2021届课标版高考理科数学大一轮复习精练：9.7　圆锥曲线的综合问题（试题部分） .docx

《2021届课标版高考理科数学大一轮复习精练：9.7　圆锥曲线的综合问题（试题部分） .docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届课标版高考理科数学大一轮复习精练：9.7　圆锥曲线的综合问题（试题部分） .docx（30页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、9.7圆锥曲线的综合问题探考情 悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.定值与定点问题掌握与圆锥曲线有关的定值与定点问题2018课标,19,12分定值问题角平分线的性质,斜率公式2017课标,20,12分定点问题根与系数的关系、斜率公式2.最值与范围问题掌握与圆锥曲线有关的参数范围问题2016课标,20,12分范围问题椭圆的几何性质3.存在性问题了解并掌握与圆锥曲线有关的存在性问题2015课标,20,12分存在性问题根与系数的关系、斜率公式分析解读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

2、值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,注重考查学生的数学运算、逻辑推理的核心素养,分值约为12分,难度偏大.破考点 练考向【考点集训】考点一定值与定点问题1.(2018重庆綦江模拟,9)已知圆C:x2+y2=1,点P为直线x+2y-4=0上一动点,过点P向圆C引两条切线PA,PB,A,B为切点,则直线AB经过定点()A.12,14B.14,12C.34,0D.0,34答案B2.(2020届河南名校联盟

3、9月月考,19)已知O为坐标原点,过点M(1,0)的直线l与抛物线C:y2=2px(p0)交于A,B两点,且OAOB=-3.(1)求抛物线C的方程;(2)过点M作直线ll,交抛物线C于P、Q两点,记OAB,OPQ的面积分别为S1,S2,证明:1S12+1S22为定值.解析(1)易知直线l的斜率不为0,故设直线l的方程为x=my+1,与抛物线C:y2=2px(p0)联立,消去x得y2-2pmy-2p=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=2pm,y1y2=-2p.由OAOB=-3,得x1x2+y1y2=(my1+1)(my2+1)+y1y2=(1+m2)y1y2+m(y1+y2

4、)+1=(1+m2)(-2p)+2pm2+1=-2p+1=-3,解得p=2,抛物线C的方程为y2=4x.(2)证明:易知直线l,l的斜率均存在且不为0.由(1)知,点M(1,0)是抛物线C的焦点,所以|AB|=x1+x2+p=my1+my2+2+p=4m2+4,又原点到直线l的距离为11+m2,所以OAB的面积S1=1211+m24(m2+1)=21+m2,又直线l过点M,且ll,所以OPQ的面积S2=21+-1m2=21+m2m2,所以1S12+1S22=14(1+m2)+m24(1+m2)=14,即1S12+1S22为定值.考点二最值与范围问题1.(2018河北百校联盟4月联考,16)已知

5、抛物线C:x2=8y的焦点为F,准线为l1,直线l2与抛物线C相切于点P,记点P到直线l1的距离为d1,点F到直线l2的距离为d2,则d2d1+2的最大值为.答案122.(2020届四川成都摸底考试,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1(-3,0),F2(3,0),且经过点A3,12.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过点B(4,0)作一条斜率不为0的直线l与椭圆C相交于P,Q两点,记点P关于x轴对称的点为P,若直线PQ与x轴相交于点D,求DPQ面积的最大值.解析本题主要考查椭圆的方程及定义、直线与椭圆的位置关系、直线方程、基本不等式,考查的核心素养是逻辑推理

6、、数学运算.(1)由椭圆的定义,可知2a=|AF1|+|AF2|=(23)2+122+12=4,解得a=2.又b2=a2-c2=22-(3)2=1,椭圆C的标准方程为x24+y2=1.(2)由题意,设直线l的方程为x=my+4(m0),P(x1,y1),Q(x2,y2),则P(x1,-y1).由x=my+4,x24+y2=1消去x,可得(m2+4)y2+8my+12=0.=16(m2-12)0,m212.y1+y2=-8mm2+4,y1y2=12m2+4.kPQ=y2+y1x2-x1=y2+y1m(y2-y1),直线PQ的方程为y+y1=y2+y1m(y2-y1)(x-x1),令y=0,可得x

7、=m(y2-y1)y1y1+y2+my1+4.x=2my1y2y1+y2+4=2m12m2+4-8mm2+4+4=24m-8m+4=1,D(1,0).SDPQ=|SBDP-SBDQ|=12|BD|y1-y2|=32(y1+y2)2-4y1y2=6m2-12m2+4.令t=m2-12,t(0,+),则SDPQ=6tt2+16=6t+16t34,当且仅当t=4,即m=27时等号成立,DPQ面积的最大值为34.思路分析(1)首先由椭圆的定义求出a,然后由椭圆中a,b,c的关系求b,从而求得椭圆的方程;(2)设出直线l的方程与点P,Q的坐标,联立直线l与椭圆的方程,利用斜率公式求得直线PQ的斜率,进而

8、得直线PQ的方程,由此求得点D的坐标,再利用面积公式求得SDPQ的表达式,从而利用换元法与基本不等式求出其最大值.考点三存在性问题(2019内蒙古通辽五中模拟,20)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

9、,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+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

10、得以CD为直径的圆过点E.炼技法 提能力【方法集训】方法最值问题的求解方法1.(2019河南郑州一中4月模拟,10)已知F为抛物线y2=x的焦点,点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧,OAOB=6(其中O为坐标原点),则ABO与AFO面积之和的最小值是()A.1723B.3C.338D.3132答案D2.(2019甘肃兰州铁一中模拟,15)已知F是抛物线x2=4y的焦点,P为抛物线上的动点,且点A的坐标为(0,-1),则2|PA|+|PF|PF|的最大值是.答案3【五年高考】A组统一命题课标卷题组考点一定值与定点问题(2017课标,20,12分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0),四

11、点P1(1,1),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)证明: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(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)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|0.设A(x1,y1),B(x2

12、,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).思路分析(1)利用椭圆的对称性易知点P3,P4在椭圆上,将点P1(1,1)代入椭圆方程,经过比较可知点P1(1,1)

13、不在椭圆上,进而可列方程组求出椭圆方程;(2)设出直线l的方程,将直线l与椭圆的方程联立并消元,利用根与系数的关系使问题得解,在解题中要注意直线斜率不存在的情况.方法点拨定点问题的常见解法:(1)根据题意选择参数,建立一个含参数的直线系或曲线系方程,经过分析、整理,对方程进行等价变形,以找出满足方程且与参数无关的坐标,该坐标对应的点即为所求的定点.(2)从特殊位置入手,找出定点,再证明该定点符合题意.考点二最值与范围问题(2016课标,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

14、|=|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).(1分)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.(2分)将x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=127,所以y1=127.(4分)因此AMN的面积SAMN=212127127=14449.(5分)(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

15、=0.(7分)由x1(-t)=t2k2-3t3+tk2得x1=t(3-tk2)3+tk2,故|AM|=|x1+ t|1+k2=6t(1+k2)3+tk2.(8分)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.(9分)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,因此t=3k(2k-1)k3-2.(10分)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.本题主

16、要考查椭圆的几何性质,直线与椭圆的位置关系以及方程思想的应用,考查学生的运算求解能力及逻辑思维能力.挖掘出题目中t3这一隐含条件是把等式转化为不等式的关键.考点三存在性问题(2015课标,20,12分)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m0),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;(2)若l过点m3,m,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(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=

17、kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM=x1+x22=-kbk2+9,yM=kxM+b=9bk2+9.于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-9k,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m3,m,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的方程为y=-9kx.设点P的横坐标为xP.由y=-9kx,9x2+y2=m2得xP2=k2m29k2+81,即xP=km3k2+9.将点m3,m的坐标代入l的方程得b=m(3-k)3,因此xM=k(k-3)m3(k2+9

18、).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km3k2+9=2k(k-3)m3(k2+9),解得k1=4-7,k2=4+7.因为ki0,ki3,i=1,2,所以当l的斜率为4-7或4+7时,四边形OAPB为平行四边形.思路分析(1)设出直线l的方程,与椭圆方程联立并消元,利用韦达定理求得AB的中点M的坐标,进而可得出结论;(2)要使四边形OAPB为平行四边形,则线段AB与线段OP互相平分,即xP=2xM,由此结合已知条件建立相应方程,进而通过解方程使问题得解.B组自主命题省(区、市)卷题组考点一定值与定点问题(2019北京,18,14分)已知抛物线C:

19、x2=-2py经过点(2,-1).(1)求抛物线C的方程及其准线方程;(2)设O为原点,过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M,N,直线y=-1分别交直线OM,ON于点A和点B.求证:以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.解析本题主要考查抛物线、直线和圆的基本概念,重点考查直线与抛物线的位置关系,考查学生对数形结合思想的应用以及逻辑推理能力,通过直线与抛物线的位置关系考查了数学运算的核心素养.(1)由抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1),得p=2.所以抛物线C的方程为x2=-4y,其准线方程为y=1.(2)证明:抛物线C的焦点为F(0,-1).设直线l的方程为y=kx-1

20、(k0).由y=kx-1,x2=-4y得x2+4kx-4=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2=-4,直线OM的方程为y=y1x1x.令y=-1,得点A的横坐标xA=-x1y1.同理得点B的横坐标xB=-x2y2.设点D(0,n),则DA=-x1y1,-1-n,DB=-x2y2,-1-n,DADB=x1x2y1y2+(n+1)2=x1x2-x124-x224+(n+1)2=16x1x2+(n+1)2=-4+(n+1)2.令DADB=0,即-4+(n+1)2=0,得n=1或n=-3.综上,以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0,-3).考点二最值与范围问题1.(2019

21、北京,8,5分)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线C:x2+y2=1+|x|y就是其中之一(如图).给出下列三个结论:曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点);曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2;曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.其中,所有正确结论的序号是()A.B.C.D.答案C2.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)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-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

22、,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=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=23k12k12+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+8k12

23、2k12+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k

24、1=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,利用弦长公式求出|AB|,联立直线OC与椭圆方程求|OC|,进而建立sinSOT2与k1之间的函数关系,利用二次函数的性质求解.疑难突破把角的问题转化为三角函数问题,即由sinSOT2=11+|OC|r=f(k1)求解是解题的突破口.解题反思最值问题一般利用函数的思想方法求解,利用距离公式建立sinSOT2与k1之间的函数关系是解题关键.牢固掌握基础知识和方法是求解的前提.本题的

25、完美解答体现了数学知识、能力、思想、方法的完美结合.考点三存在性问题(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率是22,过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A,B两点.当直线l平行于x轴时,直线l被椭圆E截得的线段长为22.(1)求椭圆E的方程;(2)在平面直角坐标系xOy中,是否存在与点P不同的定点Q,使得|QA|QB|=|PA|PB|恒成立?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.解析(1)由已知得,点(2,1)在椭圆E上.因此,2a2+1b2=1,a2-b2=c2,ca=22,解得a=2,b=2.所以椭圆E的方程为x24+y22=1.(2)

26、当直线l与x轴平行时,设直线l与椭圆相交于C,D两点.如果存在定点Q满足条件,则有|QC|QD|=|PC|PD|=1,即|QC|=|QD|.所以Q点在y轴上,可设Q点的坐标为(0,y0).当直线l与x轴垂直时,设直线l与椭圆相交于M,N两点,则M,N的坐标分别为(0,2),(0,-2).由|QM|QN|=|PM|PN|,有|y0-2|y0+2|=2-12+1,解得y0=1或y0=2.所以,若存在不同于点P的定点Q满足条件,则Q点坐标只可能为(0,2).下面证明:当Q的坐标为(0,2)时,对任意直线l,均有|QA|QB|=|PA|PB|.当直线l的斜率不存在时,由上可知,结论成立.当直线l的斜率

27、存在时,可设直线l的方程为y=kx+1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).联立x24+y22=1,y=kx+1,得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其判别式=(4k)2+8(2k2+1)0,所以,x1+x2=-4k2k2+1,x1x2=-22k2+1.因此1x1+1x2=x1+x2x1x2=2k.易知,点B关于y轴对称的点B的坐标为(-x2,y2).又kQA=y1-2x1=kx1-1x1=k-1x1,kQB=y2-2-x2=kx2-1-x2=-k+1x2=k-1x1,所以kQA=kQB,即Q,A,B三点共线.所以|QA|QB|=|QA|QB|=|x1|x2|=|PA|PB|.

28、故存在与P不同的定点Q(0,2),使得|QA|QB|=|PA|PB|恒成立.C组教师专用题组考点一定值与定点问题1.(2018北京,19,14分)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围;(2)设O为原点,QM=QO,QN=QO,求证:1+1为定值.解析(1)因为抛物线y2=2px过点(1,2),所以2p=4,即p=2.故抛物线C的方程为y2=4x,由题意知,直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y=kx+1(k0).由y2=4x,y=kx+1得k2x2+

29、(2k-4)x+1=0.依题意=(2k-4)2-4k210,解得k0或0kb0)的离心率为32,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.解析(1)由题意得ca=32,12ab=1,a2=b2+c2,解得a=2,b=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).设P(x0,y0),则x02+4y02=4.当x00时,直线PA的方程为y=y0x0-2(x-2).令x=0,得yM=-2y0x0-2,从而|BM|=|1-

30、yM|=1+2y0x0-2.直线PB的方程为y=y0-1x0x+1.令y=0,得xN=-x0y0-1,从而|AN|=|2-xN|=2+x0y0-1.所以|AN|BM|=2+x0y0-11+2y0x0-2=x02+4y02+4x0y0-4x0-8y0+4x0y0-x0-2y0+2=4x0y0-4x0-8y0+8x0y0-x0-2y0+2=4.当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|BM|=4.综上,|AN|BM|为定值.一题多解(2)点P在曲线x22+y12=1上,不妨设P(2cos ,sin ),当k且k+2(kZ)时,直线AP的方程为y-0=sin2(cos-1)(

31、x-2),令x=0,得yM=sin1-cos;直线BP的方程为y-1=sin-12cos(x-0),令y=0,得xN=2cos1-sin.|AN|BM|=21-cos1-sin1-sin1-cos=22(1-sin)(1-cos)(1-sin)(1-cos)=22=4(定值).当=k或=k+2(kZ)时,M、N是定点,易得|AN|BM|=4.综上,|AN|BM|=4.考点二最值与范围问题1.(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

32、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)设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,PAB

33、的面积SPAB=12|PM|y1-y2|=324(y02-4x0)32.因为x02+y024=1(x00,将AB的中点M2mbm2+2,m2bm2+2代入直线方程y=mx+12,解得b=-m2+22m2.由得m63.(2)令t=1m-62,00,62,则|AB|=t2+1-2t4+2t2+32t2+12,且O到直线AB的距离为d=t2+12t2+1.设AOB的面积为S(t),所以S(t)=12|AB|d=12-2t2-122+222.当且仅当t2=12时,等号成立.故AOB面积的最大值为22.3.(2015天津,19,14分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为F(-c,0),离

34、心率为33,点M在椭圆上且位于第一象限,直线FM被圆x2+y2=b24截得的线段的长为c,|FM|=433.(1)求直线FM的斜率;(2)求椭圆的方程;(3)设动点P在椭圆上,若直线FP的斜率大于2,求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围.解析(1)由已知有c2a2=13,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kck2+12+c22=b22,解得k=33.(2)由(1)得椭圆方程为x23c2+y22c2=1,直线FM的方程为y=33(x+c),两个方程联立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得

35、x=-53c或x=c.因为点M在第一象限,可得M的坐标为c,233c.由|FM|=(c+c)2+233c-02=433,解得c=1,所以椭圆的方程为x23+y22=1.(3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,得t=yx+1,即y=t(x+1)(x-1),与椭圆方程联立得y=t(x+1),x23+y22=1,消去y,整理得2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t=6-2x23(x+1)22,解得-32x-1或-1x0.设直线OP的斜率为m,得m=yx,即y=mx(x0),与椭圆方程联立,整理可得m2=2x2-23.当x-32,-1时,有y=t(x+1)0,于是m=2x2-23,

36、得m23,233.当x(-1,0)时,有y=t(x+1)0,因此mb0)的离心率为32,左、右焦点分别是F1,F2.以F1为圆心,以3为半径的圆与以F2为圆心,以1为半径的圆相交,且交点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)设椭圆E:x24a2+y24b2=1,P为椭圆C上任意一点.过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,射线PO交椭圆E于点Q.(i)求|OQ|OP|的值;(ii)求ABQ面积的最大值.解析(1)证明:由题意知2a=4,则a=2.又ca=32,a2-c2=b2,可得b=1,所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)由(1)知椭圆E的方程为x216+y24=1.(i)设P

37、(x0,y0),|OQ|OP|=,由题意知Q(-x0,-y0).因为x024+y02=1,又(-x0)216+(-y0)24=1,即24x024+y02=1,所以=2,即|OQ|OP|=2.(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2).将y=kx+m代入椭圆E的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0,由0,可得m24+16k2.由韦达定理有x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-161+4k2.所以|x1-x2|=416k2+4-m21+4k2.因为直线y=kx+m与y轴交点的坐标为(0,m),所以OAB的面积S=12|m|x1-x2|=216k2+4-m2|m|1

38、+4k2=2(16k2+4-m2)m21+4k2=24-m21+4k2m21+4k2.设m21+4k2=t.将y=kx+m代入椭圆C的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,由0,可得m21+4k2.由可知0b0)的离心率为22,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b=1,ca=22,a2=b2+c2,解得a2=2.故椭圆

39、C的方程为x22+y2=1.设M(xM,0).因为m0,所以-1n1.直线PA的方程为y-1=n-1mx,所以xM=m1-n,即Mm1-n,0.(2)因为点B与点A关于x轴对称,所以B(m,-n).设N(xN,0),则xN=m1+n.“存在点Q(0,yQ)使得OQM=ONQ”等价于“存在点Q(0,yQ)使得|OM|OQ|=|OQ|ON|”,即yQ满足yQ2=|xM|xN|.因为xM=m1-n,xN=m1+n,m22+n2=1,所以yQ2=|xM|xN|=m21-n2=2.所以yQ=2或yQ=-2.故在y轴上存在点Q,使得OQM=ONQ.点Q的坐标为(0,2)或(0,-2).【三年模拟】一、选择

40、题(每小题5分,共20分)1.(2019江西南昌重点中学调研考试,11)设点M为抛物线C:y2=4x的准线上一点(不同于准线与x轴的交点),过抛物线C的焦点F且垂直于x轴的直线与C交于A,B两点,设MA,MF,MB的斜率分别为k1,k2,k3,则k1+k3k2的值为()A.2B.22C.4D.42答案A2.(2020届山西太原五中第二次诊断,12)已知A(0,3),若点P是抛物线x2=8y上任意一点,点Q是圆x2+(y-2)2=1上任意一点,则|PA|2|PQ|的最小值为()A.43-4B.22-1C.23-2D.42+1答案A3.(2018河南中原名校4月联考,11)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点F且斜率为1的直线与抛物线C交于点A,B,以线段AB为直径的圆E上存在点P,Q,使得以PQ为直径的圆过点D(-2,t),则实数t的取值范围为()A.(-