1、19.8 圆锥曲线的综合问题考纲解读考点 内容解读 要求 高考示例 常考题型 预测热 度1.定值与最值及范围问题掌握与圆锥曲线有关的最值、定值、参数范围问题 掌握2017课标全国,20;2017浙江,21;2017山东,21;2016课标全国,20;2016北京,19;2016山东,21;2015浙江,19;2014四川,10;2014浙江,21解答题 2.存在性问题 了解并掌握与圆锥曲线有关的存在性问题 掌握 2014山东,21;2013江西,20 解答题 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
2、变量的取值范围问题,注意运用“数形结合”“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12分,难度偏大.五年高考考点一 定值与最值及范围问题1.(2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线x 2=y,点A,B,抛物线上的点P(x,y).过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.(1)求直线AP斜率的取值范围;(2)求|PA|PQ|的最大值.解析 (1)设直线AP的斜率为k,k=x-,因为-b0)的离心率为,焦距为2.(1)求椭圆
3、E的方程;(2)如图,动直线l:y=k 1x-交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k 2,且k 1k2=.M是线段OC延长线上一点,且|MC|AB|=23,M的半径为|MC|,OS,OT是M的两条切线,切点分别为S,T.求SOT的最大值,并求取得最大值时直线l的斜率.解析 (1)由题意知e=,2c=2,所以a=,b=1,因此椭圆E的方程为+y 2=1.(2)设A(x 1,y1),B(x2,y2),联立消y整理得(4+2)x 2-4k1x-1=0,由题意知0,且x 1+x2=,x1x2=-,所以|AB|=|x 1-x2|=.由题意可知圆M的半径r=|AB|=.由题设知k 1k
4、2=,所以k 2=,因此直线OC的方程为y=x.联立得x 2=,y2=,因此|OC|=.由题意可知sin=,而=,令t=1+2,则t1,(0,1),因此=1,当且仅当=,即t=2时等号成立,此时k 1=,所以sin,因此,所以SOT的最大值为.综上所述:SOT的最大值为,取得最大值时直线l的斜率k 1=.3.(2016课标全国,20,12分)已知椭圆E:+=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MANA.(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.解析 (1)设M(x 1,y1),则由题意
5、知y 10.当t=4时,E的方程为+=1,A(-2,0).(1分)3由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.因此直线AM的方程为y=x+2.(2分)将x=y-2代入+=1得7y 2-12y=0.解得y=0或y=,所以y 1=.(4分)因此AMN的面积S AMN =2=.(5分)(2)由题意,t3,k0,A(-,0).将直线AM的方程y=k(x+) 代入+=1得(3+tk 2)x2+2tk2x+t2k2-3t=0.(7分)由x 1(-)=得x 1=,故|AM|=|x 1+ |=.(8分)由题设,直线AN的方程为y=-(x+),故同理可得|AN|=.(9分)由2|AM|=|AN|得=,即(k
6、3-2)t=3k(2k-1).当k=时上式不成立,因此t=.(10分)t3等价于=b0)的离心率是,抛物线E:x 2=2y的焦点F是C的一个顶点.(1)求椭圆C的方程;(2)设P是E上的动点,且位于第一象限,E在点P处的切线l与C交于不同的两点A,B,线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.(i)求证:点M在定直线上;(ii)直线l与y轴交于点G,记PFG的面积为S 1,PDM的面积为S 2.求的最大值及取得最大值时点P的坐标.解析 (1)由题意知=,可得a 2=4b2.因为抛物线E的焦点F的坐标为,所以b=,所以a=1.所以椭圆C的方程为x 2+4y2=1.(2)(i)
7、设P(m0).由x 2=2y,可得y=x,所以直线l的斜率为m.因此直线l方程为y-=m(x-m),即y=mx-.设A(x 1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).联立4得(4m 2+1)x2-4m3x+m4-1=0.由0,得00),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的中点为M.(1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;(2)若l过点,延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率;若不能,说明理由.解析 (1)设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x 1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx
8、+b代入9x 2+y2=m2得(k 2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM=,yM=kxM+b=.于是直线OM的斜率k OM=-,即k OMk=-9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.(2)四边形OAPB能为平行四边形.因为直线l过点,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0,k3.由(1)得OM的方程为y=-x.设点P的横坐标为x P.由得=,即x P=.将点的坐标代入l的方程得b=,因此x M=.四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分,即x P=2xM.于是=2,解得k 1=4-,k2=4+.因为k i0,ki3,i=1,2,所以当l的斜率为4-
9、或4+时,四边形OAPB为平行四边形.8.(2015浙江,19,15分)已知椭圆+y 2=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+对称.(1)求实数m的取值范围;(2)求AOB面积的最大值(O为坐标原点).5解析 (1)由题意知m0,可设直线AB的方程为y=-x+b.由消去y,得x 2-x+b2-1=0.因为直线y=-x+b与椭圆+y 2=1有两个不同的交点,所以=-2b 2+2+0,将AB中点M代入直线方程y=mx+,解得b=-.由得m.(2)令t=,则|AB|=,且O到直线AB的距离为d=.设AOB的面积为S(t),所以S(t)=|AB|d=.当且仅当t 2=时,等号成立.故AOB面积的最
10、大值为.9.(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在椭圆上且位于第一象限,直线FM被圆x 2+y2=截得的线段的长为c,|FM|=.(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.解析 (1)由已知有=,又由a 2=b2+c2,可得a 2=3c2,b2=2c2.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+=,解得k=.(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3x 2+2c
11、x-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|=,解得c=1,所以椭圆的方程为+=1.(3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,得t=,即y=t(x+1)(x-1),与椭圆方程联立得消去y,整理得2x 2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t=,解得-0,于是m=,得m.当x(-1,0)时,有y=t(x+1)0,因此mb0),动直线l与椭圆C只有一个公共点P,且点P在第一象限.(1)已知直线l的斜率为k,用a,b,k表示点P的坐标;(2)若过原点O的直线l 1与l垂直,证明:点P到直线l 1的距离的最大值为a-b.解析 (1)设直线l的方程为y
12、=kx+m(k.即当k(-,-1)时,直线l与C 1没有公共点,与C 2有一个公共点,故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.2若或则由解得k或-kb0)的左、右焦点分别为F 1、F 2,离心率为e 1;双曲线C 2:-=1的左、右焦点分别为F 3、F 4,离心率为e 2,已知e 1e2=,且|F 2F4|=-1.(1)求C 1,C2的方程;(2)过F 1作C 1的不垂直于y轴的弦AB,M为AB的中点,当直线OM与C 2交于P,Q两点时,求四边形APBQ面积的最小值.解析 (1)因为e 1e2=,所以=,即a 4-b4=a4,因此a 2=2b2,从而F 2(b,0),F4(b,0),于是b-b=
13、|F 2F4|=-1,所以b=1,所以a 2=2.7故C 1,C2的方程分别为+y 2=1,-y2=1.(2)因为AB不垂直于y轴,且过点F 1(-1,0),故可设直线AB的方程为x=my-1.由得(m 2+2)y2-2my-1=0,易知此方程的判别式大于0,设A(x 1,y1),B(x2,y2),则y 1,y2是上述方程的两个实根,所以y 1+y2=,y1y2=.因此x 1+x2=m(y1+y2)-2=,于是AB的中点M的坐标为.故直线PQ的斜率为-,则PQ的方程为y=-x,即mx+2y=0.由得(2-m 2)x2=4,所以2-m 20,且x 2=,y2=,从而|PQ|=2=2.设点A到直线
14、PQ的距离为d,则点B到直线PQ的距离也为d,所以2d=,因为点A,B在直线mx+2y=0的异侧,所以(mx 1+2y1)(mx2+2y2)0.由根与系数的关系得,x 1+x2=,8x1x2=,因为x轴平分PBQ,所以=-,即y 1(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2kb 2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,k=-b,此时0,直线l的方程为y=k(x-1),即直线l过定点(1,0).14.(2013安徽,18,12分)设椭圆E:+=1的焦点在x轴上.(1)若椭圆E的
15、焦距为1,求椭圆E的方程;(2)设F 1,F2分别是椭圆E的左,右焦点,P为椭圆E上第一象限内的点,直线F 2P交y轴于点Q,并且F 1PF 1Q.证明:当a变化时,点P在某定直线上.解析 (1)因为焦距为1,所以2a 2-1=,解得a 2=.故椭圆E的方程为+=1.(2)证明:设P(x 0,y0),F1(-c,0),F2(c,0),其中c=.由题设知x 0c,则直线F 1P的斜率=,直线F 2P的斜率=.故直线F 2P的方程为y=(x-c).当x=0时,y=,即点Q的坐标为.因此,直线F 1Q的斜率为=.由于F 1PF 1Q,所以=-1.化简得=-(2a 2-1).将代入椭圆E的方程,由于点
16、P(x 0,y0)在第一象限,解得x 0=a2,y0=1-a2,即点P在定直线x+y=1上.15.(2013山东,22,13分)椭圆C:+=1(ab0)的左、右焦点分别是F 1、F 2,离心率为,过F 1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(1)求椭圆C的方程;(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点,连接PF 1,PF2.设F 1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0),求m的取值范围;(3)在(2)的条件下,过点P作斜率为k的直线l,使得l与椭圆C有且只有一个公共点.设直线PF 1,PF2的斜率分别为k1,k2.若k0,试证明+为定值,并求出这个定值.解析 (1)由于c 2=
17、a2-b2,将x=-c代入椭圆方程+=1,得y=,由题意知=1,即a=2b 2.又e=,所以a=2,b=1.所以椭圆C的方程为+y 2=1.(2)解法一:设P(x 0,y0)(y00).又F 1(-,0),F2(,0),所以直线PF 1,PF2的方程分别为:y0x-(x0+)y+y0=0,:y0x-(x0-)y-y0=0.由题意知= .由于点P在椭圆上,所以+=1.所以= .因为-b0)的离心率为,点P(0,1)和点A(m,n)(m0)都在椭圆C上,直线PA交x轴于点M.(1)求椭圆C的方程,并求点M的坐标(用m,n表示);(2)设O为原点,点B与点A关于x轴对称,直线PB交x轴于点N.问:y
18、轴上是否存在点Q,使得OQM=ONQ?若存在,求点Q的坐标;若不存在,说明理由.解析 (1)由题意得解得a 2=2.故椭圆C的方程为+y 2=1.设M(x M,0).因为m0,所以-10)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,ADF为正三角形.(1)求C的方程;(2)若直线l 1l,且l 1和C有且只有一个公共点E,(i)证明直线AE过定点,并求出定点坐标;(ii)ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由.解析 (1)由题意知F.设D(t,0)(t0),则FD的中点
19、为.因为|FA|=|FD|,由抛物线的定义知3+=,解得t=3+p或t=-3(舍去).由=3,解得p=2.所以抛物线C的方程为y 2=4x.(2)(i)由(1)知F(1,0),设A(x 0,y0)(x0y00),D(x D,0)(xD0),因为|FA|=|FD|,则|x D-1|=x0+1,由x D0得x D=x0+2,故D(x 0+2,0).故直线AB的斜率k AB=-.因为直线l 1和直线AB平行,所以设直线l 1的方程为y=-x+b,代入抛物线方程得y 2+y-=0,由题意得=+=0,得b=-.设E(x E,yE),则y E=-,xE=,当4时,k AE=-=,可得直线AE的方程为y-y
20、 0=(x-x0),由=4x 0,整理可得y=(x-1),直线AE恒过点F(1,0).当=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0),所以直线AE过定点F(1,0).(ii)由(i)知直线AE过焦点F(1,0),所以|AE|=|AF|+|FE|=(x 0+1)+=x0+2.设直线AE的方程为x=my+1,因为点A(x 0,y0)在直线AE上,故m=,设B(x 1,y1),直线AB的方程为y-y 0=-(x-x0),由于y 00,可得x=-y+2+x 0,代入抛物线方程得y 2+y-8-4x0=0.所以y 0+y1=-,可求得y 1=-y0-,x1=+x0+4,所以点B到直线AE的距离为11
21、d=4.则ABE的面积S=416,当且仅当=x 0,即x 0=1时等号成立.所以ABE的面积的最小值为16.教师用书专用(3)3.(2013湖北,21,13分)如图,已知椭圆C 1与C 2的中心在坐标原点O,长轴均为MN且在x轴上,短轴长分别为2m,2n(mn),过原点且不与x轴重合的直线l与C 1,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.记=,BDM和ABN的面积分别为S 1和S 2.(1)当直线l与y轴重合时,若S 1=S 2,求的值;(2)当变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S 1=S 2?并说明理由.解析 依题意可设椭圆C 1和C 2的方程分别为C 1:+=1,C
22、2:+=1.其中amn0,=1.(1)解法一:如图1,若直线l与y轴重合,即直线l的方程为x=0,则S 1=|BD|OM|=a|BD|,S2=|AB|ON|=a|AB|,所以=.在C 1和C 2的方程中,分别令x=0,可得y A=m,yB=n,yD=-m,于是=.若=,则=,化简得 2-2-1=0.由1,可解得=+1.故当直线l与y轴重合时,若S 1=S 2,则=+1.解法二:如图1,若直线l与y轴重合,则|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n;S1=|BD|OM|=a|BD|,S2=|AB|ON|=a|AB|.所以=.若=,则=,化简得 2-2-1=0.由
23、1,可解得=+1.故当直线l与y轴重合时,若S 1=S 2,则=+1.(2)解法一:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S 1=S 2.根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k0),点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d 1,d2,则d1=,d2=,所以d 1=d2.又S 1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以=,即|BD|=|AB|.由对称性可知|AB|=|CD|,所以|BC|=|BD|-|AB|=(-1)|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=(+1)|AB|,于是=.将l的方程分别与C 1,C2的方程联立,可求得xA=,xB=.根据对称性可知x C=-xB,xD=-
24、xA,于是=.12从而由式和式可得=.令t=,则由mn,可得t1,于是由式可解得k 2=.因为k0,所以k 20.于是式关于k有解,当且仅当0,等价于(t 2-1)1,可解得1,解得1+,所以当11+时,存在与坐标轴不重合的直线l,使得S 1=S 2.解法二:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S 1=S 2.根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k0),点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d 1,d2,则d1=,d2=,所以d 1=d2.又S 1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以=.因为=,所以=.由点A(x A,kxA),B(xB,kxB)分别在C 1,C2上,可得
25、+=1,+=1,两式相减可得+=0,依题意得x AxB0,所以.所以由上式解得k 2=.因为k 20,所以由0,可解得11+,所以当11+时,存在与坐标轴不重合的直线l,使得S 1=S 2.三年模拟A组 20162018年模拟基础题组考点一 定值与最值及范围问题1.(人教A选21,二A,5,变式)若双曲线-=1(a0,b0)与直线y=2x无交点,则其离心率e的取值范围是( )A.(1,2) B.(1,2 C.(1,) D.(1,答案 D2.(2017湖南长沙模拟,11)P是双曲线C:-y2=1右支上一点,直线l是双曲线C的一条渐近线,P在l上的射影为Q,F 1是双曲线C的左焦点,则|PF 1|
26、+|PQ|的最小值为( )A.1 B.2+ C.4+ D.2+1答案 D3.(2018河北五校12月联考,20)已知椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,右焦点为F,上顶点为A,且AOF的面积为(O是坐标原点).(1)求椭圆C的方程;(2)设P是椭圆C上的一点,过P的直线l与以椭圆的短轴为直径的圆切于第一象限,切点为M,证明:|PF|+|PM|为定值.解析 (1)设椭圆的半焦距为c,由已知得椭圆的方程为+y 2=1.(2)证明:以短轴为直径的圆的方程为x 2+y2=1,F(1,0),13设P(x 0,y0),则+=1(0b0)的左、右焦点分别为F 1,F2,上顶点为A,过点A与AF 2垂直的直线
27、交x轴负半轴于点Q,且2+=0,过A,Q,F 2三点的圆的半径为2.过定点M(0,2)的直线l与椭圆C交于G,H两点(点G在点M,H之间).(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l的斜率k0,在x轴上是否存在点P(m,0),使得以PG,PH为邻边的平行四边形是菱形?如果存在,求出m的取值范围;如果不存在,请说明理由.解析 (1)因为2+=0,所以F 1为F 2Q的中点.由F 1(-c,0),F2(c,0)及已知得Q的坐标为(-3c,0),因为AQAF 2,所以b 2=3cc=3c2,a2=4cc=4c2,且过A,Q,F 2三点的圆的圆心为F 1(-c,0),半径为2c,所以2c=2,解得c=1,所
28、以a=2,b=,所以所求椭圆方程为+=1.(2)假设存在点P满足题意,由已知得l的方程为y=kx+2(k0),与椭圆方程联立,消去y可得(3+4k 2)x2+16kx+4=0.设G(x 1,y1),H(x2,y2),则x 1+x2=-,=(16k) 2-16(3+4k2)0,又k0,k.+=(x1-m,y1)+(x2-m,y2)=(x1+x2-2m,y1+y2)=(x1+x2-2m,k(x1+x2)+4),=(x2-x1,y2-y1)=(x2-x1,k(x2-x1).由于菱形的对角线互相垂直,故(+)=0,所以(x 2-x1)(x1+x2)-2m+k(x2-x1)k(x1+x2)+4=0,即(
29、x 2-x1)(x1+x2)-2m+k2(x1+x2)+4k=0.因为k0,所以x 2-x10.所以(x 1+x2)-2m+k2(x1+x2)+4k=0,即(1+k 2)(x1+x2)+4k-2m=0.所以(1+k 2)+4k-2m=0.解得m=-,即m=-.因为k,所以+4k2=4 当且仅当k=时,“=”成立 ,所以-mb0)的离心率e=,过点A(0,-b)和B(a,0)的直线与原点的距离为.(1)求椭圆的方程;(2)已知定点E(-1,0),若直线y=kx+2(k0)与椭圆交于C、D两点,问:是否存在k使得以CD为直径的圆过E点?请说明理由.解析 (1)直线AB的方程为bx-ay-ab=0,
30、依题意可得解得椭圆的方程为+y 2=1.14(2)存在.理由:假设存在这样的k.联立得(1+3k 2)x2+12kx+9=0,由题意知=(12k) 2-36(1+3k2)0,设C(x 1,y1),D(x2,y2),则x 1+x2=-,x1x2=,而y 1y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4,要使以CD为直径的圆过点E(-1,0),当且仅当CEDE时成立,则y 1y2+(x1+1)(x2+1)=0,(k 2+1)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0,将代入整理得k=,经验证,k=时成立.综上可知,存在k=使得以CD为直径的圆过点E.B组 2016201
31、8年模拟提升题组(满分:35分 时间:30分钟)一、选择题(共5分)1.(2017河南郑州一模,11)已知直线l与双曲线-y2=1相切于点P,l与双曲线的两条渐近线交于M,N两点,则的值为( )A.3 B.4C.5 D.与P的位置有关答案 A二、解答题(共30分)2.(2018湖南长沙模拟)已知动圆M在圆F 1:(x+1)2+y2=外部且与圆F 1相切,同时还在圆F 2:(x-1)2+y2=内部与圆F 2相切.(1)求动圆圆心M的轨迹方程;(2)记(1)中求出的轨迹为C,C与x轴的两个交点分别为A 1、A 2,P是C上异于A 1、A 2的动点,直线l:x=与x轴交于点D,直线A 1P、A 2P
32、分别交直线l于E、F两点,求证:|DE|DF|为定值.解析 (1)设动圆M的半径为r,由已知得|MF 1|=+r,|MF2|=-r,|MF1|+|MF2|=4|F1F2|,M点的轨迹是以F 1,F2为焦点的椭圆,设椭圆方程为+=1(ab0),则a=2,c=1,则b 2=a2-c2=3,故圆心M的轨迹方程为+=1.(2)设P(x 0,y0),由已知得A 1(-2,0),A2(2,0),则=,直线PA 1的方程为:y=(x+2),=,直线PA 2的方程为:y=(x-2),当x=时,E,F,|DE|DF|= (+2)(-2) = 2 ,又(x 0,y0)满足+=1,=-,|DE|DF|= -2 =,
33、为定值.3.(2017广东汕头二模,20)已知O为坐标原点,圆M:(x+1) 2+y2=16,定点F(1,0),点N是圆M上一动点,线段NF的垂直平分线交圆M的半径MN于点Q,点Q的轨迹为E.(1)求曲线E的方程;15(2)已知点P是曲线E上但不在坐标轴上的任意一点,曲线E与y轴的交点分别为B 1、B 2,直线B 1P和B 2P分别与x轴相交于C、D两点,请问线段长之积|OC|OD|是否为定值?如果是,请求出定值;如果不是,请说明理由;(3)在(2)的条件下,若点C的坐标为(-1,0),过点C的直线l与E相交于A、B两点,求ABD面积的最大值.解析 (1)连接FQ,则|FQ|=|NQ|,|MQ
34、|+|FQ|=|MQ|+|QN|=|MN|=4|MF|,根据椭圆的定义得,E是以M(-1,0),F(1,0)为焦点,4为长轴长的椭圆,2a=4,即a=2,又焦点为(1,0),即c=1,b 2=a2-c2=4-1=3.故点Q的轨迹E的方程为+=1.(2)是定值.设P(x 0,y0)(x02,y 03),不妨设B 1在y轴负半轴上,则直线B 1P的方程为y=x-.令y=0,得x C=,同理得x D=,|OC|OD|=|x C|xD|=.点P是曲线E上但不在坐标轴上的任意一点,+=1,即3=4(3-),|OC|OD|=4,因此|OC|OD|是定值,且定值为4.(3)当点C的坐标为(-1,0)时,点D
35、(-4,0),|CD|=3,设直线l的方程为x=my-1,A(x 1,y1),B(x2,y2),由得(3m 2+4)y2-6my-9=0,=36(4m 2+4),y1,2=,|y 1-y2|=,ABD的面积S=|y 1-y2|3=.m 20,1,又函数y=3x+在1,+)上为增函数,3+4,S,当m=0,即直线AB的方程为x=-1时,ABD的面积最大,且最大值为.C组 20162018年模拟方法题组方法1 与圆锥曲线相关的最值、范围问题的解题方法1.(2017江西南昌NCS项目模拟,11)抛物线y 2=8x的焦点为F,设A(x 1,y1),B(x2,y2)是抛物线上的两个动点,若x 1+x2+
36、4=|AB|,则AFB的最大值为( )A. B. C. D.答案 D2.(2018天津模拟,20)已知椭圆C:+=1(ab0),且椭圆上的点到一个焦点的最短距离为b.(1)求椭圆C的离心率;(2)若点M在椭圆C上,不过原点O的直线l与椭圆C相交于A,B两点,与直线OM相交于点N,且N是线段AB的中点,求OAB面积的最大值.解析 (1)由题意得a-c=b,则(a-c) 2=b2,结合b 2=a2-c2,得(a-c) 2=(a2-c2),即2c 2-3ac+a2=0,亦即2e 2-3e+1=0,结合00.设A(x 1,y1),B(x2,y2),则x 1+x2=,x1x2=.由y 1+y2=k(x1
37、+x2)+2m=,得线段AB的中点坐标为N,因为N在直线y=x上,所以-=2,解得k=-.所以=48(12-m 2)0,得-2b0)的离心率为,抛物线C 2:x2=-ay的准线方程为y=.(1)求椭圆C 1和抛物线C 2的方程;(2)设过定点M(0,2)的直线与椭圆C 1交于不同的两点P,Q,若O在以PQ为直径的圆的外部,求直线的斜率的取值范围.解析 (1)由题意得=,a=2,故抛物线C 2的方程为x 2=-2y,又e=,c=,b=1,从而椭圆C 1的方程为+y 2=1.(2)显然直线x=0不满足题设条件,可设直线l:y=kx+2,P(x 1,y1),Q(x2,y2).由得(1+4k 2)x2
38、+16kx+12=0,=(16k) 2-412(1+4k2)0,k,x1+x2=,x1x2=,根据题意,得00,=x 1x2+y1y2=x1x2+(kx1+2)(kx2+2)=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4=+2k+4=0,-20),因抛物线过点(2,4),故4 2=4p,解得p=4,故抛物线的方程为y 2=8x.(2)设A(x 1,y1),B(x2,y2),则k PA=,同理,k PB=,kAB=.k PA+kPB=0,+=0,=,y 1+4=-y2-4,y 1+y2=-8,k AB=-1.直线AB的斜率恒为定值-1.(3)k PAkPB=1,=1,y 1y2+4(y1+y2)
39、-48=0.直线AB的方程为y-y 1=,即(y 1+y2)y-y1y2=8x.将y 1y2=-4(y1+y2)+48代入上式得(y 1+y2)(y+4)=8(x+6),17该直线恒过定点(-6,-4),命题得证.5.(2018河南新乡模拟,20)已知右焦点为F的椭圆M:+=1(a)与直线y=相交于P,Q两点,且PFQF.(1)求椭圆M的方程:(2)O为坐标原点,A,B,C是椭圆M上不同的三点,并且O为ABC的重心,试探究ABC的面积是否为定值.若是,求出这个定值;若不是,说明理由.解析 (1)设F(c,0),P,Q,将点P的坐标代入椭圆方程可得+=1,即t 2=a2,由PFQF,可得=-1,
40、即c 2-t2=-,由可得c 2=a2-.又a 2-c2=3,解得a=2,c=1,故椭圆方程为+=1.(2)当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+m,代入椭圆方程3x 2+4y2=12,可得(3+4k 2)x2+8kmx+4m2-12=0,设A(x 1,y1),B(x2,y2),则x 1x2=,x1+x2=-,y1+y2=k(x1+x2)+2m=,由O为ABC的重心,可得=-(+)=,由C在椭圆上,得3+4=12,化简可得4m 2=3+4k2,|AB|=,C到直线AB的距离d=,SABC =|AB|d=.当直线AB的斜率不存在时,|AB|=3,d=3,S ABC =|AB|d=.
41、综上可得,ABC的面积为定值.6.(2017福建福州模拟,20)已知点P是直线l:y=x+2与椭圆+y 2=1(a1)的一个公共点,F 1,F2分别为该椭圆的左,右焦点,设|PF 1|+|PF2|取得最小值时椭圆为C.(1)求椭圆C的标准方程及离心率;(2)已知A,B为椭圆C上关于y轴对称的两点,Q是椭圆C上异于A,B的任意一点,直线QA,QB分别与y轴交于点M(0,m),N(0,n),试判断mn是否为定值,如果为定值,求出该定值;如果不是,请说明理由.解析 (1)联立得(a 2+1)x2+4a2x+3a2=0.直线y=x+2与椭圆有公共点,=16a 4-4(a2+1)3a20,得a 23,又
42、a1,a,由椭圆的定义知|PF 1|+|PF2|=2a,故当a=时,|PF 1|+|PF2|取得最小值,此时椭圆C的标准方程为+y 2=1,离心率为=.(2)mn为定值.设A(x 1,y1),B(-x1,y1),Q(x0,y0)(y0y 1),且已知M(0,m),N(0,n),由题意知k QA=kQM,=,即m=y 0-=,同理,得n=,mn=,又+=1,+=1,=1-,=1-,mn=1,18mn为定值1.方法3 存在性问题的解题策略7.(2016吉林长春外国语学校第一次质量检测,21)已知椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,且过点.(1)求椭圆C的方程;(2)设不过原点O的直线l:y=kx+m(k0)与椭圆C交于P、Q两点,直线OP、OQ的斜率依次为k 1、k 2,若4k=k 1+k2,试问:当k变化时,m 2是否为定值?若是,求出此定值并证明你的结论;若不是,请说明理由.解析 (1)依题意可得又a 2=b2+c2,a=2,b=1.椭圆C的方程是+y 2=1.(2)当k变化时,m 2为定值,证明如下:由得(1+4k 2)x2+8kmx+4(m2-1)=0.设P(x 1,y1)、Q(x 2,y2),则x 1+x2=-,x1x2=,直线OP、OQ的斜率依次为k 1、k 2,且4k=k 1+k2,4k=+=+,得2kx 1x2=m(x1+x2),m 2=,经检验满足0.
