2021届新高考版高考数学一轮复习精练：§9.6　圆锥曲线的综合问题（试题部分） .docx

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1、9.6圆锥曲线的综合问题基础篇固本夯基【基础集训】考点一曲线与方程1.设k1,则关于x,y的方程(1-k)x2+y2=k2-1所表示的曲线是()A.长轴在x轴上的椭圆B.长轴在y轴上的椭圆C.实轴在x轴上的双曲线D.实轴在y轴上的双曲线答案D2.已知A(-1,0),B(1,0)两点,过动点M作x轴的垂线,垂足为N,若MN2=ANNB,则当0时,动点M的轨迹为()A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线答案C3.设三个数(x-2)2+y2,3,(x+2)2+y2成等差数列,记(x,y)对应点的曲线是C.求曲线C的方程.解析依题意得(x-2)2+y2+(x+2)2+y2=23,所以点P(x,y)到点M(

2、2,0)与点N(-2,0)的距离之和为23,注意到|MN|=22|MN|.由椭圆的定义可知,曲线C是以M、N为左、右焦点,长半轴长为2,短半轴长为3的椭圆(左顶点除外),其方程为x24+y23=1(x-2).考点二定点与定值问题5.已知抛物线y2=4x上的两点A,B,O为坐标原点,且OAOB,A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2的值是()A.4B.8C.12D.16答案D6.已知直线l与双曲线x24-y2=1相切于点P,l与双曲线的两条渐近线交于M,N两点,则OMON的值为()A.3B.4C.5D.与P的位置有关答案A7.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0),四点P1(1,1

3、),P2(0,1),P3-1,32,P41,32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.解析本题考查了圆锥曲线的方程以及圆锥曲线与直线位置关系中的定点问题.(1)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1a2+1b21a2+34b2知,C不经过点P1,所以点P2在C上.因此1b2=1,1a2+34b2=1,解得a2=4,b2=1.故C的方程为x24+y2=1.(2)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

4、|t|0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1.而k1+k2=y1-1x1+y2-1x2=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2=2kx1x2+(m-1)(x1+x2)x1x2,由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)4m2-44k2+1+(m-1)-8km4k2+1=0.解得k=-m+12.当且仅当m-1时,0,于是l:y=-m+12x+m,即y+1=-m+12(x-2),所以l过定点(2,-1).方法总结求解轨迹方程的步骤:建系、设点列式(列出动点所满足的几何等量关系式)坐

5、标化(选用合适的公式表示几何等量关系)化简(注意化简前后的等价性)检验(去伪存真).考点三最值与范围问题8.若a1,则双曲线x2a2-y2=1的离心率的取值范围是()A.(2,+)B.(2,2)C.(1,2)D.(1,2)答案C9.已知双曲线x23-y2=1的左、右焦点分别为F1、F2,P为双曲线右支上一点,点Q的坐标为(-2,3),则|PQ|+|PF1|的最小值为.答案5+2310.已知F是双曲线C:x2-y28=1的右焦点,P是C的左支上一点,A(0,66).当APF周长最小时,该三角形的面积为.答案126考点四存在性问题11.(2019辽宁抚顺模拟,21)已知定点C(-1,0)及椭圆x2

6、+3y2=5,过点C的动直线与椭圆相交于A,B两点.(1)若线段AB中点的横坐标是-12,求直线AB的方程;(2)在x轴上是否存在点M,使MAMB为常数?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.解析(1)依题意,直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=k(x+1),将y=k(x+1)代入椭圆方程x2+3y2=5,消去y整理得(3k2+1)x2+6k2x+3k2-5=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则=36k4-4(3k2+1)(3k2-5)0,x1+x2=-6k23k2+1.由线段AB中点的横坐标是-12,得x1+x22=-3k23k2+1=-12,解得k=33,适合,所以直

7、线AB的方程为x-3y+1=0或x+3y+1=0.(2)假设在x轴上存在点M(m,0),使MAMB为常数.当直线AB与x轴不垂直时,由(1)知x1+x2=-6k23k2+1,x1x2=3k2-53k2+1,所以MAMB=(x1-m)(x2-m)+y1y2=(x1-m)(x2-m)+k2(x1+1)(x2+1)=(k2+1)x1x2+(k2-m)(x1+x2)+k2+m2.将代入,整理得MAMB=(6m-1)k2-53k2+1+m2=2m-13(3k2+1)-2m-1433k2+1+m2=m2+2m-13-6m+143(3k2+1).注意到MAMB是与k无关的常数,从而有6m+14=0,m=-7

8、3,此时MAMB=49.当直线AB与x轴垂直时,点A,B的坐标分别为-1,233,-1,-233,当m=-73时,亦有MAMB=49.综上,在x轴上存在定点M-73,0,使MAMB为常数.综合篇知能转换【综合集训】考法一有关轨迹方程问题的求法1.(2019安徽五校联盟第二次质检,4)x2+(y-3)2-x2+(y+3)2=4表示的曲线方程为()A.x24-y25=1(x-2)B.x24-y25=1(x2)C.y24-x25=1(y-2)D.y24-x25=1(y2)答案C2.(2018山西临汾模拟,9)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左,右顶点分别为A,B,点M,N是椭圆C上关于

9、长轴对称的两点,若直线AM与BN相交于点P,则点P的轨迹方程是()A.x=a(y0)B.y2=2b(|x|-a)(y0)C.x2+y2=a2+b2(y0)D.x2a2-y2b2=1(y0)答案D3.(2019广东六校第一次联考(节选)已知圆C:(x+1)2+y2=36与定点M(1,0),动圆I过M点且与圆C相切.求动圆圆心I的轨迹E的方程.解析设圆I的半径为r,由题意可知,点I满足|IC|=6-r,|IM|=r,所以|IC|+|IM|=6,由椭圆的定义知点I的轨迹为以C,M为焦点的椭圆,且a=3,c=1,所以b=22,故轨迹E的方程为x29+y28=1.考法二圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方

10、法4.(2019重庆巴蜀中学模拟,21)如图,在平面直角坐标系中,已知点F(1,0),过直线l:x=2左侧的动点P作PHl于点H,HPF的平分线交x轴于点M,且PH=2MF,记动点P的轨迹为曲线Q.(1)求曲线Q的方程.(2)过点F作直线m交曲线Q于A,B两点,点C在l上,且BCx轴,试问:直线AC是否恒过定点?请说明理由.解析(1)设P(x,y),PHl,PHOM,故HPM=PMF,又PM平分HPF,FPM=HPM,FPM=PMF,|MF|=|PF|,|PF|PH|=|MF|PH|=22.即(x-1)2+y2|x-2|=22,即曲线Q的方程为x22+y2=1.(2)过定点.理由:由题意知:直

11、线m的斜率不为0,可设直线m的方程为x=ty+1.设A(x1,y1),B(x2,y2).联立x=ty+1,x2+2y2=2,化为(t2+2)y2+2ty-1=0,0成立.y1+y2=-2tt2+2,y1y2=-1t2+2,x1=ty1+1.直线AC的斜率k=y1-y2x1-2,方程为y-y2=y1-y2x1-2(x-2).即y=y1-y2x1-2x-2+y2(x1-2)y1-y2.又y2(x1-2)y1-y2=y2(ty1-1)-2tt2+2-2y2=y2+tt2+22tt2+2+y2=12.y=y1-y2x1-2x-2+12,即y=y1-y2x1-2x-32.直线AC恒过定点32,0,经验证

12、,当斜率不存在时直线AC也经过点32,0,符合题意.考法三圆锥曲线中的最值(范围)问题的求解方法5.(2018清华大学中学生标准学术能力诊断测试(11月)设P是椭圆x2169+y225=1上一点,M,N分别是两圆:(x+12)2+y2=1和(x-12)2+y2=1上的点,则|PM|+|PN|的最小值、最大值分别为()A.18,24B.16,22C.24,28D.20,26答案C6.(2019陕西宝鸡中学二模,11)已知抛物线x2=16y的焦点为F,双曲线x24-y25=1的左、右焦点分别为F1、F2,点P是双曲线右支上一点,则|PF|+|PF1|的最小值为()A.5B.7C.9D.11答案C7

13、.(2018宁夏银川4月检测)已知动点P到定点F(1,0)和到直线x=2的距离之比为22,设动点P的轨迹为曲线E,过点F作垂直于x轴的直线与曲线E相交于A、B两点,直线l:y=mx+n与曲线E交于C,D两点,与AB相交于一点(交点位于线段AB上,且不与A,B重合).(1)求曲线E的方程;(2)当直线l与圆x2+y2=1相切时,四边形ACBD的面积是否有最大值?若有,求出其最大值及对应的直线l的方程;若没有,请说明理由.解析(1)设点P(x,y),由题意,可得(x-1)2+y2|x-2|=22,得x22+y2=1.曲线E的方程是x22+y2=1.(2)设C(x1,y1),D(x2,y2),由条件

14、可得|AB|=2.当m=0时,显然不合题意.当m0时,直线l与圆x2+y2=1相切,|n|m2+1=1,得n2=m2+1.联立y=mx+n,x22+y2=1,消去y得m2+12x2+2mnx+n2-1=0,则=4m2n2-4m2+12(n2-1)=2m20,x1+x2=-4mn2m2+1,x1x2=2(n2-1)2m2+1,S四边形ACBD=12|AB|x1-x2|=2|m|2m2+1=22|m|+1|m|22,当且仅当2|m|=1|m|,即m=22时等号成立,此时n=62.经检验可知,直线y=22x-62和直线y=-22x+62都符合题意.考法四存在性问题8.(2019内蒙古通辽五中模拟,2

15、0)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率e=63,过点A(0,-b)和B(a,0)的直线与原点的距离为32.(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:是否存在这样的实数k,使得以CD为直径的圆过E点?若存在,请求出k值,若不存在,请说明理由.解析(1)直线AB的方程为bx-ay-ab=0,依题意可得ca=63,aba2+b2=32,又c2=a2-b2,解得a2=3,b2=1,椭圆的方程为x23+y2=1.(2)存在,k=76.理由:假设存在这样的实数k,由y=kx+2,x2+3y2-3=0,得(1+3k2)x2+12kx+

16、9=0,=(12k)2-36(1+3k2)0.设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=-12k1+3k2,x1x2=91+3k2,y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4,要使以CD为直径的圆过点E(-1,0),只需CEDE,即y1y2+(x1+1)(x2+1)=0,(k2+1)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0,将代入整理得k=76,经验证,k=76时,成立.故存在k=76使得以CD为直径的圆过点E.【五年高考】考点一曲线与方程1.(2019课标全国,21,12分)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM

17、的斜率之积为-12.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程,并说明C是什么曲线;(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PEx轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.(i)证明:PQG是直角三角形;(ii)求PQG面积的最大值.解析本题主要考查轨迹方程的求法,直线与椭圆的位置关系,两条直线的位置关系,弦长问题,三角形的面积以及基本不等式的应用等相关知识;通过对三角形形状的判断以及面积最值的求解考查学生的知识迁移能力、运算求解能力及函数思想方法的应用;体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.(1)由题设得yx+2yx-2=-12,化简得x24+y22=1(|x|2),所以C为中心在坐标

18、原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左右顶点.(2)(i)证明:设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k0).由y=kx,x24+y22=1得x=21+2k2.记u=21+2k2,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).于是直线QG的斜率为k2,方程为y=k2(x-u).由y=k2(x-u),x24+y22=1得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.设G(xG,yG),则-u和xG是方程的解,故xG=u(3k2+2)2+k2,由此得yG=uk32+k2.从而直线PG的斜率为uk32+k2-uku(3k2+2)2+k2-u=-1k.所以PQPG,即PQG是直角三角形.(ii)

19、由(i)得|PQ|=2u1+k2,|PG|=2ukk2+12+k2,所以PQG的面积S=12|PQ|PG|=8k(1+k2)(1+2k2)(2+k2)=81k+k1+21k+k2.设t=k+1k,则由k0得t2,当且仅当k=1时取等号.因为S=8t1+2t2在2,+)单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为169.因此,PQG面积的最大值为169.思路分析(1)利用直线AM与BM的斜率之积为-12求得曲线C的轨迹方程,从而得出曲线C的轨迹.(2)(i)设出直线PQ的方程,联立椭圆方程,求得点P、Q的坐标,由Q、E的坐标得出直线QG的方程,联立椭圆方程,得出点G的坐标,进而表示

20、出直线PG的斜率,从而得出结论.(ii)利用弦长公式求出|PQ|与|PG|的表达式,从而将三角形的面积表示成关于k的函数,进而利用函数思想求其最大值.解题关键利用方程思想得出点P、Q的坐标,进而利用换元法及整体代换法简化运算过程是顺利解决本题的关键;正确利用基本不等式及函数单调性是求解PQG面积最值的关键.2.(2017课标全国,20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x22+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足NP=2NM.(1)求点P的轨迹方程;(2)设点Q在直线x=-3上,且OPPQ=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.解析本题考查了求轨迹方程的基本方法

21、和定点问题.(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).由NP=2NM得x0=x,y0=22y.因为M(x0,y0)在C上,所以x22+y22=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OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQPF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).由OPPQ=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以OQPF=0,即OQPF.又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且

22、垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.思路分析(1)设出P、M的坐标,利用NP=2NM得到P、M坐标间的关系,由点M在C上求解.(2)利用向量的坐标运算得OQPF=0,进而证明直线l过曲线C的左焦点F.方法总结求轨迹方程的方法有直接法和间接法.直接法有定义法、待定系数法和直译法.间接法有相关点法、交轨法和参数法.3.(2016课标全国,20,12分)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.解析由题设知F12,0

23、.设l1:y=a,l2:y=b,则ab0,且Aa22,a,Bb22,b,P-12,a,Q-12,b,R-12,a+b2.记过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.(3分)(1)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=a-b1+a2=a-ba2-ab=1a=-aba=-b=k2.所以ARFQ.(5分)(2)设l与x轴的交点为D(x1,0),则SABF=12|b-a|FD|=12|b-a|x1-12,SPQF=|a-b|2.由题设可得212|b-a|x1-12=|a-b|2,所以x1=0(舍去),或x1=1.(8分)设满足条件的A

24、B的中点为E(x,y).当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得2a+b=yx-1(x1).而a+b2=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.(12分)疑难突破第(1)问求解关键是把ARFQ的证明转化为kAR=kFQ的证明;第(2)问需找到AB中点所满足的几何条件,从而将其转化为等量关系.在利用斜率表示几何等量关系时应注意分类讨论思想的应用.4.(2015湖北,21,14分)一种作图工具如图1所示.O是滑槽AB的中点,短杆ON可绕O转动,长杆MN通过N处铰链与ON连接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动,且DN=ON=1,MN=3.当栓子

25、D在滑槽AB内做往复运动时,带动N绕O转动一周(D不动时,N也不动),M处的笔尖画出的曲线记为C.以O为原点,AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系.(1)求曲线C的方程;(2)设动直线l与两定直线l1:x-2y=0和l2:x+2y=0分别交于P,Q两点.若直线l总与曲线C有且只有一个公共点,试探究:OPQ的面积是否存在最小值?若存在,求出该最小值;若不存在,说明理由.图1图2解析(1)设点D(t,0)(|t|2),N(x0,y0),M(x,y),依题意,MD=2DN,且|DN|=|ON|=1,所以(t-x,-y)=2(x0-t,y0),且(x0-t)2+y02=1,x02+y02

26、=1.即t-x=2x0-2t,y=-2y0,且t(t-2x0)=0.由于当点D不动时,点N也不动,所以t不恒等于0,于是t=2x0,故x0=x4,y0=-y2,代入x02+y02=1,可得x216+y24=1,即曲线C的方程为x216+y24=1.(2)(i)当直线l的斜率不存在时,直线l为x=4或x=-4,都有SOPQ=1244=8.(ii)当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx+mk12,由y=kx+m,x2+4y2=16,消去y,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0.因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点,所以=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-16)=0,即m2=

27、16k2+4.又由y=kx+m,x-2y=0,可得P2m1-2k,m1-2k;同理可得Q-2m1+2k,m1+2k.由原点O到直线PQ的距离为d=|m|1+k2和|PQ|=1+k2|xP-xQ|,可得SOPQ=12|PQ|d=12|m|xP-xQ|=12|m|2m1-2k+2m1+2k=2m21-4k2.将代入得,SOPQ=2m21-4k2=8|4k2+1|4k2-1|.当k214时,SOPQ=84k2+14k2-1=81+24k2-18;当0k214时,SOPQ=84k2+11-4k2=8-1+21-4k2.因0k214,则00,解得k0或0k0)相切于点M,且M为线段AB的中点.若这样的直

28、线l恰有4条,则r的取值范围是()A.(1,3)B.(1,4)C.(2,3)D.(2,4)答案D9.(2016课标全国,20,12分)已知椭圆E:x2t+y23=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,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x24+y23=1,A(-2,0).由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为4.因此直线AM的方程为y=x+2.将x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.

29、解得y=0或y=127,所以y1=127.因此AMN的面积SAMN=212127127=14449.(2)由题意,t3,k0,A(-t,0).将直线AM的方程y=k(x+t) 代入x2t+y23=1得(3+tk2)x2+2ttk2x+t2k2-3t=0.由x1(-t)=t2k2-3t3+tk2得x1=t(3-tk2)3+tk2,故|AM|=|x1+ t|1+k2=6t(1+k2)3+tk2.由题设,直线AN的方程为y=-1k(x+t),故同理可得|AN|=6kt(1+k2)3k2+t.由2|AM|=|AN|得23+tk2=k3k2+t,即(k3-2)t=3k(2k-1).当k=32时上式不成立

30、,因此t=3k(2k-1)k3-2.t3等价于k3-2k2+k-2k3-2=(k-2)(k2+1)k3-20,即k-2k3-20,k3-20或k-20,解得32k3,建立关于k的不等式,从而得出k的取值范围.10.(2019浙江,21,15分)如图,已知点F(1,0)为抛物线y2=2px(p0)的焦点.过点F的直线交抛物线于A,B两点,点C在抛物线上,使得ABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q,且Q在点F的右侧.记AFG,CQG的面积分别为S1,S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程;(2)求S1S2的最小值及此时点G的坐标.解析本题主要考查抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础

31、知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.体现了数学抽象的核心素养和转化与化归的思想方法.(1)由题意得p2=1,即p=2.所以,抛物线的准线方程为x=-1.(2)设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t0,则xA=t2.由于直线AB过F,故直线AB方程为x=t2-12ty+1,代入y2=4x,得y2-2(t2-1)ty-4=0,故2tyB=-4,即yB=-2t,所以B1t2,-2t.又由于xG=13(xA+xB+xC),yG=13(yA+yB+yC)及重心G在x轴上,故2t-2t+yC=0,得C1t-t2,21t-t,G2t4-2t2+2

32、3t2,0.所以,直线AC方程为y-2t=2t(x-t2),得Q(t2-1,0).由于Q在焦点F的右侧,故t22.从而S1S2=12|FG|yA|12|QG|yC|=2t4-2t2+23t2-1|2t|t2-1-2t4-2t2+23t22t-2t=2t4-t2t4-1=2-t2-2t4-1.令m=t2-2,则m0,S1S2=2-mm2+4m+3=2-1m+3m+42-12m3m+4=1+32.当m=3时,S1S2取得最小值1+32,此时G(2,0).思路分析(1)根据抛物线定义知p2=1,得到准线方程x=-1.(2)要求S1S2的最小值,需要将S1S2用基本量表示出来,从点的关系出发,设A(x

33、A,yA),合理选择参数t表示A(t2,2t),t0,由直线AB过F得到AB方程,求出B点坐标,再由ABC的重心G在x轴上,求出C点和G点坐标,进而求出Q点坐标,然后就可以表示出S1S2,进而求出其最小值.11.(2018浙江,21,15分)如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.(1)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴;(2)若P是半椭圆x2+y24=1(x0)上的动点,求PAB面积的取值范围.解析本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.(1)证明:设

34、P(x0,y0),A14y12,y1,B14y22,y2.因为PA,PB的中点在抛物线上,所以y1,y2为方程y+y022=414y2+x02即y2-2y0y+8x0-y02=0的两个不同的实根.所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y轴.(2)由(1)可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,所以|PM|=18(y12+y22)-x0=34y02-3x0,|y1-y2|=22(y02-4x0).因此,SPAB=12|PM|y1-y2|=324(y02-4x0)32.因为x02+y024=1(x0b0)的离心率为22,焦距为2.(1)求椭圆E的方程;(2)如图,动直线l:y=k1x-

35、32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=24.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.解析本题考查椭圆的方程,直线与椭圆、圆的位置关系,考查最值的求解方法和运算求解能力.(1)由题意知e=ca=22,2c=2,所以a=2,b=1,因此椭圆E的方程为x22+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立x22+y2=1,y=k1x-32,消y整理得(4k12+2)x2-43k1x-1=0,由题意知0,且x1+x2=23k12k

36、12+1,x1x2=-12(2k12+1),所以|AB|=1+k12|x1-x2|=21+k121+8k121+2k12.由题意可知圆M的半径r=23|AB|=2231+k121+8k122k12+1.由题设知k1k2=24,所以k2=24k1,因此直线OC的方程为y=24k1x.联立x22+y2=1,y=24k1x,得x2=8k121+4k12,y2=11+4k12,因此|OC|=x2+y2=1+8k121+4k12.由题意可知sinSOT2=rr+|OC|=11+|OC|r,而|OC|r=1+8k121+4k122231+k121+8k121+2k12=3241+2k121+4k121+k12,令t=1+2k12,则t1,1t(0,1),因此|OC|r=32t2t2+t-1=3212+1t-1t2=321-1t-122+941,当且仅当1t=12,即t=2时等号成立,此时k1=22,所以sinSOT212,因此SOT26,所以SOT的最大值为3.综上所述:SOT的最大值为3,取得最大值时直线l的斜率k1=22.思路分析(1)由离心率和焦距,利用基本量运算求解;(2)联立直线l与椭圆方程,利用距离公式求出|A