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（浙江专用）2021届高考数学一轮复习专题九平面解析几何9.6圆锥曲线的综合问题试题（含解析）
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§9.6 圆锥曲线的综合问题
基础篇固本夯基
【基础集训】
考点一 曲线与方程
1.设k>1,则关于x,y的方程(1-k)x2+y2=k2-1所表示的曲线是( )
A.长轴在x轴上的椭圆
B.长轴在y轴上的椭圆
C.实轴在x轴上的双曲线
D.实轴在y轴上的双曲线
答案 D
2.已知A(-1,0),B(1,0)两点,过动点M作x轴的垂线,垂足为N,若MN2=λAN·NB,则当λ<0时,动点M的轨迹为( )
A.圆 B.椭圆
C.双曲线 D.抛物线
答案 C
3.设三个数(x-2)2+y2,3,(x+2)2+y2成等差数列,记(x,y)对应点的曲线是C.求曲线C的方程.
解析 依题意得(x-2)2+y2+(x+2)2+y2=23,
所以点P(x,y)到点M(2,0)与点N(-2,0)的距离之和为23,注意到|MN|=22<23,所以点P的轨迹是以M,N为焦点的椭圆,所对应的椭圆中a=3,c=2,故b=1,故曲线C的方程为x23+y2=1.
4.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.求C的方程.
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.
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>|MN|.
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+y23=1(x≠-2).
考点二 定点与定值问题
5.已知抛物线y2=4x上的两点A,B,O为坐标原点,且OA⊥OB,A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2的值是( )
A.4 B.8 C.12 D.16
答案 D
6.已知直线l与双曲线x24-y2=1相切于点P,l与双曲线的两条渐近线交于M,N两点,则OM·ON的值为( )
A.3 B.4
C.5 D.与P的位置有关
答案 A
7.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32,P41,32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.
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P1,
所以点P2在C上.
因此1b2=1,1a2+34b2=1,解得a2=4,b2=1.
故C的方程为x24+y2=1.
(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t,4-t22,t,-4-t22.
则k1+k2=4-t2-22t-4-t2+22t=-1,
得t=2,不符合题设.
从而可设l:y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入x24+y2=1得
(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,x1x2=4m2-44k2+1.
而k1+k2=y1-1x1+y2-1x2
=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2
=2kx1x2+(m-1)(x1+x2)x1x2,
由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.
即(2k+1)·4m2-44k2+1+(m-1)·-8km4k2+1=0.
解得k=-m+12.
当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=-m+12x+m,
即y+1=-m+12(x-2),
所以l过定点(2,-1).
方法总结 求解轨迹方程的步骤:①建系、设点→②列式(列出动点所满足的几何等量关系式)→③坐标化(选用合适的公式表示几何等量关系)→④化简(注意化简前后的等价性)→⑤检验(去伪存真).
考点三 最值与范围问题
8.若a>1,则双曲线x2a2-y2=1的离心率的取值范围是( )
A.(2,+∞) B.(2,2)
C.(1,2) D.(1,2)
答案 C
9.已知双曲线x23-y2=1的左、右焦点分别为F1、F2,P为双曲线右支上一点,点Q的坐标为(-2,3),则|PQ|+|PF1|的最小值为 .
答案 5+23
10.已知F是双曲线C:x2-y28=1的右焦点,P是C的左支上一点,A(0,66).当△APF周长最小时,该三角形的面积为 .
答案 126
考点四 存在性问题
11.(2019辽宁抚顺模拟,21)已知定点C(-1,0)及椭圆x2+3y2=5,过点C的动直线与椭圆相交于A,B两点.
(1)若线段AB中点的横坐标是-12,求直线AB的方程;
(2)在x轴上是否存在点M,使MA·MB为常数?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
解析 (1)依题意,直线AB的斜率存在,
设直线AB的方程为y=k(x+1),
将y=k(x+1)代入椭圆方程x2+3y2=5,
消去y整理得(3k2+1)x2+6k2x+3k2-5=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则Δ=36k4-4(3k2+1)(3k2-5)>0,①x1+x2=-6k23k2+1.②
由线段AB中点的横坐标是-12,得x1+x22=-3k23k2+1=-12,
解得k=±33,适合①,
所以直线AB的方程为x-3y+1=0或x+3y+1=0.
(2)假设在x轴上存在点M(m,0),使MA·MB为常数.
①当直线AB与x轴不垂直时,
由(1)知x1+x2=-6k23k2+1,x1x2=3k2-53k2+1,③
所以MA·MB=(x1-m)(x2-m)+y1y2
=(x1-m)(x2-m)+k2(x1+1)(x2+1)
=(k2+1)x1x2+(k2-m)(x1+x2)+k2+m2.
将③代入,整理得MA·MB=(6m-1)k2-53k2+1+m2
=2m-13(3k2+1)-2m-1433k2+1+m2
=m2+2m-13-6m+143(3k2+1).
注意到MA·MB是与k无关的常数,
从而有6m+14=0,m=-73,此时MA·MB=49.
②当直线AB与x轴垂直时,点A,B的坐标分别为-1,233,-1,-233,
当m=-73时,亦有MA·MB=49.
综上,在x轴上存在定点M-73,0,使MA·MB为常数.
综合篇知能转换
【综合集训】
考法一 有关轨迹方程问题的求法
1.(2019安徽五校联盟第二次质检,4)x2+(y-3)2-x2+(y+3)2=4表示的曲线方程为( )
A.x24-y25=1(x≤-2) B.x24-y25=1(x≥2)
C.y24-x25=1(y≤-2) D.y24-x25=1(y≥2)
答案 C
2.(2018山西临汾模拟,9)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右顶点分别为A,B,点M,N是椭圆C上关于长轴对称的两点,若直线AM与BN相交于点P,则点P的轨迹方程是( )
A.x=±a(y≠0) B.y2=2b(|x|-a)(y≠0)
C.x2+y2=a2+b2(y≠0) D.x2a2-y2b2=1(y≠0)
答案 D
3.(2019广东六校第一次联考(节选))已知圆C:(x+1)2+y2=36与定点M(1,0),动圆I过M点且与圆C相切.求动圆圆心I的轨迹E的方程.
解析 设圆I的半径为r,由题意可知,点I满足
|IC|=6-r,|IM|=r,
所以|IC|+|IM|=6,
由椭圆的定义知点I的轨迹为以C,M为焦点的椭圆,且a=3,c=1,
所以b=22,故轨迹E的方程为x29+y28=1.
考法二 圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法
4.(2019重庆巴蜀中学模拟,21)如图,在平面直角坐标系中,已知点F(1,0),过直线l:x=2左侧的动点P作PH⊥l于点H,∠HPF的平分线交x轴于点M,且PH=2MF,记动点P的轨迹为曲线Q.
(1)求曲线Q的方程.
(2)过点F作直线m交曲线Q于A,B两点,点C在l上,且BC∥x轴,试问:直线AC是否恒过定点?请说明理由.
解析 (1)设P(x,y),∵PH⊥l,∴PH∥OM,
故∠HPM=∠PMF,
又PM平分∠HPF,∴∠FPM=∠HPM,
∴∠FPM=∠PMF,∴|MF|=|PF|,∴|PF||PH|=|MF||PH|=22.
即(x-1)2+y2|x-2|=22,即曲线Q的方程为x22+y2=1.
(2)过定点.理由:由题意知:直线m的斜率不为0,可设直线m的方程为x=ty+1.设A(x1,y1),B(x2,y2).
联立x=ty+1,x2+2y2=2,化为(t2+2)y2+2ty-1=0,Δ>0成立.
∴y1+y2=-2tt2+2,y1y2=-1t2+2,x1=ty1+1.
∴直线AC的斜率k=y1-y2x1-2,方程为y-y2=y1-y2x1-2(x-2).
即y=y1-y2x1-2x-2+y2(x1-2)y1-y2.
又y2(x1-2)y1-y2=y2(ty1-1)-2tt2+2-2y2=y2+tt2+22tt2+2+y2=12.
∴y=y1-y2x1-2x-2+12,即y=y1-y2x1-2x-32.
∴直线AC恒过定点32,0,经验证,当斜率不存在时直线AC也经过点32,0,符合题意.
考法三 圆锥曲线中的最值(范围)问题的求解方法
5.(2018清华大学中学生标准学术能力诊断测试(11月))设P是椭圆x2169+y225=1上一点,M,N分别是两圆:(x+12)2+y2=1和(x-12)2+y2=1上的点,则|PM|+|PN|的最小值、最大值分别为( )
A.18,24 B.16,22 C.24,28 D.20,26
答案 C
6.(2019陕西宝鸡中学二模,11)已知抛物线x2=16y的焦点为F,双曲线x24-y25=1的左、右焦点分别为F1、F2,点P是双曲线右支上一点,则|PF|+|PF1|的最小值为( )
A.5 B.7 C.9 D.11
答案 C
7.(2018宁夏银川4月检测)已知动点P到定点F(1,0)和到直线x=2的距离之比为22,设动点P的轨迹为曲线E,过点F作垂直于x轴的直线与曲线E相交于A、B两点,直线l:y=mx+n与曲线E交于C,D两点,与AB相交于一点(交点位于线段AB上,且不与A,B重合).
(1)求曲线E的方程;
(2)当直线l与圆x2+y2=1相切时,四边形ACBD的面积是否有最大值?若有,求出其最大值及对应的直线l的方程;若没有,请说明理由.
解析 (1)设点P(x,y),由题意,可得(x-1)2+y2|x-2|=22,得x22+y2=1.
∴曲线E的方程是x22+y2=1.
(2)设C(x1,y1),D(x2,y2),由条件可得|AB|=2.
当m=0时,显然不合题意.
当m≠0时,∵直线l与圆x2+y2=1相切,∴|n|m2+1=1,得n2=m2+1.
联立y=mx+n,x22+y2=1,消去y得m2+12x2+2mnx+n2-1=0,
则Δ=4m2n2-4m2+12(n2-1)=2m2>0,x1+x2=-4mn2m2+1,x1x2=2(n2-1)2m2+1,
S四边形ACBD=12|AB|·|x1-x2|=2|m|2m2+1=22|m|+1|m|≤22,
当且仅当2|m|=1|m|,即m=±22时等号成立,此时n=±62.
经检验可知,直线y=22x-62和直线y=-22x+62都符合题意.
考法四 存在性问题
8.(2019内蒙古通辽五中模拟,20)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=63,过点A(0,-b)和B(a,0)的直线与原点的距离为32.
(1)求椭圆的方程;
(2)已知定点E(-1,0),若直线y=kx+2(k≠0)与椭圆交于C、D两点,问:是否存在这样的实数k,使得以CD为直径的圆过E点?若存在,请求出k值,若不存在,请说明理由.
解析 (1)直线AB的方程为bx-ay-ab=0,
依题意可得ca=63,aba2+b2=32,又c2=a2-b2,
解得a2=3,b2=1,∴椭圆的方程为x23+y2=1.
(2)存在,k=76.理由:假设存在这样的实数k,
由y=kx+2,x2+3y2-3=0,得(1+3k2)x2+12kx+9=0,
∴Δ=(12k)2-36(1+3k2)>0.①
设C(x1,y1),D(x2,y2),
则x1+x2=-12k1+3k2,②x1·x2=91+3k2,③
y1·y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4,
要使以CD为直径的圆过点E(-1,0),只需CE⊥DE,
即y1y2+(x1+1)(x2+1)=0,
∴(k2+1)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0,④
将②③代入④整理得k=76,
经验证,k=76时,①成立.故存在k=76使得以CD为直径的圆过点E.
【五年高考】
考点一 曲线与方程
1.(2019课标全国Ⅱ,21,12分)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-12.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程,并说明C是什么曲线;
(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.
(i)证明:△PQG是直角三角形;
(ii)求△PQG面积的最大值.
解析 本题主要考查轨迹方程的求法,直线与椭圆的位置关系,两条直线的位置关系,弦长问题,三角形的面积以及基本不等式的应用等相关知识;通过对三角形形状的判断以及面积最值的求解考查学生的知识迁移能力、运算求解能力及函数思想方法的应用;体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.
(1)由题设得yx+2·yx-2=-12,化简得x24+y22=1(|x|≠2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左右顶点.
(2)(i)证明:设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0).
由y=kx,x24+y22=1得x=±21+2k2.
记u=21+2k2,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).
于是直线QG的斜率为k2,方程为y=k2(x-u).
由y=k2(x-u),x24+y22=1得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.①
设G(xG,yG),则-u和xG是方程①的解,故xG=u(3k2+2)2+k2,由此得yG=uk32+k2.
从而直线PG的斜率为uk32+k2-uku(3k2+2)2+k2-u=-1k.
所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.
(ii)由(i)得|PQ|=2u1+k2,|PG|=2ukk2+12+k2,
所以△PQG的面积S=12|PQ||PG|=8k(1+k2)(1+2k2)(2+k2)=81k+k1+21k+k2.
设t=k+1k,则由k>0得t≥2,当且仅当k=1时取等号.
因为S=8t1+2t2在[2,+∞)单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为169.
因此,△PQG面积的最大值为169.
思路分析 (1)利用直线AM与BM的斜率之积为-12求得曲线C的轨迹方程,从而得出曲线C的轨迹.(2)(i)设出直线PQ的方程,联立椭圆方程,求得点P、Q的坐标,由Q、E的坐标得出直线QG的方程,联立椭圆方程,得出点G的坐标,进而表示出直线PG的斜率,从而得出结论.(ii)利用弦长公式求出|PQ|与|PG|的表达式,从而将三角形的面积表示成关于k的函数,进而利用函数思想求其最大值.
解题关键 ①利用方程思想得出点P、Q的坐标,进而利用换元法及整体代换法简化运算过程是顺利解决本题的关键;②正确利用基本不等式及函数单调性是求解△PQG面积最值的关键.
2.(2017课标全国Ⅱ,20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x22+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足NP=2NM.
(1)求点P的轨迹方程;
(2)设点Q在直线x=-3上,且OP·PQ=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
解析 本题考查了求轨迹方程的基本方法和定点问题.
(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).
由NP=2NM得x0=x,y0=22y.
因为M(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1.
因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.
(2)证明:由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQ·PF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).
由OP·PQ=1得-3m-m2+tn-n2=1,
又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.
所以OQ·PF=0,即OQ⊥PF.
又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
思路分析 (1)设出P、M的坐标,利用NP=2NM得到P、M坐标间的关系,由点M在C上求解.(2)利用向量的坐标运算得OQ·PF=0,进而证明直线l过曲线C的左焦点F.
方法总结 求轨迹方程的方法有直接法和间接法.直接法有定义法、待定系数法和直译法.间接法有相关点法、交轨法和参数法.
3.(2016课标全国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.
解析 由题设知F12,0.设l1:y=a,l2:y=b,则ab≠0,
且Aa22,a,Bb22,b,P-12,a,Q-12,b,R-12,a+b2.
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-ba2-ab=1a=-aba=-b=k2.
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,S△PQF=|a-b|2.
由题设可得2×12|b-a|x1-12=|a-b|2,
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=yx-1(x≠1).
而a+b2=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)
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.
4.(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,带动··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,MD=2DN,且|DN|=|ON|=1,
所以(t-x,-y)=2(x0-t,y0),且(x0-t)2+y02=1,x02+y02=1.
即t-x=2x0-2t,y=-2y0,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=x4,y0=-y2,
代入x02+y02=1,可得x216+y24=1,
即曲线C的方程为x216+y24=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=12×4×4=8.
(ii)当直线l的斜率存在时,设直线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y=kx+m,x-2y=0,可得P2m1-2k,m1-2k;
同理可得Q-2m1+2k,m1+2k.
由原点O到直线PQ的距离为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
将①代入②得,S△OPQ=2m21-4k2=8|4k2+1||4k2-1|.
当k2>14时,S△OPQ=8·4k2+14k2-1=81+24k2-1>8;
当0≤k2<14时,S△OPQ=8·4k2+11-4k2=8-1+21-4k2.
因0≤k2<14,则0<1-4k2≤1,21-4k2≥2,
所以S△OPQ=8-1+21-4k2≥8,
当且仅当k=0时取等号.
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
5.(2019课标全国Ⅲ,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,切点分别为A,B.
(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的面积.
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)证明:设Dt,-12,A(x1,y1),则x12=2y1.
由于y'=x,所以切线DA的斜率为x1,故y1+12x1-t=x1.
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0,12.
(2)由(1)得直线AB的方程为y=tx+12.
由y=tx+12,y=x22可得x2-2tx-1=0.
于是x1+x2=2t,x1x2=-1,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1,
|AB|=1+t2|x1-x2|=1+t2×(x1+x2)2-4x1x2=2(t2+1).
设d1,d2分别为点D,E到直线AB的距离,则d1=t2+1,d2=2t2+1.
因此,四边形ADBE的面积S=12|AB|(d1+d2)=(t2+3)t2+1.
设M为线段AB的中点,则Mt,t2+12.
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.
6.(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,QM=λQO,QN=μQO,求证:1λ+1μ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y2=4x,y=kx+1得k2x2+(2k-4)x+1=0.
依题意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得k<0或0
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,x1x2=1k2.
直线PA的方程为y-2=y1-2x1-1(x-1).
令x=0,得点M的纵坐标为yM=-y1+2x1-1+2=-kx1+1x1-1+2.
同理得点N的纵坐标为yN=-kx2+1x2-1+2.
由QM=λQO,QN=μQO得λ=1-yM,μ=1-yN.
所以1λ+1μ=11-yM+11-yN=x1-1(k-1)x1+x2-1(k-1)x2
=1k-1·2x1x2-(x1+x2)x1x2=1k-1·2k2+2k-4k21k2=2.
所以1λ+1μ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.
考点三 最值与范围问题
7.(2019北京,8,5分)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线C:x2+y2=1+|x|y就是其中之一(如图).给出下列三个结论:
①曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点);
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2;
③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.
其中,所有正确结论的序号是( )
A.① B.② C.①② D.①②③
答案 C
8.(2015四川,10,5分)设直线l与抛物线y2=4x相交于A,B两点,与圆(x-5)2+y2=r2(r>0)相切于点M,且M为线段AB的中点.若这样的直线l恰有4条,则r的取值范围是( )
A.(1,3) B.(1,4) C.(2,3) D.(2,4)
答案 D
9.(2016课标全国Ⅱ,20,12分)已知椭圆E:x2t+y23=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.
解析 (1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.
当t=4时,E的方程为x24+y23=1,A(-2,0).
由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为π4.
因此直线AM的方程为y=x+2.
将x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.
解得y=0或y=127,所以y1=127.
因此△AMN的面积S△AMN=2×12×127×127=14449.
(2)由题意,t>3,k>0,A(-t,0).将直线AM的方程y=k(x+t) 代入x2t+y23=1得(3+tk2)x2+2t·tk2x+t2k2-3t=0.
由x1·(-t)=t2k2-3t3+tk2得x1=t(3-tk2)3+tk2,
故|AM|=|x1+ t|1+k2=6t(1+k2)3+tk2.
由题设,直线AN的方程为y=-1k(x+t),
故同理可得|AN|=6kt(1+k2)3k2+t.
由2|AM|=|AN|得23+tk2=k3k2+t,
即(k3-2)t=3k(2k-1).
当k=32时上式不成立,因此t=3k(2k-1)k3-2.
t>3等价于k3-2k2+k-2k3-2=(k-2)(k2+1)k3-2<0,即k-2k3-2<0.
由此得k-2>0,k3-2<0或k-2<0,k3-2>0,解得32
解题关键 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.
10.(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G的坐标.
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p=2.
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B1t2,-2t.又由于xG=13(xA+xB+xC),yG=13(yA+yB+yC)及重心G在x轴上,故2t-2t+yC=0,
得C1t-t2,21t-t,G2t4-2t2+23t2,0.
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S1S2=12|FG|·|yA|12|QG|·|yC|=2t4-2t2+23t2-1·|2t|t2-1-2t4-2t2+23t2·2t-2t
=2t4-t2t4-1=2-t2-2t4-1.
令m=t2-2,则m>0,
S1S2=2-mm2+4m+3=2-1m+3m+4≥2-12m·3m+4
=1+32.
当m=3时,S1S2取得最小值1+32,此时G(2,0).
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Q点坐标,然后就可以表示出S1S2,进而求出其最小值.
11.(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)证明:设P(x0,y0),A14y12,y1,B14y22,y2.
因为PA,PB的中点在抛物线上,
所以y1,y2为方程y+y022=4·14y2+x02即y2-2y0y+8x0-y02=0的两个不同的实根.
所以y1+y2=2y0,
因此,PM垂直于y轴.
(2)由(1)可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,
所以|PM|=18(y12+y22)-x0=34y02-3x0,
|y1-y2|=22(y02-4x0).
因此,S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=324(y02-4x0)32.
因为x02+y024=1(x0<0),所以y02-4x0=-4x02-4x0+4∈[4,5].
因此,△PAB面积的取值范围是62,15104.
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.
12.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,焦距为2.
(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=ca=22,2c=2,所以a=2,b=1,
因此椭圆E的方程为x22+y2=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
联立x22+y2=1,y=k1x-32,消y整理得(4k12+2)x2-43k1x-1=0,
由题意知Δ>0,且x1+x2=23k12k12+1,x1x2=-12(2k12+1),
所以|AB|=1+k12|x1-x2|=21+k121+8k121+2k12.
由题意可知圆M的半径r=23|AB|=223·1+k121+8k122k12+1.
由题设知k1k2=24,所以k2=24k1,
因此直线OC的方程为y=24k1x.
联立x22+y2=1,y=24k1x,得x2=8k121+4k12,y2=11+4k12,
因此|OC|=x2+y2=1+8k121+4k12.
由题意可知sin∠SOT2=rr+|OC|=11+|OC|r,
而|OC|r=1+8k121+4k12223·1+k121+8k121+2k12=324·1+2k121+4k121+k12,
令t=1+2k12,则t>1,1t∈(0,1),
因此|OC|r=32·t2t2+t-1=32·12+1t-1t2
=32·1-1t-122+94≥1,
当且仅当1t=12,即t=2时等号成立,此时k1=±22,
所以sin∠SOT2≤12,
因此∠SOT2≤π6,所以∠SOT的最大值为π3.
综上所述:∠SOT的最大值为π3,取得最大值时直线l的斜率k1=±22.
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,利用二次函数的性质求解.
疑难突破 把角的问题转化为三角函数问题,即由sin∠SOT2=11+|OC|r=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∠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.本题的解答体现了数学知识、能力、思想、方法的完美结合.
考点四 存在性问题
13.(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,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=x1+x22=-kbk2+9,yM=kxM+b=9bk2+9.
于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-9k,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k>0,k≠3.
由(1)得OM的方程为y=-9kx.
设点P的横坐标为xP.
由y=-9kx,9x2+y2=m2得xP2=k2m29k2+81,即xP=±km3k2+9.
将点m3,m的坐标代入l的方程得b=m(3-k)3,
因此xM=k(k-3)m3(k2+9).
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)m3(k2+9),
解得k1=4-7,k2=4+7.
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.
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.
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考点一 曲线与方程
1.(2014广东,20,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点为(5,0),离心率为53.
(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=53,
∴a=3,b2=a2-c2=4,
故椭圆C的标准方程为x29+y24=1.
(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+y24=1联立,
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+y02-4=0,
∴k是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y02-4=0的一个根,
同理,-1k是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y02-4=0的另一个根,
∴k·-1k=y02-4x02-9,整理得x02+y02=13,其中x0≠±3,
∴点P的轨迹方程为x2+y2=13(x≠±3).
检验P(±3,±2)满足上式.
综上,点P的轨迹方程为x2+y2=13.
2.(2013四川,20,13分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),且椭圆C经过点P43,13.
(1)求椭圆C的离心率;
(2)设过点A(0,2)的直线l与椭圆C交于M,N两点,点Q是线段MN上的点,且2|AQ|2=1|AM|2+1|AN|2,求点Q的轨迹方程.
解析 (1)由椭圆定义知,2a=|PF1|+|PF2|=43+12+132+43-12+132=22,
所以a=2.
又由已知得,c=1,
所以椭圆C的离心率e=ca=12=22.
(2)由(1)知,椭圆C的方程为x22+y2=1.
设点Q的坐标为(x,y).
(i)当直线l与x轴垂直时,直线l与椭圆C交于(0,1),(0,-1)两点,此时点Q的坐标为0,2-355.
(ii)当直线l与x轴不垂直时,设直线l的方程为y=kx+2.
因为M,N在直线l上,可设点M,N的坐标分别为(x1,kx1+2),(x2,kx2+2),则
|AM|2=(1+k2)x12,|AN|2=(1+k2)x22.
又|AQ|2=x2+(y-2)2=(1+k2)x2.
由2|AQ|2=1|AM|2+1|AN|2,得
2(1+k2)x2=1(1+k2)x12+1(1+k2)x22,
即2x2=1x12+1x22=(x1+x2)2-2x1x2x12x22.①
将y=kx+2代入x22+y2=1中,得
(2k2+1)x2+8kx+6=0.②
由Δ=(8k)2-4×(2k2+1)×6>0,得k2>32.
由②可知,x1+x2=-8k2k2+1,x1x2=62k2+1,
代入①中并化简,得
x2=1810k2-3.③
因为点Q在直线y=kx+2上,所以k=y-2x,代入③中并化简,得10(y-2)2-3x2=18.
由③及k2>32,可知0
又0,2-355满足10(y-2)2-3x2=18,故x∈-62,62.
由题意知,Q(x,y)在椭圆C内,
所以-1≤y≤1,
由10(y-2)2=18+3x2得(y-2)2∈95,94,
且-1≤y≤1,则y∈12,2-355.
所以点Q的轨迹方程为10(y-2)2-3x2=18,其中x∈-62,62,y∈12,2-355.
评析 本题主要考查直线、椭圆、曲线与方程等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合、转化与化归、分类与整合等数学思想,并考查思维的严谨性.
考点二 定点与定值问题
3.(2014安徽,19,13分)如图,已知两条抛物线E1:y2=2p1x(p1>0)和E2:y2=2p2x(p2>0),过原点O的两条直线l1和l2,l1与E1,E2分别交于A1,A2两点,l2与E1,E2分别交于B1,B2两点.
(1)证明:A1B1∥A2B2;
(2)过O作直线l(异于l1,l2)与E1,E2分别交于C1,C2两点.记△A1B1C1与△A2B2C2的面积分别为S1与S2,求S1S2的值.
解析 (1)证明:设直线l1,l2的方程分别为y=k1x,y=k2x(k1,k2≠0),则
由y=k1x,y2=2p1x,得A12p1k12,2p1k1,
由y=k1x,y2=2p2x,得A22p2k12,2p2k1.
同理可得B12p1k22,2p1k2,B22p2k22,2p2k2.
所以A1B1=2p1k22-2p1k12,2p1k2-2p1k1=2p11k22-1k12,1k2-1k1,
A2B2=2p2k22-2p2k12,2p2k2-2p2k1=2p21k22-1k12,1k2-1k1,
故A1B1=p1p2A2B2,所以A1B1∥A2B2.
(2)由(1)知A1B1∥A2B2,同理可得B1C1∥B2C2,C1A1∥C2A2.
所以△A1B1C1∽△A2B2C2.
因此S1S2=|A1B1||A2B2|2.
又由(1)中的A1B1=p1p2A2B2知|A1B1||A2B2|=p1p2.
故S1S2=p12p22.
4.(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Fp2,0.
设D(t,0)(t>0),则FD的中点为p+2t4,0.
因为|FA|=|FD|,
则由抛物线的定义知3+p2=t-p2,
解得t=3+p或t=-3(舍去).
由p+2t4=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=-y02.
因为直线l1和直线AB平行,
所以可设直线l1的方程为y=-y02x+b,
代入抛物线方程得y2+8y0y-8by0=0,
由Δ=64y02+32by0=0,得b=-2y0.
设E(xE,yE),则yE=-4y0,xE=4y02,
当y02≠4时,kAE=yE-y0xE-x0=-4y0+y04y02-y024=4y0y02-4,
可得直线AE的方程为y-y0=4y0y02-4(x-x0),
由y02=4x0,
整理可得y=4y0y02-4(x-1),
直线AE恒过点F(1,0),
当y02=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)+1x0+1=x0+1x0+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=x0-1y0,
设B(x1,y1),
直线AB的方程为y-y0=-y02(x-x0),
由y0≠0,
可得x=-2y0y+2+x0,
代入抛物线方程得y2+8y0y-8-4x0=0.
所以y0+y1=-8y0,
可求得y1=-y0-8y0,x1=4x0+x0+4,
所以点B到直线AE的距离为
d=4x0+x0+4+my0+8y0-11+m2=4(x0+1)x0=4x0+1x0.
则△ABE的面积S=12×4x0+1x0x0+1x0+2≥16,
当且仅当1x0=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.
5.(2013山东,22,13分)椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1、F2,离心率为32,过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.
(1)求椭圆C的方程;
(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点,连接PF1,PF2.设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0),求m的取值范围;
(3)在(2)的条件下,过点P作斜率为k的直线l,使得l与椭圆C有且只有一个公共点.设直线PF1,PF2的斜率分别为k1,k2.若k≠0,试证明1kk1+1kk2为定值,并求出这个定值.
解析 (1)由于c2=a2-b2,
将x=-c代入椭圆方程x2a2+y2b2=1,得y=±b2a,
由题意知2b2a=1,即a=2b2.
又e=ca=32,所以a=2,b=1.
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)解法一:设P(x0,y0)(y0≠0).
又F1(-3,0),F2(3,0),
所以直线PF1,PF2的方程分别为
lPF1:y0x-(x0+3)y+3y0=0,
lPF2:y0x-(x0-3)y-3y0=0.
由题意知|my0+3y0|y02+(x0+3)2=|my0-3y0|y02+(x0-3)2 .
由于点P在椭圆上,所以x024+y02=1.
所以|m+3|32x0+22=|m-3|32x0-22 .
因为-3
因此-32
当0≤x0<2时,
①当x0=3时,直线PF2的斜率不存在,
易知P3,12或P3,-12.
若P3,12,则直线PF1的方程为x-43y+3=0.
由题意得|m+3|7=3-m,
因为-3
②当x0≠3时,设直线PF1,PF2的方程分别为y=k1(x+3),y=k2(x-3).
由题意知|mk1+3k1|1+k12=|mk2-3k2|1+k22,
所以(m+3)2(m-3)2=1+1k121+1k22.
因为x024+y02=1,并且k1=y0x0+3,k2=y0x0-3,
所以(m+3)2(m-3)2=4(x0+3)2+4-x024(x0-3)2+4-x02
=3x02+83x0+163x02-83x0+16=(3x0+4)2(3x0-4)2,
即m+3m-3=3x0+43x0-4.
因为-3
整理得m=3x04,故0≤m<32且m≠334.
综合①②可得0≤m<32.
当-2
(3)设P(x0,y0)(y0≠0),
则直线l的方程为y-y0=k(x-x0).
联立x24+y2=1,y-y0=k(x-x0),
整理得(1+4k2)x2+8(ky0-k2x0)x+4(y02-2kx0y0+k2x02-1)=0.
由题意知Δ=0,
即(4-x02)k2+2x0y0k+1-y02=0.
又x024+y02=1,
所以16y02k2+8x0y0k+x02=0,
故k=-x04y0.
由(2)知1k1+1k2=x0+3y0+x0-3y0=2x0y0,
所以1kk1+1kk2=1k1k1+1k2=-4y0x0·2x0y0=-8,
因此1kk1+1kk2为定值,这个定值为-8.
评析 本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系、直线的斜率等基础知识和基本技能,考查数形结合的思想、逻辑推理能力和运算求解能力.
考点三 最值与范围问题
6.(2014福建,9,5分)设P,Q分别为圆x2+(y-6)2=2和椭圆x210+y2=1上的点,则P,Q两点间的最大距离是( )
A.52 B.46+2 C.7+2 D.62
答案 D
7.(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=π3,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为( )
A.433 B.233 C.3 D.2
答案 A
考点四 存在性问题
8.(2013江西,20,13分)如图,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点P1,32,离心率e=12,直线l的方程为x=4.
(1)求椭圆C的方程;
(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P),设直线AB与直线l相交于点M,记PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3.问:是否存在常数λ,使得k1+k2=λk3?若存在,求λ的值;若不存在,说明理由.
解析 (1)由P1,32在椭圆上得,1a2+94b2=1,①
依题设知a=2c,则b2=3c2,②
②代入①,解得c2=1,a2=4,b2=3.
故椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)解法一:由题意可设AB的斜率为k,
则直线AB的方程为y=k(x-1),③
代入椭圆方程3x2+4y2=12,并整理,
得(4k2+3)x2-8k2x+4(k2-3)=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则有x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4(k2-3)4k2+3,④
在方程③中令x=4,得M的坐标为(4,3k).
从而k1=y1-32x1-1,k2=y2-32x2-1,k3=3k-324-1=k-12.
注意到A,F,B共线,
则有k=kAF=kBF,
即有y1x1-1=y2x2-1=k.
所以k1+k2=y1-32x1-1+y2-32x2-1
=y1x1-1+y2x2-1-321x1-1+1x2-1
=2k-32·x1+x2-2x1x2-(x1+x2)+1,⑤
④代入⑤得k1+k2=2k-32·8k24k2+3-24(k2-3)4k2+3-8k24k2+3+1=2k-1,
又k3=k-12,所以k1+k2=2k3.
故存在常数λ=2符合题意.
解法二:设B(x0,y0)(x0≠1),
则直线FB的方程为y=y0x0-1(x-1),
令x=4,求得M4,3y0x0-1,
从而直线PM的斜率为k3=2y0-x0+12(x0-1),
由y=y0x0-1(x-1),x24+y23=1,得A5x0-82x0-5,3y02x0-5,
则直线PA的斜率为k1=2y0-2x0+52(x0-1),直线PB的斜率为k2=2y0-32(x0-1),所以k1+k2=2y0-2x0+52(x0-1)+2y0-32(x0-1)=2y0-x0+1x0-1=2k3,故存在常数λ=2符合题意.
9.(2013湖北,21,13分)如图,已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O,长轴均为MN且在x轴上,短轴长分别为2m,2n(m>n),过原点且不与x轴重合的直线l与C1,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.记λ=mn,△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.
(1)当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,求λ的值;
(2)当λ变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2?并说明理由.
解析 依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为C1:x2a2+y2m2=1,C2:x2a2+y2n2=1.其中a>m>n>0,λ=mn>1.
(1)解法一:如图1,若直线l与y轴重合,即直线l的方程为x=0,则S1=12|BD|·|OM|=12a|BD|,
S2=12|AB|·|ON|=12a|AB|,
所以S1S2=|BD||AB|.
在C1和C2的方程中分别令x=0,可得yA=m,yB=n,yD=-m,于是|BD||AB|=|yB-yD||yA-yB|=m+nm-n=λ+1λ-1.
若S1S2=λ,则λ+1λ-1=λ,化简得λ2-2λ-1=0.
由λ>1,可解得λ=2+1.
故当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,则λ=2+1.
解法二:如图1,若直线l与y轴重合,则
|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n;
S1=12|BD|·|OM|=12a|BD|,S2=12|AB|·|ON|=
12a|AB|.
所以S1S2=|BD||AB|=m+nm-n=λ+1λ-1.
若S1S2=λ,则λ+1λ-1=λ,化简得λ2-2λ-1=0.
由λ>1,可解得λ=2+1.
故当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,
则λ=2+1.
(2)解法一:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2.
根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k>0),点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则
d1=|-ak-0|1+k2=ak1+k2,d2=|ak-0|1+k2=ak1+k2,
所以d1=d2.
又S1=12|BD|d1,S2=12|AB|d2,
所以S1S2=|BD||AB|=λ,
即|BD|=λ|AB|.
由对称性可知|AB|=|CD|,
所以|BC|=|BD|-|AB|=(λ-1)·|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=(λ+1)|AB|,于是
|AD||BC|=λ+1λ-1.①
将l的方程分别与C1,C2的方程联立,可求得
xA=ama2k2+m2,xB=ana2k2+n2.
根据对称性可知xC=-xB,xD=-xA,于是
|AD||BC|=1+k2|xA-xD|1+k2|xB-xC|=2xA2xB=mna2k2+n2a2k2+m2.②
从而由①和②式可得
a2k2+n2a2k2+m2=λ+1λ(λ-1).③
令t=λ+1λ(λ-1),则由m>n,可得t≠1,
于是由③式可解得k2=n2(λ2t2-1)a2(1-t2).
因为k≠0,所以k2>0.
于是③式关于k有解,当且仅当n2(λ2t2-1)a2(1-t2)>0,
等价于(t2-1)t2-1λ2<0.
由λ>1,可解得1λ
所以当1<λ≤1+2时,不存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2;
当λ>1+2时,存在与坐标轴不重合的直线l使得S1=λS2.
解法二:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2.
根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k>0),
点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则
d1=|-ak-0|1+k2=ak1+k2,d2=|ak-0|1+k2=ak1+k2,所以d1=d2.
又S1=12|BD|d1,S2=12|AB|d2,所以S1S2=|BD||AB|=λ.
因为|BD||AB|=1+k2|xB-xD|1+k2|xA-xB|=xA+xBxA-xB=λ,所以xAxB=λ+1λ-1.
由点A(xA,kxA),B(xB,kxB)分别在C1,C2上,可得xA2a2+k2xA2m2=1,xB2a2+k2xB2n2=1,
两式相减可得xA2-xB2a2+k2(xA2-λ2xB2)m2=0,
依题意xA>xB>0,所以xA2>xB2.
所以由上式解得k2=m2(xA2-xB2)a2(λ2xB2-xA2).
因为k2>0,
所以由m2(xA2-xB2)a2(λ2xB2-xA2)>0,可解得1
所以当1<λ≤1+2时,不存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2;
当λ>1+2时,存在与坐标轴不重合的直线l使得S1=λS2.
评析 本题综合考查直线与圆锥曲线相交得到的三角形的面积的问题.解决此问题的关键:首先将面积比转化成线段比,再通过常规方法的计算构造方程或不等式进行求值或求范围.难度较大,对计算能力、转化能力要求很高.
10.(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,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b=1,ca=22,a2=b2+c2,解得a2=2.
故椭圆C的方程为x22+y2=1.
设M(xM,0).
因为m≠0,所以-1
所以xM=m1-n,即Mm1-n,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=m1+n.
“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|”,
即yQ满足yQ2=|xM||xN|.
因为xM=m1-n,xN=m1+n,m22+n2=1,
所以yQ2=|xM||xN|=m21-n2=2.
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).
【三年模拟】
一、单项选择题(每题5分,共45分)
1.(2020届湖南长沙一中第二次月考,11)点M与定点F(2,0)的距离和它到定直线x=8的距离之比为1∶2,则M的轨迹方程是( )
A.y2=8x B.y2=-8(x-4)
C.x24-y23=1 D.x216+y212=1
答案 D
2.(2020届广东10月县中联考,12)以双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)上一点M为圆心的圆与x轴交于O,F两点,其中O为坐标原点,F是双曲线的右焦点,若|OF|=|MF|,则该双曲线的离心率是( )
A.3 B.3+1 C.3+2 D.3+3
答案 B
3.(2020届福建厦门一中10月月考,9)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,F2也是抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点,点A为C与E的一个交点,且直线AF1的倾斜角为45°,则C的离心率为( )
A.5-12 B.2-1 C.3-5 D.2+1
答案 B
4.(2020届湖南长沙周南中学第二次月考,10)已知圆O1和圆O2的半径分别为2和4,且|O1O2|=8,若动圆M与圆O1内切,与圆O2外切,则动圆圆心M的轨迹是( )
A.圆 B.椭圆
C.双曲线的一支 D.抛物线
答案 C
5.(2020届广西南宁10月摸底考,11)已知F2为双曲线C:x2a2-y24=1(a>0)的右焦点,直线y=kx与双曲线交于A,B两点,若∠AF2B=2π3,则△AF2B的面积为( )
A.22 B.23 C.42 D.43
答案 D
6.(2018东北师大附中五模,12)直线l过抛物线y2=4x的焦点F且与抛物线交于A,B两点,若线段AF,BF的长分别为m,n,则4m+n的最小值是( )
A.10 B.9 C.8 D.7
答案 B
7.(2019辽宁丹东质量测试(一),12)直线x-3y+3=0与椭圆x29+y26=1相交于M,N两点,设O是坐标原点,则△OMN的面积为( )
A.3 B.233 C.332 D.433
答案 D
8.(2019陕西四校联考,11)已知椭圆和双曲线有共同的焦点F1,F2,P是它们的一个交点,且∠F1PF2=2π3,记椭圆和双曲线的离心率分别为e1,e2,则3e12+1e22=( )
A.4 B.23 C.2 D.3
答案 A
9.(2020届广东百校联考,12)已知抛物线y2=16x的焦点为F,过点F作直线l交抛物线于M,N两点,则|NF|9-4|MF|的最小值为( )
A.23 B.-23 C.-13 D.13
答案 D
二、多项选择题(每题5分,共10分)
10.(改编题)已知圆锥曲线C1:mx2+ny2=1(n>m>0)与C2:px2-qy2=1(p>0,q>0)的公共焦点为F1,F2.点M为C1,C2的一个公共点,且满足∠F1MF2=90°,若圆锥曲线C1的离心率为34,则下列说法正确的是( )
A.C2的离心率为92
B.C2的离心率为322
C.C2的渐近线方程为y=±142x
D.C2的渐近线方程为y=±322x
答案 BC
11.(改编题)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为e1,椭圆C1的上顶点为M,且MF1·MF2=0,双曲线C2和椭圆C1有相同焦点,且双曲线C2的离心率为e2,P为曲线C1与C2的一个公共点,若∠F1PF2=π3,则下列结论正确的是( )
A.e2e1=2 B.e1·e2=32
C.e12+e22=52 D.e22-e12=1
答案 BD
三、填空题(每题5分,共15分)
12.(原创题)已知A(-2,0),B(2,0),C(2,3),若圆锥曲线E是以A,B为焦点,并经过顶点C,写出符合条件的一个圆锥的曲线方程: .
答案 x216+y212=1或x2-y23=1
13.(2019河北九校3月联考,14)设F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点,P为椭圆C上的一点,且PF1⊥PF2,若△PF1F2的面积为9,周长为18,则椭圆C的方程为 .
答案 x225+y29=1
14.(2020届广东珠海9月摸底,16)已知F是抛物线C:y2=8x的焦点,点M(2,6),点P是C上任意一点,当点P在P1时,|PF|-|PM|取得最大值,当点P在P2时,|PF|-|PM|取得最小值,则|P1P2|= .
答案 5172
四、解答题(共60分)
15.(2020届湖北黄冈9月新起点考试,20)椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),椭圆上一点P3,32.直线l的斜率存在,且不经过点F2,l与椭圆C交于A,B两点,且∠AF2O+∠BF2O=180°.
(1)求椭圆C的方程;
(2)求证:直线l过定点.
解析 (1)由题意得c=1,2a=|PF1|+|PF2|
=(3+1)2+322+(3-1)2+322=4,
a=2,则b=3,
所以椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)设直线l的方程为y=kx+m,
由题意知kAF2+kBF2=0.
联立y=kx+m,3x2+4y2-12=0,消去y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,
Δ=(8km)2-4×(3+4k2)(4m2-12)>0,
即4k2-m2+3>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2,
由y1x1-1+y2x2-1=0,得y1(x2-1)+y2(x1-1)=0,
即2kx1x2+(m-k)(x1+x2)-2m=0,
把x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2代入得m=-4k,
把m=-4k代入4k2-m2+3>0,
解得-12
所以k≠0,即-12
16.(2020届广东广州第十六中学质量检测(一),20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,|F1F2|=2,过点F1的直线与椭圆交于A,B两点,延长BF2交椭圆C于点M,△ABF2的周长为8.
(1)求C的离心率及方程;
(2)试问:是否存在定点P(x0,0),使得PM·PB为定值?若存在,求x0的值;若不存在,请说明理由.
解析 (1)由题意可知|F1F2|=2c=2,则c=1.
又△ABF2的周长为8,所以4a=8,即a=2,
则e=ca=12,b2=a2-c2=3.
故C的方程为x24+y23=1.
(2)解法一:假设存在点P,使得PM·PB为定值.
若直线BM的斜率存在,设BM的方程为y=k(x-1).
设B(x1,y1),M(x2,y2),
联立x24+y23=1,y=k(x-1),消去y得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,
根据根与系数的关系可得x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3,
由于PM=(x2-x0,y2),PB=(x1-x0,y1),
则PM·PB=x1x2-(x1+x2)x0+x02+y1y2
=(k2+1)x1x2-(x0+k2)(x1+x2)+k2+x02
=(4x02-8x0-5)k2+3x02-124k2+3.
因为PM·PB为定值,所以4x02-8x0-54=3x02-123,解得x0=118.
定值为-13564.
若直线BM的斜率不存在,直线BM的方程为x=1,
B1,23,M1,-32,
则PM·PB=(x0-1)2-94=-13564,
故存在点P,且x0=118.
解法二:假设存在点P,使得PM·PB为定值.
由已知得BM与x轴不重合,可设BM的方程为x=my+1,
设B(x1,y1),M(x2,y2),
联立x=my+1,x24+y23=1,消去x,得(3m2+4)y2+6my-9=0,
则y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4,
由于PM=(x2-x0,y2),PB=(x1-x0,y1),
则PM·PB=x1x2-(x1+x2)x0+x02+y1y2
=(m2+1)y1y2+(m-mx0)(y1+y2)+x02+2x0+1
=(3x02+12x0-12)m2+(4x02+8x0-5)3m2+4.
因为PM·PB为定值,
所以3x02+12x0-123=4x02+8x0-54,
解得x0=118,
故存在点P,且x0=118.
17.(2019江西八校4月联考,20)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1,F2为其左、右焦点,B1,B2为其上、下顶点,四边形F1B1F2B2的面积为2.
(1)求椭圆E的长轴A1A2长度的最小值,并确定此时椭圆E的方程;
(2)对于(1)中确定的椭圆E,设过定点M(-2,0)的直线l与椭圆E相交于P,Q两点,若MP=λMQ,当λ∈13,12时,求△OPQ的面积S的取值范围.
解析 (1)四边形F1B1F2B2的面积为2bc,∴2bc=2,(1分)
∴|A1A2|=2a=2b2+c2≥22bc=22,当且仅当b=c=1时等号成立,此时a=2,(3分)
∴长轴A1A2长度的最小值为22,
此时椭圆E的方程为x22+y2=1.(4分)
(2)依题意,可设直线l:x=ty-2,由x=ty-2,x22+y2=1得(t2+2)y2-4ty+2=0.(5分)
由Δ>0,得t2>2.(6分)
设P(x1,y1),Q(x2,y2),由根与系数的关系得y1+y2=4tt2+2,y1·y2=2t2+2.(7分)
由MP=λMQ,得y1=λy2,
∴(1+λ)y2=4tt2+2①,λy22=2t2+2②,由①2②得λ+1λ+2=8t2t2+2,(8分)
∵y=λ+1λ+2在λ∈13,12上单调递减,
∴λ+1λ+2∈92,163,
∴92<8t2t2+2<163,即1870.(10分)
△OPQ的面积S=S△OMQ-S△OMP=12|OM||y1-y2|=|y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2=22t2-2t2+2.(11分)
设m=t2-2,则m∈277,2,t2=m2+2,
∴S=22mm2+4=22m+4m,
∵y=m+4m在m∈277,2上单调递减,
∴S关于m单调递增,∴△OPQ的面积S∈148,23.(12分)
18.(2019重庆西南大学附属中学模拟,20)已知动直线l:y=k(x+3)(k≠0)与y轴交于点A,过点A作直线AB⊥l,交x轴于点B,点C满足AC=3AB,C的轨迹为E.
(1)求E的方程;
(2)已知点F(1,0),点G(2,0),过F作斜率为k1的直线交E于M,N两点,延长MG,NG分别交E于P,Q两点,记直线PQ的斜率为k2,求证:k1k2为定值.
解析 (1)动直线l:y=k(x+3)(k≠0)与y轴交于点A(0,3k),
∵直线AB⊥l,∴直线AB的方程为y=-1kx+3k,交x轴于点B(3k2,0).
设C(x,y),点C满足AC=3AB,
∴(x,y-3k)=3(3k2,-3k).∴x=9k2,y=-6k.
消去k可得y2=4x(x≠0),即为C的轨迹方程E.
(2)证明:设M,N,P,Q的坐标依次为(xi,yi)(i=1,2,3,4).
直线MN的方程为x=ty+1,联立x=ty+1,y2=4x,化为y2-4ty-4=0,
∴y1+y2=4t,y1y2=-4,
设直线MG的方程为x=my+2,联立x=my+2,y2=4x,化为y2-4my-8=0,
∴y1y3=-8,∴y3=-8y1.同理可得y4=-8y2.
∵k1=y2-y1x2-x1=y2-y1y224-y124=4y1+y2,k2=4y3+y4.
∴k1k2=y3+y4y1+y2=-8y1-8y2y1+y2=-8y1y2=2为定值.
19.(2020届山东夏季高考模拟,21)设中心在原点,焦点在x轴上的椭圆E过点1,32,且离心率为32.F为E的右焦点,P为E上一点,PF⊥x轴,☉F的半径为PF.
(1)求E和☉F的方程;
(2)若直线l:y=k(x-3)(k>0)与☉F交于A,B两点,与E交于C,D两点,其中A,C在第一象限,是否存在k使|AC|=|BD|?若存在,求l的方程;若不存在,说明理由.
解析 (1)设E的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),
由题设知1a2+34b2=1,a2-b2a=32.
解得a=2,b=1,故E的方程为x24+y2=1.
因此F(3,0),PF=12,即☉F的半径为12.
所以☉F的方程为(x-3)2+y2=14.
(2)由题设可知,A在E外,B在E内,C在☉F内,D在☉F外,在l上的四点A,B,C,D满足|AC|=|AB|-|BC|,|BD|=|CD|-|BC|.
设C(x1,y1),D(x2,y2).将l的方程代入E的方程得(1+4k2)x2-83k2x+12k2-4=0,
则x1+x2=83k24k2+1,x1x2=12k2-44k2+1,
|CD|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=4k2+44k2+1>1.
又因为☉F的直径AB=1,
所以|BD|-|AC|=|CD|-|AB|=|CD|-1>0,
故不存在正数k使|AC|=|BD|.
基础篇固本夯基
【基础集训】
考点一 曲线与方程
1.设k>1,则关于x,y的方程(1-k)x2+y2=k2-1所表示的曲线是( )
A.长轴在x轴上的椭圆
B.长轴在y轴上的椭圆
C.实轴在x轴上的双曲线
D.实轴在y轴上的双曲线
答案 D
2.已知A(-1,0),B(1,0)两点,过动点M作x轴的垂线,垂足为N,若MN2=λAN·NB,则当λ<0时,动点M的轨迹为( )
A.圆 B.椭圆
C.双曲线 D.抛物线
答案 C
3.设三个数(x-2)2+y2,3,(x+2)2+y2成等差数列,记(x,y)对应点的曲线是C.求曲线C的方程.
解析 依题意得(x-2)2+y2+(x+2)2+y2=23,
所以点P(x,y)到点M(2,0)与点N(-2,0)的距离之和为23,注意到|MN|=22<23,所以点P的轨迹是以M,N为焦点的椭圆,所对应的椭圆中a=3,c=2,故b=1,故曲线C的方程为x23+y2=1.
4.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.求C的方程.
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.
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>|MN|.
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+y23=1(x≠-2).
考点二 定点与定值问题
5.已知抛物线y2=4x上的两点A,B,O为坐标原点,且OA⊥OB,A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2的值是( )
A.4 B.8 C.12 D.16
答案 D
6.已知直线l与双曲线x24-y2=1相切于点P,l与双曲线的两条渐近线交于M,N两点,则OM·ON的值为( )
A.3 B.4
C.5 D.与P的位置有关
答案 A
7.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32,P41,32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.
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P1,
所以点P2在C上.
因此1b2=1,1a2+34b2=1,解得a2=4,b2=1.
故C的方程为x24+y2=1.
(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t,4-t22,t,-4-t22.
则k1+k2=4-t2-22t-4-t2+22t=-1,
得t=2,不符合题设.
从而可设l:y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入x24+y2=1得
(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,x1x2=4m2-44k2+1.
而k1+k2=y1-1x1+y2-1x2
=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2
=2kx1x2+(m-1)(x1+x2)x1x2,
由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.
即(2k+1)·4m2-44k2+1+(m-1)·-8km4k2+1=0.
解得k=-m+12.
当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=-m+12x+m,
即y+1=-m+12(x-2),
所以l过定点(2,-1).
方法总结 求解轨迹方程的步骤:①建系、设点→②列式(列出动点所满足的几何等量关系式)→③坐标化(选用合适的公式表示几何等量关系)→④化简(注意化简前后的等价性)→⑤检验(去伪存真).
考点三 最值与范围问题
8.若a>1,则双曲线x2a2-y2=1的离心率的取值范围是( )
A.(2,+∞) B.(2,2)
C.(1,2) D.(1,2)
答案 C
9.已知双曲线x23-y2=1的左、右焦点分别为F1、F2,P为双曲线右支上一点,点Q的坐标为(-2,3),则|PQ|+|PF1|的最小值为 .
答案 5+23
10.已知F是双曲线C:x2-y28=1的右焦点,P是C的左支上一点,A(0,66).当△APF周长最小时,该三角形的面积为 .
答案 126
考点四 存在性问题
11.(2019辽宁抚顺模拟,21)已知定点C(-1,0)及椭圆x2+3y2=5,过点C的动直线与椭圆相交于A,B两点.
(1)若线段AB中点的横坐标是-12,求直线AB的方程;
(2)在x轴上是否存在点M,使MA·MB为常数?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
解析 (1)依题意,直线AB的斜率存在,
设直线AB的方程为y=k(x+1),
将y=k(x+1)代入椭圆方程x2+3y2=5,
消去y整理得(3k2+1)x2+6k2x+3k2-5=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则Δ=36k4-4(3k2+1)(3k2-5)>0,①x1+x2=-6k23k2+1.②
由线段AB中点的横坐标是-12,得x1+x22=-3k23k2+1=-12,
解得k=±33,适合①,
所以直线AB的方程为x-3y+1=0或x+3y+1=0.
(2)假设在x轴上存在点M(m,0),使MA·MB为常数.
①当直线AB与x轴不垂直时,
由(1)知x1+x2=-6k23k2+1,x1x2=3k2-53k2+1,③
所以MA·MB=(x1-m)(x2-m)+y1y2
=(x1-m)(x2-m)+k2(x1+1)(x2+1)
=(k2+1)x1x2+(k2-m)(x1+x2)+k2+m2.
将③代入,整理得MA·MB=(6m-1)k2-53k2+1+m2
=2m-13(3k2+1)-2m-1433k2+1+m2
=m2+2m-13-6m+143(3k2+1).
注意到MA·MB是与k无关的常数,
从而有6m+14=0,m=-73,此时MA·MB=49.
②当直线AB与x轴垂直时,点A,B的坐标分别为-1,233,-1,-233,
当m=-73时,亦有MA·MB=49.
综上,在x轴上存在定点M-73,0,使MA·MB为常数.
综合篇知能转换
【综合集训】
考法一 有关轨迹方程问题的求法
1.(2019安徽五校联盟第二次质检,4)x2+(y-3)2-x2+(y+3)2=4表示的曲线方程为( )
A.x24-y25=1(x≤-2) B.x24-y25=1(x≥2)
C.y24-x25=1(y≤-2) D.y24-x25=1(y≥2)
答案 C
2.(2018山西临汾模拟,9)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右顶点分别为A,B,点M,N是椭圆C上关于长轴对称的两点,若直线AM与BN相交于点P,则点P的轨迹方程是( )
A.x=±a(y≠0) B.y2=2b(|x|-a)(y≠0)
C.x2+y2=a2+b2(y≠0) D.x2a2-y2b2=1(y≠0)
答案 D
3.(2019广东六校第一次联考(节选))已知圆C:(x+1)2+y2=36与定点M(1,0),动圆I过M点且与圆C相切.求动圆圆心I的轨迹E的方程.
解析 设圆I的半径为r,由题意可知,点I满足
|IC|=6-r,|IM|=r,
所以|IC|+|IM|=6,
由椭圆的定义知点I的轨迹为以C,M为焦点的椭圆,且a=3,c=1,
所以b=22,故轨迹E的方程为x29+y28=1.
考法二 圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法
4.(2019重庆巴蜀中学模拟,21)如图,在平面直角坐标系中,已知点F(1,0),过直线l:x=2左侧的动点P作PH⊥l于点H,∠HPF的平分线交x轴于点M,且PH=2MF,记动点P的轨迹为曲线Q.
(1)求曲线Q的方程.
(2)过点F作直线m交曲线Q于A,B两点,点C在l上,且BC∥x轴,试问:直线AC是否恒过定点?请说明理由.
解析 (1)设P(x,y),∵PH⊥l,∴PH∥OM,
故∠HPM=∠PMF,
又PM平分∠HPF,∴∠FPM=∠HPM,
∴∠FPM=∠PMF,∴|MF|=|PF|,∴|PF||PH|=|MF||PH|=22.
即(x-1)2+y2|x-2|=22,即曲线Q的方程为x22+y2=1.
(2)过定点.理由:由题意知:直线m的斜率不为0,可设直线m的方程为x=ty+1.设A(x1,y1),B(x2,y2).
联立x=ty+1,x2+2y2=2,化为(t2+2)y2+2ty-1=0,Δ>0成立.
∴y1+y2=-2tt2+2,y1y2=-1t2+2,x1=ty1+1.
∴直线AC的斜率k=y1-y2x1-2,方程为y-y2=y1-y2x1-2(x-2).
即y=y1-y2x1-2x-2+y2(x1-2)y1-y2.
又y2(x1-2)y1-y2=y2(ty1-1)-2tt2+2-2y2=y2+tt2+22tt2+2+y2=12.
∴y=y1-y2x1-2x-2+12,即y=y1-y2x1-2x-32.
∴直线AC恒过定点32,0,经验证,当斜率不存在时直线AC也经过点32,0,符合题意.
考法三 圆锥曲线中的最值(范围)问题的求解方法
5.(2018清华大学中学生标准学术能力诊断测试(11月))设P是椭圆x2169+y225=1上一点,M,N分别是两圆:(x+12)2+y2=1和(x-12)2+y2=1上的点,则|PM|+|PN|的最小值、最大值分别为( )
A.18,24 B.16,22 C.24,28 D.20,26
答案 C
6.(2019陕西宝鸡中学二模,11)已知抛物线x2=16y的焦点为F,双曲线x24-y25=1的左、右焦点分别为F1、F2,点P是双曲线右支上一点,则|PF|+|PF1|的最小值为( )
A.5 B.7 C.9 D.11
答案 C
7.(2018宁夏银川4月检测)已知动点P到定点F(1,0)和到直线x=2的距离之比为22,设动点P的轨迹为曲线E,过点F作垂直于x轴的直线与曲线E相交于A、B两点,直线l:y=mx+n与曲线E交于C,D两点,与AB相交于一点(交点位于线段AB上,且不与A,B重合).
(1)求曲线E的方程;
(2)当直线l与圆x2+y2=1相切时,四边形ACBD的面积是否有最大值?若有,求出其最大值及对应的直线l的方程;若没有,请说明理由.
解析 (1)设点P(x,y),由题意,可得(x-1)2+y2|x-2|=22,得x22+y2=1.
∴曲线E的方程是x22+y2=1.
(2)设C(x1,y1),D(x2,y2),由条件可得|AB|=2.
当m=0时,显然不合题意.
当m≠0时,∵直线l与圆x2+y2=1相切,∴|n|m2+1=1,得n2=m2+1.
联立y=mx+n,x22+y2=1,消去y得m2+12x2+2mnx+n2-1=0,
则Δ=4m2n2-4m2+12(n2-1)=2m2>0,x1+x2=-4mn2m2+1,x1x2=2(n2-1)2m2+1,
S四边形ACBD=12|AB|·|x1-x2|=2|m|2m2+1=22|m|+1|m|≤22,
当且仅当2|m|=1|m|,即m=±22时等号成立,此时n=±62.
经检验可知,直线y=22x-62和直线y=-22x+62都符合题意.
考法四 存在性问题
8.(2019内蒙古通辽五中模拟,20)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=63,过点A(0,-b)和B(a,0)的直线与原点的距离为32.
(1)求椭圆的方程;
(2)已知定点E(-1,0),若直线y=kx+2(k≠0)与椭圆交于C、D两点,问:是否存在这样的实数k,使得以CD为直径的圆过E点?若存在,请求出k值,若不存在,请说明理由.
解析 (1)直线AB的方程为bx-ay-ab=0,
依题意可得ca=63,aba2+b2=32,又c2=a2-b2,
解得a2=3,b2=1,∴椭圆的方程为x23+y2=1.
(2)存在,k=76.理由:假设存在这样的实数k,
由y=kx+2,x2+3y2-3=0,得(1+3k2)x2+12kx+9=0,
∴Δ=(12k)2-36(1+3k2)>0.①
设C(x1,y1),D(x2,y2),
则x1+x2=-12k1+3k2,②x1·x2=91+3k2,③
y1·y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4,
要使以CD为直径的圆过点E(-1,0),只需CE⊥DE,
即y1y2+(x1+1)(x2+1)=0,
∴(k2+1)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0,④
将②③代入④整理得k=76,
经验证,k=76时,①成立.故存在k=76使得以CD为直径的圆过点E.
【五年高考】
考点一 曲线与方程
1.(2019课标全国Ⅱ,21,12分)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-12.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程,并说明C是什么曲线;
(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.
(i)证明:△PQG是直角三角形;
(ii)求△PQG面积的最大值.
解析 本题主要考查轨迹方程的求法,直线与椭圆的位置关系,两条直线的位置关系,弦长问题,三角形的面积以及基本不等式的应用等相关知识;通过对三角形形状的判断以及面积最值的求解考查学生的知识迁移能力、运算求解能力及函数思想方法的应用;体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.
(1)由题设得yx+2·yx-2=-12,化简得x24+y22=1(|x|≠2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左右顶点.
(2)(i)证明:设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0).
由y=kx,x24+y22=1得x=±21+2k2.
记u=21+2k2,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).
于是直线QG的斜率为k2,方程为y=k2(x-u).
由y=k2(x-u),x24+y22=1得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.①
设G(xG,yG),则-u和xG是方程①的解,故xG=u(3k2+2)2+k2,由此得yG=uk32+k2.
从而直线PG的斜率为uk32+k2-uku(3k2+2)2+k2-u=-1k.
所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.
(ii)由(i)得|PQ|=2u1+k2,|PG|=2ukk2+12+k2,
所以△PQG的面积S=12|PQ||PG|=8k(1+k2)(1+2k2)(2+k2)=81k+k1+21k+k2.
设t=k+1k,则由k>0得t≥2,当且仅当k=1时取等号.
因为S=8t1+2t2在[2,+∞)单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为169.
因此,△PQG面积的最大值为169.
思路分析 (1)利用直线AM与BM的斜率之积为-12求得曲线C的轨迹方程,从而得出曲线C的轨迹.(2)(i)设出直线PQ的方程,联立椭圆方程,求得点P、Q的坐标,由Q、E的坐标得出直线QG的方程,联立椭圆方程,得出点G的坐标,进而表示出直线PG的斜率,从而得出结论.(ii)利用弦长公式求出|PQ|与|PG|的表达式,从而将三角形的面积表示成关于k的函数,进而利用函数思想求其最大值.
解题关键 ①利用方程思想得出点P、Q的坐标,进而利用换元法及整体代换法简化运算过程是顺利解决本题的关键;②正确利用基本不等式及函数单调性是求解△PQG面积最值的关键.
2.(2017课标全国Ⅱ,20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x22+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足NP=2NM.
(1)求点P的轨迹方程;
(2)设点Q在直线x=-3上,且OP·PQ=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
解析 本题考查了求轨迹方程的基本方法和定点问题.
(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).
由NP=2NM得x0=x,y0=22y.
因为M(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1.
因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.
(2)证明:由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQ·PF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).
由OP·PQ=1得-3m-m2+tn-n2=1,
又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.
所以OQ·PF=0,即OQ⊥PF.
又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
思路分析 (1)设出P、M的坐标,利用NP=2NM得到P、M坐标间的关系,由点M在C上求解.(2)利用向量的坐标运算得OQ·PF=0,进而证明直线l过曲线C的左焦点F.
方法总结 求轨迹方程的方法有直接法和间接法.直接法有定义法、待定系数法和直译法.间接法有相关点法、交轨法和参数法.
3.(2016课标全国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.
解析 由题设知F12,0.设l1:y=a,l2:y=b,则ab≠0,
且Aa22,a,Bb22,b,P-12,a,Q-12,b,R-12,a+b2.
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-ba2-ab=1a=-aba=-b=k2.
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,S△PQF=|a-b|2.
由题设可得2×12|b-a|x1-12=|a-b|2,
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=yx-1(x≠1).
而a+b2=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)
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.
4.(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,带动··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,MD=2DN,且|DN|=|ON|=1,
所以(t-x,-y)=2(x0-t,y0),且(x0-t)2+y02=1,x02+y02=1.
即t-x=2x0-2t,y=-2y0,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=x4,y0=-y2,
代入x02+y02=1,可得x216+y24=1,
即曲线C的方程为x216+y24=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=12×4×4=8.
(ii)当直线l的斜率存在时,设直线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y=kx+m,x-2y=0,可得P2m1-2k,m1-2k;
同理可得Q-2m1+2k,m1+2k.
由原点O到直线PQ的距离为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
将①代入②得,S△OPQ=2m21-4k2=8|4k2+1||4k2-1|.
当k2>14时,S△OPQ=8·4k2+14k2-1=81+24k2-1>8;
当0≤k2<14时,S△OPQ=8·4k2+11-4k2=8-1+21-4k2.
因0≤k2<14,则0<1-4k2≤1,21-4k2≥2,
所以S△OPQ=8-1+21-4k2≥8,
当且仅当k=0时取等号.
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
5.(2019课标全国Ⅲ,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,切点分别为A,B.
(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的面积.
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)证明:设Dt,-12,A(x1,y1),则x12=2y1.
由于y'=x,所以切线DA的斜率为x1,故y1+12x1-t=x1.
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0,12.
(2)由(1)得直线AB的方程为y=tx+12.
由y=tx+12,y=x22可得x2-2tx-1=0.
于是x1+x2=2t,x1x2=-1,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1,
|AB|=1+t2|x1-x2|=1+t2×(x1+x2)2-4x1x2=2(t2+1).
设d1,d2分别为点D,E到直线AB的距离,则d1=t2+1,d2=2t2+1.
因此,四边形ADBE的面积S=12|AB|(d1+d2)=(t2+3)t2+1.
设M为线段AB的中点,则Mt,t2+12.
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.
6.(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,QM=λQO,QN=μQO,求证:1λ+1μ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y2=4x,y=kx+1得k2x2+(2k-4)x+1=0.
依题意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得k<0或0
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,x1x2=1k2.
直线PA的方程为y-2=y1-2x1-1(x-1).
令x=0,得点M的纵坐标为yM=-y1+2x1-1+2=-kx1+1x1-1+2.
同理得点N的纵坐标为yN=-kx2+1x2-1+2.
由QM=λQO,QN=μQO得λ=1-yM,μ=1-yN.
所以1λ+1μ=11-yM+11-yN=x1-1(k-1)x1+x2-1(k-1)x2
=1k-1·2x1x2-(x1+x2)x1x2=1k-1·2k2+2k-4k21k2=2.
所以1λ+1μ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.
考点三 最值与范围问题
7.(2019北京,8,5分)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线C:x2+y2=1+|x|y就是其中之一(如图).给出下列三个结论:
①曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点);
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2;
③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.
其中,所有正确结论的序号是( )
A.① B.② C.①② D.①②③
答案 C
8.(2015四川,10,5分)设直线l与抛物线y2=4x相交于A,B两点,与圆(x-5)2+y2=r2(r>0)相切于点M,且M为线段AB的中点.若这样的直线l恰有4条,则r的取值范围是( )
A.(1,3) B.(1,4) C.(2,3) D.(2,4)
答案 D
9.(2016课标全国Ⅱ,20,12分)已知椭圆E:x2t+y23=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.
解析 (1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.
当t=4时,E的方程为x24+y23=1,A(-2,0).
由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为π4.
因此直线AM的方程为y=x+2.
将x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.
解得y=0或y=127,所以y1=127.
因此△AMN的面积S△AMN=2×12×127×127=14449.
(2)由题意,t>3,k>0,A(-t,0).将直线AM的方程y=k(x+t) 代入x2t+y23=1得(3+tk2)x2+2t·tk2x+t2k2-3t=0.
由x1·(-t)=t2k2-3t3+tk2得x1=t(3-tk2)3+tk2,
故|AM|=|x1+ t|1+k2=6t(1+k2)3+tk2.
由题设,直线AN的方程为y=-1k(x+t),
故同理可得|AN|=6kt(1+k2)3k2+t.
由2|AM|=|AN|得23+tk2=k3k2+t,
即(k3-2)t=3k(2k-1).
当k=32时上式不成立,因此t=3k(2k-1)k3-2.
t>3等价于k3-2k2+k-2k3-2=(k-2)(k2+1)k3-2<0,即k-2k3-2<0.
由此得k-2>0,k3-2<0或k-2<0,k3-2>0,解得32
解题关键 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.
10.(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G的坐标.
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p=2.
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B1t2,-2t.又由于xG=13(xA+xB+xC),yG=13(yA+yB+yC)及重心G在x轴上,故2t-2t+yC=0,
得C1t-t2,21t-t,G2t4-2t2+23t2,0.
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S1S2=12|FG|·|yA|12|QG|·|yC|=2t4-2t2+23t2-1·|2t|t2-1-2t4-2t2+23t2·2t-2t
=2t4-t2t4-1=2-t2-2t4-1.
令m=t2-2,则m>0,
S1S2=2-mm2+4m+3=2-1m+3m+4≥2-12m·3m+4
=1+32.
当m=3时,S1S2取得最小值1+32,此时G(2,0).
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Q点坐标,然后就可以表示出S1S2,进而求出其最小值.
11.(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)证明:设P(x0,y0),A14y12,y1,B14y22,y2.
因为PA,PB的中点在抛物线上,
所以y1,y2为方程y+y022=4·14y2+x02即y2-2y0y+8x0-y02=0的两个不同的实根.
所以y1+y2=2y0,
因此,PM垂直于y轴.
(2)由(1)可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,
所以|PM|=18(y12+y22)-x0=34y02-3x0,
|y1-y2|=22(y02-4x0).
因此,S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=324(y02-4x0)32.
因为x02+y024=1(x0<0),所以y02-4x0=-4x02-4x0+4∈[4,5].
因此,△PAB面积的取值范围是62,15104.
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.
12.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,焦距为2.
(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=ca=22,2c=2,所以a=2,b=1,
因此椭圆E的方程为x22+y2=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
联立x22+y2=1,y=k1x-32,消y整理得(4k12+2)x2-43k1x-1=0,
由题意知Δ>0,且x1+x2=23k12k12+1,x1x2=-12(2k12+1),
所以|AB|=1+k12|x1-x2|=21+k121+8k121+2k12.
由题意可知圆M的半径r=23|AB|=223·1+k121+8k122k12+1.
由题设知k1k2=24,所以k2=24k1,
因此直线OC的方程为y=24k1x.
联立x22+y2=1,y=24k1x,得x2=8k121+4k12,y2=11+4k12,
因此|OC|=x2+y2=1+8k121+4k12.
由题意可知sin∠SOT2=rr+|OC|=11+|OC|r,
而|OC|r=1+8k121+4k12223·1+k121+8k121+2k12=324·1+2k121+4k121+k12,
令t=1+2k12,则t>1,1t∈(0,1),
因此|OC|r=32·t2t2+t-1=32·12+1t-1t2
=32·1-1t-122+94≥1,
当且仅当1t=12,即t=2时等号成立,此时k1=±22,
所以sin∠SOT2≤12,
因此∠SOT2≤π6,所以∠SOT的最大值为π3.
综上所述:∠SOT的最大值为π3,取得最大值时直线l的斜率k1=±22.
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,利用二次函数的性质求解.
疑难突破 把角的问题转化为三角函数问题,即由sin∠SOT2=11+|OC|r=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∠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.本题的解答体现了数学知识、能力、思想、方法的完美结合.
考点四 存在性问题
13.(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,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=x1+x22=-kbk2+9,yM=kxM+b=9bk2+9.
于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-9k,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k>0,k≠3.
由(1)得OM的方程为y=-9kx.
设点P的横坐标为xP.
由y=-9kx,9x2+y2=m2得xP2=k2m29k2+81,即xP=±km3k2+9.
将点m3,m的坐标代入l的方程得b=m(3-k)3,
因此xM=k(k-3)m3(k2+9).
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)m3(k2+9),
解得k1=4-7,k2=4+7.
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.
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.
教师专用题组
考点一 曲线与方程
1.(2014广东,20,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点为(5,0),离心率为53.
(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=53,
∴a=3,b2=a2-c2=4,
故椭圆C的标准方程为x29+y24=1.
(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+y24=1联立,
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+y02-4=0,
∴k是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y02-4=0的一个根,
同理,-1k是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y02-4=0的另一个根,
∴k·-1k=y02-4x02-9,整理得x02+y02=13,其中x0≠±3,
∴点P的轨迹方程为x2+y2=13(x≠±3).
检验P(±3,±2)满足上式.
综上,点P的轨迹方程为x2+y2=13.
2.(2013四川,20,13分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),且椭圆C经过点P43,13.
(1)求椭圆C的离心率;
(2)设过点A(0,2)的直线l与椭圆C交于M,N两点,点Q是线段MN上的点,且2|AQ|2=1|AM|2+1|AN|2,求点Q的轨迹方程.
解析 (1)由椭圆定义知,2a=|PF1|+|PF2|=43+12+132+43-12+132=22,
所以a=2.
又由已知得,c=1,
所以椭圆C的离心率e=ca=12=22.
(2)由(1)知,椭圆C的方程为x22+y2=1.
设点Q的坐标为(x,y).
(i)当直线l与x轴垂直时,直线l与椭圆C交于(0,1),(0,-1)两点,此时点Q的坐标为0,2-355.
(ii)当直线l与x轴不垂直时,设直线l的方程为y=kx+2.
因为M,N在直线l上,可设点M,N的坐标分别为(x1,kx1+2),(x2,kx2+2),则
|AM|2=(1+k2)x12,|AN|2=(1+k2)x22.
又|AQ|2=x2+(y-2)2=(1+k2)x2.
由2|AQ|2=1|AM|2+1|AN|2,得
2(1+k2)x2=1(1+k2)x12+1(1+k2)x22,
即2x2=1x12+1x22=(x1+x2)2-2x1x2x12x22.①
将y=kx+2代入x22+y2=1中,得
(2k2+1)x2+8kx+6=0.②
由Δ=(8k)2-4×(2k2+1)×6>0,得k2>32.
由②可知,x1+x2=-8k2k2+1,x1x2=62k2+1,
代入①中并化简,得
x2=1810k2-3.③
因为点Q在直线y=kx+2上,所以k=y-2x,代入③中并化简,得10(y-2)2-3x2=18.
由③及k2>32,可知0
又0,2-355满足10(y-2)2-3x2=18,故x∈-62,62.
由题意知,Q(x,y)在椭圆C内,
所以-1≤y≤1,
由10(y-2)2=18+3x2得(y-2)2∈95,94,
且-1≤y≤1,则y∈12,2-355.
所以点Q的轨迹方程为10(y-2)2-3x2=18,其中x∈-62,62,y∈12,2-355.
评析 本题主要考查直线、椭圆、曲线与方程等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合、转化与化归、分类与整合等数学思想,并考查思维的严谨性.
考点二 定点与定值问题
3.(2014安徽,19,13分)如图,已知两条抛物线E1:y2=2p1x(p1>0)和E2:y2=2p2x(p2>0),过原点O的两条直线l1和l2,l1与E1,E2分别交于A1,A2两点,l2与E1,E2分别交于B1,B2两点.
(1)证明:A1B1∥A2B2;
(2)过O作直线l(异于l1,l2)与E1,E2分别交于C1,C2两点.记△A1B1C1与△A2B2C2的面积分别为S1与S2,求S1S2的值.
解析 (1)证明:设直线l1,l2的方程分别为y=k1x,y=k2x(k1,k2≠0),则
由y=k1x,y2=2p1x,得A12p1k12,2p1k1,
由y=k1x,y2=2p2x,得A22p2k12,2p2k1.
同理可得B12p1k22,2p1k2,B22p2k22,2p2k2.
所以A1B1=2p1k22-2p1k12,2p1k2-2p1k1=2p11k22-1k12,1k2-1k1,
A2B2=2p2k22-2p2k12,2p2k2-2p2k1=2p21k22-1k12,1k2-1k1,
故A1B1=p1p2A2B2,所以A1B1∥A2B2.
(2)由(1)知A1B1∥A2B2,同理可得B1C1∥B2C2,C1A1∥C2A2.
所以△A1B1C1∽△A2B2C2.
因此S1S2=|A1B1||A2B2|2.
又由(1)中的A1B1=p1p2A2B2知|A1B1||A2B2|=p1p2.
故S1S2=p12p22.
4.(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Fp2,0.
设D(t,0)(t>0),则FD的中点为p+2t4,0.
因为|FA|=|FD|,
则由抛物线的定义知3+p2=t-p2,
解得t=3+p或t=-3(舍去).
由p+2t4=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=-y02.
因为直线l1和直线AB平行,
所以可设直线l1的方程为y=-y02x+b,
代入抛物线方程得y2+8y0y-8by0=0,
由Δ=64y02+32by0=0,得b=-2y0.
设E(xE,yE),则yE=-4y0,xE=4y02,
当y02≠4时,kAE=yE-y0xE-x0=-4y0+y04y02-y024=4y0y02-4,
可得直线AE的方程为y-y0=4y0y02-4(x-x0),
由y02=4x0,
整理可得y=4y0y02-4(x-1),
直线AE恒过点F(1,0),
当y02=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)+1x0+1=x0+1x0+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=x0-1y0,
设B(x1,y1),
直线AB的方程为y-y0=-y02(x-x0),
由y0≠0,
可得x=-2y0y+2+x0,
代入抛物线方程得y2+8y0y-8-4x0=0.
所以y0+y1=-8y0,
可求得y1=-y0-8y0,x1=4x0+x0+4,
所以点B到直线AE的距离为
d=4x0+x0+4+my0+8y0-11+m2=4(x0+1)x0=4x0+1x0.
则△ABE的面积S=12×4x0+1x0x0+1x0+2≥16,
当且仅当1x0=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.
5.(2013山东,22,13分)椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1、F2,离心率为32,过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.
(1)求椭圆C的方程;
(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点,连接PF1,PF2.设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0),求m的取值范围;
(3)在(2)的条件下,过点P作斜率为k的直线l,使得l与椭圆C有且只有一个公共点.设直线PF1,PF2的斜率分别为k1,k2.若k≠0,试证明1kk1+1kk2为定值,并求出这个定值.
解析 (1)由于c2=a2-b2,
将x=-c代入椭圆方程x2a2+y2b2=1,得y=±b2a,
由题意知2b2a=1,即a=2b2.
又e=ca=32,所以a=2,b=1.
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)解法一:设P(x0,y0)(y0≠0).
又F1(-3,0),F2(3,0),
所以直线PF1,PF2的方程分别为
lPF1:y0x-(x0+3)y+3y0=0,
lPF2:y0x-(x0-3)y-3y0=0.
由题意知|my0+3y0|y02+(x0+3)2=|my0-3y0|y02+(x0-3)2 .
由于点P在椭圆上,所以x024+y02=1.
所以|m+3|32x0+22=|m-3|32x0-22 .
因为-3
因此-32
当0≤x0<2时,
①当x0=3时,直线PF2的斜率不存在,
易知P3,12或P3,-12.
若P3,12,则直线PF1的方程为x-43y+3=0.
由题意得|m+3|7=3-m,
因为-3
②当x0≠3时,设直线PF1,PF2的方程分别为y=k1(x+3),y=k2(x-3).
由题意知|mk1+3k1|1+k12=|mk2-3k2|1+k22,
所以(m+3)2(m-3)2=1+1k121+1k22.
因为x024+y02=1,并且k1=y0x0+3,k2=y0x0-3,
所以(m+3)2(m-3)2=4(x0+3)2+4-x024(x0-3)2+4-x02
=3x02+83x0+163x02-83x0+16=(3x0+4)2(3x0-4)2,
即m+3m-3=3x0+43x0-4.
因为-3
整理得m=3x04,故0≤m<32且m≠334.
综合①②可得0≤m<32.
当-2
(3)设P(x0,y0)(y0≠0),
则直线l的方程为y-y0=k(x-x0).
联立x24+y2=1,y-y0=k(x-x0),
整理得(1+4k2)x2+8(ky0-k2x0)x+4(y02-2kx0y0+k2x02-1)=0.
由题意知Δ=0,
即(4-x02)k2+2x0y0k+1-y02=0.
又x024+y02=1,
所以16y02k2+8x0y0k+x02=0,
故k=-x04y0.
由(2)知1k1+1k2=x0+3y0+x0-3y0=2x0y0,
所以1kk1+1kk2=1k1k1+1k2=-4y0x0·2x0y0=-8,
因此1kk1+1kk2为定值,这个定值为-8.
评析 本题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系、直线的斜率等基础知识和基本技能,考查数形结合的思想、逻辑推理能力和运算求解能力.
考点三 最值与范围问题
6.(2014福建,9,5分)设P,Q分别为圆x2+(y-6)2=2和椭圆x210+y2=1上的点,则P,Q两点间的最大距离是( )
A.52 B.46+2 C.7+2 D.62
答案 D
7.(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=π3,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为( )
A.433 B.233 C.3 D.2
答案 A
考点四 存在性问题
8.(2013江西,20,13分)如图,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点P1,32,离心率e=12,直线l的方程为x=4.
(1)求椭圆C的方程;
(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P),设直线AB与直线l相交于点M,记PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3.问:是否存在常数λ,使得k1+k2=λk3?若存在,求λ的值;若不存在,说明理由.
解析 (1)由P1,32在椭圆上得,1a2+94b2=1,①
依题设知a=2c,则b2=3c2,②
②代入①,解得c2=1,a2=4,b2=3.
故椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)解法一:由题意可设AB的斜率为k,
则直线AB的方程为y=k(x-1),③
代入椭圆方程3x2+4y2=12,并整理,
得(4k2+3)x2-8k2x+4(k2-3)=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则有x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4(k2-3)4k2+3,④
在方程③中令x=4,得M的坐标为(4,3k).
从而k1=y1-32x1-1,k2=y2-32x2-1,k3=3k-324-1=k-12.
注意到A,F,B共线,
则有k=kAF=kBF,
即有y1x1-1=y2x2-1=k.
所以k1+k2=y1-32x1-1+y2-32x2-1
=y1x1-1+y2x2-1-321x1-1+1x2-1
=2k-32·x1+x2-2x1x2-(x1+x2)+1,⑤
④代入⑤得k1+k2=2k-32·8k24k2+3-24(k2-3)4k2+3-8k24k2+3+1=2k-1,
又k3=k-12,所以k1+k2=2k3.
故存在常数λ=2符合题意.
解法二:设B(x0,y0)(x0≠1),
则直线FB的方程为y=y0x0-1(x-1),
令x=4,求得M4,3y0x0-1,
从而直线PM的斜率为k3=2y0-x0+12(x0-1),
由y=y0x0-1(x-1),x24+y23=1,得A5x0-82x0-5,3y02x0-5,
则直线PA的斜率为k1=2y0-2x0+52(x0-1),直线PB的斜率为k2=2y0-32(x0-1),所以k1+k2=2y0-2x0+52(x0-1)+2y0-32(x0-1)=2y0-x0+1x0-1=2k3,故存在常数λ=2符合题意.
9.(2013湖北,21,13分)如图,已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O,长轴均为MN且在x轴上,短轴长分别为2m,2n(m>n),过原点且不与x轴重合的直线l与C1,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.记λ=mn,△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.
(1)当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,求λ的值;
(2)当λ变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2?并说明理由.
解析 依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为C1:x2a2+y2m2=1,C2:x2a2+y2n2=1.其中a>m>n>0,λ=mn>1.
(1)解法一:如图1,若直线l与y轴重合,即直线l的方程为x=0,则S1=12|BD|·|OM|=12a|BD|,
S2=12|AB|·|ON|=12a|AB|,
所以S1S2=|BD||AB|.
在C1和C2的方程中分别令x=0,可得yA=m,yB=n,yD=-m,于是|BD||AB|=|yB-yD||yA-yB|=m+nm-n=λ+1λ-1.
若S1S2=λ,则λ+1λ-1=λ,化简得λ2-2λ-1=0.
由λ>1,可解得λ=2+1.
故当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,则λ=2+1.
解法二:如图1,若直线l与y轴重合,则
|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n;
S1=12|BD|·|OM|=12a|BD|,S2=12|AB|·|ON|=
12a|AB|.
所以S1S2=|BD||AB|=m+nm-n=λ+1λ-1.
若S1S2=λ,则λ+1λ-1=λ,化简得λ2-2λ-1=0.
由λ>1,可解得λ=2+1.
故当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,
则λ=2+1.
(2)解法一:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2.
根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k>0),点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则
d1=|-ak-0|1+k2=ak1+k2,d2=|ak-0|1+k2=ak1+k2,
所以d1=d2.
又S1=12|BD|d1,S2=12|AB|d2,
所以S1S2=|BD||AB|=λ,
即|BD|=λ|AB|.
由对称性可知|AB|=|CD|,
所以|BC|=|BD|-|AB|=(λ-1)·|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=(λ+1)|AB|,于是
|AD||BC|=λ+1λ-1.①
将l的方程分别与C1,C2的方程联立,可求得
xA=ama2k2+m2,xB=ana2k2+n2.
根据对称性可知xC=-xB,xD=-xA,于是
|AD||BC|=1+k2|xA-xD|1+k2|xB-xC|=2xA2xB=mna2k2+n2a2k2+m2.②
从而由①和②式可得
a2k2+n2a2k2+m2=λ+1λ(λ-1).③
令t=λ+1λ(λ-1),则由m>n,可得t≠1,
于是由③式可解得k2=n2(λ2t2-1)a2(1-t2).
因为k≠0,所以k2>0.
于是③式关于k有解,当且仅当n2(λ2t2-1)a2(1-t2)>0,
等价于(t2-1)t2-1λ2<0.
由λ>1,可解得1λ
所以当1<λ≤1+2时,不存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2;
当λ>1+2时,存在与坐标轴不重合的直线l使得S1=λS2.
解法二:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2.
根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k>0),
点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则
d1=|-ak-0|1+k2=ak1+k2,d2=|ak-0|1+k2=ak1+k2,所以d1=d2.
又S1=12|BD|d1,S2=12|AB|d2,所以S1S2=|BD||AB|=λ.
因为|BD||AB|=1+k2|xB-xD|1+k2|xA-xB|=xA+xBxA-xB=λ,所以xAxB=λ+1λ-1.
由点A(xA,kxA),B(xB,kxB)分别在C1,C2上,可得xA2a2+k2xA2m2=1,xB2a2+k2xB2n2=1,
两式相减可得xA2-xB2a2+k2(xA2-λ2xB2)m2=0,
依题意xA>xB>0,所以xA2>xB2.
所以由上式解得k2=m2(xA2-xB2)a2(λ2xB2-xA2).
因为k2>0,
所以由m2(xA2-xB2)a2(λ2xB2-xA2)>0,可解得1
所以当1<λ≤1+2时,不存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2;
当λ>1+2时,存在与坐标轴不重合的直线l使得S1=λS2.
评析 本题综合考查直线与圆锥曲线相交得到的三角形的面积的问题.解决此问题的关键:首先将面积比转化成线段比,再通过常规方法的计算构造方程或不等式进行求值或求范围.难度较大,对计算能力、转化能力要求很高.
10.(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,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b=1,ca=22,a2=b2+c2,解得a2=2.
故椭圆C的方程为x22+y2=1.
设M(xM,0).
因为m≠0,所以-1
所以xM=m1-n,即Mm1-n,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=m1+n.
“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|”,
即yQ满足yQ2=|xM||xN|.
因为xM=m1-n,xN=m1+n,m22+n2=1,
所以yQ2=|xM||xN|=m21-n2=2.
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).
【三年模拟】
一、单项选择题(每题5分,共45分)
1.(2020届湖南长沙一中第二次月考,11)点M与定点F(2,0)的距离和它到定直线x=8的距离之比为1∶2,则M的轨迹方程是( )
A.y2=8x B.y2=-8(x-4)
C.x24-y23=1 D.x216+y212=1
答案 D
2.(2020届广东10月县中联考,12)以双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)上一点M为圆心的圆与x轴交于O,F两点,其中O为坐标原点,F是双曲线的右焦点,若|OF|=|MF|,则该双曲线的离心率是( )
A.3 B.3+1 C.3+2 D.3+3
答案 B
3.(2020届福建厦门一中10月月考,9)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,F2也是抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点,点A为C与E的一个交点,且直线AF1的倾斜角为45°,则C的离心率为( )
A.5-12 B.2-1 C.3-5 D.2+1
答案 B
4.(2020届湖南长沙周南中学第二次月考,10)已知圆O1和圆O2的半径分别为2和4,且|O1O2|=8,若动圆M与圆O1内切,与圆O2外切,则动圆圆心M的轨迹是( )
A.圆 B.椭圆
C.双曲线的一支 D.抛物线
答案 C
5.(2020届广西南宁10月摸底考,11)已知F2为双曲线C:x2a2-y24=1(a>0)的右焦点,直线y=kx与双曲线交于A,B两点,若∠AF2B=2π3,则△AF2B的面积为( )
A.22 B.23 C.42 D.43
答案 D
6.(2018东北师大附中五模,12)直线l过抛物线y2=4x的焦点F且与抛物线交于A,B两点,若线段AF,BF的长分别为m,n,则4m+n的最小值是( )
A.10 B.9 C.8 D.7
答案 B
7.(2019辽宁丹东质量测试(一),12)直线x-3y+3=0与椭圆x29+y26=1相交于M,N两点,设O是坐标原点,则△OMN的面积为( )
A.3 B.233 C.332 D.433
答案 D
8.(2019陕西四校联考,11)已知椭圆和双曲线有共同的焦点F1,F2,P是它们的一个交点,且∠F1PF2=2π3,记椭圆和双曲线的离心率分别为e1,e2,则3e12+1e22=( )
A.4 B.23 C.2 D.3
答案 A
9.(2020届广东百校联考,12)已知抛物线y2=16x的焦点为F,过点F作直线l交抛物线于M,N两点,则|NF|9-4|MF|的最小值为( )
A.23 B.-23 C.-13 D.13
答案 D
二、多项选择题(每题5分,共10分)
10.(改编题)已知圆锥曲线C1:mx2+ny2=1(n>m>0)与C2:px2-qy2=1(p>0,q>0)的公共焦点为F1,F2.点M为C1,C2的一个公共点,且满足∠F1MF2=90°,若圆锥曲线C1的离心率为34,则下列说法正确的是( )
A.C2的离心率为92
B.C2的离心率为322
C.C2的渐近线方程为y=±142x
D.C2的渐近线方程为y=±322x
答案 BC
11.(改编题)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为e1,椭圆C1的上顶点为M,且MF1·MF2=0,双曲线C2和椭圆C1有相同焦点,且双曲线C2的离心率为e2,P为曲线C1与C2的一个公共点,若∠F1PF2=π3,则下列结论正确的是( )
A.e2e1=2 B.e1·e2=32
C.e12+e22=52 D.e22-e12=1
答案 BD
三、填空题(每题5分,共15分)
12.(原创题)已知A(-2,0),B(2,0),C(2,3),若圆锥曲线E是以A,B为焦点,并经过顶点C,写出符合条件的一个圆锥的曲线方程: .
答案 x216+y212=1或x2-y23=1
13.(2019河北九校3月联考,14)设F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点,P为椭圆C上的一点,且PF1⊥PF2,若△PF1F2的面积为9,周长为18,则椭圆C的方程为 .
答案 x225+y29=1
14.(2020届广东珠海9月摸底,16)已知F是抛物线C:y2=8x的焦点,点M(2,6),点P是C上任意一点,当点P在P1时,|PF|-|PM|取得最大值,当点P在P2时,|PF|-|PM|取得最小值,则|P1P2|= .
答案 5172
四、解答题(共60分)
15.(2020届湖北黄冈9月新起点考试,20)椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),椭圆上一点P3,32.直线l的斜率存在,且不经过点F2,l与椭圆C交于A,B两点,且∠AF2O+∠BF2O=180°.
(1)求椭圆C的方程;
(2)求证:直线l过定点.
解析 (1)由题意得c=1,2a=|PF1|+|PF2|
=(3+1)2+322+(3-1)2+322=4,
a=2,则b=3,
所以椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)设直线l的方程为y=kx+m,
由题意知kAF2+kBF2=0.
联立y=kx+m,3x2+4y2-12=0,消去y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,
Δ=(8km)2-4×(3+4k2)(4m2-12)>0,
即4k2-m2+3>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2,
由y1x1-1+y2x2-1=0,得y1(x2-1)+y2(x1-1)=0,
即2kx1x2+(m-k)(x1+x2)-2m=0,
把x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2代入得m=-4k,
把m=-4k代入4k2-m2+3>0,
解得-12
所以k≠0,即-12
16.(2020届广东广州第十六中学质量检测(一),20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,|F1F2|=2,过点F1的直线与椭圆交于A,B两点,延长BF2交椭圆C于点M,△ABF2的周长为8.
(1)求C的离心率及方程;
(2)试问:是否存在定点P(x0,0),使得PM·PB为定值?若存在,求x0的值;若不存在,请说明理由.
解析 (1)由题意可知|F1F2|=2c=2,则c=1.
又△ABF2的周长为8,所以4a=8,即a=2,
则e=ca=12,b2=a2-c2=3.
故C的方程为x24+y23=1.
(2)解法一:假设存在点P,使得PM·PB为定值.
若直线BM的斜率存在,设BM的方程为y=k(x-1).
设B(x1,y1),M(x2,y2),
联立x24+y23=1,y=k(x-1),消去y得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,
根据根与系数的关系可得x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3,
由于PM=(x2-x0,y2),PB=(x1-x0,y1),
则PM·PB=x1x2-(x1+x2)x0+x02+y1y2
=(k2+1)x1x2-(x0+k2)(x1+x2)+k2+x02
=(4x02-8x0-5)k2+3x02-124k2+3.
因为PM·PB为定值,所以4x02-8x0-54=3x02-123,解得x0=118.
定值为-13564.
若直线BM的斜率不存在,直线BM的方程为x=1,
B1,23,M1,-32,
则PM·PB=(x0-1)2-94=-13564,
故存在点P,且x0=118.
解法二:假设存在点P,使得PM·PB为定值.
由已知得BM与x轴不重合,可设BM的方程为x=my+1,
设B(x1,y1),M(x2,y2),
联立x=my+1,x24+y23=1,消去x,得(3m2+4)y2+6my-9=0,
则y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4,
由于PM=(x2-x0,y2),PB=(x1-x0,y1),
则PM·PB=x1x2-(x1+x2)x0+x02+y1y2
=(m2+1)y1y2+(m-mx0)(y1+y2)+x02+2x0+1
=(3x02+12x0-12)m2+(4x02+8x0-5)3m2+4.
因为PM·PB为定值,
所以3x02+12x0-123=4x02+8x0-54,
解得x0=118,
故存在点P,且x0=118.
17.(2019江西八校4月联考,20)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1,F2为其左、右焦点,B1,B2为其上、下顶点,四边形F1B1F2B2的面积为2.
(1)求椭圆E的长轴A1A2长度的最小值,并确定此时椭圆E的方程;
(2)对于(1)中确定的椭圆E,设过定点M(-2,0)的直线l与椭圆E相交于P,Q两点,若MP=λMQ,当λ∈13,12时,求△OPQ的面积S的取值范围.
解析 (1)四边形F1B1F2B2的面积为2bc,∴2bc=2,(1分)
∴|A1A2|=2a=2b2+c2≥22bc=22,当且仅当b=c=1时等号成立,此时a=2,(3分)
∴长轴A1A2长度的最小值为22,
此时椭圆E的方程为x22+y2=1.(4分)
(2)依题意,可设直线l:x=ty-2,由x=ty-2,x22+y2=1得(t2+2)y2-4ty+2=0.(5分)
由Δ>0,得t2>2.(6分)
设P(x1,y1),Q(x2,y2),由根与系数的关系得y1+y2=4tt2+2,y1·y2=2t2+2.(7分)
由MP=λMQ,得y1=λy2,
∴(1+λ)y2=4tt2+2①,λy22=2t2+2②,由①2②得λ+1λ+2=8t2t2+2,(8分)
∵y=λ+1λ+2在λ∈13,12上单调递减,
∴λ+1λ+2∈92,163,
∴92<8t2t2+2<163,即187
△OPQ的面积S=S△OMQ-S△OMP=12|OM||y1-y2|=|y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2=22t2-2t2+2.(11分)
设m=t2-2,则m∈277,2,t2=m2+2,
∴S=22mm2+4=22m+4m,
∵y=m+4m在m∈277,2上单调递减,
∴S关于m单调递增,∴△OPQ的面积S∈148,23.(12分)
18.(2019重庆西南大学附属中学模拟,20)已知动直线l:y=k(x+3)(k≠0)与y轴交于点A,过点A作直线AB⊥l,交x轴于点B,点C满足AC=3AB,C的轨迹为E.
(1)求E的方程;
(2)已知点F(1,0),点G(2,0),过F作斜率为k1的直线交E于M,N两点,延长MG,NG分别交E于P,Q两点,记直线PQ的斜率为k2,求证:k1k2为定值.
解析 (1)动直线l:y=k(x+3)(k≠0)与y轴交于点A(0,3k),
∵直线AB⊥l,∴直线AB的方程为y=-1kx+3k,交x轴于点B(3k2,0).
设C(x,y),点C满足AC=3AB,
∴(x,y-3k)=3(3k2,-3k).∴x=9k2,y=-6k.
消去k可得y2=4x(x≠0),即为C的轨迹方程E.
(2)证明:设M,N,P,Q的坐标依次为(xi,yi)(i=1,2,3,4).
直线MN的方程为x=ty+1,联立x=ty+1,y2=4x,化为y2-4ty-4=0,
∴y1+y2=4t,y1y2=-4,
设直线MG的方程为x=my+2,联立x=my+2,y2=4x,化为y2-4my-8=0,
∴y1y3=-8,∴y3=-8y1.同理可得y4=-8y2.
∵k1=y2-y1x2-x1=y2-y1y224-y124=4y1+y2,k2=4y3+y4.
∴k1k2=y3+y4y1+y2=-8y1-8y2y1+y2=-8y1y2=2为定值.
19.(2020届山东夏季高考模拟,21)设中心在原点,焦点在x轴上的椭圆E过点1,32,且离心率为32.F为E的右焦点,P为E上一点,PF⊥x轴,☉F的半径为PF.
(1)求E和☉F的方程;
(2)若直线l:y=k(x-3)(k>0)与☉F交于A,B两点,与E交于C,D两点,其中A,C在第一象限,是否存在k使|AC|=|BD|?若存在,求l的方程;若不存在,说明理由.
解析 (1)设E的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),
由题设知1a2+34b2=1,a2-b2a=32.
解得a=2,b=1,故E的方程为x24+y2=1.
因此F(3,0),PF=12,即☉F的半径为12.
所以☉F的方程为(x-3)2+y2=14.
(2)由题设可知,A在E外,B在E内,C在☉F内,D在☉F外,在l上的四点A,B,C,D满足|AC|=|AB|-|BC|,|BD|=|CD|-|BC|.
设C(x1,y1),D(x2,y2).将l的方程代入E的方程得(1+4k2)x2-83k2x+12k2-4=0,
则x1+x2=83k24k2+1,x1x2=12k2-44k2+1,
|CD|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=4k2+44k2+1>1.
又因为☉F的直径AB=1,
所以|BD|-|AC|=|CD|-|AB|=|CD|-1>0,
故不存在正数k使|AC|=|BD|.
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