浙江版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)專(zhuān)題10.6圓錐曲線(xiàn)的綜合問(wèn)題（試題練）教學(xué)講練

數(shù)學(xué)高考總復(fù)習(xí)PAGEPAGE29學(xué)好數(shù)理化，走遍天下都不怕10.6圓錐曲線(xiàn)的綜合問(wèn)題探考情悟真題【考情探究】考點(diǎn)內(nèi)容解讀5年考情預(yù)測(cè)熱度考題示例考向關(guān)聯(lián)考點(diǎn)圓錐曲線(xiàn)的綜合問(wèn)題1.了解圓錐曲線(xiàn)的簡(jiǎn)單應(yīng)用.2.理解數(shù)形結(jié)合的思想.3.能解決直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)的綜合應(yīng)用等問(wèn)題.2019浙江,21,15分直線(xiàn)與拋物線(xiàn)的位置關(guān)系拋物線(xiàn)的幾何性質(zhì)★★★2018浙江,21,15分直線(xiàn)與拋物線(xiàn)的位置關(guān)系橢圓、拋物線(xiàn)的幾何性質(zhì)2017浙江,21,15分直線(xiàn)與拋物線(xiàn)的位置關(guān)系直線(xiàn)方程分析解讀1.圓錐曲線(xiàn)的綜合問(wèn)題是高考的熱點(diǎn)之一,主要考查兩大問(wèn)題:一是根據(jù)條件求出平面曲線(xiàn)的方程;二是通過(guò)方程研究平面曲線(xiàn)的性質(zhì).2.考查點(diǎn)主要有:(1)圓錐曲線(xiàn)的基本概念和性質(zhì);(2)與圓錐曲線(xiàn)有關(guān)的最值、對(duì)稱(chēng)、位置關(guān)系等綜合問(wèn)題;(3)有關(guān)定點(diǎn)、定值問(wèn)題,以及存在性等探索性問(wèn)題.3.預(yù)計(jì)2021年高考試題中,圓錐曲線(xiàn)的綜合問(wèn)題仍是壓軸題之一,復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)高度重視.煉技法提能力【方法集訓(xùn)】方法1圓錐曲線(xiàn)中的最值和范圍問(wèn)題的求解方法1.已知拋物線(xiàn)y2=4x的焦點(diǎn)為F,過(guò)焦點(diǎn)的直線(xiàn)與拋物線(xiàn)交于A(yíng),B兩點(diǎn),則直線(xiàn)的斜率為時(shí),|AF|+4|BF|取得最小值.

答案±222.已知拋物線(xiàn)C:y2=x,直線(xiàn)l:y=k(x-1)+1,要使拋物線(xiàn)C上存在關(guān)于l對(duì)稱(chēng)的兩點(diǎn),則k的取值范圍是什么?解析當(dāng)k=0時(shí),不符合題意,故k≠0,設(shè)拋物線(xiàn)上的點(diǎn)A(x1,y1)、B(x2,y2)關(guān)于直線(xiàn)l對(duì)稱(chēng),則kAB·k=-1,所以kAB=-1k由題意得y12=x1,y22=x2,兩式相減得(y1+y2)(y1-y2)=x1所以y1+y22=-k2,易知線(xiàn)段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為x1+x22,y1+y22,進(jìn)而得AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為12因?yàn)锳B的中點(diǎn)在拋物線(xiàn)內(nèi)部,所以-k22<1整理得k3即(k解得-2<k<0.方法2定點(diǎn)、定值問(wèn)題的求法1.(2019浙江溫州九校聯(lián)考,21)已知離心率為22的橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),過(guò)橢圓C上點(diǎn)(1)求橢圓C的方程;(2)求證:直線(xiàn)AB過(guò)定點(diǎn),并求出此定點(diǎn)的坐標(biāo).解析(1)依題意有4a2+解得a2=6,b2=3,所以橢圓C(2)證明:易知直線(xiàn)AB的斜率是存在的,故設(shè)直線(xiàn)AB的方程為y=kx+m,由y=kx+m,x26設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-4mk2k2+1,x1x2由PA·PB=0,得(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,即(x1-2)(x2-2)+(kx1+m-1)(kx2+m-1)=0,得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+m2-2m+5=0,則3m2+8mk+4k2-2m-1=0,(11分)即(3m+2k+1)(m+2k-1)=0,由直線(xiàn)AB不過(guò)點(diǎn)P,知m+2k-1≠0,故3m+2k+1=0.(13分)與直線(xiàn)AB聯(lián)立,消去m得y+13=kx所以直線(xiàn)AB過(guò)定點(diǎn)23,-12.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,點(diǎn)(1)求C的方程;(2)直線(xiàn)l不過(guò)原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸,l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A,B,線(xiàn)段AB的中點(diǎn)為M.證明:直線(xiàn)OM的斜率與直線(xiàn)l的斜率的乘積為定值.解析(1)由題意有a2-b2a=2解得a2=8,b2=4.所以C的方程為x28+(2)證明:設(shè)直線(xiàn)l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+b代入x28+y(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故xM=x1+x22=-2kb2k于是直線(xiàn)OM的斜率kOM=yMxM即kOM·k=-12所以直線(xiàn)OM的斜率與直線(xiàn)l的斜率的乘積為定值.方法3存在性問(wèn)題的解法(2018浙江杭州二中期中,21)已知點(diǎn)P為橢圓C上的任一點(diǎn),P到直線(xiàn)l1:x=-2的距離為d1,到點(diǎn)F(-1,0)的距離為d2,且d2d1(1)求橢圓C的方程;(2)如圖,直線(xiàn)l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A,B(A,B都在x軸上方),且∠OFA+∠OFB=180°.(i)當(dāng)A為橢圓C與y軸正半軸的交點(diǎn)時(shí),求直線(xiàn)l的方程;(ii)是否存在一個(gè)定點(diǎn),無(wú)論∠OFA如何變化,直線(xiàn)l過(guò)該定點(diǎn)?若存在,求出該點(diǎn)的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.解析(1)設(shè)P(x,y),則d1=|x+2|,d2=(x+1)2+y2化簡(jiǎn)可得x22+y2=1,所以橢圓C的方程為x2(2)(i)由(1)知A(0,1),又F(-1,0),所以kAF=1-因?yàn)椤螼FA+∠OFB=180°,所以kBF=-1,所以直線(xiàn)BF的方程為y=-(x+1)=-x-1,代入x22+y2=1中可得3x2+4x=0,解得x=0(舍)或x=-43,所以B-43,1所以直線(xiàn)l的方程為y=12(ii)解法一:存在.由于∠OFA+∠OFB=180°,所以kAF+kBF=0.設(shè)直線(xiàn)AB的方程為y=kx+b,代入x22+y2=1中,得k2+1設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-2kbk2+12,x所以kAF+kBF=y1x1+1+y2x2所以(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=2kx1x2+(k+b)(x1+x2)+2b=2k·b2-1k2+1所以b-2k=0,因此直線(xiàn)AB的方程為y=k(x+2),即直線(xiàn)l總經(jīng)過(guò)定點(diǎn)M(-2,0).解法二:存在.由于∠OFA+∠OFB=180°,所以B點(diǎn)關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)B1在直線(xiàn)AF上,設(shè)直線(xiàn)AF方程為y=k(x+1),代入x22+y2=1中,得k2+12x設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則B1(x2,-y2),且x1+x2=-2k2k2+12直線(xiàn)AB的方程為y-y1=y1-y令y=0,得x=x1-y1·x1-x因?yàn)閥1=k(x1+1),-y2=k(x2+1),所以x=2x1x所以直線(xiàn)l總經(jīng)過(guò)定點(diǎn)M(-2,0).【五年高考】A組自主命題·浙江卷題組1.(2019浙江,21,15分)如圖,已知點(diǎn)F(1,0)為拋物線(xiàn)y2=2px(p>0)的焦點(diǎn).過(guò)點(diǎn)F的直線(xiàn)交拋物線(xiàn)于A(yíng),B兩點(diǎn),點(diǎn)C在拋物線(xiàn)上,使得△ABC的重心G在x軸上,直線(xiàn)AC交x軸于點(diǎn)Q,且Q在點(diǎn)F的右側(cè).記△AFG,△CQG的面積分別為S1,S2.(1)求p的值及拋物線(xiàn)的準(zhǔn)線(xiàn)方程;(2)求S1S2的最小值及此時(shí)點(diǎn)解析本題主要考查拋物線(xiàn)的幾何性質(zhì),直線(xiàn)與拋物線(xiàn)的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查運(yùn)算求解能力和綜合應(yīng)用能力.體現(xiàn)了數(shù)學(xué)抽象的核心素養(yǎng)和轉(zhuǎn)化與化歸的思想方法.(1)由題意得p2=1,即所以,拋物線(xiàn)的準(zhǔn)線(xiàn)方程為x=-1.(2)設(shè)A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t≠0,則xA=t2.由于直線(xiàn)AB過(guò)F,故直線(xiàn)AB方程為x=t2-12ty+1,代入y2=4x,得y2-2(t2-1)ty-4=0,故2tyB=-4,即yB=-2t,所以B1yG=13(yA+yB+yC)及重心G在x軸上,故2t-2t+y得C1t-t所以,直線(xiàn)AC方程為y-2t=2t(x-t2),得Q(t2-1,0).由于Q在焦點(diǎn)F的右側(cè),故t2>2.從而S1S=2=2t4-令m=t2-2,則m>0,S1S2=2-≥2-1=1+32當(dāng)m=3時(shí),S1S2取得最小值1+3思路分析(1)根據(jù)拋物線(xiàn)定義知p2=1,得到準(zhǔn)線(xiàn)方程x=-1.(2)要求S1S2的最小值,需要將S1S2用基本量表示出來(lái),從點(diǎn)的關(guān)系出發(fā),設(shè)A(xA,yA),合理選擇參數(shù)t表示A(t2,2t),t≠0,由直線(xiàn)AB過(guò)F得到AB方程,求出B點(diǎn)坐標(biāo),再由△ABC的重心G在x軸上,求出C點(diǎn)和G點(diǎn)坐標(biāo),進(jìn)而求出Q2.(2018浙江,21,15分)如圖,已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點(diǎn),拋物線(xiàn)C:y2=4x上存在不同的兩點(diǎn)A,B滿(mǎn)足PA,PB的中點(diǎn)均在C上.(1)設(shè)AB中點(diǎn)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(dòng)點(diǎn),求△PAB解析本題主要考查橢圓、拋物線(xiàn)的幾何性質(zhì),直線(xiàn)與拋物線(xiàn)的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查運(yùn)算求解能力和綜合應(yīng)用能力.(1)證明:設(shè)P(x0,y0),A14y1因?yàn)镻A,PB的中點(diǎn)在拋物線(xiàn)上,所以y1,y2為方程y+y022=4·14y2+x02所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y軸.(2)由(1)可知y所以|PM|=18(y12+y22)-x0|y1-y2|=22(因此,S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=324(y0因?yàn)閤02+y0所以y02-4x0=-4x02-4x因此,△PAB面積的取值范圍是62疑難突破解析幾何中“取值范圍”與“最值”問(wèn)題.在解析幾何中,求某個(gè)量(直線(xiàn)斜率,直線(xiàn)在x、y軸上的截距,弦長(zhǎng),三角形或四邊形面積等)的取值范圍或最值問(wèn)題的關(guān)鍵是利用條件把所求量表示成關(guān)于某個(gè)變量(通常是直線(xiàn)斜率,動(dòng)點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)等)的函數(shù),并求出這個(gè)變量的取值范圍(即函數(shù)的定義域),將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域或最值.3.(2017浙江,21,15分)如圖,已知拋物線(xiàn)x2=y,點(diǎn)A-12,14,B32,94,拋物線(xiàn)上的點(diǎn)P(x,y)-(1)求直線(xiàn)AP斜率的取值范圍;(2)求|PA|·|PQ|的最大值.解析本題主要考查直線(xiàn)方程、直線(xiàn)與拋物線(xiàn)的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查解析幾何的基本思想方法和運(yùn)算求解能力.(1)設(shè)直線(xiàn)AP的斜率為k,k=x2-1因?yàn)?12<x<32,所以直線(xiàn)AP(2)解法一:聯(lián)立直線(xiàn)AP與BQ的方程kx解得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)是xQ=-k因?yàn)閨PA|=1+k2x|PQ|=1+k2(xQ-x)=-所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3,令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因?yàn)閒'(k)=-(4k-2)(k+1)2,所以f(k)在區(qū)間-1,12上單調(diào)遞增,12,1上單調(diào)遞減,因此當(dāng)k=1解法二:如圖,連接BP,|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos∠BPQ=AP·(AB-AP)=AP·AB-AP2易知P(x,x2)-1則AP·AB=2x+1+2x2-12=2x2+2x+12,AP2=x+122+x2-142=x2+x+14+x4-1∴|AP|·|PQ|=-x4+32x2+x+3設(shè)f(x)=-x4+32x2+x+3則f'(x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,∴f(x)在-12,1上為增函數(shù),∴f(x)max=f(1)=2716故|AP|·|PQ|的最大值為2716方法總結(jié)在解析幾何中,遇到求兩線(xiàn)段長(zhǎng)度之積的最值或取值范圍時(shí),一般用以下方法進(jìn)行轉(zhuǎn)化:1.直接法:求出各點(diǎn)坐標(biāo),用兩點(diǎn)間的距離公式,轉(zhuǎn)化為某個(gè)參變量(如直線(xiàn)斜率、截距,點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)等)的函數(shù),再求函數(shù)的最值或值域.2.向量法:三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí),轉(zhuǎn)化為兩向量的數(shù)量積,再轉(zhuǎn)化為關(guān)于動(dòng)點(diǎn)的橫(縱)坐標(biāo)的函數(shù),最后求函數(shù)的最值或值域.3.參數(shù)法:把直線(xiàn)方程化為參數(shù)方程,與曲線(xiàn)方程聯(lián)立,由根與系數(shù)的關(guān)系轉(zhuǎn)化為關(guān)于直線(xiàn)斜率(或直線(xiàn)的截距)的函數(shù),最后求函數(shù)的最值或值域.B組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組1.(2019北京文,19,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)O為原點(diǎn),直線(xiàn)l:y=kx+t(t≠±1)與橢圓C交于兩個(gè)不同點(diǎn)P,Q,直線(xiàn)AP與x軸交于點(diǎn)M,直線(xiàn)AQ與x軸交于點(diǎn)N.若|OM|·|ON|=2,求證:直線(xiàn)l經(jīng)過(guò)定點(diǎn).解析本題主要考查橢圓的方程、直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系等知識(shí)點(diǎn),考查學(xué)生用方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、分類(lèi)討論解決綜合問(wèn)題的能力,體現(xiàn)了邏輯推理、直觀(guān)想象和數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)由題意得,b2=1,c=1.所以a2=b2+c2=2.所以橢圓C的方程為x22+y(2)證明:設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則直線(xiàn)AP的方程為y=y1令y=0,得點(diǎn)M的橫坐標(biāo)xM=-x1又y1=kx1+t,從而|OM|=|xM|=x1同理,|ON|=x2由y=kx+t,x22則x1+x2=-4kt1+2k2,x1x所以|OM|·|ON|=x1k=x=2=21+t又|OM|·|ON|=2,所以21+t1-t=2.解得t=0,2.(2019課標(biāo)全國(guó)Ⅰ文,21,12分)已知點(diǎn)A,B關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對(duì)稱(chēng),|AB|=4,☉M過(guò)點(diǎn)A,B且與直線(xiàn)x+2=0相切.(1)若A在直線(xiàn)x+y=0上,求☉M的半徑;(2)是否存在定點(diǎn)P,使得當(dāng)A運(yùn)動(dòng)時(shí),|MA|-|MP|為定值?并說(shuō)明理由.解析本題利用關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)和直線(xiàn)與圓相切,考查圓的方程及圓的幾何性質(zhì),要求學(xué)生具備較強(qiáng)的直觀(guān)想象與邏輯推理能力,第(2)問(wèn)設(shè)置開(kāi)放性問(wèn)題,考查拋物線(xiàn)的定義與性質(zhì).主要考查數(shù)學(xué)運(yùn)算和邏輯推理的核心素養(yǎng).(1)因?yàn)楱慚過(guò)點(diǎn)A,B,所以圓心M在A(yíng)B的垂直平分線(xiàn)上.由已知A在直線(xiàn)x+y=0上,且A,B關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對(duì)稱(chēng),所以M在直線(xiàn)y=x上,故可設(shè)M(a,a).因?yàn)楱慚與直線(xiàn)x+2=0相切,所以☉M的半徑為r=|a+2|.由已知得|AO|=2,又MO⊥AO,故可得2a2+4=(a+2)2,解得a=0或a=4.故☉M的半徑r=2或r=6.(2)存在定點(diǎn)P(1,0),使得|MA|-|MP|為定值.理由如下:設(shè)M(x,y),由已知得☉M的半徑為r=|x+2|,|AO|=2,由于MO⊥AO,故可得x2+y2+4=(x+2)2,化簡(jiǎn)得M的軌跡方程為y2=4x.因?yàn)榍€(xiàn)C:y2=4x是以點(diǎn)P(1,0)為焦點(diǎn),以直線(xiàn)x=-1為準(zhǔn)線(xiàn)的拋物線(xiàn),所以|MP|=x+1.因?yàn)閨MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,所以存在滿(mǎn)足條件的定點(diǎn)P.3.(2018北京理,19,14分)已知拋物線(xiàn)C:y2=2px經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1,2).過(guò)點(diǎn)Q(0,1)的直線(xiàn)l與拋物線(xiàn)C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A,B,且直線(xiàn)PA交y軸于M,直線(xiàn)PB交y軸于N.(1)求直線(xiàn)l的斜率的取值范圍;(2)設(shè)O為原點(diǎn),QM=λQO,QN=μQO,求證:1λ+1μ解析(1)因?yàn)閽佄锞€(xiàn)y2=2px過(guò)點(diǎn)(1,2),所以2p=4,即p=2.故拋物線(xiàn)C的方程為y2=4x,由題意知,直線(xiàn)l的斜率存在且不為0.設(shè)直線(xiàn)l的方程為y=kx+1(k≠0).由y2=4x,y=依題意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得k<0或0<k<1.又PA,PB與y軸相交,故直線(xiàn)l不過(guò)點(diǎn)(1,-2).從而k≠-3.所以直線(xiàn)l斜率的取值范圍是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1).(2)證明:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由(1)知x1+x2=-2k-4k2,x1直線(xiàn)PA的方程為y-2=y1令x=0,得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為yM=-y1+2同理得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為yN=-k由QM=λQO,QN=μQO得λ=1-yM,μ=1-yN.所以1λ+1μ=11-yM=1k-1·2x1所以1λ+1μ方法總結(jié)圓錐曲線(xiàn)中的定值問(wèn)題的常見(jiàn)類(lèi)型及解題策略:(1)求代數(shù)式為定值.依題設(shè)條件,得出與代數(shù)式有關(guān)的等式,化簡(jiǎn)即可得出定值;(2)求點(diǎn)到直線(xiàn)的距離為定值.利用點(diǎn)到直線(xiàn)的距離公式得出距離的表達(dá)式,再利用題設(shè)條件化簡(jiǎn)、變形求得;(3)求某線(xiàn)段長(zhǎng)度為定值.利用兩點(diǎn)間的距離公式求得線(xiàn)段長(zhǎng)度的表達(dá)式,再依據(jù)條件對(duì)表達(dá)式進(jìn)行化簡(jiǎn)、變形即可求得.4.(2017山東理,21,14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓E:x2a2+y2b2(1)求橢圓E的方程;(2)如圖,動(dòng)直線(xiàn)l:y=k1x-32交橢圓E于A(yíng),B兩點(diǎn),C是橢圓E上一點(diǎn),直線(xiàn)OC的斜率為k2,且k1k2=24.M是線(xiàn)段OC延長(zhǎng)線(xiàn)上一點(diǎn),且|MC|∶|AB|=2∶3,☉M的半徑為|MC|,OS,OT是☉M的兩條切線(xiàn),切點(diǎn)分別為S,T.求∠SOT的最大值,并求取得最大值時(shí)直線(xiàn)l解析本題考查橢圓的方程,直線(xiàn)與橢圓、圓的位置關(guān)系,考查最值的求解方法和運(yùn)算求解能力.(1)由題意知e=ca=22,2c=2,所以a=因此橢圓E的方程為x22+y(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立x22+y2=1,y=k1x由題意知Δ>0,且x1+x2=23k12k12所以|AB|=1+k12|x1-x2由題意可知圓M的半徑r=23|AB|=223由題設(shè)知k1k2=24,所以k2=2因此直線(xiàn)OC的方程為y=24聯(lián)立x22+y2=1,y=2因此|OC|=x2+y由題意可知sin∠SOT2=rr而|OC|r=1+8k1令t=1+2k12,則t>1,1因此|OC|r=32·t=32·1-當(dāng)且僅當(dāng)1t=12,即t=2時(shí)等號(hào)成立,此時(shí)k1=±所以sin∠SOT2≤因此∠SOT2≤π6,所以∠SOT綜上所述:∠SOT的最大值為π3,取得最大值時(shí)直線(xiàn)l的斜率k1=±2思路分析(1)由離心率和焦距,利用基本量運(yùn)算求解;(2)聯(lián)立直線(xiàn)l與橢圓方程,利用距離公式求出|AB|,聯(lián)立直線(xiàn)OC與橢圓方程求|OC|,進(jìn)而建立sin∠SOT2與k1之間的函數(shù)關(guān)系,解后反思最值問(wèn)題一般利用函數(shù)的思想方法求解,利用距離公式建立sin∠SOT2與k1之間的函數(shù)關(guān)系是解題關(guān)鍵.牢固掌握基礎(chǔ)知識(shí)和方法是求解的前提.5.(2016天津,19,14分)設(shè)橢圓x2a2+y23=1(a>3)的右焦點(diǎn)為F,右頂點(diǎn)為A.已知1|OF|+1|(1)求橢圓的方程;(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)A的直線(xiàn)l與橢圓交于點(diǎn)B(B不在x軸上),垂直于l的直線(xiàn)與l交于點(diǎn)M,與y軸交于點(diǎn)H.若BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直線(xiàn)l的斜率的取值范圍.解析(1)設(shè)F(c,0),由1|OF|+1|OA|=3e|FA|,即1c+1a=3ca(a-c),可得a2-c2=3c2,又a(2)設(shè)直線(xiàn)l的斜率為k(k≠0),則直線(xiàn)l的方程為y=k(x-2).設(shè)B(xB,yB),由方程組x24整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.解得x=2或x=8k由題意得xB=8k2-64k2由(1)知F(1,0),設(shè)H(0,yH),有FH=(-1,yH),BF=9-由BF⊥HF,得BF·FH=0,所以4k2-94k2+3+因此直線(xiàn)MH的方程為y=-1kx+9設(shè)M(xM,yM),由方程組y=k(x-2),y在△MAO中,∠MOA≤∠MAO?|MA|≤|MO|,即(xM-2)2+yM2≤xM2+yM2,化簡(jiǎn)得xM≥1,即20k2+912(k所以直線(xiàn)l的斜率的取值范圍為-∞,-6評(píng)析本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線(xiàn)方程、一元二次不等式等基礎(chǔ)知識(shí).考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線(xiàn)的性質(zhì).考查運(yùn)算求解能力,以及用方程思想解決問(wèn)題的能力.6.(2016北京,19,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)P是橢圓C上一點(diǎn),直線(xiàn)PA與y軸交于點(diǎn)M,直線(xiàn)PB與x軸交于點(diǎn)N.求證:|AN|·|BM|為定值.解析(1)由題意得c解得a2=4,b2=1.所以橢圓C的方程為x24+y(2)證明:由(1)知,A(2,0),B(0,1).設(shè)P(x0,y0),則x02+4當(dāng)x0≠0時(shí),直線(xiàn)PA的方程為y=y0令x=0,得yM=-2y0x0-2,直線(xiàn)PB的方程為y=y0令y=0,得xN=-x0y0-1,從而所以|AN|·|BM|=2+x0=x=4=4.當(dāng)x0=0時(shí),y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|·|BM|=4.綜上,|AN|·|BM|為定值.一題多解(2)點(diǎn)P在曲線(xiàn)x22+y12=1上,不妨設(shè)P(2cosθ,sinθ),當(dāng)θ≠kπ且θ≠kπ+π2(k∈Z)時(shí),直線(xiàn)AP的方程為y-0=sinθ2(cos直線(xiàn)BP的方程為y-1=sinθ-12cosθ(x-0),令y=0,得∴|AN|·|BM|=21-cos=22(1-當(dāng)θ=kπ或θ=kπ+π2(k∈Z)時(shí),M,N是定點(diǎn),易得|AN|·|BM|=4.綜上,|AN|·評(píng)析本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程,直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)的位置關(guān)系及定值問(wèn)題,方法常規(guī),運(yùn)算量大,對(duì)學(xué)生的運(yùn)算能力要求較高.C組教師專(zhuān)用題組考點(diǎn)圓錐曲線(xiàn)的綜合問(wèn)題1.(2017山東文,21,14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,橢圓(1)求橢圓C的方程;(2)動(dòng)直線(xiàn)l:y=kx+m(m≠0)交橢圓C于A(yíng),B兩點(diǎn),交y軸于點(diǎn)M.點(diǎn)N是M關(guān)于O的對(duì)稱(chēng)點(diǎn),☉N的半徑為|NO|.設(shè)D為AB的中點(diǎn),DE,DF與☉N分別相切于點(diǎn)E,F,求∠EDF的最小值.解析本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及圓錐曲線(xiàn)的相關(guān)最值.(1)由橢圓的離心率為22,得a2=2(a2-b2又當(dāng)y=1時(shí),x2=a2-a2b2,得a2所以a2=4,b2=2.因此橢圓方程為x24+(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,由Δ>0得m2<4k2+2,(*)且x1+x2=-4km2k2+1,因此y1所以D-2又N(0,-m),所以|ND|2=-2km2整理得|ND|2=4m因?yàn)閨NF|=|m|,所以|ND|2|NF令t=8k2+3,t≥3,故2k2+1=t+1所以|ND|2|NF令y=t+1t,所以y'=1-1當(dāng)t≥3時(shí),y'>0,從而y=t+1t在[3,+∞)上單調(diào)遞增因此t+1t≥10等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)t=3時(shí)成立,此時(shí)k=0,所以|ND|由(*)得-2<m<2且m≠0.故|NF||設(shè)∠EDF=2θ,則sinθ=|NF||所以θ的最小值為π6從而∠EDF的最小值為π3,此時(shí)直線(xiàn)l的斜率是綜上所述,當(dāng)k=0,m∈(-2,0)∪(0,2)時(shí),∠EDF取到最小值π3方法總結(jié)求解圓錐曲線(xiàn)相關(guān)最值的常用方法:1.幾何性質(zhì)法;2.二次函數(shù)最值法;3.基本不等式法;4.三角函數(shù)最值法;5.導(dǎo)數(shù)法.2.(2017課標(biāo)全國(guó)Ⅰ理,20,12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),四點(diǎn)P1(1,1),P2(0,1),P3-1(1)求C的方程;(2)設(shè)直線(xiàn)l不經(jīng)過(guò)P2點(diǎn)且與C相交于A(yíng),B兩點(diǎn).若直線(xiàn)P2A與直線(xiàn)P2B的斜率的和為-1,證明:l過(guò)定點(diǎn).解析本題考查了圓錐曲線(xiàn)的方程以及圓錐曲線(xiàn)與直線(xiàn)位置關(guān)系中的定點(diǎn)問(wèn)題.(1)由于P3,P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng),故由題設(shè)知C經(jīng)過(guò)P3,P4兩點(diǎn).又由1a2+1b2>1a2+34b2知,C不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P因此1b2故C的方程為x24+y(2)證明:設(shè)直線(xiàn)P2A與直線(xiàn)P2B的斜率分別為k1,k2.如果l與x軸垂直,設(shè)l:x=t,由題設(shè)知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐標(biāo)分別為t,4-則k1+k2=4-t2-22t從而可設(shè)l:y=kx+m(m≠1).將y=kx+m代入x24+y2(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.由題設(shè)可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-8km4k2+1,x1而k1+k2=y1-=kx1=2k由題設(shè)k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)·4m2-4解得k=-m+1當(dāng)且僅當(dāng)m>-1時(shí),Δ>0,于是l:y=-m+1即y+1=-m+1所以l過(guò)定點(diǎn)(2,-1).3.(2016山東,21,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)(1)求橢圓C的方程;(2)過(guò)動(dòng)點(diǎn)M(0,m)(m>0)的直線(xiàn)交x軸于點(diǎn)N,交C于點(diǎn)A,P(P在第一象限),且M是線(xiàn)段PN的中點(diǎn).過(guò)點(diǎn)P作x軸的垂線(xiàn)交C于另一點(diǎn)Q,延長(zhǎng)QM交C于點(diǎn)B.(i)設(shè)直線(xiàn)PM,QM的斜率分別為k,k',證明k'k(ii)求直線(xiàn)AB的斜率的最小值.解析(1)設(shè)橢圓的半焦距為c.由題意知2a=4,2c=22,所以a=2,b=a2-c所以橢圓C的方程為x24+(2)(i)證明:設(shè)P(x0,y0)(x0>0,y0>0).由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m).所以直線(xiàn)PM的斜率k=2m-m直線(xiàn)QM的斜率k'=-2m-此時(shí)k'所以k'k(ii)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).直線(xiàn)PA的方程為y=kx+m,直線(xiàn)QB的方程為y=-3kx+m.聯(lián)立y整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.由x0x1=2m可得x1=2(所以y1=kx1+m=2k同理x2=2(m2-2所以x2-x1=2(m2-2y2-y1=-6k(m2所以kAB=y2-y1x由m>0,x0>0,可知k>0,所以6k+1k≥26,等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)k=66此時(shí)m4-8即m=147,符合題意所以直線(xiàn)AB的斜率的最小值為624.(2016四川,20,13分)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)是直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn),(1)求橢圓E的方程及點(diǎn)T的坐標(biāo);(2)設(shè)O是坐標(biāo)原點(diǎn),直線(xiàn)l'平行于OT,與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)A,B,且與直線(xiàn)l交于點(diǎn)P.證明:存在常數(shù)λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值.解析(1)由題意得,a=2b,則橢圓E的方程為x22b由方程組x22b2+y方程①的判別式為Δ=24(b2-3),由Δ=0,得b2=3,此時(shí)方程①的解為x=2,所以橢圓E的方程為x26+點(diǎn)T的坐標(biāo)為(2,1).(2)由已知可設(shè)直線(xiàn)l'的方程為y=12x+m(m≠由方程組y=1所以P點(diǎn)坐標(biāo)為2-2m3,1+2設(shè)點(diǎn)A,B的坐標(biāo)分別為A(x1,y1),B(x2,y2).由方程組x26+y23方程②的判別式為Δ=16(9-2m2),由Δ>0,解得-322<m<由②得x1+x2=-4m3,x1x2=4m2-123同理|PB|=52所以|PA|·|PB|=5=5=542-2m故存在常數(shù)λ=45,使得|PT|2=λ|PA|·評(píng)析本題考查了直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)相交的問(wèn)題,這類(lèi)題中常用的方法是方程法,并結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系,兩點(diǎn)間的距離公式進(jìn)行考查,難點(diǎn)是運(yùn)算量比較大,注意運(yùn)算技巧.5.(2015陜西,20,12分)如圖,橢圓E:x2a2+y2b2(1)求橢圓E的方程;(2)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1,1),且斜率為k的直線(xiàn)與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)P,Q(均異于點(diǎn)A),證明:直線(xiàn)AP與AQ的斜率之和為2.解析(1)由題設(shè)知ca=2結(jié)合a2=b2+c2,解得a=2.所以橢圓E的方程為x22+y(2)證明:由題設(shè)知,直線(xiàn)PQ的方程為y=k(x-1)+1(k≠2),代入x22+y2=1,得(1+2k2)x由已知可知Δ>0.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0,則x1+x2=4k(k-1)1+2從而直線(xiàn)AP,AQ的斜率之和kAP+kAQ=y1+1x1+y=2k+(2-k)1x1=2k+(2-k)4k評(píng)析本題考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程與簡(jiǎn)單性質(zhì)的同時(shí),重點(diǎn)考查直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系.6.(2015課標(biāo)Ⅱ,20,12分)已知橢圓C:9x2+y2=m2(m>0),直線(xiàn)l不過(guò)原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸,l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A,B,線(xiàn)段AB的中點(diǎn)為M.(1)證明:直線(xiàn)OM的斜率與l的斜率的乘積為定值;(2)若l過(guò)點(diǎn)m3,m,延長(zhǎng)線(xiàn)段OM與C交于點(diǎn)P,四邊形OAPB能否為平行四邊形?若能,求此時(shí)l的斜率;若不能解析(1)證明:設(shè)直線(xiàn)l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM=x1+x22=-kbk于是直線(xiàn)OM的斜率kOM=yMxM即kOM·k=-9.所以直線(xiàn)OM的斜率與l的斜率的乘積為定值.(2)四邊形OAPB能為平行四邊形.因?yàn)橹本€(xiàn)l過(guò)點(diǎn)m3,m,所以l不過(guò)原點(diǎn)且與C有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是由(1)得OM的方程為y=-9k設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為xP.由y=-9kx即xP=±km將m3,m代入l的方程得因此xM=k(四邊形OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線(xiàn)段AB與線(xiàn)段OP互相平分,即xP=2xM.于是±km3k2+9=2×k(k-3)m因?yàn)閗i>0,ki≠3,i=1,2,所以當(dāng)l的斜率為4-7或4+7時(shí),四邊形OAPB為平行四邊形.評(píng)析本題考查直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)的位置關(guān)系,設(shè)問(wèn)常規(guī),但對(duì)運(yùn)算能力要求較高,考查學(xué)生的思維能力.7.(2015山東,21,14分)平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)橢圓E:x24a2+y24b2=1,P為橢圓C上任意一點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P的直線(xiàn)y=kx+m交橢圓E于A(yíng),B(i)求|OQ|(ii)求△ABQ面積的最大值.解析(1)由題意知3a2+又a2-b2a=32,所以橢圓C的方程為x24+y(2)由(1)知橢圓E的方程為x216+(i)設(shè)P(x0,y0),|OQ由題意知Q(-λx0,-λy0).因?yàn)閤024又(-λx0即λ2所以λ=2,即|OQ(ii)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).將y=kx+m代入橢圓E的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0,由Δ>0,可得m2<4+16k2.①則有x1+x2=-8km1+4k2,x1x所以|x1-x2|=416因?yàn)橹本€(xiàn)y=kx+m與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,m),所以△OAB的面積S=12|m||x1-x2=2=2=24-設(shè)m2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<t≤1,因此S=2(4-t故S≤23,當(dāng)且僅當(dāng)t=1,即m2=1+4k2時(shí)取得最大值23.由(i)知,△ABQ的面積為3S,所以△ABQ面積的最大值為63.8.(2015北京,19,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,點(diǎn)P(0,1)和點(diǎn)A(m,n)(m≠0)都在橢圓C上(1)求橢圓C的方程,并求點(diǎn)M的坐標(biāo)(用m,n表示);(2)設(shè)O為原點(diǎn),點(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng),直線(xiàn)PB交x軸于點(diǎn)N.問(wèn):y軸上是否存在點(diǎn)Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求點(diǎn)Q的坐標(biāo);若不存在,說(shuō)明理由.解析(1)由題意得b=1,ca故橢圓C的方程為x22+y設(shè)M(xM,0).因?yàn)閙≠0,所以-1<n<1.直線(xiàn)PA的方程為y-1=n-所以xM=m1-n,即(2)存在.因?yàn)辄c(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng),所以B(m,-n).設(shè)N(xN,0),則xN=m1+“存在點(diǎn)Q(0,yQ)使得∠OQM=∠ONQ”等價(jià)于“存在點(diǎn)Q(0,yQ)使得|OM||OQ|=|OQ||ON|”,因?yàn)閤M=m1-n,xN=m1+n所以yQ2=|xM||xN|=所以yQ=2或yQ=-2.故在y軸上存在點(diǎn)Q,使得∠OQM=∠ONQ,點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(0,2)或(0,-2).9.(2015四川,20,13分)如圖,橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率是22,過(guò)點(diǎn)P(0,1)的動(dòng)直線(xiàn)l與橢圓相交于A(yíng),B兩點(diǎn).當(dāng)直線(xiàn)l平行于x軸時(shí),直線(xiàn)(1)求橢圓E的方程;(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,是否存在與點(diǎn)P不同的定點(diǎn)Q,使得|QA||QB|=|PA||PB|恒成立?解析(1)由已知得,點(diǎn)(2,1)在橢圓E上.因此,2a2+1所以橢圓E的方程為x24+(2)當(dāng)直線(xiàn)l與x軸平行時(shí),設(shè)直線(xiàn)l與橢圓相交于C,D兩點(diǎn).如果存在定點(diǎn)Q滿(mǎn)足條件,則有|QC||即|QC|=|QD|.所以Q點(diǎn)在y軸上,可設(shè)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,y0).當(dāng)直線(xiàn)l與x軸垂直時(shí),設(shè)直線(xiàn)l與橢圓相交于M,N兩點(diǎn),則M,N的坐標(biāo)分別為(0,2),(0,-2).由|QM||QN|=|PM解得y0=1或y0=2.所以,若存在不同于點(diǎn)P的定點(diǎn)Q滿(mǎn)足條件,則Q點(diǎn)坐標(biāo)只可能為(0,2).下面證明:對(duì)任意直線(xiàn)l,均有|QA||當(dāng)直線(xiàn)l的斜率不存在時(shí),由上可知,結(jié)論成立.當(dāng)直線(xiàn)l的斜率存在時(shí),可設(shè)直線(xiàn)l的方程為y=kx+1,A,B的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2).聯(lián)立得x24+y22=1,Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,所以,x1+x2=-4k2k2+1,x1因此1x1+1x易知,點(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)B'的坐標(biāo)為(-x2,y2).又kQA=y1-2x1kQB'=y2-2-x2=所以kQA=kQB',即Q,A,B'三點(diǎn)共線(xiàn).所以|QA||QB|=|故存在與P不同的定點(diǎn)Q(0,2),使得|QA||QB評(píng)析本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì),直線(xiàn)方程、直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合、化歸與轉(zhuǎn)化、特殊與一般、分類(lèi)與整合等數(shù)學(xué)思想.【三年模擬】一、選擇題(共4分)1.(2019浙江高考信息優(yōu)化卷(四),6)將離心率為e1的橢圓C1的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)a1和短半軸長(zhǎng)b1同時(shí)增加m(m>0)個(gè)單位長(zhǎng)度,得到離心率為e2的橢圓C2;將離心率為e1的雙曲線(xiàn)C3的實(shí)半軸長(zhǎng)a2和虛半軸長(zhǎng)b2(a2≠b2)同時(shí)增加n(n>0)個(gè)單位長(zhǎng)度,得到離心率為e4的雙曲線(xiàn)C4,則()A.對(duì)任意的m,n,均有e1>e2,e3<e4B.對(duì)任意的m,有e1>e2,無(wú)法判斷e3,e4的大小關(guān)系C.對(duì)任意的m,n,均有e1<e2,e3>e4D.對(duì)任意的m,有e1<e2,無(wú)法判斷e3,e4的大小關(guān)系答案B二、填空題(每空4分,共8分)2.(2020屆浙江嘉興、麗水基礎(chǔ)檢測(cè),16)已知P是橢圓x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)和雙曲線(xiàn)x2a22-y2b22=1(a2>0,b2>0)的一個(gè)交點(diǎn),F1,F2是橢圓和雙曲線(xiàn)的公共焦點(diǎn),e1,e2分別為橢圓和雙曲線(xiàn)的離心率,若答案33.(2019浙江高考數(shù)學(xué)仿真卷(三),16)已知橢圓C:x24+y23=1上一點(diǎn)M(不與左、右頂點(diǎn)重合),直線(xiàn)l:x=4上一點(diǎn)N,若右焦點(diǎn)F2恒在以MN為直徑的圓上,則kMN·k答案-3三、解答題(共105分)4.(2018浙江湖州、衢州、麗水高三質(zhì)檢,21)已知拋物線(xiàn)C:y2=2px(p>0)上的點(diǎn)M(m,-2)與其焦點(diǎn)的距離為2.(1)求實(shí)數(shù)p與m的值;(2)如圖所示,動(dòng)點(diǎn)Q在拋物線(xiàn)C上,直線(xiàn)l過(guò)點(diǎn)M,點(diǎn)A、B在l上,且滿(mǎn)足QA⊥l,QB∥x軸.若|MB|2|MA|解析(1)設(shè)拋物線(xiàn)的焦點(diǎn)為F,由題意得|MF|=m+p2=2,(2分又點(diǎn)M(m,-2)在拋物線(xiàn)上,故2pm=4,(4分)由p>0得p=2,m=1.(6分)(2)由(1)知拋物線(xiàn)C的方程為y2=4x,連接QM.設(shè)直線(xiàn)l的方程為t(y+2)=x-1,Qy024則yB=y0,所以|MB|=1+t2|y0+2|,(9又點(diǎn)Qy024,y0|MA|=|=y=y024故|MB|2|MA|=由|MB|2|MA|為常數(shù),得y0+2=y0-2+4t,所以t=1,則|MB|25.(2020屆浙江金麗衢十二校聯(lián)考,21)過(guò)拋物線(xiàn)y2=2px(p>0)上一點(diǎn)P作拋物線(xiàn)的切線(xiàn)l交x軸于Q,F為焦點(diǎn),以原點(diǎn)O為圓心的圓與直線(xiàn)l相切于點(diǎn)M.(1)當(dāng)p變化時(shí),求證:|PF|(2)當(dāng)p變化時(shí),記△PFM的面積為S1,△OFM的面積為S2,求S1S解析本題考查直線(xiàn)與拋物線(xiàn)的位置關(guān)系以及圓錐曲線(xiàn)的綜合應(yīng)用;考查學(xué)生運(yùn)算求解的能力和數(shù)形結(jié)合的思想;考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)證明:設(shè)切點(diǎn)Py022p,y0即點(diǎn)Q-y022p,0由拋物線(xiàn)定義得|PF|=p2+y即|PF||(2)過(guò)點(diǎn)F作FH⊥PQ于點(diǎn)H,則S1=S△PFH+S△FHM=S△HQF+S△FHM.S1S2=S△=p2+=px0+2x0p故S1S2的最小值為6.(2020屆浙江麗水四校聯(lián)考,20)設(shè)直線(xiàn)l與拋物線(xiàn)x2=2y交于A(yíng),B兩點(diǎn),與橢圓x24+y23=1交于C,D兩點(diǎn),直線(xiàn)OA,OB,OC,OD(O為坐標(biāo)原點(diǎn))的斜率分別為k1,k2,k3,k4,(1)是否存在實(shí)數(shù)t,滿(mǎn)足k1+k2=t(k3+k4)?請(qǐng)說(shuō)明理由;(2)求△OCD面積的最大值.解析本題考查直線(xiàn)與拋物線(xiàn)、橢圓的位置關(guān)系以及圓錐曲線(xiàn)的綜合應(yīng)用;考查學(xué)生運(yùn)算求解和邏輯推理的能力以及數(shù)形結(jié)合的思想;考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).設(shè)直線(xiàn)l的方程為y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).聯(lián)立得y=kx+b則x1+x2=2k,x1x2=-2b,Δ1=4k2+8b>0.由OA⊥OB,所以x1x2+y1y2=0,得b=2.聯(lián)立得y=kx+2,x2所以x3+x4=-16k3+4k2,x3x由Δ2=192k2-48>0,得k2>14(1)因?yàn)閗1+k2=y1x1+y2x2=k,k3+k所以k1+k2k3+k4=-16,故存在t=-16(2)根據(jù)弦長(zhǎng)公式得|CD|=1+k2|x3-x4|=43·1+k點(diǎn)O到直線(xiàn)CD的距離d=21+所以S△OCD=12|CD|·d=43·4設(shè)4k2-1=t>0,則S△OCD=43所以當(dāng)且僅當(dāng)t=2,即k=±52時(shí),S△OCD有最大值37.(2019浙江鎮(zhèn)海中學(xué)階段性測(cè)試,21)已知點(diǎn)M22,1是橢圓y2a2+x2b2(1)求橢圓的方程;(2)過(guò)橢圓一焦點(diǎn)F作互相垂直的直線(xiàn)l1,l2,且l1交橢圓于A(yíng),B兩點(diǎn),l2交橢圓于C,D兩點(diǎn),求四邊形ACBD面積的最大值和最小值.解析(1)由已知得,1a2+12b2=1,且2a=22所以b=1,故所求的橢圓方程為y22+x2=1.(5(2)因?yàn)閘1⊥l2,所以直線(xiàn)l1,l2中至少有一條直線(xiàn)斜率存在,不妨設(shè)l1的斜率為k,且直線(xiàn)l1,l2過(guò)焦點(diǎn)F(0,1),則直線(xiàn)l1的方程為y=kx+1,將此式代入橢圓方程得(2+k2)x2+2kx-1=0.設(shè)A,B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2),則x1=-k-2k2+22+k2,x2=-k+2k2+22+k①當(dāng)k≠0時(shí),直線(xiàn)CD的斜率為-1k,同上可推得|CD|=221+-1k22+-1k2.故四邊形ACBD令u=k2+1k2,得S=4(因?yàn)?/p>