圓錐曲線的綜合問題挖命題【考情探究】考點內容解讀5年考情預測熱度考題示例考向關聯考點1.定值與定點問題掌握與圓錐曲線有關的定值與定點問題2018課標Ⅰ,19,12分定值問題角平分線的性質,斜率公式★★★2017課標Ⅰ,20,12分定點問題根與系數的關系、斜率公式2.最值與范圍問題掌握與圓錐曲線有關的參數范圍問題2016課標Ⅱ,20,12分范圍問題橢圓的幾何性質★★★3.存在性問題了解并掌握與圓錐曲線有關的存在性問題2015課標Ⅱ,20,12分存在性問題根與系數的關系、斜率公式★★☆分析解讀1.會處理動曲線(含直線)過定點的問題.2.會證明與曲線上的動點有關的定值問題.3.會按條件建立目標函數,研究變量的最值問題及變量的取值范圍問題,注意運用“數形結合”“幾何法”求某些量的最值.4.能與其他知識交匯,從假設結論成立入手,通過推理論證解答存在性問題.5.本節在高考中圍繞直線與圓錐曲線的位置關系,展開對定值、最值、參數取值范圍等問題的考查,注重對數學思想方法的考查,分值約為12分,難度偏大.破考點【考點集訓】考點一定值與定點問題1.(2018重慶綦江模擬,9)已知圓C:x2+y2=1,點P為直線x+2y-4=0上一動點,過點P向圓C引兩條切線PA,PB,A,B為切點,則直線AB經過定點()A.12,C.34,答案B2.(2018河北五校12月聯考,20)已知橢圓C:x2a2+y2b(1)求橢圓C的方程;(2)設P是橢圓C上的一點,過P的直線l與以橢圓的短軸為直徑的圓切于第一象限,切點為M,證明:|PF|+|PM|為定值.解析(1)設橢圓的半焦距為c,由已知得c2a∴橢圓的方程為x22+y(2)證明:以短軸為直徑的圓的方程為x2+y2=1,F(1,0),設P(x0,y0),則x022+y02∴|PF|=(x0=12x02-2x又l與圓x2+y2=1相切于M,∴|PM|=|OP|2-1=x02+y∴|PF|+|PM|=22(2-x0)+22x0=考點二最值與范圍問題1.(2018河北百校聯盟4月聯考,16)已知拋物線C:x2=8y的焦點為F,準線為l1,直線l2與拋物線C相切于點P,記點P到直線l1的距離為d1,點F到直線l2的距離為d2,則d2d1答案12.(2018安徽江南十校4月聯考,20)已知離心率為32(1)求橢圓C的方程;(2)設P為橢圓上一點,且OA+OB=λOP(O為坐標原點).求當|AB|<3時,實數λ的取值范圍.解析(1)設橢圓的方程為x2b2+y2a2=1(a>b>0),由題意可知e2=c2a2=3(2)設A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3).當直線AB的斜率不存在時,直線AB的方程為x=0,此時|AB|=4>3,與題意不符.當直線AB的斜率存在時,設直線AB的方程為y=kx+3,由y=kx+3,x所以Δ=(6k)2-20(4+k2),由Δ>0,得k2>5,則x1+x2=-6k4+k2,x1y1+y2=(kx1+3)+(kx2+3)=244+因為|AB|=(x1-所以1+k2·-6解得-1613<k2<8,所以5<k2因為OA+OB=λOP,即(x1,y1)+(x2,y2)=λ(x3,y3),所以當λ=0時,由OA+OB=0,得x1+x2=-6k4+k2=0,y1解得k∈?,所以此時符合條件的直線l不存在;當λ≠0時,x3=x1+x2λ=-6k因為點P(x3,y3)在橢圓上,所以-6kλ化簡得λ2=364+k2所以3<λ2<4,則λ∈(-2,-3)∪(3,2).綜上,實數λ的取值范圍為(-2,-3)∪(3,2).考點三存在性問題1.(2017福建福州模擬,20)已知點P是直線l:y=x+2與橢圓x2a2+y2=1(a>1)的一個公共點,F1,F2分別為該橢圓的左,右焦點,設|PF1(1)求橢圓C的標準方程及離心率;(2)已知A,B為橢圓C上關于y軸對稱的兩點,Q是橢圓C上異于A,B的任意一點,直線QA,QB分別與y軸交于點M(0,m),N(0,n),試判斷mn是不是定值,如果是定值,求出該定值;如果不是,請說明理由.解析(1)聯立y=x+2,x2a2+∵直線y=x+2與橢圓有公共點,∴Δ=16a4-4(a2+1)×3a2≥0,得a2≥3,又a>1,∴a≥3,由橢圓的定義知|PF1|+|PF2|=2a,故當a=3時,|PF1|+|PF2|取得最小值,此時橢圓C的標準方程為x23+y2=1,離心率為ca(2)mn為定值.設A(x1,y1),B(-x1,y1),Q(x0,y0)(y0≠y1),且已知M(0,m),N(0,n),由題意知kQA=kQM,∴y0-y即m=y0-x0(y0-∴mn=x0y1-x又x023+y02=1,x123+y1∴mn=x021∴mn為定值1.2.(2017湖南湘中名校聯考,20)如圖,曲線C由上半橢圓C1:y2a2+x2b2=1(a>b>0,y≥0)和部分拋物線C2:y=-x2+1(y≤0)連接而成,C1與C(1)求a,b的值;(2)過點B的直線l與C1,C2分別交于點P,Q(均異于點A,B),是否存在直線l,使得以PQ為直徑的圓恰好過點A?若存在,求出直線l的方程;若不存在,請說明理由.解析(1)在C1,C2的方程中,令y=0,可得b=1,且A(-1,0),B(1,0)是上半橢圓C1的左、右頂點.由e=ca=32及a2-c2=b(2)存在.由(1)知,上半橢圓C1的方程為y24+x由題易知,直線l與x軸不重合也不垂直,設其方程為y=k(x-1)(k≠0).代入C1的方程,整理得(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*)設點P的坐標為(xP,yP),∵直線l過點B,∴x=1是方程(*)的一個根.由求根公式,得xP=k2-4k2∴點P的坐標為k2同理,由y得點Q的坐標為(-k-1,-k2-2k).∴AP=2kk2連接AP、AQ,依題意可知AP⊥AQ,∴AP·AQ=0,即-2∵k≠0,∴k-4(k+2)=0,解得k=-83經檢驗,k=-83故直線l的方程為y=-83煉技法【方法集訓】方法最值問題的求解方法1.(2018河南百校聯盟聯考,10)已知直線l:x=ty+1經過拋物線y2=2px(p>0)的焦點F及圓x2-mx+y2=0的圓心,若直線l自上而下順次與上述兩曲線交于點A,B,C,D(如圖所示),則|AB|+m|CD|的最小值是()A.2B.4C.22D.42答案C2.(2018天津模擬,20)已知橢圓C:x2a2+y(1)求橢圓C的離心率;(2)若點M3,解析(1)由題意得a-c=33則(a-c)2=13b2,結合b2=a2-c2,得(a-c)2=13(a2-c即2c2-3ac+a2=0,亦即2e2-3e+1=0,結合0<e<1,解得e=12所以橢圓C的離心率為12(2)由(1)得a=2c,則b2=3c2.將3,32代入橢圓方程x24所以橢圓方程為x24+易得直線OM的方程為y=12當直線l的斜率不存在時,線段AB的中點不在直線y=12設直線l的方程為y=kx+m(m≠0),與x24+y23=1聯立消去y得(3+4k2)x所以Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=48(3+4k2-m2)>0.設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-8km3+4k2,x1由y1+y2=k(x1+x2)+2m=6m3+4k因為N在直線y=12x上,所以-4km3+4解得k=-32所以Δ=48(12-m2)>0,得-23<m<23,且m≠0,|AB|=1+-322|x2-x1|=132·(x1又原點O到直線l的距離d=2|所以S△OAB=12×39612-m2×2|m|當且僅當12-m2=m2,即m=±6時等號成立,符合-23<m<23,且m≠0.所以△OAB面積的最大值為3.過專題【五年高考】A組統一命題·課標卷題組考點一定值與定點問題(2017課標Ⅰ,20,12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),四點P1(1,1),P2(0,1),P(1)求C的方程;(2)設直線l不經過P2點且與C相交于A,B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1,證明:l過定點.解析(1)由于P3,P4兩點關于y軸對稱,故由題設知C經過P3,P4兩點.又由1a2+1b2>1a2+因此1b2故C的方程為x24+y(2)設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1,k2.如果l與x軸垂直,設l:x=t,由題設知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐標分別為t,4-則k1+k2=4-t2從而可設l:y=kx+m(m≠1).將y=kx+m代入x24+y(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.由題設可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-8km4k2+1,x1而k1+k2=y1-=kx1=2k由題設k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0,即(2k+1)·4m2-解得k=-m+1當且僅當m>-1時,Δ>0,于是l:y=-m+1即y+1=-m+1所以l過定點(2,-1).思路分析(1)利用橢圓的對稱性易知點P3,P4在橢圓上,將點P1(1,1)代入橢圓方程,經過比較可知點P1(1,1)不在橢圓上,進而可列方程組求出橢圓方程;(2)設出直線l的方程,將直線l與橢圓的方程聯立并消元,利用根與系數的關系使問題得解,在解題中要注意直線斜率不存在的情況.方法點撥定點問題的常見解法:(1)根據題意選擇參數,建立一個含參數的直線系或曲線系方程,經過分析、整理,對方程進行等價變形,以找出適合方程且與參數無關的坐標,該坐標對應的點即為所求的定點.(2)從特殊位置入手,找出定點,再證明該定點符合題意.考點二最值與范圍問題(2016課標Ⅱ,20,12分)已知橢圓E:x2t+(1)當t=4,|AM|=|AN|時,求△AMN的面積;(2)當2|AM|=|AN|時,求k的取值范圍.解析(1)設M(x1,y1),則由題意知y1>0.當t=4時,E的方程為x24+由已知及橢圓的對稱性知,直線AM的傾斜角為π4因此直線AM的方程為y=x+2.(2分)將x=y-2代入x24+y2解得y=0或y=127,所以y1=12因此△AMN的面積S△AMN=2×12×127×127(2)由題意,t>3,k>0,A(-t,0).將直線AM的方程y=k(x+t)代入x2t+y23=1得(3+tk2)x2+2t·tk2x+t由x1·(-t)=t2k2-3t故|AM|=|x1+t|1+k2=由題設,直線AN的方程為y=-1k(x+t故同理可得|AN|=6k由2|AM|=|AN|得23+tk2=當k=32時上式不成立,因此t=3t>3等價于k3-2k2由此得k-2>0,k因此k的取值范圍是(32疑難突破第(1)問中求出直線AM的傾斜角是解決問題的關鍵;第(2)問利用2|AM|=|AN|得出t與k的關系式,由t>3,建立關于k的不等式,從而得出k的取值范圍.名師點撥本題主要考查橢圓的幾何性質,直線與橢圓的位置關系以及方程的思想方法的應用,考查學生的運算求解能力及邏輯思維能力.挖掘出題目中t>3這一隱含條件是把等式轉化為不等式的關鍵.考點三存在性問題(2015課標Ⅱ,20,12分,0.145)已知橢圓C:9x2+y2=m2(m>0),直線l不過原點O且不平行于坐標軸,l與C有兩個交點A,B,線段AB的中點為M.(1)證明:直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值;(2)若l過點m3解析(1)設直線l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM=x1+x22=-kbk于是直線OM的斜率kOM=yMxM=-9所以直線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.因為直線l過點m3由(1)得OM的方程為y=-9k設點P的橫坐標為xP.由y=-9kx,9x2將點m3,m因此xM=k(四邊形OAPB為平行四邊形當且僅當線段AB與線段OP互相平分,即xP=2xM.于是±km3k2+9=2×k(k-3因為ki>0,ki≠3,i=1,2,所以當l的斜率為4-7或4+7時,四邊形OAPB為平行四邊形.思路分析(1)設出直線l的方程,與橢圓方程聯立并消元,利用韋達定理求得AB的中點M的坐標,進而可得出結論;(2)要使四邊形OAPB為平行四邊形,則線段AB與線段OP互相平分,即xP=2xM,由此結合已知條件建立相應方程,進而通過解方程使問題得解.方法總結解決定值問題的常見方法有兩種:(1)從特殊入手,求出定值,再證明這個值與變量無關;(2)直接推理、計算,并在推理、計算的過程中消去變量,從而得到定值.B組自主命題·省(區、市)卷題組考點一定值與定點問題(2018北京,19,14分)已知拋物線C:y2=2px經過點P(1,2).過點Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A,B,且直線PA交y軸于M,直線PB交y軸于N.(1)求直線l的斜率的取值范圍;(2)設O為原點,QM=λQO,QN=μQO,求證:1λ+1解析(1)因為拋物線y2=2px過點(1,2),所以2p=4,即p=2.故拋物線C的方程為y2=4x,由題意知,直線l的斜率存在且不為0.設直線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l不過點(1,-2).從而k≠-3.所以直線l斜率的取值范圍是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1).(2)設A(x1,y1),B(x2,y2),由(1)知x1+x2=-2k-4k2,x1直線PA的方程為y-2=y1令x=0,得點M的縱坐標為yM=-y1+2同理得點N的縱坐標為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+1方法總結圓錐曲線中的定值問題的常見類型及解題策略(1)求代數式為定值.依題設條件,得出與代數式有關的等式,化簡即可得出定值;(2)求點到直線的距離為定值.利用點到直線的距離公式得出距離的表達式,再利用題設條件化簡、變形求得;(3)求某線段長度為定值.利用兩點間的距離公式求得線段長度的表達式,再依據條件對表達式進行化簡、變形即可求得.考點二最值與范圍問題1.(2018浙江,17,4分)已知點P(0,1),橢圓x24+y2=m(m>1)上兩點A,B滿足AP=2PB,則當m=答案52.(2017山東,21,14分)在平面直角坐標系xOy中,橢圓E:x2a2+y(1)求橢圓E的方程;(2)如圖,動直線l:y=k1x-32交橢圓E于A,B兩點,C是橢圓E上一點,直線OC的斜率為k2,且k1k2=2解析(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A(x1,y1),B(x2,y2),聯立x22+y2=1,y=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由題設知k1k2=24,所以k2=2因此直線OC的方程為y=24聯立x22+y2=1,y=因此|OC|=x2+y由題意可知sin∠SOT2=rr而|OC|r=1+8令t=1+2k12,則t>1,因此|OC|r=32·t=32·1當且僅當1t=12,即t=2時等號成立,此時k1=±所以sin∠SOT2≤因此∠SOT2≤π6綜上所述:∠SOT的最大值為π3,取得最大值時直線l的斜率k1=±2思路分析(1)由離心率和焦距,利用基本量運算求解;(2)聯立直線l與橢圓方程,利用距離公式求出|AB|,聯立直線OC與橢圓方程求|OC|,進而建立sin∠SOT2與k疑難突破把角的問題轉化為三角函數問題,即由sin∠SOT2=11+解題反思最值問題一般利用函數的思想方法求解,利用距離公式建立sin∠SOT2與k考點三存在性問題(2015四川,20,13分)如圖,橢圓E:x2a2+y2b(1)求橢圓E的方程;(2)在平面直角坐標系xOy中,是否存在與點P不同的定點Q,使得|QA||解析(1)由已知得,點(2,1)在橢圓E上.因此,2a2+所以橢圓E的方程為x24+(2)當直線l與x軸平行時,設直線l與橢圓相交于C,D兩點.如果存在定點Q滿足條件,則有|QC||即|QC|=|QD|.所以Q點在y軸上,可設Q點的坐標為(0,y0).當直線l與x軸垂直時,設直線l與橢圓相交于M,N兩點,則M,N的坐標分別為(0,2),(0,-2).由|QM||QN|=|解得y0=1或y0=2.所以,若存在不同于點P的定點Q滿足條件,則Q點坐標只可能為(0,2).下面證明:當Q的坐標為(0,2)時,對任意直線l,均有|QA||當直線l的斜率不存在時,由上可知,結論成立.當直線l的斜率存在時,可設直線l的方程為y=kx+1,A,B的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2).聯立x24+y2其判別式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,所以,x1+x2=-4k2k2+1,x1因此1x1+1x易知,點B關于y軸對稱的點B'的坐標為(-x2,y2).又kQA=y1-2x1kQB'=y2-2-x2=所以kQA=kQB',即Q,A,B'三點共線.所以|QA||QB|=|故存在與P不同的定點Q(0,2),使得|QA||C組教師專用題組考點一定值與定點問題(2016北京,19,14分)已知橢圓C:x2a2(1)求橢圓C的方程及離心率;(2)設P為第三象限內一點且在橢圓C上,直線PA與y軸交于點M,直線PB與x軸交于點N.求證:四邊形ABNM的面積為定值.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)證明:由(1)知,A(2,0),B(0,1).設P(x0,y0),則x02+4當x0≠0時,直線PA的方程為y=y0令x=0,得yM=-2y0x0-直線PB的方程為y=y0令y=0,得xN=-x0y0-1所以|AN|·|BM|=2+x0=x=4=4.當x0=0時,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|·|BM|=4.綜上,|AN|·|BM|為定值.解法二:(Ⅱ)點P在曲線x22+y12=1上,不妨設P(2cosθ,sinθ),當θ≠kπ且θ≠kπ+π2(k∈Z)時,直線AP的方程為y-0=sin直線BP的方程為y-1=sinθ-12cosθ∴|AN|·|BM|=21-cos=22(當θ=kπ或θ=kπ+π2考點二最值與范圍問題1.(2014四川,10,5分)已知F為拋物線y2=x的焦點,點A,B在該拋物線上且位于x軸的兩側,OA·OB=2(其中O為坐標原點),則△ABO與△AFO面積之和的最小值是()A.2B.3C.1728答案B2.(2014湖北,9,5分)已知F1,F2是橢圓和雙曲線的公共焦點,P是它們的一個公共點,且∠F1PF2=π3A.433B.答案A3.(2018浙江,21,15分)如圖,已知點P是y軸左側(不含y軸)一點,拋物線C:y2=4x上存在不同的兩點A,B滿足PA,PB的中點均在C上.(1)設AB中點為M,證明:PM垂直于y軸;(2)若P是半橢圓x2+y2解析本題主要考查橢圓、拋物線的幾何性質,直線與拋物線的位置關系等基礎知識,同時考查運算求解能力和綜合應用能力.(1)設P(x0,y0),A14y1因為PA,PB的中點在拋物線上,所以y1,y2為方程y+y022=4·14y2+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,△PAB的面積S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=324(y0因為x02+y024=1(x0<0),所以y02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”問題在解析幾何中,求某個量(直線斜率,直線在x、y軸上的截距,弦長,三角形或四邊形面積等)的取值范圍或最值問題的關鍵是利用條件把所求量表示成關于某個變量(通常是直線斜率,動點的橫、縱坐標等)的函數,并求出這個變量的取值范圍(即函數的定義域),將問題轉化為求函數的值域或最值.4.(2015浙江,19,15分)已知橢圓x22+y2=1上兩個不同的點A,B關于直線y=mx+(1)求實數m的取值范圍;(2)求△AOB面積的最大值(O為坐標原點).解析(1)由題意知m≠0,可設直線AB的方程為y=-1m由x22+y2=1,y=因為直線y=-1mx+b與橢圓x22所以Δ=-2b2+2+4m將AB的中點M2mbm2b=-m2由①②得m<-63或m>6(2)令t=1m∈-62則|AB|=t2+1·且O到直線AB的距離為d=t2設△AOB的面積為S(t),所以S(t)=12|AB|·d=12-當且僅當t2=12故△AOB面積的最大值為225.(2015天津,19,14分)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點為F(-c,0),離心率為33,點M在橢圓上且位于第一象限,直線FM被圓x2(1)求直線FM的斜率;(2)求橢圓的方程;(3)設動點P在橢圓上,若直線FP的斜率大于2,求直線OP(O為原點)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設直線FM的斜率為k(k>0),則直線FM的方程為y=k(x+c).由已知,有kck2+12+c2(2)由(1)得橢圓方程為x23c2+y22c2=1,直線FM的方程為y=33由|FM|=(c+c所以橢圓的方程為x23+(3)設點P的坐標為(x,y),直線FP的斜率為t,得t=yx+1,即y=t(x+1)(x≠-1),與橢圓方程聯立得y=t(x+1),x23+y設直線OP的斜率為m,得m=yx,即y=mx(x≠0),與橢圓方程聯立,整理可得m2=2x2①當x∈-32,-1時,有y=t(x+1)<0,因此m>0,于是m=②當x∈(-1,0)時,有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=-2x2-綜上,直線OP的斜率的取值范圍是-∞,-233評析本小題主要考查橢圓的標準方程和幾何性質、直線方程和圓的方程、直線與圓的位置關系、一元二次不等式等基礎知識.考查用代數方法研究圓錐曲線的性質.考查運算求解能力以及用函數與方程思想解決問題的能力.考點三存在性問題1.(2015北京,19,14分)已知橢圓C:x2a2+y(1)求橢圓C的方程,并求點M的坐標(用m,n表示);(2)設O為原點,點B與點A關于x軸對稱,直線PB交x軸于點N.問:y軸上是否存在點Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求點Q的坐標;若不存在,說明理由.解析(1)由題意得b=1,c故橢圓C的方程為x22+y設M(xM,0).因為m≠0,所以-1<n<1.直線PA的方程為y-1=n-所以xM=m1-n(2)因為點B與點A關于x軸對稱,所以B(m,-n).設N(xN,0),則xN=m1+“存在點Q(0,yQ)使得∠OQM=∠ONQ”等價于“存在點Q(0,yQ)使得|OM||OQ|=|OQ||ON因為xM=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Q,使得∠OQM=∠ONQ.點Q的坐標為(0,2)或(0,-2).2.(2014山東,21,14分)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F,A為C上異于原點的任意一點,過點A的直線l交C于另一點B,交x軸的正半軸于點D,且有|FA|=|FD|.當點A的橫坐標為3時,△ADF為正三角形.(1)求C的方程;(2)若直線l1∥l,且l1和C有且只有一個公共點E,(i)證明直線AE過定點,并求出定點坐標;(ii)△ABE的面積是否存在最小值?若存在,請求出最小值,若不存在,請說明理由.解析(1)由題意知Fp2設D(t,0)(t>0),則FD的中點為p+2因為|FA|=|FD|,則由拋物線的定義知3+p2=t解得t=3+p或t=-3(舍去).由p+2所以拋物線C的方程為y2=4x.(2)(i)由(1)知F(1,0),設A(x0,y0)(x0y0≠0),D(xD,0)(xD>0),因為|FA|=|FD|,則|xD-1|=x0+1,由xD>0得xD=x0+2,故D(x0+2,0).故直線AB的斜率kAB=-y0因為直線l1和直線AB平行,所以可設直線l1的方程為y=-y0代入拋物線方程得y2+8y0y-由Δ=64y02+32設E(xE,yE),則yE=-4y0,xE=當y02≠4時,kAE=yE-y可得直線AE的方程為y-y0=4y0y由y02=4x整理可得y=4y直線AE恒過點F(1,0).當y0所以直線AE過定點F(1,0).(ii)由(i)知直線AE過焦點F(1,0),所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+1x0+1=x0設直線AE的方程為x=my+1,因為點A(x0,y0)在直線AE上,故m=x0設B(x1,y1),直線AB的方程為y-y0=-y02(x-x由y0≠0,可得x=-2y0y+2+x代入拋物線方程得y2+8y0y-8-4x所以y0+y1=-8y可求得y1=-y0-8y0,x1=4x所以點B到直線AE的距離為d=4=4(x0則△ABE的面積S=12×4x當且僅當1x0=x0,即x所以△ABE的面積的最小值為16.評析本題考查拋物線的標準方程、幾何性質、直線與圓錐曲線的位置關系以及解析幾何中的定點問題、最值問題和結論探究性問題.本題綜合性較強、難度較大,很好地考查了考生的邏輯思維能力和運算求解能力.本題的易錯點是定點的確定.【三年模擬】一、選擇題(每小題5分,共15分)1.(2017河南鄭州一模,11)已知直線l與雙曲線x24-y2=1相切于點P,l與雙曲線的兩條漸近線交于M,N兩點,則OM·A.3B.4C.5D.與P的位置有關答案A2.(2017江西南昌NCS項目模擬,11)拋物線y2=8x的焦點為F,設A(x1,y1),B(x2,y2)是拋物線上的兩個動點,若x1+x2+4=23A.π3B.3π4C.5π答案D3.(2018河南中原名校4月聯考,11)已知拋物線C:y2=4x的焦點為F,過點F且斜率為1的直線與拋物線C交于點A,B,以線段AB為直徑的圓E上存在點P,Q,使得以PQ為直徑的圓過點D(-2,t),則實數t的取值范圍為()A.(-∞,-1]∪[1,+∞)B.[-1,3]C.(-∞,2-7]∪[2+7,+∞)D.[2-7,2+7]答案D二、解答題(共75分)4.(2019屆甘肅酒泉普通高中五校聯考,20)已知傾斜角為π4的直線經過拋物線Γ:y2(1)求拋物線Γ的方程;(2)過點P(12,8)的兩條直線l1、l2分別交拋物線Γ于點C、D和E、F,線段CD和EF的中點分別為M、N.如果直線l1與l2的傾斜角互余,求證:直線MN經過一定點.解析(1)由題意可設直線AB的方程為y=x-p2由y=x-p2設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=3p,由拋物線的定義得|AB|=x1+x2+p=4p=8,∴p=2,∴拋物線的方程為y2=4x.(2)證明:設直線l1、l2的傾斜角分別為α、β,直線l1的斜率為k,則k=tanα.∵直線l1與l2的傾斜角互余,∴直線CD的方程為y-8=k(x-12),即y=k(x-12)+8,由y=k(∴yC+yD=4k,∴xC+xD=24+4k2∴點M的坐標為12+2∴tanβ=tanπ2-α=sinπ2-αcosπ2-以1k代替點M坐標中的k,可得點N的坐標為(12+2k2∴kMN=21k-∴直線MN的方程為y-2k=11k+k即1k∴直線MN經過定點(10,0).5.(2019屆四川攀枝花第一次統考,20)橢圓C:x24+y2=1的右頂點和上頂點分別為A,B,斜率為(1)求證:直線AP、BQ的斜率之和為定值;(2)求四邊形APBQ面積的取值范圍.解析(1)證明:設直線l的方程為y=12x+m,代入橢圓C:x24+y2=1,并整理得x2設P(x1,y1),Q(x2,y2),則x從而kAP+kBQ=y1x1-2+y所以直線AP、BQ的斜率之和為定值0.(2)設C:x24+y則直線l、BE、AD為互相平行的直線,所以A,B兩點到直線l的距離等于兩平行線BE、AD間的距離,∴d=21+∵|PQ|=1+k2|x2-x1|=1+14|x∴S四邊形△APBQ=12d·|PQ|=|x2-x1|=8又P點在第一象限,∴-1<m<1.∴S四邊形APBQ∈(2,22].方法點撥探索圓錐曲線的定值問題常見方法有兩種:①從特殊情況入手,先根據特殊位置和數值求出定值,再證明這個值與變量無關;②直接推理、計算,并在計算推理的過程中消去變量,從而得到定值.6.(2019屆四川成都高新區10月月考,20)如圖,橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,MF2⊥x軸,直線MF1交y軸于H點,|OH|=(1)求橢圓E的方程;(2)如圖,過點S(4,0)作兩條直線與橢圓E分別交于A,B,C,D,且使AD⊥x軸,問四邊形ABCD的兩條對角線的交點是不是定點?若是,求出該定點的坐標;若不是,請說明理由.解析(1)設M(c,yM),由題意可得c2a2+yM2∵OH是△F1F2M的中位線,且OH=24∴|MF2|=22,即b2a=22,整理得a又由題知,當Q在橢圓E的上、下頂點時,△F1F2Q的面積最大,∴(S△F1F2Q)max=12聯立①②可得2b6-b4=1,變形得(b2-1)(2b4+b2+1)=0,解得b2=1,進而a2=2.∴橢圓E的方程為x22+y(2)設A(x1,y1),C(x2,y2),則由對稱性可知D(x1,-y1),B(x2,-y2),設直線AC與x軸交于點(t,0),直線AC的方程為x=my+t(m≠0),聯立x=my+t,x2∴y1+y2=-2mtm2+2,y1y2=t即y1x1-4=-y2x2-4,將x1=my1+t,x2=my2+t,代入整理得2my1于是直線AC的方程為x=my+12,故直線AC過定點1同理可得BD過定點12∴直線AC與BD的交點是定點,定點坐標為12規律總結(1)若橢圓的標準方程為x2a2+y7.(2019屆重慶中山外國語學校開學考試,20)已知P23,263是橢圓C1:x(1)求橢圓C1及拋物線E的方程;(2)設過F且互相垂直的兩動直線l1,l2,l1與橢圓C1交于A,B兩點,l2與拋物線E交于C,D兩點,求四邊形ACBD面積的最小值.解析(1)∵P23,2∴p=2,∴拋物線E的方程為y2=4x,F(1,0),∴a2-b2=1.又∵P23,263在橢圓C1∴49a2+83b2=1,結合a2-b∴橢圓C1的方程為x24+y2(2)由題意可知直線l1斜率存在,設直線l1的方程為y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).①當k=0時,AB=4,直線l2的方程為x=1,CD=4,故S四邊形ACBD=12②當k≠0時,直線l2的方程為y=-1k(x-1),由y=k(x-1),x∴x1+x2=8k23+4k2,x1由弦長公式知|AB|=1+k2|x1-x2|=(1+同理可得|CD|=4(k2+1).∴S四邊形ACBD=12·|AB|·|CD|=12·12(k2令t=k2+1,t∈(