《（全國(guó)通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 第二編 專題五 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題練習(xí) 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 第二編 專題五 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題練習(xí) 理（32頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講圓錐曲線的綜合問題考情研析1.圓錐曲線的綜合問題一般以直線和圓錐曲線的位置關(guān)系為載體，以參數(shù)處理為核心，考查范圍、最值問題，定點(diǎn)、定值問題，探索性問題2.試題解答往往要綜合應(yīng)用函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、分類討論等多種思想方法，對(duì)計(jì)算能力也有較高要求，難度較大.核心知識(shí)回顧1.最值問題求解最值問題的基本思路是選擇變量，建立求解目標(biāo)的函數(shù)解析式，然后利用函數(shù)知識(shí)、基本不等式等知識(shí)求解其最值2范圍問題求參數(shù)范圍的問題，牢記“先找不等式，有時(shí)需要找出兩個(gè)量之間的關(guān)系，然后消去另一個(gè)量，保留要求的量”不等式的來源可以是0或圓錐曲線的有界性或題目條件中的某個(gè)量的范圍等3定點(diǎn)問題在解析幾何中，有些含有參數(shù)

2、的直線或曲線的方程，不論參數(shù)如何變化，其都過某定點(diǎn)，這類問題稱為定點(diǎn)問題4定值問題在解析幾何中，有些幾何量，如斜率、距離、面積、比值等基本量和動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)或動(dòng)線中的參變量無關(guān)，這類問題統(tǒng)稱為定值問題5存在性問題的解題步驟(1)先假設(shè)存在，引入?yún)⒆兞浚鶕?jù)題目條件列出關(guān)于參變量的方程(組)或不等式(組)(2)解此方程(組)或不等式(組)，若有解則存在，若無解則不存在熱點(diǎn)考向探究考向1 最值與范圍問題角度1最值問題例1已知拋物線C的方程為y22px(p0)，點(diǎn)R(1，2)在拋物線C上(1)求拋物線C的方程；(2)過點(diǎn)Q(1,1)作直線交拋物線C于不同于R的兩點(diǎn)A，B，若直線AR，BR分別交直線l：y2

3、x2于M，N兩點(diǎn)，求|MN|最小時(shí)直線AB的方程解(1)點(diǎn)R(1,2)在拋物線C：y22px(p0)上，42p，解得p2，拋物線C的方程為y24x.(2)設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為xm(y1)1，m0，由消去x并整理得y24my4(m1)0，y1y24m，y1y24(m1)，設(shè)直線AR的方程為yk1(x1)2，由解得點(diǎn)M的橫坐標(biāo)xM，又k1，xM，同理點(diǎn)N的橫坐標(biāo)xN，|y2y1|4，|MN|xMxN|28 2 ，令m1t，t0，則mt1，|MN|2 ，當(dāng)t2，即m1時(shí)，|MN|取得最小值，此時(shí)直線AB的方程為xy20.解析幾何中最值問題的基本解法有幾何法和代數(shù)法

4、幾何法是根據(jù)已知的幾何量之間的相互關(guān)系，結(jié)合平面幾何和解析幾何知識(shí)加以解決的(如拋物線上的點(diǎn)到某個(gè)定點(diǎn)和焦點(diǎn)的距離之和、光線反射問題等)；代數(shù)法是建立求解目標(biāo)關(guān)于某個(gè)(或兩個(gè))變量的函數(shù)，通過求解函數(shù)的最值(利用普通方法、基本不等式法或?qū)?shù)法等)解決的(2019湘贛十四校高三聯(lián)考)已知橢圓C：1(ab0)的離心率為，左焦點(diǎn)為F1，點(diǎn)A是橢圓C上位于x軸上方的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)直線AF1的斜率為1時(shí)，|AF1|.(1)求橢圓C的方程；(2)若直線AF1與橢圓C的另外一個(gè)交點(diǎn)為B，點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為A，求F1AB面積的最大值解(1)解法一：e，a22c2，又a2b2c2，bc.當(dāng)直線AF1的斜率為1

5、時(shí)，直線AF1通過橢圓上的頂點(diǎn)，|AF1|a.又a22c2，bc，b1，橢圓C的方程為y21.解法二：設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為F2，在AF1F2中，|AF1|，|AF2|2a，|F1F2|2c，(2a)22(2c)222ccos45，即a2ac2c.又e，ac.聯(lián)立，得a，c1，又a2b2c2，b1.橢圓C的方程為y21.解法三：e，a22c2，又a2b2c2，abc.橢圓C的方程可化為1，即x22y22c2.又直線AF1的方程為yxc.聯(lián)立，得x22(xc)22c2，即3x24cx0，x0或xc.直線AF1的斜率為1且A在x軸上方，xA0，A的坐標(biāo)為(0，b)|AF1|a，a，又abc，bc1.橢圓

6、C的方程為y21.(2)如圖，A在x軸上方，直線AB的斜率不為0，設(shè)直線AB的方程為xmy1.F1，A，B三點(diǎn)能構(gòu)成三角形，直線AB不垂直于x軸，m0，設(shè)A的坐標(biāo)為(x1，y1)，B的坐標(biāo)為(x2，y2)，則A的坐標(biāo)為(x1，y1)聯(lián)立得(my1)22y22，即(2m2)y22my10，y1y2，y1y2.解法一：SF1ABSBAASF1AA|AA|x2xF1|y1|x21|y1|my2|my1y2|，當(dāng)且僅當(dāng)|m|即|m|時(shí)取等號(hào)F1AB面積的最大值為.解法二：直線AB的方程為yy1(xx1)，令y0，則xx1112，直線AB過定點(diǎn)(2,0)，設(shè)定點(diǎn)為T，則SF1AB|SF1TBSF1TA|

7、y2y1|，當(dāng)且僅當(dāng)|m|即|m|時(shí)取等號(hào)F1AB面積的最大值為.角度2范圍問題例2(2019廣東高三聯(lián)考)已知橢圓C1，拋物線C2的焦點(diǎn)均在x軸上，C1的中心和C2的頂點(diǎn)均為原點(diǎn)O，從每條曲線上各取兩個(gè)點(diǎn)，其坐標(biāo)分別是(3，2)，(2,0)，(4，4)，.(1)求C1，C2的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點(diǎn)M(0,2)的直線l與橢圓C1交于不同的兩點(diǎn)A，B，且AOB為銳角(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn))，求直線l的斜率k的取值范圍解(1)由題意，拋物線的頂點(diǎn)為原點(diǎn)，所以點(diǎn)(2,0)一定在橢圓上，且a2，則橢圓上任何點(diǎn)的橫坐標(biāo)的絕對(duì)值都小于等于2，所以也在橢圓上，1，b21，故橢圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為y21，所以點(diǎn)(3，

8、2)，(4，4)在拋物線上，且拋物線開口向右，其拋物線C2的方程為y22px,126p，p2，所以拋物線C2的方程為y24x.(2)當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)，易知A，O，B三點(diǎn)共線，不符合題意當(dāng)l斜率存在時(shí)，設(shè)l：ykx2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得x24(kx2)240，即(4k21)x216kx120，令(16k)248(4k21)0，即256k2192k2480，得64k248，即k，x1x2，x1x2，y1y2(kx12)(kx22)k2x1x22k(x1x2)4，AOB為銳角，x1x2y1y20，即4k216，得2kb0)的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為2，P為橢圓C上異于頂點(diǎn)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，O為坐

9、標(biāo)原點(diǎn)，A2為橢圓C的右頂點(diǎn)，點(diǎn)M為線段PA2的中點(diǎn)，且直線PA2與直線OM的斜率之積恒為.(1)求橢圓C的方程；(2)過橢圓C的左焦點(diǎn)F1且不與坐標(biāo)軸垂直的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，線段AB的垂直平分線與x軸交于點(diǎn)N，點(diǎn)N的橫坐標(biāo)的取值范圍是，求線段AB長(zhǎng)的取值范圍解(1)由已知2a2，a，設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)，M，直線PA2與OM的斜率之積恒為，.y1，b1.故橢圓C的方程為y21.(2)設(shè)直線l：yk(x1)，聯(lián)立直線與橢圓方程得(2k21)x24k2x2k220，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根與系數(shù)的關(guān)系可得可得y1y2k(x1x22)，故AB中點(diǎn)Q，QN直線方程：yx，

10、N，由已知條件得，0，02k21，|AB| ，|EF|，故Q點(diǎn)的軌跡T為以E，F(xiàn)為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4的橢圓，則a2，c1，所以b，所以點(diǎn)Q的軌跡T的方程為1.(2)證明：分別設(shè)直線AB和CD的中點(diǎn)為M，N，當(dāng)直線AB斜率不存在或?yàn)?時(shí)，分析可知直線MN與x軸重合，當(dāng)直線AB的斜率為1時(shí)，此時(shí)M，N，直線MN的方程為x，聯(lián)立解得直線MN經(jīng)過定點(diǎn).下面證明一般性：當(dāng)直線AB的斜率存在且不為0,1時(shí)，設(shè)直線AB的方程為yk(x1)，則直線CD的方程為y(x1)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立消去y得(4k23)x28k2x4k2120，則x1x2，所以y1y2，即M，同理，N，于是直線MN

11、的斜率為kMN，故直線MN的方程為y，顯然x時(shí)，y0，故直線經(jīng)過定點(diǎn).過定點(diǎn)問題的兩大類型及解法(1)動(dòng)直線l過定點(diǎn)問題，解法：設(shè)動(dòng)直線方程(斜率存在)為ykxt，由題設(shè)條件將t用k表示為tmk，得yk(xm)，故動(dòng)直線過定點(diǎn)(m,0)(2)動(dòng)曲線C過定點(diǎn)問題，解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對(duì)參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點(diǎn)(2019白銀市靖遠(yuǎn)縣高三聯(lián)考)設(shè)橢圓C：1(ab0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，下頂點(diǎn)為A，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)O到直線AF2的距離為，AF1F2為等腰直角三角形(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)直線l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，若直線AM與直線AN的斜率之和為

12、2，證明：直線l恒過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)解(1)由題意可知，直線AF2的方程為1，即bxcybc0，則.因?yàn)锳F1F2為等腰直角三角形，所以bc，又a2b2c2，解得a，b1，c1，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y21.(2)證明：由(1)知A(0，1)，當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為ykxt(t1)，代入y21，得(12k2)x24ktx2t220，所以16k2t24(12k2)(2t22)0，即t22k2b0)的離心率為，點(diǎn)A(2，)在橢圓上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)(1)求橢圓C的方程；(2)已知點(diǎn)P，M，N為橢圓C上的三點(diǎn)，若四邊形OPMN為平行四邊形，證明四邊形OPMN的面積S為定值，并求出

13、該定值解(1)由題有a28，b24，橢圓C的方程為1.(2)當(dāng)直線PN的斜率k不存在時(shí)，直線PN的方程為x或x，從而有|PN|2，所以四邊形OPMN的面積S|PN|OM|222.當(dāng)直線PN的斜率k存在時(shí)，設(shè)直線PN的方程為ykxm(m0)，P(x1，y1)，N(x2，y2)，將直線PN的方程代入橢圓C的方程，整理得(12k2)x24kmx2m280，所以x1x2，x1x2，y1y2k(x1x2)2m，由，得M.將M點(diǎn)的坐標(biāo)代入橢圓C的方程得m212k2.又點(diǎn)O到直線PN的距離為d，|PN|x1x2|，四邊形OPMN的面積Sd|PN|m|x1x2| 2.綜上，平行四邊形OPMN的面積S為定值2.

14、定值問題的兩種解法(1)首先由特例得出一個(gè)值(此值一般就是定值)然后證明定值：即將問題轉(zhuǎn)化為證明待證式與參數(shù)(某些變量)無關(guān)(2)先將式子用動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)或動(dòng)線中的參數(shù)表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對(duì)值相等的正負(fù)項(xiàng)相抵消或分子、分母約分得定值已知拋物線E：y22px(p0)，直線xmy3與E交于A，B兩點(diǎn)，且6，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)(1)求拋物線E的方程；(2)已知點(diǎn)C的坐標(biāo)為(3,0)，記直線CA，CB的斜率分別為k1，k2，證明：2m2為定值解(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，整理得y22pmy6p0，由根與系數(shù)的關(guān)系可知，y1y22pm，y1y26p，則x1x2，由x1x2y1y2y

15、1y296p6，解得p，所以y2x.(2)證明：由題意得k1，k2，所以m，m，所以2m2222m22m212m362m22m212m362m2，由(1)可知，y1y22pmm，y1y26p3，所以2m22m212m362m224，所以2m2為定值考向3 探索性問題例5如圖，橢圓C：1(ab0)經(jīng)過點(diǎn)P，離心率e，直線l的方程為x4.(1)求橢圓C的方程；(2)線段AB是經(jīng)過右焦點(diǎn)F的任一弦(不經(jīng)過點(diǎn)P)，設(shè)直線AB與直線l相交于點(diǎn)M，記直線PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3.問：是否存在常數(shù)，使得k1k2k3？若存在，求的值；若不存在，說明理由解(1)由P在橢圓上，得1，因?yàn)閑，所

16、以a2c，則代入解得c21，a24，b23.故橢圓C的方程為1.(2)由題意可設(shè)直線AB的斜率為k，則直線AB的方程為yk(x1)，代入橢圓方程并整理，得(4k23)x28k2x4(k23)0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1x21，則有x1x2，x1x2，在方程中令x4得，M的坐標(biāo)為(4,3k)從而k1，k2，k3k.因?yàn)锳，F(xiàn)，B三點(diǎn)共線，所以kkAFkBF，即有k.所以k1k22k2k2k1，又k3k，所以k1k22k3.故存在常數(shù)2符合題意解析幾何中的探索性問題，從類型上看，主要是存在類型的相關(guān)題型，解決這類問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明確化其步驟為：假設(shè)滿足

17、條件的元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實(shí)數(shù)解，則元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))不存在(2019南通市高三階段測(cè)試)已知A(2,0)，B(2,0)，點(diǎn)C，D依次滿足|2，()(1)求點(diǎn)D的軌跡；(2)過點(diǎn)A作直線l交以A，B為焦點(diǎn)的橢圓于M，N兩點(diǎn)，線段MN的中點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離為，且直線l與點(diǎn)D的軌跡相切，求該橢圓的方程；(3)在(2)的條件下，設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(1,0)，是否存在橢圓上的點(diǎn)P及以Q為圓心的一個(gè)圓，使得該圓與直線PA，PB都相切，若存在，求出P點(diǎn)坐標(biāo)及圓的方程；若不存在，請(qǐng)說明理由解(1)設(shè)

18、C(x0，y0)，D(x，y)，則(x02，y0)，(4,0)，()(x2，y)，則有代入|2(x02)2y4得x2y21.點(diǎn)D的軌跡是以原點(diǎn)為圓心，1為半徑的圓(2)由題意可知直線l斜率存在，設(shè)直線l的方程為yk(x2)，橢圓的方程1(a24)，由l與圓相切得1，即k2，將代入得(a2k2a24)x24a2k2x4a2k2a44a20，又k2，可得(a23)x2a2xa44a20，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，|x1x2|，解得a28或a2(舍去)，橢圓方程為1.(3)假設(shè)存在橢圓上的一點(diǎn)P(x0，y0)，使得直線PA，PB與以Q為圓心的圓相切，則Q到直線PA，PB的距離相等，又A(

19、2,0)，B(2,0)，則直線PB的方程為(x02)yy0x2y00，直線PA的方程為(x02)yy0x2y00.設(shè)d1為Q到直線PB的距離，d2為Q到直線PA的距離，則d1d2，化簡(jiǎn)整理得x5x04y0.P點(diǎn)在橢圓上，x2y8.解得x02或x08(舍去)x02時(shí)，y0，r1.橢圓上存在點(diǎn)P，其坐標(biāo)為(2，)或(2，)，使得直線PF1，PF2與以Q為圓心的圓(x1)2y21相切真題押題真題模擬1(2019全國(guó)卷)已知曲線C：y，D為直線y上的動(dòng)點(diǎn)，過D作C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B.(1)證明：直線AB過定點(diǎn)；(2)若以E為圓心的圓與直線AB相切，且切點(diǎn)為線段AB的中點(diǎn)，求四邊形ADBE的面

20、積解(1)證明：設(shè)D，A(x1，y1)，則x2y1.因?yàn)閥x，所以切線DA的斜率為x1，故x1.整理得2tx12y110.設(shè)B(x2，y2)，同理可得2tx22y210.故直線AB的方程為2tx2y10.所以直線AB過定點(diǎn).(2)由(1)得直線AB的方程為ytx.由可得x22tx10.于是x1x22t，x1x21，y1y2t(x1x2)12t21，|AB|x1x2| 2(t21)設(shè)d1，d2分別為點(diǎn)D，E到直線AB的距離，則d1，d2.因此，四邊形ADBE的面積S|AB|(d1d2)(t23) .設(shè)M為線段AB的中點(diǎn)，則M.因?yàn)椋?t，t22)，與向量(1，t)平行，所以t(t22)t0，解

21、得t0或t1.當(dāng)t0時(shí)，S3；當(dāng)t1時(shí)，S4.因此，四邊形ADBE的面積為3或4.2(2019天津市高三4月聯(lián)考)已知橢圓1(ab0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，左、右頂點(diǎn)分別為A，B，過右焦點(diǎn)F2且垂直于長(zhǎng)軸的直線交橢圓于G，H兩點(diǎn)，|GH|3，F(xiàn)1GH的周長(zhǎng)為8.過A點(diǎn)作直線l交橢圓于第一象限的M點(diǎn)，直線MF2交橢圓于另一點(diǎn)N，直線NB與直線l交于點(diǎn)P.(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若AMN的面積為，求直線MN的方程；(3)證明：點(diǎn)P在定直線上解(1)由題意知|GH|3,4a8，解得a2，b，所以橢圓方程為1.(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)當(dāng)直線MN斜率k存在時(shí)，設(shè)直線MN方

22、程為yk(x1)，代入橢圓方程并整理，得(4k23)x28k2x4k2120，144(k21)0，x1x2，x1x2，|MN|.A(2,0)到直線MN：kxyk0的距離為d，SAMNd|MN|，化簡(jiǎn)得17k4k2180，解得k1.當(dāng)k1時(shí)，直線MN過點(diǎn)F2(1,0)，直線MN與橢圓的交點(diǎn)不在第一象限(舍去)所以直線MN的方程為xy10.當(dāng)直線MN斜率k不存在時(shí)，則直線MN的方程為x1，SAMN(ac)(舍去)綜上，直線MN的方程為xy10.(3)證明：設(shè)直線AM：yk1(x2)(k10)，與橢圓方程聯(lián)立得(4k3)x216kx16k120，xM，yM同理設(shè)直線BN：yk2(x2)(k20)，可

23、得xN，yN，所以直線MN的方程為，以及直線MN方程過點(diǎn)F2(1,0)，將F2，M，N坐標(biāo)代入可得，(4k1k23)(k23k1)0，k1k20，k23k1.又因?yàn)橹本€AM與直線NB交于P點(diǎn)，即xP，將k23k1代入得xP4，所以點(diǎn)P在定直線x4上3(2019江西省八所重點(diǎn)中學(xué)高三4月聯(lián)考)已知橢圓E：1(ab0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2為其左、右焦點(diǎn)，B1，B2為其上、下頂點(diǎn)，四邊形F1B1F2B2的面積為2.(1)求橢圓E的長(zhǎng)軸A1A2的最小值，并確定此時(shí)橢圓E的方程；(2)對(duì)于(1)中確定的橢圓E，設(shè)過定點(diǎn)M(2,0)的直線l與橢圓E相交于P，Q兩點(diǎn)，若，當(dāng)時(shí)，求OPQ面積S的取值范圍解(1)依題意

24、，四邊形F1B1F2B2的面積為2bc，2bc2，長(zhǎng)軸A1A22a222，此時(shí)bc1，a，故長(zhǎng)軸A1A2的最小值為2，此時(shí)橢圓E的方程為y21.(2)依題意，可設(shè)l：xty2，聯(lián)立得(t22)y24ty20，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由16t242(t22)8t2160，可得t22，且且已知M(2,0)，由，可得y1y2，2，2，t20，SSOMQSOMP|OM|y1y2|y1y2| ，設(shè)m，m，t2m22，S，m在m單調(diào)遞減，故S關(guān)于m在上單調(diào)遞增，S.4(2019玉溪市第一中學(xué)高三下學(xué)期第五次調(diào)研)已知拋物線x22py(p0)，準(zhǔn)線方程為y20，直線l過定點(diǎn)T(0，t)(t0)

25、，且與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)(1)求拋物線方程；(2)是否為定值，若是，求出這個(gè)定值；若不是，請(qǐng)說明理由；(3)當(dāng)t1時(shí)，設(shè)，記|AB|f()，求f()的最小值及取最小值時(shí)對(duì)應(yīng)的.解(1)2，p4，拋物線方程為x28y.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，根據(jù)題意知直線l的斜率存在，設(shè)l：ykxt(t0)，聯(lián)立得x28kx8t0，x1x28k，x1x28t.y1y2(kx1t)(kx2t)k2x1x2kt(x1x2)t2t2，x1x2y1y2t28t.由于T(0，t)為定點(diǎn)，故t為定值，為定值(3)T(0,1)，(x1,1y1)，(x2，y21)，x1x2,1y1(y21)

26、，x1x2，由(2)知x1x28t8，x8，x，且0，又x1x2(1)x28k，(1)2x64k2，當(dāng)k0時(shí)，1，x，k2.當(dāng)k0時(shí)，1，符合上式，且|AB|4.|AB| ，令m，則m2，|AB|，當(dāng)m2即1時(shí)，|AB|min4.金版押題5已知直線l1：axy10，直線l2：x5ay5a0，直線l1與l2的交點(diǎn)為M，點(diǎn)M的軌跡為曲線C.(1)當(dāng)a變化時(shí)，求曲線C的方程；(2)已知點(diǎn)D(2,0)，過點(diǎn)E(2,0)的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，求ABD面積的最大值解(1)由消去a，得曲線C的方程為y21.y1，即點(diǎn)(0，1)不在曲線C上，此步對(duì)考生不作要求(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，

27、l為xmy2，由得(m25)y24my10，則y1y2，y1y2，ABD的面積S2|y2y1|22 ，設(shè)t，t1，)，則S，當(dāng)t(t1，)，即t2，m時(shí)，ABD的面積取得最大值.6已知拋物線C：y22px(p0)與直線xy40相切(1)求該拋物線的方程；(2)在x軸的正半軸上，是否存在某個(gè)確定的點(diǎn)M，過該點(diǎn)的動(dòng)直線l與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)，使得為定值如果存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；如果不存在，請(qǐng)說明理由解(1)聯(lián)立方程有有y22py8p0，由于直線與拋物線相切，得8p232p0，p4，所以y28x.(2)假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)M(m,0)(m0)，直線l：xtym，有整理得y28ty8m0，設(shè)A(x

28、1，y1)，B(x2，y2)，有y1y28t，y1y28m，|AM|2(x1m)2y(t21)y，|BM|2(x2m)2y(t21)y，當(dāng)m4時(shí)，為定值，所以M(4,0)配套作業(yè)1已知拋物線x22py(p0)的焦點(diǎn)為F，直線x4與x軸的交點(diǎn)為P，與拋物線的交點(diǎn)為Q，且|QF|PQ|.(1)求拋物線的方程；(2)如圖所示，過F的直線l與拋物線相交于A，D兩點(diǎn)，與圓x2(y1)21相交于B，C兩點(diǎn)(A，B兩點(diǎn)相鄰)，過A，D兩點(diǎn)分別作拋物線的切線，兩條切線相交于點(diǎn)M，求ABM與CDM面積之積的最小值解(1)由已知P(4,0)，Q，|QF|.|QF|PQ|，得p2.拋物線方程為x24y.(2)由題意

29、可知，l斜率存在設(shè)l：ykx1.A(x1，y1)，D(x2，y2)設(shè)M(x0，y0)，則過A，D的弦方程可設(shè)為：xx02y02y即yxy0，即M(2k，1)M到l的距離d2.SABMSCDM|AB|CD|d2(|AF|1)(|DF|1)d2y1y2d2d2，又由聯(lián)立得，x24kx40，x1x24.SABMSCDM(2)21k21.當(dāng)且僅當(dāng)k0時(shí)取等號(hào)當(dāng)k0時(shí)，ABM與CDM面積之積的最小值為1.2(2019福建省高三3月質(zhì)量檢測(cè))在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓F：(x1)2y21外的點(diǎn)P在y軸的右側(cè)運(yùn)動(dòng)，且點(diǎn)P到圓F上的點(diǎn)的最小距離等于它到y(tǒng)軸的距離，記點(diǎn)P的軌跡為E.(1)求E的方程；(2)如

30、圖，過點(diǎn)F的直線交E于A，B兩點(diǎn)，以AB為直徑的圓D與平行于y軸的直線相切于點(diǎn)M，線段DM交E于點(diǎn)N，證明：AMB的面積是AMN的面積的4倍解解法一：(1)設(shè)P(x，y)，依題意x0，F(xiàn)(1，0)因?yàn)辄c(diǎn)P在圓F外，所以點(diǎn)P到圓F上的點(diǎn)的最小距離為|PF|1，依題意得|PF|1x，即1x，化簡(jiǎn)得點(diǎn)P的軌跡E的方程為y24x(x0)(2)證明：設(shè)N(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則D.依題意可知直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB的方程yk(x1)(k0)，由得k2x2(2k24)xk20.因?yàn)?2k24)24k416k2160，所以x1x2，x1x21，則有y1y2，故D，由拋物線

31、的定義知|AB|x1x22.設(shè)M(xM，yM)，依題意得yM，所以|MD|xM.又因?yàn)閨MD|，所以xM，解得xM1，所以M，因?yàn)镹在拋物線上，所以x0，即N，所以SAMB|MD|y1y2|y1y2|，SAMN|MN|y1yD|y1y2|y1y2|，故SAMB4SAMN.解法二：(1)設(shè)P(x，y)，依題意x0.因?yàn)辄c(diǎn)P在圓F外，所以點(diǎn)P到圓F上的點(diǎn)的最小距離為|PF|1.依題意得，點(diǎn)P到圓F(1,0)的距離|PF|等于P到直線x1的距離，所以點(diǎn)P在以F(1,0)為焦點(diǎn)，x1為準(zhǔn)線的拋物線上所以E的方程為y24x(x0)(2)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因?yàn)橹本€AB過F(1,0

32、)，依題意可設(shè)其方程xty1(t0)，由得y24ty40，因?yàn)?6t2160，所以y1y24t，則有x1x2(ty11)(ty21)4t22.因?yàn)镈是AB的中點(diǎn)，所以D(2t21,2t)由拋物線的定義得|AB|(x11)(x21)4t24，設(shè)圓D與l：xm相切于M，因?yàn)镈M與拋物線相交于N，所以mb0)上兩點(diǎn)(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，M為橢圓C上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P(3,0)，線段PM的垂直平分線交y軸于點(diǎn)Q，求|OQ|的最小值解(1)代入A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)，得1，1，解得a26，b22，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.(2)設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x0，y0)，則1，可得x63y，線段PM的中點(diǎn)

33、N，kQNkPM1，可得kQN，所以lQN：y.令x0，并結(jié)合式得yQ，|OQ|yQ|y0|2，當(dāng)且僅當(dāng)|y0|，y0時(shí)取等號(hào)，所以|OQ|的最小值為.4(2019郴州市高三第二次教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測(cè))已知拋物線C：x22py(p0)的焦點(diǎn)為F，過F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)(1)若以A，B為直徑的圓的方程為(x2)2(y3)216，求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過A，B分別作拋物線的切線l1，l2，證明：l1，l2的交點(diǎn)在定直線上解(1)設(shè)AB的中點(diǎn)為M，A到準(zhǔn)線的距離為d1，B到準(zhǔn)線的距離為d2，M到準(zhǔn)線的距離為d.則dyM.由拋物線的定義可知，d1AF，d2BF，所以d1d2AB8，由梯形中位線定

34、理可得d4，所以yM4，而yM3，所以34，可得p2，所以拋物線C：x24y.(2)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x22py得y，則y，所以直線l1的方程為yy1(xx1)，直線l2的方程為yy2(xx2)，聯(lián)立得x，y，即l1，l2交點(diǎn)坐標(biāo)為，因?yàn)锳B過焦點(diǎn)F，所以設(shè)直線AB的方程為ykx，代入拋物線x22py中得，x22pkxp20，所以x1x2p2，所以，所以l1，l2的交點(diǎn)在定直線y上5已知?jiǎng)訄AC與圓x2y22x0外切，與圓x2y22x240內(nèi)切(1)試求動(dòng)圓圓心C的軌跡方程；(2)過定點(diǎn)P(0,2)且斜率為k(k0)的直線l與(1)中的軌跡交于不同的兩點(diǎn)M，N，試判斷

35、在x軸上是否存在點(diǎn)A(m,0)，使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形？若存在，求出實(shí)數(shù)m的范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由解(1)由x2y22x0得(x1)2y21，由x2y22x240得(x1)2y225，設(shè)動(dòng)圓C的半徑為R，兩圓的圓心分別為F1(1,0)，F(xiàn)2(1,0)，則|CF1|R1，|CF2|5R，所以|CF1|CF2|6，根據(jù)橢圓的定義可知，點(diǎn)C的軌跡為以F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)的橢圓，所以c1，a3，所以b2a2c2918，所以動(dòng)圓圓心C的軌跡方程為1.(2)存在直線l的方程為ykx2，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中點(diǎn)為E(x0，y0)假設(shè)存在點(diǎn)A(m，0)，使得以AM，A

36、N為鄰邊的平行四邊形為菱形，則AEMN，由得(89k2)x236kx360，x1x2，所以x0，y0kx02，因?yàn)锳EMN，所以kAE，即，所以m，當(dāng)k0時(shí)，9k212，所以m0；當(dāng)k0時(shí)，9k12，所以0b0)，拋物線x28y的焦點(diǎn)為F(0,2)，b2，方程2x23x200即(2x5)(x4)0，2c4，即c2，a2b2c216，橢圓C的方程為1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB方程為yxt，由得x2txt2120，t24(t212)0，4tb0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為其左、右焦點(diǎn)，過F1的直線與此橢圓相交于D，E兩點(diǎn)，且F2DE的周長(zhǎng)為8，橢圓C的離心率為.(1)求橢圓C的

37、方程；(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)P(0,1)與點(diǎn)Q(0,2)，過P的動(dòng)直線l(不與x軸平行)與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)B1是點(diǎn)B關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)求證：Q，A，B1三點(diǎn)共線；.解(1)F2DE的周長(zhǎng)為8，4a8，即a2，e，c，b2a2c22，故橢圓C的方程為1.(2)證明：當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，A，B分別為橢圓短軸兩端點(diǎn)，滿足Q，A，B1三點(diǎn)共線當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線方程為ykx1，聯(lián)立得(12k2)x24kx20.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則B1(x2，y2)，x1x2，x1x2，(x1，y12)，(x2，y22)，x1(y22)x2(y12)x1(kx21)

38、x2(kx11)2kx1x2(x1x2)0.與共線，則Q，A，B1三點(diǎn)共線由可知Q，A，B1三點(diǎn)共線，當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，易知A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)為(0，)，有，綜上，.解析幾何類解答題(12分)已知橢圓1(ab0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1和F2，由M(a，b)，N(a，b)，F(xiàn)2和F1四個(gè)點(diǎn)構(gòu)成了一個(gè)高為，面積為3的等腰梯形(1)求橢圓的方程；(2)過點(diǎn)F1的直線和橢圓交于A，B兩點(diǎn)，求F2AB面積的最大值解題思路(1)由梯形的高得出橢圓的基本量b的值，由梯形的面積得出ac，利用a2c2b2求出a，c，寫出橢圓的方程；(2)先依題判斷過點(diǎn)F1的直線AB的斜率不為0，設(shè)出直線

39、的方程，將直線方程代入橢圓方程，消去x，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，即可得到y(tǒng)1y2和y1y2，將F2AB的面積表示為SF2AB|F1F2|y1y2|，構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性即可求最大值解(1)由條件，得b，且3，ac3.(2分)又a2c23，解得a2，c1.(4分)橢圓的方程為1.(5分)(2)顯然，直線AB的斜率不能為0，設(shè)直線AB的方程為xmy1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立方程，得消去x得，(3m24)y26my90，(6分)36m236(3m24)0，y1y2，y1y2，(8分)SF2AB|F1F2|y1y2|y1y2| 1244.(10分)令tm211，設(shè)

40、f(t)t(t1)，易知函數(shù)f(t)在1，)上單調(diào)遞增，當(dāng)tm211，即m0時(shí)，f(t)min，此時(shí)SF2AB取得最大值為3.(12分)1由梯形的面積得到a與c的關(guān)系給2分2由a2c2b2得到a與c的值給2分3正確寫出橢圓方程給1分4聯(lián)立方程消元得到一元二次方程給1分5寫出“0”和根與系數(shù)的關(guān)系給2分6構(gòu)建目標(biāo)變量的函數(shù)關(guān)系給2分7通過求解函數(shù)的值域，確定面積的最值給2分1寫全得分步驟，直線方程和曲線方程聯(lián)立后，要寫出0和根與系數(shù)的關(guān)系，這是解題過程中的得分點(diǎn)2寫明得分關(guān)鍵，在求解函數(shù)的最值時(shí)，要注意變量條件的制約，檢查最值取得的條件，不指明最值取得的條件扣1分跟蹤訓(xùn)練(2019福建省高三模擬

41、)(12分)已知橢圓C：1(ab0)過點(diǎn)，且它的焦距是短軸長(zhǎng)的倍(1)求橢圓C的方程；(2)若A，B是橢圓C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)(A，B兩點(diǎn)不關(guān)于x軸對(duì)稱)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB的斜率分別為k1，k2，問是否存在非零常數(shù)，使當(dāng)k1k2時(shí)，AOB的面積S為定值？若存在，求的值；若不存在，請(qǐng)說明理由解(1)因?yàn)闄E圓C：1(ab0)過點(diǎn)，所以1，(1分)又因?yàn)樵摍E圓的焦距是短軸長(zhǎng)的倍，所以cb，從而a2b2c24b2.聯(lián)立方程組(2分)解得所以橢圓C的方程為y21.(3分)(2)設(shè)存在這樣的常數(shù)，使k1k2，AOB的面積S為定值(4分)設(shè)直線AB的方程為ykxm，點(diǎn)A(x1，y1)，點(diǎn)B(x2，y2)，則由k1k2知y1y2x1x20，(kx1m)(kx2m)x1x20，所以(k2)x1x2km(x1x2)m20.(5分)聯(lián)立方程組消去y得(14k2)x28kmx4m240.所以(7分)點(diǎn)O到直線AB的距離d，AOB的面積S|AB|d|x1x2|.(8分)將代入得(k2)(4m24)8k2m2m2(14k2)0，化簡(jiǎn)得m2，(10分)將代入得2，(11分)要使上式為定值，只需，即需(41)20，從而，此時(shí)2，S1，所以存在這樣的常數(shù)，此時(shí)SAOB1.(12分)- 32 -