(全国通用)2020版高考数学二轮复习专题提分教程第二编专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题练习理

1、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，2. 试题解答往以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.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 A >0或圆锥曲线的有界性或题目条件中的某 个量的范围等

2、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y2=2px(p>0),点R(1 , 2)在抛物线C上.(1) 求抛物线C 的方

3、程；(2)过点Q1,1)作直线交抛物线C于不同于R的两点A,B,若直线ARBR分别交直线l :y=2x + 2于M, N两点，求|MN最小时直线 AB的方程.解(1)二.点 R(1,2)在抛物线 C： y2=2px(p>0)上， -4=2p,解得p=2, .,抛物线C的方程为y2=4x.(2)设点 A(xi, yi) , B(x2, y2),直线 AB的方程为 x=n(y1)+1,0,由：x:以丫一1广, |y2=4x,消去x并整理得y2 4my+ 4(m- i) =0, yi + y2=4m yiy2 = 4( m-1),由” ki(XT产|y=2x+2,解得点M的横坐标kixm=;,

4、ki 2'又ki =yi 一 2 yi 一 24. _xi iyi yi+ 2r1 ykixm=-ki-22 一一， ，2,同理点N的横坐标xn= , yiy2设直线AR的方程为y=ki（x1） + 2| y2 yi| =人俨+ yi 2 4yiy2 = 4m2i,|MN=a/5|xm xn| = 55 一22yi + y2一位卜8#需*=2 2令 m- 1 = t, tw0,贝 U m= t + 1,.MN=2V5 4£+2) + 4当 t= 2,即。1= 1时，| MN取得最小值 #5,此时直线 AB的方程为x+y2=0.方法指导解析几何中最值问题的基本解法有几何法和代数

5、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.I对点精练（2019 湘赣十四校高三联考）已知椭圆C： a2+ b2= 1（ a>b>0）的离心率为 乎，左焦点为Fi,点A是椭圆C上位于x轴上方的一个动点，当直线 AF的斜率为1时，| AFi| =、/5（1）求椭圆C的方程；（2）若直线AF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 FiA' B 面

6、积的最大值.C 2r rr r r解（1）解法一：: e=-=“7，a2=2c2,又 a2=b2+c2,b=c. .当直线 AF 的斜率为a 21时，直线AFi通过椭圆上的顶点，| AF| = yjb" + C = a= 2.X 9| F1F2| =2c,又a = 2c , b=c,b= 1,椭圆C的方程为万+ y = 1.解法二：设椭圆的右焦点为F2,在AFE中，|AF|=<2, |AE|=2a山,1 .(2a/)2=2+(2c)22 g 2c cos45。,即 a2pa = c2c.联立，得 a=m c=i,又 a2=b2+c2,b=i.X2 2椭圆C的方程为万+y =1.

7、解法三：< e='=噂，a2=2c2,又 a2=b2+c： a 2a= b= <2c.二.椭圆C的方程可化为 52十二=1,2c c即 x2 + 2y2=2c2.又直线AF的方程为y = x+c.联立，得 x2+2(x + c)2=2c2,即 3x2+4cx=0,. .x= 0或x= gc.直线AFi的斜率为1且A在x轴上方， 3. xa= 0,，A 的坐标为(0 , b).| AF| = 1c"+ b2 = a,a=，2,又 a= 2b= f2c,2.椭圆C的方程为5+y2=1.(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xb= c=

8、 1.my- 1.2 .F1, A' , B三点能构成三角形,2m（一晶2m1 = 2,直线AB不垂直于x轴, ITf 0,设A的坐标为（” yi） , B的坐标为（X2, y2）,则A'的坐标为（X，-yi）.fx=my-l,联立 lx? 2得（m广 1）?+2y2=2,5+y f即（2 + m） yyi（my-1 ）+（my- 1 y2 2myy2 yi + y2yi + y2- 2 my- 1 = 0,2m1¥+y2=。, 吁一解法一 ：SA F1 A' B= Sa baa -SAF1AA1,= -|AA/ II X2-XF1I =yi| X2+ 11

9、= yj my|1ml 1=l myy. =w -, 2 而+im 2- im=乎，当且仅当 谕=im即im=/时取等号,.FiA/ B面积的最大值为 幸.4丫2+ V1解法二：直线A, B的方程为y+“yq（xM,人 VifX2-Xi V1X2+ Xiy2令y=°一则x=*%rJ+x-不黄- 22+ m直线 A' B 过定点（2,0）,设定点为 T,则 SAF1AZ B= | SA F1TB-SA F1TA | =111 1ml1 J22 , I RF - I y2| - - I F1TI - I yi| =-|y2+yi| =2 = </ ?= 4，而2 ini当且

10、仅当|7jT= 1 m即1 m =啦时取等号.FA B面积的最大值为十.4角度2范围问题例2 (2019 广东高三联考)已知椭圆C,抛物线 G的焦点均在x轴上，G的中心和C2 的顶点均为原点 Q从每条曲线上各取两个点，其坐标分别是 (3, 243) , ( 2,0) , (4 ,4)，Q,当)(1)求G, C2的标准方程；(2)过点M(0,2)的直线l与椭圆G交于不同的两点 A, B,且/ AO斯锐角(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(一2,0) 一定在椭圆上，且a=2,则椭圆上任何点的横坐标的绝对值都小于等于2,，、呼“22所以k/

11、2,也 也在椭圆上，+ ，= 1, b2= 1,故椭圆G的标准方程为： + y2=i,24b4所以点(3, -2郡,(4, -4)在抛物线上，且抛物线开口向右，其抛物线G的方程为y2=2px, 12= 6p, p= 2,所以抛物线。的方程为y2=4x.(2)当直线l斜率不存在时，易知 A, Q B三点共线，不符合题意.当 l 斜率存在时，设 l : y=kx+2, A(xb y。, B(x2, v。,- 2v+ y2 = 1,22由 54得 x + 4(kx+2) -4=0,、y= kx+ 2,即(4k2+1)x2+16kx+12=0,令 A =(16k)2 48(4k2+1)>0 ,即

12、 256k2192k248>0,得 64k2>48,即 k<乎或 k>平，-16k12- x1+x2=4k2T7' x1x2=4m'212k232k216k2 + 4 -4k2+4.yiy2=(kxi+2)( kx2+ 2) =kx1x2 + 2k(x1 + x2) +4= 4卜2+ 1 4卜2+ 1 + 4k2+1 = 4k2+1，/AO明锐角,OA OB= xx2+ yy2=.216-4k4k2+ 1 >02即 4k <16,得一2<k<2.综上，k的取值范围为匚2, ju移，2 j方法指导与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解

13、法(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出临界位置后数形结合求解.(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解.(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域.对点精练22椭圆C：孑+b2= 1( a>b>0)的长轴长为2g2, 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PA的中点，且直线 PA与直线OM勺斜率之积恒为一12.(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 1, 0

14、 I；求线段AB长的取值范围.解(1)由已知 2a=22, a=42,设点 F(x0, y0), M：+2/2 y1 j,，八, ,1直线PA与OM勺斜率之积恒为2,竺2*1=-.+ y2=1,b= 1.Xo+啦X0-虚22，X22y=k(x+1)x22故椭圆C的方程为x-+y2=1.(2)设直线l : y=k(x+1),联立直线与椭圆方程得(2 k2+ 1) x2+ 4k2x +2k2-2=0,设 A(x1, y1), B(x2, y2),4k2x1+x2= 2kV7,由根与系数的关系可得22k 2lx1x2=2k"+I'-2k可得 y1+y2=k(x1 + x2+2) =

15、2k2+ 1,故AB中点2k22k2+1' 2k2+1,y一、k12kQM 线万程：y 2k = k +2k2+7 )12kkx2k2+ 1'k2N -2k"+7，0 b由已知条件得，1-<4k2 2k2+1 <0,.20<2k <1,.| AB=、1 + k22中产员2k 2-4X2k +1 !2k2- 22k2+ 11一<：2 2k22k 11不<1,，I AB e+ 2k + 1 考向2 定点与定值问题角度1定点问题例3 动点P在圆E: (x+1)2 + y2=16上运动，定点F(1,0),线段PF的垂直平分线与直 线PE的交

16、点为Q(1)求Q的轨迹T的方程；(2)过点F的直线11, 12分别交轨迹 T于A, B两点和C, D两点，且11 1 12.证明：过 AB 和CD中点的直线过定点.解(1)连接 QF 根据题意，可知 |QP = | QF ,则 |QE + | QF = |QE + | QP = 4>|EF ,故 Q点的轨迹T为以E, F为焦点，长轴长为 4的椭圆，则a = 2, c=1,所以b=，3,所以点Q 的轨迹T的方程为：+ <=1.43(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MNW x轴重合，当直线 AB的斜率为1时，此时Mj, -7

17、J, N& 7 直线MN的方程为x = 4,联立解得直线 MNS过定点|，4, 0 . 7 7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y= k(x1),1、_则直线 CD的万程为 y=- -(x- 1),设 A(xi, yi), B(x2, y2), k联立 q4 3消去 y 得(4k加+ /下顶点为A O为坐标原点，点 O到直线AE的距离为之一， AFF2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.+3)x28k2x + 4k212=0,

18、y = k(x- 1 )28k ,6k则x1 + x2=4kV，所以 y1 + y2=-4k2+3，24k3k43k即 M«k2+ 3， 4k2+ 3 同理， N3k2+4，3k2+ 4 /于是直线MN勺斜率为3k 3k3k2+4 + 4k2 + 37kkMN=I 2 =.2 .44k4(1 k 3k2+4 4k2+3故直线MN勺方程为3k7k4y 3k2+4 = 4(1-k2 广 3k2+4 4 .八，4显然x=7时，y=0,故直线经过te点 7，0 .方法指导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y=kx + t,由题设条件将t用k表

19、示为t = mk彳导y = k(x+ n),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.对点精练22(2019 白银市靖远县高三联考 )设椭圆C： x2+2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1, F2,a b解(1)由题意可知，直线AF2的方程为x + -y；= 1,即一bx+ cy+bc=0,则 2c 2 =生= c -bbTC2 a二2 .因为 ARF2为等腰直角三角形，所以 b=c,又 a2=b2+c2,解得 a=，2, b= 1, c=l, x22所以椭圆C的标准方程为-+y2

20、=1.(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y= kx+1 (t w ± 1),，X222 2.,2代入W + y =1,得(1 +2k)x + 4ktx +2t -2=0,所以 A = 16k2t24(1 +2kj(2 t22)>0,即 t22k2<1,设 M>1, y1), N(x2, y2),则 x1 + x2= 4kt 2-2t -21 + 2k2' x1x2 = 1+ 2k2因为直线AM与直线AN的斜率之和为2,所以kA/kA/f +归匚x1x2kxdt + 1 kx2+1 + 1Xix2= 2k+(t +

21、1 Xi+X22k(t + 1) 4 kt _XiX2-2t222,整理得t = 1k,所以直线l的方程为y = kx +1 = kx + 1 k = k(x 1) + 1, 显然直线y = k(x1) + 1经过定点(1,1).当直线l的斜率不存在时，设直线 l的方程为x = m因为直线AM与直线的斜率之和为2,设M E n),则反簿-n),一 ,. n+ 1 ,所以 KaMtH kAN=+m2m= 2,斛得 m= 1,此时直线l的方程为x=1.显然直线x = 1也经过该定点(1,1),综上，直线l恒过点(1,1).角度2定值问题22例4 (2019 凯里市第一中学高三下学期模拟)已知椭圆C

22、：泉+b=1(a>b>0)的离心率为¥，点A(2 ,也)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；平行四边形，证明四边形OPMN的面积S为定值，并求出该定值.£a 2 '解 (1)由题有4+2_1，a2=8, b2=4, c2 + b2 = a2,椭圆C的方程为2+1=1. 84(2)当直线PN的斜率k不存在时，直线 PN的方程为x = 2或x=小，从而有| pn = 243,所以四边形OPMN1面积11S= 2IPNI OM=2X2*X2也=2而当直线PN的斜率k存在时，设直线 PN的方

23、程为y=kx+m(rr 0), P(xb y1) , N(x2, y2),将直线PN的方程代入椭圆 C的方程，整理得(1 +2k2)x2+4km奸2m2-8=0,24km2m8,2m所以 x1+x2 =-2, *仅2=-2-, y1 +y2= k(x1 +x2) + 2mi=-2,1+2k2'1 + 2k2' y y '21 + 2k2' ,/口 /- 4km 2m 1由。限O冉ON彳#MW2,0.将M点的坐标代入椭圆 C的方程得 m= 1 + 2k2.又点O到直线PN的距离为d=-J=mm=2,I pn = Vxx2 2+(y1 一 y2 2 = .1 + k

24、21 x1 x2|,四边形 OPMN勺面积 S= d , | PN| = | m , I x1 x2| = . 1 + 2kz。q# +x24x1x2 =/48k2+ 24厂rr=2 6.综上，平行四边形 OPMIW面积S为定值2。6.方法指导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.对点精练已知抛物线 E： y2=2px(p>0),直线x=m什3与E交于A, B两点，且OA OB= 6

25、,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(一3,0),记直线 CA CB的斜率分别为ki, k2,证明:22m为定值.x= m什 3,解(1)设 A(xi, yi), B(x2, y2),2 y =2px,整理得y2 例5 如图，椭圆C: , + =1(2比>0)经过点- 2pmy- 6P=0,由根与系数的关系可知，yi+y2=2pm yiy2=6p,则xix2 =22由OA, OB= xix2 + yi y2= ,；2，+ yiy2= 9 - 6p= 6,解得p=i，所以y2=x.yiyiy2 y2(2)证明：由题意得ki=x，匕:黑=而所以；=, ；=m+

26、2kiyi k2y2所以 p+ J 2n2= 1m i2+ 2 2n2= 2n2+ 12m工 + 工：+ 36x 1-+ -2 : 2n2= 2m2+ki k2.中.y2yi y2yi y22“ v yi + y2 ,仪+ y2 J 2yiy2212mx+ 36x 2h22m,yiy2yiy2由(i)可知，yi + y2=2pm= m, yiy2= 6p=3,所以J2m2=2m+ 12mx .；+36X 要 6 2m = 24,所以;+与一2m2为定值.ki k2. 39ki k2考向3 探索性问题31PJ, 2 ,离心率e=2,直线l的方程为x=4.(1)求椭圆C的方程；(2)线段AB是经过

27、右焦点F的任一弦(不经过点F),设直线AB与直线l相交于点 M记直线PA PB, PM勺斜率分别为ki, k2, k3.问：是否存在常数 入，使得ki+k2=入k3?若存在, 求入的值；若不存在，说明理由.2祢椭圆上,解(1)由P1r 19一，1因为e= 2，所以a=2c,则；22b = 3c ,a2=4c2,将孑+4F=1，代入解得c2=1, a2=4, b2=3.故椭圆c的方程为:+y=1.43(2)由题意可设直线AB的斜率为k,则直线AB的方程为代入椭圆方程并整理,y=k(X-1),得 (4k2+3)X28k2X + 4(k23) =0,设 A(X1, y1), B(X2,8 k2y2)

28、,且xi丰X2丰1,则有X1+ X2= 4k2 + 3, X1X2=在方程中令x=4得，M的坐标为(4,3 k).333y1 -y2-3k-22,2从而k=k2=, ks= X1 - 1X2- 14- 1因为A, F, B 二点共线，所以 k= kAF= kBF,即有33y1-2 y2-2 所以 k1 + k2 ="+X1 1X2 1+ X2 1y1y23Xi- 1 + X2- 1 2=2kI -3X1 + X2 2X1X2 (Xl+ x218k2f则有 4 °'代入 |AC2= (xo+2)2 + y2=4 得 x2+y2=1.4k"T3 24k；-9。

29、= 2y,.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y=k(x+2), )8k2 丁 =21ikV3-4k +11 , 又k3=k 2,所以ki + k2= 2k3.故存在吊数 入=2付合题忌.方法指导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.对点精练f-一1(2019 南

30、通市高三阶段测试 )已知A(2,0) , B(2,0)，点C, D依次?t足|AQ = 2, AD=-(AB+ AC.(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 ,4 为4,且直线l与点D的轨迹相切，求该椭圆的方程；5(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 Qx0, y0), D(x, y), 则AC= (Xg+2, y。)，AB= (4,0), 一 一1xgyoAD= 2

31、(AB+ AC=(j+3, 尸(x+2, y), a、1 x2y22-椭圆的方程孑+孑= 1(a2>4),由l与圆相切得卑L=1,即k2 = 1, Ji + k23将代入得(a2k2 + a2 4) x2 + 4a2k2x + 4a2k2 a4 + 4 a2 = 0,又 k2 = ；,可得(a2 3)x2+a2x 3a4+4a2=0, 34设 Mx1, y1), N(x2, y2),| Xl + X2| =2aa2-34=2X5解得a2= 8或a2= 24(舍去), 1322椭圆方程为卜卜1.（3）假设存在椭圆上的一点Rx0, y°）,使得直线PA PB与以Q为圆心的圆相切,则

32、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（x。一2） yyox+2y0= 0,直线 PA的方程为(Xo+2)y yox 2y0= 0.设di为Q到直线PB的距离，d2为Q到直线PA的距离，则di =I yd| 一 3yo|M(x02 2+y2 诉0+2 j+y0d2,化简整理得x2-5xo+4+y0=0.P点在椭圆上，.1.x2+ 2y2= 8.解得 x0= 2 或 xO= 8(舍去).x0= 2 时，y0= ± J2r = 1.，椭圆上存在点 P,其坐标为（2,啦）或（2,亚），使得直线PF, PF2与以Q为圆心的圆（x1）2+y2=1

33、相切.真题£押题真题模拟x2.11 . （2019 全国卷出）已知曲线 C:y=, D为直线y= 5上的动点，过 D作C的两条切线，切点分别为A, B.证明：直线AB过定点;(2)若以E0, 2两圆心的圆与直线 AB相切，且切点为线段 AB的中点，求四边形 ADBE勺 面积.解(1)证明：设 D,t , - 2 j, A(xb yi),则 x2=2yi.1y1+ 2因为y' = x,所以切线 DA的斜率为xi,故;一r=xi. Xi t整理得 2tx i 2yi + i = 0.设 R x2, y2),同理可得 2tx2 2y2+i = 0.故直线 AB的方程为2tx -2y

34、+i = 0.所以直线AB过定点& i'；, i(2)由(i)得直线AB的万程为y= tx +2；, iy = tx + 2，由 2 xly = i可得 x22tx - i = 0.于是 xi + x2=2t, xix2= i,yi + y2= t (xi + x2) + i = 2t 2+ i ,| AB = i + t21 xi- x2|='i + t2x (xi + x2 j4xix2 = 2(12+ i).设di, d2分别为点D, E到直线AB的距离，则 di = x/t 2+ i, d2= .-2. t +i因此，四边形ADBE勺面积i22 S= 21AB(

35、 di + d2) = (t +3)+i.设M为线段AB的中点，则 Mt, t2+：；2 因为 EML AB,而 EM= (t , t22) , AEBf向量(i , t)平行,所以 t + (t22)t =0,解得 t =0或 t = ±i.当 t = 0 时，S= 3;当 t = ±1 时，S= 4班.因此，四边形ADBE勺面积为3或442.2. (2019 天津市高三4月联考)已知椭圆X y2a2+b2= 1(a>b>0)的左、右焦点分别为Fi,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, FiGH

36、勺周长为8.过A点作直线l交椭圆于第一象限的 M点，直线MF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AAMN勺面积为粤2 求直线 MN勺方程;证明：点P在定直线上.,旧2 b. .|MN= X1 = (1 + k2,(X1解(1)由题意知|GH = =3,4a=8, a解得 a=2, b=73,所以椭圆方程为X-+yr=1.43(2)设 MX1, y1), N(X2, y2).当直线MNM率k存在时，设直线MNT程为y=k(x1),代入椭圆方程并整理，得(4k2+ 3)x2-8k2x+4k2-12=0, A =144(k2+1) >08 k2.24

37、k 12X1+X2=4k2+3' X1X= 4k2+ 3 'X2)+ * y2)2X2=，(1 + k2 01 + X2 j4x1X2121k2 + 1)=4k2+3 .A( 2,0)到直线 MN kx-y-k= 0的距离为S；AAMN=2d l MtN= I k| 班2+1 18加4k2 3,化简得 17k4 + k218=0,解得 k=±1.当k= 1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勺方程为xy1 = 0.1 2b29 18 2当直线MNM率k不存在时，则直线M用方不茎为 = ty -2,(2)依题意，可设 l

38、 : x=ty -2,联立 ix22得(t2 + 2)y24ty+ 2=0,|2+y =1=1§2 V (a+c) = 2* 7(舍去).综上，直线MN的方程为x y1=0.(3)证明：设直线 AM y=ki(x+2)( ki>0),与椭圆方程联立得(4 k2+3) x2+16k2x+16k2 12=0,16k212?xaxm= RTTT，68k212k1J4kT3-E, yM= 4k2T3、xa= 2,同理设直线 BN y=k2(x-2)(k2>0), .2.8k26 12k2可信 xN= 4klT3' yN= 4kiT3'所以直线MN勺方程为y yM

39、yNyMx xm xn xm,以及直线MNT程过点F2(1,0)N坐标代入可彳入 (4k1k2+3) ( k23k1) = 0,k1 k2> 0,k2= 3k1.又因为直线 AM与直线NB交于P点,即2)|yp= k2(xp 2)次=智酒)将k2=3k1代入得xp = 4所以点P在定直线x= 4 上.3. (2019 江西省八所重点中学高三4月联考)已知椭圆E:2202+ yb= 1( a>b>0)F1, F2为2.其左、右焦点，B, R为其上、下顶点，四边形 F1BFB2的面积为(1)求椭圆E的长轴AA2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

40、定点 M2,0)的直线l与椭圆E相交于P, Q两点，若MP= XMQ当入C g, 1，忖，求 OPQT积S的取值范围.解(1)依题意，四边形 F1BF2B2的面积为2bc, .2bc=2,.长轴 AA=2a=2/b2+ c2>2y2bc=2yJ2,此时 b=c=1, a=2,2故长轴AA的最小值为2小,此时椭圆E的方程为x2 + y2= 1.设 P(Xi, yi) , qx2, V公，由 A = 16t 2 4 2( 12 + 2) = 8t2 16>0,可得 t2>2 ,且yi + y2 =4t2.y1y2=F'且已知 M2,0),由M2入MQ可得yi= Xy2,4

41、4t8t2t2+2，(1+ 入 y2=G (2019 玉溪市第一中学高三下学期第五次调研)已知抛物线x2 = 2py(p>0),准线方程T(0, t)(t>0),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) OA- O屋否为定值 ) 右是)求出这个定值；若不是，请说明理由;(3)当t = 1时，设AT=入TB,记| AB =f (入)，求f (入)的最小值及取最小值时对应的入.-p 解(1) .-2=-2,p=4,抛物线方程为x2=8y.(2)设A(x1, y1) , Rx2, y2),根据题意知直线l的斜率存在，设l： y=kx+t(t>0),入

42、e一 一 2 一9 8t 163Vt 2+ 2 <11- -7<t2<4,满足 A >0,12S=SaOMQS/ omp=310My1 y2|=| y1y2|= 7y+y2) 4y1y2 =t2+2，设 m=t2-2,mC2 .7t2= m+ 2,4m 一在 me m故S关于m单调递增,为y+2= 0,直线l过定点联立得x2-8kx-8t = 0,，xi + x2=8k, xiX2=8t.，yiy2= ( kxi + t)( kx2+ t) = k2xiX2 + kt(X1 + X2) +t2=t2,OA. OEB= xix? +yi y2= 128t.由于T(0, t

43、)为定点，故t为定值，OA O的定值. T(0,i) , AT=(xi,iyi) , TB= (x2, y2-i),AT=入 TB, xi =入 x2, iyi=入(y2i),xi =入 x2,由(2)知 xix2= 8t = 8,入 x2= 8,x2= 一,入且入 >0,又 xi + x2=(i 入)x2=8k,.(i 入)2x2= 64k2,当kwo时，入wi,_. 2.264 k x2 =2 )”入).264k8i 一入入- k2 =(1一入8入当k=0时，入=i,符合上式，且| AB =472. | AB = 5 + k2 - <64k2+ 328门一入2/+32入入+6入

44、+i 入+2入+i入 + + 6 入 + + 2入令m=入+工,则n>2, 1AB =，m2+ 8m i2, 入1f当 m 2 即入=i 时，|ABmin=4>/2.金版押题5.已知直线li： ax-y+i = 0,直线|2： x+5ay+5a=0,直线li与|2的交点为 M点M 的轨迹为曲线C.(i)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®积的最大值.解(1)由axy+10, 消去a得曲线C的方程为:+ y2=1. yw1,即点(0, k+5ay+5a=051)不在曲线C上，此步对考生不作要求(

45、2)设 A(x1,y1),B(x2, y2) , 1 为 x = my-2,x= my- 2, 由 £x22i5+y = 1，得(n2+ 5)y2-4my-1= 0,4m贝U y1 + y2= -2-m+ 51y1y2=-m 5 ABD勺面积 S= 21y2 y| = 2y俨 + 丫1 j4=216R24 475 - mm+ 1(n2+ 5 2 + m2+ 5t C 1 , +oo),则 S=瞿=域4V 木3r 4当 t = pt e 1+ 8),即t=2, m=±43时， ABD勺面积取得最大值 56.已知抛物线C: y2= 2px( p>0)与直线 x- y2y

46、+ 4=0 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1与抛物线C交于AB两点,使得I am2+ RBM2为定值.如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，请说明理由.x-J2y+4=0, (1)联立方程有2 .y =2px,y2-2/2py+8p=0,由于直线与抛物线相切,得 A =8p232p=0, p = 4,所以 y2= 8x.(2)假设存在满足条件的点M m,0)( m>0),2 8ty 8m= 0,x= ty + rq直线l：x = ty+m,有卜8整理得y设 A(x1,y。，B(x2,y2),有y1 + y2=8t, yy2 =

47、8m,| AM2=(X1 m 2+y1= (t2+ 1)y1| BM2=(X2n)2+y2=(t2+ 1)y22 十 Z 2 =22 +22I am2 ibm2(t2+1y2(t2+1y222,2_ 1y1+y2_ 14t +m-yyT=E TT,当m= 4时，焉+焉为定值，所以m(4,0) | Aiqi| BIMI配套作业1.已知抛物线x2=2py(p>0)的焦点为F,直线x=4与x轴的交点为P,与抛物线的交点5为 Q 且 | QF = 4I 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+(y 1)2=1相交于B, C两点(A, B两点相

48、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 CDMT积之积的最小值.解(1)由已知 R4,0) , Q3 £ j, |QF=p+p. iQF=5ipQ， .p+P=5 p,得p=2. p p抛物线方程为x2=4y.(2)由题意可知，l斜率存在.设l： y = kx+1.A(xi, yi) , 口 x2, y2).设Mxo, y。)，则过A, D的弦方程可设为：口 r x0xxo = 2yo+2y 即 y = x yo,xox。= 2k,I1 = y。,lyo= - 1,即 M2 k, - 1).M到 l 的距离 d=与±4 = 21 + k2.,

49、21 + k2.Saabm。Sacdm= 4| AE| , | CD ' d= 4(l AF -1)(1 DF1-1)d2=4yiy2d22 21X1X24 16 d2,y= kx+ 1, 又由r= 4y联立得，x24kx 4=0,X1X2= - 4.1 16 S(AABM- S；ACDM= - - 4 16(2 R1 + k2 )2=1 + k2>1.当且仅当k = 0时取等号.当k= 0时， ABMff CD而积之积的最小值为 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： (x-1)2+y2= 1 外的点P在y轴的右侧运动，且点 P到圆F

50、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DMM E于点N,证明： AMB勺面积是 AMN勺面积的4倍.解 解法一：(1)设 P(x, y),依题意 x>0, 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| 1 = x即位-1 j+y2 *-1 = x,化简得点P的轨迹E的方程为(2)证明：设 Nxo, yo), A(x1, y1), B(x2, y2),y2= 4x( x>0).则Dy1 + y2、

51、'2.依题意可知直线 AB的斜率存在,设直线AB的方程y = k(x- 1)( kw0),由尸Ly =4x得 k2x2(2 k2+4)x+k2=0.因为所以A = (2k2 + 4) 2 4k4= 16k2+ 16>0,2k2+ 4X1 + X2 =-2-, X1X2=1, k则有4 拓 k2 2 2 y1+y2 = k，故 DR, k !', 4k2+4由抛物线的定乂知1AB =x1 + x2+2=k设Mxm, yM),依题意得yM=|, k所以|MD=k2 + 222 Xml k又因为| Mip=LAB-,所以k2+2,22k +2,所以x0= J,即N2, k k一

52、一. 1k因为Nxo, |准抛物线上+1所以 Sama ;| MD y1 y2| = /一|y1 yW , 2kSaamn= | MN y1 yo| = 21+ 1 x2| y1 y2|k2+14k2 | y1 y2| ,故 Saamb= 4sLAMN解法二：(1)设Rx, y),依题意x>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，点P到圆F(1,0)的距离|PF等于P到直线x=- 1的距离，所以点P在以F(1,0)为焦点，x=1为准线的抛物线上.所以E的方程为y2=4x(x>0).(2)证明：设 A(xb y1) , Rx2, y ,因为直线AB过F(1,0),依题意可设其方程x=ty + 1(t W0),x=ty +1,2由 , 2得 y -4ty -4=0,y = 4x2因为