（浙江專用）2020版高考數(shù)學一輪總復習 專題10 圓錐曲線與方程 10.6 圓錐曲線的綜合問題檢測.doc

10.6圓錐曲線的綜合問題挖命題【考情探究】考點內容解讀5年考情預測熱度考題示例考向關聯(lián)考點圓錐曲線的綜合問題1.了解圓錐曲線的簡單應用.2.理解數(shù)形結合的思想.3.能解決直線與圓錐曲線的綜合應用等問題.2018浙江,21直線與橢圓、拋物線的位置關系三角形面積、取值范圍2017浙江,21直線與拋物線的位置關系不等式、最值、取值范圍2016浙江文,19直線與拋物線的位置關系取值范圍2015浙江文,19直線與拋物線的位置關系圓、三角形面積2014浙江,21直線與圓的位置關系不等式分析解讀1.圓錐曲線的綜合問題是高考的熱點之一,主要考查兩大問題:一是根據(jù)條件求出平面曲線的方程;二是通過方程研究平面曲線的性質.2.考查點主要有:(1)圓錐曲線的基本概念和性質;(2)與圓錐曲線有關的最值、對稱、位置關系等綜合問題;(2)有關定點、定值問題,以及存在性等探索性問題.3.預計2020年高考試題中,圓錐曲線的綜合問題仍是壓軸題之一,復習時應高度重視.煉技法【方法集訓】方法1圓錐曲線中的最值和范圍問題的求解方法1.(2018浙江9+1高中聯(lián)盟期中,21)如圖,在平面直角坐標系xOy中,設點M(x0,y0)是橢圓C:x22+y2=1上一點,從原點O向圓M:(x-x0)2+(y-y0)2=作兩條切線,分別與橢圓C交于點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)證明:因為直線OP:y=k1x,OQ:y=k2x與圓M相切,所以|k1x0-y0|1+k12=63,|k2x0-y0|1+k22=63,可知k1,k2是方程(3x02-2)k2-6x0y0k+3y02-2=0的兩個不相等的實數(shù)根,所以3x02-20,k1k2=3y02-23x02-2,因為點M(x0,y0)在橢圓C上,所以y02=1-x022,所以k1k2=3y02-23x02-2=-.(2)易知直線OP,OQ都不能落在坐標軸上,設P(x1,y1),Q(x2,y2),因為2k1k2+1=0,所以2y1y2x1x2+1=0,即y12y22=14x12x22,因為P(x1,y1),Q(x2,y2)在橢圓C上,所以y12y22=1-x1221-x222=14x12x22,整理得x12+x22=2,所以y12+y22=1,所以OP2+OQ2=3.因為S四邊形OPMQ= (OP+OQ)63=66(OP+OQ),OP+OQ2(OP2+OQ2)=6,所以S四邊形OPMQ的最大值為1.2.(2018浙江臺州高三期末質檢,21,15分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦點分別為F1,F2,左頂點為A,點P(2,3)在橢圓C上,且PF1F2的面積為23.(1)求橢圓C的方程;(2)過原點O且與x軸不重合的直線交橢圓C于E,F兩點,直線AE,AF分別與y軸交于點M,N.求證:以MN為直徑的圓恒過焦點F1,F2,并求出F1MN面積的取值范圍.解析(1)SPF1F2=2c3=23,c=2,(2分)又點P(2,3)在橢圓C上,2a2+3a2-4=1,a4-9a2+8=0,解得a2=8或a2=1(舍去),又a2-b2=4,b2=4,橢圓C的方程為x28+y24=1.(5分)(2)由(1)可得A(-22,0),F1(-2,0),F2(2,0),當直線EF的斜率不存在時,E,F為短軸的兩個端點,不妨設M(0,2),N(0,-2),F1MF1N,F2MF2N,以MN為直徑的圓恒過焦點F1,F2.(7分)當直線EF的斜率存在且不為零時,設直線EF的方程為y=kx(k0),設點E(x0,y0)(不妨設x0>0),則點F(-x0,-y0),由y=kx,x28+y24=1消去y得x2=81+2k2,x0=221+2k2,y0=22k1+2k2,直線AE的方程為y=k1+1+2k2(x+22),直線AE與y軸交于點M,令x=0,得y=22k1+1+2k2,即點M0,22k1+1+2k2,同理可得點N0,22k1-1+2k2,F1M=2,22k1+1+2k2,F1N=2,22k1-1+2k2,F1MF1N=0,F1MF1N,同理,F2MF2N,則以MN為直徑的圓恒過焦點F1,F2,(12分)當直線EF的斜率存在且不為零時,|MN|=22k1+1+2k2-22k1-1+2k2=22k1+2k2k2=221k2+2>4,F1MN的面積S=|OF1|MN|>4,又當直線EF的斜率不存在時,|MN|=4,F1MN的面積為|OF1|MN|=4,F1MN面積的取值范圍是4,+).(15分)方法2定點、定值問題的求法1.(2017浙江鎮(zhèn)海中學模擬卷(四),21)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為,且橢圓C上的點到其焦點的距離的最小值為1.(1)求a,b的值;(2)過點P(3,0)作直線l交C于A,B兩點,求AOB面積S的最大值;設Q為線段AB上的點,且滿足|AP|PB|=|AQ|QB|,證明:點Q的橫坐標xQ為定值.解析(1)由題意知,ca=12,a-c=1,所以a=2,c=1,因此b=22-12=3,故a=2,b=3.(4分)(2)顯然直線l的斜率存在且不為0,故可設l:y=k(x-3)(k0),聯(lián)立y=k(x-3),x24+y23=1,消去y,并整理,得(3+4k2)x2-24k2x+36k2-12=0,其中=48(3-5k2)>0.設A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1+x2=24k23+4k2,x1x2=36k2-123+4k2.(6分)原點O到直線l的距離d=|3k|k2+1,|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k248(3-5k2)3+4k2,所以SAOB=|AB|d=63|k|3-5k23+4k2=63k2(3-5k2)(3+4k2)2.(8分)設t=13+4k2,則k2=141t-3,其中t527,13,則S=6314t21t-33-541t-3=32(9-27t)(27t-5)329-27t+27t-52=3.當且僅當9-27t=27t-5,即t=727時,取等號.(10分)故AOB面積S的最大值為3.證明:設|AP|PB|=|AQ|QB|=,則AP=-PB,AQ=QB,(12分)所以3-x1=-(x2-3),xQ-x1=(x2-xQ),消去得,xQ=3(x1+x2)-2x1x26-(x1+x2)=324k23+4k2-236k2-123+4k26-24k23+4k2=,故點Q的橫坐標xQ為定值.(15分)2.(2017浙江五校聯(lián)考(5月),21)如圖,已知橢圓:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經過不同的三點A52,54,B-12,-34,C(C在第三象限),線段BC的中點在直線OA上.(1)求橢圓的方程及點C的坐標;(2)設點P是橢圓上的動點(異于點A,B,C),且直線PB,PC分別交直線OA于M,N兩點,問|OM|ON|是不是定值?若是,求該值;若不是,請說明理由.解析(1)由點A,B在橢圓上,得54a2+516b2=1,14a2+916b2=1,解得a2=52,b2=58,所以橢圓的方程為x252+y258=1.設點C(m,n),則BC中點為m-122,n-342,由已知,求得直線OA的方程為x-2y=0,從而m=2n-1.又點C在橢圓上,故2m2+8n2=5.由得n= (舍去)或n=-,從而m=-,所以點C的坐標為-32,-14.(2)設P(x0,y0),M(2y1,y1),N(2y2,y2).當x0-且x0-時,因為P,B,M三點共線,所以y1+342y1+12=y0+34x0+12,整理得y1=3x0-2y04(2y0-x0+1).因為P,C,N三點共線,所以y2+142y2+32=y0+14x0+32,整理得y2=x0-6y04(2y0-x0-1).因為點P在橢圓上,所以2x02+8y02=5,即x02=-4y02.從而y1y2=(3x0-2y0)(x0-6y0)16(2y0-x0)2-1=3x02-20x0y0+12y0216(4y02+x02-4x0y0-1)=352-4y02-20x0y0+12y021652-4x0y0-1=532-4x0y01632-4x0y0=516.所以|OM|ON|=5|y1|5|y2|=5|y1y2|=2516,為定值.當x0=-或x0=-時,易求得|OM|ON|=2516,為定值.綜上,|OM|ON|是定值,為2516.方法3存在性問題的解法1.(2018浙江“七彩陽光”聯(lián)盟期中,21)已知拋物線C1:x2=4y的焦點為F,過拋物線C2:y=-x2+3上一點M作拋物線C2的切線l,與拋物線C1交于A,B兩點.(1)記直線AF,BF的斜率分別為k1,k2,若k1k2=-,求直線l的方程;(2)是否存在正實數(shù)m,使得對任意點M,都有|AB|=m(|AF|+|BF|)成立?若存在,求出m的值;若不存在,請說明理由.解析(1)設M(x0,y0),由y=-x28+3,得y=-,則切線l的斜率為k=-x04.切線l的方程為y=-x04(x-x0)+y0=-x04x+x024+y0=-x04x-2y0+6+y0,即y=-x04x-y0+6.(3分)與x2=4y聯(lián)立,消去y得x2+x0x+4y0-24=0.(4分)設A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1+x2=-x0,x1x2=4y0-24,(5分)則y1+y2=-x04(x1+x2)-2y0+12=x024-2y0+12=-4y0+18,y1y2=x12x2216=(y0-6)2,則由k1k2=y1-1x1y2-1x2=y1y2-(y1+y2)+1x1x2=(y0-6)2-(-4y0+18)+14y0-24=-,得5y02-28y0+23=0,解得y0=1或y0=235.(8分)x02=-8(y0-3)0,y03,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=-x04x-y0+6,且x1+x2=-x0,x1x2=4y0-24,則|AB|=1+x0216|x1-x2|=1+x0216(x1+x2)2-4x1x2=16+x024x02-4(4y0-24),即|AB|=16-8y0+244-8y0+24-16y0+96=23(5-y0),(11分)而|AF|+|BF|=(y1+1)+(y2+1)=-4y0+20=4(5-y0),(13分)則|AB|=32(|AF|+|BF|),(14分)故存在正實數(shù)m=32,使得對任意點M,都有|AB|=32(|AF|+|BF|)成立.(15分)2.(2017浙江鎮(zhèn)海中學模擬卷(六),21)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1、F2,M為橢圓C上任意一點,|MF1|-|MF2|的最大值為2,離心率為33.(1)若N為橢圓C上任意一點,且F2MF2N,求F2MNM的最小值;(2)若過橢圓C右焦點F2的直線l與橢圓C相交于A,B兩點,且AB=3F2B,試問:在橢圓C上是否存在點P,使得線段OP與線段AB的交點恰為四邊形OAPB的對稱中心?若存在,求點P的坐標;若不存在,說明理由. 解析(1)由題意知,2c=2,ca=33,a=3,c=1,故b=2,橢圓C的方程是x23+y22=1,其右焦點F2的坐標為(1,0).F2MNM=F2M(NF2+F2M)=F2MNF2+F2MF2M=|F2M|2,(F2MNM)min=|F2M|min2=(3-1)2=4-23.(2)由題意知,直線l的斜率不為0.假設符合條件的點P存在,則OP=OA+OB.設A(x1,y1),B(x2,y2),則點P的坐標為(x1+x2,y1+y2),根據(jù)AB=3F2B,得(1-x1,-y1)=2(x2-1,y2),y1=-2y2.設直線l的方程為x=my+1,代入橢圓方程整理得(2m2+3)y2+4my-4=0,故y1+y2=-4m2m2+3,y1y2=-42m2+3.易得-y2=-4m2m2+3,-2y22=-42m2+3,消去y2,得4m2m2+32=22m2+3,解得m2=,即m=22.當m=22時,y1+y2=-22,x1+x2=m(y1+y2)+2=-+2=,此時P32,-22.當m=-22時,y1+y2=22,x1+x2=m(y1+y2)+2=-+2=,此時P32,22.經檢驗,點32,-22,32,22都在橢圓C上,故C上存在點P,使得線段OP與線段AB的交點恰為四邊形OAPB的對稱中心.過專題【五年高考】A組自主命題浙江卷題組考點圓錐曲線的綜合問題1.(2018浙江,21,15分)如圖,已知點P是y軸左側(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面積的取值范圍.解析本題主要考查橢圓、拋物線的幾何性質,直線與拋物線的位置關系等基礎知識,同時考查運算求解能力和綜合應用能力.(1)設P(x0,y0),A14y12,y1,B14y22,y2.因為PA,PB的中點在拋物線上,所以y1,y2為方程y+y022=414y2+x02即y2-2y0y+8x0-y02=0的兩個不同的實根.所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y軸.(2)由(1)可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,所以|PM|= (y12+y22)-x0=34y02-3x0,|y1-y2|=22(y02-4x0).因此,PAB的面積S=|PM|y1-y2|=324(y02-4x0)32.因為x02+y024=1(x0<0),所以y02-4x0=-4x02-4x0+44,5.因此,PAB面積的取值范圍是62,15104.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鍵是利用條件把所求量表示成關于某個變量(通常是直線斜率,動點的橫、縱坐標等)的函數(shù),并求出這個變量的取值范圍(即函數(shù)的定義域),將問題轉化為求函數(shù)的值域或最值.2.(2017浙江,21,15分)如圖,已知拋物線x2=y,點A-12,14,B32,94,拋物線上的點P(x,y)-12<x<32.過點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系等基礎知識,同時考查解析幾何的基本思想方法和運算求解能力.(1)設直線AP的斜率為k,k=x2-14x+12=x-,因為-<x<,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kx-y+12k+14=0,x+ky-94k-32=0,解得點Q的橫坐標是xQ=-k2+4k+32(k2+1).因為|PA|=1+k2x+12=1+k2(k+1),|PQ|=1+k2(xQ-x)=-(k-1)(k+1)2k2+1,所以|PA|PQ|=-(k-1)(k+1)3,令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因為f (k)=-(4k-2)(k+1)2,所以f(k)在區(qū)間-1,12上單調遞增,12,1上單調遞減,因此當k=時,|PA|PQ|取得最大值2716.解法二:如圖,連接BP,|AP|PQ|=|AP|PB|cosBPQ=AP(AB-AP)=APAB-AP2.易知P(x,x2)-12<x<32,則APAB=2x+1+2x2-=2x2+2x+,AP2=x+122+x2-142=x2+x+x4-x2+116=x4+x2+x+516.|AP|PQ|=-x4+x2+x+316-12<x<32.設f(x)=-x4+x2+x+316-12<x<32,則f (x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,f(x)在-12,1上為增函數(shù),在1,32上為減函數(shù),f(x)max=f(1)=2716.故|AP|PQ|的最大值為2716.方法總結在解析幾何中,遇到求兩線段長度之積的最值或取值范圍時,一般用以下方法進行轉化.1.直接法:求出各點坐標,用兩點間的距離公式,轉化為某個參變量(如直線斜率、截距,點的橫、縱坐標等)的函數(shù),再求函數(shù)的最值或值域.2.向量法:三點共線時,轉化為兩向量的數(shù)量積,再轉化為動點的橫(或縱坐標)的函數(shù),最后求函數(shù)的最值或值域.3.參數(shù)法:把直線方程化為參數(shù)方程,與曲線方程聯(lián)立,由根與系數(shù)的關系轉化為直線的斜率(或直線的截距)的函數(shù),最后求函數(shù)的最值或值域.3.(2014浙江,21,15分)如圖,設橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),動直線l與橢圓C只有一個公共點P,且點P在第一象限.(1)已知直線l的斜率為k,用a,b,k表示點P的坐標;(2)若過原點O的直線l1與l垂直,證明:點P到直線l1的距離的最大值為a-b.解析(1)設直線l的方程為y=kx+m(k<0),由y=kx+m,x2a2+y2b2=1消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.由于l與C只有一個公共點,故=0,即b2-m2+a2k2=0,解得點P的坐標為-a2kmb2+a2k2,b2mb2+a2k2.又點P在第一象限,故點P的坐標為P-a2kb2+a2k2,b2b2+a2k2.(2)證明:由于直線l1過原點O且與l垂直,故直線l1的方程為x+ky=0,所以點P到直線l1的距離d=-a2kb2+a2k2+b2kb2+a2k21+k2,整理得d=a2-b2b2+a2+a2k2+b2k2.因為a2k2+b2k22ab,所以a2-b2b2+a2+a2k2+b2k2a2-b2b2+a2+2ab=a-b,當且僅當k2=時等號成立.所以點P到直線l1的距離的最大值為a-b.評析本題主要考查橢圓的幾何性質、點到直線的距離、直線與橢圓的位置關系等基礎知識,同時考查解析幾何的基本思想方法、基本不等式的應用等綜合解題能力.B組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組考點圓錐曲線的綜合問題1.(2018北京理,19,14分)已知拋物線C:y2=2px經過點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O為原點,QM=QO,QN=QO,求證: +為定值.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.設直線l的方程為y=kx+1(k0).由y2=4x,y=kx+1得k2x2+(2k-4)x+1=0.依題意=(2k-4)2-4k21>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)設A(x1,y1),B(x2,y2),由(1)知x1+x2=-2k-4k2,x1x2=1k2.直線PA的方程為y-2=y1-2x1-1(x-1).令x=0,得點M的縱坐標為yM=-y1+2x1-1+2=-kx1+1x1-1+2.同理得點N的縱坐標為yN=-kx2+1x2-1+2.由QM=QO,QN=QO得=1-yM,=1-yN.所以+=11-yM+11-yN=x1-1(k-1)x1+x2-1(k-1)x2=1k-12x1x2-(x1+x2)x1x2=1k-12k2+2k-4k21k2=2.所以+為定值.方法總結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.依題設條件,得出與代數(shù)式有關的等式,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式,再利用題設條件化簡、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式,再依據(jù)條件對表達式進行化簡、變形即可求得.2.(2017山東理,21,14分)在平面直角坐標系xOy中,橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,焦距為2.(1)求橢圓E的方程;(2)如圖,動直線l:y=k1x-32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|=23,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的斜率.解析本題考查橢圓的方程,直線與橢圓、圓的位置關系,考查最值的求解方法和運算求解能力.(1)由題意知e=22,2c=2,所以a=2,b=1,因此橢圓E的方程為x22+y2=1.(2)設A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立x22+y2=1,y=k1x-32,消y整理得(4k12+2)x2-43k1x-1=0,由題意知>0,且x1+x2=23k12k12+1,x1x2=-12(2k12+1),所以|AB|=1+k12|x1-x2|=21+k121+8k121+2k12.由題意可知圓M的半徑r=|AB|=2231+k121+8k122k12+1.由題設知k1k2=24,所以k2=24k1,因此直線OC的方程為y=24k1x.聯(lián)立x22+y2=1,y=24k1x,得x2=8k121+4k12,y2=11+4k12,因此|OC|=x2+y2=1+8k121+4k12.由題意可知sinSOT2=rr+|OC|=11+|OC|r,而|OC|r=1+8k121+4k122231+k121+8k121+2k12=3241+2k121+4k121+k12,令t=1+2k12,則t>1,(0,1),因此|OC|r=t2t2+t-1=12+1t-1t2=1-1t-122+941,當且僅當=,即t=2時等號成立,此時k1=22,所以sinSOT2,因此SOT2,所以SOT的最大值為.綜上所述,SOT的最大值為,取得最大值時直線l的斜率k1=22.思路分析(1)由離心率和焦距,利用基本量運算求解;(2)聯(lián)立直線l與橢圓方程,利用距離公式求|AB|,聯(lián)立直線OC與橢圓方程求|OC|,進而建立sinSOT2與k1之間的函數(shù)關系,利用二次函數(shù)的性質求解.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sinSOT2與k1之間的函數(shù)關系是解題關鍵.牢固掌握基礎知識和方法是求解的前提.本題的完美解答體現(xiàn)了數(shù)學知識、能力、思想、方法的完美結合.3.(2016天津,19,14分)設橢圓x2a2+y23=1(a>3)的右焦點為F,右頂點為A.已知1|OF|+1|OA|=3e|FA|,其中O為原點,e為橢圓的離心率.(1)求橢圓的方程;(2)設過點A的直線l與橢圓交于點B(B不在x軸上),垂直于l的直線與l交于點M,與y軸交于點H.若BFHF,且MOAMAO,求直線l的斜率的取值范圍.解析(1)設F(c,0),由1|OF|+1|OA|=3e|FA|,即+=3ca(a-c),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x24+y23=1.(2)設直線l的斜率為k(k0),則直線l的方程為y=k(x-2).設B(xB,yB),由方程組x24+y23=1,y=k(x-2)消去y,整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.解得x=2或x=8k2-64k2+3,由題意得xB=8k2-64k2+3,從而yB=-12k4k2+3.由(1)知F(1,0),設H(0,yH),有FH=(-1,yH),BF=9-4k24k2+3,12k4k2+3.由BFHF,得BFFH=0,所以4k2-94k2+3+12kyH4k2+3=0,解得yH=9-4k212k.因此直線MH的方程為y=-x+9-4k212k.設M(xM,yM),由方程組y=k(x-2),y=-1kx+9-4k212k消去y,解得xM=20k2+912(k2+1).在MAO中,MOAMAO|MA|MO|,即(xM-2)2+yM2xM2+yM2,化簡得xM1,即20k2+912(k2+1)1,解得k-64或k64.所以直線l的斜率的取值范圍為-,-6464,+.評析本題主要考查橢圓的標準方程和幾何性質、直線方程、一元二次不等式等基礎知識.考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質.考查運算求解能力,以及用方程思想解決問題的能力.4.(2016北京,19,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,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P是橢圓C上一點,直線PA與y軸交于點M,直線PB與x軸交于點N.求證:|AN|BM|為定值.解析(1)由題意得ca=32,12ab=1,a2=b2+c2,解得a2=4,b2=1.所以橢圓C的方程為x24+y2=1.(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).設P(x0,y0),則x02+4y02=4.當x00時,直線PA的方程為y=y0x0-2(x-2).令x=0,得yM=-2y0x0-2,從而|BM|=|1-yM|=1+2y0x0-2.直線PB的方程為y=y0-1x0x+1.令y=0,得xN=-x0y0-1,從而|AN|=|2-xN|=2+x0y0-1.所以|AN|BM|=2+x0y0-11+2y0x0-2=x02+4y02+4x0y0-4x0-8y0+4x0y0-x0-2y0+2=4x0y0-4x0-8y0+8x0y0-x0-2y0+2=4.當x0=0時,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|BM|=4.綜上,|AN|BM|為定值.一題多解(2)點P在曲線x22+y12=1上,不妨設P(2cos ,sin ),當k且k+ (kZ)時,直線AP的方程為y-0=sin2(cos-1)(x-2),令x=0,得yM=sin1-cos;直線BP的方程為y-1=sin-12cos(x-0),令y=0,得xN=2cos1-sin.|AN|BM|=21-cos1-sin1-sin1-cos=22(1-sin)(1-cos)(1-sin)(1-cos)=22=4(定值).當=k或=k+ (kZ)時,M,N是定點,易得|AN|BM|=4.綜上,|AN|BM|=4.評析本題考查橢圓的標準方程,直線與圓錐曲線的位置關系及定值問題,方法常規(guī),運算量大,對學生的運算能力要求較高.5.(2016四川,20,13分)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的兩個焦點與短軸的一個端點是直角三角形的三個頂點,直線l:y=-x+3與橢圓E有且只有一個公共點T.(1)求橢圓E的方程及點T的坐標;(2)設O是坐標原點,直線l平行于OT,與橢圓E交于不同的兩點A,B,且與直線l交于點P.證明:存在常數(shù),使得|PT|2=|PA|PB|,并求的值.解析(1)由題意得,a=2b,則橢圓E的方程為x22b2+y2b2=1.由方程組x22b2+y2b2=1,y=-x+3,得3x2-12x+(18-2b2)=0.方程的判別式為=24(b2-3),由=0,得b2=3,此時方程的解為x=2,所以橢圓E的方程為x26+y23=1,點T的坐標為(2,1).(2)由已知可設直線l的方程為y=x+m(m0),由方程組y=12x+m,y=-x+3,可得x=2-2m3,y=1+2m3.所以P點坐標為2-2m3,1+2m3,|PT|2=m2.設點A,B的坐標分別為A(x1,y1),B(x2,y2).由方程組x26+y23=1,y=12x+m,可得3x2+4mx+(4m2-12)=0.方程的判別式為=16(9-2m2),由>0,解得-322<m<322.由得x1+x2=-4m3,x1x2=4m2-123.所以|PA|=2-2m3-x12+1+2m3-y12=522-2m3-x1,同理|PB|=522-2m3-x2.所以|PA|PB|=542-2m3-x12-2m3-x2=542-2m32-2-2m3(x1+x2)+x1x2=542-2m32-2-2m3-4m3+4m2-123=109m2.故存在常數(shù)=,使得|PT|2=|PA|PB|.評析本題考查了直線與圓錐曲線相交的問題,這類題中常用的方法是方程法,并結合根與系數(shù)的關系,兩點間的距離公式進行考查,難點是運算量比較大,注意運算技巧.6.(2015課標,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,說明理由.解析(1)證明:設直線l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM=x1+x22=-kbk2+9,yM=kxM+b=9bk2+9.于是直線OM的斜率kOM=yMxM=-,即kOMk=-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k>0,k3.由(1)得OM的方程為y=-x.設點P的橫坐標為xP.由y=-9kx,9x2+y2=m2得xP2=k2m29k2+81,即xP=km3k2+9.將m3,m代入l的方程得b=m(3-k)3,因此xM=k(k-3)m3(k2+9).四邊形OAPB為平行四邊形當且僅當線段AB與線段OP互相平分,即xP=2xM.于是km3k2+9=2k(k-3)m3(k2+9),解得k1=4-7,k2=4+7.因為ki>0,ki3,i=1,2,所以當l的斜率為4-7或4+7時,四邊形OAPB為平行四邊形.評析本題考查直線與圓錐曲線的位置關系,設問常規(guī),但對運算能力要求較高,考查學生的思維能力.C組教師專用題組考點圓錐曲線的綜合問題1.(2017山東文,21,14分)在平面直角坐標系xOy中,已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,橢圓C截直線y=1所得線段的長度為22.(1)求橢圓C的方程;(2)動直線l:y=kx+m(m0)交橢圓C于A,B兩點,交y軸于點M.點N是M關于O的對稱點,N的半徑為|NO|.設D為AB的中點,DE,DF與N分別相切于點E,F,求EDF的最小值.解析本題考查橢圓的標準方程及圓錐曲線的相關最值.(1)由橢圓的離心率為22,得a2=2(a2-b2),又當y=1時,x2=a2-a2b2,得a2-a2b2=2,所以a2=4,b2=2.因此橢圓方程為x24+y22=1.(2)設A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立y=kx+m,x2+2y2=4,得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,由>0得m2<4k2+2,(*)且x1+x2=-4km2k2+1,因此y1+y2=2m2k2+1,所以D-2km2k2+1,m2k2+1,又N(0,-m),所以|ND|2=-2km2k2+12+m2k2+1+m2,整理得|ND|2=4m2(1+3k2+k4)(2k2+1)2,因為|NF|=|m|,所以|ND|2|NF|2=4(k4+3k2+1)(2k2+1)2=1+8k2+3(2k2+1)2.令t=8k2+3,t3,故2k2+1=t+14,所以|ND|2|NF|2=1+16t(1+t)2=1+16t+1t+2.令y=t+,所以y=1-1t2.當t3時,y>0,從而y=t+在3,+)上單調遞增,因此t+103,等號當且僅當t=3時成立,此時k=0,所以|ND|2|NF|21+3=4,由(*)得-2<m<2且m0.故|NF|ND|.設EDF=2,則sin =|NF|ND|.所以的最小值為,從而EDF的最小值為,此時直線l的斜率是0.綜上所述,當k=0,m(-2,0)(0,2)時,EDF取到最小值.方法總結求解圓錐曲線相關最值的常用方法:1.幾何性質法;2.二次函數(shù)最值法;3.基本不等式法;4.三角函數(shù)最值法;5.導數(shù)法.2.(2017課標全國理,20,12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),四點P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32,P41,32中恰有三點在橢圓C上.(1)求C的方程;(2)設直線l不經過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系中的定點問題.(1)由于P3,P4兩點關于y軸對稱,故由題設知C經過P3,P4兩點.又由1a2+1b2>1a2+34b2知,C不經過點P1,所以點P2在C上.因此1b2=1,1a2+34b2=1,解得a2=4,b2=1.故C的方程為x24+y2=1.(2)設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1,k2.如果l與x軸垂直,設l:x=t,由題設知t0,且|t|<2,可得A,B的坐標分別為t,4-t22,t,-4-t22.則k1+k2=4-t2-22t-4-t2+22t=-1,得t=2,不符合題設.從而可設l:y=kx+m(m1).將y=kx+m代入x24+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.由題設可知=16(4k2-m2+1)>0.設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1.而k1+k2=y1-1x1+y2-1x2=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2=2kx1x2+(m-1)(x1+x2)x1x2,由題設k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)4m2-44k2+1+(m-1)-8km4k2+1=0.解得k=-m+12.當且僅當m>-1時,>0,于是l:y=-m+12x+m,即y+1=-m+12(x-2),所以l過定點(2,-1).3.(2016山東,21,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的長軸長為4,焦距為22.(1)求橢圓C的方程;(2)過動點M(0,m)(m>0)的直線交x軸于點N,交C于點A,P(P在第一象限),且M是線段PN的中點.過點P作x軸的垂線交C于另一點Q,延長QM交C于點B.(i)設直線PM,QM的斜率分別為k,k,證明kk為定值;(ii)求直線AB的斜率的最小值.解析(1)設橢圓的半焦距為c.由題意知2a=4,2c=22,所以a=2,b=a2-c2=2.所以橢圓C的方程為x24+y22=1.(2)(i)證明:設P(x0,y0)(x0>0,y0>0).由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m).所以直線PM的斜率k=2m-mx0=mx0,直線QM的斜率k=-2m-mx0=-3mx0.此時kk=-3.所以kk為定值-3.(ii)設A(x1,y1),B(x2,y2).直線PA的方程為y=kx+m,直線QB的方程為y=-3kx+m.聯(lián)立y=kx+m,x24+y22=1,整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.由x0x1=2m2-42k2+1,可得x1=2(m2-2)(2k2+1)x0.所以y1=kx1+m=2k(m2-2)(2k2+1)x0+m.同理x2=2(m2-2)(18k2+1)x0,y2=-6k(m2-2)(18k2+1)x0+m.所以x2-x1=2(m2-2)(18k2+1)x0-2(m2-2)(2k2+1)x0=-32k2(m2-2)(18k2+1)(2k2+1)x0,y2-y1=-6k(m2-2)(18k2+1)x0+m-2k(m2-2)(2k2+1)x0-m=-8k(6k2+1)(m2-2)(18k2+1)(2k2+1)x0,所以kAB=y2-y1x2-x1=6k2+14k=146k+1k.由m>0,x0>0,可知k>0,所以6k+26,等號當且僅當k=66時取得.此時m4-8m2=66,即m=147,符合題意.所以直線AB的斜率的最小值為62.4.(2015山東,21,14分)平面直角坐標系xOy中,已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,且點3,12在橢圓C上.(1)求橢圓C的方程;(2)設橢圓E:x24a2+y24b2=1,P為橢圓C上任意一點,過點P的直線y=kx+m交橢圓E于A,B兩點,射線PO交橢圓E于點Q.(i)求|OQ|OP|的值;(ii)求ABQ面積的最大值.解析(1)由題意知3a2+14b2=1,又a2-b2a=32,解得a2=4,b2=1.所以橢圓C的方程為x24+y2=1.(2)由(1)知橢圓E的方程為x216+y24=1.(i)設P(x0,y0),|OQ|OP|=,由題意知Q(-x0,-y0).因為x024+y02=1,又(-x0)216+(-y0)24=1,即24x024+y02=1,所以=2,即|OQ|OP|=2.(ii)設A(x1,y1),B(x2,y2).將y=kx+m代入橢圓E的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0,由>0,可得m2<4+16k2.則有x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-161+4k2.所以|x1-x2|=416k2+4-m21+4k2.因為直線y=kx+m與y軸交點的坐標為(0,m),所以OAB的面積S=|m|x1-x2|=216k2+4-m2|m|1+4k2=2(16k2+4-m2)m21+4k2=24-m21+4k2m21+4k2.設m21+4k2=t.將y=kx+m代入橢圓C的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,由0,可得m21+4k2.由可知0<t1,因此S=2(4-t)t=2-t2+4t.故S23,當且僅當t=1,即m2=1+4k2時取得最大值23.由(i)知,ABQ的面積為3S,所以ABQ面積的最大值為63.5.(2015陜西,20,12分)如圖,橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經過點A(0,-1),且離心率為22.(1)求橢圓E的方程;(2)經過點(1,1),且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P,Q(均異于點A),證明:直線AP與AQ的斜率之和為2.解析(1)由題設知=22,b=1,結合a2=b2+c2,解得a=2.所以橢圓E的方程為x22+y2=1.(2)證明:由題設知,直線PQ的方程為y=k(x-1)+1(k2),代入x22+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0.由已知可知>0.設P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x20,則x1+x2=4k(k-1)1+2k2,x1x2=2k(k-2)1+2k2.從而直線AP,AQ的斜率之和kAP+kAQ=y1+1x1+y2+1x2=kx1+2-kx1+kx2+2-kx2=2k+(2-k)1x1+1x2=2k+(2-k)x1+x2x1x2=2k+(2-k)4k(k-1)2k(k-2)=2k-2(k-1)=2.評析本題考查橢圓標準方程與簡單性質的同時,重點考查直線與橢圓的位置關系.6.(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)(m0)都在橢圓C上,直線PA交x軸于點M.(1)求橢圓C的方程,并求點M的坐標(用m,n表示);(2)設O為原點,點B與點A關于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;若不存在,說明理由.解析(1)由題意得b=1,ca=22,a2=b2+c2,解得a2=2.故橢圓C的方程為x22+y2=1.設M(xM,0).因為m0,所以-1<n<1.直線PA的方程為y-1=n-1mx,所以xM=m1-n,即Mm1-n,0.(2)存在.因為點B與點A關于x軸對稱,所以B(m,-n).設N(xN,0),則xN=m1+n.“存在點Q(0,yQ)使得OQM=ONQ”等價于“存在點Q(0,yQ)使得|OM|OQ|=|OQ|ON|”,即yQ滿足yQ2=|xM|xN|.因為xM=m1-n,xN=m1+n,m22+n2=1,所以yQ2=|xM|xN|=m21-n2=2.所以yQ=2或yQ=-2.故在y軸上存在點Q,使得OQM=ONQ,點Q的坐標為(0,2)或(0,-2).7.(2015四川,20,13分)如圖,橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率是22,過點P(0,1)的動直線l與橢圓相交于A,B兩點.當直線l平行于x軸時,直線l被橢圓E截得的線段長為22.(1)求橢圓E的方程;(2)在平面直角坐標系xOy中,是否存在與點P不同的定點Q,使得|QA|QB|=|PA|PB|恒成立?若存在,求出點Q的坐標;若不存在,請說明理由.解析(1)由已知得,點(2,1)在橢圓E上.因此,2a2+1b2=1,a2-b2=c2,ca=22.解得a=2,b=2.所以橢圓E的方程為x24+y22=1.(2)當直線l與x軸平行時,設直線l與橢圓相交于C,D兩點.如果存在定點Q滿足條件,則有|QC|QD|=|PC|PD|=1,即|QC|=|QD|.所以Q點在y軸上,可設Q點的坐標為(0,y0).當直線l與x軸垂直時,設直線l與橢圓相交于M,N兩點,則M,N的坐標分別為(0,2),(0,-2).由|QM|QN|=|PM|PN|,有|y0-2|y0+2|=2-12+1,解得y0=1或y0=2.所以,若存在不同于點P的定點Q滿足條件,則Q點坐標只可能為(0,2).下面證明:對任意直線l,均有|QA|QB|=|PA|PB|.當直線l的斜率不存在時,由上可知,結論成立.當直線l的斜率存在時,可設直線l的方程為y=kx+1,A,B的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2).聯(lián)立得x24+y22=1,y=kx+1,得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其=(4k)2+8(2k2+1)>0,所以,x1+x2=-4k2k2+1,x1x2=-22k2+1.因此1x1+1x2=x1+x2x1x2=2k.易知,點B關于y軸對稱的點B的坐標為(-x2,y2).又kQA=y1-2x1=kx1-1x1=k-1x1,kQB=y2-2-x2=kx2-1-x2=-k+1x2=k-1x1,所以kQA=kQB,即Q,A,B三點共線.所以|QA|QB|=|QA|QB|=|x1|x2|=|PA|PB|.故存在與P不同的定點Q(0,2),使得|QA|QB|=|PA|PB|恒成立.評析本題主要考查橢圓的標準方程與幾何性質,直線方程、直線與橢圓的位置關系等基礎知識,考查推理論證能力、運算求解能力,考查數(shù)形結合、化歸與轉化、特殊與一般、分類與整合等數(shù)學思想.8.(2014重慶,21,12分)如圖,設橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦點分別為F1,F2,點D在橢圓上,DF1F1F2,|F1F2|DF1|=22,DF1F2的面積為22.(1)求該橢圓的標準方程;(2)是否存在圓心在y軸上的圓,使圓在x軸的上方與橢圓有兩個交點,且圓在這兩個交點處的兩條切線相互垂直并分別過不同的焦點?若存在,求出圓的方程.若不存在,請說明理由.解析(1)設F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.由|F1F2|DF1|=22得|DF1|=|F1F2|22=22c.從而SDF1F2=|DF1|F1F2|=22c2=22,故c=1.從而|DF1|=22,由DF1F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=,因此|DF2|=322.所以2a=|DF1|+|DF2|=22,故a=2,b2=a2-c2=1.因此,所求橢圓的標準方程為x22+y2=1.(2)如圖,設圓心在y軸上的圓C與橢圓x22+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是兩個交點,y1>0,y2>0,F1P1,F2P2是圓C的切線,且F1P1F2P2.由圓和橢圓的對稱性,易知,x2=-x1,y1=y2.由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以F1P1=(x1+1,y1),F2P2=(-x1-1,y1).再由F1P1F2P2得-(x1+1)2+y12=0.由橢圓方程得1-x122=(x1+1)2,即3x12