課標(biāo)專用5年高考3年模擬A版2020高考數(shù)學(xué)專題九平面解析幾何7圓錐曲線的綜合問題試題理

課標(biāo)專用5年高考3年模擬A版2020高考數(shù)學(xué)專題九平面解析幾何7圓錐曲線的綜合問題試題理課標(biāo)專用5年高考3年模擬A版2020高考數(shù)學(xué)專題九平面解析幾何7圓錐曲線的綜合問題試題理PAGEPAGE38課標(biāo)專用5年高考3年模擬A版2020高考數(shù)學(xué)專題九平面解析幾何7圓錐曲線的綜合問題試題理圓錐曲線的綜合問題挖命題【考情探究】考點(diǎn)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(diǎn)1.定值與定點(diǎn)問題掌握與圓錐曲線有關(guān)的定值與定點(diǎn)問題2018課標(biāo)Ⅰ，19，12分定值問題角平分線的性質(zhì)，斜率公式★★★2017課標(biāo)Ⅰ,20,12分定點(diǎn)問題根與系數(shù)的關(guān)系、斜率公式2.最值與范圍問題掌握與圓錐曲線有關(guān)的參數(shù)范圍問題2016課標(biāo)Ⅱ，20,12分范圍問題橢圓的幾何性質(zhì)★★★3.存在性問題了解并掌握與圓錐曲線有關(guān)的存在性問題2015課標(biāo)Ⅱ,20，12分存在性問題根與系數(shù)的關(guān)系、斜率公式★★☆分析解讀1。會(huì)處理動(dòng)曲線（含直線)過定點(diǎn)的問題。2.會(huì)證明與曲線上的動(dòng)點(diǎn)有關(guān)的定值問題.3。會(huì)按條件建立目標(biāo)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(yùn)用“數(shù)形結(jié)合”“幾何法”求某些量的最值。4。能與其他知識(shí)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(duì)定值、最值、參數(shù)取值范圍等問題的考查,注重對(duì)數(shù)學(xué)思想方法的考查，分值約為12分，難度偏大。破考點(diǎn)【考點(diǎn)集訓(xùn)】考點(diǎn)一定值與定點(diǎn)問題1。(2018重慶綦江模擬,9）已知圓C:x2+y2=1，點(diǎn)P為直線x+2y-4=0上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P向圓C引兩條切線PA,PB，A,B為切點(diǎn),則直線AB經(jīng)過定點(diǎn)()A。12,C。34,答案B2.(2018河北五校12月聯(lián)考,20）已知橢圓C：x2a2+y2b（1)求橢圓C的方程；（2）設(shè)P是橢圓C上的一點(diǎn)，過P的直線l與以橢圓的短軸為直徑的圓切于第一象限,切點(diǎn)為M，證明：|PF｜+|PM|為定值。解析(1）設(shè)橢圓的半焦距為c，由已知得c2a∴橢圓的方程為x22+y(2)證明：以短軸為直徑的圓的方程為x2+y2=1，F(xiàn)(1，0),設(shè)P(x0，y0),則x022+y02∴｜PF｜=(x0=12x02-2x又l與圓x2+y2=1相切于M,∴|PM｜=|OP|2-1=x02+y∴｜PF|+|PM｜=22（2—x0）+22x0=考點(diǎn)二最值與范圍問題1.(2018河北百校聯(lián)盟4月聯(lián)考,16）已知拋物線C：x2=8y的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l1,直線l2與拋物線C相切于點(diǎn)P,記點(diǎn)P到直線l1的距離為d1,點(diǎn)F到直線l2的距離為d2,則d2d1答案12.（2018安徽江南十校4月聯(lián)考，20)已知離心率為32（1)求橢圓C的方程;(2）設(shè)P為橢圓上一點(diǎn),且OA+OB=λOP(O為坐標(biāo)原點(diǎn)）.求當(dāng)|AB｜<3時(shí),實(shí)數(shù)λ的取值范圍。解析(1）設(shè)橢圓的方程為x2b2+y2a2=1(a〉b>0），由題意可知e2=c2a2=3(2)設(shè)A（x1，y1),B（x2,y2），P(x3,y3）.當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，直線AB的方程為x=0,此時(shí)|AB｜=4>3，與題意不符。當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí),設(shè)直線AB的方程為y=kx+3,由y=kx+3,x所以Δ=(6k)2-20(4+k2），由Δ>0,得k2>5，則x1+x2=-6k4+k2,x1y1+y2=（kx1+3）+(kx2+3)=244+因?yàn)閨AB｜=(x1-所以1+k2·-6解得-1613〈k2〈8,所以5〈k2因?yàn)镺A+OB=λOP，即(x1,y1)+（x2，y2)=λ(x3，y3),所以當(dāng)λ=0時(shí),由OA+OB=0,得x1+x2=-6k4+k2=0,y1解得k∈?,所以此時(shí)符合條件的直線l不存在；當(dāng)λ≠0時(shí)，x3=x1+x2λ=-6k因?yàn)辄c(diǎn)P（x3,y3）在橢圓上,所以-6kλ化簡得λ2=364+k2所以3<λ2〈4,則λ∈（-2,—3)∪（3，2）.綜上，實(shí)數(shù)λ的取值范圍為（-2，—3）∪(3，2).考點(diǎn)三存在性問題1.(2017福建福州模擬，20）已知點(diǎn)P是直線l：y=x+2與橢圓x2a2+y2=1(a>1）的一個(gè)公共點(diǎn)，F(xiàn)1,F2分別為該橢圓的左,右焦點(diǎn)，設(shè)|PF1（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程及離心率;（2)已知A,B為橢圓C上關(guān)于y軸對(duì)稱的兩點(diǎn),Q是橢圓C上異于A,B的任意一點(diǎn),直線QA,QB分別與y軸交于點(diǎn)M（0,m），N(0，n）,試判斷mn是不是定值，如果是定值,求出該定值；如果不是，請(qǐng)說明理由.解析(1)聯(lián)立y=x+2,x2a2+∵直線y=x+2與橢圓有公共點(diǎn),∴Δ=16a4—4(a2+1)×3a2≥0，得a2≥3,又a〉1，∴a≥3,由橢圓的定義知|PF1|+|PF2｜=2a，故當(dāng)a=3時(shí),|PF1|+|PF2｜取得最小值,此時(shí)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x23+y2=1，離心率為ca(2）mn為定值.設(shè)A（x1,y1)，B(-x1,y1),Q(x0,y0)（y0≠y1)，且已知M(0,m)，N（0,n）,由題意知kQA=kQM，∴y0-y即m=y0-x0(y0-∴mn=x0y1-x又x023+y02=1，x123+y1∴mn=x021∴mn為定值1。2。(2017湖南湘中名校聯(lián)考,20）如圖，曲線C由上半橢圓C1:y2a2+x2b2=1(a>b〉0，y≥0）和部分拋物線C2：y=—x2+1(y≤0）連接而成，C1與C（1）求a，b的值;（2）過點(diǎn)B的直線l與C1，C2分別交于點(diǎn)P,Q（均異于點(diǎn)A，B),是否存在直線l，使得以PQ為直徑的圓恰好過點(diǎn)A?若存在,求出直線l的方程;若不存在,請(qǐng)說明理由。解析(1）在C1,C2的方程中,令y=0，可得b=1，且A(—1,0）,B(1,0）是上半橢圓C1的左、右頂點(diǎn)。由e=ca=32及a2-c2=b（2）存在.由(1)知，上半橢圓C1的方程為y24+x由題易知，直線l與x軸不重合也不垂直,設(shè)其方程為y=k（x-1）(k≠0）。代入C1的方程，整理得(k2+4)x2-2k2x+k2—4=0.（*）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（xP，yP）,∵直線l過點(diǎn)B，∴x=1是方程（＊）的一個(gè)根。由求根公式，得xP=k2-4k2∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為k2同理,由y得點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（—k-1，-k2—2k）.∴AP=2kk2連接AP、AQ，依題意可知AP⊥AQ，∴AP·AQ=0,即-2∵k≠0，∴k-4（k+2)=0,解得k=—83經(jīng)檢驗(yàn),k=-83故直線l的方程為y=—83煉技法【方法集訓(xùn)】方法最值問題的求解方法1。（2018河南百校聯(lián)盟聯(lián)考,10)已知直線l：x=ty+1經(jīng)過拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)F及圓x2-mx+y2=0的圓心，若直線l自上而下順次與上述兩曲線交于點(diǎn)A，B，C,D(如圖所示),則｜AB|+m｜CD｜的最小值是()A。2B.4C。22D。42答案C2。（2018天津模擬,20）已知橢圓C：x2a2+y（1)求橢圓C的離心率；(2）若點(diǎn)M3,解析(1）由題意得a—c=33則(a—c）2=13b2，結(jié)合b2=a2—c2,得（a-c）2=13（a2-c即2c2-3ac+a2=0,亦即2e2-3e+1=0,結(jié)合0〈e〈1,解得e=12所以橢圓C的離心率為12（2)由（1)得a=2c，則b2=3c2。將3,32代入橢圓方程x24所以橢圓方程為x24+易得直線OM的方程為y=12當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),線段AB的中點(diǎn)不在直線y=12設(shè)直線l的方程為y=kx+m（m≠0）,與x24+y23=1聯(lián)立消去y得（3+4k2）x所以Δ=64k2m2—4（3+4k2)（4m2-12）=48(3+4k2—m2）〉0.設(shè)A（x1,y1)，B(x2，y2)，則x1+x2=-8km3+4k2，x1由y1+y2=k（x1+x2)+2m=6m3+4k因?yàn)镹在直線y=12x上,所以-4km3+4解得k=-32所以Δ=48（12-m2)>0，得-23〈m<23,且m≠0,|AB|=1+-322｜x2—x1｜=132·(x1又原點(diǎn)O到直線l的距離d=2|所以S△OAB=12×39612-m2×2|m|當(dāng)且僅當(dāng)12—m2=m2,即m=±6時(shí)等號(hào)成立，符合-23〈m<23，且m≠0。所以△OAB面積的最大值為3.過專題【五年高考】A組統(tǒng)一命題·課標(biāo)卷題組考點(diǎn)一定值與定點(diǎn)問題(2017課標(biāo)Ⅰ，20，12分）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a〉b>0），四點(diǎn)P1（1,1），P2（0,1）,P(1）求C的方程；(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點(diǎn)且與C相交于A，B兩點(diǎn).若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1，證明：l過定點(diǎn)。解析(1）由于P3,P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱,故由題設(shè)知C經(jīng)過P3，P4兩點(diǎn)。又由1a2+1b2〉1a2+因此1b2故C的方程為x24+y（2）設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2。如果l與x軸垂直,設(shè)l：x=t，由題設(shè)知t≠0,且|t｜〈2，可得A，B的坐標(biāo)分別為t,4-則k1+k2=4-t2從而可設(shè)l：y=kx+m(m≠1).將y=kx+m代入x24+y（4k2+1)x2+8kmx+4m2—4=0。由題設(shè)可知Δ=16（4k2—m2+1)>0。設(shè)A(x1,y1)，B（x2，y2)，則x1+x2=-8km4k2+1，x1而k1+k2=y1-=kx1=2k由題設(shè)k1+k2=-1，故(2k+1）x1x2+(m—1)(x1+x2)=0,即（2k+1)·4m2-解得k=—m+1當(dāng)且僅當(dāng)m〉-1時(shí)，Δ〉0，于是l：y=—m+1即y+1=-m+1所以l過定點(diǎn)（2，—1).思路分析（1）利用橢圓的對(duì)稱性易知點(diǎn)P3，P4在橢圓上,將點(diǎn)P1（1，1)代入橢圓方程，經(jīng)過比較可知點(diǎn)P1(1，1）不在橢圓上，進(jìn)而可列方程組求出橢圓方程;(2）設(shè)出直線l的方程,將直線l與橢圓的方程聯(lián)立并消元,利用根與系數(shù)的關(guān)系使問題得解，在解題中要注意直線斜率不存在的情況。方法點(diǎn)撥定點(diǎn)問題的常見解法:（1)根據(jù)題意選擇參數(shù)，建立一個(gè)含參數(shù)的直線系或曲線系方程，經(jīng)過分析、整理，對(duì)方程進(jìn)行等價(jià)變形,以找出適合方程且與參數(shù)無關(guān)的坐標(biāo),該坐標(biāo)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)即為所求的定點(diǎn).（2）從特殊位置入手,找出定點(diǎn)，再證明該定點(diǎn)符合題意?？键c(diǎn)二最值與范圍問題(2016課標(biāo)Ⅱ,20,12分）已知橢圓E:x2t+(1)當(dāng)t=4,｜AM|=｜AN|時(shí)，求△AMN的面積;（2)當(dāng)2|AM|=|AN｜時(shí)，求k的取值范圍.解析(1)設(shè)M（x1,y1),則由題意知y1〉0.當(dāng)t=4時(shí)，E的方程為x24+由已知及橢圓的對(duì)稱性知,直線AM的傾斜角為π4因此直線AM的方程為y=x+2.（2分)將x=y—2代入x24+y2解得y=0或y=127，所以y1=12因此△AMN的面積S△AMN=2×12×127×127（2)由題意，t〉3,k〉0,A（-t，0)。將直線AM的方程y=k（x+t)代入x2t+y23=1得（3+tk2)x2+2t·tk2x+t由x1·（—t）=t2k2-3t故|AM｜=|x1+t｜1+k2=由題設(shè)，直線AN的方程為y=-1k(x+t故同理可得｜AN|=6k由2|AM｜=｜AN｜得23+tk2=當(dāng)k=32時(shí)上式不成立,因此t=3t〉3等價(jià)于k3-2k2由此得k-2>0,k因此k的取值范圍是(32疑難突破第（1)問中求出直線AM的傾斜角是解決問題的關(guān)鍵;第（2)問利用2|AM|=|AN|得出t與k的關(guān)系式，由t>3,建立關(guān)于k的不等式，從而得出k的取值范圍。名師點(diǎn)撥本題主要考查橢圓的幾何性質(zhì),直線與橢圓的位置關(guān)系以及方程的思想方法的應(yīng)用，考查學(xué)生的運(yùn)算求解能力及邏輯思維能力.挖掘出題目中t>3這一隱含條件是把等式轉(zhuǎn)化為不等式的關(guān)鍵。考點(diǎn)三存在性問題（2015課標(biāo)Ⅱ，20,12分，0.145）已知橢圓C:9x2+y2=m2(m〉0)，直線l不過原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A,B,線段AB的中點(diǎn)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(diǎn)m3解析（1)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=—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?yàn)橹本€l過點(diǎn)m3由（1)得OM的方程為y=-9k設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為xP。由y=-9kx,9x2將點(diǎn)m3,m因此xM=k(四邊形OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分，即xP=2xM.于是±km3k2+9=2×k(k-3因?yàn)閗i>0,ki≠3,i=1,2，所以當(dāng)l的斜率為4-7或4+7時(shí),四邊形OAPB為平行四邊形.思路分析(1)設(shè)出直線l的方程,與橢圓方程聯(lián)立并消元，利用韋達(dá)定理求得AB的中點(diǎn)M的坐標(biāo),進(jìn)而可得出結(jié)論；(2）要使四邊形OAPB為平行四邊形，則線段AB與線段OP互相平分,即xP=2xM，由此結(jié)合已知條件建立相應(yīng)方程,進(jìn)而通過解方程使問題得解.方法總結(jié)解決定值問題的常見方法有兩種:（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無關(guān);(2）直接推理、計(jì)算,并在推理、計(jì)算的過程中消去變量,從而得到定值.B組自主命題·省(區(qū)、市）卷題組考點(diǎn)一定值與定點(diǎn)問題(2018北京，19,14分）已知拋物線C：y2=2px經(jīng)過點(diǎn)P(1,2）。過點(diǎn)Q(0，1)的直線l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)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(shè)O為原點(diǎn)，QM=λQO,QN=μQO，求證:1λ+1解析（1)因?yàn)閽佄锞€y2=2px過點(diǎn)（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(shè)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(diǎn)(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)設(shè)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(diǎn)M的縱坐標(biāo)為yM=-y1+2同理得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)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+1方法總結(jié)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(shè)條件，得出與代數(shù)式有關(guān)的等式,化簡即可得出定值；(2)求點(diǎn)到直線的距離為定值。利用點(diǎn)到直線的距離公式得出距離的表達(dá)式,再利用題設(shè)條件化簡、變形求得;(3)求某線段長度為定值。利用兩點(diǎn)間的距離公式求得線段長度的表達(dá)式,再依據(jù)條件對(duì)表達(dá)式進(jìn)行化簡、變形即可求得。考點(diǎn)二最值與范圍問題1。(2018浙江,17，4分)已知點(diǎn)P(0,1),橢圓x24+y2=m（m〉1)上兩點(diǎn)A，B滿足AP=2PB，則當(dāng)m=答案52.(2017山東，21，14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓E：x2a2+y（1)求橢圓E的方程；（2）如圖,動(dòng)直線l：y=k1x—32交橢圓E于A,B兩點(diǎn)，C是橢圓E上一點(diǎn)，直線OC的斜率為k2，且k1k2=2解析(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(shè)A(x1，y1),B(x2，y2），聯(lián)立x22+y2=1,y=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(shè)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=因此|OC|=x2+y由題意可知sin∠SOT2=rr而|OC|r=1+8令t=1+2k12，則t>1,因此|OC|r=32·t=32·1當(dāng)且僅當(dāng)1t=12，即t=2時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)k1=±所以sin∠SOT2≤因此∠SOT2≤π6綜上所述：∠SOT的最大值為π3，取得最大值時(shí)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(yùn)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(jìn)而建立sin∠SOT2與k疑難突破把角的問題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問題，即由sin∠SOT2=11+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k考點(diǎn)三存在性問題(2015四川，20,13分)如圖，橢圓E：x2a2+y2b(1)求橢圓E的方程；（2）在平面直角坐標(biāo)系xOy中,是否存在與點(diǎn)P不同的定點(diǎn)Q,使得|QA||解析(1)由已知得,點(diǎn)（2,1)在橢圓E上.因此,2a2+所以橢圓E的方程為x24+（2）當(dāng)直線l與x軸平行時(shí)，設(shè)直線l與橢圓相交于C，D兩點(diǎn)。如果存在定點(diǎn)Q滿足條件，則有|QC||即｜QC|=｜QD|.所以Q點(diǎn)在y軸上,可設(shè)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，y0）。當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí),設(shè)直線l與橢圓相交于M，N兩點(diǎn)，則M,N的坐標(biāo)分別為（0，2)，（0，-2）。由|QM||QN|=|解得y0=1或y0=2.所以，若存在不同于點(diǎn)P的定點(diǎn)Q滿足條件,則Q點(diǎn)坐標(biāo)只可能為(0,2)。下面證明：當(dāng)Q的坐標(biāo)為(0,2)時(shí),對(duì)任意直線l，均有|QA||當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),由上可知，結(jié)論成立。當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，可設(shè)直線l的方程為y=kx+1，A,B的坐標(biāo)分別為(x1，y1），(x2,y2)。聯(lián)立x24+y2其判別式Δ=（4k）2+8(2k2+1)>0,所以,x1+x2=—4k2k2+1,x1因此1x1+1x易知,點(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)B’的坐標(biāo)為(-x2，y2）.又kQA=y1-2x1kQB’=y2-2-x2=所以kQA=kQB',即Q,A,B’三點(diǎn)共線。所以|QA||QB|=|故存在與P不同的定點(diǎn)Q(0,2）,使得|QA||C組教師專用題組考點(diǎn)一定值與定點(diǎn)問題(2016北京，19,14分)已知橢圓C：x2a2(1)求橢圓C的方程及離心率;(2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點(diǎn)且在橢圓C上,直線PA與y軸交于點(diǎn)M，直線PB與x軸交于點(diǎn)N.求證：四邊形ABNM的面積為定值。解析（1）由題意得c解得a=2，b=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(shè)P(x0，y0),則x02+4當(dāng)x0≠0時(shí),直線PA的方程為y=y0令x=0，得yM=-2y0x0-直線PB的方程為y=y0令y=0,得xN=-x0y0-1所以|AN｜·|BM｜=2+x0=x=4=4。當(dāng)x0=0時(shí)，y0=—1,｜BM｜=2，|AN｜=2，所以|AN｜·｜BM｜=4。綜上,｜AN｜·｜BM|為定值.解法二:(Ⅱ）點(diǎn)P在曲線x22+y12=1上,不妨設(shè)P（2cosθ，sinθ),當(dāng)θ≠kπ且θ≠kπ+π2(k∈Z)時(shí)，直線AP的方程為y-0=sin直線BP的方程為y-1=sinθ-12cosθ∴｜AN|·|BM|=21-cos=22(當(dāng)θ=kπ或θ=kπ+π2考點(diǎn)二最值與范圍問題1。（2014四川,10,5分）已知F為拋物線y2=x的焦點(diǎn),點(diǎn)A，B在該拋物線上且位于x軸的兩側(cè)，OA·OB=2(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn))，則△ABO與△AFO面積之和的最小值是（）A.2B.3C。1728答案B2.(2014湖北,9,5分）已知F1,F2是橢圓和雙曲線的公共焦點(diǎn)，P是它們的一個(gè)公共點(diǎn),且∠F1PF2=π3A。433B。答案A3。（2018浙江，21，15分）如圖,已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點(diǎn),拋物線C:y2=4x上存在不同的兩點(diǎn)A,B滿足PA,PB的中點(diǎn)均在C上。(1)設(shè)AB中點(diǎn)為M,證明：PM垂直于y軸；（2）若P是半橢圓x2+y2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(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查運(yùn)算求解能力和綜合應(yīng)用能力.(1）設(shè)P(x0,y0）,A14y1因?yàn)镻A,PB的中點(diǎn)在拋物線上,所以y1,y2為方程y+y022=4·14y2+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，△PAB的面積S△PAB=12｜PM｜·|y1—y2｜=324（y0因?yàn)閤02+y024=1（x0〈0），所以y02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(gè)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(gè)變量(通常是直線斜率，動(dòng)點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)等)的函數(shù),并求出這個(gè)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。4.(2015浙江,19，15分）已知橢圓x22+y2=1上兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B關(guān)于直線y=mx+（1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍;(2)求△AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn)）。解析（1）由題意知m≠0，可設(shè)直線AB的方程為y=-1m由x22+y2=1,y=因?yàn)橹本€y=-1mx+b與橢圓x22所以Δ=-2b2+2+4m將AB的中點(diǎn)M2mbm2b=-m2由①②得m<—63或m>6（2)令t=1m∈-62則｜AB|=t2+1·且O到直線AB的距離為d=t2設(shè)△AOB的面積為S（t)，所以S（t）=12｜AB|·d=12-當(dāng)且僅當(dāng)t2=12故△AOB面積的最大值為225.（2015天津，19，14分）已知橢圓x2a2+y2b2=1(a〉b>0)的左焦點(diǎn)為F（—c,0），離心率為33,點(diǎn)M在橢圓上且位于第一象限，直線FM被圓x2（1）求直線FM的斜率；(2）求橢圓的方程；（3)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P在橢圓上，若直線FP的斜率大于2,求直線OP(O為原點(diǎn)）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,b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+c2(2）由（1）得橢圓方程為x23c2+y22c2=1，直線FM的方程為y=33由|FM｜=(c+c所以橢圓的方程為x23+（3）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)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+y設(shè)直線OP的斜率為m,得m=yx，即y=mx（x≠0）,與橢圓方程聯(lián)立，整理可得m2=2x2①當(dāng)x∈-32,-1時(shí),有y=t(x+1）<0，因此m〉0,于是m=②當(dāng)x∈（—1，0）時(shí)，有y=t(x+1)〉0，因此m〈0,于是m=—2x2-綜上，直線OP的斜率的取值范圍是-∞,-233評(píng)析本小題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)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(shí).考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì).考查運(yùn)算求解能力以及用函數(shù)與方程思想解決問題的能力.考點(diǎn)三存在性問題1.(2015北京，19，14分）已知橢圓C:x2a2+y(1）求橢圓C的方程,并求點(diǎn)M的坐標(biāo)(用m，n表示)；（2)設(shè)O為原點(diǎn),點(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱，直線PB交x軸于點(diǎn)N.問：y軸上是否存在點(diǎn)Q，使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，說明理由.解析(1）由題意得b=1,c故橢圓C的方程為x22+y設(shè)M（xM,0)。因?yàn)閙≠0,所以-1<n<1.直線PA的方程為y-1=n-所以xM=m1-n（2)因?yàn)辄c(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱，所以B（m，-n).設(shè)N(xN，0）,則xN=m1+“存在點(diǎn)Q(0,yQ)使得∠OQM=∠ONQ”等價(jià)于“存在點(diǎn)Q(0,yQ）使得|OM||OQ|=|OQ||ON因?yàn)閤M=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(diǎn)Q,使得∠OQM=∠ONQ。點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(0，2）或(0,-2)。2.(2014山東,21,14分)已知拋物線C:y2=2px（p>0）的焦點(diǎn)為F,A為C上異于原點(diǎn)的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)A的直線l交C于另一點(diǎn)B，交x軸的正半軸于點(diǎn)D,且有｜FA｜=|FD｜。當(dāng)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為3時(shí)，△ADF為正三角形。(1)求C的方程;(2)若直線l1∥l,且l1和C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)E,（i）證明直線AE過定點(diǎn)，并求出定點(diǎn)坐標(biāo)；(ii）△ABE的面積是否存在最小值？若存在，請(qǐng)求出最小值,若不存在,請(qǐng)說明理由.解析（1)由題意知Fp2設(shè)D(t,0)（t〉0)，則FD的中點(diǎn)為p+2因?yàn)椋麱A|=｜FD｜，則由拋物線的定義知3+p2=t解得t=3+p或t=—3(舍去)。由p+2所以拋物線C的方程為y2=4x.（2）（i）由(1)知F（1，0）,設(shè)A(x0，y0）(x0y0≠0),D（xD，0)(xD>0）,因?yàn)椋麱A|=|FD｜,則｜xD-1｜=x0+1，由xD〉0得xD=x0+2，故D(x0+2，0）。故直線AB的斜率kAB=—y0因?yàn)橹本€l1和直線AB平行,所以可設(shè)直線l1的方程為y=-y0代入拋物線方程得y2+8y0y—由Δ=64y02+32設(shè)E(xE，yE）,則yE=—4y0，xE=當(dāng)y02≠4時(shí)，kAE=yE-y可得直線AE的方程為y—y0=4y0y由y02=4x整理可得y=4y直線AE恒過點(diǎn)F(1,0).當(dāng)y0所以直線AE過定點(diǎn)F（1，0）.（ii)由（i）知直線AE過焦點(diǎn)F(1，0）,所以|AE｜=｜AF|+|FE｜=（x0+1)+1x0+1=x0設(shè)直線AE的方程為x=my+1，因?yàn)辄c(diǎn)A(x0,y0)在直線AE上,故m=x0設(shè)B（x1，y1），直線AB的方程為y-y0=-y02(x—x由y0≠0，可得x=-2y0y+2+x代入拋物線方程得y2+8y0y—8-4x所以y0+y1=—8y可求得y1=-y0—8y0，x1=4x所以點(diǎn)B到直線AE的距離為d=4=4(x0則△ABE的面積S=12×4x當(dāng)且僅當(dāng)1x0=x0,即x所以△ABE的面積的最小值為16.評(píng)析本題考查拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程、幾何性質(zhì)、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系以及解析幾何中的定點(diǎn)問題、最值問題和結(jié)論探究性問題。本題綜合性較強(qiáng)、難度較大,很好地考查了考生的邏輯思維能力和運(yùn)算求解能力.本題的易錯(cuò)點(diǎn)是定點(diǎn)的確定.【三年模擬】一、選擇題（每小題5分，共15分）1.(2017河南鄭州一模,11)已知直線l與雙曲線x24—y2=1相切于點(diǎn)P，l與雙曲線的兩條漸近線交于M，N兩點(diǎn),則OM·A。3B。4C.5D.與P的位置有關(guān)答案A2。（2017江西南昌NCS項(xiàng)目模擬，11)拋物線y2=8x的焦點(diǎn)為F,設(shè)A（x1,y1），B（x2，y2）是拋物線上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若x1+x2+4=23A.π3B。3π4C.5π答案D3.（2018河南中原名校4月聯(lián)考,11)已知拋物線C：y2=4x的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F且斜率為1的直線與拋物線C交于點(diǎn)A，B,以線段AB為直徑的圓E上存在點(diǎn)P，Q，使得以PQ為直徑的圓過點(diǎn)D(-2，t),則實(shí)數(shù)t的取值范圍為(）A。(-∞，—1］∪[1,+∞）B.［—1,3]C.(-∞，2—7］∪［2+7,+∞）D。［2—7，2+7］答案D二、解答題（共75分)4。（2019屆甘肅酒泉普通高中五校聯(lián)考,20)已知傾斜角為π4的直線經(jīng)過拋物線Γ：y2（1）求拋物線Γ的方程;（2)過點(diǎn)P(12，8)的兩條直線l1、l2分別交拋物線Γ于點(diǎn)C、D和E、F,線段CD和EF的中點(diǎn)分別為M、N.如果直線l1與l2的傾斜角互余，求證：直線MN經(jīng)過一定點(diǎn)。解析（1）由題意可設(shè)直線AB的方程為y=x—p2由y=x-p2設(shè)A(x1,y1）,B(x2,y2）,則x1+x2=3p,由拋物線的定義得｜AB｜=x1+x2+p=4p=8，∴p=2,∴拋物線的方程為y2=4x.(2）證明:設(shè)直線l1、l2的傾斜角分別為α、β，直線l1的斜率為k，則k=tanα.∵直線l1與l2的傾斜角互余，∴直線CD的方程為y—8=k(x—12），即y=k(x—12）+8,由y=k(∴yC+yD=4k,∴xC+xD=24+4k2∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為12+2∴tanβ=tanπ2-α=sinπ2-αcosπ2-以1k代替點(diǎn)M坐標(biāo)中的k，可得點(diǎn)N的坐標(biāo)為（12+2k2∴kMN=21k-∴直線MN的方程為y—2k=11k+k即1k∴直線MN經(jīng)過定點(diǎn)（10,0）。5.（2019屆四川攀枝花第一次統(tǒng)考,20）橢圓C：x24+y2=1的右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)分別為A，B,斜率為（1)求證:直線AP、BQ的斜率之和為定值;（2）求四邊形APBQ面積的取值范圍。解析(1）證明：設(shè)直線l的方程為y=12x+m,代入橢圓C：x24+y2=1,并整理得x2設(shè)P(x1，y1）,Q（x2，y2),則x從而kAP+kBQ=y1x1-2+y所以直線AP、BQ的斜率之和為定值0。(2)設(shè)C：x24+y則直線l、BE、AD為互相平行的直線，所以A，B兩點(diǎn)到直線l的距離等于兩平行線BE、AD間的距離，∴d=21+∵｜PQ｜=1+k2｜x2—x1｜=1+14｜x∴S四邊形△APBQ=12d·｜PQ|=|x2-x1｜=8又P點(diǎn)在第一象限，∴—1<m<1.∴S四邊形APBQ∈(2，22］。方法點(diǎn)撥探索圓錐曲線的定值問題常見方法有兩種：①從特殊情況入手，先根據(jù)特殊位置和數(shù)值求出定值，再證明這個(gè)值與變量無關(guān)；②直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量,從而得到定值。6。（2019屆四川成都高新區(qū)10月月考，20）如圖，橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b〉0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，MF2⊥x軸,直線MF1交y軸于H點(diǎn)，｜OH｜=(1)求橢圓E的方程；(2）如圖，過點(diǎn)S(4,0)作兩條直線與橢圓E分別交于A,B,C,D,且使AD⊥x軸，問四邊形ABCD的兩條對(duì)角線的交點(diǎn)是不是定點(diǎn)？若是，求出該定點(diǎn)的坐標(biāo);若不是，請(qǐng)說明理由.解析（1）設(shè)M（c，yM),由題意可得c2a2+yM2∵OH是△F1F2M的中位線,且OH=24∴|MF2｜=22,即b2a=22，整理得a又由題知,當(dāng)Q在橢圓E的上、下頂點(diǎn)時(shí)，△F1F2Q的面積最大,∴（S△F1F2Q)max=12聯(lián)立①②可得2b6—b4=1,變形得(b2—1)（2b4+b2+1)=0，解得b2=1，進(jìn)而a2=2.∴橢圓E的方程為x22+y（2）設(shè)A（x1,y1），C（x2,y2），則由對(duì)稱性可知D(x1，-y1),B（x2，—y2)，設(shè)直線AC與x軸交于點(diǎn)(t,0）,直線AC的方程為x=my+t（m≠0）,聯(lián)立x=my+t,x2∴y1+y2=-2mtm2+2,y1y2=t即y1x1-4=-y2x2-4，將x1=my1+t，x2=my2+t，代入整理得2my1于是直線AC的方程為x=my+12,故直線AC過定點(diǎn)1同理可得BD過定點(diǎn)12∴直線AC與BD的交點(diǎn)是定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為12規(guī)律總結(jié)(1)若橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2a2+y7。（2019屆重慶中山外國語學(xué)校開學(xué)考試,20）已知P23,263是橢圓C1:x（1）求橢圓C1及拋物線E的方程;(2)設(shè)過F且互相垂直的兩動(dòng)直線l1，l2，l1與橢圓C1交于A，B兩點(diǎn)，l2與拋物線E交于C，D兩點(diǎn),求四邊形ACBD面積的最小值.解析(1）∵P23,2∴p=2,∴拋物線E的方程為y2=4x,F(1,0),∴a2—b2=1.又∵P23,263在橢圓C1∴49a2+83b2=1,結(jié)合a2-b∴橢圓C1的方程為x24+y2(2）由題意可知直線l1斜率存在，設(shè)直線l1的方程為y=k（x-1）,A（x1，y1）,B(x2，y2）,C(x3，y3),D(x4,y4)。①當(dāng)k=0時(shí)，AB=4，直線l2的方程為x=1，CD=4，故S四邊形ACBD=12②當(dāng)k≠0時(shí)，直線l2的方程為y=-1k(x-1),由y=k(x-1),x∴x1+x2=8k23+4k2,x1由弦長公式知|AB|=1+k2|x1-x2｜=(1+同理可得｜CD|=4(k2+1)?！郤四邊形ACBD=12·|AB｜·｜CD｜=12·1