（天津专用）2020版高考数学大一轮复习9.7圆锥曲线的综合问题精练.docx

1、19.7 圆锥曲线的综合问题挖命题【考情探究】5 年考情考点 内容解读考题示例 考向 关联考点预测热度1.定点与定值问题1.了解圆锥曲线的简单应用2.掌握解析几何中求解定点、定值问题的方法和步骤2013 天津,18 定值问题直线的斜率、向量的运算2.参变量的取值范围与最值问题1.知道圆锥曲线的简单几何性质(如范围、对称性、顶点、渐近线、离心率等),并能用性质解决一些简单的圆锥曲线问题2.理解圆锥曲线离心率的定义,并会求圆锥曲线的离心率2017 天津,192016 天津,192015 天津,19圆锥曲线的几何性质直线方程 3.存在性问题1.理解圆锥曲线中存在性问题的基本解法2.理解转化思想在圆锥

2、曲线中的应用2015 北京,19圆锥曲线中存在性问题的推理论证直线与椭圆的位置关系分析解读 1.会处理动曲线(含直线)过定点的问题.2.会证明与曲线上的动点有关的定值问题.3.会按条件建立目标函数,研究变量的最值问题及变量的取值范围问题,注意运用“数形结合思想”以及“几何法”求某些量的最值.4.能与其他知识交汇,从假设结论成立入手,通过推理论证解答存在性问题.5.本节在高考中围绕直线与圆锥曲线的位置关系,展开对定2值、最值、参数取值范围等问题的考查,注重对数学思想方法的考查,分值约为 14 分,难度偏大.炼技法【方法集训】方法 1 与圆锥曲线相关的最值、范围问题的解题方法1.已知椭圆 W: +

3、 =1(ab0)的左右焦点分别为 F1,F2,且|F 1F2|=2,椭圆上一动点 P 满足x2a2y2b2|PF1|+|PF2|=2 .3(1)求椭圆 W 的标准方程及离心率;(2)如图,过点 F1作直线 l1与椭圆 W 交于点 A,C,过点 F2作直线 l2l 1,且 l2与椭圆 W 交于点 B,D,l1与 l2交于点 E,试求四边形 ABCD 面积的最大值.解析 (1)由已知,得 解得2c=2,2a=2 3,a2=b2+c2, c=1,a= 3,b= 2.所以椭圆 W 的标准方程为 + =1,离心率 e= = .x23y22 ca 33(2)连接 EO.由题意知 EF1EF 2,O 为 F

4、1F2的中点,所以|EO|= |F1F2|=1.12所以 E 点轨迹是以原点为圆心,1 为半径的圆.显然 E 点在椭圆 W 的内部.S 四边形 ABCD=SABC +SADC = |AC|BE|+ |AC|DE|= |AC|BD|.12 12 12当直线 l1,l2中一条与 x 轴垂直时,不妨令 l2x 轴,此时 AC 为长轴,BDx 轴,把 x=1 代入椭圆方程,可求得 y= ,233则|BD|= ,4333此时 S 四边形 ABCD= |AC|BD|=4.12当直线 l1,l2的斜率都存在时,设直线 l1:x=my-1(m0),A(x 1,y1),C(x2,y2).联立 消去 x,得(2m

5、 2+3)y2-4my-4=0.x=my-1,x23+y22=1,所以 y1+y2= ,y1y2= ,4m2m2+3 -42m2+3则|AC|= = .(1+m2)(y1-y2)243(m2+1)2m2+3同理,|BD|= .43(m2+1)2+3m2S 四边形 ABCD= |AC|BD|= =12 12 43(m2+1)2m2+3 43(m2+1)2+3m2 24(m2+1)2(2m2+3)(3m2+2)= = =4 b0)的右焦点为 F(1,0),离心率为 .x2a2y2b2 12(1)求椭圆 C 的方程;(2)A,B 是椭圆 C 在 y 轴右侧部分上的两个动点,若原点 O 到直线 AB

6、的距离为 ,证明:3ABF 的周长为定值.解析 (1)由题意得 解得a2=b2+1,ca=12, a2=4,b2=3.所以椭圆 C 的方程为 + =1.x24y23(2)证明:当直线 AB 垂直于 x 轴时,直线 AB 的方程为 x= ,3不妨令 A ,B ,因为 F(1,0),( 3,32) ( 3,- 32)所以|AF|=|BF|= = .( 3-1)2+(32)24- 32因为|AB|= ,3所以|AF|+|BF|+|AB|=4.当直线 AB 不垂直于 x 轴时,设直线 AB 的方程为 y=kx+m(k0).因为原点 O 到直线 AB 的距离为 ,3所以 = ,故 m2=3(1+k2).

7、|m|1+k2 3由 得(3+4k 2)x2+8kmx+4m2-12=0,y=kx+m,x24+y23=1,即(3+4k 2)x2+8kmx+12k2=0.设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2= ,x1x2= .-8km3+4k2 12k23+4k2所以|AB|= |x1-x2|1+k2= 1+k2 (x1+x2)2-4x1x2= 1+k2 (-8km3+4k2)2-412k23+4k2= |m|3 64k2m2-48k2(3+4k2)(3+4k2)2= = .4|m|k|3 33+4k24|m|k|3+4k2因为 A,B 在 y 轴右侧,所以 mk0),则 =1,即 p=2

8、.p2所以 C 的方程为 y2=4x.(2)直线 AD 过定点.理由如下:设 A ,则|AF|= +1=|FB|,则 B ,(m24,m) m24 (m24+2,0)所以直线 AB 的斜率为 =- .m-2 m2如图,设与直线 AB 平行,且与抛物线 C 相切的直线为 y=- x+b,m27由 得 my2+8y-8b=0,y2=4x,y= -m2x+b,由 =64-4m(-8b)=0,得 b=- .2m所以解方程是 y=- ,所以点 D .4m (4m2,-4m)当 ,即 m2 时,直线 AD 的方程为 y-m= ,m24 4m2 m+4mm24-4m2(x-m24)整理得 y= (x-1),

9、所以直线 AD 过点(1,0).4mm2-4当 = ,即 m=2 时,直线 AD 的方程为 x=1,直线 AD 过点(1,0).m244m2综上所述,直线 AD 过定点(1,0).方法 3 存在性问题的解题策略5.(2015 四川,20,13 分)如图,椭圆 E: + =1(ab0)的离心率是 ,过点 P(0,1)的动直线 lx2a2y2b2 22与椭圆相交于 A,B 两点.当直线 l 平行于 x 轴时,直线 l 被椭圆 E 截得的线段长为 2 .2(1)求椭圆 E 的方程;(2)在平面直角坐标系 xOy 中,是否存在与点 P 不同的定点 Q,使得 = 恒成立?若存在,求|QA|QB|PA|P

10、B|出点 Q 的坐标;若不存在,请说明理由.解析 (1)由已知得,点( ,1)在椭圆 E 上.2因此, 解得 a=2,b= .2a2+1b2=1,a2-b2=c2,ca= 22. 2所以椭圆 E 的方程为 + =1.x24y22(2)存在.理由如下:当直线 l 与 x 轴平行时,设直线 l 与椭圆相交于 C,D 两点.如果存在定点 Q 满足条件,则有 = =1,|QC|QD|PC|PD|8即|QC|=|QD|.所以 Q 点在 y 轴上,可设 Q 点的坐标为(0,y 0).当直线 l 与 x 轴垂直时,设直线 l 与椭圆相交于 M,N 两点,则 M,N 的坐标分别为(0, ),(0,- ).2

11、2由 = ,有 = ,解得 y0=1 或 y0=2.|QM|QN|PM|PN| |y0- 2|y0+ 2| 2-12+1所以,若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件,则 Q 点坐标只可能为(0,2).下面证明:当 Q 的坐标为(0,2)时,对任意直线 l,均有 = .|QA|QB|PA|PB|当直线 l 的斜率不存在时,由上可知,结论成立.当直线 l 的斜率存在时,可设直线 l 的方程为 y=kx+1,A,B 的坐标分别为(x 1,y1),(x2,y2).联立 得(2k 2+1)x2+4kx-2=0.x24+y22=1,y=kx+1,其判别式 =(4k) 2+8(2k2+1)0,所以,x 1

12、+x2=- ,x1x2=- .4k2k2+1 22k2+1因此 + = =2k.1x11x2x1+x2x1x2易知,点 B 关于 y 轴对称的点 B的坐标为(-x 2,y2).又 kQA= = =k- ,y1-2x1 kx1-1x1 1x1kQB= = =-k+ =k- ,y2-2-x2kx2-1-x2 1x2 1x1所以 kQA=kQB,即 Q,A,B三点共线.所以 = = = .|QA|QB|QA|QB|x1|x2|PA|PB|故存在与 P 不同的定点 Q(0,2),使得 = 恒成立.|QA|QB|PA|PB|过专题【五年高考】A 组 自主命题天津卷题组1.(2017 天津,19,14 分

13、)设椭圆 + =1(ab0)的左焦点为 F,右顶点为 A,离心率为 .已知 Ax2a2y2b2 12是抛物线 y2=2px(p0)的焦点,F 到抛物线的准线 l 的距离为 .12(1)求椭圆的方程和抛物线的方程;9(2)设 l 上两点 P,Q 关于 x 轴对称,直线 AP 与椭圆相交于点 B(B 异于点 A),直线 BQ 与 x 轴相交于点 D.若APD 的面积为 ,求直线 AP 的方程.62解析 (1)设 F 的坐标为(-c,0).依题意, = , =a,a-c= ,解得 a=1,c= ,p=2,于是 b2=a2-c2= .ca12p2 12 12 34所以,椭圆的方程为 x2+ =1,抛物

14、线的方程为 y2=4x.4y23(2)设直线 AP 的方程为 x=my+1(m0),与直线 l 的方程 x=-1 联立,可得点 P ,(-1,-2m)故 Q .将 x=my+1 与 x2+ =1 联立,消去 x,整理得(3m 2+4)y2+6my=0,解得 y=0 或 y=(-1,2m) 4y23.由点 B 异于点 A,可得点 B .由 Q ,可得直线 BQ 的方程为-6m3m2+4 (-3m2+43m2+4,-6m3m2+4) (-1,2m)(x+1)- =0,令 y=0,解得 x= ,故 D .所以(-6m3m2+4-2m) (-3m2+43m2+4 +1)(y-2m) 2-3m23m2+

15、2 (2-3m23m2+2,0)|AD|=1- = .又因为APD 的面积为 ,故 = ,整理得 3m2-2-3m23m2+2 6m23m2+2 62 12 6m23m2+2 2|m| 622 |m|+2=0,解得|m|= ,所以 m= .663 63所以,直线 AP 的方程为 3x+ y-3=0 或 3x- y-3=0.6 6方法总结 1.利用待定系数法求圆锥曲线标准方程的步骤:(1)作判断:根据焦点位置设方程;(2)找等量关系;(3)解方程得结果.2.解决直线与圆锥曲线位置关系问题的基本策略:(1)巧设直线方程:当已知直线与 x 轴交点固定时,常设为 x=my+b 的形式,这样可避免对斜率

16、是否存在的讨论;(2)注意整体代入思想的应用,利用根与系数的关系可以简化运算,提高运算效率和正确率.2.(2016 天津,19,14 分)设椭圆 + =1(a )的右焦点为 F,右顶点为 A.已知 + = ,x2a2y23 3 1|OF| 1|OA| 3e|FA|其中 O 为原点,e 为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程;(2)设过点 A 的直线 l 与椭圆交于点 B(B 不在 x 轴上),垂直于 l 的直线与 l 交于点 M,与 y轴交于点 H.若 BFHF,且MOAMAO,求直线 l 的斜率的取值范围.解析 (1)设 F(c,0),由 + = ,即 + = ,可得 a2-c2=3c2,又 a

17、2-c2=b2=3,所以 c2=1,1|OF| 1|OA| 3e|FA| 1c1a 3ca(a-c)因此 a2=4,所以,椭圆的方程为 + =1.x24y23(2)设直线 l 的斜率为 k(k0),则直线 l 的方程为 y=k(x-2).10设 B(xB,yB),由方程组 消去 y,x24+y23=1,y=k(x-2)整理得(4k 2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.解得 x=2 或 x= ,8k2-64k2+3由题意得 xB= ,从而 yB= .8k2-64k2+3 -12k4k2+3由(1)知,F(1,0),设 H(0,yH),有 =(-1,yH), = .FH BF(9-4k2

18、4k2+3,12k4k2+3)由 BFHF,得 =0,所以 + =0,解得 yH= .BFFH4k2-94k2+3 12kyH4k2+3 9-4k212k因此直线 MH 的方程为 y=- x+ .1k 9-4k212k设 M(xM,yM),由方程组 消去 y,解得 xM= .y=k(x-2),y= -1kx+9-4k212k 20k2+912(k2+1)在MAO 中,MOAMAO|MA|MO|,即(x M-2)2+ + ,化简得 xM1,即 1,解y2M x2My2M20k2+912(k2+1)得 k- ,或 k .64 64所以,直线 l 的斜率的取值范围为 .(-, -64 64,+ )评

19、析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、一元二次不等式等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力以及用方程思想解决问题的能力.3.(2015 天津,19,14 分)已知椭圆 + =1(ab0)的左焦点为 F(-c,0),离心率为 ,点 M 在椭x2a2y2b2 33圆上且位于第一象限,直线 FM 被圆 x2+y2= 截得的线段的长为 c,|FM|= .b24 433(1)求直线 FM 的斜率;(2)求椭圆的方程;(3)设动点 P 在椭圆上,若直线 FP 的斜率大于 ,求直线 OP(O 为原点)的斜率的取值范围.2解析 (1)由已知有 = ,又由 a2=b2+c2,

20、可得 a2=3c2,b2=2c2.c2a213设直线 FM 的斜率为 k(k0),则直线 FM 的方程为 y=k(x+c).由已知,有 + = ,(kck2+1)2(c2)2(b2)2解得 k= .3311(2)由(1)得椭圆方程为 + =1,直线 FM 的方程为 y= (x+c),两个方程联立,消去 y,整理得x23c2y22c2 333x2+2cx-5c2=0,解得 x=- c 或 x=c.因为点 M 在第一象限,可得 M 的坐标为 .由|FM|=53 (c,233c)= ,解得 c=1,(c+c)2+(233c-0)2433所以椭圆的方程为 + =1.x23y22(3)设点 P 的坐标为

21、(x,y),直线 FP 的斜率为 t,得 t= ,即 y=t(x+1)(x-1),与椭圆方程yx+1联立得 消去 y,整理得 2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得 t= ,解得y=t(x+1),x23+y22=1, 6-2x23(x+1)2 2- 0,于是 m= ,得 m .(-32,-1) 2x2-23 (23,233)当 x(-1,0)时,有 y=t(x+1)0,因此 mb0)的左焦点为 F,离心率为 ,过点 F 且与 x 轴垂x2a2y2b2 33直的直线被椭圆截得的线段长为 .433(1)求椭圆的方程;(2)设 A,B 分别为椭圆的左、右顶点,过点 F 且斜率为 k 的直线与椭

22、圆交于 C,D 两点.若 AC+ =8,求 k 的值.DBADCB解析 (1)设 F(-c,0),由 = ,知 a= c.过点 F 且与 x 轴垂直的直线为 x=-c,代入椭圆方ca 33 3程有 + =1,解得 y= ,于是 = ,解得 b= ,又 a2-c2=b2,从而 a= ,c=1,所以(-c)2a2 y2b2 6b3 26b3 433 2 3椭圆的方程为 + =1.x23y22(2)设点 C(x1,y1),D(x2,y2),由 F(-1,0)得直线 CD 的方程为 y=k(x+1),12由方程组 消去 y,y=k(x+1),x23+y22=1 整理得(2+3k 2)x2+6k2x+3

23、k2-6=0.由根与系数关系可得 x1+x2=- ,x1x2= .6k22+3k2 3k2-62+3k2因为 A(- ,0),B( ,0),所以 + =(x1+ ,y1)( -x2,-y2)3 3 ACDBADCB 3 3+(x2+ ,y2)( -x1,-y1)3 3=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+ =8,解得 k= .2k2+122+3k2 2评析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、向量的运算等基础知识,考查用代数方法研究圆锥曲线的

24、性质,考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.B 组 统一命题、省(区、市)卷题组考点一 定点与定值问题1.(2017 课标,20,12 分)设 O 为坐标原点,动点 M 在椭圆 C: +y2=1 上,过 M 作 x 轴的垂线,x22垂足为 N,点 P 满足 = .NP 2NM(1)求点 P 的轨迹方程;(2)设点 Q 在直线 x=-3 上,且 =1.证明:过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F.OPPQ解析 (1)设 P(x,y),M(x0,y0),则 N(x0,0), =(x-x0,y), =(0,y0).NP NM由 = 得 x0=x,y0= y.NP 2NM

25、22因为 M(x0,y0)在 C 上,所以 + =1.x22y22因此点 P 的轨迹方程为 x2+y2=2.(2)证明:由题意知 F(-1,0).设 Q(-3,t),P(m,n),则 =(-3,t), =(-1-m,-n), =3+3m-OQ PF OQPFtn, =(m,n), =(-3-m,t-n).OP PQ13由 =1 得-3m-m 2+tn-n2=1,OPPQ又由(1)知 m2+n2=2,故 3+3m-tn=0.所以 =0,即 .OQPF OQPF又过点 P 存在唯一直线垂直于 OQ,所以过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F.思路分析 (1)设出 P、M 的坐标

26、,利用 = 得到 P、M 坐标间的关系,由点 M 在 C 上求解.NP 2NM(2)利用向量的坐标运算得 =0,进而证明直线 l 过曲线 C 的左焦点 F.OQPF方法总结 求轨迹方程的方法有直接法和间接法.直接法有定义法、待定系数法和直译法.间接法有相关点法、交轨法和参数法.2.(2016 山东文,21,14 分)已知椭圆 C: + =1(ab0)的长轴长为 4,焦距为 2 .x2a2y2b2 2(1)求椭圆 C 的方程;(2)过动点 M(0,m)(m0)的直线交 x 轴于点 N,交 C 于点 A,P(P 在第一象限),且 M 是线段 PN的中点.过点 P 作 x 轴的垂线交 C 于另一点

27、Q,延长 QM 交 C 于点 B.(i)设直线 PM,QM 的斜率分别为 k,k,证明 为定值;kk(ii)求直线 AB 的斜率的最小值.解析 (1)设椭圆的半焦距为 c.由题意知 2a=4,2c=2 ,2所以 a=2,b= = .a2-c2 2所以椭圆 C 的方程为 + =1.x24y22(2)(i)证明:设 P(x0,y0)(x00,y00).由 M(0,m),可得 P(x0,2m),Q(x0,-2m).所以直线 PM 的斜率 k= = ,2m-mx0 mx0直线 QM 的斜率 k= =- .-2m-mx0 3mx0此时 =-3.所以 为定值-3.kk kk14(ii)设 A(x1,y1)

28、,B(x2,y2),直线 PA 的方程为 y=kx+m,直线 QB 的方程为 y=-3kx+m.联立 y=kx+m,x24+y22=1,整理得(2k 2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.由 x0x1= ,可得 x1= .2m2-42k2+1 2(m2-2)(2k2+1)x0所以 y1=kx1+m= +m.2k(m2-2)(2k2+1)x0同理 x2= ,y2= +m.2(m2-2)(18k2+1)x0 -6k(m2-2)(18k2+1)x0所以 x2-x1= - = ,2(m2-2)(18k2+1)x02(m2-2)(2k2+1)x0 -32k2(m2-2)(18k2+1)(2k2+1)x

29、0y2-y1= +m- -m= ,-6k(m2-2)(18k2+1)x0 2k(m2-2)(2k2+1)x0 -8k(6k2+1)(m2-2)(18k2+1)(2k2+1)x0所以 kAB= = = .y2-y1x2-x16k2+14k 14(6k+1k)由 m0,x00,可知 k0,所以 6k+ 2 ,等号当且仅当 k= 时取得.1k 6 66此时 = ,即 m= ,符合题意.m4-8m2 66 147所以直线 AB 的斜率的最小值为 .623.(2015 陕西文,20,12 分)如图,椭圆 E: + =1(ab0)经过点 A(0,-1),且离心率为 .x2a2y2b2 22(1)求椭圆 E

30、 的方程;(2)经过点(1,1),且斜率为 k 的直线与椭圆 E 交于不同的两点 P,Q(均异于点 A),证明:直线AP 与 AQ 的斜率之和为 2.解析 (1)由题设知 = ,b=1,ca 22结合 a2=b2+c2,解得 a= .2所以椭圆 E 的方程为 +y2=1.x2215(2)证明:由题设知,直线 PQ 的方程为 y=k(x-1)+1(k2),代入 +y2=1,得(1+2k 2)x2-4k(k-1)x22x+2k(k-2)=0.由已知可知 0.设 P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x20,则 x1+x2= ,x1x2= .4k(k-1)1+2k2 2k(k-2)1+2k2从而直

31、线 AP,AQ 的斜率之和kAP+kAQ= + = +y1+1x1 y2+1x2 kx1+2-kx1 kx2+2-kx2=2k+(2-k) =2k+(2-k)(1x1+1x2) x1+x2x1x2=2k+(2-k) =2k-2(k-1)=2.4k(k-1)2k(k-2)评析本题考查椭圆标准方程与简单性质的同时,重点考查直线与椭圆的位置关系.4.(2015 课标文,20,12 分)已知椭圆 C: + =1(ab0)的离心率为 ,点(2, )在 C 上.x2a2y2b2 22 2(1)求 C 的方程;(2)直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴,l 与 C 有两个交点 A,B,线段 AB 的中点

32、为 M.证明:直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值.解析 (1)由题意有 = , + =1,a2-b2a 22 4a22b2解得 a2=8,b2=4.所以 C 的方程为 + =1.x28y24(2)证明:设直线 l:y=kx+b(k0,b0),A(x 1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将 y=kx+b 代入 + =1x28y24得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故 xM= = ,yM=kxM+b= .x1+x22 -2kb2k2+1 b2k2+1于是直线 OM 的斜率 kOM= =- ,即 kOMk=- .yMxM 12k 12所以直线 OM 的斜率与直

33、线 l 的斜率的乘积为定值.考点二 参变量的取值范围与最值问题1.(2018 浙江,17,4 分)已知点 P(0,1),椭圆 +y2=m(m1)上两点 A,B 满足 =2 ,则当 m= x24 APPB时,点 B 横坐标的绝对值最大. 16答案 52.(2018 浙江,21,15 分)如图,已知点 P 是 y 轴左侧(不含 y 轴)一点,抛物线 C:y2=4x 上存在不同的两点 A,B 满足 PA,PB 的中点均在 C 上.(1)设 AB 中点为 M,证明:PM 垂直于 y 轴;(2)若 P 是半椭圆 x2+ =1(xb0)的离心率为 ,x2a2y2b2 32左、右焦点分别是 F1,F2.以

34、F1为圆心以 3 为半径的圆与以 F2为圆心以 1 为半径的圆相交,且交点在椭圆 C 上.(1)求椭圆 C 的方程;(2)设椭圆 E: + =1,P 为椭圆 C 上任意一点.过点 P 的直线 y=kx+m 交椭圆 E 于 A,B 两点,x24a2y24b2射线 PO 交椭圆 E 于点 Q.(i)求 的值;|OQ|OP|(ii)求ABQ 面积的最大值.解析 (1)由题意知 2a=4,则 a=2.又 = ,a2-c2=b2,可得 b=1,ca 32所以椭圆 C 的方程为 +y2=1.x24(2)由(1)知椭圆 E 的方程为 + =1.x216y24(i)设 P(x0,y0), =,由题意知 Q(-

35、x 0,-y 0).|OQ|OP|因为 + =1,x204y20又 + =1,(- x0)216 (- y0)24即 =1, 24(x204+y20)所以 =2,即 =2.|OQ|OP|(ii)设 A(x1,y1),B(x2,y2).将 y=kx+m 代入椭圆 E 的方程,可得(1+4k 2)x2+8kmx+4m2-16=0,由 0,可得 m2 时,S OPQ =8 =8 8;14 4k2+14k2-1 (1+ 24k2-1)当 0k 20,b10)和椭圆x2a21y2b21C2: + =1(a2b20)均过点 P ,且以 C1的两个顶点和 C2的两个焦点为顶点的四边形是y2a22x2b22

36、(233,1)面积为 2 的正方形.(1)求 C1,C2的方程;(2)是否存在直线 l,使得 l 与 C1交于 A,B 两点,与 C2只有一个公共点,且| + |=| |?证OAOB AB明你的结论.解析 (1)设 C2的焦距为 2c2,由题意知,2c 2=2,2a1=2,从而 a1=1,c2=1.因为点 P 在双曲线 x2- =1 上,所以 - =1,故 =3.(233,1) y2b21 (233)21b21 b21由椭圆的定义知 2a2= + =2 .(233)2+(1-1)2 (233)2+(1+1)2 3于是 a2= , = - =2,故 C1,C2的方程分别为 x2- =1, + =

37、1.3b22a22c22y23 y23x2222(2)不存在符合题设条件的直线.证明如下:(i)若直线 l 垂直于 x 轴,因为 l 与 C2只有一个公共点,所以直线 l 的方程为 x= 或 x=-2.2当 x= 时,易知 A( , ),B( ,- ),2 2 3 2 3所以| + |=2 ,| |=2 ,OAOB 2 AB 3此时,| + | |.OAOB AB当 x=- 时,同理可知,| + | |.2 OAOB AB(ii)若直线 l 不垂直于 x 轴,设 l 的方程为 y=kx+m,由 得(3-k 2)x2-2kmx-m2-3=0.y=kx+m,x2-y23=1当 l 与 C1相交于

38、A,B 两点时,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1,x2是上述方程的两个实根,从而x1+x2= ,x1x2= .2km3-k2 m2+3k2-3于是 y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2= .3k2-3m2k2-3由 得(2k 2+3)x2+4kmx+2m2-6=0.y=kx+m,y23+x22=1因为直线 l 与 C2只有一个公共点,所以上述方程的判别式=16k 2m2-8(2k2+3)(m2-3)=0.化简,得 2k2=m2-3,因此 =x1x2+y1y2= + = 0,OAOBm2+3k2-33k2-3m2k2-3 -k2-3k2-3于是 + +2 + -2 ,

39、OA2OB2 OAOBOA2OB2 OAOB即| + |2| - |2,故| + | |.OAOB OAOB OAOB AB综合(i),(ii)可知,不存在符合题设条件的直线.评析本题考查椭圆与双曲线的定义、几何性质、标准方程及直线与圆锥曲线的位置关系,同时考查方程思想,运算、推理能力,综合性较强.2.(2014 山东文,21,14 分)在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 C: + =1(ab0)的离心率为 ,x2a2y2b2 32直线 y=x 被椭圆 C 截得的线段长为 .4105(1)求椭圆 C 的方程;23(2)过原点的直线与椭圆 C 交于 A,B 两点(A,B 不是椭圆 C 的顶点).

40、点 D 在椭圆 C 上,且ADAB,直线 BD 与 x 轴、y 轴分别交于 M,N 两点.(i)设直线 BD,AM 的斜率分别为 k1,k2.证明存在常数 使得 k1=k 2,并求出 的值;(ii)求OMN 面积的最大值.解析 (1)由题意知 = ,可得 a2=4b2,a2-b2a 32椭圆 C 的方程可简化为 x2+4y2=a2.将 y=x 代入可得 x= ,5a5因此 = ,可得 a=2.225a5 4105因此 b=1,所以椭圆 C 的方程为 +y2=1.x24(2)(i)证明:设 A(x1,y1)(x1y10),D(x 2,y2),则 B(-x1,-y1),因为直线 AB 的斜率 kA

41、B= ,y1x1又 ABAD,所以直线 AD 的斜率 k=- .x1y1设直线 AD 的方程为 y=kx+m,由题意知 k0,m0.由 可得(1+4k 2)x2+8mkx+4m2-4=0.y=kx+m,x24+y2=1所以 x1+x2=- ,8mk1+4k2因此 y1+y2=k(x1+x2)+2m= .2m1+4k2由题意知 x1-x 2,所以 k1= =- = .y1+y2x1+x2 14ky14x1所以直线 BD 的方程为 y+y1= (x+x1).y14x1令 y=0,得 x=3x1,即 M(3x1,0).可得 k2=- .所以 k1=- k2,即 =- .y12x1 12 12因此存在

42、常数 =- 使得结论成立.12(ii)直线 BD 的方程为 y+y1= (x+x1),y14x124令 x=0,得 y=- y1,即 N .34 (0,-34y1)由(i)知 M(3x1,0),可得OMN 的面积 S= 3|x1| |y1|= |x1|y1|.12 34 98因为|x 1|y1| + =1,当且仅当 =|y1|= 时等号成立,x214y21 |x1|2 22此时 S 取得最大值 ,98所以OMN 面积的最大值为 .98C 组 教师专用题组考点一 定点与定值问题1.(2013 陕西,20,13 分)已知动圆过定点 A(4,0),且在 y 轴上截得弦 MN 的长为 8.(1)求动圆

43、圆心的轨迹 C 的方程;(2)已知点 B(-1,0),设不垂直于 x 轴的直线 l 与轨迹 C 交于不同的两点 P,Q,若 x 轴是PBQ的角平分线,证明直线 l 过定点.解析 (1)如图,设动圆圆心为 O1(x,y),由题意,知|O 1A|=|O1M|,当 O1不在 y 轴上时,过 O1作O1HMN 交 MN 于 H,则 H 是 MN 的中点,|O 1M|= ,x2+42又|O 1A|= , = ,(x-4)2+y2 (x-4)2+y2 x2+42化简得 y2=8x(x0).又当 O1在 y 轴上时,O 1与 O 重合,点 O1的坐标(0,0)也满足方程 y2=8x,动圆圆心的轨迹 C的方程

44、为 y2=8x.(2)由题意,设直线 l 的方程为 y=kx+b(k0),P(x 1,y1),Q(x2,y2),25将 y=kx+b 代入 y2=8x 中,得 k2x2+(2bk-8)x+b2=0.其中 =-32kb+640.由根与系数的关系得,x 1+x2= ,8-2bkk2x1x2= ,b2k2x 轴平分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,将,代入得 2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,k=-b,此时 0,直线 l

45、的方程为 y=k(x-1),即直线 l 过定点(1,0).2.(2014 安徽,19,13 分)如图,已知两条抛物线 E1:y2=2p1x(p10)和 E2:y2=2p2x(p20),过原点 O 的两条直线 l1和 l2,l1与 E1,E2分别交于 A1,A2两点,l 2与 E1,E2分别交于 B1,B2两点.(1)证明:A 1B1A 2B2;(2)过 O 作直线 l(异于 l1,l2)与 E1,E2分别交于 C1,C2两点.记A 1B1C1与A 2B2C2的面积分别为 S1与 S2,求 的值.S1S2解析 (1)证明:设直线 l1,l2的方程分别为 y=k1x,y=k2x(k1,k20),则

46、由 得 A1 ,y=k1x,y2=2p1x, (2p1k21,2p1k1)由 得 A2 .y=k1x,y2=2p2x, (2p2k21,2p2k1)同理可得 B1 ,B2 .(2p1k22,2p1k2) (2p2k22,2p2k2)26所以 = =2p1 ,A1B1(2p1k22-2p1k21,2p1k2-2p1k1) (1k22-1k21,1k2-1k1)= =2p2 ,A2B2(2p2k22-2p2k21,2p2k2-2p2k1) (1k22-1k21,1k2-1k1)故 = ,所以 A1B1A 2B2.A1B1p1p2A2B2(2)由(1)知 A1B1A 2B2,同理可得 B1C1B 2

47、C2,C1A1C 2A2.所以A 1B1C1A 2B2C2.因此 = .S1S2(|A1B1|A2B2|)2又由(1)中的 = 知 = .A1B1p1p2A2B2 |A1B1|A2B2|p1p2故 = .S1S2p21p22考点二 参变量的取值范围与最值问题1.(2014 湖北,9,5 分)已知 F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,P 是它们的一个公共点,且F 1PF2= ,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为( ) 3A. B. C.3 D.2433 233答案 A 2.(2014 四川,20,13 分)已知椭圆 C: + =1(ab0)的焦距为 4,其短轴的两个端点与长轴的x2a2y

48、2b2一个端点构成正三角形.(1)求椭圆 C 的标准方程;(2)设 F 为椭圆 C 的左焦点,T 为直线 x=-3 上任意一点,过 F 作 TF 的垂线交椭圆 C 于点 P,Q.(i)证明:OT 平分线段 PQ(其中 O 为坐标原点);(ii)当 最小时,求点 T 的坐标.|TF|PQ|解析 (1)由已知可得 a2+b2=2b,2c=2 a2-b2=4,解得 a2=6,b2=2,所以椭圆 C 的标准方程是 + =1.x26y22(2)(i)证明:由(1)可得,F 的坐标是(-2,0),设 T 点的坐标为(-3,m).27则直线 TF 的斜率 kTF= =-m.m-0-3-(-2)当 m0 时,

49、直线 PQ 的斜率 kPQ= ,直线 PQ 的方程是 x=my-2.1m当 m=0 时,直线 PQ 的方程是 x=-2,也符合 x=my-2 的形式.设 P(x1,y1),Q(x2,y2),将直线 PQ 的方程与椭圆 C 的方程联立,得 x=my-2,x26+y22=1.消去 x,得(m 2+3)y2-4my-2=0,其判别式 =16m 2+8(m2+3)0.所以 y1+y2= ,y1y2= ,4mm2+3 -2m2+3x1+x2=m(y1+y2)-4= .-12m2+3所以 PQ 的中点 M 的坐标为 .(-6m2+3,2mm2+3)所以直线 OM 的斜率 kOM=- ,m3又直线 OT 的