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10.6圆锥曲线的综合问题挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点圆锥曲线的综合问题1.了解圆锥曲线的简单应用.2.理解数形结合的思想.3.能解决直线与圆锥曲线的综合应用等问题.2018浙江,21直线与椭圆、抛物线的位置关系三角形面积、取值范围2017浙江,21直线与抛物线的位置关系不等式、最值、取值范围2016浙江文,19直线与抛物线的位置关系取值范围2015浙江文,19直线与抛物线的位置关系圆、三角形面积2014浙江,21直线与圆的位置关系不等式分析解读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:x22+y2=1上一点,从原点O向圆M:(x-x0)2+(y-y0)2=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|k1x0-y0|1+k12=63,|k2x0-y0|1+k22=63,可知k1,k2是方程(3x02-2)k2-6x0y0k+3y02-2=0的两个不相等的实数根,所以3x02-20,k1k2=3y02-23x02-2,因为点M(x0,y0)在椭圆C上,所以y02=1-x022,所以k1k2=3y02-23x02-2=-.(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2y1y2x1x2+1=0,即y12y22=14x12x22,因为P(x1,y1),Q(x2,y2)在椭圆C上,所以y12y22=1-x1221-x222=14x12x22,整理得x12+x22=2,所以y12+y22=1,所以OP2+OQ2=3.因为S四边形OPMQ= (OP+OQ)63=66(OP+OQ),OP+OQ2(OP2+OQ2)=6,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:x2a2+y2b2=1(ab0)的左,右焦点分别为F1,F2,左顶点为A,点P(2,3)在椭圆C上,且PF1F2的面积为23.(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)SPF1F2=2c3=23,c=2,(2分)又点P(2,3)在椭圆C上,2a2+3a2-4=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x28+y24=1.(5分)(2)由(1)可得A(-22,0),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),F1MF1N,F2MF2N,以MN为直径的圆恒过焦点F1,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(k0),设点E(x0,y0)(不妨设x00),则点F(-x0,-y0),由y=kx,x28+y24=1消去y得x2=81+2k2,x0=221+2k2,y0=22k1+2k2,直线AE的方程为y=k1+1+2k2(x+22),直线AE与y轴交于点M,令x=0,得y=22k1+1+2k2,即点M0,22k1+1+2k2,同理可得点N0,22k1-1+2k2,F1M=2,22k1+1+2k2,F1N=2,22k1-1+2k2,F1MF1N=0,F1MF1N,同理,F2MF2N,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|=22k1+1+2k2-22k1-1+2k2=22k1+2k2k2=221k2+24,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:x2a2+y2b2=1(ab0)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,求AOB面积S的最大值;设Q为线段AB上的点,且满足|AP|PB|=|AQ|QB|,证明:点Q的横坐标xQ为定值.解析(1)由题意知,ca=12,a-c=1,所以a=2,c=1,因此b=22-12=3,故a=2,b=3.(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)(k0),联立y=k(x-3),x24+y23=1,消去y,并整理,得(3+4k2)x2-24k2x+36k2-12=0,其中=48(3-5k2)0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=24k23+4k2,x1x2=36k2-123+4k2.(6分)原点O到直线l的距离d=|3k|k2+1,|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k248(3-5k2)3+4k2,所以SAOB=|AB|d=63|k|3-5k23+4k2=63k2(3-5k2)(3+4k2)2.(8分)设t=13+4k2,则k2=141t-3,其中t527,13,则S=6314t21t-33-541t-3=32(9-27t)(27t-5)329-27t+27t-52=3.当且仅当9-27t=27t-5,即t=727时,取等号.(10分)故AOB面积S的最大值为3.证明:设|AP|PB|=|AQ|QB|=,则AP=-PB,AQ=QB,(12分)所以3-x1=-(x2-3),xQ-x1=(x2-xQ),消去得,xQ=3(x1+x2)-2x1x26-(x1+x2)=324k23+4k2-236k2-123+4k26-24k23+4k2=,故点Q的横坐标xQ为定值.(15分)2.(2017浙江五校联考(5月),21)如图,已知椭圆:x2a2+y2b2=1(ab0)经过不同的三点A52,54,B-12,-34,C(C在第三象限),线段BC的中点在直线OA上.(1)求椭圆的方程及点C的坐标;(2)设点P是椭圆上的动点(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在椭圆上,得54a2+516b2=1,14a2+916b2=1,解得a2=52,b2=58,所以椭圆的方程为x252+y258=1.设点C(m,n),则BC中点为m-122,n-342,由已知,求得直线OA的方程为x-2y=0,从而m=2n-1.又点C在椭圆上,故2m2+8n2=5.由得n= (舍去)或n=-,从而m=-,所以点C的坐标为-32,-14.(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y1+342y1+12=y0+34x0+12,整理得y1=3x0-2y04(2y0-x0+1).因为P,C,N三点共线,所以y2+142y2+32=y0+14x0+32,整理得y2=x0-6y04(2y0-x0-1).因为点P在椭圆上,所以2x02+8y02=5,即x02=-4y02.从而y1y2=(3x0-2y0)(x0-6y0)16(2y0-x0)2-1=3x02-20x0y0+12y0216(4y02+x02-4x0y0-1)=352-4y02-20x0y0+12y021652-4x0y0-1=532-4x0y01632-4x0y0=516.所以|OM|ON|=5|y1|5|y2|=5|y1y2|=2516,为定值.当x0=-或x0=-时,易求得|OM|ON|=2516,为定值.综上,|OM|ON|是定值,为2516.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k1k2=-,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=-x28+3,得y=-,则切线l的斜率为k=-x04.切线l的方程为y=-x04(x-x0)+y0=-x04x+x024+y0=-x04x-2y0+6+y0,即y=-x04x-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=-x04(x1+x2)-2y0+12=x024-2y0+12=-4y0+18,y1y2=x12x2216=(y0-6)2,则由k1k2=y1-1x1y2-1x2=y1y2-(y1+y2)+1x1x2=(y0-6)2-(-4y0+18)+14y0-24=-,得5y02-28y0+23=0,解得y0=1或y0=235.(8分)x02=-8(y0-3)0,y03,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=-x04x-y0+6,且x1+x2=-x0,x1x2=4y0-24,则|AB|=1+x0216|x1-x2|=1+x0216(x1+x2)2-4x1x2=16+x024x02-4(4y0-24),即|AB|=16-8y0+244-8y0+24-16y0+96=23(5-y0),(11分)而|AF|+|BF|=(y1+1)+(y2+1)=-4y0+20=4(5-y0),(13分)则|AB|=32(|AF|+|BF|),(14分)故存在正实数m=32,使得对任意点M,都有|AB|=32(|AF|+|BF|)成立.(15分)2.(2017浙江镇海中学模拟卷(六),21)椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)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33.(1)若N为椭圆C上任意一点,且F2MF2N,求F2MNM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AB=3F2B,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,2c=2,ca=33,a=3,c=1,故b=2,椭圆C的方程是x23+y22=1,其右焦点F2的坐标为(1,0).F2MNM=F2M(NF2+F2M)=F2MNF2+F2MF2M=|F2M|2,(F2MNM)min=|F2M|min2=(3-1)2=4-23.(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OP=OA+OB.设A(x1,y1),B(x2,y2),则点P的坐标为(x1+x2,y1+y2),根据AB=3F2B,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=-4m2m2+3,y1y2=-42m2+3.易得-y2=-4m2m2+3,-2y22=-42m2+3,消去y2,得4m2m2+32=22m2+3,解得m2=,即m=22.当m=22时,y1+y2=-22,x1+x2=m(y1+y2)+2=-+2=,此时P32,-22.当m=-22时,y1+y2=22,x1+x2=m(y1+y2)+2=-+2=,此时P32,22.经检验,点32,-22,32,22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+y24=1(x0)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),A14y12,y1,B14y22,y2.因为PA,PB的中点在抛物线上,所以y1,y2为方程y+y022=414y2+x02即y2-2y0y+8x0-y02=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y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,所以|PM|= (y12+y22)-x0=34y02-3x0,|y1-y2|=22(y02-4x0).因此,PAB的面积S=|PM|y1-y2|=324(y02-4x0)32.因为x02+y024=1(x00),所以y02-4x0=-4x02-4x0+44,5.因此,PAB面积的取值范围是62,15104.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-12,14,B32,94,抛物线上的点P(x,y)-12x32.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=x2-14x+12=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kx-y+12k+14=0,x+ky-94k-32=0,解得点Q的横坐标是xQ=-k2+4k+32(k2+1).因为|PA|=1+k2x+12=1+k2(k+1),|PQ|=1+k2(xQ-x)=-(k-1)(k+1)2k2+1,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-1,12上单调递增,12,1上单调递减,因此当k=时,|PA|PQ|取得最大值2716.解法二:如图,连接BP,|AP|PQ|=|AP|PB|cosBPQ=AP(AB-AP)=APAB-AP2.易知P(x,x2)-12x32,则APAB=2x+1+2x2-=2x2+2x+,AP2=x+122+x2-142=x2+x+x4-x2+116=x4+x2+x+516.|AP|PQ|=-x4+x2+x+316-12x32.设f(x)=-x4+x2+x+316-12xb0),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(k0,解得k0或0kb0)的离心率为22,焦距为2.(1)求椭圆E的方程;(2)如图,动直线l:y=k1x-32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=24.M是线段OC延长线上一点,且|MC|AB|=23,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=22,2c=2,所以a=2,b=1,因此椭圆E的方程为x22+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立x22+y2=1,y=k1x-32,消y整理得(4k12+2)x2-43k1x-1=0,由题意知0,且x1+x2=23k12k12+1,x1x2=-12(2k12+1),所以|AB|=1+k12|x1-x2|=21+k121+8k121+2k12.由题意可知圆M的半径r=|AB|=2231+k121+8k122k12+1.由题设知k1k2=24,所以k2=24k1,因此直线OC的方程为y=24k1x.联立x22+y2=1,y=24k1x,得x2=8k121+4k12,y2=11+4k12,因此|OC|=x2+y2=1+8k121+4k12.由题意可知sinSOT2=rr+|OC|=11+|OC|r,而|OC|r=1+8k121+4k122231+k121+8k121+2k12=3241+2k121+4k121+k12,令t=1+2k12,则t1,(0,1),因此|OC|r=t2t2+t-1=12+1t-1t2=1-1t-122+941,当且仅当=,即t=2时等号成立,此时k1=22,所以sinSOT2,因此SOT2,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=22.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sinSOT2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sinSOT2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x2a2+y23=1(a3)的右焦点为F,右顶点为A.已知1|OF|+1|OA|=3e|FA|,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BFHF,且MOAMAO,求直线l的斜率的取值范围.解析(1)设F(c,0),由1|OF|+1|OA|=3e|FA|,即+=3ca(a-c),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x24+y23=1.(2)设直线l的斜率为k(k0),则直线l的方程为y=k(x-2).设B(xB,yB),由方程组x24+y23=1,y=k(x-2)消去y,整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.解得x=2或x=8k2-64k2+3,由题意得xB=8k2-64k2+3,从而yB=-12k4k2+3.由(1)知F(1,0),设H(0,yH),有FH=(-1,yH),BF=9-4k24k2+3,12k4k2+3.由BFHF,得BFFH=0,所以4k2-94k2+3+12kyH4k2+3=0,解得yH=9-4k212k.因此直线MH的方程为y=-x+9-4k212k.设M(xM,yM),由方程组y=k(x-2),y=-1kx+9-4k212k消去y,解得xM=20k2+912(k2+1).在MAO中,MOAMAO|MA|MO|,即(xM-2)2+yM2xM2+yM2,化简得xM1,即20k2+912(k2+1)1,解得k-64或k64.所以直线l的斜率的取值范围为-,-6464,+.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:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,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ca=32,12ab=1,a2=b2+c2,解得a2=4,b2=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).设P(x0,y0),则x02+4y02=4.当x00时,直线PA的方程为y=y0x0-2(x-2).令x=0,得yM=-2y0x0-2,从而|BM|=|1-yM|=1+2y0x0-2.直线PB的方程为y=y0-1x0x+1.令y=0,得xN=-x0y0-1,从而|AN|=|2-xN|=2+x0y0-1.所以|AN|BM|=2+x0y0-11+2y0x0-2=x02+4y02+4x0y0-4x0-8y0+4x0y0-x0-2y0+2=4x0y0-4x0-8y0+8x0y0-x0-2y0+2=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x22+y12=1上,不妨设P(2cos ,sin ),当k且k+ (kZ)时,直线AP的方程为y-0=sin2(cos-1)(x-2),令x=0,得yM=sin1-cos;直线BP的方程为y-1=sin-12cos(x-0),令y=0,得xN=2cos1-sin.|AN|BM|=21-cos1-sin1-sin1-cos=22(1-sin)(1-cos)(1-sin)(1-cos)=22=4(定值).当=k或=k+ (kZ)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:x2a2+y2b2=1(ab0)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,使得|PT|2=|PA|PB|,并求的值.解析(1)由题意得,a=2b,则椭圆E的方程为x22b2+y2b2=1.由方程组x22b2+y2b2=1,y=-x+3,得3x2-12x+(18-2b2)=0.方程的判别式为=24(b2-3),由=0,得b2=3,此时方程的解为x=2,所以椭圆E的方程为x26+y23=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(m0),由方程组y=12x+m,y=-x+3,可得x=2-2m3,y=1+2m3.所以P点坐标为2-2m3,1+2m3,|PT|2=m2.设点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2).由方程组x26+y23=1,y=12x+m,可得3x2+4mx+(4m2-12)=0.方程的判别式为=16(9-2m2),由0,解得-322m0),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m3,m,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(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM=x1+x22=-kbk2+9,yM=kxM+b=9bk2+9.于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-,即kOMk=-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m3,m,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0,k3.由(1)得OM的方程为y=-x.设点P的横坐标为xP.由y=-9kx,9x2+y2=m2得xP2=k2m29k2+81,即xP=km3k2+9.将m3,m代入l的方程得b=m(3-k)3,因此xM=k(k-3)m3(k2+9).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xP=2xM.于是km3k2+9=2k(k-3)m3(k2+9),解得k1=4-7,k2=4+7.因为ki0,ki3,i=1,2,所以当l的斜率为4-7或4+7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:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为22.(1)求椭圆C的方程;(2)动直线l:y=kx+m(m0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,N的半径为|NO|.设D为AB的中点,DE,DF与N分别相切于点E,F,求EDF的最小值.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22,得a2=2(a2-b2),又当y=1时,x2=a2-a2b2,得a2-a2b2=2,所以a2=4,b2=2.因此椭圆方程为x24+y22=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立y=kx+m,x2+2y2=4,得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,由0得m20,从而y=t+在3,+)上单调递增,因此t+103,等号当且仅当t=3时成立,此时k=0,所以|ND|2|NF|21+3=4,由(*)得-2mb0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32,P41,32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1a2+1b21a2+34b2知,C不经过点P1,所以点P2在C上.因此1b2=1,1a2+34b2=1,解得a2=4,b2=1.故C的方程为x24+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t0,且|t|0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1.而k1+k2=y1-1x1+y2-1x2=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2=2kx1x2+(m-1)(x1+x2)x1x2,由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)4m2-44k2+1+(m-1)-8km4k2+1=0.解得k=-m+12.当且仅当m-1时,0,于是l:y=-m+12x+m,即y+1=-m+12(x-2),所以l过定点(2,-1).3.(2016山东,21,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的长轴长为4,焦距为22.(1)求椭圆C的方程;(2)过动点M(0,m)(m0)的直线交x轴于点N,交C于点A,P(P在第一象限),且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q,延长QM交C于点B.(i)设直线PM,QM的斜率分别为k,k,证明kk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=22,所以a=2,b=a2-c2=2.所以椭圆C的方程为x24+y22=1.(2)(i)证明:设P(x0,y0)(x00,y00).由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m).所以直线PM的斜率k=2m-mx0=mx0,直线QM的斜率k=-2m-mx0=-3mx0.此时kk=-3.所以kk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y=kx+m,x24+y22=1,整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.由x0x1=2m2-42k2+1,可得x1=2(m2-2)(2k2+1)x0.所以y1=kx1+m=2k(m2-2)(2k2+1)x0+m.同理x2=2(m2-2)(18k2+1)x0,y2=-6k(m2-2)(18k2+1)x0+m.所以x2-x1=2(m2-2)(18k2+1)x0-2(m2-2)(2k2+1)x0=-32k2(m2-2)(18k2+1)(2k2+1)x0,y2-y1=-6k(m2-2)(18k2+1)x0+m-2k(m2-2)(2k2+1)x0-m=-8k(6k2+1)(m2-2)(18k2+1)(2k2+1)x0,所以kAB=y2-y1x2-x1=6k2+14k=146k+1k.由m0,x00,可知k0,所以6k+26,等号当且仅当k=66时取得.此时m4-8m2=66,即m=147,符合题意.所以直线AB的斜率的最小值为62.4.(2015山东,21,14分)平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,且点3,12在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)设椭圆E:x24a2+y24b2=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|OQ|OP|的值;(ii)求ABQ面积的最大值.解析(1)由题意知3a2+14b2=1,又a2-b2a=32,解得a2=4,b2=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)由(1)知椭圆E的方程为x216+y24=1.(i)设P(x0,y0),|OQ|OP|=,由题意知Q(-x0,-y0).因为x024+y02=1,又(-x0)216+(-y0)24=1,即24x024+y02=1,所以=2,即|OQ|OP|=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0,可得m24+16k2.则有x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-161+4k2.所以|x1-x2|=416k2+4-m21+4k2.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|=216k2+4-m2|m|1+4k2=2(16k2+4-m2)m21+4k2=24-m21+4k2m21+4k2.设m21+4k2=t.将y=kx+m代入椭圆C的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,由0,可得m21+4k2.由可知0b0)经过点A(0,-1),且离心率为22.(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=22,b=1,结合a2=b2+c2,解得a=2.所以椭圆E的方程为x22+y2=1.(2)证明:由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k2),代入x22+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0.由已知可知0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x20,则x1+x2=4k(k-1)1+2k2,x1x2=2k(k-2)1+2k2.从而直线AP,AQ的斜率之和kAP+kAQ=y1+1x1+y2+1x2=kx1+2-kx1+kx2+2-kx2=2k+(2-k)1x1+1x2=2k+(2-k)x1+x2x1x2=2k+(2-k)4k(k-1)2k(k-2)=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:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,点P(0,1)和点A(m,n)(m0)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b=1,ca=22,a2=b2+c2,解得a2=2.故椭圆C的方程为x22+y2=1.设M(xM,0).因为m0,所以-1nb0)的离心率是22,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22.(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|QA|QB|=|PA|PB|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(2,1)在椭圆E上.因此,2a2+1b2=1,a2-b2=c2,ca=22.解得a=2,b=2.所以椭圆E的方程为x24+y22=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|QC|QD|=|PC|PD|=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(0,2),(0,-2).由|QM|QN|=|PM|PN|,有|y0-2|y0+2|=2-12+1,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|QA|QB|=|PA|PB|.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x24+y22=1,y=kx+1,得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其=(4k)2+8(2k2+1)0,所以,x1+x2=-4k2k2+1,x1x2=-22k2+1.因此1x1+1x2=x1+x2x1x2=2k.易知,点B关于y轴对称的点B的坐标为(-x2,y2).又kQA=y1-2x1=kx1-1x1=k-1x1,kQB=y2-2-x2=kx2-1-x2=-k+1x2=k-1x1,所以kQA=kQB,即Q,A,B三点共线.所以|QA|QB|=|QA|QB|=|x1|x2|=|PA|PB|.故存在与P不同的定点Q(0,2),使得|QA|QB|=|PA|PB|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x2a2+y2b2=1(ab0)的左,右焦点分别为F1,F2,点D在椭圆上,DF1F1F2,|F1F2|DF1|=22,DF1F2的面积为22.(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|F1F2|DF1|=22得|DF1|=|F1F2|22=22c.从而SDF1F2=|DF1|F1F2|=22c2=22,故c=1.从而|DF1|=22,由DF1F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=,因此|DF2|=322.所以2a=|DF1|+|DF2|=22,故a=2,b2=a2-c2=1.因此,所求椭圆的标准方程为x22+y2=1.(2)如图,设圆心在y轴上的圆C与椭圆x22+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是两个交点,y10,y20,F1P1,F2P2是圆C的切线,且F1P1F2P2.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F1P1=(x1+1,y1),F2P2=(-x1-1,y1).再由F1P1F2P2得-(x1+1)2+y12=0.由椭圆方程得1-x122=(x1+1)2,即3x12
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