浙江版高考數(shù)學總復習專題10.6圓錐曲線的綜合問題（試題練）教學講練

數(shù)學高考總復習PAGEPAGE29學好數(shù)理化，走遍天下都不怕10.6圓錐曲線的綜合問題探考情悟真題【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)形結合的思想.3.能解決直線與圓錐曲線的綜合應用等問題.2019浙江,21,15分直線與拋物線的位置關系拋物線的幾何性質(zhì)★★★2018浙江,21,15分直線與拋物線的位置關系橢圓、拋物線的幾何性質(zhì)2017浙江,21,15分直線與拋物線的位置關系直線方程分析解讀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)與圓錐曲線有關的最值、對稱、位置關系等綜合問題;(3)有關定點、定值問題,以及存在性等探索性問題.3.預計2021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.煉技法提能力【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.已知拋物線y2=4x的焦點為F,過焦點的直線與拋物線交于A,B兩點,則直線的斜率為時,|AF|+4|BF|取得最小值.

答案±222.已知拋物線C:y2=x,直線l:y=k(x-1)+1,要使拋物線C上存在關于l對稱的兩點,則k的取值范圍是什么?解析當k=0時,不符合題意,故k≠0,設拋物線上的點A(x1,y1)、B(x2,y2)關于直線l對稱,則kAB·k=-1,所以kAB=-1k由題意得y12=x1,y22=x2,兩式相減得(y1+y2)(y1-y2)=x1所以y1+y22=-k2,易知線段AB的中點坐標為x1+x22,y1+y22,進而得AB的中點坐標為12因為AB的中點在拋物線內(nèi)部,所以-k22<1整理得k3即(k解得-2<k<0.方法2定點、定值問題的求法1.(2019浙江溫州九校聯(lián)考,21)已知離心率為22的橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),過橢圓C上點(1)求橢圓C的方程;(2)求證:直線AB過定點,并求出此定點的坐標.解析(1)依題意有4a2+解得a2=6,b2=3,所以橢圓C(2)證明:易知直線AB的斜率是存在的,故設直線AB的方程為y=kx+m,由y=kx+m,x26設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-4mk2k2+1,x1x2由PA·PB=0,得(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,即(x1-2)(x2-2)+(kx1+m-1)(kx2+m-1)=0,得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+m2-2m+5=0,則3m2+8mk+4k2-2m-1=0,(11分)即(3m+2k+1)(m+2k-1)=0,由直線AB不過點P,知m+2k-1≠0,故3m+2k+1=0.(13分)與直線AB聯(lián)立,消去m得y+13=kx所以直線AB過定點23,-12.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,點(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=2解得a2=8,b2=4.所以C的方程為x28+(2)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x28+y(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故xM=x1+x22=-2kb2k于是直線OM的斜率kOM=yMxM即kOM·k=-12所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.方法3存在性問題的解法(2018浙江杭州二中期中,21)已知點P為橢圓C上的任一點,P到直線l1:x=-2的距離為d1,到點F(-1,0)的距離為d2,且d2d1(1)求橢圓C的方程;(2)如圖,直線l與橢圓C交于不同的兩點A,B(A,B都在x軸上方),且∠OFA+∠OFB=180°.(i)當A為橢圓C與y軸正半軸的交點時,求直線l的方程;(ii)是否存在一個定點,無論∠OFA如何變化,直線l過該定點?若存在,求出該點的坐標;若不存在,請說明理由.解析(1)設P(x,y),則d1=|x+2|,d2=(x+1)2+y2化簡可得x22+y2=1,所以橢圓C的方程為x2(2)(i)由(1)知A(0,1),又F(-1,0),所以kAF=1-因為∠OFA+∠OFB=180°,所以kBF=-1,所以直線BF的方程為y=-(x+1)=-x-1,代入x22+y2=1中可得3x2+4x=0,解得x=0(舍)或x=-43,所以B-43,1所以直線l的方程為y=12(ii)解法一:存在.由于∠OFA+∠OFB=180°,所以kAF+kBF=0.設直線AB的方程為y=kx+b,代入x22+y2=1中,得k2+1設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-2kbk2+12,x所以kAF+kBF=y1x1+1+y2x2所以(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=2kx1x2+(k+b)(x1+x2)+2b=2k·b2-1k2+1所以b-2k=0,因此直線AB的方程為y=k(x+2),即直線l總經(jīng)過定點M(-2,0).解法二:存在.由于∠OFA+∠OFB=180°,所以B點關于x軸的對稱點B1在直線AF上,設直線AF方程為y=k(x+1),代入x22+y2=1中,得k2+12x設A(x1,y1),B(x2,y2),則B1(x2,-y2),且x1+x2=-2k2k2+12直線AB的方程為y-y1=y1-y令y=0,得x=x1-y1·x1-x因為y1=k(x1+1),-y2=k(x2+1),所以x=2x1x所以直線l總經(jīng)過定點M(-2,0).【五年高考】A組自主命題·浙江卷題組1.(2019浙江,21,15分)如圖,已知點F(1,0)為拋物線y2=2px(p>0)的焦點.過點F的直線交拋物線于A,B兩點,點C在拋物線上,使得△ABC的重心G在x軸上,直線AC交x軸于點Q,且Q在點F的右側.記△AFG,△CQG的面積分別為S1,S2.(1)求p的值及拋物線的準線方程;(2)求S1S2的最小值及此時點解析本題主要考查拋物線的幾何性質(zhì),直線與拋物線的位置關系等基礎知識,同時考查運算求解能力和綜合應用能力.體現(xiàn)了數(shù)學抽象的核心素養(yǎng)和轉化與化歸的思想方法.(1)由題意得p2=1,即所以,拋物線的準線方程為x=-1.(2)設A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t≠0,則xA=t2.由于直線AB過F,故直線AB方程為x=t2-12ty+1,代入y2=4x,得y2-2(t2-1)ty-4=0,故2tyB=-4,即yB=-2t,所以B1yG=13(yA+yB+yC)及重心G在x軸上,故2t-2t+y得C1t-t所以,直線AC方程為y-2t=2t(x-t2),得Q(t2-1,0).由于Q在焦點F的右側,故t2>2.從而S1S=2=2t4-令m=t2-2,則m>0,S1S2=2-≥2-1=1+32當m=3時,S1S2取得最小值1+3思路分析(1)根據(jù)拋物線定義知p2=1,得到準線方程x=-1.(2)要求S1S2的最小值,需要將S1S2用基本量表示出來,從點的關系出發(fā),設A(xA,yA),合理選擇參數(shù)t表示A(t2,2t),t≠0,由直線AB過F得到AB方程,求出B點坐標,再由△ABC的重心G在x軸上,求出C點和G點坐標,進而求出Q2.(2018浙江,21,15分)如圖,已知點P是y軸左側(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系等基礎知識,同時考查運算求解能力和綜合應用能力.(1)證明:設P(x0,y0),A14y1因為PA,PB的中點在拋物線上,所以y1,y2為方程y+y022=4·14y2+x02所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y軸.(2)由(1)可知y所以|PM|=18(y12+y22)-x0|y1-y2|=22(因此,S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=324(y0因為x02+y0所以y02-4x0=-4x02-4x因此,△PAB面積的取值范圍是62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鍵是利用條件把所求量表示成關于某個變量(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),將問題轉化為求函數(shù)的值域或最值.3.(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)-(1)求直線AP斜率的取值范圍;(2)求|PA|·|PQ|的最大值.解析本題主要考查直線方程、直線與拋物線的位置關系等基礎知識,同時考查解析幾何的基本思想方法和運算求解能力.(1)設直線AP的斜率為k,k=x2-1因為-12<x<32,所以直線AP(2)解法一:聯(lián)立直線AP與BQ的方程kx解得點Q的橫坐標是xQ=-k因為|PA|=1+k2x|PQ|=1+k2(xQ-x)=-所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3,令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因為f'(k)=-(4k-2)(k+1)2,所以f(k)在區(qū)間-1,12上單調(diào)遞增,12,1上單調(diào)遞減,因此當k=1解法二:如圖,連接BP,|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos∠BPQ=AP·(AB-AP)=AP·AB-AP2易知P(x,x2)-1則AP·AB=2x+1+2x2-12=2x2+2x+12,AP2=x+122+x2-142=x2+x+14+x4-1∴|AP|·|PQ|=-x4+32x2+x+3設f(x)=-x4+32x2+x+3則f'(x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,∴f(x)在-12,1上為增函數(shù),∴f(x)max=f(1)=2716故|AP|·|PQ|的最大值為2716方法總結在解析幾何中,遇到求兩線段長度之積的最值或取值范圍時,一般用以下方法進行轉化:1.直接法:求出各點坐標,用兩點間的距離公式,轉化為某個參變量(如直線斜率、截距,點的橫、縱坐標等)的函數(shù),再求函數(shù)的最值或值域.2.向量法:三點共線時,轉化為兩向量的數(shù)量積,再轉化為關于動點的橫(縱)坐標的函數(shù),最后求函數(shù)的最值或值域.3.參數(shù)法:把直線方程化為參數(shù)方程,與曲線方程聯(lián)立,由根與系數(shù)的關系轉化為關于直線斜率(或直線的截距)的函數(shù),最后求函數(shù)的最值或值域.B組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組1.(2019北京文,19,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b(1)求橢圓C的方程;(2)設O為原點,直線l:y=kx+t(t≠±1)與橢圓C交于兩個不同點P,Q,直線AP與x軸交于點M,直線AQ與x軸交于點N.若|OM|·|ON|=2,求證:直線l經(jīng)過定點.解析本題主要考查橢圓的方程、直線與橢圓的位置關系等知識點,考查學生用方程思想、數(shù)形結合思想、分類討論解決綜合問題的能力,體現(xiàn)了邏輯推理、直觀想象和數(shù)學運算的核心素養(yǎng).(1)由題意得,b2=1,c=1.所以a2=b2+c2=2.所以橢圓C的方程為x22+y(2)證明:設P(x1,y1),Q(x2,y2),則直線AP的方程為y=y1令y=0,得點M的橫坐標xM=-x1又y1=kx1+t,從而|OM|=|xM|=x1同理,|ON|=x2由y=kx+t,x22則x1+x2=-4kt1+2k2,x1x所以|OM|·|ON|=x1k=x=2=21+t又|OM|·|ON|=2,所以21+t1-t=2.解得t=0,2.(2019課標全國Ⅰ文,21,12分)已知點A,B關于坐標原點O對稱,|AB|=4,☉M過點A,B且與直線x+2=0相切.(1)若A在直線x+y=0上,求☉M的半徑;(2)是否存在定點P,使得當A運動時,|MA|-|MP|為定值?并說明理由.解析本題利用關于原點對稱和直線與圓相切,考查圓的方程及圓的幾何性質(zhì),要求學生具備較強的直觀想象與邏輯推理能力,第(2)問設置開放性問題,考查拋物線的定義與性質(zhì).主要考查數(shù)學運算和邏輯推理的核心素養(yǎng).(1)因為☉M過點A,B,所以圓心M在AB的垂直平分線上.由已知A在直線x+y=0上,且A,B關于坐標原點O對稱,所以M在直線y=x上,故可設M(a,a).因為☉M與直線x+2=0相切,所以☉M的半徑為r=|a+2|.由已知得|AO|=2,又MO⊥AO,故可得2a2+4=(a+2)2,解得a=0或a=4.故☉M的半徑r=2或r=6.(2)存在定點P(1,0),使得|MA|-|MP|為定值.理由如下:設M(x,y),由已知得☉M的半徑為r=|x+2|,|AO|=2,由于MO⊥AO,故可得x2+y2+4=(x+2)2,化簡得M的軌跡方程為y2=4x.因為曲線C:y2=4x是以點P(1,0)為焦點,以直線x=-1為準線的拋物線,所以|MP|=x+1.因為|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,所以存在滿足條件的定點P.3.(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:1λ+1μ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=依題意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得k<0或0<k<1.又PA,PB與y軸相交,故直線l不過點(1,-2).從而k≠-3.所以直線l斜率的取值范圍是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1).(2)證明:設A(x1,y1),B(x2,y2),由(1)知x1+x2=-2k-4k2,x1直線PA的方程為y-2=y1令x=0,得點M的縱坐標為yM=-y1+2同理得點N的縱坐標為yN=-k由QM=λQO,QN=μQO得λ=1-yM,μ=1-yN.所以1λ+1μ=11-yM=1k-1·2x1所以1λ+1μ方法總結圓錐曲線中的定值問題的常見類型及解題策略:(1)求代數(shù)式為定值.依題設條件,得出與代數(shù)式有關的等式,化簡即可得出定值;(2)求點到直線的距離為定值.利用點到直線的距離公式得出距離的表達式,再利用題設條件化簡、變形求得;(3)求某線段長度為定值.利用兩點間的距離公式求得線段長度的表達式,再依據(jù)條件對表達式進行化簡、變形即可求得.4.(2017山東理,21,14分)在平面直角坐標系xOy中,橢圓E:x2a2+y2b2(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解析本題考查橢圓的方程,直線與橢圓、圓的位置關系,考查最值的求解方法和運算求解能力.(1)由題意知e=ca=22,2c=2,所以a=因此橢圓E的方程為x22+y(2)設A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立x22+y2=1,y=k1x由題意知Δ>0,且x1+x2=23k12k12所以|AB|=1+k12|x1-x2由題意可知圓M的半徑r=23|AB|=223由題設知k1k2=24,所以k2=2因此直線OC的方程為y=24聯(lián)立x22+y2=1,y=2因此|OC|=x2+y由題意可知sin∠SOT2=rr而|OC|r=1+8k1令t=1+2k12,則t>1,1因此|OC|r=32·t=32·1-當且僅當1t=12,即t=2時等號成立,此時k1=±所以sin∠SOT2≤因此∠SOT2≤π6,所以∠SOT綜上所述:∠SOT的最大值為π3,取得最大值時直線l的斜率k1=±2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,利用距離公式求出|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)關系,解后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)關系是解題關鍵.牢固掌握基礎知識和方法是求解的前提.5.(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|(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1c+1a=3ca(a-c),可得a2-c2=3c2,又a(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整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.解得x=2或x=8k由題意得xB=8k2-64k2由(1)知F(1,0),設H(0,yH),有FH=(-1,yH),BF=9-由BF⊥HF,得BF·FH=0,所以4k2-94k2+3+因此直線MH的方程為y=-1kx+9設M(xM,yM),由方程組y=k(x-2),y在△MAO中,∠MOA≤∠MAO?|MA|≤|MO|,即(xM-2)2+yM2≤xM2+yM2,化簡得xM≥1,即20k2+912(k所以直線l的斜率的取值范圍為-∞,-6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.6.(2016北京,19,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為(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c解得a2=4,b2=1.所以橢圓C的方程為x24+y(2)證明:由(1)知,A(2,0),B(0,1).設P(x0,y0),則x02+4當x0≠0時,直線PA的方程為y=y0令x=0,得yM=-2y0x0-2,直線PB的方程為y=y0令y=0,得xN=-x0y0-1,從而所以|AN|·|BM|=2+x0=x=4=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(2cosθ,sinθ),當θ≠kπ且θ≠kπ+π2(k∈Z)時,直線AP的方程為y-0=sinθ2(cos直線BP的方程為y-1=sinθ-12cosθ(x-0),令y=0,得∴|AN|·|BM|=21-cos=22(1-當θ=kπ或θ=kπ+π2(k∈Z)時,M,N是定點,易得|AN|·|BM|=4.綜上,|AN|·評析本題考查橢圓的標準方程,直線與圓錐曲線的位置關系及定值問題,方法常規(guī),運算量大,對學生的運算能力要求較高.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(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所以a2=4,b2=2.因此橢圓方程為x24+(2)設A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,由Δ>0得m2<4k2+2,(*)且x1+x2=-4km2k2+1,因此y1所以D-2又N(0,-m),所以|ND|2=-2km2整理得|ND|2=4m因為|NF|=|m|,所以|ND|2|NF令t=8k2+3,t≥3,故2k2+1=t+1所以|ND|2|NF令y=t+1t,所以y'=1-1當t≥3時,y'>0,從而y=t+1t在[3,+∞)上單調(diào)遞增因此t+1t≥10等號當且僅當t=3時成立,此時k=0,所以|ND|由(*)得-2<m<2且m≠0.故|NF||設∠EDF=2θ,則sinθ=|NF||所以θ的最小值為π6從而∠EDF的最小值為π3,此時直線l的斜率是綜上所述,當k=0,m∈(-2,0)∪(0,2)時,∠EDF取到最小值π3方法總結求解圓錐曲線相關最值的常用方法:1.幾何性質(zhì)法;2.二次函數(shù)最值法;3.基本不等式法;4.三角函數(shù)最值法;5.導數(shù)法.2.(2017課標全國Ⅰ理,20,12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),四點P1(1,1),P2(0,1),P3-1(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系中的定點問題.(1)由于P3,P4兩點關于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P因此1b2故C的方程為x24+y(2)證明: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-則k1+k2=4-t2-22t從而可設l:y=kx+m(m≠1).將y=kx+m代入x24+y2(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,x1而k1+k2=y1-=kx1=2k由題設k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)·4m2-4解得k=-m+1當且僅當m>-1時,Δ>0,于是l:y=-m+1即y+1=-m+1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)(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k'k(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-c所以橢圓C的方程為x24+(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-m直線QM的斜率k'=-2m-此時k'所以k'k(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整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.由x0x1=2m可得x1=2(所以y1=kx1+m=2k同理x2=2(m2-2所以x2-x1=2(m2-2y2-y1=-6k(m2所以kAB=y2-y1x由m>0,x0>0,可知k>0,所以6k+1k≥26,等號當且僅當k=66此時m4-8即m=147,符合題意所以直線AB的斜率的最小值為624.(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,(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x22b由方程組x22b2+y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+點T的坐標為(2,1).(2)由已知可設直線l'的方程為y=12x+m(m≠由方程組y=1所以P點坐標為2-2m3,1+2設點A,B的坐標分別為A(x1,y1),B(x2,y2).由方程組x26+y23方程②的判別式為Δ=16(9-2m2),由Δ>0,解得-322<m<由②得x1+x2=-4m3,x1x2=4m2-123同理|PB|=52所以|PA|·|PB|=5=5=542-2m故存在常數(shù)λ=45,使得|PT|2=λ|PA|·評析本題考查了直線與圓錐曲線相交的問題,這類題中常用的方法是方程法,并結合根與系數(shù)的關系,兩點間的距離公式進行考查,難點是運算量比較大,注意運算技巧.5.(2015陜西,20,12分)如圖,橢圓E:x2a2+y2b2(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ca=2結合a2=b2+c2,解得a=2.所以橢圓E的方程為x22+y(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)x由已知可知Δ>0.設P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0,則x1+x2=4k(k-1)1+2從而直線AP,AQ的斜率之和kAP+kAQ=y1+1x1+y=2k+(2-k)1x1=2k+(2-k)4k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系.6.(2015課標Ⅱ,20,12分)已知橢圓C:9x2+y2=m2(m>0),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=-kbk于是直線OM的斜率kOM=yMxM即kOM·k=-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由(1)得OM的方程為y=-9k設點P的橫坐標為xP.由y=-9kx即xP=±km將m3,m代入l的方程得因此xM=k(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=2×k(k-3)m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.7.(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(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(i)求|OQ|(ii)求△ABQ面積的最大值.解析(1)由題意知3a2+又a2-b2a=32,所以橢圓C的方程為x24+y(2)由(1)知橢圓E的方程為x216+(i)設P(x0,y0),|OQ由題意知Q(-λx0,-λy0).因為x024又(-λx0即λ2所以λ=2,即|OQ(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,x1x所以|x1-x2|=416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=2=2=24-設m2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0<t≤1,因此S=2(4-t故S≤23,當且僅當t=1,即m2=1+4k2時取得最大值23.由(i)知,△ABQ的面積為3S,所以△ABQ面積的最大值為63.8.(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(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故橢圓C的方程為x22+y設M(xM,0).因為m≠0,所以-1<n<1.直線PA的方程為y-1=n-所以xM=m1-n,即(2)存在.因為點B與點A關于x軸對稱,所以B(m,-n).設N(xN,0),則xN=m1+“存在點Q(0,yQ)使得∠OQM=∠ONQ”等價于“存在點Q(0,yQ)使得|OM||OQ|=|OQ||ON|”,因為xM=m1-n,xN=m1+n所以yQ2=|xM||xN|=所以yQ=2或yQ=-2.故在y軸上存在點Q,使得∠OQM=∠ONQ,點Q的坐標為(0,2)或(0,-2).9.(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(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?解析(1)由已知得,點(2,1)在橢圓E上.因此,2a2+1所以橢圓E的方程為x24+(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||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||當直線l的斜率不存在時,由上可知,結論成立.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,Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,所以,x1+x2=-4k2k2+1,x1因此1x1+1x易知,點B關于y軸對稱的點B'的坐標為(-x2,y2).又kQA=y1-2x1kQB'=y2-2-x2=所以kQA=kQB',即Q,A,B'三點共線.所以|QA||QB|=|故存在與P不同的定點Q(0,2),使得|QA||QB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)形結合、化歸與轉化、特殊與一般、分類與整合等數(shù)學思想.【三年模擬】一、選擇題(共4分)1.(2019浙江高考信息優(yōu)化卷(四),6)將離心率為e1的橢圓C1的長半軸長a1和短半軸長b1同時增加m(m>0)個單位長度,得到離心率為e2的橢圓C2;將離心率為e1的雙曲線C3的實半軸長a2和虛半軸長b2(a2≠b2)同時增加n(n>0)個單位長度,得到離心率為e4的雙曲線C4,則()A.對任意的m,n,均有e1>e2,e3<e4B.對任意的m,有e1>e2,無法判斷e3,e4的大小關系C.對任意的m,n,均有e1<e2,e3>e4D.對任意的m,有e1<e2,無法判斷e3,e4的大小關系答案B二、填空題(每空4分,共8分)2.(2020屆浙江嘉興、麗水基礎檢測,16)已知P是橢圓x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)和雙曲線x2a22-y2b22=1(a2>0,b2>0)的一個交點,F1,F2是橢圓和雙曲線的公共焦點,e1,e2分別為橢圓和雙曲線的離心率,若答案33.(2019浙江高考數(shù)學仿真卷(三),16)已知橢圓C:x24+y23=1上一點M(不與左、右頂點重合),直線l:x=4上一點N,若右焦點F2恒在以MN為直徑的圓上,則kMN·k答案-3三、解答題(共105分)4.(2018浙江湖州、衢州、麗水高三質(zhì)檢,21)已知拋物線C:y2=2px(p>0)上的點M(m,-2)與其焦點的距離為2.(1)求實數(shù)p與m的值;(2)如圖所示,動點Q在拋物線C上,直線l過點M,點A、B在l上,且滿足QA⊥l,QB∥x軸.若|MB|2|MA|解析(1)設拋物線的焦點為F,由題意得|MF|=m+p2=2,(2分又點M(m,-2)在拋物線上,故2pm=4,(4分)由p>0得p=2,m=1.(6分)(2)由(1)知拋物線C的方程為y2=4x,連接QM.設直線l的方程為t(y+2)=x-1,Qy024則yB=y0,所以|MB|=1+t2|y0+2|,(9又點Qy024,y0|MA|=|=y=y024故|MB|2|MA|=由|MB|2|MA|為常數(shù),得y0+2=y0-2+4t,所以t=1,則|MB|25.(2020屆浙江金麗衢十二校聯(lián)考,21)過拋物線y2=2px(p>0)上一點P作拋物線的切線l交x軸于Q,F為焦點,以原點O為圓心的圓與直線l相切于點M.(1)當p變化時,求證:|PF|(2)當p變化時,記△PFM的面積為S1,△OFM的面積為S2,求S1S解析本題考查直線與拋物線的位置關系以及圓錐曲線的綜合應用;考查學生運算求解的能力和數(shù)形結合的思想;考查了數(shù)學運算的核心素養(yǎng).(1)證明:設切點Py022p,y0即點Q-y022p,0由拋物線定義得|PF|=p2+y即|PF||(2)過點F作FH⊥PQ于點H,則S1=S△PFH+S△FHM=S△HQF+S△FHM.S1S2=S△=p2+=px0+2x0p故S1S2的最小值為6.(2020屆浙江麗水四校聯(lián)考,20)設直線l與拋物線x2=2y交于A,B兩點,與橢圓x24+y23=1交于C,D兩點,直線OA,OB,OC,OD(O為坐標原點)的斜率分別為k1,k2,k3,k4,(1)是否存在實數(shù)t,滿足k1+k2=t(k3+k4)?請說明理由;(2)求△OCD面積的最大值.解析本題考查直線與拋物線、橢圓的位置關系以及圓錐曲線的綜合應用;考查學生運算求解和邏輯推理的能力以及數(shù)形結合的思想;考查了數(shù)學運算的核心素養(yǎng).設直線l的方程為y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).聯(lián)立得y=kx+b則x1+x2=2k,x1x2=-2b,Δ1=4k2+8b>0.由OA⊥OB,所以x1x2+y1y2=0,得b=2.聯(lián)立得y=kx+2,x2所以x3+x4=-16k3+4k2,x3x由Δ2=192k2-48>0,得k2>14(1)因為k1+k2=y1x1+y2x2=k,k3+k所以k1+k2k3+k4=-16,故存在t=-16(2)根據(jù)弦長公式得|CD|=1+k2|x3-x4|=43·1+k點O到直線CD的距離d=21+所以S△OCD=12|CD|·d=43·4設4k2-1=t>0,則S△OCD=43所以當且僅當t=2,即k=±52時,S△OCD有最大值37.(2019浙江鎮(zhèn)海中學階段性測試,21)已知點M22,1是橢圓y2a2+x2b2(1)求橢圓的方程;(2)過橢圓一焦點F作互相垂直的直線l1,l2,且l1交橢圓于A,B兩點,l2交橢圓于C,D兩點,求四邊形ACBD面積的最大值和最小值.解析(1)由已知得,1a2+12b2=1,且2a=22所以b=1,故所求的橢圓方程為y22+x2=1.(5(2)因為l1⊥l2,所以直線l1,l2中至少有一條直線斜率存在,不妨設l1的斜率為k,且直線l1,l2過焦點F(0,1),則直線l1的方程為y=kx+1,將此式代入橢圓方程得(2+k2)x2+2kx-1=0.設A,B兩點的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2),則x1=-k-2k2+22+k2,x2=-k+2k2+22+k①當k≠0時,直線CD的斜率為-1k,同上可推得|CD|=221+-1k22+-1k2.故四邊形ACBD令u=k2+1k2,得S=4(因為