§10.6圓錐曲線的綜合問題考綱解讀考點考綱內容要求浙江省五年高考統(tǒng)計20132014201520162017圓錐曲線的綜合問題1.了解圓錐曲線的簡單應用.2.理解數(shù)形結合的思想.3.能解決直線與橢圓、拋物線的位置關系等問題.掌握9,5分21(2),9分9(文),5分22(文),約9分21,15分17(文),4分22(文),約10分19,15分19(文),15分19(2),7分19(2)(文),9分21(2),約9分分析解讀1.圓錐曲線的綜合問題是高考的熱點之一,主要考查兩大問題:一是根據(jù)條件求出平面曲線的方程;二是通過方程研究平面曲線的性質.2.考查點主要有:(1)圓錐曲線的基本概念和性質;(2)與圓錐曲線有關的最值、對稱、位置關系等綜合問題;(2)有關定點、定值問題,以及存在性等探索性問題.3.預計2019年高考試題中,圓錐曲線的綜合問題仍是壓軸題之一,復習時應引起高度重視.五年高考考點圓錐曲線的綜合問題1.(2014福建,9,5分)設P,Q分別為圓x2+(y6)2=2和橢圓x210+y2=1上的點,則P,Q兩點間的最大距離是(A.52 B.46+2 C.7+2 D.62答案D2.(2014湖北,9,5分)已知F1,F2是橢圓和雙曲線的公共焦點,P是它們的一個公共點,且∠F1PF2=π3,則橢圓和雙曲線的離心率的倒數(shù)之和的最大值為(A.433 B.233答案A3.(2017浙江,21,15分)如圖,已知拋物線x2=y,點A-12,14,B32,94,拋物線上的點P(x,y)-(1)求直線AP斜率的取值范圍;(2)求|PA|·|PQ|的最大值.解析本題主要考查直線方程、直線與拋物線的位置關系等基礎知識,同時考查解析幾何的基本思想方法和運算求解能力.(1)設直線AP的斜率為k,k=x2-1因為12<x<32,所以直線AP斜率的取值范圍是(2)解法一:聯(lián)立直線AP與BQ的方程kx解得點Q的橫坐標是xQ=-k因為|PA|=1+k2x|PQ|=1+k2(xQx)=所以|PA|·|PQ|=(k1)(k+1)3,令f(k)=(k1)(k+1)3.因為f'(k)=(4k2)(k+1)2,所以f(k)在區(qū)間-1,12上單調遞增,12,1上單調遞減,因此當k=1解法二:如圖,連接BP,|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos∠BPQ=AP·(ABAP)=AP·ABAP2易知P(x,x2)-1則AP·AB=2x+1+2x212=2x2+2x+12,AP2=x+122+x2-142=x2+x+14+x41∴|AP|·|PQ|=x4+32x2+x+3設f(x)=x4+32x2+x+3則f'(x)=4x3+3x+1=(x1)(2x+1)2,∴f(x)在-12,1上為增函數(shù),∴f(x)max=f(1)=2716故|AP|·|PQ|的最大值為27164.(2014浙江,21,15分)如圖,設橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),動直線l與橢圓C(1)已知直線l的斜率為k,用a,b,k表示點P的坐標;(2)若過原點O的直線l1與l垂直,證明:點P到直線l1的距離的最大值為ab.解析(1)設直線l的方程為y=kx+m(k<0),由y=kx+m,x2a2+y2b2=1消去y得(b2+a2由于l與C只有一個公共點,故Δ=0,即b2m2+a2k2=0,解得點P的坐標為-a又點P在第一象限,故點P的坐標為P-a(2)證明:由于直線l1過原點O且與l垂直,故直線l1的方程為x+ky=0,所以點P到直線l1的距離d=-a整理得d=a2因為a2k2+b2k2≥2ab,所以a2當且僅當k2=ba時等號成立所以,點P到直線l1的距離的最大值為ab.5.(2013浙江,21,15分)如圖,點P(0,1)是橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個頂點,C1的長軸是圓C2:x2+y2=4的直徑.l1,l2是過點P且互相垂直的兩條直線,其中l(wèi)1交圓C2于A,B兩點,l(1)求橢圓C1的方程;(2)求△ABD面積取最大值時直線l1的方程.解析(1)由題意得b所以橢圓C1的方程為x24+y(2)設A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).由題意知直線l1的斜率存在,不妨設其為k,則直線l1的方程為y=kx1.又圓C2:x2+y2=4,故點O到直線l1的距離d=1k所以|AB|=24-d2又l2⊥l1,故直線l2的方程為x+ky+k=0.由x消去y,整理得(4+k2)x2+8kx=0,故x0=8k所以|PD|=8k設△ABD的面積為S,則S=12|AB|·|PD|=8所以S=32≤3224k當且僅當k=±102時取等號所以所求直線l1的方程為y=±102x6.(2017課標全國Ⅰ理,20,12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),四點P1(1,1),P2(0,1),P3-1(1)求C的方程;(2)設直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A,B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為1,證明:l過定點.解析本題考查了圓錐曲線的方程以及圓錐曲線與直線位置關系中的定點問題.(1)由于P3,P4兩點關于y軸對稱,故由題設知C經(jīng)過P3,P4兩點.又由1a2+1b2>1a2+34b2知,C不經(jīng)過點P因此1b2故C的方程為x24+y(2)設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1,k2.如果l與x軸垂直,設l:x=t,由題設知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐標分別為t,4-則k1+k2=4-t2-22t從而可設l:y=kx+m(m≠1).將y=kx+m代入x24+y2(4k2+1)x2+8kmx+4m24=0.由題設可知Δ=16(4k2m2+1)>0.設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=8km4k2+1,x1而k1+k2=y1-=kx1=2k由題設k1+k2=1,故(2k+1)x1x2+(m1)(x1+x2)=0.即(2k+1)·4m2-44解得k=m+1當且僅當m>1時,Δ>0,于是l:y=m+1即y+1=m+12所以l過定點(2,1).7.(2017課標全國Ⅰ文,20,12分)設A,B為曲線C:y=x24上兩點,A與B(1)求直線AB的斜率;(2)設M為曲線C上一點,C在M處的切線與直線AB平行,且AM⊥BM,求直線AB的方程.解析本題考查直線與拋物線的位置關系.(1)設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1≠x2,y1=x124,y2=x22于是直線AB的斜率k=y1-y(2)由y=x24,得y'=設M(x3,y3),由題設知x3解得x3=2,于是M(2,1).設直線AB的方程為y=x+m,故線段AB的中點為N(2,2+m),|MN|=|m+1|.將y=x+m代入y=x24得x2當Δ=16(m+1)>0,即m>1時,x1,2=2±2m+1從而|AB|=2|x1x2|=42(由題設知|AB|=2|MN|,即42(m+1所以直線AB的方程為y=x+7.8.(2017山東理,21,14分)在平面直角坐標系xOy中,橢圓E:x2a2+y2b2(1)求橢圓E的方程;(2)如圖,動直線l:y=k1x32交橢圓E于A,B兩點,C是橢圓E上一點,直線OC的斜率為k2,且k1k2=24.M是線段OC延長線上一點,且|MC|∶|AB|=2∶3,☉M的半徑為|MC|,OS,OT是☉M的兩條切線,切點分別為S,T.求∠SOT的最大值,并求取得最大值時直線l解析本題考查橢圓的方程,直線與橢圓、圓的位置關系,考查最值的求解方法和運算求解能力.(1)由題意知e=ca=22,2c=2,所以a=因此橢圓E的方程為x22+y(2)設A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立x22+y2=1,y=k1x-由題意知Δ>0,且x1+x2=23k12k12所以|AB|=1+k12|x1x2由題意可知圓M的半徑r=23|AB|=223由題設知k1k2=24,所以k2=2因此直線OC的方程為y=24聯(lián)立x22+y2=1,y=2因此|OC|=x2+y由題意可知sin∠SOT2=rr而|OC|r=1+8令t=1+2k12,則t>1,1因此|OC|r=32·t=32·1-當且僅當1t=12,即t=2時等號成立,此時k1=±所以sin∠SOT2≤因此∠SOT2≤π6,所以∠SOT綜上所述:∠SOT的最大值為π3,取得最大值時直線l的斜率k1=±229.(2016北京,19,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為(1)求橢圓C的方程;(2)設P是橢圓C上一點,直線PA與y軸交于點M,直線PB與x軸交于點N.求證:|AN|·|BM|為定值.解析(1)由題意得c解得a2=4,b2=1.所以橢圓C的方程為x24+y(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).設P(x0,y0),則x02+4當x0≠0時,直線PA的方程為y=y0x令x=0,得yM=2y0x0-2,從而直線PB的方程為y=y0令y=0,得xN=x0y0-1,從而|AN|=|2所以|AN|·|BM|=2+x0=x=4=4.當x0=0時,y0=1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|·|BM|=4.綜上,|AN|·|BM|為定值.10.(2015課標Ⅱ,20,12分)已知橢圓C:9x2+y2=m2(m>0),直線l不過原點O且不平行于坐標軸,l與C有兩個交點A,B,線段AB的中點為M.(1)證明:直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值;(2)若l過點m3,m,延長線段OM與C交于點P,四邊形OAPB能否為平行四邊形?若能,求此時l的斜率;若不能解析(1)證明:設直線l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2m2=0,故xM=x1+x22=-kbk于是直線OM的斜率kOM=yMxM=9k,即k所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值.(2)四邊形OAPB能為平行四邊形.因為直線l過點m3,m,所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是由(1)得OM的方程為y=9k設點P的橫坐標為xP.由y=-9kx,9x2+y將m3,m代入l的方程得因此xM=k(四邊形OAPB為平行四邊形當且僅當線段AB與線段OP互相平分,即xP=2xM.于是±km3k2+9=2×k(k-3)m因為ki>0,ki≠3,i=1,2,所以當l的斜率為47或4+7時,四邊形OAPB為平行四邊形.11.(2014課標Ⅰ,20,12分)已知點A(0,2),橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,F是橢圓E的右焦點,(1)求E的方程;(2)設過點A的動直線l與E相交于P,Q兩點.當△OPQ的面積最大時,求l的方程.解析(1)設F(c,0),由條件知,2c=2得c=3.又ca=32,所以a=2,b2=a2c故E的方程為x24+y(2)當l⊥x軸時不合題意,故設l:y=kx2,P(x1,y1),Q(x2,y2).將y=kx2代入x24+y2=1得(1+4k2)x當Δ=16(4k23)>0,即k2>34時,x1,2=8k從而|PQ|=k2+1|x1x2|=又點O到直線PQ的距離d=2k所以△OPQ的面積S△OPQ=12d·|PQ|=4設4k2-3=t,則t>0,S△OPQ=因為t+4t≥4,當且僅當t=2,即k=±72時等號成立,所以,當△OPQ的面積最大時,l的方程為y=72x2或y=72教師用書專用(12—23)12.(2017山東文,21,14分)在平面直角坐標系xOy中,已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,橢圓(1)求橢圓C的方程;(2)動直線l:y=kx+m(m≠0)交橢圓C于A,B兩點,交y軸于點M.點N是M關于O的對稱點,☉N的半徑為|NO|.設D為AB的中點,DE,DF與☉N分別相切于點E,F,求∠EDF的最小值.解析本題考查橢圓的標準方程及圓錐曲線的相關最值.(1)由橢圓的離心率為22,得a2=2(a2b2又當y=1時,x2=a2a2b2,得a所以a2=4,b2=2.因此橢圓方程為x24+(2)設A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立方程y得(2k2+1)x2+4kmx+2m24=0,由Δ>0得m2<4k2+2,(*)且x1+x2=4km2k2+1,因此y1所以D-2又N(0,m),所以|ND|2=-2km2整理得|ND|2=4m因為|NF|=|m|,所以|ND|2|NF令t=8k2+3,t≥3,故2k2+1=t+1所以|ND|2|NF令y=t+1t,所以y'=11當t≥3時,y'>0,從而y=t+1t在[3,+∞)上單調遞增因此t+1t≥10等號當且僅當t=3時成立,此時k=0,所以|ND|由(*)得2<m<2且m≠0.故|NF||設∠EDF=2θ,則sinθ=|NF||所以θ的最小值為π6從而∠EDF的最小值為π3,此時直線l的斜率是綜上所述:當k=0,m∈(2,0)∪(0,2)時,∠EDF取到最小值π313.(2016天津,19,14分)設橢圓x2a2+y23=1(a>3)的右焦點為F,右頂點為A.已知1|OF|+1|(1)求橢圓的方程;(2)設過點A的直線l與橢圓交于點B(B不在x軸上),垂直于l的直線與l交于點M,與y軸交于點H.若BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直線l的斜率的取值范圍.解析(1)設F(c,0),由1|OF|+1|OA|=3e|FA|,即1c+1a=3ca(a-c),可得a2c2=3c2,又a2c(2)設直線l的斜率為k(k≠0),則直線l的方程為y=k(x2).設B(xB,yB),由方程組x24整理得(4k2+3)x216k2x+16k212=0.解得x=2或x=8k由題意得xB=8k2-64k2由(1)知F(1,0),設H(0,yH),有FH=(1,yH),BF=9-由BF⊥HF,得BF·FH=0,所以4k2-94k2+3+因此直線MH的方程為y=1kx+9設M(xM,yM),由方程組y=k(x-2),y在△MAO中,∠MOA≤∠MAO?|MA|≤|MO|,即(xM2)2+yM2≤xM2+yM2,化簡得xM≥1,即20k2+912(所以,直線l的斜率的取值范圍為-∞,-614.(2016四川,20,13分)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的兩個焦點與短軸的一個端點是直角三角形的三個頂點,直線(1)求橢圓E的方程及點T的坐標;(2)設O是坐標原點,直線l'平行于OT,與橢圓E交于不同的兩點A,B,且與直線l交于點P.證明:存在常數(shù)λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值.解析(1)由題意得,a=2b,則橢圓E的方程為x22b由方程組x22b2+y2方程①的判別式為Δ=24(b23),由Δ=0,得b2=3,此時方程①的解為x=2,所以橢圓E的方程為x26+點T的坐標為(2,1).(2)由已知可設直線l'的方程為y=12x+m(m≠由方程組y=1所以P點坐標為2-2m3,1+2設點A,B的坐標分別為A(x1,y1),B(x2,y2).由方程組x26+y23方程②的判別式為Δ=16(92m2),由Δ>0,解得322<m<由②得x1+x2=4m3,x1x2=4m2-123同理|PB|=52所以|PA|·|PB|=5=5=542-2m故存在常數(shù)λ=45,使得|PT|2=λ|PA|·15.(2015北京,19,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,點P(0,1)和點A(m,n)(m≠0)都在橢圓C上(1)求橢圓C的方程,并求點M的坐標(用m,n表示);(2)設O為原點,點B與點A關于x軸對稱,直線PB交x軸于點N.問:y軸上是否存在點Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求點Q的坐標;若不存在,說明理由.解析(1)由題意得b=1,ca故橢圓C的方程為x22+y設M(xM,0).因為m≠0,所以1<n<1.直線PA的方程為y1=n-所以xM=m1-n,即(2)存在.因為點B與點A關于x軸對稱,所以B(m,n).設N(xN,0),則xN=m1+“存在點Q(0,yQ)使得∠OQM=∠ONQ”等價于“存在點Q(0,yQ)使得|OM||OQ|=|OQ||ON|”,因為xM=m1-n,xN=m1+n所以yQ2=|xM||xN|=所以yQ=2或yQ=2.故在y軸上存在點Q,使得∠OQM=∠ONQ.點Q的坐標為(0,2)或(0,2).16.(2014湖南,21,13分)如圖,O為坐標原點,橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1、F2,離心率為e1;雙曲線C2:x2a2y2b2=1的左、右焦點分別為F3、F4,離心率為e2,已知e1e(1)求C1,C2的方程;(2)過F1作C1的不垂直于y軸的弦AB,M為AB的中點,當直線OM與C2交于P,Q兩點時,求四邊形APBQ面積的最小值.解析(1)因為e1e2=32,所以a2-b2a·a2+b2a=32,即a4b4=34a4,因此a2=2b2,從而F2(b,0),F4(3b,0),于是3b故C1,C2的方程分別為x22+y2=1,x2(2)因為AB不垂直于y軸,且過點F1(1,0),故可設直線AB的方程為x=my1.由x=my-1,x2易知此方程的判別式大于0,設A(x1,y1),B(x2,y2),則y1,y2是上述方程的兩個實根,所以y1+y2=2mm2+2,y1y因此x1+x2=m(y1+y2)2=-4m2+2,于是AB的中點M的坐標為-2m2+2,mm2+2.由y=-m2x,x22-y2=1得(2m2)x2=4,所以2m2>0,且x2設點A到直線PQ的距離為d,則點B到直線PQ的距離也為d,所以2d=|m因為點A,B在直線mx+2y=0的異側,所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1mx22y2|,從而2d=(m又因為|y1y2|=(y1+所以2d=22故四邊形APBQ的面積S=12|PQ|·2d=221+m2而0<2m2<2,故當m=0時,S取得最小值2.綜上所述,四邊形APBQ面積的最小值為2.17.(2014山東,21,14分)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F,A為C上異于原點的任意一點,過點A的直線l交C于另一點B,交x軸的正半軸于點D,且有|FA|=|FD|.當點A的橫坐標為3時,△ADF為正三角形.(1)求C的方程;(2)若直線l1∥l,且l1和C有且只有一個公共點E,(i)證明直線AE過定點,并求出定點坐標;(ii)△ABE的面積是否存在最小值?若存在,請求出最小值,若不存在,請說明理由.解析(1)由題意知Fp2設D(t,0)(t>0),則FD的中點為p+2因為|FA|=|FD|,由拋物線的定義知3+p2=t解得t=3+p(t=3舍去).由p+2t4所以拋物線C的方程為y2=4x.(2)(i)由(1)知F(1,0),設A(x0,y0)(x0y0≠0),D(xD,0)(xD>0),因為|FA|=|FD|,則|xD1|=x0+1,由xD>0得xD=x0+2,故D(x0+2,0).故直線AB的斜率kAB=y0因為直線l1和直線AB平行,設直線l1的方程為y=y0代入拋物線方程得y2+8y0y由題意得Δ=64y02+32by設E(xE,yE),則yE=4y0,xE=當y02≠4時,kAE=yE-y0xE-x0=4y0+y由y02=4x整理可得y=4y0直線AE恒過點F(1,0).當y02=4時,直線AE的方程為x=1,所以直線AE過定點F(1,0).(ii)由(i)知直線AE過焦點F(1,0),所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+1x0+1=x0設直線AE的方程為x=my+1,因為點A(x0,y0)在直線AE上,故m=x0設B(x1,y1),直線AB的方程為yy0=y02(xx由于y0≠0,可得x=2y0y+2+x代入拋物線方程得y2+8y0y84x所以y0+y1=8y可求得y1=y08y0,x1=4x所以點B到直線AE的距離為d=4=4=4x0則△ABE的面積S=12×4x0當且僅當1x0=x0,即x0=1所以△ABE的面積的最小值為16.18.(2014四川,20,13分)已知橢圓C:x2a2+y2b(1)求橢圓C的標準方程;(2)設F為橢圓C的左焦點,T為直線x=3上任意一點,過F作TF的垂線交橢圓C于點P,Q.(i)證明:OT平分線段PQ(其中O為坐標原點);(ii)當|TF||PQ|最小時解析(1)由已知可得a解得a2=6,b2=2,所以橢圓C的標準方程是x26+(2)(i)證明:由(1)可得,F的坐標是(2,0),設T點的坐標為(3,m).則直線TF的斜率kTF=m-0當m≠0時,直線PQ的斜率kPQ=1m,直線PQ的方程是x=my當m=0時,直線PQ的方程是x=2,也符合x=my2的形式.設P(x1,y1),Q(x2,y2),將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立,得x消去x,得(m2+3)y24my2=0,其判別式Δ=16m2+8(m2+3)>0.所以y1+y2=4mm2+3,y1y2x1+x2=m(y1+y2)4=-12所以PQ的中點M的坐標為-6所以直線OM的斜率kOM=m3又直線OT的斜率kOT=m3,所以點M在直線OT上因此OT平分線段PQ.(ii)由(i)可得,|TF|=m2|PQ|=(=(=(m2+1所以|TF||PQ|=124·當且僅當m2+1=4m2+1,即m=±1時,等號成立,此時所以當|TF||PQ|最小時,T點的坐標是(19.(2013山東,22,13分)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別是F1、F2,離心率為32,過F(1)求橢圓C的方程;(2)點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點,連接PF1,PF2.設∠F1PF2的角平分線PM交C的長軸于點M(m,0),求m的取值范圍;(3)在(2)的條件下,過點P作斜率為k的直線l,使得l與橢圓C有且只有一個公共點.設直線PF1,PF2的斜率分別為k1,k2.若k≠0,試證明1kk1+1k解析(1)由于c2=a2b2,將x=c代入橢圓方程x2a2得y=±b2由題意知2b即a=2b2.又e=ca=3所以a=2,b=1.所以橢圓C的方程為x24+y(2)解法一:設P(x0,y0)(y0≠0).又F1(3,0),F2(3,0),所以直線PF1,PF2的方程分別為lPF1:y0x(x0+3)y+3lPF2:y0x(x03)y3由題意知|my0由于點P在橢圓上,所以x024所以|m+3因為3<m<3,2<x0<2,所以m+33所以m=34x0因此32<m<3解法二:設P(x0,y0).當0≤x0<2時,①當x0=3時,直線PF2的斜率不存在,易知P3,12或若P3,12,則直線PF1的方程為x43由題意得|m+3因為3<m<3,所以m=33若P3,-12,同理可得②當x0≠3時,設直線PF1,PF2的方程分別為y=k1(x+3),y=k2(x3).由題意知|mk1所以(m+3因為x024并且k1=y0x0+3所以(m+=3x02即m+3m-3因為3<m<3,0≤x0<2且x0≠3,所以3+m3整理得m=3x04,故0≤m<32且綜合①②可得0≤m<32當2<x0<0時,同理可得32綜上所述,m的取值范圍是-3(3)設P(x0,y0)(y0≠0),則直線l的方程為yy0=k(xx0).聯(lián)立得x整理得(1+4k2)x2+8(ky0k2x0)x+4(y022kx0y0+k2由題意知Δ=0,即(4x02)k2+2x0y0k+1又x024所以16y02k2+8x0y0k+故k=x0由(2)知1k1+1k2=x0所以1kk1+1kk2=1因此1kk1+1k20.(2013陜西,20,13分)已知動圓過定點A(4,0),且在y軸上截得弦MN的長為8.(1)求動圓圓心的軌跡C的方程;(2)已知點B(1,0),設不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點P,Q,若x軸是∠PBQ的角平分線,證明直線l過定點.解析(1)如圖,設動圓圓心為O1(x,y),由題意,知|O1A|=|O1M|,當O1不在y軸上時,過O1作O1H⊥MN交MN于H,則H是MN的中點,∴|O1M|=x2又|O1A|=(x-4)2化簡得y2=8x(x≠0).又當O1在y軸上時,O1與O重合,點O1的坐標(0,0)也滿足方程y2=8x,∴動圓圓心的軌跡C的方程為y2=8x.(2)由題意,設直線l的方程為y=kx+b(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),將y=kx+b代入y2=8x中,得k2x2+(2bk8)x+b2=0.其中Δ=32kb+64>0.由根與系數(shù)的關系得,x1+x2=8-x1x2=b2因為x軸平分∠PBQ,所以y1x1即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,③將①②代入③得2kb2+(k+b)(82bk)+2k2b=0,∴k=b,此時Δ>0,∴直線l的方程為y=k(x1),即直線l過定點(1,0).21.(2013課標全國Ⅰ,20,12分)已知圓M:(x+1)2+y2=1,圓N:(x1)2+y2=9,動圓P與圓M外切并且與圓N內切,圓心P的軌跡為曲線C.(1)求C的方程;(2)l是與圓P,圓M都相切的一條直線,l與曲線C交于A,B兩點,當圓P的半徑最長時,求|AB|.解析由已知得圓M的圓心為M(1,0),半徑r1=1;圓N的圓心為N(1,0),半徑r2=3.設圓P的圓心為P(x,y),半徑為R.(1)因為圓P與圓M外切并且與圓N內切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2R)=r1+r2=4.由橢圓的定義可知,曲線C是以M,N為左、右焦點,長半軸長為2,短半軸長為3的橢圓(左頂點除外),其方程為x24+y2(2)對于曲線C上任意一點P(x,y),由于|PM||PN|=2R2≤2,所以R≤2,當且僅當圓P的圓心為(2,0)時,R=2.所以當圓P的半徑最長時,其方程為(x2)2+y2=4.若l的傾斜角為90°,則l與y軸重合,可得|AB|=23.若l的傾斜角不為90°,由r1≠R知l不平行于x軸,設l與x軸的交點為Q,則|QP||QM|=Rr1,可求得Q(4,0),所以可設l:y=k(x+4).由l與圓M當k=24時,將y=24x+2代入x24+y23解得x1,2=-4所以|AB|=1+k2|x2x1|=當k=24時,由圖形的對稱性可知|AB|=18綜上,|AB|=23或|AB|=18722.(2013廣東,20,14分)已知拋物線C的頂點為原點,其焦點F(0,c)(c>0)到直線l:xy2=0的距離為322.設P為直線l上的點,過點P作拋物線C的兩條切線PA,PB,其中A,B(1)求拋物線C的方程;(2)當點P(x0,y0)為直線l上的定點時,求直線AB的方程;(3)當點P在直線l上移動時,求|AF|·|BF|的最小值.解析(1)依題意,設拋物線C的方程為x2=4cy,由題意知|0-c-2所以拋物線C的方程為x2=4y.(2)拋物線C的方程為x2=4y,即y=14x2求導得y'=12設A(x1,y1),B(x2,y2)其中y1=x124,y2=x所以切線PA的方程為yy1=x12(xx1),即y=x12x即x1x2y2y1=0.同理可得切線PB的方程為x2x2y2y2=0.因為切線PA,PB均過點P(x0,y0),所以x1x02y02y1=0,x2x02y02y2=0,所以(x1,y1),(x2,y2)為方程x0x2y02y=0的兩組解.所以直線AB的方程為x0x2y2y0=0.(3)由拋物線定義可知|AF|=y1+1,|BF|=y2+1,所以|AF|·|BF|=(y1+1)(y2+1)=y1y2+(y1+y2)+1,聯(lián)立方程x0x-2y-2y0=0,由一元二次方程根與系數(shù)的關系可得y1+y2=x022y0,y1y2=所以|AF|·|BF|=y1y2+(y1+y2)+1=y02+x0又點P(x0,y0)在直線l上,所以x0=y0+2,所以y02+x022y0+1=2y02+2y所以當y0=12時,|AF|·|BF|取得最小值,且最小值為923.(2013湖北,21,13分)如圖,已知橢圓C1與C2的中心在坐標原點O,長軸均為MN且在x軸上,短軸長分別為2m,2n(m>n),過原點且不與x軸重合的直線l與C1,C2的四個交點按縱坐標從大到小依次為A,B,C,D.記λ=mn,△BDM和△ABN的面積分別為S1和S2(1)當直線l與y軸重合時,若S1=λS2,求λ的值;(2)當λ變化時,是否存在與坐標軸不重合的直線l,使得S1=λS2?并說明理由.解析依題意可設橢圓C1和C2的方程分別為C1:x2a2+y2m2=1,C2:x2a2(1)解法一:如圖1,若直線l與y軸重合,即直線l的方程為x=0,則S1=12|BD|·|OM|=1S2=12|AB|·|ON|=1所以S1S2在C1和C2的方程中分別令x=0,可得yA=m,yB=n,yD=m,于是|BD||AB|=|若S1S2=λ,則λ+1λ-由λ>1,可解得λ=2+1.故當直線l與y軸重合時,若S1=λS2,則λ=2+1.解法二:如圖1,若直線l與y軸重合,則|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA||OB|=mn;S1=12|BD|·|OM|=12a|BD|,S2=1212所以S1S2=|BD|若S1S2=λ,則λ+1λ-由λ>1,可解得λ=2+1.故當直線l與y軸重合時,若S1=λS2,則λ=2+1.(2)解法一:如圖2,若存在與坐標軸不重合的直線l,使得S1=λS2.根據(jù)對稱性,不妨設直線l:y=kx(k>0),點M(a,0),N(a,0)到直線l的距離分別為d1,d2,則d1=|-ak-0d2=|ak-0所以d1=d2.又S1=12|BD|d1,S2=12|AB|d所以S1S2即|BD|=λ|AB|.由對稱性可知|AB|=|CD|,所以|BC|=|BD||AB|=(λ1)|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=(λ+1)|AB|,于是|AD||將l的方程分別與C1,C2的方程聯(lián)立,可求得xA=ama2k2+根據(jù)對稱性可知xC=xB,xD=xA,于是|AD||BC|=1+從而由①和②式可得a2k2令t=λ+1λ(λ-1)于是由③式可解得k2=n2因為k≠0,所以k2>0.于是③式關于k有解,當且僅當n2等價于(t21)t2由λ>1,可解得1λ即1λ<λ+1λ(λ-1所以當1<λ≤1+2時,不存在與坐標軸不重合的直線l,使得S1=λS2;當λ>1+2時,存在與坐標軸不重合的直線l使得S1=λS2.解法二:如圖2,若存在與坐標軸不重合的直線l,使得S1=λS2.根據(jù)對稱性,不妨設直線l:y=kx(k>0),點M(a,0),N(a,0)到直線l的距離分別為d1,d2,則d1=|-ak-0|1+k2=ak所以d1=d2.又S1=12|BD|d1,S2=12|AB|d所以S1S2因為|BD||AB|所以xAxB由點A(xA,kxA),B(xB,kxB)分別在C1,C2上,可得xA2a2+k2兩式相減可得xA2-依題意xA>xB>0,所以xA2>所以由上式解得k2=m2因為k2>0,所以由m2(xA2從而1<λ+1λ-1<λ,所以當1<λ≤1+2時,不存在與坐標軸不重合的直線l,使得S1=λS2;當λ>1+2時,存在與坐標軸不重合的直線l使得S1=λS2.三年模擬A組2016—2018年模擬·基礎題組考點圓錐曲線的綜合問題1.(2018浙江浙東北聯(lián)盟期中,2)橢圓x2a2+y23=1(a>0)與雙曲線x24yA.3 B.3 C.5 D.5答案A2.(2017浙江湖州期末調研,7)已知雙曲線x2a2y2b2=1(a>0,b>0)與拋物線y2=2px(p>0)有公共焦點F,且交于A,B兩點,若直線ABA.2 B.1+2 C.22 D.2+2答案B3.(2017浙江鎮(zhèn)海中學第一學期期中,8)雙曲線C:x2a2y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1(c,0)、F2(c,0),A為雙曲線C右支上一點,且|AF1|=2c,AF1與y軸交于點B,若F2B是∠AF2F1的平分線,A.3+32 C.3+53 答案D4.(2016浙江鎮(zhèn)海中學測試(六),6)設拋物線y2=4x的焦點為F,P是拋物線上異于原點的一點.若以P為圓心,FP為半徑的圓與直線4x+3y+5=0相切,則點P的橫坐標是()A.12 B.24 C.36 D.48答案C5.(2018浙江9+1高中聯(lián)盟期中,21)如圖,在平面直角坐標系xOy中,設點M(x0,y0)是橢圓C:x22+y2=1上一點,從原點O向圓M:(x-x0)2+(y-y0)2=2(1)求證:k1k2為定值;(2)求四邊形OPMQ面積的最大值.解析(1)因為直線OP:y=k1x,OQ:y=k2x與圓M相切,所以|k1x0-y0|1+k12=63,|k2x0-y0|1+∴3x022≠0,k1k2=3y02-23x02-2,因為點M(x0∴k1k2=3y02(2)易知直線OP,OQ都不能落在坐標軸上,設P(x1,y1),Q(x2,y2),因為2k1k2+1=0,所以2y1y2x1因為P(x1,y1),Q(x2,y2)在橢圓C上,所以y12y22整理得x12+x22=2,所以所以OP2+OQ2=3.因為SOPMQ=12(OP+OQ)·63=OP+OQ≤2(OP2+OQ26.(2017浙江杭州質檢,21)已知P,Q為橢圓x22+y2=1上的兩點,滿足PF2⊥QF2,其中F1,F2(1)求|PF1+PF(2)若(PF1+PF2)⊥(QF1+QF2),設直線解析(1)由條件得PF1+PF2=2PO,顯然|所以|PF1+PF2|(2)由題意易知OP⊥OQ.又F2P⊥F2Q,所以PQ是直角△POQ和直角△PF2Q的公共斜邊,故線段PQ的中點到O,F2兩點的距離相等,所以可得線段PQ中點的橫坐標為12易知直線PQ的斜率存在,故設直線PQ的方程為y=kx+b,與橢圓方程聯(lián)立,得x整理得(1+2k2)x2+4kbx+2b22=0.設P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1+x2=4kb所以1+2k2=4kb,①由x1x2=2b2-21+2k2,得y1y2=k2x1x2+kb(x1+x2由x1x2+y1y2=0,得(k2+1即4k2b22k2+3b22+kb+2k3b=0,②由①②得20k4+20k23=0,解得k2=-5+210107.(2017浙江衢州質量檢測(1月),21)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的長軸長為4,焦距為23,以A為圓心的圓(x2)2+y2=r2(r>0)(1)求橢圓的標準方程;(2)求AB·AC的取值范圍;(3)設P是橢圓上異于B、C的任意一點,直線PB、PC與x軸分別交于點M、N,求S△POM·S△PON的最大值.解析(1)橢圓的標準方程為x24+y(2)設B(x0,y0),則C(x0,y0),且x024∴AB·AC=(x0-2)2y02=(x因為2<x0<2,所以AB·AC的取值范圍為-1(3)設P(x1,y1)(y1≠±y0),則x124+y12=1,直線PB,PC的方程分別為yy1=y0-y1x0-分別令y=0得xM=x1y0-x所以xMxN=x12y02于是S△POM·S△PON=14|OM||ON|·y12=14|xMxN|·因為1≤y1≤1,所以S△POM·S△PON的最大值為1.B組2016—2018年模擬·提升題組一、選擇題1.(2018浙江“七彩陽光”聯(lián)盟期中,7)已知F是雙曲線x2a2y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點,以坐標原點O為圓心,|OF|為半徑的圓與該雙曲線的漸近線在y軸右側的兩個交點記為A,B,且A.2 B.3 C.2 D.5答案C2.(2017浙江金華十校聯(lián)考(4月),8)已知a,b為實常數(shù),{ci}(i∈N*)是公比不為1的等比數(shù)列,直線ax+by+ci=0與拋物線y2=2px(p>0)均相交,所成弦的中點為Mi(xi,yi),則下列說法錯誤的是()A.數(shù)列{xi}可能是等比數(shù)列B.數(shù)列{yi}是常數(shù)列C.數(shù)列{xi}可能是等差數(shù)列D.數(shù)列{xi+yi}可能是等比數(shù)列答案C3.(2016浙江鎮(zhèn)海中學測試卷二,7)已知A1,A2為雙曲線C:x2a2y2b2=1(a>0,b>0)的左,右頂點,點P為雙曲線右支上一點,設∠PA1A2=α,∠PA2A1=β,若cos(α+β)=13,cos(αβ)=1A.2 B.22 C.3 D.23答案B二、填空題4.(2017浙江名校協(xié)作體,16)設雙曲線x2a2y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點為F,過點F作與x軸垂直的直線交兩漸近線于A,B兩點,且與雙曲線在第一象限的交點為P,設O為坐標原點,若OP=λOA+μOB,λμ=425(λ,μ∈R答案5三、解答題5.(2018浙江“七彩陽光”聯(lián)盟期中,21)已知拋物線C1:x2=4y的焦點為F,過拋物線C2:y=18x2+3上一點M作拋物線C2的切線l,與拋物線C1交于A,B兩點(1)記直線AF,BF的斜率分別為k1,k2,若k1·k2=35,求直線l的方程(2)是否存在正實數(shù)m,使得對任意點M,都有|AB|=m(|AF|+|BF|)成立?若存在,求出m的值;若不存在,請說明理由.解析(1)設M(x0,y0),由y=x28+3,得y'=x4,則切線l的斜率為切線l的方程為y=x04(xx0)+y0=x04x+x024+y0=x04x2y0+6+y0,與x2=4y聯(lián)立,消去y得x2+x0x+4y024=0.(4分)設A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1+x2=x0,x1x2=4y024.(5分)則y1+y2=x04(x1+x2)2y0+12=x0242yy1y2=x12x22則由k1·k2=y1-1x1×y2-得5y0228y0+23=0,解得y0=1或y0=235∵x02=8(y03)≥0,∴y0≤3,故y0=1,∴x則直線l的方程為y=±x+5.(9分)(2)由(1)知直線l的方程為y=x04xy0+6,且x1+x2=x0,x1x2=4y則|AB|=1+x0216|x1x2|=1+x02即|AB|=16-8y0+244·-8y而|AF|+|BF|=(y1+1)+(y2+1)=4y0+20=4(5y0),(13分)則|AB|=32(|AF|+|BF|),(14分故存在正實數(shù)m=32,使得對任意點M,都有|AB|=32(|AF|+|BF|)成立.(156.(2018浙江杭州二中期中,21)已知點P為橢圓C上的任一點,P到直線l1:x=2的距離為d1,到點F(1,0)的距離為d2,且d2d1(1)求橢圓C的方程;(2)如圖,直線l與橢圓C交于不同的兩點A,B(A,B都在x軸上方),且∠OFA+∠OFB=180°.(i)當A為橢圓C與y軸正半軸的交點時,求直線l的方程;(ii)是否存在一個定點,無論∠OFA如何變化,直線l恒過該定點?若存在,求出該點的坐標;若不存在,請說明理由.解析(1)設P(x,y),則d1=|x+2|,d2=(x+1)2+y2化簡可得x22+y2=1,所以橢圓C的方程為x2(2)(i)由(1)知A(0,1),又F(1,0),所以kAF=1-因為∠OFA+∠OFB=180°,所以kBF=1,所以直線BF的方程為y=(x+1)=x1,代入x22+y2=1中可得3x2+4x=0,解得x=0(舍)或x=43,所以B-43,1所以直線l的方程為y=12(ii)解法一:由于∠OFA+∠OFB=180°,所以kAF+kBF=0.設直線AB的方程為y=kx+b,代入x22+y2=1中,得k2+1設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=2kbk2+12,x所以kAF+kBF=y1x1+1+y2x2所以(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=2kx1x2+(k+b)(x1+x2)+2b=2k×b2-1k2+所以b2k=0,因此直線AB的方程為y=k(x+2),即直線l總經(jīng)過定點M(2,0).解法二:由于∠OFA+∠OFB=180°,所以B點關于x軸的對稱點B1在直線AF上,設直線AF方程為y=k(x+1),代入x22+y2=1中得k2+12x設A(x1,y1),B(x2,y2),則B1(x2,y2),且x1+x2=2k2k2+12直線AB的方程為yy1=y1-y2x1-x2(xx1),令y=0,因為y1=k(x1+1),y2=k(x2+1),所以x=2x1x2所以直線l總經(jīng)過定點M(2,0).7.(2017浙江五校聯(lián)考(5月),21)如圖,已知橢圓Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過不同的三點A52,54,B(1)求橢圓Γ的方程及點C的坐標;(2)設點P是橢圓Γ上的動點(異于點A,B,C),且直線PB,PC分別交直線OA于M,N兩點,問|OM|·|ON|是否為定值?若是,求該值;若不是,請說明理由.解析(1)由點A,B在橢圓Γ上,得54a2+516b2=1設點C(m,n),則BC中點為m-由已知,求得直線OA的方程為x2y=0,從而m=2n1.①又點C在橢圓Γ上,故2m2+8n2=5.②由①②解得n=34(舍去)或n=14.從而m=所以點C的坐標為-3(2)設P(x0,y0),M(2y1,y1),N(2y2,y2).當x0≠12且x0≠32因為P,B,M三點共線,所以y1+342y1+1因為P,C,N三點共線,所以y2+142y2+3因為點P在橢圓Γ上,所以2x02+8y02=5,即x0從而y1y2=(3x=352-4y所以|OM|·|ON|=5|y1|·5|y2|=5|y1y2|=2516,為定值當x0=12或x0=32時,易求得|OM|·|ON|=2516綜上,|OM|·|ON|是定值,為2516C組2016—2018年模擬·方法題組方法1圓錐曲線中的定值與最值問題的解題策略1.(2017浙江吳越聯(lián)盟測試,20)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為(1)求橢圓C的標準方程;(2)過點G(1,0)作兩條互相垂直的直線l1,l2,設l1與橢圓C交于M,N兩點,