《（課標專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學 專題九 平面解析幾何 6 圓錐曲線的綜合問題試題 文-人教版高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（課標專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學 專題九 平面解析幾何 6 圓錐曲線的綜合問題試題 文-人教版高三數(shù)學試題（24頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、圓錐曲線的綜合問題 探考情 悟真題 【考情探究】 考點 內(nèi)容解讀 5年考情 預測熱度 考題示例 考向 關聯(lián)考點 定點與定 值問題 ①了解圓錐曲線的簡單應用; ②掌握解析幾何中求解定點、定值問題的方法和步驟 2019課標全國Ⅲ,21,12分 直線過定點 直線與拋物線的位置關系;圓的方程 ★★★ 參變量的 取值范圍 和最值 問題 ①了解參變量的意義;②理解解析幾何中求解范圍和最值問題的基本方法;③理解函數(shù)思想和方程思想在圓錐曲線中的應用 2018浙江,21,15分 三角形的面積的取值范圍 橢圓、拋物線的幾何性質(zhì),直線與拋物線的位置關系 ★★★

2、 2019課標全國Ⅱ,20,12分 求橢圓的離心率及求參數(shù)的取值范圍 橢圓的定義 存在性 問題 ①理解圓錐曲線中存在性問題的基本解法;②理解轉(zhuǎn)化思想在圓錐曲線中的應用 2016課標全國Ⅰ,20,12分 存在性問題 直線與拋物線的位置關系 ★★☆ 分析解讀 從近幾年的高考試題來看,直線與圓錐曲線、圓錐曲線間的綜合考查主要涉及曲線方程的求法、位置關系的判斷及應用、弦長問題、最值問題、定點定值的探索性問題以及圓錐曲線間的聯(lián)系等,同時考查學生分析問題及解決綜合問題的能力,分值較高,難度較大.客觀題以圓錐曲線間的聯(lián)系為主,凸顯知識的連貫性和綜合性,著重考查函數(shù)與方程、分類討論

3、、數(shù)形結合等數(shù)學思想的應用.在求解圓錐曲線綜合問題時,需要較強的代數(shù)運算能力、圖形認知能力、邏輯思維能力、數(shù)形之間的轉(zhuǎn)化能力,在推理過程中要保持思維的邏輯性,確保結果正確完整. 破考點 練考向 【考點集訓】 考點一　軌跡與軌跡方程 　(2020屆江西南昌開學摸底,20)在平面直角坐標系xOy中,已知Q(-1,2),F(1,0),動點P滿足|PQ·OF|=|PF|. (1)求動點P的軌跡E的方程; (2)過點F的直線與軌跡E交于A,B兩點,記直線QA,QB的斜率分別為k1,k2,求證:k1+k2為定值. 答案　(1)設P(x,y),則PQ=(-1-x,2-y),OF=(1,0)

4、,PF=(1-x,-y),由|PQ·OF|=|PF|得|-1-x|=(1-x)2+(-y)2,化簡得y2=4x,即動點P的軌跡E的方程為y2=4x.(5分) (2)證明:設過點F(1,0)的直線的方程為x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2), 由x=my+1,y2=4x得y2-4my-4=0,∴y1+y2=4m,y1y2=-4,(7分) ∵k1+k2=y1-2x1+1+y2-2x2+1,x1=my1+1,x2=my2+1, ∴k1+k2=y1-2my1+2+y2-2my2+2=(y1-2)(my2+2)+(y2-2)(my1+2)(my1+2)(my2+2)=2my1y2+(

5、2-2m)(y1+y2)-8m2y1y2+2m(y1+y2)+4,(10分) 將y1+y2=4m,y1y2=-4代入上式得k1+k2=-8m2-84m2+4=-2, 故k1+k2為定值-2.(12分) 考點二　定點與定值問題 1.(2019云南昆明摸底,11)設點M為拋物線C:y2=4x的準線上一點(不同于準線與x軸的交點),過拋物線C的焦點F且垂直于x軸的直線與C交于A,B兩點,設MA,MF,MB的斜率分別為k1,k2,k3,則k1+k3k2的值為(　　) A.2 B.22 C.4 D.42 答案　A　 2.(2019廣東二模,20)在平面直角坐標系xOy中,拋物線C:x2

6、=6y與直線l:y=kx+3交于M,N兩點. (1)設M,N到y(tǒng)軸的距離分別為d1,d2,證明:d1和d2的乘積為定值; (2)y軸上是否存在點P,當k變化時,總有∠OPM=∠OPN?若存在,求點P的坐標;若不存在,請說明理由. 答案　(1)證明:將y=kx+3代入x2=6y,得x2-6kx-18=0.(1分) 設M(x1,y1),N(x2,y2),則x1x2=-18,(2分) 從而d1d2=|x1|·|x2|=|x1x2|=18,為定值.(4分) (2)存在符合題意的點P.(5分) 設P(0,b)為符合題意的點,直線PM,PN的斜率分別為k1,k2, 從而k1+k2=y1-b

7、x1+y2-bx2=2kx1x2+(3-b)(x1+x2)x1x2=-36k+6k(3-b)x1x2=-6k(b+3)x1x2.(9分) 因為當k變化時,總有∠OPM=∠OPN, 所以k1+k2=0,所以b=-3,(11分) 所以存在點P(0,-3)符合題意.(12分) 考點三　參變量的取值范圍和最值問題 答案　B　 考點四　存在性問題 　(2019四川涼山州二診,20)橢圓長軸右端點為A,上頂點為M,O為橢圓的中心,F為橢圓的右焦點,且MF·FA=2-1,離心率為22. (1)求橢圓的標準方程; (2)是否存在直線l,使直線l交橢圓于P、Q兩點,且點F恰好為△PQM

8、的垂心?若存在,求出直線l的方程;若不存在,請說明理由. 答案　(1)設橢圓的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),半焦距為c. 則A(a,0),M(0,b),F(c,0),MF=(c,-b),FA=(a-c,0). 由MF·FA=2-1得ac-c2=2-1, 又ca=22,a2=b2+c2, ∴a2=2,b2=1,∴橢圓的標準方程為x22+y2=1. (2)存在.∵F為△PQM的垂心,∴MF⊥PQ, 又M(0,1),F(1,0), ∴kMF=-1,∴kPQ=1. 設直線PQ:y=x+m,P(x1,y1),Q(x2,y2). 將y=x+m代入x22+y2=1,得3x2

9、+4mx+2m2-2=0. 則x1+x2=-4m3,x1x2=2m2-23. Δ=(4m)2-12(2m2-2)>0,解得-3

10、設D為橢圓x2+y25=1上任意一點,A(0,-2),B(0,2),延長AD至點P,使得|PD|=|BD|,則點P的軌跡方程為(　　) A.x2+(y-2)2=20 B.x2+(y+2)2=20 C.x2+(y-2)2=5 D.x2+(y+2)2=5 答案　B　 2.(2020屆江西定南中學月考,15)已知定點A(-3,0),B(3,0),直線AM、BM相交于點M,且它們的斜率之積為-19,則動點M的軌跡方程為　　　　　　.? 答案　x29+y2=1(x≠±3) 方法2　圓錐曲線中的定點、定值問題的求解方法 1.(2018遼寧大連一模)已知拋物線C:y2=2x,過點M(1,0

11、)任作一條直線和拋物線C交于A、B兩點,設點G(2,0),連接AG,BG并延長,分別和拋物線C交于點A'和B',則直線A'B'過定點　　　　.? 答案　(4,0) 2.(2019福建寧德期末,20)在平面直角坐標系xOy中,過動點P作直線x=-8的垂線,垂足為Q,且滿足OP⊥OQ,其中O為坐標原點,動點P的軌跡為曲線C. (1)求曲線C的方程; (2)過點(2,0)作與y軸不平行的直線l,交曲線C于M,N兩點,點A(-3,0),記k,k1,k2分別為直線l,AM,AN的斜率,求證:kk1+kk2為定值. 答案　(1)解法一:設P(x,y),x≠0,則Q(-8,y), |OP|=x2

12、+y2,|OQ|=(-8)2+y2=64+y2,|PQ|=|x+8|. ∵OP⊥OQ,∴|OP|2+|OQ|2=|PQ|2, 即(x2+y2)2+(64+y2)2=|x+8|2, 整理得y2=8x,故曲線C的方程為y2=8x(x≠0). 解法二:設P(x,y),x≠0,則Q(-8,y), ∴kOP=yx,kOQ=y-8,∵OP⊥OQ,∴kOP·kOQ=yx·y-8=-1. 整理得y2=8x,故曲線C的方程為y2=8x(x≠0). 解法三:設P(x,y),x≠0,則Q(-8,y),∴OP=(x,y),OQ=(-8,y),∵OP⊥OQ,∴OP·OQ=-8x+y2=0. 整理得y2=

13、8x,故曲線C的方程為y2=8x(x≠0). (2)證法一:由題意知直線l的方程為y=k(x-2),k≠0, 聯(lián)立y=k(x-2),y2=8x,消去x,整理得ky2-8y-16k=0, 設M(x1,y1),N(x2,y2),則y1+y2=8k,y1y2=-16, ∵k1=y1x1+3,k2=y2x2+3,∴kk1+kk2=kx1+3y1+x2+3y2 =k·(x1+3)y2+(x2+3)y1y1y2 =k·y1k+5y2+y2k+5y1y1y2 =k·2y1y2k+5(y1+y2)y1y2 =k·2×(-16)k+5×8k-16=-12, ∴kk1+kk2為定值. 證法二:

14、依題意得,直線l的方程為y=k(x-2),k≠0, 聯(lián)立y=k(x-2),y2=8x,消去y,整理得k2x2-(4k2+8)x+4k2=0, 設M(x1,y1),N(x2,y2),則x1+x2=4k2+8k2,x1x2=4, ∵k1=y1x1+3,k2=y2x2+3, ∴kk1+kk2=kx1+3y1+x2+3y2=k·(x1+3)y2+(x2+3)y1y1y2 =k·k(x1+3)(x2-2)+k(x2+3)(x1-2)k2(x1-2)(x2-2) =2x1x2+x1+x2-12x1x2-2(x1+x2)+4 =2×4+4k2+8k2-124-2×4k2+8k2+4=8k2-1

15、6k2=-12, ∴kk1+kk2為定值. 方法3　圓錐曲線中的最值、范圍問題的求解方法 1.(2020屆豫北名校第二次聯(lián)考,8)已知拋物線y=18x2與雙曲線y2a2-x2=1(a>0)有共同的焦點F,O為坐標原點,點P在x軸上方且在雙曲線上,則OP·FP的最小值為(　　) A.3-23 B.23-3 C.-74 D.34 答案　A　 2.(2020屆廣西桂林十八中期中,20)已知橢圓D:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率e=22,點(2,-1)在橢圓D上. (1)求橢圓D的標準方程; (2)過y軸上一點E(0,t)且斜率為k的直線l與橢圓D交于A,B兩點,設直

16、線OA,OB(O為坐標原點)的斜率分別為kOA,kOB,若對任意實數(shù)k,存在λ∈[2,4],使得kOA+kOB=λk,求實數(shù)t的取值范圍. 答案　(1)橢圓D的離心率e=a2-b2a=22,∴a=2b,(2分) 又點(2,-1)在橢圓D上,∴2a2+1b2=1, 聯(lián)立a=2b,2a2+1b2=1,得a2=4,b2=2,(4分) ∴橢圓D的標準方程為x24+y22=1.(5分) (2)由題意得,直線l的方程為y=kx+t,(6分) 由x24+y22=1,y=kx+t,得(2k2+1)x2+4ktx+2t2-4=0,(7分) 設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-4k

17、t2k2+1,x1x2=2t2-42k2+1,(8分) kOA+kOB=y1x1+y2x2=kx1+tx1+kx2+tx2=2k+t(x1+x2)x1x2=2k+t·-4kt2k2+1·2k2+12t2-4=-4kt2-2, 由kOA+kOB=λk,k∈R,得-4t2-2=λ,即t2=2-4λ,(10分) 又λ∈[2,4],∴t2∈[0,1],∴t∈[-1,1].(12分) 方法4　圓錐曲線中的存在性問題的求解方法 　(20195·3原創(chuàng)沖刺卷三,20)已知定點F(0,2)和定直線l:y=-3,動圓M在直線l的上方,其半徑r=|MF|,且圓M上的點到直線l的距離的最小值等于1.

18、 (1)求圓心M的軌跡C的方程; (2)已知直線AB交曲線C于A,B兩點,交x軸于點G,交y軸正半軸于點H,是否存在直線AB,使得A,B兩點縱坐標之積為4,且1|GA|+1|GB|-3|GH|=0?若存在,求出直線AB的方程;若不存在,請說明理由. 答案　(1)由題意可知,動點M到定點F(0,2)的距離等于到定直線l':y=-2的距離,根據(jù)拋物線的定義可知,點M的軌跡C是以F為焦點的拋物線,故圓心M的軌跡C的方程為x2=8y.(4分) (2)存在.假設存在符合條件的直線AB,由已知可知直線AB的斜率存在,設直線AB的方程為y=kx+b(k≠0,b>0),A(x1,y1),B(x2,y2)

19、. 由y=kx+b,x2=8y得x2-8kx-8b=0,所以64k2+32b>0,x1+x2=8k,x1x2=-8b,(6分) 所以y1y2=x128·x228=b2. 由y1y2=4,得b2=4,又b>0,所以b=2.(8分) 由1|GA|+1|GB|-3|GH|=0,得|GH||GA|+|GH||GB|=3,作AA'⊥x軸,BB'⊥x軸,垂足分別為A',B',則|GH||GA|+|GH||GB|=|OH||AA'|+|OH||BB'|=2y1+2y2=2(y1+y2)y1y2=3,(10分) 因為y1y2=4,y1+y2=k(x1+x2)+4=8k2+4,所以8k2+4=6,所以

20、k=±12. 故存在符合條件的直線AB,其方程為y=12x+2或y=-12x+2.(12分) 【五年高考】 A組　統(tǒng)一命題·課標卷題組 1.(2019課標全國Ⅲ,21,12分)已知曲線C:y=x22,D為直線y=-12上的動點,過D作C的兩條切線,切點分別為A,B. (1)證明:直線AB過定點; (2)若以E0,52為圓心的圓與直線AB相切,且切點為線段AB的中點,求該圓的方程. 答案　本題將直線、拋物線、圓的相關內(nèi)容有機結合,考查三者之間的位置關系,考查學生分析問題與解決問題的能力,考查邏輯推理與數(shù)學運算的核心素養(yǎng). (1)證明:設Dt,-12,A(x1,y1),則x12=2

21、y1. 由于y'=x,所以切線DA的斜率為x1,故y1+12x1-t=x1. 整理得2tx1-2y1+1=0. 設B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0. 故直線AB的方程為2tx-2y+1=0. 所以直線AB過定點0,12. (2)由(1)得直線AB的方程為y=tx+12. 由y=tx+12,y=x22可得x2-2tx-1=0. 于是x1+x2=2t,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1. 設M為線段AB的中點,則Mt,t2+12. 由于EM⊥AB,而EM=(t,t2-2),AB與向量(1,t)平行, 所以t+(t2-2)t=0.解得t=0或t=±1

22、. 當t=0時,|EM|=2,所求圓的方程為x2+y-522=4; 當t=±1時,|EM|=2,所求圓的方程為x2+y-522=2. 2.(2016課標全國Ⅰ,20,12分)在直角坐標系xOy中,直線l:y=t(t≠0)交y軸于點M,交拋物線C:y2=2px(p>0)于點P,M關于點P的對稱點為N,連接ON并延長交C于點H. (1)求|OH||ON|; (2)除H以外,直線MH與C是否有其他公共點?說明理由. 答案　(1)由已知得M(0,t),Pt22p,t.(1分) 又N為M關于點P的對稱點,故Nt2p,t,ON的方程為y=ptx,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解

23、得x1=0,x2=2t2p. 因此H2t2p,2t.(4分) 所以N為OH的中點,即|OH||ON|=2.(6分) (2)直線MH與C除H以外沒有其他公共點.(7分) 理由如下: 直線MH的方程為y-t=p2tx,即x=2tp(y-t).(9分) 代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直線MH與C只有一個公共點,所以除H以外直線MH與C沒有其他公共點.(12分) 3.(2015課標Ⅱ,20,12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,點(2,2)在C上. (1)求C的方程; (2)直線l不過原點O且不平行于坐標軸,l與

24、C有兩個交點A,B,線段AB的中點為M.證明:直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值. 答案　(1)由題意有ca=22,4a2+2b2=1, 又c2=a2-b2,所以a2=8,b2=4. 所以C的方程為x28+y24=1. (2)設直線l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM). 將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. 于是直線OM的斜率kOM=yMxM=-12k,即kOM·k=-12. 所以直線OM的斜率與

25、直線l的斜率的乘積為定值. B組　自主命題·省(區(qū)、市)卷題組 考點一　定點與定值問題 1.(2016北京,19,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1過A(2,0),B(0,1)兩點. (1)求橢圓C的方程及離心率; (2)設P為第三象限內(nèi)一點且在橢圓C上,直線PA與y軸交于點M,直線PB與x軸交于點N.求證:四邊形ABNM的面積為定值. 答案　(1)由題意得,a=2,b=1. 所以橢圓C的方程為x24+y2=1.(3分) 又c=a2-b2=3, 所以離心率e=ca=32.(5分) (2)證明:設P(x0,y0)(x0<0,y0<0),則x02+4y02=4.(6

26、分) 又A(2,0),B(0,1), 所以,直線PA的方程為y=y0x0-2(x-2). 令x=0,得yM=-2y0x0-2,從而|BM|=1-yM=1+2y0x0-2.(9分) 直線PB的方程為y=y0-1x0x+1. 令y=0,得xN=-x0y0-1, 從而|AN|=2-xN=2+x0y0-1.(12分) 所以四邊形ABNM的面積 S=12|AN|·|BM| =122+x0y0-11+2y0x0-2 =x02+4y02+4x0y0-4x0-8y0+42(x0y0-x0-2y0+2) =2x0y0-2x0-4y0+4x0y0-x0-2y0+2=2. 從而四邊形ABNM

27、的面積為定值.(14分) 2.(2015陜西,20,12分)如圖,橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過點A(0,-1),且離心率為22. (1)求橢圓E的方程; (2)經(jīng)過點(1,1),且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P,Q(均異于點A),證明:直線AP與AQ的斜率之和為2. 答案　(1)由題設知ca=22,b=1, 結合a2=b2+c2,解得a=2. 所以橢圓E的方程為x22+y2=1. (2)證明:由題設知,直線PQ的方程為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>

28、0. 設P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0, 則x1+x2=4k(k-1)1+2k2,x1x2=2k(k-2)1+2k2. 從而直線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. 考點二　參變量的取值范圍和最值問題 1.(2018浙江,17,4分)已知點P(0,1),橢圓x24+y2=m(m>1)上兩點A,B滿足AP=2PB,則當m=　　　　時,點B橫坐標的絕對

29、值最大.? 答案　5 2.(2018浙江,21,15分)如圖,已知點P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點,拋物線C:y2=4x上存在不同的兩點A,B滿足PA,PB的中點均在C上. (1)設AB中點為M,證明:PM垂直于y軸; (2)若P是半橢圓x2+y24=1(x<0)上的動點,求△PAB面積的取值范圍. 答案　(1)設P(x0,y0),A14y12,y1,B14y22,y2. 因為PA,PB的中點在拋物線上, 所以y1,y2為方程y+y022=4·14y2+x02即y2-2y0y+8x0-y02=0的兩個不同的實根. 所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y軸. (2)由(1

30、)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的面積S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=324(y02-4x0)32. 因為x02+y024=1(x0<0),所以y02-4x0=-4x02-4x0+4∈[4,5]. 因此,△PAB面積的取值范圍是62,15104. 3.(2016山東,21,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的長軸長為4,焦距為22. (1)求橢圓C的方程; (2)過動點M(0,m)(m>0)的直線交x軸于點N,交

31、C于點A,P(P在第一象限),且M是線段PN的中點.過點P作x軸的垂線交C于另一點Q,延長QM交C于點B. (i)設直線PM,QM的斜率分別為k,k',證明k'k為定值; (ii)求直線AB的斜率的最小值. 答案　(1)設橢圓的半焦距為c. 由題意知2a=4,2c=22, 所以a=2,b=a2-c2=2. 所以橢圓C的方程為x24+y22=1. (2)(i)證明:設P(x0,y0)(x0>0,y0>0). 由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m). 所以直線PM的斜率k=2m-mx0=mx0, 直線QM的斜率k'=-2m-mx0=-3mx0. 此時k'

32、k=-3.所以k'k為定值-3. (ii)設A(x1,y1),B(x2,y2). 直線PA的方程為y=kx+m, 直線QB的方程為y=-3kx+m. 聯(lián)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=-32

33、k2(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,等號當且僅當k=66時取得. 此時m4-8m2=66,即m=147,符合題意. 所以直線AB的斜率的最小值為62. 考點三　存在性問題 　(2015四川,20,13分)如圖,橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率是22,點

34、P(0,1)在短軸CD上,且PC·PD=-1. (1)求橢圓E的方程; (2)設O為坐標原點,過點P的動直線與橢圓交于A,B兩點.是否存在常數(shù)λ,使得OA·OB+λPA·PB為定值?若存在,求λ的值;若不存在,請說明理由. 答案　(1)由已知得,點C,D的坐標分別為(0,-b),(0,b). 又點P的坐標為(0,1),且PC·PD=-1, 于是1-b2=-1,ca=22,a2-b2=c2.解得a=2,b=2. 所以橢圓E的方程為x24+y22=1. (2)當直線AB的斜率存在時,設直線AB的方程為y=kx+1,A,B的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2). 由x24+y

35、22=1,y=kx+1,得(2k2+1)x2+4kx-2=0. 其判別式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0, 所以,x1+x2=-4k2k2+1,x1x2=-22k2+1. 從而,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,當λ=1時,-λ-12k2+1-λ-2=-3. 此時,OA·OB+λPA·PB=-3,為定值. 當直線AB斜率不存在時,直線AB即為直線CD. 當λ=1時,OA·OB+

36、λPA·PB=OC·OD+PC·PD=-2-1=-3. 故存在常數(shù)λ=1,使得OA·OB+λPA·PB為定值-3. C組　教師專用題組 考點一　定點與定值問題 　(2014江西,20,13分)如圖,已知拋物線C:x2=4y,過點M(0,2)任作一直線與C相交于A,B兩點,過點B作y軸的平行線與直線AO相交于點D(O為坐標原點). (1)證明:動點D在定直線上; (2)作C的任意一條切線l(不含x軸),與直線y=2相交于點N1,與(1)中的定直線相交于點N2.證明:|MN2|2-|MN1|2為定值,并求此定值. 答案　(1)證明:依題意可設直線AB的方程為y=k

37、x+2,代入x2=4y,得x2=4(kx+2),即x2-4kx-8=0. 設A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1x2=-8, 直線AO的方程為y=y1x1x,直線BD的方程為x=x2. 解得交點D的坐標為x2,y1x2x1, 注意到x1x2=-8及x12=4y1,則有y=y1x1x2x12=-8y14y1=-2. 因此D點在定直線y=-2上(x≠0). (2)依題設知,切線l的斜率存在且不等于0,設切線l的方程為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,化簡整理得b=-a2. 故切線l的方程可

38、寫為y=ax-a2. 分別令y=2、y=-2得N1、N2的坐標為 N12a+a,2、N2-2a+a,-2, 則|MN2|2-|MN1|2=2a-a2+42-2a+a2=8, 即|MN2|2-|MN1|2為定值8. 考點二　參變量的取值范圍和最值問題 1.(2017山東,21,14分)在平面直角坐標系xOy中,已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,橢圓C截直線y=1所得線段的長度為22. (1)求橢圓C的方程; (2)動直線l:y=kx+m(m≠0)交橢圓C于A,B兩點,交y軸于點M.點N是M關于O的對稱點,☉N的半徑為|NO|.設D為AB的中點,D

39、E,DF與☉N分別相切于點E,F,求∠EDF的最小值. 答案　(1)由橢圓的離心率為22,得a2=2(a2-b2), 又當y=1時,x2=a2-a2b2,得a2-a2b2=2, 所以a2=4,b2=2. 因此橢圓方程為x24+y22=1. (2)設A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)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

40、+m2k2+1+m2, 整理得|ND|2=4m2(1+3k2+k4)(2k2+1)2, 因為|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. 當t≥3時,y'>0, 從而y=t+1t在[3,+∞)上單調(diào)遞增, 因此t+1t≥103, 等號當且僅當t=3時成立,此時k=0, 所以|ND|2|NF|2≤1+3=4, 由(*)得-2

41、≠0. 故|NF||ND|≥12. 設∠EDF=2θ, 則sinθ=|NF||ND|≥12. 所以θ的最小值為π6, 從而∠EDF的最小值為π3,此時直線l的斜率是0. 綜上所述:當k=0,m∈(-2,0)∪(0,2)時,∠EDF取到最小值π3. 2.(2015山東,21,14分)平面直角坐標系xOy中,已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,且點3,12在橢圓C上. (1)求橢圓C的方程; (2)設橢圓E:x24a2+y24b2=1,P為橢圓C上任意一點,過點P的直線y=kx+m交橢圓E于A,B兩點,射線PO交橢圓E于點Q. (i)求|OQ||OP

42、|的值; (ii)求△ABQ面積的最大值. 答案　(1)由題意知3a2+14b2=1, 又a2-b2a=32,解得a2=4,b2=1. 所以橢圓C的方程為x24+y2=1. (2)由(1)知橢圓E的方程為x216+y24=1. (i)設P(x0,y0),|OQ||OP|=λ, 由題意知Q(-λx0,-λy0). 因為x024+y02=1, 又(-λx0)216+(-λy0)24=1, 即λ24x024+y02=1, 所以λ=2,即|OQ||OP|=2. (ii)設A(x1,y1),B(x2,y2). 將y=kx+m代入橢圓E的方程, 可得(1+4k2)x2+8kmx

43、+4m2-16=0, 由Δ>0,可得m2<4+16k2.① 則有x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-161+4k2. 所以|x1-x2|=416k2+4-m21+4k2. 因為直線y=kx+m與y軸交點的坐標為(0,m), 所以△OAB的面積S=12|m||x1-x2| =216k2+4-m2|m|1+4k2=2(16k2+4-m2)m21+4k2=24-m21+4k2m21+4k2. 設m21+4k2=t. 將y=kx+m代入橢圓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

44、此S=2(4-t)t=2-t2+4t. 故S≤23, 當且僅當t=1,即m2=1+4k2時取得最大值23. 由(i)知,△ABQ面積為3S, 所以△ABQ面積的最大值為63. 3.(2014北京,19,14分)已知橢圓C:x2+2y2=4. (1)求橢圓C的離心率; (2)設O為原點.若點A在直線y=2上,點B在橢圓C上,且OA⊥OB,求線段AB長度的最小值. 答案　(1)由題意,知橢圓C的標準方程為x24+y22=1. 所以a2=4,b2=2,從而c2=a2-b2=2. 因此a=2,c=2. 故橢圓C的離心率e=ca=22. (2)設點A,B的坐標分別為(t,2),(

45、x0,y0),其中x0≠0. 因為OA⊥OB,所以OA·OB=0, 即tx0+2y0=0,解得t=-2y0x0. 又x02+2y02=4, 所以|AB|2=(x0-t)2+(y0-2)2 =x0+2y0x02+(y0-2)2 =x02+y02+4y02x02+4 =x02+4-x022+2(4-x02)x02+4 =x022+8x02+4(0

46、.O是滑槽AB的中點,短桿ON可繞O轉(zhuǎn)動,長桿MN通過N處鉸鏈與ON連接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑動,且DN=ON=1,MN=3.當栓子D在滑槽AB內(nèi)做往復運動時,帶動N繞O轉(zhuǎn)動,M處的筆尖畫出的橢圓記為C.以O為原點,AB所在的直線為x軸建立如圖2所示的平面直角坐標系. 　　　　圖1　　　　　　　　　　　圖2　　　　 (1)求橢圓C的方程; (2)設動直線l與兩定直線l1:x-2y=0和l2:x+2y=0分別交于P,Q兩點.若直線l總與橢圓C有且只有一個公共點,試探究:△OPQ的面積是否存在最小值?若存在,求出該最小值;若不存在,說明理由. 答案　(1)因為|OM|≤|MN|

47、+|NO|=3+1=4.當M,N在x軸上時,等號成立;同理,|OM|≥|MN|-|NO|=3-1=2,當D,O重合,即MN⊥x軸時,等號成立.所以橢圓C的中心為原點O,長半軸長為4,短半軸長為2,其方程為x216+y24=1. (2)(i)當直線l的斜率不存在時,直線l為x=4或x=-4,都有S△OPQ=12×4×4=8. (ii)當直線l的斜率存在時,設直線l:y=kx+mk≠±12, 由y=kx+m,x2+4y2=16,消去y,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0. 因為直線l總與橢圓C有且只有一個公共點, 所以Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-16)

48、=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. 由原點O到直線PQ的距離為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 將①代入②得,S△OPQ=2m21-4k2=8|4k2+1||4k2-1|. 當k2>14時,S△OPQ=8·4k2+14k2-1=81+24k2-1>8; 當0≤k2<14時,S△OPQ=8·4k2+11-4k2=8-1+21-4k2. 因0≤k

49、2<14,則0<1-4k2≤1,21-4k2≥2, 所以S△OPQ=8-1+21-4k2≥8, 當且僅當k=0時取等號. 所以當k=0時,S△OPQ的最小值為8. 綜合(i)(ii)可知,當直線l與橢圓C在四個頂點處相切時,△OPQ的面積取得最小值8. 2.(2014湖南,20,13分)如圖,O為坐標原點,雙曲線C1:x2a12-y2b12=1(a1>0,b1>0)和橢圓C2:y2a22+x2b22=1(a2>b2>0)均過點P233,1,且以C1的兩個頂點和C2的兩個焦點為頂點的四邊形是面積為2的正方形. (1)求C1,C2的方程; (2)是否存在直線l,使得l與C1交于A,B

50、兩點,與C2只有一個公共點,且|OA+OB|=|AB|?證明你的結論. 答案　(1)設C2的焦距為2c2,由題意知,2c2=2,2a1=2, 從而a1=1,c2=1. 因為點P233,1在雙曲線x2-y2b12=1上,所以2332-1b12=1,故b12=3. 由橢圓的定義知2a2=2332+(1-1)2+2332+(1+1)2=23. 于是a2=3,b22=a22-c22=2,故C1,C2的方程分別為x2-y23=1,y23+x22=1. (2)不存在符合題設條件的直線. (i)若直線l垂直于x軸,因為l與C2只有一個公共點,所以直線l的方程為x=2或x=-2. 當x=2

51、時,易知A(2,3),B(2,-3), 所以|OA+OB|=22,|AB|=23, 此時,|OA+OB|≠|(zhì)AB|. 當x=-2時,同理可知,|OA+OB|≠|(zhì)AB|. (ii)若直線l不垂直于x軸,設l的方程為y=kx+m, 由y=kx+m,x2-y23=1得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0. 當l與C1相交于A,B兩點時,設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1,x2是上述方程的兩個實根,從而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

52、得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0. 因為直線l與C2只有一個公共點,所以上述方程的判別式 Δ=16k2m2-8(2k2+3)(m2-3)=0. 化簡,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≠|(zhì)OA-OB|2,故|OA+OB|≠|(zhì)AB|. 綜合(i),(ii)可知,不存在符合題設條件的直線. 【三年模擬】 時間:60分鐘　分值:70分 一、選擇題(每小題5分,共30分) 1.(2020屆云南

53、昆明一中第二次月考,11)已知圓M:(x+5)2+y2=36,定點N(5,0),點P為圓M上的動點,點Q在NP上,點G在MP上,且滿足NP=2NQ,GQ·NP=0,則點G的軌跡方程為(　　) A.x29+y24=1 B.x236+y231=1C.x29-y24=1 D.x236-y231=1 答案　A　 2.(2020屆云南昆明第一中學第四次月考,11)設P,Q分別為圓x2+(y-6)2=2和橢圓x210+y2=1上的動點,則P,Q兩點間的最大距離是(　　) A.52 B.46+2 C.7+2 D.62 答案　D　 3.(2020屆河南中原名校聯(lián)盟第三次測評,10)橢圓C:x2a2

54、+y2b2=1(a>b>0)的長軸長、短軸長和焦距成等差數(shù)列,若點P為橢圓C上的任意一點,且P在第一象限,O為坐標原點,F(3,0)為橢圓C的右焦點,則OP·PF的取值范圍為(　　) A.(-16,-10) B.-10,-394 C.-16,-394 D.-∞,-394 答案　C　 4.(2020屆甘肅頂級名校10月聯(lián)考,12)已知橢圓C1:x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)與雙曲線C2:x2a22-y2b22=1(a2>0,b2>0)有相同的焦點F1,F2,若點P是C1與C2在第一象限內(nèi)的交點,且|F1F2|=2|PF2|,設C1與C2的離心率分別為e1,e2,則e2-e1

55、的取值范圍是(　　) A.12,+∞ B.13,+∞ C.12,+∞ D.13,+∞ 答案　A　 5.(2019四川綿陽二診,12)已知橢圓C:x2m+y2m-4=1(m>4)的右焦點為F,點A(-2,2)為橢圓C內(nèi)一點.若橢圓C上存在一點P,使得|PA|+|PF|=8,則m的取值范圍是(　　) A.(6+25,25] B.[9,25] C.(6+25,20] D.[3,5] 答案　A 6.(2019安徽六安一中4月月考,12)已知點P(-2,0),設不垂直于x軸的直線l與拋物線y2=4x交于不同的兩點A、B,若x軸是∠APB的平分線所在直線,則直線l一定過點(　　) A.(

56、-1,0) B.(1,0) C.(2,0) D.(4,0) 答案　C　 二、填空題(共5分) 7.(2020屆豫南九校第三次聯(lián)考,16)已知橢圓C:3x2+4y2=12,橢圓C上有不同的兩點關于直線l:y=4x+m對稱,則實數(shù)m的取值范圍為　　　　　　.? 答案　-21313,21313 三、解答題(共35分) 8.(2020屆陜西百校聯(lián)盟9月聯(lián)考,21)記拋物線C:y2=-2x的焦點為F,點M在拋物線上,N(-3,1),斜率為k的直線l與拋物線C交于P,Q兩點. (1)求|MN|+|MF|的最小值; (2)若M(-2,2),直線MP,MQ的斜率都存在,且kMP+kMQ

57、+2=0,探究直線l是否過定點.若是,求出該定點坐標;若不是,請說明理由. 答案　(1)設拋物線C的準線為l',過點M作MM'⊥l',垂足為M',過點N作NN'⊥l',垂足為N',(1分) 則|MN|+|MF|=|MN|+|MM|'≥|NN'|=72, 故|MN|+|MF|的最小值為72.(4分) (2)設直線l的方程為y=kx+b,P(x1,y1),Q(x2,y2), 將直線l的方程與拋物線C的方程聯(lián)立得y=kx+b,y2=-2x, 得k2x2+(2kb+2)x+b2=0,(6分) 則x1+x2=-2kb-2k2①,x1x2=b2k2②,(7分) 又kMP+kMQ=y1-2x

58、1+2+y2-2x2+2=-2, 即(kx1+b-2)(x2+2)+(kx2+b-2)(x1+2)=-2(x1+2)(x2+2), 2kx1x2+2k(x1+x2)+b(x1+x2)-2(x1+x2)+4b-8=-2x1x2-4(x1+x2)-8, 將①②代入化簡得,b2-b-2-2k(b+1)=0, 即(b+1)(b-2-2k)=0,得b=-1或b=2+2k.(9分) 當b=-1時,直線l為y=kx-1,此時直線恒過(0,-1);(10分) 當b=2+2k時,直線l為y=kx+2k+2=k(x+2)+2,此時直線恒過M(-2,2),不合題意,舍去. 綜上所述,直線l過定點(0,

59、-1).(12分) 9.(2018河北五校12月聯(lián)考,20)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,右焦點為F,上頂點為A,且△AOF的面積為12(O是坐標原點). (1)求橢圓C的方程; (2)設P是橢圓C上的一點,過P的直線l與以橢圓的短軸為直徑的圓切于第一象限,切點為M,證明:|PF|+|PM|為定值. 答案　(1)設橢圓的半焦距為c,由已知得c2a2=12,12bc=12,b2+c2=a2?a2=2,b2=1, ∴橢圓C的方程為x22+y2=1. (2)證明:以短軸為直徑的圓的方程為x2+y2=1,F(1,0), 設P(x0,y0),則x022+y

60、02=1(0

61、的直線l與軌跡C交于M,N兩點,求|MN|的取值范圍. 答案　(1)依題意得,4(x-3)2+y2+3(x-2)=x+18, ∴(x-3)2+y2=6-12x, 化簡得x236+y227=1, ∴點P的軌跡C的方程為x236+y227=1(2≤x≤6). (2)將x=2代入x236+y227=1,得y=±26. 設點A(2,26),B(2,-26). 由(1)知,軌跡C是橢圓x236+y227=1在直線x=2的右側(cè)的部分(包括點A,B). 易得直線AF的斜率為-26,直線BF的斜率為26. ①當直線l的斜率不存在時,將x=3代入x236+y227=1,得y=±92,不妨令M3

62、,92,N3,-92,此時,|MN|=9. ②當直線l的斜率存在時,設直線l的方程為y=k(x-3). 由直線l與軌跡C交于M,N兩點,得k≥26或k≤-26. 設M(x1,y1),N(x2,y2),由(1)知,|MF|=6-12x1,|NF|=6-12x2, ∴|MN|=|MF|+|NF|=12-12(x1+x2). 由y=k(x-3),x236+y227=1,得(3+4k2)x2-24k2x+36k2-108=0,則Δ=(-24k2)2-4(3+4k2)(36k2-108)=144(9k2+9)>0,x1+x2=24k23+4k2, ∴|MN|=12-12(x1+x2)=12-12k23+4k2=12-123k2+4, ∵k≥26或k≤-26, ∴k2≥24, ∴0<1k2≤124, ∴9<12-123k2+4≤10011,即9<|MN|≤10011. 綜上可知,|MN|的取值范圍是9,10011.