【步步高】高考數(shù)學(xué)(文,江蘇專用)大二輪總復(fù)習(xí)練習(xí)：專題六第3講圓錐曲線綜合問題(含答案解析)

第3講圓錐曲線的綜合問題1．(2016四·川改編)設(shè)O為坐標(biāo)原點，P是以F為焦點的拋物線2y＝2px(p>0)上隨意一點，M是線段PF上的點，且PM＝2MF，則直線OM的斜率的最大值為______．答案22Fp，02分析如圖，由題意可知，設(shè)P點坐標(biāo)為y0，y0，明顯，當(dāng)22py0<0時，kOM<0；當(dāng)y0>0時，kOM>0，要求kOM的最大值，不如設(shè)y0>0.2y0→→→→1→→1→→1→2→py03y0＋則OM＝OF＋FM＝OF＋3FP＝OF＋3(OP－OF)＝3OP＋3OF＝，p＝6p33，kOM＝y(tǒng)026p＋32≤2＝2，當(dāng)且僅當(dāng)y02＝2p2時等號成立．y02p222＋y0p2．(2016·標(biāo)全國乙課)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(1)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(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋y2＝16，進(jìn)而AD＝4，所以EA＋EB＝4.22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：x＋y＝1(y≠0)．43(2)當(dāng)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)．y＝k(x－1)，2222由x2y2得(4k＋3)x－8kx＋4k－12＝0.4＋3＝18k22則x＋x＝，x＝4k－12，34k＋4k＋312(k2＋1).所以MN＝1＋k2|x1－x2|＝24k＋31過點B(1,0)且與l垂直的直線m：y＝－k(x－1)，2點A到m的距離為，2k＋1所以PQ＝22224k2＋34－2＝42k＋1k＋1.故四邊形MPNQ的面積11S＝2MN·PQ＝121＋4k2＋3.可適當(dāng)l與x軸不垂直時，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,83)．當(dāng)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)．1.圓錐曲線的綜合問題一般以直線和圓錐曲線的地點關(guān)系為載體，以參數(shù)辦理為核心，考察范圍、最值問題，定點、定值問題，探究性問題.2.試題解答常常要綜合應(yīng)用函數(shù)與方程、數(shù)形聯(lián)合、分類議論等多種思想方法，對計算能力也有較高要求，難度較大.熱門一范圍、最值問題圓錐曲線中的范圍、最值問題，能夠轉(zhuǎn)變成函數(shù)的最值問題(以所求式子或參數(shù)為函數(shù)值)，或許利用式子的幾何意義求解．例1x2y2已知橢圓C：22的左、右焦點和短軸的兩個端點構(gòu)a＋b＝1(a>b>0)成邊長為2的正方形．求橢圓C的方程；過點Q(1,0)的直線l與橢圓C訂交于A，B兩點，且點P(4,3)，記直線PA，PB的斜率分別為k1，k2，當(dāng)k1·k2取最大值時，求直線l的方程．解(1)由題意可得b＝c＝2，a＝2，故橢圓C的方程為x2＋y2＝1.2當(dāng)直線l的斜率為0時，k1k2＝3×3＝3.4－24＋24當(dāng)直線l的斜率不為0時，設(shè)直線l的方程為x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．x＝my＋1，整理得(m2＋2)y2＋2my－3＝0，聯(lián)立x2＋2y2＝4，－2m－3故y1＋y2＝m2＋2，y1y2＝m2＋2.又x1＝my1＋1，x2＝my2＋1，3－y13－y2所以k1·k2＝·4－x14－x2(3－y1)(3－y2)(3－my1)(3－my2)9－3(y1＋y2)＋y1y29－3m(y1＋y2)＋m2y1y2＝3m2＋2m＋534m＋12＝＋24m＋648m＋12.令t＝4m＋1，只考慮t>0時，故k1·k2＝3＋22t＝3＋2≤1，當(dāng)且僅當(dāng)t＝5時取等號．4t－2t＋25425－2t＋t綜上可得，直線l的方程為x－y－1＝0.思想升華解決范圍問題的常用方法：數(shù)形聯(lián)合法：利用待求量的幾何意義，確立出極端地點后，數(shù)形聯(lián)合求解．建立不等式法：利用已知或隱含的不等關(guān)系，建立以待求量為元的不等式求解．建立函數(shù)法：先引入變量建立以待求量為因變量的函數(shù)，再求其值域．x22追蹤操練1如圖，已知橢圓：4＋y＝1，點A，B是它的兩個極點，過原點且斜率為k的直線l與線段AB訂交于點D，且與橢圓訂交于E，F(xiàn)兩點．→→，求k的值；(1)若ED＝6DF求四邊形AEBF面積的最大值．解(1)依題設(shè)得橢圓的極點A(2,0)，B(0,1)，則直線AB的方程為x＋2y－2＝0.設(shè)直線EF的方程為y＝kx(k>0)．設(shè)D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(xiàn)(x2，kx2)，此中x1<x2，x22聯(lián)立直線l與橢圓的方程4＋y＝1，消去y，y＝kx得方程22(1＋4k)x＝4.故x2＝－x1＝2，1＋4k2→→知，x0－x1＝6(x2－x0)，由ED＝6DF得x0＝1510，(6x2＋x1)＝x2＝7771＋4k2由點D在線段AB上，知x0＋2kx0－2＝0，得x0＝2，所以2＝10，71＋4k21＋2k1＋2k化簡，得24k2－25k＋6＝0，解得k＝2或k＝3.38(2)依據(jù)點到直線的距離公式，知點A，B到線段EF的距離分別為h1＝2k，h2＝1，1＋k21＋k21＋k2又EF＝2，1＋4k所以四邊形AEBF的面積為S＝1EF(h1＋h2)＝2(1＋2k)21＋4k21＋4k2＋4k4k＝21＋4k2＝21＋1＋4k24＝21＋1≤22，4k＋k當(dāng)且僅當(dāng)4k＝1，即k＝1時，取等號，k2所以四邊形AEBF面積的最大值為22.熱門二定點、定值問題1．由直線方程確立定點，若獲得了直線方程的點斜式：y－y0＝k(x－x0)，則直線必過定點(x0，y0)；若獲得了直線方程的斜截式：y＝kx＋m，則直線必過定點(0，m)．2．分析幾何中的定值問題是指某些幾何量(線段的長度、圖形的面積、角的度數(shù)、直線的斜率等)的大小或某些代數(shù)表達(dá)式的值等與題目中的參數(shù)沒關(guān)，不依參數(shù)的變化而變化，而一直是一個確立的值．如圖，曲線Γ由兩個橢圓T1：x222例22＋y2＝1(a>b>0)和橢圓T2：y2＋abbx2c2＝1(b>c>0)構(gòu)成，當(dāng)a，b，c成等比數(shù)列時，稱曲線Γ為“貓眼曲線”．若貓眼曲線Γ過點2(0，－2)，且a，b，c的公比為2.求貓眼曲線Γ的方程；(2)任作斜率為k(k≠0)且可是原點的直線與該曲線訂交，交橢圓T1所得弦的中點為M，交橢圓T2所得弦的中點為N，求證：kOM為與k沒關(guān)的定值；kON(3)若斜率為2的直線l為橢圓T2的切線，且交橢圓T1于點A，B，N為橢圓T1上的隨意一點(點N與點A，B不重合)，求△ABN面積的最大值．(1)解b＝2，∴a＝2，c＝1，x2y2y22∴T1：4＋2＝1，T2：2＋x＝1.(2)證明設(shè)斜率為k的直線交橢圓T1于點C(x1，y1)，D(x2，y2)，線段CD中點M(x0，y0)，x0＝x1＋x2，y0＝y(tǒng)1＋y2，2222x1＋y1＝1，42由22x2y2＝1，4＋2得(x1－x2)(x1＋x2)＋(y1－y2)(y1＋y2)＝0.42∵k存在且k≠0，∴x1≠x2，且x0≠0.∴y1－y2y011.x1－x2·＝－，即k·kOM＝－2x02kOM1同理，k·kON＝－2，∴＝，得證．解設(shè)直線l的方程為y＝2x＋m，y＝2x＋m，聯(lián)立y2x2b2＋c2＝1，2＋2c22＋222222∴(b)x2mcx＋mc－bc＝0.222∵＝0，∴m＝b＋2c，y＝2x＋m，22xya2＋b2＝1，22(b＋2a)x＋2

22222＝0.2max＋ma－ba∵＝0，∴m2＝b2＋2a2，l2：y＝2x－b2＋2a2.兩平行線間距離：b2＋2c2＋b2＋2a2d＝3，∴AB＝23ab2a2－2c2b2＋2a2，(82)2－4·5·443，AB＝5＝5|10＋2|＝10＋2d＝3.(2)2＋(－1)2△ABN的面積最大值為14310＋2210＋4S＝2·5·3＝5.思想升華(1)動線過定點問題的兩大種類及解法①動直線l過定點問題，解法：設(shè)動直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設(shè)條件將t用k表示為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動直線過定點(－m,0)．②動曲線C過定點問題，解法：引入?yún)⒆兞砍闪⑶€C的方程，再依據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點．求解定值問題的兩大門路①由特例得出一個值(此值一般就是定值)→證明定值：將問題轉(zhuǎn)變成證明待證式與參數(shù)(某些變量)沒關(guān)②先將式子用動點坐標(biāo)或動線中的參數(shù)表示，再利用其知足的拘束條件使其絕對值相等的正負(fù)項抵消或分子、分母約分得定值．22追蹤操練2已知拋物線：y2＝2px(p>0)的焦點F在雙曲線：x－y＝1的右準(zhǔn)線上，拋物線36與直線l：y＝k(x－2)(k>0)交于A，B兩點，AF，BF的延伸線與拋物線交于C，D兩點．(1)求拋物線的方程；(2)若△AFB的面積等于3，求k的值；(3)記直線CD的斜率為kCD，證明：kCD為定值，并求出該定值．k22解(1)雙曲線：x－y＝1的右準(zhǔn)線方程為x＝1，36所以F(1,0)，則拋物線的方程為y2＝4x.(2)設(shè)A(y12，y1)，B(y22，y2)，442＝4x，y得ky2－4y－8k＝0，由y＝k(x－2)24＝16＋32k>0，y1＋y2＝，y1y2＝－8.kS△AFB＝1×1×|y1－y2|＝1(y1＋y2)2－4y1y222＝21k2＋2＝3，解得k＝2.2→2→2y3y1y3(3)設(shè)C(4，y3)，則FA＝(4－1，y1)，F(xiàn)C＝(4－1，y3)，因為A，F(xiàn)，C共線，22所以(y1－1)y3－y1(y3－1)＝0，44即y23＋(4－y1)y3－4＝0.y14解得：y3＝y(tǒng)1(舍)或y3＝－，所以C(42，－4)，同理D(42，－4)，y1y1y2y244kCD＝－y1＋y2＝－y1y2＝2k，44y1＋y2y12－y22故kCD＝2(定值)．k熱門三探究性問題1．分析幾何中的探究性問題，從種類上看，主假如存在種類的有關(guān)題型，解決這種問題通常采納“一定順推法”，將不確立性問題明亮化．其步驟為：假定知足條件的元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出對于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實數(shù)解，則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在；不然，元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在．2．反證法與考證法也是求解存在性問題常用的方法．例3已知點P是橢圓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d22離為d2，且d1＝2.(1)求橢圓C的方程；(2)如圖，直線l與橢圓C交于不一樣的兩點A，B(A，B都在x軸上方)，且∠OFA＋∠OFB＝180°.(ⅰ)當(dāng)

A為橢圓

C與

y軸正半軸的交點時，求直線

l的方程；(ⅱ)能否存在一個定點，不論∠

OFA怎樣變化，直線

l總過該定點？若存在，求出該定點的坐標(biāo)；若不存在，請說明原因

.解(1)設(shè)

P(x，y)，則d1＝|x＋2|，d2＝(x＋1)2＋y2，22d2＝(x＋1)＋y＝2，d1|x＋2|22化簡得：x2＋y2＝1，2x2∴橢圓C的方程為＋y＝1.(2)(ⅰ)由(1)知A(0,1)，又F(－1,0)，kAF＝1，∵∠OFA＋∠OFB＝180°，kBF＝－1，∴直線BF方程為y＝－1(x＋1)＝－x－1，2代入x2＋y2＝1，得3x2＋4x＝0，解得x＝0或x＝－4，3∴B(－4，1)，kAB＝1.332∴直線AB的方程為y＝1x＋1.2(ⅱ)因為∠OFA＋∠OFB＝180°，∴kAF＋kBF＝0.設(shè)直線AB方程為y＝kx＋b，2代入x＋y2＝1，2得：2122(k＋)x＋2kbx＋b－1＝0，2設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－2kb2－1，x1x2＝b，k2＋1k2＋122∴kAF＋k＝y(tǒng)1＋y2BFx1＋1x2＋1kx1＋b＋kx2＋bx1＋1x2＋12kx1x2＋(k＋b)(x1＋x2)＋2b＝0.(x1＋1)(x2＋1)(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)2kx1x2＋(k＋b)(x1＋x2)＋2bb2－1＝2k×－(k＋b)×2kb＋2b＝0.k2＋1k2＋122b－2k＝0，∴直線AB方程為y＝k(x＋2)．∴直線l總經(jīng)過定點(－2,0)．思想升華解決探究性問題的注意事項：存在性問題，先假定存在，推證知足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在．當(dāng)條件和結(jié)論不獨一時，要分類議論．當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時，先假定成立，再推出條件．當(dāng)條件和結(jié)論都不知，按慣例方法解題很難時，要思想開放，采納此外的門路．22xy追蹤操練3(2015·四川)如圖，橢圓E：a2＋b2＝1(a＞b＞0)的離心率是2→→＝－1.2，點P(0,1)在短軸CD上，且PC·PD(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點，過點P的動直線與橢圓交于→→A，B兩點．能否存在常數(shù)λ，使得OA·OB→→＋λPA·PB為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請說明原因．解(1)由已知，點C，D的坐標(biāo)分別為(0，－b)，(0，b)，→→又點P的坐標(biāo)為(0,1)，且PC·PD＝－1，1－b2＝－1，于是c＝2，解得a＝2，b＝2，a2222，a－b＝cx2y2所以橢圓E的方程為4＋2＝1.(2)當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1，A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，22x＋y＝1，聯(lián)立42得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，y＝kx＋1，其鑒別式＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，所以x1＋x2＝－4k，x1x2＝－2，222k＋12k＋1→→→→進(jìn)而，OA·OB＋λPA·PBx1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)](1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1(－2λ－4)k2＋(－2λ－1)＝2k2＋1λ－1＝－2k2＋1－λ－2.λ－1所以當(dāng)λ＝1時，－2－λ－2＝－3，2k＋1→→→→此時OA·OB＋λPA·PB＝－3為定值．當(dāng)直線AB斜率不存在時，直線AB即為直線CD，→→→→→→→→此時，OA·OB＋λPA·PB＝OC·OD＋λPC·PD＝－2－1＝－3.→→→→故存在常數(shù)λ＝1，使得OA·OB＋λPA·PB為定值－3.x2y22已知橢圓C1：a2＋3＝1(a>0)與拋物線C2：y＝2ax訂交于A，B兩點，且兩曲線的焦點F重合．求C1，C2的方程；(2)若過焦點

F的直線

l與橢圓分別交于

M，Q兩點，與拋物線分別交于

P，N

兩點，能否存在斜率為

k(k≠0)的直線

l，使得

PN＝2？若存在，求出

k的值；若不存在，請說明原因．MQ押題依照此題將橢圓和拋物線聯(lián)合起來設(shè)置命題，合考察．關(guān)注知識交匯，突出綜合應(yīng)用是高考的特點．

表現(xiàn)了對直線和圓錐曲線地點關(guān)系的綜解(1)因為C1，C2的焦點重合，所以a2－3＝a2，所以a2＝4.又a>0，所以a＝2.2y于是橢圓C1的方程為4＋3＝1，拋物線C2的方程為y2＝4x.3＋4k2PN(2)假定存在直線l使得MQ＝2，則可設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)．由y2＝4x，可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，y＝k(x－1)，則x1＋x4＝2k2＋42，x1x4＝1，k所以PN＝1＋k2·(x1＋x4)2－4x1x4＝4(1＋k2)2.k22x＋y＝1，可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，由43y＝k(x－1)，則x2＋x3＝8k22，x2x3＝4k2－123＋4k2，3＋4k所以MQ＝1＋k2·(x2＋x3)2－4x2x32＝12(1＋k).若PN＝2，MQ則4(1＋k2)12(1＋k2)，k2＝2×3＋4k26解得k＝±2.故存在斜率為k＝±6的直線l，使得PN＝2.2MQA組

專題通關(guān)1．平面上一機(jī)器人在前進(jìn)中一直保持與點

F(1,0)的距離和到直線

x＝－1的距離相等．若機(jī)器人接觸不到過點P(－1，0)且斜率為k的直線，則k的取值范圍是________________．答案(－∞，－1)∪(1，＋∞)分析依據(jù)拋物線的觀點可得機(jī)器人在以點

F(1,0)為焦點的拋物線

y2＝4x上，由題意可得直y2＝4x，線y＝k(x＋1)與拋物線y2＝4x沒有交點，聯(lián)立直線與拋物線y＝k(x＋1)，y2k2消元可得y＝k·＋k?4·y－y＋k＝0，4即該方程無根，則k≠0且＝1－k2<0?k<－1或k>1，所以k的取值范圍為(－∞，－1)∪(1，＋∞)．222．已知橢圓x＋y2＝1(0<b<2)的左，右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F1的直線l交橢圓于A，B兩4b點，若BF2＋AF2的最大值為5，則b的值是________．答案3分析由橢圓的方程，可知長半軸長a＝2；由橢圓的定義，可知AF2＋BF2＋AB＝4a＝8，2所以AB＝8－(AF2＋BF2)≥3.由橢圓的性質(zhì)，可知過橢圓焦點的弦中，通徑最短，即2b＝3，a可求得b2＝3，即b＝3.x2y2→→3．若點O和點F分別為橢圓＋＝1的中心和左焦點，點P為橢圓上的隨意一點，則OP·FP43的最大值為________．答案6分析由題意得F(－1,0)，設(shè)點P(x0，y0)，2則y20＝3(1－x40)(－2≤x0≤2)．→→222OP·FP＝x0(x0＋1)＋y0＝x0＋x0＋y022x0＝x0＋x0＋3(1－4)＝1(x0＋2)2＋2.4→→6.又因為－2≤x0≤2，所以當(dāng)x0＝2時，OP·FP獲得最大值，最大值為4．已知拋物線y2＝2px(p>0)，△ABC的三個極點都在拋物線上，O為坐標(biāo)原點，設(shè)△ABC三條邊AB，BC，AC的中點分別為M，N，Q，且M，N，Q的縱坐標(biāo)分別為y1，y2，y3.若直線AB，BC，AC的斜率之和為－1，則1＋1＋1的值為______．y1y2y3答案－1p分析設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，y2A＝2pxA，則y2B＝2pxB，y2C＝2pxC，三個式子兩兩相減得(yA＋yB)(yA－yB)＝2p(xA－xB)，(yA＋yC)(yA－yC)＝2p(xA－xC)，(yB＋yC)(yB－yC)＝2p(xB－xC)，2y1(yA－yB)＝2p(xA－xB)，即2y3(yA－yC)＝2p(xA－xC)，2y2(yB－yC)＝2p(xB－xC)，pyA－yBy1＝xA－xB＝kAB，yB－yC即y2＝xB－xC＝kBC，p＝y(tǒng)A－yCy3A－xC＝kAC，x所以1＋1＋1＝－1.y1y2y3px2＋y2＝1上隨意一點，EF5．若P為橢圓1615取值范圍是________．答案[5,21]分析→→→→→→因為PE·PF＝(NE－NP)·(NF－NP)→→→→→→2＝NE·NF－NP·(NE＋NF)＋NP→→→22.＝－|NE||NF|·cos－0π＋|NP|＝－4＋NP

22的隨意一條直徑，→→為圓(x－1)＋y＝4則PE·PF的又因為橢圓x2＋y2＝1的a＝4，b＝15，c＝1，1615N(1,0)為橢圓的右焦點，∴NP∈[a－c，a＋c]＝[3,5]，→→∴PE·PF∈[5,21]．6．已知雙曲線x2y23，A，B為左，右極點，點P為雙曲C：2－2＝1(a>0，b>0)的離心率為ab線C在第一象限的隨意一點，點O為坐標(biāo)原點，若直線PA，PB，PO的斜率分別為k1，k2，k3，記m＝k1k2k3，則m的取值范圍為________．答案(0,22)22c＝3，∴b＝2a，分析∵雙曲線C：x2y2a－b＝1(a>0，b>0)的離心率為3，∴e＝a設(shè)P(x，y)，∵點P為雙曲線C在第一象限的隨意一點，x2y2∴a2－b2＝1，且x>0，y>0，∵A，B為雙曲線C的左，右極點，點O為坐標(biāo)原點，PA，PB，PO的斜率分別為k1，k2，k3，k1k2＝y(tǒng)·y＝2，k3＝y(tǒng)>0，x＋ax－ax又∵雙曲線的漸近線為y＝±2x，∴0<k3<2，∴0<m＝k1k2k3<22.→→x2y27．已知A(1,2)，B(－1,2)，動點P知足AP⊥BP.若雙曲線a2－b2＝1(a>0，b>0)的漸近線與動點P的軌跡沒有公共點，則雙曲線離心率的取值范圍是________．答案(1,2)分析設(shè)P(x，y)，由題設(shè)條件，得動點P的軌跡為(x－1)(x＋1)＋(y－2)(y－2)＝0，即x2＋(y－2)2＝1，它是以(0,2)為圓心，1為半徑的圓．2y2b2a又雙曲線x22－的漸近線方程為y＝±x，即bx±ay＝0，由題意，可得>1，aba2＋b2a2a即c>1，c所以e＝<2，又e>1，故1<e<2.a8．在直線y＝－2上任取一點Q，過Q作拋物線2＝4y的切線，切點分別為A、B，則直線xAB恒過定點________．答案(0,2)分析設(shè)Q(t，－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，拋物線方程變成121y＝x，則y′＝x，則在點A42處的切線方程為y－y1＝1x1(x－x1)，化簡得，y＝1x1x－y1，同理，在點B處的切線方程為y22＝1x2x－y2.又點Q(t，－2)的坐標(biāo)知足這兩個方程，代入得：－2＝1x1t－y1，－2＝1x2t－y2，222則說明A(x1，y1)，B(x2，y2)都知足方程－112＝xt－y，即直線AB的方程為y－2＝tx，所以22直線AB恒過定點(0,2)．223，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，9．xy(2016北·京)已知橢圓C：a2＋b2＝1(a＞b＞0)的離心率為2OAB的面積為1.(1)求橢圓C的方程；設(shè)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．(1)解由已知c＝31，ab＝1.a22又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝3.2∴橢圓

C的方程為

x＋y2＝1.4(2)證明

由(1)知，A(2,0)，B(0,1)．2x02設(shè)橢圓上一點P(x0，y0)，則＋y0＝1.y0當(dāng)x0≠0時，直線PA方程為y＝x0－2(x－2)，2y0令x＝0得yM＝x0－2.2y0進(jìn)而BM＝|1－yM|＝1＋x0－2.y0－1直線PB方程為y＝x＋1.x0令y＝0得xN＝y(tǒng)0－1.x0∴AN＝|2－xN|＝2＋y0－1.x02y0∴AN·BM＝2＋－1·1＋－2y0x0＝x0＋2y0－2x0＋2y0－2·x0－2y0－1x20＋4y20＋4x0y0－4x0－8y0＋4x0y0－x0－2y0＋24x0y0－4x0－8y0＋8＝＝4.x0y0－x0－2y0＋2當(dāng)x0＝0時，y0＝－1，BM＝2，AN＝2，∴AN·BM＝4.故AN·BM為定值．2xy2＝1上一點，從原點O向圓M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2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)若圓M與x軸相切于橢圓C的右焦點，求圓M的方程；5若r＝5.①求證：k1k2＝－14；②求OP·OQ的最大值．1(1)解因為橢圓C的右焦點的坐標(biāo)為(3，0)，所以圓心M的坐標(biāo)為(3，±)，2進(jìn)而圓M的方程為(x－21213)＋(y±)＝.24(2)①證明因為圓M與直線OP：y＝k1x相切，所以|k1x0－y0|25，＝5k12＋1即(4－5x0)2k21＋10x0y0k1＋4－5y20＝0，同理，有(4－5x20)k22＋10x0y0k2＋4－5y20＝0，222的兩根，所以k1，k2是方程(4－5x0)k＋10x0y0k＋4－5y0＝020進(jìn)而k1k2＝24－5x0124－5(1－4x0)＝24－5x021＋4x012＝－.4－5x04②解設(shè)點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，y＝k1x，聯(lián)立x2＋y2＝1，42解得x21＝42，y21＝4k12，1＋4k11＋4k12同理，x22＝42，y22＝4k22，1＋4k21＋4k2所以O(shè)P2·OQ2＝(42＋4k122)·(42＋4k222)1＋4k11＋4k11＋4k21＋4k2＝4(1＋k12)4(1＋k22)1＋4k2·211＋4k221＋2＝4＋4k116k12·21＋4k11＋4k12(5＋20k122)≤22＝25，(1＋4k)當(dāng)且僅當(dāng)1k1＝±時取等號．25所以O(shè)P·OQ的最大值為.B組能力提升11．已知圓O1：(x－2)2＋y2＝16和圓O2：x2＋y2＝r2(0<r<2)，動圓M與圓O1，圓O2都相切，動圓圓心M的軌跡為兩個橢圓，這兩個橢圓的離心率分別為e1，e2(e1>e2)，則e1＋2e2的最小值是__________．3＋22答案4分析①當(dāng)動圓M與圓O1，O2都相內(nèi)切時，2MO2＋MO1＝4－r＝2a，故e1＝4－r.②當(dāng)動圓M與圓O1相內(nèi)切而與O2相外切時，MO1＋MO2＝4＋r＝2a