1、9.8 圆锥曲线的综合问题考纲解读考点 内容解读 要求 高考示例 常考题型 预测热度1.定值与最值及范围问题掌握与圆锥曲线有关的最值、定值、参数范围问题 掌握2017课标全国,20;2017浙江,21;2017 山东,21;2016课标全国,20;2016 北京,19;2016山东,21;2015 浙江,19;2014四川,10;2014 浙江,21解答题 2.存在性问题 了解并掌握与圆锥曲线有关的存在性问题 掌握 2014山东,21;2013 江西,20 解答题 分析解读 1.会处理动曲线(含直线)过定点的问题.2.会证明与曲线上的动点有关的定值问题.3.会按条件建立目标函数,研究变量的最值
2、问题及变量的取值范围问题,注意运用“数形结合”“几何法”求某些量的最值.4.能与其他知识交汇,从假设结论成立入手,通过推理论证解答存在性问题.5.本节在高考中围绕直线与圆锥曲线的位置关系,展开对定值、最值、参数取值范围等问题的考查,注重对数学思想方法的考查,分值约为 12分,难度偏大.五年高考考点一 定值与最值及范围问题1.(2017浙江,21,15 分)如图,已知抛物线 x2=y,点 A,B,抛物线上的点 P(x,y).过点 B作直线 AP的垂线,垂足为 Q.(1)求直线 AP斜率的取值范围;(2)求|PA|PQ|的最大值.解析 (1)设直线 AP的斜率为 k,k=x-,因为-b0)的离心率
3、为,焦距为 2.(1)求椭圆 E的方程;(2)如图,动直线 l:y=k1x-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=.M是线段 OC延长线上一点,且|MC|AB|=23,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 (1)由题意知 e=,2c=2,所以 a=,b=1,因此椭圆 E的方程为+y 2=1.(2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),联立消 y整理得(4+2)x 2-4k1x-1=0,由题意知 0,且 x1+x2=,x1x2=-,所以|AB|=|x 1
4、-x2|=.由题意可知圆 M的半径r=|AB|=.由题设知 k1k2=,所以 k2=,因此直线 OC的方程为 y=x.联立得 x2=,y2=,因此|OC|=.由题意可知 sin=,而=,令 t=1+2,则 t1,(0,1),因此=1,当且仅当=,即 t=2时等号成立,此时 k1=,所以 sin,因此,所以SOT 的最大值为.综上所述:SOT 的最大值为,取得最大值时直线 l的斜率 k1=.3.(2016课标全国,20,12 分)已知椭圆 E:+=1的焦点在 x轴上,A 是 E的左顶点,斜率为 k(k0)的直线交 E于 A,M两点,点 N在 E上,MANA.(1)当 t=4,|AM|=|AN|时
5、,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 y10.当 t=4时,E 的方程为+=1,A(-2,0).(1 分)由已知及椭圆的对称性知,直线 AM的倾斜角为.因此直线 AM的方程为 y=x+2.(2分)将 x=y-2代入+=1 得 7y2-12y=0.解得 y=0或 y=,所以 y1=.(4分)因此AMN 的面积 SAMN =2=.(5分)(2)由题意,t3,k0,A(-,0).将直线 AM的方程 y=k(x+) 代入+=1 得(3+tk 2)x2+2tk2x+t2k2-3t=0.(7分)由 x1(-)=得 x1=,故|
6、AM|=|x 1+ |=.(8分)由题设,直线 AN的方程为 y=-(x+),故同理可得|AN|=.(9 分)由 2|AM|=|AN|得=,即(k 3-2)t=3k(2k-1).当 k=时上式不成立,因此 t=.(10分)t3等价于=b0)的离心率是,抛物线 E:x2=2y的焦点 F是 C的一个顶点.(1)求椭圆 C的方程;(2)设 P是 E上的动点,且位于第一象限,E 在点 P处的切线 l与 C交于不同的两点 A,B,线段 AB的中点为 D.直线 OD与过 P且垂直于 x轴的直线交于点 M.(i)求证:点 M在定直线上;(ii)直线 l与 y轴交于点 G,记PFG 的面积为 S1,PDM 的
7、面积为 S2.求的最大值及取得最大值时点 P的坐标.解析 (1)由题意知=,可得 a2=4b2.因为抛物线 E的焦点 F的坐标为,所以 b=,所以 a=1.所以椭圆 C的方程为 x2+4y2=1.(2)(i)设 P(m0).由 x2=2y,可得 y=x,所以直线 l的斜率为 m.因此直线 l方程为 y-=m(x-m),即 y=mx-.设 A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).联立得(4m 2+1)x2-4m3x+m4-1=0.由 0,得 00),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
8、乘积为定值;(2)若 l过点,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(k0,b0),A(x 1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将 y=kx+b代入 9x2+y2=m2得(k 2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM=,yM=kxM+b=.于是直线 OM的斜率 kOM=-,即 kOMk=-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,所以 l不过原点且与 C有两个交点的充要条件是 k0,k3.由(1)得 OM的方
9、程为 y=-x.设点 P的横坐标为 xP.由得=,即 xP=.将点的坐标代入 l的方程得 b=,因此 xM=.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=2,解得 k1=4-,k2=4+.因为 ki0,ki3,i=1,2,所以当 l的斜率为 4-或 4+时,四边形 OAPB为平行四边形.8.(2015浙江,19,15 分)已知椭圆+y 2=1上两个不同的点 A,B关于直线 y=mx+对称.(1)求实数 m的取值范围;(2)求AOB 面积的最大值(O 为坐标原点).解析 (1)由题意知 m0,可设直线 AB的方程为 y=-x+b.由消去 y,得 x
10、2-x+b2-1=0.因为直线 y=-x+b与椭圆+y 2=1有两个不同的交点,所以 =-2b 2+2+0,将 AB中点 M代入直线方程 y=mx+,解得 b=-.由得 m.(2)令 t=,则|AB|=,且 O到直线 AB的距离为 d=.设AOB 的面积为 S(t),所以 S(t)=|AB|d=.当且仅当 t2=时,等号成立.故AOB 面积的最大值为.9.(2015天津,19,14 分)已知椭圆+=1(ab0)的左焦点为 F(-c,0),离心率为,点 M在椭圆上且位于第一象限,直线 FM被圆 x2+y2=截得的线段的长为 c,|FM|=.(1)求直线 FM的斜率;(2)求椭圆的方程;(3)设动
11、点 P在椭圆上,若直线 FP的斜率大于,求直线 OP(O为原点)的斜率的取值范围.解析 (1)由已知有=,又由 a2=b2+c2,可得 a2=3c2,b2=2c2.设直线 FM的斜率为 k(k0),则直线 FM的方程为 y=k(x+c).由已知,有+=,解得 k=.(2)由(1)得椭圆方程为+=1,直线 FM的方程为 y=(x+c),两个方程联立,消去 y,整理得 3x2+2cx-5c2=0,解得 x=-c或 x=c.因为点 M在第一象限,可得 M的坐标为.由|FM|=,解得 c=1,所以椭圆的方程为+=1.(3)设点 P的坐标为(x,y),直线 FP的斜率为 t,得 t=,即 y=t(x+1
12、)(x-1),与椭圆方程联立得消去 y,整理得 2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得 t=,解得-0,于是 m=,得 m.当 x(-1,0)时,有 y=t(x+1)0,因此 mb0),动直线 l与椭圆 C只有一个公共点 P,且点 P在第一象限.(1)已知直线 l的斜率为 k,用 a,b,k表示点 P的坐标;(2)若过原点 O的直线 l1与 l垂直,证明:点 P到直线 l1的距离的最大值为 a-b.解析 (1)设直线 l的方程为 y=kx+m(k.即当 k(-,-1)时,直线 l与 C1没有公共点,与 C2有一个公共点,故此时直线 l与轨迹 C恰好有一个公共点.2若或则由解得 k或-kb
13、0)的左、右焦点分别为 F1、F 2,离心率为 e1;双曲线 C2:-=1的左、右焦点分别为 F3、F 4,离心率为 e2,已知 e1e2=,且|F 2F4|=-1.(1)求 C1,C2的方程;(2)过 F1作 C1的不垂直于 y轴的弦 AB,M为 AB的中点,当直线 OM与 C2交于 P,Q两点时,求四边形 APBQ面积的最小值.解析 (1)因为 e1e2=,所以=,即 a4-b4=a4,因此 a2=2b2,从而 F2(b,0),F4(b,0),于是 b-b=|F2F4|=-1,所以 b=1,所以 a2=2.故 C1,C2的方程分别为+y 2=1,-y2=1.(2)因为 AB不垂直于 y轴,
14、且过点 F1(-1,0),故可设直线 AB的方程为 x=my-1.由得(m 2+2)y2-2my-1=0,易知此方程的判别式大于 0,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 y1,y2是上述方程的两个实根,所以 y1+y2=,y1y2=.因此 x1+x2=m(y1+y2)-2=,于是 AB的中点 M的坐标为.故直线 PQ的斜率为-,则 PQ的方程为 y=-x,即 mx+2y=0.由得(2-m 2)x2=4,所以 2-m20,且 x2=,y2=,从而|PQ|=2=2.设点 A到直线 PQ的距离为 d,则点 B到直线 PQ的距离也为 d,所以 2d=,因为点 A,B在直线 mx+2y=0的异侧
15、,所以(mx 1+2y1)(mx2+2y2)0.由根与系数的关系得,x 1+x2=,x1x2=,因为 x轴平分PBQ,所以=-,即 y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,将,代入得 2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,k=-b,此时 0,直线 l的方程为 y=k(x-1),即直线 l过定点(1,0).14.(2013安徽,18,12 分)设椭圆 E:+=1的焦点在 x轴上.(1)若椭圆 E的焦距为 1,求椭圆 E的方程;(2)设 F1,F2分别是椭圆 E的左,右焦点,P
16、 为椭圆 E上第一象限内的点,直线 F2P交 y轴于点 Q,并且 F1PF 1Q.证明:当 a变化时,点 P在某定直线上.解析 (1)因为焦距为 1,所以 2a2-1=,解得 a2=.故椭圆 E的方程为+=1.(2)证明:设 P(x0,y0),F1(-c,0),F2(c,0),其中 c=.由题设知 x0c,则直线 F1P的斜率=,直线 F2P的斜率=.故直线 F2P的方程为 y=(x-c).当 x=0时,y=,即点 Q的坐标为.因此,直线 F1Q的斜率为=.由于 F1PF 1Q,所以=-1.化简得=-(2a 2-1).将代入椭圆 E的方程,由于点 P(x0,y0)在第一象限,解得 x0=a2,
17、y0=1-a2,即点 P在定直线 x+y=1上.15.(2013山东,22,13 分)椭圆 C:+=1(ab0)的左、右焦点分别是 F1、F 2,离心率为,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F 1PF2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 k0,试证明+为定值,并求出这个定值.解析 (1)由于 c2=a2-
18、b2,将 x=-c代入椭圆方程+=1,得 y=,由题意知=1,即 a=2b2.又 e=,所以 a=2,b=1.所以椭圆 C的方程为+y 2=1.(2)解法一:设 P(x0,y0)(y00).又 F1(-,0),F2(,0),所以直线 PF1,PF2的方程分别为:y0x-(x0+)y+y0=0,:y0x-(x0-)y-y0=0.由题意知= .由于点 P在椭圆上,所以+=1.所以= .因为-b0)的离心率为,点 P(0,1)和点 A(m,n)(m0)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
19、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)由题意得解得 a2=2.故椭圆 C的方程为+y 2=1.设 M(xM,0).因为 m0,所以-10)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 l1l,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
20、不存在,请说明理由.解析 (1)由题意知 F.设 D(t,0)(t0),则 FD的中点为.因为|FA|=|FD|,由抛物线的定义知 3+=,解得 t=3+p或 t=-3(舍去).由=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)(x0y00),D(x D,0)(xD0),因为|FA|=|FD|,则|x D-1|=x0+1,由 xD0得 xD=x0+2,故 D(x0+2,0).故直线 AB的斜率 kAB=-.因为直线 l1和直线 AB平行,所以设直线 l1的方程为 y=-x+b,代入抛物线方程得 y2+y-=0,由题意得 =+=0
21、,得 b=-.设 E(xE,yE),则 yE=-,xE=,当4 时,k AE=-=,可得直线 AE的方程为 y-y0=(x-x0),由=4x 0,整理可得 y=(x-1),直线 AE恒过点 F(1,0).当=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|=(x 0+1)+=x0+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=,设 B(x1,y1),直线 AB的方程为 y-y0=-(x-x0),由于 y00,可得 x=-y+2+
22、x0,代入抛物线方程得 y2+y-8-4x0=0.所以 y0+y1=-,可求得 y1=-y0-,x1=+x0+4,所以点 B到直线 AE的距离为d=4.则ABE 的面积 S=416,当且仅当=x 0,即 x0=1时等号成立.所以ABE 的面积的最小值为 16.教师用书专用(3)3.(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(mn),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 =,BDM 和ABN 的面积分别为 S1和 S2.(1)当直线 l与 y轴
23、重合时,若 S1=S 2,求 的值;(2)当 变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线 l,使得 S1=S 2?并说明理由.解析 依题意可设椭圆 C1和 C2的方程分别为 C1:+=1,C2:+=1.其中 amn0,=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=|BD|OM|=a|BD|,S2=|AB|ON|=a|AB|,所以=.在 C1和 C2的方程中,分别令 x=0,可得 yA=m,yB=n,yD=-m,于是=.若=,则=,化简得 2-2-1=0.由 1,可解得 =+1.故当直线 l与 y轴重合时,若 S1=S 2,则 =+1.解法二:如图 1,若
24、直线 l与 y轴重合,则|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n;S1=|BD|OM|=a|BD|,S2=|AB|ON|=a|AB|.所以=.若=,则=,化简得 2-2-1=0.由 1,可解得 =+1.故当直线 l与 y轴重合时,若 S1=S 2,则 =+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=S 2.根据对称性,不妨设直线 l:y=kx(k0),点 M(-a,0),N(a,0)到直线 l的距离分别为 d1,d2,则d1=,d2=,所以 d1=d2.又 S1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以=,即|BD|=|AB|.由对称
25、性可知|AB|=|CD|,所以|BC|=|BD|-|AB|=(-1)|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=(+1)|AB|,于是=.将 l的方程分别与 C1,C2的方程联立,可求得xA=,xB=.根据对称性可知 xC=-xB,xD=-xA,于是=.从而由式和式可得=.令 t=,则由 mn,可得 t1,于是由式可解得 k2=.因为 k0,所以 k20.于是式关于 k有解,当且仅当0,等价于(t 2-1)1,可解得1,解得 1+,所以当 11+时,存在与坐标轴不重合的直线 l,使得 S1=S 2.解法二:如图 2,若存在与坐标轴不重合的直线 l,使得 S1=S 2.根据对称性,不妨设直线 l:y
26、=kx(k0),点 M(-a,0),N(a,0)到直线 l的距离分别为 d1,d2,则d1=,d2=,所以 d1=d2.又 S1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以=.因为=,所以=.由点 A(xA,kxA),B(xB,kxB)分别在 C1,C2上,可得+=1,+=1,两式相减可得+=0,依题意得 xAxB0,所以.所以由上式解得 k2=.因为 k20,所以由0,可解得 11+,所以当 11+时,存在与坐标轴不重合的直线 l,使得 S1=S 2.三年模拟A组 20162018 年模拟基础题组考点一 定值与最值及范围问题1.(人教 A选 21,二 A,5,变式)若双曲线-=1(a0,b0)与
27、直线 y=2x无交点,则其离心率 e的取值范围是( )A.(1,2) B.(1,2 C.(1,) D.(1,答案 D2.(2017湖南长沙模拟,11)P 是双曲线 C:-y2=1右支上一点,直线 l是双曲线 C的一条渐近线,P 在 l上的射影为 Q,F1是双曲线 C的左焦点,则|PF 1|+|PQ|的最小值为( )A.1 B.2+ C.4+ D.2+1答案 D3.(2018河北五校 12月联考,20)已知椭圆 C:+=1(ab0)的离心率为,右焦点为 F,上顶点为 A,且AOF 的面积为(O 是坐标原点).(1)求椭圆 C的方程;(2)设 P是椭圆 C上的一点,过 P的直线 l与以椭圆的短轴为
28、直径的圆切于第一象限,切点为 M,证明:|PF|+|PM|为定值.解析 (1)设椭圆的半焦距为 c,由已知得椭圆的方程为+y 2=1.(2)证明:以短轴为直径的圆的方程为 x2+y2=1,F(1,0),设 P(x0,y0),则+=1(0b0)的左、右焦点分别为 F1,F2,上顶点为 A,过点 A与 AF2垂直的直线交 x轴负半轴于点 Q,且 2+=0,过 A,Q,F2三点的圆的半径为 2.过定点 M(0,2)的直线 l与椭圆 C交于 G,H两点(点 G在点 M,H之间).(1)求椭圆 C的方程;(2)设直线 l的斜率 k0,在 x轴上是否存在点 P(m,0),使得以 PG,PH为邻边的平行四边
29、形是菱形?如果存在,求出 m的取值范围;如果不存在,请说明理由.解析 (1)因为 2+=0,所以 F1为 F2Q的中点.由 F1(-c,0),F2(c,0)及已知得 Q的坐标为(-3c,0),因为 AQAF 2,所以 b2=3cc=3c2,a2=4cc=4c2,且过 A,Q,F2三点的圆的圆心为 F1(-c,0),半径为 2c,所以 2c=2,解得 c=1,所以 a=2,b=,所以所求椭圆方程为+=1.(2)假设存在点 P满足题意,由已知得 l的方程为 y=kx+2(k0),与椭圆方程联立,消去 y可得(3+4k 2)x2+16kx+4=0.设 G(x1,y1),H(x2,y2),则 x1+x
30、2=-,=(16k) 2-16(3+4k2)0,又 k0,k.+=(x1-m,y1)+(x2-m,y2)=(x1+x2-2m,y1+y2)=(x1+x2-2m,k(x1+x2)+4),=(x2-x1,y2-y1)=(x2-x1,k(x2-x1).由于菱形的对角线互相垂直,故(+)=0,所以(x 2-x1)(x1+x2)-2m+k(x2-x1)k(x1+x2)+4=0,即(x 2-x1)(x1+x2)-2m+k2(x1+x2)+4k=0.因为 k0,所以 x2-x10.所以(x 1+x2)-2m+k2(x1+x2)+4k=0,即(1+k 2)(x1+x2)+4k-2m=0.所以(1+k 2)+4
31、k-2m=0.解得 m=-,即 m=-.因为 k,所以+4k2=4 当且仅当 k=时,“=”成立 ,所以-mb0)的离心率 e=,过点 A(0,-b)和 B(a,0)的直线与原点的距离为.(1)求椭圆的方程;(2)已知定点 E(-1,0),若直线 y=kx+2(k0)与椭圆交于 C、D 两点,问:是否存在 k使得以 CD为直径的圆过 E点?请说明理由.解析 (1)直线 AB的方程为 bx-ay-ab=0,依题意可得解得椭圆的方程为+y 2=1.(2)存在.理由:假设存在这样的 k.联立得(1+3k 2)x2+12kx+9=0,由题意知 =(12k) 2-36(1+3k2)0,设 C(x1,y1
32、),D(x2,y2),则 x1+x2=-,x1x2=,而 y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4,要使以 CD为直径的圆过点 E(-1,0),当且仅当 CEDE 时成立,则 y1y2+(x1+1)(x2+1)=0,(k 2+1)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0,将代入整理得 k=,经验证,k=时成立.综上可知,存在 k=使得以 CD为直径的圆过点 E.B组 20162018 年模拟提升题组(满分:35 分 时间:30 分钟)一、选择题(共 5分)1.(2017河南郑州一模,11)已知直线 l与双曲线-y 2=1相切于点 P,l与双曲线的两条渐近
33、线交于 M,N两点,则的值为( )A.3 B.4C.5 D.与 P的位置有关答案 A二、解答题(共 30分)2.(2018湖南长沙模拟)已知动圆 M在圆 F1:(x+1)2+y2=外部且与圆 F1相切,同时还在圆 F2:(x-1)2+y2=内部与圆 F2相切.(1)求动圆圆心 M的轨迹方程;(2)记(1)中求出的轨迹为 C,C与 x轴的两个交点分别为 A1、A 2,P是 C上异于 A1、A 2的动点,直线 l:x=与 x轴交于点 D,直线A1P、A 2P分别交直线 l于 E、F 两点,求证:|DE|DF|为定值.解析 (1)设动圆 M的半径为 r,由已知得|MF 1|=+r,|MF2|=-r,
34、|MF1|+|MF2|=4|F1F2|,M 点的轨迹是以 F1,F2为焦点的椭圆,设椭圆方程为+=1(ab0),则 a=2,c=1,则 b2=a2-c2=3,故圆心 M的轨迹方程为+=1.(2)设 P(x0,y0),由已知得 A1(-2,0),A2(2,0),则=,直线 PA1的方程为:y=(x+2),=,直线 PA2的方程为:y=(x-2),当 x=时,E,F,|DE|DF|= (+2)(-2) = 2 ,又(x 0,y0)满足+=1,=-,|DE|DF|= -2 =,为定值.3.(2017广东汕头二模,20)已知 O为坐标原点,圆 M:(x+1)2+y2=16,定点 F(1,0),点 N是
35、圆 M上一动点,线段 NF的垂直平分线交圆M的半径 MN于点 Q,点 Q的轨迹为 E.(1)求曲线 E的方程;(2)已知点 P是曲线 E上但不在坐标轴上的任意一点,曲线 E与 y轴的交点分别为 B1、B 2,直线 B1P和 B2P分别与 x轴相交于 C、D两点,请问线段长之积|OC|OD|是否为定值?如果是,请求出定值;如果不是,请说明理由;(3)在(2)的条件下,若点 C的坐标为(-1,0),过点 C的直线 l与 E相交于 A、B 两点,求ABD 面积的最大值.解析 (1)连接 FQ,则|FQ|=|NQ|,|MQ|+|FQ|=|MQ|+|QN|=|MN|=4|MF|,根据椭圆的定义得,E 是
36、以 M(-1,0),F(1,0)为焦点,4 为长轴长的椭圆,2a=4,即 a=2,又焦点为(1,0),即 c=1,b 2=a2-c2=4-1=3.故点 Q的轨迹 E的方程为+=1.(2)是定值.设 P(x0,y0)(x02,y 03),不妨设 B1在 y轴负半轴上,则直线 B1P的方程为 y=x-.令 y=0,得 xC=,同理得 xD=,|OC|OD|=|x C|xD|=.点 P是曲线 E上但不在坐标轴上的任意一点,+=1,即 3=4(3-),|OC|OD|=4,因此|OC|OD|是定值,且定值为 4.(3)当点 C的坐标为(-1,0)时,点 D(-4,0),|CD|=3,设直线 l的方程为
37、x=my-1,A(x1,y1),B(x2,y2),由得(3m 2+4)y2-6my-9=0,=36(4m 2+4),y1,2=,|y 1-y2|=,ABD 的面积 S=|y1-y2|3=.m 20,1,又函数 y=3x+在1,+)上为增函数,3+4,S,当 m=0,即直线 AB的方程为 x=-1时,ABD 的面积最大,且最大值为.C组 20162018 年模拟方法题组方法 1 与圆锥曲线相关的最值、范围问题的解题方法1.(2017江西南昌 NCS项目模拟,11)抛物线 y2=8x的焦点为 F,设 A(x1,y1),B(x2,y2)是抛物线上的两个动点,若 x1+x2+4=|AB|,则AFB 的
38、最大值为( )A. B. C. D.答案 D2.(2018天津模拟,20)已知椭圆 C:+=1(ab0),且椭圆上的点到一个焦点的最短距离为 b.(1)求椭圆 C的离心率;(2)若点 M在椭圆 C上,不过原点 O的直线 l与椭圆 C相交于 A,B两点,与直线 OM相交于点 N,且 N是线段 AB的中点,求OAB 面积的最大值.解析 (1)由题意得 a-c=b,则(a-c) 2=b2,结合 b2=a2-c2,得(a-c) 2=(a2-c2),即 2c2-3ac+a2=0,亦即 2e2-3e+1=0,结合 00.设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=,x1x2=.由 y1+y2=
39、k(x1+x2)+2m=,得线段 AB的中点坐标为 N,因为 N在直线 y=x上,所以-=2,解得 k=-.所以 =48(12-m 2)0,得-2b0)的离心率为,抛物线 C2:x2=-ay的准线方程为 y=.(1)求椭圆 C1和抛物线 C2的方程;(2)设过定点 M(0,2)的直线与椭圆 C1交于不同的两点 P,Q,若 O在以 PQ为直径的圆的外部,求直线的斜率的取值范围.解析 (1)由题意得=,a=2,故抛物线 C2的方程为 x2=-2y,又 e=,c=,b=1,从而椭圆 C1的方程为+y 2=1.(2)显然直线 x=0不满足题设条件,可设直线 l:y=kx+2,P(x1,y1),Q(x2
40、,y2).由得(1+4k 2)x2+16kx+12=0,=(16k) 2-412(1+4k2)0,k,x1+x2=,x1x2=,根据题意,得 00,=x 1x2+y1y2=x1x2+(kx1+2)(kx2+2)=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4=+2k+4=0,-20),因抛物线过点(2,4),故 42=4p,解得 p=4,故抛物线的方程为 y2=8x.(2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 kPA=,同理,k PB=,kAB=.k PA+kPB=0,+=0,=,y 1+4=-y2-4,y 1+y2=-8,k AB=-1.直线 AB的斜率恒为定值-1.(3)k PAkPB
41、=1,=1,y 1y2+4(y1+y2)-48=0.直线 AB的方程为 y-y1=,即(y 1+y2)y-y1y2=8x.将 y1y2=-4(y1+y2)+48代入上式得(y 1+y2)(y+4)=8(x+6),该直线恒过定点(-6,-4),命题得证.5.(2018河南新乡模拟,20)已知右焦点为 F的椭圆 M:+=1(a)与直线 y=相交于 P,Q两点,且 PFQF.(1)求椭圆 M的方程:(2)O为坐标原点,A,B,C 是椭圆 M上不同的三点,并且 O为ABC 的重心,试探究ABC 的面积是否为定值.若是,求出这个定值;若不是,说明理由.解析 (1)设 F(c,0),P,Q,将点 P的坐标
42、代入椭圆方程可得+=1,即 t2=a2,由 PFQF,可得=-1,即 c2-t2=-,由可得 c2=a2-.又 a2-c2=3,解得 a=2,c=1,故椭圆方程为+=1.(2)当直线 AB的斜率存在时,设直线 AB的方程为 y=kx+m,代入椭圆方程 3x2+4y2=12,可得(3+4k 2)x2+8kmx+4m2-12=0,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1x2=,x1+x2=-,y1+y2=k(x1+x2)+2m=,由 O为ABC 的重心,可得=-(+)=,由 C在椭圆上,得 3+4=12,化简可得 4m2=3+4k2,|AB|=,C到直线 AB的距离 d=,SABC =|A
43、B|d=.当直线 AB的斜率不存在时,|AB|=3,d=3,S ABC =|AB|d=.综上可得,ABC 的面积为定值.6.(2017福建福州模拟,20)已知点 P是直线 l:y=x+2与椭圆+y 2=1(a1)的一个公共点,F 1,F2分别为该椭圆的左,右焦点,设|PF1|+|PF2|取得最小值时椭圆为 C.(1)求椭圆 C的标准方程及离心率;(2)已知 A,B为椭圆 C上关于 y轴对称的两点,Q 是椭圆 C上异于 A,B的任意一点,直线 QA,QB分别与 y轴交于点 M(0,m),N(0,n),试判断 mn是否为定值,如果为定值,求出该定值;如果不是,请说明理由.解析 (1)联立得(a 2
44、+1)x2+4a2x+3a2=0.直线 y=x+2与椭圆有公共点,=16a 4-4(a2+1)3a20,得 a23,又 a1,a,由椭圆的定义知|PF 1|+|PF2|=2a,故当 a=时,|PF 1|+|PF2|取得最小值,此时椭圆 C的标准方程为+y 2=1,离心率为=.(2)mn为定值.设 A(x1,y1),B(-x1,y1),Q(x0,y0)(y0y 1),且已知 M(0,m),N(0,n),由题意知 kQA=kQM,=,即 m=y0-=,同理,得 n=,mn=,又+=1,+=1,=1-,=1-,mn=1,mn 为定值 1.方法 3 存在性问题的解题策略7.(2016吉林长春外国语学校
45、第一次质量检测,21)已知椭圆 C:+=1(ab0)的离心率为,且过点.(1)求椭圆 C的方程;(2)设不过原点 O的直线 l:y=kx+m(k0)与椭圆 C交于 P、Q 两点,直线 OP、OQ 的斜率依次为 k1、k 2,若 4k=k1+k2,试问:当 k变化时,m 2是否为定值?若是,求出此定值并证明你的结论;若不是,请说明理由.解析 (1)依题意可得又 a2=b2+c2,a=2,b=1.椭圆 C的方程是+y 2=1.(2)当 k变化时,m 2为定值,证明如下:由得(1+4k 2)x2+8kmx+4(m2-1)=0.设 P(x1,y1)、Q(x 2,y2),则 x1+x2=-,x1x2=,直线 OP、OQ 的斜率依次为 k1、k 2,且 4k=k1+k2,4k=+=+,得 2kx1x2=m(x1+x2),m 2=,经检验满足 0.
