（全国2卷B版）高考数学文科一轮课件：105圆锥曲线的综合问题(含答案).ppt

1、10.5 圆锥曲线的综合问题高考文数高考文数(课标专用)考点一圆锥曲线中定点定值问题考点一圆锥曲线中定点定值问题1.(2017课标全国,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,垂足为N,点P满足=.(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.22xNP2 NMOPPQ五年高考A组 统一命题课标卷题组解析本题考查轨迹方程,直线与椭圆的位置关系.(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),=(x-x0,y),=(0,y0).由=得x0=x,y0=y.因为M(x0,y0)在C上,所以

2、+=1.因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.(2)证法一:由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则=(-3,t),=(-1-m,-n),=3+3m-tn,=(m,n),=(-3-m,t-n).由=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以=0,即.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.证法二:设Q(-3,t),P(m,n),则m2+n2=2,且=(m,n),=(-3-m,t-n).由=1得-3m-m2+tn-n2=1,即3+3m-tn=0.当t=0时,m=-1,则过点P且垂直于OQ的直线为x

3、=-1,显然过点F(-1,0);当t0时,由lOQ得l:y-n=NPNMNP2 NM2222x22yOQPFOQPFOPPQOPPQOQPFOQPFOPPQOPPQ(x-m),整理得l:y=(x+1),也过定点F(-1,0).证法三:由证法二可知,当Q在x轴上时,过点P且垂直于OQ的直线为x=-1,过点F;当Q不在x轴上时,设H(-3,0),则QH垂直于x轴.注意到|=.则=(+)=+=(+)+(+)=-|2+=-2-1+3+0=0.即PFOQ.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.3t3tOP2PFOQPOOFOQPOOQOFOQPOOPPQOFOHH

4、QPOPOPQOFOHOFHQ名师点睛定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少,或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题,证明该式是恒成立的.定点、定值问题同证明问题类似,在求定点、定值之前已知该值的结果,因此求解时应设参数,运用推理,到最后必定参数统消,定点、定值显现.2.(2015课标,20,12分,0.247)已知椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,点(2,)在C上.(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的中点为M.证明:直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.22xa22yb222解析(1)

5、由题意有=,+=1,解得a2=8,b2=4.所以C的方程为+=1.(2)设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入+=1得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故xM=,yM=kxM+b=.于是直线OM的斜率kOM=-,即kOMk=-.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.22aba2224a22b28x24y28x24y122xx2221kbk221bk MMyx12k12一题多解(1)同上述解法.(2)设l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),将A、B两点的坐标

6、代入椭圆方程,并将两式相减,整理得=-=-,也就是 k=-,于是kkOM=-为定值.1212yyxx481212xxyy120022xy12OMk12评析本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系;考查了定值问题的解题方法.利用韦达定理解决线段的中点是求解关键.考点二圆锥曲线中最值考点二圆锥曲线中最值(范围范围)问题问题(2016课标全国,21,12分)已知A是椭圆E:+=1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|AM|=|AN|时,求AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,证明:k0.由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.又A(-2,0)

7、,因此直线AM的方程为y=x+2.(2分)将x=y-2代入+=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=,所以y1=.因此AMN的面积SAMN=2=.(4分)(2)将直线AM的方程y=k(x+2)(k0)代入+=1得24x23y3424x23y127127121271271444924x23y(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.由x1(-2)=得x1=,故|AM|=|x1+2|=.由题设,直线AN的方程为y=-(x+2),故同理可得|AN|=.(7分)由2|AM|=|AN|得=,即4k3-6k2+3k-8=0.(9分)设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点,f

8、(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)20,所以f(t)在(0,+)内单调递增.又f()=15-260,因此f(t)在(0,+)内有唯一的零点,且零点k在(,2)内,所以k2.(12分)22161234kk222(34)34kk21 k2212 134kk1k2212134kkk2234k234kk 3333思路分析(1)因为A是椭圆的左顶点,由椭圆的对称性及|AM|=|AN|可知点M和N关于x轴对称,所以直线MNx轴,加上AMAN,可得直线AM的斜率为1,求出直线AM的方程,与椭圆方程联立,即可求出点M的坐标.(2)直线AM,AN互相垂直,斜率互为负倒数,设其中之一为k,并将两直线方程

9、分别与椭圆联立,可用k表示出|AM|,|AN|,代入 2|AM|=|AN|,得到一个关于k的方程,再利用导数工具及函数零点的知识,可求得k的范围.评析本题考查了直线与椭圆的位置关系,考查了设而不求,整体运算的技巧,考查了函数的思想方法,属难题.B组 自主命题省（区、市）卷题组考点一圆锥曲线中定点定值问题考点一圆锥曲线中定点定值问题1.(2016北京,19,14分)已知椭圆C:+=1过A(2,0),B(0,1)两点.(1)求椭圆C的方程及离心率;(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:四边形ABNM的面积为定值.22xa22yb解析(1)由题

10、意得,a=2,b=1.所以椭圆C的方程为+y2=1.(3分)又c=,所以离心率e=.(5分)(2)设P(x0,y0)(x00,y00),则+4=4.(6分)又A(2,0),B(0,1),所以,直线PA的方程为y=(x-2).令x=0,得yM=-,从而|BM|=1-yM=1+.(9分)直线PB的方程为y=x+1.令y=0,得xN=-,从而|AN|=2-xN=2+.(12分)24x22ab3ca3220 x20y002yx 0022yx 0022yx 001yx001xy 001xy 所以四边形ABNM的面积S=|AN|BM|=2.从而四边形ABNM的面积为定值.(14分)12120021xy00

11、212yx220000000000444842(22)xyx yxyx yxy00000000224422x yxyx yxy解后反思本题第(2)问可画出图形进行分析,发现点A和点B分别为椭圆的右顶点和上顶点,且四边形ABNM的对角线AN与BM互相垂直,所以S四边形ABNM=|AN|BM|,问题转化为求点M与点N的坐标,故设点P(x0,y0),表示出直线PA和PB,即可求得点M、N的坐标.122.(2014江西,20,13分)如图,已知抛物线C:x2=4y,过点M(0,2)任作一直线与C相交于A,B两点,过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).(1)证明:动点D在定直线上;(

12、2)作C的任意一条切线l(不含x轴),与直线y=2相交于点N1,与(1)中的定直线相交于点N2.证明:|MN2|2-|MN1|2为定值,并求此定值.解析(1)证明:依题意可设直线AB的方程为y=kx+2,代入x2=4y,得x2=4(kx+2),即x2-4kx-8=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1x2=-8,直线AO的方程为y=x,直线BD的方程为x=x2.解得交点D的坐标为,注意到x1x2=-8及=4y1,则有y=-2.因此D点在定直线y=-2上(x0).(2)依题设知,切线l的斜率存在且不等于0,设切线l的方程为y=ax+b(a0),代入x2=4y得x2=4(ax+b),即

13、x2-4ax-4b=0,由=0得(4a)2+16b=0,化简整理得b=-a2.故切线l的方程可写为y=ax-a2.分别令y=2、y=-2得N1、N2的坐标为N1、N2,则|MN2|2-|MN1|2=+42-=8,11yx1221,y xxx21x1 1221y x xx1184yy2,2aa2,2aa22aa22aa即|MN2|2-|MN1|2为定值8.评析本题考查抛物线的性质,以及直线与抛物线的位置关系,考查用代数方法解决圆锥曲线的综合问题,考查方程思想以及设而不求、整体代换思想的应用,同时考查学生运算求解能力和综合分析问题的能力.考点二圆锥曲线中最值考点二圆锥曲线中最值(范围范围)问题问题

14、1.(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(x0)上的动点,求PAB面积的取值范围.24y解析本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.(1)设P(x0,y0),A,B.因为PA,PB的中点在抛物线上,所以y1,y2为方程=4即y2-2y0y+8x0-=0的两个不同的实根.所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y轴.(2)由(1)可知所以|PM|=(+)

15、-x0=-3x0,|y1-y2|=2.因此,PAB的面积SPAB=|PM|y1-y2|=(-4x0.因为+=1(x0b0)的长轴长为4,焦距为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;(ii)求直线AB的斜率的最小值.22xa22yb2kk解析(1)设椭圆的半焦距为c.由题意知2a=4,2c=2,所以a=2,b=.所以椭圆C的方程为+=1.(2)(i)设P(x0,y0)(x00,y00).由M(0,

16、m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m).所以直线PM的斜率k=,直线QM的斜率k=-.此时=-3.所以为定值-3.(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2).直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=-3kx+m.222ac224x22y02mmx0mx02mmx03mxkkkk联立整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.由x0 x1=,可得x1=.所以y1=kx1+m=+m.同理x2=,y2=+m.所以x2-x1=-=,y2-y1=+m-m=,所以kAB=.由m0,x00,可知k0,22,1,42ykxmxy222421mk2202(2)(21)mkx2202(

17、2)(21)k mkx2202(2)(181)mkx2206(2)(181)k mkx2202(2)(181)mkx2202(2)(21)mkx2222032(2)(181)(21)kmkkx2206(2)(181)k mkx2202(2)(21)k mkx222208(61)(2)(181)(21)kkmkkx2121yyxx2614kk1416kk所以6k+2,等号当且仅当k=时取得.此时=,即m=,符合题意.所以直线AB的斜率的最小值为.1k666248mm6614762评析本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质,直线与椭圆的位置关系,直线的斜率等基础知识,考查逻辑思维能力、运算求解能力

18、和推理论证能力.3.(2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线x2=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.1 1,2 43 9,2 41322x解析 本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力.(1)设直线AP的斜率为k,k=x-,因为-xb0)的离心率为,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为2.(1)求椭圆C的方程;(2)动直线l:y=kx+m(m0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,N的半径为|NO|.设D

19、为AB的中点,DE,DF与N分别相切于点E,F,求EDF的最小值.22xa22yb222解析本题考查椭圆的标准方程及圆锥曲线的相关最值.(1)由椭圆的离心率为,得a2=2(a2-b2),又当y=1时,x2=a2-,得a2-=2,所以a2=4,b2=2.因此椭圆方程为+=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,由0得m20,从而y=t+在3,+)上单调递增,因此t+,等号当且仅当t=3时成立,此时k=0,所以1+3=4,224224(1 3)(21)mkkk22|NDNF42224(31)(21)kkk22283(21)kk14t

20、22|NDNF216(1)tt1612tt1t21t1t1t10322|NDNF由(*)得-mb0)的离心率是,点P(0,1)在短轴CD上,且=-1.(1)求椭圆E的方程;(2)设O为坐标原点,过点P的动直线与椭圆交于A,B两点.是否存在常数,使得+为定值?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.22xa22yb22PCPDOAOBPAPB解析(1)由已知,点C,D的坐标分别为(0,-b),(0,b).又点P的坐标为(0,1),且=-1,于是解得a=2,b=.所以椭圆E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+1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).联

21、立得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其判别式=(4k)2+8(2k2+1)0,所以,x1+x2=-,x1x2=-.从而,+=x1x2+y1y2+x1x2+(y1-1)(y2-1)=(1+)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1PCPD222211,2,2.bcaabc 224x22y221,421,xyykx2421kk 2221k OAOBPAPB=-2.所以,当=1时,-2=-3.此时,+=-3为定值.当直线AB斜率不存在时,直线AB即为直线CD.此时,+=+=-2-1=-3.故存在常数=1,使得+为定值-3.22(24)(21)21kk 2121k2121kOAOBPAPBOAO

22、BPAPBOCODPCPDOAOBPAPB评析本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.2.(2015湖北,22,14分)一种画椭圆的工具如图1所示.O是滑槽AB的中点,短杆ON可绕O转动,长杆MN通过N处铰链与ON连接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动,且DN=ON=1,MN=3.当栓子D在滑槽AB内做往复运动时,带动N绕O转动,M处的笔尖画出的椭圆记为C.以O为原点,AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系.图1 图2 (1)求椭圆C的方程;(2)设动直线l与两定直线l1:x-2y=0

23、和l2:x+2y=0分别交于P,Q两点.若直线l总与椭圆C有且只有一个公共点,试探究:OPQ的面积是否存在最小值?若存在,求出该最小值;若不存在,说明理由.解析(1)因为|OM|MN|+|NO|=3+1=4.当M,N在x轴上时,等号成立;同理,|OM|MN|-|NO|=3-1=2,当D,O重合,即MNx轴时,等号成立.所以椭圆C的中心为原点O,长半轴长为4,短半轴长为2,其方程为+=1.(2)(i)当直线l的斜率不存在时,直线l为x=4或x=-4,都有SOPQ=44=8.216x24y12(ii)当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx+m,由消去y,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-

24、16=0.因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点,所以=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-16)=0,即m2=16k2+4.又由可得P;同理可得Q.由原点O到直线PQ的距离为d=和|PQ|=|xP-xQ|,可得SOPQ=|PQ|d=|m|xP-xQ|=|m|=.将代入得,SOPQ=8.当k2时,SOPQ=8=88;当0k2时,SOPQ=8=8.12k 22,416,ykxmxy,20,ykxmxy2,1212mmkk2,1212mmkk2|1mk21 k121212221212mmkk22214mk22214mk22|41|41|kk14224141kk22141k14224114kk2

25、2114k 因0k2,则0b0)的离心率e=,a+b=3.(1)求椭圆C的方程;(2)如图,A,B,D是椭圆C的顶点,P是椭圆C上除顶点外的任意一点,直线DP交x轴于点N,直线AD交BP于点M,设BP的斜率为k,MN的斜率为m.证明:2m-k为定值.22xa22yb32C组 教师专用题组所以a=c,b=c.代入a+b=3得,c=,a=2,b=1.故椭圆C的方程为+y2=1.(2)证法一:因为B(2,0),P不为椭圆顶点,则直线BP的方程为y=k(x-2),把代入+y2=1,解得P.直线AD的方程为y=x+1.与联立解得M.由D(0,1),P,N(x,0)三点共线知=,解得N.所以MN的斜率为m

26、=2313324x10,2kk 24x222824,4141kkkk12424,21 21kkkk222824,4141kkkk222414182041kkkk0 10 x42,021kk402142422121kkkkkk解析(1)因为e=,32ca=,则2m-k=-k=(定值).证法二:设P(x0,y0)(x00,2),则k=,直线AD的方程为y=(x+2),直线BP的方程为y=(x-2),直线DP的方程为y-1=x,令y=0,由y01可得N,联立解得M,因此MN的斜率为224(21)2(21)2(21)kkkk214k 212k 12002yx 12002yx 001yx00,01xy0

27、01(2),2(2),2yxyyxx00000004244,2222yxyyxyxm=,所以2m-k=-=(定值).000000000422424221yyxyxxyxy0022000004(1)4844yyyyx yx0022000004(1)484(44)4yyyyx yy000122yyx0002(1)22yyx002yx 000000002(1)(2)(22)(22)(2)yxyyxyxx2000000002(1)(2)2(2)(22)(2)yxyyxyxx20000000012(1)(2)(4)(2)2(22)(2)yxxyxyxx12评析 本题考查了直线和椭圆的位置关系,考查了定值

28、问题,考查了运算求解能力和数据处理能力.考点三圆锥曲线中存在性问题考点三圆锥曲线中存在性问题(2014重庆,21,12分)如图,设椭圆+=1(ab0)的左,右焦点分别为F1,F2,点D在椭圆上,DF1F1F2,=2,DF1F2的面积为.(1)求该椭圆的标准方程;(2)是否存在圆心在y轴上的圆,使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点,且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点?若存在,求出圆的方程.若不存在,请说明理由.解析(1)设F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.由=2得|DF1|=c.22xa22yb121|FFDF222121|FFDF212|2 2F F22从

29、而=|DF1|F1F2|=c2=,故c=1.从而|DF1|=,由DF1F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=,因此|DF2|=.所以2a=|DF1|+|DF2|=2,故a=,b2=a2-c2=1.因此,所求椭圆的标准方程为+y2=1.(2)如图,设圆心在y轴上的圆C与椭圆+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是两个交点,y10,y20,F1P1,F2P2是圆C的切线,且F1P1F2P2.由圆和椭圆的对称性,易知,x2=-x1,y1=y2.1 2DF FS12222222923 222222x22x由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以=(x1+1,y1

30、),=(-x1-1,y1).再由F1P1F2P2得-(x1+1)2+=0.由椭圆方程得1-=(x1+1)2,即3+4x1=0,解得x1=-或x1=0.当x1=0时,P1,P2重合,不存在满足题设要求的圆.当x1=-时,过P1,P2分别与F1P1,F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C(0,y0),由CP1F1P1,得=-1.1 1F P22F P21y212x21x4343101yyx111yx 而y1=|x1+1|=,故y0=.圆C的半径|CP1|=.综上,存在满足题设条件的圆,其方程为x2+=.1353224153334 23253y329评析本题考查椭圆的标准方程、圆的方程的求法以及椭

31、圆的几何性质,直线与圆的位置关系的应用.本题考查了学生分析问题,解决问题的能力、逻辑推理能力、运算求解能力以及利用分类讨论思想解决问题的能力.考点一圆锥曲线中定点定值问题1.(2018辽宁大连一模)已知抛物线C:y2=2x,过点M(1,0)任作一条直线和抛物线C交于A、B两点,设点G(2,0),连接AG,BG并延长,分别和抛物线C交于点A和B,则直线AB过定点 .三年模拟A组 20162018年高考模拟基础题组答案(4,0)解析设AG方程为x=my+2,代入y2=2x得y2-2my-4=0,设A(x1,y1),A(x2,y2),则y1y2=-4,同理设B(x3,y3),B(x4,y4),则y3

32、y4=-4,又AB过定点M(1,0),与共线,(x1-1)y3-(x3-1)y1=0,y3-y1=0,即(y1-y3)=0,y1y3=-2,又y1y2=-4,y3y4=-4,y2y4=-8.直线AB:x-x2=(y-y2),即y=(2x+y2y4),亦即y=(2x-8),直线AB过定点(4,0).故答案为(4,0).AMBM2112y2312y1312y y4242xxyy241yy241yy2.(2018新疆第二次适应性(模拟)检测)已知动点P是圆G:(x+)2+y2=32上的任意一点,点P与点A(,0)的连线段的垂直平分线和GP相交于点Q.(1)求点Q的轨迹C的方程;(2)过坐标原点O的直

33、线l交轨迹C于点E,F,直线EF与坐标轴不重合.M是轨迹C上的一点,若EFM的面积是4,试问直线EF,OM的斜率之积是不是定值,若是,求出此定值,若不是,请说明理由.66解析(1)由题意,知|QP|=|QA|,又|GQ|+|QP|=|GP|=4,|GQ|+|QA|=4|GA|,点Q的轨迹是以G、A为焦点的椭圆,其中a=2,c=,椭圆C的方程为+=1.(2)是.设直线l的方程为y=k1x,联立得(4+1)x2=8,|EF|=,设OM所在直线方程为y=k2x,与椭圆方程联立得(1+4)x2=8,则M或M,222628x22y122,1,82yk xxy21k211 k214 241k 22k222

34、222 22 2,4141kkk222222 22 2,4141kkk点M到直线EF的距离d=.SEFM=|EF|d=4,4-8k1k2+4=16+4+4+1,即16+8k1k2+1=0,解得k1k2=-,直线EF,OM的斜率之积是定值-.1222212 2()411kkkk121222128|(41)(41)kkkk21k22k21k22k21k22k21k22k14143.(2017吉林长白山二模)已知抛物线的对称轴为坐标轴,顶点是坐标原点,准线方程为x=-1,直线l与抛物线相交于不同的A,B两点.(1)求抛物线的标准方程;(2)如果直线l过抛物线的焦点,求的值;(3)如果=-4,直线l是

35、否过一定点?若过一定点,求出该定点;若不过一定点,试说明理由.OAOBOAOB解析(1)抛物线的对称轴为坐标轴,顶点是坐标原点,准线方程为x=-1,所以=1,p=2.所以抛物线的标准方程为y2=4x.(2)设l:ty=x-1,与y2=4x联立,得y2-4ty-4=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),y1+y2=4t,y1y2=-4,=x1x2+y1y2=(t2+1)y1y2+t(y1+y2)+1=-3.(3)假设直线l过定点,设l:my=x+n,与y2=4x联立,得y2-4my+4n=0,y1+y2=4m,y1y2=4n.由=-4=(m2+1)y1y2-mn(y1+y2)+n2=n2+4

36、n,解得n=-2,l:my=x-2,过定点(2,0).2pOAOBOAOB4.(2017黑龙江齐齐哈尔一模)如图,已知椭圆C:+=1(ab0)的左、右顶点分别为A1、A2,上、下顶点分别为B1、B2,两个焦点分别为F1、F2,|A1B2|=2,四边形A1B1A2B2的面积是四边形B1F1B2F2的面积的2倍.(1)求椭圆C的方程;(2)过椭圆C的右焦点且垂直于x轴的直线交椭圆C于P,Q两点,A,B是椭圆C上位于直线PQ两侧的两点.若APQ=BPQ,求证:直线AB的斜率kAB为定值.22xa22yb7解析(1)因为|A1B2|=2,所以=2,由四边形A1B1A2B2的面积是四边形B1F1B2F2

37、的面积的2倍,可得2a2b=22c2b,即a=2c.由可得a2+b2=a2+a2-c2=8c2-c2=7c2=28,即c2=4,所以a2=4c2=16,所以b2=12.所以椭圆C的方程为+=1.(2)证明:由(1)易知点P,Q的坐标分別为(2,3),(2,-3).因为APQ=BPQ,所以直线PA,PB的斜率之和为0.设直线PA的斜率为k,A(x1,y1),B(x2,y2),则直线PB的斜率为-k,直线PA的方程为y-3=k(x-2),由可得(3+4k2)x2+8k(3-2k)x+4(3-2k)2-48=0,x1+2=,722ab71212216x212y223(2),1,1612yk xxy

38、28(23)34kkk同理可得x2+2=,x1+x2=,x1-x2=,kAB=,为定值.28(23)34kkk22161234kk24834kk1212yyxx1212(2)3(2)3k xk xxx 1212()4k xxkxx12考点二圆锥曲线中最值考点二圆锥曲线中最值(范围范围)问题问题1.(2018陕西西安八校第一次联考)如图,抛物线W:y2=4x与圆C:(x-1)2+y2=25交于A、B两点,点P为劣弧上不同于A、B的一个动点,与x轴平行的直线PQ交抛物线W于点Q,则PQC的周长的取值范围是()A.(10,12)B.(12,14)C.(10,14)D.(9,11)AB答案 A设P(x

39、1,y1),Q(x2,y2).圆C:(x-1)2+y2=25的圆心为C(1,0),半径为5.抛物线W:y2=4x,抛物线的准线方程为x=-1,焦点为C(1,0)由抛物线的定义可得|QC|=x2+1,则PQC的周长为|QC|+|PQ|+|PC|=x2+1+(x1-x2)+5=6+x1.联立抛物线与圆的方程,可得x=4或-6(舍去),故x1(4,6).6+x1(10,12),即PQC的周长的取值范围是(10,12).故选A.2.(2018海南二模)已知抛物线y2=2px(p0)的焦点为F,过点F作互相垂直的两直线AB,CD与抛物线分别相交于A,B以及C,D,若+=1,则四边形ACBD的面积的最小值

40、为()A.18 B.30 C.32 D.361|AF1|BF答案 C由抛物线性质可知:+=,又+=1,p=2,即y2=4x,设直线AB的斜率为k(k0),则直线CD的斜率为-.直线AB的方程为y=k(x-1),联立消去y得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,从而xA+xB=2+,xAxB=1,由弦长公式得|AB|=4+,以-替换k得|CD|=4+4k2,故所求面积为|AB|CD|=(4+4k2)=832(当且仅当k2=1时取等号),即面积的最小值为32.故选C.1|AF1|BF2p1|AF1|BF1k2(1),4,yk xyx24k24k1k1212244k2212kk3.(2016吉林长春

41、二模,11)过双曲线x2-=1的右支上一点P分别向圆C1:(x+4)2+y2=4和圆C2:(x-4)2+y2=1作切线,切点分别为M,N,则|PM|2-|PN|2的最小值为()A.10 B.13 C.16 D.19215y答案 B由题意可知,|PM|2-|PN|2=(|PC1|2-4)-(|PC2|2-1)=|PC1|2-|PC2|2-3=(|PC1|-|PC2|)(|PC1|+|PC2|)-3=2(|PC1|+|PC2|)-32|C1C2|-3=13,故选B.4.(2018陕西榆林二模)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,M(x1,y1),N(x2,y2)是抛物线C上的两个动点,若x1+x2

42、+2=2|MN|,则MFN的最大值为 .答案 3解析由x1+x2+2=2|MN|,得|MF|+|NF|=2|MN|,cosMFN=,所以MFN的最大值为.222|2|MFNFMNMFNF2231(|)|422|MFNFMFNFMFNF1235.(2018海南二模)已知双曲线-=1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1、F2,过F1且垂直于x轴的直线与该双曲线的左支交于A,B两点,AF2,BF2分别交y轴于P,Q两点,若PQF2的周长为16,则的最大值为 .22xa22yb1ba 答案 43解析由题意,得ABF2的周长为32,即|AF2|+|BF2|+|AB|=32,|AF2|+|BF2|-|AB

43、|=4a,|AB|=,=32-4a,b=,=,令t=a+1,则=,令m=,则=.当m=-=时,取最大值,为=.故答案为.22ba24ba28aa1ba 281aaa1ba 228(1)(1)ttt22109ttt29101tt1t1ba 29101mm102(9)591ba 255091819 43436.(2018新疆乌鲁木齐地区第二次诊断性测验)设椭圆+=1(ab0),直线l:y=kx+m(m0)与椭圆交于A,B两点,当l经过椭圆的一个焦点和一个顶点时,k=m=.(1)求椭圆的方程;(2)若直线OA,AB,OB的斜率成等差数列(O是坐标原点),求OAB面积的最大值.22xa22yb3解析(

44、1)由题意可得b=m=,=k=,c=1,a=2,椭圆方程为+=1.(2)由消去y整理得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,直线与椭圆交于A,B两点,0,于是可得4k2-m2+30.设A(x1,y1),B(y2,y2),则x1+x1=,x1x2=.又2kAB=kOA+kOB,即2k=+,2kx1x2=x1y2+x2y1=x1(kx2+m)+x2(kx1+m)=2kx1x2+m(x1+x2),m(x1+x2)=0,3bc324x23y22,1,43ykxmxy2834kmk2241234mk11yx22yx=0,m0,k=0.由解得A,B,由图形对称性,不妨设m0.则SOAB=4m=2

45、,当m2=,即m=时,SOAB取得最大值.22834kmk22,1,43ymxy22 1,3mm22 1,3mm12213m423mm 326237.(2018辽宁大连一模)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,点M在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)已知P(-2,0)与Q(2,0)为平面内的两个定点,过点(1,0)的直线l与椭圆C交于A,B两点,求四边形APBQ面积的最大值.22xa22yb1231,2解析(1)由=,可得a=2c,又因为b2=a2-c2,所以b2=3c2.所以椭圆C方程为+=1,又因为M在椭圆C上,所以+=1.所以c2=1,所以a2=4,b2=3

46、,故椭圆方程为+=1.(2)解法一:设l的方程为x=my+1,联立消去x得(3m2+4)y2+6my-9=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),有0,y1+y2=,y1y2=,|y1-y2|=,所以S=4,令t=,t1,则S=,ca12224xc223yc31,22214c22323c24x23y221,431,xyxmy2634mm2934m21212()4yyy y2226943434mmm 2212134mm122212134mm21m22431tt 2413tt由函数y=3t+,t1,+),得y=3-0,t1,+),故函数y=3t+在1,+)上单调递增,故3t+4,故S=6,当且仅

47、当t=1,即m=0时等号成立,所以四边形APBQ面积的最大值为6.解法二:设l的方程为x=my+1,联立消去x得(3m2+4)y2+6my-9=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),有0,y1+y2=,y1y2=,有|AB|=,1t21t1t1t22431tt 2413tt221,431,xyxmy2634mm2934m21m2212 134mm2212(1)34mm点P(-2,0)到直线l的距离为,点Q(2,0)到直线l的距离为,从而四边形APBQ的面积S=,令t=,t1,则S=,由函数y=3t+,t1,+),得y=3-0,t1,+),故函数y=3t+在1,+)上单调递增,有3t+4,故

48、S=6,当且仅当t=1,即m=0时等号成立,所以四边形APBQ面积的最大值为6.解法三:当l的斜率不存在时,l:x=1,231m211m122212(1)34mm241m2224 134mm21m22431tt 2413tt1t21t1t1t22431tt 2413tt此时,四边形APBQ的面积S=6.当l的斜率存在时,设l:y=k(x-1)(k0),由得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),有0,x1+x2=,x1x2=,|y1-y2|=|k(x1-x2)|=12,四边形APBQ的面积S=4|y1-y2|=24,令t=3+4k2(t3),则k2

49、=,S=6,0Sb0)的右焦点为F(1,0),且点P在椭圆C上,O为坐标原点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设过定点T(0,2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A、B,且AOB为锐角,求直线l的斜率k的取值范围.22xa22yb31,2解析(1)由题意,得c=1,所以a2=b2+1.因为点P在椭圆C上,所以+=1,可解得a2=4,b2=3.则椭圆C的标准方程为+=1.(2)易知直线l的方程为y=kx+2,点A(x1,y1),B(x2,y2),由得(4k2+3)x2+16kx+4=0.因为=48(4k2-1)0,所以k2,由根与系数的关系,得x1+x2=,x1x2=.因为AOB为锐角,所以0,即

50、x1x2+y1y20.所以x1x2+(kx1+2)(kx2+2)0,即(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+40,(1+k2)+2k+40,0,所以k2.综上,k2,解得-k-或k.31,221a294b24x23y221,432,xyykx1421643kk2443k OAOB2443k 21643kk22121643kk4314432 3312122 33所以,所求直线的斜率k的取值范围为-k-或kb0)的左,右焦点分别为F1,F2且F2关于直线x-y+a=0的对称点M在直线3x+2y=0上.(1)求椭圆的离心率;(2)若C的长轴长为4且斜率为的直线l交椭圆于A,B两点,问是否存在定点