C:y2=2px(

29、p>0)的焦點(diǎn)為F,A為C上異于原點(diǎn)的任意一點(diǎn),過(guò)點(diǎn)A的直線l交C于另一點(diǎn)B,交x軸的正半軸于點(diǎn)D,且有|FA|=|FD|.當(dāng)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為3時(shí),△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(gè)公共點(diǎn)E, (i)證明直線AE過(guò)定點(diǎn),并求出定點(diǎn)坐標(biāo); (ii)△ABE的面積是否存在最小值?若存在,請(qǐng)求出最小值,若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 解析　(1)由題意知F. 設(shè)D(t,0)(t>0),則FD的中點(diǎn)為. 因?yàn)閨FA|=|FD|, 由拋物線的定義知3+=, 解得t=3+p(t=-3舍去). 由=3,解得p=2. 所以拋物線C的方程為

30、y2=4x. (2)(i)由(1)知F(1,0), 設(shè)A(x0,y0)(x0y0≠0),D(xD,0)(xD>0), 因?yàn)閨FA|=|FD|,則|xD-1|=x0+1, 由xD>0得xD=x0+2,故D(x0+2,0). 故直線AB的斜率kAB=-. 因?yàn)橹本€l1和直線AB平行, 設(shè)直線l1的方程為y=-x+b, 代入拋物線方程得y2+y-=0, 由題意得Δ=+=0,得b=-. 設(shè)E(xE,yE),則yE=-,xE=, 當(dāng)≠4時(shí),kAE==-=,可得直線AE的方程為y-y0=(x-x0), 由=4x0, 整理可得y=(x-1), 直線AE恒過(guò)點(diǎn)F(1,0). 當(dāng)=

31、4時(shí),直線AE的方程為x=1,過(guò)點(diǎn)F(1,0), 所以直線AE過(guò)定點(diǎn)F(1,0). (ii)由(i)知直線AE過(guò)焦點(diǎn)F(1,0), 所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+=x0++2. 設(shè)直線AE的方程為x=my+1, 因?yàn)辄c(diǎn)A(x0,y0)在直線AE上, 故m=, 設(shè)B(x1,y1), 直線AB的方程為y-y0=-(x-x0), 由于y0≠0, 可得x=-y+2+x0, 代入拋物線方程得y2+y-8-4x0=0. 所以y0+y1=-, 可求得y1=-y0-,x1=+x0+4, 所以點(diǎn)B到直線AE的距離為 d= = =4. 則△ABE的面積S=×4

32、≥16, 當(dāng)且僅當(dāng)=x0,即x0=1時(shí)等號(hào)成立. 所以△ABE的面積的最小值為16. 18.(2014四川,20,13分)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的焦距為4,其短軸的兩個(gè)端點(diǎn)與長(zhǎng)軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成正三角形. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)設(shè)F為橢圓C的左焦點(diǎn),T為直線x=-3上任意一點(diǎn),過(guò)F作TF的垂線交橢圓C于點(diǎn)P,Q. (i)證明:OT平分線段PQ(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)); (ii)當(dāng)最小時(shí),求點(diǎn)T的坐標(biāo). 解析　(1)由已知可得 解得a2=6,b2=2, 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是+=1. (2)(i)證明:由(1)可得,F的坐標(biāo)是(-2,0),設(shè)T點(diǎn)的坐標(biāo)為(-

33、3,m). 則直線TF的斜率kTF==-m. 當(dāng)m≠0時(shí),直線PQ的斜率kPQ=,直線PQ的方程是x=my-2. 當(dāng)m=0時(shí),直線PQ的方程是x=-2,也符合x=my-2的形式. 設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立,得 消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0, 其判別式Δ=16m2+8(m2+3)>0. 所以y1+y2=,y1y2=, x1+x2=m(y1+y2)-4=. 所以PQ的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為. 所以直線OM的斜率kOM=-, 又直線OT的斜率kOT=-,所以點(diǎn)M在直線OT上, 因此OT平分線段PQ. (ii)由(i)可得

34、, |TF|=, |PQ|= = ==. 所以==≥=. 當(dāng)且僅當(dāng)m2+1=,即m=±1時(shí),等號(hào)成立,此時(shí)取得最小值. 所以當(dāng)最小時(shí),T點(diǎn)的坐標(biāo)是(-3,1)或(-3,-1). 19.(2013山東,22,13分)橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別是F1、F2,離心率為,過(guò)F1且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長(zhǎng)為1. (1)求橢圓C的方程; (2)點(diǎn)P是橢圓C上除長(zhǎng)軸端點(diǎn)外的任一點(diǎn),連接PF1,PF2.設(shè)∠F1PF2的角平分線PM交C的長(zhǎng)軸于點(diǎn)M(m,0),求m的取值范圍; (3)在(2)的條件下,過(guò)點(diǎn)P作斜率為k的直線l,使得l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn).

35、設(shè)直線PF1,PF2的斜率分別為k1,k2.若k≠0,試證明+為定值,并求出這個(gè)定值. 解析　(1)由于c2=a2-b2, 將x=-c代入橢圓方程+=1, 得y=±, 由題意知=1, 即a=2b2. 又e==, 所以a=2,b=1. 所以橢圓C的方程為+y2=1. (2)解法一:設(shè)P(x0,y0)(y0≠0). 又F1(-,0),F2(,0), 所以直線PF1,PF2的方程分別為 :y0x-(x0+)y+y0=0, :y0x-(x0-)y-y0=0. 由題意知 =. 由于點(diǎn)P在橢圓上, 所以+=1. 所以=. 因?yàn)?

36、所以m=x0. 因此-

37、. 綜上所述,m的取值范圍是. (3)設(shè)P(x0,y0)(y0≠0),則直線l的方程為y-y0=k(x-x0). 聯(lián)立得 整理得(1+4k2)x2+8(ky0-k2x0)x+4(-2kx0y0+k2-1)=0. 由題意知Δ=0, 即(4-)k2+2x0y0k+1-=0. 又+=1, 所以16k2+8x0y0k+=0, 故k=-. 由(2)知+=+=, 所以+==·=-8, 因此+為定值,這個(gè)定值為-8. 20.(2013陜西,20,13分)已知?jiǎng)訄A過(guò)定點(diǎn)A(4,0),且在y軸上截得弦MN的長(zhǎng)為8. (1)求動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程; (2)已知點(diǎn)B(-1,0),設(shè)不

38、垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點(diǎn)P,Q,若x軸是∠PBQ的角平分線,證明直線l過(guò)定點(diǎn). 解析　(1)如圖,設(shè)動(dòng)圓圓心為O1(x,y),由題意,知|O1A|=|O1M|,當(dāng)O1不在y軸上時(shí),過(guò)O1作O1H⊥MN交MN于H,則H是MN的中點(diǎn), ∴|O1M|=, 又|O1A|=,∴=, 化簡(jiǎn)得y2=8x(x≠0). 又當(dāng)O1在y軸上時(shí),O1與O重合,點(diǎn)O1的坐標(biāo)(0,0)也滿足方程y2=8x,∴動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程為y2=8x. (2)由題意,設(shè)直線l的方程為y=kx+b(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2), 將y=kx+b代入y2=8x中, 得k2x2+

39、(2bk-8)x+b2=0. 其中Δ=-32kb+64>0. 由根與系數(shù)的關(guān)系得,x1+x2=,① x1x2=,② 因?yàn)閤軸平分∠PBQ, 所以=-, 即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0, (kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0, 2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,③ 將①②代入③得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0, ∴k=-b,此時(shí)Δ>0,∴直線l的方程為y=k(x-1), 即直線l過(guò)定點(diǎn)(1,0). 21.(2013課標(biāo)全國(guó)Ⅰ,20,12分)已知圓M:(x+1)2+y2=1,圓N:(x-1)2+y2=9,動(dòng)圓

40、P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切,圓心P的軌跡為曲線C. (1)求C的方程; (2)l是與圓P,圓M都相切的一條直線,l與曲線C交于A,B兩點(diǎn),當(dāng)圓P的半徑最長(zhǎng)時(shí),求|AB|. 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. (1)因?yàn)閳AP與圓M外切并且與圓N內(nèi)切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4. 由橢圓的定義可知,曲線C是以M,N為左、右焦點(diǎn),長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為2,短半軸長(zhǎng)為的橢圓(左頂點(diǎn)除外),其方程為+=1(x≠-2). (2)對(duì)于曲線C上任意一點(diǎn)P(x,y),由于|

41、PM|-|PN|=2R-2≤2,所以R≤2,當(dāng)且僅當(dāng)圓P的圓心為(2,0)時(shí),R=2.所以當(dāng)圓P的半徑最長(zhǎng)時(shí),其方程為(x-2)2+y2=4. 若l的傾斜角為90°,則l與y軸重合,可得|AB|=2. 若l的傾斜角不為90°,由r1≠R知l不平行于x軸,設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為Q, 則=,可求得Q(-4,0),所以可設(shè)l:y=k(x+4).由l與圓M相切得=1,解得k=±. 當(dāng)k=時(shí),將y=x+代入+=1,并整理得7x2+8x-8=0, 解得x1,2=. 所以|AB|=|x2-x1|=. 當(dāng)k=-時(shí),由圖形的對(duì)稱性可知|AB|=. 綜上,|AB|=2或|AB|=. 22.(2013

42、廣東,20,14分)已知拋物線C的頂點(diǎn)為原點(diǎn),其焦點(diǎn)F(0,c)(c>0)到直線l:x-y-2=0的距離為.設(shè)P為直線l上的點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P作拋物線C的兩條切線PA,PB,其中A,B為切點(diǎn). (1)求拋物線C的方程; (2)當(dāng)點(diǎn)P(x0,y0)為直線l上的定點(diǎn)時(shí),求直線AB的方程; (3)當(dāng)點(diǎn)P在直線l上移動(dòng)時(shí),求|AF|·|BF|的最小值. 解析　(1)依題意,設(shè)拋物線C的方程為x2=4cy,由題意知=,c>0,解得c=1. 所以拋物線C的方程為x2=4y. (2)拋物線C的方程為x2=4y,即y=x2, 求導(dǎo)得y'=x. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則切線PA,PB的斜

43、率分別為x1,x2, 所以切線PA的方程為y-y1=(x-x1),即y=x-+y1, 即x1x-2y-2y1=0. 同理可得切線PB的方程為x2x-2y-2y2=0. 因?yàn)榍芯€PA,PB均過(guò)點(diǎn)P(x0,y0),所以x1x0-2y0-2y1=0,x2x0-2y0-2y2=0, 所以(x1,y1),(x2,y2)為方程x0x-2y0-2y=0的兩組解.所以直線AB的方程為x0x-2y-2y0=0. (3)由拋物線定義可知|AF|=y1+1,|BF|=y2+1, 所以|AF|·|BF|=(y1+1)(y2+1)=y1y2+(y1+y2)+1, 聯(lián)立方程消去x整理得y2+(2y0-)y

44、+=0. 由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可得y1+y2=-2y0,y1y2=, 所以|AF|·|BF|=y1y2+(y1+y2)+1=+-2y0+1. 又點(diǎn)P(x0,y0)在直線l上,所以x0=y0+2, 所以+-2y0+1=2+2y0+5=2+. 所以當(dāng)y0=-時(shí),|AF|·|BF|取得最小值,且最小值為. 23.(2013湖北,21,13分)如圖,已知橢圓C1與C2的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)O,長(zhǎng)軸均為MN且在x軸上,短軸長(zhǎng)分別為2m,2n(m>n),過(guò)原點(diǎn)且不與x軸重合的直線l與C1,C2的四個(gè)交點(diǎn)按縱坐標(biāo)從大到小依次為A,B,C,D.記λ=,△BDM和△ABN的面積分別為S1和S2.

45、 (1)當(dāng)直線l與y軸重合時(shí),若S1=λS2,求λ的值; (2)當(dāng)λ變化時(shí),是否存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2?并說(shuō)明理由. 解析　依題意可設(shè)橢圓C1和C2的方程分別為C1:+=1,C2:+=1.其中a>m>n>0,λ=>1. (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=|BD|·|OM|=a|BD|, S2=|AB|·|ON|=a|AB|, 所以=. 在C1和C2的方程中分別令x=0,可得yA=m,yB=n,yD=-m, 于是===. 若=λ,則=λ,化簡(jiǎn)得λ2-2λ-1=0. 由λ>1,可解得λ=+1. 故當(dāng)直線l與y軸重

46、合時(shí),若S1=λS2,則λ=+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|=m-n; S1=|BD|·|OM|=a|BD|,S2=|AB|·|ON|= a|AB|. 所以===. 若=λ,則=λ,化簡(jiǎn)得λ2-2λ-1=0. 由λ>1,可解得λ=+1. 故當(dāng)直線l與y軸重合時(shí),若S1=λS2,則λ=+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(duì)稱性,不妨設(shè)直線l:y=kx(k>0),點(diǎn)M(-a,0),N(a,0)到直線l的距離分別為d1,d2,則 d1==, d

47、2==, 所以d1=d2. 又S1=|BD|d1,S2=|AB|d2, 所以==λ, 即|BD|=λ|AB|. 由對(duì)稱性可知|AB|=|CD|, 所以|BC|=|BD|-|AB|=(λ-1)|AB|, |AD|=|BD|+|AB|=(λ+1)|AB|, 于是=.① 將l的方程分別與C1,C2的方程聯(lián)立,可求得 xA=,xB=. 根據(jù)對(duì)稱性可知xC=-xB,xD=-xA,于是 ===.② 從而由①和②式可得 =.③ 令t=,則由m>n,可得t≠1, 于是由③式可解得k2=. 因?yàn)閗≠0,所以k2>0. 于是③式關(guān)于k有解,當(dāng)且僅當(dāng)>0, 等價(jià)于(t2-1)<

48、0. 由λ>1,可解得1,解得λ>1+, 所以當(dāng)1<λ≤1+時(shí),不存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2; 當(dāng)λ>1+時(shí),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(duì)稱性,不妨設(shè)直線l:y=kx(k>0), 點(diǎn)M(-a,0),N(a,0)到直線l的距離分別為d1,d2,則 d1==,d2==, 所以d1=d2. 又S1=|BD|d1,S2=|AB|d2, 所以==λ. 因?yàn)?==λ, 所以=. 由點(diǎn)A(xA,kxA),B(xB,kxB)分別在C1,C2上,可得

49、+=1,+=1, 兩式相減可得+=0, 依題意xA>xB>0,所以>. 所以由上式解得k2=. 因?yàn)閗2>0,所以由>0,可解得1<<λ. 從而1<<λ,解得λ>1+, 所以當(dāng)1<λ≤1+時(shí),不存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2; 當(dāng)λ>1+時(shí),存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l使得S1=λS2. 三年模擬 A組　2016—2018年模擬·基礎(chǔ)題組 考點(diǎn)　圓錐曲線的綜合問(wèn)題 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2018浙江浙東北聯(lián)盟期中,2)橢圓+=1(a>0)與雙曲線-=1有相同的焦點(diǎn),則a=(　　) A.3 B. C.5 D. 答案　A 2.(

50、2017浙江湖州期末調(diào)研,7)已知雙曲線-=1(a>0,b>0)與拋物線y2=2px(p>0)有公共焦點(diǎn)F,且交于A,B兩點(diǎn),若直線AB過(guò)焦點(diǎn)F,則該雙曲線的離心率是(　　) A. B.1+ C.2 D.2+ 答案　B 3.(2017浙江鎮(zhèn)海中學(xué)第一學(xué)期期中,8)雙曲線C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1(-c,0)、F2(c,0),A為雙曲線C右支上一點(diǎn),且|AF1|=2c,AF1與y軸交于點(diǎn)B,若F2B是∠AF2F1的平分線,則雙曲線C的離心率是(　　) A. B.1+ C. D. 答案　D 4.(2016浙江鎮(zhèn)海中學(xué)測(cè)試(六),6)設(shè)拋物線y2=4x的焦點(diǎn)為F

51、,P是拋物線上異于原點(diǎn)的一點(diǎn).若以P為圓心,FP為半徑的圓與直線4x+3y+5=0相切,則點(diǎn)P的橫坐標(biāo)是(　　) A.12 B.24 C.36 D.48 答案　C 5.(2018浙江9+1高中聯(lián)盟期中,21)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,設(shè)點(diǎn)M(x0,y0)是橢圓C:+y2=1上一點(diǎn),從原點(diǎn)O向圓M:+=作兩條切線,分別與橢圓C交于點(diǎn)P,Q,直線OP,OQ的斜率分別記為k1,k2. (1)求證:k1k2為定值; (2)求四邊形OPMQ面積的最大值. 解析　(1)因?yàn)橹本€OP:y=k1x,OQ:y=k2x與圓M相切, 所以=,=,可知k1,k2是方程(3-2)k2-6x0

52、y0k+3-2=0的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根, ∴3-2≠0,k1k2=,因?yàn)辄c(diǎn)M(x0,y0)在橢圓C上,所以=1-, ∴k1k2==-. (2)易知直線OP,OQ都不能落在坐標(biāo)軸上,設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2), 因?yàn)?k1k2+1=0,所以+1=0,即=, 因?yàn)镻(x1,y1),Q(x2,y2)在橢圓C上, 所以==, 整理得+=2,所以+=1, 所以O(shè)P2+OQ2=3. 因?yàn)镾OPMQ=(OP+OQ)·=(OP+OQ), OP+OQ≤=,所以SOPMQ的最大值為1. 6.(2017浙江杭州質(zhì)檢,21)已知P,Q為橢圓+y2=1上的兩點(diǎn),滿足PF2⊥QF2,其中F

53、1,F2分別為左、右焦點(diǎn). (1)求|+|的最小值; (2)若(+)⊥(+),設(shè)直線PQ的斜率為k,求k2的值. 解析　(1)由條件得+=2,顯然||min=1, 所以|+|的最小值為2.(5分) (2)由題意易知OP⊥OQ. 又F2P⊥F2Q,所以PQ是直角△POQ和直角△PF2Q的公共斜邊,故線段PQ的中點(diǎn)到O,F2兩點(diǎn)的距離相等,所以可得線段PQ中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為. 易知直線PQ的斜率存在,故設(shè)直線PQ的方程為y=kx+b,與橢圓方程聯(lián)立,得 整理得(1+2k2)x2+4kbx+2b2-2=0. 設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1+x2=-=1, 所以 1+

54、2k2=-4kb,① 由x1x2=,得y1y2=k2x1x2+kb(x1+x2)+b2=+kb+b2. 由x1x2+y1y2=0,得+kb+b2=0, 即4k2b2-2k2+3b2-2+kb+2k3b=0,② 由①②得20k4+20k2-3=0,解得k2=.(15分) 7.(2017浙江衢州質(zhì)量檢測(cè)(1月),21)已知橢圓+=1(a>b>0)的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4,焦距為2,以A為圓心的圓(x-2)2+y2=r2(r>0)與橢圓相交于B、C兩點(diǎn). (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)求·的取值范圍; (3)設(shè)P是橢圓上異于B、C的任意一點(diǎn),直線PB、PC與x軸分別交于點(diǎn)M、N,求S△PO

55、M·S△PON的最大值. 解析　(1)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1. (2)設(shè)B(x0,y0),則C(x0,-y0),且+=1, ∴·=-=-=-4x0+3=-. 因?yàn)?2

56、 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2018浙江“七彩陽(yáng)光”聯(lián)盟期中,7)已知F是雙曲線-=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn),以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心,|OF|為半徑的圓與該雙曲線的漸近線在y軸右側(cè)的兩個(gè)交點(diǎn)記為A,B,且∠AFB=120°,則雙曲線的離心率為(　　) A. B. C.2 D. 答案　C 2.(2017浙江金華十校聯(lián)考(4月),8)已知a,b為實(shí)常數(shù),{ci}(i∈N*)是公比不為1的等比數(shù)列,直線ax+by+ci=0與拋物線y2=2px(p>0)均相交,所成弦的中點(diǎn)為Mi(xi,yi),則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) A.數(shù)列{xi}可能是等比數(shù)列 B.數(shù)列{y

57、i}是常數(shù)列 C.數(shù)列{xi}可能是等差數(shù)列 D.數(shù)列{xi+yi }可能是等比數(shù)列 答案　C 3.(2016浙江鎮(zhèn)海中學(xué)測(cè)試卷二,7)已知A1,A2為雙曲線C:-=1(a>0,b>0)的左,右頂點(diǎn),點(diǎn)P為雙曲線右支上一點(diǎn),設(shè)∠PA1A2=α,∠PA2A1=β,若cos(α+β)=-,cos(α-β)=,則C的離心率e=(　　) A.2 B.2 C.3 D.2 答案　B 二、填空題 4.(2017浙江名校協(xié)作體,16)設(shè)雙曲線-=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)為F,過(guò)點(diǎn)F作與x軸垂直的直線交兩漸近線于A,B兩點(diǎn),且與雙曲線在第一象限的交點(diǎn)為P,設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),若=λ+μ,λμ

58、=(λ,μ∈R),則雙曲線的離心率e為　　　　 .? 答案　 三、解答題 5.(2018浙江“七彩陽(yáng)光”聯(lián)盟期中,21)已知拋物線C1:x2=4y的焦點(diǎn)為F,過(guò)拋物線C2:y=-x2+3上一點(diǎn)M作拋物線C2的切線l,與拋物線C1交于A,B兩點(diǎn). (1)記直線AF,BF的斜率分別為k1,k2,若k1·k2=-,求直線l的方程; (2)是否存在正實(shí)數(shù)m,使得對(duì)任意點(diǎn)M,都有|AB|=m(|AF|+|BF|)成立?若存在,求出m的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 解析　(1)設(shè)M(x0,y0),由y=-+3,得y'=-,則切線l的斜率為k=-. 切線l的方程為y=-(x-x0)+

59、y0=-x++y0=-x-2y0+6+y0,即y=-x-y0+6.(3分) 與x2=4y聯(lián)立,消去y得x2+x0x+4y0-24=0.(4分) 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1+x2=-x0,x1x2=4y0-24.(5分) 則y1+y2=-(x1+x2)-2y0+12=-2y0+12=-4y0+18, y1y2==,又F(0,1), 則由k1·k2=×===-, 得5-28y0+23=0,解得y0=1或y0=.(8分) ∵=-8(y0-3)≥0,∴y0≤3,故y0=1,∴x0=±4. 則直線l的方程為y=±x+5.(9分) (2)由(1)知直線l的方程為y=-

60、x-y0+6,且x1+x2=-x0,x1x2=4y0-24. 則|AB|=|x1-x2|=·=·, 即|AB|=·=2(5-y0),(11分) 而|AF|+|BF|=(y1+1)+(y2+1)=-4y0+20=4(5-y0),(13分) 則|AB|=(|AF|+|BF|),(14分) 故存在正實(shí)數(shù)m=,使得對(duì)任意點(diǎn)M,都有|AB|=(|AF|+|BF|)成立.(15分) 6.(2018浙江杭州二中期中,21)已知點(diǎn)P為橢圓C上的任一點(diǎn),P到直線l1:x=-2的距離為d1,到點(diǎn)F(-1,0)的距離為d2,且=. (1)求橢圓C的方程; (2)如圖,直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A,

61、B(A,B都在x軸上方),且∠OFA+∠OFB=180°. (i)當(dāng)A為橢圓C與y軸正半軸的交點(diǎn)時(shí),求直線l的方程; (ii)是否存在一個(gè)定點(diǎn),無(wú)論∠OFA如何變化,直線l恒過(guò)該定點(diǎn)?若存在,求出該點(diǎn)的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 解析　(1)設(shè)P(x,y),則d1=|x+2|,d2=,==, 化簡(jiǎn)可得+y2=1,所以橢圓C的方程為+y2=1. (2)(i)由(1)知A(0,1),又F(-1,0),所以kAF==1, 因?yàn)椤螼FA+∠OFB=180°,所以kBF=-1,所以直線BF的方程為y=-(x+1)=-x-1, 代入+y2=1中可得3x2+4x=0,解得x=0(舍)

62、或x=-,所以B,kAB==, 所以直線l的方程為y=x+1. (ii)解法一:由于∠OFA+∠OFB=180°,所以kAF+kBF=0. 設(shè)直線AB的方程為y=kx+b,代入+y2=1中,得x2+2kbx+b2-1=0, 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-,x1x2=, 所以kAF+kBF=+=+==0, 所以(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1) =2kx1x2+(k+b)(x1+x2)+2b=2k×-(k+b)×+2b=0,即=0, 所以b-2k=0,因此直線AB的方程為y=k(x+2),即直線l總經(jīng)過(guò)定點(diǎn)M(-2,0). 解法二:由

63、于∠OFA+∠OFB=180°,所以B點(diǎn)關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)B1在直線AF上, 設(shè)直線AF方程為y=k(x+1),代入+y2=1中得x2+2k2x+k2-1=0. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則B1(x2,-y2),且x1+x2=-,x1x2=, 直線AB的方程為y-y1=(x-x1),令y=0,得x=x1-y1=, 因?yàn)閥1=k(x1+1),-y2=k(x2+1), 所以x===-2, 所以直線l總經(jīng)過(guò)定點(diǎn)M(-2,0). 7.(2017浙江五校聯(lián)考(5月),21)如圖,已知橢圓Γ:+=1(a>b>0)經(jīng)過(guò)不同的三點(diǎn)A,B,C(C在第三象限),線段BC的中點(diǎn)在直線OA上.

64、 (1)求橢圓Γ的方程及點(diǎn)C的坐標(biāo); (2)設(shè)點(diǎn)P是橢圓Γ上的動(dòng)點(diǎn)(異于點(diǎn)A,B,C),且直線PB,PC分別交直線OA于M,N兩點(diǎn),問(wèn)|OM|·|ON|是否為定值?若是,求該值;若不是,請(qǐng)說(shuō)明理由. 解析　(1)由點(diǎn)A,B在橢圓Γ上,得解得所以橢圓Γ的方程為+=1. 設(shè)點(diǎn)C(m,n),則BC中點(diǎn)為, 由已知,求得直線OA的方程為x-2y=0,從而m=2n-1.① 又點(diǎn)C在橢圓Γ上,故2m2+8n2=5.② 由①②解得n=(舍去)或n=-.從而m=-, 所以點(diǎn)C的坐標(biāo)為. (2)設(shè)P(x0,y0),M(2y1,y1),N(2y2,y2). 當(dāng)x0≠-且x0≠-時(shí), 因?yàn)?/p>

65、P,B,M三點(diǎn)共線,所以=,整理得y1=. 因?yàn)镻,C,N三點(diǎn)共線,所以=,整理得y2=. 因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓Γ上,所以2+8=5,即=-4. 從而y1y2== ===. 所以|OM|·|ON|=|y1|·|y2|=5|y1y2|=,為定值. 當(dāng)x0=-或x0=-時(shí),易求得|OM|·|ON|=,為定值. 綜上,|OM|·|ON|是定值,為. C組　2016—2018年模擬·方法題組 方法1　圓錐曲線中的定值與最值問(wèn)題的解題策略 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2017浙江吳越聯(lián)盟測(cè)試,20)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,且過(guò)點(diǎn)P. (1)

66、求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)過(guò)點(diǎn)G(1,0)作兩條互相垂直的直線l1,l2,設(shè)l1與橢圓C交于M,N兩點(diǎn),l2與橢圓C交于P,Q兩點(diǎn),求·的最大值. 解析　(1)由題意得解得a2=4,b2=1, 故橢圓C:+y2=1. (2)易知·=(+)·(+)=·+·=-(||·||+||·||). 當(dāng)l1,l2中有一條斜率不存在時(shí),則另一條斜率必定為0,此時(shí)·=-. 當(dāng)l1,l2斜率都存在時(shí),設(shè)l1:x=my+1,與橢圓方程聯(lián)立并整理得(m2+4)y2+2my-3=0,得yMyN=-, 所以||·||=|yM|·|yN|=(1+m2)|yM·yN|=.同理||·||=, 所以·=-3=15×, 故當(dāng)=,即m=±1時(shí),·取最大值,為-. 綜上,當(dāng)兩直線分別為x+y-1=0和x-y-1=0時(shí),·有最大值,最大值為-. 2.(2017浙江鎮(zhèn)海中學(xué)模擬卷(四),21)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,且橢圓C上的點(diǎn)到其焦點(diǎn)的距離的最小值為1. (1)求a,b的值; (2)過(guò)點(diǎn)P(3,0)作直線l交C于A,B兩點(diǎn), ①求△AOB面積S的最大值; ②設(shè)Q為線段