资源描述
第3讲圆锥曲线的综合问题考情研析1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大.核心知识回顾1.最值问题求解最值问题的基本思路是选择变量，建立求解目标的函数解析式，然后利用函数知识、基本不等式等知识求解其最值2范围问题求参数范围的问题，牢记“先找不等式，有时需要找出两个量之间的关系，然后消去另一个量，保留要求的量”不等式的来源可以是0或圆锥曲线的有界性或题目条件中的某个量的范围等3定点问题在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题4定值问题在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题5存在性问题的解题步骤(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在热点考向探究考向1 最值与范围问题角度1最值问题例1已知抛物线C的方程为y22px(p0)，点R(1，2)在抛物线C上(1)求抛物线C的方程；(2)过点Q(1,1)作直线交抛物线C于不同于R的两点A，B，若直线AR，BR分别交直线l：y2x2于M，N两点，求|MN|最小时直线AB的方程解(1)点R(1,2)在抛物线C：y22px(p0)上，42p，解得p2，抛物线C的方程为y24x.(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为xm(y1)1，m0，由消去x并整理得y24my4(m1)0，y1y24m，y1y24(m1)，设直线AR的方程为yk1(x1)2，由解得点M的横坐标xM，又k1，xM，同理点N的横坐标xN，|y2y1|4，|MN|xMxN|28 2 ，令m1t，t0，则mt1，|MN|2 ，当t2，即m1时，|MN|取得最小值，此时直线AB的方程为xy20. 解析几何中最值问题的基本解法有几何法和代数法几何法是根据已知的几何量之间的相互关系，结合平面几何和解析几何知识加以解决的(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等)；代数法是建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值(利用普通方法、基本不等式法或导数法等)解决的 (2019湘赣十四校高三联考)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，左焦点为F1，点A是椭圆C上位于x轴上方的一个动点，当直线AF1的斜率为1时，|AF1|.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线AF1与椭圆C的另外一个交点为B，点A关于x轴的对称点为A，求F1AB面积的最大值解(1)解法一：e，a22c2，又a2b2c2，bc.当直线AF1的斜率为1时，直线AF1通过椭圆上的顶点，|AF1|a.又a22c2，bc，b1，椭圆C的方程为y21.解法二：设椭圆的右焦点为F2，在AF1F2中，|AF1|，|AF2|2a，|F1F2|2c，(2a)22(2c)222ccos45，即a2ac2c.又e，ac.联立，得a，c1，又a2b2c2，b1.椭圆C的方程为y21.解法三：e，a22c2，又a2b2c2，abc.椭圆C的方程可化为1，即x22y22c2.又直线AF1的方程为yxc.联立，得x22(xc)22c2，即3x24cx0，x0或xc.直线AF1的斜率为1且A在x轴上方，xA0，A的坐标为(0，b)|AF1|a，a，又abc，bc1.椭圆C的方程为y21.(2)如图，A在x轴上方，直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为xmy1.F1，A，B三点能构成三角形，直线AB不垂直于x轴，m0，设A的坐标为(x1，y1)，B的坐标为(x2，y2)，则A的坐标为(x1，y1)联立得(my1)22y22，即(2m2)y22my10，y1y2，y1y2.解法一：SF1ABSBAASF1AA|AA|x2xF1|y1|x21|y1|my2|my1y2|，当且仅当|m|即|m|时取等号F1AB面积的最大值为.解法二：直线AB的方程为yy1(xx1)，令y0，则xx1112，直线AB过定点(2,0)，设定点为T，则SF1AB|SF1TBSF1TA|y2y1|，当且仅当|m|即|m|时取等号F1AB面积的最大值为.角度2范围问题例2(2019广东高三联考)已知椭圆C1，抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点O，从每条曲线上各取两个点，其坐标分别是(3，2)，(2,0)，(4，4)，.(1)求C1，C2的标准方程；(2)过点M(0,2)的直线l与椭圆C1交于不同的两点A，B，且AOB为锐角(其中O为坐标原点)，求直线l的斜率k的取值范围解(1)由题意，抛物线的顶点为原点，所以点(2,0)一定在椭圆上，且a2，则椭圆上任何点的横坐标的绝对值都小于等于2，所以也在椭圆上，1，b21，故椭圆C1的标准方程为y21，所以点(3，2)，(4，4)在抛物线上，且抛物线开口向右，其抛物线C2的方程为y22px,126p，p2，所以抛物线C2的方程为y24x.(2)当直线l斜率不存在时，易知A，O，B三点共线，不合符题意当l斜率存在时，设l：ykx2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得x24(kx2)240，即(4k21)x216kx120，令(16k)248(4k21)0，即256k2192k2480，得64k248，即k，x1x2，x1x2，y1y2(kx12)(kx22)k2x1x22k(x1x2)4，AOB为锐角，x1x2y1y20，即4k216，得2kb0)的长轴长为2，P为椭圆C上异于顶点的一个动点，O为坐标原点，A2为椭圆C的右顶点，点M为线段PA2的中点，且直线PA2与直线OM的斜率之积恒为.(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆C的左焦点F1且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点N，点N的横坐标的取值范围是，求线段AB长的取值范围解(1)由已知2a2，a，设点P(x0，y0)，M，直线PA2与OM的斜率之积恒为，.y1，b1.故椭圆C的方程为y21.(2)设直线l：yk(x1)，联立直线与椭圆方程得(2k21)x24k2x2k220，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系可得可得y1y2k(x1x22)，故AB中点Q，QN直线方程：yx，N，由已知条件得，0，02k21，|AB| ，|EF|，故Q点的轨迹T为以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆，则a2，c1，所以b，所以点Q的轨迹T的方程为1.(2)证明：分别设直线AB和CD的中点为M，N，当直线AB斜率不存在或为0时，分析可知直线MN与x轴重合，当直线AB的斜率为1时，此时M，N，直线MN的方程为x，联立解得直线MN经过定点.下面证明一般性：当直线AB的斜率存在且不为0,1时，设直线AB的方程为yk(x1)，则直线CD的方程为y(x1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立消去y得(4k23)x28k2x4k2120，则x1x2，所以y1y2，即M，同理，N，于是直线MN的斜率为kMN，故直线MN的方程为y，显然x时，y0，故直线经过定点. 过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为ykxt，由题设条件将t用k表示为tmk，得yk(xm)，故动直线过定点(m,0)(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点 (2019白银市靖远县高三联考)设椭圆C：1(ab0)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，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解(1)由题意可知，直线AF2的方程为1，即bxcybc0，则.因为AF1F2为等腰直角三角形，所以bc，又a2b2c2，解得a，b1，c1，所以椭圆C的标准方程为y21.(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ykxt(t1)，代入y21，得(12k2)x24ktx2t220，所以16k2t24(12k2)(2t22)0，即t22k2b0)的离心率为，点A(2，)在椭圆上，O为坐标原点(1)求椭圆C的方程；(2)已知点P，M，N为椭圆C上的三点，若四边形OPMN为平行四边形，证明四边形OPMN的面积S为定值，并求出该定值解(1)由题有a28，b24，椭圆C的方程为1.(2)当直线PN的斜率k不存在时，直线PN的方程为x或x，从而有|PN|2，所以四边形OPMN的面积S|PN|OM|222.当直线PN的斜率k存在时，设直线PN的方程为ykxm(m0)，P(x1，y1)，N(x2，y2)，将直线PN的方程代入椭圆C的方程，整理得(12k2)x24kmx2m280，所以x1x2，x1x2，y1y2k(x1x2)2m，由，得M.将M点的坐标代入椭圆C的方程得m212k2.又点O到直线PN的距离为d，|PN|x1x2|，四边形OPMN的面积Sd|PN|m|x1x2| 2.综上，平行四边形OPMN的面积S为定值2. 定值问题的两种解法(1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项相抵消或分子、分母约分得定值 已知抛物线E：y22px(p0)，直线xmy3与E交于A，B两点，且6，其中O为坐标原点(1)求抛物线E的方程；(2)已知点C的坐标为(3,0)，记直线CA，CB的斜率分别为k1，k2，证明：2m2为定值解(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，整理得y22pmy6p0，由根与系数的关系可知，y1y22pm，y1y26p，则x1x2，由x1x2y1y2y1y296p6，解得p，所以y2x.(2)证明：由题意得k1，k2，所以m，m，所以2m2222m22m212m362m22m212m362m2，由(1)可知，y1y22pmm，y1y26p3，所以2m22m212m362m224，所以2m2为定值考向3 探索性问题例5如图，椭圆C：1(ab0)经过点P，离心率e，直线l的方程为x4.(1)求椭圆C的方程；(2)线段AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数，使得k1k2k3？若存在，求的值；若不存在，说明理由解(1)由P在椭圆上，得1，因为e，所以a2c，则代入解得c21，a24，b23.故椭圆C的方程为1.(2)由题意可设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为yk(x1)，代入椭圆方程并整理，得(4k23)x28k2x4(k23)0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1x21，则有x1x2，x1x2，在方程中令x4得，M的坐标为(4,3k)从而k1，k2，k3k.因为A，F，B三点共线，所以kkAFkBF，即有k.所以k1k22k2k2k1，又k3k，所以k1k22k3.故存在常数2符合题意 解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在 (2019南通市高三阶段测试)已知A(2,0)，B(2,0)，点C，D依次满足|2，()(1)求点D的轨迹；(2)过点A作直线l交以A，B为焦点的椭圆于M，N两点，线段MN的中点到y轴的距离为，且直线l与点D的轨迹相切，求该椭圆的方程；(3)在(2)的条件下，设点Q的坐标为(1,0)，是否存在椭圆上的点P及以Q为圆心的一个圆，使得该圆与直线PA，PB都相切，若存在，求出P点坐标及圆的方程；若不存在，请说明理由解(1)设C(x0，y0)，D(x，y)，则(x02，y0)，(4,0)，()(x2，y)，则有代入|2(x02)2y4得x2y21.点D的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆(2)由题意可知直线l斜率存在，设直线l的方程为yk(x2)，椭圆的方程1(a24)，由l与圆相切得1，即k2，将代入得(a2k2a24)x24a2k2x4a2k2a44a20，又k2，可得(a23)x2a2xa44a20，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，|x1x2|，解得a28或a2(舍去)，椭圆方程为1.(3)假设存在椭圆上的一点P(x0，y0)，使得直线PA，PB与以Q为圆心的圆相切，则Q到直线PA，PB的距离相等，又A(2,0)，B(2,0)，则直线PB的方程为(x02)yy0x2y00，直线PA的方程为(x02)yy0x2y00.设d1为Q到直线PB的距离，d2为Q到直线PA的距离，则d1d2，化简整理得x5x04y0.P点在椭圆上，x2y8.解得x02或x08(舍去)x02时，y0，r1.椭圆上存在点P，其坐标为(2，)或(2，)，使得直线PF1，PF2与以Q为圆心的圆(x1)2y21相切真题押题真题模拟1(2019全国卷)已知曲线C：y，D为直线y上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B(1)证明：直线AB过定点；(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积解(1)证明：设D，A(x1，y1)，则x2y1.因为yx，所以切线DA的斜率为x1，故x1.整理得2tx12y110.设B(x2，y2)，同理可得2tx22y210.故直线AB的方程为2tx2y10.所以直线AB过定点.(2)由(1)得直线AB的方程为ytx.由可得x22tx10.于是x1x22t，x1x21，y1y2t(x1x2)12t21，|AB| |x1x2| 2(t21)设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1，d2.因此，四边形ADBE的面积S|AB|(d1d2)(t23) .设M为线段AB的中点，则M.因为，而(t，t22)，与向量(1，t)平行，所以t(t22)t0，解得t0或t1.当t0时，S3；当t1时，S4.因此，四边形ADBE的面积为3或4.2(2019天津市高三4月联考)已知椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A，B，过右焦点F2且垂直于长轴的直线交椭圆于G，H两点，|GH|3，F1GH的周长为8.过A点作直线l交椭圆于第一象限的M点，直线MF2交椭圆于另一点N，直线NB与直线l交于点P.(1)求椭圆的标准方程；(2)若AMN的面积为，求直线MN的方程；(3)证明：点P在定直线上解(1)由题意知|GH|3,4a8，解得a2，b，所以椭圆方程为1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)当直线MN斜率k存在时，设直线MN方程为yk(x1)，代入椭圆方程并整理，得(4k23)x28k2x4k2120，144(k21)0，x1x2，x1x2，|MN|.A(2,0)到直线MN：kxyk0的距离为d，SAMNd|MN|，化简得17k4k2180，解得k1.当k1时，直线MN过点F2(1,0)，直线MN与椭圆的交点不在第一象限(舍去)所以直线MN的方程为xy10.当直线MN斜率k不存在时，则直线MN的方程为x1，SAMN(ac)(舍去)综上，直线MN的方程为xy10.(3)证明：设直线AM：yk1(x2)(k10)，与椭圆方程联立得(4k3)x216kx16k120，xM，yM同理设直线BN：yk2(x2)(k20)，可得xN，yN，所以直线MN的方程为，以及直线MN方程过点F2(1,0)，将F2，M，N坐标代入可得，(4k1k23)(k23k1)0，k1k20，k23k1.又因为直线AM与直线NB交于P点，即xP，将k23k1代入得xP4，所以点P在定直线x4上3(2019江西省八所重点中学高三4月联考)已知椭圆E：1(ab0)，F1，F2为其左、右焦点，B1，B2为其上、下顶点，四边形F1B1F2B2的面积为2.(1)求椭圆E的长轴A1A2的最小值，并确定此时椭圆E的方程；(2)对于(1)中确定的椭圆E，设过定点M(2,0)的直线l与椭圆E相交于P，Q两点，若，当时，求OPQ面积S的取值范围解(1)依题意，四边形F1B1F2B2的面积为2bc，2bc2，因为长轴A1A22a222，此时bc1，a，故长轴A1A2的最小值为2，此时椭圆E的方程为y21.(2)依题意，可设l：xty2，联立得(t22)y24ty20，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由16t242(t22)8t2160，可得t22，且且已知M(2,0)，由，可得y1y2，2，2，t20，SSOMQSOMP|OM|y1y2|y1y2|，设m，m，t2m2，S，m在m上单调递减，故S关于m在上单调递增，S.4(2019玉溪市第一中学高三下学期第五次调研)已知抛物线x22py(p0)，准线方程为y20，直线l过定点T(0，t)(t0)，且与抛物线交于A，B两点，O为坐标原点(1)求抛物线方程；(2)是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由；(3)当t1时，设，记|AB|f()，求f()的最小值及取最小值时对应的.解(1)2，p4，x28y.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，根据题意知直线l的斜率存在，设l：ykxt(t0)，联立得x28kx8t0，x1x28k，x1x28t.y1y2(kx1t)(kx2t)k2x1x2kt(x1x2)t2t2，x1x2y1y2t28t.由于T(0，t)为定点，故t为定值，为定值(3)T(0,1)，(x1,1y1)，(x2，y21)，x1x2,1y1(y21)，x1x2，由(2)知x1x28t8，x8，x，且0，又x1x2(1)x28k，(1)2x64k2，当k0时，1，x，k2.当k0时，1，符合上式，且|AB|4.|AB| ，令m，则m2，|AB|，当m2即1时，|AB|min4.金版押题5已知直线l1：axy10，直线l2：x5ay5a0，直线l1与l2的交点为M，点M的轨迹为曲线C(1)当a变化时，求曲线C的方程；(2)已知点D(2,0)，过点E(2,0)的直线l与C交于A，B两点，求ABD面积的最大值解(1)由消去a，得曲线C的方程为y21.y1，即点(0，1)不在曲线C上，此步对考生不作要求(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l为xmy2，由得(m25)y24my10，则y1y2，y1y2，ABD的面积S2|y2y1|22 ，设t，t1，)，则S，当t(t1，)，即t2，m时，ABD的面积取得最大值.6已知抛物线C：y22px(p0)与直线xy40相切(1)求该抛物线的方程；(2)在x轴的正半轴上，是否存在某个确定的点M，过该点的动直线l与抛物线C交于A，B两点，使得为定值如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，请说明理由解(1)联立方程有有y22py8p0，由于直线与抛物线相切，得8p232p0，p4，所以y28x.(2)假设存在满足条件的点M(m,0)(m0)，直线l：xtym，有整理得y28ty8m0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，有y1y28t，y1y28m，|AM|2(x1m)2y(t21)y，|BM|2(x2m)2y(t21)y，当m4时，为定值，所以M(4,0)配套作业1已知抛物线x22py(p0)的焦点为F，直线x4与x轴的交点为P，与抛物线的交点为Q，且|QF|PQ|.(1)求抛物线的方程；(2)如图所示，过F的直线l与抛物线相交于A，D两点，与圆x2(y1)21相交于B，C两点(A，B两点相邻)，过A，D两点分别作抛物线的切线，两条切线相交于点M，求ABM与CDM面积之积的最小值解(1)由已知P(4,0)，Q，|QF|.因为|QF|PQ|，所以，得p2.所以抛物线方程为x24y.(2)由题意可知，l斜率存在设l：ykx1.A(x1，y1)，D(x2，y2)设M(x0，y0)，则过A，D的弦方程可设为：xx02y02y即yxy0，即M(2k，1)M到l的距离d2.SABMSCDM|AB|CD|d2(|AF|1)(|DF|1)d2y1y2d2d2，又由联立得，x24kx40，x1x24.SABMSCDM(2)21k21.当且仅当k0时取等号当k0时，ABM与CDM面积之积的最小值为1.2(2019福建省高三3月质量检测)在平面直角坐标系xOy中，圆F：(x1)2y21外的点P在y轴的右侧运动，且点P到圆F上的点的最小距离等于它到y轴的距离，记点P的轨迹为E.(1)求E的方程；(2)如图，过点F的直线交E于A，B两点，以AB为直径的圆D与平行于y轴的直线相切于点M，线段DM交E于点N，证明：AMB的面积是AMN的面积的4倍解解法一：(1)设P(x，y)，依题意x0，F(1,0)因为点P在圆F外，所以点P到圆F上的点的最小距离为|PF|1，依题意得|PF|1x，即1x，化简得点P的轨迹E的方程为y24x(x0)(2)证明：设N(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D.依题意可知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程yk(x1)(k0)，由得k2x2(2k24)xk20.因为(2k24)24k416k2160，所以x1x2，x1x21，则有y1y2，故D，由抛物线的定义知|AB|x1x22.设M(xM，yM)，依题意得yM，所以|MD|xM.又因为|MD|，所以xM，解得xM1，所以M，因为N在抛物线上，所以x0，即N，所以SAMB|MD|y1y2|y1y2|，SAMN|MN|y1yD|y1y2|y1y2|，故SAMB4SAMN.解法二：(1)设P(x，y)，依题意x0.因为点P在圆F外，所以点P到圆F上的点的最小距离为|PF|1.依题意得，点P到圆F(1,0)的距离|PF|等于P到直线x1的距离，所以点P在以F(1,0)为焦点，x1为准线的抛物线上所以E的方程为y24x(x0)(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为直线AB过F(1,0)，依题意可设其方程xty1(t0)，由得y24ty40，因为16t2160，所以y1y24t，则有x1x2(ty11)(ty21)4t22.因为D是AB的中点，所以D(2t21,2t)由抛物线的定义得|AB|(x11)(x21)4t24，设圆D与l：xm相切于M，因为DM与抛物线相交于N，所以mb0)上两点(1)求椭圆C的标准方程；(2)设O为坐标原点，M为椭圆C上一动点，点P(3,0)，线段PM的垂直平分线交y轴于点Q，求|OQ|的最小值解(1)代入A，B两点坐标得1，1，解得a26，b22，所以椭圆C的标准方程为1.(2)设点M的坐标为(x0，y0)，则1，可得x63y，线段PM的中点N，kQNkPM1，可得kQN，所以lQN：y.令x0，并结合式得yQ，|OQ|yQ|y0|2，当且仅当|y0|，y0时取等号，所以|OQ|的最小值为.4(2019郴州市高三第二次教学质量监测)已知抛物线C：x22py(p0)的焦点为F，过F的直线交抛物线于A，B两点(1)若以A，B为直径的圆的方程为(x2)2(y3)216，求抛物线C的标准方程；(2)过A，B分别作抛物线的切线l1，l2，证明：l1，l2的交点在定直线上解(1)设AB的中点为M，A到准线的距离为d1，B到准线的距离为d2，M到准线的距离为d.则dyM.由抛物线的定义可知，d1AF，d2BF，所以d1d2AB8，由梯形中位线定理可得d4，所以yM4，而yM3，所以34，可得p2，所以抛物线C：x24y.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x22py得y，则y，所以直线l1的方程为yy1(xx1)，直线l2的方程为yy2(xx2)，联立得x，y，即l1，l2交点坐标为，因为AB过焦点F，所以设直线AB的方程为ykx，代入抛物线x22py中得，x22pkxp20，x1x2p2，所以，所以l1，l2的交点在定直线y上5已知动圆C与圆x2y22x0外切，与圆x2y22x240内切(1)试求动圆圆心C的轨迹方程；(2)过定点P(0,2)且斜率为k(k0)的直线l与(1)中的轨迹交于不同的两点M，N，试判断在x轴上是否存在点A(m,0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数m的范围；若不存在，请说明理由解(1)由x2y22x0得(x1)2y21，由x2y22x240得(x1)2y225，设动圆C的半径为R，两圆的圆心分别为F1(1,0)，F2(1,0)，则|CF1|R1，|CF2|5R，所以|CF1|CF2|6，根据椭圆的定义可知，点C的轨迹为以F1，F2为焦点的椭圆，所以c1，a3，所以b2a2c2918，所以动圆圆心C的轨迹方程为1.(2)存在直线l的方程为ykx2，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为E(x0，y0)假设存在点A(m，0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，则AEMN，由得(89k2)x236kx360，x1x2，所以x0，y0kx02，因为AEMN，所以kAE，即，所以m，当k0时，9k212，所以m0；当k0时，9k12，所以0b0)，抛物线x28y的焦点为F(0,2)，b2，方程2x23x200即(2x5)(x4)0，2c4，即c2，a2b2c216，椭圆C的方程为1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB方程为yxt，由得x2txt2120，t24(t212)0，4tb0)，F1，F2分别为其左、右焦点，过F1的直线与此椭圆相交于D，E两点，且F2DE的周长为8，椭圆C的离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)在平面直角坐标系xOy中，已知点P(0,1)与点Q(0,2)，过P的动直线l(不与x轴平行)与椭圆相交于A，B两点，点B1是点B关于y轴的对称点求证：Q，A，B1三点共线；.解(1)F2DE的周长为8，4a8，即a2，e，c，b2a2c22，故椭圆C的方程为1.(2)证明：当直线l的斜率不存在时，A，B分别为椭圆短轴两端点，满足Q，A，B1三点共线当直线l的斜率存在时，设直线方程为ykx1，联立得(12k2)x24kx20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则B1(x2，y2)，x1x2，x1x2，(x1，y12)，(x2，y22)，x1(y22)x2(y12)x1(kx21)x2(kx11)2kx1x2(x1x2)0.与共线，则Q，A，B1三点共线由可知Q，A，B1三点共线，当直线的斜率存在时，当直线l的斜率不存在时，易知A，B两点的坐标为(0，)，有，综上，.解析几何类解答题(12分)已知椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1和F2，由M(a，b)，N(a，b)，F2和F1四个点构成了一个高为，面积为3的等腰梯形(1)求椭圆的方程；(2)过点F1的直线和椭圆交于A，B两点，求F2AB面积的最大值解题思路(1)由梯形的高得出椭圆的基本量b的值，由梯形的面积得出ac，利用a2c2b2求出a，c，写出椭圆的方程；(2)先依题判断过点F1的直线AB的斜率不为0，设出直线的方程，将直线方程代入椭圆方程，消去x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，即可得到y1y2和y1y2，将F2AB的面积表示为SF2AB|F1F2|y1y2|，构造函数，利用函数的单调性即可求最大值解(1)由条件，得b，且3，ac3.(2分)又a2c23，解得a2，c1.(4分)椭圆的方程为1.(5分)(2)显然，直线AB的斜率不能为0，设直线AB的方程为xmy1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程，得消去x得，(3m24)y26my90，(6分)36m236(3m24)0，y1y2，y1y2，(8分)SF2AB|F1F2|y1y2|y1y2|1244.(10分)令tm211，设f(t)t(t1)，易知函数f(t)在1，)上单调递增，当tm211，即m0时，f(t)min，此时SF2AB取得最大值为3.(12分)1由梯形的面积得到a与c的关系给2分2由a2c2b2得到a与c的值给2分3正确写出椭圆方程给1分4联立方程消元得到一元二次方程给1分5写出“0”和根与系数的关系给2分6构建目标变量的函数关系给2分7通过求解函数的值域，确定面积的最值给2分1写全得分步骤，直线方程和曲线方程联立后，要写出0和根与系数的关系，这是解题过程中的得分点2写明得分关键，在求解函数的最值时，要注意变量条件的制约，检查最值取得的条件，不指明最值取得的条件扣1分跟踪训练(2019福建省高三模拟)(12分)已知椭圆C：1(ab0)过点，且它的焦距是短轴长的倍(1)求椭圆C的方程；(2)若A，B是椭圆C上的两个动点(A，B两点不关于x轴对称)，O为坐标原点，OA，OB的斜率分别为k1，k2，问是否存在非零常数，使当k1k2时，AOB的面积S为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由解(1)因为椭圆C：1(ab0)过点，所以1，(1分)又因为该椭圆的焦距是短轴长的倍，所以cb，从而a2b2c24b2.联立方程组(2分)解得所以椭圆C的方程为y21.(3分)(2)设存在这样的常数，使k1k2，AOB的面积S为定值(4分)设直线AB的方程为ykxm，点A(x1，y1)，点B(x2，y2)，则由k1k2知y1y2x1x20，(kx1m)(kx2m)x1x20，所以(k2)x1x2km(x1x2)m20.(5分)联立方程组消去y得(14k2)x28kmx4m240.所以(7分)点O到直线AB的距离d，AOB的面积S|AB|d|x1x2|.(8分)将代入得(k2)(4m24)8k2m2m2(14k2)0，化简得m2，(10分)将代入得2，(11分)要使上式为定值，只需，即需(41)20，从而，此时2，S1，所以存在这样的常数，此时SAOB1.(12分)- 31 -
展开阅读全文