1、A组 自主命题北京卷题组,五年高考,考点一 圆锥曲线中的定点(定值)问题,1.(2019北京理,18,14分)已知抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1). (1)求抛物线C的方程及其准线方程; (2)设O为原点,过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M,N,直线y=-1分别交 直线OM,ON于点A和点B.求证:以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.,解析 本题主要考查抛物线、直线和圆的基本概念,重点考查直线与抛物线的位置关系,考查 学生对数形结合思想的应用以及逻辑推理能力,通过直线与抛物线的位置关系考查了数学运 算的核心素养. (1)由抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1
2、),得p=2. 所以抛物线C的方程为x2=-4y,其准线方程为y=1. (2)抛物线C的焦点为F(0,-1). 设直线l的方程为y=kx-1(k0). 由 得x2+4kx-4=0. 设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2=-4, 直线OM的方程为y= x. 令y=-1,得点A的横坐标xA=- . 同理得点B的横坐标xB=- .,设点D(0,n),则 = , = , = +(n+1)2= +(n+1)2 = +(n+1)2=-4+(n+1)2. 令 =0,即-4+(n+1)2=0, 得n=1或n=-3. 综上,以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0,-3).,2.(2018北
3、京,19,14分)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个 不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N. (1)求直线l的斜率的取值范围; (2)设O为原点, = , = ,求证: + 为定值.,解析 (1)因为抛物线y2=2px过点(1,2), 所以2p=4,即p=2. 故抛物线C的方程为y2=4x, 由题意知,直线l的斜率存在且不为0. 设直线l的方程为y=kx+1(k0). 由 得k2x2+(2k-4)x+1=0. 依题意=(2k-4)2-4k210,解得k0或0k1. 又PA,PB与y轴相交,故直线l不过点(1,-2). 从
4、而k-3. 所以直线l斜率的取值范围是(-,-3)(-3,0)(0,1). (2)设A(x1,y1),B(x2,y2), 由(1)知x1+x2=- ,x1x2= . 直线PA的方程为y-2= (x-1).,令x=0,得点M的纵坐标为yM= +2= +2. 同理得点N的纵坐标为yN= +2. 由 = , = 得=1-yM,=1-yN. 所以 + = + = + = = =2. 所以 + 为定值.,方法总结 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 (1)求代数式为定值.依题设条件,得出与代数式有关的等式,化简即可得出定值; (2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的表达式,再
5、利用题设条件化 简、变形求得; (3)求某线段长度为定值.利用两点间的距离公式求得线段长度的表达式,再依据条件对表达式 进行化简、变形即可求得.,3.(2016北京文,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.,解析 (1)由题意得,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)证明:设P(x0,y0)(x00,y00),则 +4 =4.
6、(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),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) 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),解后反思 (1)由A、B两点的坐标知a=2,b=1,即可求离心率. (2)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A
7、N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.,一题多解 (2)证明:已知A(2,0),B(0,1). 设直线PB的方程为y=kx+1(k0). 令y=0,得xN=- , 从而|AN|=2-xN= . 由 得(1+4k2)x2+8kx=0, 所以xP= ,yP= . 所以直线PA的方程为y= (x-2), 令x=0,得yM= , 故|BM|=1-yM= , S四边形ABNM= |AN|BM|= =2. 从而四边形ABNM的面积为定值.,评析 本题考查了椭圆的标准方程、离心率和直线
8、方程的相关知识及定值问题,知识点较综 合,属中等偏难题.,4.(2016北京,19,14分)已知椭圆C: + =1(ab0)的离心率为 ,A(a,0),B(0,b),O(0,0),OAB 的面积为1. (1)求椭圆C的方程; (2)设P是椭圆C上一点,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:|AN|BM|为定值.,解析 (1)由题意得 解得a=2,b=1. 所以椭圆C的方程为 +y2=1. (2)证明:由(1)知,A(2,0),B(0,1). 设P(x0,y0),则 +4 =4.,当x00时,直线PA的方程为y= (x-2). 令x=0,得yM=- ,从而|BM|=|1-yM|=
9、 . 直线PB的方程为y= x+1. 令y=0,得xN=- ,从而|AN|=|2-xN|= .,所以|AN|BM|= = = =4. 当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2, 所以|AN|BM|=4. 综上,|AN|BM|为定值.,思路分析 (1)先利用离心率和三角形的面积建立关于a,b,c的方程组,解出a,b,从而得到椭圆 的方程;(2)设P(x0,y0),分x00和x0=0两种情况讨论.,解后反思 条件中直线PA与y轴的交点,直线PB与x轴的交点是本题的突破口.解决本题的关 键在于点的坐标的利用.,评析 本题考查椭圆的标准方程,直线与圆锥曲线的位置关系及定值问题,方法常规,运
10、算量 大,对学生的运算能力要求较高.,考点二 圆锥曲线中的最值(范围)问题,1.(2019北京理,8,5分)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线C:x2+y2=1+|x|y就是其中 之一(如图).给出下列三个结论: 曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点); 曲线C上任意一点到原点的距离都不超过 ; 曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3. 其中,所有正确结论的序号是 ( ) A. B. C. D.,答案 C 本题考查内容比较丰富,涉及不等式、圆、距离、面积等知识,对学生的推理能 力、综合应用能力、运算求解能力要求较高;重点体现逻辑推理、数学运算等核心素养;同时 也展现了对创新
11、思维与审美能力的考查. 解法一:从结论“不超过”“小于”入手,利用基本不等式进行放缩,再利用图形估算面积. x2+y2=1+|x|y1+|x|y|1+ , x2+y22. x可能取得的整数值为1,0,代入曲线C的方程得整点坐标为(1,1),(1,0),(-1,1),(-1,0),(0,1),(0,- 1),故正确; 设曲线C上任意一点到原点的距离为d,则d2=x2+y22, d ,故正确; 由图知,图形在第一象限的面积S11,图形在第四象限的面积S4 ,由对称性得,“心形”区 域面积S 2=3,故错误.综上可知选C.,解法二:由图形封闭,结论中涉及曲线上的点到原点的距离,联想到极坐标方程. 以
12、原点为极点建立极坐标系, 则C:2=1+2|cos |sin , 即2= . |cos |sin |sin 2| , 22,即 ,故正确. 由 ,知 经检验知共有6个整点满足条件,故正确. 在第一象限曲线C的极坐标方程为 =1+ cos 1sin 1, 在第四象限曲线C的极坐标方程为 =1+ cos 4sin 4. 令4=-1,则 =1- cos 1sin 1,由得1-1= = , 由得1-4= = , 14,1-11-4(此时极径关于极轴对称). 如图所示, 由图可知,右半部分“心形”区域面积大于半个单位圆面积,故“心形”区域面积S2 12 =3,故错误. 综上可知,正确结论的序号为,故选C
13、.,2.(2011北京,19,14分)已知椭圆G: +y2=1.过点(m,0)作圆x2+y2=1的切线l交椭圆G于A,B两点. (1)求椭圆G的焦点坐标和离心率; (2)将|AB|表示为m的函数,并求|AB|的最大值.,解析 (1)由已知得a=2,b=1,所以c= = . 所以椭圆G的焦点坐标为(- ,0),( ,0),离心率e= = . (2)由题意知,|m|1. 当m=1时,切线l的方程为x=1,点A,B的坐标分别为 , .此时|AB|= . 当m=-1时,同理可得|AB|= . 当|m|1时,设切线l的方程为y=k(x-m). 由 得(1+4k2)x2-8k2mx+4k2m2-4=0.,
14、设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则x1+x2= ,x1x2= . 又由l与圆x2+y2=1相切,得 =1,即m2k2=k2+1. 所以|AB|= =,= = . 由于当m=1时,|AB|= ,所以|AB|= ,m(-,-11,+). 因为|AB|= = 2当且仅当m= 时,|AB|=2,所以|AB|的最大值为2.,失分警示 (1)混淆椭圆的顶点与焦点、记错离心率的公式,造成失分. (2)没有对切线的斜率是否存在进行讨论,忽视直线与圆相切的充要条件,记错直线与椭圆的相 交弦长的计算公式、字母运算出错,造成失分.,评析 本题考查了椭圆的基本性质,圆的切线问题,直线与椭圆的相
15、交弦长的计算以及基本不 等式的应用.考查分类讨论思想,逻辑推理能力和运算能力.解题的关键是对直线的斜率是否存 在进行讨论,并能准确求出直线与椭圆的相交弦长.本题考查的知识点多、综合性强,运算量很 大,属于难题.,考点三 圆锥曲线中的存在性问题 (2015北京,19,14分)已知椭圆C: + =1(ab0)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
16、理由.,解析 (1)由题意得 解得a2=2. 故椭圆C的方程为 +y2=1. 设M(xM,0). 因为m0,所以-1n1. 直线PA的方程为y-1= x, 所以xM= ,即M . (2)因为点B与点A关于x轴对称,所以B(m,-n). 设N(xN,0),则xN= . “存在点Q(0,yQ)使得OQM=ONQ”等价于“存在点Q(0,yQ)使得 = ”, 即yQ满足 =|xM|xN|.,因为xM= ,xN= , +n2=1, 所以 =|xM|xN|= =2. 所以yQ= 或yQ=- . 故在y轴上存在点Q,使得OQM=ONQ. 点Q的坐标为(0, )或(0,- ).,方法点拨 有关圆锥曲线中的存在
17、性问题常见的处理方法:方法一:结合几何条件直接运算,找 出存在的值或者点;方法二:先用特殊状态找出特殊值,再用一般情况进行论证,看特殊状态的 结果是否吻合.,B组 统一命题省(区、市)卷题组,考点一 圆锥曲线中的定点(定值)问题,1.(2016山东,21,14分)已知椭圆C: + =1(ab0)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
18、值.,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,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.,联立 整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0. 由x0x1= , 可得x1= . 所以y1=kx1+m= +m. 同理x2= ,y2=
19、 +m. 所以x2-x1= - = , y2-y1= +m- -m= , 所以kAB= = = . 由m0,x00,可知k0,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 .,2.(2015课标文,20,12分)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.,解析 (1)由题意有 = , + =1, 解得a2=8,b2=4. 所以C的方程为 + =1. (2
20、)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.,考点二 圆锥曲线中的最值(范围)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=_时，点B横坐标的绝对值最大.,答案 5,解析 本题考查椭圆的标准方程,向量的坐标运算,二次函数的最值. 设B(t,u),由 =2 ,
21、易得A(-2t,3-2u). 点A,B都在椭圆上, 从而有 +3u2-12u+9=0,即 +u2=4u-3. 即有4u-3=mu= , + =m,t2=- m2+ m- =- (m-5)2+4. 当m=5时,(t2)max=4,即|t|max=2, 即当m=5时,点B横坐标的绝对值最大.,思路分析 (1)设出点B的坐标,利用向量的坐标运算得点A的坐标. (2)利用点A,B都在椭圆上得方程组,求得点B的横、纵坐标满足的关系式. (3)利用(2)中的关系式及点B在椭圆上,把点B的横坐标的平方表示为关于m的函数. (4)利用二次函数的最值得结论.,2.(2019课标全国理,21,12分)已知点A(-
22、2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积 为- .记M的轨迹为曲线C. (1)求C的方程,并说明C是什么曲线; (2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PEx轴,垂足为E,连接QE并延长交C于 点G. (i)证明:PQG是直角三角形; (ii)求PQG面积的最大值.,解析 本题主要考查轨迹方程的求法,直线与椭圆的位置关系,两条直线的位置关系,弦长问 题,三角形的面积以及基本不等式的应用等相关知识;通过对三角形形状的判断以及面积最值 的求解考查学生的知识迁移能力、运算求解能力及函数思想方法的应用;体现了逻辑推理和 数学运算的核心素养. (1)由题设得
23、=- ,化简得 + =1(|x|2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的 椭圆,不含左右顶点. (2)(i)设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k0). 由 得x= . 记u= ,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0). 于是直线QG的斜率为 ,方程为y= (x-u). 由 得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.,设G(xG,yG),则-u和xG是方程的解,故xG= ,由此得yG= . 从而直线PG的斜率为 =- . 所以PQPG,即PQG是直角三角形. (ii)由(i)得|PQ|=2u ,|PG|= , 所以PQG的面积S= |PQ|PG|= = . 设t=
24、k+ ,则由k0得t2,当且仅当k=1时取等号. 因为S= 在2,+)单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为 . 因此,PQG面积的最大值为 .,思路分析 (1)利用直线AM与BM的斜率之积为- 求得曲线C的轨迹方程,从而得出曲线C的 轨迹.(2)(i)设出直线PQ的方程,联立椭圆方程,求得点P、Q的坐标,由Q、E的坐标得出直线QG 的方程,联立椭圆方程,得出点G的坐标,进而表示出直线PG的斜率,从而得出结论.(ii)利用弦长 公式求出|PQ|与|PG|的表达式,从而将三角形的面积表示成关于k的函数,进而利用函数思想求 其最大值.,解题关键 利用方程思想得出点P、Q的坐标,
25、进而利用换元法及整体代换法简化运算过 程是顺利解决本题的关键;正确利用基本不等式及函数单调性是求解PQG面积最值的关 键.,3.(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.,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)证明:设P(x0,y0),A ,B . 因为PA,PB的中点在抛物线上, 所以y1
26、,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|= ( + )-x0= -3x0, |y1-y2|=2 . 因此,SPAB= |PM|y1-y2|= ( -4x0 .,因为 + =1(x00),所以 -4x0=-4 -4x0+44,5. 因此,PAB面积的取值范围是 .,疑难突破 解析几何中“取值范围”与“最值”问题 在解析几何中,求某个量(直线斜率,直线在x、y轴上的截距,弦长,三角形或四边形面积等)的取 值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率,动
27、点的 横、纵坐标等)的函数,并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域),将问题转化为求函数的 值域或最值.,4.(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.,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- x ,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1). (2)解法一:联立直线AP与BQ的方程 解得点Q的横坐标是xQ= .
28、因为|PA|= = (k+1), |PQ|= (xQ-x)=- , 所以|PA|PQ|=-(k-1)(k+1)3, 令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因为f (k)=-(4k-2)(k+1)2,方法总结 在解析几何中,遇到求两线段长度之积的最值或取值范围时,一般用以下方法进行 转化. 1.直接法:求出各点坐标,用两点间的距离公式,转化为某个参变量(如直线斜率、截距,点的 横、纵坐标等)的函数,再求函数的最值或值域. 2.向量法:三点共线时,转化为两向量的数量积,再转化为关于动点的横(纵)坐标的函数,最后求 函数的最值或值域. 3.参数法:把直线方程化为参数方程,与曲线方程联立,由根与系数的
29、关系转化为直线的斜率 (或直线的截距)的函数,最后求函数的最值或值域.,5.(2017山东文,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C: + =1(ab0)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为AB的中点,DE,DF与N分别相切于点E,F,求EDF的最小值.,解析 (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.
30、(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程 得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0, 由0得m24k2+2,(*) 且x1+x2=- ,因此y1+y2= , 所以D , 又N(0,-m),所以|ND|2= + , 整理得|ND|2= ,因为|NF|=|m|, 所以 = =1+ . 令t=8k2+3,t3,故2k2+1= , 所以 =1+ =1+ . 令y=t+ ,所以y=1- . 当t3时,y0, 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, 由(*)得- m 且m0.,故 . 设EDF=2, 则sin = .
31、 所以的最小值为 , 从而EDF的最小值为 ,此时直线l的斜率是0. 综上所述:当k=0,m(- ,0)(0, )时,EDF取到最小值 .,6.(2016课标全国,20,12分)设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交 圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E. (1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程; (2)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四 边形MPNQ面积的取值范围.,解析 (1)因为|AD|=|AC|,EBAC, 故EBD=ACD=ADC. 所以|EB|=
32、|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|. 又圆A的标准方程为(x+1)2+y2=16,从而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4. (2分) 由题设得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为 + =1(y0). (4分) (2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0), M(x1,y1),N(x2,y2). 由 得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0. 则x1+x2= ,x1x2= . 所以|MN|= |x1-x2|= . (6分) 过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y=- (x-1),A到m的距离为 ,所以
33、|PQ|=2 =4,. 故四边形MPNQ的面积 S= |MN|PQ|=12 . (10分) 可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8 ). 当l与x轴垂直时,其方程为x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四边形MPNQ的面积为12. 综上,四边形MPNQ面积的取值范围为12,8 ). (12分),方法总结 定义法求轨迹方程的一般步骤: (1)判定动点的运动轨迹满足某种曲线的定义; (2)设标准方程,求方程中的基本量; (3)写出轨迹方程.,7.(2015浙江,19,15分)已知椭圆 +y2=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
34、)求AOB面积的最大值(O为坐标原点).,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 x2- x+b2-1=0. 因为直线y=- x+b与椭圆 +y2=1有两个不同的交点, 所以=-2b2+2+ 0, 将AB的中点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t2= 时,等号成立. 故AOB面积的最大值为 .,考点三 圆锥曲线中的存在性问题,1.(2016四川,20,13分)已知椭圆E: + =1(ab0)的两
35、个焦点与短轴的一个端点是直角三角 形的三个顶点,直线l:y=-x+3与椭圆E有且只有一个公共点T. (1)求椭圆E的方程及点T的坐标; (2)设O是坐标原点,直线l平行于OT,与椭圆E交于不同的两点A,B,且与直线l交于点P.证明:存 在常数,使得|PT|2=|PA|PB|,并求的值.,解析 (1)由已知,a= b, 则椭圆E的方程为 + =1. 由方程组 得3x2-12x+(18-2b2)=0. 方程的判别式为=24(b2-3),由=0,得b2=3, 此时方程的解为x=2, 所以椭圆E的方程为 + =1. 点T的坐标为(2,1). (2)由已知可设直线l的方程为y= x+m(m0), 由方程
36、组 可得 所以P点坐标为 ,|PT|2= m2.,方法总结 一般地,解直线与圆锥曲线相交的问题时,常常联立方程转化为关于x(或y)的一元 二次方程,注意0,再结合根与系数的关系进行解题.,评析 本题考查了直线与圆锥曲线相交的问题,这类题中常用的方法是方程法,并结合根与系 数的关系,两点间距离公式,难点是运算量比较大,注意运算技巧.,2.(2015课标,20,12分)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m0),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
37、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(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM). 将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故 xM= = ,yM=kxM+b= . 于是直线OM的斜率kOM= =- ,即kOMk=-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xP. 由 得 = ,即xP= . 将点 的
38、坐标代入l的方程得b= ,因此xM= . 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xP=2xM. 于是 =2 ,解得k1=4- ,k2=4+ . 因为ki0,ki3,i=1,2,所以当l的斜率为4- 或4+ 时,四边形OAPB为平行四边形.,思路分析 (1)设出直线l的方程,与椭圆方程联立并消元,利用根与系数的关系求得AB的中点 M的坐标,进而可得出结论;(2)要使四边形OAPB为平行四边形,则线段AB与线段OP互相平分, 即xP=2xM,由此结合已知条件建立相应方程,进而通过解方程使问题得解.,方法总结 解决定值问题的常见方法有两种:(1)从特殊入手,求出定值,再证明
39、这个值与变量 无关;(2)直接推理、计算,并在推理、计算的过程中消去变量,从而得到定值.,3.(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l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 . (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 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. 因此, 解得a=2,b= . 所以椭圆E的方程为 + =1. (2)当直线l与x轴平行时,设直线l与椭圆相交于C,D两
40、点. 如果存在定点Q满足条件,则有 = =1, 即|QC|=|QD|. 所以Q点在y轴上,可设Q点的坐标为(0,y0). 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,- ). 由 = ,有 = ,解得y0=1或y0=2. 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:对任意直线l,均有 = . 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(x1,y1),(x2,y2). 联立 得(2k2+1)x2+4kx-2=0. 其判别式=(4k)2
41、+8(2k2+1)0, 所以,x1+x2=- ,x1x2=- .因此 + = =2k. 易知,点B关于y轴对称的点B的坐标为(-x2,y2). 又kQA= = =k- ,kQB= = =-k+ =k- , 所以kQA=kQB,即Q,A,B三点共线. 所以 = = = . 故存在与P不同的定点Q(0,2),使得 = 恒成立.,C组 教师专用题组,考点一 圆锥曲线中的定点(定值)问题 (2019课标全国文,21,12分)已知曲线C:y= ,D为直线y=- 上的动点,过D作C的两条切线,切 点分别为A,B. (1)证明:直线AB过定点; (2)若以E 为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点
42、,求该圆的方程.,解析 本题将直线、抛物线、圆的相关内容有机结合,考查三者之间的位置关系,考查学生分 析问题与解决问题的能力,对逻辑推理与数学运算素养有较高要求. (1)设D ,A(x1,y1),则 =2y1. 由于y=x,所以切线DA的斜率为x1,故 =x1. 整理得2tx1-2y1+1=0. 设B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0. 故直线AB的方程为2tx-2y+1=0. 所以直线AB过定点 . (2)由(1)得直线AB的方程为y=tx+ . 由 可得x2-2tx-1=0. 于是x1+x2=2t,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1.,设M为线段AB的中点,则M .
43、 由于 ,而 =(t,t2-2), 与向量(1,t)平行,所以t+(t2-2)t=0.解得t=0或t=1. 当t=0时,| |=2,所求圆的方程为x2+ =4; 当t=1时,| |= ,所求圆的方程为x2+ =2.,思路分析 (1)直线与开口向上的抛物线相切,宜用导数法求斜率,如果联立方程利用判别式求 解,则运算量偏大.求切点弦方程,可仿照过圆外一点作圆的两条切线,求切点弦的方法进行. (2)切点是弦中点,利用关于弦中点的“点差法”,以及“过切点的半径垂直于该切线”,即可 获得等量关系,进而求得圆的方程.,一题多解 (1)依题意,可设AB:y=kx+b,D ,A(x1,y1),B(x2,y2)
44、(x1x2). 联立 消去y得x2-2kx-2b=0. =4k2+8b0,x1+x2=2k,x1x2=-2b. 又直线DA与抛物线相切,则x1= , 所以 -2tx1-1=0,同理 -2tx2-1=0. 所以2k=x1+x2=2t,-2b=x1x2=-1, 所以k=t,b= , 则直线AB:y=tx+ ,必过定点F . (2)设M为线段AB的中点,由(1)可知M . 所以 =(t,t2-2), =(t,t2),又EMFM,则tt+(t2-2)t2=0, 解得t=0或t=1或t=-1. 当t=0时,| |=2,所求圆的方程为x2+ =4; 当t=1时,| |= ,所求圆的方程为x2+ =2.,考
45、点二 圆锥曲线中的最值(范围)问题,1.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E: + =1(ab0)的离心率为 ,焦距为 2. (1)求椭圆E的方程; (2)如图,动直线l:y=k1x- 交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2,且k1k2= . 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 +y2=1. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
46、 联立 消y整理得(4 +2)x2-4 k1x-1=0, 由题意知0,且x1+x2= ,x1x2=- , 所以|AB|= |x1-x2|= . 由题意可知圆M的半径 r= |AB|= . 由题设知k1k2= ,所以k2= ,因此直线OC的方程为y= x. 联立 得x2= ,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k1= , 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k1= .,思路分析
47、(1)由离心率和焦距,利用基本量运算求解;(2)联立直线l与椭圆方程,利用距离公式 求出|AB|,联立直线OC与椭圆方程求|OC|,进而建立sin 与k1之间的函数关系,利用二次函 数的性质求解.,疑难突破 把角的问题转化为三角函数问题,即由sin = =f(k1)求解是解题的突破 口.,解题反思 最值问题一般利用函数的思想方法求解,利用距离公式建立sin 与k1之间的 函数关系是解题关键.牢固掌握基础知识和方法是求解的前提.本题的完美解答体现了数学知 识、能力、思想、方法的完美结合.,2.(2016山东,21,14分)平面直角坐标系xOy中,椭圆C: + =1(ab0)的离心率是 ,抛物线E
48、: x2=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S1,PDM的面积为S2.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a2=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x2+4y2=1. (2)(i)设P (m0). 由x2=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(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).,联立 得(4m2+1)x2-4m3x+m4-1=0. 由0,得0m (或0m22+ ), (*) 且x1+x2= ,因此x0= . 将其代入y=mx- ,得y0= . 因为 =- , 所以直线OD方程为y=- x. 联立 得点M的纵坐标yM=- , 所以点M在定直线y=- 上. (ii)由(i)知直线l方程为y=mx- .,令x=0,得y=- ,所以G .又P ,F ,D ,
