2019版高考数学（理科）总复习教师用书练习：7.3　解析几何（压轴题） .doc

7.3解析几何(压轴题)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;(2)设点Q在直线x=-3上,且=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.(1)解设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),=(x-x0,y),=(0,y0).由得x0=x,y0=y.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),则=(-3,t),=(-1-m,-n),=3+3m-tn,=(m,n),=(-3-m,t-n).由=1得-3m-m2+tn-n2=1.又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以=0,即.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:ARFQ;(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ab0,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ARFQ.(2)解设l与x轴的交点为D(x1,0),则SABF=|b-a|FD|=|b-a|,SPQF=.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(x1).而=y,所以y2=x-1(x1).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.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)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,DCDB,=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(x2),轨迹C的方程为=1(x2).(2)由O,R分别为F1F2,PF2的中点,故ORPF1,故PF1R与PF1O同底等高,故,S=SPQO,当直线PQ的斜率不存在时,其方程为x=-1,此时SPQO=1;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k0;联立解得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,=144(k2+1)>0,故|PQ|=|x1-x2|=,点O到直线PQ的距离d=,S=|PQ|d=6,令u=3+4k2(3,+),故S=6,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l1l2,垂足为W(Q,R,S,T为不同的四个点).设W(x0,y0),证明:<1;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,E的方程为+y2=1.(2)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.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),解方程组得(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0,则|QS|=2,同理得|RT|=2,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2,动点M的轨迹为E.(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(k0),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)由(1)知,E的方程为+y2=1,因为直线l:y=kx+1(k0).由得(1+4k2)x2+8kx=0.设B(x1,y1),P(x2,y2),因此x1=0,x2=-,|BP|=|x1-x2|=,则点P的轨迹方程为x2+(y-1)2=,由得3y2+2y-5+=0(-1y1),(*)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)=3x2+2x-5+(-1<x<1),因为函数f(x)的对称轴为x=-,要使函数f(x)的图象在(-1,1)与x轴有两个不同的交点,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.(2018全国19)设椭圆C:+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;(2)设O为坐标原点,证明:OMA=OMB.(1)解由已知得F(1,0),l的方程为x=1.由已知可得,点A的坐标为.所以AM的方程为y=-x+或y=x-.(2)证明当l与x轴重合时,OMA=OMB=0,当l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线,所以OMA=OMB.当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x1<,x2<,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=,由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=.将y=k(x-1)代入+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,所以,x1+x2=,x1x2=.则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=0.从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补,所以OMA=OMB.综上,OMA=OMB.2.(2018全国19)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A,B两点,|AB|=8.(1)求l的方程.(2)求过点A,B且与C的准线相切的圆的方程.解(1)由题意得F(1,0),l的方程为y=k(x-1)(k>0).设A(x1,y1),B(x2,y2).由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.=16k2+16>0,故x1+x2=.所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=.由题设知=8,解得k=-1(舍去),k=1.因此l的方程为y=x-1.(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2),所以AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3),即y=-x+5.设所求圆的圆心坐标为(x0,y0),则解得因此所求圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.3.(2018全国20)已知斜率为k的直线l与椭圆C:=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m>0).(1)证明:k<-;(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且=0.证明:|,|,|成等差数列,并求该数列的公差.(1)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),则=1,=1.两式相减,并由=k得k=0.由题设知=1,=m,于是k=-.由题设得0<m<,故k<-.(2)解由题意得F(1,0).设P(x3,y3),则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m<0.又点P在C上,所以m=,从而P,|=.于是|=2-.同理|=2-.所以|+|=4-(x1+x2)=3.故2|=|+|,则|,|,|成等差数列,设该数列的公差为d,则2|d|=|-|=|x1-x2|=.将m=代入得k=-1.所以l的方程为y=-x+,代入C的方程,并整理得7x2-14x+=0.故x1+x2=2,x1x2=,代入解得|d|=.所以该数列的公差为或-.4.(2017全国20)已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直线l交C于A,B两点,圆M是以线段AB为直径的圆.(1)证明:坐标原点O在圆M上;(2)设圆M过点P(4,-2),求直线l与圆M的方程.(1)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2.由可得y2-2my-4=0,则y1y2=-4.又x1=,x2=,故x1x2=4.因此OA的斜率与OB的斜率之积为=-1,所以OAOB.故坐标原点O在圆M上.(2)解由(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4.故圆心M的坐标为(m2+2,m),圆M的半径r=.由于圆M过点P(4,-2),因此=0,故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0,即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0.由(1)可得y1y2=-4,x1x2=4.所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-.当m=1时,直线l的方程为x-y-2=0,圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为,圆M的方程为(x-3)2+(y-1)2=10.当m=-时,直线l的方程为2x+y-4=0,圆心M的坐标为,圆M的半径为,圆M的方程为.5.(2017北京18)已知抛物线C:y2=2px过点P(1,1).过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M,N,过点M作x轴的垂线分别与直线OP,ON交于点A,B,其中O为原点.(1)求抛物线C的方程,并求其焦点坐标和准线方程;(2)求证:A为线段BM的中点.(1)解由抛物线C:y2=2px过点P(1,1),得p=.所以抛物线C的方程为y2=x.抛物线C的焦点坐标为,准线方程为x=-.(2)证明由题意,设直线l的方程为y=kx+(k0),l与抛物线C的交点为M(x1,y1),N(x2,y2).由得4k2x2+(4k-4)x+1=0.则x1+x2=,x1x2=.因为点P的坐标为(1,1),所以直线OP的方程为y=x,点A的坐标为(x1,x1),直线ON的方程为y=x,点B的坐标为.因为y1+-2x1=0,所以y1+=2x1.故A为线段BM的中点.6.(2017天津19)设椭圆=1(a>b>0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为,已知A是抛物线y2=2px(p>0)的焦点,F到抛物线的准线l的距离为.(1)求椭圆的方程和抛物线的方程;(2)设l上两点P,Q关于x轴对称,直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A),直线BQ与x轴相交于点D.若APD的面积为,求直线AP的方程.解(1)设F的坐标为(-c,0).依题意,=a,a-c=,解得a=1,c=,p=2,于是b2=a2-c2=.所以,椭圆的方程为x2+=1,抛物线的方程为y2=4x.(2)设直线AP的方程为x=my+1(m0),与直线l的方程x=-1联立,可得点P,故Q.将x=my+1与x2+=1联立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=.由点B异于点A,可得点B.由Q,可得直线BQ的方程为(x+1)-=0,令y=0,解得x=,故D.所以|AD|=1-.又因为APD的面积为,故,整理得3m2-2|m|+2=0,解得|m|=,所以m=.所以,直线AP的方程为3x+y-3=0或3x-y-3=0.新题演练提能刷高分1.(2018河北唐山一模)已知椭圆:=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),AMBM.当ABl时,M与F重合.(1)求椭圆的方程;(2)若直线BM交椭圆于P,Q两点,若APAQ,求m的值.解(1)依题意得A(0,b),F(-c,0),当ABl时,B(-3,b),由AFBF,得kAFkBF=-1,又b2+c2=6,解得c=2,b=.所以,椭圆的方程为=1.(2)由(1)得A(0,),依题意,显然m0,所以=-,又AMBM,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APAQ得,|AM|2=|PM|QM|,所以=1,解得m=1.2.(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OAOB.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(t0),A(x1,y1),B(x2,y2).联立可得y2-12my-12t=0.y1+y2=12m,y1y2=-12t.OAOB,x1x2+y1y2=0,即(m2+1)y1y2+mt(y1+y2)+t2=0.整理可得t2-12t=0,t0,t=12.直线l的方程为x=my+12,故直线l过定点P(12,0).当CNl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=0.3.(2018甘肃第一次诊断性考试)椭圆E:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2作垂直于x轴的直线l与椭圆E在第一象限交于点P,若|PF1|=5,且3a=b2.(1)求椭圆E的方程;(2)A,B是椭圆C上位于直线l两侧的两点.若直线AB过点(1,-1),且APF2=BPF2,求直线AB的方程.解(1)由题意可得|PF2|=3,因为|PF1|=5,由椭圆的定义得a=4,所以b2=12,所以椭圆E的方程为=1.(2)易知点P的坐标为(2,3).因为APF2=BPF2,所以直线PA,PB的斜率之和为0.设直线PA的斜率为k,则直线PB的斜率为-k,设A(x1,y1),B(x2,y2),则直线PA的方程为y-3=k(x-2),由可得(3+4k2)x2+8k(3-2k)x+4(3-2k)2-48=0,x1+2=.同理,直线PB的方程为y-3=-k(x-2),可得x2+2=,x1+x2=,x1-x2=,kAB=,满足条件的直线AB的方程为y+1=(x-1),即为x-2y-3=0.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山东21)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:=1(a>b>0)的离心率为,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(1)由题意知e=,2c=2,所以a=,b=1,因此椭圆E的方程为+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程得(4+2)x2-4k1x-1=0,由题意知>0,且x1+x2=,x1x2=-.所以|AB|=|x1-x2|=.由题意可知圆M的半径r为r=|AB|=.由题设知k1k2=,所以k2=,因此直线OC的方程为y=x.联立方程得x2=,y2=,因此|OC|=.由题意可知sin =,而=,令t=1+2,则t>1,(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的斜率为k1=.2.(2016全国20)已知椭圆E:=1的焦点在x轴上,A是E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,MANA.(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.解(1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.当t=4时,E的方程为=1,A(-2,0).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.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SAMN=2.(2)由题意t>3,k>0,A(-,0).将直线AM的方程y=k(x+)代入=1得(3+tk2)x2+2tk2x+t2k2-3t=0.由x1(-)=得x1=,故|AM|=|x1+.由题设,直线AN的方程为y=-(x+),故同理可得|AN|=.由2|AM|=|AN|得,即(k3-2)t=3k(2k-1).当k=时上式不成立,因此t=.t>3等价于<0,即<0.由此得解得<k<2.因此k的取值范围是(,2).3.(2016全国20)设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.(1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程;(2)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.解(1)因为|AD|=|AC|,EBAC,故EBD=ACD=ADC.所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.又圆A的标准方程为(x+1)2+y2=16,从而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.由题设得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为:=1(y0).(2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2),由得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,则x1+x2=,x1x2=,所以|MN|=|x1-x2|=.过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y=-(x-1),A到m的距离为,所以|PQ|=2=4.故四边形MPNQ的面积S=|MN|PQ|=12.可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8).当l与x轴垂直时,其方程为x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四边形MPNQ的面积为12.综上,四边形MPNQ面积的取值范围为12,8).新题演练提能刷高分1.(2018江西南昌一模)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,过焦点F的直线交C于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,y1y2=-4.(1)求抛物线方程;(2)点B在准线l上的投影为E,D是C上一点,且ADEF,求ABD面积的最小值及此时直线AD的方程.解(1)依题意F,当直线AB的斜率不存在时,|y1y2|=-p2=-4,p=2.当直线AB的斜率存在时,设AB:y=k,由化简得y2-y-p2=0.由y1y2=-4,得p2=4,p=2,所以抛物线方程为y2=4x.(2)设D(x0,y0),B,则E(-1,t).又由y1y2=-4,可得A.因为kEF=-,ADEF,所以kAD=,故直线AD:y+.由化简得y2-2ty-8-=0,所以y1+y0=2t,y1y0=-8-.所以|AD|=|y1-y0|=.设点B到直线AD的距离为d,则d=.所以SABD=|AD|d=16,当且仅当t4=16,即t=2.当t=2时,直线AD的方程为x-y-3=0,当t=-2时,直线AD的方程为x+y-3=0.2.(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<x<2)上,求的最大值.(1)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),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x2-4kx-4m=0,=16(k2+m)>0,x1+x2=4k,x1x2=-4m,kOAkOB=-,由已知:kOAkOB=-,所以m=1,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<x<2),得2k2+m=4-(2k)2,m=4-3k2.-2<x0<2,-2<2k<2,-<k<.=16(k2+m)=16(k2+4-3k2)=32(2-k2)>0,-<k<,故k的取值范围是k(-).|AB|=,将m=4-3k2代入,得|AB|=44=6,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山东青岛一模)已知O为坐标原点,点A,B在椭圆C:+y2=1上,点E-在圆D:x2+y2=r2(r>0)上,AB的中点为Q,满足O,E,Q三点共线.(1)求直线AB的斜率;(2)若直线AB与圆D相交于M,N两点,记OAB的面积为S1,OMN的面积为S2,求S=S1+S2的最大值.解(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点Q(x0,y0).点A,B在椭圆C上,相减得+(y1-y2)(y1+y2)=0.kAB=-.x0=,y0=,kAB=-.E,kOE=-.O,E,Q三点共线,kOQ=kOE=-,kAB=-=1.(2)点E在圆D上,r2=.圆D的方程为x2+y2=.设直线AB的方程:y=x+m,由得3x2+4mx+2m2-2=0.由>0得m2<3.x1+x2=-,x1x2=,则|AB|=.设O到直线AB的距离为d,d=,|MN|=2=2.S=S1+S2=|AB|d+|MN|d=2|m|=,当m2=<3时,即m=时,Smax=.4.(2018广东珠海3月质检)已知抛物线C1:y2=2px(p>0),圆C2:x2+y2=4,直线l:y=kx+b与抛物线C1相切于点M,与圆C2相切于点N.(1)若直线l的斜率k=1,求直线l和抛物线C1的方程;(2)设F为抛物线C1的焦点,设FMN,FON的面积分别为S1,S2,若S1=S2,求的取值范围.解(1)由题设知l:x-y+b=0,且b>0,由l与C2相切知,C2(0,0)到l的距离d=2,得b=2,l:x-y+2=0.将l与C1的方程联立消x得y2-2py+4p=0,其=4p2-16p=0得p=4,C1:y2=8x.综上,l:x-y+2=0,C1:y2=8x.(2)不妨设k>0,根据对称性,k>0得到的结论与k<0得到的结论相同.此时b>0,又知p>0,设M(x1,y1),N(x2,y2),由消y得k2x2+2(kb-p)x+b2=0,其=4(kb-p)2-4k2b2=0得p=2kb,从而解得M,由l与C2切于点N知C2(0,0)到l:kx-y+b=0的距离d=2,得b=2,则p=4k,故M.由得N,故|MN|=|xM-xN|=.F到l:kx-y+b=0的距离d0=2k2+2,S1=SFMN=|MN|d0=,又S2=SFON=|OF|yN|=2k,=(k2+1)=2k2+32+3.当且仅当2k2=即k=时取等号,与上同理可得,k<0时亦是同上结论.综上,的取值范围是3+2,+).命题角度4圆锥曲线的定值、定点问题高考真题体验对方向1.(2017全国20)已知椭圆C:=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3,P4中恰有三点在椭圆C上.(1)求C的方程;(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.(1)解由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点.又由知,C不经过点P1,所以点P2在C上.因此解得故C的方程为+y2=1.(2)证明设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2,如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为.则k1+k2=-1,得t=2,不符合题设.从而可设l:y=kx+m(m1).将y=kx+m代入+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.由题设可知=16(4k2-m2+1)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.而k1+k2=.由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)+(m-1)=0.解得k=-.当且仅当m>-1时,>0,于是l:y=-x+m,即y+1=-(x-2),所以l过定点(2,-1).2.(2016北京19)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,A(a,0),B(0,b),O(0,0),OAB的面积为1.(1)求椭圆C的方程;(2)设P是椭圆C上一点,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N,求证:|AN|BM|为定值.(1)解由题意得解得a=2,b=1.所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)证明由(1)知,A(2,0),B(0,1).设P(x0,y0),则+4=4.当x00时,直线PA的方程为y=(x-2).令x=0,得yM=-,从而|BM|=|1-yM|=.直线PB的方程为y=x+1.令y=0,得xN=-,从而|AN|=|2-xN|=.所以|AN|BM|=4.当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|BM|=4.综上,|AN|BM|为定值.3.(2015全国20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,点(2,)在C上.(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=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(k0,b0),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=kxM+b=.于是直线OM的斜率kOM=-,即kOMk=-.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.(2018福建厦门第一次质检)设O为坐标原点,椭圆C:=1(a>b>0)的左焦点为F,离心率为.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.>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,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安徽合肥第二次质检)已知点A(1,0)和动点B,以线段AB为直径的圆内切于圆O:x2+y2=4.(1)求动点B的轨迹方程;(2)已知点P(2,0),Q(2,-1),经过点Q的直线l与动点B的轨迹交于M,N两点,求证:直线PM与直线PN的斜率之和为定值.(1)解如图,设以线段AB为直径的圆的圆心为C,取A(-1,0).依题意,圆C内切于圆O,设切点为D,则O,C,D三点共线,O为AA的中点,C为AB中点,AB=2OC.|BA|+|BA|=2OC+2AC=2OC+2CD=2OD=4>|AA|=2,动点B的轨迹是以A,A为焦点,长轴长为4的椭圆,设其方程为=1(a>b>0),则2a=4,2c=2,a=2,c=1,b2=a2-c2=3,动点B的轨迹方程为=1.(2)证明当直线l垂直于x轴时,直线l的方程为x=2,此时直线l与椭圆=1相切,与题意不符.当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y+1=k(x-2).由消去y整理得(4k2+3)x2-(16k2+8k)x+16k2+16k-8=0.直线l与椭圆交于M,N两点,=(16k2+8k)2-4(4k2+3)(16k2+16k-8)>0,解得k<.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,kPM+kPN=2k-=2k-=2k-=2k-=2k+3-2k=3(定值).3.(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y=-x+b,由得my2+8y-8b=0,由=64+32mb=0得b=-,所以yD=-,所以点D,-.当,即m2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).4.(2018四川德阳二诊)已知长度为3的线段AB的两个端点A,B分别在x轴和y轴上运动,动点P满足=2,设动点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)过点(4,0)且斜率不为零的直线l与曲线C交于M,N两点,在x轴上是否存在定点T,使得直线MT与NT的斜率之积为常数.若存在,求出定点T的坐标以及此常数;若不存在,请说明理由.解(1)设P(x,y),A(m,0),B(0,n),由于=2,所以(x,y-n)=2(m-x,-y)=(2m-2x,-2y),即所以又|AB|=3,所以m2+n2=18,从而+9y2=18.即曲线C的方程为=1.(2)由题意设直线l的方程为:x=my+4,M(x1,y1),N(x2,y2),由得(m2+4)y2+8my+8=0,所以故x1+x2=m(y1+y2)+8=,x1x2=m2y1y2+4m(y1+y2)+16=,假