2020高考数学圆锥曲线综合题

2020高考虽然延期，但是每天练习一定要跟上，加油！圆锥曲线一． 选择题：1.（福建卷11)又曲线22221x y a b==（a ＞0,b ＞0）的两个焦点为F 1、F 2,若P 为其上一点，且|PF 1|=2|PF 2|,则双曲线离心率的取值范围为BA.(1,3)B.(]1,3C.(3,+∞)D.[)3,+∞2.（海南卷11）已知点P 在抛物线y 2 = 4x 上，那么点P 到点Q （2，－1）的距离与点P 到抛物线焦点距离之和取得最小值时，点P 的坐标为（ A ）A. （41，－1） B. （41，1）C. （1，2）D. （1，－2）3.(湖北卷10)如图所示，“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，在月球附近一点P 轨进入以月球球心F 为一个焦点的椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后卫星在P 点第二次变轨进入仍以F 为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行，最终卫星在P 点第三次变轨进入以F 为圆心的圆形轨道Ⅲ绕月飞行，若用12c 和22c 分别表示椭轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距，用12a 和22a 分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的长轴的长，给出下列式子： ①1122a c a c +=+; ②1122a c a c -=-; ③1212c a a c >; ④11c a ＜22c a . 其中正确式子的序号是BA. ①③B. ②③C. ①④D. ②④4.（湖南卷8）若双曲线22221x y a b -=（a ＞0,b ＞0）上横坐标为32a的点到右焦点的距离大于它到左准线的距离，则双曲线离心率的取值范围是( B ) A.(1,2)B.(2,+∞)C.(1,5)D. (5,+∞)5.（江西卷7）已知1F 、2F 是椭圆的两个焦点，满足120MF MF ⋅=的点M 总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是C A ．(0,1) B ．1(0,]2C．(0,2 D．,1)26.（辽宁卷10）已知点P 是抛物线22y x =上的一个动点，则点P 到点（0，2）的距离与P 到该抛物线准线的距离之和的最小值为（ A ） AB ．3 CD ．927.（全国二9）设1a >，则双曲线22221(1)x y a a -=+的离心率e 的取值范围是（ B ）A． B． C ．(25)， D．(28.（山东卷(10)设椭圆C 1的离心率为135，焦点在X 轴上且长轴长为ABCD-26.若曲线C 2上的点到椭圆C 1的两个焦点的距离的差的绝对值等于8，则曲线C 2的标准方程为A（A ）1342222=-y x (B)15132222=-y x(C)1432222=-y x (D)112132222=-y x9.（陕西卷8）双曲线22221x y a b-=（0a >，0b >）的左、右焦点分别是12F F ，，过1F 作倾斜角为30的直线交双曲线右支于M 点，若2MF 垂直于x 轴，则双曲线的离心率为（ B ）ABC D10.（四川卷12）已知抛物线2:8C y x =的焦点为F ，准线与x 轴的交点为K ，点A 在C 上且AK AF =，则AFK ∆的面积为( B )（Ａ）4 （Ｂ）8 （Ｃ）16 （Ｄ）3211.（天津卷（7）设椭圆22221x y m n+=（0m >，0n >）的右焦点与抛物线28y x =的焦点相同，离心率为12，则此椭圆的方程为B（A ）2211216x y += （B ）2211612x y += （C ）2214864x y += （D ）2216448x y += 12.（浙江卷7）若双曲线12222=-by a x 的两个焦点到一条准线的距离之比为3：2,则双曲线的离心率是D（A ）3 （B ）5 （C ）3 （D ）5 13.（浙江卷10）如图，AB 是平面a 的斜线段，A 为斜足，若点P 在平面a 内运动，使得△ABP 的面积为定值，则动点P 的轨迹是B（A ）圆 （B ）椭圆 （C ）一条直线 （D ）两条平行直线14.（重庆卷(8)已知双曲线22221x y a b-=（a ＞0,b ＞0）的一条渐近线为y =kx (k ＞0),离心率e 5k ,则双曲线方程为C（A ）22x a －224y a =1(B)222215x y a a -= (C)222214x y b b-=(D)222215x y b b-=二． 填空题：1.（海南卷14）过双曲线221916x y -=的右顶点为A ，右焦点为F 。

第3讲 圆锥曲线中的综合问题专题强化训练1．已知方程x 22－k ＋y 22k －1＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，则实数k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2 B ．(1，＋∞)C ．(1，2)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 解析：选C.由题意可得，2k －1>2－k >0，即⎩⎪⎨⎪⎧2k －1>2－k ，2－k >0，解得1<k <2，故选C. 2．(2019·浙江高考冲刺卷)已知F 为抛物线4y 2＝x 的焦点，点A ，B 都是抛物线上的点且位于x 轴的两侧，若OA →·OB →＝15(O 为原点)，则△ABO 和△AFO 的面积之和的最小值为( )A.18B.52C.54D.652 解析：选D.设直线AB 的方程为：x ＝ty ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 与x 轴的交点为M (m ，0)，⎩⎪⎨⎪⎧4y 2＝x x ＝ty ＋m ，可得4y 2－ty －m ＝0， 根据根与系数的关系有y 1·y 2＝－m4，因为OA →·OB →＝15，所以x 1·x 2＋y 1·y 2＝15，从而16(y 1·y 2)2＋y 1·y 2－15＝0， 因为点A ，B 位于x 轴的两侧， 所以y 1·y 2＝－1，故m ＝4.不妨令点A 在x 轴上方，则y 1＞0，如图所示．又F (116，0)， 所以S △ABO ＋S △AFO ＝12×4×(y 1－y 2)＋12×116y 1＝6532y 1＋2y 1≥265y 132×2y 1＝652， 当且仅当6532y 1＝2y 1，即y 1＝86565时，取“＝”号，所以△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是652，故选D.3．(2019·绍兴市柯桥区高考数学二模)已知l 是经过双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的焦点F 且与实轴垂直的直线，A ，B 是双曲线C 的两个顶点，若在l 上存在一点P ，使∠APB ＝60°，则双曲线的离心率的最大值为( )A.233B. 3 C ．2 D ．3 解析：选A.设双曲线的焦点F (c ，0)，直线l ：x ＝c ， 可设点P (c ，n )，A (－a ，0)，B (a ，0)， 由两直线的夹角公式可得tan ∠APB ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪k PA－k PB1＋k PA ·k PB＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n c ＋a －n c －a 1＋n 2c 2－a 2＝2a |n |n 2＋（c 2－a 2）＝2a|n |＋c 2－a 2|n |＝tan 60°＝3，由|n |＋c 2－a 2|n |≥2|n |·c 2－a 2|n |＝2c 2－a 2，可得3≤a c 2－a2，化简可得3c 2≤4a 2，即c ≤233a ，即有e ＝c a ≤233.当且仅当n ＝±c 2－a 2，即P (c ，±c 2－a 2)，离心率取得最大值233.故选A.4．(2019·福州质量检测)已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l .若射线y ＝2(x －1)(x ≤1)与C ，l 分别交于P ，Q 两点，则|PQ ||PF |＝( )A. 2 B ．2 C. 5 D ．5解析：选C.由题意知，抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F (1，0)，准线l ：x ＝－1与x 轴的交点为F 1.过点P 作直线l 的垂线，垂足为P 1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1y ＝2（x －1），x ≤1，得点Q 的坐标为(－1，－4)，所以|FQ |＝2 5.又|PF |＝|PP 1|，所以|PQ ||PF |＝|PQ ||PP 1|＝|QF ||FF 1|＝252＝5，故选C.5．(2019·鄞州中学期中)已知椭圆C 1：x 2a 21＋y 2b 21＝1(a 1＞b 1＞0)与双曲线C 2：x 2a 22－y 2b 22＝1(a 2＞0，b 2＞0)有相同的焦点F 1，F 2，点P 是两曲线的一个公共点，且PF 1⊥PF 2，e 1，e 2分别是两曲线C 1，C 2的离心率，则9e 21＋e 22的最小值是( )A ．4B ．6C ．8D ．16解析：选C.设焦距为2c ，椭圆长轴长为2a 1，双曲线实轴长为2a 2，取椭圆与双曲线在一象限内的交点为P ，由椭圆和双曲线的定义分别有|PF 1|＋|PF 2|＝2a 1①，|PF 1|－|PF 2|＝2a 2②，因为PF 1⊥PF 2，所以|PF 1|2＋|PF 2|2＝4c 2③，①2＋②2，得|PF 1|2＋|PF 2|2＝2a 21＋2a 22④，将④代入③得a 21＋a 22＝2c 2，则9e 21＋e 22＝9c 2a 21＋c 2a 22＝5＋9a 222a 21＋a 212a 22≥8，故9e 21＋e 22的最小值为8.6．(2019·金华十校二模)已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的实轴长为42，虚轴的一个端点与抛物线x 2＝2py (p ＞0)的焦点重合，直线y ＝kx －1与抛物线相切且与双曲线的一条渐近线平行，则p ＝( )A ．4B ．3C ．2D ．1解析：选A.抛物线x 2＝2py 的焦点为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，所以可得b ＝p2，因为2a ＝42⇒a ＝22，所以双曲线的方程为x 28－4y 2p 2＝1，可求得渐近线方程为y ＝±p 42x ，不妨设y ＝kx －1与y ＝p42x 平行，则有k ＝p 42.联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝p 42x －1x 2＝2py⇒x 2－p 222x ＋2p ＝0，所以Δ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2222－8p ＝0，解得p ＝4.7．(2019·浙江“七彩阳光”联盟高三联考)已知椭圆的方程为x 29＋y 24＝1，过椭圆中心的直线交椭圆于A ，B 两点，F 2是椭圆右焦点，则△ABF 2的周长的最小值为________，△ABF 2的面积的最大值为________．解析：连接AF 1，BF 1，则由椭圆的中心对称性可得C △ABF 2＝AF 2＋BF 2＋AB ＝AF 1＋AF 2＋AB ＝6＋AB ≥6＋4＝10，S △ABF 2＝S △AF 1F 2≤12·25·2＝2 5.答案：10 2 58．(2019·东阳二中改编)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A ，经过原点的直线l 交椭圆C 于P ，Q 两点，若|PQ |＝a ，AP ⊥PQ ，则椭圆C 的离心率为________．解析：不妨设点P 在第一象限，O 为坐标原点，由对称性可得|OP |＝|PQ |2＝a2，因为AP ⊥PQ ，所以在Rt △POA 中，cos ∠POA ＝|OP ||OA |＝12，故∠POA ＝60°，易得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫a4，3a 4，代入椭圆方程得116＋3a 216b 2＝1，故a 2＝5b 2＝5(a 2－c 2)，所以椭圆C 的离心率e ＝255. 答案：2559．已知中心在坐标原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左、右焦点分别为F 1，F 2，这两条曲线在第一象限的交点为P ，△PF 1F 2是以PF 1为底边的等腰三角形．若|PF 1|＝10，椭圆与双曲线的离心率分别为e 1，e 2，则e 1e 2的取值范围是________．解析：设椭圆的长轴长为2a ，双曲线的实轴长为2m ，则2c ＝|PF 2|＝2a －10，2m ＝10－2c ，所以a ＝c ＋5，m ＝5－c ，所以e 1e 2＝c c ＋5×c 5－c ＝c 225－c 2＝125c2－1，又由三角形的性质知2c ＋2c >10，由已知2c <10，c <5，所以52<c <5，1<25c 2<4，0<25c 2－1<3，所以e 1e 2＝125c2－1>13.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞ 10．(2019·杭州市高考数学二模)抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，点A ，B 在抛物线上，且∠AFB ＝120°，过弦AB 中点M 作准线l 的垂线，垂足为M 1，则|MM 1||AB |的最大值为________．解析：设|AF |＝a ，|BF |＝b ，连接AF 、BF ， 由抛物线定义，得|AF |＝|AQ |，|BF |＝|BP |， 在梯形ABPQ 中，2|MM 1|＝|AQ |＋|BP |＝a ＋b . 由余弦定理得，|AB |2＝a 2＋b 2－2ab cos 120°＝a 2＋b 2＋ab ， 配方得，|AB |2＝(a ＋b )2－ab ，又因为ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22，所以(a ＋b )2－ab ≥(a ＋b )2－14(a ＋b )2＝34(a ＋b )2，得到|AB |≥32(a ＋b )． 所以|MM 1||AB |≤12（a ＋b ）32（a ＋b ）＝33，即|MM 1||AB |的最大值为33. 答案：3311．(2019·衢州市教学质量检测)已知椭圆G ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为22，左焦点F (－1，0)，若过点B (－2b ，0)的直线与椭圆交于M ，N 两点．(1)求椭圆G 的标准方程； (2)求证：∠MFB ＋∠NFB ＝π； (3)求△FMN 面积S 的最大值．解：(1)因为椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为22，焦距为2，即2a ＝22，2c ＝2，所以2b ＝2，所以椭圆的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：∠MFB ＋∠NFB ＝π，即证：k MF ＋k NF ＝0， 设直线方程MN 为y ＝k (x ＋2)，代入椭圆方程得： (1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－2＝0， 其中Δ＞0，所以k 2＜12.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝ －8k 21＋2k 2，x 1x 2＝8k 2－21＋2k2， k MF ＋k NF ＝y 1x 1＋1＋y 2x 2＋1＝k （x 1＋2）x 1＋1＋k （x 2＋2）x 2＋1＝k [2＋x 1＋x 2＋2（x 1＋1）（x 2＋1）]＝0.故∠MFB ＋∠NFB ＝π.(3)S ＝12·FB |y 1－y 2|＝12|k ||x 1－x 2|＝128（1－2k 2）k2（1＋2k 2）2.令t ＝1＋2k 2， 则S ＝2－t 2＋3t －22t2＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －342＋18，当k 2＝16(满足k 2＜12)时，S 的最大值为24.12．(2019·浙江金华十校第二期调研)已知抛物线C ：y ＝x 2，点P (0，2)，A ，B 是抛物线上两个动点，点P 到直线AB 的距离为1.(1)若直线AB 的倾斜角为π3，求直线AB 的方程；(2)求|AB |的最小值．解：(1)设直线AB 的方程：y ＝3x ＋m ，则|m －2|1＋()32＝1，所以m ＝0或m ＝4，所以直线AB 的方程为y ＝3x 或y ＝3x ＋4. (2)设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，则|m －2|1＋k2＝1，所以k 2＋1＝(m －2)2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m y ＝x 2，得x 2－kx －m ＝0，所以x 1＋x 2＝k ，x 1x 2＝－m ， 所以|AB |2＝()1＋k 2[()x 1＋x 22－4x 1x 2]＝()1＋k 2()k 2＋4m ＝()m －22()m 2＋3，记f (m )＝()m －22(m 2＋3)，所以f ′(m )＝2(m －2)(2m 2－2m ＋3)，又k 2＋1＝()m －22≥1，所以m ≤1或m ≥3，当m ∈(]－∞，1时，f ′(m )＜0，f (m )单调递减，当m ∈[)3，＋∞时，f ′(m )＞0，f (m )单调递增，f (m )min ＝f (1)＝4，所以|AB |min ＝2.13.(2019·宁波市高考模拟)已知椭圆方程为x 24＋y 2＝1，圆C ：(x －1)2＋y 2＝r 2.(1)求椭圆上动点P 与圆心C 距离的最小值；(2)如图，直线l 与椭圆相交于A 、B 两点，且与圆C 相切于点M ，若满足M 为线段AB 中点的直线l 有4条，求半径r 的取值范围．解：(1)设P (x ，y )，|PC |＝（x －1）2＋y 2＝34x 2－2x ＋2＝34（x －43）2＋23， 由－2≤x ≤2，当x ＝43时，|PC |min ＝63.(2)当直线AB 斜率不存在且与圆C 相切时，M 在x 轴上，故满足条件的直线有2条； 当直线AB 斜率存在时，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0),由⎩⎪⎨⎪⎧x 214＋y 21＝1x224＋y 22＝1，整理得：y 1－y 2x 1－x 2＝－14×x 1＋x 2y 1＋y 2，则k AB ＝－x 04y 0，k MC ＝y 0x 0－1，k MC ×k AB ＝－1，则k MC ×k AB ＝－x 04y 0×y 0x 0－1＝－1，解得：x 0＝43，由M 在椭圆内部，则x 204＋y 20＜1，解得：y 20＜59，由：r 2＝(x 0－1)2＋y 20＝19＋y 20，所以19＜r 2＜23，解得：13＜r ＜63.所以半径r 的取值范围为(13，63) .14．(2019·严州中学月考改编)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为35，P (m ，0)为C 的长轴上的一个动点，过P 点且斜率为45的直线l 交C 于A ，B 两点．当m ＝0时，PA →·PB →＝－412.(1)求椭圆C 的方程；(2)证明：|PA |2＋|PB |2为定值． 解：(1)因为离心率为35，所以b a ＝45.当m ＝0时，l 的方程为y ＝45x ，代入x 2a 2＋y 2b 2＝1并整理得x 2＝a 22.设A (x 0，y 0)，则B (－x 0，－y 0)， PA →·PB →＝－x 20－y 20＝－4125x 20＝－4125·a 22. 又因为PA →·PB →＝－412，所以a 2＝25，b 2＝16，椭圆C 的方程为x 225＋y 216＝1.(2)证明：将l 的方程为x ＝54y ＋m ，代入x 225＋y216＝1，并整理得25y 2＋20my ＋8(m 2－25)＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则|PA |2＝(x 1－m )2＋y 21＝4116y 21，同理|PB |2＝4116y 22.则|PA |2＋|PB |2＝4116(y 21＋y 22)＝4116[(y 1＋y 2)2－2y 1y 2]＝4116·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－4m 52－16（m 2－25）25＝41.所以|PA |2＋|PB |2为定值．15.(2019·温州十五校联合体联考)如图，已知抛物线C 1：y 2＝2px (p ＞0)，直线l 与抛物线C 1相交于A 、B 两点，且当倾斜角为60°的直线l 经过抛物线C 1的焦点F 时，有|AB |＝13.(1)求抛物线C 1的方程； (2)已知圆C 2：(x －1)2＋y 2＝116，是否存在倾斜角不为90°的直线l ，使得线段AB 被圆C 2截成三等分？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)当倾斜角为60°的直线l 经过抛物线C 1的焦点F 时，直线l 的方程为y ＝3(x－p2)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3（x －p 2）y 2＝2px ，即3x 2－5px ＋34p 2＝0， 所以|AB |＝5p 3＋p ＝13，即p ＝18，所以抛物线C 1的方程是y 2＝14x .(2)假设存在直线l ，使得线段AB 被圆C 2截成三等分，令直线l 交圆C 2于C ，D ，设直线l 的方程为x ＝my ＋b ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意知，线段AB 与线段CD 的中点重合且有|AB |＝3|CD |，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧4y 2＝x x ＝my ＋b ，即4y 2－my －b ＝0，所以y 1＋y 2＝m 4，y 1y 2＝－b 4，x 1＋x 2＝m 24＋2b ，所以线段AB 中点的坐标M 为(m 28＋b ，m 8)，即线段CD 的中点为(m 28＋b ，m8)，又圆C 2的圆心为C 2(1，0)，所以k MC 2＝m8m 28＋b －1＝－m ，所以m 2＋8b －7＝0，即b ＝78－m28，又因为|AB |＝1＋m 2·m 216＋b ＝141＋m 2·14－m 2，因为圆心C 2(1，0)到直线l 的距离d ＝|1－b |1＋m 2，圆C 2的半径为14， 所以3|CD |＝6116－（1－b ）21＋m 2＝343－m 2(m 2＜3)， 所以m 4－22m 2＋13＝0，即m 2＝11±63， 所以m ＝±11－63，b ＝33－24，以下内容为“高中数学该怎么有效学习？”首先要做到以下两点：1、先把教材上的知识点、理论看明白。

课时跟踪练(六十二)A 组 基础巩固1．(2019·石家庄模拟)已知P 为双曲线C ：x 29－y 216＝1上的点，点M 满足|QM →|＝1，且OM →·PM →＝0，则当|PM →|取得最小值时点P 到双曲线C 的渐近线的距离为( )A.95B.125C ．4D ．5解析：由OM →·PM →＝0，得OM ⊥PM ，根据勾股定理，求|MP |的最小值可以转化为求|OP |的最小值，当|OP |取得最小值时，点P 的位置为双曲线的顶点(±3，0)，而双曲线的渐近线为4x ±3y ＝0，所以所求的距离d ＝125，故选B. 答案：B2．已知P (x 0，y 0)是椭圆C ：x 24＋y 2＝1上的一点，F 1，F 2是C的两个焦点，若PF 1→·PF 2→<0，则x 0的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－263，263 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－233，233 C.⎝⎛⎭⎪⎫－33，33D.⎝⎛⎭⎪⎫－63，63解析：由题意可知F 1(－3，0)，F 2(3，0)，则PF 1→·PF 2→＝(x 0＋3)(x 0－3)＋y 20＝x 20＋y 20－3<0.因为点P 在椭圆上，所以y 20＝1－x 204.所以x 20＋⎝⎛⎭⎪⎫1－x 204－3<0，解得－263<x 0<263，即x 0的取值范围是⎝⎭故选A. 答案：A3．若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线与抛物线y ＝x 2＋2有公共点，则此双曲线的离心率的取值范围是( )A ．[3，＋∞)B ．(3，＋∞)C ．(1，3]D ．(1，3)解析：依题意可知双曲线渐近线方程为y ＝±ba x ，与抛物线方程联立消去y 得x 2±bax ＋2＝0.因为渐近线与抛物线有交点， 所以Δ＝b 2a 2－8≥0，求得b 2≥8a 2，所以c ＝a 2＋b 2≥3a ， 所以e ＝ca ≥3.答案：A4．(2019·昆明一中模拟)设O 为坐标原点，P 是以F 为焦点的抛物线y 2＝2px (p >0)上任意一点，M 是线段PF 上的点，且|PM |＝2|MF |，则直线OM 的斜率的最大值为( )A.22B.23C.33D ．1解析：由题意可得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 202p ，y 0(y 0>0)，则OM →＝OF →＋FM →＝OF →＋13FP →＝OF →＋13(OP →－OF →)＝13OP →＋23OF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y 206p ＋p 3，y 03， 可得k ＝y 03y 206p ＋p 3＝1y 02p ＋p y 0≤12 y 02p ·p y 0＝22. 当且仅当y 02p ＝py 0时取得等号，故选A. 答案：A5．过抛物线y 2＝x 的焦点F 的直线l 交抛物线于A ，B 两点，且直线l 的倾斜角θ≥π4，点A 在x 轴上方，则|AF |的取值范围是( )A.⎝⎛⎦⎥⎤14，1 B.⎝⎛⎭⎪⎫14，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ D.⎝ ⎛⎦⎥⎤14，1＋22解析：记点A 的横坐标是x 1，则有|AF |＝x 1＋14＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋|AF |cos θ＋14＝12＋|AF |cos θ， |AF |(1－cos θ)＝12，|AF |＝12（1－cos θ）.由π4≤θ<π得－1<cos θ≤22，2－2≤2(1－cos θ)<4， 14<12（1－cos θ）≤12－2＝1＋22， 即|AF |的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤14，1＋22.答案：D6．已知动点P (x ，y )在椭圆x 225＋y 216＝1上，若A 点坐标为(3，0)，|AM →|＝1，且PM →·AM →＝0，则|PM →|的最小值是________．解析：因为PM →·AM →＝0，所以AM →⊥PM →. 所以|PM →|2＝|AP →|2－|AM →|2＝|AP →|2－1， 因为椭圆右顶点到右焦点A 的距离最小， 故|AP →|min ＝2，所以|PM →|min ＝ 3. 答案： 37．在平面直角坐标系xOy 中，P 为双曲线x 2－y 2＝1右支上的一个动点，若点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c 恒成立，则实数c 的最大值为________．解析：由双曲线的性质知所求的c 的最大值就是双曲线的一条渐近线x －y ＝0与直线x －y ＋1＝0的距离，此距离d ＝12＝22.答案：228．(2019·河南六市一模)椭圆C ：x 24＋y 23＝1的左、右顶点分别为A 1，A 2，点P 在C 上(P 不与A 1，A 2重合)且直线PA 2斜率的取值范围是[－2，－1]，那么直线PA 1斜率的取值范围是________．解析：由椭圆C ：x 24＋y 23＝1可知左顶点A 1(－2，0)，右顶点A 2(2，0)，设P (x 0，y 0)(x 0≠±2)，则x 204＋y 203＝1，得y 2x 20－4＝－34，因为kPA 1＝y 0x 0＋2，kPA 2＝y 0x 0－2，所以kPA 1·kPA 2＝y 20x 20－4＝－34，又因为－2≤kPA 2≤－1，所以－2≤－34kPA 1≤－1，解得38≤kPA 1≤34，即直线PA 1斜率的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤38，34.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤38，349．(2019·临汾一中月考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2＝1(a >0)，过椭圆C的右顶点和上顶点的直线与圆x 2＋y 2＝23相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)设M 是椭圆C 的上顶点，过点M 分别作直线MA ，MB 交椭圆C 于A ，B 两点，设这两条直线的斜率分别为k 1，k 2，且k 1＋k 2＝2，证明：直线AB 过定点．(1)解：因为直线过(a ，0)和(0，1)，所以直线的方程为x ＋ay －a ＝0，因为直线与圆x 2＋y 2＝23相切，所以|－a |1＋a2＝63，解得a 2＝2，所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：当直线AB 的斜率不存在时，设A (x 0，y 0)，则B (x 0，－y 0)，由k 1＋k 2＝2得y 0－1x 0＋－y 0－1x 0＝2，解得x 0＝－1.当直线AB 的斜率存在时，设AB 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎨⎧x 22＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，⇒(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，由根与系数关系得，x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－21＋2k 2， 由k 1＋k 2＝2⇒y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝2⇒（kx 2＋m －1）x 1＋（kx 1＋m －1）x 2x 1x 2＝2，即(2－2k )x 1x 2＝(m －1)(x 1＋x 2)⇒(2－2k )(2m 2－2)＝(m －1)(－4km )，即(1－k )(m 2－1)＝－km (m －1)，由m ≠1，得(1－k )(m ＋1)＝－km ⇒k ＝m ＋1， 即y ＝kx ＋m ＝(m ＋1)x ＋m ⇒m (x ＋1)＝y －x ， 故直线AB 过定点(－1，－1)． 综上，直线AB 过定点(－1，－1)．10．(2019·蚌埠模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点P (0，1)，离心率e ＝32. (1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 经过点Q (2，－1)且与C 相交于A ，B 两点(异于点P )，记直线PA 的斜率为k 1，直线PB 的斜率为k ，证明：k 1＋k 2为定值．(1)解：因为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，经过点P (0，1)，所以b＝1.又e ＝32，所以ca ＝32，解得a ＝2.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：若直线AB 的斜率不存在，则直线l 的方程为x ＝2，此时直线与椭圆相切，不符合题意．设直线AB 的方程为y ＋1＝k (x －2)，即y ＝kx －2k －1，A (x 1，y 1)，B (x 1，y 2)，联立⎩⎨⎧y ＝kx －2k －1，x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－8k (2k ＋1)x ＋16k 2＋16k ＝0，则x 1＋x 2＝8k （2k ＋1）1＋4k 2，x 1x 2＝16k 2＋16k1＋4k 2.k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝x 2（kx 1－2k －2）＋x 1（kx 2－2k －2）x 1x 2＝2kx 1x 2－（2k ＋2）（x 1＋x 2）x 1x 2＝2k －（2k ＋2）（x 1＋x 2）x 1x 2＝2k －（2k ＋2）·8k （2k ＋1）16k （k ＋1）＝2k －(2k ＋1)＝－1.所以k 1＋k 2为定值，且定值为－1.B 组 素养提升11．设双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线与抛物线y 2＝x 的一个交点的横坐标为x 0，若x 0>1，则双曲线C 的离心率e 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫1，62B ．(2，＋∞)C ．(1，2)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫62，＋∞ 解析：不妨联立y ＝ba x 与y 2＝x ，消去y 得b 2a2x 2＝x ，由x 0>1，知b 2a 2<1，即c 2－a 2a 2<1，故e 2<2，又e >1，所以1<e <2，故选C. 答案：C12. (2019·河南百校联盟考)已知直线l ：x ＝ty ＋1经过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 及圆x 2－mx ＋y 2＝0的圆心，若直线l 自上而下顺次与上述两曲线交于点A ，B ，C ，D (如图所示)，则|AB |＋m |CD |的最小值是( )A ．2B ．4C ．2 2D ．4 2解析：由题意可得抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点及圆x 2－mx ＋y 2＝0的圆心均为F (1，0)，所以抛物线方程为y 2＝4x ，圆的方程为x 2－2x ＋y 2＝0，把x ＝ty ＋1代入抛物线方程，得y 2－4ty －4＝0，设A (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则y 1y 2＝－4，根据抛物线的定义知|AF |＝x 1＋1，|DF |＝x 2＋1，故|AB |＝x 1，|CD |＝x 2，所以|AB |·|CD |＝x 1x 2＝y 214·y 224＝1，所以|AB |＋m |CD |＝|AB |＋2|CD |≥22|AB |·|CD |＝22，当且仅当|AB |＝2，|CD |＝22时，|AB |＋2|CD |取得最小值2 2.答案：C13．[一题多解](2018·浙江卷)已知点P (0，1)，椭圆x 24＋y 2＝m (m >1)上两点A ，B 满足AP →＝2PB →，则当m ＝________时，点B 横坐标的绝对值最大．解析：法一 如图，设A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，由于椭圆具有对称性，不妨设点B 在第一象限，则x B >0，y B >0.因为P (0，1)，AP →＝2PB →， 所以(－x A ，1－y A )＝2(x B ，y B －1)． 所以－x A ＝2x B ， 即x A ＝－2x B .设直线AB ：y ＝kx ＋1(k >0)． 将y ＝kx ＋1代入x 24＋y 2＝m ，得(1＋4k 2)x 2＋8kx ＋4－4m ＝0.(*) 所以x A ＋x B ＝－x B ＝－8k1＋4k 2， 所以x B ＝8k 1＋4k 2＝81k ×4k ≤82× 1k ×4k ＝2，当1k ＝4k ，即k ＝12时，x B 取到最大值2. 此时方程(*)化为x 2＋2x ＋2－2m ＝0， x A ·x B ＝－2x 2B ，即2－2m ＝－8， 解得m ＝5.当点B 在其他象限时，同理可解．法二 设直线AB ：y ＝kx ＋1(k ≠0)，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )． 由P (0，1)，AP →＝2PB →，得x A ＝－2x B .由⎩⎨⎧y ＝kx ＋1，x 24＋y 2＝m ，得(1＋4k 2)x 2＋8kx ＋4－4m ＝0， 所以x A ＋x B ＝－x B ＝－8k 4k 2＋1，x A x B ＝－2x 2B ＝4－4m 4k 2＋1.消去x B ，得m ＝1＋32k 24k 2＋1.|x B |＝8|k |4k 2＋1≤84|k |＋1|k |≤2， 当|k |＝12时，|x B |max ＝2，此时m ＝5.答案：514．(2019·合肥一检)已知点F 为椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点，且两焦点与短轴的一个顶点构成一个等边三角形，直线x 4＋y2＝1与椭圆E 有且仅有一个交点M .(1)求椭圆E 的方程；(2)设直线x 4＋y2＝1与y 轴交于P ，过点P 的直线l 与椭圆E 交于两不同点A ，B ，若λ|PM |2＝|PA |·|PB |，求实数λ的取值范围．解：(1)由题意得a ＝2c ，b ＝3c ， 则椭圆E 为x 24c 2＋y 23c2＝1.联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝c 2，x 4＋y 2＝1，得x 2－2x ＋4－3c 2＝0. 因为直线x 4＋y2＝1与椭圆E 有且仅有一个交点M ，所以Δ＝4－4(4－3c 2)＝0⇒c 2＝1， 所以椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)得M ⎝⎛⎭⎪⎫1，32， 因为直线x 4＋y2＝1与y 轴交于P (0，2)，所以|PM |2＝54， 当直线l 与x 轴垂直时，|PA |·|PB |＝(2＋3)(2－3)＝1，所以由λ|PM |2＝|PA |·|PB |⇒λ＝45， 当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，3x 2＋4y 2－12＝0，⇒(3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0， 依题意得x 1x 2＝43＋4k 2，且Δ＝48(4k 2－1)>0，所以k 2>14， 所以|PA |·|PB |＝(1＋k 2)x 1x 2＝(1＋k 2)·43＋4k 2＝1＋13＋4k 2＝54λ， 所以λ＝45⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋4k 2，因为k 2>14，所以45<λ<1， 综上所述，λ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫45，1.。

高考大题专项(五) 圆锥曲线的综合问题突破1 圆锥曲线中的最大(小)值、范围问题1.(2020河南郑州模拟)已知椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)上的点到右焦点F (c ,0)的最大距离是√2+1,且1,√2a ,4c 成等比数列. (1)求椭圆的方程;(2)过点F 且与x 轴不垂直的直线l 与椭圆交于A ,B 两点,线段AB 的垂直平分线交x 轴于点M (m ,0),求实数m 的取值范围.2.(2020湖南湘潭一模)已知F (√3,0)为椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的一个焦点,点M (√3,12)在椭圆C 上.(1)求椭圆C 的方程;(2)若直线l 与椭圆C 分别相交于A ,B 两点,且k OA +k OB =-12(O 为坐标原点),求直线l 的斜率的取值范围.3.已知椭圆E 的中心在原点,焦点F 1,F 2在y 轴上,离心率等于2√23,P 是椭圆E 上的点.以线段PF 1为直径的圆经过F 2,且9PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1. (1)求椭圆E 的方程;(2)作直线l 与椭圆E 交于两个不同的点M ,N.如果线段MN 被直线2x+1=0平分,求直线l 的倾斜角的取值范围.4.(2020宁夏银川模拟)如图,椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1(-1,0),F 2(1,0),直线l :x=a 2交x 轴于点A ,且AF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .(1)求椭圆的方程;(2)过点F 1,F 2分别作互相垂直的两条直线与椭圆分别交于D ,E ,M ,N 四点,试求四边形DMEN 面积的最大值和最小值.5.(2020山东济宁一模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的离心率为√33,且椭圆C 过点(32,√22). (1)求椭圆C 的标准方程;(2)过椭圆C 的右焦点的直线l 与椭圆C 分别相交于A ,B 两点,且与圆O :x 2+y 2=2相交于E ,F 两点,求|AB|·|EF|2的取值范围.突破2 定点、定值问题1.(2019北京,理18)已知抛物线C :x 2=-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.2.(2020重庆模拟)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1,F 2.点M 在椭圆C 上运动,若△MF 1F 2的面积取得最大值4时,有且仅有2个不同的点M 使得△MF 1F 2为直角三角形. (1)求椭圆C 的方程;(2)过点P (0,1)的直线l 与椭圆C 分别相交于A ,B 两点,与x 轴交于点Q.设QA ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,QB ⃗⃗⃗⃗⃗ =μPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求证:λ+μ为定值,并求该定值.3.(2020甘肃白银联考)设椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,下顶点为A,O为坐标原点,点O到直线AF2的距离为√22,△AF1F2为等腰直角三角形.(1)求椭圆C的标准方程;(2)直线l与椭圆C分别相交于M,N两点,若直线AM与直线AN的斜率之和为2,证明:直线l恒过定点,并求出该定点的坐标.4.(2020湖南郴州教学质量监测)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,过点F的直线分别交抛物线于A,B两点.(1)若以AB为直径的圆的方程为(x-2)2+(y-3)2=16,求抛物线C的标准方程;(2)过点A,B分别作抛物线的切线l1,l2,证明:l1,l2的交点在定直线上.突破3证明、探索性问题1.已知椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),离心率为12,直线l:y=k(x-4)(k≠0)与椭圆C交于不同两点M,N,直线FM,FN分别交y轴于A,B两点.(1)求椭圆C的方程;(2)求证:|FA|=|FB|.2.如图,已知椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为13,左、右焦点分别为F1,F2,A为椭圆C上一点,AF1与y轴相交于点B,|AB|=|F2B|,|OB|=43.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1,A2,过点A1,A2分别作x轴的垂线l1,l2,椭圆C的一条切线l:y=kx+m(k≠0)与l1,l2分别交于M,N两点,求证:∠MF1N=∠MF2N.3.(2020云南曲靖模拟)已知椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,F为左焦点,过点F作x轴的垂线交椭圆C于A,B两点,且|AB|=3.(1)求椭圆C的方程.(2)在圆x2+y2=3上是否存在一点P,使得在点P处的切线l与椭圆C相交于M,N两点,且满足OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ON⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ?若存在,求l的方程;若不存在,请说明理由.4.(2020江西新余模拟)已知F为椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点,点P(2,√2)在椭圆C上,且PF⊥x轴.(1)求椭圆C的方程.(2)如图,过点F的直线l分别交椭圆C于A,B两点,交直线x=4于点M.判断直线PA,PM,PB的斜率是否构成等差数列?请说明理由.5.(2020湖南五市十校联考)已知动圆C过定点F(1,0),且与定直线x=-1相切.(1)求动圆圆心C的轨迹E的方程.(2)过点M(-2,0)的任意一条直线l与轨迹E分别相交于不同的两点P,Q,试探究在x轴上是否存在定点N(异于点M),使得∠QNM+∠PNM=π?若存在,求点N的坐标;若不存在,说明理由.6.已知圆C :(x-1)2+y 2=14,一动圆与直线x=-12相切且与圆C 外切. (1)求动圆圆心P 的轨迹T 的方程.(2)若经过定点Q (6,0)的直线l 与轨迹T 交于A ,B 两点,M 为线段AB 的中点,过M 作x 轴的平行线与轨迹T 相交于点N ,试问是否存在直线l ,使得NA ⊥NB ?若存在,求出直线l 的方程;若不存在,请说明理由.参考答案高考大题专项(五) 圆锥曲线的综合问题突破1 圆锥曲线中的 最大(小)值、范围问题1.解(1)由已知可得{a +c =√2+1,1×4c =2a 2,a 2=b 2+c 2,解得{a =√2,b =1,c =1,所以椭圆的方程为x 22+y 2=1.(2)由题意得F (1,0),设直线AB 的方程为y=k (x-1).与椭圆方程联立得{x 2+2y 2-2=0,y =k (x -1),消去y 可得(1+2k 2)x 2-4k 2x+2k 2-2=0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1+x 2=4k21+2k2,y 1+y 2=k (x 1+x 2)-2k=-2k 1+2k2.可得线段AB 的中点为N2k21+2k2,-k 1+2k2.当k=0时,直线MN 为y 轴,此时m=0.当k ≠0时,直线MN 的方程为y+k1+2k 2=-1k (x -2k21+2k2), 化简得ky+x-k21+2k2=0.令y=0,得x=k21+2k2.所以m=k21+2k2=11k2+2∈(0,12).综上所述,实数m 的取值范围为[0,12).2.解(1)由题意知,椭圆的另一个焦点为(-√3,0),所以点M 到两焦点的距离之和为√(2√3)2+(12)2+12=4.所以a=2.又c=√3,所以b=1,所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)当直线l 的斜率不存在时,结合椭圆的对称性可知,k OA +k OB =0,不符合题意. 故设直线l 的方程为y=kx+m (k ≠0),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),联立{x 24+y2=1,y =kx +m ,可得(4k 2+1)x 2+8kmx+4(m 2-1)=0.则x 1+x 2=-8km 4k 2+1,x 1x 2=4(m 2-1)4k 2+1.而k OA +k OB =y1x 1+y2x 2=(kx 1+m )x 2+(kx 2+m )x 1x 1x 2=2k+m (x 1+x 2)x 1x 2=2k+-8km 24(m 2-1)=-2km 2-1.由k OA +k OB =-12,可得m 2=4k+1, 所以k ≥-14.又由Δ>0,得16(4k 2-m 2+1)>0,所以4k 2-4k>0,解得k<0或k>1,综上,直线l 的斜率的取值范围为[-14,0)∪(1,+∞). 3.解(1)依题意,设椭圆E 的方程为y 2a 2+x 2b2=1(a>b>0),半焦距为c.因为椭圆E 的离心率为2√23, 所以c=2√23a ,b 2=a 2-c 2=a 29.因为以线段PF 1为直径的圆经过点F 2,所以PF 2⊥F 1F 2.所以|PF 2|=b2a .因为9PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1, 所以9|PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=9b 4a 2=1.由{b 2=a 29,9b 4a 2=1,得{a 2=9,b 2=1,所以椭圆E 的方程为y 29+x 2=1.(2)因为直线x=-12与x 轴垂直,且由已知得直线l 与直线x=-12相交, 所以直线l 不可能与x 轴垂直, 所以设直线l 的方程为y=kx+m. 由{y =kx +m ,9x 2+y 2=9,得(k 2+9)x 2+2kmx+m 2-9=0.因为直线l 与椭圆E 交于两个不同的点M ,N ,所以Δ=4k 2m 2-4(k 2+9)(m 2-9)>0,即m 2-k 2-9<0.设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则x 1+x 2=-2kmk 2+9.因为线段MN 被直线2x+1=0平分, 所以2×x 1+x 22+1=0, 即-2kmk 2+9+1=0.由{m 2-k 2-9<0,-2kmk 2+9+1=0,得(k 2+92k )2-(k 2+9)<0.因为k 2+9>0,所以k 2+94k2-1<0,所以k 2>3,解得k>√3或k<-√3.所以直线l 的倾斜角的取值范围为π3,π2∪π2,2π3. 4.解(1)由题意知,|F 1F 2|=2c=2,A (a 2,0),因为AF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以F 2为线段AF 1的中点,则a 2=3,b 2=2,所以椭圆方程为x 23+y 22=1. (2)当直线DE 与x 轴垂直时,|DE|=2b2a=√3,此时|MN|=2a=2√3,四边形DMEN 的面积S=|DE |·|MN |2=4. 同理当MN 与x 轴垂直时, 也有四边形DMEN 的面积S=|DE |·|MN |2=4. 当直线DE ,MN 与x 轴均不垂直时,设直线DE :y=k (x+1)(k ≠0),D (x 1,y 1),E (x 2,y 2),代入椭圆方程,消去y 可得(2+3k 2)x 2+6k 2x+3k 2-6=0,则x 1+x 2=-6k22+3k 2,x 1x 2=3k 2-62+3k2,所以|x 1-x 2|=4√3×√k 2+12+3k2,所以|DE|=√k 2+1|x 1-x 2|=4√3(k 2+1)2+3k2.同理|MN|=4√3[(-1k)2+1]2+3(-1k )2=4√3(1k 2+1)2+3k 2,所以四边形DMEN 的面积S=|DE |·|MN |2=12×4√3(k 2+1)2+3k 2×4√3(1k 2+1)2+3k 2=24(k 2+1k 2+2)6(k 2+1k2)+13, 令u=k 2+1k2,则S=4-413+6u .因为u=k 2+1k2≥2,当且仅当k=±1时,等号成立,此时S=9625,且S 是以u 为自变量的增函数,则9625≤S<4.综上可知,9625≤S ≤4,故四边形DMEN 面积的最大值为4,最小值为9625. 5.解(1)由题意得c a =√33,所以a 2=32b 2,所以椭圆的方程为x 232b2+y 2b2=1,将点(32,√22)代入方程得b 2=2,即a 2=3,所以椭圆C 的标准方程为x 23+y 22=1.(2)由(1)可知,椭圆的右焦点为(1,0),①若直线l 的斜率不存在,则直线l 的方程为x=1, 则A (1,2√33),B (1,-2√33),E (1,1),F (1,-1), 所以|AB|=4√33,|EF|2=4,|AB|·|EF|2=16√33.②若直线l 的斜率存在,则设直线l 的方程为y=k (x-1),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2).联立{x 23+y 22=1,y =k (x -1),消去y (2+3k 2)x 2-6k 2x+3k 2-6=0,则x 1+x 2=6k 22+3k2,x 1x 2=3k 2-62+3k2,所以|AB|=√(1+k 2)(x 1-x 2)2=√(1+k 2)[(6k22+3k2)2-4×3k 2-62+3k2]=4√3(k 2+1)2+3k2.因为圆心O (0,0)到直线l 的距离d=√k +1,所以|EF|2=4(2-k2k 2+1)=4(k 2+2)k 2+1,所以|AB|·|EF|2=4√3(k 2+1)2+3k2·4(k 2+2)k 2+1=16√3(k 2+2)2+3k2=16√33·k 2+2k 2+23=16√33(1+43k 2+23).因为k 2∈[0,+∞), 所以|AB|·|EF|2∈16√33,16√3.综上,|AB|·|EF|2的取值范围为16√33,16√3.突破2 定点、定值问题1.(1)解由抛物线C :x 2=-2py 经过点(2,-1),得p=2.所以抛物线C 的方程为x 2=-4y ,其准线方程为y=1.(2)证明抛物线C 的焦点为F (0,-1).设直线l 的方程为y=kx-1(k ≠0).由{y =kx -1,x 2=-4y ,得x 2+4kx-4=0. 设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则x 1x 2=-4. 直线OM 的方程为y=y1x 1x.令y=-1,得点A 的横坐标x A =-x1y 1.同理得点B 的横坐标x B =-x2y 2.设y 轴上一点D (0,n ),则DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =-x 1y 1,-1-n ,DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-x 2y2,-1-n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2y 1y 2+(n+1)2=x 1x 2(-x 124)(-x 224)+(n+1)2=16x 1x 2+(n+1)2=-4+(n+1)2.令DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =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.(1)解由题意知,当点M 在短轴端点时,△MF 1F 2为直角三角形且∠F 1MF 2=90°,S △MF 1F 2=4,所以b=c 且S=12·2c·b=bc=4,解得b=c=2,a 2=b 2+c 2=8, 所以椭圆C 的方程为x 28+y 24=1.(2)证明显然直线l 的斜率不为0,设直线l :x=t (y-1),联立{x 28+y 24=1,x =t (y -1),消去x ,得(t 2+2)y 2-2t 2y+t 2-8=0. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则y 1+y 2=2t 2t 2+2,y 1y 2=t 2-8t 2+2.令y=0,则x=-t ,所以Q (-t ,0),因为QA ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以y 1=λ(y 1-1), 所以λ=y1y 1-1. 因为QB ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以y 2=μ(y 2-1), 所以μ=y2y 2-1.所以λ+μ=y 1y 1-1+y 2y 2-1=2y 1y 2-(y 1+y 2)y 1y 2-(y 1+y 2)+1=83.3.(1)解由题意可知,直线AF 2的方程为xc +y -b =1,即-bx+cy+bc=0,√b +c 2=bc a =√22.因为△AF 1F 2为等腰直角三角形,所以b=c , 又a 2=b 2+c 2,可得a=√2,b=1,c=1, 所以椭圆C 的标准方程为x 22+y 2=1. (2)证明由(1)知A (0,-1).当直线l 的斜率存在时,设直线l 的方程为y=kx+t (t ≠±1),代入x 22+y 2=1,得(1+2k 2)x 2+4ktx+2t 2-2=0,所以Δ=16k 2t 2-4(1+2k 2)(2t 2-2)>0,即t 2-2k 2<1.设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则x 1+x 2=-4kt 1+2k2,x 1x 2=2t 2-21+2k2.因为直线AM 与直线AN 的斜率之和为2,所以k AM +k AN =y 1+1x 1+y 2+1x 2=kx 1+t+1x 1+kx 2+t+1x 2=2k+(t+1)(x 1+x 2)x 1x 2=2k-(t+1)·4kt2t 2-2=2, 整理得t=1-k.所以直线l 的方程为y=kx+t=kx+1-k=k (x-1)+1,显然直线y=k (x-1)+1经过定点(1,1). 当直线l 的斜率不存在时,设直线l 的方程为x=m.因为直线AM 与直线AN 的斜率之和为2,设M (m ,n ),则N (m ,-n ),所以k AM +k AN =n+1m +-n+1m =2m =2,解得m=1,此时直线l 的方程为x=1,显然直线x=1也经过定点(1,1).综上,直线l 恒过点(1,1).4.(1)解设AB 中点为M ,A 到准线的距离为d 1,B 到准线的距离为d 2,M 到准线的距离为d ,则d=y M +p2.由抛物线的定义可知,d 1=|AF|,d 2=|BF|,所以d 1+d 2=|AB|=8, 由梯形中位线可得d=d 1+d 22=4,所以y M +p2=4. 又y M =3,所以3+p2=4,可得p=2, 所以抛物线C 的标准方程为x 2=4y. (2)证明设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由x 2=2py ,得y=x 22p ,则y'=x p ,所以直线l 1的方程为y-y 1=x1p (x-x 1),直线l 2的方程为y-y 2=x2λ(x-x 2),联立得x=x 1+x 22,y=x 1x22p ,即直线l 1,l 2的交点坐标为(x 1+x 22,x 1x 22p ).因为AB 过焦点F (0,p2),由题可知直线AB 的斜率存在,故可设直线AB 方程为y-p2=kx ,代入抛物线x 2=2py 中,得x 2-2pkx-p 2=0,所以x 1x 2=-p2,y=x 1x 22p =-p 22p =-p2,所以l 1,l 2的交点在定直线y=-p2上.突破3 证明、探索性问题1.(1)解由题意可得{c =1,ca=12,a 2=b 2+c 2,解得{a =2,b =√3,所以椭圆C 的方程为x 24+y 23=1.(2)证明设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)(x 1≠1且x 2≠1).联立{x 24+y 23=1,y =k (x -4)消去y ,得(4k 2+3)x 2-32k 2x+64k 2-12=0.依题意Δ=(-32k 2)-4(4k 2+3)·(64k 2-12)>0,即0<k2<14.则x 1+x 2=32k 24k 2+3,x 1x 2=64k 2-124k 2+3.因为k MF +k NF =y 1x 1-1+y 2x 2-1=k (x 1-4)x 1-1+k (x 2-4)x 2-1=k [2x 1x 2-5(x 1+x 2)+8](x 1-1)(x 2-1)=k [2·(64k 2-124k 2+3)-5·(32k24k 2+3)+8](x 1-1)(x 2-1)=0.所以直线MF 的倾斜角与直线NF 的倾斜角互补,即∠OFA=∠OFB. 又OF ⊥AB ,所以|FA|=|FB|.2.(1)解连接AF 2,由题意得|AB|=|F 2B|=|F 1B|,所以BO 为△F 1AF 2的中位线.又BO ⊥F 1F 2,所以AF 2⊥F 1F 2,且|AF 2|=2|BO|=b2a=83.又离心率e=c a=13,a 2=b 2+c 2,得a 2=9,b 2=8,故所求椭圆C 的标准方程为x 29+y 28=1.(2)证明由题可知,l 1的方程为x=-3,l 2的方程为x=3.直线l 的方程分别与直线l 1,l 2的方程联立得M (-3,-3k+m ),N (3,3k+m ),所以F 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-3k+m ),F 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,3k+m ), 所以F 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·F 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-8+m 2-9k 2.联立{x 29+y 28=1,y =kx +m ,得(9k 2+8)x 2+18kmx+9m 2-72=0.因为直线l 与椭圆C 相切,所以Δ=(18km )2-4(9k 2+8)(9m 2-72)=0,化简得m 2=9k 2+8.所以F 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·F 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-8+9k 2+8-9k 2=0,所以F 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥F 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,故∠MF 1N=π2.同理F 2M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,-3k+m ),F 2N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,3k+m ),F 2M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·F 2N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以F 2M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥F 2N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,∠MF 2N=π2.故∠MF 1N=∠MF 2N.3.解(1)∵e=√1-b2a 2=12,∴3a 2=4b 2.又|AB|=2b2a=3,∴a=2,b=√3.∴椭圆C 的方程为x 2+y 2=1.(2)不存在.理由如下,假设存在点P ,使得OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 当直线l 的斜率不存在时, l :x=√3或x=-√3,与椭圆C :x 24+y 23=1相交于M ,N 两点,此时M (√3,√32),N √3,-√32或M -√3,√32,N -√3,-√32, ∴OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·ON⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3-34=94≠0, ∴当直线l 的斜率不存在时,不满足OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 当直线l 的斜率存在时,设y=kx+m ,联立{y =kx +m ,x 24+y 23=1,得(3+4k 2)x 2+8kmx+4m 2-12=0.∵直线l 与椭圆C 相交于M ,N 两点, ∴Δ>0,化简得4k 2>m 2-3. 设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),∴x 1+x 2=-8km3+4k2,x 1x 2=4m 2-123+4k2,y 1y 2=(kx 1+m )(kx 2+m )=k 2x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2=3m 2-12k 23+4k2.∵OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, ∴4m 2-123+4k2+3m 2-12k 23+4k2=0,∵7m 2-12k 2-12=0,又直线l 与圆x 2+y 2=3相切, ∴√3=√1+k ∴m 2=3+3k 2,∴21+21k 2-12k 2-12=0,解得k 2=-1,显然不成立,∴在圆上不存在这样的点P ,使OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ON⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 成立. 4.解(1)因为点P (2,√2)在椭圆C 上,且PF ⊥x 轴,所以c=2.设椭圆C 的左焦点为E ,则|EF|=2c=4,|PF|=√2.在Rt △EFP 中,|PE|2=|PF|2+|EF|2=18,所以|PE|=3√2. 所以2a=|PE|+|PF|=4√2,a=2√2. b 2=a 2-c 2=4, 故椭圆C 的方程为x 2+y 2=1.(2)直线PA ,PM ,PB 的斜率构成等差数列,理由如下,由题意可设直线AB 的方程为y=k (x-2),令x=4得y=2k ,点M 的坐标为(4,2k ).联立{x 28+y 24=1,y =k (x -2),得(2k 2+1)x 2-8k 2x+8(k 2-1)=0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1+x 2=8k22k 2+1,x 1x 2=8(k 2-1)2k 2+1.①设直线PA ,PB ,PM 的斜率分别为k 1,k 2,k 3,从而k 1=y 1-√2x 1-2,k 2=y 2-√2x 2-2,k 3=2k -√24-2=k-√22. 因为直线AB 的方程为y=k (x-2), 所以y 1=k (x 1-2),y 2=k (x 2-2),所以k 1+k 2=y 1-√2x 1-2+y 2-√2x 2-2=y 1x 1-2+y 2x 2-2−√2(1x 1-2+1x 2-2)=2k-√2·x 1+x 2-4x 1x 2-2(x 1+x 2)+4. ② 将①代入②,得k 1+k 2=2k-√2·8k22k 2+1-48(k 2-1)2k 2+1-16k22k 2+1+4=2k-√2.又k 3=k-√22,所以k 1+k 2=2k 3,故直线PA ,PM ,PB 的斜率成等差数列.5.解(1)(方法1)由题意知,动圆圆心C 到定点F (1,0)的距离与其到定直线x=-1的距离相等.由抛物线的定义,可得动圆圆心C 的轨迹是以F (1,0)为焦点,x=-1为准线的抛物线,其中p=2.所以动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2=4x.(方法2)设动圆圆心C (x ,y ),由题意知√(x -1)2+y 2=|x+1|,化简得y 2=4x ,即动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2=4x. (2)存在.假设存在点N (x 0,0),满足题设条件.由∠QNM+∠PNM=π可知,直线PN 与QN 的斜率互为相反数,即k PN +k QN =0. ①由题意知直线PQ 的斜率必存在且不为0,设直线PQ 的方程为x=my-2. 联立{y 2=4x ,x =my -2,得y 2-4my+8=0.由Δ=(-4m )2-4×8>0,得m>√2或m<-√2. 设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),则y 1+y 2=4m ,y 1y 2=8.由①式得k PN +k QN =y 1x 1-x 0+y2x 2-x 0=y 1(x 2-x 0)+y 2(x 1-x 0)(x 1-x 0)(x 2-x 0)=0,所以y 1(x 2-x 0)+y 2(x 1-x 0)=0, 即y 1x 2+y 2x 1-x 0(y 1+y 2)=0.消去x 1,x 2,得14y 1y 22+14y 2y 12-x 0(y 1+y 2)=0,14y 1y 2(y 1+y 2)-x 0(y 1+y 2)=0, 因为y 1+y 2≠0,所以x 0=14y 1y 2=2,所以存在点N (2,0),使得∠QNM+∠PNM=π.6.解(1)设P (x ,y ),分析可知动圆的圆心不能在y 轴的左侧,故x ≥0,因为动圆与直线x=-12相切,且与圆C 外切,所以|PC|-(x +12)=12, 所以|PC|=x+1, 所以√(x -1)2+y 2=x+1,化简可得y 2=4x.(2)存在.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由题意可知,当直线l 与y 轴垂直时,显然不符合题意,故可设直线l 的方程为x=my+6,联立{x =my +6,y 2=4x消去x ,可得y 2-4my-24=0, 显然Δ=16m 2+96>0, 则{y 1+y 2=4m ,y 1y 2=-24,① 所以x 1+x 2=(my 1+6)+(my 2+6)=4m 2+12, ② 因为x 1x 2=y 124·y 224,所以x 1x 2=36,③ 假设存在N (x 0,y 0),使得NA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·NB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,由题意可知y 0=y 1+y 22,所以y 0=2m , ④ 由点N 在抛物线上可知x 0=y 024,即x 0=m 2,⑤又NA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-x 0,y 1-y 0),NB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2-x 0,y 2-y 0),若NA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·NB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则x 1x 2-x 0(x 1+x 2)+x 02+y 1y 2-y 0(y 1+y 2)+y 02=0,将①②③④⑤代入上式化简可得3m 4+16m 2-12=0,即(m 2+6)(3m 2-2)=0, 所以m 2=23,故m=±√63,所以存在直线3x+√6y-18=0或3x-√6y-18=0,使得NA ⊥NB.。

解几综合题1.如图，()A m 和(,)B n 两点分别在射线OS 、OT 上移动，且12OA OB ⋅=-，O 为坐标原点，动点P 满足OP OA OB =+.（Ⅰ）求m n ⋅的值；（Ⅱ）求P 点的轨迹C 的方程，并说明它表示怎样的曲线？（Ⅲ）若直线l 过点E （2，0）交（Ⅱ）中曲线C 于M 、N 两点，且3ME EN =，求l 的方程.2. 如图，在平面直角坐标系中，已知动点()y x P ,，y PM ⊥轴，垂足为M ，点N 与点P 关于x 轴对称， 4=⋅MN OP（1）求动点P 的轨迹W 的方程（2）若点Q 的坐标为()0,2，A 、B 为W 上的两个动点，且满足QB QA ⊥，点Q 到直线AB 的距离为d ，求d 的最大值3. 已知直线l 过椭圆E:2222x y +=的右焦点F ，且与E 相交于,P Q 两点. ① 设1()2OR OP OQ =+（O 为原点），求点R 的轨迹方程；② 若直线l 的倾斜角为060，求1||PF4. 在双曲线1131222=-x y 的上半支有三点A ，B ，C ，其中B 是第一象限的点，F 为双曲的上焦点.若线段AC 的中点D 在直线y=6上，且|AF|，|BF|，|CF|构成等差数列. （Ⅰ）求点B 的坐标；（Ⅱ）若直线l 经过点D ，且在l 上任取一点P （不同于D 点），都存在实数λ，使得 ||||(CP AP +=λ证明：直线l 必过定点，并求出该定点的坐标。

5. 如图，椭圆两焦点F 1、F 2与短轴两端B 1、B 2正好是正方形的四个顶点，且焦点到椭圆上一点最近距离为.12-（I ）求椭圆的标准方程；（II ）过D(0，2)的直线与椭圆交于不同的两点M 、N ，且M 在D 、N 之间，设λ=||DN DM ，求λ的取值范围.6. 已知F 1、F 2分别是椭圆)0,0(12222>>=+b a by a x 的左、右焦点，其左准线与x 轴相交于点N ，并且满足，.2||,221121==F F NF F F （1）求此椭圆的方程；（2）设A 、B 是这个椭圆上的两点，并且满足]31,51[,∈=λλ当NB NA 时，求直线AB 的斜率的取值范围.7. 已知O 为坐标原点，点E 、F 的坐标分别为（-1，0）、（1，0），动点A 、M 、N 满足||||AE m EF =（1m >），0MN AF =⋅，1()2ON OA OF =+，//AM ME ．（Ⅰ）求点M 的轨迹W 的方程； （Ⅱ）点0(,)2mP y 在轨迹W 上，直线PF 交轨迹W 于点Q ，且PF FQ λ=，若12λ≤≤，求实数m 的范围．8. 已知点A （－1，0），B （1，－1）和抛物线.x y C 4:2=，O 为坐标原点，过点A 的动直线l 交抛物线C 于M 、P ，直线MB 交抛物线C 于另一点Q ，如图.（I ）若△POM 的面积为25，求向量OM 与OP 的夹角； （II ）试探求点O 到直线PQ 的距离是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由.9. 设不等式组⎩⎨⎧x ＋y >0，x －y >0表示的平面区域为D ．区域D 内的动点P 到直线x ＋y ＝0和直线x －y ＝0的距离之积为1．记点P 的轨迹为曲线C ． （Ⅰ）求曲线C 的方程；（Ⅱ）过点F (2，0)的直线与曲线C 交于A ，B 两点．若以线段AB 为直径的圆与y 轴相切，求线段AB 的长．10. 如图，在△OSF 中，c OF a OS OSF ==︒=∠,,90（c a ,均为正常数），E 、P 是平面OSF内的动点，且满足0=⋅OF SE ，),(R ∈=λλ向量PE c PF a +与PE c PF a -垂 直。

圆锥曲线之轨迹方程的求法（一）【复习目标】□1. 了解曲线与方程的对应关系，掌握求曲线方程的一般步骤；□2. 会用直接法、定义法、相关点法（坐标代换法）求方程。

【基础练习】1．到两坐标轴的距离相等的动点的轨迹方程是( )A ．y x =B ．||y x =C ．22y x =D ．220x y +=2．已知点(,)P x y 4，则动点P 的轨迹是( )A ．椭圆B ．双曲线C ．两条射线D ．以上都不对3．设定点1(0,3)F -、2(0,3)F ，动点P 满足条件129(0)PF PF a a a+=+>，则点P 的轨迹( ) A ．椭圆 B ．线段 C. 不存在 D ．椭圆或线段4．动点P 与定点(1,0)A -、(1,0)B 的连线的斜率之积为1-，则P 点的轨迹方程为______________.【例题精选】一、直接法求曲线方程根据题目条件，直译为关于动点的几何关系，再利用解析几何有关公式（两点距离公式、点到直线距离公式、夹角公式等）进行整理、化简。

即把这种关系“翻译”成含x ,y 的等式就得到曲线的轨迹方程了。

例1．已知ABC ∆中，2,AB BC m AC==，试求A 点的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形.练习：已知两点M （-1，0）、N （1，0），且点P 使MP MN ，PM PN ，NM NP 成公差小于零的等差数列。

点P 的轨迹是什么曲线？二定义法若动点轨迹满足已知曲线的定义，可先设定方程，再确定其中的基本量，求出动点的轨迹方程。

例1．⊙C ：22(16x y +=内部一点0)A 与圆周上动点Q 连线AQ 的中垂线交CQ 于BQ R A P o yx P ，求点P 的轨迹方程.例2．设动点(,)(0)P x y x ≥到定点1(,0)2F 的距离比它到y 轴的距离大12。

记点P 的轨迹为曲线C 求点P 的轨迹方程；练习．若动圆与圆1)2(:221=++y x C 相外切，且与直线1=x 相切，则动圆圆心轨迹方程是 .三代入法有些问题中，其动点满足的条件不便用等式列出，但动点是随着另一动点（称之为相关点）而运动的。

1．（2020•新课标Ⅰ）已知A ，B 分别为椭圆222:1(1)x E y a a+=>的左、右顶点，G 为E 的上顶点，8AG GB =．P 为直线6x =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．（2020•新课标Ⅱ）已知椭圆22122:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点F 与抛物线2C 的焦点重合，1C 的中心与2C 的顶点重合，过F 且与x 轴垂直的直线交1C 于A ，B 两点，交2C 于C ，D两点，且4||||3CD AB =． （1）求1C 的离心率；（2）设M 是1C 与2C 的公共点．若||5MF =，求1C 与2C 的标准方程．3．（2020•新课标Ⅲ）已知椭圆222:1(05)25x y C m m+=<<，A ，B 分别为C的左、右顶点． （1）求C 的方程；（2）若点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥，求APQ ∆的面积．参考答案与试题解析1．（2020•新课标Ⅰ）已知A，B分别为椭圆222:1(1)xE y aa+=>的左、右顶点，G为E的上顶点，8AG GB=．P 为直线6x=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．【解答】解：如图示：（1）由题意(,0)A a-，(,0)B a，(0,1)G，∴(,1)AG a=，(,1)GB a=-，218AG GB a=-=，解得：3a=，故椭圆E的方程是2219xy+=；（2）由（1）知(3,0)A-，(3,0)B，设(6,)P m，则直线PA的方程是(3)9my x=+，联立22222219(9)69810(3)9xym x m x mmy x⎧+=⎪⎪⇒+++-=⎨⎪=+⎪⎩，由韦达定理2222981327399c cm mx xm m--+-=⇒=++，代入直线PA的方程为(3)9my x=+得：269cmym=+，即22327(9mCm-++，26)9mm+，直线PB的方程是(3)3my x=-，联立方程22222219(1)6990(3)3x y m x m x m m y x ⎧+=⎪⎪⇒+-+-=⎨⎪=-⎪⎩，由韦达定理22229933311D D m m x x m m --=⇒=++， 代入直线PB 的方程为(3)3m y x =-得221D my m -=+，即2233(1m D m -+，22)1mm -+，∴直线CD 的斜率243(3)C D CD C D y y mK x x m -==--， ∴直线CD 的方程是22222433()13(3)1m m m y x m m m ---=-+-+，整理得：243()3(3)2m y x m =--， 故直线CD 过定点3(2，0)．【点评】本题考查了求椭圆的方程问题，考查直线和椭圆的关系以及直线方程问题，是一道综合题．2．（2020•新课标Ⅱ）已知椭圆22122:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点F 与抛物线2C 的焦点重合，1C 的中心与2C 的顶点重合，过F 且与x 轴垂直的直线交1C 于A ，B 两点，交2C 于C ，D两点，且4||||3CD AB =． （1）求1C 的离心率；（2）设M 是1C 与2C 的公共点．若||5MF =，求1C 与2C 的标准方程． 【解答】解：（1）因为F 为1C 的焦点且AB x ⊥轴，可得(,0)F c ，22||b AB a=，设2C 的标准方程为22(0)y px p =>， 因为F 为2C 的焦点且CD x ⊥轴，所以(2pF ，0)，||2CD p =， 因为4||||3CD AB =，1C ，2C 的焦点重合，所以224223p c bp a ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，消去p ，可得2843b c a=，所以232ac b =，所以22322ac a c =-， 设1C 的离心率为e ，由ce a=，则22320e e +-=， 解得1(22e =-舍去），故1C 的离心率为12；（2）由（1）可得2a c =，3b c =，2p c =，所以22122:143x y C c c+=，22:4C y cx =，联立两曲线方程，消去y ，可得22316120x cx c +-=，所以(32)(6)0x c x c -+=，解得23x c =或6x c =-（舍去），从而25||5233p MF x c c c =+=+==， 解得3c =，所以1C 和2C 的标准方程分别为2213627x y +=，212y x =．【点评】本题考查抛物线和椭圆的定义、方程和性质，考查直线和椭圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．3．（2020•新课标Ⅲ）已知椭圆222:1(05)25x y C m m+=<<15，A ，B 分别为C的左、右顶点． （1）求C 的方程；（2）若点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥，求APQ ∆的面积．【解答】解：（1）由c e a =得2221b e a =-，即21511625m =-，22516m ∴=，故C 的方程是：221612525x y +=；（2）由（1）(5,0)A -，设(,)P s t ，点(6,)Q n ， 根据对称性，只需考虑0n >的情况， 此时55s -<<，504t<， ||||BP BQ =，∴有222(5)1s t n -+=+①，又BP BQ ⊥，50s nt ∴-+=②，又221612525s t +=③， 联立①②③得312s t n =⎧⎪=⎨⎪=⎩或318s t n =-⎧⎪=⎨⎪=⎩，当312s t n =⎧⎪=⎨⎪=⎩时，则(3,1)P ，(6,2)Q ，而(5,0)A -， 则(8,1)AP =，(11,2)AQ =，15|82111|22APQ S ∆∴=⨯-⨯=， 同理可得当318s t n =-⎧⎪=⎨⎪=⎩时，52APQ S ∆=，综上，APQ ∆的面积是52． 【点评】本题考查求椭圆方程以及了直线和椭圆的关系，考查转化思想，是一道综合题．。

山东省各地市2020年高考数学（理科）最新试题分类大汇编：第11部分：圆锥曲线（1）一、选择题【山东省青州市2020届高三2月月考理】10. 设双曲线)0,0(12222>>=-b a bx a y 的渐近线与抛物线12+=x y 相切，则该双曲线的离心率等于A ．5B ．25C ．6D ．26 【答案】B滕州二中【山东省微山一中2020届高三10月月考理】8. 若双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>上不存在点P 使得右焦点F 关于直线OP （O 为双曲线的中心）的对称点在y 轴上,则该双曲线离心率的取值范围为 （ ）A ．(2,)+∞B ．[2,)+∞C ．(1,2]D ．(1,2)答案:C解析:这里给出否定形式,直接思考比较困难,按照正难则反,考虑存在点P 使得右焦点F 关于直线OP （O 为双曲线的中心）的对称点在y 轴上,因此只要在这个双曲线上存在点P 使得OP 斜率为1即可,所以只要渐进线的斜率大于1,也就是离心率大于2,求其在大于1的补集;该题通过否定形式考查反证法的思想,又考查数形结合、双曲线的方程及其几何性质,是中档题.【山东省临沭一中2020届高三12月理】8．已知双曲线22221x y a b -=的一个焦点与抛物线24y x =的焦点重合，且双曲线的离心率等于5，则该双曲线的方程为( )A.224515y x -= B.22154x y -= C.22154y x -= D.225514y x -= 【答案】D【山东省实验中学2020届高三上学期第一次诊断性考试理】12. 点P 在双曲线上•，是这条双曲线的两个焦点，，且的三条边长成等差数列，则此双曲线的离心率是(A) .2 (B) .3(C) .4(D) .5【答案】D【山东省滕州二中2020届高三上学期期中理】11: 已知直线l 是椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的右准线，如果在直线l 上存在一点M ，使得线段OM （O 为坐标原点）的垂直平分线过右焦点，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）A ．)1,23[B ． )1,22[C ．)1,22( D ． )1,21[【答案】B【山东省青岛市2020届高三期末检测 理】10.以坐标轴为对称轴，原点为顶点，且过圆222690x y x y +-++=圆心的抛物线方程是A ．23x y =或23x y -= B ．23x y =C ．x y 92-=或23x y =D ．23x y -=或x y 92=【答案】D【山东省青岛市2020届高三期末检测 理】11.以双曲线22221x y a b-=(0,0)a b >>的左焦点F为圆心，作半径为b 的圆F ，则圆F 与双曲线的渐近线 A ．相交B ．相离C ．相切D ．不确定【答案】C【山东省莱芜市2020届高三上学期期末检测 理】正三角形一个顶点是抛物线)0(22>=p py x 的焦点，另两个顶点在抛物线上，则满足此条件的正三角形共有A.0个B.1个C.2个D.4个 【答案】C【山东省莱芜市2020届高三上学期期末检测 理】若点O 和点F 分别为椭圆15922=+y x 的中心和左焦点，点P 为椭圆上任意一点，则OP FP ⋅u u u r u u r的最小值为A.411B.3C.8D.15 【答案】A【山东省烟台市2020届高三期末检测理】7.直线022=+-y x 经过椭圆)0(12222>>=+b a b y a x 的一个焦点和一个顶点，则该椭圆的离心率为 A.55 B.21 C.552 D.32 【答案】C【山东省潍坊市重点中学2020届高三2月月考理】11．若双曲线)0(12222>>=-b a by a x 的左右焦点分别为1F 、2F ，线段21F F 被抛物线212x y b=的焦点分成3:2的两段，则此双曲线的离心率为A ．98 B ．63737 C ． 533 D ． 52121【答案】D【山东省潍坊市三县2020届高三12月联考理】10.若椭圆mx 2+ny 2=1与直线x+y-1=0交于A 、B 两点，过原点与线段AB 中点的直线的斜率为22则nm=（ ） A 2 B 22 C 23 D 92【答案】B【山东省潍坊市三县2020届高三12月联考理】11．过双曲线2222by a x -=1（a >0，b >0）的左焦点F （-c ，0）（c >0），作圆4222a y x =+的切线，切点为E ，延长FE 交双曲线右支于点P ，若()OP OF OE +=21，则双曲线的离心率为（ ） A ．10 B ．510C ．210D ．2【答案】C【山东省枣庄市2020届高三上学期期末理】11.已知双曲线12222=-b y a x 的一个焦点与抛物线x y 42=的焦点重合，且该双曲线的离心率为5，则该双曲线的渐近线方程为A.x y 21±= 2 B.x y 2±= 4C.x y 2±=D.x y 22±= 【答案】C【山东实验中学2020届高三第一次诊断性考试理】12. 点P 在双曲线上•，是这条双曲线的两个焦点，，且的三条边长成等差数列，则此双曲线的离心率是(A) .2 (B) .3(C) .4(D) .5【答案】D【解析】解：设|PF 2|,|PF 1|，|F 1F 2|成等差数列，且分别设为m-d,m,m+d,则由双曲线定义和勾股定理可知：m-(m-d)=2a,m+d=2c, (m-d)2+m 2=(m+d)2,解得m=4d=8a,5252d ce da ∴===故选项为D【山东省聊城市五校2020届高三上学期期末联考】6．已知P 是以F 1、F 2为焦点的椭圆,0,)0(1212222=⋅>>=+PF PF b a b y a x 且上一点 ,21tan 21=∠F PF 则该椭圆的离心率为（ ）A ．21B ．32 C ．31 D ．35 【答案】D【山东济宁梁山二中2020届高三12月月考理】12．设F 是抛物线()02:21>=p px y C 的焦点，点A 是抛物线1C 与双曲线1:22222=-by a x C ()0,0>>b a 的一条渐近线的一个公共点，且AF x ⊥轴，则双曲线的离心率为A ． 25B ． 5C ． 3D ． 2【答案】B【莱州一中2020高三第三次质量检测理】10.已知点P 是抛物线28y x =-上一点，设P 到此抛物线准线的距离是1d ，到直线100x y +-=的距离是2d ，则12d d +的最小值是 3B.362D. 3【答案】C【山东省滨州市沾化一中2020届高三上学期期末理】9．若椭圆221x y m n+=（m ＞n ＞0）和双曲线221x y a b-=（a ＞b ＞0）有相同的焦点F 1，F 2，P 是两条曲线的一个交点，则|PF 1|·|PF 2|的值是（ ）A ．m －aB ．1()2m a -C ．m 2－a 2D m a -【答案】A【山东济宁邹城二中2020届高三上学期期中】2．已知双曲线2212y x -=的焦点为F 1、F 2， 点M 在双曲线上且120,MF MF ⋅=u u u u r u u u u r则点M 到x 轴的距离为( )A ．43B ．53 CD【答案】C【山东济南市2020界高三下学期二月月考理】已知点1F 、2F 分别是双曲线22221x y a b-=的左、右焦点，过1F 且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A 、B 两点，若2ABF ∆为锐角三角形，则该双曲线的离心率e 的取值范围是 A ．(1,)+∞B．C ．（1，2）D．(1,1+【答案】D【山东济南市2020界高三下学期二月月考理】抛物线214y x =的焦点坐标是 A ．,0161（） B ．(1,0）C ．1-,016（）D ． 0,1（）【答案】D【山东省济宁市2020届高三上学期期末检测理】2.抛物线y x 42=的焦点坐标为 A.（1，0） B.（2，0）C.（0，1）D.（0，2）【答案】C【山东省济南一中2020届高三上学期期末理】10. 已知抛物线22(0)y px p =>上一点(1,)(0)M m m >到其焦点的距离为5，双曲线221x y a-=的左顶点为A ，若双曲线的一条渐近线与直线AM 平行，则实数a 的值是 A ．19 B ．125C ．15D ．13 【答案】A【山东省苍山县2020届高三上学期期末检测理】2．抛物线28x y =的焦点到准线的距离是 （ ） A ．1 B ．2C ．4D ．8【答案】C【山东省潍坊市2020届高三上学期期末考试理】10．已知点P 是抛物线x y 82-=上一点，设P 到此抛物线准线的距离是d 1，到直线010=-+y x 的距离是d 2，则d l +d 2的最小值是 A. 3 B. 32 C. 26 D ．3 【答案】C【山东省苍山县2020届高三上学期期末检测理】12．已知圆22:6480C x y x y +--+=，以圆C 与坐标轴的交点分别作为双曲线的一个焦点和顶点，则适合上述条件的双曲线的标准方程为 （ ）A ．221124x y -= B ．221412x y -= C ．22124x y -= D ．22142x y -= 【答案】B 二、填空题【山东省潍坊市2020届高三上学期期末考试理】15．已知双曲线)0,0(12222>>=-b a by a x 的离心率为332，焦距为2c ，且2a 2=3c ，双曲线 上一点P 满足为左右焦点）、2121(2F F PF PF =•,则=•||||21PF PF ． 【答案】4【山东省莱芜市2020届高三上学期期末检测 理】若双曲线12222=-by a x 的一条渐近线与抛物线122+=x y 只有一个公共点，则双曲线的离心率等于 .【答案】3【山东省潍坊市三县2020届高三12月联考理】13. 已知AB 是过抛物线22y x =焦点的弦，||4AB =，则AB 中点的横坐标是 .【答案】23【莱州一中2020高三第三次质量检测理】15.已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的离心率，焦距为2c ，且223a c =,双曲线上一点P 满足1212(PF PF F =u u u r u u u r g 、2F 为左、右焦点），则12||||PF PF =u u u r u u u r g .【答案】4【山东省东营市2020届高三上学期期末（理）】15．已知双曲线)0,0(12222>>=-b a b y a x 的离心率为332，焦距为2c ，且2a 2=3c ，双曲线 上一点P 满足为左右焦点）、2121(2F F PF PF =•,则=•||||21PF PF． 【答案】4【山东省济宁市汶上一中2020届高三11月月考理】12．已知点P 是以12,F F 为焦点的椭圆22221(0)x y a b a b +=>>上一点，且120,PF PF ⋅=u u u r u u u u r 121tan ,2PF F ∠=则该椭圆的离心率等于________． 【答案】35【山东省临沭一中2020届高三12月理】16. 椭圆22221(0)x y a b a b+=＞＞的左、右焦点分别是F 1，F 2，过F 2作倾斜角为120︒的直线与椭圆的一个交点为M ，若MF 1垂直于x 轴，则椭圆的离心率为 【答案】32-三、解答题【山东实验中学2020届高三第一次诊断性考试理】22.(本小题满分14分）己知椭圆C ：旳离心率e =,左、.右焦点分别为，点.，点尽在线段PF 1的中垂线i. (1) 求椭圆C 的方程； (2) 设直线与椭圆C 交于M ，N 两点，直线、的倾斜角分别为，且，求证：直线/过定点，并求该定点的坐标.【解题说明】本试题主要考察椭圆的标准方程，以及恒过定点的直线，直线与圆锥曲线的综合运用。

2020年高考文科数学一轮复习大题篇—圆锥曲线综合问题【归类解析】题型一 范围问题【解题指导】 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围.(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系.(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围.(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围.(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.【例】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)与双曲线x 23－y 2＝1的离心率互为倒数，且直线x －y －2＝0经过椭圆的右顶点.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设不过原点O 的直线与椭圆C 交于M ，N 两点，且直线OM ，MN ，ON 的斜率依次成等比数列，求△OMN 面积的取值范围.【解】 (1)∵双曲线的离心率为233， ∴椭圆的离心率e ＝c a ＝32. 又∵直线x －y －2＝0经过椭圆的右顶点，∴右顶点为点(2,0)，即a ＝2，c ＝3，b ＝1，∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1. (2)由题意可设直线的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0，m ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2).联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1， 消去y ，并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0，则x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－11＋4k 2， 于是y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2.又直线OM ，MN ，ON 的斜率依次成等比数列，故y 1x 1·y 2x 2＝k 2x 1x 2＋km x 1＋x 2＋m 2x 1x 2＝k 2， 则－8k 2m 21＋4k2＋m 2＝0. 由m ≠0得k 2＝14，解得k ＝±12. 又由Δ＝64k 2m 2－16(1＋4k 2)(m 2－1)＝16(4k 2－m 2＋1)>0，得0<m 2<2，显然m 2≠1(否则x 1x 2＝0，x 1，x 2中至少有一个为0，直线OM ，ON 中至少有一个斜率不存在，与已知矛盾).设原点O 到直线的距离为d ，则S △OMN ＝12|MN |d ＝12·1＋k 2·|x 1－x 2|·|m |1＋k 2故由m 的取值范围可得△OMN 面积的取值范围为(0,1).【训练】如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2＝4x 上存在不同的两点A ，B 满足P A ，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x 2＋y 24＝1(x <0)上的动点，求△P AB 面积的取值范围. (1)【证明】 设P (x 0，y 0)，A ⎝⎛⎭⎫14y 21，y 1，B ⎝⎛⎭⎫14y 22，y 2. 因为P A ，PB 的中点在抛物线上，所以y 1，y 2为方程⎝⎛⎭⎫y ＋y 022＝4·14y 2＋x 02，即y 2－2y 0y ＋8x 0－y 20＝0的两个不同的实根.所以y 1＋y 2＝2y 0，所以PM 垂直于y 轴.(2)【解】 由(1)可知⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2y 0，y 1y 2＝8x 0－y 20，所以|PM |＝18(y 21＋y 22)－x 0＝34y 20－3x 0， |y 1－y 2|＝22y 20－4x 0. 所以△P AB 的面积S △P AB ＝12|PM |·|y 1－y 2|＝()322003244y x -.因为x 20＋y 204＝1(－1≤x 0<0)， 所以y 20－4x 0＝－4x 20－4x 0＋4∈[4,5]，所以△P AB 面积的取值范围是⎣⎡⎦⎤62，15104. 题型二 最值问题1 利用三角函数有界性求最值【解题指导】 处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.【例】过抛物线y 2＝4x 的焦点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点O 是坐标原点，则|AF |·|BF |的最小值是【解】 设直线AB 的倾斜角为θ，可得|AF |＝21－cos θ，|BF |＝21＋cos θ， 则|AF |·|BF |＝21－cos θ×21＋cos θ＝4sin 2θ≥4. 2 数形结合利用几何性质求最值【例】在平面直角坐标系xOy 中，P 为双曲线x 2－y 2＝1右支上的一个动点.若点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c 恒成立，求实数c 的最大值为。

章末综合检测(二）(时间:120分钟，满分：150分）一、选择题:本题共12小题，每小题5分,在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．抛物线y ＝－错误!x 2的焦点坐标是( )A ．（0，－4)B ．（0，－2）C ．错误!D ．错误!解析：选B ．由题意，知抛物线标准方程为x 2＝－8y ,所以其焦点坐标为(0，－2）．故选B ．2．若θ是任意实数，则方程x 2＋y 2sin θ＝4表示的曲线不可能是( ）A ．椭圆B ．双曲线C ．抛物线D ．圆解析：选C ．由于θ∈R ，对sin θ的值举例代入判断．sin θ可以等于1,这时曲线表示圆,sin θ可以小于0，这时曲线表示双曲线，sin θ可以大于0且小于1，这时曲线表示椭圆．3．设椭圆x 2a 2＋错误!＝1(a 〉b 〉0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，上顶点为B .若｜BF 2|＝|F 1F 2｜＝2,则该椭圆的方程为( )A ．错误!＋错误!＝1B ．错误!＋y 2＝1C ．x 22＋y 2＝1D ．错误!＋y 2＝1 解析：选A ．因为｜BF 2|＝|F 1F 2|＝2，所以a ＝2c ＝2，所以a ＝2，c ＝1，所以b ＝错误!.所以椭圆的方程为错误!＋错误!＝1.4．（2018·高考全国卷Ⅲ)设F 1,F 2是双曲线C :错误!－错误!＝1（a ＞0,b ＞0)的左,右焦点，O 是坐标原点．过F 2作C 的一条渐近线的垂线，垂足为P 。

若｜PF 1｜＝错误!|OP ｜，则C 的离心率为（ ）A ． 5B ．2C ．错误!D ．错误!解析:选C ．不妨设一条渐近线的方程为y ＝错误!x ,则F 2到y ＝错误!x 的距离d ＝错误!＝b ,在Rt △F 2PO 中,|F 2O ｜＝c ，所以｜PO ｜＝a ，所以|PF 1｜＝错误!a ，又｜F 1O |＝c ，所以在△F 1PO 与Rt △F 2PO 中，根据余弦定理得cos ∠POF 1＝错误!＝－cos ∠POF 2＝－错误!,即3a 2＋c 2－(错误!a )2＝0，得3a 2＝c 2，所以e ＝错误!＝错误!。

高考数学复习—圆锥曲线练习试卷 第Ⅰ卷 (选择题 共50分)一、选择题(10×5′=50′)1.已知有向线段PQ 的起点P （-1，1），终点Q （2，2）, 若直线l :x +my +m =0与有向线段PQ 的延长线相交，如图所示， 则m 的取值范围是 ( )A.⎪⎭⎫ ⎝⎛23,31 B.⎪⎭⎫ ⎝⎛--32,3 C.(-∞,-3) D.⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-,322.若P (x 1,y 1)是直线l :f (x ,y )=0上的一点,Q (x 2,y 2)是直线l 外一点,则方程f (x ,y )=f (x 1,y 1)+f (x 2,y 2)表示的直线 ( )A.与l 重合B.与l 相交于点P Ｃ.过点Ｑ且与l 平行 Ｄ.过点Q 且与l 相交 3.直线l :y =kx +1(k ≠0)，椭圆E ：1422=+y m x .若直线l 被椭圆E 所截弦长为d ,则下列直线中被椭圆E 所截弦长不是d 的直线是 ( )A.kx +y +1=0B.kx -y -1=0C.kx +y -1=0D.kx +y =04.若m 、n 是不大于6的非负整数，则C m 6x 2+C n 6y 2=1表示不同的椭圆的个数为 ( )A.A 27B.C 26C.A 24D.C 245.在椭圆上一点A 看两焦点F 1、F 2的视角为直角，设AF 1的延长线交椭圆于点B ，又|AB |=|AF 2|，则椭圆的离心率e 可能为 ( )第1题图A.2-22B.36- C.2-1 D.23-6.F 1、F 2分别为椭圆1422=+y x 的左、右焦点，AB 为其过点F 2且斜率为1的弦，则A F 1·B F 1的值为 ( )A.523 B.326 C.546 D.57.如果把圆C :x 2+y 2=1沿向量a =(1,m )平移到C ′,且C ′与直线3x -4y =0相切,则m 的值为 ( )A.2或-21 B.2或21 C.-2或21 D.-2或-218.在圆x 2+y 2=5x 内,过点⎪⎭⎫⎝⎛23,25有n 条弦的长度成等差数列,最小弦长为数列的首项a 1,最大弦长为a n ,若公差d ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡31,61,那么n 的取值集合为( )A.{3,4,5}B.{4,5,6}C.{3,4,5,6}D.{4,5,6,7} 9.若当p (m ,n )为圆x 2+(y -1)2=1上任意一点时，不等式m+n+c ≥0恒成立，则c 的取值范围是 ( )A.-1-2≤c ≤2-1 B.2-1≤c ≤2+1C.c ≤-2-1 D.c ≥2-110.过抛物线y 2=8(x +2)的焦点F 作倾斜角为45°的直线交抛物线于A 、B 两点，使|AF |>|BF |,过点A 作与x 轴垂直的直线交抛物线于点C ,则△BCF的面积是 ( )A.64B.32C.16D.8 二、填空题（4×4′=16′）11.一个圆周上有10个点，每两点连成一条弦，这些弦在圆内的交点最多有 个.12.设圆C 经过点M (-2,0)和点N (9,0),直线l 过坐标原点,圆C 与直线l 相交于点P 、Q ,当直线l 绕原点在坐标平面内旋转时,弦PQ 长度的最小值是 .13.函数y =x1的图象是平面上到两定点距离之差的绝对值等于定长的点的轨迹，则这个定长是 .14.椭圆12222=+b y a x (a>b>0)的两焦点为F 1、F 2，以F 1F 2为边作正三角形，若椭圆恰好平分正三角形的另两条边，则椭圆的离心率为 . 三、解答题（4×10′+14′=54′）15.对任意的实数λ,直线(2+λ)x -(1+λ)y -2(3+2λ)=0与点P (-2,2)的距离为d ,求d 的取值范围.16.已知椭圆E ：12222=+b y a x (a>b>0),以F 1（-c ,0）为圆心，以a-c 为半径作圆F 1，过点B 2（0,b ）作圆F 1的两条切线，设切点为M 、N.(1)若过两个切点M 、N 的直线恰好经过点B 1(0,-b )时，求此椭圆的离心率;(2)若直线MN 的斜率为-1,且原点到直线MN 的距离为4（2-1）,求此时的椭圆方程；(3)是否存在椭圆E ，使得直线MN 的斜率k 在区间(-33,22)内取值？若存在，求出椭圆E 的离心率e 的取值范围；若不存在，请说明理由.17.椭圆的焦点在y 轴上，中心在原点，P 为椭圆上一点，F 1、F 2为椭圆两焦点，点P 到两准线的距离分别为556和5512,且PF 1⊥PF 2.(1)求椭圆的方程；(2)过点A （3，0）的直线l 与椭圆交于M 、N 两点，试判断线段MN 的中点Q 与点B （0，2）的连线能否过椭圆的顶点，若能则求出l 的方程，若不能则说明理由.18.椭圆E 的中心在原点O ，焦点在x 轴上，离心率e =32,过点C (-1,0)的直线l 交椭圆于A 、B 两点，且满足：CA =λBC .(1)若λ为常数,试用直线l 的斜率k (k ≠0)表示△OAB 的面积; (2)若λ为常数，当△OAB 的面积取得最大值时，求椭圆E 的方程;(3)若λ变化，且λ=k2+1,试问：实数λ和直线l的斜率k(k∈R)分别为何值时，椭圆E的短半轴长取得最大值？并求出此时的椭圆方程.19.有一张矩形纸片ABCD，如图(1)所示那样折叠，使每次折叠后，点A都落在DC边上，试确定：是否存在一条曲线，使这条曲线上的每一点都是某条折痕（满足以上条件）与该曲线的切点，且每条折痕与该曲线相切［如图(2)］.第19题图圆锥曲线练习参考答案一、选择题1.B 易知k PQ =31)1(212=---,直线x+my+m =0过点M （0，-1）.当m =0时，直线化为x =0,一定与PQ 相交，所以m ≠0. 当m ≠0时，k 1=-m1.考虑直线l 的两个极限位置.(1)l 经过点Q ，即直线为l 1,则k 1l =2302)1(2=---.(2)l 与PQ 平行，即直线为l 2,则k 2l =k PQ =31.∴31<-m1<23.∴-3<m <-32.故选B.2.C 由题意知f (x 1,y 1)=0,f (x 2,y 2)=m (m 为非零常数).所以方程f (x ,y )=f (x 1,y 2)+f (x 2,y 2),即f (x ,y )-m=0.所以f (x )表示的直线过点Ｑ,且平行于直线l .3.D 因为A 、B 、C 三个选项分别是直线l 关于x 轴、原点、y 轴的对称直线，又椭圆E 关于x 轴、原点、y 轴都对称，所以A 、B 、C 三个选项所表示的直线被椭圆E 所截弦长都是d .故选D.4.C 因为C m6只有4个不同的值，故选C.5.B 由题意知|AF 1|≠|AF 2|.∴2(|AF 1|2+|AF 2|2)>(|AF 1|+|AF 2|)2.∴2×4c 2>4a 2.∴e =ac >22≈0.707.对照备选答案，只有B 可能.6.C 分析 本题可把直线AB 与椭圆两方程联立求出A 、B 坐标后写出A F 1、B F 1的坐标表示，再按定义进行.也可先求出向量A F 2、B F 2，利用A F 1·B F 1=(21F F +A F 2)·(21F F +B F 2)来做.解法一 ⎪⎩⎪⎨⎧-==+3,1422x y y x 消去y 得5x 2-83x +8=0,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2). ∴A F 1·B F 1=(x 1+3,y 1)·(x 2+3,y 2)=(x 1+3,x 1-3)·(x 2+3,x 2-3)=(x 1+3)(x 2+3)+(x 1-3)(x 2-3)=2(x 1x 2+3)=2(58+3)=546,选C.解法二 设直线AB 方程为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=223t y t x ,代入椭圆方程1422=+y x ,有5t 2+26t -2=0A F 1·B F 1=(21F F +A F 2)·(21F F +B F 2)=(21F F )2+21F F ·(A F 2+B F 2)+A F 2·B F 2=(23)2+23·⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-562·21+⎪⎭⎫ ⎝⎛-52=546.选C. 7.A 平移后圆的方程为(x -1)2+(y -m )2=1.由题意知平移后所得的圆的圆心到直线的距离d =2243|43|+-m =1,解得m =2或-21.8.D 如图，⊙C 的圆心为C (0,25),半径R =|CB |=25,最短弦a 1=|AB |=4,最长弦a n =|DE |=5.由a n =a 1+(n -1)d ,得d =1111-=--n n a an ,已知d ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡31,61,∴n -1∈［3,6］,n ∈［4,7］,即n =4,5,6,7.选D.9.D 本题是解析几何题型，而又求数的范围,故适合用数形结合思想直观解之.如图，圆C 恒在直线y =-x-c 上方，至少直线l 与圆相切于A 点,若l 交y 轴于B ,∵k l =-1,∴△ABC 为等腰直角三角形.|AB |=|AC |=1,|BC |=2,必有B (-2+1,0),即直线的纵截距-c ≤-2+1时圆恒在直线l 上方，∴c ≥2-1.选D.10.C 分析 如图由抛物线关于x 轴对称知∠AFC =90°,第8题图解第9题图解△BFC 为Rt △,只须求FB 、FC 之长即可.解 抛物线顶点为(-2,0),且焦参数p =4,知焦点F (0,0)为原点. ∴直线AB 的方程为y=x ,代入抛物线方程:x 2=8(x +2). 即(x -4)2=32,∴x =4±42.故有A (4+42,4+42),B (4-42,4-42),C (4+42,-4-42).由条件知∠AFx =∠CFx =45°,∴在△BFC 中∠BFC =90°. ∴S △BFC =21|FB|·|FC |=212222)424()424()424()424(--++⋅-+-=22)424()424(+-=32-16=16.∴选C.二、填空题11.210 分析 本题直接求解较难，可转化为求圆的内接四边形的个数（由于每一个四边形，对应着对角线的一个交点），从而使问题简化.解 在圆内相交于一点的两弦，可作为一个四边形的两条对角线，它对应着一个圆内接四边形.反之，每一个圆内接四边形，都对应着对角线的一个交点.这样，圆内接四边形与弦在圆内的交点可建立一一对应的关系.因此，弦在圆内的交点最多有C 410=210个.12.62当直线l 绕原点O 旋转到使OC 垂直于l 时,｜PQ ｜最小.因为O 为PQ 的中点,所以由相交弦定理得｜OP ｜｜OQ ｜=｜OM ｜｜ON ｜=18,即｜OP ｜2=18,所以｜OP ｜=32.所以｜PQ ｜=2｜OP ｜=62.13.22 由⎪⎩⎪⎨⎧==.,1x y x y 得A (-1,-1)、B (1,1)，所以2a =|AB |=22.14.3-1 设过左焦点F 1的正三角形的边交椭圆于点A ，则|AF 1|=c ,|AF 2|=3c .∴2a =(1+3)c .∴e =ac =13312-=+. 三、解答题15.解 将原方程化为(2x -y -6)+λ(x-y -4)=0,它表示的是过两直线2x -y -6=0和x -y -4=０交点的直线系方程,但其中不包括直线x -y -4=０.因为没有λ的值使其在直线系中存在.解方程组⎩⎨⎧=--=--.04,062y x y x 得⎩⎨⎧-==.2,2y x 所以交点坐标为(2,-2).当所求直线过点Ｐ和交点时,d 取最小值为０;当所求直线与过点Ｐ和交点的直线垂直时,d 取最大值,此时有d =24)22()22(22=--++.但是此时所求直线方程为x-y -4=0.而这条直线在直线系中不存在.所以d 的取值范围是[)24,0.16.解 （1）圆F 1的方程是（x+c ）2+y 2=(a-c )2,因为B 2M 、B 2N 与该圆切于M 、N 点，所以B 2、M 、F 1、N 四点共圆，且B 2F 1为直径，则过此四点的圆的方程是(x +2c )2+(y -2b )2=422b c+,从而两个圆的公共弦MN 的方程为cx +by +c 2=(a-c )2,又点B 1在MN 上,∴a 2+b 2-2ac =0,∵b 2=a 2-c 2, ∴2a 2-2ac -c 2=0,即e 2+2e -2=0,∴e =3-1.(负值已舍去)(2)由（1）知，MN 的方程为cx+by+c 2=(a-c )2,由已知-bc =-1. ∴b=c ,而原点到MN 的距离为d =aa ac bc c a c |2||)(|22222-=+--=|2c-a |=(2)a ,∴a =4,b2=c2=8,所求椭圆方程是181622=+y x; (3)假设这样的椭圆存在，由（2）则有-22<-b c <-33,∴33<b c <22,∴31<22bc <21,∴31<222c a c -<21.故得2<222c c a -<3,∴3<22ca <4,求得21<e <33,即当离心率取值范围是（21,33）时，直线MN 的斜率可以在区间(22,-33)内取值.17.解 （1）设椭圆的方程为12222=+a y b x (a>b>0),c =22b a -, |PF 1|=m ,|PF 2|=n ,则由题意和椭圆的性质得m+n =2a ,n =2m ,m 2+n 2=4c 2,551822=ca解得a =3,b =2,c =5.故所求的椭圆方程为19422=+y x . (2)由（1）知直线l 与椭圆相交时斜率一定存在，故设l 的方程为y =k (x -3),代入19422=+y x ,整理得(9+4k 2)x 2-24k 2x +36k 2-36=0 由Δ=(-24k 2)2-4(9+4k 2)(36k 2-36)>0, 得-553553<<k .设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),Q (x 0,y 0)则x 0=222149122k k x x +=+,y 0=k (x 0-3)=-24927k k+当k =0时，Q 为坐标原点，BQ 过椭圆顶点（0，3）和（0，-3），此时l 的方程为y =0;当k ≠0时，x 0≠0,则直线BQ 的方程为y =002x y -x +2,若直线BQ 过顶点（2，0），则002x y -×2+2=0,即x 0+y 0=2,所以22249274912k k k k +++=2⇒4k 2-27k -18=0, 解得k =8113327-或k =8113327+(舍去)此时l 的方程为y =8113327-x +2若直线BQ 过顶点(-2,0),则002x y -×(-2)+2=0,即x 0-y 0=-2,所以22249274912k kk k +-+=-2⇒20k 2+27k +18=0.方程无实根，直线l 不存在 18.解 设椭圆方程为12222=+b y a x (a>b >0). 由e =ac=32及a 2=b 2+c 2得a 2=3b 2,故椭圆方程为x 2+3y 2=3b 2①(1)∵直线l :y =k (x +1)交椭圆于A （x 1,y 1）,B (x 2,y 2)两点，并且CA =λBC (λ≥2),∴(x 1+1,y 1)=λ(-1-x 2,-y 2)，即⎩⎨⎧λ-=+λ-=+2121)1(1y y x x ②把y =k (x +1)代入椭圆方程，得(3k 2+1)x 2+6k 2x +3k 2-3b 2=0,且k 2(3b 2-1)+b 2>0,∴x 1+x 2=-13622+k k , ③x 1x 2=1333222+-k b k , ④∴S △OAB =21×１×|y 1-y 2|=21|λ+1|·|y 2|=2|1|+λ·|k |·|x 2+1|. 联立②、③得x 2+1=)13)(1(22+λ-k ,∴S △OAB =11-λ+λ·13||2+k k (k ≠0),(2)S △OAB =11-λ+λ·||1||31k k +≤32111⋅-λ+λ(λ≥2).当且仅当3|k |=||1k ,即k =±33时，S △OAB 取得最大值，此时，x 1+x 2=-1,又∵x 1+1=-λ(x 2+1), ∴x 1=11-λ,x 2=1-λλ-,代入④得3b 2=22)1(1-λ+λ故此时椭圆的方程为x 2+3y2=22)1(1-λ+λ(λ≥2).(3)由②、③联立得：x 1=1)13)(1(22-+λ-λ-k ,x 2=1)13)(1(22-+λ--k , 将x 1、x 2代入④，得3b 2=1)13()1(422++⋅-λλk .由k2=λ-1得3b 2=1)23()1(42+-λ⋅-λλ=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-λ-λ+-λ)23()1(2)1(13422+1. 易知，当λ≥2时,3b 2是λ的减函数，故当λ=2时，(3b 2)max =3. 故当λ=2,k =±1时，椭圆短半轴长取得最大值，此时椭圆方程为x 2+3y 2=3.19.解 以AD 的中点为原点建立直角坐标系（如图）， 设|AD |=p ,则点A 的坐标为(0,-2p ).A ′是DC 上任意一点，EF 是A 与A ′重合时的折痕，易证:EF 是AA ′的中垂线，过A ′作A ′T ⊥DC ,交EF 于T ，设T 的坐标为(x ,y ),于是有|A ′T |=2p -y ,|AT |=22)2(p y x ++,由|TA ′|=|AT |,得 (2p -y )2= x 2+(y +2p )2,整理得y =-p21x 2,由此可知点T 的轨迹为一段抛物线，下面证明每一条折痕EF 与抛物线y =-p21x 2相切于点T ，设AA ′的斜率为k ,则易得k =A x p ',由于EF 是AA ′的中垂线，所以EF 的方程为y =-)2(A A xx p x ''-. 联立直线EF与抛物线的方程：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=--=''.21),2(2x py xx p x y A A第19题图解得x 2-2x A ′·x +x 2A ′=0,(x -x A ′)2=0,解得重根x =x A ′,直线EF 与抛物线y =-p21x 2相切于点T ，故存在一条曲线（抛物线），这条曲线（抛物线）上的每一点都是某条折痕与该曲线的切点，且每条折痕与该曲线相切.。

第2课时 定点、定值、探索性问题考点一 定点问题【例1】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2且F 2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12的直线l 交椭圆于A ，B 两点，问是否存在定点P ，使得PA ，PB 的斜率之和为定值？若存在，求出所有满足条件的P 点坐标；若不存在，说明理由．解 (1)依题知F 2(c ，0)，设M (x 0，y 0)，则y 0x 0－c＝－1且x 0＋c 2－y 02＋a ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－a ，y 0＝a ＋c ，即M (－a ，a ＋c )．∵M 在直线3x ＋2y ＝0上，∴－3a ＋2(a ＋c )＝0，即a ＝2c ，∴e ＝c a ＝12.(2)存在．由(1)及题设得c a ＝12且2a ＝4，∴a ＝2，c ＝1，∴椭圆方程为x 24＋y 23＝1，设直线l 方程为y ＝12x ＋t ，代入椭圆方程消去y 整理得x 2＋tx ＋t 2－3＝0.依题知Δ＞0，即t 2－4(t 2－3)＞0，t 2＜4，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－t ，x 1x 2＝t 2－3，如果存在P (m ，n )使得k PA ＋k PB 为定值，那么k PA ＋k PB 的取值将与t 无关，k PA ＋k PB ＝y 1－n x 1－m ＋y 2－n x 2－m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －32m t ＋2mn －3t 2＋mt ＋m 2－3，令⎝ ⎛⎭⎪⎫n －32m t ＋2mn －3t 2＋mt ＋m 2－3＝M ，由Mt 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫mM ＋32m －n t ＋m 2M －3M －2mn ＋3＝0，由题意可知该式对任意t 恒成立，其中t 2＜4，∴⎩⎪⎨⎪⎧M ＝0，n ＝32m ，2mn ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝32或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝－32， 综上可知，满足条件的定点P 是存在的，坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－1，－32或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32.规律方法 求解直线或圆锥曲线过定点问题的基本思路是：把直线或圆锥曲线方程中的变量x ，y 看成常数，把方程的一端化为零，将方程转化为以参数为主变量的方程，这个方程对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x ，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或圆锥曲线所过的定点．【训练1】 已知抛物线C 的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A (1，2)为抛物线C 上一点. (1)求抛物线C 的方程；(2)若点B (1，－2)在抛物线C 上，过点B 作抛物线C 的两条弦BP 与BQ ，如k BP ·k BQ ＝－2，求证：直线PQ 过定点.(1)解 若抛物线的焦点在x 轴上，设抛物线方程为y 2＝ax ，代入点A (1，2)，可得a ＝4，所以抛物线方程为y 2＝4x .若抛物线的焦点在y 轴上，设抛物线方程为x 2＝my ，代入点A (1，2)，可得m ＝12，所以抛物线方程为x 2＝12y .综上所述，抛物线C 的方程是y 2＝4x 或x 2＝12y .(2)证明 因为点B (1，－2)在抛物线C 上，所以由(1)可得抛物线C 的方程是y 2＝4x . 易知直线BP ，BQ 的斜率均存在，设直线BP 的方程为y ＋2＝k (x －1)， 将直线BP 的方程代入y 2＝4x ，消去y ，得k 2x 2－(2k 2＋4k ＋4)x ＋(k ＋2)2＝0.设P (x 1，y 1)，则x 1＝（k ＋2）2k2，所以P ⎝⎛⎭⎪⎫（k ＋2）2k2，2k ＋4k . 用－2k替换点P 坐标中的k ，可得Q ((k －1)2，2－2k )，从而直线PQ 的斜率为2k ＋4k－2＋2k（k ＋2）2k2－（k －1）2＝2k 3＋4k －k 4＋2k 3＋4k ＋4＝2k －k 2＋2k ＋2， 故直线PQ 的方程是y －2＋2k ＝2k －k 2＋2k ＋2·[x －(k －1)2].在上述方程中，令x ＝3，解得y ＝2， 所以直线PQ 恒过定点(3，2). 考点二 定值问题【例2】 (2019·河北省“五个一”名校联盟)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)是椭圆C 上两个动点，直线OP ，OQ 的斜率分别为k 1，k 2，若m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 12，y 1，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，y 2，m ·n ＝0. (1)求证：k 1·k 2＝－14；(2)试探求△OPQ 的面积S 是否为定值，并说明理由. (1)证明 ∵k 1，k 2均存在，∴x 1x 2≠0. 又m ·n ＝0，∴x 1x 24＋y 1y 2＝0，即x 1x 24＝－y 1y 2，∴k 1·k 2＝y 1y 2x 1x 2＝－14. (2)解 ①当直线PQ 的斜率不存在，即x 1＝x 2，y 1＝－y 2时，由y 1y 2x 1x 2＝－14，得x 214－y 21＝0. 又∵点P (x 1，y 1)在椭圆上，∴x 214＋y 21＝1，∴|x 1|＝2，|y 1|＝22.∴S △POQ ＝12|x 1||y 1－y 2|＝1. ②当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋b .联立得方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 24＋y 2＝1， 消去y 并整理得(4k 2＋1)x 2＋8kbx ＋4b 2－4＝0，其中Δ＝(8kb )2－4(4k 2＋1)(4b 2－4)＝16(1＋4k 2－b 2)>0，即b 2<1＋4k 2. ∴x 1＋x 2＝－8kb 4k 2＋1，x 1x 2＝4b 2－44k 2＋1.∵x 1x 24＋y 1y 2＝0，∴x 1x 24＋(kx 1＋b )(kx 2＋b )＝0，得2b 2－4k 2＝1(满足Δ>0).∴S △POQ ＝12|b |1＋k 2|PQ |＝12|b |（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝2|b |4k 2＋1－b 24k 2＋1＝1. 综合①②，△POQ 的面积S 为定值1.规律方法 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 (1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值. (2)两大解法：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； ②引起变量法：其解题流程为变量→选择适当的动点坐标或动线中系数为变量 ↓函数→把要证明为定值的量表示成上述变量的函数 ↓定值→把得到的函数化简，消去变量得到定值【训练2】 (2019·长春质量监测)已知直线l 过抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点，且垂直于抛物线的对称轴，l 与抛物线两交点间的距离为2. (1)求抛物线C 的方程；(2)若点P (2，2)，过点(－2，4)的直线m 与抛物线C 相交于A ，B 两点，设直线PA 与PB 的斜率分别为k 1和k 2.求证：k 1k 2为定值，并求出此定值.(1)解 由题意可知，2p ＝2，解得p ＝1，则抛物线的方程为x 2＝2y .(2)证明 由题易知直线m 的斜率存在，设直线m 的方程为y －4＝k (x ＋2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则k 1＝y 1－2x 1－2＝k （x 1＋2）＋2x 1－2，k 2＝y 2－2x 2－2＝k （x 2＋2）＋2x 2－2， k 1k 2＝[k （x 1＋2）＋2][k （x 2＋2）＋2]（x 1－2）（x 2－2）＝k 2[x 1x 2＋2（x 1＋x 2）＋4]＋2k （x 1＋x 2＋4）＋4x 1x 2－2（x 1＋x 2）＋4，联立抛物线x 2＝2y 与直线y －4＝k (x ＋2)的方程消去y 得x 2－2kx －4k －8＝0，其中Δ＝4(k 2＋4k ＋8)>0恒成立，可得x 1＋x 2＝2k ，x 1x 2＝－4k －8，则k 1k 2＝－1. 因此k 1k 2为定值，且该定值为－1. 考点三 探索性问题【例3】 (2019·福州四校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1，F 2，短轴的一个端点为P ，△PF 1F 2内切圆的半径为b3，设过点F 2的直线l 与被椭圆C 截得的线段为RS ，当l ⊥x 轴时，|RS |＝3. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)在x 轴上是否存在一点T ，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称？若存在，请求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由.解 (1)由内切圆的性质，得12×2c ×b ＝12×(2a ＋2c )×b 3，得c a ＝12.将x ＝c 代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得y ＝±b 2a ，所以2b2a＝3.又a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 垂直于x 轴时，显然x 轴上任意一点T 都满足TS 与TR 所在直线关于x 轴对称. 当直线l 不垂直于x 轴时，假设存在T (t ，0)满足条件，设l 的方程为y ＝k (x －1)，R (x 1，y 1)，S (x 2，y 2).联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k23＋4k2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k2，① 其中Δ>0恒成立，由TS 与TR 所在直线关于x 轴对称，得k TS ＋k TR ＝0(显然TS ，TR 的斜率存在)， 即y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝0.②因为R ，S 两点在直线y ＝k (x －1)上， 所以y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)，代入②得k （x 1－1）（x 2－t ）＋k （x 2－1）（x 1－t ）（x 1－t ）（x 2－t ）＝k [2x 1x 2－（t ＋1）（x 1＋x 2）＋2t ]（x 1－t ）（x 2－t ）＝0，即2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0，③ 将①代入③得8k 2－24－（t ＋1）8k 2＋2t （3＋4k 2）3＋4k 2＝6t －243＋4k 2＝0，④则t ＝4，综上所述，存在T (4，0)，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称. 规律方法 此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.【训练3】 (2019·上饶检测)已知动点P 到定点F (1，0)和到直线x ＝2的距离之比为22，设动点P 的轨迹为曲线E ，过点F 作垂直于x 轴的直线与曲线E 相交于A ，B 两点，直线l ：y ＝mx ＋n 与曲线E 交于C ，D 两点，与AB 相交于一点(交点位于线段AB 上，且与A ，B 不重合).(1)求曲线E 的方程；(2)当直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切时，四边形ACBD 的面积是否有最大值？若有，求出其最大值及对应的直线l 的方程；若没有，请说明理由.解 (1)设点P (x ，y )，由题意，可得（x －1）2＋y 2|x －2|＝22，得x 22＋y 2＝1.∴曲线E 的方程是x 22＋y 2＝1.(2)设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由条件可得|AB |＝ 2. 当m ＝0时，显然不合题意.当m ≠0时，∵直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切， ∴|n |m 2＋1＝1，得n 2＝m 2＋1. 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝mx ＋n ，x 22＋y 2＝1，消去y 得⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋12x 2＋2mnx ＋n 2－1＝0，则Δ＝4m 2n 2－4⎝⎛⎭⎪⎫m 2＋12(n 2－1)＝2m 2>0，x 1＋x 2＝－4mn 2m 2＋1，x 1x 2＝2（n 2－1）2m 2＋1， S 四边形ACBD ＝12|AB |·|x 1－x 2|＝2|m |2m 2＋1＝22|m |＋1|m |≤22， 当且仅当2|m |＝1|m |，即m ＝±22时等号成立，因为直线l与线段AB有交点，所以当m＝22时，n＝－62；当m＝－22时，n＝62.经检验可知，直线y＝22x－62和直线y＝－22x＋62都符合题意.[思维升华]1.求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.2.定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b，k等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点.(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.3.求解范围问题的方法求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围，要特别注意变量的取值范围.4.圆锥曲线中常见最值的解题方法(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解.[易错防范]1.求范围问题要注意变量自身的范围.2.利用几何意义求最值时，要注意“相切”与“公共点唯一”的不等价关系.注意特殊关系、特殊位置的应用.3.在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况.4.解决定值、定点问题，不要忘记特值法.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2019·石家庄模拟)已知P 为双曲线C ：x 29－y 216＝1上的点，点M 满足|OM →|＝1，且OM →·PM→＝0，则当|PM →|取得最小值时点P 到双曲线C 的渐近线的距离为( ) A.95B.125C.4D.5解析 由OM →·PM →＝0，得OM ⊥PM ，根据勾股定理，求|MP |的最小值可以转化为求|OP |的最小值，当|OP |取得最小值时，点P 的位置为双曲线的顶点(±3，0)，而双曲线的渐近线为4x ±3y ＝0，∴所求的距离d ＝125.答案 B2.(2018·陕西重点中学联考)已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的离心率e ＝2，过双曲线上一点M 作直线MA ，MB 交双曲线于A ，B 两点，且斜率分别为k 1，k 2，若直线AB 过原点，则k 1·k 2的值为( )A.2B.3C. 3D. 6解析 由题意知，e ＝ca＝1＋b 2a2＝2⇒b 2＝3a 2，则双曲线方程可化为3x 2－y 2＝3a 2，设A (m ，n )，M (x 0，y 0)(x 0≠±m )，则B (－m ，－n )，k 1·k 2＝y 0－n x 0－m ·y 0＋n x 0＋m ＝y 20－n2x 20－m 2＝3x 20－3a 2－3m 2＋3a 2x 20－m 2＝3. 答案 B3.直线l 与抛物线C ：y 2＝2x 交于A ，B 两点，O 为坐标原点，若直线OA ，OB 的斜率分别为k 1，k 2，且满足k 1k 2＝23，则直线l 过定点( )A.(－3，0)B.(0，－3)C.(3，0)D.(0，3)解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为k 1k 2＝23，所以y 1x 1·y 2x 2＝23.又y 21＝2x 1，y 22＝2x 2，所以y 1y 2＝6.设直线l ：x ＝my ＋b ，代入抛物线C ：y 2＝2x 得y 2－2my －2b ＝0，所以y 1y 2＝－2b ＝6，得b ＝－3，即直线l 的方程为x ＝my －3，所以直线l 过定点为(－3，0). 答案 A4.(2019·成都诊断)设点Q 是直线l ：x ＝－1上任意一点，过点Q 作抛物线C ：y 2＝4x 的两条切线QS ，QT ，切点分别为S ，T ，设切线QS ，QT 的斜率分别为k 1，k 2，F 是抛物线的焦点，直线QF 的斜率为k 0，则下列结论正确的是( ) A.k 1－k 2＝k 0 B.k 1k 2＝2k 0 C.k 1－k 2＝2k 0D.k 1＋k 2＝2k 0解析 设点Q (－1，t )，由过点Q 的直线y －t ＝k (x ＋1)与抛物线C ：y 2＝4x 相切，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y －t ＝k （x ＋1），整理得k 2x 2＋2(k 2＋kt －2)x ＋(k ＋t )2＝0，则Δ＝4(k 2＋kt －2)2－4k 2(k ＋t )2＝0，化简得k 2＋tk －1＝0.显然k 1，k 2是关于k 的方程k 2＋tk －1＝0的两个根，所以k 1＋k 2＝－t .又k 0＝－t2，故k 1＋k 2＝2k 0.答案 D5.已知O 为坐标原点，设F 1，F 2分别是双曲线x 2－y 2＝1的左、右焦点，P 为双曲线左支上任一点，过点F 1作∠F 1PF 2的平分线的垂线，垂足为H ，则|OH |＝( ) A.1B.2C.4D.12解析 如图所示，延长F 1H 交PF 2于点Q ，由PH 为∠F 1PF 2的平分线及PH ⊥F 1Q ，可知|PF 1|＝|PQ |，根据双曲线的定义，得|PF 2|－|PF 1|＝2，从而|QF 2|＝2，在△F 1QF 2中，易知OH 为中位线，故|OH |＝1.答案 A 二、填空题6.已知动点P (x ，y )在椭圆x 225＋y 216＝1上，若A 点坐标为(3，0)，|AM →|＝1，且PM →·AM →＝0，则|PM →|的最小值是________. 解析 ∵PM →·AM →＝0，∴AM →⊥PM →. ∴|PM →|2＝|AP →|2－|AM →|2＝|AP →|2－1， ∵椭圆右顶点到右焦点A 的距离最小， 故|AP →|min ＝2，∴|PM →|min ＝ 3.答案 37.(2019·东北三省四校模拟)若双曲线x 2－y 2b2＝1(b ＞0)的一条渐近线与圆x 2＋(y －2)2＝1至多有一个公共点，则双曲线离心率的取值范围是________. 解析 双曲线的渐近线方程为y ＝±bx ，则有|0－2|1＋b2≥1，解得b 2≤3，则e 2＝1＋b 2≤4，∵e＞1，∴1＜e ≤2. 答案 (1，2]8.(2019·湘中名校联考)已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，△ABC 的顶点都在抛物线上，且满足FA →＋FB →＋FC →＝0，则1k AB ＋1k AC ＋1k BC＝________.解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，由FA →＋FB →＋FC →＝0，得y 1＋y 2＋y 3＝0.因为k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝2p y 1＋y 2，所以k AC ＝2p y 1＋y 3，k BC ＝2p y 2＋y 3，所以1k AB ＋1k AC ＋1k BC ＝y 1＋y 22p ＋y 3＋y 12p＋y 2＋y 32p＝0. 答案 0 三、解答题9.已知抛物线的顶点在原点，焦点在x 轴的正半轴上，直线x ＋y －1＝0与抛物线相交于A ，B 两点，且|AB |＝8611. (1)求抛物线的方程；(2)在x 轴上是否存在一点C ，使△ABC 为正三角形？若存在，求出C 点的坐标；若不存在，请说明理由.解 (1)设所求抛物线的方程为y 2＝2px (p >0)， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2px ，x ＋y －1＝0，消去y ，得x 2－2(1＋p )x ＋1＝0， 判别式Δ＝4(1＋p )2－4＝4p 2>0恒成立， 由根与系数的关系得x 1＋x 2＝2(1＋p )，x 1x 2＝1. 因为|AB |＝8611，所以2[（x 1＋x 2）2－4x 1x 2]＝8611， 所以121p 2＋242p －48＝0，所以p ＝211或p ＝－2411(舍去).故抛物线的方程为y 2＝411x .(2)设弦AB 的中点为D ，则D ⎝⎛⎭⎪⎫1311，－211.假设x 轴上存在满足条件的点C (x 0，0). 因为△ABC 为正三角形， 所以CD ⊥AB ，所以x 0＝1511，所以C ⎝⎛⎭⎪⎫1511，0，所以|CD |＝2211.又|CD |＝32|AB |＝12211， 与上式|CD |＝2211矛盾，所以x 轴上不存在点C ，使△ABC 为正三角形.10.(2019·江西九校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝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. (1)解 由题意知，a ＝2，b ＝1， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.因为c ＝a 2－b 2＝3， 所以椭圆C 的离心率e ＝c a ＝32. (2)证明 设P (x 0，y 0)(x 0<0，y 0<0)，则x 20＋4y 20＝4. 因为A (2，0)，B (0，1)， 所以直线PA 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2，从而|BM |＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2. 直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1，令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1. 所以四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x 0y 0－1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2y 0x 0－2＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42（x 0y 0－x 0－2y 0＋2） ＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2， 所以四边形ABNM 的面积为定值2.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.设F 为抛物线y 2＝4x 的焦点，A ，B ，C 为该抛物线上不同的三点，FA →＋FB →＋FC →＝0，O 为坐标原点，且△OFA ，△OFB ，△OFC 的面积分别为S 1，S 2，S 3，则S 21＋S 22＋S 23等于( ) A.2B.3C.6D.9解析 由题意可知F (1，0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，则FA →＝(x 1－1，y 1)，FB →＝(x 2－1，y 2)，FC →＝(x 3－1，y 3)，由FA →＋FB →＋FC →＝0，得(x 1－1)＋(x 2－1)＋(x 3－1)＝0，即x 1＋x 2＋x 3＝3.又A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)在抛物线上，所以y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，y 23＝4x 3，又S 1＝12·|OF |·|y 1|＝12|y 1|，S 2＝12|OF |·|y 2|＝12|y 2|，S 3＝12|OF |·|y 3|＝12|y 3|，所以S 21＋S 22＋S 23＝14(y 21＋y 22＋y 23)＝14×(4x 1＋4x 2＋4x 3)＝3. 答案 B12.(2019·郑州调研)已知直线l 与双曲线x 24－y 2＝1相切于点P ，l 与双曲线的两条渐近线交于M ，N 两点，则OM →·ON →的值为( ) A.3 B.4C.5D.与P 的位置有关解析 依题意，设点P (x 0，y 0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，其中x 20－4y 20＝4，则直线l 的方程是x 0x4－y 0y ＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y ＝±12x . ①当y 0＝0时，直线l 的方程是x ＝2或x ＝－2.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，x 24－y 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝±1，此时OM →·ON →＝(2，－1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可得当直线l 的方程是x ＝－2时，OM →·ON →＝3.②当y 0≠0时，直线l 的方程是y ＝14y 0(x 0x －4).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝14y 0（x 0x －4），x 24－y 2＝0，得(4y 2－x 20)x 2＋8x 0x －16＝0(*)，又x 20－4y 20＝4，因此(*)即是x 2－2x 0x ＋4＝0，x 1x 2＝4，OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2－14x 1x 2＝34x 1x 2＝3.综上所述，OM →·ON →＝3. 答案 A13.(2019·合肥模拟)若点O 和点F 分别为椭圆x 29＋y 28＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任一点，则OP →·FP →的最小值为________. 解析 点P 为椭圆x 29＋y 28＝1上的任意一点，设P (x ，y )(－3≤x ≤3，－22≤y ≤22)，依题意得左焦点F (－1，0)，∴OP →＝(x ，y )，FP →＝(x ＋1，y )， ∴OP →·FP →＝x (x ＋1)＋y 2＝x 2＋x ＋72－8x 29＝19⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922＋234.∵－3≤x ≤3，∴32≤x ＋92≤152，∴94≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922≤2254， ∴14≤19⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922≤22536，∴6≤19⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922＋234≤12，即6≤OP →·FP →≤12，故最小值为6. 答案 614.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的一个焦点与上、下顶点两两相连构成直角三角形，以椭圆C 的长轴长为直径的圆与直线x ＋y －2＝0相切. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)设过椭圆右焦点且不重合于x 轴的动直线与椭圆C 相交于A ，B 两点，探究在x 轴上是否存在定点E ，使得EA →·EB →为定值？若存在，试求出定值和点E 的坐标；若不存在，请说明理由.解 (1)由题意知，⎩⎪⎨⎪⎧b ＝c ，a ＝|0＋0－2|2，b 2＋c 2＝a 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝1，c ＝1， 则椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)当直线的斜率存在时，设直线方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k （x －1），得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，Δ＝8k 2＋8>0恒成立，∴x A ＋x B ＝4k 21＋2k 2，x A x B ＝2k 2－21＋2k2.假设在x 轴上存在定点E (x 0，0)，使得EA →·EB →为定值. 则EA →·EB →＝(x A －x 0，y A )·(x B －x 0，y B ) ＝x A x B －x 0(x A ＋x B )＋x 20＋y A y B＝x A x B －x 0(x A ＋x B )＋x 20＋k 2(x A －1)(x B －1) ＝(1＋k )2x A x B －(x 0＋k 2)(x A ＋x B )＋x 20＋k 2＝（2x 20－4x 0＋1）k 2＋（x 20－2）1＋2k2. ∵EA →·EB →为定值，∴EA →·EB →的值与k 无关， ∴2x 20－4x 0＋1＝2(x 20－2)，解得x 0＝54，此时EA →·EB →＝－716为定值，定点为⎝ ⎛⎭⎪⎫54，0， 当直线的斜率不存在时，也满足EA →·EB →＝－716为定值，且定点为⎝ ⎛⎭⎪⎫54，0.综上，存在点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫54，0，使得EA →·EB →为定值，且定值为－716.。

【2020届】高考数学圆锥曲线专题复习：圆锥曲线综合题答案解几综合题答案1.解：（Ⅰ）由已知得()(,) 11 22OA OB m n mn ?=?=-=-分14m n ∴?= …………4分（Ⅱ）设P 点坐标为（x ，y ）（x ＞0），由OP OA OB =+得(,)()(,)x y m n =+())m n m n =+- …………5分∴)x m ny m n =+=-?? 消去m ，n 可得2243y x mn -=，又因14mn = 8分∴ P 点的轨迹方程为221(0)3y x x -=>它表示以坐标原点为中心，焦点在x 轴上，且实轴长为2，焦距为4的双曲线2213y x -=的右支…………9分（Ⅲ）设直线l 的方程为2x ty =+，将其代入C 的方程得 223(2)3ty y +-=即 22(31)1290t y ty -++=易知2(31)0t -≠（否则，直线l的斜率为，它与渐近线平行，不符合题意）又22214436(31)36(1)0t t t ?=--=+>设1122(,),(,)M x y N x y ，则121222129,3131t y y y y t t -+==--∵ l 与C 的两个交点,M N 在y 轴的右侧12122121222222(2)(2)2()491224313134031x x ty ty t y y t y y t t t t t t t =++=+++-=?+?+--+=->-∴ 2310t -<，即2103t <<又由 120x x +>同理可得 2103t << …………11分由3ME EN =得1122(2,)3(2,)x y x y --=- ∴121223(2)3x x y y -=-??-=?由122222123231t y y y y y t +=-+=-=--得 22631t y t =-由21222229(3)331y y y y y t =-=-=-得 222331y t =--消去2y 得2222363(31)31t t t =--- 解之得：2115t = ，满足2103t << …………13分故所求直线l 存在，其方程为：15250x y --=或15250x y +-= 2. （I ）由已知()y M ,0，()y x N -, 2分则()()422,,22=-=-?=?y x y x y x MN OP ，即12422=-y x 4分（II ）设()11,y x A ，()22,y x B ，如图，由QB QA ⊥可得()()()()022,2,221212211=+--=-?-=?y y x x y x y x QB QA 5分①若直线x AB ⊥轴，则21x x =，24||||2121-==x y y此时()()()02422221212121=---=+--x x y y x x ，则0128121=+-x x ，解之得，61=x 或21=x但是若21=x ，则直线AB 过Q 点，不可能有QB QA ⊥所以61=x ，此时Q 点到直线AB 的距离为4 7分②若直线AB 斜率存在，设直线AB 的方程为m kx y +=，则=-+=4222y x m kx y ()042412222=+++-m kmx x k 则()()>+--=?≠-0421241601222222m k m k k ，即>+-≠-024012222k m k又124221--=+k km x x ，12422221-+=k m x x 9分∴()()()22121m x x km x x k m kx m kx y y +++=++=124122124124222222222222222--=--+---+=k m k k m m k k m k k k m k∴()()()()2121221122,2,2y y x x y x y x +--=-?-=?()=+++-=21212142y y x x x x 01241248128124222222222=--+--+-+-+k m k k k k km k m 则012822=++k km m ，可得k m 6-=或k m 2-=若k m 2-=，则直线AB 的方程为()2-=x k y ，此直线过点Q ，这与QB QA ⊥矛盾，舍若k m 6-=，则直线AB 的方程为k kx y 6-=，即06=--k y kx 12分此时若0=k ，则直线AB 的方程为0=y ，显然与QB QA ⊥矛盾，故0≠k ∴41141|4|22<+=+-=k k k d 13分由①②可得，4max =d 14分3. 解：① 设1122(,),(,),(,)P x y Q x y R x y112211()(,)[(,)(,)]22OR OP OQ x y x y x y =+?=+121222x x x y y y +?=+?=??..........1’由222x x y y +=?+=，易得右焦点(1,0)F ......................2’ 当直线l x ⊥轴时，直线l 的方程是：1x =，根据对称性可知(1,0)R ........3’ 当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为(1)y k x =-代入E 有2222(21)4220k x k x k +-+-=2880k ?=+>2122421k x x k +=+....................................................5’于是(,):R x y x =21222221x x k k +=+ (1)y k x =-消去参数k 得2220x y x +-=而(1,0)R 也适上式，故R 的轨迹方程是2220x y x +-=..................8’②设椭圆另一个焦点为'F ，在'PF F ?中0'120,|'|2,PFF F F ∠==设||PF m =，则|'|PF m = 由余弦定理得2220)222cos120m m m =+-??m ?=.............10’同理，在'QF F ?，设||QF n =，则|'|QF m = 也由余弦定理得2220)222cos60n n n =+-??n ?=’于是1111||||PF QF m n +=+=+=..........................14’ 4. 解：（I ）设B(x 0，y 0)，A(x 1，y 1)，C(x 2，y 2)∵双曲线1131222=-x y 的离心率为125，∴F 对应的准线方程为512=y ,由双曲线的定义得|,512|125||,125|512|||11-=∴=-y AF y AF …………（12分）又A 在双曲线的上半支，∴y 1≥12，)4().512(125||),512(125||)3().512(125||201分分 -=-=-=∴y CF y BF y AF∵|AF|，|BF|，|CF|构成等差数列，∴2|BF|=|AF|+|CF|，∴26113126)(21022210==-=+=x x y y y y 得代入，∴点B 的坐标为)6,26(.…………………………（6分）（II ）∵在l 上任取一点P （不同于D 点），都存在实数λ，使得(+=λ，∴在∠APC 的角平分线上，………………………………（7分）∵线段AC 的中点为D 点，∴△APC 是等腰三角形，PD 是线段AC 的垂直平分线，………………（8分）∴设直线l 的方程为),2(6212121x x x y y x x y +----=-),(13,11312,11312,)(2621222122221212122212121y y x x x y x y y y x x x y y x x y -=-∴=-=---+---=-∴作差得又,21362121+---=-∴x y y x x y l 的方程为直线………………（11分）故直线l 恒过点（0，225）.…………………………（12分） 5. 解：（I ）设椭圆的标准方程为12222=+by a x ，因B 1F 1B 2F 2是正方形，所以b=c ，又a 2= b 2+ c 2，所以b a 2=，…………①由于椭圆上的左（右）顶点到左（右）焦点的距离最近，所以12-=-c a ，②由①②知1,2===c b a ，∴椭圆的标准方程为：.1222=+y x （II ）当直线的斜率存在，设直线MN 的方程为2+=kx y 解方程组=++=122y x kx y消去.230,034)21(222>>?=+++k kx x k y 得由得设),(),,(2211y x N y x M ，则221214k k x x +-=+……………… ③ .213221k x x +=………………④又因M 在DN 之间，所以DN DM λ=，即212211),2,()2,(x x y x y x λλ=∴-=-，于是λλλλ212212212221)1(,)1(,x x x x x x x x x x =+++=+=，……………⑤ 将③④代入⑤得λλ2222213)1()214(k k k +=++-，整理得.)1(316121,)1(3121162222λλλλ++=+∴+=+k k …………………………8分 .331,34)1(3161,341211,23222<<<+<∴<+<∴>λλλ由此解得kk又.131,10<<∴<<λλ …………………………………………………………10分当直线的斜率不存在时，直线MN 的方程为x 31,0==这时，.31=∴λ ……………………………………………………………………………11分综上所述，λ的取值范围是.1,31??∈λ …………………………………………12分 6. 解：（1）由于2||,221121==F F NF F F ，+===-==∴.,1||1,2||22221221c b a NF caF F c 解得==1222b a ，从而所求椭圆的方程为.1222=+y x （4分）（2）N B A NB NA ,,,∴=λ 三点共线，而点N 的坐标为（－2，0）.设直线AB 的方程为)2(+=x k y ，其中k 为直线AB 的斜率，依条件知k ≠0.由=++=12),2(22y x x k y 消去x 得22)21(22=+-y y k ，即.02412222=+-+y k y kk 根据条件可知??≠<+?-=?.0,0128)4(222k kk k 解得.22||0<<="">设),(),,(2211y x B y x A ，则根据韦达定理，得+=+=+.122,1242221221k k y y k k y y 又由),2(),2(,2211y x y x +=+=λλ得=+=+∴.),2(22121y y x x λλ 从而+=+=+.122,124)1(222222k k y k k y λλ 消去.128)1(222+=+k y λλ得（8分）令3151],31,51[,)1()(212≤<≤∈+=λλλλλλφ任取，则22212121)1()1()()(λλλλλφλφ+-+=-.0)11)((2121>--=λλλλ（10分）]31,51[)(是区间λφ∴上的减函数，从而)51()()31(φλφφ≤≤，即536)(316≤≤λφ， 5361283162≤+≤∴k ，解得.22||0,21626221<<≤≤-≤≤-k k k 适合或因此直线AB 的斜率的取值范围是].2 1,62[]62,21[ -- （12分）7. 解：（Ⅰ）∵0MN AF ?=，1()2ON OA OF =+，∴ MN 垂直平分AF ．又//AM ME ，∴ 点M 在AE 上，∴ ||||||||2AM ME AE m EF m +===，||||MA MF =，∴ ||||2||ME MF m EF +=>， (4)分∴ 点M 的轨迹W 是以E 、F 为焦点的椭圆，且半长轴a m =，半焦距1c =，∴ 22221b a c m =-=-．∴ 点M 的轨迹W 的方程为222211x y m m +=-（1m >）．……………………………6分（Ⅱ）设11(,)Q x y ∵ 0(,)2mP y ，PF FQ λ=，∴ 1011(1),2.m x y y λλ?-=--=? ∴ 1101(1),21.m x y y λλλ?=+-=-??……………………………8分由点P 、Q 均在椭圆W 上，∴ 22220222211,411(1) 1.2(1)y m y m m m λλλ?+=?-+-+=?-?……………………………10分消去0y 并整理，得2211m m m λ-+=-，由221121m m m -+-≤≤及1m >，解得12m <≤．……………………………14分8. 解：（I ）设点P y y P y y M ),,4(),,4(222121、M 、A 三点共线，,4,14,4414,2121211222121211=∴+=+--=+=∴y y y y y y y y y y y y k k DM A M 即即………（2分）.544212221=+?=?∴y y y y OM …………………………………………………（3分）设∠POM =α，则.5cos ||||=??α.5sin ||||,25=??∴=αS ROM 由此可得tanα=1.……………………（5分）又.45,45),,0(??=∴∈与故向量απα……………………（6分）（II ）设点M y y Q ),,4(323、B 、Q 三点共线，,QM BQ k k =∴)9(.04,4))(1(,141,441431312331331233232131233分即即即=+++-=++∴+=-+--=+y y y y y y y y y y y y y y y y y y,0444,4,432322121=+++?∴==y y y y y y y y 即即.(*)04)(43232=+++y y y y ……………………………………（10分）)4(4,4442232232232232y x y y y y PQ y y y y y y k PQ-+=-∴+=--=的方程是直线即.4)(,4))((323222322x y y y y y y x y y y y =-+-=+-即……………………（12分）由（*）式，,4)(43232++=-y y y y 代入上式，得).1(4))(4(32-=++x y y y 由此可知直线PQ 过定点E （1，－4）.故存在定一点 E （1，－4），使PE ∥.QF …………………………………………（14分）9. （Ⅰ）解：由题意可知，平面区域D 如图阴影所示．设动点P (x ，y )，则|x ＋y |2?|x －y |2＝1，即|x 2－y 2|＝2．………………………………4分∵P ∈D ．∴x ＋y ＞0，x －y ＞0，即x 2－y 2＞0．∴x 2－y 2＝2(x ＞0)．即曲线C 的方程为x 22－y 22＝1(x ＞0)．…………6分（Ⅱ）解法一：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴以线段AB 为直径的圆的圆心Q (x 1＋x 22，y 1＋y 22)，∵以线段AB 为直径的圆与y 轴相切，∴半径r ＝12|AB |＝x 1＋x 22．即|AB |＝x 1＋x 2．①……………………………………………………………………8分∵曲线C 的方程为x 22－y 22＝1(x ＞0)，∴F (2，0)为其焦点，相应的准线方程为x ＝1，离心率e ＝2．根据双曲线的定义可得， |AF |x 1－1＝|BF |x 2－1＝2，∴|AB |＝|AF |＋|BF |＝2(x 1－1)＋2(x 2－1)＝2(x 1＋x 2)－22．②…………………12分由①，②可得，x 1＋x 2＝2(x 1＋x 2)－22．由此可得x 1＋x 2＝4＋22．∴线段AB 的长为4＋22．……………………………………………………………14分（Ⅱ）解法二：∵曲线C 的方程为x 22－y 2＝1(x ＞0)，∴F (2，0)为其焦点，相应的准线为l ：x ＝1，离心率e ＝2．分别过A ，B 作AA '⊥l ，BB '⊥l ，垂足分别为A '，B '．设AB 中点Q ，过Q 点作QQ '⊥y 轴，垂足为Q '．由双曲线的定义可得，|AF ||AA '|＝|BF ||BB '|＝2，∴|AF |＝2|AA '|，|BF |＝2|BB '|．…………………10分 |AB |＝|AF |＋|BF |＝2(|AA '|＋|BB '|) 根据梯形中位线性质可得 |AA '|＋|BB '|＝2(|QQ '|－1)．∴|AB |＝2?2(|QQ '|－1)．①…………………………12分∵以线段AB 为直径的圆与y 轴相切，∴|QQ '|＝12|AB |．②把②代入①得|AB |＝22(12|AB |－1)，解得|AB |＝4＋22．……………………………………………………………………14分（Ⅱ）解法三：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．∵直线AB 过点F (2，0)，当AB ⊥x 轴时，|AB |＝22，以线段AB 为直径的圆与y 轴相离，不合题意．∴设直线AB 的方程为y ＝k (x －2)．代入双曲线方程x 2－y 2＝2得，x 2－k 2(x －2)2＝2，即(1－k 2)x 2＋4k 2x －(4k 2＋2)＝0，∵直线与双曲线交于A ，B 两点，∴k ≠±1．∴x 1＋x 2＝4k 2k 2－1，x 1x 2＝4k 2k 2－1．∴|AB |＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2] ＝(1＋k 2)[? ??4k 2k 2－12－4?4k 2＋2k 2－1]……………………………………………………9分∵以线段AB 为直径的圆与y 轴相切，∴圆的半径12|AB |与圆心到y 轴的距离12(x 1＋x 2)相等．即12(1＋k 2)[? ??4k 2k 2－12－4?4k 2＋2k 2－1]＝12(x 1＋x 2)．∴12(1＋k 2)[? ??4k 2k 2－12－4?4k 2＋2k 2－1]＝12?4k 2k 2－1．………………………………………12分化简得k 4 －2k 2－1＝0，解得k 2＝1＋2（k 2＝1－2不合，舍去）．经检验，当k 2＝1＋2时，直线与曲线C 有两个不同的交点。

10.6圆锥曲线的综合问题挖命题【考情探究】分析解读 1.圆锥曲线的综合问题是高考的热点之一,主要考查两大问题:一是根据条件求出平面曲线的方程;二是通过方程研究平面曲线的性质.2.考查点主要有:(1)圆锥曲线的基本概念和性质;(2)与圆锥曲线有关的最值、对称、位置关系等综合问题;(2)有关定点、定值问题,以及存在性等探索性问题.3.预计2020年高考试题中,圆锥曲线的综合问题仍是压轴题之一,复习时应高度重视.炼技法【方法集训】方法1圆锥曲线中的最值和范围问题的求解方法1.(2018浙江9+1高中联盟期中,21)如图,在平面直角坐标系xOy中,设点M(x0,y0)是椭圆C:+y2=1上一点,从原点O向圆M:+=作两条切线,分别与椭圆C交于点P,Q,直线OP,OQ的斜率分别记为k1,k2.(1)求证:k1k2为定值;(2)求四边形OPMQ面积的最大值.解析(1)证明:因为直线OP:y=k1x,OQ:y=k2x与圆M相切,所以=,=,可知k1,k2是方程(3-2)k2-6x0y0k+3-2=0的两个不相等的实数根,所以3-2≠0,k 1k2=,因为点M(x0,y0)在椭圆C上,所以=1-,所以k1k2==-.(2)易知直线OP,OQ都不能落在坐标轴上,设P(x1,y1),Q(x2,y2),因为2k1k2+1=0,所以+1=0,即=,因为P(x1,y1),Q(x2,y2)在椭圆C上,所以==,整理得+=2,所以+=1,所以OP2+OQ2=3.因为S四边形OPMQ= (OP+OQ)·=(OP+OQ),OP+OQ≤=,所以S四边形OPMQ的最大值为1.2.(2018浙江台州高三期末质检,21,15分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,左顶点为A,点P(,)在椭圆C上,且△PF1F2的面积为2.(1)求椭圆C的方程;(2)过原点O且与x轴不重合的直线交椭圆C于E,F两点,直线AE,AF分别与y轴交于点M,N.求证:以MN为直径的圆恒过焦点F1,F2,并求出△F1MN面积的取值范围.解析(1)∵=×2c×=2,∴c=2,(2分)又点P(,)在椭圆C上,∴+=1,∴a4-9a2+8=0,解得a2=8或a2=1(舍去),又a2-b2=4,∴b2=4,∴椭圆C的方程为+=1.(5分)(2)由(1)可得A(-2,0),F1(-2,0),F2(2,0),当直线EF的斜率不存在时,E,F为短轴的两个端点,不妨设M(0,2),N(0,-2), ∴F1M⊥F1N,F2M⊥F2N,∴以MN为直径的圆恒过焦点F 1,F2.(7分)当直线EF的斜率存在且不为零时,设直线EF的方程为y=kx(k≠0),设点E(x0,y0)(不妨设x0>0),则点F(-x0,-y0),由消去y得x2=,∴x0=,y0=,∴直线AE的方程为y=(x+2),∵直线AE与y轴交于点M,∴令x=0,得y=,即点M,同理可得点N,∴=,=,∴·=0,∴F1M⊥F1N,同理,F2M⊥F2N,则以MN为直径的圆恒过焦点F1,F2,(12分)当直线EF的斜率存在且不为零时,|MN|===2·>4,∴△F1MN的面积S=|OF1|·|MN|>4,又当直线EF的斜率不存在时,|MN|=4,∴△F1MN的面积为|OF1|·|MN|=4,∴△F1MN面积的取值范围是[4,+∞).(15分)方法2 定点、定值问题的求法1.(2017浙江镇海中学模拟卷(四),21)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且椭圆C上的点到其焦点的距离的最小值为1.(1)求a,b的值;(2)过点P(3,0)作直线l交C于A,B两点,①求△AOB面积S的最大值;②设Q为线段AB上的点,且满足=,证明:点Q的横坐标x Q为定值.解析(1)由题意知,所以a=2,c=1,因此b==,故a=2,b=.(4分)(2)显然直线l的斜率存在且不为0,故可设l:y=k(x-3)(k≠0),联立消去y,并整理,得(3+4k2)x2-24k2x+36k2-12=0,其中Δ=48(3-5k2)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=,x1·x2=.(6分)①原点O到直线l的距离d=,|AB|=|x1-x2|=·,所以S△AOB=|AB|·d=6·|k|·=6·.(8分)设t=,则k2=,其中t∈,则S=6·=·≤·=.当且仅当9-27t=27t-5,即t=时,取等号.(10分)故△AOB面积S的最大值为.②证明:设==λ,则=-λ,=λ,(12分)所以3-x1=-λ(x2-3),x Q-x1=λ(x2-x Q),消去λ得,x Q===,故点Q的横坐标x Q为定值.(15分)2.(2017浙江五校联考(5月),21)如图,已知椭圆Γ:+=1(a>b>0)经过不同的三点A,B,C(C在第三象限),线段BC的中点在直线OA上.(1)求椭圆Γ的方程及点C的坐标;(2)设点P是椭圆Γ上的动点(异于点A,B,C),且直线PB,PC分别交直线OA于M,N两点,问|OM|·|ON|是不是定值?若是,求该值;若不是,请说明理由.解析(1)由点A,B在椭圆Γ上,得解得所以椭圆Γ的方程为+=1.设点C(m,n),则BC中点为,由已知,求得直线OA的方程为x-2y=0,从而m=2n-1.①又点C在椭圆Γ上,故2m2+8n2=5.②由①②得n= (舍去)或n=-,从而m=-,所以点C的坐标为.(2)设P(x0,y0),M(2y1,y1),N(2y2,y2).当x0≠-且x0≠-时,因为P,B,M三点共线,所以=,整理得y1=.因为P,C,N三点共线,所以=,整理得y2=.因为点P在椭圆Γ上,所以2+8=5,即=-4.从而y1y2=====.所以|OM|·|ON|=|y1|·|y2|=5|y1y2|=,为定值.当x0=-或x0=-时,易求得|OM|·|ON|=,为定值.综上,|OM|·|ON|是定值,为.方法3存在性问题的解法1.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,21)已知抛物线C1:x2=4y的焦点为F,过抛物线C2:y=-x2+3上一点M作抛物线C2的切线l,与抛物线C1交于A,B两点.(1)记直线AF,BF的斜率分别为k1,k2,若k1·k2=-,求直线l的方程;(2)是否存在正实数m,使得对任意点M,都有|AB|=m(|AF|+|BF|)成立?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.解析(1)设M(x0,y0),由y=-+3,得y'=-,则切线l的斜率为k=-.切线l的方程为y=-(x-x0)+y0=-x++y0=-x-2y0+6+y0,即y=-x-y0+6.(3分)与x2=4y联立,消去y得x2+x0x+4y0-24=0.(4分)设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=-x0,x1x2=4y0-24,(5分)则y1+y2=-(x1+x2)-2y0+12=-2y0+12=-4y0+18,y1y2==,则由k1·k2=×===-,得5-28y0+23=0,解得y0=1或y0=.(8分)∵=-8(y0-3)≥0,∴y0≤3,故y0=1,∴x0=±4.则直线l的方程为y=±x+5.(9分)(2)由(1)知直线l的方程为y=-x-y0+6,且x1+x2=-x0,x1x2=4y0-24,则|AB|=|x1-x2|=·=·,即|AB|=·=2(5-y0),(11分)而|AF|+|BF|=(y1+1)+(y2+1)=-4y0+20=4(5-y0),(13分)则|AB|=(|AF|+|BF|),(14分)故存在正实数m=,使得对任意点M,都有|AB|=(|AF|+|BF|)成立.(15分)2.(2017浙江镇海中学模拟卷(六),21)椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,M为椭圆C上任意一点,|MF1|-|MF2|的最大值为2,离心率为.(1)若N为椭圆C上任意一点,且F2M⊥F2N,求·的最小值;(2)若过椭圆C右焦点F2的直线l与椭圆C相交于A,B两点,且=3,试问:在椭圆C上是否存在点P,使得线段OP与线段AB 的交点恰为四边形OAPB的对称中心?若存在,求点P的坐标;若不存在,说明理由.解析(1)由题意知,∴故b=,∴椭圆C的方程是+=1,其右焦点F2的坐标为(1,0).∵·=·(+)=·+·=,∴===4-2.(2)由题意知,直线l的斜率不为0.假设符合条件的点P存在,则=+.设A(x1,y1),B(x2,y2),则点P的坐标为(x1+x2,y1+y2),根据=3,得(1-x1,-y1)=2(x2-1,y2),∴y1=-2y2.设直线l的方程为x=my+1,代入椭圆方程整理得(2m2+3)y2+4my-4=0,故y1+y2=-,y1y2=-.易得-y2=-,-2=-,消去y2,得=,解得m2=,即m=±.当m=时,y1+y2=-,x1+x2=m(y1+y2)+2=-+2=,此时P.当m=-时,y1+y2=,x1+x2=m(y1+y2)+2=-+2=,此时P.经检验,点,都在椭圆C上,故C上存在点P,使得线段OP与线段AB的交点恰为四边形OAPB的对称中心.过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点圆锥曲线的综合问题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(x<0)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)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,△PAB的面积S=|PM|·|y1-y2|=(-4x0.因为+=1(x0<0),所以-4x0=-4-4x0+4∈[4,5].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.2.(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x Q=.因为|PA|==(k+1),|PQ|=(x Q-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,所以f(k)在区间上单调递增,上单调递减,因此当k=时,|PA|·|PQ|取得最大值.解法二:如图,连接BP,|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos∠BPQ=·(-)=·-.易知P(x,x2),则·=2x+1+2x2-=2x2+2x+,=+=x2+x++x4-x2+=x4+x2+x+.∴|AP|·|PQ|=-x4+x2+x+.设f(x)=-x4+x2+x+,则f '(x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,∴f(x)在上为增函数,在上为减函数,∴f(x)max=f(1)=.故|AP|·|PQ|的最大值为.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,再转化为动点的横(或纵坐标)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.3.(2014浙江,21,15分)如图,设椭圆C:+=1(a>b>0),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l1与l垂直,证明:点P到直线l1的距离的最大值为a-b.解析(1)设直线l的方程为y=kx+m(k<0),由消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.由于l与C只有一个公共点,故Δ=0,即b2-m2+a2k2=0,解得点P的坐标为.又点P在第一象限,故点P的坐标为P.(2)证明:由于直线l1过原点O且与l垂直,故直线l1的方程为x+ky=0,所以点P到直线l1的距离d=,整理得d=.因为a2k2+≥2ab,所以≤=a-b,当且仅当k2=时等号成立.所以点P到直线l1的距离的最大值为a-b.评析本题主要考查椭圆的几何性质、点到直线的距离、直线与椭圆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、基本不等式的应用等综合解题能力.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点圆锥曲线的综合问题1.(2018北京理,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,=λ,=μ,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(k≠0).由得k2x2+(2k-4)x+1=0.依题意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得k<0或0<k<1.又PA,PB与y轴相交,故直线l不过点(1,-2).从而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y M=+2=+2.同理得点N的纵坐标为y N=+2.由=λ,=μ得λ=1-y M,μ=1-y N.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.2.(2017山东理,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:+=1(a>b>0)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|=2∶3,☉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.解析本题考查椭圆的方程,直线与椭圆、圆的位置关系,考查最值的求解方法和运算求解能力.(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),联立消y整理得(4+2)x2-4k1x-1=0,由题意知Δ>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t>1,∈(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(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|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.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.3.(2016天津,19,14分)设椭圆+=1(a>)的右焦点为F,右顶点为A.已知+=,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BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,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a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4,所以椭圆的方程为+=1.(2)设直线l的斜率为k(k≠0),则直线l的方程为y=k(x-2).设B(x B,y B),由方程组消去y,整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.解得x=2或x=,由题意得x B=,从而y B=.由(1)知F(1,0),设H(0,y H),有=(-1,y H),=.由BF⊥HF,得·=0,所以+=0,解得y H=.因此直线MH的方程为y=-x+.设M(x M,y M),由方程组消去y,解得x M=.在△MAO中,∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|,即(x M-2)2+≤+,化简得x M≥1,即≥1,解得k≤-或k≥.所以直线l的斜率的取值范围为∪.评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.4.(2016北京,19,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)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a2=4,b2=1.所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).设P(x0,y0),则+4=4.当x0≠0时,直线PA的方程为y=(x-2).令x=0,得y M=-,从而|BM|=|1-y M|=.直线PB的方程为y=x+1.令y=0,得x N=-,从而|AN|=|2-x N|=.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.一题多解(2)点P在曲线+=1上,不妨设P(2cos θ,sin θ),当θ≠kπ且θ≠kπ+ (k∈Z)时,直线AP的方程为y-0=(x-2),令x=0,得y M=;直线BP的方程为y-1=(x-0),令y=0,得x N=.∴|AN|·|BM|=2·=2=2×2=4(定值).当θ=kπ或θ=kπ+ (k∈Z)时,M,N是定点,易得|AN|·|BM|=4.综上,|AN|·|BM|=4.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,运算量大,对学生的运算能力要求较高.5.(2016四川,20,13分)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的两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λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值.解析(1)由题意得,a=b,则椭圆E的方程为+=1.由方程组得3x2-12x+(18-2b2)=0.①方程①的判别式为Δ=24(b2-3),由Δ=0,得b2=3,此时方程①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(m≠0),由方程组可得所以P点坐标为,|PT|2=m2.设点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2).由方程组可得3x2+4mx+(4m2-12)=0.②方程②的判别式为Δ=16(9-2m2),由Δ>0,解得-<m<.由②得x1+x2=-,x1x2=.所以|PA|==,同理|PB|=.所以|PA|·|PB|====m2.故存在常数λ=,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|.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,两点间的距离公式进行考查,难点是运算量比较大,注意运算技巧.6.(2015课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>0),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)证明:设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(x M,y M).将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故x M==,y M=kx M+b=.于是直线OM的斜率k OM==-,即k OM·k=-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k>0,k≠3.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=2x M.于是=2×,解得k1=4-,k2=4+.因为k i>0,k i≠3,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.评析本题考查直线与圆锥曲线的位置关系,设问常规,但对运算能力要求较高,考查学生的思维能力.C组教师专用题组考点圆锥曲线的综合问题1.(2017山东文,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)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(m≠0)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),联立得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,由Δ>0得m2<4k2+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,t≥3,故2k2+1=,所以=1+=1+.令y=t+,所以y'=1-.当t≥3时,y'>0,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m≠0.故≥.设∠EDF=2θ,则sin θ=≥.所以θ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.方法总结求解圆锥曲线相关最值的常用方法:1.几何性质法;2.二次函数最值法;3.基本不等式法;4.三角函数最值法;5.导数法.2.(2017课标全国Ⅰ理,20,12分)已知椭圆C:+=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3,P4中恰有三点在椭圆C上.(1)求C的方程;(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.解析本题考查了圆锥曲线的方程以及圆锥曲线与直线位置关系中的定点问题.(1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点.又由+>+知,C不经过点P1,所以点P2在C上.因此解得故C的方程为+y2=1.(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为,.则k1+k2=-=-1,得t=2,不符合题设.从而可设l:y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.而k1+k2=+=+=,由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)·+(m-1)·=0.解得k=-.当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=-x+m,即y+1=-(x-2),所以l过定点(2,-1).3.(2016山东,21,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)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)(m>0)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.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)证明:设P(x0,y0)(x0>0,y0>0). 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=+m.所以x2-x1=-=,y2-y1=+m--m=,所以k AB===.由m>0,x0>0,可知k>0,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.4.(2015山东,21,14分)平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且点在椭圆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,射线PO交椭圆E于点Q.(i)求的值;(ii)求△ABQ面积的最大值.解析(1)由题意知+=1,又=,解得a2=4,b2=1.所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)由(1)知椭圆E的方程为+=1.(i)设P(x0,y0),=λ,由题意知Q(-λx0,-λy0).因为+=1,又+=1,即=1,所以λ=2,即=2.(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2).将y=kx+m代入椭圆E的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0,由Δ>0,可得m2<4+16k2.①则有x1+x2=-,x1x2=.所以|x1-x2|=.因为直线y=kx+m与y轴交点的坐标为(0,m), 所以△OAB的面积S=|m||x1-x2|===2.设=t.将y=kx+m代入椭圆C的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,由Δ≥0,可得m2≤1+4k2.②由①②可知0<t≤1,因此S=2=2.故S≤2,当且仅当t=1,即m2=1+4k2时取得最大值2.由(i)知,△ABQ的面积为3S,所以△ABQ面积的最大值为6.5.(2015陕西,20,12分)如图,椭圆E:+=1(a>b>0)经过点A(0,-1),且离心率为.(1)求椭圆E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,结合a2=b2+c2,解得a=.所以椭圆E的方程为+y2=1.(2)证明:由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k≠2),代入+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0.由已知可知Δ>0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0,则x1+x2=,x1x2=.从而直线AP,AQ的斜率之和k AP+k AQ=+=+=2k+(2-k)=2k+(2-k)=2k+(2-k)=2k-2(k-1)=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.6.(2015北京,19,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点P(0,1)和点A(m,n)(m≠0)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(x M,0).因为m≠0,所以-1<n<1.直线PA的方程为y-1=x,所以x M=,即M.(2)存在.因为点B与点A关于x轴对称,所以B(m,-n).设N(x N,0),则x N=.“存在点Q(0,y Q)使得∠OQM=∠ONQ”等价于“存在点Q(0,y Q)使得=”,即y Q满足=|x M||x N|.因为x M=,x N=,+n2=1,所以=|x M||x N|==2.所以y Q=或y Q=-.故在y轴上存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ,点Q的坐标为(0,)或(0,-).7.(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:+=1(a>b>0)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).联立得得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其Δ=(4k)2+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k QA===k-,k QB'===-k+=k-,所以k QA=k QB',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.评析本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质,直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识,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.8.(2014重庆,21,12分)如图,设椭圆+=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,点D在椭圆上,DF1⊥F1F2,=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.从而=|DF1||F1F2|=c2=,故c=1.从而|DF1|=,由DF1⊥F1F2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,y1>0,y2>0,F1P1,F2P2是圆C的切线,且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性,易知,x2=-x1,y1=y2.由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以=(x1+1,y1),=(-x1-1,y1).再由F1P1⊥F2P2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CP1⊥F1P1,得·=-1.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+=.评析本题考查椭圆的标准方程、圆的方程的求法以及椭圆的几何性质,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.9.(2014课标Ⅰ,20,12分)已知点A(0,-2),椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为,O 为坐标原点.(1)求E的方程;(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点.当△OPQ的面积最大时,求l的方程.解析(1)设F(c,0),由条件知, =,得c=.又=,所以a=2,b2=a2-c2=1.故E的方程为+y2=1.(2)当l⊥x轴时不合题意,故设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).将y=kx-2代入+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.当Δ=16(4k2-3)>0,即k2>时,x1,2=.从而|PQ|=|x1-x2|=.又点O到直线PQ的距离d=,所以△OPQ的面积S△OPQ=d·|PQ|=.设=t,则t>0,S△OPQ==.因为t+≥4,当且仅当t=2,即k=±时等号成立,且满足Δ>0,所以,当△OPQ的面积最大时,l的方程为y=x-2或y=-x-2.评析本题主要考查椭圆的标准方程、几何性质,直线的方程以及直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查用代数方法研究圆锥曲线的综合问题,考查方程思想、函数思想、整体代换以及换元法的应用.考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力.10.(2014湖南,21,13分)如图,O为坐标原点,椭圆C1:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为e1;双曲线C2:-=1的左、右焦点分别为F3、F4,离心率为e2,已知e1e2=,且|F2F4|=-1.(1)求C1,C2的方程;(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB,M为AB的中点,当直线OM与C2交于P,Q两点时,求四边形APBQ面积的最小值.解析(1)因为e1e2=,所以·=,即a4-b4=a4,因此a2=2b2,从而F2(b,0),F4(b,0),于是b-b=|F2F4|=-1,所以b=1,所以a2=2.故C1,C2的方程分别为+y2=1,-y2=1.(2)因为AB不垂直于y轴,且过点F1(-1,0),故可设直线AB的方程为x=my-1.由得(m2+2)y2-2my-1=0,易知此方程的判别式大于0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1,y2是上述方程的两个实根,所以y1+y2=,y1y2=.因此x1+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-m2)x2=4,所以2-m2>0,且x2=,y2=,从而|PQ|=2=2.设点A到直线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(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|,从而2d=.又因为|y1-y2|==,所以2d=.故四边形APBQ的面积S=|PQ|·2d==2.而0<2-m2<2,故当m=0时,S取得最小值2.综上所述,四边形APBQ面积的最小值为2.11.(2014四川,20,13分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距为4,其短轴的两个端点与长轴的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.解析(1)由已知可得解得a2=6,b2=2,所以椭圆C的标准方程是+=1.(2)(i)证明:由(1)可得,F的坐标是(-2,0),设T点的坐标为(-3,m).则直线TF的斜率k TF==-m.当m≠0时,直线PQ的斜率k PQ=,直线PQ的方程是x=my-2.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,得消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,其Δ=16m2+8(m2+3)>0.所以y1+y2=,y1y2=,x1+x2=m(y1+y2)-4=.所以PQ的中点M的坐标为.所以直线OM的斜率k OM=-,又直线OT的斜率k OT=-,所以点M在直线OT上,因此OT平分线段PQ.(ii)由(i)可得,|TF|=,|PQ|====.所以==≥=.当且仅当m2+1=,即m=±1时,等号成立,此时取得最小值.所以当最小时,T点的坐标是(-3,1)或(-3,-1).评析本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合、转化与化归、分类与整合等数学思想.12.(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;(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,。