新高考数学复习真题分类8-5直线与圆锥曲线的位置关系练习含答案

8.5直线与圆锥曲线的位置关系考点直线与圆锥曲线的位置关系1.(2013课标Ⅰ理,10,5分)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交E于A,B两点.若ABA.x245+y236=1B.C.x227+y218=1D.答案D直线AB的斜率k=0+13−1设A(x1,y1),B(x2,y2),则x①-②得y1−y2x即k=-b2a2∴b2a2=1又a2-b2=c2=9,④由③④得a2=18,b2=9.所以椭圆E的方程为x218+y2评析本题考查了直线和椭圆的位置关系,考查了线段的中点问题.本题也可利用根与系数的关系解决中点问题.2.(2022新高考Ⅱ,16,5分)已知直线l与椭圆x26+y23=1在第一象限交于A,B两点,l与x轴、y轴分别交于M,N两点,且|MA|=|NB|,|MN|=23答案x+2y解析设M(m,0),N(0,n),其中m>0,n>0,则直线l:xm+由xm+yn=1,x2+2y2设A(x1,y1),B(x2,y2),不妨令x1>x2,则x1+x2=4n由|MA|=|NB|得1+n2m2|xM−即m-x1=x2,∴x1+x2=m,故4mn2m2+2n2=m,又由|MN|=23得m2+n2=12,②由①②及m>0,n>0可得m=22,n=2.∴l的方程为x22+y2=1,即3.(2014江西理,15,5分)过点M(1,1)作斜率为-12的直线与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于A,B两点,若M是线段AB答案2解析设A(x1,y1),B(x2,y2),则x12ax22a①、②两式相减并整理得y1−y2x把已知条件代入上式得,-12=-b2a∴b2a2=12,故椭圆的离心率e=评析本题考查了直线和椭圆的位置关系.考查了线段的中点问题,利用整体运算的技巧是求解的关键.本题也可以利用韦达定理求解.4.（2023全国甲理，20）已知直线与抛物线交于两点，且．（1）求；（2）设C的焦点为F，M，N为C上两点，，求面积的最小值．【解析】（1）设，由可得，，所以，所以，即，因为，解得：．（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，设直线：，，由可得，，所以，，，因为，所以，即，亦即，将代入得，，，所以，且，解得或．设点到直线的距离为，所以，，所以的面积，而或，所以，当时，的面积．【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值.5.（2023天津，18）设椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．（1）求椭圆方程及其离心率；（2）已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．【解析】（1）如图，由题意得，解得，所以，所以椭圆的方程为，离心率为.（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，设直线的方程为，联立方程组，消去整理得：，由韦达定理得，所以，所以，.所以,,，所以，所以，即，解得，所以直线的方程为6.(2022北京,19,15分)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A((1)求椭圆E的方程;(2)过点P(-2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C,直线AB,AC分别与x轴交于点M,N.当|MN|=2时,求k的值.解析(1)由题意得b=1,c=3,则a=12+(3)2=2,所以椭圆E的方程为(2)过点P且斜率为k的直线方程为y-1=k(x+2),设B(x1,y1),C(x2,y2),联立直线和椭圆E的方程得y−1=k(x+2),x24+y2=1,可得(1+4k2)x2+(16k2+8k)x+16k2+16k=0,由Δ>0可得(16k2+8k)2-4(1+4k2)(根据根与系数的关系可得x1+x2=−16k2−8k1+4k2,直线AB的斜率kAB=y1−1x1,则AB的直线方程为y=(y1−1)xx1+1,令y同理可得点N的横坐标xN=x2则|MN|=x=1=1k·所以1k·化简可得−kk=12,解得k=-4,7.(2018课标Ⅲ理,20,12分)已知斜率为k的直线l与椭圆C:x24+y23=1交于A,B两点,(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.解析本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系、等差数列的概念及其运算.(1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),则x124+y12两式相减,并由y1−y2x1−由题设知x1+x于是k=-34由题设得0<m<32,故k<-1(2)由题意得F(1,0).设P(x3,y3),则(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P1,−32,|FP于是|FA|=(x1−1)同理,|FB|=2-x22，所以|FA|+|FB|=4-12(x1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|=1将m=34代入①得所以l的方程为y=-x+74,代入C的方程,并整理得7x2-14x+1故x1+x2=2,x1x2=128,代入②解得|d|=3所以该数列的公差为32128或-思路分析(1)利用“点差法”建立k与m的关系式,由m的范围得到k的范围.(2)根据题设FP+FA+FB=0及点P在C上,确定m的值.进一步得出|FP|、|FA|、|FB|的关系,再求公差.解后反思(1)解决直线与椭圆的位置关系的常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立,消元、化简,然后利用根与系数的关系建立方程(组),解决相关问题.(2)题中涉及弦的中点坐标时,可以采用“点差法”求解,设出弦端点A、B的坐标,分别代入圆锥曲线方程并作差,变形后可出现弦AB的中点坐标和直线AB的斜率.8.(2018北京文,20,14分)已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63,焦距为22.斜率为(1)求椭圆M的方程;(2)若k=1,求|AB|的最大值;(3)设P(-2,0),直线PA与椭圆M的另一个交点为C,直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若C,D和点Q−74,1解析(1)由题意得a2=b2+所以椭圆M的方程为x23+y(2)设直线l的方程为y=x+m,A(x1,y1),B(x2,y2).由y得4x2+6mx+3m2-3=0.所以x1+x2=-3m2,x1x2=|AB|=(x2=2[(x1+当m=0,即直线l过原点时,|AB|最大,最大值为6.(3)设A(x1,y1),B(x2,y2).由题意得x12+3y12=3,直线PA的方程为y=y1由y=y1x1+2(x+2),x2+3y2=3,，得[(x1设C(xC,yC)，所以xC+x1=−12y1所以xC=4x12−12所以yC=y1x1+2(x设D(xD,yD).同理得xD=−12−7x2记直线CQ,DQ的斜率分别为kCQ,kDQ,则kCQ-kDQ=y14x1+7−14−12−因为C,D,Q三点共线,所以kCQ-kDQ=0.故y1-y2=x1-x2.所以直线l的斜率k=y19.(2018天津理,19,14分)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为53,点A的坐标为(1)求椭圆的方程;(2)设直线l:y=kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若|AQ||PQ|=524sin∠解析(1)设椭圆的焦距为2c,由已知有c2a2又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由已知可得,|FB|=a,|AB|=2b,由|FB|·|AB|=62,可得ab=6,从而a=3,b=2.所以,椭圆的方程为x29+(2)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2).由已知有y1>y2>0,故|PQ|sin∠AOQ=y1-y2.又因为|AQ|=y2sin∠OAB,而∠OAB=π4,故由|AQ||PQ|=524sin∠由方程组y=kx,x29+y易知直线AB的方程为x+y-2=0,由方程组y=kx,x+y−2=0,由5y1=9y2,可得5(k+1)=39k2+4整理得56k2-50k+11=0,解得k=12,或k=11所以,k的值为12或11解题关键利用平面几何知识将|AQ||PQ|=524sin∠AOQ转化为点方法归纳求椭圆标准方程的基本方法(1)定义法:根据椭圆的定义,确定a2,b2的值,结合焦点位置写出椭圆方程;(2)待定系数法:这是求椭圆方程的常用方法,基本步骤为①根据已知条件判断焦点的位置;②根据焦点的位置设出所求椭圆的方程;③根据已知条件,建立关于a、b、c的方程组,注意c2=a2-b2的应用;④解方程组,求得a、b的值,从而得出椭圆的方程.10.(2016课标Ⅱ文,21,12分)已知A是椭圆E:x24+y23=1的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E(1)当|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,证明:3<k<2.解析(1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为π4又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2.(2分)将x=y-2代入x24+y23=1解得y=0或y=127,所以y1=12因此△AMN的面积S△AMN=2×12×127×127=144(2)将直线AM的方程y=k(x+2)(k>0)代入x24+y(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.由x1·(-2)=16k2−123+4k故|AM|=|x1+2|1+k2=由题设,直线AN的方程为y=-1k故同理可得|AN|=12k1+k由2|AM|=|AN|得23+4k2=k3k2+4,即设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点,f'(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0,所以f(t)在(0,+∞)内单调递增.又f(3)=153-26<0,f(2)=6>0,因此f(t)在(0,+∞)内有唯一的零点,且零点k在(3,2)内,所以3<k<2.(12分)评析本题考查了直线与椭圆的位置关系,考查了设而不求,整体运算的技巧,考查了函数的思想方法,属难题.11.(2016四川理,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)由已知,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+2m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,两点间距离公式,难点是运算量比较大,注意运算技巧.12.(2016天津文,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.解析(1)设F(c,0),由1|OF|+1|OA|=3e|FA|,即1c+1又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4.所以,椭圆的方程为x24+(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=8k2−64k2+3,由题意得xB=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+9所以,直线l的斜率为-64或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.13.(2015福建理,18,13分)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(0,(1)求椭圆E的方程;(2)设直线l:x=my-1(m∈R)交椭圆E于A,B两点,判断点G−94,0与以线段AB为直径的圆的位置关系解析解法一:(1)由已知得b=2所以椭圆E的方程为x24+(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为H(x0,y0).由x=my−1,x2所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2所以|GH|2=x0+942+y02=my0+542|AB|24=(1+m2)[(y1+y2)故|GH|2-|AB|24=52my0+(1+m2)y1y2+2516=5m22(m2故点G−94,0在以解法二:(1)同解法一.(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),则GA=x1+94,由x=my−1,x2所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-GA·GB=x1+94x2+94+y1y2=my1+54my2+54+y1y2=(m2+1)y所以cos<GA,GB>>0.又GA,GB不共线,所以∠AGB为锐角.故点G−94,0在以评析本小题主要考查椭圆、圆、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,考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想.14.(2014课标Ⅰ理,20,12分)已知点A(0,-2),椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,F是椭圆E的右焦点,(1)求E的方程;(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点.当△OPQ的面积最大时,求l的方程.解析(1)设F(c,0),由条件知,2c=233,得又ca=32,所以a=2,b2=a2-c故E的方程为x24+y(2)当l⊥x轴时不合题意,故设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).将y=kx-2代入x24+y2=1得(1+4k2)x当Δ=16(4k2-3)>0,即k2>34时,x1,2=8从而|PQ|=k2+1|x1-x2|=又点O到直线PQ的距离d=2k所以△OPQ的面积S△OPQ=12d·|PQ|=4设4k2−3=t,则t>0,S△OPQ=因为t+4t≥4,当且仅当t=2,即k=±72时等号成立,所以,当△OPQ的面积最大时,l的方程为y=72x-2或y=-7评析本题主要考查椭圆的标准方程、几何性质,直线的方程以及直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查用代数方法研究圆锥曲线综合问题,考查方程思想、函数思想、整体代换以及换元法的应用.考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力.15.（2023课标I，22）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．（1）求的方程；（2）已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．【解析】（1）设,则，两边同平方化简得，故.（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，则,令，同理令，且，则，设矩形周长为,由对称性不妨设，，则.，易知，则令令，解得，当时，，此时单调递减，当，，此时单调递增，则，故,即.当时,,且，即时等号成立，矛盾，故,得证.法二：不妨设在上，且，依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，直线的方程为，则联立得，，则则，同理，令，则，设，则，令，解得，当时，，此时单调递减，当，，此时单调递增，则，，但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.设,根据对称性不妨设.则,由于,则.由于,且介于之间,则.令,,则,从而故①当时,②当时,由于,从而,从而又,故,由此，当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于..16.(2021新高考Ⅰ,21,12分)在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-17,0),F2(17,0),点M满足|MF1|-|MF2|=2.记M的轨迹为C.(1)求C的方程;(2)设点T在直线x=12上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和解析(1)由题意知|F1F2|=217,因为|MF1|-|MF2|=2<|F1F2|=217,所以结合双曲线定义知,点M的轨迹C是以F1、F2为焦点的双曲线的右支.设其方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0,x≥a),则2解得a=1,c=17,则b2=c2-a2=(17)2-12=16,所以M的轨迹C的方程为x2-y216=1(x≥1(2)如图,设T12,m,直线AB的方程为y-m=k1x−12,由y=k1x−12+m,x2−y216=1(x≥1),得(设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=k12−2k1mk1则|TA|=1+k12x1−所以|TA|·|TB|=(1+k1设直线PQ的方程为y-m=k2x−同理得|TP|·|TQ|=(m因为|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,所以(m所以1+k12k12−16=1+k22k22−16,即k即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.一题多解(2)设T12,m,直线AB的倾斜角为θ1,直线PQ的倾斜角为θ2,由题不妨设TA=t1·AB|则|TA|=t1,|TB|=t2.设A(x,y),因为TA=t1·AB|AB|,所以x−12,y−m=t1(cosθ1,sinθ1),所以x=12+又因为点A在双曲线上,所以1612+t1cosθ12-(m+t1sinθ1)2=16,即(16cos2θ1-sin2θ1)t12+(16cosθ1-2msinθ1)同理可得(16cos2θ1-sin2θ1)t22+(16cosθ1-2msinθ1)t2-(m2+12)所以t1,t2即为方程(16cos2θ1-sin2θ1)t2+(16cosθ1-2msinθ1)t-(m2+12)=0的两个根,则|TA|·|TB|=t1t2=−(m同理|TP|·|TQ|=−(m结合|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,得cos2θ1=cos2θ2,又因为AB与PQ是不同直线,所以cosθ1=-cosθ2,于是θ1+θ2=π,则kAB+kPQ=0,即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.易错警示解答本题第一问时,容易出现所求C的方程为x2-y216=1的错误结果,17.(2016课标Ⅲ,理20,文20,12分)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明AR∥FQ;(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.解析由题设知F12,0.设l1:y=a,l2:y=b,则ab且Aa22,a,Bb22,记过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.(3分)(1)由于F在线段AB上,故1+ab=0.记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,则k1=a−b1+a2=a−b所以AR∥FQ.(5分)(2)设l与x轴的交点为D(x1,0),则S△ABF=12|b-a||FD|=12|b-a|x1−12由题设可得2×12|b-a|x1−所以x1=0(舍去),或x1=1.(8分)设满足条件的AB的中点为E(x,y).当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得2a+b=y而a+b2=y,所以y2当AB与x轴垂直时,E与D重合.所以,所求轨迹方程为y2=x-1.(12分)疑难突破第(1)问求解关键是把AR∥FQ的证明转化为kAR=kFQ的证明;第(2)问需找到AB中点所满足的几何条件,从而将其转化为等量关系.在利用斜率表示几何等量关系时应注意分类讨论思想的应用.评析本题主要考查抛物线的性质,直线的斜率及其应用,轨迹方程的求法等知识,考查分类讨论思想的应用,考查考生对基础知识和基本技能的应用能力.18.(2014广东理,20,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点为(1)求椭圆C的标准方程;(2)若动点P(x0,y0)为椭圆C外一点,且点P到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程.解析(1)由题意知c=5,e=ca=5∴a=3,b2=a2-c2=4,故椭圆C的标准方程为x29+(2)设两切线为l1,l2,①当l1⊥x轴或l1∥x轴时,l2∥x轴或l2⊥x轴,可知P(±3,±2).②当l1与x轴不垂直且不平行时,x0≠±3,设l1的斜率为k,且k≠0,则l2的斜率为-1k,l1的方程为y-y0=k(x-x0),与x29+y整理得(9k2+4)x2+18(y0-kx0)kx+9(y0-kx0)2-36=0,∵直线l1与椭圆相切,∴Δ=0,即9(y0-kx0)2k2-(9k2+4)·[(y0-kx0)2-4]=0,∴(x02-9)k2-2x0y0k+∴k是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y0同理,-1k是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y∴k·−1k=y02−4x02−9∴点P的轨迹方程为x2+y2=13(x≠±3).P(±3,±2)满足上式.综上,点P的轨迹方程为x2+y2=13.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以及轨迹方程的求法.考查分类讨论思想以及方程思想的应用.19.(2014湖北理,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程;(2)设斜率为k的直线l过定点P(-2,1).求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围.解析(1)设点M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1,即(x化简整理得y2=2(|x|+x).故点M的轨迹C的方程为y2=4(2)在点M的轨迹C中,记C1:y2=4x,C2:y=0(x<0),依题意,可设直线l的方程为y-1=k(x+2).由方程组y−1=k((i)当k=0时,此时y=1.把y=1代入轨迹C的方程,得x=14故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点14(ii)当k≠0时,方程①的判别式为Δ=-16(2k2+k-1).②设直线l与x轴的交点为(x0,0),则由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-2k1°若Δ<0,x0<0,由②③解得k<-1即当k∈(-∞,-1)∪12,+∞时,直线l与C1没有公共点,与C故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.2°若Δ=0,x0<0或Δ>0,x0≥0,则由②③即当k∈−1,12时,直线l与C1只有一个公共点,与C当k∈−12,0时,直线l与C1有两个公共点,与C故当k∈−12,0∪−1,12时,3°若Δ>0,x0<0,则由②③解得-1<k<-1即当k∈−1,−12∪0,12时,直线l与C1有两个公共点故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点.综合(i)(ii)可知,当k∈(-∞,-1)∪12,+∞∪{0}时,直线l与轨迹C恰好有一个公共点;当k∈−12,0∪−1,12时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点;当k∈−1,评析本题考查了直线和抛物线的位置关系,考查了数形结合的方法,灵活地利用判别式是求解的关键.盲目利用抛物线的定义而漏掉射线y=0(x<0)就会造成错解而失分.20.(2013课标Ⅰ,理20,文21,12分)已知圆M:(x+1)2+y2=1,圆N:(x-1)2+y2=9,动圆P与圆M外切并且与圆N内切,圆心P的轨迹为曲线C.(1)求C的方程;(2)l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求|AB|.解析由已知得圆M的圆心为M(-1,0),半径r1=1;圆N的圆心为N(1,0),半径r2=3.设圆P的圆心为P(x,y),半径为R.(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4.由椭圆的定义可知,曲线C是以M、N为左、右焦点,长半轴长为2,短半轴长为3的椭圆(左顶点除外),其方程为x24+y2(2)对于曲线C上任意一点P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-2≤2,所以R≤2,当且仅当圆P的圆心为(2,0)时,R=2.所以当圆P的半径最长时,其方程为(x-2)2+y2=4.若l的倾斜角为90°,则l与y轴重合,可得|AB|=23.若l的倾斜角不为90°,由r1≠R知l不平行于x轴,设l与x轴的交点为Q,则|QP||QM|=Rr1,可求得Q(-4,0),所以可设l:y=k(x+4).由l与圆M当k=24时,将y=24x+2代入x24+y23=1,并整理得7x2+8x-8=0,所以|AB|=1+k2|x2-x1|=当k=-24时,由图形的对称性可知|AB|=18综上,|AB|=23或|AB|=187评析本题考查了直线和圆的位置关系,考查了椭圆的定义和方程,考查了分类讨论的方法和运算求解能力.利用数形结合的方法是解题的关键.在求曲线C的方程时容易忽视对左顶点和直线倾斜角为90°时的讨论而造成失分.21.(2013课标Ⅱ文,20,12分)在平面直角坐标系xOy中,已知圆P在x轴上截得线段长为22,在y轴上截得线段长为23.(1)求圆心P的轨迹方程;(2)若P点到直线y=x的距离为22,求圆P的方程解析(1)设P(x,y),圆P的半径为r.由题设得y2+2=r2,x2+3=r2.从而y2+2=x2+3.故P点的轨迹方程为y2-x2=1.(2)设P(x0,y0),由已知得|x0−又P在双曲线y2-x2=1上,从而得|由x0−y0=1,y02−x由x0−y0=−1,y02−故圆P的方程为x2+(y-1)2=3或x2+(y+1)2=3.22.（2023全国乙理，20）已知椭圆的离心率是，点在上．（1）求的方程；（2）过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．【解析】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，联立方程，消去y得：，则，解得，可得，因为，则直线，令，解得，即,同理可得，则，所以线段的中点是定点.23.（2023课标II，21）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．（1）求C的方程；（2）记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.【解析】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，则由可得，，双曲线方程为.（2）由(1)可得，设，显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，与联立可得，且，则，直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得：，由可得，即，据此可得点在定直线上运动.【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.24.(2020新高考Ⅰ,22,12分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22(1)求C的方程;(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.质,椭圆中的定点、定值问题.考查学生分析问题、解决问题的能力.考查的核心素养是数学运算.解析(1)由题设得4a2+1b2=1,a2−b2a所以C的方程为x26+y23=1(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2).若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入x26+y23=1得(1+2k2)x2+4于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m由AM⊥AN知AM·AN=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2将①代入上式可得(k2+1)2m2−61+2k2-(km-k-2)4km1+2整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0(易错:化简和因式分解过程中的计算量比较大,容易出错).因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-1≠0,故2k+3m+1=0,k≠1.于是MN的方程为y=kx−23−1所以直线MN过点P23若直线MN与x轴垂直(易丢分点:容易忽略直线斜率不存在的情况),可得N(x1,-y1).由AM·AN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)又x126+y123=1,解得x1=2(舍去)或x1=23此时直线MN过点P23令Q为AP的中点,即Q43若D与P不重合,则由题设知AP是Rt△ADP的斜边,故|DQ|=12若D与P重合,则|DQ|=12|AP|综上,存在点Q43,13,使得|DQ|为定值.(归纳总结:圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点;(2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.25.(2022全国乙,理20,文21,12分)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过A(0,-2),B32,−1(1)求E的方程;(2)设过点P(1,-2)的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足MT=TH.证明:直线HN解析(1)解法一:设椭圆E的方程为x2a2+y2b2=1(a>0,b>0且a≠b),将A(0,-2),B32,−1解法二:设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0且m≠n).由题意可得4n=1,9m4+(2)由A(0,-2),B32,−1可得直线AB的方程为y=23①若过点P(1,-2)的直线的斜率不存在,则其方程为x=1,与方程x23+y24=1联立,可得y=±263,结合题意可知N1,263,M得−6+3−1=xH−(−6+3),yH=−263,则H−26+5,−26②若过点P(1,-2)的直线的斜率存在,设其方程为y+2=k(x-1),M(x1,y1),N(x2,y2).联立y+2=k(x−1),x23+y24=1,得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0,则x1+x2=6k(2+k)3k2+4,x1x2=3k(k+4)3k2联立y=y1,y=23x−2,可得T3y12+3,y1,由MT=TH,可得H(3y1+6-x1,y1),故此时直线HN的方程为y-y2=y1−y23y1+6−x1−x2(x-x2),将(0,-2)代入并整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+综上,直线HN过定点(0,-2).26.(2020课标Ⅰ理,20,12分)已知A,B分别为椭圆E:x2a2+y2=1(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,AG·GB=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,(1)求E的方程;(2)证明:直线CD过定点.解析(1)由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1).则AG=(a,1),GB=(a,-1).由AG·GB=8得a2-1=8,即a所以E的方程为x29+y2(2)设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知-3<n<3.由于直线PA的方程为y=t9(x+3),所以y1=t9(x1+3直线PB的方程为y=t3(x-3),所以y2=t3(x2-3可得3y1(x2-3)=y2(x1+3).由于x229+y可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3),即(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0.①将x=my+n代入x29+y2(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.所以y1+y2=-2mnm2+9,y1y代入①式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0.解得n1=-3(舍去),n2=32故直线CD的方程为x=my+32,即直线CD过定点3若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点32综上,直线CD过定点32方法总结求圆锥曲线中定点问题的基本思路(1)把直线或者曲线方程中的变量x,y当作常数,把参数当作未知数,将方程一端化为0,即化为mf(x,y)+g(x,y)=0的形式(这里把参数m当作未知数).(2)既然是过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,这时参数的系数就要全部等于0,这样就得到一个关于x,y的方程组,即f(3)这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点,即坐标满足f(x,y)=0,g(x,y27.(2019课标Ⅲ理,21,12分)已知曲线C:y=x22,D为直线y=-12上的动点,过D作C的两条切线(1)证明:直线AB过定点;(2)若以E0,52为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求四边形ADBE解析本题考查直线与抛物线相切,弦的中点,直线与圆相切等知识点,通过直线与抛物线的方程运算,考查了学生在解析几何中的运算求解能力,以直线与抛物线相切为背景考查了数学运算的核心素养.(1)设Dt,−12,A(x1,y1),则由于y'=x,所以切线DA的斜率为x1,故y1+1整理得2tx1-2y1+1=0.设B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0.故直线AB的方程为2tx-2y+1=0.所以直线AB过定点0,1(2)由(1)得直线AB的方程为y=tx+12由y=tx+1于是x1+x2=2t,x1x2=-1,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1,|AB|=1+t2|x1-x2|=1+t2×设d1,d2分别为点D,E到直线AB的距离,则d1=t2+1,d2=因此,四边形ADBE的面积S=12|AB|(d1+d2)=(t2+3)t设M为线段AB的中点,则Mt,由于EM⊥AB,而EM=(t,t2-2),AB与向量(1,t)平行,所以t+(t2-2)t=0.解得t=0或t=±1.当t=0时,S=3;当t=±1时,S=42.因此,四边形ADBE的面积为3或42.解题关键(1)设出A、B坐标,求导、列等式是解题的突破口.(2)由(1)得出AB的方程,用坐标表示出EM⊥AB,求AB方程中的参数是关键.28.(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)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.29.(2016北京理,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a=2,b=1.所以椭圆C的方程为x24+y(2)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(cosθ−直线BP的方程为y-1=sinθ−12cosθ(x-0),令y=0,得∴|AN|·|BM|=21−cos=22(1−sinθ当θ=kπ或θ=kπ+π2(k∈Z)时,M、N是定点,易得|AN|·|BM|=4.综上,|AN|·30.(2016北京文,19,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b(1)求椭圆C的方程及离心率;(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:四边形ABNM的面积为定值.解析(1)由题意得,a=2,b=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(3又c=a2−b所以离心率e=ca=32.(5(2)设P(x0,y0)(x0<0,y0<0),则x02+4y0又A(2,0),B(0,1),所以,直线PA的方程为y=y0令x=0,得yM=-2y0x0−2,从而|BM|=1-y直线PB的方程为y=y0令y=0,得xN=-x0从而|AN|=2-xN=2+x0y0所以四边形ABNM的面积S=12|AN|·=1=x=2x从而四边形ABNM的面积为定值.(14分)解后反思本题第(2)问可画出图形进行分析,发现点A和点B分别为椭圆的右顶点和上顶点,且四边形ABNM的对角线AN与BM互相垂直,所以S四边形ABNM=12|AN|·|BM|,问题转化为求点M与点N的坐标,故设点P(x0,y0),表示出直线PA和PB,即可求得点M、N的坐标评析本题考查了椭圆的标准方程、离心率和直线方程的相关知识及定值问题,知识点较综合,属中等偏难题.31.(2015课标Ⅱ文,20,12分)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)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=-12k,即k所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.评析本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系;考查了定值问题的解题方法.利用韦达定理解决线段的中点是求解关键.32.(2015陕西文,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+2k从而直线AP,AQ的斜率之和kAP+kAQ=y1+1x1+y=2k+(2-k)1x1=2k+(2-k)4k33.(2019课标Ⅱ文,20,12分)已知F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点,P(1)若△POF2为等边三角形,求C的离心率;(2)如果存在点P,使得PF1⊥PF2,且△F1PF2的面积等于16,求b的值和a的取值范围.解析本题主要考查椭圆的定义、简单的几何性质;考查数形结合的数学思想和逻辑思维能力与运算求解能力;体现了逻辑推理与数学运算的核心素养.(1)连接PF1.由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中,∠F1PF2=90°,|PF2|=c,|PF1|=3c,于是2a=|PF1|+|PF2|=(3+1)c,故C的离心率e=ca=3(2)由题意可知,满足条件的点P(x,y)存在,当且仅当12|y|·2c=16,yx+c·yx即c|y|=16,①x2+y2=c2,②x2a2由②③及a2=b2+c2得y2=b4又由①知y2=162c由②③得x2=a2c2(c2所以c2≥b2,从而a2=b2+c2≥2b2=32,故a≥42.当b=4,a≥42时,存在满足条件的点P.所以b=4,a的取值范围为[42,+∞).思路分析第(1)问中由平面几何知识可知△PF1F2是∠F1PF2=90°的直角三角形,且|PF2|=c,|PF1|=3c,再利用椭圆的定义找出a与c的等量关系,进而求离心率.第(2)问中设出P点坐标,利用S△PF1F2=16,PF1⊥PF2以及x2a2+y一题多解(2)设|PF1|=r1,|PF2|=r2,由椭圆的定义可得r1+r2=2a,S△PF1F2=12r1又PF1⊥PF2,∴r12+r2(r1+r2)2=r12+r22+2r1r2=4c∴4a2-4c2=64,∴b=4,又r12+r22≥2r1r2,∴4c2∴a2=b2+c2=16+c2≥32,∴b的值为4,a的取值范围为[42,+∞).34.(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)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y1+y2=2y0,y1y2=8x0−y02,因此,△PAB的面积S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=324(y0因为x02+y024=1(x0<0),所以y02-4x0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.35.(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(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=12时解法二: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,在∴f(x)max=f(1)=2716故|AP|·|PQ|的最大值为271636.(2016课标Ⅰ理,20,12分)设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.(1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程;(2)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.解析(1)因为|AD|=|AC|,EB∥AC,故∠EBD=∠ACD=∠ADC.所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.又圆A的标准方程为(x+1)2+y2=16,从而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.(2分)由题设得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为x24+y23=1(y(2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2).由y=k(x−1),x24+则x1+x2=8k24k2+3,x所以|MN|=1+k2|x1-x2|=12(k过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y=-1k(x-1),A到m的距离为2k2+1,所以|PQ|=2故四边形MPNQ的面积S=12|MN||PQ|=121+14可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,83).当l与x轴垂直时,其方程为x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四边形MPNQ的面积为12.综上,四边形MPNQ面积的取值范围为[12,83).(12分)评析本题重点考查圆锥曲线的几何性质,以及直线与椭圆、圆的位置关系,尤其是对“弦长”问题的考查,更是本题考查的重点.解决此类问题,除了要熟知圆锥曲线的几何性质之外,对计算能力的要求也非常高.37.(2016浙江理,19,15分)如图,设椭圆x2a2(1)求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长(用a,k表示);(2)若任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点,求椭圆离心率的取值范围.解析(1)设直线y=kx+1被椭圆截得的线段为AP,由y=kx+1,x2a2+y2故x1=0,x2=-2a因此|AP|=1+k2|x1-x2|=2a(2)假设圆与椭圆的公共点有4个,由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P,Q,满足|AP|=|AQ|.记直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2,且k1,k2>0,k1≠k2.由(1)知,|AP|=2a2|故2a2|所以(k12-k22)[1+k12+k2由于k1≠k2,k1,k2>0得1+k12+k22+a2(2-a因此1k12+11因为①式关于k1,k2的方程有解的充要条件是1+a2(a2-2)>1,所以a>2.因此,任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1<a≤2,由e=ca=a2−1a得,评析本题主要考查椭圆的几何性质、直线与椭圆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综合解题能力.38.(2016天津理,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a2-c(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(k2所以,直线l的斜率的取值范围为−∞,−解后反思由于引起变动的原因是直线不定,而直线过已知定点,因此直线的斜率是“战争的根源”.直线与直线、直线与椭圆的交点坐标归结为方程组的解,用直线的斜率k表示出点M的坐标是“奋斗的目标”.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.39.(2016浙江文,19,15分)如图,设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|-1.(1)求p的值;(2)若直线AF交抛物线于另一点B,过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N,AN与x轴交于点M.求M的横坐标的取值范围.解析(1)由题意可得,抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离,由抛物线的定义得p2=1,即(2)由(1)得,抛物线方程为y2=4x,F(1,0),可设A(t2,2t),t≠0,t≠±1.因为AF不垂直于y轴,可设直线AF:x=sy+1(s≠0),由y2=4x,x=故y1y2=-4,所以,B1t又直线AB的斜率为2tt2−1,故直线从而得直线FN:y=-t2−12t所以Nt2设M(m,0),由A,M,N三点共线得2tt2于是m=2t所以m<0或m>2.经检验,m<0或m>2满足题意.综上,点M的横坐标的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞).思路分析(1)利用抛物线的定义来解题;(2)由(1)知抛物线的方程,可设A点坐标及直线AF的方程,与抛物线方程联立可得B点坐标,进而得直线FN的方程与直线BN的方程,联立可得N点坐标,最后利用A,M,N三点共线可得kAN=kAM,最终求出结果.评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,同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力.40.(2015天津,19,14分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(-c,0),离心率为33,点M在椭圆上且位于第一象限,直线FM被圆x2+y(1)求直线FM的斜率;(2)求椭圆的方程;(3)设动点P在椭圆上,若直线FP的斜率大于2,求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围.解析(1)由已知有c2a2=13,又由a2=b2+c2,可得a2=3c2,b设直线FM的斜率为k(k>0),则直线FM的方程为y=k(x+c).由已知,有kck2+12+c22=(2)由(1)得椭圆方程为x23c2+y22c2=1,直线FM的方程为y=33(x+c),两个方程联立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-53c或由|FM|=(c+c)2所以椭圆的方程为x23+(3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,得t=yx+1,即y=t(x+1)(x≠-1),与椭圆方程联立得y=t(x+1),x23+y22=1,消去y,整理得2x2+3t2(x+1)2设直线OP的斜率为m,得m=yx,即y=mx(x≠0),与椭圆方程联立,整理可得m2=2x2①当x∈−32,−1时,有y=t(x+1)<0,因此m>0,于是m=2x②当x∈(-1,0)时,有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=-2x2−23,综上,直线OP的斜率的取值范围是−∞,−评析本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程和圆的方程、直线与圆的位置关系、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函数与方程思想解决问题的能力.41.(2015浙江理,19,15分)已知椭圆x22+y2=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+1(1)求实数m的取值范围;(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).解析(1)由题意知m≠0,可设直线AB的方程为y=-1m由x22+y2=1,y=−1m因为直线y=-1mx+b与椭圆x22+y2所以Δ=-2b2+2+4m将AB中点M2mbm2+2,b=-m2由①②得m<-63或m>6(2)令t=1m∈−62则|AB|=t2+1·且O到直线AB的距离为d=t2设△AOB的面积为S(t),所以S(t)=12|AB|·d=12−当且仅当t2=12时,等号成立故△AOB面积的最大值为22评析本题主要考查椭圆的几何性质,直线与椭圆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综合解题能力.42.(2013课标Ⅱ理,20,12分)平面直角坐标系xOy中,过椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)右焦点的直线x+y-3=0交M于A,B两点,P为AB的中点(1)求M的方程;(2)C,D为M上两点,若四边形ACBD的对角线CD⊥AB,求四边形ACBD面积的最大值.解析(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),则x12a2+y12b由此可得b2(x因为x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,y0x0所以a2=2b2.又由题意知,M的右焦点为(3,0),故a2-b2=3.因此a2=6,b2=3.所以M的方程为x26+(2)由x+y−3因此|AB|=46由题意可设直线CD的方程为y=x+n−5设C(x3,y3),D(x4,y4).由y=x+n,x于是x3,4=−2因为直线CD的斜率为1,所以|CD|=2|x4-x3|=43由已知,四边形ACBD的面积S=12|CD|·|AB|=8当n=0时,S取得最大值,最大值为86所以四边形ACBD面积的最大值为86评析本题考查了直线和椭圆的位置关系,考查了解析几何中的中点问题和最值问题,计算量大,综合性较强.应充分重视方程思想和函数思想在解题中的作用.43.(2011课标理,20,12分)在平面直角坐标系xOy中,已知点A(0,-1),B点在直线y=-3上,M点满足MB∥OA,MA·AB=MB·BA,M点的轨迹为曲线C.(1)求C的方程;(2)P为C上的动点,l为C在P点处的切线,求O点到l距离的最小值.解析(1)设M(x,y),由已知得B(x,-3),A(0,-1).所以MA=(-x,-1-y),MB=(0,-3-y),AB=(x,-2).再由题意可知(MA+MB)·AB=0,即(-x,-4-2y)·(x,-2)=0.所以曲线C的方程为y=14x2(2)设P(x0,y0)为曲线C:y=14x2-2上一点,因为y'=12x,所以l的斜率为12因此直线l的方程为y-y0=12x0(x-x0),即x0x-2y+2y0-x则O点到l的距离d=|2y又y0=14xd=12x02当x0=0时取等号,所以O点到l距离的最小值为2.44.(2014福建文,21,12分)已知曲线Γ上的点到点F(0,1)的距离比它到直线y=-3的距离小2.(1)求曲线Γ的方程;(2)曲线Γ在点P处的切线l与x轴交于点A,直线y=3分别与直线l及y轴交于点M,N.以MN为直径作圆C,过点A作圆C的切线,切点为B.试探究:当点P在曲线Γ上运动(点P与原点不重合)时,线段AB的长度是否发生变化?证明你的结论.解析(1)解法一:设S(x,y)为曲线Γ上任意一点,依题意,点S到F(0,1)的距离与它到直线y=-1的距离相等,所以曲线Γ是以点F(0,1)为焦点、直线y=-1为准线的抛物线,所以曲线Γ的方程为x2=4y.解法二:设S(x,y)为曲线Γ上任意一点,则|y-(-3)|-(x依题意,知点S(x,y)只能在直线y=-3的上方,所以y>-3,所以(x化简得,曲线Γ的方程为x2=4y.(2)当点P在曲线Γ上运动时,线段AB的长度不变.