1、10.6圓錐曲線的綜合問題考綱解讀考點考綱內(nèi)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(yīng)用.2.理解數(shù)形結(jié)合的思想.3.能解決直線與橢圓、拋物線的位置關(guān)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(zhì).2.考查點主要有:(1)圓錐曲線的基本概念和性質(zhì);

2、(2)與圓錐曲線有關(guān)的最值、對稱、位置關(guān)系等綜合問題;(2)有關(guān)定點、定值問題,以及存在性等探索性問題.3.預(yù)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(fù)習時應(yīng)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(shè)P,Q分別為圓x2+(y-6)2=2和橢圓+y2=1上的點,則P,Q兩點間的最大距離是()A.5B.+C.7+D.6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=,則橢圓和雙曲線的離心率的倒數(shù)之和的最大值為()A.B.C.3D.2答案A3.(2017浙江,21,15分)如圖,已知

3、拋物線x2=y,點A,B,拋物線上的點P(x,y).過點B作直線AP的垂線,垂足為Q.(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(guān)系等基礎(chǔ)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(shè)直線AP的斜率為k,k=x-,因為-xb0),動直線l與橢圓C只有一個公共點P,且點P在第一象限.(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a-b.解析(1)設(shè)直線l的方程為y=kx+m(kb0)的一個頂點,C1的長軸是圓C2:x2+y2=4的直徑.

4、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,l2交橢圓C1于另一點D.(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)由題意得所以橢圓C1的方程為+y2=1.(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).由題意知直線l1的斜率存在,不妨設(shè)其為k,則直線l1的方程為y=kx-1.又圓C2:x2+y2=4,故點O到直線l1的距離d=,所以|AB|=2=2.又l2l1,故直線l2的方程為x+ky+k=0.由消去y,整理得(4+k2)x2+8kx=0,故x0=-.所以|PD|=.設(shè)ABD的面積為S,則S=|AB|PD|=,所以S=

5、,當且僅當k=時取等號.所以所求直線l1的方程為y=x-1.6.(2017課標全國理,20,12分)已知橢圓C:+=1(ab0),四點P1(1,1),P2(0,1),P3,P4中恰有三點在橢圓C上.(1)求C的方程;(2)設(shè)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(guān)系中的定點問題.(1)由于P3,P4兩點關(guān)于y軸對稱,故由題設(shè)知C經(jīng)過P3,P4兩點.又由+知,C不經(jīng)過點P1,所以點P2在C上.因此解得故C的方程為+y2=1.(2)設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1,k2.如果l與

6、x軸垂直,設(shè)l:x=t,由題設(shè)知t0,且|t|0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-,x1x2=.而k1+k2=+=+=,由題設(shè)k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)+(m-1)=0.解得k=-.當且僅當m-1時,0,于是l:y=-x+m,即y+1=-(x-2),所以l過定點(2,-1).7.(2017課標全國文,20,12分)設(shè)A,B為曲線C:y=上兩點,A與B的橫坐標之和為4.(1)求直線AB的斜率;(2)設(shè)M為曲線C上一點,C在M處的切線與直線AB平行,且AMBM,求直線AB的方程.解析本題考查直線與拋物線的位置關(guān)系.(

7、1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1x2,y1=,y2=,x1+x2=4,于是直線AB的斜率k=1.(2)由y=,得y=,設(shè)M(x3,y3),由題設(shè)知=1,解得x3=2,于是M(2,1).設(shè)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=得x2-4x-4m=0.當=16(m+1)0,即m-1時,x1,2=22.從而|AB|=|x1-x2|=4.由題設(shè)知|AB|=2|MN|,即4=2(m+1),解得m=7.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:+=1(ab0)的離

8、心率為,焦距為2.(1)求橢圓E的方程;(2)如圖,動直線l:y=k1x-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=.M是線段OC延長線上一點,且|MC|AB|=23,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的斜率.解析本題考查橢圓的方程,直線與橢圓、圓的位置關(guān)系,考查最值的求解方法和運算求解能力.(1)由題意知e=,2c=2,所以a=,b=1,因此橢圓E的方程為+y2=1.(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立消y整理得(4+2)x2-4k1x-1=0,由題意知0,且x1+x2=,x1x

9、2=-,所以|AB|=|x1-x2|=.由題意可知圓M的半徑r=|AB|=.由題設(shè)知k1k2=,所以k2=,因此直線OC的方程為y=x.聯(lián)立得x2=,y2=,因此|OC|=.由題意可知sin=,而=,令t=1+2,則t1,(0,1),因此=1,當且僅當=,即t=2時等號成立,此時k1=,所以sin,因此,所以SOT的最大值為.綜上所述:SOT的最大值為,取得最大值時直線l的斜率k1=.9.(2016北京,19,14分)已知橢圓C:+=1(ab0)的離心率為,A(a,0),B(0,b),O(0,0),OAB的面積為1.(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)P是橢圓C上一點,直線PA與y軸交于點M,直線P

10、B與x軸交于點N.求證:|AN|BM|為定值.解析(1)由題意得解得a2=4,b2=1.所以橢圓C的方程為+y2=1.(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).設(shè)P(x0,y0),則+4=4.當x00時,直線PA的方程為y=(x-2).令x=0,得yM=-,從而|BM|=|1-yM|=.直線PB的方程為y=x+1.令y=0,得xN=-,從而|AN|=|2-xN|=.所以|AN|BM|=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,20,12分)已知橢圓C:9x2+y2=m2(m0),直線l不過原點O且不平

11、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,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,說明理由.解析(1)證明:設(shè)直線l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM=,yM=kxM+b=.于是直線OM的斜率kOM=-,即kOMk=-9.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,所以l不過原點且與

12、C有兩個交點的充要條件是k0,k3.由(1)得OM的方程為y=-x.設(shè)點P的橫坐標為xP.由得=,即xP=.將代入l的方程得b=,因此xM=.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=2,解得k1=4-,k2=4+.因為ki0,ki3,i=1,2,所以當l的斜率為4-或4+時,四邊形OAPB為平行四邊形.11.(2014課標,20,12分)已知點A(0,-2),橢圓E:+=1(ab0)的離心率為,F是橢圓E的右焦點,直線AF的斜率為,O為坐標原點.(1)求E的方程;(2)設(shè)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

13、)設(shè)F(c,0),由條件知,=,得c=.又=,所以a=2,b2=a2-c2=1.故E的方程為+y2=1.(2)當lx軸時不合題意,故設(shè)l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).將y=kx-2代入+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.當=16(4k2-3)0,即k2時,x1,2=.從而|PQ|=|x1-x2|=.又點O到直線PQ的距離d=,所以O(shè)PQ的面積SOPQ=d|PQ|=.設(shè)=t,則t0,SOPQ=.因為t+4,當且僅當t=2,即k=時等號成立,且滿足0,所以,當OPQ的面積最大時,l的方程為y=x-2或y=-x-2.教師用書專用(1223)12.(2017山東文

14、,21,14分)在平面直角坐標系xOy中,已知橢圓C:+=1(ab0)的離心率為,橢圓C截直線y=1所得線段的長度為2.(1)求橢圓C的方程;(2)動直線l:y=kx+m(m0)交橢圓C于A,B兩點,交y軸于點M.點N是M關(guān)于O的對稱點,N的半徑為|NO|.設(shè)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(guān)最值.(1)由橢圓的離心率為,得a2=2(a2-b2),又當y=1時,x2=a2-,得a2-=2,所以a2=4,b2=2.因此橢圓方程為+=1.(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立方程得(2k2+1)x2+4kmx+2

15、m2-4=0,由0得m20,從而y=t+在3,+)上單調(diào)遞增,因此t+,等號當且僅當t=3時成立,此時k=0,所以1+3=4,由(*)得-m)的右焦點為F,右頂點為A.已知+=,其中O為原點,e為橢圓的離心率.(1)求橢圓的方程;(2)設(shè)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BFHF,且MOAMAO,求直線l的斜率的取值范圍.解析(1)設(shè)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,橢圓的方程為+=1.(2)設(shè)直線l的斜率為k(k0),則直線l的方程為y=k(x-2).設(shè)B(

16、xB,yB),由方程組消去y,整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.解得x=2或x=,由題意得xB=,從而yB=.由(1)知F(1,0),設(shè)H(0,yH),有=(-1,yH),=.由BFHF,得=0,所以+=0,解得yH=.因此直線MH的方程為y=-x+.設(shè)M(xM,yM),由方程組消去y,解得xM=.在MAO中,MOAMAO|MA|MO|,即(xM-2)2+,化簡得xM1,即1,解得k-或k.所以,直線l的斜率的取值范圍為.14.(2016四川,20,13分)已知橢圓E:+=1(ab0)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l:y=-x+3與橢圓E有且只有

17、一個公共點T.(1)求橢圓E的方程及點T的坐標;(2)設(shè)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),使得|PT|2=|PA|PB|,并求的值.解析(1)由題意得,a=b,則橢圓E的方程為+=1.由方程組得3x2-12x+(18-2b2)=0.方程的判別式為=24(b2-3),由=0,得b2=3,此時方程的解為x=2,所以橢圓E的方程為+=1.點T的坐標為(2,1).(2)由已知可設(shè)直線l的方程為y=x+m(m0),由方程組可得所以P點坐標為,|PT|2=m2.設(shè)點A,B的坐標分別為A(x1,y1),B(x2,y2).由方程組可得3x2+4m

18、x+(4m2-12)=0.方程的判別式為=16(9-2m2),由0,解得-mb0)的離心率為,點P(0,1)和點A(m,n)(m0)都在橢圓C上,直線PA交x軸于點M.(1)求橢圓C的方程,并求點M的坐標(用m,n表示);(2)設(shè)O為原點,點B與點A關(guān)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)由題意得解得a2=2.故橢圓C的方程為+y2=1.設(shè)M(xM,0).因為m0,所以-1nb0)的左、右焦點分別為F1、F2,離心率為e1;雙曲線C2:-=1的左、右焦點分別為F3、F4,離心率為e2,已知e1e2=,且

19、|F2F4|=-1.(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=,所以=,即a4-b4=a4,因此a2=2b2,從而F2(b,0),F4(b,0),于是b-b=|F2F4|=-1,所以b=1,所以a2=2.故C1,C2的方程分別為+y2=1,-y2=1.(2)因為AB不垂直于y軸,且過點F1(-1,0),故可設(shè)直線AB的方程為x=my-1.由得(m2+2)y2-2my-1=0,易知此方程的判別式大于0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1,y2是上述方程的兩個

20、實根,所以y1+y2=,y1y2=.因此x1+x2=m(y1+y2)-2=,于是AB的中點M的坐標為.故直線PQ的斜率為-,則PQ的方程為y=-x,即mx+2y=0.由得(2-m2)x2=4,所以2-m20,且x2=,y2=,從而|PQ|=2=2.設(shè)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=,因為點A,B在直線mx+2y=0的異側(cè),所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|,從而2d=.又因為|y1-y2|=,所以2d=.故四邊形APBQ的面積S=|PQ|2d=2 .而02-m20)的焦點為

21、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l1l,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F.設(shè)D(t,0)(t0),則FD的中點為.因為|FA|=|FD|,由拋物線的定義知3+=,解得t=3+p(t=-3舍去).由=3,解得p=2.所以拋物線C的方程為y2=4x.(2)(i)由(1)知F(1,0),設(shè)A(x0,y0)(x0y00

22、),D(xD,0)(xD0),因為|FA|=|FD|,則|xD-1|=x0+1,由xD0得xD=x0+2,故D(x0+2,0).故直線AB的斜率kAB=-.因為直線l1和直線AB平行,設(shè)直線l1的方程為y=-x+b,代入拋物線方程得y2+y-=0,由題意得=+=0,得b=-.設(shè)E(xE,yE),則yE=-,xE=,當4時,kAE=-=,可得直線AE的方程為y-y0=(x-x0),由=4x0,整理可得y=(x-1),直線AE恒過點F(1,0).當=4時,直線AE的方程為x=1,過點F(1,0),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|+

23、|FE|=(x0+1)+=x0+2.設(shè)直線AE的方程為x=my+1,因為點A(x0,y0)在直線AE上,故m=,設(shè)B(x1,y1),直線AB的方程為y-y0=-(x-x0),由于y00,可得x=-y+2+x0,代入拋物線方程得y2+y-8-4x0=0.所以y0+y1=-,可求得y1=-y0-,x1=+x0+4,所以點B到直線AE的距離為d=4.則ABE的面積S=416,當且僅當=x0,即x0=1時等號成立.所以ABE的面積的最小值為16.18.(2014四川,20,13分)已知橢圓C:+=1(ab0)的焦距為4,其短軸的兩個端點與長軸的一個端點構(gòu)成正三角形.(1)求橢圓C的標準方程;(2)設(shè)F

24、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)當最小時,求點T的坐標.解析(1)由已知可得解得a2=6,b2=2,所以橢圓C的標準方程是+=1.(2)(i)證明:由(1)可得,F的坐標是(-2,0),設(shè)T點的坐標為(-3,m).則直線TF的斜率kTF=-m.當m0時,直線PQ的斜率kPQ=,直線PQ的方程是x=my-2.當m=0時,直線PQ的方程是x=-2,也符合x=my-2的形式.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立,得消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,

25、其判別式=16m2+8(m2+3)0.所以y1+y2=,y1y2=,x1+x2=m(y1+y2)-4=.所以PQ的中點M的坐標為.所以直線OM的斜率kOM=-,又直線OT的斜率kOT=-,所以點M在直線OT上,因此OT平分線段PQ.(ii)由(i)可得,|TF|=,|PQ|=.所以=.當且僅當m2+1=,即m=1時,等號成立,此時取得最小值.所以當最小時,T點的坐標是(-3,1)或(-3,-1).19.(2013山東,22,13分)橢圓C:+=1(ab0)的左、右焦點分別是F1、F2,離心率為,過F1且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為1.(1)求橢圓C的方程;(2)點P是橢圓C上除長軸端

26、點外的任一點,連接PF1,PF2.設(shè)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(shè)直線PF1,PF2的斜率分別為k1,k2.若k0,試證明+為定值,并求出這個定值.解析(1)由于c2=a2-b2,將x=-c代入橢圓方程+=1,得y=,由題意知=1,即a=2b2.又e=,所以a=2,b=1.所以橢圓C的方程為+y2=1.(2)解法一:設(shè)P(x0,y0)(y00).又F1(-,0),F2(,0),所以直線PF1,PF2的方程分別為:y0x-(x0+)y+y0=0,:y0x-(x0-)y-y0

27、=0.由題意知=.由于點P在橢圓上,所以+=1.所以=.因為-m,-2x02,所以=.所以m=x0.因此-m.解法二:設(shè)P(x0,y0).當0x02時,當x0=時,直線PF2的斜率不存在,易知P或P.若P,則直線PF1的方程為x-4y+=0.由題意得=-m,因為-m,所以m=.若P,同理可得m=.當x0時,設(shè)直線PF1,PF2的方程分別為y=k1(x+),y=k2(x-).由題意知=,所以=.因為+=1,并且k1=,k2=,所以=,即=.因為-m,0x02且x0,所以=.整理得m=,故0m且m.綜合可得0m.當-2x00時,同理可得-m0.由根與系數(shù)的關(guān)系得,x1+x2=,x1x2=,因為x軸

28、平分PBQ,所以=-,即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,將代入得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,k=-b,此時0,直線l的方程為y=k(x-1),即直線l過定點(1,0).21.(2013課標全國,20,12分)已知圓M:(x+1)2+y2=1,圓N:(x-1)2+y2=9,動圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)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

29、圓心為M(-1,0),半徑r1=1;圓N的圓心為N(1,0),半徑r2=3.設(shè)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(nèi)切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=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,短半軸長為的橢圓(左頂點除外),其方程為+=1(x-2).(2)對于曲線C上任意一點P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-22,所以R2,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(x-2)2+y2=4.若l的傾斜角為90,則l與y軸重合,可得|AB|=2.若l的傾斜角不為90

30、,由r1R知l不平行于x軸,設(shè)l與x軸的交點為Q,則=,可求得Q(-4,0),所以可設(shè)l:y=k(x+4).由l與圓M相切得=1,解得k=.當k=時,將y=x+代入+=1,并整理得7x2+8x-8=0,解得x1,2=.所以|AB|=|x2-x1|=.當k=-時,由圖形的對稱性可知|AB|=.綜上,|AB|=2或|AB|=.22.(2013廣東,20,14分)已知拋物線C的頂點為原點,其焦點F(0,c)(c0)到直線l:x-y-2=0的距離為.設(shè)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為切點.(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A

31、B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(shè)拋物線C的方程為x2=4cy,由題意知=,c0,解得c=1.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=x2,求導(dǎo)得y=x.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則切線PA,PB的斜率分別為x1,x2,所以切線PA的方程為y-y1=(x-x1),即y=x-+y1,即x1x-2y-2y1=0.同理可得切線PB的方程為x2x-2y-2y2=0.因為切線PA,PB均過點P(x0,y0),所以x1x0-2y0-2y1=0,x2x0-2y0-2y2=0,所以(x1,y1),(x2,y2)為方

32、程x0x-2y0-2y=0的兩組解.所以直線AB的方程為x0x-2y-2y0=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)立方程消去x整理得y2+(2y0-)y+=0.由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可得y1+y2=-2y0,y1y2=,所以|AF|BF|=y1y2+(y1+y2)+1=+-2y0+1.又點P(x0,y0)在直線l上,所以x0=y0+2,所以+-2y0+1=2+2y0+5=2+.所以當y0=-時,|AF|BF|取得最小值,且最小值為.23.(2013湖北,21,13分)如圖,已知橢圓

33、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(mn),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=,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=S2,求的值;(2)當變化時,是否存在與坐標軸不重合的直線l,使得S1=S2?并說明理由.解析依題意可設(shè)橢圓C1和C2的方程分別為C1:+=1,C2:+=1.其中amn0,=1.(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=|BD|OM|=a|BD|,S2=|AB|ON|=a|AB|,所以=.在C1和C2的方程中分別

34、令x=0,可得yA=m,yB=n,yD=-m,于是=.若=,則=,化簡得2-2-1=0.由1,可解得=+1.故當直線l與y軸重合時,若S1=S2,則=+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|=m-n;S1=|BD|OM|=a|BD|,S2=|AB|ON|=a|AB|.所以=.若=,則=,化簡得2-2-1=0.由1,可解得=+1.故當直線l與y軸重合時,若S1=S2,則=+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=S2.根據(jù)對稱性,不妨設(shè)直線l:y=kx(k0),點M(-a,0),N(a,0)到直線l的

35、距離分別為d1,d2,則d1=,d2=,所以d1=d2.又S1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以=,即|BD|=|AB|.由對稱性可知|AB|=|CD|,所以|BC|=|BD|-|AB|=(-1)|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=(+1)|AB|,于是=.將l的方程分別與C1,C2的方程聯(lián)立,可求得xA=,xB=.根據(jù)對稱性可知xC=-xB,xD=-xA,于是=.從而由和式可得=.令t=,則由mn,可得t1,于是由式可解得k2=.因為k0,所以k20.于是式關(guān)于k有解,當且僅當0,等價于(t2-1)1,可解得t1,即1,解得1+,所以當11+時,存在與坐標軸不重合的直線l使得S1=

36、S2.解法二:如圖2,若存在與坐標軸不重合的直線l,使得S1=S2.根據(jù)對稱性,不妨設(shè)直線l:y=kx(k0),點M(-a,0),N(a,0)到直線l的距離分別為d1,d2,則d1=,d2=,所以d1=d2.又S1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以=.因為=,所以=.由點A(xA,kxA),B(xB,kxB)分別在C1,C2上,可得+=1,+=1,兩式相減可得+=0,依題意xAxB0,所以.所以由上式解得k2=.因為k20,所以由0,可解得1.從而11+,所以當11+時,存在與坐標軸不重合的直線l使得S1=S2.三年模擬A組20162018年模擬基礎(chǔ)題組考點圓錐曲線的綜合問題 1.(20

37、18浙江浙東北聯(lián)盟期中,2)橢圓+=1(a0)與雙曲線-=1有相同的焦點,則a=()A.3B.C.5D.答案A2.(2017浙江湖州期末調(diào)研,7)已知雙曲線-=1(a0,b0)與拋物線y2=2px(p0)有公共焦點F,且交于A,B兩點,若直線AB過焦點F,則該雙曲線的離心率是()A.B.1+C.2D.2+答案B3.(2017浙江鎮(zhèn)海中學(xué)第一學(xué)期期中,8)雙曲線C:-=1(a0,b0)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,則雙曲線C的離心率是()A.B.1+C.D.答案D4.(2016浙

38、江鎮(zhèn)海中學(xué)測試(六),6)設(shè)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.12B.24C.36D.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(shè)點M(x0,y0)是橢圓C:+y2=1上一點,從原點O向圓M:+=作兩條切線,分別與橢圓C交于點P,Q,直線OP,OQ的斜率分別記為k1,k2.(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=,=,可知k1,k2是方程(3-2)k2-6

39、x0y0k+3-2=0的兩個不相等的實數(shù)根,3-20,k1k2=,因為點M(x0,y0)在橢圓C上,所以=1-,k1k2=-.(2)易知直線OP,OQ都不能落在坐標軸上,設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),因為2k1k2+1=0,所以+1=0,即=,因為P(x1,y1),Q(x2,y2)在橢圓C上,所以=,整理得+=2,所以+=1,所以O(shè)P2+OQ2=3.因為SOPMQ=(OP+OQ)=(OP+OQ),OP+OQ=,所以SOPMQ的最大值為1.6.(2017浙江杭州質(zhì)檢,21)已知P,Q為橢圓+y2=1上的兩點,滿足PF2QF2,其中F1,F2分別為左、右焦點.(1)求|+|的最小值;(2)

40、若(+)(+),設(shè)直線PQ的斜率為k,求k2的值.解析(1)由條件得+=2,顯然|min=1,所以|+|的最小值為2.(5分)(2)由題意易知OPOQ.又F2PF2Q,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.易知直線PQ的斜率存在,故設(shè)直線PQ的方程為y=kx+b,與橢圓方程聯(lián)立,得整理得(1+2k2)x2+4kbx+2b2-2=0.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1+x2=-=1,所以 1+2k2=-4kb,由x1x2=,得y1y2=k2x1x2+kb(x1+x2)+b2=+kb+b2.由x1x2+y1

41、y2=0,得+kb+b2=0,即4k2b2-2k2+3b2-2+kb+2k3b=0,由得20k4+20k2-3=0,解得k2=.(15分)7.(2017浙江衢州質(zhì)量檢測(1月),21)已知橢圓+=1(ab0)的長軸長為4,焦距為2,以A為圓心的圓(x-2)2+y2=r2(r0)與橢圓相交于B、C兩點.(1)求橢圓的標準方程;(2)求的取值范圍;(3)設(shè)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SPOMSPON的最大值.解析(1)橢圓的標準方程為+y2=1.(2)設(shè)B(x0,y0),則C(x0,-y0),且+=1,=-=-=-4x0+3=-.因為-2x00,b0)的

42、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(cè)的兩個交點記為A,B,且AFB=120,則雙曲線的離心率為()A.B.C.2D.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(iN*)是公比不為1的等比數(shù)列,直線ax+by+ci=0與拋物線y2=2px(p0)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(xué)測試卷二,7)已知A1,A2為雙曲線C:-=1(a0,b0)的左,右頂點,點P為雙曲

43、線右支上一點,設(shè)PA1A2=,PA2A1=,若cos(+)=-,cos(-)=,則C的離心率e=()A.2B.2C.3D.2答案B二、填空題4.(2017浙江名校協(xié)作體,16)設(shè)雙曲線-=1(a0,b0)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(shè)O為坐標原點,若=+,=(,R),則雙曲線的離心率e為 .答案三、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=-x2+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k1k2=

44、-,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(shè)M(x0,y0),由y=-+3,得y=-,則切線l的斜率為k=-.切線l的方程為y=-(x-x0)+y0=-x+y0=-x-2y0+6+y0,即y=-x-y0+6.(3分)與x2=4y聯(lián)立,消去y得x2+x0x+4y0-24=0.(4分)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1+x2=-x0,x1x2=4y0-24.(5分)則y1+y2=-(x1+x2)-2y0+12=-2y0+12=-4y0+18,y1y2=,又F(0,1),則由

45、k1k2=-,得5-28y0+23=0,解得y0=1或y0=.(8分)=-8(y0-3)0,y03,故y0=1,x0=4.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=-x-y0+6,且x1+x2=-x0,x1x2=4y0-24.則|AB|=|x1-x2|=,即|AB|=2(5-y0),(11分)而|AF|+|BF|=(y1+1)+(y2+1)=-4y0+20=4(5-y0),(13分)則|AB|=(|AF|+|BF|),(14分)故存在正實數(shù)m=,使得對任意點M,都有|AB|=(|AF|+|BF|)成立.(15分)6.(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=.(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(shè)P(x,y),則d1=|x+2|,d2=,=,化簡可得+y2=1,所以橢圓C的方程為+y2=1.(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,