§10.5%E3%80%80圆锥曲线的综合问题

高考理数(课标专用)§10.5圆锥曲线的综合问题A组??统一命题·课标卷题组考点一轨迹与轨迹方程1.(2016课标Ⅰ,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.五年高考解析(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+y
2=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?+?=1(y≠0).?(4分)(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?得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.则x1+x2=?,x1x2=?.所以|MN|=?|x1
-x2|=?.?(6分)过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y=-?(x-1),A到m的距离为?,所以|PQ|=2?=4?.故四边
形MPNQ的面积S=?|MN||PQ|=12?.?(10分)可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8?).
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[1
2,8?).?(12分)方法总结定义法求轨迹方程的一般步骤:(1)判定动点的运动轨迹满足某种曲线的定义;(2)设标准方程,求方程
中的基本量;(3)写出轨迹方程.解析由题设知F?.设l1:y=a,l2:y=b,则ab≠0,且A?,B?,P?,Q?,R?.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=?=?=?=?=-b=k2.所以AR∥FQ.?(5分)2.(2016课标Ⅲ,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.由kAB=kDE可得?=?(x≠
1).而?=y,所以y2=x-1(x≠1).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)(2)设
l与x轴的交点为D(x1,0),则S△ABF=?|b-a||FD|=?|b-a|?,S△PQF=?.由题设可得2×?|b-a|?=
?,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,疑难突破第(1)问需
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.解析(1)由已知
得F(1,0),l的方程为x=1,由已知可得,点A的坐标为?或?.所以AM的方程为y=-?x+?或y=?x-?.(2)当l与x轴重
合时,∠OMA=∠OMB=0°,当l与x轴垂直时,直线OM为AB的垂直平分线,所以∠OMA=∠OMB.当l与x轴不重合也不垂直时,
考点二定点与定值问题1.(2018课标Ⅰ,19,12分)设椭圆C:?+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M
的坐标为(2,0).(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;(2)设O为坐标原点,证明:∠OMA=∠OMB.则2kx1x2-3k
(x1+x2)+4k=?=0,从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补,所以∠OMA=∠OMB.综上,∠OMA=∠OMB.
设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+kMB=?+?,由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=?.将y=k(x-1)代入?+y2=1得(2k2+1)x2
-4k2x+2k2-2=0,所以,x1+x2=?,x1x2=?.解析本题考查椭圆的方程和性质、直线与椭圆的位置关系以及定点问题,
考查学生的逻辑思维能力、运算求解能力和对数形结合思想的应用能力.(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?+?>?+?知,C不经过点P1,所以点P2在C上.因此?解得?故C的方程为?+y2=1.2.(2017课标Ⅰ,20,12
分)已知椭圆C:?+?=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3?,P4?中恰有三点在椭圆C上.(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.(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=-?,x
1x2=?.而k1+k2=?+?=?+?=?,(2)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?,?.则k1+k2=?-?=-1,得t=2,不符合题设.从而可设l:y=k
x+m(m≠1).将y=kx+m代入?+y2=1得由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0,即
(2k+1)·?+(m-1)·?=0.解得k=-?.当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=-?x+m,即y+1=-?(x-2),
所以l过定点(2,-1).思路分析(1)利用椭圆的对称性易知点P3,P4在椭圆上,将点P1(1,1)代入椭圆方程,经过比较可知点
P1(1,1)不在椭圆上,进而可列方程组求出椭圆方程;(2)设出直线l的方程,将直线l与椭圆的方程联立并消元,利用根与系数的关系使
问题得解,在解题中要注意直线斜率不存在的情况.方法点拨定点问题的常见解法:(1)根据题意选择参数,建立一个含参数的直线系或曲线系
方程,经过分析、整理,对方程进行等价变形,以找出适合方程且与参数无关的坐标,该坐标对应的点即为所求的定点.(2)从特殊位置入手,找
出定点,再证明该定点符合题意.解析(1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.当t=4时,E的方程为?+?=1,A(-2,0)
.?(1分)由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为?.因此直线AM的方程为y=x+2.?(2分)将x=y-2代入?+?=1得7
y2-12y=0.解得y=0或y=?,所以y1=?.?(4分)因此△AMN的面积S△AMN=2×?×?×?=?.?(5分)考点三
最值与范围问题(2016课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆E:?+?=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于
A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,求k的
取值范围.(2)由题意,t>3,k>0,A(-?,0).将直线AM的方程y=k(x+?)代入?+?=1得(3+tk2)x2+2?
·tk2x+t2k2-3t=0.?(7分)由x1·(-?)=?得x1=?,故|AM|=|x1+?|?=?.?(8分)由题设,直线
AN的方程为y=-?(x+?),故同理可得|AN|=?.?(9分)由2|AM|=|AN|得?=?,即(k3-2)t=3k(2k-1
).当k=?时上式不成立,因此t=?.?(10分)t>3等价于?=?<0,即?<0.?(11分)由此得?或?解得?的取值范围是(?,2).?(12分)疑难突破第(1)问中求出直线AM的倾斜角是解决问题的关键;第(2)问利用2|AM|=|AN|
得出t与k的关系式,由t>3,建立关于k的不等式,从而得出k的取值范围.名师点拨本题主要考查椭圆的几何性质,直线与椭圆的位置关系
以及方程的思想方法的应用,考查学生的运算求解能力及逻辑思维能力.挖掘出题目中t>3这一隐含条件是把等式转化为不等式的关键.考点四
存在性问题(2015课标Ⅱ,20,12分,0.145)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?,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,说明理由.解析(1)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=?=?,yM=kxM+b=?.于是直线OM的斜率kOM=?=-?,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?,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0,k≠3.由
(1)得OM的方程为y=-?x.设点P的横坐标为xP.由?得?=?,即xP=?.将点?的坐标代入l的方程得b=?,因此xM=?.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?=2×?,解得k1=4-?,k2=4+?.因为k
i>0,ki≠3,i=1,2,所以当l的斜率为4-?或4+?时,四边形OAPB为平行四边形.思路分析(1)设出直线l的方程,与椭
圆方程联立并消元,利用韦达定理求得AB的中点M的坐标,进而可得出结论;(2)要使四边形OAPB为平行四边形,则线段AB与线段OP互
相平分,即xP=2xM,由此结合已知条件建立相应方程,进而通过解方程使问题得解.方法总结解决定值问题的常见方法有两种:(1)从特
殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;(2)直接推理、计算,并在推理、计算的过程中消去变量,从而得到定值.B组??自主命题·省
(区、市)卷题组考点一轨迹与轨迹方程(2015湖北,21,14分)一种作图工具如图1所示.O是滑槽AB的中点,短杆ON可绕O转动
,长杆MN通过N处铰链与ON连接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动,且DN=ON=1,MN=3.当栓子D在滑槽AB内做往复运动时,?
N绕O转动一周(D不动时,N也不动),M处的笔尖画出的曲线记为C.以O为原点,AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系.
(1)求曲线C的方程;(2)设动直线l与两定直线l1:x-2y=0和l2:x+2y=0分别交于P,Q两点.若直线l总与曲线C有且只
有一个公共点,试探究:△OPQ的面积是否存在最小值?若存在,求出该最小值;若不存在,说明理由.?图1
图2解析(1)设点D(t,0)
(|t|≤2),N(x0,y0),M(x,y),依题意,?=2?,且|?|=|?|=1,所以(t-x,-y)=2(x0-t,y0)
,且?即?且t(t-2x0)=0.由于当点D不动时,点N也不动,所以t不恒等于0,于是t=2x0,故x0=?,y0=-?,代入?+
?=1,可得?+?=1,即曲线C的方程为?+?=1.(2)(i)当直线l的斜率不存在时,直线l为x=4或x=-4,都有S△OPQ=
?×4×4=8.(ii)当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx+m?,由?消去y,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16
=0.因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点,所以Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-16)=0,即m2=16k2+4.①
又由?可得P?;同理可得Q?.由原点O到直线PQ的距离为d=?和|PQ|=?·|xP-xQ|,可得S△OPQ=?|PQ|·d=?|
m||xP-xQ|=?·|m|·?=?.②将①代入②得,S△OPQ=?=8?.当k2>?时,S△OPQ=8·?=8?>8;当0≤k
2.所以当k=0时,S△OPQ的最小值为8.综合(i)(ii)可知,当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时,△OPQ的面积取得最小值8.
评析本题考查求轨迹方程的方法,及直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识.考点二定点与定值问题1.(2018北京,19,14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,?=λ?,?=μ?,求证:?+?为定值.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?得k2x2+(2k-4)x+1=0.依题意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得k<0或0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=-?,x1x2=?.直线PA的方程为y-2=?(x-1).令
x=0,得点M的纵坐标为yM=?+2=?+2.同理得点N的纵坐标为yN=?+2.由?=λ?,?=μ?得λ=1-yM,μ=1-yN.
所以?+?=?+?=?+?=?·?=?·?=2.所以?+?为定值.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.解析(1)由题意得?解得a=2,b=1.所以椭圆C的方程为?+y2=1.(2)证明:由(1)知,A(2,0),B(0
,1).设P(x0,y0),则?+4?=4.当x0≠0时,直线PA的方程为y=?(x-2).令x=0,得yM=-?,从而|BM|=
|1-yM|=?.直线PB的方程为y=?x+1.令y=0,得xN=-?,从而|AN|=|2-xN|=?.2.(2016北京,19,
14分)已知椭圆C:?+?=1(a>b>0)的离心率为?,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB的面积为1.(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.=2?=2×
2=4(定值).当θ=kπ或θ=kπ+?(k∈Z)时,M、N是定点,易得|AN|·|BM|=4.综上,|AN|·|BM|=4.所以
|AN|·|BM|=?·?=?=?=4.当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|·|BM|=4.综上,|
AN|·|BM|为定值.解法二:(Ⅱ)点P在曲线?+?=1上,不妨设P(2cosθ,sinθ),当θ≠kπ且θ≠kπ+?(k∈
Z)时,直线AP的方程为y-0=?(x-2),令x=0,得yM=?;直线BP的方程为y-1=?(x-0),令y=0,得xN=?.∴
|AN|·|BM|=2?·?考点三最值与范围问题1.(2014湖北,9,5分)已知F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,P是它们的
一个公共点,且∠F1PF2=?,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为?()A.??B.??C.3????D.2答案??
??A解法一:设椭圆方程为?+?=1(a1>b1>0),离心率为e1,双曲线的方程为?-?=1(a2>0,b2>0),离心率为e
2,它们的焦距为2c,不妨设P为两曲线在第一象限的交点,F1,F2分别为左,右焦点,则易知?解得?在△F1PF2中,由余弦定理得(
a1+a2)2+(a1-a2)2-2(a1+a2)·(a1-a2)cos60°=4c2,整理得?+3?=4c2,所以?+?=4,
即?+?=4.设a=?,b=?,∴?+?=a·b≤|a|·|b|=?×?=?×?=?,故?+?的最大值是?,故选A.?=?=?.∴
?=?=?=?,易知?-?+1的最小值为?.故?=?.故选A.解法二:不妨设P在第一象限,|PF1|=m,|PF2|=n.在△PF
1F2中,由余弦定理得m2+n2-mn=4c2.设椭圆的长轴长为2a1,离心率为e1,双曲线的实轴长为2a2,离心率为e2,它们的
焦距为2c,则?+?=评析本题考查了椭圆、双曲线的定义、方程和性质;考查了利用不等式和函数求最值的基本方法.本题对运算能力的要求
较高.2.(2018浙江,17,4分)已知点P(0,1),椭圆?+y2=m(m>1)上两点A,B满足?=2?,则当m=?时,点B横
坐标的绝对值最大.解析本小题考查椭圆的标准方程,向量的坐标运算,二次函数的最值.设B(t,u),由?=2?,易得A(-2t,3-
2u).∵点A,B都在椭圆上,∴?从而有?+3u2-12u+9=0,即?+u2=4u-3.即有4u-3=m?u=?,∴?+?=m,
∴t2=-?m2+?m-?=-?(m-5)2+4.∴当m=5时,(t2)max=4,即|t|max=2,即当m=5时,点B横坐标的
绝对值最大.答案5思路分析(1)设出点B的坐标,利用向量的坐标运算得点A的坐标.(2)利用点A,B都在椭圆上得方程组,求得点B
的横、纵坐标满足的关系式.(3)利用(2)中的关系式及点B在椭圆上,把点B的横坐标的平方表示为关于m的函数.(4)利用二次函数的最
值得结论.3.(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+?=1(x<0)上的动点,求△PA
B面积的取值范围.?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),A?,B?.因为PA,PB的中点在抛物线上,所以y1,y2为方程?=4·?即y2-2y0y+8x0-
?=0的两个不同的实根.所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y轴.因此,△PAB面积的取值范围是?.(2)由(1)可知?所以|
PM|=?(?+?)-x0=??-3x0,|y1-y2|=2?.因此,△PAB的面积S△PAB=?|PM|·|y1-y2|=?(?
-4x0?.因为?+?=1(x0<0),所以?-4x0=-4?-4x0+4∈[4,5].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.4.(2015浙江,19,15分)已知椭圆?+y2=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+?对称.(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=-?x+b.由?消
去y,得?x2-?x+b2-1=0.因为直线y=-?x+b与椭圆?+y2=1有两个不同的交点,所以Δ=-2b2+2+?>0,?①将
AB的中点M?代入直线方程y=mx+?,解得b=-?.?②由①②得m<-?或m>?.(2)令t=?∈?∪?,则|AB|=?·?,且
O到直线AB的距离为d=?.设△AOB的面积为S(t),所以S(t)=?|AB|·d=??≤?.当且仅当t2=?时,等号成立.故△
AOB面积的最大值为?.5.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:?+?=1(a>b>0)的离心率为?,
焦距为2.(1)求椭圆E的方程;(2)如图,动直线l:y=k1x-?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=?.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的斜率.?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=?=?,2c=2,所以a=?,b=1,因此椭圆E的方程为?+y2=1.(2)设A(x1,y1
),B(x2,y2),联立?消y整理得(4?+2)x2-4?k1x-1=0,由题意知Δ>0,且x1+x2=?,x1x2=-?,所以
|AB|=?|x1-x2|=??.由题意可知圆M的半径r=?|AB|=?·?.由题设知k1k2=?,所以k2=?,因此直线OC的方
程为y=?x.联立?得x2=?,y2=?,因此|OC|=?=?.由题意可知sin?=?=?,而?=?=??,令t=1+2?,则t>
1,?∈(0,1),因此?=?·?=?·?=?·?≥1,当且仅当?=?,即t=2时等号成立,此时k1=±?,所以sin?≤?,因此
?≤?,所以∠SOT的最大值为?.综上所述:∠SOT的最大值为?,取得最大值时直线l的斜率k1=±?.疑难突破把角的问题转化为三
角函数问题,即由sin?=?=f(k1)求解是解题的突破口.解题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?
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.本题的完美解答体现了数学知识、能力、思想、方法的完美结合.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|O
C|,进而建立sin?与k1之间的函数关系,利用二次函数的性质求解.6.(2015山东,20,13分)平面直角坐标系xOy中,已知
椭圆C:?+?=1(a>b>0)的离心率为?,左、右焦点分别是F1,F2.以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相
交,且交点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)设椭圆E:?+?=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两点,射线PO交椭圆E于点Q.(i)求?的值;(ii)求△ABQ面积的最大值.解析(1)由题意知2a=4,则a=2.又?=?
,a2-c2=b2,可得b=1,所以椭圆C的方程为?+y2=1.(2)由(1)知椭圆E的方程为?+?=1.(i)设P(x0,y0)
,?=λ,由题意知Q(-λx0,-λy0).因为?+?=1,又?+?=1,即??=1,所以λ=2,即?=2.(ii)设A(x1,y
1),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由韦达定理有x1+x2=-?,x1x2=?.所以|x1-x2|=?.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=?|m||x1-x2|=?=?=2?.设?=t.将y=kx+m代入椭圆C的方程,可得(1+4k2)x2+8
kmx+4m2-4=0,由Δ≥0,可得m2≤1+4k2.②由①②可知02=1+4k2时取得最大值2?.由(i)知,△ABQ面积为3S,所以△ABQ面积的最大值为6?.考点四存在性问题(2015四川,
20,13分)如图,椭圆E:?+?=1(a>b>0)的离心率是?,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l被椭圆E截得的线段长为2?.(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?
=?恒成立?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.?解析(1)由已知得,点(?,1)在椭圆E上.因此,?解得a=2,b=
?.所以椭圆E的方程为?+?=1.(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?=?=
1,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,?),(0,-?).由?=?,有?=?,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:当Q的坐标为(0,2)时,对任意直线l,均有?=?.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(2k2+1)
x2+4kx-2=0.其判别式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,所以,x1+x2=-?,x1x2=-?.因此?+?=?=2k.
易知,点B关于y轴对称的点B''的坐标为(-x2,y2).又kQA=?=?=k-?,kQB''=?=?=-k+?=k-?,所以kQA=
kQB'',即Q,A,B''三点共线.所以?=?=?=?.故存在与P不同的定点Q(0,2),使得?=?恒成立.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.C组????教师专用题组解析由已知得圆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?的椭圆(左顶点除外),其方
程为?+?=1(x≠-2).(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|=2?.若l的倾斜角不为90°,由r1≠R知l不平行于x轴,考点一轨迹与轨迹方程(2013课标Ⅰ,20,12分,0.150
)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|.设l与x轴的交点为Q,则
?=?,可求得Q(-4,0),所以可设l:y=k(x+4).由l与圆M相切得?=1,解得k=±?.当k=?时,将y=?x+?代入?
+?=1,并整理得7x2+8x-8=0,解得x1,2=?.所以|AB|=?|x2-x1|=?.当k=-?时,由图形的对称性可知|A
B|=?.综上,|AB|=2?或|AB|=?.思路分析(1)由动圆P与两定圆的位置关系可求得|PM|+|PN|=4,根据椭圆的定
义即可判定动圆圆心P的轨迹,进而求得曲线C的方程,注意检验特殊点是否符合题意;(2)根据条件确定圆P的半径最长时圆P的方程,对直线
l的倾斜角进行讨论.当直线的斜率不存在时,直接求|AB|.当直线的斜率存在时,利用相切关系求其斜率与方程,将直线方程代入曲线C的方
程,解出x,再利用弦长公式求|AB|.方法总结应用定义法求曲线方程的关键在于由已知条件推出动点满足的等量关系,由等量关系结合相应
曲线定义判断是何种曲线,进而得出曲线标准方程中的相关量.考点二定点与定值问题(2013陕西,20,13分)已知动圆过定点A(4,
0),且在y轴上截得弦MN的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹C的方程;(2)已知点B(-1,0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于
不同的两点P,Q,若x轴是∠PBQ的平分线,证明直线l过定点.解析(1)如图,设动圆圆心为O1(x,y),由题意,知|O1A|=
|O1M|,当O1不在y轴上时,过O1作O1H⊥MN交MN于H,则H是MN的中点,∴|O1M|=?,?又|O1A|=?,∴?=?,
化简得y2=8x(x≠0).又当O1在y轴上时,O1与O重合,点O1的坐标(0,0)也满足方程y2=8x,∴动圆圆心的轨迹C的方程
为y2=8x.(2)由题意,设直线l的方程为y=kx+b(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),?将y=kx+b代入y2=
8x,得k2x2+(2bk-8)x+b2=0.其中Δ=-32kb+64>0.由根与系数的关系得,x1+x2=?,?①x1x2=?.
?②因为x轴是∠PBQ的平分线,所以?=-?,即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,∴(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b
)(x1+1)=0,整理得2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,?③将①②代入③并化简得8(b+k)=0,∴k=-b,
此时Δ>0,∴直线l的方程为y=k(x-1),即直线l过定点(1,0).答案????B设A(x1,?),B(x2,-?),则?·
?=2?x1x2-?=2??=2或?=-1(舍去).当x1=x2时,有x1=x2=2,则S△ABO+S△AFO=2?+?=?;当x
1≠x2时,直线AB的方程为y-?=?(x-x1),则直线AB与x轴的交点坐标为(2,0).于是S△ABO+S△AFO=?×2×(
?+?)+?×??=??+?≥2?=3?当且仅当??=?时取“=”?,而?>3,故选B.考点三最值与范围问题1.(2014四川,
10,5分)已知F为抛物线y2=x的焦点,点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧,?·?=2(其中O为坐标原点),则△ABO与△AF
O面积之和的最小值是?()A.2????B.3????C.??D.?2.(2014湖南,21,13分)如图,O为坐标原点
,椭圆C1:?+?=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为e1;双曲线C2:?-?=1的左、右焦点分别为F3、F4
,离心率为e2,已知e1e2=?,且|F2F4|=?-1.(1)求C1,C2的方程;(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB,M为
AB的中点,当直线OM与C2交于P,Q两点时,求四边形APBQ面积的最小值.?解析(1)因为e1e2=?,所以?·?=?,即a
4-b4=?a4,因此a2=2b2,从而F2(b,0),F4(?b,0),于是?b-b=|F2F4|=?-1,所以b=1,所以a2
=2.故C1,C2的方程分别为?+y2=1,?-y2=1.(2)因为AB不垂直于y轴,且过点F1(-1,0),故可设直线AB的方程
为x=my-1.由?得(m2+2)y2-2my-1=0,易知此方程的判别式大于0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1,y
2是上述方程的两个实根,所以y1+y2=?,y1y2=?.因此x1+x2=m(y1+y2)-2=?,于是AB的中点M的坐标为?.故
直线PQ的斜率为-?,则PQ的方程为y=-?x,即mx+2y=0.由?得(2-m2)x2=4,所以2-m2>0,且x2=?,y2=
?,从而|PQ|=2?=2?.设点A到直线PQ的距离为d,则点B到直线PQ的距离也为d,所以2d=?,?因为点A,B在直线mx+2
y=0的异侧,所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-
2y2|,从而2d=?.又因为|y1-y2|=?=?,所以2d=?.故四边形APBQ的面积S=?|PQ|·2d=?=2??.而0
<2-m2<2,故当m=0时,S取得最小值2.综上所述,四边形APBQ面积的最小值为2.评析??本题考查椭圆、双曲线的标准方程和性
质,双曲线弦长的计算,点到直线的距离公式,根与系数的关系(韦达定理),求函数的最值等知识.考查学生的运算求解能力和综合分析问题的能
力,属于难题.考点四存在性问题1.(2015北京,19,14分)已知椭圆C:?+?=1(a>b>0)的离心率为?,点P(0,1)
和点A(m,n)(m≠0)都在椭圆C上,直线PA交x轴于点M.(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?解得a2=2.故椭圆C的方程为?+y2=1.设M(xM,0).因为m≠0,所以-1A的方程为y-1=?x,所以xM=?,即M?.因为xM=?,xN=?,?+n2=1,所以?=|xM||xN|=?=2.所以yQ=?
或yQ=-?.故在y轴上存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ.点Q的坐标为(0,?)或(0,-?).(2)因为点B与点A关于x轴对称,
所以B(m,-n).设N(xN,0),则xN=?.“存在点Q(0,yQ)使得∠OQM=∠ONQ”等价于“存在点Q(0,yQ)使得?
=?”,即yQ满足?=|xM||xN|.2.(2014山东,21,14分)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为C上
异于原点的任意一点,过点A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,△ADF为正
三角形.(1)求C的方程;(2)若直线l1∥l,且l1和C有且只有一个公共点E,(i)证明直线AE过定点,并求出定点坐标;(ii)
△ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由.解析(1)由题意知F?.设D(t,0)(t>0),则F
D的中点为?.因为|FA|=|FD|,则由抛物线的定义知3+?=?,解得t=3+p或t=-3(舍去).由?=3,解得p=2.所以抛
物线C的方程为y2=4x.(2)(i)由(1)知F(1,0),设A(x0,y0)(x0y0≠0),D(xD,0)(xD>0),因为
|FA|=|FD|,则|xD-1|=x0+1,由xD>0得xD=x0+2,故D(x0+2,0).故直线AB的斜率kAB=-?.因为
直线l1和直线AB平行,所以可设直线l1的方程为y=-?x+b,代入抛物线方程得y2+?y-?=0,由Δ=?+?=0,得b=-?.
设E(xE,yE),则yE=-?,xE=?,当?≠4时,kAE=?=-?=?,可得直线AE的方程为y-y0=?(x-x0),由?=
4x0,整理可得y=?(x-1),直线AE恒过点F(1,0).当?=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0),所以直线AE过
定点F(1,0).(ii)由(i)知直线AE过焦点F(1,0),所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+?=x0+?+2.
设直线AE的方程为x=my+1,因为点A(x0,y0)在直线AE上,故m=?,设B(x1,y1),直线AB的方程为y-y0=-?(
x-x0),由y0≠0,可得x=-?y+2+x0,代入抛物线方程得y2+?y-8-4x0=0.所以y0+y1=-?,可求得y1=-
y0-?,x1=?+x0+4,所以点B到直线AE的距离为d=?=?=4?.则△ABE的面积S=?×4??≥16,当且仅当?=x0,
即x0=1时等号成立.所以△ABE的面积的最小值为16.评析?本题考查抛物线的标准方程、几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系以及解析
几何中的定点问题、最值问题和结论探究性问题.本题综合性较强、难度较大,很好地考查了考生的逻辑思维能力和运算求解能力.本题的易错点是
定点的确定.答案????A由?=2?,?·?=0知GQ所在直线是线段NP的垂直平分线,连接GN,∴|GN|=|GP|,∴|GM|
+|GN|=|MP|=6>2?,∴点G的轨迹是以M,N为焦点的椭圆,其中2a=6,2c=2?,∴b2=4,∴点G的轨迹方程为?+?
=1,故选A.A组2016—2018年高考模拟·基础题组考点一轨迹与轨迹方程1.(2018福建漳州八校联考,8)已知圆M:(
x+?)2+y2=36,定点N(?,0),点P为圆M上的动点,点Q在NP上,点G在线段MP上,且满足?=2?,?·?=0,则点G的
轨迹方程是()A.?+?=1????B.?+?=1????C.?-?=1????D.?-?=1三年模拟解析设A(x,y
),由题意可知D?.又∵|CD|=3,∴?+?=9,即(x-10)2+y2=36,由于A、B、C三点不共线,∴点A不能落在x轴上,
即y≠0,∴点A的轨迹方程为(x-10)2+y2=36(y≠0).解析设M(x0,0),P(0,y0),N(x,y),由?=2?
,得?即?因为?⊥?,?=(x0,-y0),?=(1,-y0),所以(x0,-y0)·(1,-y0)=0,所以x0+?=0,即-x
+?y2=0,所以点N的轨迹方程为y2=4x.2.(2018江西九江3月联考,14)设F(1,0),点M在x轴上,点P在y轴上,且
?=2?,?⊥?,当点P在y轴上运动时,则点N的轨迹方程为?.答案?y2=4x3.(2017豫北名校4月联考,15)已知△ABC的
顶点B(0,0),C(5,0),AB边上的中线长|CD|=3,则顶点A的轨迹方程为?.答案(x-10)2+y2=36(y≠0)解
析(1)由题意知,M(-a,0),N(0,b),直线MN的斜率k=?=?,得a=2b.∵点N是线段MB的中点,∴点B的坐标为B(
a,2b),∵点B在直线2x+y-6?=0上,∴2a+2b=6?,又a=2b,∴b=?,a=2?,∴椭圆C的方程为?+?=1.考点
二定点与定值问题1.(2018安徽蚌埠二中4月月考,20)已知椭圆C:?+?=1(a>b>0)的左顶点为M,上顶点为N,直线2x
+y-6?=0与直线MN垂直,垂足为B点,且点N是线段MB的中点.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线l:y=kx+m与椭圆C交于E
,F两点,点G在椭圆C上,且四边形OEGF为平行四边形,求证:四边形OEGF的面积S为定值.∴平行四边形OEGF的面积S=d·|E
F|=|m||x1-x2|=|m|·?=4×?=4×?=4??=3?.故平行四边形OEGF的面积S为定值3?.(2)设E(x1,y
1),F(x2,y2),G(x0,y0),将y=kx+m代入?+?=1,消去y整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0
,则x1+x2=-?,x1·x2=?,y1+y2=k(x1+x2)+2m=?,∵四边形OEGF为平行四边形,∴?=?+?=(x1+
x2,y1+y2),得G?,将G点坐标代入椭圆C的方程得m2=?(1+4k2),又易得点O到直线EF的距离d=?,EF=?|x1-
x2|,解析(1)依题意,得?解得?所以,椭圆E的方程为?+?=1.(2)如图,设M(x1,y1)、N(x2,y2),联立?整理
,得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0,2.(2017天津和平二模,19)已知椭圆E:?+?=1(a>b>0)经过点
?,且离心率e=?.(1)求椭圆E的方程;(2)设椭圆E的右顶点为A,若直线l:y=kx+m与椭圆E相交于M、N两点(异于A点),
且满足MA⊥NA,试证明直线l经过定点,并求出该定点的坐标.则Δ=64m2k2-16(3+4k2)(m2-3)>0,即3+4k2-
m2>0,x1+x2=-?,x1x2=?.从而y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=?,
由椭圆E的右顶点为A(2,0),MA⊥NA,得?·?=-1,即y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0.则有?+?+?+4=0
,整理,得7m2+16km+4k2=0,解得m=-2k或m=-?,均满足条件3+4k2-m2>0.当m=-2k时,直线l的方程为y
=k(x-2),直线l过定点A,与题设矛盾;当m=-?时,直线l的方程为y=k?,直线l过定点?,所以直线l经过定点,且定点的坐标
为?.考点三最值与范围问题1.(2018河北七校4月联考,11)如图,由抛物线y2=8x与圆E:(x-2)2+y2=9的实线部分
构成图形Ω,过点P(2,0)的直线始终与图形Ω中的抛物线部分及圆部分有交点,则|AB|的取值范围为?()?A.[2,3]??
??B.[3,4]????C.[4,5]????D.[5,6]答案????D由题意可知抛物线y2=8x的焦点为F(2,0),
圆(x-2)2+y2=9的圆心为E(2,0),因此点P,F,E三点重合,所以|PA|=3.设B(x0,y0),则由抛物线的定义可知
|PB|=x0+2,由?得(x-2)2+8x=9,整理得x2+4x-5=0,解得x1=1,x2=-5(舍去),设圆E与抛物线交于C
,D两点,所以xC=xD=1,因此0≤x0≤1,又|AB|=|AP|+|BP|=3+x0+2=x0+5,所以|AB|=x0+5∈[
5,6],故选D.答案????A因为椭圆?+?=1的两焦点坐标分别为(-1,0),(1,0),离心率为?,故双曲线C的离心率为2
,c=1,从而a=?,|PF2|≥?,所以?=?=|PF2|+?+4a=|PF2|+?+2≥2?+2=4(当且仅当|PF2|=1时
,等号成立).2.(2017河南安阳三模,7)已知双曲线C:?-?=1(a>0,b>0)与椭圆?+?=1的焦点重合,离心率互为倒数
,设F1,F2为双曲线C的左、右焦点,P为右支上任意一点,则?的最小值为?()A.4????B.8????C.16???
?D.323.(2018安徽江南十校4月联考,20)已知离心率为?的椭圆C焦点在y轴上,且以椭圆的4个顶点为各顶点的四边形的面积为
4,过点M(0,3)的直线l与椭圆C相交于不同的两点A、B.(1)求椭圆C的方程;(2)设P为椭圆上一点,且?+?=λ?(O为坐标
原点).求当|AB|b>0),由题意可知e2=?=?,得?=?
,a=2b.又由题意知2ab=4,所以a=2,b=1,椭圆方程为x2+?=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3
,y3).当直线AB的斜率不存在时,直线AB的方程为x=0,此时|AB|=4>?,与题意不符.当直线AB的斜率存在时,设直线AB的
方程为y=kx+3,由?消去y得(4+k2)x2+6kx+5=0,所以Δ=(6k)2-20(4+k2),由Δ>0,得k2>5,则x
1+x2=?,x1·x2=?,y1+y2=(kx1+3)+(kx2+3)=?,因为|AB|=?<8,所以5+x2=?=0,y1+y2=?=0,解得k∈?,所以此时符合条件的直线l不存在;当λ≠0时,x3=?=?,y3=?=?,因为点P(
x3,y3)在椭圆上,所以?+??=1,化简得λ2=?,因为5,实数λ的取值范围为(-2,-?)∪(?,2).考点四存在性问题1.(2018广东六校4月联考,20)已知椭圆C:?+?=1(a
>b>0)的离心率为?,A1、A2分别为椭圆C的左、右顶点,点P(2,-1)满足?·?=1.(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l经
过点P且与C交于不同的两点M、N,试问:在x轴上是否存在点Q,使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值?若存在,请求出点Q的坐标及定
值;若不存在,请说明理由.解析(1)依题意,A1(-a,0)、A2(a,0),又P(2,-1),∴?·?=(-a-2,1)·(a
-2,1)=5-a2,?(2分)由?·?=1,a>0,得a=2,∵e=?=?,∴c=?,∴b2=a2-c2=1,?(4分)故椭圆C
的方程为?+y2=1.?(5分)(2)存在.理由如下:假设存在满足条件的点Q(t,0).当直线l与x轴垂直时,它与椭圆只有一个交点
,不满足题意.?(6分)因此直线l的斜率存在,设l:y+1=k(x-2),由?消y得(1+4k2)x2-(16k2+8k)x+16
k2+16k=0,?(7分)则Δ=[-(16k2+8k)]2-4(1+4k2)(16k2+16k)=-64k,由Δ>0,得k<0,
设M(x1,y1)、N(x2,y2),则x1+x2=?,x1x2=?,∵kQM+kQN=?+?=?=?=?,?(10分)∴要使对任
意k∈(-∞,0),kQM+kQN为定值,则t=2,此时kQM+kQN=1.故在x轴上存在点Q(2,0),使得直线QM与直线QN的
斜率的和为定值1.?(12分)2.(2017安徽江南十校3月联考,20)在平面直角坐标系中,直线?x-y+m=0不过原点,且与椭圆
?+?=1有两个不同的公共点A,B.(1)求实数m取值所组成的集合M;(2)是否存在定点P使得对任意的m∈M,都有直线PA,PB的
倾斜角互补?若存在,求出所有定点P的坐标;若不存在,请说明理由.解析(1)因为直线?x-y+m=0不过原点,所以m≠0,将?x-
y+m=0与?+?=1联立,消去y得4x2+2?mx+m2-4=0,因为直线与椭圆有两个不同的公共点A,B,所以Δ=8m2-16(
m2-4)>0,解得-2?点P(x0,y0)使得对任意的m∈M,都有直线PA,PB的倾斜角互补,则kPA+kPB=0,设A(x1,?x1+m),B(x2,?
x2+m),所以?+?=0,整理得2?x1x2+(m-?x0-y0)(x1+x2)+2x0(y0-m)=0,()由(1)知x1,
x2是4x2+2?mx+m2-4=0的两个根,所以x1+x2=-?,x1x2=?,代入(),化简得?m+2(x0y0-?)=0,
∴?解得?或?所以定点P的坐标为(1,?)或(-1,-?),经检验,满足题意,所以存在定点P(1,?)或P(-1,-?)使得对任意
的m∈M,都有直线PA,PB的倾斜角互补.1.(2017山西临汾三模,12)已知椭圆C:?+y2=1的上、下顶点分别为M、N,点P
在椭圆C外,直线PM交椭圆与另一点A,若PN⊥NA,则点P的轨迹方程是?()A.y=x2+1(x≠0)????B.y=x2+
3(x≠0)C.y2-?=1(y>0,x≠0)????D.y=3(x≠0)B组??2016—2018年高考模拟·综合题组(时间:
40分钟分值:40分)一、选择题(每题5分,共5分)答案????D设P的坐标为(x,y),A的坐标为(m,n),且m≠0,由
题意可知M(0,1),N(0,-1),∴kPN=?,kAN=?,kPM=?,kAM=?,∵PN⊥NA,∴-?=?①.又知点A(m,
n)在直线PM上,∴kPM=kAM,即?=?②.由①×②得-?=?③.又∵点A(m,n)在椭圆上,∴?+n2=1,即n2-1=-?
④.把④代入③得?=?,即y=3,由题意可知x≠0,∴点P的轨迹方程为y=3(x≠0),故选D.方法点拨用相关点法求轨迹方程需满
足情况:(1)某个动点P在已知方程的曲线上移动;(2)另一个动点M随P的变化而变化;(3)在变化过程中,P与M满足一定规律.答案?
?解析依题意,得点F(0,2),因为y=?,所以y''=?,设P(x0,y0),则直线l2:y-y0=?(x-x0),即?x-y
-y0=0,故点F到直线l2的距离d2=?=?=?·?,又点P到直线l1的距离d1=|PF|=y0+2,所以?=?×?=?×?≤?
×?=?,当且仅当?=?,即y0=0时取等号,所以?的最大值为?.二、填空题(每题5分,共10分)2.(2018河北百校联盟4月联
考,16)已知抛物线C:x2=8y的焦点为F,准线为l1,直线l2与抛物线C相切于点P,记点P到直线l1的距离为d1,点F到直线l
2的距离为d2,则?的最大值为?.方法点拨对于抛物线y=?或y=-?(p>0)上某一点处的切线问题,常结合导数的几何意义得出切线
的斜率,进而得出切线方程求解.思路分析设出点P,利用导数的几何意义及点斜式求得直线l2的方程,从而得出点F到直线l2的距离d2,
利用抛物线定义得d1,进而将?表示为关于点P纵坐标的函数,从而利用相关知识求最值.3.(2018河南濮阳二模,15)过抛物线y2=
x上且在第一象限内的一点M(m2,m)作倾斜角互补的两条直线,分别与抛物线另外交于A,B两点,若直线AB的斜率为k,则k-m的最大
值为?.解析根据题意可知,直线MA,MB的斜率存在且互为相反数,且不为0.设直线MA的方程为y-m2=k''(x-m),由??y2
-?+?-m=0,∴yA+m=?,即yA=?-m,同理可得yB=-?-m,∴k=?=?=?=-?,∴k-m=-?-m=-?≤-2?
=-?,当且仅当m=?时等号成立.∴k-m的最大值为-?.答案-?思路分析设出直线MA,MB的方程,分别与抛物线方程联立,求
出A,B的纵坐标,利用斜率公式得出k与m的关系,再根据基本不等式即可求得答案.三、解答题(共25分)4.(2018湖北八校3月联考
,20)如图,圆O:x2+y2=4,A(2,0),B(-2,0),D为圆O上任意一点,过D作圆O的切线分别交直线x=2和x=-2于
E、F两点,连接AF、BE交于点G,点G形成的轨迹为曲线C.(1)记AF,BE的斜率分别为k1,k2,求k1·k2的值并求曲线C的
方程;(2)设直线l:y=x+m(m≠0)与曲线C有两个不同的交点P,Q,与直线x=2交于点S,与直线y=-1交于点T,求△OPQ
的面积与△OST面积的比值λ的最大值及取得最大值时m的值.?解析(1)设D(x0,y0)(y0≠0),易知过D点的切线方程为x
0x+y0y=4,其中?+?=4,则E?,F?,∴k1·k2=?·?=?=?=-?,?(3分)设G(x,y),由k1·k2=-??
?·?=-???+y2=1(y≠0).故曲线C的方程为?+y2=1(y≠0).?(5分)(2)由题意可知m≠0,且m≠±2.由??
5x2+8mx+4m2-4=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=-?m,x1·x2=?,?(7分)由Δ=64m2-20(4m2-4)>0?-?0和已知条件求得m的取值范围,从而利用二次函数求得λ的最大值及此时的m值.方法归纳(1)求曲线方程的常用方法:待定系数法、直接法、定义法、几何法、相关点法、参数法以及交轨法.(2)求曲线方程的基本步骤:①建系设点;②列出关于动点的几何等量关系式;③将几何等量关系式进行坐标化;④化简上式,得出曲线方程;⑤检验纯粹性与完备性是否成立.5.(2017广东汕头二模,20)已知O为坐标原点,圆M:(x+1)2+y2=16,定点F(1,0),点N是圆M上一动点,线段NF的垂直平分线交圆M的半径MN于点Q,点Q的轨迹为E.(1)求曲线E的方程;(2)已知点P是曲线E上但不在坐标轴上的任意一点,曲线E与y轴的交点分别为B1、B2,直线B1P和B2P分别与x轴相交于C、D两点,请问线段长之积|OC|·|OD|是不是定值?如果是,请求出定值;如果不是,请说明理由;(3)在(2)的条件下,若点C的坐标为(-1,0),过点C的直线l与E相交于A、B两点,求△ABD面积的最大值.解析(1)连接FQ,则|FQ|=|NQ|,∴|MQ|+|FQ|=|MQ|+|QN|=|MN|=4>|MF|,根据椭圆的定义得,E是以M(-1,0),F(1,0)为焦点,4为长轴长的椭圆,∴2a=4,即a=2,又∵焦点为(1,0),即c=1,∴b2=a2-c2=4-1=3.故点Q的轨迹E的方程为?+?=1.(2)是定值.设P(x0,y0)(x0≠±2,y0≠±3),不妨设B1在y轴负半轴上,则直线B1P的方程为y=?x-?.令y=0,得xC=?,同理得xD=?,∴|OC|·|OD|=|xC|·|xD|=?.∵点P是曲线E上但不在坐标轴上的任意一点,∴?+?=1,即3?=4(3-?),∴|OC|·|OD|=?=4,因此|OC|·|OD|是定值,且定值为4.(3)当点C的坐标为(-1,0)时,点D(-4,0),|CD|=3,设直线l的方程为x=my-1,A(x1,y1),B(x2,y2),由?得(3m2+4)y2-6my-9=0,Δ=36(4m2+4),y1,2=?,∴|y1-y2|=?,△ABD的面积S=?×|y1-y2|×3=?·?=?=?.∵m2≥0,∴?≥1,又函数y=3x+?在[1,+∞)上为增函数,∴3?+?≥4,∴S≤?,∴当m=0,即直线AB的方程为x=-1时,△ABD的面积最大,且最大值为?.思路分析(1)连接FQ,利用线段的垂直平分线的性质及椭圆的定义即可得曲线E的方程;(2)设P(x0,y0),表示出|OC|·|OD|,结合曲线E的方程,即可判断出|OC|·|OD|为定值;(3)设直线l的方程为x=my-1,A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线l与曲线E的方程,求出|y1-y2|,进而表示出△ABD的面积,利用函数的单调性求最大值.