（天津?qū)Ｓ茫?020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 9.7 圓錐曲線的綜合問題精練.docx

9.7圓錐曲線的綜合問題挖命題【考情探究】考點(diǎn)內(nèi)容解讀5年考情預(yù)測(cè)熱度考題示例考向關(guān)聯(lián)考點(diǎn)1.定點(diǎn)與定值問題1.了解圓錐曲線的簡(jiǎn)單應(yīng)用2.掌握解析幾何中求解定點(diǎn)、定值問題的方法和步驟2013天津,18定值問題直線的斜率、向量的運(yùn)算2.參變量的取值范圍與最值問題1.知道圓錐曲線的簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)(如范圍、對(duì)稱性、頂點(diǎn)、漸近線、離心率等),并能用性質(zhì)解決一些簡(jiǎn)單的圓錐曲線問題2.理解圓錐曲線離心率的定義,并會(huì)求圓錐曲線的離心率2017天津,192016天津,192015天津,19圓錐曲線的幾何性質(zhì)直線方程3.存在性問題1.理解圓錐曲線中存在性問題的基本解法2.理解轉(zhuǎn)化思想在圓錐曲線中的應(yīng)用2015北京,19圓錐曲線中存在性問題的推理論證直線與橢圓的位置關(guān)系分析解讀1.會(huì)處理動(dòng)曲線(含直線)過定點(diǎn)的問題.2.會(huì)證明與曲線上的動(dòng)點(diǎn)有關(guān)的定值問題.3.會(huì)按條件建立目標(biāo)函數(shù),研究變量的最值問題及變量的取值范圍問題,注意運(yùn)用“數(shù)形結(jié)合思想”以及“幾何法”求某些量的最值.4.能與其他知識(shí)交匯,從假設(shè)結(jié)論成立入手,通過推理論證解答存在性問題.5.本節(jié)在高考中圍繞直線與圓錐曲線的位置關(guān)系,展開對(duì)定值、最值、參數(shù)取值范圍等問題的考查,注重對(duì)數(shù)學(xué)思想方法的考查,分值約為14分,難度偏大.煉技法【方法集訓(xùn)】方法1與圓錐曲線相關(guān)的最值、范圍問題的解題方法1.已知橢圓W:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦點(diǎn)分別為F1,F2,且|F1F2|=2,橢圓上一動(dòng)點(diǎn)P滿足|PF1|+|PF2|=23.(1)求橢圓W的標(biāo)準(zhǔn)方程及離心率;(2)如圖,過點(diǎn)F1作直線l1與橢圓W交于點(diǎn)A,C,過點(diǎn)F2作直線l2l1,且l2與橢圓W交于點(diǎn)B,D,l1與l2交于點(diǎn)E,試求四邊形ABCD面積的最大值.解析(1)由已知,得2c=2,2a=23,a2=b2+c2,解得c=1,a=3,b=2.所以橢圓W的標(biāo)準(zhǔn)方程為x23+y22=1,離心率e=ca=33.(2)連接EO.由題意知EF1EF2,O為F1F2的中點(diǎn),所以|EO|=12|F1F2|=1.所以E點(diǎn)軌跡是以原點(diǎn)為圓心,1為半徑的圓.顯然E點(diǎn)在橢圓W的內(nèi)部.S四邊形ABCD=SABC+SADC=12|AC|BE|+12|AC|DE|=12|AC|BD|.當(dāng)直線l1,l2中一條與x軸垂直時(shí),不妨令l2x軸,此時(shí)AC為長(zhǎng)軸,BDx軸,把x=1代入橢圓方程,可求得y=233,則|BD|=433,此時(shí)S四邊形ABCD=12|AC|BD|=4.當(dāng)直線l1,l2的斜率都存在時(shí),設(shè)直線l1:x=my-1(m0),A(x1,y1),C(x2,y2).聯(lián)立x=my-1,x23+y22=1,消去x,得(2m2+3)y2-4my-4=0.所以y1+y2=4m2m2+3,y1y2=-42m2+3,則|AC|=(1+m2)(y1-y2)2=43(m2+1)2m2+3.同理,|BD|=43(m2+1)2+3m2.S四邊形ABCD=12|AC|BD|=1243(m2+1)2m2+343(m2+1)2+3m2=24(m2+1)2(2m2+3)(3m2+2)=24(m4+2m2+1)6m4+13m2+6=4(6m4+12m2+6)6m4+13m2+6=41-m26m4+13m2+6<4.綜上,四邊形ABCD面積的最大值為4.思路分析(1)由橢圓定義及焦距|F1F2|=2c=2,求得a、b和c的值,即可求得橢圓的方程及離心率.(2)當(dāng)有一條直線斜率不存在時(shí),有S四邊形ABCD=12|AC|BD|=4.當(dāng)直線斜率存在時(shí),設(shè)直線l1的方程,代入橢圓方程,由根與系數(shù)的關(guān)系及弦長(zhǎng)公式求得|AC|,同理求得|BD|,表示出四邊形ABCD的面積,即可求得四邊形ABCD面積的取值范圍,再求最大值.2.過點(diǎn)A(1,0)的直線l與橢圓C:x23+y2=1相交于E,F兩點(diǎn),自E,F分別向直線x=3作垂線,垂足分別為E1,F1.(1)當(dāng)直線l的斜率為1時(shí),求線段EF的中點(diǎn)坐標(biāo);(2)記AEE1,AFF1的面積分別為S1,S2.設(shè)=S1S2,求的取值范圍.解析(1)依題意,得直線l的方程為y=x-1,由y=x-1,x2+3y2-3=0,得2x2-3x=0.設(shè)E(x1,y1),F(x2,y2),線段EF的中點(diǎn)為M(x0,y0),則x1+x2=32,則x0=34,y0=x0-1=-14.所以M34,-14.(2)當(dāng)直線l與x軸重合時(shí),AEE1和AFF1不存在.設(shè)直線l的方程為x=my+1,由x=my+1,x2+3y2-3=0,得(m2+3)y2+2my-2=0,顯然mR.設(shè)E(x1,y1),F(x2,y2),則E1(3,y1),F1(3,y2).則y1+y2=-2mm2+3,y1y2=-2m2+3.因?yàn)?S1S2=12(3-x1)|y1|12(3-x2)|y2|=14(2-my1)(2-my2)|y1y2|,所以將y1+y2,y1y2的值代入上式,得S1S2=144-2m(y1+y2)+m2y1y2|y1y2|=2m2+6+2m2-m22(m2+3)2m2+3=3m2+6(m2+3)2=-3(m2+3)2+3m2+3.因?yàn)?m2+30,13,所以實(shí)數(shù)的取值范圍是0,23.思路分析(1)依題意,得直線l的方程為y=x-1,與橢圓方程聯(lián)立可得2x2-3x=0.設(shè)E(x1,y1),F(x2,y2),EF中點(diǎn)M(x0,y0),利用根與系數(shù)的關(guān)系,中點(diǎn)坐標(biāo)公式即可得出.(2)設(shè)直線l的方程為x=my+1,與橢圓方程聯(lián)立可得(m2+3)y2+2my-2=0,顯然mR.設(shè)E(x1,y1),F(x2,y2),則E1(3,y1),F1(3,y2).=S1S2=12(3-x1)|y1|12(3-x2)|y2|=144-2m(y1+y2)+m2y1y2|y1y2|.利用根與系數(shù)的關(guān)系及二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出的取值范圍.方法點(diǎn)撥過點(diǎn)A(1,0)的直線斜率可能存在也可能不存在,故設(shè)方程為x=my+1,避免了分類討論.方法2圓錐曲線中的定值、定點(diǎn)問題的解題方法3.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(1,0),離心率為12.(1)求橢圓C的方程;(2)A,B是橢圓C在y軸右側(cè)部分上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),若原點(diǎn)O到直線AB的距離為3,證明:ABF的周長(zhǎng)為定值.解析(1)由題意得a2=b2+1,ca=12,解得a2=4,b2=3.所以橢圓C的方程為x24+y23=1.(2)證明:當(dāng)直線AB垂直于x軸時(shí),直線AB的方程為x=3,不妨令A(yù)3,32,B3,-32,因?yàn)镕(1,0),所以|AF|=|BF|=(3-1)2+322=4-32.因?yàn)閨AB|=3,所以|AF|+|BF|+|AB|=4.當(dāng)直線AB不垂直于x軸時(shí),設(shè)直線AB的方程為y=kx+m(k0).因?yàn)樵c(diǎn)O到直線AB的距離為3,所以|m|1+k2=3,故m2=3(1+k2).由y=kx+m,x24+y23=1,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,即(3+4k2)x2+8kmx+12k2=0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=12k23+4k2.所以|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k2-8km3+4k22-412k23+4k2=|m|364k2m2-48k2(3+4k2)(3+4k2)2=4|m|k|333+4k2=4|m|k|3+4k2.因?yàn)锳,B在y軸右側(cè),所以mk<0,所以|AB|=-4mk3+4k2.|AF|2=(x1-1)2+y12=(x1-1)2+31-x124=14x12-2x1+4=12x1-22.所以|AF|=2-12x1,同理,|BF|=2-12x2.所以|AF|+|BF|=4-12(x1+x2)=4-12-8km3+4k2=4+4km3+4k2.所以|AF|+|BF|+|AB|=4+4km3+4k2-4km3+4k2=4.綜上,ABF的周長(zhǎng)為4,是定值.4.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,動(dòng)點(diǎn)P到點(diǎn)F(1,0)的距離和它到直線x=-1的距離相等,記點(diǎn)P的軌跡為C.(1)求C的方程;(2)設(shè)點(diǎn)A在曲線C上,x軸上一點(diǎn)B(在點(diǎn)F右側(cè))滿足|AF|=|FB|.平行于AB的直線與曲線C相切于點(diǎn)D,試判斷直線AD是否過定點(diǎn).若過定點(diǎn),求出定點(diǎn)的坐標(biāo);若不過定點(diǎn),請(qǐng)說明理由.解析(1)因?yàn)閯?dòng)點(diǎn)P到點(diǎn)F(1,0)的距離和它到直線x=-1的距離相等,所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是以點(diǎn)F(1,0)為焦點(diǎn),直線x=-1為準(zhǔn)線的拋物線.設(shè)C的方程為y2=2px(p>0),則p2=1,即p=2.所以C的方程為y2=4x.(2)直線AD過定點(diǎn).理由如下:設(shè)Am24,m,則|AF|=m24+1=|FB|,則Bm24+2,0,所以直線AB的斜率為m-2=-m2.如圖,設(shè)與直線AB平行,且與拋物線C相切的直線為y=-m2x+b,由y2=4x,y=-m2x+b,得my2+8y-8b=0,由=64-4m(-8b)=0,得b=-2m.所以解方程是y=-4m,所以點(diǎn)D4m2,-4m.當(dāng)m244m2,即m2時(shí),直線AD的方程為y-m=m+4mm24-4m2x-m24,整理得y=4mm2-4(x-1),所以直線AD過點(diǎn)(1,0).當(dāng)m24=4m2,即m=2時(shí),直線AD的方程為x=1,直線AD過點(diǎn)(1,0).綜上所述,直線AD過定點(diǎn)(1,0).方法3存在性問題的解題策略5.(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(diǎn)P(0,1)的動(dòng)直線l與橢圓相交于A,B兩點(diǎn).當(dāng)直線l平行于x軸時(shí),直線l被橢圓E截得的線段長(zhǎng)為22.(1)求橢圓E的方程;(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,是否存在與點(diǎn)P不同的定點(diǎn)Q,使得|QA|QB|=|PA|PB|恒成立?若存在,求出點(diǎn)Q的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說明理由.解析(1)由已知得,點(diǎn)(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)存在.理由如下:當(dāng)直線l與x軸平行時(shí),設(shè)直線l與橢圓相交于C,D兩點(diǎn).如果存在定點(diǎn)Q滿足條件,則有|QC|QD|=|PC|PD|=1,即|QC|=|QD|.所以Q點(diǎn)在y軸上,可設(shè)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,y0).當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí),設(shè)直線l與橢圓相交于M,N兩點(diǎn),則M,N的坐標(biāo)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(diǎn)P的定點(diǎn)Q滿足條件,則Q點(diǎn)坐標(biāo)只可能為(0,2).下面證明:當(dāng)Q的坐標(biāo)為(0,2)時(shí),對(duì)任意直線l,均有|QA|QB|=|PA|PB|.當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),由上可知,結(jié)論成立.當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),可設(shè)直線l的方程為y=kx+1,A,B的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2).聯(lián)立x24+y22=1,y=kx+1,得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其判別式=(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(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)B的坐標(biāo)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(diǎn)共線.所以|QA|QB|=|QA|QB|=|x1|x2|=|PA|PB|.故存在與P不同的定點(diǎn)Q(0,2),使得|QA|QB|=|PA|PB|恒成立.過專題【五年高考】A組自主命題天津卷題組1.(2017天津,19,14分)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F,右頂點(diǎn)為A,離心率為12.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12.(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(duì)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62,求直線AP的方程.解析(1)設(shè)F的坐標(biāo)為(-c,0).依題意,ca=12,p2=a,a-c=12,解得a=1,c=12,p=2,于是b2=a2-c2=34.所以,橢圓的方程為x2+4y23=1,拋物線的方程為y2=4x.(2)設(shè)直線AP的方程為x=my+1(m0),與直線l的方程x=-1聯(lián)立,可得點(diǎn)P-1,-2m,故Q-1,2m.將x=my+1與x2+4y23=1聯(lián)立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=-6m3m2+4.由點(diǎn)B異于點(diǎn)A,可得點(diǎn)B-3m2+43m2+4,-6m3m2+4.由Q-1,2m,可得直線BQ的方程為-6m3m2+4-2m(x+1)-3m2+43m2+4+1y-2m=0,令y=0,解得x=2-3m23m2+2,故D2-3m23m2+2,0.所以|AD|=1-2-3m23m2+2=6m23m2+2.又因?yàn)锳PD的面積為62,故126m23m2+22|m|=62,整理得3m2-26|m|+2=0,解得|m|=63,所以m=63.所以,直線AP的方程為3x+6y-3=0或3x-6y-3=0.方法總結(jié)1.利用待定系數(shù)法求圓錐曲線標(biāo)準(zhǔn)方程的步驟:(1)作判斷:根據(jù)焦點(diǎn)位置設(shè)方程;(2)找等量關(guān)系;(3)解方程得結(jié)果.2.解決直線與圓錐曲線位置關(guān)系問題的基本策略:(1)巧設(shè)直線方程:當(dāng)已知直線與x軸交點(diǎn)固定時(shí),常設(shè)為x=my+b的形式,這樣可避免對(duì)斜率是否存在的討論;(2)注意整體代入思想的應(yīng)用,利用根與系數(shù)的關(guān)系可以簡(jiǎn)化運(yùn)算,提高運(yùn)算效率和正確率.2.(2016天津,19,14分)設(shè)橢圓x2a2+y23=1(a>3)的右焦點(diǎn)為F,右頂點(diǎn)為A.已知1|OF|+1|OA|=3e|FA|,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BFHF,且MOAMAO,求直線l的斜率的取值范圍.解析(1)設(shè)F(c,0),由1|OF|+1|OA|=3e|FA|,即1c+1a=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(shè)直線l的斜率為k(k0),則直線l的方程為y=k(x-2).設(shè)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(shè)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=-1kx+9-4k212k.設(shè)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(jiǎn)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(píng)析本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線方程、一元二次不等式等基礎(chǔ)知識(shí).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.3.(2015天津,19,14分)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F(-c,0),離心率為33,點(diǎn)M在橢圓上且位于第一象限,直線FM被圓x2+y2=b24截得的線段的長(zhǎng)為c,|FM|=433.(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2,求直線OP(O為原點(diǎn))的斜率的取值范圍.解析(1)由已知有c2a2=13,又由a2=b2+c2,可得a2=3c2,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kck2+12+c22=b22,解得k=33.(2)由(1)得橢圓方程為x23c2+y22c2=1,直線FM的方程為y=33(x+c),兩個(gè)方程聯(lián)立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-53c或x=c.因?yàn)辄c(diǎn)M在第一象限,可得M的坐標(biāo)為c,233c.由|FM|=(c+c)2+233c-02=433,解得c=1,所以橢圓的方程為x23+y22=1.(3)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,y),直線FP的斜率為t,得t=yx+1,即y=t(x+1)(x-1),與橢圓方程聯(lián)立得y=t(x+1),x23+y22=1,消去y,整理得2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t=6-2x23(x+1)2>2,解得-32<x<-1,或-1<x<0.設(shè)直線OP的斜率為m,得m=yx,即y=mx(x0),與橢圓方程聯(lián)立,整理可得m2=2x2-23.當(dāng)x-32,-1時(shí),有y=t(x+1)<0,因此m>0,于是m=2x2-23,得m23,233.當(dāng)x(-1,0)時(shí),有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=-2x2-23,得m-,-233.綜上,直線OP的斜率的取值范圍是-,-23323,233.評(píng)析本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線方程和圓的方程、直線與圓的位置關(guān)系、一元二次不等式等基礎(chǔ)知識(shí).考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì).考查運(yùn)算求解能力以及用函數(shù)與方程思想解決問題的能力.4.(2013天津,18,13分)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F,離心率為33,過點(diǎn)F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長(zhǎng)為433.(1)求橢圓的方程;(2)設(shè)A,B分別為橢圓的左、右頂點(diǎn),過點(diǎn)F且斜率為k的直線與橢圓交于C,D兩點(diǎn).若ACDB+ADCB=8,求k的值.解析(1)設(shè)F(-c,0),由ca=33,知a=3c.過點(diǎn)F且與x軸垂直的直線為x=-c,代入橢圓方程有(-c)2a2+y2b2=1,解得y=6b3,于是26b3=433,解得b=2,又a2-c2=b2,從而a=3,c=1,所以橢圓的方程為x23+y22=1.(2)設(shè)點(diǎn)C(x1,y1),D(x2,y2),由F(-1,0)得直線CD的方程為y=k(x+1),由方程組y=k(x+1),x23+y22=1消去y,整理得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0.由根與系數(shù)關(guān)系可得x1+x2=-6k22+3k2,x1x2=3k2-62+3k2.因?yàn)锳(-3,0),B(3,0),所以ACDB+ADCB=(x1+3,y1)(3-x2,-y2)+(x2+3,y2)(3-x1,-y1)=6-2x1x2-2y1y2=6-2x1x2-2k2(x1+1)(x2+1)=6-(2+2k2)x1x2-2k2(x1+x2)-2k2=6+2k2+122+3k2.由已知得6+2k2+122+3k2=8,解得k=2.評(píng)析本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線的方程、向量的運(yùn)算等基礎(chǔ)知識(shí),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.B組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組考點(diǎn)一定點(diǎn)與定值問題1.(2017課標(biāo),20,12分)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)M在橢圓C:x22+y2=1上,過M作x軸的垂線,垂足為N,點(diǎn)P滿足NP=2NM.(1)求點(diǎn)P的軌跡方程;(2)設(shè)點(diǎn)Q在直線x=-3上,且OPPQ=1.證明:過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F.解析(1)設(shè)P(x,y),M(x0,y0),則N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).由NP=2NM得x0=x,y0=22y.因?yàn)镸(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1.因此點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=2.(2)證明:由題意知F(-1,0).設(shè)Q(-3,t),P(m,n),則OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQPF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).由OPPQ=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以O(shè)QPF=0,即OQPF.又過點(diǎn)P存在唯一直線垂直于OQ,所以過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F.思路分析(1)設(shè)出P、M的坐標(biāo),利用NP=2NM得到P、M坐標(biāo)間的關(guān)系,由點(diǎn)M在C上求解.(2)利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算得OQPF=0,進(jìn)而證明直線l過曲線C的左焦點(diǎn)F.方法總結(jié)求軌跡方程的方法有直接法和間接法.直接法有定義法、待定系數(shù)法和直譯法.間接法有相關(guān)點(diǎn)法、交軌法和參數(shù)法.2.(2016山東文,21,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4,焦距為22.(1)求橢圓C的方程;(2)過動(dòng)點(diǎn)M(0,m)(m>0)的直線交x軸于點(diǎn)N,交C于點(diǎn)A,P(P在第一象限),且M是線段PN的中點(diǎn).過點(diǎn)P作x軸的垂線交C于另一點(diǎn)Q,延長(zhǎng)QM交C于點(diǎn)B.(i)設(shè)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(shè)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(shè)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(shí)kk=-3.所以kk為定值-3.(ii)設(shè)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+1k26,等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)k=66時(shí)取得.此時(shí)m4-8m2=66,即m=147,符合題意.所以直線AB的斜率的最小值為62.3.(2015陜西文,20,12分)如圖,橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)A(0,-1),且離心率為22.(1)求橢圓E的方程;(2)經(jīng)過點(diǎn)(1,1),且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)P,Q(均異于點(diǎn)A),證明:直線AP與AQ的斜率之和為2.解析(1)由題設(shè)知ca=22,b=1,結(jié)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(shè)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(shè)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(píng)析本題考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程與簡(jiǎn)單性質(zhì)的同時(shí),重點(diǎn)考查直線與橢圓的位置關(guān)系.4.(2015課標(biāo)文,20,12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,點(diǎn)(2,2)在C上.(1)求C的方程;(2)直線l不過原點(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.證明:直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.解析(1)由題意有a2-b2a=22,4a2+2b2=1,解得a2=8,b2=4.所以C的方程為x28+y24=1.(2)證明:設(shè)直線l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+b代入x28+y24=1得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故xM=x1+x22=-2kb2k2+1,yM=kxM+b=b2k2+1.于是直線OM的斜率kOM=yMxM=-12k,即kOMk=-12.所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.考點(diǎn)二參變量的取值范圍與最值問題1.(2018浙江,17,4分)已知點(diǎn)P(0,1),橢圓x24+y2=m(m>1)上兩點(diǎn)A,B滿足AP=2PB,則當(dāng)m=時(shí),點(diǎn)B橫坐標(biāo)的絕對(duì)值最大.答案52.(2018浙江,21,15分)如圖,已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點(diǎn),拋物線C:y2=4x上存在不同的兩點(diǎn)A,B滿足PA,PB的中點(diǎn)均在C上.(1)設(shè)AB中點(diǎn)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(dòng)點(diǎn),求PAB面積的取值范圍.解析(1)證明:設(shè)P(x0,y0),A14y12,y1,B14y22,y2.因?yàn)镻A,PB的中點(diǎn)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(gè)不同的實(shí)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|=18(y12+y22)-x0=34y02-3x0,|y1-y2|=22(y02-4x0).因此,PAB的面積SPAB=12|PM|y1-y2|=324(y02-4x0)32.因?yàn)閤02+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(gè)量(直線斜率,直線在x、y軸上的截距,弦長(zhǎng),三角形或四邊形面積等)的取值范圍或最值問題的關(guān)鍵是利用條件把所求量表示成關(guān)于某個(gè)變量(通常是直線斜率,動(dòng)點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)等)的函數(shù),并求出這個(gè)變量的取值范圍(即函數(shù)的定義域),將問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域或最值.3.(2016課標(biāo),20,12分)設(shè)圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A,直線l過點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點(diǎn),過B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E.(1)證明|EA|+|EB|為定值,并寫出點(diǎn)E的軌跡方程;(2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1,直線l交C1于M,N兩點(diǎn),過B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點(diǎn),求四邊形MPNQ面積的取值范圍.解析(1)證明:因?yàn)閨AD|=|AC|,EBAC,故EBD=ACD=ADC.所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x+1)2+y2=16,從而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.由題設(shè)得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為x24+y23=1(y0).(2)當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2).由y=k(x-1),x24+y23=1得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.則x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3.所以|MN|=1+k2|x1-x2|=12(k2+1)4k2+3.過點(diǎn)B(1,0)且與l垂直的直線m:y=-1k(x-1),A到m的距離為2k2+1,所以|PQ|=242-2k2+12=44k2+3k2+1.故四邊形MPNQ的面積S=12|MN|PQ|=121+14k2+3.可得當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,83).當(dāng)l與x軸垂直時(shí),其方程為x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四邊形MPNQ的面積為12.綜上,四邊形MPNQ面積的取值范圍為12,83).4.(2015山東,20,13分)平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,左、右焦點(diǎn)分別是F1,F2.以F1為圓心以3為半徑的圓與以F2為圓心以1為半徑的圓相交,且交點(diǎn)在橢圓C上.(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)橢圓E:x24a2+y24b2=1,P為橢圓C上任意一點(diǎn).過點(diǎn)P的直線y=kx+m交橢圓E于A,B兩點(diǎn),射線PO交橢圓E于點(diǎn)Q.(i)求|OQ|OP|的值;(ii)求ABQ面積的最大值.解析(1)由題意知2a=4,則a=2.又ca=32,a2-c2=b2,可得b=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(shè)P(x0,y0),|OQ|OP|=,由題意知Q(-x0,-y0).因?yàn)閤024+y02=1,又(-x0)216+(-y0)24=1,即24x024+y02=1,所以=2,即|OQ|OP|=2.(ii)設(shè)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.由根與系數(shù)的關(guān)系有x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-161+4k2.所以|x1-x2|=416k2+4-m21+4k2.因?yàn)橹本€y=kx+m與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,m),所以O(shè)AB的面積S=12|m|x1-x2|=216k2+4-m2|m|1+4k2=2(16k2+4-m2)m21+4k2=24-m21+4k2m21+4k2.設(shè)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S=2(4-t)t=2-t2+4t,故S23,當(dāng)且僅當(dāng)t=1,即m2=1+4k2時(shí)取得最大值23.由(i)知,ABQ面積為3S,所以ABQ面積的最大值為63.5.(2015湖北,21,14分)一種作圖工具如圖1所示.O是滑槽AB的中點(diǎn),短桿ON可繞O轉(zhuǎn)動(dòng),長(zhǎng)桿MN通過N處鉸鏈與ON連接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑動(dòng),且DN=ON=1,MN=3.當(dāng)栓子D在滑槽AB內(nèi)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí),帶動(dòng)N繞O轉(zhuǎn)動(dòng)一周(D不動(dòng)時(shí),N也不動(dòng)),M處的筆尖畫出的曲線記為C.以O(shè)為原點(diǎn),AB所在的直線為x軸建立如圖2所示的平面直角坐標(biāo)系.(1)求曲線C的方程;(2)設(shè)動(dòng)直線l與兩定直線l1:x-2y=0和l2:x+2y=0分別交于P,Q兩點(diǎn).若直線l總與曲線C有且只有一個(gè)公共點(diǎn),試探究:OPQ的面積是否存在最小值?若存在,求出該最小值;若不存在,說明理由.圖1圖2解析(1)設(shè)點(diǎn)D(t,0)(|t|2),N(x0,y0),M(x,y),依題意,MD=2DN,且|DN|=|ON|=1,所以(t-x,-y)=2(x0-t,y0),且(x0-t)2+y02=1,x02+y02=1.即t-x=2x0-2t,y=-2y0,且t(t-2x0)=0.由于當(dāng)點(diǎn)D不動(dòng)時(shí),點(diǎn)N也不動(dòng),所以t不恒等于0,于是t=2x0,故x0=x4,y0=-y2,代入x02+y02=1,可得x216+y24=1,即曲線C的方程為x216+y24=1.(2)(i)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),直線l為x=4或x=-4,都有SOPQ=1244=8.(ii)當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)直線l:y=kx+mk12,由y=kx+m,x2+4y2=16,消去y,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0.因?yàn)橹本€l總與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn),所以=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-16)=0,即m2=16k2+4.又由y=kx+m,x-2y=0,可得P2m1-2k,m1-2k;同理可得Q-2m1+2k,m1+2k.由原點(diǎn)O到直線PQ的距離為d=|m|1+k2和|PQ|=1+k2|xP-xQ|,可得SOPQ=12|PQ|d=12|m|xP-xQ|=12|m|2m1-2k+2m1+2k=2m21-4k2.將代入得,SOPQ=2m21-4k2=8|4k2+1|4k2-1|.當(dāng)k2>14時(shí),SOPQ=84k2+14k2-1=81+24k2-1>8;當(dāng)0k2<14時(shí),SOPQ=84k2+11-4k2=8-1+21-4k2.因0k2<14,則0<1-4k21,21-4k22,所以SOPQ=8-1+21-4k28,當(dāng)且僅當(dāng)k=0時(shí)取等號(hào).所以當(dāng)k=0時(shí),SOPQ的最小值為8.綜合(i)(ii)可知,當(dāng)直線l與橢圓C在四個(gè)頂點(diǎn)處相切時(shí),OPQ的面積取得最小值8.評(píng)析本題考查求軌跡方程的方法,及直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí).考點(diǎn)三存在性問題1.(2014湖南文,20,13分)如圖,O為坐標(biāo)原點(diǎn),雙曲線C1:x2a12-y2b12=1(a1>0,b1>0)和橢圓C2:y2a22+x2b22=1(a2>b2>0)均過點(diǎn)P233,1,且以C1的兩個(gè)頂點(diǎn)和C2的兩個(gè)焦點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是面積為2的正方形.(1)求C1,C2的方程;(2)是否存在直線l,使得l與C1交于A,B兩點(diǎn),與C2只有一個(gè)公共點(diǎn),且|OA+OB|=|AB|?證明你的結(jié)論.解析(1)設(shè)C2的焦距為2c2,由題意知,2c2=2,2a1=2,從而a1=1,c2=1.因?yàn)辄c(diǎn)P233,1在雙曲線x2-y2b12=1上,所以2332-1b12=1,故b12=3.由橢圓的定義知2a2=2332+(1-1)2+2332+(1+1)2=23.于是a2=3,b22=a22-c22=2,故C1,C2的方程分別為x2-y23=1,y23+x22=1.(2)不存在符合題設(shè)條件的直線.證明如下:(i)若直線l垂直于x軸,因?yàn)閘與C2只有一個(gè)公共點(diǎn),所以直線l的方程為x=2或x=-2.當(dāng)x=2時(shí),易知A(2,3),B(2,-3),所以|OA+OB|=22,|AB|=23,此時(shí),|OA+OB|AB|.當(dāng)x=-2時(shí),同理可知,|OA+OB|AB|.(ii)若直線l不垂直于x軸,設(shè)l的方程為y=kx+m,由y=kx+m,x2-y23=1得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0.當(dāng)l與C1相交于A,B兩點(diǎn)時(shí),設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1,x2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根,從而x1+x2=2km3-k2,x1x2=m2+3k2-3.于是y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=3k2-3m2k2-3.由y=kx+m,y23+x22=1得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0.因?yàn)橹本€l與C2只有一個(gè)公共點(diǎn),所以上述方程的判別式=16k2m2-8(2k2+3)(m2-3)=0.化簡(jiǎn),得2k2=m2-3,因此OAOB=x1x2+y1y2=m2+3k2-3+3k2-3m2k2-3=-k2-3k2-30,于是OA2+OB2+2OAOBOA2+OB2-2OAOB,即|OA+OB|2|OA-OB|2,故|OA+OB|AB|.綜合(i),(ii)可知,不存在符合題設(shè)條件的直線.評(píng)析本題考查橢圓與雙曲線的定義、幾何性質(zhì)、標(biāo)準(zhǔn)方程及直線與圓錐曲線的位置關(guān)系,同時(shí)考查方程思想,運(yùn)算、推理能力,綜合性較強(qiáng).2.(2014山東文,21,14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,直線y=x被橢圓C截得的線段長(zhǎng)為4105.(1)求橢圓C的方程;(2)過原點(diǎn)的直線與橢圓C交于A,B兩點(diǎn)(A,B不是橢圓C的頂點(diǎn)).點(diǎn)D在橢圓C上,且ADAB,直線BD與x軸、y軸分別交于M,N兩點(diǎn).(i)設(shè)直線BD,AM的斜率分別為k1,k2.證明存在常數(shù)使得k1=k2,并求出的值;(ii)求OMN面積的最大值.解析(1)由題意知a2-b2a=32,可得a2=4b2,橢圓C的方程可簡(jiǎn)化為x2+4y2=a2.將y=x代入可得x=5a5,因此225a5=4105,可得a=2.因此b=1,所以橢圓C的方程為x24+y2=1.(2)(i)證明:設(shè)A(x1,y1)(x1y10),D(x2,y2),則B(-x1,-y1),因?yàn)橹本€AB的斜率kAB=y1x1,又ABAD,所以直線AD的斜率k=-x1y1.設(shè)直線AD的方程為y=kx+m,由題意知k0,m0.由y=kx+m,x24+y2=1可得(1+4k2)x2+8mkx+4m2-4=0.所以x1+x2=-8mk1+4k2,因此y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m1+4k2.由題意知x1-x2,所以k1=y1+y2x1+x2=-14k=y14x1.所以直線BD的方程為y+y1=y14x1(x+x1).令y=0,得x=3x1,即M(3x1,0).可得k2=-y12x1.所以k1=-12k2,即=-12.因此存在常數(shù)=-12使得結(jié)論成立.(ii)直線BD的方程為y+y1=y14x1(x+x1),令x=0,得y=-34y1,即N0,-34y1.由(i)知M(3x1,0),可得OMN的面積S=123|x1|34|y1|=98|x1|y1|.因?yàn)閨x1|y1|x124+y12=1,當(dāng)且僅當(dāng)|x1|2=|y1|=22時(shí)等號(hào)成立,此時(shí)S取得最大值98,所以O(shè)MN面積的最大值為98.C組教師專用題組考點(diǎn)一定點(diǎn)與定值問題1.(2013陜西,20,13分)已知?jiǎng)訄A過定點(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O1作O1HMN交MN于H,則H是MN的中點(diǎn),|O1M|=x2+42,又|O1A|=(x-4)2+y2,(x-4)2+y2=x2+42,化簡(jiǎn)得y2=8x(x0).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(k0),P(x1,y1),Q(x2,y2),將y=kx+b代入y2=8x中,得k2x2+(2bk-8)x+b2=0.其中=-32kb+64>0.由根與系數(shù)的關(guān)系得,x1+x2=8-2bkk2,x1x2=b2k2,x軸平分PBQ,y1x1+1=-y2x2+1,即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,將,代入得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,k=-b,此時(shí)>0,直線l的方程為y=k(x-1),即直線l過定點(diǎn)(1,0).2.(2014安徽,19,13分)如圖,已知兩條拋物線E1:y2=2p1x(p1>0)和E2:y2=2p2x(p2>0),過原點(diǎn)O的兩條直線l1和l2,l1與E1,E2分別交于A1,A2兩點(diǎn),l2與E1,E2分別交于B1,B2兩點(diǎn).(1)證明:A1B1A2B2;(2)過O作直線l(異于l1,l2)與E1,E2分別交于C1,C2兩點(diǎn).記A1B1C1與A2B2C2的面積分別為S1與S2,求S1S2的值.解析(1)證明:設(shè)直線l1,l2的方程分別為y=k1x,y=k2x(k1,k20),則由y=k1x,y2=2p1x,得A12p1k12,2p1k1,由y=k1x,y2=2p2x,得A22p2k12,2p2k1.同理可得B12p1k22,2p1k2,B22p2k22,2p2k2.所以A1B1=2p1k22-2p1k12,2p1k2-2p1k1=2p11k22-1k12,1k2-1k1,A2B2=2p2k22-2p2k12,2p2k2-2p2k1=2p21k22-1k12,1k2-1k1,故A1B1=p1p2A2B2,所以A1B1A2B2.(2)由(1)知A1B1A2B2,同理可得B1C1B2C2,C1A1C2A2.所以A1B1C1A2B2C2.因此S1S2=|A1B1|A2B2|2.又由(1)中的A1B1=p1p2A2B2知|A1B1|A2B2|=p1p2.故S1S2=p12p22.考點(diǎn)二參變量的取值范圍與最值問題1.(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=3,則橢圓和雙曲線的離心率的倒數(shù)之和的最大值為()A.433B.233C.3D.2答案A2.(2014四川,20,13分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=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)|TF|PQ|最小時(shí),求點(diǎn)T的坐標(biāo).解析(1)由已知可得a2+b2=2b,2c=2a2-b2=4,解得a2=6,b2=2,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是x26+y22=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(-3,m).則直線TF的斜率kTF=m-0-3-(-2)=-m.當(dāng)m0時(shí),直線PQ的斜率kPQ=1m,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x=my-2,x26+y22=1.消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,其判別式=16m2+8(m2+3)>0.所以y1+y2=4mm2+3,y1y2=-2m2+3,x1+x2=m(y1+y2)-4=-12m2+3.所以PQ的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為-6m2+3,2mm2+3.所以直線OM的斜率kOM=-m3,又直線OT的斜率kOT=-m3,所以點(diǎn)M在直線OT上,因此OT平分線段PQ.(ii)由(i)可得,|TF|=m2+1,|PQ|=(x1-x2)2+(y1-y2)2=(m2+1)(y1+y2)2-4y1y2=(m2+1)4mm2+32-4-2m2+3=24(m2+1)m2+3.所以|TF|PQ|=124(m2+3)2m2+1=124m2+1+4m2+1+4124(4+4)=33.當(dāng)且僅當(dāng)m2+1=4m2+1,即m=1時(shí),等號(hào)成立,此時(shí)|TF|PQ|取得最小值.所以當(dāng)|TF|PQ|最小時(shí),T點(diǎn)的坐標(biāo)是(-3,1)或(-3,-1).評(píng)析本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、直線方程、直線與橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化與化歸、分類與整合等數(shù)學(xué)思想.3.(2014湖南,21,13分)如圖,O為坐標(biāo)原點(diǎn),橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2,離心率為e1;雙曲線C2:x2a2-y2b2=1的左、右焦點(diǎn)分別為F3、F4,離心率為e2,已知e1e2=32,且|F2F4|=3-1.(1)求C1,C2的方程;(2)過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=32,所以a2-b2aa2+b2a=32,即a4-b4=34a4,因此a2=2b2,從而F2(b,0),F4(3b,0),于是3b-b=|F2F4|=3-1,所以b=1,所以a2=2.故C1,C2的方程分別為x22+y2=1,x22-y2=1.(2)因?yàn)锳B不垂直于y軸,且過點(diǎn)F1(-1,0),故可設(shè)直線AB的方程為x=my-1.由x=my-1,x22+y2=1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=2mm2+2,y1y2=-1m2+2.因此x1+x2=m(y1+y2)-2=-4m2+2,于是AB的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為-2m2+2,mm2+2.故直線PQ的斜率為-m2,則PQ的方程為y=-m2x,即mx+2y=0.由y=-m2x,x22-y2=1得(2-m2)x2=4,所以2-m2>0,且x2=42-m2,y2=m22-m2,從而|PQ|=2x2+y2=2m2+42-m2.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=|mx1+2y1|+