《（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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（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（44頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

10.6　圓錐曲線的綜合問題 挖命題 【考情探究】 考點 內(nèi)容解讀 5年考情 預測熱度 考題示例 考向 關(guān)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(jié)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(guān)系 三角形面積、 取值范圍 ★★★ 2017浙江,21 直線與拋物線 的位置關(guān)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(guān)系 取值范圍 2015浙江文,19 直線與拋物線 的位置關(guān)系 圓、三角形面積 2014浙江,21 直線與圓 的位置關(guān)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(zhì). 2.考查點主要有:(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、對稱、位置關(guān)系等綜合問題;(2)有關(guān)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3x02-2≠0,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+OQ≤2(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(zhì)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)∵S△PF1F2=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), ∴F1M⊥F1N,F2M⊥F2N, ∴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(k≠0), 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,∴F1M⊥F1N,同理,F2M⊥F2N, 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, ①求△AOB面積S的最大值; ②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)(k≠0), 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Δ=48(3-5k2)>0. 設A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1+x2=24k23+4k2,x1x2=36k2-123+4k2.(6分) ①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S△AOB=|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t∈527,13,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. ②證明:設|AP||PB|=|AQ||QB|=λ,則AP=-λPB,AQ=λQB,(12分) 所以3-x1=-λ(x2-3),xQ-x1=λ(x2-xQ),消去λ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Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)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Γ的方程及點C的坐標; (2)設點P是橢圓Γ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Γ上,得54a2+516b2=1,14a2+916b2=1,解得a2=52,b2=58,所以橢圓Γ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-1.① 又點C在橢圓Γ上,故2m2+8n2=5.② 由①②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Γ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,∴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=-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F2M⊥F2N,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(jīng)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(cè)(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(zhì),直線與拋物線的位置關(guān)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+4∈[4,5]. 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(guān)鍵是利用條件把所求量表示成關(guān)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(zhuǎn)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)-12b>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Δ=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+b2k2≥2ab,所以a2-b2b2+a2+a2k2+b2k2≤a2-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(zhì)、點到直線的距離、直線與橢圓的位置關(guān)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(jīng)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=λQO,QN=μQO,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(k≠0). 由y2=4x,y=kx+1得k2x2+(2k-4)x+1=0. 依題意Δ=(2k-4)2-4k21>0,解得k<0或0b>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|=2∶3,☉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(guān)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Δ>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sin∠SOT2=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+94≥1, 當且僅當=,即t=2時等號成立,此時k1=22, 所以sin∠SOT2≤, 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sin∠SOT2與k1之間的函數(shù)關(guān)系,利用二次函數(shù)的性質(zhì)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sin∠SOT2與k1之間的函數(shù)關(guān)系是解題關(guān)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(jié)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BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,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(k≠0), 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BF⊥HF,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,∠MOA≤∠MAO?|MA|≤|MO|,即(xM-2)2+yM2≤xM2+yM2,化簡得xM≥1,即20k2+912(k2+1)≥1,解得k≤-64或k≥64. 所以直線l的斜率的取值范圍為-∞,-64∪64,+∞. 評析　本題主要考查橢圓的標準方程和幾何性質(zhì)、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(zhì).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x0≠0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 θ,sin θ),當θ≠kπ且θ≠kπ+ (k∈Z)時,直線AP的方程為y-0=sinθ2(cosθ-1)(x-2),令x=0,得yM=sinθ1-cosθ; 直線BP的方程為y-1=sinθ-12cosθ(x-0),令y=0,得xN=2cosθ1-sinθ. ∴|AN||BM|=21-cosθ1-sinθ1-sinθ1-cosθ =22(1-sinθ)(1-cosθ)(1-sinθ)(1-cosθ)=22=4(定值). 當θ=kπ或θ=kπ+ (k∈Z)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(guān)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)λ,使得|PT|2=λ|PA||PB|,并求λ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)=0.① 方程①的判別式為Δ=24(b2-3),由Δ=0,得b2=3, 此時方程①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(m≠0), 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)=0.② 方程②的判別式為Δ=16(9-2m2), 由Δ>0,解得-3220),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(k≠0,b≠0),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,k≠3. 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,ki≠3,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(guān)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(m≠0)交橢圓C于A,B兩點,交y軸于點M.點N是M關(guān)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(guān)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Δ>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,t≥3,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t≥3時,y>0, 從而y=t+在[3,+∞)上單調(diào)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|2≤1+3=4, 由(*)得-2b>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(jīng)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(guān)系中的定點問題. (1)由于P3,P4兩點關(guān)于y軸對稱,故由題設知C經(jīng)過P3,P4兩點. 又由1a2+1b2>1a2+34b2知,C不經(jīng)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t≠0,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(m≠1).將y=kx+m代入x24+y2=1得 (4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0. 由題設可知Δ=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,Δ>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|=λ, 由題意知Q(-λx0,-λy0). 因為x024+y02=1, 又(-λx0)216+(-λy0)24=1, 即λ24x024+y02=1, 所以λ=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Δ>0,可得m2<4+16k2.① 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Δ≥0,可得m2≤1+4k2.② 由①②可知0b>0)經(jīng)過點A(0,-1),且離心率為22. (1)求橢圓E的方程; (2)經(jīng)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(jié)合a2=b2+c2,解得a=2. 所以橢圓E的方程為x22+y2=1. (2)證明:由題設知,直線PQ的方程為y=k(x-1)+1(k≠2),代入x22+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0. 由已知可知Δ>0. 設P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0, 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(zhì)的同時,重點考查直線與橢圓的位置關(guān)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)(m≠0)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(guān)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m≠0,所以-1b>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(jié)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Δ=(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(guān)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(zhì),直線方程、直線與橢圓的位置關(guān)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(jié)合、化歸與轉(zhuǎn)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,DF1⊥F1F2,|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S△DF1F2=|DF1||F1F2|=22c2=22,故c=1. 從而|DF1|=22, 由DF1⊥F1F2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F1P1⊥F2P2. 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F1P1⊥F2P2得-(x1+1)2+y12=0. 由橢圓方程得1-x122=(x1+1)2,即3x12