1、9.7 圆锥曲线的综合问题 探考情 悟真题【考情探究】考点 内容解读 5 年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 1.定值与定点问题 掌握与圆锥曲线有关的定值与定点问题 2018 课标,19,12 分 定值问题 角平分线的性质,斜率公式 2017 课标,20,12 分 定点问题 根与系数的关系、斜率公式 2.最值与 范围问题 掌握与圆锥曲线有关的参数范围问题 2016 课标,20,12 分 范围问题 椭圆的几何性质 3.存在性问题 了解并掌握与圆锥曲线有关的存在性问题 2015 课标,20,12 分 存在性问题 根与系数的关系、斜率公式 分析解读 1.会处理动曲线(含直线)过定点的问题.2
2、.会证明与曲线上的动点有关的定值问题.3.会按条件建立目标函数,研究变量的最值问题及变量的取值范围问题,注意运用“数形结合”“几何法”求某些量的最值.4.能与其他知识交汇,从假设结论成立入手,通过推理论证解答存在性问题.5.本节在高考中围绕直线与圆锥曲线的位置关系,展开对定值、最值、参数取值范围等问题的考查,注重考查学生的数学运算、逻辑推理的核心素养,分值约为 12 分,难度偏大.破考点 练考向【考点集训】考点一 定值与定点问题 1.(2018 重庆綦江模拟,9)已知圆 C:x2+y2=1,点 P 为直线 x+2y-4=0 上一动点,过点 P 向圆 C 引两条切线PA,PB,A,B 为切点,则
3、直线 AB 经过定点()A.(12,14)B.(14,12)C.(34,0)D.(0,34)答案 B 2.(2020 届河南名校联盟 9 月月考,19)已知 O 为坐标原点,过点 M(1,0)的直线 l 与抛物线 C:y2=2px(p0)交于A,B 两点,且 =-3.(1)求抛物线 C 的方程;(2)过点 M 作直线 ll,交抛物线 C 于 P、Q 两点,记OAB,OPQ 的面积分别为 S1,S2,证明:112+122为定值.解析(1)易知直线 l 的斜率不为 0,故设直线 l 的方程为 x=my+1,与抛物线 C:y2=2px(p0)联立,消去 x 得 y2-2pmy-2p=0.设 A(x1
4、,y1),B(x2,y2),则 y1+y2=2pm,y1y2=-2p.由 =-3,得 x1x2+y1y2=(my1+1)(my2+1)+y1y2=(1+m2)y1y2+m(y1+y2)+1=(1+m2)(-2p)+2pm2+1=-2p+1=-3,解得 p=2,抛物线 C 的方程为 y2=4x.(2)证明:易知直线 l,l的斜率均存在且不为 0.由(1)知,点 M(1,0)是抛物线 C 的焦点,所以|AB|=x1+x2+p=my1+my2+2+p=4m2+4,又原点到直线 l 的距离为11+2,所以OAB 的面积 S1=1211+24(m2+1)=21+2,又直线 l过点 M,且 ll,所以OP
5、Q 的面积 S2=21+(-1)2=21+22,所以112+122=14(1+2)+24(1+2)=14,即112+122为定值.考点二 最值与范围问题 1.(2018 河北百校联盟 4 月联考,16)已知抛物线 C:x2=8y 的焦点为 F,准线为 l1,直线 l2与抛物线 C 相切于点 P,记点 P 到直线 l1的距离为 d1,点 F 到直线 l2的距离为 d2,则21+2的最大值为 .答案 12 2.(2020 届四川成都摸底考试,20)已知椭圆 C:22+22=1(ab0)的左、右焦点分别为 F1(-3,0),F2(3,0),且经过点 A(3,12).(1)求椭圆 C 的标准方程;(2
6、)过点 B(4,0)作一条斜率不为 0 的直线 l 与椭圆 C 相交于 P,Q 两点,记点 P 关于 x 轴对称的点为 P,若直线PQ 与 x 轴相交于点 D,求DPQ 面积的最大值.解析 本题主要考查椭圆的方程及定义、直线与椭圆的位置关系、直线方程、基本不等式,考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.(1)由椭圆的定义,可知 2a=|AF1|+|AF2|=(23)2+(12)2+12=4,解得 a=2.又 b2=a2-c2=22-(3)2=1,椭圆 C 的标准方程为24+y2=1.(2)由题意,设直线 l 的方程为 x=my+4(m0),P(x1,y1),Q(x2,y2),则 P(x1,-y1)
7、.由=+4,24+2=1 消去 x,可得(m2+4)y2+8my+12=0.=16(m2-12)0,m212.y1+y2=-82+4,y1y2=122+4.kPQ=2+12-1=2+1(2-1),直线 PQ 的方程为 y+y1=2+1(2-1)(x-x1),令 y=0,可得 x=(2-1)11+2+my1+4.x=2121+2+4=2122+4-82+4+4=24-8+4=1,D(1,0).SDPQ=|SBDP-SBDQ|=12|BD|y1-y2|=32(1+2)2-412=62-122+4.令 t=2-12,t(0,+),则 SDPQ=62+16=6+1634,当且仅当 t=4,即 m=27
8、时等号成立,DPQ 面积的最大值为34.思路分析(1)首先由椭圆的定义求出 a,然后由椭圆中 a,b,c 的关系求 b,从而求得椭圆的方程;(2)设出直线l 的方程与点 P,Q 的坐标,联立直线 l 与椭圆的方程,利用斜率公式求得直线 PQ 的斜率,进而得直线 PQ 的方程,由此求得点 D 的坐标,再利用面积公式求得 SDPQ的表达式,从而利用换元法与基本不等式求出其最大值.考点三 存在性问题(2019 内蒙古通辽五中模拟,20)已知椭圆22+22=1(ab0)的离心率 e=63,过点 A(0,-b)和 B(a,0)的直线与原点的距离为32.(1)求椭圆的方程;(2)已知定点 E(-1,0),
9、若直线 y=kx+2(k0)与椭圆交于 C、D 两点,问:是否存在这样的实数 k,使得以 CD 为直径的圆过 E 点?若存在,请求出 k 值,若不存在,请说明理由.解析(1)直线 AB 的方程为 bx-ay-ab=0,依题意可得=63,2+2=32,又 c2=a2-b2,解得 a2=3,b2=1,椭圆的方程为23+y2=1.(2)存在,k=76.理由:假设存在这样的实数 k,由=+2,2+32-3=0,得(1+3k2)x2+12kx+9=0,=(12k)2-36(1+3k2)0.设 C(x1,y1),D(x2,y2),则1+2=-121+32,12=91+32,y1y2=(kx1+2)(kx2
10、+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4,要使以 CD 为直径的圆过点 E(-1,0),只需 CEDE,即 y1y2+(x1+1)(x2+1)=0,(k2+1)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0,将代入整理得 k=76,经验证,k=76时,成立.故存在 k=76使得以 CD 为直径的圆过点 E.炼技法 提能力【方法集训】方法 最值问题的求解方法 1.(2019 河南郑州一中 4 月模拟,10)已知 F 为抛物线 y2=x 的焦点,点 A,B 在该抛物线上且位于 x 轴的两侧,=6(其中 O 为坐标原点),则ABO 与AFO 面积之和的最小值是()A.1723 B.3 C.338
11、D.3132 答案 D 2.(2019 甘肃兰州铁一中模拟,15)已知 F 是抛物线 x2=4y 的焦点,P 为抛物线上的动点,且点 A 的坐标为(0,-1),则2|PA|+|PF|的最大值是 .答案 3【五年高考】A 组 统一命题课标卷题组 考点一 定值与定点问题 (2017 课标,20,12 分)已知椭圆 C:22+22=1(ab0),四点 P1(1,1),P2(0,1),P3(-1,32),P4(1,32)中恰有三点在椭圆 C 上.(1)求 C 的方程;(2)证明:设直线 l 不经过 P2点且与 C 相交于 A,B 两点.若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为-1,证明:l 过定点
12、.解析(1)由于 P3,P4两点关于 y 轴对称,故由题设知 C 经过 P3,P4两点.又由12+1212+342知,C 不经过点 P1,所以点 P2在 C 上.因此12=1,12+342=1,解得2=4,2=1.故 C 的方程为24+y2=1.(2)证明:设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1,k2.如果 l 与 x 轴垂直,设 l:x=t,由题设知 t0,且|t|0.设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=-842+1,x1x2=42-442+1.而 k1+k2=1-11+2-12 =1+m-11+2+m-12=212+(m-1)(1+2)12,由题设 k1+k
13、2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0,即(2k+1)42-442+1+(m-1)-842+1=0.解得 k=-+12.当且仅当 m-1 时,0,于是 l:y=-+12 x+m,即 y+1=-+12(x-2),所以 l 过定点(2,-1).思路分析(1)利用椭圆的对称性易知点 P3,P4在椭圆上,将点 P1(1,1)代入椭圆方程,经过比较可知点 P1(1,1)不在椭圆上,进而可列方程组求出椭圆方程;(2)设出直线 l 的方程,将直线 l 与椭圆的方程联立并消元,利用根与系数的关系使问题得解,在解题中要注意直线斜率不存在的情况.方法点拨 定点问题的常见解法:(1)根据题意
14、选择参数,建立一个含参数的直线系或曲线系方程,经过分析、整理,对方程进行等价变形,以找出满足方程且与参数无关的坐标,该坐标对应的点即为所求的定点.(2)从特殊位置入手,找出定点,再证明该定点符合题意.考点二 最值与范围问题 (2016 课标,20,12 分)已知椭圆 E:2+23=1 的焦点在 x 轴上,A 是 E 的左顶点,斜率为 k(k0)的直线交 E 于A,M 两点,点 N 在 E 上,MANA.(1)当 t=4,|AM|=|AN|时,求AMN 的面积;(2)当 2|AM|=|AN|时,求 k 的取值范围.解析(1)设 M(x1,y1),则由题意知 y10.当 t=4 时,E 的方程为2
15、4+23=1,A(-2,0).(1 分)由已知及椭圆的对称性知,直线 AM 的倾斜角为4.因此直线 AM 的方程为 y=x+2.(2 分)将 x=y-2 代入24+23=1 得 7y2-12y=0.解得 y=0 或 y=127,所以 y1=127.(4 分)因此AMN 的面积 SAMN=212127 127=14449.(5 分)(2)由题意,t3,k0,A(-,0).将直线 AM 的方程 y=k(x+)代入2+23=1 得(3+tk2)x2+2tk2x+t2k2-3t=0.(7分)由 x1(-)=22-3t3+2 得 x1=(3-t2)3+2,故|AM|=|x1+|1+2=6(1+2)3+2
16、.(8 分)由题设,直线 AN 的方程为 y=-1(x+),故同理可得|AN|=6(1+2)32+t.(9 分)由 2|AM|=|AN|得23+2=32+t,即(k3-2)t=3k(2k-1).当 k=23时上式不成立,因此 t=3(2-1)3-2.(10 分)t3 等价于3-22+k-23-2=(-2)(2+1)3-20,即-23-2 0,3-2 0或-2 0,解得23k3,建立关于 k 的不等式,从而得出 k 的取值范围.本题主要考查椭圆的几何性质,直线与椭圆的位置关系以及方程思想的应用,考查学生的运算求解能力及逻辑思维能力.挖掘出题目中 t3 这一隐含条件是把等式转化为不等式的关键.考点
17、三 存在性问题 (2015 课标,20,12 分)已知椭圆 C:9x2+y2=m2(m0),直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴,l 与 C 有两个交点A,B,线段 AB 的中点为 M.(1)证明:直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值;(2)若 l 过点(3,m),延长线段 OM 与 C 交于点 P,四边形 OAPB 能否为平行四边形?若能,求此时 l 的斜率;若不能,说明理由.解析(1)设直线 l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将 y=kx+b 代入 9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故 xM=1+
18、22=-2+9,yM=kxM+b=92+9.于是直线 OM 的斜率 kOM=-9,即 kOMk=-9.所以直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值.(2)四边形 OAPB 能为平行四边形.因为直线 l 过点(3,m),所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 k0,k3.由(1)得 OM 的方程为 y=-9x.设点 P 的横坐标为 xP.由=-9 x,92+2=2得2=2292+81,即 xP=32+9.将点(3,m)的坐标代入 l 的方程得 b=(3-)3,因此 xM=(-3)3(2+9).四边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分,即 xP=2x
19、M.于是32+9=2(-3)3(2+9),解得 k1=4-7,k2=4+7.因为 ki0,ki3,i=1,2,所以当 l 的斜率为 4-7或 4+7时,四边形 OAPB 为平行四边形.思路分析(1)设出直线 l 的方程,与椭圆方程联立并消元,利用韦达定理求得 AB 的中点 M 的坐标,进而可得出结论;(2)要使四边形 OAPB 为平行四边形,则线段 AB 与线段 OP 互相平分,即 xP=2xM,由此结合已知条件建立相应方程,进而通过解方程使问题得解.B 组 自主命题省(区、市)卷题组 考点一 定值与定点问题 (2019 北京,18,14 分)已知抛物线 C:x2=-2py 经过点(2,-1)
20、.(1)求抛物线 C 的方程及其准线方程;(2)设 O 为原点,过抛物线 C 的焦点作斜率不为 0 的直线 l 交抛物线 C 于两点 M,N,直线 y=-1 分别交直线 OM,ON于点 A 和点 B.求证:以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的两个定点.解析 本题主要考查抛物线、直线和圆的基本概念,重点考查直线与抛物线的位置关系,考查学生对数形结合思想的应用以及逻辑推理能力,通过直线与抛物线的位置关系考查了数学运算的核心素养.(1)由抛物线 C:x2=-2py 经过点(2,-1),得 p=2.所以抛物线 C 的方程为 x2=-4y,其准线方程为 y=1.(2)证明:抛物线 C 的焦点为 F(0,
21、-1).设直线 l 的方程为 y=kx-1(k0).由=-1,2=-4y得 x2+4kx-4=0.设 M(x1,y1),N(x2,y2),则 x1x2=-4,直线 OM 的方程为 y=11x.令 y=-1,得点 A 的横坐标 xA=-11.同理得点 B 的横坐标 xB=-22.设点 D(0,n),则=(-11,-1-n),=(-22,-1-n),=1212+(n+1)2=12(-124)(-224)+(n+1)2=1612+(n+1)2=-4+(n+1)2.令 =0,即-4+(n+1)2=0,得 n=1 或 n=-3.综上,以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的定点(0,1)和(0,-3).考点
22、二 最值与范围问题 1.(2019 北京,8,5 分)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线 C:x2+y2=1+|x|y 就是其中之一(如图).给出下列三个结论:曲线 C 恰好经过 6 个整点(即横、纵坐标均为整数的点);曲线 C 上任意一点到原点的距离都不超过2;曲线 C 所围成的“心形”区域的面积小于 3.其中,所有正确结论的序号是()A.B.C.D.答案 C 2.(2017 山东,21,14 分)在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 E:22+22=1(ab0)的离心率为22,焦距为 2.(1)求椭圆 E 的方程;(2)如图,动直线 l:y=k1x-32 交椭圆 E 于 A,B 两点
23、,C 是椭圆 E 上一点,直线 OC 的斜率为 k2,且 k1k2=24.M 是线段OC 延长线上一点,且|MC|AB|=23,M 的半径为|MC|,OS,OT 是M 的两条切线,切点分别为 S,T.求SOT 的最大值,并求取得最大值时直线 l 的斜率.解析(1)由题意知 e=22,2c=2,所以 a=2,b=1,因此椭圆 E 的方程为22+y2=1.(2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),联立22+2=1,=1x-32,消 y 整理得(412+2)x2-43k1x-1=0,由题意知 0,且 x1+x2=231212+1,x1x2=-12(212+1),所以|AB|=1+12|x1-x2
24、|=21+121+8121+212.由题意可知圆 M 的半径 r=23|AB|=223 1+121+812212+1.由题设知 k1k2=24,所以 k2=241,因此直线 OC 的方程为 y=241x.联立22+2=1,=241 x,得 x2=8121+412,y2=11+412,因此|OC|=2+2=1+8121+412.由题意可知 sin2=+|=11+|,而|=1+8121+412223 1+121+8121+212=324 1+2121+4121+12,令 t=1+212,则 t1,1(0,1),因此|=3222+t-1=3212+1-12=321-(1-12)2+941,当且仅当1
25、=12,即 t=2 时等号成立,此时 k1=22,所以 sin212,因此26,所以SOT 的最大值为3.综上所述,SOT 的最大值为3,取得最大值时直线 l 的斜率 k1=22.思路分析(1)由离心率和焦距,利用基本量运算求解;(2)联立直线 l 与椭圆方程,利用弦长公式求出|AB|,联立直线 OC 与椭圆方程求|OC|,进而建立 sin2与 k1之间的函数关系,利用二次函数的性质求解.疑难突破 把角的问题转化为三角函数问题,即由 sin2=11+|=f(k1)求解是解题的突破口.解题反思 最值问题一般利用函数的思想方法求解,利用距离公式建立 sin2与 k1之间的函数关系是解题关键.牢固掌
26、握基础知识和方法是求解的前提.本题的完美解答体现了数学知识、能力、思想、方法的完美结合.考点三 存在性问题 (2015 四川,20,13 分)如图,椭圆 E:22+22=1(ab0)的离心率是22,过点 P(0,1)的动直线 l 与椭圆相交于 A,B两点.当直线 l 平行于 x 轴时,直线 l 被椭圆 E 截得的线段长为 22.(1)求椭圆 E 的方程;(2)在平面直角坐标系 xOy 中,是否存在与点 P 不同的定点 Q,使得|=|恒成立?若存在,求出点 Q 的坐标;若不存在,请说明理由.解析(1)由已知得,点(2,1)在椭圆 E 上.因此,22+12=1,2-2=2,=22,解得 a=2,b
27、=2.所以椭圆 E 的方程为24+22=1.(2)当直线 l 与 x 轴平行时,设直线 l 与椭圆相交于 C,D 两点.如果存在定点 Q 满足条件,则有|=|=1,即|QC|=|QD|.所以 Q 点在 y 轴上,可设 Q 点的坐标为(0,y0).当直线 l 与 x 轴垂直时,设直线 l 与椭圆相交于 M,N 两点,则 M,N 的坐标分别为(0,2),(0,-2).由|=|,有|0-2|0+2|=2-12+1,解得 y0=1 或 y0=2.所以,若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件,则 Q 点坐标只可能为(0,2).下面证明:当 Q 的坐标为(0,2)时,对任意直线 l,均有|=|.当直线
28、l 的斜率不存在时,由上可知,结论成立.当直线 l 的斜率存在时,可设直线 l 的方程为 y=kx+1,A,B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).联立24+22=1,=+1,得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其判别式=(4k)2+8(2k2+1)0,所以,x1+x2=-422+1,x1x2=-222+1.因此11+12=1+212=2k.易知,点 B 关于 y 轴对称的点 B的坐标为(-x2,y2).又 kQA=1-21=1-11=k-11,kQB=2-2-2=2-1-2=-k+12=k-11,所以 kQA=kQB,即 Q,A,B三点共线.所以|=|=|1|2|=|.故存在与 P
29、 不同的定点 Q(0,2),使得|=|恒成立.C 组 教师专用题组 考点一 定值与定点问题 1.(2018 北京,19,14 分)已知抛物线 C:y2=2px 经过点 P(1,2).过点 Q(0,1)的直线 l 与抛物线 C 有两个不同的交点 A,B,且直线 PA 交 y 轴于 M,直线 PB 交 y 轴于 N.(1)求直线 l 的斜率的取值范围;(2)设 O 为原点,=,=,求证:1+1为定值.解析(1)因为抛物线 y2=2px 过点(1,2),所以 2p=4,即 p=2.故抛物线 C 的方程为 y2=4x,由题意知,直线 l 的斜率存在且不为 0.设直线 l 的方程为 y=kx+1(k0)
30、.由2=4x,=+1得 k2x2+(2k-4)x+1=0.依题意=(2k-4)2-4k210,解得 k0 或 0kb0)的离心率为32,A(a,0),B(0,b),O(0,0),OAB 的面积为 1.(1)求椭圆 C 的方程;(2)设 P 是椭圆 C 上一点,直线 PA 与 y 轴交于点 M,直线 PB 与 x 轴交于点 N.求证:|AN|BM|为定值.解析(1)由题意得 =32,12 ab=1,2=2+2,解得 a=2,b=1.所以椭圆 C 的方程为24+y2=1.(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).设 P(x0,y0),则02+402=4.当 x00 时,直线 PA 的方程为 y
31、=00-2(x-2).令 x=0,得 yM=-200-2,从而|BM|=|1-yM|=|1+200-2|.直线 PB 的方程为 y=0-10 x+1.令 y=0,得 xN=-00-1,从而|AN|=|2-xN|=|2+00-1|.所以|AN|BM|=|2+00-1|1+200-2|=|02+402+400-40-80+400-0-20+2|=|400-40-80+800-0-20+2|=4.当 x0=0 时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|BM|=4.综上,|AN|BM|为定值.一题多解(2)点 P 在曲线(2)2+(1)2=1 上,不妨设 P(2cos,sin),当 k
32、且 k+2(kZ)时,直线 AP 的方程为 y-0=sin2(cos-1)(x-2),令 x=0,得 yM=sin1-cos;直线 BP 的方程为 y-1=sin-12cos(x-0),令 y=0,得 xN=2cos1-sin.|AN|BM|=2|1-cos1-sin|1-sin1-cos|=2|2(1-sin)(1-cos)(1-sin)(1-cos)|=22=4(定值).当=k 或=k+2(kZ)时,M、N 是定点,易得|AN|BM|=4.综上,|AN|BM|=4.考点二 最值与范围问题 1.(2018 浙江,21,15 分)如图,已知点 P 是 y 轴左侧(不含 y 轴)一点,抛物线 C
33、:y2=4x 上存在不同的两点 A,B 满足 PA,PB 的中点均在 C 上.(1)设 AB 中点为 M,证明:PM 垂直于 y 轴;(2)若 P 是半椭圆 x2+24=1(x0)上的动点,求PAB 面积的取值范围.解析 本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.(1)设 P(x0,y0),A(14 12,1),B(14 22,2).因为 PA,PB 的中点在抛物线上,所以 y1,y2为方程(+02)2=4142+02,即 y2-2y0y+8x0-02=0 的两个不同的实根.所以 y1+y2=2y0,因此,PM 垂直于 y 轴.(
34、2)由(1)可知1+2=20,12=80-02,所以|PM|=18(12+22)-x0=34 02-3x0,|y1-y2|=22(02-40).因此,PAB 的面积 SPAB=12|PM|y1-y2|=324(02-4x0)32.因为02+024=1(x00,将 AB 的中点 M(22+2,2b2+2)代入直线方程 y=mx+12,解得 b=-2+222.由得 m63.(2)令 t=1(-62,0)(0,62),则|AB|=2+1-24+22+322+12,且 O 到直线 AB 的距离为 d=2+122+1.设AOB 的面积为 S(t),所以 S(t)=12|AB|d=12-2(2-12)2+
35、222.当且仅当 t2=12时,等号成立.故AOB 面积的最大值为22.3.(2015 天津,19,14 分)已知椭圆22+22=1(ab0)的左焦点为 F(-c,0),离心率为33,点 M 在椭圆上且位于第一象限,直线 FM 被圆 x2+y2=24 截得的线段的长为 c,|FM|=433.(1)求直线 FM 的斜率;(2)求椭圆的方程;(3)设动点 P 在椭圆上,若直线 FP 的斜率大于2,求直线 OP(O 为原点)的斜率的取值范围.解析(1)由已知有22=13,又由 a2=b2+c2,可得 a2=3c2,b2=2c2.设直线 FM 的斜率为 k(k0),则直线 FM 的方程为 y=k(x+
36、c).由已知,有(2+1)2+(2)2=(2)2,解得 k=33.(2)由(1)得椭圆方程为232+222=1,直线 FM 的方程为 y=33(x+c),两个方程联立,消去 y,整理得 3x2+2cx-5c2=0,解得 x=-53c 或 x=c.因为点 M 在第一象限,可得 M 的坐标为(,233 c).由|FM|=(+)2+(233 c-0)2=433,解得 c=1,所以椭圆的方程为23+22=1.(3)设点 P 的坐标为(x,y),直线 FP 的斜率为 t,得 t=+1,即 y=t(x+1)(x-1),与椭圆方程联立得=(+1),23+22=1,消去 y,整理得 2x2+3t2(x+1)2
37、=6.又由已知,得 t=6-223(+1)22,解得-32x-1 或-1x0.设直线 OP 的斜率为 m,得 m=,即 y=mx(x0),与椭圆方程联立,整理可得 m2=22-23.当 x(-32,-1)时,有 y=t(x+1)0,于是 m=22-23,得 m(23,233).当 x(-1,0)时,有 y=t(x+1)0,因此 mb0)的离心率为32,左、右焦点分别是F1,F2.以 F1为圆心,以 3 为半径的圆与以 F2为圆心,以 1 为半径的圆相交,且交点在椭圆 C 上.(1)求椭圆 C 的方程;(2)设椭圆 E:242+242=1,P 为椭圆 C 上任意一点.过点 P 的直线 y=kx+
38、m 交椭圆 E 于 A,B 两点,射线 PO 交椭圆 E 于点 Q.(i)求|的值;(ii)求ABQ 面积的最大值.解析(1)证明:由题意知 2a=4,则 a=2.又=32,a2-c2=b2,可得 b=1,所以椭圆 C 的方程为24+y2=1.(2)由(1)知椭圆 E 的方程为216+24=1.(i)设 P(x0,y0),|=,由题意知 Q(-x0,-y0).因为024+02=1,又(-0)216+(-0)24=1,即24(024+02)=1,所以=2,即|=2.(ii)设 A(x1,y1),B(x2,y2).将 y=kx+m 代入椭圆 E 的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-1
39、6=0,由 0,可得 m24+16k2.由韦达定理有 x1+x2=-81+42,x1x2=42-161+42.所以|x1-x2|=4162+4-21+42.因为直线 y=kx+m 与 y 轴交点的坐标为(0,m),所以OAB 的面积 S=12|m|x1-x2|=2162+4-2|m|1+42=2(162+4-2)21+42=2(4-21+42)21+42.设21+42=t.将 y=kx+m 代入椭圆 C 的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,由 0,可得 m21+4k2.由可知 0b0)的离心率为22,点 P(0,1)和点 A(m,n)(m0)都在椭圆 C 上,直线 PA
40、交 x 轴于点 M.(1)求椭圆 C 的方程,并求点 M 的坐标(用 m,n 表示);(2)设 O 为原点,点 B 与点 A 关于 x 轴对称,直线 PB 交 x 轴于点 N.问:y 轴上是否存在点 Q,使得OQM=ONQ?若存在,求点 Q 的坐标;若不存在,说明理由.解析(1)由题意得=1,=22,2=2+2,解得 a2=2.故椭圆 C 的方程为22+y2=1.设 M(xM,0).因为 m0,所以-1n0)上的动点,B 为圆(x-2)2+y2=1 上的动点,则|AB|的最小值是()A.3 B.4 C.32 D.42 答案 A 二、填空题(共 5 分)5.(2019 四川成都第二次适应性考试,
41、16)已知 F 为抛物线 C:x2=4y 的焦点,过点 F 的直线 l 与抛物线 C 相交于不同的两点 A,B,抛物线 C 在 A,B 两点处的切线分别是 l1,l2,且 l1,l2相交于点 P,则|PF|+32|的最小值是 .答案 6 三、解答题(共 60 分)6.(2020 届河南安阳 9 月月考,20)如图,过点 P(1,0)作两条直线 x=1 和 l,分别交抛物线 y2=4x 于 A,B 和 C,D(其中 A,C 位于 x 轴上方,l 的斜率大于 0),直线 AC,BD 交于点 Q.(1)求证:点 Q 在定直线上;(2)若=,求 的最小值.解析 本题考查直线与抛物线的位置关系,三角形面
42、积比,基本不等式求最值,体现了逻辑推理,数学运算的核心素养.(1)证明:设 C(24,c),D(24,d),l:x=ty+1,将 x=ty+1 代入 y2=4x,得 y2-4ty-4=0,所以 cd=-4.又 A(1,2),B(1,-2),所以 lAC:4x-(c+2)y+2c=0,lBD:4x-(d-2)y-2d=0,联立消 y 得 x=-+-+4=-1,故点 Q 在定直线 x=-1 上.(2)由题意可得=24+12,=1-242.因为 SPQA=SPQB,所以=2+44-2=2(2+4)4(2-4),令 c2-4=t,则 t0,代入得=(+4)(+8)4=4+8+322+3,当且仅当 c2
43、=4+42时取得等号,所以 的最小值为 22+3.思路分析(1)设 C(24,c),D(24,d),l:x=ty+1,直线与抛物线方程联立可得 y2-4ty-4=0,所以 cd=-4,由直线AC,BD 交于点 Q,将两直线方程联立求解可得 x=-+-+4=-1,从而证明点 Q 在定直线上.(2)由题意可得=24+12,=1-242.根据 SPQA=SPQB,用 c 表示出,利用换元法、基本不等式可求 的最小值.7.(2018 安徽蚌埠二中 4 月月考,20)已知椭圆 C:22+22=1(ab0)的左顶点为 M,上顶点为 N,直线 2x+y-63=0 与直线 MN 垂直,垂足为 B 点,且点 N
44、 是线段 MB 的中点.(1)求椭圆 C 的方程;(2)若直线 l:y=kx+m 与椭圆 C 交于 E,F 两点,点 G 在椭圆 C 上,且四边形 OEGF 为平行四边形,求证:四边形 OEGF的面积 S 为定值.解析(1)由题意知,M(-a,0),N(0,b),直线 MN 的斜率 k=12,a=2b.点 N 是线段 MB 的中点,B(a,2b),点 B 在直线 2x+y-63=0 上,2a+2b=63,又 a=2b,b=3,a=23,椭圆 C 的方程为212+23=1.(2)证明:设 E(x1,y1),F(x2,y2),G(x0,y0),将 y=kx+m 代入212+23=1,消去 y 整理
45、得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,则x1+x2=-81+42,x1x2=42-121+42,y1+y2=k(x1+x2)+2m=21+42,四边形 OEGF 为平行四边形,=+=(x1+x2,y1+y2),得 G(-81+42,21+42),将 G 点坐标代入椭圆 C 的方程得 m2=34(1+4k2),又易得点 O 到直线 EF 的距离 d=|1+2,|EF|=1+2|x1-x2|,平行四边形 OEGF 的面积 S=d|EF|=|m|x1-x2|=|m|(1+2)2-412=4|3-2+1221+42=4|321+42=4321+42=33.故平行四边形 OEGF 的面积 S
46、 为定值 33.8.(2020 届山西太原五中第二次诊断,19)已知椭圆 C:22+22=1(ab0)的左,右焦点分别为 F1,F2,离心率为12,P 是椭圆 C 上的一个动点,且PF1F2面积的最大值为3.(1)求椭圆 C 的方程;(2)设斜率存在的直线 PF2与椭圆 C 的另一个交点为 Q,是否存在点 T(0,t),使得|TP|=|TQ|?若存在,求出 t 的取值范围;若不存在,请说明理由.解析(1)由题意得=12,12 2c b=3,2=2+2,a=2,b=3,c=1.故椭圆 C 的方程为24+23=1.(2)设直线 PQ 的方程为 y=k(x-1),当 k0 时,将 y=k(x-1)代
47、入24+23=1,得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0.设 P(x1,y1),Q(x2,y2),线段 PQ 的中点为 N(x0,y0),则 x0=1+22=423+42,y0=1+22=k(x0-1)=-33+42,即 N(423+42,-33+42).|TP|=|TQ|,直线 TN 为线段 PQ 的垂直平分线,TNPQ,即 kTNkPQ=-1.-342+3-t4242+3k=-1t=42+3=14+3.当 k0 时,4k+343,t(0,312.当 k0 恒成立,y1+y2=-632+4,y1y2=-932+4.|AB|=(1+2)(1+2)2-412=(1+2)(-632+4)
48、2+3632+4=12(2+1)32+4.同理可求得|CD|=12(2+1)3+42.四边形 ACBD 的面积 S=12|AB|CD|=72(2+1)2(32+4)(3+42)=6(1-1122+122+25)6(1-12122122+25)=28849,当且仅当 12t2=122,即 t=1 时取等号.28849 0 恒成立,x1+x2=823+42,x1x2=42-123+42,|AB|=(1+2)(1+2)2-412=(1+2)(823+42)2-442-123+42=12(1+2)3+42.直线 AB,CD 互相垂直,用-1替换上式中的 k 可求得|CD|=12(2+1)32+4.四边
49、形 ACBD 的面积 S=12|AB|CD|=72(2+1)2(32+4)(3+42)=6(1-1122+122+25)6(1-12122122+25)=28849,当且仅当12k2=122,即 k=1 时取等号.28849 b0)的左、右焦点分别为 F1,F2,且离心率 e=63.(1)设 E 是直线 y=x+2 与椭圆的一个交点,求|EF1|+|EF2|取最小值时椭圆的方程;(2)已知 N(0,1),是否存在斜率为 k 的直线 l 与(1)中的椭圆交于不同的两点 A,B,使得点 N 在线段 AB 的垂直平分线上?若存在,求出直线 l 在 y 轴上截距的范围;若不存在,请说明理由.解析 本题
50、主要考查了椭圆的方程、几何性质及直线与椭圆的位置关系,考查的核心素养是逻辑推理与数学运算.(1)e=63,22=13,椭圆的方程可化为232+22=1,将232+22=1 与 y=x+2 联立,消去 y 并化简得 4x2+12x+12-3b2=0,由=144-16(12-3b2)0,解得 b21,即 b1,|EF1|+|EF2|=2a=23b23,当且仅当 b=1 时,|EF1|+|EF2|取最小值 23,椭圆的方程为23+y2=1.(2)设直线 l 在 y 轴上的截距为 t,则直线 l 的方程为 y=kx+t,代入23+y2=1,消去 y 并整理得(1+3k2)x2+6ktx+3t2-3=0
51、,直线 l 与椭圆交于不同的两点,1=(6kt)2-12(t2-1)(1+3k2)0,即 t21+3k2.设 A(x1,y1),B(x2,y2),AB 的中点为 Q,则 x1+x2=-61+32,x1x2=32-31+32,y1+y2=k(x1+x2)+2t=21+32,AB 的中点 Q 的坐标为(-31+32,1+32),当 k0 时,kQN=1+32-1-31+32=-1,化简得 1+3k2=-2t,代入 t21+3k2,得-2t1,t-12,故-2t-12.当 k=0 时,-1t1.综上,k0 时,直线 l 在 y 轴上截距的范围为(-2,-12);k=0 时,直线 l 在 y 轴上截距的范围为(-1,1).