1、9.6圆锥曲线的综合问题基础篇【基础集训】考点一曲线与方程1.设k1,则关于x,y的方程(1-k)x2+y2=k2-1所表示的曲线是()A.长轴在x轴上的椭圆B.长轴在y轴上的椭圆C.实轴在x轴上的双曲线D.实轴在y轴上的双曲线答案D2.两定点A(-2,1),B(2,-1),动点P在抛物线y=x2-2上移动,则PAB重心G的轨迹方程是()A.y=x2-13B.y=3x2-23C.y=2x2-23D.y=12x2-14答案B3.已知圆C1:(x+3)2+y2=1,C2:(x-3)2+y2=81,动圆C与圆C1、C2都相切,则动圆C的圆心轨迹E的方程为.答案x225+y216=1或x216+y27
2、=14.设三个数(x-2)2+y2,3,(x+2)2+y2成等差数列,记(x,y)对应点的曲线是C.求曲线C的方程.考点二定点与定值问题5.已知直线l与双曲线x24-y2=1相切于点P,l与双曲线的两条渐近线交于M,N两点,则OMON的值为()A.3B.4C.5D.与P的位置有关答案A6.(多选题)设M,N是抛物线y2=x上的两个不同的点,O是坐标原点.若直线OM与ON的斜率之积为-12,则()A.|OM|+|ON|42B.以MN为直径的圆的面积大于4C.直线MN过定点(2,0)D.点O到直线MN的距离不大于2答案CD7.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0),四点P1(1,1),P2(
3、0,1),P3-1,32,P41,32中恰有三点在椭圆C上.(1)求C的方程;(2)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.考点三最值与范围问题8.若a1,则双曲线x2a2-y2=1的离心率的取值范围是()A.(2,+)B.(2,2)C.(1,2)D.(1,2)答案C9.已知双曲线C:x2a2-4y2=1(a0)的右顶点到其一条渐近线的距离等于34,抛物线E:y2=2px(p0)的焦点与双曲线C的右焦点重合,则抛物线E上的动点M到直线l1:4x-3y+6=0和l2:x=-1距离之和的最小值为()A.1B.2C.3D.4答案B10.设
4、P是椭圆x29+y25=1上一点,M,N分别是两圆C1:(x+2)2+y2=1和C2:(x-2)2+y2=1上的点,则|PM|+|PN|的最小值和最大值分别为()A.4,8B.2,6C.6,8D.8,12答案A考点四存在性问题11.已知定点C(-1,0)及椭圆x2+3y2=5,过点C的动直线与椭圆相交于A,B两点.(1)若线段AB中点的横坐标是-12,求直线AB的方程;(2)在x轴上是否存在点M,使MAMB为常数?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.12.已知抛物线C:y2=2px(0p25,点G的轨迹是以M,N为焦点的椭圆,且2a=6,2c=25,b2=a2-c2=32-(5)2=
5、4,点G的轨迹方程为x29+y24=1,故选A.2.(2018陕西西安铁一中二模,5)在平面直角坐标系xOy中,动点P关于x轴的对称点为Q,且OPOQ=2,则点P的轨迹方程为()A.x2+y2=2B.x2-y2=2C.x+y2=2D.x-y2=2答案B设P(x,y),则Q(x,-y),OPOQ=(x,y)(x,-y)=x2-y2=2,故选B.考点二定点与定值问题1.(2019北京海淀一模文,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左顶点为A(-2,0),两个焦点与短轴的一个顶点构成等腰直角三角形,过点P(1,0)且与x轴不重合的直线l与椭圆交于不同的两点M,N.(1)求椭圆C的方程
6、;(2)当AM与MN垂直时,求AM的长;(3)若过点P且平行于AM的直线交直线x=52于点Q,求证:直线NQ恒过定点.解析(1)因为A(-2,0),所以a=2.因为两个焦点与短轴的一个顶点构成等腰直角三角形,所以b=c.又b2+c2=a2,所以b2=c2=2.所以椭圆C的方程为x24+y22=1.(2)解法一:设M(xm,ym),则kMP=ymxm-1,kAM=ymxm+2,因为AM与MN垂直,所以kAMkMP=ymxm-1ymxm+2=-1,联立ymxm-1ymxm+2=-1,xm24+ym22=1,解得xm=0,ym=2或xm=-2,ym=0(舍).所以|AM|=6.解法二:设M(xm,y
7、m),因为AM与MN垂直,所以点M在以AP为直径的圆上,又因为以AP为直径的圆的圆心为-12,0,半径为32,所以圆的方程为x+122+y2=94.联立xm+122+ym2=94,xm24+ym22=1,解得xm=0,ym=2或xm=-2,ym=0(舍).所以|AM|=6.(3)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN的方程为x=my+1,由x=my+1,x2+2y2-4=0得(m2+2)y2+2my-3=0.显然0,则y1+y2=-2mm2+2,y1y2=-3m2+2,因为直线PQ与AM平行,所以kPQ=kAM=y1x1+2,则直线PQ的方程为y=y1x1+2(x-1),令x=5
8、2,则y=32y1x1+2=3y12(my1+3),即Q52,3y12(my1+3).kNQ=y2-3y12(my1+3)x2-52=2my1y2+6y2-3y1(my1+3)(2my2-3),直线NQ的方程为y-y2=2my1y2+6y2-3y12m2y1y2+6my2-3my1-9(x-x2),y=2my1y2+6y2-3y12m2y1y2+6my2-3my1-9x-(2my1y2+6y2-3y1)(my2+1)2m2y1y2+6my2-3my1-9+y2=2my1y2+6y2-3y12m2y1y2+6my2-3my1-9x-2my1y2+15y2-3y12m2y1y2+6my2-3my1
9、-9,令y=0,得x=2my1y2+15y2-3y12my1y2+6y2-3y1.因为2my1y2=3(y1+y2),故x=18y29y2=2,所以直线NQ恒过定点(2,0).2.(2019河南开封10月联考,20)已知直线l1:y=33x,l2:y=-33x,动点P,Q分别在l1,l2上移动,|PQ|=23,N是线段PQ的中点,记点N的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)过点M(0,1)分别作直线MA,MB交曲线C于A,B两点,设这两条直线的斜率分别为k1,k2,且k1+k2=2,证明:直线AB过定点.解析(1)根据条件设P(3m,m),Q(-3n,n),|PQ|=23,3(m+n)2
10、+(m-n)2=12.设N(x,y)是线段PQ的中点,则x=3(m-n)2,y=m+n2,消去m,n可得曲线C的方程为x29+y2=1.(2)证明:由(1)知,点M(0,1)为椭圆x29+y2=1的上顶点,当直线AB的斜率不存在时,设A(x0,y0),则B(x0,-y0),由k1+k2=2得y0-1x0+-y0-1x0=2,得x0=-1;当直线AB的斜率存在时,设AB的方程为y=kx+m(m1),A(x1,y1),B(x2,y2),联立x29+y2=1,y=kx+m(1+9k2)x2+18kmx+9m2-9=0,得x1+x2=-18km1+9k2,x1x2=9m2-91+9k2,则k1+k2=
11、2y1-1x1+y2-1x2=2(kx2+m-1)x1+(kx1+m-1)x2x1x2=2,即(2-2k)x1x2=(m-1)(x1+x2)(2-2k)(9m2-9)=(m-1)(-18km),由m1,得(1-k)(m+1)=-kmm=k-1,即y=kx+m=kx+k-1y=k(x+1)-1,故直线AB过定点(-1,-1).经检验,此时直线与椭圆有两个交点,满足题意.综上所述,直线AB过定点(-1,-1).考点三最值与范围问题1.(2020安徽高三期末)如图,已知F1、F2分别是椭圆C:x264+y232=1的左、右焦点,过F1的直线l1与过F2的直线l2交于点N,线段F1N的中点为M,线段F
12、1N的垂直平分线MP与l2的交点P(第一象限)在椭圆上,若O为坐标原点,则|OM|OF2|的取值范围为()A.0,22B.0,12C.(0,2)D.(0,1)答案D因为PM为线段F1N的垂直平分线,所以|F1M|=|MN|.由中位线定理可得|OM|=12|F2N|.设点P(x0,y0)(x00,y00).由两点间的距离公式,得|PF1|=(x0+c)2+y02=(x0+c)2+1-x02a2b2=c2x02a2+2cx0+a2=a+ex0,同理可得|PF2|=a-ex0,所以|F2N|=|PF1|-|PF2|=2ex0,故|OM|=ex0,因为a=8,c=42,所以e=ca=22,故|OM|=
13、22x0,所以|OM|OF2|=22x042=x08.因为x0(0,8),所以18x0(0,1).故|OM|OF2|的取值范围为(0,1).故选D.2.(2020安徽高三期末)双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左,右焦点分别为F1(-2,0),F2(2,0),若双曲线C的渐近线上存在点M满足|MF1|=2|MF2|,则双曲线C的实轴长的最小值为()A.23B.43C.423D.823答案B设M(x,y),由|MF1|=2|MF2|可得(x+2)2+y2=2(x-2)2+y2,整理得(x-6)2+y2=32,即点M在以(6,0)为圆心,42为半径的圆上.又点F2到双曲线C的渐近线的
14、距离为b,当双曲线C的渐近线与圆(x-6)2+y2=32相切时,b取得最大值,b2=426,从而b423.a4-329=23,故2a43.故双曲线C的实轴长的最小值为43.故选B.思路分析设M(x,y),由|MF1|=2|MF2|,利用距离公式化简得出点M在圆(x-6)2+y2=32上,当双曲线C的渐近线与圆相切时,b取得最大值,得出b423,结合a2+b2=c2得出2a的最小值.3.(2020河南中原名校联盟第三次测评,10)椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的长轴长、短轴长和焦距成等差数列,若点P为椭圆C上的任意一点,且P在第一象限,O为坐标原点,F(3,0)为椭圆C的右焦点,则OP
15、PF的取值范围为()A.(-16,-10)B.-10,-394C.-16,-394D.-,-394答案C因为椭圆C的长轴长、短轴长和焦距成等差数列,所以2a+2c=4b,即a+c=2b,又F(3,0)为椭圆C的右焦点,所以c=3.因为a2=c2+b2,所以解方程组a2=c2+b2,a+c=2b,c=3,得a=5,b=4,c=3,所以椭圆方程为x225+y216=1.设P(m,n)(0m5,0n4),则m225+n216=1,得n2=16-1625m2,所以OPPF=(m,n)(3-m,-n)=3m-m2-n2=3m-m2-16-1625m2=-925m2+3m-16=-925m-2562-39
16、4,又因为0m4)的右焦点为F,点A(-2,2)为椭圆C内一点.若椭圆C上存在一点P,使得|PA|+|PF|=8,则m的取值范围是()A.(6+25,25B.9,25C.(6+25,20D.3,5答案A椭圆C:x2m+y2m-4=1(m4)的右焦点为F(2,0),左焦点为F(-2,0),由椭圆的定义可得|PF|+|PF|=2m,即|PF|=2m-|PF|,又|PA|+|PF|=8,可得|PA|-|PF|=8-2m,由|PA|-|PF|AF|=2,可得-28-2m2,解得3m5,所以9m25,又A在椭圆内,所以4m+4m-41,所以8m-16m(m-4),解得m6+25,结合得6+250),A(
17、x1,y1),B(x2,y2).由y=kx+b,x2=8y,得x2-8kx-8b=0,所以64k2+32b0,x1+x2=8k,x1x2=-8b,(6分)所以y1y2=x128x228=b2,由y1y2=4,得b2=4,又b0,所以b=2.(8分)由1|GA|+1|GB|-3|GH|=0,得|GH|GA|+|GH|GB|=3,作AAx轴,BBx轴,垂足分别为A,B,则|GH|GA|+|GH|GB|=|OH|AA|+|OH|BB|=2y1+2y2=2(y1+y2)y1y2=3,(10分)因为y1y2=4,y1+y2=k(x1+x2)+4=8k2+4,所以8k2+4=6,所以k=12.故存在符合条
18、件的直线AB,其方程为y=12x+2或y=-12x+2.(12分)综合篇【综合集训】考法一有关轨迹方程问题的求法1.(2020山东百师联盟测试五,5)已知圆C1:(x-4)2+y2=25,圆C2:(x+4)2+y2=1,动圆M与C1,C2都外切,则动圆圆心M的轨迹方程为()A.x24-y212=1(x0)C.x23-y25=1(x0)答案A2.(2019安徽五校联盟第二次质检,4)x2+(y-3)2-x2+(y+3)2=4表示的曲线方程为()A.x24-y25=1(x-2)B.x24-y25=1(x2)C.y24-x25=1(y-2)D.y24-x25=1(y2)答案C3.(2021届广东广州
19、增城中学月考,21)从抛物线y2=36x上任意一点P向x轴作垂线,垂足为Q,点M是线段PQ上的一点,且满足PM=2MQ.(1)求点M的轨迹C的方程;(2)设直线x=my+1(mR)与轨迹C交于A,B两点,T为C上异于A,B的任意一点,直线AT,BT分别与直线x=-1交于D,E两点,以DE为直径的圆是否过x轴上的定点?若过定点,求出符合条件的定点坐标;若不过定点,请说明理由.考法二圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法4.(2020山东德州6月二模,21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)与圆x2+y2=43b2相交于M,N,P,Q四点,四边形MNPQ为正方形,F1,F2为椭圆的左、右焦
20、点,且PF1F2的周长为2(2+1).(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l与椭圆C相交于A、B两点,D(0,-1),若直线AD与直线BD的斜率之积为16,证明:直线l恒过定点.5.(2021届广东深圳实验学校11月月考,21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为12,直线l:y=-12x+2与椭圆C有且仅有一个公共点A.(1)求椭圆C的方程及A点坐标;(2)设直线l与x轴交于点B.过点B的直线与C交于E,F两点,记A在x轴上的投影为G,T为BG的中点,直线AE,AF与x轴分别交于M,N两点.试探究|TM|TN|是不是定值.若为定值,求出此定值,否则,请说明理由.考法三圆锥曲线
21、中的最值(范围)问题的求解方法6.(2019陕西宝鸡中学二模,11)已知抛物线x2=16y的焦点为F,双曲线x24-y25=1的左、右焦点分别为F1、F2,点P是双曲线右支上一点,则|PF|+|PF1|的最小值为()A.5B.7C.9D.11答案C7.(2020广东广州天河外国语学校4月测试,20)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)经过点(0,1),离心率为32,A、B、C为椭圆上不同的三点,且满足OA+OB+OC=0,O为坐标原点.(1)若直线AB、OC的斜率都存在,求证:kABkOC为定值;(2)求|AB|的取值范围.考法四存在性问题8.(2019内蒙古通辽五中模拟,20)已知椭圆x
22、2a2+y2b2=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),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.教师专用题组【综合集训】考法一有关轨迹方程问题的求法1.(2020江西金太阳示范卷十八,3)曲线y2-4x+16=0关于直线x=2对称的曲线方程是()A.y2=4xB.x2=-4yC.x2=4yD.y2=-4x答案D设所求曲线上任意一点为(x,y),点(x,y)关于直线x=2的对称点为(4-x,y)
23、,则y2-4(4-x)+16=0,即y2=-4x,故选D.2.(2018山西临汾模拟,9)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左,右顶点分别为A,B,点M,N是椭圆C上关于长轴对称的两点,若直线AM与BN相交于点P,则点P的轨迹方程是()A.x=a(y0)B.y2=2b(|x|-a)(y0)C.x2+y2=a2+b2(y0)D.x2a2-y2b2=1(y0)答案D由题意可知A(-a,0),B(a,0),设M(x0,y0),N(x0,-y0),y00,P(x,y),y0,则直线PA的斜率k=y0x0+a,直线PA的方程为y=y0x0+a(x+a),直线PB的斜率k=y0a-x0,直线P
24、B的方程为y=y0a-x0(x-a),相乘得y2=y02a2-x02(x2-a2),由x02a2+y02b2=1,得y02=b2a2(a2-x02),则y2=b2a2(x2-a2),整理得x2a2-y2b2=1(y0),则点P的轨迹方程为x2a2-y2b2=1(ab0)(y0),故选D.3.(2019浙江金华十校联考,8)如图,AB是平面的斜线段,A为斜足,点C满足sinCAB=sinCBA(0),且在平面内运动,则()A.当=1时,点C的轨迹是抛物线B.当=1时,点C的轨迹是一条直线C.当=2时,点C的轨迹是椭圆D.当=2时,点C的轨迹是双曲线答案B在ABC中,由sinCAB=sinCBA,
25、得BCAC=.当=1时,可知点C在线段AB的中垂面上运动,又点C在平面内,所以C在两个平面的交线上,即点C的轨迹为一条直线;当=2时,可知点C的轨迹为一个球面(相对应于平面中的阿波罗尼斯圆),又点C在平面内,所以点C在平面和球面的截口曲线上,即点C的轨迹为一个圆.故选B.4.(2020云南名校8月月考,10)古希腊数学家阿波罗尼斯(约公元前262公元前190年)的著作圆锥曲线论是古代世界光辉的科学成果,他证明过这样一个命题:平面内与两定点距离的比为常数k(k0,且k1)的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中,设A(-3,0),B(3,0),动点M满足|MA|MB|=2
26、,则动点M的轨迹方程为()A.(x-5)2+y2=16B.x2+(y-5)2=9C.(x+5)2+y2=16D.x2+(y+5)2=9答案A设M(x,y),由|MA|MB|=2,得(x+3)2+y2(x-3)2+y2=4,所以(x+3)2+y2=4(x-3)2+4y2,即x2-10x+y2+9=0.故动点M的轨迹方程为(x-5)2+y2=16.故选A.5.(2018江西九江3月联考,14)设F(1,0),点M在x轴上,点P在y轴上,且MN=2MP,PMPF,当点P在y轴上运动时,则点N的轨迹方程为.答案y2=4x解析设M(x0,0),P(0,y0),N(x,y),由MN=2MP,得x-x0=-
27、2x0,y=2y0,即x0=-x,y0=12y,因为PMPF,PM=(x0,-y0),PF=(1,-y0),所以(x0,-y0)(1,-y0)=0,所以x0+y02=0,即-x+14y2=0,所以点N的轨迹方程为y2=4x.考法二圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法1.(2019浙江高考数学仿真卷(三),16)已知椭圆C:x24+y23=1上一点M(不与左、右顶点重合),直线l:x=4上一点N,若右焦点F2恒在以MN为直径的圆上,则kMNkOM=.答案-34解析设M(x0,y0),N(4,m),由题意得F2MF2N=0(x0-1,y0)(3,m)=0,my0=3(1-x0),又因为点M(x0,
28、y0)在椭圆上,所以x024+y023=1.所以kMNkOM=y0-mx0-4y0x0=y02-my0x02-4x0=y02+3x0-3x02-4x0=31-x024+3x0-3x02-4x0=-3x024+3x0x02-4x0=-34(x02-4x0)x02-4x0=-34.2.(2020湖北黄冈9月新起点考试,20)椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),椭圆上一点P3,32.直线l的斜率存在,且不经过点F2,l与椭圆C交于A,B两点,且AF2O+BF2O=180.(1)求椭圆C的方程;(2)求证:直线l过定点.解析(1)由题意得c=1,2a=|PF1|+|PF2|=(3+1)2+
29、322+(3-1)2+322=4,a=2,则b=3,所以椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)设直线l的方程为y=kx+m,由题意知kAF2+kBF2=0.联立y=kx+m,3x2+4y2-12=0,消去y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)0,即4k2-m2+30.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2,由y1x1-1+y2x2-1=0,得y1(x2-1)+y2(x1-1)=0,即2kx1x2+(m-k)(x1+x2)-2m=0,把x1+x2=-8km3+4k2,
30、x1x2=4m2-123+4k2代入得m=-4k,把m=-4k代入4k2-m2+30,解得-12k12,而直线不过点F2(1,0),所以k0,即-12kb10)和双曲线x2a22-y2b22=1(a20,b20)的一个交点,F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,e1,e2分别为椭圆和双曲线的离心率,若F1PF2=3,则e1e2的最小值为.答案32解析本题考查椭圆与双曲线的定义与标准方程以及离心率的求法;考查学生运算求解的能力和数形结合的思想;考查了数学运算的核心素养.设|PF1|=m,|PF2|=n,|F1F2|=2c,则由椭圆和双曲线的定义有m+n=2a1,|m-n|=2a2,即m2+n2+2
31、mn=4a12,m2+n2-2mn=4a22,在PF1F2中,由余弦定理得m2+n2-mn=4c2,联立可得a12+3a22=4c2,即a12+3a22c2=4,所以4=1e12+3e2223e12e22=23e1e2,即e1e232,故e1e2的最小值为32.考法四存在性问题1.(2020广东广州第十六中学质量检测(一),20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,|F1F2|=2,过点F1的直线与椭圆交于A,B两点,延长BF2交椭圆C于点M,ABF2的周长为8.(1)求C的离心率及方程;(2)试问:是否存在定点P(x0,0),使得PMPB为定值?若存在,
32、求x0的值;若不存在,请说明理由.解析(1)由题意可知|F1F2|=2c=2,则c=1.又ABF2的周长为8,所以4a=8,即a=2,则e=ca=12,b2=a2-c2=3.故C的方程为x24+y23=1.(2)解法一:假设存在点P,使得PMPB为定值.若直线BM的斜率存在,设BM的方程为y=k(x-1).设B(x1,y1),M(x2,y2),联立x24+y23=1,y=k(x-1),消去y得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,根据根与系数的关系可得x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3,由于PM=(x2-x0,y2),PB=(x1-x0,y1),则PMPB
33、=x1x2-(x1+x2)x0+x02+y1y2=(k2+1)x1x2-(x0+k2)(x1+x2)+k2+x02=(4x02-8x0-5)k2+3x02-124k2+3.因为PMPB为定值,所以4x02-8x0-54=3x02-123,解得x0=118.定值为-13564.若直线BM的斜率不存在,直线BM的方程为x=1,B1,23,M1,-32,则PMPB=(x0-1)2-94=-13564,故存在点P,且x0=118.解法二:假设存在点P,使得PMPB为定值.由已知得BM与x轴不重合,可设BM的方程为x=my+1,设B(x1,y1),M(x2,y2),联立x=my+1,x24+y23=1,
34、消去x,得(3m2+4)y2+6my-9=0,则y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4,由于PM=(x2-x0,y2),PB=(x1-x0,y1),则PMPB=x1x2-(x1+x2)x0+x02+y1y2=(m2+1)y1y2+(m-mx0)(y1+y2)+x02+2x0+1=(3x02+12x0-12)m2+(4x02+8x0-5)3m2+4.因为PMPB为定值,所以3x02+12x0-123=4x02+8x0-54,解得x0=118,故存在点P,且x0=118.2.(2020天津滨海七校联考,19)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率e=22,左焦点为F1
35、,右焦点为F2,且椭圆上一动点M与F2的最远距离为2+1,过F2的直线l与椭圆C交于A,B两点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)当F1AB以F1AB为直角时,求直线AB的方程;(3)直线l的斜率存在且不为0时,试问x轴上是否存在一点P使得OPA=OPB?若存在,求出点P的坐标,若不存在,请说明理由.解析本题考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系,考查学生的空间想象能力及运算求解能力,考查的核心素养是直观想象及数学运算.(1)e=ca=22,a+c=2+1,a2=b2+c2,a=2,c=1,b=1,椭圆C的标准方程为x22+y2=1.(2)解法一:当F1AB以F1AB为直角时,
36、AF1F2是以F1AF2为直角的直角三角形,|AO|=12|F1F2|=1,设A(x0,y0),则x02+y02=1,又x02+2y02=2,x02=0,y02=1,A(0,1)或A(0,-1),对于A(0,1),kAF1=1,kAB=-1;对于A(0,-1),kAF1=-1,kAB=1,直线AB的方程为y=x-1或y=-x+1.解法二:由题意可知,当直线l的斜率不存在时,F1AB不符合题意.易知直线l的斜率不为0,设直线l:y=k(x-1),则lAF1:y=-1k(x+1),由y=k(x-1),y=-1k(x+1),得(k2+1)x=k2-1,Ak2-1k2+1,-2kk2+1,(k2-1)
37、2(k2+1)2+8k2(k2+1)2=2,解得k2=1,直线AB的方程为y=-x+1或y=x-1.(3)设P(m,0),A(x1,y1),B(x2,y2),l:y=k(x-1),y=k(x-1),x2+2y2=2,(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2-21+2k2,kAP=y1x1-m,kBP=y2x2-m,kAP+kBP=y1(x2-m)+y2(x1-m)(x1-m)(x2-m)=0,y1x2+y2x1-m(y1+y2)=0,2kx1x2-(k+mk)(x1+x2)+2km=0,2km=4k,m=2,P(2,0).3.(2020安徽淮
38、南一模,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为13,F1,F2分别是椭圆的左、右焦点,过点F1的直线交椭圆于M,N两点,且MNF2的周长为12.(1)求椭圆C的方程;(2)过点P(0,2)作斜率为k(k0)的直线l与椭圆C交于两点A,B,试判断在x轴上是否存在点D,使得ADB是以AB为底边的等腰三角形.若存在,求点D横坐标的取值范围,若不存在,请说明理由.解析(1)由题意可得ca=13,b2=a2-c2,4a=12,(2分)所以a=3,c=1,b2=8,(3分)所以椭圆C的方程为x29+y28=1.(4分)(2)设直线l的方程为y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y
39、2),AB的中点为E(x0,y0),假设存在点D(m,0),使得ADB是以AB为底边的等腰三角形,则DEAB.由y=kx+2,x29+y28=1得(8+9k2)x2+36kx-36=0,故x1+x2=-36k9k2+8,所以x0=-18k9k2+8,y0=kx0+2=169k2+8.(6分)因为DEAB,所以kDE=-1k,即169k2+8-0-18k9k2+8-m=-1k,(8分)所以m=-2k9k2+8=-29k+8k,k0,(9分)当k0时,9k+8k298=122,所以-212m0.(10分)当k0时,9k+8k-122,所以0b0)的左、右焦点分别为F1,F2,且离心率e=63.(1
40、)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,b2a2=13,椭圆的方程可化为x23b2+y2b2=1,将x23b2+y2b2=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|+|
41、EF2|=2a=23b23,当且仅当b=1时,|EF1|+|EF2|取最小值23,椭圆的方程为x23+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x23+y2=1,消去y并整理得(1+3k2)x2+6ktx+3t2-3=0,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=-6kt1+3k2,x1x2=3t2-31+3k2,y1+y2=k(x1+x2)+2t=2t1+3k2,AB的中点Q的坐标为-3kt1+3k2,t1+3k2,当k0时,kQN=t1+3k2-1-3kt1+3k2=-1k,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).
