浙江版高考数学总复习专题10.6圆锥曲线的综合问题（试题练）教学讲练

数学高考总复习PAGEPAGE29学好数理化，走遍天下都不怕10.6圆锥曲线的综合问题探考情悟真题【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.2019浙江,21,15分直线与抛物线的位置关系抛物线的几何性质★★★2018浙江,21,15分直线与抛物线的位置关系椭圆、抛物线的几何性质2017浙江,21,15分直线与抛物线的位置关系直线方程分析解读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;(3)有关定点、定值问题,以及存在性等探索性问题.3.预计2021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.炼技法提能力【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.已知抛物线y2=4x的焦点为F,过焦点的直线与抛物线交于A,B两点,则直线的斜率为时,|AF|+4|BF|取得最小值.

答案±222.已知抛物线C:y2=x,直线l:y=k(x-1)+1,要使抛物线C上存在关于l对称的两点,则k的取值范围是什么?解析当k=0时,不符合题意,故k≠0,设抛物线上的点A(x1,y1)、B(x2,y2)关于直线l对称,则kAB·k=-1,所以kAB=-1k由题意得y12=x1,y22=x2,两式相减得(y1+y2)(y1-y2)=x1所以y1+y22=-k2,易知线段AB的中点坐标为x1+x22,y1+y22,进而得AB的中点坐标为12因为AB的中点在抛物线内部,所以-k22<1整理得k3即(k解得-2<k<0.方法2定点、定值问题的求法1.(2019浙江温州九校联考,21)已知离心率为22的椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),过椭圆C上点(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+解得a2=6,b2=3,所以椭圆C(2)证明:易知直线AB的斜率是存在的,故设直线AB的方程为y=kx+m,由y=kx+m,x26设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-4mk2k2+1,x1x2由PA·PB=0,得(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,即(x1-2)(x2-2)+(kx1+m-1)(kx2+m-1)=0,得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+m2-2m+5=0,则3m2+8mk+4k2-2m-1=0,(11分)即(3m+2k+1)(m+2k-1)=0,由直线AB不过点P,知m+2k-1≠0,故3m+2k+1=0.(13分)与直线AB联立,消去m得y+13=kx所以直线AB过定点23,-12.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,点(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a2-b2a=2解得a2=8,b2=4.所以C的方程为x28+(2)证明: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+y(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故xM=x1+x22=-2kb2k于是直线OM的斜率kOM=yMxM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.方法3存在性问题的解法(2018浙江杭州二中期中,21)已知点P为椭圆C上的任一点,P到直线l1:x=-2的距离为d1,到点F(-1,0)的距离为d2,且d2d1(1)求椭圆C的方程;(2)如图,直线l与椭圆C交于不同的两点A,B(A,B都在x轴上方),且∠OFA+∠OFB=180°.(i)当A为椭圆C与y轴正半轴的交点时,求直线l的方程;(ii)是否存在一个定点,无论∠OFA如何变化,直线l过该定点?若存在,求出该点的坐标;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化简可得x22+y2=1,所以椭圆C的方程为x2(2)(i)由(1)知A(0,1),又F(-1,0),所以kAF=1-因为∠OFA+∠OFB=180°,所以kBF=-1,所以直线BF的方程为y=-(x+1)=-x-1,代入x22+y2=1中可得3x2+4x=0,解得x=0(舍)或x=-43,所以B-43,1所以直线l的方程为y=12(ii)解法一:存在.由于∠OFA+∠OFB=180°,所以kAF+kBF=0.设直线AB的方程为y=kx+b,代入x22+y2=1中,得k2+1设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-2kbk2+12,x所以kAF+kBF=y1x1+1+y2x2所以(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=2kx1x2+(k+b)(x1+x2)+2b=2k·b2-1k2+1所以b-2k=0,因此直线AB的方程为y=k(x+2),即直线l总经过定点M(-2,0).解法二:存在.由于∠OFA+∠OFB=180°,所以B点关于x轴的对称点B1在直线AF上,设直线AF方程为y=k(x+1),代入x22+y2=1中,得k2+12x设A(x1,y1),B(x2,y2),则B1(x2,-y2),且x1+x2=-2k2k2+12直线AB的方程为y-y1=y1-y令y=0,得x=x1-y1·x1-x因为y1=k(x1+1),-y2=k(x2+1),所以x=2x1x所以直线l总经过定点M(-2,0).【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组1.(2019浙江,21,15分)如图,已知点F(1,0)为抛物线y2=2px(p>0)的焦点.过点F的直线交抛物线于A,B两点,点C在抛物线上,使得△ABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q,且Q在点F的右侧.记△AFG,△CQG的面积分别为S1,S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程;(2)求S1S2的最小值及此时点解析本题主要考查抛物线的几何性质,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.体现了数学抽象的核心素养和转化与化归的思想方法.(1)由题意得p2=1,即所以,抛物线的准线方程为x=-1.(2)设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t≠0,则xA=t2.由于直线AB过F,故直线AB方程为x=t2-12ty+1,代入y2=4x,得y2-2(t2-1)ty-4=0,故2tyB=-4,即yB=-2t,所以B1yG=13(yA+yB+yC)及重心G在x轴上,故2t-2t+y得C1t-t所以,直线AC方程为y-2t=2t(x-t2),得Q(t2-1,0).由于Q在焦点F的右侧,故t2>2.从而S1S=2=2t4-令m=t2-2,则m>0,S1S2=2-≥2-1=1+32当m=3时,S1S2取得最小值1+3思路分析(1)根据抛物线定义知p2=1,得到准线方程x=-1.(2)要求S1S2的最小值,需要将S1S2用基本量表示出来,从点的关系出发,设A(xA,yA),合理选择参数t表示A(t2,2t),t≠0,由直线AB过F得到AB方程,求出B点坐标,再由△ABC的重心G在x轴上,求出C点和G点坐标,进而求出Q2.(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)证明:设P(x0,y0),A14y1因为PA,PB的中点在抛物线上,所以y1,y2为方程y+y022=4·14y2+x02所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y轴.(2)由(1)可知y所以|PM|=18(y12+y22)-x0|y1-y2|=22(因此,S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=324(y0因为x02+y0所以y02-4x0=-4x02-4x因此,△PAB面积的取值范围是62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.3.(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)-(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=x2-1因为-12<x<32,所以直线AP(2)解法一:联立直线AP与BQ的方程kx解得点Q的横坐标是xQ=-k因为|PA|=1+k2x|PQ|=1+k2(xQ-x)=-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=1解法二:如图,连接BP,|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos∠BPQ=AP·(AB-AP)=AP·AB-AP2易知P(x,x2)-1则AP·AB=2x+1+2x2-12=2x2+2x+12,AP2=x+122+x2-142=x2+x+14+x4-1∴|AP|·|PQ|=-x4+32x2+x+3设f(x)=-x4+32x2+x+3则f'(x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,∴f(x)在-12,1上为增函数,∴f(x)max=f(1)=2716故|AP|·|PQ|的最大值为2716方法总结在解析几何中,遇到求两线段长度之积的最值或取值范围时,一般用以下方法进行转化:1.直接法:求出各点坐标,用两点间的距离公式,转化为某个参变量(如直线斜率、截距,点的横、纵坐标等)的函数,再求函数的最值或值域.2.向量法:三点共线时,转化为两向量的数量积,再转化为关于动点的横(纵)坐标的函数,最后求函数的最值或值域.3.参数法:把直线方程化为参数方程,与曲线方程联立,由根与系数的关系转化为关于直线斜率(或直线的截距)的函数,最后求函数的最值或值域.B组统一命题、省(区、市)卷题组1.(2019北京文,19,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b(1)求椭圆C的方程;(2)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.解析本题主要考查椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系等知识点,考查学生用方程思想、数形结合思想、分类讨论解决综合问题的能力,体现了逻辑推理、直观想象和数学运算的核心素养.(1)由题意得,b2=1,c=1.所以a2=b2+c2=2.所以椭圆C的方程为x22+y(2)证明:设P(x1,y1),Q(x2,y2),则直线AP的方程为y=y1令y=0,得点M的横坐标xM=-x1又y1=kx1+t,从而|OM|=|xM|=x1同理,|ON|=x2由y=kx+t,x22则x1+x2=-4kt1+2k2,x1x所以|OM|·|ON|=x1k=x=2=21+t又|OM|·|ON|=2,所以21+t1-t=2.解得t=0,2.(2019课标全国Ⅰ文,21,12分)已知点A,B关于坐标原点O对称,|AB|=4,☉M过点A,B且与直线x+2=0相切.(1)若A在直线x+y=0上,求☉M的半径;(2)是否存在定点P,使得当A运动时,|MA|-|MP|为定值?并说明理由.解析本题利用关于原点对称和直线与圆相切,考查圆的方程及圆的几何性质,要求学生具备较强的直观想象与逻辑推理能力,第(2)问设置开放性问题,考查抛物线的定义与性质.主要考查数学运算和逻辑推理的核心素养.(1)因为☉M过点A,B,所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线x+y=0上,且A,B关于坐标原点O对称,所以M在直线y=x上,故可设M(a,a).因为☉M与直线x+2=0相切,所以☉M的半径为r=|a+2|.由已知得|AO|=2,又MO⊥AO,故可得2a2+4=(a+2)2,解得a=0或a=4.故☉M的半径r=2或r=6.(2)存在定点P(1,0),使得|MA|-|MP|为定值.理由如下:设M(x,y),由已知得☉M的半径为r=|x+2|,|AO|=2,由于MO⊥AO,故可得x2+y2+4=(x+2)2,化简得M的轨迹方程为y2=4x.因为曲线C:y2=4x是以点P(1,0)为焦点,以直线x=-1为准线的抛物线,所以|MP|=x+1.因为|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,所以存在满足条件的定点P.3.(2018北京理,19,14分)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围;(2)设O为原点,QM=λQO,QN=μQO,求证:1λ+1μ解析(1)因为抛物线y2=2px过点(1,2),所以2p=4,即p=2.故抛物线C的方程为y2=4x,由题意知,直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y=kx+1(k≠0).由y2=4x,y=依题意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得k<0或0<k<1.又PA,PB与y轴相交,故直线l不过点(1,-2).从而k≠-3.所以直线l斜率的取值范围是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1).(2)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),由(1)知x1+x2=-2k-4k2,x1直线PA的方程为y-2=y1令x=0,得点M的纵坐标为yM=-y1+2同理得点N的纵坐标为yN=-k由QM=λQO,QN=μQO得λ=1-yM,μ=1-yN.所以1λ+1μ=11-yM=1k-1·2x1所以1λ+1μ方法总结圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略:(1)求代数式为定值.依题设条件,得出与代数式有关的等式,化简即可得出定值;(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的表达式,再利用题设条件化简、变形求得;(3)求某线段长度为定值.利用两点间的距离公式求得线段长度的表达式,再依据条件对表达式进行化简、变形即可求得.4.(2017山东理,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:x2a2+y2b2(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|=2∶3,☉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=ca=22,2c=2,所以a=因此椭圆E的方程为x22+y(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立x22+y2=1,y=k1x由题意知Δ>0,且x1+x2=23k12k12所以|AB|=1+k12|x1-x2由题意可知圆M的半径r=23|AB|=223由题设知k1k2=24,所以k2=2因此直线OC的方程为y=24联立x22+y2=1,y=2因此|OC|=x2+y由题意可知sin∠SOT2=rr而|OC|r=1+8k1令t=1+2k12,则t>1,1因此|OC|r=32·t=32·1-当且仅当1t=12,即t=2时等号成立,此时k1=±所以sin∠SOT2≤因此∠SOT2≤π6,所以∠SOT综上所述:∠SOT的最大值为π3,取得最大值时直线l的斜率k1=±2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,利用距离公式求出|AB|,联立直线OC与椭圆方程求|OC|,进而建立sin∠SOT2与k1之间的函数关系,解后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sin∠SOT2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.5.(2016天津,19,14分)设椭圆x2a2+y23=1(a>3)的右焦点为F,右顶点为A.已知1|OF|+1|(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BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,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1c+1a=3ca(a-c),可得a2-c2=3c2,又a(2)设直线l的斜率为k(k≠0),则直线l的方程为y=k(x-2).设B(xB,yB),由方程组x24整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.解得x=2或x=8k由题意得xB=8k2-64k2由(1)知F(1,0),设H(0,yH),有FH=(-1,yH),BF=9-由BF⊥HF,得BF·FH=0,所以4k2-94k2+3+因此直线MH的方程为y=-1kx+9设M(xM,yM),由方程组y=k(x-2),y在△MAO中,∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|,即(xM-2)2+yM2≤xM2+yM2,化简得xM≥1,即20k2+912(k所以直线l的斜率的取值范围为-∞,-6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.6.(2016北京,19,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为(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c解得a2=4,b2=1.所以椭圆C的方程为x24+y(2)证明:由(1)知,A(2,0),B(0,1).设P(x0,y0),则x02+4当x0≠0时,直线PA的方程为y=y0令x=0,得yM=-2y0x0-2,直线PB的方程为y=y0令y=0,得xN=-x0y0-1,从而所以|AN|·|BM|=2+x0=x=4=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(2cosθ,sinθ),当θ≠kπ且θ≠kπ+π2(k∈Z)时,直线AP的方程为y-0=sinθ2(cos直线BP的方程为y-1=sinθ-12cosθ(x-0),令y=0,得∴|AN|·|BM|=21-cos=22(1-当θ=kπ或θ=kπ+π2(k∈Z)时,M,N是定点,易得|AN|·|BM|=4.综上,|AN|·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.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(a>b>0)的离心率为22,椭圆(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所以a2=4,b2=2.因此椭圆方程为x24+(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,由Δ>0得m2<4k2+2,(*)且x1+x2=-4km2k2+1,因此y1所以D-2又N(0,-m),所以|ND|2=-2km2整理得|ND|2=4m因为|NF|=|m|,所以|ND|2|NF令t=8k2+3,t≥3,故2k2+1=t+1所以|ND|2|NF令y=t+1t,所以y'=1-1当t≥3时,y'>0,从而y=t+1t在[3,+∞)上单调递增因此t+1t≥10等号当且仅当t=3时成立,此时k=0,所以|ND|由(*)得-2<m<2且m≠0.故|NF||设∠EDF=2θ,则sinθ=|NF||所以θ的最小值为π6从而∠EDF的最小值为π3,此时直线l的斜率是综上所述,当k=0,m∈(-2,0)∪(0,2)时,∠EDF取到最小值π3方法总结求解圆锥曲线相关最值的常用方法:1.几何性质法;2.二次函数最值法;3.基本不等式法;4.三角函数最值法;5.导数法.2.(2017课标全国Ⅰ理,20,12分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1(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+1b2>1a2+34b2知,C不经过点P因此1b2故C的方程为x24+y(2)证明: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t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为t,4-则k1+k2=4-t2-22t从而可设l:y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入x24+y2(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8km4k2+1,x1而k1+k2=y1-=kx1=2k由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)·4m2-4解得k=-m+1当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=-m+1即y+1=-m+1所以l过定点(2,-1).3.(2016山东,21,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)(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(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-c所以椭圆C的方程为x24+(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-m直线QM的斜率k'=-2m-此时k'所以k'k(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整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.由x0x1=2m可得x1=2(所以y1=kx1+m=2k同理x2=2(m2-2所以x2-x1=2(m2-2y2-y1=-6k(m2所以kAB=y2-y1x由m>0,x0>0,可知k>0,所以6k+1k≥26,等号当且仅当k=66此时m4-8即m=147,符合题意所以直线AB的斜率的最小值为624.(2016四川,20,13分)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点,(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λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值.解析(1)由题意得,a=2b,则椭圆E的方程为x22b由方程组x22b2+y方程①的判别式为Δ=24(b2-3),由Δ=0,得b2=3,此时方程①的解为x=2,所以椭圆E的方程为x26+点T的坐标为(2,1).(2)由已知可设直线l'的方程为y=12x+m(m≠由方程组y=1所以P点坐标为2-2m3,1+2设点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2).由方程组x26+y23方程②的判别式为Δ=16(9-2m2),由Δ>0,解得-322<m<由②得x1+x2=-4m3,x1x2=4m2-123同理|PB|=52所以|PA|·|PB|=5=5=542-2m故存在常数λ=45,使得|PT|2=λ|PA|·评析本题考查了直线与圆锥曲线相交的问题,这类题中常用的方法是方程法,并结合根与系数的关系,两点间的距离公式进行考查,难点是运算量比较大,注意运算技巧.5.(2015陕西,20,12分)如图,椭圆E:x2a2+y2b2(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=2结合a2=b2+c2,解得a=2.所以椭圆E的方程为x22+y(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)x由已知可知Δ>0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0,则x1+x2=4k(k-1)1+2从而直线AP,AQ的斜率之和kAP+kAQ=y1+1x1+y=2k+(2-k)1x1=2k+(2-k)4k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课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>0),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;若不能解析(1)证明: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9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM=x1+x22=-kbk于是直线OM的斜率kOM=yMxM即kOM·k=-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由(1)得OM的方程为y=-9k设点P的横坐标为xP.由y=-9kx即xP=±km将m3,m代入l的方程得因此xM=k(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=2×k(k-3)m因为ki>0,ki≠3,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.7.(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(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(i)求|OQ|(ii)求△ABQ面积的最大值.解析(1)由题意知3a2+又a2-b2a=32,所以椭圆C的方程为x24+y(2)由(1)知椭圆E的方程为x216+(i)设P(x0,y0),|OQ由题意知Q(-λx0,-λy0).因为x024又(-λx0即λ2所以λ=2,即|OQ(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,x1x所以|x1-x2|=416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=2=2=24-设m2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0<t≤1,因此S=2(4-t故S≤23,当且仅当t=1,即m2=1+4k2时取得最大值23.由(i)知,△ABQ的面积为3S,所以△ABQ面积的最大值为63.8.(2015北京,19,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,点P(0,1)和点A(m,n)(m≠0)都在椭圆C上(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故椭圆C的方程为x22+y设M(xM,0).因为m≠0,所以-1<n<1.直线PA的方程为y-1=n-所以xM=m1-n,即(2)存在.因为点B与点A关于x轴对称,所以B(m,-n).设N(xN,0),则xN=m1+“存在点Q(0,yQ)使得∠OQM=∠ONQ”等价于“存在点Q(0,yQ)使得|OM||OQ|=|OQ||ON|”,因为xM=m1-n,xN=m1+n所以yQ2=|xM||xN|=所以yQ=2或yQ=-2.故在y轴上存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ,点Q的坐标为(0,2)或(0,-2).9.(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)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(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?解析(1)由已知得,点(2,1)在椭圆E上.因此,2a2+1所以椭圆E的方程为x24+(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||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||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,Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,所以,x1+x2=-4k2k2+1,x1因此1x1+1x易知,点B关于y轴对称的点B'的坐标为(-x2,y2).又kQA=y1-2x1kQB'=y2-2-x2=所以kQA=kQB',即Q,A,B'三点共线.所以|QA||QB|=|故存在与P不同的定点Q(0,2),使得|QA||QB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.【三年模拟】一、选择题(共4分)1.(2019浙江高考信息优化卷(四),6)将离心率为e1的椭圆C1的长半轴长a1和短半轴长b1同时增加m(m>0)个单位长度,得到离心率为e2的椭圆C2;将离心率为e1的双曲线C3的实半轴长a2和虚半轴长b2(a2≠b2)同时增加n(n>0)个单位长度,得到离心率为e4的双曲线C4,则()A.对任意的m,n,均有e1>e2,e3<e4B.对任意的m,有e1>e2,无法判断e3,e4的大小关系C.对任意的m,n,均有e1<e2,e3>e4D.对任意的m,有e1<e2,无法判断e3,e4的大小关系答案B二、填空题(每空4分,共8分)2.(2020届浙江嘉兴、丽水基础检测,16)已知P是椭圆x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)和双曲线x2a22-y2b22=1(a2>0,b2>0)的一个交点,F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,e1,e2分别为椭圆和双曲线的离心率,若答案33.(2019浙江高考数学仿真卷(三),16)已知椭圆C:x24+y23=1上一点M(不与左、右顶点重合),直线l:x=4上一点N,若右焦点F2恒在以MN为直径的圆上,则kMN·k答案-3三、解答题(共105分)4.(2018浙江湖州、衢州、丽水高三质检,21)已知抛物线C:y2=2px(p>0)上的点M(m,-2)与其焦点的距离为2.(1)求实数p与m的值;(2)如图所示,动点Q在抛物线C上,直线l过点M,点A、B在l上,且满足QA⊥l,QB∥x轴.若|MB|2|MA|解析(1)设抛物线的焦点为F,由题意得|MF|=m+p2=2,(2分又点M(m,-2)在抛物线上,故2pm=4,(4分)由p>0得p=2,m=1.(6分)(2)由(1)知抛物线C的方程为y2=4x,连接QM.设直线l的方程为t(y+2)=x-1,Qy024则yB=y0,所以|MB|=1+t2|y0+2|,(9又点Qy024,y0|MA|=|=y=y024故|MB|2|MA|=由|MB|2|MA|为常数,得y0+2=y0-2+4t,所以t=1,则|MB|25.(2020届浙江金丽衢十二校联考,21)过抛物线y2=2px(p>0)上一点P作抛物线的切线l交x轴于Q,F为焦点,以原点O为圆心的圆与直线l相切于点M.(1)当p变化时,求证:|PF|(2)当p变化时,记△PFM的面积为S1,△OFM的面积为S2,求S1S解析本题考查直线与抛物线的位置关系以及圆锥曲线的综合应用;考查学生运算求解的能力和数形结合的思想;考查了数学运算的核心素养.(1)证明:设切点Py022p,y0即点Q-y022p,0由抛物线定义得|PF|=p2+y即|PF||(2)过点F作FH⊥PQ于点H,则S1=S△PFH+S△FHM=S△HQF+S△FHM.S1S2=S△=p2+=px0+2x0p故S1S2的最小值为6.(2020届浙江丽水四校联考,20)设直线l与抛物线x2=2y交于A,B两点,与椭圆x24+y23=1交于C,D两点,直线OA,OB,OC,OD(O为坐标原点)的斜率分别为k1,k2,k3,k4,(1)是否存在实数t,满足k1+k2=t(k3+k4)?请说明理由;(2)求△OCD面积的最大值.解析本题考查直线与抛物线、椭圆的位置关系以及圆锥曲线的综合应用;考查学生运算求解和逻辑推理的能力以及数形结合的思想;考查了数学运算的核心素养.设直线l的方程为y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).联立得y=kx+b则x1+x2=2k,x1x2=-2b,Δ1=4k2+8b>0.由OA⊥OB,所以x1x2+y1y2=0,得b=2.联立得y=kx+2,x2所以x3+x4=-16k3+4k2,x3x由Δ2=192k2-48>0,得k2>14(1)因为k1+k2=y1x1+y2x2=k,k3+k所以k1+k2k3+k4=-16,故存在t=-16(2)根据弦长公式得|CD|=1+k2|x3-x4|=43·1+k点O到直线CD的距离d=21+所以S△OCD=12|CD|·d=43·4设4k2-1=t>0,则S△OCD=43所以当且仅当t=2,即k=±52时,S△OCD有最大值37.(2019浙江镇海中学阶段性测试,21)已知点M22,1是椭圆y2a2+x2b2(1)求椭圆的方程;(2)过椭圆一焦点F作互相垂直的直线l1,l2,且l1交椭圆于A,B两点,l2交椭圆于C,D两点,求四边形ACBD面积的最大值和最小值.解析(1)由已知得,1a2+12b2=1,且2a=22所以b=1,故所求的椭圆方程为y22+x2=1.(5(2)因为l1⊥l2,所以直线l1,l2中至少有一条直线斜率存在,不妨设l1的斜率为k,且直线l1,l2过焦点F(0,1),则直线l1的方程为y=kx+1,将此式代入椭圆方程得(2+k2)x2+2kx-1=0.设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则x1=-k-2k2+22+k2,x2=-k+2k2+22+k①当k≠0时,直线CD的斜率为-1k,同上可推得|CD|=221+-1k22+-1k2.故四边形ACBD令u=k2+1k2,得S=4(因为