解析几何解答题(压轴题)

高考命题规律

1.高考必考考题,压轴题. 2.解答题,12分,中高档难度.

3.全国高考有5种命题角度,分布如下表.

2014年 2015年 2016年 2019年高考必备 命题 角度1 命题 角度2 命题 角度3 命题 角度4 命题 角度5 2017年 2018年 ⅠⅡⅠⅡⅠⅡⅢⅠⅡⅢⅠⅡⅢ卷 卷 卷 卷 卷 卷 卷 卷 卷 卷 卷 卷 卷 曲线与轨迹问题 20 20 20 直线与圆锥曲线的位置关 系 圆锥曲线的最值、范围问 题 圆锥曲线的定值、定点问 题 圆锥曲线的探究、存在性 问题 20 20 20 20 20 21 20 20 20 20

命题角度1曲线与轨迹问题 高考真题体验·对方向

1.(2017全国Ⅱ·20)设O为坐标原点,动点M在椭圆C: +y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P . 满足 (1)求点P的轨迹方程;

=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F. (2)设点Q在直线x=-3上,且

=(x-x0,y), =(0,y0). (1)解设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),

得x0=x,y0= y. 由 因为M(x0,y0)在C上,所以 =1. 因此点P的轨迹方程为x2+y2=2. (2)证明由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),

=(-3,t), =(m,n), =(-3-m,t-n). =(-1-m,-n), =3+3m-tn, 则

1

=1得-3m-m2+tn-n2=1. 由

又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0. =0,即 . 所以

又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F. 2.(2016全国Ⅲ·20)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.

(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明:AR∥FQ;

(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程. (1)证明由题知F .

设l1:y=a,l2:y=b,则ab≠0, 且

A ,B

,P - ,Q - ,R -

. 记过A,B两点的直线为l, 则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0. 由于F在线段AB上,故1+ab=0. 记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2, 则k1=

-

- -

-

=-b=k2. 所以AR∥FQ.

(2)解设l与x轴的交点为D(x1,0),

则S△ABF=|b-a||FD|=|b-a| - ,S△PQF=由题设可得|b-a| - 所以x1=0(舍去),x1=1.

设满足条件的AB的中点为E(x,y).

当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得 而 =y,所以y2=x-1(x≠1). 当AB与x轴垂直时,E与D重合. 所以所求轨迹方程为y2=x-1.

(x≠1). -

-

, -

. 新题演练提能·刷高分

1.(2018山西太原二模)已知以点C(0,1)为圆心的动圆C与y轴负半轴交于点A,其弦AB的中点D恰好落在x轴上.

(1)求点B的轨迹E的方程;

2

(2)过直线y=-1上一点P作曲线E的两条切线,切点分别为M,N.求证:直线MN过定点. (1)解设B(x,y),则AB的中点D ,y>0.

- , ∵C(0,1),则

在☉C中,∵DC⊥DB, =0,∵- +y=0, ∴ 即x2=4y(y>0).

∴点B的轨迹E的方程为x2=4y(y>0).

(2)证明由已知条件可得曲线E的方程为x2=4y,

设点P(t,-1),M(x1,y1),N(x2,y2).

∵y= ,∴y'= , ∴过点M、N的切线方程分别为y-y1= (x-x1),y-y2= (x-x2).

由4y1= ,4y2= ,上述切线方程可化为2(y+y1)=x1x,2(y+y2)=x2x.∵点P在这两条切线上,

∴2(y1-1)=tx1,2(y2-1)=tx2,

即直线MN的方程为2(y-1)=tx, 故直线2(y-1)=tx过定点C(0,1).

2.(2018广西梧州3月适应性测试)已知A(-2,0),B(2,0),直线PA的斜率为k1,直线PB的斜率为k2,且k1k2=-.

(1)求点P的轨迹C的方程;

(2)设F1(-1,0),F2(1,0),连接PF1并延长,与轨迹C交于另一点Q,点R是PF2中点,O是坐标原点,记△QF1O与△PF1R的面积之和为S,求S的最大值. 解(1)设P(x,y),∵A(-2,0),B(2,0),

, -

∴k1= ,k2=

又

k1k2=- ,∴ =- ,

-

=1(x≠±2),

=1(x≠±2).

∴ ∴轨迹C的方程为

(2)由O,R分别为F1F2,PF2的中点,故OR∥PF1,故△PF1R与△PF1O同底等高,故 △ △ ,S= △ △ =S△PQO,

当直线PQ的斜率不存在时,其方程为x=-1,此时S△PQO= ×1× - - ;

3

当直线PQ的斜率存在时,设其方程为y=k(x+1),

设P(x1,y1),Q(x2,y2),显然直线PQ不与x轴重合,即k≠0;联立

解得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0, Δ=144(k+1)>0,

2

-

-

故|PQ|= |x

1-x2|= - ,

点O到直线PQ的距离d= ,

S=|PQ|d=6 ,令

u=3+4k∈(3,+∞),故S=6

2

-

-

- ,故S的最大

值为 .

3.(2018甘肃兰州一模)已知圆C:(x+1)2+y2=8,过D(1,0)且与圆C相切的动圆圆心为P. (1)求点P的轨迹E的方程;

(2)设过点C的直线l1交曲线E于Q,S两点,过点D的直线l2交曲线E于R,T两点,且l1⊥l2,垂足为W(Q,R,S,T为不同的四个点).

①设W(x0,y0),证明: <1;

②求四边形QRST的面积的最小值.

(1)解设动圆半径为r,由于D在圆内,圆P与圆C内切,则|PC|=2 -r,|PD|=r,|PC|+|PD|=2 >|CD|=2,

由椭圆定义可知,点P的轨迹E是椭圆,a= ,c=1,b= - =1,

2

E的方程为 +y=1.

(2)①证明由已知条件可知,垂足W在以CD为直径的圆周上,则有 =1,又因Q,R,S,T为不同的

四个点, <1.

②解若l1或l2的斜率不存在,四边形QRST的面积为2.

若两条直线的斜率都存在,设l1的斜率为k,则l1的方程为y=k(x+1),

(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0,则|QS|=2 , 解方程组 得

同理得|RT|=2

, 4

∴SQSRT= |QS|·|RT|=

, 当且仅当2k2+1=k2+2,即k=±1时等号成立.

综上所述,当k=±1时,四边形QRST的面积取得最小值 .

4.(2018福建福州3月质检)设点A为圆C:x2+y2=4上的动点,点A在x轴上的投影为Q,动点M满足 ,动点M的轨迹为E. 2

(1)求E的方程;

(2)设E与y轴正半轴的交点为B,过点B的直线l的斜率为k(k≠0),l与E交于另一点P.若以点B为圆心,以线段BP长为半径的圆与E有4个公共点,求k的取值范围. 解(1)设点M(x,y),A(x1,y1),则Q(x1,0),

因为2 , 所以2(x1-x,-y)=(0,-y1), 所以

- 解得

- -

由于点A在圆C:x2+y2=4上,所以x2+4y2=4,所以点M的轨迹E的方程为 +y2=1.

2

(2)由(1)知,E的方程为 +y=1,因为直线

l:y=kx+1(k≠0).

得(1+4k2)x2+8kx=0. 由

设B(x1,y1),P(x2,y2), 因此x1=0,x2=-

, |BP|= |x1-x2|=

2

, 2

则点P的轨迹方程为x+(y-1)= - 由 得3y+2y-5+

2

,

=0(-1≤y≤1),(*)

依题意得,(*)式关于y的方程在(-1,1)有两个不同的实数解, 设f(x)=3x+2x-5+

2

(-1要使函数f(x)的图象在(-1,1)与x轴有两个不同的交点,

5

- - 则 - -

整理得

-

- 即 所以

-

解得k∈ - - - - ,所以k的取值范围为 - - - - .

命题角度2直线与圆锥曲线的位置

关系

高考真题体验·对方向

1.(2017全国Ⅰ·20)设A,B为曲线C:y= 上两点,A与B的横坐标之和为4. (1)求直线AB的斜率;

(2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AM⊥BM,求直线AB的方程.

解(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1≠x2,y1= ,y2= ,x1+x2=4,于是直线AB的斜率

k=

- -

=1. (2)由

y= ,得

y'= .

设M(x3,y3),由题设知 =1,解得x3=2,于是M(2,1).

设直线AB的方程为y=x+m,故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|. 将y=x+m代入

y= 得x2-4x-4m=0.

当Δ=16(m+1)>0,即m>-1时,x1,2=2±2 .从而|AB|= |x1-x2|=4 . 由题设知|AB|=2|MN|,即4 =2(m+1),解得m=7. 所以直线AB的方程为y=x+7.

2.(2017北京·19)已知椭圆C的两个顶点分别为A(-2,0),B(2,0),焦点在x轴上,离心率为 . (1)求椭圆C的方程;

6

(2)点D为x轴上一点,过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M,N,过D作AM的垂线交BN于点E.求证:△BDE与△BDN的面积之比为4∶5. (1)解设椭圆C的方程为

由题意得 所以b2=a2-c2=1.

=1(a>b>0).

解得c= .

所以椭圆C的方程为 +y2=1. (2)证明设M(m,n),则D(m,0),N(m,-n).

由题设知m≠±2,且n≠0. 直线AM的斜率kAM= , 故直线DE的斜率kDE=-

.

所以直线DE的方程为y=- (x-m),直线BN的方程为y=(x-2).

- - -

联立

-

-

解得点E的纵坐标yE=-

-

.

- 由点M在椭圆C上,得4-m2=4n2. 所以yE=-n.

又S△BDE=|BD|·|yE|=|BD|·|n|, S△BDN=|BD|·|n|,

所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.

3.(2017天津·20)已知椭圆 的面积为 .

=1(a>b>0)的左焦点为

F(-c,0),右顶点为A,点E的坐标为(0,c),△EFA

(1)求椭圆的离心率;

(2)设点Q在线段AE上,|FQ|= c,延长线段FQ与椭圆交于点P,点M,N在x轴上,PM∥QN,且直线PM与直线QN间的距离为c,四边形PQNM的面积为3c.

①求直线FP的斜率;

7

②求椭圆的方程.

解(1)设椭圆的离心率为e.

由已知,可得 (c+a)c= .

又由b2=a2-c2,可得2c2+ac-a2=0, 即2e2+e-1=0.

又因为0(2)①依题意,设直线FP的方程为x=my-c(m>0),则直线FP的斜率为. 由(1)知a=2c,可得直线AE的方程为

=1,即

x+2y-2c=0,

与直线FP的方程联立,可解得x= , y=

,

-

- -

即点Q的坐标为 .由已知|FQ|= c,有

,

整理得3m2-4m=0,所以m= ,即直线FP的斜率为 .

②由a=2c,可得

b= c,故椭圆方程可以表示为

=1.

由①得直线FP的方程为3x-4y+3c=0,

-

消去y,整理得7x2+6cx-13c2=0,解得x=- (舍去)或x=c. 与椭圆方程联立

因此可得点

P ,进而可得|FP|=

,

所以|PQ|=|FP|-|FQ|= =c.

由已知,线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离,故直线PM和QN都垂直于直线FP.

因为QN⊥FP,所以|QN|=|FQ|·tan∠QFN= ,

所以△FQN的面积为 |FQ||QN|= ,

同理△FPM的面积等于 ,

8

由四边形PQNM的面积为3c,得 =3c,整理得c2=2c,又由c>0,得c=2.

所以,椭圆的方程为 =1.

新题演练提能·刷高分

1.(2018河南郑州一模)已知圆C:x2+y2+2x-2y+1=0和抛物线E:y2=2px(p>0),圆心C到抛物线焦点F的距离为 . (1)求抛物线E的方程;

(2)不过原点的动直线l交抛物线于A,B两点,且满足OA⊥OB.设点M为圆C上任意一动点,求当动点M到直线l的距离最大时的直线l的方程.

解(1)C:x2+y2+2x-2y+1=0可化为(x+1)2+(y-1)2=1,则圆心C为(-1,1).

∵F

,0

,

∴|CF|= - ,

解得p=6.

∴抛物线的方程为y2=12x.

(2)设直线l为x=my+t(t≠0),A(x1,y1),B(x2,y2). 联立 可得y2-12my-12t=0.

∴y1+y2=12m,y1y2=-12t. ∵OA⊥OB,∴x1x2+y1y2=0,

即(m2+1)y1y2+mt(y1+y2)+t2=0. 整理可得t2-12t=0,∵t≠0,∴t=12.

∴直线l的方程为x=my+12,故直线l过定点P(12,0).∴当CN⊥l时,即动点M经过圆心C(-1,1)

时到动直线l的距离取得最大值.

kMP=kCP=

-

=-,∴m=, - -

此时直线l的方程为x= y+12, 即为13x-y-156=0.

2.(2018河北唐山一模)已知椭圆Γ

:

=1(a>b>0)的左焦点为

F,上顶点为A,长轴长为2 ,B为直

线l:x=-3上的动点,M(m,0),AM⊥BM.当AB⊥l时,M与F重合. (1)求椭圆Γ的方程;

(2)若直线BM交椭圆Γ于P,Q两点,若AP⊥AQ,求m的值. 解(1)依题意得A(0,b),F(-c,0),

9

当AB⊥l时,B(-3,b), 由AF⊥BF,得kAF·kBF= 又b2+c2=6, 解得c=2,b= . 所以,椭圆Γ

的方程为

=1.

=-1, -

(2)由(1)得A(0, ),依题意,显然m≠0, 所以 =- ,

又AM⊥BM,所以kBM=, 所以直线BM的方程为y=(x-m), 设P(x1,y1),Q(x2,y2). -

联立

有(2+3m2)x2-6m3x+3m4-12=0, x1+x2= ,x1x2= . |PM|·|QM|= |(x1-m)(x2-m)| = = =

|x1x2-m(x1+x2)+m2| -

-

-

,|AM|2=2+m2, 由AP⊥AQ得,|AM|2=|PM|·|QM|, 所以 =1,解得m=±1.

3.(2018湖北华师附中、黄冈中学等八校第二次联考)在直角坐标系xOy中,椭圆C: 的离心率为,点P 在椭圆C上. (1)求椭圆C的方程;

(2)若斜率存在,纵截距为-2的直线l与椭圆C相交于A,B两点,若直线AP,BP的斜率均存在,求证:直线AP,OP,BP的斜率依次成等差数列.

(1)解由

=1(a>b>0)

-

=1

知

a=2,b= ,c=1,故椭圆C的方程为

=1.

10

-

(2)证明设l:y=kx-2,联立

消元得(3+4k2)x2-16kx+4=0.

∵Δ>0,∴k2> .

设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=====

- - - -

- -

,x1x2=

,∵kAP+kBP=

- -

-

-

-

-

-

-

- -

=3.

已知kOP= , ∴kAP+kBP=2kOP,即直线AP,OP,BP的斜率依次成等差数列.

命题角度3圆锥曲线的最值、范围

问题

高考真题体验·对方向

1.(2017浙江·21)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(1)设直线AP的斜率为k,k=

- =x- ,

因为- 11

(2)联立直线AP与BQ的方程

解得点Q的横坐标是xQ=

-

.

因为|PA|= (k+1), |PQ|= (x

Q-x)=- -

, 所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3. 令f(k)=-(k-1)(k+1)3, 因为f'(k)=-(4k-2)(k+1)2,

所以f(k)在区间 - 上单调递增, 上单调递减, 因此当k= 时,|PA|·|PQ|取得最大值 . 2.(2017山东·21)在平面直角坐标系线y=1所得线段的长度为2 . (1)求椭圆C的方程;

(2)动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,☉N的半径为|NO|.设D为AB的中点,DE,DF与☉N分别相切于点E,F,求∠EDF的最小值.

xOy中,已知椭圆C:

=1(a>b>0)的离心率为 ,椭圆C截直

解(1)由椭圆的离心率为 ,得a2=2(a2-b2),

又当y=1时,x=a- ,得a- =2,

2

2

2

所以a2=4,b2=2.

因此椭圆方程为 =1. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2).

12

联立方程

得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0, 由Δ>0得m2<4k2+2.(*) 且x1+x2=-

, ,

因此y1+y2=所以D -

,

又N(0,-m), 所以|ND|= -22

,

整理得|ND|=

, 因为|NF|=|m|, 所以

=1+

.

令t=8k2+3,t≥3,故2k2+1= , 所以

=1+

=1+

.

令y=t+ ,所以y'=1- .

当t≥3时,y'>0,从而y=t+在[3,+∞)上单调递增,因此t+ k=0,所以

≤1+3=4,

,等号当且仅当

t=3时成立,此时

由(*)得- 从而∠EDF的最小值为 ,此时直线l的斜率是0.

综上所述,当k=0,m∈(- ,0)∪(0, )时,∠EDF取到最小值 .

3.(2016全国Ⅱ·21)已知A是椭圆E: =1的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.

13

(1)当|AM|=|AN|时,求△AMN的面积; (2)当2|AM|=|AN|时,证明: 又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2. 将x=y-2代入 =1得7y2-12y=0. 解得y=0或y= ,所以y1= .

因此△AMN的面积S△AMN=2× . (2)证明将直线

AM的方程y=k(x+2)(k>0)代入 -

(1)解设M(x1,y1),则由题意知y1>0.由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.

=1得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.

由x1·(-2)=得x1=

-

,

故|AM|=|x1+2|

.

由题设,直线AN的方程为y=- (x+2), 故同理可得|AN|=由2|AM|=|AN|得

.

,

即4k3-6k2+3k-8=0.

设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点. f'(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0, 所以f(t)在(0,+∞)单调递增.

又f( )=15 -26<0,f(2)=6>0,因此f(t)在(0,+∞)有唯一的零点,且零点k在( ,2)内. 所以 新题演练提能·刷高分

1.(2018广东深圳第二次调研)直线l经过抛物线C:x2=4y的焦点F,且与抛物线C交于A,B两点,抛物线C在A,B两点处的切线分别与x轴交于点M,N. (1)证明:AM⊥MF;

(2)记△AFM和△BFN的面积分别为S1和S2,求S1·S2的最小值. (1)证明不妨设A(x1,y1),B(x2,y2),其中

y1= ,y2= .

由导数知识可知,抛物线C在A点处的切线l1的斜率k1= ,则切线l1的方程为y-y1= (x-x1),令

y=0,可得M .∵F(0,1),

14

∴直线MF的斜率kMF=

=- .

- -

∴k1·kMF=-1,∴AM⊥MF.

(2)解由(1)可知S1=AM·MF,

其中AM= - ,MF= ,

∴S1= AM·MF= (y1+1) .

同理可得S2= (y2+1) .

∴S1·S2=(y1+1)(y2+1)

=(y1y2+y1+y2+1) . 设直线l的方程为y=kx+1,

联立方程 可得x2-4kx-4=0,

∴x1·x2=-4.∴y1·y2= =1.

∴S1·S2=(y1+y2+2)≥(2 +2)=1,当且仅当y1=y2时,等号成立.

∴S1·S2的最小值为1.

2.(2018山东济南一模)在平面直角坐标系xOy中,抛物线C1:x2=4y,直线l与抛物线C1交于A,B两点. (1)若直线OA,OB的斜率之积为-,证明:直线l过定点;

(2)若线段AB的中点M在曲线C2:y=4-x2(-2 (1)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),

x2-4kx-4m=0, 由题意可知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+m,由 得 Δ=16(k

2

+m)>0,x1+x2=4k,x1x2=-4m,kOA·kOB=

=- ,

由已知:kOA·kOB=- ,所以m=1,

15

所以直线l的方程为y=kx+1,所以直线l过定点(0,1). (2)解设M(x0,y0),

则x0=

=2k,y0=kx0+m=2k2+m,

将M(x0,y0)代入C2:y=4- x2(-2 ∵-2 ∵Δ=16(k2+m)=16(k2+4-3k2)=32(2-k2)>0, ∴- 故k的取值范围是k∈(- ). |AB|= - = ,

- 将m=4-3k代入,得|AB|=4 - ≤4 =6 ,

2

当且仅当k2+1=2-k2,即k=± 时取等号, 所以|AB|的最大值为6 .

3.(2018湖北武汉调研)已知椭圆Γ: =1,过点P(1,1)作倾斜角互补的两条不同直线l1,l2,设l1与椭圆Γ交于A,B两点,l2与椭圆Γ交于C,D两点. (1)若P(1,1)为线段AB的中点,求直线AB的方程; (2)记λ= ,求λ的取值范围.

解(1)设直线AB的斜率为k=tan α,方程为y-1=k(x-1),代入x2+2y2=4中,

∴x2+2[kx-(k-1)]2-4=0.

∴(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2(k-1)2-4=0.

判别式Δ=[4(k-1)k]2-4(2k2+1)[2(k-1)2-4]=8(3k2+2k+1). 设A(x1,y1),B(x2,y2),

则

- -

-

∵AB中点为(1,1), ∴ (x1+x2)=

-

=1,则k=- .

∴直线AB的方程为y-1=- (x-1),

16

即x+2y-3=0.

(2)由(1)知|AB|= |x1-x2|= -

-

.

设直线CD的方程为y-1=-k(x-1)(k≠0).同理可得|CD|=

-

.

∴λ=

(k≠0).

∴λ2=1+

-

=1+

-

.

令t=3k+ ,则g(t)=1+

,t∈(-∞,-2 ]∪[2 ,+∞). -

g(t)在(-∞,-2 ],[2 ,+∞)上分别单调递减,

∴2- ≤g(t)<1或1故2- ≤λ2<1或1<λ2≤2+ . 即λ∈

- .

xOy中,椭圆C: =1(a>b>0)的离心率为 ,点

4.(2018辽宁大连一模)在平面直角坐标系椭圆C上.

(1)求椭圆C的方程;

M 在

(2)已知P(-2,0)与Q(2,0)为平面内的两个定点,过点(1,0)的直线l与椭圆C交于A,B两点,求四边形APBQ面积的最大值.

解(1)由 可得,a=2c,又因为b2=a2-c2,所以b2=3c2.所以椭圆C的方程为 =1.

因为M 在椭圆C上,所以 =1.

所以c2=1,所以a2=4,b2=3, 故椭圆方程为 =1. (2)方法一:设l的方程为x=my+1,

联立

消去x得(3m2+4)y2+6my-9=0, 设点A(x1,y1),B(x2,y2),

有Δ>0,y1+y2= ,y1y2= , |y1-y2|= -

17

-

-

-

= -

-

, 所以

S= ×4× .

令t= ,t≥1, 有S=

.

设函数y=3t+,t∈[1,+∞),y'=3- >0,t∈[1,+∞), 故函数y=3t+ 在[1,+∞)上单调递增,故3t+ ≥4,故S=当且仅当t=1即m=0时等号成立, 四边形APBQ面积的最大值为6. 方法二:设l的方程为x=my+1,

联立

≤6,

消去x得(3m2+4)y2+6my-9=0,设点A(x1,y1),B(x2,y2), 有Δ>0,y1+y2= ,y1y2= , 有|AB|= , 点P(-2,0)到直线l的距离为 - -

,点Q(2,0)到直线l的距离为

, 从而四边形APBQ的面积S= 令t= ,t≥1,有S=

,

.

函数y=3t+ ,t∈[1,+∞),y'=3- >0,t∈[1,+∞), 故函数y=3t+在[1,+∞)上单调递增,有3t+≥4,故S=

≤6.

当且仅当t=1即m=0时等号成立,四边形APBQ面积的最大值为6.

命题角度4圆锥曲线的定值、定点

问题

18

高考真题体验·对方向

1.(2017全国Ⅲ·20)在直角坐标系xOy中,曲线y=x2+mx-2与x轴交于A,B两点,点C的坐标为(0,1).当m变化时,解答下列问题:

(1)能否出现AC⊥BC的情况?说明理由;

(2)证明过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值. 解(1)不能出现AC⊥BC的情况,理由如下:

设A(x1,0),B(x2,0),

则x1,x2满足x2+mx-2=0,所以x1x2=-2.

又C的坐标为(0,1),故AC的斜率与BC的斜率之积为所以不能出现AC⊥BC的情况.

(2)BC的中点坐标为 ,可得BC的中垂线方程为y- =x2 - .

- -

=-,

由(1)可得x1+x2=-m,

所以AB的中垂线方程为x=-. -

联立

- - -

又 +mx2-2=0,可得

-

所以过A,B,C三点的圆的圆心坐标为 - - ,半径r=

故圆在y轴上截得的弦长为2 - =3,

.

即过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.

2.(2016北京·19)已知椭圆C: =1过

A(2,0),B(0,1)两点.

(1)求椭圆C的方程及离心率;

(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:四边形ABNM的面积为定值. (1)解由题意,得a=2,b=1,

所以椭圆C的方程为 +y2=1.

又c= - ,所以离心率e= .

(2)证明设P(x0,y0)(x0<0,y0<0),则 +4 =4.

又A(2,0),B(0,1), 所以直线PA的方程为y=

-

(x-2).

19

令x=0,得yM=-

-

,

从而|BM|=1-yM=1+

-

.

直线PB的方程为y=令y=0,得xN=- , -

-

x+1.

从而|AN|=2-xN=2+

. -

所以四边形ABNM的面积 S=|AN|·|BM| = ==

- - - -

- -

- - - -

=2.

从而四边形ABNM的面积为定值. 3.(2015全国Ⅱ·20)已知椭圆(1)求C的方程;

(2)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.证明:直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值. (1)解由题意有 -

C:

=1(a>b>0)的离心率为,点(2, )在C上.

=1,

解得a2=8,b2=4.

所以C的方程为

=1.

(2)证明设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).

将y=kx+b代入 =1, 得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0. 故xM=

-

,yM=k·xM+b=

.

于是直线OM的斜率kOM= =- ,

20

即kOM·k=-.

所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.

新题演练提能·刷高分

=1(a>b>0)的左焦点为F,离心率为 .

1.(2018福建厦门第一次质检)设O为坐标原点,椭圆C: 直线l:y=kx+m(m>0)与C交于A,B两点,AF的中点为M,|OM|+|MF|=5. (1)求椭圆C的方程;

(2)设点P(0,1),

=-4,求证:直线l过定点,并求出定点的坐标. (1)解设椭圆的右焦点为F1,则OM为△AFF1的中位线.

∴OM=

AF1,MF= AF, ∴|OM|+|MF|=

=a=5, ∵e=

,∴c=2 ,∴b= , ∴椭圆C的方程为

=1.

(2)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),

联立 消去y,整理得(1+5k2)x2+10mkx+5m2-25=0.

∴Δ>0,x1+x2=-

,x1x2=

-

,

∴y1+y2=k(x1+x2)+2m=

, y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2

= - -

=

-

.

∵P(0,1),

=-4, ∴(x1,y1-1)·(x2,y2-1)=x1x2+y1y2-(y1+y2)+1=-4, ∴ -

-

+5=0,

21

整理得3m2-m-10=0, 解得m=2或m=-(舍去).

∴直线l过定点(0,2).

2.(2018河北石家庄一模)已知椭圆

C:

=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,且离心率为 ,M

为椭圆上任意一点,当∠F1MF2=90°时,△F1MF2的面积为1. (1)求椭圆C的方程;

(2)已知点A是椭圆C上异于椭圆顶点的一点,延长直线AF1,AF2分别与椭圆交于点B,D,设直线BD的斜率为k1,直线OA的斜率为k2,求证:k1·k2为定值.

(1)解设|MF1|=r1,|MF2|=r2,由题

解得a= ,c=1,则b2=1,

∴椭圆C的方程为 +y2=1.

(2)证明设A(x0,y0)(x0·y0≠0),B(x1,y1),C(x2,y2),当直线AF1的斜率不存在时,设A - ,

则B - - ,

2

直线AF2的方程为y=- (x-1)代入 +y=1,可得5x2-2x-7=0.

∴x2= ,y2=- ,则D - .

- - - ∴直线BD的斜率为k1=

,直线OA的斜率为k2=- , - - ∴k1·k2= - =- .

当直线AF2的斜率不存在时,同理可得k1·k2=- . 当直线AF1,AF2的斜率存在时,x0≠±1.

设直线AF1的方程为y= (x+1),则由 消去x可

2

得:[(x0+1)2+2 ]x+4 x+2 -2(x0+1)2=0.

又

=1,则2 =2- ,代入上述方程可得(3+2x0)x2+2(2- )x-3 -4x0=0,

22

- - - -

∴x1·x0= ,∴x1= ,

则y1=

- -

=- ,

∴B - - .

设直线AF2的方程为y=同理可得D

-

(x-1),

-

. - -

- - - ∴直线BD的斜率为k1=

-

-

-

.∵直线OA的斜率为k2= ,

∴k1·k2=

-

=- .

-

-

∴直线BD与OA的斜率之积为定值- , 即k1·k2=- .

3.(2018重庆二诊)如图,已知F1(-1,0),F2(1,0)是椭圆C的左、右焦点,B为椭圆C的上顶点,点P在椭圆C上,直线PF1与y轴的交点为M,O为坐标原点,且|PM|=|F2M|,|OM|=. (1)求椭圆C的方程;

(2)过点B作两条互相垂直的直线分别与椭圆C交于S,T两点(异于点B),证明:直线ST过定点,并求该定点的坐标.

(1)解由题意得|PM|=|MF2|=|MF1|,

∴MO为△F1PF2的中位线,∴MO∥PF2,

∴PF2⊥F1F2,∴|PF2|=2|OM|=

.

又a2=b2+c2,c=1,∴a2=4,b2=3,

∴椭圆方程为

=1.

(2)证明设S(x1,y1),T(x2,y2),直线BS:y=kx+ ,由

23

消去y整理得(4k2+3)x2+8 kx=0, 解得x=-

或x=0(舍去).

∴x1=-

,

-

以- 代替上式中的k,可得x2=-

.

由题意可得,若直线BS关于y轴对称后得到直线B'S',则得到的直线S'T'与ST关于x轴对称, 所以若直线ST经过定点,该定点一定是直线S'T'与ST的交点,故该点必在y轴上. 设该点坐标为(0,t),则有

- -

- -

, ∴t=

=

- -

- - -

,将x1,x2的值代入上式,化简得t=-, ∴直线ST经过定点 -

.

4.(2018北京丰台期末)在平面直角坐标系xOy中,动点P到点F(1,0)的距离和它到直线x=-1的距离相等,记点P的轨迹为C. (1)求C的方程;

(2)设点A在曲线C上,x轴上一点B(在点F右侧)满足|AF|=|FB|.平行于AB的直线与曲线C相切于点D,试判断直线AD是否过定点?若过定点,求出定点坐标;若不过定点,请说明理由. 解(1)因为动点P到点F(1,0)的距离和它到直线x=-1的距离相等,

所以动点P的轨迹是以点F(1,0)为焦点,直线x=-1为准线的抛物线. 设C的方程为y2=2px,则 =1,即p=2. 所以C的轨迹方程为y2=4x. (2)设A

,m

,则B

+2,0

,

所以直线AB的斜率为k==- .

-

设与AB平行,且与抛物线C相切的直线为由Δ=+32mb=0得b=- ,所以yD=- ,

y=-x+b,由

得my2+8y-8b=0,

-

24

所以点D

当

,-

.

,即m≠±2时,直线

AD的方程为y-m=

-

x-

,

整理得y=

(x-1),所以直线 -

AD过定点(1,0).

当 ,即m=±2时,直线AD的方程为x=1,过定点(1,0). 综上所述,直线AD过定点(1,0).

命题角度5圆锥曲线的探究、存在

性问题

高考真题体验·对方向

1.(2016全国Ⅰ·20)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px(p>0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H. (1)求 ;

(2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由. 解(1)由已知得

M(0,t),P .

又N为M关于点P的对称点,故N ,ON的方程为y= x,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得

x1=0,x2= .因此H .

所以N为OH的中点,即 =2.

(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点. 理由如下:

直线MH的方程为y-t= x,即x= (y-t).

代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点, 所以除H以外直线MH与C没有其他公共点.

2.(2015全国Ⅱ·20)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>0),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的斜率的乘积为定值;

25

(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.

(1)证明设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).

将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM=于是直线OM的斜率kOM=即kOM·k=-9.

所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值. (2)解四边形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k>0,k≠3. 由(1)得OM的方程为y=- x. 设点P的横坐标为xP.

- 由 得 ,

-

,yM=kxM+b=

.

=-,

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ki>0,ki≠3,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.

新题演练提能·刷高分

1.(2018山西太原一模)已知椭圆C:

=1(a>b>0)的左顶点为

A,右焦点为F2(2,0),点B(2,- )在椭

圆C上.

(1)求椭圆C的方程;

26

(2)若直线y=kx(k≠0)与椭圆C交于E,F两点,直线AE,AF分别与y轴交于点M,N,在x轴上,是否存在点P,使得无论非零实数k怎样变化,总有∠MPN为直角?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.

解(1)依题意,c=2.

∵点B(2,- )在C上,∴ =1.

∵a2=b2+c2,∴a2=8,b2=4, ∴椭圆方程为

则F(-x1,-y1),

联立

消去y化简得(1+2k2)x2-8=0, 解得x1=

=1.

(2)假设存在这样的点P,设P(x0,0),E(x1,y1),

,y1= .

∵A(-2 ,0),

∴AE所在直线方程为y=

·(x+2 ), ∴M0,

,

同理可得N0, -

=-x0,,

=-x0,,

-

=0,得 ,由 -4=0.∴x0=2或x0=-2.

∴存在点P,使得无论非零实数k怎么变化,总有∠MPN为直角,点P坐标为(2,0)或(-2,0).

2.(2018山东菏泽一模)已知抛物线E的顶点为平面直角坐标系xOy的坐标原点O,焦点为圆F:x2+y2-4x+3=0的圆心F.经过点F的直线l交抛物线E于A,D两点,交圆F于B,C两点,A,B在第一象限,C,D在第四象限.

(1)求抛物线E的方程;

(2)是否存在直线l使2|BC|是|AB|与|CD|的等差中项?若存在,求直线l的方程;若不存在,请说明理由. 解(1)∵圆F的方程为(x-2)2+y2=1,

∴圆心F的坐标为(2,0),半径r=1.

根据题意设抛物线E的方程为y2=2px(p>0),

∴ =2,解得p=4.

∴抛物线E的方程为y2=8x.

(2)∵2|BC|是|AB|与|CD|的等差中项,|BC|=2r,∴|AB|+|CD|=4|BC|=4×2r=8.

27

∴|AD|=|AB|+|BC|+|CD|=10r=10.

讨论:

若l垂直于x轴,则l的方程为x=2,代入y2=8x,解得y=±4. 此时|AD|=8,不满足题意;

若l不垂直于x轴,则设l的斜率为k(k≠0),此时l的方程为y=k(x-2), - 由 得k2x2-(4k2+8)x+4k2=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=

.

∵拋物线E的准线方程为x=-2,

∴|AD|=|AF|+|DF|=(x1+2)+(x2+2)=x1+x2+4. ∴

+4=10,解得k=±2.

当k=±2时,k2x2-(4k2+8)x+4k2=0化为x2-6x+4=0.

∵(-6)2-4×1×4>0,∴x2-6x+4=0有两个不相等的实数根. ∴k=±2满足题意.

∴存在满足要求的直线l:2x-y-4=0或2x+y-4=0.

3.(2018第二次适应性检测)已知动点P是圆G:(x+ )2+y2=32上的任意一点,点P与点A( ,0)的连线段的垂直平分线和GP相交于点Q. (1)求点Q的轨迹C的方程;

(2)过坐标原点O的直线l交轨迹C于点E,F两点,直线EF与坐标轴不重合.M是轨迹C上的一点,若△EFM的面积是4,试问直线EF,OM的斜率之积是否为定值,若是,求出此定值,否则,说明理由. 解(1)由题意,|QP|=|QA|,

∵|GQ|+|QP|=|GP|=4 , ∴|GQ|+|QA|=4 >|GA|,

∴点Q的轨迹是以G,A为焦点的椭圆,其中

(2)设直线l的方程为y=k1x,

(4 联立 得+1)x2=8,

∴|EF|=

a=2 ,c= ,∴椭圆C的方程为

=1.

, 设OM所在的直线方程为y=k2x, 联立椭圆方程得M

或M -

- ,

28

-

点M到直线EF的距离d=

.

S△KFM=×|EF|×d= -

=4.∴4 -8k1k2+4 =16 +4 +4 +1,

即16 +8k1k2+1=0,解得k1k2=- ,

∴直线EF,OM的斜率之积是定值- .

4.(2018山西晋城一模)已知直线l1是抛物线C:x2=2py(p>0)的准线,直线l2:3x-4y-6=0,且l2与抛物线C没有公共点,动点P在抛物线C上,点P到直线l1和l2的距离之和的最小值等于2. (1)求抛物线C的方程;

(2)点M在直线l1上运动,过点M作抛物线C的两条切线,切点分别为P1,P2,在平面内是否存在定点N,使得MN⊥P1P2恒成立?若存在,请求出定点N的坐标,若不存在,请说明理由. 解(1)作PA,PB分别垂直l1和l2,垂足为A,B,抛物线C的焦点为F0,

由抛物线定义知|PA|=|PF|, 所以d1+d2=|PA|+|PB|=|PF|+|PB|,

易知d1+d2的最小值即为点F到直线l2的距离,故d= =2,∴p=2, 所以抛物线C的方程为x2=4y.

(2)由(1)知直线l1的方程为y=-1,当点M在特殊位置(0,-1)时,易知两个切点P1,P2关于y轴对称,

故要使得MN⊥P1P2,点N必须在y轴上.故设M(m,-1),N(0,n),P1x1, ,P2x2, ,

,

- -

抛物线C的方程为y=x2,求导得y'=x,所以切线MP1的斜率k1=x1,

直线MP1的方程为y- x1(x-x1),又点M在直线MP1上,

所以-1- x1(m-x1),整理得 -2mx1-4=0, 同理可得 -2mx2-4=0,

故x1和x2是一元二次方程x2-2mx-4=0的两根,由韦达定理得

-

=x-x, ·(-m,n+1)=(x-x)[-4m+(n+1)(x2+x1)] 21 21 = (x2-x1)[-4m+2m(n+1)]= m(x2-x1)(n-1),可见n=1时, =0恒成立,

29

所以存在定点N(0,1),使得MN⊥P1P2恒成立.

30