1、考点考点1 1 圆锥曲线中的定值与定点问题圆锥曲线中的定值与定点问题 1.(2020新高考,22,12分)已知椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,且过点A(2,1). (1)求C的方程; (2)点M,N在C上,且AMAN,ADMN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值. 2 2 x a 2 2 y b 2 2 解析解析 (1)由题设得+=1,=, 解得a2=6,b2=3. 所以C的方程为+=1. (2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2). 若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入+=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0. 于是x1+x2=-,x
2、1x2=. 由AMAN知=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0. 将代入上式可得(k2+1)-(km-k-2)+(m-1)2+4=0. 整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0. 因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-10, 故2k+3m+1=0,k1. 于是MN的方程为y=k-(k1). 所以直线MN过点P. 2 4 a 2 1 b 22 2 -a b a 1 2 2 6 x 2 3 y 2 6 x 2 3 y 2 4 12 km k 2 2 2-6 12 m k AMAN 2
3、 2 2-6 12 m k 2 4 12 km k 2 - 3 x 1 3 21 ,- 33 若直线MN与x轴垂直,可得N(x1,-y1). 由=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0. 又+=1,可得3-8x1+4=0. 解得x1=2(舍去)或x1=. 此时直线MN过点P. 令Q为AP的中点,即Q. 若D与P不重合,则由题设知AP是RtADP的斜边,故|DQ|=|AP|=. 若D与P重合,则|DQ|=|AP|. 综上,存在点Q,使得|DQ|为定值. AMAN 2 1 6 x 2 1 3 y 2 1 x 2 3 21 ,- 33 4 1 , 3 3 1 2 2 2 3 1
4、 2 4 1 , 3 3 2.(2020课标,21,12分)已知A,B分别为椭圆E:+y2=1(a1)的左、右顶点,G为E的上顶点, =8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D. (1)求E的方程; (2)证明:直线CD过定点. 2 2 x a AGGB 解析解析 (1)由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1). 则=(a,1),=(a,-1).由=8得a2-1=8,即a=3. 所以E的方程为+y2=1. (2)证明:设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t). 若t0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知-3n0,x1+x2=2k,x
5、1x2=-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=x1 x2=-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t t+(t2-2) t2=0,解得t=0或t=1或t=-1. 1 ,- 2 t 2 , 2 , x y ykxb 2 1 1 1 22 - x x t 2 1 x 2 2 x 1 2 1 2 1 0, 2 2 1 , 2 t t EMFM 当t=0时,|=2,所求圆的方程为x2+
6、=4; 当t=1时,|=,所求圆的方程为x2+=2. EM 2 5 - 2 y EM2 2 5 - 2 y 考点考点2 2 圆锥曲线中的最值与取值范围问题圆锥曲线中的最值与取值范围问题 1.(2019浙江,21,15分)如图,已知点F(1,0)为抛物线y2=2px(p0)的焦点.过点F的直线交抛物线于A,B 两点,点C在抛物线上,使得ABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q,且Q在点F的右侧.记 AFG,CQG的面积分别为S1,S2. (1)求p的值及抛物线的准线方程; (2)求的最小值及此时点G的坐标. 1 2 S S 解析解析 (1)由题意得=1,即p=2. 所以,抛物线的准线方程为x
7、=-1. (2)设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t0,则xA=t2.由于直线AB过F,故直线AB方程为x= y+1,代入y2=4x,得y2-y-4=0,故2tyB=-4,即yB=-,所以B.又由于xG=(xA+xB+xC),yG= (yA+yB+yC)及重心G在x轴上,故2t-+yC=0, 得C,G. 所以,直线AC方程为y-2t=2t(x-t2),得Q(t2-1,0). 由于Q在焦点F的右侧,故t22. 从而= =2-. 令m=t2-2,则m0, 2 p 2-1 2 t t 2 2( -1)t t 2 t 2 12 ,- tt 1
8、3 1 3 2 t 2 11 -,2-tt tt 42 2 2 -22 ,0 3 tt t 1 2 S S 1 | 2 1 | 2 A C FG y QG y 42 2 42 2 2 2 -22 -1 |2 | 3 2 -222 -1-2 3 tt t t tt tt tt 42 4 2 - -1 tt t 2 4 -2 -1 t t =2-=2-2- =1+. 当m=时,取得最小值1+,此时G(2,0). 1 2 S S 2 43 m mm 1 3 4m m 1 3 24m m 3 2 3 1 2 S S 3 2 思路分析思路分析 (1)根据抛物线定义知=1,得到准线方程x=-1.(2)要求
9、的最小值,需要将用基本量 表示出来,从点的关系出发,设A(xA,yA),合理选择参数t表示A(t2,2t),t0,由直线AB过F得到AB方程, 求出B点坐标,再由ABC的重心G在x轴上,求出C点和G点坐标,进而求出Q点坐标,然后就可以表 示出,进而求出其最小值. 2 p 1 2 S S 1 2 S S 1 2 S S 2.(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. 2 4 y
10、 解析解析 (1)证明: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|=(+)-x0=-3x0, |y1-y2|=2. 因此,SPAB=|PM| |y1-y2|=(-4x0. 因为+=1(x0b0)过点M(2,3),点A为其左顶点,且AM的斜率 为. (1)求C的方程; (2)点N为椭圆上任意一点,求AMN的面积的最大值. 2 2 x a 2 2 y b 1 2 解析解析 (1)由题意可知直线AM的方程为y-3=(x-2),即
11、x-2y=-4, 当y=0时,解得x=-4,所以a=4,由椭圆C:+=1(ab0)过点M(2,3),可得+=1,解得b2=12, 所以C的方程为+=1. (2)设与直线AM平行的直线方程为x-2y=m,当直线与椭圆相切时,与AM距离比较远的直线与椭圆的 切点为N,此时AMN的面积取得最大值. 联立消去x得16y2+12my+3m2-48=0,所以=144m2-416(3m2-48)=0,即m2=64,解得m=8, 与AM距离比较远的直线方程为x-2y=8, 两平行线(直线AM与直线x-2y=8)之间的距离为d=, |AM|=3. 所以AMN的面积的最大值为3=18. 1 2 2 2 x a 2
12、 2 y b 4 16 2 9 b 2 16 x 2 12 y 22 -2, 1, 1612 xym xy |84| 14 12 5 5 22 (24)35 1 2 5 12 5 5 1.(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 4 3 9 , 2 4 13 - 22 x 以下为教师用书专用 解析解析 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
13、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为AB的中点,DE,DF与N分别相切于点E,F,求EDF的最小值. 2 2 x a 2 2 y b 2 2 2 解析解析 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C的方程为+=1. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2
14、),联立得 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, 由(*)得-mb0)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. 2 2 x a 2 2 y b 2 k k 解析解析 (1)设椭圆的半焦距为c. 由题意知
15、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 2 22 -a c2 2 4 x 2 2 y 0 2 -m m x 0 m x 0 -2 -m m x 0 3m x k k k k 22 , 1, 42 ykxm xy 整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-
16、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, 所以6k+2,等号当且仅当k=时取得. 此时=,即m=,符合题意. 2 2 2-4 21 m k 2 2 0 2(-2) (21) m kx 2 2 0 2 (-2) (21) k m kx 2 2 0 2(-2) (181) m kx 2 2 0 -6 (-2) (181) k m kx 2 2 0 2(-2) (181) m kx 2 2 0 2(-2) (21) m kx 22 22 0 -32(-
17、2) (181)(21) km kkx 2 2 0 -6 (-2) (181) k m kx 2 2 0 2 (-2) (21) k m kx 22 22 0 -8 (61)(-2) (181)(21) kkm kkx 21 21 - - y y x x 2 61 4 k k 1 4 1 6k k 1 k 6 6 6 2 4-8 m m 6 6 14 7 所以直线AB的斜率的最小值为. 6 2 考点考点3 3 圆锥曲线中的存在性问题圆锥曲线中的存在性问题 (2019课标,21,12分)已知点A,B关于坐标原点O对称,|AB|=4,M过点A,B且与直线x+2=0相切. (1)若A在直线x+y=0
18、上,求M的半径; (2)是否存在定点P,使得当A运动时,|MA|-|MP|为定值?并说明理由. 解析解析 (1)因为M过点A,B,所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线x+y=0上,且A,B关于 坐标原点O对称,所以M在直线y=x上,故可设M(a,a). 因为M与直线x+2=0相切,所以M的半径为r=|a+2|. 由已知得|AO|=2,又, 故可得2a2+4=(a+2)2,解得a=0或a=4.故M的半径r=2或r=6. (2)存在定点P(1,0),使得|MA|-|MP|为定值. 理由如下: 设M(x,y),由已知得M的半径为r=|x+2|,|AO|=2, 由于,故可得x2+y2+4=(
19、x+2)2,化简得M的轨迹方程为y2=4x. 因为曲线C:y2=4x是以点P(1,0)为焦点,以直线x=-1为准线的抛物线,所以|MP|=x+1. 因为|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,所以存在满足条件的定点P. MOAO MOAO (2015四川,20,13分)如图,椭圆E:+=1(ab0)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. 2 2 x a 2 2 y b 2 2 PCPD OA OBPA PB 以下
20、为教师用书专用 解析解析 (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)+1 =-2. PCPD 2 222 1-1, 2 , 2 -. b
21、c a a bc 2 2 4 x 2 2 y 22 1, 42 1, xy ykx 2 4 21 k k 2 2 21k OA OBPA PB 2 2 (-2 -4)(-2 -1) 21 k k 2 -1 21 k 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. 2 -1 21 k OA OBPA PB OA OBPA PBOC ODPCPD OA OBPA PB 评析评析 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
22、与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想. 考点考点1 1 圆锥曲线中的定值与定点问题圆锥曲线中的定值与定点问题 A A组组 考点基础题组考点基础题组 1.(2020安徽黄山一模,20)已知ABC的三个顶点都在抛物线y2=2px(p0)上,且抛物线的焦点F为 ABC的重心. (1)记OFA、OFB、OFC的面积分别为S1、S2、S3,求证:+为定值; (2)若点A的坐标为(1,-2),求BC所在直线的方程. 2 1 S 2 2 S 2 3 S 解析解析 (1)证明:记A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3), 由重心知+=0 x1+x2+x3=,(1分) 又=2pxi(i=1,2,
23、3),(2分) 于是+=(+)= 2p(x1+x2+x3)=p4,即为定值.(4分) (2)将A(1,-2)代入得p=2,(5分) 所以x1+x2+x3=3,y1+y2+y3=0, 所以x2+x3=2,y2+y3=2,(6分) 设BC所在的直线方程为x=my+n,代入抛物线y2=4x得y2-4my-4n=0, 所以y2+y3=4m=2,解得m=,(9分) x2+x3=m(y2+y3)+2n=2,可得n=,(11分) 所以BC所在的直线方程为2x-y-1=0.(12分) FAFBFC 3 2 p 2 i y 2 1 S 2 2 S 2 3 S 1 4 2 2 p 2 1 y 2 2 y 2 3
24、y 2 16 p3 16 1 2 1 2 思路分析思路分析 (1)记A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),通过ABC重心的向量表示转化求解+为定值.(2) 将A(1,-2)代入得p=2,得到x2+x3=2,y2+y3=2,设BC所在的直线方程为x=my+n,代入抛物线y2=4x得y2-4 my-4n=0,结合根与系数的关系,求解直线方程. 2 1 S 2 2 S 2 3 S 2.(2019新疆第一次毕业诊断及模拟测试,20)已知椭圆+=1(ab0)过点(0,1),其长轴、焦距和 短轴的长的平方依次成等差数列.直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q、P,与椭圆分别交于 点M、N,各
25、点均不重合且满足=1,=2. (1)求椭圆的标准方程; (2)若1+2=-3,试证明:直线l过定点,并求此定点. 2 2 x a 2 2 y b PMMQPNNQ 解析解析 (1)椭圆+=1(ab0)过点(0,1), b=1,设焦距为2c, 长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列, (2a)2+(2b)2=2(2c)2,又a2=b2+c2,a2=3. 椭圆的方程为+y2=1. 2 2 x a 2 2 y b 2 3 x (2)设P(0,m),Q(x0,0),M(x1,y1),N(x2,y2), 设l的方程为x=t(y-m), 由=1,知(x1,y1-m)=1(x0-x1,-y1), y1-m
26、=-y11,由题意知10,1=-1, 同理由=2知,2=-1, 1+2=-3,y1y2+m(y1+y2)=0(*), 联立得(t2+3)y2-2mt2y+t2m2-3=0, 需=4m2t4-4(t2+3)(t2m2-3)0(*), PMMQ 1 m y PNNQ 2 m y 22 33, ( - ), xy xt y m 且有y1+y2=,y1y2=(*), 将(*)代入(*)得t2m2-3+m 2mt2=0,(mt)2=1, 直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q、P, mtb0)的左、右焦点分别为F1,F2.短轴的两 个顶点与F1,F2构成面积为2的正方形, (1)求的方程; (2)如图所示
27、,过右焦点F2的直线交椭圆于A,B两点,连接AO并延长,交于点C,求ABC面积的最 大值. 2 2 x a 2 2 y b 解析解析 本题考查椭圆方程及其几何性质,直线与椭圆的位置关系,弦长公式及点到直线的距离公式 的应用,考查分类讨论思想、计算能力,考查的核心素养是逻辑推理、数学运算. (1)因为椭圆C的短轴的两个顶点与F1,F2构成面积为2的正方形, 所以b=c,S正=a2=2,则a=,b=c=1,(2分) 故椭圆的方程为+y2=1.(3分) (2)当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=k(x-1), 联立消去y整理得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0, 设A(x1,y1
28、),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,(5分) 所以|AB|=,(7分) 点O到直线kx-y-k=0的距离d=,(8分) 2 2 2 x 2 2 ( -1), 1, 2 yk x x y 2 2 4 12 k k 2 2 2-2 12 k k 2 1k 2 1212 () -4xxx x 2 1k 2 22 22 42-2 -4 1212 kk kk 2 2 2 2(1) 12 k k 2 | | 1 k k 因为O是线段AC的中点,所以点C到直线AB的距离为2d=, 所以ABC面积S= |AB| 2d=2=2b0)的离心率为,F1,F2分别是椭圆的左、右焦 点,过点F1的直线交椭
29、圆于M,N两点,且MNF2的周长为12. (1)求椭圆C的方程; (2)过点P(0,2)作斜率为k(k0)的直线l与椭圆C交于两点A,B,试判断在x轴上是否存在点D,使得 ADB是以AB为底边的等腰三角形.若存在,求点D横坐标的取值范围,若不存在,请说明理由. 2 2 x a 2 2 y b 1 3 解析解析 (1)由题意可得(2分) 所以a=3,c=1,b2=8,(3分) 所以椭圆C的方程为+=1.(4分) (2)设直线l的方程为y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为E(x0,y0), 假设存在点D(m,0),使得ADB是以AB为底边的等腰三角形,则DEAB. 由得(
30、8+9k2)x2+36kx-36=0, 故x1+x2=-,所以x0=,y0=kx0+2=.(6分) 因为DEAB,所以kDE=-,即=-,(8分) 所以m=,k0,(9分) 222 1 , 3 -, 412, c a ba c a 2 9 x 2 8 y 22 2, 1 98 ykx xy 2 36 98 k k 2 -18 98 k k 2 16 98k 1 k 2 2 16 -0 98 -18 - 98 k k m k 1 k 2 -2 98 k k -2 8 9k k 当k0时,9k+2=12,所以-m0.(10分) 当k0时,9k+-12,所以0b0),半焦距为c. 则A(a,0),M
31、(0,b),F(c,0),=(c,-b),=(a-c,0). 由=-1,即ac-c2=-1, 又=,a2=b2+c2, 解得,椭圆的方程为+y2=1. (2)F为PQM的垂心,MFPQ, 又M(0,1),F(1,0), kMF=-1,kPQ=1. 设直线PQ:y=x+m,P(x1,y1),Q(x2,y2). 将直线方程代入+y2=1,得3x2+4mx+2m2-2=0. 则x1+x2=-,x1 x2=. =(4m)2-12(2m2-2)0, 解得-m0)上的一点,若以抛物线的焦点F为圆心,以|FA| 为半径的圆交抛物线的准线于B、C两点,BFC=且满足2sin2+sin -sin 2=3cos
32、,当ABC的面 积为时,实数p的值为( ) A.4 B.4 C.8 D.8 64 3 22 答案答案 B 由2sin2+sin -sin 2=3cos ,且sin2+cos2=1, 解得sin =,cos =, =, 结合题意可知,BFC为等边三角形, 又|FD|=p, |BC|=|FB|=p, 即圆的半径|FA|=p, 设A(x0,y0), SABC=|BC|=|BC| |FA|=pp=, 解得p=4,故选B. 3 2 1 2 3 2 3 3 2 3 3 1 2 0 2 p x 1 2 1 2 2 3 3 2 3 3 64 3 2 思路分析思路分析 根据2sin2+sin -sin 2=3c
33、os ,且sin2+cos2=1求出=,结合题意可知,BFC为等边 三角形,求出圆的半径,结合抛物线的定义,可得到SABC=|BC|=|BC| |FA|=,即可求出p的值. 3 1 2 0 2 p x 1 2 64 3 2.(2019四川绵阳二诊,12)已知椭圆C:+=1(m4)的右焦点为F,点A(-2,2)为椭圆C内一点.若椭 圆C上存在一点P,使得|PA|+|PF|=8,则m的取值范围是( ) A.(6+2,25 B.9,25 C.(6+2,20 D.3,5 2 x m 2 -4 y m 5 5 答案答案 A 椭圆C:+=1(m4)的右焦点为F(2,0), 左焦点为F(-2,0), 由椭圆
34、的定义可得|PF|+|PF|=2, 即|PF|=2-|PF|,又|PA|+|PF|=8, 可得|PA|-|PF|=8-2,由|PA|-|PF|AF|=2, 可得-28-22,解得35,所以9m25, 又A在椭圆内,所以+1, 所以8m-16m(m-4),解得m6+2, 与取交集得6+20)上一点M(m,2)到焦点的距离为3. (1)求曲线C的方程; (2)设P,Q为曲线C上不同于原点O的任意两点,且满足以线段PQ为直径的圆过原点O,试问直线PQ 是否恒过定点?若恒过定点,求出定点坐标;若不恒过定点,说明理由. 解析解析 (1)曲线C:x2=2py(p0)上一点M(m,2)到焦点的距离为3. 由
35、抛物线定义得2+=3,解得p=2, 曲线C的方程为x2=4y. (2)解法一:以PQ为直径的圆过原点O,OPOQ, 设直线OP的方程为y=kx(k0),与曲线C的方程x2=4y联立,得x2=4kx,解得x=0(舍)或x=4k,P(4k,4k2), 又直线OQ的方程为y=-x,同理得Q, 又直线PQ斜率存在,直线PQ的方程为=,y=x+4, 直线PQ恒过定点(0,4). 2 p 1 k 2 44 -, k k 2 2 2 -4 4 -4 yk k k -4 4 -4 xk k k 1 -k k 解法二:直线PQ的斜率显然存在,设直线方程为y=kx+m. 联立消去y,整理得x2-4kx-4m=0,
36、 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则 以线段PQ为直径的圆过圆点O, =x1x2+y1y2=x1x2+=-4m+=0. 2 , 4 , ykxm xy 2 12 16160, -4 , km x xm OPOQ 2 1 4 x 2 2 4 x 2 (-4 ) 16 m 解得m=4或0(舍). 直线PQ的方程为y=kx+4, 直线PQ恒过定点(0,4). 4.(2020江西鹰潭二模,20)已知椭圆+=1(ab0),上下顶点分别是A、B,上下焦点分别是F1、F2, 焦距为2,点在椭圆上. (1)求椭圆的方程; (2)若Q为椭圆上异于A、B的动点,过A作与x轴平行的直线l,直线QB与l交于点S
37、,直线F2S与直线AQ 交于点P,判断SPQ是不是定值,说明理由. 2 2 y a 2 2 x b 3 ,1 2 解析解析 本题考查椭圆的方程和性质,直线和椭圆的位置关系,考查化简运算能力和推理能力,体现 了逻辑推理、数学运算的核心素养. (1)由焦距为2,可得c=1,即有F1(0,1),F2(0,-1), 由在椭圆上,可得2a=+=+=4,故a=2,b=, 则椭圆的方程为+=1. (2)设Q(m,n),可得4m2+3n2=12, 由A(0,2),设S(t,2),因为B(0,-2),Q和S三点共线, 所以kSB=kBQ,即=,解得t=,即S, 所以=, 又kAQ=,所以kAQ=-1, 可得AQ
38、SF2,即SPQ=90,则SPQ为定值. 3 ,1 2 2 2 3 -0(1-1) 2 2 2 3 -0(1 1) 2 3 2 5 2 4-13 2 4 y 2 3 x 4 t 2n m 4 2 m n 4 ,2 2 m n 2 SF k 3 4 2 m n 3(2) 4 n m -2n m 2 SF k 2 2 3(-4) 4 n m 2 2 -4 4 m m 5.(2020吉林长春二模,20)已知椭圆C:+=1(ab0)的左、右顶点分别为A,B,焦距为2,点P为椭 圆上异于A,B的点,且直线PA和PB的斜率之积为-. (1)求C的方程; (2)设直线AP与y轴的交点为Q,过坐标原点O作OM
39、AP交椭圆于点M,试证明为定值,并求 出该定值. 2 2 x a 2 2 y b 3 4 2 | | AP AQ OM 解析解析 (1)已知点P在椭圆上,设P(x0,y0),即有+=1, 又kAPkBP=-=-,且2c=2, 所以c=1,a2=4,b2=3, 椭圆的方程为+=1. (2)证明:设直线AP的方程为y=k(x+2),则直线OM的方程为y=kx, 联立直线AP与椭圆的方程可得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0, 由xA=-2,可得xP=, 联立直线OM与椭圆的方程可得(3+4k2)x2-12=0,即=, 所以=2. 即为定值,且定值为2. 2 0 2 x a 2 0
40、2 y b 0 0 y xa 0 0- y x a 2 0 22 0- y x a 2 2 b a 3 4 2 4 x 2 3 y 2 2 6-8 34 k k 2 M x 2 12 34k 2 | | AP AQ OM 2 |-|-| | PAQA M xxxx x 2 |2|02| | P M x x 2 | | AP AQ OM 解题关键解题关键 通过公式|AB|=|xA-xB|,把转化为点O、A、P、Q、M横坐标之间的关系. 2 1k 2 | | AP AQ OM 6.(2020河南六市一模,20)设椭圆C:+=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率是e,动点P(x0,y0)
41、 在椭圆C上运动.当PF2x轴时(P在第一象限),x0=1,y0=e. (1)求椭圆C的方程; (2)延长PF1,PF2分别交椭圆C于点A,B(A,B不重合).设=,=,求+的最小值. 2 2 x a 2 2 y b 1 AF 1 FP 2 BF 2 F P 解析解析 (1)由题意知当PF2x轴时,x0=1,y0=e,可得c=1,=e=, b=c=1,又a2=b2+c2=2, 所以椭圆的方程为+y2=1. (2)由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),设A(x1,y1), 由=得即 代入椭圆方程得+(-y0)2=1, 又+=1,即+(y0)2=2, 两式相减得=1-2, 因为+10,所以2
42、x0+1=2(1-), 故=.同理可得=, 故+=+=,02, 2 b a c a 2 2 x 1 AF 1 FP 10 10 -1-(1), -, x x yy 10 10 - -1, -, xx yy 2 0 (- -1) 2 x 2 0 2 x 2 0 y 2 0 () 2 x 0 (1)(21) 2 x 0 1 32x0 1 3-2x 0 1 32x 0 1 3-2x 2 0 6 9-4x 2 0 x 故+的最小值为. 2 3 7.(2020陕西榆林一模,21)设椭圆C:+=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,上顶点为A,过点A 与AF2垂直的直线交x轴负半轴于点Q,且2+=0,
43、若过A,Q,F2三点的圆恰好与直线l:x-y-3=0 相切.过定点M(0,2)的直线l1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l1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; (3)若实数满足=,求的取值范围. 2 2 x a 2 2 y b 12 FF 2 F Q3 MGMH 解析解析 (1)因为2+=0,所以F1为F2Q中点. 可设Q的坐标为(-3c,0), 因为AQAF2,所以b2=3cc=3c2,a2=4cc=4c2, 且过A,Q,F2三点的圆的
44、圆心为F1(-c,0),半径为2c. 因为该圆与直线l相切,所以=2c. 解得c=1(舍负),所以a=2,b=. 故所求椭圆方程为+=1. (2)设l1的方程为y=kx+2(k0), 由得(3+4k2)x2+16kx+4=0. 设G(x1,y1),H(x2,y2),则x1+x2=-. 所以+=(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-x 1). 由于菱形对角线互相垂直,则(+)=0. 所以(x2-x1)(x1+x2)-2m+k(x2-x1)k(x1+x2)+4=0.
45、 12 FF 2 F Q |- -3| 2 c 3 2 4 x 2 3 y 22 2, 1 43 ykx xy 2 16 34 k k PGPHGH PGPHGH 故(x2-x1)(x1+x2)-2m+k2(x1+x2)+4k=0. 因为k0,所以x2-x10, 所以(x1+x2)-2m+k2(x1+x2)+4k=0, 即(1+k2)(x1+x2)+4k-2m=0. 所以(1+k2)+4k-2m=0, 解得m=-,即m=-. 因为k0,所以-m0,得k2. x1+x2=-,x1x2=. 又=,所以(x1,y1-2)=(x2,y2-2),所以x1=x2. 2 16 - 34 k k 2 2 34
46、 k k 2 3 4k k 3 6 3 -,0 6 1 4 2 16 34 k k 2 4 34k MGMH 所以x1+x2=(1+)x2,x1x2=. 所以=. 将上式整理得=. 因为k2,所以4,即416. 所以4+216,解得7-47+4. 又01,所以7-4b0)的左、右焦点分别为F1, F2,离心率为,P是C上的一个动点,且F1PF2面积的最大值为4. (1)求C的方程; (2)设C的左、右顶点分别为A,B,若直线PA,PB分别交直线x=2于M,N两点,过点F1作以MN为直径的 圆的切线,证明:切线长为定值,并求该定值. 2 2 x a 2 2 y b 1 2 3 解析解析 (1)设
47、P(x0,y0),椭圆的半焦距为c. 因为=|F1F2| |y0| 2c b=bc, 所以bc=4.(1分) 又e=,a2=b2+c2, 所以a=4,b=2,c=2,(3分) 所以C的方程为+=1.(4分) (2)由(1)可知A(-4,0),B(4,0),F1(-2,0). 由题意可知,x02,且x04. 设直线PA,PB的斜率分别为k1,k2, 则直线PA的方程为y=k1(x+4), 令x=2,得y=6k1,故M(2,6k1).(5分) 直线PB的方程为y=k2(x-4), 令x=2,得y=-2k2,故N(2,-2k2).(6分) 记以MN为直径的圆为圆D,则D(2,3k1-k2). 如图,F1T是圆D的一条切线,切点为T,连接F1D,DT, 12 F PF S 1 2 1 2 3 c a 1 2 3 2 16 x 2 12 y 则|F1T|2=
