2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第九章第六讲　圆锥曲线的综合问题

2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第九章第六讲　圆锥曲线的综合问题

第六讲　圆锥曲线的综合问题 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 考法1 与圆锥曲线有关的最值或取值范围问题 命题角度1　最值问题 ‎1[2019全国卷Ⅱ]已知点A( - 2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为 - ‎1‎‎2‎.记M的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)求C的方程,并说明C是什么曲线.‎ ‎(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.‎ ‎(i)证明:△PQG是直角三角形;‎ ‎(ii)求△PQG面积的最大值.‎ ‎(1)先利用条件kAM·kBM= - ‎1‎‎2‎建立方程,再将点的坐标代入,化简即得C的方程,从而可判断C是什么曲线.(2)(i)设直线PQ的方程为y=kx(k>0),然后与椭圆方程联立,求得点P,Q,E的坐标,从而求得直线QG的方程,并与椭圆方程联立,求得点G的坐标,由此求得直线PG的斜率,进而可得PQ⊥PG,即证△PQG是直角三角形;(ii)由(i)求出|PQ|,|PG|,从而得到△PQG面积的表达式,进而利用换元法及函数的单调性求其最大值.‎ ‎(1)由题设得yx+2‎·yx-2‎= - ‎1‎‎2‎,化简得x‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎2‎=1(|x|≠2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上且不含左、右顶点的椭圆.‎ ‎(2)(i)设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0).‎ 由y=kx,‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎2‎=1‎得x=±‎2‎‎1+2‎k‎2‎.‎ 记u=‎2‎‎1+2‎k‎2‎,则P(u,uk),Q( - u, - uk),E(u,0).‎ 于是直线QG的斜率为k‎2‎,方程为y=k‎2‎(x - u).‎ 由y=k‎2‎(x-u),‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎2‎=1‎得(2+k2)x2 - 2uk2x+k2u2 - 8=0　①.‎ 设G(xG,yG),则x= - u和x=xG是方程①的解,故xG=u(3k‎2‎+2)‎‎2+‎k‎2‎,由此得yG=uk‎3‎‎2+‎k‎2‎.‎ 从而直线PG的斜率为uk‎3‎‎2+‎k‎2‎‎-uku(3k‎2‎+2)‎‎2+‎k‎2‎‎-u= - ‎1‎k.‎ 所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.‎ ‎(ii)由(i)得|PQ|=2u‎1+‎k‎2‎,|PG|=‎2ukk‎2‎‎+1‎‎2+‎k‎2‎,所以△PQG的面积S=‎1‎‎2‎|PQ||PG|=‎8k(1+k‎2‎)‎‎(1+2k‎2‎)(2+k‎2‎)‎‎=‎‎8(‎1‎k+k)‎‎1+2(‎1‎k+k‎)‎‎2‎.‎ 设t=k+‎1‎k,则由k>0得t≥2,当且仅当k=1时取等号.‎ 因为S=‎8t‎1+2‎t‎2‎在[2,+∞)上单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为‎16‎‎9‎.‎ 因此,△PQG面积的最大值为‎16‎‎9‎.‎ 命题角度2　范围问题 ‎2已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的右焦点为F,过原点O的直线l1:y=‎3‎‎2‎x与椭圆交于A,B两点(点A在第一象限),且|AF|+|BF|=4,椭圆C的离心率为‎1‎‎2‎.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程;‎ ‎(2)若以点A为切点的椭圆的切线l2:x+2y-4=0与y轴的交点为P,过点P的直线l3与椭圆C交于不同的两点M,N,求‎|PM|·|PN|‎‎|PA‎|‎‎2‎的取值范围.‎ ‎(1)设椭圆的左焦点为F',连接AF',BF'四边形AFBF'为平行四边形|AF|=|BF'|a=2c=1b=‎3‎椭圆C的标准方程;‎ ‎(1)设椭圆的左焦点为F',连接AF',BF',‎ 由椭圆的对称性可知,A,B关于原点对称,则|OA|=|OB|.‎ 又|OF'|=|OF|,所以四边形AFBF'为平行四边形,所以|AF|=|BF'|,‎ 由椭圆的定义得|AF|+|BF|=|BF|+|BF'|=2a=4,解得a=2.‎ 又椭圆C的离心率为‎1‎‎2‎,所以e=ca‎=‎‎1‎‎2‎,则c=1,b=a‎2‎‎-‎c‎2‎‎=‎‎3‎,‎ 所以椭圆C的标准方程为x‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎3‎=1.‎ ‎(2)由x+2y-4=0,‎y=‎3‎‎2‎x,‎解得x=1,‎y=‎3‎‎2‎,‎则点A(1,‎3‎‎2‎).‎ 易知点P(0,2),‎ 所以|PA|2=(1-0)2+(‎3‎‎2‎-2)2=‎5‎‎4‎.‎ 当直线l3与x轴垂直时,|PM|·|PN|=(2+‎3‎)×(2-‎3‎)=1,‎ 故‎|PM|·|PN|‎‎|PA‎|‎‎2‎‎=‎‎4‎‎5‎.‎ 当直线l3与x轴不垂直时,‎ 设直线l3的方程为y=kx+2,M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2>0.‎ 由y=kx+2,‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎3‎=1,‎得(3+4k2)x2+16kx+4=0,‎ 由Δ=48(4k2-1)>0,得k2>‎1‎‎4‎,‎ 则x1x2=‎4‎‎3+4‎k‎2‎.‎ 设直线l3的倾斜角为α,‎ 则|PM|=‎|x‎1‎|‎‎|cosα|‎‎=‎‎1+‎k‎2‎|x1|,|PN|=‎|x‎2‎|‎‎|cosα|‎‎=‎‎1+‎k‎2‎|x2|,‎ 则|PM|·|PN|=(1+k2)x1x2=(1+k2)·‎4‎‎3+4‎k‎2‎=1+‎1‎‎3+4‎k‎2‎.‎ 因为k2>‎1‎‎4‎,所以1<1+‎1‎‎3+4‎k‎2‎‎<‎‎5‎‎4‎,即1<|PM|·|PN|<‎5‎‎4‎,‎ 所以‎4‎‎5‎‎<‎‎|PM|·|PN|‎‎|PA|‎‎2‎<1.‎ 综上可知,‎|PM|·|PN|‎‎|PA|‎‎2‎的取值范围为[‎4‎‎5‎,1).‎ 思维拓展　‎ ‎ 1.[2017浙江高考]如图9- 6 -1,已知抛物线x2=y,点A( - ‎1‎‎2‎,‎1‎‎4‎),B(‎3‎‎2‎,‎9‎‎4‎),抛物线上的点P(x,y)( - ‎1‎‎2‎‎<‎x‎<‎‎3‎‎2‎).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.‎ 考法3 与圆锥曲线有关的定点、定值问题 命题角度1　定点问题 ‎3[2019北京高考]已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1的右焦点为(1,0),且经过点A(0,1).‎ ‎(Ⅰ)求椭圆C的方程;‎ ‎(Ⅱ)设O为原点,直线l:y=kx+t(t≠ ±1)与椭圆C交于两个不同点P,Q,直线AP与x轴交于点M,直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|=2,求证:直线l经过定点.‎ ‎(Ⅰ)根据已知可得b=1,c=1,再根据椭圆中a,b,c的关系求出a2,进而求出椭圆C的方程;(Ⅱ)设P(x1,y1),Q(x2,y2),写出直线AP的方程,可得M的横坐标,进而得|OM|的表达式,同理得|ON|的表达式,将直线l的方程与椭圆方程联立,利用根与系数的关系得到|OM|·|ON|=2|‎1+t‎1-t|,进而由|OM|·|ON|=2得t=0,即可证得结论.‎ ‎(Ⅰ)由题意得,b=1,c=1.‎ 所以a2=b2+c2=2.‎ 所以椭圆C的方程为x‎2‎‎2‎+y2=1.‎ ‎(Ⅱ)设P(x1,y1),Q(x2,y2),‎ 则直线AP的方程为y=y‎1‎‎-1‎x‎1‎x+1.‎ 令y=0,得点M的横坐标xM=-x‎1‎y‎1‎‎-1‎.‎ 又y1=kx1+t,从而|OM|=|xM|=|x‎1‎kx‎1‎+t-1‎|.‎ 同理可得,|ON|=|x‎2‎kx‎2‎+t-1‎|.‎ 由y=kx+t,‎x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎=1‎得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0.‎ 则x1+x2=-‎4kt‎1+2‎k‎2‎,x1x2=‎2t‎2‎-2‎‎1+2‎k‎2‎.‎ 所以|OM|·|ON|=|x‎1‎kx‎1‎+t-1‎|·|x‎2‎kx‎2‎+t-1‎|‎ ‎=|x‎1‎x‎2‎k‎2‎x‎1‎x‎2‎‎+k(t-1)(x‎1‎+x‎2‎)+(t-1‎‎)‎‎2‎|‎ ‎=|‎2t‎2‎-2‎‎1+2‎k‎2‎k‎2‎‎·‎2t‎2‎-2‎‎1+2‎k‎2‎+k(t-1)·(-‎4kt‎1+2‎k‎2‎)+(t-1‎‎)‎‎2‎|‎ ‎=2|‎1+t‎1-t|.‎ 又|OM|·|ON|=2,‎ 所以2|‎1+t‎1-t|=2.‎ 解得t=0,所以直线l经过定点(0,0).‎ 命题角度2　定值问题 ‎4 [2019洛阳市第二次统考]已知抛物线C:y2=2px(p>0),其焦点为F ,O为坐标原点,直线l与抛物线C相交于不同的两点A,B,M为线段AB的中点.‎ ‎(1)若p=2,M的坐标为(1,1),求直线l的方程.‎ ‎(2)若直线l过焦点F ,线段AB的垂直平分线交x轴于点N,试问:‎2|MN‎|‎‎2‎‎|FN|‎是否为定值?若为定值,试求出此定值;否则,说明理由.‎ ‎(1)思路一　先判断直线l的斜率存在且不为0,设出直线l的方程,再将直线方程与抛物线方程联立,利用根与系数的关系及中点坐标公式求出直线l的方程.‎ 思路二　先设A(x1,y1),B(x2,y2),再利用AB的中点为M(1,1),由“点差法”可求得直线l的斜率,即得直线l的方程.‎ ‎(2)先利用中点坐标公式计算点M的坐标,再计算点N的坐标,由两点间的距离公式计算|MN|2,|F N|,可得‎2|MN‎|‎‎2‎‎|FN|‎为定值.‎ ‎(1)解法一　由题意知直线l的斜率存在且不为0,可设直线l的方程为x - 1=t(y - 1)(t≠0),即x=ty+1 - t,A(x1,y1),B(x2,y2).‎ 由p=2知抛物线方程为y2=4x,‎ 由x=ty+1-t,‎y‎2‎‎=4x消去x,得y2 - 4ty - 4+4t=0.‎ Δ=( - 4t)2 - 4( - 4+4t)=16(t2 - t+1)>0, ‎ y1+y2=4t,所以4t=2,解得t=‎1‎‎2‎.(利用中点坐标公式求得t的值)‎ 所以直线l的方程为2x - y - 1=0.‎ 解法二　由p=2,知抛物线方程为y2=4x.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则y‎1‎‎2‎=4x1,y‎2‎‎2‎=4x2.‎ 由题意知直线AB的斜率存在,则直线AB的斜率kAB=y‎1‎‎-‎y‎2‎x‎1‎‎-‎x‎2‎‎=‎‎4‎y‎1‎‎+‎y‎2‎,(利用点差法求直线AB的斜率)‎ 因为线段AB的中点为M(1,1),所以y1+y2=2,‎ 所以kAB=‎4‎‎2‎=2,则直线l的方程为y - 1=2(x - 1),即2x - y - 1=0.‎ ‎(2)‎2|MN‎|‎‎2‎‎|FN|‎为定值2p,证明如下.‎ 由抛物线C:y2=2px(p>0),知焦点F 的坐标为(p‎2‎,0).‎ 由题意知,直线l的斜率存在且不为0,‎ 因为直线l过焦点F ,‎ 所以可设直线l的方程为x=ry+p‎2‎(r≠0),A(x3,y3),B(x4,y4),‎ 由x=ry+p‎2‎,‎y‎2‎‎=2px消去x,得y2 - 2pry - p2=0.‎ Δ=( - 2pr)2 - 4( - p2)=4p2r2+4p2>0,y3+y4=2pr,‎ 所以x3+x4=r(y3+y4)+p=2pr2+p,则M(pr2+p‎2‎,pr).‎ 所以直线MN的方程为y - pr= - r(x - pr2 - p‎2‎),‎ 令y=0,解得x=pr2+‎3p‎2‎,则N(pr2+‎3p‎2‎,0).‎ 所以|MN|2=p2+p2r2,|F N|=pr2+‎3p‎2‎‎-‎p‎2‎=pr2+p,‎ 于是‎2|MN‎|‎‎2‎‎|FN|‎‎=‎‎2(p‎2‎+p‎2‎r‎2‎)‎pr‎2‎+p=2p.(整体相消得到定值)‎ 所以‎2|MN‎|‎‎2‎‎|FN|‎为定值2p.‎ ‎2.[2019合肥高三质检]已知直线l经过椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的右焦点(1,0),交椭圆C于点A,B,点F 为椭圆C的左焦点,△ABF 的周长为8.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程.‎ ‎(2)若直线m与直线l的倾斜角互补,直线m交椭圆C于点M,N,|MN|2=4|AB|,求证:直线m与直线l的交点P在定直线上.‎ 考法3 与圆锥曲线有关的存在性问题 ‎5 [2019湘东六校联考]已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的离心率e=‎1‎‎2‎,点A(b,0),B,F 分别为椭圆C的上顶点和左焦点,‎ 且|BF |·|BA|=2‎6‎.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)若过定点M(0,2)的直线l与椭圆C交于G,H两点(G在M,H之间),设直线l的斜率k>0,在x轴上是否存在点P(m,0),使得以PG,PH为邻边的平行四边形为菱形?如果存在,求出m的取值范围;如果不存在,请说明理由.‎ ‎(1)先由离心率得到a,c的关系式,再由|BF |·|BA|=2‎6‎得到a,b的关系式,结合a2 - b2=c2求出a2,b2,即得椭圆C的方程.(2)先设出直线l的方程,并与椭圆方程联立,利用Δ>0得到k的取值范围,再分别写出PG‎+‎PH,GH的坐标,从而由菱形的性质、向量垂直的充要条件及根与系数的关系得到m关于k的表达式,进而求出m的取值范围.‎ ‎(1)由离心率e=‎1‎‎2‎,得ca‎=‎‎1‎‎2‎,即a=2c　①.‎ 由|BF |·|BA|=2‎6‎,得a·b‎2‎‎+‎b‎2‎=2‎6‎,即ab=2‎3‎　②.‎ 易知a2 - b2=c2　③.‎ 由①②③可解得a2=4,b2=3,‎ 所以椭圆C的方程为x‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎3‎=1.‎ ‎(2)设直线l的方程为y=kx+2(k>0),‎ 由y=kx+2,‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎3‎=1‎消去y得,(3+4k2)x2+16kx+4=0.‎ 由Δ=(16k)2 - 16(3+4k2)>0,解得k>‎1‎‎2‎.‎ 设G(x1,y1),H(x2,y2),则x1+x2=‎-16k‎4k‎2‎+3‎,‎ PG‎+‎PH‎=(x1+x2 - 2m,k(x1+x2)+4),GH=(x2 - x1,y2 - y1)=(x2 - x1,k(x2 - x1)).‎ 因为菱形的对角线互相垂直,所以(PG‎+‎PH)·GH=0,‎ 所以(1+k2)(x1+x2)+4k - 2m=0,得m= - ‎2k‎4k‎2‎+3‎= - ‎2‎‎4k+‎‎3‎k.‎ 因为k>‎1‎‎2‎,所以 - ‎3‎‎6‎≤m<0(当且仅当‎3‎k=4k,即k=‎3‎‎2‎时,等号成立).‎ 所以存在满足条件的实数m,且m的取值范围为[ - ‎3‎‎6‎,0).‎ ‎3.[2020广东惠州高三调研]已知定点A( - 3,0),B(3,0),直线AM,BM相交于点M,且它们的斜率之积为 - ‎1‎‎9‎,记动点M的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)求曲线C的方程.‎ ‎(2)过点T(1,0)的直线l与曲线C交于P,Q两点,是否存在定点S(x0,0),使得直线SP与SQ斜率之积为定值?若存在,求出S的坐标;若不存在,请说明理由.‎ 考法4 圆锥曲线的综合问题 命题角度1　圆锥曲线中的角相等问题 ‎6 [2019河南郑州三测]已知抛物线C:y2=2px(p>0),圆E:(x - 3)2+y2=1.‎ ‎(1)F 是抛物线C的焦点,A是抛物线C上的定点,AF=(0,2),求抛物线C的方程.‎ ‎(2)在(1)的条件下,过点F 的直线l与圆E相切,设直线l交抛物线C于P,Q两点,则在x轴上是否存在点M,使∠PMO=∠QMO(O为坐标原点)?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.‎ ‎(1)先写出焦点F 的坐标,由A=(0,2),得到点A的坐标,再将A的坐标代入抛物线方程求出p值,即得抛物线C的方程.(2)先讨论直线的斜率不存在时不合题意,再设出斜率为k的直线方程,利用直线与圆相切求出k值,将切线方程与抛物线方程联立,由∠PMO=∠QMO推出点M的坐标,问题获解.‎ ‎(1)依题意知,抛物线C的焦点为F (p‎2‎,0),‎ 由AF=(0,2),可知A(p‎2‎, - 2),(理解向量的坐标运算)‎ 将点A的坐标代入y2=2px,求得p=2,‎ 所以抛物线C的方程为y2=4x.‎ ‎(2)当直线的斜率不存在时,过点F (1,0)的直线不可能与圆E相切,(先讨论斜率不存在的情形)‎ 所以过抛物线的焦点与圆E相切的直线的斜率存在.‎ 设直线的斜率为k,则直线的方程为y=k(x - 1),(再研究斜率存在的情形)‎ 所以圆心E(3,0)到直线的距离d=‎|2k|‎‎1+‎k‎2‎.‎ 当直线与圆相切时,d=1=‎|2k|‎‎1+‎k‎2‎,解得k=±‎3‎‎3‎,‎ 所以切线方程为y=‎3‎‎3‎(x - 1)或y= - ‎3‎‎3‎(x - 1).(由直线和圆相切得到圆的切线方程)‎ 不妨设直线l :y=‎3‎‎3‎(x - 1)交抛物线于P(x1,y1),Q(x2,y2)两点,‎ 由y=‎3‎‎3‎(x-1),‎y‎2‎‎=4x消去y并整理,得x2 - 14x+1=0,Δ>0,则x1+x2=14,x1x2=1.‎ 假设存在点M(t,0),使∠PMO=∠QMO,则kPM+kQM=0.‎ 所以kPM+kQM=‎y‎1‎x‎1‎‎-t‎+‎y‎2‎x‎2‎‎-t ‎=‎‎3‎‎3‎‎(x‎1‎-1)‎x‎1‎‎-t‎+‎‎3‎‎3‎‎(x‎2‎-1)‎x‎2‎‎-t ‎=‎3‎‎3‎×‎‎(x‎1‎-1)(x‎2‎-t)+(x‎2‎-1)(x‎1‎-t)‎‎(x‎1‎-t)(x‎2‎-t)‎ ‎=‎3‎‎3‎×‎‎2x‎1‎x‎2‎-(t+1)(x‎1‎+x‎2‎)+2t‎(x‎1‎-t)(x‎2‎-t)‎ ‎=‎3‎‎3‎×‎‎2-(t+1)×14+2t‎(x‎1‎-t)(x‎2‎-t)‎ ‎=‎3‎‎3‎×‎‎-12-12t‎(x‎1‎-t)(x‎2‎-t)‎ ‎=0,‎ 即t= - 1,‎ 由此可知存在点M( - 1,0)符合条件.‎ 当直线l的方程为y= - ‎3‎‎3‎(x - 1)时,由对称性知点M( - 1,0)也符合条件.‎ 综上可知,存在点M( - 1,0),使∠PMO=∠QMO.‎ 命题角度2　圆锥曲线中的三点共线问题 ‎7 [2020安徽合肥调研]设椭圆E:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,过点F 1的直线交椭圆E于A,B两点.若椭圆E的离心率为‎2‎‎2‎,△ABF 2的周长为4‎6‎.‎ ‎(1)求椭圆E的方程;‎ ‎(2)设不经过椭圆的中心O且平行于弦AB的直线交椭圆E于点C,D,设弦AB,CD的中点分别为M,N,证明:O,M,N三点共线.‎ ‎(1)先由△ABF 2的周长求出a,再结合离心率求出c,利用b2=a2 - c2求出b2,即得椭圆E的方程.(2)分两种情况求解:当直线AB,CD的斜率不存在时,利用对称性知O,M,N三点共线;当直线AB,CD的斜率存在时,设斜率为k,再设出A,B,M的坐标,并把A,B的坐标代入椭圆方程,利用“点差法”可得出k·kOM= - ‎1‎‎2‎,同理可得k·kON= - ‎1‎‎2‎,依此得kOM=kON,即O,M,N三点共线.‎ ‎(1)由△ABF 2的周长为4‎6‎,可知4a=4‎6‎,(利用焦点三角形的性质)‎ 所以a=‎6‎.‎ 又e=ca‎=‎‎2‎‎2‎,所以c=‎3‎,b2=a2 - c2=3.‎ 于是椭圆E的方程为x‎2‎‎6‎‎+‎y‎2‎‎3‎=1.‎ ‎(2)当直线AB,CD的斜率不存在时,由椭圆的对称性知,中点M,N在x轴上,此时O,M,N三点共线.(先讨论特殊情形)‎ 当直线AB,CD的斜率存在时,设其斜率为k(k≠0),(再探究一般情形)‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),则x‎1‎‎2‎‎6‎‎+y‎1‎‎2‎‎3‎=1,‎x‎2‎‎2‎‎6‎‎+y‎2‎‎2‎‎3‎=1,‎ 两式相减,得x‎1‎‎2‎‎6‎‎+‎y‎1‎‎2‎‎3‎ - (x‎2‎‎2‎‎6‎‎+‎y‎2‎‎2‎‎3‎)=0,整理得y‎1‎‎-‎y‎2‎x‎1‎‎-‎x‎2‎·y‎1‎‎+‎y‎2‎x‎1‎‎+‎x‎2‎= - ‎3‎‎6‎,(此处利用了点差法)‎ 所以y‎1‎‎-‎y‎2‎x‎1‎‎-‎x‎2‎·y‎0‎x‎0‎= - ‎1‎‎2‎,即k·kOM= - ‎1‎‎2‎(kOM为直线OM的斜率),‎ 所以kOM= - ‎1‎‎2k.‎ 同理可得kON= - ‎1‎‎2k(kON为直线ON的斜率).‎ 所以kOM=kON,即O,M,N三点共线.‎ 综上所述,O,M,N三点共线.‎ ‎4.[2020山东校际联考]已知A,B分别是椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左、右顶点,椭圆C的离心率为‎2‎‎2‎‎3‎,点D(0,1)是椭圆C上的一点,P是椭圆C上除顶点外的任意一点,直线AD交直线BP于点M,过M作直线交x轴于点N.‎ ‎(1)求椭圆C的方程.‎ ‎(2)当直线MN的斜率为‎1‎‎2‎时,是否存在这样的点P,使得D,P,N三点共线?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.‎ 数学探究1　圆锥曲线与数列的交汇 ‎9 [2018全国卷Ⅲ]已知斜率为k的直线l与椭圆C:x‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎3‎=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m>0).‎ ‎(1)证明:k< - ‎1‎‎2‎.‎ ‎(2)设F 为C的右焦点,P为C上一点,且FP‎+FA+‎FB=0.证明:|FA|,|FP|,|FB|成等差数列,并求该数列的公差.‎ ‎(1)思路一　先利用直线的斜率、直线与椭圆的位置关系及中点坐标公式,得到一个关于k,m的关系式,再利用m的范围即可证k< - ‎1‎‎2‎.‎ 思路二　先设出直线的方程,与椭圆方程联立,由根与系数的关系及中点坐标公式得到一个关于k,m的关系式,又点M在椭圆内,由点与椭圆的位置关系可得出k的取值范围,然后进行验证.‎ ‎(2)利用条件FP‎+FA+‎FB=0求出点P的坐标,进而求出各线段的长度,从而证明|FA|,|FP|,|FB|成等差数列,并求出该数列的 公差d.‎ ‎(1)解法一　设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则x‎1‎‎2‎‎4‎‎+‎y‎1‎‎2‎‎3‎=1,x‎2‎‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎2‎‎3‎=1.‎ 两式相减,并由y‎1‎‎-‎y‎2‎x‎1‎‎-‎x‎2‎=k得x‎1‎‎+‎x‎2‎‎4‎‎+‎y‎1‎‎+‎y‎2‎‎3‎·k=0.‎ 由题设知x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎=1,y‎1‎‎+‎y‎2‎‎2‎=m,于是k= - ‎3‎‎4m　①.‎ 由题设得00),所以x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎=1,即‎4k(k-m)‎‎3+4‎k‎2‎=1,化简得m= - ‎3‎‎4k.‎ 由m>0得, - ‎3‎‎4k>0,所以k<0.‎ 又点M(1,m)在椭圆内部,所以‎1‎‎4‎‎+m‎2‎‎3‎<‎1,即‎1‎‎4‎‎+‎3‎‎16‎k‎2‎<‎1,解得k< - ‎1‎‎2‎.‎ 经检验,当m= - ‎3‎‎4k,k< - ‎1‎‎2‎时,满足Δ>0.‎ 故k< - ‎1‎‎2‎.‎ ‎(2)由题意得F (1,0).设P(x3,y3),则由FP‎+FA+‎FB=0,得(x3 - 1,y3)+(x1 - 1,y1)+(x2 - 1,y2)=(0,0).‎ 由(1)及题设得x3=3 - (x1+x2)=1,y3= - (y1+y2)= - 2m<0.‎ 又点P在C上,所以m=‎3‎‎4‎,从而P(1, - ‎3‎‎2‎),|FP|=‎3‎‎2‎.‎ 于是|FA|=‎(x‎1‎-1‎)‎‎2‎+‎y‎1‎‎2‎‎=‎‎(x‎1‎-1‎)‎‎2‎+3(1-x‎1‎‎2‎‎4‎)‎=2 - x‎1‎‎2‎.‎ 同理|FB|=2 - x‎2‎‎2‎.‎ 所以|FA|+|FB|=4 - ‎1‎‎2‎(x1+x2)=3.‎ 故2|FP|=|FA|+|FB|,即|FA|,|FP|,|FB|成等差数列.‎ 设该数列的公差为d,则2|d|=||FB| - |FA||=‎1‎‎2‎|x1 - x2|=‎1‎‎2‎‎(x‎1‎+x‎2‎‎)‎‎2‎-4‎x‎1‎x‎2‎　②.‎ 将m=‎3‎‎4‎代入(1)中的①得k= - 1.‎ 所以l的方程为y= - x+‎7‎‎4‎,代入C的方程,并整理得7x2 - 14x+‎1‎‎4‎=0.‎ 故x1+x2=2,x1x2=‎1‎‎28‎,代入②解得|d |=‎3‎‎21‎‎28‎.‎ 所以该数列的公差为‎3‎‎21‎‎28‎或 - ‎3‎‎21‎‎28‎.‎ ‎5.[2020湖北省宜昌市三校联考]已知F 为椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的右焦点,点P(2,‎2‎)在椭圆C上,且PF ⊥x轴.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)如图9 - 6 - 2,过点F 的直线l分别交椭圆C于A,B两点,交直线x=4于点M.判断PA,PM,PB的斜率是否构成等差数列,并说明理由.‎ 数学探究 2　圆锥曲线与平面向量的交汇 ‎10 [2020天津模拟]已知抛物线C1:x2=2py(p>0)和圆C2:(x+1)2+y2=2,倾斜角为45°的直线l1过C1的焦点,且l1与C2相切.‎ ‎(1)求p的值;‎ ‎(2)动点M在C1的准线上,动点A在C1上,若C1在点A处的切线l2交y轴于点B,设MN‎=MA+‎MB,证明点N在定直线上,并求该定直线的方程.‎ ‎(1)首先设出直线l1的方程,再利用直线l1与C2相切,可求出p的值.(2)首先设出点M的坐标,再利用导数求出在A点处的切线的斜率及切线l2的方程,得到与y轴的交点B的坐标,由向量关系MN‎=MA+‎MB进行坐标运算,得到点N在定直线上.‎ ‎(1)依题意,设直线l1的方程为y=x+p‎2‎,‎ 因为直线l1与C2相切,所以圆心C2( - 1,0)到直线l1:y=x+p‎2‎的距离d=‎|-1+p‎2‎|‎‎1‎‎2‎‎+‎‎(-1)‎‎2‎‎=‎‎2‎,‎ 即‎|-1+p‎2‎|‎‎2‎‎=‎‎2‎,解得p=6或p= - 2(舍去).‎ 所以p=6.‎ ‎(2)依题意设M(m, - 3),‎ 由(1)知抛物线C1的方程为x2=12y,即y=x‎2‎‎12‎,所以y' =x‎6‎.‎ 设A(x1,y1),则以A为切点的切线l2的斜率为k=x‎1‎‎6‎,‎ 所以切线l2的方程为y=‎1‎‎6‎x1(x - x1)+y1.‎ 令x=0,得y= - ‎1‎‎6‎x‎1‎‎2‎+y1= - ‎1‎‎6‎×12y1+y1= - y1,‎ 即点B的坐标为(0, - y1),‎ 所以MA=(x1 - m,y1+3),MB=( - m, - y1+3),‎ 所以MN‎=MA+‎MB=(x1 - 2m,6),ON‎=OM+‎MN=(x1 - m,3),其中O为坐标原点.‎ 设点N的坐标为(x,y),则y=3,‎ 所以点N在定直线y=3上.‎ ‎6.[2019浙江湖州五校高三模拟]如图9 - 6 - 3,已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的离心率为‎3‎‎2‎,点M( - 2,1)是椭圆内一点,过点M作两条斜率存在且互相垂直的动直线l1,l2,l1与椭圆C相交于点A,B,l2与椭圆C相交于点D,E,当M恰好为线段AB的中点时,|AB|=‎10‎.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程; 图9 - 6 - 3‎ ‎(2)求AD·EB的最小值.‎ ‎1.(1)设直线AP的斜率为k,则k=x‎2‎‎- ‎‎1‎‎4‎x+‎‎1‎‎2‎=x- ‎1‎‎2‎.‎ 因为- ‎1‎‎2‎0,‎ ‎∴xM+xN=- ‎8k‎2‎t‎3+4‎k‎2‎,xMxN=‎4(k‎2‎t‎2‎- 3)‎‎3+4‎k‎2‎,‎ ‎∴|MN|2=(1+k2)·‎16(12k‎2‎- 3k‎2‎t‎2‎+9)‎‎(3+4‎k‎2‎‎)‎‎2‎.‎ 同理,得|AB|=‎1+‎k‎2‎·‎4‎‎9k‎2‎+9‎‎3+4‎k‎2‎‎=‎‎12(1+k‎2‎)‎‎3+4‎k‎2‎.‎ 由|MN|2=4|AB|得t=0,满足Δ>0,‎ ‎∴直线m:y=- kx,‎ ‎∴P(‎1‎‎2‎,- ‎1‎‎2‎k),即点P在定直线x=‎1‎‎2‎上.‎ ‎3.(1)设动点M(x,y),则直线MA的斜率kMA=yx+3‎(x≠- 3),‎ 直线MB的斜率kMB=yx- 3‎(x≠3).‎ 因为kMA·kMB=- ‎1‎‎9‎,所以yx+3‎·yx- 3‎=- ‎1‎‎9‎,化简得x‎2‎‎9‎‎+‎y2=1,‎ 又x≠±3,所以曲线C的方程为x‎2‎‎9‎‎+‎y2=1(x≠±3).‎ ‎(2)由题意得直线l的斜率不为0,根据直线l过点T(1,0),可设直线l的方程为x=my+1,‎ 联立得x=my+1,‎x‎2‎‎+9y‎2‎=9,‎消去x得(m2+9)y2+2my- 8=0,Δ>0.‎ 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y‎1‎‎+y‎2‎=- ‎2mm‎2‎‎+9‎,‎y‎1‎y‎2‎‎=‎- 8‎m‎2‎‎+9‎.‎ 直线SP与SQ的斜率分别为kSP=y‎1‎x‎1‎‎- ‎x‎0‎‎=‎y‎1‎my‎1‎+1- ‎x‎0‎,kSQ=y‎2‎x‎2‎‎- ‎x‎0‎‎=‎y‎2‎my‎2‎+1- ‎x‎0‎,‎ 则kSP·kSQ=‎y‎1‎y‎2‎‎(my‎1‎+1- x‎0‎)(my‎2‎+1- x‎0‎)‎ ‎=‎- 8‎‎(x‎0‎‎2‎- 9)m‎2‎+9(1- ‎x‎0‎‎)‎‎2‎.‎ 当x0=3时,∀m∈R,kSP·kSQ=‎- 8‎‎9(1- ‎x‎0‎‎)‎‎2‎=- ‎2‎‎9‎;‎ 当x0=- 3时,∀m∈R,kSP·kSQ=‎- 8‎‎9(1- ‎x‎0‎‎)‎‎2‎=- ‎1‎‎18‎.‎ 所以存在定点S(±3,0),使得直线SP与SQ斜率之积为定值.‎ ‎4.(1)因为点D(0,1)是椭圆C上的一点,所以b=1.‎ 因为椭圆C的离心率为‎2‎‎2‎‎3‎,所以ca‎=a‎2‎‎- ‎b‎2‎a=‎‎2‎‎2‎‎3‎,解得a2=9.‎ 故椭圆C的方程为x‎2‎‎9‎‎+‎y2=1.‎ ‎(2)假设存在满足条件的点P,由题意知,直线BP的斜率存在,设直线BP的斜率为k,‎ 因为点P不与椭圆C的顶点重合,所以k≠±‎1‎‎3‎且k≠0.‎ 则直线BP的方程为y=k(x- 3)　①,易得直线AD的方程为y=‎1‎‎3‎x+1　②,‎ 联立①②,解得M(‎9k+3‎‎3k- 1‎,‎6k‎3k- 1‎).‎ 因为直线MN的斜率为‎1‎‎2‎,所以直线MN的方程为y- ‎6k‎3k- 1‎‎=‎‎1‎‎2‎(x- ‎9k+3‎‎3k- 1‎),‎ 因为点N在x轴上,所以N(‎- 3k+3‎‎3k- 1‎,0).‎ 将①代入x‎2‎‎9‎‎+‎y2=1,解得P(‎27k‎2‎- 3‎‎9k‎2‎+1‎,- ‎6k‎9k‎2‎+1‎).‎ 因为D,P,N三点共线,所以直线DP与直线DN的斜率相等,‎ 所以‎1+‎‎6k‎9k‎2‎+1‎‎- ‎‎27k‎2‎- 3‎‎9k‎2‎+1‎‎=‎‎1‎‎- ‎‎- 3k+3‎‎3k- 1‎,即‎3k+1‎‎3k- 1‎‎=‎‎3k- 1‎‎- k+1‎,解得k=‎2‎‎3‎.‎ 故存在点P(‎9‎‎5‎,- ‎4‎‎5‎),使得D,P,N三点共线.‎ ‎5.(1)因为点P(2,‎2‎)在椭圆C上,且PF⊥x轴,‎ 所以c=2.‎ 设椭圆C的左焦点为E,则|EF|=2c=4,|PF|=‎2‎,‎ 连接PE,则在Rt△EFP中,|PE|2=|PF|2+|EF|2=18,所以|PE|=3‎2‎.‎ 所以2a=|PE|+|PF|=4‎2‎,则a=2‎2‎,b2=a2- c2=4,‎ 所以椭圆C的方程为x‎2‎‎8‎‎+‎y‎2‎‎4‎=1.‎ ‎(2)由题意可设直线AB的方程为y=k(x- 2),‎ 令x=4,得y=2k,则点M的坐标为(4,2k).‎ 由y=k(x- 2),‎x‎2‎‎8‎‎+y‎2‎‎4‎=1‎消去y并整理,得(2k2+1)x2- 8k2x+8(k2- 1)=0,Δ>0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=‎8‎k‎2‎‎2k‎2‎+1‎,x1x2=‎8(k‎2‎- 1)‎‎2k‎2‎+1‎　①.‎ 设直线PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3,‎ 从而k1=y‎1‎‎- ‎‎2‎x‎1‎‎- 2‎,k2=y‎2‎‎- ‎‎2‎x‎2‎‎- 2‎,k3=‎2k- ‎‎2‎‎4- 2‎=k- ‎2‎‎2‎.‎ 因为直线AB的方程为y=k(x- 2),则y1=k(x1- 2),y2=k(x2- 2),‎ 所以k1+k2=y‎1‎‎- ‎‎2‎x‎1‎‎- 2‎‎+y‎2‎‎- ‎‎2‎x‎2‎‎- 2‎=y‎1‎x‎1‎‎- 2‎+y‎2‎x‎2‎‎- 2‎-‎‎2‎(‎1‎x‎1‎‎- 2‎‎+‎‎1‎x‎2‎‎- 2‎)=2k- ‎2‎·x‎1‎‎+x‎2‎- 4‎x‎1‎x‎2‎‎- 2(x‎1‎+x‎2‎)+4‎　②.‎ 将①代入②,得k1+k2=2k- ‎2‎·‎8‎k‎2‎‎2k‎2‎+1‎‎- 4‎‎8(k‎2‎- 1)‎‎2k‎2‎+1‎‎- ‎16‎k‎2‎‎2k‎2‎+1‎+4‎=2k- ‎2‎.‎ 又k3=k- ‎2‎‎2‎,所以k1+k2=2k3,‎ 于是直线PA,PM,PB的斜率成等差数列.‎ ‎6.(1)由题意得a‎2‎‎- ‎b‎2‎a‎2‎‎=‎‎3‎‎4‎,∴a2=4b2,即椭圆C的方程为x‎2‎‎4‎b‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则x‎1‎‎2‎‎+4y‎1‎‎2‎=4b‎2‎　①,‎x‎2‎‎2‎‎+4y‎2‎‎2‎=4b‎2‎　②,‎①- ②得(x1- x2)(x1+x2)+4(y1- y2)·(y1+y2)=0.‎ 当M(- 2,1)为线段AB的中点时,‎ x1+x2=- 4,y1+y2=2,‎ ‎∴此时直线l1的斜率k1为y‎1‎‎- ‎y‎2‎x‎1‎‎- ‎x‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎,‎ ‎∴此时直线l1的方程为y=‎1‎‎2‎x+2.‎ 由x‎2‎‎4‎b‎2‎‎+y‎2‎b‎2‎=1,‎y=‎1‎‎2‎x+2‎消去y得,x2+4x+8- 2b2=0,由Δ1>0,得b2>2,则x1+x2=- 4,x1x2=8- 2b2,‎ 则|AB|=‎1+‎k‎1‎‎2‎|x1- x2|=‎1+‎‎1‎‎4‎‎16- 4(8- 2b‎2‎)‎‎=‎‎10‎,‎ 得b2=3,满足题意.‎ ‎∴椭圆C的标准方程为x‎2‎‎12‎‎+‎y‎2‎‎3‎=1.‎ ‎(2)设直线AB的方程为y=k(x+2)+1(k≠0),‎ 由x‎2‎‎12‎‎+y‎2‎‎3‎=1,‎y=k(x+2)+1‎消去y得,(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2- 12=0,Δ2>0,‎ ‎∴x1+x2=‎- 8k(2k+1)‎‎1+4‎k‎2‎,x1x2=‎4(2k+1‎)‎‎2‎- 12‎‎1+4‎k‎2‎.‎ 设D(x3,y3),E(x4,y4),‎ 则AD·EB=(AM‎+‎MD)·(EM‎+‎MB)=AM·MB‎+‎EM·MD=(- 2- x1,1- y1)·(2+x2,y2- 1)+(- 2- x4,1- y4)·(2+x3,y3- 1),‎ ‎(- 2- x1,1- y1)·(2+x2,y2- 1)=- (1+k2)(2+x1)(2+x2)=- (1+k2)[4+2(x1+x2)+x1x2]=‎4(1+k‎2‎)‎‎1+4‎k‎2‎,‎ 同理可得(- 2- x4,1- y4)·(2+x3,y3- 1)=‎4(1+k‎2‎)‎‎4+‎k‎2‎.‎ ‎∴AD·EB=4(1+k2)(‎1‎‎1+4‎k‎2‎‎+‎‎1‎‎4+‎k‎2‎)=‎20(1+‎k‎2‎‎)‎‎2‎‎(1+4k‎2‎)(4+k‎2‎)‎≥‎20(1+‎k‎2‎‎)‎‎2‎‎(‎‎1+4k‎2‎+4+‎k‎2‎‎2‎‎)‎‎2‎‎=‎‎16‎‎5‎,当且仅当k=±1时取等号.‎ ‎∴AD·EB的最小值为‎16‎‎5‎.‎