新高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)真題分類(lèi)8-5直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)的位置關(guān)系練習(xí)含答案

8.5直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)的位置關(guān)系考點(diǎn)直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)的位置關(guān)系1.(2013課標(biāo)Ⅰ理,10,5分)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(3,0),過(guò)點(diǎn)F的直線(xiàn)交E于A(yíng),B兩點(diǎn).若ABA.x245+y236=1B.C.x227+y218=1D.答案D直線(xiàn)AB的斜率k=0+13?1設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x①-②得y1?y2x即k=-b2a2∴b2a2=1又a2-b2=c2=9,④由③④得a2=18,b2=9.所以橢圓E的方程為x218+y2評(píng)析本題考查了直線(xiàn)和橢圓的位置關(guān)系,考查了線(xiàn)段的中點(diǎn)問(wèn)題.本題也可利用根與系數(shù)的關(guān)系解決中點(diǎn)問(wèn)題.2.(2022新高考Ⅱ,16,5分)已知直線(xiàn)l與橢圓x26+y23=1在第一象限交于A(yíng),B兩點(diǎn),l與x軸、y軸分別交于M,N兩點(diǎn),且|MA|=|NB|,|MN|=23答案x+2y解析設(shè)M(m,0),N(0,n),其中m>0,n>0,則直線(xiàn)l:xm+由xm+yn=1,x2+2y2設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),不妨令x1>x2,則x1+x2=4n由|MA|=|NB|得1+n2m2|xM?即m-x1=x2,∴x1+x2=m,故4mn2m2+2n2=m,又由|MN|=23得m2+n2=12,②由①②及m>0,n>0可得m=22,n=2.∴l(xiāng)的方程為x22+y2=1,即3.(2014江西理,15,5分)過(guò)點(diǎn)M(1,1)作斜率為-12的直線(xiàn)與橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于A(yíng),B兩點(diǎn),若M是線(xiàn)段AB答案2解析設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x12ax22a①、②兩式相減并整理得y1?y2x把已知條件代入上式得,-12=-b2a∴b2a2=12,故橢圓的離心率e=評(píng)析本題考查了直線(xiàn)和橢圓的位置關(guān)系.考查了線(xiàn)段的中點(diǎn)問(wèn)題,利用整體運(yùn)算的技巧是求解的關(guān)鍵.本題也可以利用韋達(dá)定理求解.4.（2023全國(guó)甲理，20）已知直線(xiàn)與拋物線(xiàn)交于兩點(diǎn)，且．（1）求；（2）設(shè)C的焦點(diǎn)為F，M，N為C上兩點(diǎn)，，求面積的最小值．【解析】（1）設(shè)，由可得，，所以，所以，即，因?yàn)?，解得：．?）因?yàn)椋@然直線(xiàn)的斜率不可能為零，設(shè)直線(xiàn)：，，由可得，，所以，，，因?yàn)椋?，即，亦即，將代入得，，，所以，且，解得或．設(shè)點(diǎn)到直線(xiàn)的距離為，所以，，所以的面積，而或，所以，當(dāng)時(shí)，的面積．【點(diǎn)睛】本題解題關(guān)鍵是根據(jù)向量的數(shù)量積為零找到的關(guān)系，一是為了減元，二是通過(guò)相互的制約關(guān)系找到各自的范圍，為得到的三角形面積公式提供定義域支持，從而求出面積的最小值.5.（2023天津，18）設(shè)橢圓的左右頂點(diǎn)分別為，右焦點(diǎn)為，已知．（1）求橢圓方程及其離心率；（2）已知點(diǎn)是橢圓上一動(dòng)點(diǎn)（不與端點(diǎn)重合），直線(xiàn)交軸于點(diǎn)，若三角形的面積是三角形面積的二倍，求直線(xiàn)的方程．【解析】（1）如圖，由題意得，解得，所以，所以橢圓的方程為，離心率為.（2）由題意得，直線(xiàn)斜率存在，由橢圓的方程為可得，設(shè)直線(xiàn)的方程為，聯(lián)立方程組，消去整理得：，由韋達(dá)定理得，所以，所以，.所以,,，所以，所以，即，解得，所以直線(xiàn)的方程為6.(2022北京,19,15分)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個(gè)頂點(diǎn)為A((1)求橢圓E的方程;(2)過(guò)點(diǎn)P(-2,1)作斜率為k的直線(xiàn)與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)B,C,直線(xiàn)AB,AC分別與x軸交于點(diǎn)M,N.當(dāng)|MN|=2時(shí),求k的值.解析(1)由題意得b=1,c=3,則a=12+(3)2=2,所以橢圓E的方程為(2)過(guò)點(diǎn)P且斜率為k的直線(xiàn)方程為y-1=k(x+2),設(shè)B(x1,y1),C(x2,y2),聯(lián)立直線(xiàn)和橢圓E的方程得y?1=k(x+2),x24+y2=1,可得(1+4k2)x2+(16k2+8k)x+16k2+16k=0,由Δ>0可得(16k2+8k)2-4(1+4k2)(根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系可得x1+x2=?16k2?8k1+4k2,直線(xiàn)AB的斜率kAB=y1?1x1,則AB的直線(xiàn)方程為y=(y1?1)xx1+1,令y同理可得點(diǎn)N的橫坐標(biāo)xN=x2則|MN|=x=1=1k·所以1k·化簡(jiǎn)可得?kk=12,解得k=-4,7.(2018課標(biāo)Ⅲ理,20,12分)已知斜率為k的直線(xiàn)l與橢圓C:x24+y23=1交于A(yíng),B兩點(diǎn),(1)證明:k<-12(2)設(shè)F為C的右焦點(diǎn),P為C上一點(diǎn),且FP+FA+FB=0.證明:|FA|,|FP|,|FB|成等差數(shù)列,并求該數(shù)列的公差.解析本題考查橢圓的幾何性質(zhì)、直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系、等差數(shù)列的概念及其運(yùn)算.(1)證明:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x124+y12兩式相減,并由y1?y2x1?由題設(shè)知x1+x于是k=-34由題設(shè)得0<m<32,故k<-1(2)由題意得F(1,0).設(shè)P(x3,y3),則(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).由(1)及題設(shè)得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m<0.又點(diǎn)P在C上,所以m=34從而P1,?32,|FP于是|FA|=(x1?1)同理,|FB|=2-x22，所以|FA|+|FB|=4-12(x1故2|FP|=|FA|+|FB|,即|FA|,|FP|,|FB|成等差數(shù)列.設(shè)該數(shù)列的公差為d,則2|d|=||FB|-|FA||=12|x1-x2|=1將m=34代入①得所以l的方程為y=-x+74,代入C的方程,并整理得7x2-14x+1故x1+x2=2,x1x2=128,代入②解得|d|=3所以該數(shù)列的公差為32128或-思路分析(1)利用“點(diǎn)差法”建立k與m的關(guān)系式,由m的范圍得到k的范圍.(2)根據(jù)題設(shè)FP+FA+FB=0及點(diǎn)P在C上,確定m的值.進(jìn)一步得出|FP|、|FA|、|FB|的關(guān)系,再求公差.解后反思(1)解決直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系的常規(guī)思路是先把直線(xiàn)方程與橢圓方程聯(lián)立,消元、化簡(jiǎn),然后利用根與系數(shù)的關(guān)系建立方程(組),解決相關(guān)問(wèn)題.(2)題中涉及弦的中點(diǎn)坐標(biāo)時(shí),可以采用“點(diǎn)差法”求解,設(shè)出弦端點(diǎn)A、B的坐標(biāo),分別代入圓錐曲線(xiàn)方程并作差,變形后可出現(xiàn)弦AB的中點(diǎn)坐標(biāo)和直線(xiàn)AB的斜率.8.(2018北京文,20,14分)已知橢圓M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為63,焦距為22.斜率為(1)求橢圓M的方程;(2)若k=1,求|AB|的最大值;(3)設(shè)P(-2,0),直線(xiàn)PA與橢圓M的另一個(gè)交點(diǎn)為C,直線(xiàn)PB與橢圓M的另一個(gè)交點(diǎn)為D.若C,D和點(diǎn)Q?74,1解析(1)由題意得a2=b2+所以橢圓M的方程為x23+y(2)設(shè)直線(xiàn)l的方程為y=x+m,A(x1,y1),B(x2,y2).由y得4x2+6mx+3m2-3=0.所以x1+x2=-3m2,x1x2=|AB|=(x2=2[(x1+當(dāng)m=0,即直線(xiàn)l過(guò)原點(diǎn)時(shí),|AB|最大,最大值為6.(3)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).由題意得x12+3y12=3,直線(xiàn)PA的方程為y=y1由y=y1x1+2(x+2),x2+3y2=3,，得[(x1設(shè)C(xC,yC)，所以xC+x1=?12y1所以xC=4x12?12所以yC=y1x1+2(x設(shè)D(xD,yD).同理得xD=?12?7x2記直線(xiàn)CQ,DQ的斜率分別為kCQ,kDQ,則kCQ-kDQ=y14x1+7?14?12?因?yàn)镃,D,Q三點(diǎn)共線(xiàn),所以kCQ-kDQ=0.故y1-y2=x1-x2.所以直線(xiàn)l的斜率k=y19.(2018天津理,19,14分)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F,上頂點(diǎn)為B.已知橢圓的離心率為53,點(diǎn)A的坐標(biāo)為(1)求橢圓的方程;(2)設(shè)直線(xiàn)l:y=kx(k>0)與橢圓在第一象限的交點(diǎn)為P,且l與直線(xiàn)AB交于點(diǎn)Q.若|AQ||PQ|=524sin∠解析(1)設(shè)橢圓的焦距為2c,由已知有c2a2又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由已知可得,|FB|=a,|AB|=2b,由|FB|·|AB|=62,可得ab=6,從而a=3,b=2.所以,橢圓的方程為x29+(2)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x1,y1),點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x2,y2).由已知有y1>y2>0,故|PQ|sin∠AOQ=y1-y2.又因?yàn)閨AQ|=y2sin∠OAB,而∠OAB=π4,故由|AQ||PQ|=524sin∠由方程組y=kx,x29+y易知直線(xiàn)AB的方程為x+y-2=0,由方程組y=kx,x+y?2=0,由5y1=9y2,可得5(k+1)=39k2+4整理得56k2-50k+11=0,解得k=12,或k=11所以,k的值為12或11解題關(guān)鍵利用平面幾何知識(shí)將|AQ||PQ|=524sin∠AOQ轉(zhuǎn)化為點(diǎn)方法歸納求橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的基本方法(1)定義法:根據(jù)橢圓的定義,確定a2,b2的值,結(jié)合焦點(diǎn)位置寫(xiě)出橢圓方程;(2)待定系數(shù)法:這是求橢圓方程的常用方法,基本步驟為①根據(jù)已知條件判斷焦點(diǎn)的位置;②根據(jù)焦點(diǎn)的位置設(shè)出所求橢圓的方程;③根據(jù)已知條件,建立關(guān)于a、b、c的方程組,注意c2=a2-b2的應(yīng)用;④解方程組,求得a、b的值,從而得出橢圓的方程.10.(2016課標(biāo)Ⅱ文,21,12分)已知A是橢圓E:x24+y23=1的左頂點(diǎn),斜率為k(k>0)的直線(xiàn)交E于A(yíng),M兩點(diǎn),點(diǎn)N在E(1)當(dāng)|AM|=|AN|時(shí),求△AMN的面積;(2)當(dāng)2|AM|=|AN|時(shí),證明:3<k<2.解析(1)設(shè)M(x1,y1),則由題意知y1>0.由已知及橢圓的對(duì)稱(chēng)性知,直線(xiàn)AM的傾斜角為π4又A(-2,0),因此直線(xiàn)AM的方程為y=x+2.(2分)將x=y-2代入x24+y23=1解得y=0或y=127,所以y1=12因此△AMN的面積S△AMN=2×12×127×127=144(2)將直線(xiàn)AM的方程y=k(x+2)(k>0)代入x24+y(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.由x1·(-2)=16k2?123+4k故|AM|=|x1+2|1+k2=由題設(shè),直線(xiàn)AN的方程為y=-1k故同理可得|AN|=12k1+k由2|AM|=|AN|得23+4k2=k3k2+4,即設(shè)f(t)=4t3-6t2+3t-8,則k是f(t)的零點(diǎn),f'(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0,所以f(t)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.又f(3)=153-26<0,f(2)=6>0,因此f(t)在(0,+∞)內(nèi)有唯一的零點(diǎn),且零點(diǎn)k在(3,2)內(nèi),所以3<k<2.(12分)評(píng)析本題考查了直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系,考查了設(shè)而不求,整體運(yùn)算的技巧,考查了函數(shù)的思想方法,屬難題.11.(2016四川理,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)由已知,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+2m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)間距離公式,難點(diǎn)是運(yùn)算量比較大,注意運(yùn)算技巧.12.(2016天津文,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.解析(1)設(shè)F(c,0),由1|OF|+1|OA|=3e|FA|,即1c+1又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4.所以,橢圓的方程為x24+(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=8k2?64k2+3,由題意得xB=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+9所以,直線(xiàn)l的斜率為-64或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.13.(2015福建理,18,13分)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過(guò)點(diǎn)(0,(1)求橢圓E的方程;(2)設(shè)直線(xiàn)l:x=my-1(m∈R)交橢圓E于A(yíng),B兩點(diǎn),判斷點(diǎn)G?94,0與以線(xiàn)段AB為直徑的圓的位置關(guān)系解析解法一:(1)由已知得b=2所以橢圓E的方程為x24+(2)設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中點(diǎn)為H(x0,y0).由x=my?1,x2所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2所以|GH|2=x0+942+y02=my0+542|AB|24=(1+m2)[(y1+y2)故|GH|2-|AB|24=52my0+(1+m2)y1y2+2516=5m22(m2故點(diǎn)G?94,0在以解法二:(1)同解法一.(2)設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),則GA=x1+94,由x=my?1,x2所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-GA·GB=x1+94x2+94+y1y2=my1+54my2+54+y1y2=(m2+1)y所以cos<GA,GB>>0.又GA,GB不共線(xiàn),所以∠AGB為銳角.故點(diǎn)G?94,0在以評(píng)析本小題主要考查橢圓、圓、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)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想.14.(2014課標(biāo)Ⅰ理,20,12分)已知點(diǎn)A(0,-2),橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,F是橢圓E的右焦點(diǎn),(1)求E的方程;(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)A的動(dòng)直線(xiàn)l與E相交于P,Q兩點(diǎn).當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí),求l的方程.解析(1)設(shè)F(c,0),由條件知,2c=233,得又ca=32,所以a=2,b2=a2-c故E的方程為x24+y(2)當(dāng)l⊥x軸時(shí)不合題意,故設(shè)l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).將y=kx-2代入x24+y2=1得(1+4k2)x當(dāng)Δ=16(4k2-3)>0,即k2>34時(shí),x1,2=8從而|PQ|=k2+1|x1-x2|=又點(diǎn)O到直線(xiàn)PQ的距離d=2k所以△OPQ的面積S△OPQ=12d·|PQ|=4設(shè)4k2?3=t,則t>0,S△OPQ=因?yàn)閠+4t≥4,當(dāng)且僅當(dāng)t=2,即k=±72時(shí)等號(hào)成立,所以,當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí),l的方程為y=72x-2或y=-7評(píng)析本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、幾何性質(zhì),直線(xiàn)的方程以及直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線(xiàn)綜合問(wèn)題,考查方程思想、函數(shù)思想、整體代換以及換元法的應(yīng)用.考查學(xué)生的邏輯推理能力和運(yùn)算求解能力.15.（2023課標(biāo)I，22）在直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)到軸的距離等于點(diǎn)到點(diǎn)的距離，記動(dòng)點(diǎn)的軌跡為．（1）求的方程；（2）已知矩形有三個(gè)頂點(diǎn)在上，證明：矩形的周長(zhǎng)大于．【解析】（1）設(shè),則，兩邊同平方化簡(jiǎn)得，故.（2）法一：設(shè)矩形的三個(gè)頂點(diǎn)在上,且，易知矩形四條邊所在直線(xiàn)的斜率均存在，且不為0，則,令，同理令，且，則，設(shè)矩形周長(zhǎng)為,由對(duì)稱(chēng)性不妨設(shè)，，則.，易知，則令令，解得，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)單調(diào)遞減，當(dāng)，，此時(shí)單調(diào)遞增，則，故,即.當(dāng)時(shí),,且，即時(shí)等號(hào)成立，矛盾，故,得證.法二：不妨設(shè)在上，且，依題意可設(shè)，易知直線(xiàn)，的斜率均存在且不為0，則設(shè),的斜率分別為和，由對(duì)稱(chēng)性，不妨設(shè)，直線(xiàn)的方程為，則聯(lián)立得，，則則，同理，令，則，設(shè)，則，令，解得，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)單調(diào)遞減，當(dāng)，，此時(shí)單調(diào)遞增，則，，但，此處取等條件為，與最終取等時(shí)不一致，故.法三：為了計(jì)算方便,我們將拋物線(xiàn)向下移動(dòng)個(gè)單位得拋物線(xiàn),矩形變換為矩形,則問(wèn)題等價(jià)于矩形的周長(zhǎng)大于.設(shè),根據(jù)對(duì)稱(chēng)性不妨設(shè).則,由于,則.由于,且介于之間,則.令,,則,從而故①當(dāng)時(shí),②當(dāng)時(shí),由于,從而,從而又,故,由此，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，故，故矩形周長(zhǎng)大于..16.(2021新高考Ⅰ,21,12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知點(diǎn)F1(-17,0),F2(17,0),點(diǎn)M滿(mǎn)足|MF1|-|MF2|=2.記M的軌跡為C.(1)求C的方程;(2)設(shè)點(diǎn)T在直線(xiàn)x=12上,過(guò)T的兩條直線(xiàn)分別交C于A(yíng),B兩點(diǎn)和P,Q兩點(diǎn),且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直線(xiàn)AB的斜率與直線(xiàn)PQ的斜率之和解析(1)由題意知|F1F2|=217,因?yàn)閨MF1|-|MF2|=2<|F1F2|=217,所以結(jié)合雙曲線(xiàn)定義知,點(diǎn)M的軌跡C是以F1、F2為焦點(diǎn)的雙曲線(xiàn)的右支.設(shè)其方程為x2a2?y2b2=1(a>0,b>0,x≥a),則2解得a=1,c=17,則b2=c2-a2=(17)2-12=16,所以M的軌跡C的方程為x2-y216=1(x≥1(2)如圖,設(shè)T12,m,直線(xiàn)AB的方程為y-m=k1x?12,由y=k1x?12+m,x2?y216=1(x≥1),得(設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=k12?2k1mk1則|TA|=1+k12x1?所以|TA|·|TB|=(1+k1設(shè)直線(xiàn)PQ的方程為y-m=k2x?同理得|TP|·|TQ|=(m因?yàn)閨TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,所以(m所以1+k12k12?16=1+k22k22?16,即k即直線(xiàn)AB的斜率與直線(xiàn)PQ的斜率之和為0.一題多解(2)設(shè)T12,m,直線(xiàn)AB的傾斜角為θ1,直線(xiàn)PQ的傾斜角為θ2,由題不妨設(shè)TA=t1·AB|則|TA|=t1,|TB|=t2.設(shè)A(x,y),因?yàn)門(mén)A=t1·AB|AB|,所以x?12,y?m=t1(cosθ1,sinθ1),所以x=12+又因?yàn)辄c(diǎn)A在雙曲線(xiàn)上,所以1612+t1cosθ12-(m+t1sinθ1)2=16,即(16cos2θ1-sin2θ1)t12+(16cosθ1-2msinθ1)同理可得(16cos2θ1-sin2θ1)t22+(16cosθ1-2msinθ1)t2-(m2+12)所以t1,t2即為方程(16cos2θ1-sin2θ1)t2+(16cosθ1-2msinθ1)t-(m2+12)=0的兩個(gè)根,則|TA|·|TB|=t1t2=?(m同理|TP|·|TQ|=?(m結(jié)合|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,得cos2θ1=cos2θ2,又因?yàn)锳B與PQ是不同直線(xiàn),所以cosθ1=-cosθ2,于是θ1+θ2=π,則kAB+kPQ=0,即直線(xiàn)AB的斜率與直線(xiàn)PQ的斜率之和為0.易錯(cuò)警示解答本題第一問(wèn)時(shí),容易出現(xiàn)所求C的方程為x2-y216=1的錯(cuò)誤結(jié)果,17.(2016課標(biāo)Ⅲ,理20,文20,12分)已知拋物線(xiàn)C:y2=2x的焦點(diǎn)為F,平行于x軸的兩條直線(xiàn)l1,l2分別交C于A(yíng),B兩點(diǎn),交C的準(zhǔn)線(xiàn)于P,Q兩點(diǎn).(1)若F在線(xiàn)段AB上,R是PQ的中點(diǎn),證明AR∥FQ;(2)若△PQF的面積是△ABF的面積的兩倍,求AB中點(diǎn)的軌跡方程.解析由題設(shè)知F12,0.設(shè)l1:y=a,l2:y=b,則ab且Aa22,a,Bb22,記過(guò)A,B兩點(diǎn)的直線(xiàn)為l,則l的方程為2x-(a+b)y+ab=0.(3分)(1)由于F在線(xiàn)段AB上,故1+ab=0.記AR的斜率為k1,FQ的斜率為k2,則k1=a?b1+a2=a?b所以AR∥FQ.(5分)(2)設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為D(x1,0),則S△ABF=12|b-a||FD|=12|b-a|x1?12由題設(shè)可得2×12|b-a|x1?所以x1=0(舍去),或x1=1.(8分)設(shè)滿(mǎn)足條件的AB的中點(diǎn)為E(x,y).當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí),由kAB=kDE可得2a+b=y而a+b2=y,所以y2當(dāng)AB與x軸垂直時(shí),E與D重合.所以,所求軌跡方程為y2=x-1.(12分)疑難突破第(1)問(wèn)求解關(guān)鍵是把AR∥FQ的證明轉(zhuǎn)化為kAR=kFQ的證明;第(2)問(wèn)需找到AB中點(diǎn)所滿(mǎn)足的幾何條件,從而將其轉(zhuǎn)化為等量關(guān)系.在利用斜率表示幾何等量關(guān)系時(shí)應(yīng)注意分類(lèi)討論思想的應(yīng)用.評(píng)析本題主要考查拋物線(xiàn)的性質(zhì),直線(xiàn)的斜率及其應(yīng)用,軌跡方程的求法等知識(shí),考查分類(lèi)討論思想的應(yīng)用,考查考生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)和基本技能的應(yīng)用能力.18.(2014廣東理,20,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個(gè)焦點(diǎn)為(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)若動(dòng)點(diǎn)P(x0,y0)為橢圓C外一點(diǎn),且點(diǎn)P到橢圓C的兩條切線(xiàn)相互垂直,求點(diǎn)P的軌跡方程.解析(1)由題意知c=5,e=ca=5∴a=3,b2=a2-c2=4,故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x29+(2)設(shè)兩切線(xiàn)為l1,l2,①當(dāng)l1⊥x軸或l1∥x軸時(shí),l2∥x軸或l2⊥x軸,可知P(±3,±2).②當(dāng)l1與x軸不垂直且不平行時(shí),x0≠±3,設(shè)l1的斜率為k,且k≠0,則l2的斜率為-1k,l1的方程為y-y0=k(x-x0),與x29+y整理得(9k2+4)x2+18(y0-kx0)kx+9(y0-kx0)2-36=0,∵直線(xiàn)l1與橢圓相切,∴Δ=0,即9(y0-kx0)2k2-(9k2+4)·[(y0-kx0)2-4]=0,∴(x02-9)k2-2x0y0k+∴k是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y0同理,-1k是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y∴k·?1k=y02?4x02?9∴點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13(x≠±3).P(±3,±2)滿(mǎn)足上式.綜上,點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13.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)系以及軌跡方程的求法.考查分類(lèi)討論思想以及方程思想的應(yīng)用.19.(2014湖北理,21,14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點(diǎn)M到點(diǎn)F(1,0)的距離比它到y(tǒng)軸的距離多1.記點(diǎn)M的軌跡為C.(1)求軌跡C的方程;(2)設(shè)斜率為k的直線(xiàn)l過(guò)定點(diǎn)P(-2,1).求直線(xiàn)l與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn)、兩個(gè)公共點(diǎn)、三個(gè)公共點(diǎn)時(shí)k的相應(yīng)取值范圍.解析(1)設(shè)點(diǎn)M(x,y),依題意得|MF|=|x|+1,即(x化簡(jiǎn)整理得y2=2(|x|+x).故點(diǎn)M的軌跡C的方程為y2=4(2)在點(diǎn)M的軌跡C中,記C1:y2=4x,C2:y=0(x<0),依題意,可設(shè)直線(xiàn)l的方程為y-1=k(x+2).由方程組y?1=k((i)當(dāng)k=0時(shí),此時(shí)y=1.把y=1代入軌跡C的方程,得x=14故此時(shí)直線(xiàn)l:y=1與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn)14(ii)當(dāng)k≠0時(shí),方程①的判別式為Δ=-16(2k2+k-1).②設(shè)直線(xiàn)l與x軸的交點(diǎn)為(x0,0),則由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-2k1°若Δ<0,x0<0,由②③解得k<-1即當(dāng)k∈(-∞,-1)∪12,+∞時(shí),直線(xiàn)l與C1沒(méi)有公共點(diǎn),與C故此時(shí)直線(xiàn)l與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn).2°若Δ=0,x0<0或Δ>0,x0≥0,則由②③即當(dāng)k∈?1,12時(shí),直線(xiàn)l與C1只有一個(gè)公共點(diǎn),與C當(dāng)k∈?12,0時(shí),直線(xiàn)l與C1有兩個(gè)公共點(diǎn),與C故當(dāng)k∈?12,0∪?1,12時(shí),3°若Δ>0,x0<0,則由②③解得-1<k<-1即當(dāng)k∈?1,?12∪0,12時(shí),直線(xiàn)l與C1有兩個(gè)公共點(diǎn)故此時(shí)直線(xiàn)l與軌跡C恰好有三個(gè)公共點(diǎn).綜合(i)(ii)可知,當(dāng)k∈(-∞,-1)∪12,+∞∪{0}時(shí),直線(xiàn)l與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn);當(dāng)k∈?12,0∪?1,12時(shí),直線(xiàn)l與軌跡C恰好有兩個(gè)公共點(diǎn);當(dāng)k∈?1,評(píng)析本題考查了直線(xiàn)和拋物線(xiàn)的位置關(guān)系,考查了數(shù)形結(jié)合的方法,靈活地利用判別式是求解的關(guān)鍵.盲目利用拋物線(xiàn)的定義而漏掉射線(xiàn)y=0(x<0)就會(huì)造成錯(cuò)解而失分.20.(2013課標(biāo)Ⅰ,理20,文21,12分)已知圓M:(x+1)2+y2=1,圓N:(x-1)2+y2=9,動(dòng)圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切,圓心P的軌跡為曲線(xiàn)C.(1)求C的方程;(2)l是與圓P,圓M都相切的一條直線(xiàn),l與曲線(xiàn)C交于A(yíng),B兩點(diǎn),當(dāng)圓P的半徑最長(zhǎng)時(shí),求|AB|.解析由已知得圓M的圓心為M(-1,0),半徑r1=1;圓N的圓心為N(1,0),半徑r2=3.設(shè)圓P的圓心為P(x,y),半徑為R.(1)因?yàn)閳AP與圓M外切并且與圓N內(nèi)切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4.由橢圓的定義可知,曲線(xiàn)C是以M、N為左、右焦點(diǎn),長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為2,短半軸長(zhǎng)為3的橢圓(左頂點(diǎn)除外),其方程為x24+y2(2)對(duì)于曲線(xiàn)C上任意一點(diǎn)P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-2≤2,所以R≤2,當(dāng)且僅當(dāng)圓P的圓心為(2,0)時(shí),R=2.所以當(dāng)圓P的半徑最長(zhǎng)時(shí),其方程為(x-2)2+y2=4.若l的傾斜角為90°,則l與y軸重合,可得|AB|=23.若l的傾斜角不為90°,由r1≠R知l不平行于x軸,設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為Q,則|QP||QM|=Rr1,可求得Q(-4,0),所以可設(shè)l:y=k(x+4).由l與圓M當(dāng)k=24時(shí),將y=24x+2代入x24+y23=1,并整理得7x2+8x-8=0,所以|AB|=1+k2|x2-x1|=當(dāng)k=-24時(shí),由圖形的對(duì)稱(chēng)性可知|AB|=18綜上,|AB|=23或|AB|=187評(píng)析本題考查了直線(xiàn)和圓的位置關(guān)系,考查了橢圓的定義和方程,考查了分類(lèi)討論的方法和運(yùn)算求解能力.利用數(shù)形結(jié)合的方法是解題的關(guān)鍵.在求曲線(xiàn)C的方程時(shí)容易忽視對(duì)左頂點(diǎn)和直線(xiàn)傾斜角為90°時(shí)的討論而造成失分.21.(2013課標(biāo)Ⅱ文,20,12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知圓P在x軸上截得線(xiàn)段長(zhǎng)為22,在y軸上截得線(xiàn)段長(zhǎng)為23.(1)求圓心P的軌跡方程;(2)若P點(diǎn)到直線(xiàn)y=x的距離為22,求圓P的方程解析(1)設(shè)P(x,y),圓P的半徑為r.由題設(shè)得y2+2=r2,x2+3=r2.從而y2+2=x2+3.故P點(diǎn)的軌跡方程為y2-x2=1.(2)設(shè)P(x0,y0),由已知得|x0?又P在雙曲線(xiàn)y2-x2=1上,從而得|由x0?y0=1,y02?x由x0?y0=?1,y02?故圓P的方程為x2+(y-1)2=3或x2+(y+1)2=3.22.（2023全國(guó)乙理，20）已知橢圓的離心率是，點(diǎn)在上．（1）求的方程；（2）過(guò)點(diǎn)的直線(xiàn)交于兩點(diǎn)，直線(xiàn)與軸的交點(diǎn)分別為，證明：線(xiàn)段的中點(diǎn)為定點(diǎn)．【解析】（1）由題意可得，解得，所以橢圓方程為.（2）由題意可知：直線(xiàn)的斜率存在，設(shè)，聯(lián)立方程，消去y得：，則，解得，可得，因?yàn)?，則直線(xiàn)，令，解得，即,同理可得，則，所以線(xiàn)段的中點(diǎn)是定點(diǎn).23.（2023課標(biāo)II，21）已知雙曲線(xiàn)C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，左焦點(diǎn)為，離心率為．（1）求C的方程；（2）記C的左、右頂點(diǎn)分別為，，過(guò)點(diǎn)的直線(xiàn)與C的左支交于M，N兩點(diǎn)，M在第二象限，直線(xiàn)與交于點(diǎn)P．證明:點(diǎn)在定直線(xiàn)上.【解析】（1）設(shè)雙曲線(xiàn)方程為，由焦點(diǎn)坐標(biāo)可知，則由可得，，雙曲線(xiàn)方程為.（2）由(1)可得，設(shè)，顯然直線(xiàn)的斜率不為0，所以設(shè)直線(xiàn)的方程為，且，與聯(lián)立可得，且，則，直線(xiàn)的方程為，直線(xiàn)的方程為，聯(lián)立直線(xiàn)與直線(xiàn)的方程可得：，由可得，即，據(jù)此可得點(diǎn)在定直線(xiàn)上運(yùn)動(dòng).【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛:求雙曲線(xiàn)方程的定直線(xiàn)問(wèn)題，意在考查學(xué)生的計(jì)算能力，轉(zhuǎn)化能力和綜合應(yīng)用能力，其中根據(jù)設(shè)而不求的思想，利用韋達(dá)定理得到根與系數(shù)的關(guān)系可以簡(jiǎn)化運(yùn)算，是解題的關(guān)鍵.24.(2020新高考Ⅰ,22,12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22(1)求C的方程;(2)點(diǎn)M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D為垂足.證明:存在定點(diǎn)Q,使得|DQ|為定值.質(zhì),橢圓中的定點(diǎn)、定值問(wèn)題.考查學(xué)生分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力.考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學(xué)運(yùn)算.解析(1)由題設(shè)得4a2+1b2=1,a2?b2a所以C的方程為x26+y23=1(2)證明:設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2).若直線(xiàn)MN與x軸不垂直,設(shè)直線(xiàn)MN的方程為y=kx+m,代入x26+y23=1得(1+2k2)x2+4于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m由AM⊥AN知AM·AN=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2將①代入上式可得(k2+1)2m2?61+2k2-(km-k-2)4km1+2整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0(易錯(cuò):化簡(jiǎn)和因式分解過(guò)程中的計(jì)算量比較大,容易出錯(cuò)).因?yàn)锳(2,1)不在直線(xiàn)MN上,所以2k+m-1≠0,故2k+3m+1=0,k≠1.于是MN的方程為y=kx?23?1所以直線(xiàn)MN過(guò)點(diǎn)P23若直線(xiàn)MN與x軸垂直(易丟分點(diǎn):容易忽略直線(xiàn)斜率不存在的情況),可得N(x1,-y1).由AM·AN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)又x126+y123=1,解得x1=2(舍去)或x1=23此時(shí)直線(xiàn)MN過(guò)點(diǎn)P23令Q為AP的中點(diǎn),即Q43若D與P不重合,則由題設(shè)知AP是Rt△ADP的斜邊,故|DQ|=12若D與P重合,則|DQ|=12|AP|綜上,存在點(diǎn)Q43,13,使得|DQ|為定值.(歸納總結(jié):圓錐曲線(xiàn)中定點(diǎn)問(wèn)題的兩種解法(1)引進(jìn)參數(shù)法:引進(jìn)動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)或動(dòng)線(xiàn)中系數(shù)為參數(shù)表示變化量,再研究變化的量與參數(shù)何時(shí)沒(méi)有關(guān)系,找到定點(diǎn);(2)特殊到一般法:根據(jù)動(dòng)點(diǎn)或動(dòng)線(xiàn)的特殊情況探索出定點(diǎn),再證明該定點(diǎn)與變量無(wú)關(guān).25.(2022全國(guó)乙,理20,文21,12分)已知橢圓E的中心為坐標(biāo)原點(diǎn),對(duì)稱(chēng)軸為x軸、y軸,且過(guò)A(0,-2),B32,?1(1)求E的方程;(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)P(1,-2)的直線(xiàn)交E于M,N兩點(diǎn),過(guò)M且平行于x軸的直線(xiàn)與線(xiàn)段AB交于點(diǎn)T,點(diǎn)H滿(mǎn)足MT=TH.證明:直線(xiàn)HN解析(1)解法一:設(shè)橢圓E的方程為x2a2+y2b2=1(a>0,b>0且a≠b),將A(0,-2),B32,?1解法二:設(shè)橢圓E的方程為mx2+ny2=1(m>0,n>0且m≠n).由題意可得4n=1,9m4+(2)由A(0,-2),B32,?1可得直線(xiàn)AB的方程為y=23①若過(guò)點(diǎn)P(1,-2)的直線(xiàn)的斜率不存在,則其方程為x=1,與方程x23+y24=1聯(lián)立,可得y=±263,結(jié)合題意可知N1,263,M得?6+3?1=xH?(?6+3),yH=?263,則H?26+5,?26②若過(guò)點(diǎn)P(1,-2)的直線(xiàn)的斜率存在,設(shè)其方程為y+2=k(x-1),M(x1,y1),N(x2,y2).聯(lián)立y+2=k(x?1),x23+y24=1,得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0,則x1+x2=6k(2+k)3k2+4,x1x2=3k(k+4)3k2聯(lián)立y=y1,y=23x?2,可得T3y12+3,y1,由MT=TH,可得H(3y1+6-x1,y1),故此時(shí)直線(xiàn)HN的方程為y-y2=y1?y23y1+6?x1?x2(x-x2),將(0,-2)代入并整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+綜上,直線(xiàn)HN過(guò)定點(diǎn)(0,-2).26.(2020課標(biāo)Ⅰ理,20,12分)已知A,B分別為橢圓E:x2a2+y2=1(a>1)的左、右頂點(diǎn),G為E的上頂點(diǎn),AG·GB=8.P為直線(xiàn)x=6上的動(dòng)點(diǎn),PA與E的另一交點(diǎn)為C,(1)求E的方程;(2)證明:直線(xiàn)CD過(guò)定點(diǎn).解析(1)由題設(shè)得A(-a,0),B(a,0),G(0,1).則AG=(a,1),GB=(a,-1).由AG·GB=8得a2-1=8,即a所以E的方程為x29+y2(2)設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).若t≠0,設(shè)直線(xiàn)CD的方程為x=my+n,由題意可知-3<n<3.由于直線(xiàn)PA的方程為y=t9(x+3),所以y1=t9(x1+3直線(xiàn)PB的方程為y=t3(x-3),所以y2=t3(x2-3可得3y1(x2-3)=y2(x1+3).由于x229+y可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3),即(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0.①將x=my+n代入x29+y2(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.所以y1+y2=-2mnm2+9,y1y代入①式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0.解得n1=-3(舍去),n2=32故直線(xiàn)CD的方程為x=my+32,即直線(xiàn)CD過(guò)定點(diǎn)3若t=0,則直線(xiàn)CD的方程為y=0,過(guò)點(diǎn)32綜上,直線(xiàn)CD過(guò)定點(diǎn)32方法總結(jié)求圓錐曲線(xiàn)中定點(diǎn)問(wèn)題的基本思路(1)把直線(xiàn)或者曲線(xiàn)方程中的變量x,y當(dāng)作常數(shù),把參數(shù)當(dāng)作未知數(shù),將方程一端化為0,即化為mf(x,y)+g(x,y)=0的形式(這里把參數(shù)m當(dāng)作未知數(shù)).(2)既然是過(guò)定點(diǎn),那么這個(gè)方程就要對(duì)任意參數(shù)都成立,這時(shí)參數(shù)的系數(shù)就要全部等于0,這樣就得到一個(gè)關(guān)于x,y的方程組,即f(3)這個(gè)方程組的解所確定的點(diǎn)就是直線(xiàn)或曲線(xiàn)所過(guò)的定點(diǎn),即坐標(biāo)滿(mǎn)足f(x,y)=0,g(x,y27.(2019課標(biāo)Ⅲ理,21,12分)已知曲線(xiàn)C:y=x22,D為直線(xiàn)y=-12上的動(dòng)點(diǎn),過(guò)D作C的兩條切線(xiàn)(1)證明:直線(xiàn)AB過(guò)定點(diǎn);(2)若以E0,52為圓心的圓與直線(xiàn)AB相切,且切點(diǎn)為線(xiàn)段AB的中點(diǎn),求四邊形ADBE解析本題考查直線(xiàn)與拋物線(xiàn)相切,弦的中點(diǎn),直線(xiàn)與圓相切等知識(shí)點(diǎn),通過(guò)直線(xiàn)與拋物線(xiàn)的方程運(yùn)算,考查了學(xué)生在解析幾何中的運(yùn)算求解能力,以直線(xiàn)與拋物線(xiàn)相切為背景考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)設(shè)Dt,?12,A(x1,y1),則由于y'=x,所以切線(xiàn)DA的斜率為x1,故y1+1整理得2tx1-2y1+1=0.設(shè)B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0.故直線(xiàn)AB的方程為2tx-2y+1=0.所以直線(xiàn)AB過(guò)定點(diǎn)0,1(2)由(1)得直線(xiàn)AB的方程為y=tx+12由y=tx+1于是x1+x2=2t,x1x2=-1,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1,|AB|=1+t2|x1-x2|=1+t2×設(shè)d1,d2分別為點(diǎn)D,E到直線(xiàn)AB的距離,則d1=t2+1,d2=因此,四邊形ADBE的面積S=12|AB|(d1+d2)=(t2+3)t設(shè)M為線(xiàn)段AB的中點(diǎn),則Mt,由于EM⊥AB,而EM=(t,t2-2),AB與向量(1,t)平行,所以t+(t2-2)t=0.解得t=0或t=±1.當(dāng)t=0時(shí),S=3;當(dāng)t=±1時(shí),S=42.因此,四邊形ADBE的面積為3或42.解題關(guān)鍵(1)設(shè)出A、B坐標(biāo),求導(dǎo)、列等式是解題的突破口.(2)由(1)得出AB的方程,用坐標(biāo)表示出EM⊥AB,求AB方程中的參數(shù)是關(guān)鍵.28.(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)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.29.(2016北京理,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a=2,b=1.所以橢圓C的方程為x24+y(2)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(cosθ?直線(xiàn)BP的方程為y-1=sinθ?12cosθ(x-0),令y=0,得∴|AN|·|BM|=21?cos=22(1?sinθ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|·30.(2016北京文,19,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b(1)求橢圓C的方程及離心率;(2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點(diǎn)且在橢圓C上,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:四邊形ABNM的面積為定值.解析(1)由題意得,a=2,b=1.所以橢圓C的方程為x24+y2=1.(3又c=a2?b所以離心率e=ca=32.(5(2)設(shè)P(x0,y0)(x0<0,y0<0),則x02+4y0又A(2,0),B(0,1),所以,直線(xiàn)PA的方程為y=y0令x=0,得yM=-2y0x0?2,從而|BM|=1-y直線(xiàn)PB的方程為y=y0令y=0,得xN=-x0從而|AN|=2-xN=2+x0y0所以四邊形ABNM的面積S=12|AN|·=1=x=2x從而四邊形ABNM的面積為定值.(14分)解后反思本題第(2)問(wèn)可畫(huà)出圖形進(jìn)行分析,發(fā)現(xiàn)點(diǎn)A和點(diǎn)B分別為橢圓的右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn),且四邊形ABNM的對(duì)角線(xiàn)AN與BM互相垂直,所以S四邊形ABNM=12|AN|·|BM|,問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)M與點(diǎn)N的坐標(biāo),故設(shè)點(diǎn)P(x0,y0),表示出直線(xiàn)PA和PB,即可求得點(diǎn)M、N的坐標(biāo)評(píng)析本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、離心率和直線(xiàn)方程的相關(guān)知識(shí)及定值問(wèn)題,知識(shí)點(diǎn)較綜合,屬中等偏難題.31.(2015課標(biāo)Ⅱ文,20,12分)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)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=-12k,即k所以直線(xiàn)OM的斜率與直線(xiàn)l的斜率的乘積為定值.評(píng)析本題考查了橢圓的方程、直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系;考查了定值問(wèn)題的解題方法.利用韋達(dá)定理解決線(xiàn)段的中點(diǎn)是求解關(guān)鍵.32.(2015陜西文,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+2k從而直線(xiàn)AP,AQ的斜率之和kAP+kAQ=y1+1x1+y=2k+(2-k)1x1=2k+(2-k)4k33.(2019課標(biāo)Ⅱ文,20,12分)已知F1,F2是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn),P(1)若△POF2為等邊三角形,求C的離心率;(2)如果存在點(diǎn)P,使得PF1⊥PF2,且△F1PF2的面積等于16,求b的值和a的取值范圍.解析本題主要考查橢圓的定義、簡(jiǎn)單的幾何性質(zhì);考查數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想和邏輯思維能力與運(yùn)算求解能力;體現(xiàn)了邏輯推理與數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)連接PF1.由△POF2為等邊三角形可知在△F1PF2中,∠F1PF2=90°,|PF2|=c,|PF1|=3c,于是2a=|PF1|+|PF2|=(3+1)c,故C的離心率e=ca=3(2)由題意可知,滿(mǎn)足條件的點(diǎn)P(x,y)存在,當(dāng)且僅當(dāng)12|y|·2c=16,yx+c·yx即c|y|=16,①x2+y2=c2,②x2a2由②③及a2=b2+c2得y2=b4又由①知y2=162c由②③得x2=a2c2(c2所以c2≥b2,從而a2=b2+c2≥2b2=32,故a≥42.當(dāng)b=4,a≥42時(shí),存在滿(mǎn)足條件的點(diǎn)P.所以b=4,a的取值范圍為[42,+∞).思路分析第(1)問(wèn)中由平面幾何知識(shí)可知△PF1F2是∠F1PF2=90°的直角三角形,且|PF2|=c,|PF1|=3c,再利用橢圓的定義找出a與c的等量關(guān)系,進(jìn)而求離心率.第(2)問(wèn)中設(shè)出P點(diǎn)坐標(biāo),利用S△PF1F2=16,PF1⊥PF2以及x2a2+y一題多解(2)設(shè)|PF1|=r1,|PF2|=r2,由橢圓的定義可得r1+r2=2a,S△PF1F2=12r1又PF1⊥PF2,∴r12+r2(r1+r2)2=r12+r22+2r1r2=4c∴4a2-4c2=64,∴b=4,又r12+r22≥2r1r2,∴4c2∴a2=b2+c2=16+c2≥32,∴b的值為4,a的取值范圍為[42,+∞).34.(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)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y1+y2=2y0,y1y2=8x0?y02,因此,△PAB的面積S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=324(y0因?yàn)閤02+y024=1(x0<0),所以y02-4x0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.35.(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(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=12時(shí)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),在∴f(x)max=f(1)=2716故|AP|·|PQ|的最大值為271636.(2016課標(biāo)Ⅰ理,20,12分)設(shè)圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A,直線(xiàn)l過(guò)點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點(diǎn),過(guò)B作AC的平行線(xiàn)交AD于點(diǎn)E.(1)證明|EA|+|EB|為定值,并寫(xiě)出點(diǎn)E的軌跡方程;(2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線(xiàn)C1,直線(xiàn)l交C1于M,N兩點(diǎn),過(guò)B且與l垂直的直線(xiàn)與圓A交于P,Q兩點(diǎn),求四邊形MPNQ面積的取值范圍.解析(1)因?yàn)閨AD|=|AC|,EB∥AC,故∠EBD=∠ACD=∠ADC.所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x+1)2+y2=16,從而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.(2分)由題設(shè)得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為x24+y23=1(y(2)當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2).由y=k(x?1),x24+則x1+x2=8k24k2+3,x所以|MN|=1+k2|x1-x2|=12(k過(guò)點(diǎn)B(1,0)且與l垂直的直線(xiàn)m:y=-1k(x-1),A到m的距離為2k2+1,所以|PQ|=2故四邊形MPNQ的面積S=12|MN||PQ|=121+14可得當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,83).當(dāng)l與x軸垂直時(shí),其方程為x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四邊形MPNQ的面積為12.綜上,四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,83).(12分)評(píng)析本題重點(diǎn)考查圓錐曲線(xiàn)的幾何性質(zhì),以及直線(xiàn)與橢圓、圓的位置關(guān)系,尤其是對(duì)“弦長(zhǎng)”問(wèn)題的考查,更是本題考查的重點(diǎn).解決此類(lèi)問(wèn)題,除了要熟知圓錐曲線(xiàn)的幾何性質(zhì)之外,對(duì)計(jì)算能力的要求也非常高.37.(2016浙江理,19,15分)如圖,設(shè)橢圓x2a2(1)求直線(xiàn)y=kx+1被橢圓截得的線(xiàn)段長(zhǎng)(用a,k表示);(2)若任意以點(diǎn)A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個(gè)公共點(diǎn),求橢圓離心率的取值范圍.解析(1)設(shè)直線(xiàn)y=kx+1被橢圓截得的線(xiàn)段為AP,由y=kx+1,x2a2+y2故x1=0,x2=-2a因此|AP|=1+k2|x1-x2|=2a(2)假設(shè)圓與橢圓的公共點(diǎn)有4個(gè),由對(duì)稱(chēng)性可設(shè)y軸左側(cè)的橢圓上有兩個(gè)不同的點(diǎn)P,Q,滿(mǎn)足|AP|=|AQ|.記直線(xiàn)AP,AQ的斜率分別為k1,k2,且k1,k2>0,k1≠k2.由(1)知,|AP|=2a2|故2a2|所以(k12-k22)[1+k12+k2由于k1≠k2,k1,k2>0得1+k12+k22+a2(2-a因此1k12+11因?yàn)棰偈疥P(guān)于k1,k2的方程有解的充要條件是1+a2(a2-2)>1,所以a>2.因此,任意以點(diǎn)A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個(gè)公共點(diǎn)的充要條件為1<a≤2,由e=ca=a2?1a得,評(píng)析本題主要考查橢圓的幾何性質(zhì)、直線(xiàn)與橢圓的位置關(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綜合解題能力.38.(2016天津理,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a2-c(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(k2所以,直線(xiàn)l的斜率的取值范圍為?∞,?解后反思由于引起變動(dòng)的原因是直線(xiàn)不定,而直線(xiàn)過(guò)已知定點(diǎn),因此直線(xiàn)的斜率是“戰(zhàn)爭(zhēng)的根源”.直線(xiàn)與直線(xiàn)、直線(xiàn)與橢圓的交點(diǎn)坐標(biāo)歸結(jié)為方程組的解,用直線(xiàn)的斜率k表示出點(diǎn)M的坐標(biāo)是“奮斗的目標(biāo)”.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.39.(2016浙江文,19,15分)如圖,設(shè)拋物線(xiàn)y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,拋物線(xiàn)上的點(diǎn)A到y(tǒng)軸的距離等于|AF|-1.(1)求p的值;(2)若直線(xiàn)AF交拋物線(xiàn)于另一點(diǎn)B,過(guò)B與x軸平行的直線(xiàn)和過(guò)F與AB垂直的直線(xiàn)交于點(diǎn)N,AN與x軸交于點(diǎn)M.求M的橫坐標(biāo)的取值范圍.解析(1)由題意可得,拋物線(xiàn)上點(diǎn)A到焦點(diǎn)F的距離等于點(diǎn)A到直線(xiàn)x=-1的距離,由拋物線(xiàn)的定義得p2=1,即(2)由(1)得,拋物線(xiàn)方程為y2=4x,F(1,0),可設(shè)A(t2,2t),t≠0,t≠±1.因?yàn)锳F不垂直于y軸,可設(shè)直線(xiàn)AF:x=sy+1(s≠0),由y2=4x,x=故y1y2=-4,所以,B1t又直線(xiàn)AB的斜率為2tt2?1,故直線(xiàn)從而得直線(xiàn)FN:y=-t2?12t所以Nt2設(shè)M(m,0),由A,M,N三點(diǎn)共線(xiàn)得2tt2于是m=2t所以m<0或m>2.經(jīng)檢驗(yàn),m<0或m>2滿(mǎn)足題意.綜上,點(diǎn)M的橫坐標(biāo)的取值范圍是(-∞,0)∪(2,+∞).思路分析(1)利用拋物線(xiàn)的定義來(lái)解題;(2)由(1)知拋物線(xiàn)的方程,可設(shè)A點(diǎn)坐標(biāo)及直線(xiàn)AF的方程,與拋物線(xiàn)方程聯(lián)立可得B點(diǎn)坐標(biāo),進(jìn)而得直線(xiàn)FN的方程與直線(xiàn)BN的方程,聯(lián)立可得N點(diǎn)坐標(biāo),最后利用A,M,N三點(diǎn)共線(xiàn)可得kAN=kAM,最終求出結(jié)果.評(píng)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)考查解析幾何的基本思想方法和綜合解題能力.40.(2015天津,19,14分)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F(-c,0),離心率為33,點(diǎn)M在橢圓上且位于第一象限,直線(xiàn)FM被圓x2+y(1)求直線(xiàn)FM的斜率;(2)求橢圓的方程;(3)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P在橢圓上,若直線(xiàn)FP的斜率大于2,求直線(xiàn)OP(O為原點(diǎn))的斜率的取值范圍.解析(1)由已知有c2a2=13,又由a2=b2+c2,可得a2=3c2,b設(shè)直線(xiàn)FM的斜率為k(k>0),則直線(xiàn)FM的方程為y=k(x+c).由已知,有kck2+12+c22=(2)由(1)得橢圓方程為x23c2+y22c2=1,直線(xiàn)FM的方程為y=33(x+c),兩個(gè)方程聯(lián)立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-53c或由|FM|=(c+c)2所以橢圓的方程為x23+(3)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,y),直線(xiàn)FP的斜率為t,得t=yx+1,即y=t(x+1)(x≠-1),與橢圓方程聯(lián)立得y=t(x+1),x23+y22=1,消去y,整理得2x2+3t2(x+1)2設(shè)直線(xiàn)OP的斜率為m,得m=yx,即y=mx(x≠0),與橢圓方程聯(lián)立,整理可得m2=2x2①當(dāng)x∈?32,?1時(shí),有y=t(x+1)<0,因此m>0,于是m=2x②當(dāng)x∈(-1,0)時(shí),有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=-2x2?23,綜上,直線(xiàn)OP的斜率的取值范圍是?∞,?評(píng)析本小題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線(xiàn)方程和圓的方程、直線(xiàn)與圓的位置關(guān)系、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)算求解能力以及用函數(shù)與方程思想解決問(wèn)題的能力.41.(2015浙江理,19,15分)已知橢圓x22+y2=1上兩個(gè)不同的點(diǎn)A,B關(guān)于直線(xiàn)y=mx+1(1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍;(2)求△AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn)).解析(1)由題意知m≠0,可設(shè)直線(xiàn)AB的方程為y=-1m由x22+y2=1,y=?1m因?yàn)橹本€(xiàn)y=-1mx+b與橢圓x22+y2所以Δ=-2b2+2+4m將AB中點(diǎn)M2mbm2+2,b=-m2由①②得m<-63或m>6(2)令t=1m∈?62則|AB|=t2+1·且O到直線(xiàn)AB的距離為d=t2設(shè)△AOB的面積為S(t),所以S(t)=12|AB|·d=12?當(dāng)且僅當(dāng)t2=12時(shí),等號(hào)成立故△AOB面積的最大值為22評(píng)析本題主要考查橢圓的幾何性質(zhì),直線(xiàn)與橢圓的位置關(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綜合解題能力.42.(2013課標(biāo)Ⅱ理,20,12分)平面直角坐標(biāo)系xOy中,過(guò)橢圓M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)右焦點(diǎn)的直線(xiàn)x+y-3=0交M于A(yíng),B兩點(diǎn),P為AB的中點(diǎn)(1)求M的方程;(2)C,D為M上兩點(diǎn),若四邊形ACBD的對(duì)角線(xiàn)CD⊥AB,求四邊形ACBD面積的最大值.解析(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),則x12a2+y12b由此可得b2(x因?yàn)閤1+x2=2x0,y1+y2=2y0,y0x0所以a2=2b2.又由題意知,M的右焦點(diǎn)為(3,0),故a2-b2=3.因此a2=6,b2=3.所以M的方程為x26+(2)由x+y?3因此|AB|=46由題意可設(shè)直線(xiàn)CD的方程為y=x+n?5設(shè)C(x3,y3),D(x4,y4).由y=x+n,x于是x3,4=?2因?yàn)橹本€(xiàn)CD的斜率為1,所以|CD|=2|x4-x3|=43由已知,四邊形ACBD的面積S=12|CD|·|AB|=8當(dāng)n=0時(shí),S取得最大值,最大值為86所以四邊形ACBD面積的最大值為86評(píng)析本題考查了直線(xiàn)和橢圓的位置關(guān)系,考查了解析幾何中的中點(diǎn)問(wèn)題和最值問(wèn)題,計(jì)算量大,綜合性較強(qiáng).應(yīng)充分重視方程思想和函數(shù)思想在解題中的作用.43.(2011課標(biāo)理,20,12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知點(diǎn)A(0,-1),B點(diǎn)在直線(xiàn)y=-3上,M點(diǎn)滿(mǎn)足MB∥OA,MA·AB=MB·BA,M點(diǎn)的軌跡為曲線(xiàn)C.(1)求C的方程;(2)P為C上的動(dòng)點(diǎn),l為C在P點(diǎn)處的切線(xiàn),求O點(diǎn)到l距離的最小值.解析(1)設(shè)M(x,y),由已知得B(x,-3),A(0,-1).所以MA=(-x,-1-y),MB=(0,-3-y),AB=(x,-2).再由題意可知(MA+MB)·AB=0,即(-x,-4-2y)·(x,-2)=0.所以曲線(xiàn)C的方程為y=14x2(2)設(shè)P(x0,y0)為曲線(xiàn)C:y=14x2-2上一點(diǎn),因?yàn)閥'=12x,所以l的斜率為12因此直線(xiàn)l的方程為y-y0=12x0(x-x0),即x0x-2y+2y0-x則O點(diǎn)到l的距離d=|2y又y0=14xd=12x02當(dāng)x0=0時(shí)取等號(hào),所以O(shè)點(diǎn)到l距離的最小值為2.44.(2014福建文,21,12分)已知曲線(xiàn)Γ上的點(diǎn)到點(diǎn)F(0,1)的距離比它到直線(xiàn)y=-3的距離小2.(1)求曲線(xiàn)Γ的方程;(2)曲線(xiàn)Γ在點(diǎn)P處的切線(xiàn)l與x軸交于點(diǎn)A,直線(xiàn)y=3分別與直線(xiàn)l及y軸交于點(diǎn)M,N.以MN為直徑作圓C,過(guò)點(diǎn)A作圓C的切線(xiàn),切點(diǎn)為B.試探究:當(dāng)點(diǎn)P在曲線(xiàn)Γ上運(yùn)動(dòng)(點(diǎn)P與原點(diǎn)不重合)時(shí),線(xiàn)段AB的長(zhǎng)度是否發(fā)生變化?證明你的結(jié)論.解析(1)解法一:設(shè)S(x,y)為曲線(xiàn)Γ上任意一點(diǎn),依題意,點(diǎn)S到F(0,1)的距離與它到直線(xiàn)y=-1的距離相等,所以曲線(xiàn)Γ是以點(diǎn)F(0,1)為焦點(diǎn)、直線(xiàn)y=-1為準(zhǔn)線(xiàn)的拋物線(xiàn),所以曲線(xiàn)Γ的方程為x2=4y.解法二:設(shè)S(x,y)為曲線(xiàn)Γ上任意一點(diǎn),則|y-(-3)|-(x依題意,知點(diǎn)S(x,y)只能在直線(xiàn)y=-3的上方,所以y>-3,所以(x化簡(jiǎn)得,曲線(xiàn)Γ的方程為x2=4y.(2)當(dāng)點(diǎn)P在曲線(xiàn)Γ上運(yùn)動(dòng)時(shí),線(xiàn)段AB的長(zhǎng)度不變.