§10.6圓錐曲線的綜合問題考綱解讀考點(diǎn)考綱內(nèi)容要求浙江省五年高考統(tǒng)計(jì)20132014201520162017圓錐曲線的綜合問題1.了解圓錐曲線的簡(jiǎn)單應(yīng)用.2.理解數(shù)形結(jié)合的思想.3.能解決直線與橢圓、拋物線的位置關(guān)系等問題.掌握9,5分21(2),9分9(文),5分22(文),約9分21,15分17(文),4分22(文),約10分19,15分19(文),15分19(2),7分19(2)(文),9分21(2),約9分分析解讀1.圓錐曲線的綜合問題是高考的熱點(diǎn)之一,主要考查兩大問題:一是根據(jù)條件求出平面曲線的方程;二是通過方程研究平面曲線的性質(zhì).2.考查點(diǎn)主要有:(1)圓錐曲線的基本概念和性質(zhì);(2)與圓錐曲線有關(guān)的最值、對(duì)稱、位置關(guān)系等綜合問題;(2)有關(guān)定點(diǎn)、定值問題,以及存在性等探索性問題.3.預(yù)計(jì)2019年高考試題中,圓錐曲線的綜合問題仍是壓軸題之一,復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)引起高度重視.五年高考考點(diǎn)圓錐曲線的綜合問題1.(2014福建,9,5分)設(shè)P,Q分別為圓x2+(y6)2=2和橢圓x210+y2=1上的點(diǎn),則P,Q兩點(diǎn)間的最大距離是(A.52 B.46+2 C.7+2 D.62答案D2.(2014湖北,9,5分)已知F1,F2是橢圓和雙曲線的公共焦點(diǎn),P是它們的一個(gè)公共點(diǎn),且∠F1PF2=π3,則橢圓和雙曲線的離心率的倒數(shù)之和的最大值為(A.433 B.233答案A3.(2017浙江,21,15分)如圖,已知拋物線x2=y,點(diǎn)A-12,14,B32,94,拋物線上的點(diǎn)P(x,y)-(1)求直線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方程、直線與拋物線的位置關(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AP的斜率為k,k=x2-1因?yàn)?2<x<32,所以直線AP斜率的取值范圍是(2)解法一:聯(lián)立直線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(xQx)=所以|PA|·|PQ|=(k1)(k+1)3,令f(k)=(k1)(k+1)3.因?yàn)閒'(k)=(4k2)(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·(ABAP)=AP·ABAP2易知P(x,x2)-1則AP·AB=2x+1+2x212=2x2+2x+12,AP2=x+122+x2-142=x2+x+14+x41∴|AP|·|PQ|=x4+32x2+x+3設(shè)f(x)=x4+32x2+x+3則f'(x)=4x3+3x+1=(x1)(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27164.(2014浙江,21,15分)如圖,設(shè)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),動(dòng)直線l與橢圓C(1)已知直線l的斜率為k,用a,b,k表示點(diǎn)P的坐標(biāo);(2)若過原點(diǎn)O的直線l1與l垂直,證明:點(diǎn)P到直線l1的距離的最大值為ab.解析(1)設(shè)直線l的方程為y=kx+m(k<0),由y=kx+m,x2a2+y2b2=1消去y得(b2+a2由于l與C只有一個(gè)公共點(diǎn),故Δ=0,即b2m2+a2k2=0,解得點(diǎn)P的坐標(biāo)為-a又點(diǎn)P在第一象限,故點(diǎn)P的坐標(biāo)為P-a(2)證明:由于直線l1過原點(diǎn)O且與l垂直,故直線l1的方程為x+ky=0,所以點(diǎn)P到直線l1的距離d=-a整理得d=a2因?yàn)閍2k2+b2k2≥2ab,所以a2當(dāng)且僅當(dāng)k2=ba時(shí)等號(hào)成立所以,點(diǎn)P到直線l1的距離的最大值為ab.5.(2013浙江,21,15分)如圖,點(diǎn)P(0,1)是橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個(gè)頂點(diǎn),C1的長(zhǎng)軸是圓C2:x2+y2=4的直徑.l1,l2是過點(diǎn)P且互相垂直的兩條直線,其中l(wèi)1交圓C2于A,B兩點(diǎn),l(1)求橢圓C1的方程;(2)求△ABD面積取最大值時(shí)直線l1的方程.解析(1)由題意得b所以橢圓C1的方程為x24+y(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).由題意知直線l1的斜率存在,不妨設(shè)其為k,則直線l1的方程為y=kx1.又圓C2:x2+y2=4,故點(diǎn)O到直線l1的距離d=1k所以|AB|=24-d2又l2⊥l1,故直線l2的方程為x+ky+k=0.由x消去y,整理得(4+k2)x2+8kx=0,故x0=8k所以|PD|=8k設(shè)△ABD的面積為S,則S=12|AB|·|PD|=8所以S=32≤3224k當(dāng)且僅當(dāng)k=±102時(shí)取等號(hào)所以所求直線l1的方程為y=±102x6.(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l不經(jīng)過P2點(diǎn)且與C相交于A,B兩點(diǎn).若直線P2A與直線P2B的斜率的和為1,證明:l過定點(diǎn).解析本題考查了圓錐曲線的方程以及圓錐曲線與直線位置關(guān)系中的定點(diǎn)問題.(1)由于P3,P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱,故由題設(shè)知C經(jīng)過P3,P4兩點(diǎn).又由1a2+1b2>1a2+34b2知,C不經(jīng)過點(diǎn)P因此1b2故C的方程為x24+y(2)設(shè)直線P2A與直線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+4m24=0.由題設(shè)可知Δ=16(4k2m2+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+(m1)(x1+x2)=0.即(2k+1)·4m2-44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+12所以l過定點(diǎn)(2,1).7.(2017課標(biāo)全國(guó)Ⅰ文,20,12分)設(shè)A,B為曲線C:y=x24上兩點(diǎn),A與B(1)求直線AB的斜率;(2)設(shè)M為曲線C上一點(diǎn),C在M處的切線與直線AB平行,且AM⊥BM,求直線AB的方程.解析本題考查直線與拋物線的位置關(guān)系.(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1≠x2,y1=x124,y2=x22于是直線AB的斜率k=y1-y(2)由y=x24,得y'=設(shè)M(x3,y3),由題設(shè)知x3解得x3=2,于是M(2,1).設(shè)直線AB的方程為y=x+m,故線段AB的中點(diǎn)為N(2,2+m),|MN|=|m+1|.將y=x+m代入y=x24得x2當(dāng)Δ=16(m+1)>0,即m>1時(shí),x1,2=2±2m+1從而|AB|=2|x1x2|=42(由題設(shè)知|AB|=2|MN|,即42(m+1所以直線AB的方程為y=x+7.8.(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l:y=k1x32交橢圓E于A,B兩點(diǎn),C是橢圓E上一點(diǎn),直線OC的斜率為k2,且k1k2=24.M是線段OC延長(zhǎng)線上一點(diǎn),且|MC|∶|AB|=2∶3,☉M的半徑為|MC|,OS,OT是☉M的兩條切線,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l解析本題考查橢圓的方程,直線與橢圓、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|x1x2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+8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l的斜率k1=±229.(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PA與y軸交于點(diǎn)M,直線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)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PA的方程為y=y0x令x=0,得yM=2y0x0-2,從而直線PB的方程為y=y0令y=0,得xN=x0y0-1,從而|AN|=|2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.10.(2015課標(biāo)Ⅱ,20,12分)已知橢圓C:9x2+y2=m2(m>0),直線l不過原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸,l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A,B,線段AB的中點(diǎn)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(diǎn)m3,m,延長(zhǎng)線段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+b2m2=0,故xM=x1+x22=-kbk于是直線OM的斜率kOM=yMxM=9k,即k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?yàn)橹本€l過點(diǎn)m3,m,所以l不過原點(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,9x2+y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)線段AB與線段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47或4+7時(shí),四邊形OAPB為平行四邊形.11.(2014課標(biāo)Ⅰ,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)過點(diǎn)A的動(dòng)直線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=2得c=3.又ca=32,所以a=2,b2=a2c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=kx2,P(x1,y1),Q(x2,y2).將y=kx2代入x24+y2=1得(1+4k2)x當(dāng)Δ=16(4k23)>0,即k2>34時(shí),x1,2=8k從而|PQ|=k2+1|x1x2|=又點(diǎn)O到直線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=72x2或y=72教師用書專用(12—23)12.(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l:y=kx+m(m≠0)交橢圓C于A,B兩點(diǎn),交y軸于點(diǎn)M.點(diǎn)N是M關(guān)于O的對(duì)稱點(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)方程及圓錐曲線的相關(guān)最值.(1)由橢圓的離心率為22,得a2=2(a2b2又當(dāng)y=1時(shí),x2=a2a2b2,得a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)立方程y得(2k2+1)x2+4kmx+2m24=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'=11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π313.(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)過點(diǎn)A的直線l與橢圓交于點(diǎn)B(B不在x軸上),垂直于l的直線與l交于點(diǎn)M,與y軸交于點(diǎn)H.若BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直線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a2c2=3c2,又a2c(2)設(shè)直線l的斜率為k(k≠0),則直線l的方程為y=k(x2).設(shè)B(xB,yB),由方程組x24整理得(4k2+3)x216k2x+16k212=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(xM2)2+yM2≤xM2+yM2,化簡(jiǎn)得xM≥1,即20k2+912(所以,直線l的斜率的取值范圍為-∞,-614.(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),直線(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l'平行于OT,與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)A,B,且與直線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+y2方程①的判別式為Δ=24(b23),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(92m2),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|·15.(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,直線PB交x軸于點(diǎn)N.問: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PA的方程為y1=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,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).16.(2014湖南,21,13分)如圖,O為坐標(biāo)原點(diǎn),橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2,離心率為e1;雙曲線C2:x2a2y2b2=1的左、右焦點(diǎn)分別為F3、F4,離心率為e2,已知e1e(1)求C1,C2的方程;(2)過F1作C1的不垂直于y軸的弦AB,M為AB的中點(diǎn),當(dāng)直線OM與C2交于P,Q兩點(diǎn)時(shí),求四邊形APBQ面積的最小值.解析(1)因?yàn)閑1e2=32,所以a2-b2a·a2+b2a=32,即a4b4=34a4,因此a2=2b2,從而F2(b,0),F4(3b,0),于是3b故C1,C2的方程分別為x22+y2=1,x2(2)因?yàn)锳B不垂直于y軸,且過點(diǎn)F1(1,0),故可設(shè)直線AB的方程為x=my1.由x=my-1,x2易知此方程的判別式大于0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1,y2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根,所以y1+y2=2mm2+2,y1y因此x1+x2=m(y1+y2)2=-4m2+2,于是AB的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為-2m2+2,mm2+2.由y=-m2x,x22-y2=1得(2m2)x2=4,所以2m2>0,且x2設(shè)點(diǎn)A到直線PQ的距離為d,則點(diǎn)B到直線PQ的距離也為d,所以2d=|m因?yàn)辄c(diǎn)A,B在直線mx+2y=0的異側(cè),所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1mx22y2|,從而2d=(m又因?yàn)閨y1y2|=(y1+所以2d=22故四邊形APBQ的面積S=12|PQ|·2d=221+m2而0<2m2<2,故當(dāng)m=0時(shí),S取得最小值2.綜上所述,四邊形APBQ面積的最小值為2.17.(2014山東,21,14分)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,A為C上異于原點(diǎn)的任意一點(diǎn),過點(diǎn)A的直線l交C于另一點(diǎn)B,交x軸的正半軸于點(diǎn)D,且有|FA|=|FD|.當(dāng)點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為3時(shí),△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(gè)公共點(diǎn)E,(i)證明直線AE過定點(diǎn),并求出定點(diǎn)坐標(biāo);(ii)△ABE的面積是否存在最小值?若存在,請(qǐng)求出最小值,若不存在,請(qǐng)說明理由.解析(1)由題意知Fp2設(shè)D(t,0)(t>0),則FD的中點(diǎn)為p+2因?yàn)閨FA|=|FD|,由拋物線的定義知3+p2=t解得t=3+p(t=3舍去).由p+2t4所以拋物線C的方程為y2=4x.(2)(i)由(1)知F(1,0),設(shè)A(x0,y0)(x0y0≠0),D(xD,0)(xD>0),因?yàn)閨FA|=|FD|,則|xD1|=x0+1,由xD>0得xD=x0+2,故D(x0+2,0).故直線AB的斜率kAB=y0因?yàn)橹本€l1和直線AB平行,設(shè)直線l1的方程為y=y0代入拋物線方程得y2+8y0y由題意得Δ=64y02+32by設(shè)E(xE,yE),則yE=4y0,xE=當(dāng)y02≠4時(shí),kAE=yE-y0xE-x0=4y0+y由y02=4x整理可得y=4y0直線AE恒過點(diǎn)F(1,0).當(dāng)y02=4時(shí),直線AE的方程為x=1,所以直線AE過定點(diǎn)F(1,0).(ii)由(i)知直線AE過焦點(diǎn)F(1,0),所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+1x0+1=x0設(shè)直線AE的方程為x=my+1,因?yàn)辄c(diǎn)A(x0,y0)在直線AE上,故m=x0設(shè)B(x1,y1),直線AB的方程為yy0=y02(xx由于y0≠0,可得x=2y0y+2+x代入拋物線方程得y2+8y0y84x所以y0+y1=8y可求得y1=y08y0,x1=4x所以點(diǎn)B到直線AE的距離為d=4=4=4x0則△ABE的面積S=12×4x0當(dāng)且僅當(dāng)1x0=x0,即x0=1所以△ABE的面積的最小值為16.18.(2014四川,20,13分)已知橢圓C:x2a2+y2b(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)設(shè)F為橢圓C的左焦點(diǎn),T為直線x=3上任意一點(diǎn),過F作TF的垂線交橢圓C于點(diǎn)P,Q.(i)證明:OT平分線段PQ(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn));(ii)當(dāng)|TF||PQ|最小時(shí)解析(1)由已知可得a解得a2=6,b2=2,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是x26+(2)(i)證明:由(1)可得,F的坐標(biāo)是(2,0),設(shè)T點(diǎn)的坐標(biāo)為(3,m).則直線TF的斜率kTF=m-0當(dāng)m≠0時(shí),直線PQ的斜率kPQ=1m,直線PQ的方程是x=my當(dāng)m=0時(shí),直線PQ的方程是x=2,也符合x=my2的形式.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立,得x消去x,得(m2+3)y24my2=0,其判別式Δ=16m2+8(m2+3)>0.所以y1+y2=4mm2+3,y1y2x1+x2=m(y1+y2)4=-12所以PQ的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為-6所以直線OM的斜率kOM=m3又直線OT的斜率kOT=m3,所以點(diǎn)M在直線OT上因此OT平分線段PQ.(ii)由(i)可得,|TF|=m2|PQ|=(=(=(m2+1所以|TF||PQ|=124·當(dāng)且僅當(dāng)m2+1=4m2+1,即m=±1時(shí),等號(hào)成立,此時(shí)所以當(dāng)|TF||PQ|最小時(shí),T點(diǎn)的坐標(biāo)是(19.(2013山東,22,13分)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別是F1、F2,離心率為32,過F(1)求橢圓C的方程;(2)點(diǎn)P是橢圓C上除長(zhǎng)軸端點(diǎn)外的任一點(diǎn),連接PF1,PF2.設(shè)∠F1PF2的角平分線PM交C的長(zhǎng)軸于點(diǎn)M(m,0),求m的取值范圍;(3)在(2)的條件下,過點(diǎn)P作斜率為k的直線l,使得l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn).設(shè)直線PF1,PF2的斜率分別為k1,k2.若k≠0,試證明1kk1+1k解析(1)由于c2=a2b2,將x=c代入橢圓方程x2a2得y=±b2由題意知2b即a=2b2.又e=ca=3所以a=2,b=1.所以橢圓C的方程為x24+y(2)解法一:設(shè)P(x0,y0)(y0≠0).又F1(3,0),F2(3,0),所以直線PF1,PF2的方程分別為lPF1:y0x(x0+3)y+3lPF2:y0x(x03)y3由題意知|my0由于點(diǎn)P在橢圓上,所以x024所以|m+3因?yàn)?<m<3,2<x0<2,所以m+33所以m=34x0因此32<m<3解法二:設(shè)P(x0,y0).當(dāng)0≤x0<2時(shí),①當(dāng)x0=3時(shí),直線PF2的斜率不存在,易知P3,12或若P3,12,則直線PF1的方程為x43由題意得|m+3因?yàn)?<m<3,所以m=33若P3,-12,同理可得②當(dāng)x0≠3時(shí),設(shè)直線PF1,PF2的方程分別為y=k1(x+3),y=k2(x3).由題意知|mk1所以(m+3因?yàn)閤024并且k1=y0x0+3所以(m+=3x02即m+3m-3因?yàn)?<m<3,0≤x0<2且x0≠3,所以3+m3整理得m=3x04,故0≤m<32且綜合①②可得0≤m<32當(dāng)2<x0<0時(shí),同理可得32綜上所述,m的取值范圍是-3(3)設(shè)P(x0,y0)(y0≠0),則直線l的方程為yy0=k(xx0).聯(lián)立得x整理得(1+4k2)x2+8(ky0k2x0)x+4(y022kx0y0+k2由題意知Δ=0,即(4x02)k2+2x0y0k+1又x024所以16y02k2+8x0y0k+故k=x0由(2)知1k1+1k2=x0所以1kk1+1kk2=1因此1kk1+1k20.(2013陜西,20,13分)已知?jiǎng)訄A過定點(diǎn)A(4,0),且在y軸上截得弦MN的長(zhǎng)為8.(1)求動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程;(2)已知點(diǎn)B(1,0),設(shè)不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點(diǎn)P,Q,若x軸是∠PBQ的角平分線,證明直線l過定點(diǎn).解析(1)如圖,設(shè)動(dòng)圓圓心為O1(x,y),由題意,知|O1A|=|O1M|,當(dāng)O1不在y軸上時(shí),過O1作O1H⊥MN交MN于H,則H是MN的中點(diǎn),∴|O1M|=x2又|O1A|=(x-4)2化簡(jiǎn)得y2=8x(x≠0).又當(dāng)O1在y軸上時(shí),O1與O重合,點(diǎn)O1的坐標(biāo)(0,0)也滿足方程y2=8x,∴動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程為y2=8x.(2)由題意,設(shè)直線l的方程為y=kx+b(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),將y=kx+b代入y2=8x中,得k2x2+(2bk8)x+b2=0.其中Δ=32kb+64>0.由根與系數(shù)的關(guān)系得,x1+x2=8-x1x2=b2因?yàn)閤軸平分∠PBQ,所以y1x1即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,③將①②代入③得2kb2+(k+b)(82bk)+2k2b=0,∴k=b,此時(shí)Δ>0,∴直線l的方程為y=k(x1),即直線l過定點(diǎn)(1,0).21.(2013課標(biāo)全國(guó)Ⅰ,20,12分)已知圓M:(x+1)2+y2=1,圓N:(x1)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C.(1)求C的方程;(2)l是與圓P,圓M都相切的一條直線,l與曲線C交于A,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)+(r2R)=r1+r2=4.由橢圓的定義可知,曲線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C上任意一點(diǎn)P(x,y),由于|PM||PN|=2R2≤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(x2)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解得x1,2=-4所以|AB|=1+k2|x2x1|=當(dāng)k=24時(shí),由圖形的對(duì)稱性可知|AB|=18綜上,|AB|=23或|AB|=18722.(2013廣東,20,14分)已知拋物線C的頂點(diǎn)為原點(diǎn),其焦點(diǎn)F(0,c)(c>0)到直線l:xy2=0的距離為322.設(shè)P為直線l上的點(diǎn),過點(diǎn)P作拋物線C的兩條切線PA,PB,其中A,B(1)求拋物線C的方程;(2)當(dāng)點(diǎn)P(x0,y0)為直線l上的定點(diǎn)時(shí),求直線AB的方程;(3)當(dāng)點(diǎn)P在直線l上移動(dòng)時(shí),求|AF|·|BF|的最小值.解析(1)依題意,設(shè)拋物線C的方程為x2=4cy,由題意知|0-c-2所以拋物線C的方程為x2=4y.(2)拋物線C的方程為x2=4y,即y=14x2求導(dǎo)得y'=12設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)其中y1=x124,y2=x所以切線PA的方程為yy1=x12(xx1),即y=x12x即x1x2y2y1=0.同理可得切線PB的方程為x2x2y2y2=0.因?yàn)榍芯€PA,PB均過點(diǎn)P(x0,y0),所以x1x02y02y1=0,x2x02y02y2=0,所以(x1,y1),(x2,y2)為方程x0x2y02y=0的兩組解.所以直線AB的方程為x0x2y2y0=0.(3)由拋物線定義可知|AF|=y1+1,|BF|=y2+1,所以|AF|·|BF|=(y1+1)(y2+1)=y1y2+(y1+y2)+1,聯(lián)立方程x0x-2y-2y0=0,由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可得y1+y2=x022y0,y1y2=所以|AF|·|BF|=y1y2+(y1+y2)+1=y02+x0又點(diǎn)P(x0,y0)在直線l上,所以x0=y0+2,所以y02+x022y0+1=2y02+2y所以當(dāng)y0=12時(shí),|AF|·|BF|取得最小值,且最小值為923.(2013湖北,21,13分)如圖,已知橢圓C1與C2的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)O,長(zhǎng)軸均為MN且在x軸上,短軸長(zhǎng)分別為2m,2n(m>n),過原點(diǎn)且不與x軸重合的直線l與C1,C2的四個(gè)交點(diǎn)按縱坐標(biāo)從大到小依次為A,B,C,D.記λ=mn,△BDM和△ABN的面積分別為S1和S2(1)當(dāng)直線l與y軸重合時(shí),若S1=λS2,求λ的值;(2)當(dāng)λ變化時(shí),是否存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2?并說明理由.解析依題意可設(shè)橢圓C1和C2的方程分別為C1:x2a2+y2m2=1,C2:x2a2(1)解法一:如圖1,若直線l與y軸重合,即直線l的方程為x=0,則S1=12|BD|·|OM|=1S2=12|AB|·|ON|=1所以S1S2在C1和C2的方程中分別令x=0,可得yA=m,yB=n,yD=m,于是|BD||AB|=|若S1S2=λ,則λ+1λ-由λ>1,可解得λ=2+1.故當(dāng)直線l與y軸重合時(shí),若S1=λS2,則λ=2+1.解法二:如圖1,若直線l與y軸重合,則|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA||OB|=mn;S1=12|BD|·|OM|=12a|BD|,S2=1212所以S1S2=|BD|若S1S2=λ,則λ+1λ-由λ>1,可解得λ=2+1.故當(dāng)直線l與y軸重合時(shí),若S1=λS2,則λ=2+1.(2)解法一:如圖2,若存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2.根據(jù)對(duì)稱性,不妨設(shè)直線l:y=kx(k>0),點(diǎn)M(a,0),N(a,0)到直線l的距離分別為d1,d2,則d1=|-ak-0d2=|ak-0所以d1=d2.又S1=12|BD|d1,S2=12|AB|d所以S1S2即|BD|=λ|AB|.由對(duì)稱性可知|AB|=|CD|,所以|BC|=|BD||AB|=(λ1)|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=(λ+1)|AB|,于是|AD||將l的方程分別與C1,C2的方程聯(lián)立,可求得xA=ama2k2+根據(jù)對(duì)稱性可知xC=xB,xD=xA,于是|AD||BC|=1+從而由①和②式可得a2k2令t=λ+1λ(λ-1)于是由③式可解得k2=n2因?yàn)閗≠0,所以k2>0.于是③式關(guān)于k有解,當(dāng)且僅當(dāng)n2等價(jià)于(t21)t2由λ>1,可解得1λ即1λ<λ+1λ(λ-1所以當(dāng)1<λ≤1+2時(shí),不存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2;當(dāng)λ>1+2時(shí),存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l使得S1=λS2.解法二:如圖2,若存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2.根據(jù)對(duì)稱性,不妨設(shè)直線l:y=kx(k>0),點(diǎn)M(a,0),N(a,0)到直線l的距離分別為d1,d2,則d1=|-ak-0|1+k2=ak所以d1=d2.又S1=12|BD|d1,S2=12|AB|d所以S1S2因?yàn)閨BD||AB|所以xAxB由點(diǎn)A(xA,kxA),B(xB,kxB)分別在C1,C2上,可得xA2a2+k2兩式相減可得xA2-依題意xA>xB>0,所以xA2>所以由上式解得k2=m2因?yàn)閗2>0,所以由m2(xA2從而1<λ+1λ-1<λ,所以當(dāng)1<λ≤1+2時(shí),不存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2;當(dāng)λ>1+2時(shí),存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l使得S1=λS2.三年模擬A組2016—2018年模擬·基礎(chǔ)題組考點(diǎn)圓錐曲線的綜合問題1.(2018浙江浙東北聯(lián)盟期中,2)橢圓x2a2+y23=1(a>0)與雙曲線x24yA.3 B.3 C.5 D.5答案A2.(2017浙江湖州期末調(diào)研,7)已知雙曲線x2a2y2b2=1(a>0,b>0)與拋物線y2=2px(p>0)有公共焦點(diǎn)F,且交于A,B兩點(diǎn),若直線ABA.2 B.1+2 C.22 D.2+2答案B3.(2017浙江鎮(zhèn)海中學(xué)第一學(xué)期期中,8)雙曲線C:x2a2y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1(c,0)、F2(c,0),A為雙曲線C右支上一點(diǎn),且|AF1|=2c,AF1與y軸交于點(diǎn)B,若F2B是∠AF2F1的平分線,A.3+32 C.3+53 答案D4.(2016浙江鎮(zhèn)海中學(xué)測(cè)試(六),6)設(shè)拋物線y2=4x的焦點(diǎn)為F,P是拋物線上異于原點(diǎn)的一點(diǎn).若以P為圓心,FP為半徑的圓與直線4x+3y+5=0相切,則點(diǎn)P的橫坐標(biāo)是()A.12 B.24 C.36 D.48答案C5.(2018浙江9+1高中聯(lián)盟期中,21)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,設(shè)點(diǎn)M(x0,y0)是橢圓C:x22+y2=1上一點(diǎn),從原點(diǎn)O向圓M:(x-x0)2+(y-y0)2=2(1)求證:k1k2為定值;(2)求四邊形OPMQ面積的最大值.解析(1)因?yàn)橹本€OP:y=k1x,OQ:y=k2x與圓M相切,所以|k1x0-y0|1+k12=63,|k2x0-y0|1+∴3x022≠0,k1k2=3y02-23x02-2,因?yàn)辄c(diǎn)M(x0∴k1k2=3y02(2)易知直線OP,OQ都不能落在坐標(biāo)軸上,設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),因?yàn)?k1k2+1=0,所以2y1y2x1因?yàn)镻(x1,y1),Q(x2,y2)在橢圓C上,所以y12y22整理得x12+x22=2,所以所以O(shè)P2+OQ2=3.因?yàn)镾OPMQ=12(OP+OQ)·63=OP+OQ≤2(OP2+OQ26.(2017浙江杭州質(zhì)檢,21)已知P,Q為橢圓x22+y2=1上的兩點(diǎn),滿足PF2⊥QF2,其中F1,F2(1)求|PF1+PF(2)若(PF1+PF2)⊥(QF1+QF2),設(shè)直線解析(1)由條件得PF1+PF2=2PO,顯然|所以|PF1+PF2|(2)由題意易知OP⊥OQ.又F2P⊥F2Q,所以PQ是直角△POQ和直角△PF2Q的公共斜邊,故線段PQ的中點(diǎn)到O,F2兩點(diǎn)的距離相等,所以可得線段PQ中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為12易知直線PQ的斜率存在,故設(shè)直線PQ的方程為y=kx+b,與橢圓方程聯(lián)立,得x整理得(1+2k2)x2+4kbx+2b22=0.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1+x2=4kb所以1+2k2=4kb,①由x1x2=2b2-21+2k2,得y1y2=k2x1x2+kb(x1+x2由x1x2+y1y2=0,得(k2+1即4k2b22k2+3b22+kb+2k3b=0,②由①②得20k4+20k23=0,解得k2=-5+210107.(2017浙江衢州質(zhì)量檢測(cè)(1月),21)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4,焦距為23,以A為圓心的圓(x2)2+y2=r2(r>0)(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)求AB·AC的取值范圍;(3)設(shè)P是橢圓上異于B、C的任意一點(diǎn),直線PB、PC與x軸分別交于點(diǎn)M、N,求S△POM·S△PON的最大值.解析(1)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y(2)設(shè)B(x0,y0),則C(x0,y0),且x024∴AB·AC=(x0-2)2y02=(x因?yàn)?<x0<2,所以AB·AC的取值范圍為-1(3)設(shè)P(x1,y1)(y1≠±y0),則x124+y12=1,直線PB,PC的方程分別為yy1=y0-y1x0-分別令y=0得xM=x1y0-x所以xMxN=x12y02于是S△POM·S△PON=14|OM||ON|·y12=14|xMxN|·因?yàn)?≤y1≤1,所以S△POM·S△PON的最大值為1.B組2016—2018年模擬·提升題組一、選擇題1.(2018浙江“七彩陽光”聯(lián)盟期中,7)已知F是雙曲線x2a2y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn),以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心,|OF|為半徑的圓與該雙曲線的漸近線在y軸右側(cè)的兩個(gè)交點(diǎn)記為A,B,且A.2 B.3 C.2 D.5答案C2.(2017浙江金華十校聯(lián)考(4月),8)已知a,b為實(shí)常數(shù),{ci}(i∈N*)是公比不為1的等比數(shù)列,直線ax+by+ci=0與拋物線y2=2px(p>0)均相交,所成弦的中點(diǎn)為Mi(xi,yi),則下列說法錯(cuò)誤的是()A.數(shù)列{xi}可能是等比數(shù)列B.數(shù)列{yi}是常數(shù)列C.數(shù)列{xi}可能是等差數(shù)列D.數(shù)列{xi+yi}可能是等比數(shù)列答案C3.(2016浙江鎮(zhèn)海中學(xué)測(cè)試卷二,7)已知A1,A2為雙曲線C:x2a2y2b2=1(a>0,b>0)的左,右頂點(diǎn),點(diǎn)P為雙曲線右支上一點(diǎn),設(shè)∠PA1A2=α,∠PA2A1=β,若cos(α+β)=13,cos(αβ)=1A.2 B.22 C.3 D.23答案B二、填空題4.(2017浙江名校協(xié)作體,16)設(shè)雙曲線x2a2y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)為F,過點(diǎn)F作與x軸垂直的直線交兩漸近線于A,B兩點(diǎn),且與雙曲線在第一象限的交點(diǎn)為P,設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),若OP=λOA+μOB,λμ=425(λ,μ∈R答案5三、解答題5.(2018浙江“七彩陽光”聯(lián)盟期中,21)已知拋物線C1:x2=4y的焦點(diǎn)為F,過拋物線C2:y=18x2+3上一點(diǎn)M作拋物線C2的切線l,與拋物線C1交于A,B兩點(diǎn)(1)記直線AF,BF的斜率分別為k1,k2,若k1·k2=35,求直線l的方程(2)是否存在正實(shí)數(shù)m,使得對(duì)任意點(diǎn)M,都有|AB|=m(|AF|+|BF|)成立?若存在,求出m的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.解析(1)設(shè)M(x0,y0),由y=x28+3,得y'=x4,則切線l的斜率為切線l的方程為y=x04(xx0)+y0=x04x+x024+y0=x04x2y0+6+y0,與x2=4y聯(lián)立,消去y得x2+x0x+4y024=0.(4分)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1+x2=x0,x1x2=4y024.(5分)則y1+y2=x04(x1+x2)2y0+12=x0242yy1y2=x12x22則由k1·k2=y1-1x1×y2-得5y0228y0+23=0,解得y0=1或y0=235∵x02=8(y03)≥0,∴y0≤3,故y0=1,∴x則直線l的方程為y=±x+5.(9分)(2)由(1)知直線l的方程為y=x04xy0+6,且x1+x2=x0,x1x2=4y則|AB|=1+x0216|x1x2|=1+x02即|AB|=16-8y0+244·-8y而|AF|+|BF|=(y1+1)+(y2+1)=4y0+20=4(5y0),(13分)則|AB|=32(|AF|+|BF|),(14分故存在正實(shí)數(shù)m=32,使得對(duì)任意點(diǎn)M,都有|AB|=32(|AF|+|BF|)成立.(156.(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l的方程;(ii)是否存在一個(gè)定點(diǎn),無論∠OFA如何變化,直線l恒過該定點(diǎn)?若存在,求出該點(diǎn)的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說明理由.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BF的方程為y=(x+1)=x1,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l的方程為y=12(ii)解法一:由于∠OFA+∠OFB=180°,所以kAF+kBF=0.設(shè)直線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+所以b2k=0,因此直線AB的方程為y=k(x+2),即直線l總經(jīng)過定點(diǎn)M(2,0).解法二:由于∠OFA+∠OFB=180°,所以B點(diǎn)關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)B1在直線AF上,設(shè)直線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AB的方程為yy1=y1-y2x1-x2(xx1),令y=0,因?yàn)閥1=k(x1+1),y2=k(x2+1),所以x=2x1x2所以直線l總經(jīng)過定點(diǎn)M(2,0).7.(2017浙江五校聯(lián)考(5月),21)如圖,已知橢圓Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過不同的三點(diǎn)A52,54,B(1)求橢圓Γ的方程及點(diǎn)C的坐標(biāo);(2)設(shè)點(diǎn)P是橢圓Γ上的動(dòng)點(diǎn)(異于點(diǎn)A,B,C),且直線PB,PC分別交直線OA于M,N兩點(diǎn),問|OM|·|ON|是否為定值?若是,求該值;若不是,請(qǐng)說明理由.解析(1)由點(diǎn)A,B在橢圓Γ上,得54a2+516b2=1設(shè)點(diǎn)C(m,n),則BC中點(diǎn)為m-由已知,求得直線OA的方程為x2y=0,從而m=2n1.①又點(diǎn)C在橢圓Γ上,故2m2+8n2=5.②由①②解得n=34(舍去)或n=14.從而m=所以點(diǎn)C的坐標(biāo)為-3(2)設(shè)P(x0,y0),M(2y1,y1),N(2y2,y2).當(dāng)x0≠12且x0≠32因?yàn)镻,B,M三點(diǎn)共線,所以y1+342y1+1因?yàn)镻,C,N三點(diǎn)共線,所以y2+142y2+3因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓Γ上,所以2x02+8y02=5,即x0從而y1y2=(3x=352-4y所以|OM|·|ON|=5|y1|·5|y2|=5|y1y2|=2516,為定值當(dāng)x0=12或x0=32時(shí),易求得|OM|·|ON|=2516綜上,|OM|·|ON|是定值,為2516C組2016—2018年模擬·方法題組方法1圓錐曲線中的定值與最值問題的解題策略1.(2017浙江吳越聯(lián)盟測(cè)試,20)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)過點(diǎn)G(1,0)作兩條互相垂直的直線l1,l2,設(shè)l1與橢圓C交于M,N兩點(diǎn),