《（天津?qū)Ｓ茫?020版高考數(shù)學大一輪復(fù)習 9.7 圓錐曲線的綜合問題精練.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020版高考數(shù)學大一輪復(fù)習 9.7 圓錐曲線的綜合問題精練.docx（41頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

9.7　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(yù)測熱度 考題示例 考向 關(guān)聯(lián)考點 1.定點與定值問題 1.了解圓錐曲線的簡單應(yīng)用 2.掌握解析幾何中求解定點、定值問題的方法和步驟 2013天津,18 定值問題 直線的斜率、向量的運算 ★★★ 2.參變量的取值范圍與最值問題 1.知道圓錐曲線的簡單幾何性質(zhì)(如范圍、對稱性、頂點、漸近線、離心率等),并能用性質(zhì)解決一些簡單的圓錐曲線問題 2.理解圓錐曲線離心率的定義,并會求圓錐曲線的離心率 2017天津,19 2016天津,19 2015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.會處理動曲線(含直線)過定點的問題.2.會證明與曲線上的動點有關(guān)的定值問題.3.會按條件建立目標函數(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,展開對定值、最值、參數(shù)取值范圍等問題的考查,注重對數(shù)學思想方法的考查,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)的左右焦點分別為F1,F2,且|F1F2|=2,橢圓上一動點P滿足|PF1|+|PF2|=23. (1)求橢圓W的標準方程及離心率; (2)如圖,過點F1作直線l1與橢圓W交于點A,C,過點F2作直線l2⊥l1,且l2與橢圓W交于點B,D,l1與l2交于點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的標準方程為x23+y22=1,離心率e=ca=33. (2)連接EO. 由題意知EF1⊥EF2,O為F1F2的中點,所以|EO|=12|F1F2|=1. 所以E點軌跡是以原點為圓心,1為半徑的圓. 顯然E點在橢圓W的內(nèi)部. S四邊形ABCD=S△ABC+S△ADC=12|AC||BE|+12|AC||DE|=12|AC||BD|. 當直線l1,l2中一條與x軸垂直時,不妨令l2⊥x軸,此時AC為長軸,BD⊥x軸,把x=1代入橢圓方程,可求得y=233, 則|BD|=433, 此時S四邊形ABCD=12|AC||BD|=4. 當直線l1,l2的斜率都存在時,設(shè)直線l1:x=my-1(m≠0),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)當有一條直線斜率不存在時,有S四邊形ABCD=12|AC||BD|=4.當直線斜率存在時,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A(1,0)的直線l與橢圓C:x23+y2=1相交于E,F兩點,自E,F分別向直線x=3作垂線,垂足分別為E1,F1. (1)當直線l的斜率為1時,求線段EF的中點坐標; (2)記△AEE1,△AFF1的面積分別為S1,S2.設(shè)λ=S1S2,求λ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的中點為M(x0,y0), 則x1+x2=32,則x0=34, y0=x0-1=-14. 所以M34,-14. (2)當直線l與x軸重合時,△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m∈R. 設(shè)E(x1,y1),F(x2,y2),則E1(3,y1),F1(3,y2). 則y1+y2=-2mm2+3,y1y2=-2m2+3. 因為λ=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=14[4-2m(y1+y2)+m2y1y2]|y1y2| =2m2+6+2m2-m22(m2+3)2m2+3 =3m2+6(m2+3)2 =-3(m2+3)2+3m2+3. 因為1m2+3∈0,13, 所以實數(shù)λ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M(x0,y0),利用根與系數(shù)的關(guān)系,中點坐標公式即可得出. (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m∈R.設(shè)E(x1,y1),F(x2,y2),則E1(3,y1),F1(3,y2).λ=S1S2=12(3-x1)|y1|12(3-x2)|y2|=14[4-2m(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λ的取值范圍. 方法點撥　過點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、定點問題的解題方法 3.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點為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)部分上的兩個動點,若原點O到直線AB的距離為3,證明:△ABF的周長為定值. 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:①當直線AB垂直于x軸時,直線AB的方程為x=3, 不妨令A(yù)3,32,B3,-32,因為F(1,0), 所以|AF|=|BF|=(3-1)2+322=4-32. 因為|AB|=3, 所以|AF|+|BF|+|AB|=4. ②當直線AB不垂直于x軸時,設(shè)直線AB的方程為y=kx+m(k≠0). 因為原點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. 因為A,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的周長為4,是定值. 4.在平面直角坐標系xOy中,動點P到點F(1,0)的距離和它到直線x=-1的距離相等,記點P的軌跡為C. (1)求C的方程; (2)設(shè)點A在曲線C上,x軸上一點B(在點F右側(cè))滿足|AF|=|FB|.平行于AB的直線與曲線C相切于點D,試判斷直線AD是否過定點.若過定點,求出定點的坐標;若不過定點,請說明理由. 解析　(1)因為動點P到點F(1,0)的距離和它到直線x=-1的距離相等, 所以動點P的軌跡是以點F(1,0)為焦點,直線x=-1為準線的拋物線. 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.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Δ=64-4m(-8b)=0,得b=-2m. 所以解方程是y=-4m,所以點D4m2,-4m. 當m24≠4m2,即m≠2時,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(1,0). 當m24=4m2,即m=2時,直線AD的方程為x=1,直線AD過點(1,0). 綜上所述,直線AD過定點(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)存在.理由如下: 當直線l與x軸平行時,設(shè)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(shè)Q點的坐標為(0,y0). 當直線l與x軸垂直時,設(shè)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:當Q的坐標為(0,2)時,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(shè)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x24+y22=1,y=kx+1,得(2k2+1)x2+4kx-2=0. 其判別式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. 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)的左焦點為F,右頂點為A,離心率為12.已知A是拋物線y2=2px(p>0)的焦點,F到拋物線的準線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P,Q關(guān)于x軸對稱,直線AP與橢圓相交于點B(B異于點A),直線BQ與x軸相交于點D.若△APD的面積為62,求直線AP的方程. 解析　(1)設(shè)F的坐標為(-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(m≠0),與直線l的方程x=-1聯(lián)立,可得點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B異于點A,可得點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.又因為△APD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)法求圓錐曲線標準方程的步驟:(1)作判斷:根據(jù)焦點位置設(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:當已知直線與x軸交點固定時,常設(shè)為x=my+b的形式,這樣可避免對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)系可以簡化運算,提高運算效率和正確率. 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(shè)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(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(k≠0),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=-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,∠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(chǔ)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. 3.(2015天津,19,14分)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點為F(-c,0),離心率為33,點M在橢圓上且位于第一象限,直線FM被圓x2+y2=b24截得的線段的長為c,|FM|=433. (1)求直線FM的斜率; (2)求橢圓的方程; (3)設(shè)動點P在橢圓上,若直線FP的斜率大于2,求直線OP(O為原點)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),兩個方程聯(lián)立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-53c或x=c.因為點M在第一象限,可得M的坐標為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P的坐標為(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-320,于是m=2x2-23,得m∈23,233. ②當x∈(-1,0)時,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-∞,-233∪23,233. 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.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)的左焦點為F,離心率為33,過點F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為433. (1)求橢圓的方程; (2)設(shè)A,B分別為橢圓的左、右頂點,過點F且斜率為k的直線與橢圓交于C,D兩點.若ACDB+ADCB=8,求k的值. 解析　(1)設(shè)F(-c,0),由ca=33,知a=3c.過點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. 因為A(-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. 評析本題主要考查橢圓的標準方程和幾何性質(zhì)、直線的方程、向量的運算等基礎(chǔ)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. B組　統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組 考點一　定點與定值問題 1.(2017課標Ⅱ,20,12分)設(shè)O為坐標原點,動點M在橢圓C:x22+y2=1上,過M作x軸的垂線,垂足為N,點P滿足NP=2NM. (1)求點P的軌跡方程; (2)設(shè)點Q在直線x=-3上,且OPPQ=1.證明:過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點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. 因為M(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1. 因此點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OQ⊥PF. 又過點P存在唯一直線垂直于OQ,所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F. 思路分析　(1)設(shè)出P、M的坐標,利用NP=2NM得到P、M坐標間的關(guān)系,由點M在C上求解.(2)利用向量的坐標運算得OQPF=0,進而證明直線l過曲線C的左焦點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(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+1k≥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. 3.(2015陜西文,20,12分)如圖,橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>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(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(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(shè)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. 4.(2015課標Ⅱ文,20,12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,點(2,2)在C上. (1)求C的方程; (2)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.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(k≠0,b≠0),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. 考點二　參變量的取值范圍與最值問題 1.(2018浙江,17,4分)已知點P(0,1),橢圓x24+y2=m(m>1)上兩點A,B滿足AP=2PB,則當m=　　　　時,點B橫坐標的絕對值最大. 答案　5 2.(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(shè)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　(1)證明:設(shè)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|=18(y12+y22)-x0=34y02-3x0, |y1-y2|=22(y02-4x0). 因此,△PAB的面積S△PAB=12|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. 3.(2016課標Ⅰ,20,12分)設(shè)圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A,直線l過點B(1,0)且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點,過B作AC的平行線交AD于點E. (1)證明|EA|+|EB|為定值,并寫出點E的軌跡方程; (2)設(shè)點E的軌跡為曲線C1,直線l交C1于M,N兩點,過B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點,求四邊形MPNQ面積的取值范圍. 解析　(1)證明:因為|AD|=|AC|,EB∥AC, 故∠EBD=∠ACD=∠ADC. 所以|EB|=|ED|, 故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|. 又圓A的標準方程為(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E的軌跡方程為x24+y23=1(y≠0). (2)當l與x軸不垂直時,設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k≠0), 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l與x軸不垂直時,四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,83). 當l與x軸垂直時,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)平面直角坐標系xOy中,已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,左、右焦點分別是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.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|=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(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Δ>0,可得m2<4+16k2.① 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. 因為直線y=kx+m與y軸交點的坐標為(0,m), 所以△OAB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Δ≥0,可得m2≤1+4k2.② 由①②可知014時,S△OPQ=84k2+14k2-1=81+24k2-1>8; 當0≤k2<14時,S△OPQ=84k2+11-4k2=8-1+21-4k2. 因0≤k2<14,則0<1-4k2≤1,21-4k2≥2, 所以S△OPQ=8-1+21-4k2≥8, 當且僅當k=0時取等號. 所以當k=0時,S△OPQ的最小值為8. 綜合(i)(ii)可知,當直線l與橢圓C在四個頂點處相切時,△OPQ的面積取得最小值8. 評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. 考點三　存在性問題 1.(2014湖南文,20,13分)如圖,O為坐標原點,雙曲線C1:x2a12-y2b12=1(a1>0,b1>0)和橢圓C2:y2a22+x2b22=1(a2>b2>0)均過點P233,1,且以C1的兩個頂點和C2的兩個焦點為頂點的四邊形是面積為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,與C2只有一個公共點,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. 因為點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,因為l與C2只有一個公共點,所以直線l的方程為x=2或x=-2. 當x=2時,易知A(2,3),B(2,-3), 所以|OA+OB|=22,|AB|=23, 此時,|OA+OB|≠|(zhì)AB|. 當x=-2時,同理可知,|OA+OB|≠|(zhì)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l與C1相交于A,B兩點時,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1,x2是上述方程的兩個實根,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. 因為直線l與C2只有一個公共點,所以上述方程的判別式 Δ=16k2m2-8(2k2+3)(m2-3)=0. 化簡,得2k2=m2-3,因此OAOB=x1x2+y1y2=m2+3k2-3+3k2-3m2k2-3=-k2-3k2-3≠0, 于是OA2+OB2+2OAOB≠OA2+OB2-2OAOB, 即|OA+OB|2≠|(zhì)OA-OB|2,故|OA+OB|≠|(zhì)AB|. 綜合(i),(ii)可知,不存在符合題設(shè)條件的直線. 評析本題考查橢圓與雙曲線的定義、幾何性質(zhì)、標準方程及直線與圓錐曲線的位置關(guān)系,同時考查方程思想,運算、推理能力,綜合性較強. 2.(2014山東文,21,14分)在平面直角坐標系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截得的線段長為4105. (1)求橢圓C的方程; (2)過原點的直線與橢圓C交于A,B兩點(A,B不是橢圓C的頂點).點D在橢圓C上,且AD⊥AB,直線BD與x軸、y軸分別交于M,N兩點. (i)設(shè)直線BD,AM的斜率分別為k1,k2.證明存在常數(shù)λ使得k1=λk2,并求出λ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)(x1y1≠0),D(x2,y2), 則B(-x1,-y1), 因為直線AB的斜率kAB=y1x1, 又AB⊥AD,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k≠0,m≠0. 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λ=-12. 因此存在常數(shù)λ=-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|. 因為|x1||y1|≤x124+y12=1,當且僅當|x1|2=|y1|=22時等號成立, 此時S取得最大值98, 所以△OMN面積的最大值為98. C組　教師專用題組 考點一　定點與定值問題 1.(2013陜西,20,13分)已知動圓過定點A(4,0),且在y軸上截得弦MN的長為8. (1)求動圓圓心的軌跡C的方程; (2)已知點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P,Q,若x軸是∠PBQ的角平分線,證明直線l過定點. 解析　(1)如圖,設(shè)動圓圓心為O1(x,y),由題意,知|O1A|=|O1M|,當O1不在y軸上時,過O1作O1H⊥MN交MN于H,則H是MN的中點, ∴|O1M|=x2+42, 又|O1A|=(x-4)2+y2,∴(x-4)2+y2=x2+42, 化簡得y2=8x(x≠0). 又當O1在y軸上時,O1與O重合,點O1的坐標(0,0)也滿足方程y2=8x,∴動圓圓心的軌跡C的方程為y2=8x. (2)由題意,設(shè)直線l的方程為y=kx+b(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2), 將y=kx+b代入y2=8x中, 得k2x2+(2bk-8)x+b2=0. 其中Δ=-32kb+64>0. 由根與系數(shù)的關(guān)系得,x1+x2=8-2bkk2,① x1x2=b2k2,② ∵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=0,③ 將①,②代入③得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0, ∴k=-b,此時Δ>0, ∴直線l的方程為y=k(x-1),即直線l過定點(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O的兩條直線l1和l2,l1與E1,E2分別交于A1,A2兩點,l2與E1,E2分別交于B1,B2兩點. (1)證明:A1B1∥A2B2; (2)過O作直線l(異于l1,l2)與E1,E2分別交于C1,C2兩點.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,k2≠0),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A1B1∥A2B2. (2)由(1)知A1B1∥A2B2,同理可得B1C1∥B2C2,C1A1∥C2A2. 所以△A1B1C1∽△A2B2C2. 因此S1S2=|A1B1||A2B2|2. 又由(1)中的A1B1=p1p2A2B2知|A1B1||A2B2|=p1p2. 故S1S2=p12p22. 考點二　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,P是它們的一個公共點,且∠F1PF2=π3,則橢圓和雙曲線的離心率的倒數(shù)之和的最大值為(　　) A.433　　　　B.233　　　　C.3　　　　D.2 答案　A　 2.(2014四川,20,13分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距為4,其短軸的兩個端點與長軸的一個端點構(gòu)成正三角形. (1)求橢圓C的標準方程; (2)設(shè)F為橢圓C的左焦點,T為直線x=-3上任意一點,過F作TF的垂線交橢圓C于點P,Q. (i)證明:OT平分線段PQ(其中O為坐標原點); (ii)當|TF||PQ|最小時,求點T的坐標. 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的標準方程是x26+y22=1. (2)(i)證明:由(1)可得,F的坐標是(-2,0),設(shè)T點的坐標為(-3,m). 則直線TF的斜率kTF=m-0-3-(-2)=-m. 當m≠0時,直線PQ的斜率kPQ=1m,直線PQ的方程是x=my-2. 當m=0時,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Δ=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M的坐標為-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+4≥124(4+4)=33. 當且僅當m2+1=4m2+1,即m=1時,等號成立,此時|TF||PQ|取得最小值. 所以當|TF||PQ|最小時,T點的坐標是(-3,1)或(-3,-1). 評析本題主要考查橢圓的標準方程、直線方程、直線與橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識,考查推理論證能力、運算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化與化歸、分類與整合等數(shù)學思想. 3.(2014湖南,21,13分)如圖,O為坐標原點,橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1、F2,離心率為e1;雙曲線C2:x2a2-y2b2=1的左、右焦點分別為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,當直線OM與C2交于P,Q兩點時,求四邊形APBQ面積的最小值. 解析　(1)因為e1e2=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)因為AB不垂直于y軸,且過點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是上述方程的兩個實根, 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M的坐標為-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A到直線PQ的距離為d,則點B到直線PQ的距離也為d,所以2d=|mx1+2y1|+