【数学】2020届一轮复习（文）通用版9-6圆锥曲线的综合问题作业
§9.6 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
定点与定
值问题
①了解圆锥曲线的简单应用;
②掌握解析几何中求解定点、定值问题的方法和步骤
2017课标全国Ⅱ,20,12分
轨迹方程,直线过定点
椭圆方程,向量运算
★★★
2015课标Ⅱ,20,12分
椭圆方程,定值问题
椭圆的几何性质,点与椭圆、直线与椭圆的位置关系
参变量的
取值范围
和最值
问题
①了解参变量的意义;
②理解解析几何中求解范围和最值问题的基本方法;
③理解函数思想和方程思想在圆锥曲线中的应用
2018浙江,21,15分
三角形的面积的取值范围
椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系
★★★
2017山东,21,14分
椭圆的方程,最值问题
椭圆的几何性质,直线与椭圆的位置关系,函数思想
存在性
问题
①理解圆锥曲线中存在性问题的基本解法;
②理解转化思想在圆锥曲线中的应用
2016课标全国Ⅰ,20,12分
存在性问题
直线与抛物线的位置关系
★★☆
2015湖北,22,14分
椭圆方程,探求四边形面积最小值
直线与椭圆的位置关系,弦长,函数思想
分析解读 从近几年的高考试题来看,直线与圆锥曲线、圆锥曲线间的综合考查主要涉及曲线方程的求法、位置关系的判断及应用、弦长问题、最值问题、定点定值的探索性问题以及圆锥曲线间的联系等,同时着重考查学生分析问题及解决综合问题的能力,分值较高,难度较大.客观题以圆锥曲线间的联系为主,凸显知识的连贯性和综合性,着重考查函数与方程、分类讨论、数形结合等数学思想的应用.在求解圆锥曲线综合问题时,需要较强的代数运算能力、图形认知能力、逻辑思维能力、数形之间的转化能力,在推理过程中要保持思维的逻辑性,确保结果正确完整.
破考点
【考点集训】
考点一 定点与定值问题
1.(2019届云南昆明摸底考试,11)设点M为抛物线C:y2=4x的准线上一点(不同于准线与x轴的交点),过抛物线C的焦点F且垂直于x轴的直线与C交于A,B两点,设MA,MF,MB的斜率分别为k1,k2,k3,则k1+k3k2的值为( )
A.2 B.22 C.4 D.42
答案 A
2.(2018江苏启东模拟,20)设顶点在原点,焦点在x轴上的抛物线过点P(2,4),过P作抛物线的动弦PA,PB,并设它们的斜率分别为kPA,kPB.
(1)求抛物线的方程;
(2)若kPA+kPB=0,求证直线AB的斜率为定值,并求出其值;
(3)若kPA·kPB=1,求证直线AB恒过定点,并求出其坐标.
解析 (1)依题意,可设所求抛物线的方程为y2=2px(p>0),
因抛物线过点(2,4),故42=4p,解得p=4,
故抛物线的方程为y2=8x.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则kPA=y1-4x1-2=y1-4y128-2=8y1+4,
同理,kPB=8y2+4,kAB=8y1+y2.
∵kPA+kPB=0,∴8y1+4+8y2+4=0,
∴8y1+4=8-y2-4,∴y1+4=-y2-4,∴y1+y2=-8,
∴kAB=-1.
∴直线AB的斜率恒为定值-1.
(3)∵kPAkPB=1,
∴8y1+4·8y2+4=1,
∴y1y2+4(y1+y2)-48=0.
直线AB的方程为y-y1=8y1+y2x-y128,即(y1+y2)y-y1y2=8x.
将y1y2=-4(y1+y2)+48代入上式得(y1+y2)(y+4)=8(x+6),
由此可得该直线恒过点(-6,-4),命题得证.
考点二 参变量的取值范围和最值问题
1.已知直线l:y=kx+2过椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点B和左焦点F,且被圆x2+y2=4截得的弦长为L,若L≥455,则椭圆离心率e的取值范围是( )
A.0,55 B.0,255 C.0,355 D.0,455
答案 B
2.(2019届河北百校联盟10月联考,20)已知直线过定点P(1,1),且与抛物线x2=4y交于A,B两点,l1,l2分别与抛物线相切于A,B两点,设l1,l2的交点为C.
(1)求交点C的轨迹方程;
(2)求三角形ABC面积的最小值.
解析 (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),易知直线AB的斜率存在,设其方程为y=k(x-1)+1.
联立y=k(x-1)+1,x2=4y,消去y,得x2-4kx-4+4k=0,
∴x1+x2=4k,x1x2=4k-4.(3分)
∵y'=x2,∴kAC=x12,直线AC的方程为y-y1=x12(x-x1),将y1=x124代入,化简得y=x12x-x124,
所以直线AC的方程为y=x12x-x124.
同理,直线BC的方程为y=x22x-x224,
联立直线AC,BC的方程可得xC=x1+x22=2k,yC=x1x24=k-1,所以xC=2yC+2.
所以点C的轨迹方程为x-2y-2=0.(6分)
(2)由(1)知|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=41+k2k2-k+1,
点C到直线AB的距离d=|2k2-2k+2|1+k2.(9分)
故三角形ABC的面积S=12|AB|·d=4·(k2-k+1)32,
当且仅当k=12时,面积有最小值,为332.(12分)
考点三 存在性问题
(2017河北唐山模拟,20)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=63,过点A(0,-b)和B(a,0)的直线与原点的距离为32.
(1)求椭圆的方程;
(2)已知定点E(-1,0),若直线y=kx+2(k≠0)与椭圆交于C、D两点,问:是否存在k,使得以CD为直径的圆过E点?请说明理由.
解析 (1)由两点式可得直线AB的方程为bx-ay-ab=0,
依题意可得ca=63,ab(-a)2+b2=32,
解得a2=3,b=1,∴椭圆的方程为x23+y2=1.
(2)存在.理由:假设存在这样的k.
联立y=kx+2,x23+y2=1,
得(1+3k2)x2+12kx+9=0,
由题意知Δ=(12k)2-36(1+3k2)>0,①
设C(x1,y1),D(x2,y2),
则x1+x2=-12k1+3k2,②
x1·x2=91+3k2,③
而y1·y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4,
要使以CD为直径的圆过点E(-1,0),
当且仅当CE⊥DE时成立,
则y1y2+(x1+1)(x2+1)=0,
∴(k2+1)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0,④
将②③代入④整理得k=76,
经验证,k=76时①成立.
综上可知,存在k=76使得以CD为直径的圆过点E.
炼技法
【方法集训】
方法1 圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法
1.(2017河南郑州一模,11)已知直线l与双曲线x24-y2=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.4
C.5 D.与P的位置有关
答案 A
2.(2019届安徽黄山八校11月联考,20)已知离心率为22的椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(2,1),过点P作两条互相垂直的直线,分别交椭圆于点A,B(且A,B与点P不重合).
(1)求椭圆C的方程;
(2)求证:直线AB过定点,并求出此定点的坐标.
解析 (1)依题意,有4a2+1b2=1,且ca=a2-b2a=22,解得a2=6,b2=3,
∴椭圆C的方程为x26+y23=1.(4分)
(2)易知直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx+m,
则由y=kx+m,x26+y23=1得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-6=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-4mk2k2+1,x1x2=2m2-62k2+1.
由PA⊥PB知,PA·PB=0.
∴(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,
即(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+m2-2m+5=0,
∴(k2+1)2m2-62k2+1+(km-k-2)-4mk2k2+1+m2-2m+5=0,
∴3m2+8mk+4k2-2m-1=0,
∴(3m+2k+1)(m+2k-1)=0.
由直线AB不过点P(2,1),知m+2k-1≠0.
∴3m+2k+1=0,即m=-23k-13,
∴直线AB的方程可写为y+13=x-23k,
∴直线AB过定点23,-13.(12分)
方法2 圆锥曲线中的最值、范围问题的求解方法
1.(2017江西南昌三校联考,11)已知双曲线x2-y23=1的左顶点为A1,右焦点为F2,P为双曲线右支上一点,则PA1·PF2的最小值为( )
A.-2 B.-8116 C.1 D.0
答案 A
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)-12
0)与椭圆C相交于A,B两点,D点为椭圆C上的动点,且|AD|=|BD|,请问:△ABD的面积是否存在最小值?若存在,求出此时直线AB的方程;若不存在,说明理由.
解析 (1)设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).
由题意,得c=3,3a2+14b2=1,又a2-b2=c2,(1分)
∴a=2,b=1,(2分)
∴椭圆C的方程为x24+y2=1.(4分)
(2)由题意知D在线段AB的垂直平分线上,
∴直线OD的方程为y=-1kx.(5分)
由y=kx,x24+y2=1,可得(1+4k2)x2=4.(6分)
设A(x1,y1),则|OA|=x12+y12=2k2+14k2+1.(7分)
同理可得|OD|=2k2+1k2+4,(8分)
则S△ABD=2S△OAD=|OA|×|OD|=4(1+k2)(1+4k2)(k2+4).(9分)
由于(1+4k2)(k2+4)≤5(1+k2)2,(10分)
故S△ABD=2S△OAD≥85,当且仅当1+4k2=k2+4(k>0),即k=1时取等号,此时△ABD的面积取得最小值85,直线AB的方程为y=x.(12分)
过专题
【五年高考】
A组 统一命题·课标卷题组
1.(2017课标全国Ⅱ,20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x22+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足NP=2NM.
(1)求点P的轨迹方程;
(2)设点Q在直线x=-3上,且OP·PQ=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
解析 (1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).
由NP=2NM得x0=x,y0=22y.
因为M(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1.因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.
(2)证明:由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),
则OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQ·PF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).
由OP·PQ=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,
故3+3m-tn=0.
所以OQ·PF=0,即OQ⊥PF.
又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
2.(2016课标全国Ⅰ,20,12分)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px(p>0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H.
(1)求|OH||ON|;
(2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由.
解析 (1)由已知得M(0,t),Pt22p,t.(1分)
又N为M关于点P的对称点,故Nt2p,t,ON的方程为y=ptx,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=2t2p.
因此H2t2p,2t.(4分)
所以N为OH的中点,即|OH||ON|=2.(6分)
(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点.(7分)
理由如下:
直线MH的方程为y-t=p2tx,即x=2tp(y-t).(9分)
代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其他公共点.(12分)
3.(2015课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,点(2,2)在C上.
(1)求C的方程;
(2)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.证明:直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
解析 (1)由题意有ca=22,4a2+2b2=1,
又c2=a2+b2,所以a2=8,b2=4.
所以C的方程为x28+y24=1.
(2)设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).
将y=kx+b代入x28+y24=1得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.
故xM=x1+x22=-2kb2k2+1,yM=k·xM+b=b2k2+1.
于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-12k,即kOM·k=-12.
所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
B组 自主命题·省(区、市)卷题组
考点一 定点与定值问题
(2015陕西,20,12分)如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)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ca=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(k≠2),代入x22+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=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.
考点二 参变量的取值范围和最值问题
1.(2018浙江,17,4分)已知点P(0,1),椭圆x24+y2=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.
答案 5
2.(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(x<0)上的动点,求△PAB面积的取值范围.
解析 (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=4·14y2+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|=18(y12+y22)-x0=34y02-3x0,|y1-y2|=22(y02-4x0).
因此,△PAB的面积S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=324(y02-4x0)32.
因为x02+y024=1(x0<0),所以y02-4x0=-4x02-4x0+4∈[4,5].
因此,△PAB面积的取值范围是62,15104.
3.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)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(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 (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),联立方程y=kx+m,x2+2y2=4,
得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,
由Δ>0得m2<4k2+2,(*)
且x1+x2=-4km2k2+1,因此y1+y2=2m2k2+1,
所以D-2km2k2+1,m2k2+1,
又N(0,-m),所以|ND|2=-2km2k2+12+m2k2+1+m2,
整理得|ND|2=4m2(1+3k2+k4)(2k2+1)2,
因为|NF|=|m|,
所以|ND|2|NF|2=4(k4+3k2+1)(2k2+1)2=1+8k2+3(2k2+1)2.
令t=8k2+3,t≥3,故2k2+1=t+14,
所以|ND|2|NF|2=1+16t(1+t)2=1+16t+1t+2.
令y=t+1t,所以y'=1-1t2.
当t≥3时,y'>0,
从而y=t+1t在[3,+∞)上单调递增,
因此t+1t≥103,
等号当且仅当t=3时成立,此时k=0,
所以|ND|2|NF|2≤1+3=4,
由(*)得-2b>0)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)(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k'k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)(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=2m-mx0=mx0,
直线QM的斜率k'=-2m-mx0=-3mx0.
此时k'k=-3.所以k'k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m>0,x0>0,可知k>0,
所以6k+1k≥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.
考点三 存在性问题
1.(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是22,点P(0,1)在短轴CD上,且PC·PD=-1.
(1)求椭圆E的方程;
(2)设O为坐标原点,过点P的动直线与椭圆交于A,B两点.是否存在常数λ,使得OA·OB+λPA·PB为定值?若存在,求λ的值;若不存在,请说明理由.
解析 (1)由已知得,点C,D的坐标分别为(0,-b),(0,b).
又点P的坐标为(0,1),且PC·PD=-1,
于是1-b2=-1,ca=22,a2-b2=c2.解得a=2,b=2.
所以椭圆E的方程为x24+y22=1.
(2)当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).
由x24+y22=1,y=kx+1,得(2k2+1)x2+4kx-2=0.
其判别式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,
所以,x1+x2=-4k2k2+1,x1x2=-22k2+1.
从而,OA·OB+λPA·PB=x1x2+y1y2+λ[x1x2+(y1-1)(y2-1)]
=(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1
=(-2λ-4)k2+(-2λ-1)2k2+1
=-λ-12k2+1-λ-2.
所以,当λ=1时,-λ-12k2+1-λ-2=-3.
此时,OA·OB+λPA·PB=-3为定值.
当直线AB斜率不存在时,直线AB即为直线CD.
当λ=1时,OA·OB+λPA·PB=OC·OD+PC·PD=-2-1=-3.
故存在常数λ=1,使得OA·OB+λPA·PB为定值-3.
2.(2015湖北,22,14分)一种画椭圆的工具如图1所示.O是滑槽AB的中点,短杆ON可绕O转动,长杆MN通过N处铰链与ON连接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动,且DN=ON=1,MN=3.当栓子D在滑槽AB内做往复运动时,带动N绕O转动,M处的笔尖画出的椭圆记为C.以O为原点,AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系.
图1 图2
(1)求椭圆C的方程;
(2)设动直线l与两定直线l1:x-2y=0和l2:x+2y=0分别交于P,Q两点.若直线l总与椭圆C有且只有一个公共点,试探究:△OPQ的面积是否存在最小值?若存在,求出该最小值;若不存在,说明理由.
解析 (1)因为|OM|≤|MN|+|NO|=3+1=4.当M,N在x轴上时,等号成立;同理,|OM|≥|MN|-|NO|=3-1=2,当D,O重合,即MN⊥x轴时,等号成立.所以椭圆C的中心为原点O,长半轴长为4,短半轴长为2,其方程为x216+y24=1.
(2)(i)当直线l的斜率不存在时,直线l为x=4或x=-4,都有S△OPQ=12×4×4=8.
(ii)当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx+mk≠±12,
由y=kx+m,x2+4y2=16,消去y,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0.
因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点,
所以Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-16)=0,即m2=16k2+4.①
又由y=kx+m,x-2y=0,可得P2m1-2k,m1-2k;同理可得Q-2m1+2k,m1+2k.
由原点O到直线PQ的距离为d=|m|1+k2和|PQ|=1+k2·|xP-xQ|,可得S△OPQ=12|PQ|·d=12|m||xP-xQ|=12·|m|2m1-2k+2m1+2k=2m21-4k2.②
将①代入②得,S△OPQ=2m21-4k2=8|4k2+1||4k2-1|.
当k2>14时,S△OPQ=8·4k2+14k2-1=81+24k2-1>8;
当0≤k2<14时,S△OPQ=8·4k2+11-4k2=8-1+21-4k2.
因0≤k2<14,则0<1-4k2≤1,21-4k2≥2,
所以S△OPQ=8-1+21-4k2≥8,
当且仅当k=0时取等号.
所以当k=0时,S△OPQ的最小值为8.
综合(i)(ii)可知,当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时,△OPQ的面积取得最小值8.
C组 教师专用题组
考点一 定点与定值问题
(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,
直线AO的方程为y=y1x1x,直线BD的方程为x=x2.
解得交点D的坐标为x2,y1x2x1,
注意到x1x2=-8及x12=4y1,则有y=y1x1x2x12=-8y14y1=-2.
因此D点在定直线y=-2上(x≠0).
(2)依题设知,切线l的斜率存在且不等于0,设切线l的方程为y=ax+b(a≠0),代入x2=4y得x2=4(ax+b),即x2-4ax-4b=0,由Δ=0得(4a)2+16b=0,化简整理得b=-a2.
故切线l的方程可写为y=ax-a2.
分别令y=2、y=-2得N1、N2的坐标为
N12a+a,2、N2-2a+a,-2,
则|MN2|2-|MN1|2=2a-a2+42-2a+a2=8,
即|MN2|2-|MN1|2为定值8.
考点二 参变量的取值范围和最值问题
1.(2015山东,21,14分)平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)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|=λ,
由题意知Q(-λx0,-λy0).
因为x024+y02=1,
又(-λx0)216+(-λy0)24=1,
即λ24x024+y02=1,
所以λ=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Δ>0,可得m2<4+16k2.①
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=12|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Δ≥0,可得m2≤1+4k2.②
由①②可知0b>0)的离心率为32,直线y=x被椭圆C截得的线段长为4105.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过原点的直线与椭圆C交于A,B两点(A,B不是椭圆C的
顶点).点D在椭圆C上,且AD⊥AB,直线BD与x轴、y轴分别交于M,N两点.
(i)设直线BD,AM的斜率分别为k1,k2.证明存在常数λ使得k1=λk2,并求出λ的值;
(ii)求△OMN面积的最大值.
解析 (1)由题意知a2-b2a=32,可得a2=4b2,
椭圆C的方程可简化为x2+4y2=a2.
将y=x代入可得x=±5a5,
因此2×25a5=4105,可得a=2.
因此b=1,
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)(i)设A(x1,y1)(x1y1≠0),D(x2,y2),则B(-x1,-y1),
所以直线AB的斜率kAB=y1x1,
因为AB⊥AD,所以直线AD的斜率k=-x1y1.
设直线AD的方程为y=kx+m,
由题意知k≠0,m≠0.
由y=kx+m,x24+y2=1可得(1+4k2)x2+8mkx+4m2-4=0.
所以x1+x2=-8mk1+4k2,
因此y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m1+4k2.
由题意知x1≠-x2,
所以k1=y1+y2x1+x2=-14k=y14x1.
所以直线BD的方程为y+y1=y14x1(x+x1).
令y=0,得x=3x1,即M(3x1,0).
可得k2=-y12x1.
所以k1=-12k2,即λ=-12.
因此存在常数λ=-12使得结论成立.
(ii)直线BD的方程为y+y1=y14x1(x+x1),
令x=0,得y=-34y1,即N0,-34y1.
由(i)知M(3x1,0),
可得△OMN的面积S=12×3|x1|×34|y1|=98|x1||y1|.
因为|x1||y1|≤x124+y12=1,当且仅当|x1|2=|y1|=22时等号成立,
此时S取得最大值98,
所以△OMN面积的最大值为98.
考点三 存在性问题
1.(2014湖南,20,13分)如图,O为坐标原点,双曲线C1:x2a12-y2b12=1(a1>0,b1>0)和椭圆C2:y2a22+x2b22=1(a2>b2>0)均过点P233,1,且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.
(1)求C1,C2的方程;
(2)是否存在直线l,使得l与C1交于A,B两点,与C2只有一个公共点,且|OA+OB|=|AB|?证明你的结论.
解析 (1)设C2的焦距为2c2,由题意知,2c2=2,2a1=2,
从而a1=1,c2=1.
因为点P233,1在双曲线x2-y2b12=1上,所以2332-1b12=1,故b12=3.
由椭圆的定义知2a2=2332+(1-1)2+2332+(1+1)2=23.
于是a2=3,b22=a22-c22=2,故C1,C2的方程分别为x2-y23=1,y23+x22=1.
(2)不存在符合题设条件的直线.
(i)若直线l垂直于x轴,因为l与C2只有一个公共点,所以直线l的方程为x=2或x=-2.
当x=2时,易知A(2,3),B(2,-3),
所以|OA+OB|=22,|AB|=23,
此时,|OA+OB|≠|AB|.
当x=-2时,同理可知,|OA+OB|≠|AB|.
(ii)若直线l不垂直于x轴,设l的方程为y=kx+m,
由y=kx+m,x2-y23=1得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0.
当l与C1相交于A,B两点时,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根,从而x1+x2=2km3-k2,x1x2=m2+3k2-3.
于是y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=3k2-3m2k2-3.
由y=kx+m,y23+x22=1得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0.
因为直线l与C2只有一个公共点,所以上述方程的判别式
Δ=16k2m2-8(2k2+3)(m2-3)=0.
化简,得2k2=m2-3,因此OA·OB=x1x2+y1y2=m2+3k2-3+3k2-3m2k2-3=-k2-3k2-3≠0,
于是OA2+OB2+2OA·OB≠OA2+OB2-2OA·OB,
即|OA+OB|2≠|OA-OB|2,故|OA+OB|≠|AB|.
综合(i),(ii)可知,不存在符合题设条件的直线.
2.(2014重庆,21,12分)如图,设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,点D在椭圆上,DF1⊥F1F2,|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S△DF1F2=12|DF1||F1F2|=22c2=22,故c=1.
从而|DF1|=22,
由DF1⊥F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=92,
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,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F1P1=(x1+1,y1),F2P2=(-x1-1,y1).
再由F1P1⊥F2P2得-(x1+1)2+y12=0.
由椭圆方程得1-x122=(x1+1)2,即3x12+4x1=0,
解得x1=-43或x1=0.
当x1=0时,P1,P2重合,不存在满足题设要求的圆.
当x1=-43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y1-y0x1·y1x1+1=-1.
而y1=|x1+1|=13,故y0=53.
圆C的半径|CP1|=-432+13-532=423.
综上,存在满足题设条件的圆,其方程为x2+y-532=329.
【三年模拟】
时间:60分钟 分值:70分
一、选择题(每小题5分,共20分)
1.(2019届山东日照第一中学期中考试,10)已知直线l与抛物线y2=4x交于两点A,B且两交点纵坐标之积为-32,则直线恒过点( )
A.(1,0) B.(2,0) C.(4,0) D.(8,0)
答案 D
2.(2019届河南名校联盟11月联考,12)如图所示,A1,A2是椭圆C:x218+y29=1的短轴端点,点M在椭圆上运动,且点M不与A1,A2重合,点N满足NA1⊥MA1,NA2⊥MA2,则S△MA1A2S△NA1A2=( )
A.2 B.3 C.4 D.52
答案 A
3.(2019届江西赣中南五校期中联考,12)抛物线E:x2=4y与圆M:x2+(y-1)2=16交于A、B两点,点P为劣弧AB上不同于A、B的一个动点,平行于y轴的直线PN交抛物线于点N,则△PMN的周长的取值范围是( )
A.(6,12) B.(8,10)
C.(6,10) D.(8,12)
答案 B
4.(2019届四川顶级名校9月调研,10)已知抛物线y2=4x的一条弦AB经过焦点F,O为坐标原点,点M在线段OB上,且|OB|=3|OM|,点N在射线OA上,且|ON|=3|OA|,过M,N向抛物线的准线作垂线,垂足分别为C,D,则|CD|的最小值为( )
A.4 B.6 C.8 D.10
答案 A
二、解答题(共50分)
5.(2018河北五校12月联考,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,右焦点为F,上顶点为A,且△AOF的面积为12(O是坐标原点).
(1)求椭圆C的方程;
(2)设P是椭圆C上的一点,过P的直线l与以椭圆的短轴为直径的圆切于第一象限,切点为M,证明:|PF|+|PM|为定值.
解析 (1)设椭圆的半焦距为c,由已知得c2a2=12,12bc=12,b2+c2=a2⇒a2=2,b2=1,
∴椭圆的方程为x22+y2=1.
(2)证明:以短轴为直径的圆的方程为x2+y2=1,F(1,0),
设P(x0,y0),则x022+y02=1(0b>0)的离心率为32,且经过点2,22.
(1)求椭圆Γ的方程;
(2)是否存在经过点(0,2)的直线l与椭圆Γ相交于不同的两点N,N,使得M,N与y轴上的一点P连线后组成以P为直角顶点的等腰直角三角形?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.
解析 (1)∵椭圆Γ的离心率e=32,∴ca=32.
∴b2a2=1-c2a2=14,即a2=4b2.(2分)
∴椭圆Γ的方程为x24b2+y2b2=1.
将2,22代入椭圆Γ的方程中,得24b2+12b2=1,解得b2=1,∴a2=4b2=4,(4分)
∴椭圆Γ的方程为x24+y2=1.(5分)
(2)存在.若存在符合题意的直线l,则其斜率存在且不为0,设其方程为y=kx+2(k≠0).
联立y=kx+2,x24+y2=1,消去y,得(4k2+1)x2+16kx+12=0,
由Δ>0,得k2>34.(6分)
设M(x1,y1),N(x2,y2).
由根与系数的关系,得x1+x2=-16k4k2+1,x1x2=124k2+1.(7分)
∴|MN|=1+k2|x1-x2|=41+k24k2-34k2+1.(8分)
设MN的中点为Q,则xQ=x1+x22=-8k4k2+1,yQ=kxQ+2=24k2+1,
∴线段MN的中垂线方程为y-24k2+1=-1kx+8k4k2+1.
设P(0,yP),将P点坐标代入,得yP=-64k2+1.(9分)
∴|PQ|=(xQ-0)2+(yQ-yP)2=-8k4k2+12+84k2+12=8k2+14k2+1.
又∵△MNP是以P为直角顶点的直角三角形,
∴|MN|=2|PQ|,即41+k24k2-34k2+1=2×8k2+14k2+1,(10分)
解得k2=194,即k=±192.
∵k2>34,∴k=±192均符合题意.
∴存在直线l满足题意,其方程为19x-2y+4=0或19x+2y-4=0.(12分)
8.(2019届山东济南第一中学11月月考,20)已知点F0,12,直线l:y=-12,P为平面上的动点,过点P作直线l的垂线,垂足为H,且满足HF·(PH+PF)=0.
(1)求动点P的轨迹C的方程;
(2)过点F作直线l'与轨迹C交于A,B两点,M为直线l上一点,且满足MA⊥MB,若△MAB的面积为22,求直线l'的方程.
解析 (1)设P(x,y),则Hx,-12,∴HF=(-x,1),PH=0,-12-y,PF=-x,12-y,∴PH+PF=(-x,-2y).
∵HF·(PH+PF)=0,∴x2-2y=0,即动点P的轨迹C的方程为x2=2y.
(2)显然直线l'的斜率存在,设l'的方程为y=kx+12,
由y=kx+12,x2=2y,消去y可得x2-2kx-1=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),Mt,-12,
∴x1+x2=2k,x1·x2=-1,
MA=x1-t,y1+12,MB=x2-t,y2+12.
∵MA⊥MB,∴MA·MB=0,
即(x1-t)(x2-t)+y1+12y2+12=0,
∴x1x2-(x1+x2)t+t2+(kx1+1)(kx2+1)=0.
∴-1-2kt+t2-k2+2k2+1=0,即t2-2kt+k2=0,
∴(t-k)2=0,∴t=k,即Mk,-12,
∴|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=2(1+k2).
又Mk,-12到直线l'的距离d=|k2+1|1+k2=1+k2,
∴S△MAB=12|AB|·d=(1+k2)32=22,解得k=±1,
∴直线l'的方程为x+y-12=0或x-y+12=0.
9.(2017豫北名校联盟联考,20)已知点P是椭圆C上任一点,点P到直线l1:x=-2的距离为d1,到点F(-1,0)的距离为d2,且d2d1=22,直线l与椭圆C交于不同两点A,B(A,B都在x轴上方),且∠OFA+∠OFB=180°.
(1)求椭圆C的方程;
(2)当A为椭圆与y轴正半轴的交点时,求直线l的方程;
(3)对于动直线l,是否存在一个定点,无论∠OFA如何变化,直线l总经过此定点?若存在,求出该定点的坐标;若不存在,请说明理由.
解析 (1)设P(x,y),则d1=|x+2|,d2=(x+1)2+y2.
由d2d1=(x+1)2+y2|x+2|=22,化简,得x22+y2=1,
∴椭圆C的方程为x22+y2=1.
(2)由题意及(1)知A(0,1),又F(-1,0),∴kAF=1-00-(-1)=1.
又∵∠OFA+∠OFB=180°,∴kBF=-1,
∴BF:y=-1×(x+1)=-x-1,
代入x22+y2=1,
解得x=0,y=-1(舍去)或x=-43,y=13.∴B-43,13.
kAB=1-130--43=12,
∴AB:y=12x+1,即直线l的方程为y=12x+1.
(3)存在.解法一:∵∠OFA+∠OFB=180°,∴kAF+kBF=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+b.
将y=kx+b代入x22+y2=1,
整理得k2+12x2+2kbx+b2-1=0.
∴x1+x2=-2kbk2+12,x1x2=b2-1k2+12,
∴kAF+kBF=y1x1+1+y2x2+1=kx1+bx1+1+kx2+bx2+1=(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)(x1+1)(x2+1)=0.
∴(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=2kx1x2+(k+b)(x1+x2)+2b=2k·b2-1k2+12-(k+b)·2kbk2+12+2b=0,
∴b-2k=0,∴b=2k,
∴直线AB的方程为y=k(x+2),
∴直线l经过定点(-2,0).
解法二:∵∠OFA+∠OFB=180°,∴B关于x轴的对称点B1在直线AF上.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则B1(x2,-y2),
设直线AF的方程为y=k(x+1),
代入x22+y2=1,得k2+12x2+2k2x+k2-1=0.
∴x1+x2=-2k2k2+12,x1x2=k2-1k2+12.
又kAB=y1-y2x1-x2,∴AB:y-y1=y1-y2x1-x2(x-x1),
令y=0,得x=x1-y1·x1-x2y1-y2=x2y1-x1y2y1-y2.
又∵y1=k(x1+1),-y2=k(x2+1),
∴x=x2y1-x1y2y1-y2=x2·k(x1+1)+x1·k(x2+1)k(x1+1)+k(x2+1)=2x1x2+x1+x2x1+x2+2
=2·k2-1k2+12-2k2k2+122-2k2k2+12=-2,
∴直线l经过定点(-2,0).
