85圓錐曲線的綜合問(wèn)題十年高考數(shù)學(xué)）8.5圓錐曲線的綜合問(wèn)題考法1求軌跡方程1.(2024新課標(biāo)Ⅰ,11,6分,難)設(shè)計(jì)一條美麗的絲帶,其造型可以看作圖中的曲線C的一部分.已知C過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O,且C上的點(diǎn)滿足橫坐標(biāo)大于-2,到點(diǎn)F(2,0)的距離與到定直線x=a(a<0)的距離之積為4.則()A.a=-2B.點(diǎn)(22,0)在C上C.C在第一象限的點(diǎn)的縱坐標(biāo)的最大值為1D.當(dāng)點(diǎn)(x0,y0)在C上時(shí),y0≤411ABD對(duì)于A,因?yàn)辄c(diǎn)O在曲線上,所以點(diǎn)O到直線x=a(a<0)的距離為-a,而|OF|=2,所以-a·2=4,即a=-2,故A正確;對(duì)于B,由題意可知曲線C的方程為(x+2)(x-2)2+y2=4,把點(diǎn)(22,0)代入對(duì)于C,y2=4x+22令f(x)=4x+22則f'(x)=-32(則f(2)=1,f'(2)=-12所以在x=2的左側(cè)必存在一個(gè)區(qū)間(2-ε,2)滿足f(x)>1,因此y的最大值一定大于1,故C錯(cuò)誤;對(duì)于D,y02=4x0+22-(x0-2)則y0≤4x0+2,故故選ABD.一題多解對(duì)于C,f'(x)=-2x令g(x)=x3+4x2-16,x>0,則g'(x)=3x2+8x>0,所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又g(1)=-11<0,g(2)=8>0,所以存在x1∈(1,2),使g(x1)=0,即f'(x1)=0,所以f(x)在(0,x1)上單調(diào)遞增,在(x1,2)上單調(diào)遞減,故存在f(x)>f(2)=1,所以ymax>1,C錯(cuò)誤.2.(2023新課標(biāo)Ⅰ,22,12分,難)在直角坐標(biāo)系xOy中,點(diǎn)P到x軸的距離等于點(diǎn)P到點(diǎn)0,12的距離,記動(dòng)點(diǎn)P(1)求W的方程;(2)已知矩形ABCD有三個(gè)頂點(diǎn)在W上,證明:矩形ABCD的周長(zhǎng)大于33.解析(1)設(shè)P(x,y),由題意可得(x?0)2+y?122=|y|,整理得x2-y+14=0,(2)證明:不妨設(shè)A,B,C三點(diǎn)在W上,如圖所示.設(shè)Bx0,x02+14,Ax1,x12+14直線AB,BC的方程分別為y-x02+14=k(x-x0),y-x02+14=-1k(x-x0),即直線AB,BC的方程分別為y=kx-kx0+x02聯(lián)立直線AB與拋物線W的方程可得y=x2+14,y=kx?kx0則Δ=k2-4kx0+4x02=(k-2x0)2>0,k≠2x由根與系數(shù)的關(guān)系得x0+x1=k,x0·x1=kx0-x0∴|AB|=1+k2·|x1-x0|=1+k2·(x0+x1同理,聯(lián)立直線BC與拋物線W的方程,并消去y得x2+1kx-1kx0-x02=0,且|BC|=1+?1k2·|x2-x∴|AB|+|BC|=1+k2|k-2x0|+由對(duì)稱(chēng)性不妨設(shè)0<|k|≤1,則1+1k2=1+k2k≥∴|AB|+|BC|≥1+k2k?2x0|+1k+2x0>1+k2k+則(k2+1)3k2=(t+1)3t,令g(t)則g'(t)=3(t+1)當(dāng)0<t<12時(shí),g'(t)<0,g(t)單調(diào)遞減;當(dāng)12<t≤1時(shí),g'(t)>0,g(t)∴g(t)在t=12處取得極小值,即最小值,為g12=∴|AB|+|BC|>g(t)≥g∴矩形的周長(zhǎng)=2(|AB|+|BC|)>33.

3.(2021新高考Ⅰ,21,12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知點(diǎn)F1(-17,0),F2(17,0),點(diǎn)M滿足|MF1|-|MF2|=2.記M的軌跡為C.(1)求C的方程;(2)設(shè)點(diǎn)T在直線x=12上,過(guò)T的兩條直線分別交C于A,B兩點(diǎn)和P,Q兩點(diǎn),且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和解析(1)由題意知|F1F2|=217,因?yàn)閨MF1|-|MF2|=2<|F1F2|=217,所以結(jié)合雙曲線定義知,點(diǎn)M的軌跡C是以F1、F2為焦點(diǎn)的雙曲線的右支.設(shè)其方程為x2a2?y2b2=1(a>0,b>0,x≥a),則2解得a=1,c=17,則b2=c2-a2=(17)2-12=16,所以M的軌跡C的方程為x2-y216=1(x≥1(2)如圖,設(shè)T12,m,直線AB的方程為y-m=k1x?12,由y=k1x?12+m,x2?y216=1(x≥1),得(設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=k12?2k1mk1則|TA|=1+k12x1?所以|TA|·|TB|=(1+k1設(shè)直線PQ的方程為y-m=k2x?同理得|TP|·|TQ|=(m因?yàn)閨TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,所以(m所以1+k12k12?16=1+k22k22?16,即k即直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和為0.一題多解(2)設(shè)T12,m,直線AB的傾斜角為θ1,直線PQ的傾斜角為θ2,由題不妨設(shè)TA=t1·AB|則|TA|=t1,|TB|=t2.設(shè)A(x,y),因?yàn)門(mén)A=t1·AB|AB|,所以x?12,y?m=t1(cosθ1,sinθ1),所以x=12+又因?yàn)辄c(diǎn)A在雙曲線上,所以1612+t1cosθ12-(m+t1sinθ1)2=16,即(16cos2θ1-sin2θ1)t12+(16cosθ1-2msinθ1)同理可得(16cos2θ1-sin2θ1)t22+(16cosθ1-2msinθ1)t2-(m2+12)所以t1,t2即為方程(16cos2θ1-sin2θ1)t2+(16cosθ1-2msinθ1)t-(m2+12)=0的兩個(gè)根,則|TA|·|TB|=t1t2=?(m同理|TP|·|TQ|=?(m結(jié)合|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,得cos2θ1=cos2θ2,又因?yàn)锳B與PQ是不同直線,所以cosθ1=-cosθ2,于是θ1+θ2=π,則kAB+kPQ=0,即直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和為0.易錯(cuò)警示解答本題第一問(wèn)時(shí),容易出現(xiàn)所求C的方程為x2-y216=1的錯(cuò)誤結(jié)果,4.(2016課標(biāo)Ⅲ,理20,文20,12分)已知拋物線C:y2=2x的焦點(diǎn)為F,平行于x軸的兩條直線l1,l2分別交C于A,B兩點(diǎn),交C的準(zhǔn)線于P,Q兩點(diǎn).(1)若F在線段AB上,R是PQ的中點(diǎn),證明AR∥FQ;(2)若△PQF的面積是△ABF的面積的兩倍,求AB中點(diǎn)的軌跡方程.解析由題設(shè)知F12,0.設(shè)l1:y=a,l2:y=b,則ab且Aa22,a,Bb22,記過(guò)A,B兩點(diǎn)的直線為l,則l的方程為2x-(a+b)y+ab=0.(3分)(1)由于F在線段AB上,故1+ab=0.記AR的斜率為k1,FQ的斜率為k2,則k1=a?b1+a2=a?b所以AR∥FQ.(5分)(2)設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為D(x1,0),則S△ABF=12|b-a||FD|=12|b-a|x1?12由題設(shè)可得2×12|b-a|x1?所以x1=0(舍去),或x1=1.(8分)設(shè)滿足條件的AB的中點(diǎn)為E(x,y).當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí),由kAB=kDE可得2a+b=y而a+b2=y,所以y2當(dāng)AB與x軸垂直時(shí),E與D重合.所以,所求軌跡方程為y2=x-1.(12分)疑難突破第(1)問(wèn)求解關(guān)鍵是把AR∥FQ的證明轉(zhuǎn)化為kAR=kFQ的證明;第(2)問(wèn)需找到AB中點(diǎn)所滿足的幾何條件,從而將其轉(zhuǎn)化為等量關(guān)系.在利用斜率表示幾何等量關(guān)系時(shí)應(yīng)注意分類(lèi)討論思想的應(yīng)用.評(píng)析本題主要考查拋物線的性質(zhì),直線的斜率及其應(yīng)用,軌跡方程的求法等知識(shí),考查分類(lèi)討論思想的應(yīng)用,考查考生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)和基本技能的應(yīng)用能力.5.(2014廣東理,20,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個(gè)焦點(diǎn)為(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)若動(dòng)點(diǎn)P(x0,y0)為橢圓C外一點(diǎn),且點(diǎn)P到橢圓C的兩條切線相互垂直,求點(diǎn)P的軌跡方程.解析(1)由題意知c=5,e=ca=5∴a=3,b2=a2-c2=4,故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x29+(2)設(shè)兩切線為l1,l2,①當(dāng)l1⊥x軸或l1∥x軸時(shí),l2∥x軸或l2⊥x軸,可知P(±3,±2).②當(dāng)l1與x軸不垂直且不平行時(shí),x0≠±3,設(shè)l1的斜率為k,且k≠0,則l2的斜率為-1k,l1的方程為y-y0=k(x-x0),與x29+y整理得(9k2+4)x2+18(y0-kx0)kx+9(y0-kx0)2-36=0,∵直線l1與橢圓相切,∴Δ=0,即9(y0-kx0)2k2-(9k2+4)·[(y0-kx0)2-4]=0,∴(x02-9)k2-2x0y0k+∴k是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y0同理,-1k是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y∴k·?1k=y02?4x02?9∴點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13(x≠±3).P(±3,±2)滿足上式.綜上,點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13.評(píng)析本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系以及軌跡方程的求法.考查分類(lèi)討論思想以及方程思想的應(yīng)用.6.(2014湖北理,21,14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點(diǎn)M到點(diǎn)F(1,0)的距離比它到y(tǒng)軸的距離多1.記點(diǎn)M的軌跡為C.(1)求軌跡C的方程;(2)設(shè)斜率為k的直線l過(guò)定點(diǎn)P(-2,1).求直線l與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn)、兩個(gè)公共點(diǎn)、三個(gè)公共點(diǎn)時(shí)k的相應(yīng)取值范圍.解析(1)設(shè)點(diǎn)M(x,y),依題意得|MF|=|x|+1,即(x化簡(jiǎn)整理得y2=2(|x|+x).故點(diǎn)M的軌跡C的方程為y2=4(2)在點(diǎn)M的軌跡C中,記C1:y2=4x,C2:y=0(x<0),依題意,可設(shè)直線l的方程為y-1=k(x+2).由方程組y?1=k((i)當(dāng)k=0時(shí),此時(shí)y=1.把y=1代入軌跡C的方程,得x=14故此時(shí)直線l:y=1與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn)14(ii)當(dāng)k≠0時(shí),方程①的判別式為Δ=-16(2k2+k-1).②設(shè)直線l與x軸的交點(diǎn)為(x0,0),則由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-2k1°若Δ<0,x0<0,由②③解得k<-1即當(dāng)k∈(-∞,-1)∪12,+∞時(shí),直線l與C1沒(méi)有公共點(diǎn),與C故此時(shí)直線l與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn).2°若Δ=0,x0<0或Δ>0,x0≥0,則由②③即當(dāng)k∈?1,12時(shí),直線l與C1只有一個(gè)公共點(diǎn),與C當(dāng)k∈?12,0時(shí),直線l與C1有兩個(gè)公共點(diǎn),與C故當(dāng)k∈?12,0∪?1,12時(shí),3°若Δ>0,x0<0,則由②③解得-1<k<-1即當(dāng)k∈?1,?12∪0,12時(shí),直線l與C1有兩個(gè)公共點(diǎn)故此時(shí)直線l與軌跡C恰好有三個(gè)公共點(diǎn).綜合(i)(ii)可知,當(dāng)k∈(-∞,-1)∪12,+∞∪{0}時(shí),直線l與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn);當(dāng)k∈?12,0∪?1,12時(shí),直線l與軌跡C恰好有兩個(gè)公共點(diǎn);當(dāng)k∈?1,評(píng)析本題考查了直線和拋物線的位置關(guān)系,考查了數(shù)形結(jié)合的方法,靈活地利用判別式是求解的關(guān)鍵.盲目利用拋物線的定義而漏掉射線y=0(x<0)就會(huì)造成錯(cuò)解而失分.7.(2013課標(biāo)Ⅰ,理20,文21,12分)已知圓M:(x+1)2+y2=1,圓N:(x-1)2+y2=9,動(dòng)圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切,圓心P的軌跡為曲線C.(1)求C的方程;(2)l是與圓P,圓M都相切的一條直線,l與曲線C交于A,B兩點(diǎn),當(dāng)圓P的半徑最長(zhǎng)時(shí),求|AB|.解析由已知得圓M的圓心為M(-1,0),半徑r1=1;圓N的圓心為N(1,0),半徑r2=3.設(shè)圓P的圓心為P(x,y),半徑為R.(1)因?yàn)閳AP與圓M外切并且與圓N內(nèi)切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4.由橢圓的定義可知,曲線C是以M、N為左、右焦點(diǎn),長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為2,短半軸長(zhǎng)為3的橢圓(左頂點(diǎn)除外),其方程為x24+y2(2)對(duì)于曲線C上任意一點(diǎn)P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-2≤2,所以R≤2,當(dāng)且僅當(dāng)圓P的圓心為(2,0)時(shí),R=2.所以當(dāng)圓P的半徑最長(zhǎng)時(shí),其方程為(x-2)2+y2=4.若l的傾斜角為90°,則l與y軸重合,可得|AB|=23.若l的傾斜角不為90°,由r1≠R知l不平行于x軸,設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為Q,則|QP||QM|=Rr1,可求得Q(-4,0),所以可設(shè)l:y=k(x+4).由l與圓M當(dāng)k=24時(shí),將y=24x+2代入x24+y23=1,并整理得7x2+8x-8=0,所以|AB|=1+k2|x2-x1|=當(dāng)k=-24時(shí),由圖形的對(duì)稱(chēng)性可知|AB|=18綜上,|AB|=23或|AB|=187評(píng)析本題考查了直線和圓的位置關(guān)系,考查了橢圓的定義和方程,考查了分類(lèi)討論的方法和運(yùn)算求解能力.利用數(shù)形結(jié)合的方法是解題的關(guān)鍵.在求曲線C的方程時(shí)容易忽視對(duì)左頂點(diǎn)和直線傾斜角為90°時(shí)的討論而造成失分.8.(2013課標(biāo)Ⅱ文,20,12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知圓P在x軸上截得線段長(zhǎng)為22,在y軸上截得線段長(zhǎng)為23.(1)求圓心P的軌跡方程;(2)若P點(diǎn)到直線y=x的距離為22,求圓P的方程解析(1)設(shè)P(x,y),圓P的半徑為r.由題設(shè)得y2+2=r2,x2+3=r2.從而y2+2=x2+3.故P點(diǎn)的軌跡方程為y2-x2=1.(2)設(shè)P(x0,y0),由已知得|x0?又P在雙曲線y2-x2=1上,從而得|由x0?y0=1,y02?x由x0?y0=?1,y02?故圓P的方程為x2+(y-1)2=3或x2+(y+1)2=3.考點(diǎn)2弦長(zhǎng)與面積問(wèn)題1.(2023天津,18,15分)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右頂點(diǎn)分別為A1,A2,右焦點(diǎn)為F,已知|A1F(1)求橢圓C的方程及離心率;(2)已知點(diǎn)P是橢圓上一動(dòng)點(diǎn)(不與頂點(diǎn)重合),直線A2P交y軸于點(diǎn)Q,若△A1PQ的面積是△A2FP面積的二倍,求直線A2P的方程.解析(1)設(shè)橢圓C的焦距為2c(c>0),則a+c故b2=a2-c2=3,所以橢圓C的方程為x24+y23=1(2)由(1)可得,|A2F|=14|A1A2|,所以S△A2FP=1所以|PQ|=12|PA2|設(shè)P(x0,y0),當(dāng)x0<0時(shí),PQ=12PA2,此時(shí)點(diǎn)P與當(dāng)x0>0時(shí),可得QP=故x0=23,代入橢圓方程,得P2又A2(2,0),所以kA所以直線A2P的方程為y=±62(x-2)考法3定值與定點(diǎn)問(wèn)題1.(2023全國(guó)乙理,20,12分,難)已知橢圓C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的離心率為53,點(diǎn)A(1)求C的方程;(2)過(guò)點(diǎn)(-2,3)的直線交C于P,Q兩點(diǎn),直線AP,AQ與y軸的交點(diǎn)分別為M,N,證明:線段MN的中點(diǎn)為定點(diǎn).解析(1)由已知條件得b=2,又e=ca=1?b2a2=1?4a2(2)證明:由題意知,過(guò)P、Q兩點(diǎn)的直線的斜率存在且不為零,記直線為l,設(shè)l:y=k(x+2)+3=kx+2k+3,令t=2k+3,則l:y=kx+t①,聯(lián)立y=kx+t,y29+x24=1,消去y得(4由Δ=(8kt)2-4(4k2+9)(4t2-36)=144×(4k2+9-t2)>0得4k2+9>t2.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1+x2=?8ktx1x2=4t2?364k2+9,易知直線AP的方程為y令x=0,得yM=2y1x1+2,同理可得則y=(=2=2=36(t?2∴線段MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)(0,3).解題技巧解決直線l過(guò)坐標(biāo)系內(nèi)定點(diǎn)問(wèn)題時(shí),可采取換元法將點(diǎn)斜式方程變?yōu)樾苯厥椒匠?減少項(xiàng)數(shù),從而有效降低后續(xù)的計(jì)算量.2.(2023新課標(biāo)Ⅱ,21,12分,難)已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn),左焦點(diǎn)為(-25,0),離心率為5.(1)求C的方程;(2)記C的左、右頂點(diǎn)分別為A1,A2,過(guò)點(diǎn)(-4,0)的直線與C的左支交于M,N兩點(diǎn),M在第二象限,直線MA1與NA2交于點(diǎn)P,證明:點(diǎn)P在定直線上.解析(1)設(shè)雙曲線的方程為x2a2-y2b2=1(由題意可知c=25,又離心率e=ca=5,∴a=2∴b2=c2-a2=20-4=16,∴雙曲線C的方程為x24-y(2)證法一:由題意知直線MN的斜率不為0,所以可設(shè)直線MN的方程為x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),由(1)知,A1(-2,0),A2(2,0).聯(lián)立x=my?4,x24?y216=1,消去x,得(∴y1+y2=32m4m2?1,y1y2=484m2?1,∴my1y2=易知直線MA1的方程為y=y1x1+2(x+2)=y1直線NA2的方程為y=y2x2?2(x-2)=y2聯(lián)立①②可得,y1my1?2(x+2)=∴x+2x?2=my1∴x=-1,∴點(diǎn)P在定直線x=-1上.證法二:由(1)知A1(-2,0),A2(2,0).由題意知直線MN的斜率不為0,所以可設(shè)直線MN的方程為x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),由x24?y216=1,x=my?4,得(由根與系數(shù)的關(guān)系知,y1+y2=32m4m2?1,y1易知直線MA1的方程為y=y1x1+2(直線NA2的方程為y=y2x2?2(由①②得y1x1+2(x+2)=y兩邊同時(shí)乘y2得,y1y2x1+2(x+2)又點(diǎn)N(x2,y2)在雙曲線x24-y216=1上,∴y22∴y1y2x1+2(x+2)即y1y2(x+2)=4(x1+2)(x2+2)(x-2),③又∵x=my-4,∴(x1+2)(x2+2)=(my1-2)(my2-2)=m2y1y2-2m(y1+y2)+4,∴③式可化為484m2?1(x+2)=448m24m2?1-2m·32m4m2?1+4·(x-2),即-3(x+2)=x-2,解得x=-1.∴點(diǎn)P在定直線x=-1上.3.(2020新高考Ⅰ,22,12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22(1)求C的方程;(2)點(diǎn)M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D為垂足.證明:存在定點(diǎn)Q,使得|DQ|為定值.質(zhì),橢圓中的定點(diǎn)、定值問(wèn)題.考查學(xué)生分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力.考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學(xué)運(yùn)算.解析(1)由題設(shè)得4a2+1b2=1,a2?b2a所以C的方程為x26+y23=1(2)證明:設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2).若直線MN與x軸不垂直,設(shè)直線MN的方程為y=kx+m,代入x26+y23=1得(1+2k2)x2+4于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m由AM⊥AN知AM·AN=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2將①代入上式可得(k2+1)2m2?61+2k2-(km-k-2)4km1+2整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0(易錯(cuò):化簡(jiǎn)和因式分解過(guò)程中的計(jì)算量比較大,容易出錯(cuò)).因?yàn)锳(2,1)不在直線MN上,所以2k+m-1≠0,故2k+3m+1=0,k≠1.于是MN的方程為y=kx?23?1所以直線MN過(guò)點(diǎn)P23若直線MN與x軸垂直(易丟分點(diǎn):容易忽略直線斜率不存在的情況),可得N(x1,-y1).由AM·AN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)又x126+y123=1,解得x1=2(舍去)或x1=23此時(shí)直線MN過(guò)點(diǎn)P23令Q為AP的中點(diǎn),即Q43若D與P不重合,則由題設(shè)知AP是Rt△ADP的斜邊,故|DQ|=12若D與P重合,則|DQ|=12|AP|綜上,存在點(diǎn)Q43,13,使得|DQ|為定值.(歸納總結(jié):圓錐曲線中定點(diǎn)問(wèn)題的兩種解法(1)引進(jìn)參數(shù)法:引進(jìn)動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)或動(dòng)線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量,再研究變化的量與參數(shù)何時(shí)沒(méi)有關(guān)系,找到定點(diǎn);(2)特殊到一般法:根據(jù)動(dòng)點(diǎn)或動(dòng)線的特殊情況探索出定點(diǎn),再證明該定點(diǎn)與變量無(wú)關(guān).4.(2022全國(guó)乙,理20,文21,12分)已知橢圓E的中心為坐標(biāo)原點(diǎn),對(duì)稱(chēng)軸為x軸、y軸,且過(guò)A(0,-2),B32,?1(1)求E的方程;(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)P(1,-2)的直線交E于M,N兩點(diǎn),過(guò)M且平行于x軸的直線與線段AB交于點(diǎn)T,點(diǎn)H滿足MT=TH.證明:直線HN解析(1)解法一:設(shè)橢圓E的方程為x2a2+y2b2=1(a>0,b>0且a≠b),將A(0,-2),B32,?1解法二:設(shè)橢圓E的方程為mx2+ny2=1(m>0,n>0且m≠n).由題意可得4n=1,9m4+(2)由A(0,-2),B32,?1可得直線AB的方程為y=23①若過(guò)點(diǎn)P(1,-2)的直線的斜率不存在,則其方程為x=1,與方程x23+y24=1聯(lián)立,可得y=±263,結(jié)合題意可知N1,263,M得?6+3?1=xH?(?6+3),yH=?263,則H?26+5,?26②若過(guò)點(diǎn)P(1,-2)的直線的斜率存在,設(shè)其方程為y+2=k(x-1),M(x1,y1),N(x2,y2).聯(lián)立y+2=k(x?1),x23+y24=1,得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0,則x1+x2=6k(2+k)3k2+4,x1x2=3k(k+4)3k2聯(lián)立y=y1,y=23x?2,可得T3y12+3,y1,由MT=TH,可得H(3y1+6-x1,y1),故此時(shí)直線HN的方程為y-y2=y1?y23y1+6?x1?x2(x-x2),將(0,-2)代入并整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+綜上,直線HN過(guò)定點(diǎn)(0,-2).5.(2020課標(biāo)Ⅰ理,20,12分)已知A,B分別為橢圓E:x2a2+y2=1(a>1)的左、右頂點(diǎn),G為E的上頂點(diǎn),AG·GB=8.P為直線x=6上的動(dòng)點(diǎn),PA與E的另一交點(diǎn)為C,(1)求E的方程;(2)證明:直線CD過(guò)定點(diǎn).解析(1)由題設(shè)得A(-a,0),B(a,0),G(0,1).則AG=(a,1),GB=(a,-1).由AG·GB=8得a2-1=8,即a所以E的方程為x29+y2(2)設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).若t≠0,設(shè)直線CD的方程為x=my+n,由題意可知-3<n<3.由于直線PA的方程為y=t9(x+3),所以y1=t9(x1+3直線PB的方程為y=t3(x-3),所以y2=t3(x2-3可得3y1(x2-3)=y2(x1+3).由于x229+y可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3),即(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0.①將x=my+n代入x29+y2(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.所以y1+y2=-2mnm2+9,y1y代入①式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0.解得n1=-3(舍去),n2=32故直線CD的方程為x=my+32,即直線CD過(guò)定點(diǎn)3若t=0,則直線CD的方程為y=0,過(guò)點(diǎn)32綜上,直線CD過(guò)定點(diǎn)32方法總結(jié)求圓錐曲線中定點(diǎn)問(wèn)題的基本思路(1)把直線或者曲線方程中的變量x,y當(dāng)作常數(shù),把參數(shù)當(dāng)作未知數(shù),將方程一端化為0,即化為mf(x,y)+g(x,y)=0的形式(這里把參數(shù)m當(dāng)作未知數(shù)).(2)既然是過(guò)定點(diǎn),那么這個(gè)方程就要對(duì)任意參數(shù)都成立,這時(shí)參數(shù)的系數(shù)就要全部等于0,這樣就得到一個(gè)關(guān)于x,y的方程組,即f(3)這個(gè)方程組的解所確定的點(diǎn)就是直線或曲線所過(guò)的定點(diǎn),即坐標(biāo)滿足f(x,y)=0,g(x,y6.(2019課標(biāo)Ⅲ理,21,12分)已知曲線C:y=x22,D為直線y=-12上的動(dòng)點(diǎn),過(guò)D作C的兩條切線(1)證明:直線AB過(guò)定點(diǎn);(2)若以E0,52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解析本題考查直線與拋物線相切,弦的中點(diǎn),直線與圓相切等知識(shí)點(diǎn),通過(guò)直線與拋物線的方程運(yùn)算,考查了學(xué)生在解析幾何中的運(yùn)算求解能力,以直線與拋物線相切為背景考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)設(shè)Dt,?12,A(x1,y1),則由于y'=x,所以切線DA的斜率為x1,故y1+1整理得2tx1-2y1+1=0.設(shè)B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0.故直線AB的方程為2tx-2y+1=0.所以直線AB過(guò)定點(diǎn)0,1(2)由(1)得直線AB的方程為y=tx+12由y=tx+1于是x1+x2=2t,x1x2=-1,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1,|AB|=1+t2|x1-x2|=1+t2×設(shè)d1,d2分別為點(diǎn)D,E到直線AB的距離,則d1=t2+1,d2=因此,四邊形ADBE的面積S=12|AB|(d1+d2)=(t2+3)t設(shè)M為線段AB的中點(diǎn),則Mt,由于EM⊥AB,而EM=(t,t2-2),AB與向量(1,t)平行,所以t+(t2-2)t=0.解得t=0或t=±1.當(dāng)t=0時(shí),S=3;當(dāng)t=±1時(shí),S=42.因此,四邊形ADBE的面積為3或42.解題關(guān)鍵(1)設(shè)出A、B坐標(biāo),求導(dǎo)、列等式是解題的突破口.(2)由(1)得出AB的方程,用坐標(biāo)表示出EM⊥AB,求AB方程中的參數(shù)是關(guān)鍵.7.(2018北京理,19,14分)已知拋物線C:y2=2px經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1,2).過(guò)點(diǎn)Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A,B,且直線PA交y軸于M,直線PB交y軸于N.(1)求直線l的斜率的取值范圍;(2)設(shè)O為原點(diǎn),QM=λQO,QN=μQO,求證:1λ+1μ解析(1)因?yàn)閽佄锞€y2=2px過(guò)點(diǎn)(1,2),所以2p=4,即p=2.故拋物線C的方程為y2=4x,由題意知,直線l的斜率存在且不為0.設(shè)直線l的方程為y=kx+1(k≠0).由y2=4x,y=依題意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得k<0或0<k<1.又PA,PB與y軸相交,故直線l不過(guò)點(diǎn)(1,-2).從而k≠-3.所以直線l斜率的取值范圍是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1).(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由(1)知x1+x2=-2k?4k2,x1直線PA的方程為y-2=y1令x=0,得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為yM=?y1+2同理得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為yN=?k由QM=λQO,QN=μQO得λ=1-yM,μ=1-yN.所以1λ+1μ=11?yM=1k?1·2x1所以1λ+1μ方法總結(jié)圓錐曲線中的定值問(wèn)題的常見(jiàn)類(lèi)型及解題策略(1)求代數(shù)式為定值.依題設(shè)條件,得出與代數(shù)式有關(guān)的等式,化簡(jiǎn)即可得出定值;(2)求點(diǎn)到直線的距離為定值.利用點(diǎn)到直線的距離公式得出距離的表達(dá)式,再利用題設(shè)條件化簡(jiǎn)、變形求得;(3)求某線段長(zhǎng)度為定值.利用兩點(diǎn)間的距離公式求得線段長(zhǎng)度的表達(dá)式,再依據(jù)條件對(duì)表達(dá)式進(jìn)行化簡(jiǎn)、變形即可求得.8.(2016北京理,19,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)P是橢圓C上一點(diǎn),直線PA與y軸交于點(diǎn)M,直線PB與x軸交于點(diǎn)N.求證:|AN|·|BM|為定值.解析(1)由題意得c解得a=2,b=1.所以橢圓C的方程為x24+y(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).設(shè)P(x0,y0),則x02+4當(dāng)x0≠0時(shí),直線PA的方程為y=y0令x=0,得yM=-2y0x0?2,直線PB的方程為y=y0令y=0,得xN=-x0y0?1,從而所以|AN|·|BM|=2+x0=x=4=4.當(dāng)x0=0時(shí),y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|·|BM|=4.綜上,|AN|·|BM|為定值.一題多解(2)點(diǎn)P在曲線x22+y12=1上,不妨設(shè)P(2cosθ,sinθ),當(dāng)θ≠kπ且θ≠kπ+π2(k∈Z)時(shí),直線AP的方程為y-0=sinθ2(cosθ?直線BP的方程為y-1=sinθ?12cosθ(x-0),令y=0,得∴|AN|·|BM|=21?cos=22(1?sinθ當(dāng)θ=kπ或θ=kπ+π2(k∈Z)時(shí),M、N是定點(diǎn),易得|AN|·|BM|=4.綜上,|AN|·評(píng)析本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程,直線與圓錐曲線的位置關(guān)系及定值問(wèn)題,方法常規(guī),運(yùn)算量大,對(duì)學(xué)生的運(yùn)算能力要求較高.9.(2016北京文,19,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b(1)求橢圓C的方程及離心率;(2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點(diǎn)且在橢圓C上,直線PA與y軸交于點(diǎn)M,直線PB與x軸交于點(diǎn)N.求證:四邊形ABNM的面積為定值.解析(1)由題意得,a=2,b=1.所以橢圓C的方程為x24+y2=1.(3又c=a2?b所以離心率e=ca=32.(5(2)設(shè)P(x0,y0)(x0<0,y0<0),則x02+4y0又A(2,0),B(0,1),所以,直線PA的方程為y=y0令x=0,得yM=-2y0x0?2,從而|BM|=1-y直線PB的方程為y=y0令y=0,得xN=-x0從而|AN|=2-xN=2+x0y0所以四邊形ABNM的面積S=12|AN|·=1=x=2x從而四邊形ABNM的面積為定值.(14分)解后反思本題第(2)問(wèn)可畫(huà)出圖形進(jìn)行分析,發(fā)現(xiàn)點(diǎn)A和點(diǎn)B分別為橢圓的右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn),且四邊形ABNM的對(duì)角線AN與BM互相垂直,所以S四邊形ABNM=12|AN|·|BM|,問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)M與點(diǎn)N的坐標(biāo),故設(shè)點(diǎn)P(x0,y0),表示出直線PA和PB,即可求得點(diǎn)M、N的坐標(biāo)評(píng)析本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、離心率和直線方程的相關(guān)知識(shí)及定值問(wèn)題,知識(shí)點(diǎn)較綜合,屬中等偏難題.10.(2015課標(biāo)Ⅱ文,20,12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,點(diǎn)(1)求C的方程;(2)直線l不過(guò)原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸,l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A,B,線段AB的中點(diǎn)為M.證明:直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.解析(1)由題意有a2?b2a=2解得a2=8,b2=4.所以C的方程為x28+(2)設(shè)直線l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+b代入x28+y(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故xM=x1+x22=?2kb2k于是直線OM的斜率kOM=yMxM=-12k,即k所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.評(píng)析本題考查了橢圓的方程、直線與橢圓的位置關(guān)系;考查了定值問(wèn)題的解題方法.利用韋達(dá)定理解決線段的中點(diǎn)是求解關(guān)鍵.11.(2015陜西文,20,12分)如圖,橢圓E:x2a2+y2b2(1)求橢圓E的方程;(2)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1,1),且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)P,Q(均異于點(diǎn)A),證明:直線AP與AQ的斜率之和為2.解析(1)由題設(shè)知ca=2結(jié)合a2=b2+c2,解得a=2.所以橢圓E的方程為x22+y(2)證明:由題設(shè)知,直線PQ的方程為y=k(x-1)+1(k≠2),代入x22+y2=1,得(1+2k2)x由已知可知Δ>0.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0,則x1+x2=4k(k?1)1+2k從而直線AP,AQ的斜率之和kAP+kAQ=y1+1x1+y=2k+(2-k)1x1=2k+(2-k)4k評(píng)析本題考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程與簡(jiǎn)單性質(zhì)的同時(shí),重點(diǎn)考查直線與橢圓的位置關(guān)系.考法4最值與范圍問(wèn)題1.(2023全國(guó)甲理,20,12分,難)已知直線x-2y+1=0與拋物線C:y2=2px(p>0)交于A,B兩點(diǎn),|AB|=415.(1)求p;(2)設(shè)F為C的焦點(diǎn),M,N為C上兩點(diǎn),且FM·FN=0,求△MFN面積的最小值.解析(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由x?2y+1=0,y2=2px消去x得y∵直線與拋物線有兩個(gè)交點(diǎn)A,B,∴Δ=16p2-8p>0,解得p>12或p<0(舍)由根與系數(shù)的關(guān)系可知,y1+y2=4p,y1y2=2p,∴|AB|=1+1k2|y1-y2|=1+4·(y1+y解得p=2或p=-32(舍)∴p=2.(2)由(1)知,拋物線的焦點(diǎn)為F(1,0).由題意知直線MN的斜率不可能為0,∴設(shè)MN的方程為x=my+t,M(x3,y3),N(x4,y4),聯(lián)立x=my+t,y2=4x,消去∴Δ=16m2+16t>0,即m2+t>0,由根與系數(shù)的關(guān)系得y3+y4=4m,y3y4=-4t,∵FM·FN=0,∴(x3-1,y3)·(x4-1,y4)=0,即(x3-1)(x4-1)+y3y4=(my3+t-1)(my4+t-1)+y3y4=(m2+1)y3y4+m(t-1)(y3+y4)+(t-1)2=(m2+1)(-4t)+m(t-1)·4m+(t-1)2=0,即-4m2t-4t+4m2t-4m2+t2-2t+1=0,即4m2=t2-6t+1.設(shè)F到MN的距離為d,則d=t?1又|MN|=1+m2|y3-y4|=1+m2·(y3+y4∴S△MFN=12|MN|·d=12×41+m2·m2+t·t?1|=t2?2t+1|t-1|=(t∵4m2=t2-6t+1≥0,解得t≤3-22或t≥3+22,∴當(dāng)且僅當(dāng)t=3-22時(shí),S△MFN取得最小值12-82.即△MFN面積的最小值為12-82.2.(2019課標(biāo)Ⅱ文,20,12分)已知F1,F2是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn),P(1)若△POF2為等邊三角形,求C的離心率;(2)如果存在點(diǎn)P,使得PF1⊥PF2,且△F1PF2的面積等于16,求b的值和a的取值范圍.解析本題主要考查橢圓的定義、簡(jiǎn)單的幾何性質(zhì);考查數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想和邏輯思維能力與運(yùn)算求解能力;體現(xiàn)了邏輯推理與數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)連接PF1.由△POF2為等邊三角形可知在△F1PF2中,∠F1PF2=90°,|PF2|=c,|PF1|=3c,于是2a=|PF1|+|PF2|=(3+1)c,故C的離心率e=ca=3(2)由題意可知,滿足條件的點(diǎn)P(x,y)存在,當(dāng)且僅當(dāng)12|y|·2c=16,yx+c·yx即c|y|=16,①x2+y2=c2,②x2a2由②③及a2=b2+c2得y2=b4又由①知y2=162c由②③得x2=a2c2(c2所以c2≥b2,從而a2=b2+c2≥2b2=32,故a≥42.當(dāng)b=4,a≥42時(shí),存在滿足條件的點(diǎn)P.所以b=4,a的取值范圍為[42,+∞).思路分析第(1)問(wèn)中由平面幾何知識(shí)可知△PF1F2是∠F1PF2=90°的直角三角形,且|PF2|=c,|PF1|=3c,再利用橢圓的定義找出a與c的等量關(guān)系,進(jìn)而求離心率.第(2)問(wèn)中設(shè)出P點(diǎn)坐標(biāo),利用S△PF1F2=16,PF1⊥PF2以及x2a2+y一題多解(2)設(shè)|PF1|=r1,|PF2|=r2,由橢圓的定義可得r1+r2=2a,S△PF1F2=12r1又PF1⊥PF2,∴r12+r2(r1+r2)2=r12+r22+2r1r2=4c∴4a2-4c2=64,∴b=4,又r12+r22≥2r1r2,∴4c2∴a2=b2+c2=16+c2≥32,∴b的值為4,a的取值范圍為[42,+∞).3.(2018浙江,21,15分)如圖,已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點(diǎn),拋物線C:y2=4x上存在不同的兩點(diǎn)A,B滿足PA,PB的中點(diǎn)均在C上.(1)設(shè)AB中點(diǎn)為M,證明:PM垂直于y軸;(2)若P是半橢圓x2+y24=1(x<0)上的動(dòng)點(diǎn),求△PAB解析本題主要考查橢圓、拋物線的幾何性質(zhì),直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查運(yùn)算求解能力和綜合應(yīng)用能力.(1)設(shè)P(x0,y0),A14y1因?yàn)镻A,PB的中點(diǎn)在拋物線上,所以y1,y2為方程y+y022=4·14y2+x02所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y軸.(2)由(1)可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0?y02,因此,△PAB的面積S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=324(y0因?yàn)閤02+y024=1(x0<0),所以y02-4x0因此,△PAB面積的取值范圍是62疑難突破解析幾何中“取值范圍”與“最值”問(wèn)題在解析幾何中,求某個(gè)量(直線斜率,直線在x、y軸上的截距,弦長(zhǎng),三角形或四邊形面積等)的取值范圍或最值問(wèn)題的關(guān)鍵是利用條件把所求量表示成關(guān)于某個(gè)變量(通常是直線斜率,動(dòng)點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)等)的函數(shù),并求出這個(gè)變量的取值范圍(即函數(shù)的定義域),將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域或最值.4.(2017浙江,21,15分)如圖,已知拋物線x2=y,點(diǎn)A?12,14,B32,94,拋物線上的點(diǎn)P(x,y)?(1)求直線AP斜率的取值范圍;(2)求|PA|·|PQ|的最大值.解析(1)設(shè)直線AP的斜率為k,k=x2?1因?yàn)?12<x<32,所以直線AP(2)解法一:聯(lián)立直線AP與BQ的方程kx解得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)是xQ=?k因?yàn)閨PA|=1+k2x|PQ|=1+k2(xQ-x)=-所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3,令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因?yàn)閒'(k)=-(4k-2)(k+1)2,所以f(k)在區(qū)間?1,12上單調(diào)遞增,12,1上單調(diào)遞減,因此當(dāng)k=12時(shí)解法二:如圖,連接BP,|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos∠BPQ=AP·(AB-AP)=AP·AB-AP2易知P(x,x2)?1則AP·AB=2x+1+2x2-12=2x2+2x+12,AP2=x+122+x2?142=x2+x+14+x4-1∴|AP|·|PQ|=-x4+32x2+x+3設(shè)f(x)=-x4+32x2+x+3則f'(x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,∴f(x)在?12,1上為增函數(shù),在∴f(x)max=f(1)=2716故|AP|·|PQ|的最大值為27165.(2016課標(biāo)Ⅰ理,20,12分)設(shè)圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A,直線l過(guò)點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點(diǎn),過(guò)B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E.(1)證明|EA|+|EB|為定值,并寫(xiě)出點(diǎn)E的軌跡方程;(2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1,直線l交C1于M,N兩點(diǎn),過(guò)B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點(diǎn),求四邊形MPNQ面積的取值范圍.解析(1)因?yàn)閨AD|=|AC|,EB∥AC,故∠EBD=∠ACD=∠ADC.所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x+1)2+y2=16,從而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.(2分)由題設(shè)得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為x24+y23=1(y(2)當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2).由y=k(x?1),x24+則x1+x2=8k24k2+3,x所以|MN|=1+k2|x1-x2|=12(k過(guò)點(diǎn)B(1,0)且與l垂直的直線m:y=-1k(x-1),A到m的距離為2k2+1,所以|PQ|=2故四邊形MPNQ的面積S=12|MN||PQ|=121+14可得當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,83).當(dāng)l與x軸垂直時(shí),其方程為x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四邊形MPNQ的面積為12.綜上,四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,83).(12分)評(píng)析本題重點(diǎn)考查圓錐曲線的幾何性質(zhì),以及直線與橢圓、圓的位置關(guān)系,尤其是對(duì)“弦長(zhǎng)”問(wèn)題的考查,更是本題考查的重點(diǎn).解決此類(lèi)問(wèn)題,除了要熟知圓錐曲線的幾何性質(zhì)之外,對(duì)計(jì)算能力的要求也非常高.6.(2016浙江理,19,15分)如圖,設(shè)橢圓x2a2(1)求直線y=kx+1被橢圓截得的線段長(zhǎng)(用a,k表示);(2)若任意以點(diǎn)A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個(gè)公共點(diǎn),求橢圓離心率的取值范圍.解析(1)設(shè)直線y=kx+1被橢圓截得的線段為AP,由y=kx+1,x2a2+y2故x1=0,x2=-2a因此|AP|=1+k2|x1-x2|=2a(2)假設(shè)圓與橢圓的公共點(diǎn)有4個(gè),由對(duì)稱(chēng)性可設(shè)y軸左側(cè)的橢圓上有兩個(gè)不同的點(diǎn)P,Q,滿足|AP|=|AQ|.記直線AP,AQ的斜率分別為k1,k2,且k1,k2>0,k1≠k2.由(1)知,|AP|=2a2|故2a2|所以(k12-k22)[1+k12+k2由于k1≠k2,k1,k2>0得1+k12+k22+a2(2-a因此1k12+11因?yàn)棰偈疥P(guān)于k1,k2的方程有解的充要條件是1+a2(a2-2)>1,所以a>2.因此,任意以點(diǎn)A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個(gè)公共點(diǎn)的充要條件為1<a≤2,由e=ca=a2?1a得,評(píng)析本題主要考查橢圓的幾何性質(zhì)、直線與橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查解析幾何的基本思想方法和綜合解題能力.7.(2016天津理,19,14分)設(shè)橢圓x2a2+y23=1(a>3)的右焦點(diǎn)為F,右頂點(diǎn)為A.已知1|OF|+1|(1)求橢圓的方程;(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)A的直線l與橢圓交于點(diǎn)B(B不在x軸上),垂直于l的直線與l交于點(diǎn)M,與y軸交于點(diǎn)H.若BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直線l的斜率的取值范圍.解析(1)設(shè)F(c,0),由1|OF|+1|OA|=3e|FA|,即1c+1a=3ca(a?c),可得a2-c2=3c2,又a2-c(2)設(shè)直線l的斜率為k(k≠0),則直線l的方程為y=k(x-2).設(shè)B(xB,yB),由方程組x24整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.解得x=2或x=8k由題意得xB=8k2?64k2由(1)知,F(1,0),設(shè)H(0,yH),有FH=(-1,yH),BF=9?由BF⊥HF,得BF·FH=0,所以4k2?94k2+3+因此直線MH的方程為y=-1kx+9設(shè)M(xM,yM),由方程組y=k(x?2),y=在△MAO中,∠MOA≤∠MAO?|MA|≤|MO|,即(xM-2)2+yM2≤xM2+yM2,化簡(jiǎn)得xM≥1,即20k2+912(k2所以,直線l的斜率的取值范圍為?∞,?解后反思由于引起變動(dòng)的原因是直線不定,而直線過(guò)已知定點(diǎn),因此直線的斜率是“戰(zhàn)爭(zhēng)的根源”.直線與直線、直線與橢圓的交點(diǎn)坐標(biāo)歸結(jié)為方程組的解,用直線的斜率k表示出點(diǎn)M的坐標(biāo)是“奮斗的目標(biāo)”.評(píng)析本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線方程、一元二次不等式基礎(chǔ)知識(shí).考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì).考查運(yùn)算求解能力、以及用方程思想解決問(wèn)題的能力.8.(2016浙江文,19,15分)如圖,設(shè)拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,拋物線上的點(diǎn)A到y(tǒng)軸的距離等于|AF|-1.(1)求p的值;(2)若直線AF交拋物線于另一點(diǎn)B,過(guò)B與x軸平行的直線和過(guò)F與AB垂直的直線交于點(diǎn)N,AN與x軸交于點(diǎn)M.求M的橫坐標(biāo)的取值范圍.解析(1)由題意可得,拋物線上點(diǎn)A到焦點(diǎn)F的距離等于點(diǎn)A到直線x=-1的距離,由拋物線的定義得p2=1,即(2)由(1)得,拋物線方程為y2=4x,F(1,0),可設(shè)A(t2,2t),t≠0,t≠±1.因?yàn)锳F不垂直于y軸,可設(shè)直線AF:x=sy+1(s≠0),由y2=4x,x=故y1y2=-4,所以,B1t又直線AB的斜率為2tt2?1,故直線從而得直線FN:y=-t2?12t所以Nt2設(shè)M(m,0),由A,M,N三點(diǎn)共線得2tt2于是m=2t所以m<0或m>2.經(jīng)檢驗(yàn),m<0或m>2滿足題意.綜上,點(diǎn)M的橫坐標(biāo)的取值范圍是(-∞,0)∪(2,+∞).思路分析(1)利用拋物線的定義來(lái)解題;(2)由(1)知拋物線的方程,可設(shè)A點(diǎn)坐標(biāo)及直線AF的方程,與拋物線方程聯(lián)立可得B點(diǎn)坐標(biāo),進(jìn)而得直線FN的方程與直線BN的方程,聯(lián)立可得N點(diǎn)坐標(biāo),最后利用A,M,N三點(diǎn)共線可得kAN=kAM,最終求出結(jié)果.評(píng)析本題主要考查拋物線的幾何性質(zhì)、直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查解析幾何的基本思想方法和綜合解題能力.9.(2015天津,19,14分)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F(-c,0),離心率為33,點(diǎn)M在橢圓上且位于第一象限,直線FM被圓x2+y(1)求直線FM的斜率;(2)求橢圓的方程;(3)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P在橢圓上,若直線FP的斜率大于2,求直線OP(O為原點(diǎn))的斜率的取值范圍.解析(1)由已知有c2a2=13,又由a2=b2+c2,可得a2=3c2,b設(shè)直線FM的斜率為k(k>0),則直線FM的方程為y=k(x+c).由已知,有kck2+12+c22=(2)由(1)得橢圓方程為x23c2+y22c2=1,直線FM的方程為y=33(x+c),兩個(gè)方程聯(lián)立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-53c或由|FM|=(c+c)2所以橢圓的方程為x23+(3)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,y),直線FP的斜率為t,得t=yx+1,即y=t(x+1)(x≠-1),與橢圓方程聯(lián)立得y=t(x+1),x23+y22=1,消去y,整理得2x2+3t2(x+1)2設(shè)直線OP的斜率為m,得m=yx,即y=mx(x≠0),與橢圓方程聯(lián)立,整理可得m2=2x2①當(dāng)x∈?32,?1時(shí),有y=t(x+1)<0,因此m>0,于是m=2x②當(dāng)x∈(-1,0)時(shí),有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=-2x2?23,綜上,直線OP的斜率的取值范圍是?∞,?評(píng)析本小題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線方程和圓的方程、直線與圓的位置關(guān)系、一元二次不等式等基礎(chǔ)知識(shí).考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì).考查運(yùn)算求解能力以及用函數(shù)與方程思想解決問(wèn)題的能力.10.(2015浙江理,19,15分)已知橢圓x22+y2=1上兩個(gè)不同的點(diǎn)A,B關(guān)于直線y=mx+1(1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍;(2)求△AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn)).解析(1)由題意知m≠0,可設(shè)直線AB的方程為y=-1m由x22+y2=1,y=?1m因?yàn)橹本€y=-1mx+b與橢圓x22+y2所以Δ=-2b2+2+4m將AB中點(diǎn)M2mbm2+2,b=-m2由①②得m<-63或m>6(2)令t=1m∈?62則|AB|=t2+1·且O到直線AB的距離為d=t2設(shè)△AOB的面積為S(t),所以S(t)=12|AB|·d=12?當(dāng)且僅當(dāng)t2=12時(shí),等號(hào)成立故△AOB面積的最大值為22評(píng)析本題主要考查橢圓的幾何性質(zhì),直線與橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查解析幾何的基本思想方法和綜合解題能力.11.(2013課標(biāo)Ⅱ理,20,12分)平面直角坐標(biāo)系xOy中,過(guò)橢圓M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)右焦點(diǎn)的直線x+y-3=0交M于A,B兩點(diǎn),P為AB的中點(diǎn)(1)求M的方程;(2)C,D為M上兩點(diǎn),若四邊形ACBD的對(duì)角線CD⊥AB,求四邊形ACBD面積的最大值.解析(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),則x12a2+y12b由此可得b2(x因?yàn)閤1+x2=2x0,y1+y2=2y0,y0x0所以a2=2b2.又由題意知,M的右焦點(diǎn)為(3,0),故a2-b2=3.因此a2=6,b2=3.所以M的方程為x26+(2)由x+y?3因此|AB|=46由題意可設(shè)直線CD的方程為y=x+n?5設(shè)C(x3,y3),D(x4,y4).由y=x+n,x于是x3,4=?2因?yàn)橹本€CD的斜率為1,所以|CD|=2|x4-x3|=43由已知,四邊形ACBD的面積S=12|CD|·|AB|=8當(dāng)n=0時(shí),S取得最大值,最大值為86所以四邊形ACBD面積的最大值為86評(píng)析本題考查了直線和橢圓的位置關(guān)系,考查了解析幾何中的中點(diǎn)問(wèn)題和最值問(wèn)題,計(jì)算量大,綜合性較強(qiáng).應(yīng)充分重視方程思想和函數(shù)思想在解題中的作用.12.(2011課標(biāo)理,20,12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知點(diǎn)A(0,-1),B點(diǎn)在直線y=-3上,M點(diǎn)滿足MB∥OA,MA·AB=MB·BA,M點(diǎn)的軌跡為曲線C.(1)求C的方程;(2)P為C上的動(dòng)點(diǎn),l為C在P點(diǎn)處的切線,求O點(diǎn)到l距離的最小值.解析(1)設(shè)M(x,y),由已知得B(x,-3),A(0,-1).所以MA=(-x,-1-y),MB=(0,-3-y),AB=(x,-2).再由題意可知(MA+MB)·AB=0,即(-x,-4-2y)·(x,-2)=0.所以曲線C的方程為y=14x2(2)設(shè)P(x0,y0)為曲線C:y=14x2-2上一點(diǎn),因?yàn)閥'=12x,所以l的斜率為12因此直線l的方程為y-y0=12x0(x-x0),即x0x-2y+2y0-x則O點(diǎn)到l的距離d=|2y又y0=14xd=12x02當(dāng)x0=0時(shí)取等號(hào),所以O(shè)點(diǎn)到l距離的最小值為2.13.(2014福建文,21,12分)已知曲線Γ上的點(diǎn)到點(diǎn)F(0,1)的距離比它到直線y=-3的距離小2.(1)求曲線Γ的方程;(2)曲線Γ在點(diǎn)P處的切線l與x軸交于點(diǎn)A,直線y=3分別與直線l及y軸交于點(diǎn)M,N.以MN為直徑作圓C,過(guò)點(diǎn)A作圓C的切線,切點(diǎn)為B.試探究:當(dāng)點(diǎn)P在曲線Γ上運(yùn)動(dòng)(點(diǎn)P與原點(diǎn)不重合)時(shí),線段AB的長(zhǎng)度是否發(fā)生變化?證明你的結(jié)論.解析(1)解法一:設(shè)S(x,y)為曲線Γ上任意一點(diǎn),依題意,點(diǎn)S到F(0,1)的距離與它到直線y=-1的距離相等,所以曲線Γ是以點(diǎn)F(0,1)為焦點(diǎn)、直線y=-1為準(zhǔn)線的拋物線,所以曲線Γ的方程為x2=4y.解法二:設(shè)S(x,y)為曲線Γ上任意一點(diǎn),則|y-(-3)|-(x依題意,知點(diǎn)S(x,y)只能在直線y=-3的上方,所以y>-3,所以(x化簡(jiǎn)得,曲線Γ的方程為x2=4y.(2)當(dāng)點(diǎn)P在曲線Γ上運(yùn)動(dòng)時(shí),線段AB的長(zhǎng)度不變.證明如下:由(1)知拋物線Γ的方程為y=14x2設(shè)P(x0,y0)(x0≠0),則y0=14由y'=12x,得切線l的斜率k=y'|x=x0所以切線l的方程為y-y0=12x0(x-x0),即y=12x0x-由y=12x由y=12x又N(0,3),所以圓心C14半徑r=12|MN|=1|AB|=|=12x0所以點(diǎn)P在曲線Γ上運(yùn)動(dòng)時(shí),線段AB的長(zhǎng)度不變.評(píng)析本題主要考查拋物線的定義與性質(zhì)、圓的性質(zhì)、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等,考查運(yùn)算求解能力、推理論證能力,考查數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想、特殊與一般思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想.14.(2016課標(biāo)Ⅱ,20,12分)已知橢圓E:x2t+y23=1的焦點(diǎn)在x軸上,A是E的左頂點(diǎn),斜率為k(k>0)的直線交E于A,M兩點(diǎn),點(diǎn)N在E(1)當(dāng)t=4,|AM|=|AN|時(shí),求△AMN的面積;(2)當(dāng)2|AM|=|AN|時(shí),求k的取值范圍.解析(1)設(shè)M(x1,y1),則由題意知y1>0.當(dāng)t=4時(shí),E的方程為x24+y23=1,A(-2,0).由已知及橢圓的對(duì)稱(chēng)性知,直線AM的傾斜角為π4.因此直線AM的方程為y=x+2.將x=y-2代入x24解得y=0或y=127,所以y1=12因此△AMN的面積S△AMN=2×12×127×127(2)由題意,t>3,k>0,A(-t,0).將直線AM的方程y=k(x+t)代入x2t+y23=1得(3+tk2)x2+2t·tk2x+t由x1·(-t)=t2k2?3t故|AM|=|x1+t|1+k2=由題設(shè),直線AN的方程為y=-1k(x+t故同理可得|AN|=6k由2|AM|=|AN|得23+tk即(k3-2)t=3k(2k-1).當(dāng)k=32時(shí)上式不成立,因此t=3t>3等價(jià)于k3?2k2+由此得k?2>0,k3?因此k的取值范圍是(32解題關(guān)鍵第(1)問(wèn)中求出直線AM的傾斜角是解決問(wèn)題的關(guān)鍵;第(2)問(wèn)利用2|AM|=|AN|得出t與k的關(guān)系式,由t>3,建立關(guān)于k的不等式,從而得出k的取值范圍.考法5存在性問(wèn)題1.(2019課標(biāo)Ⅰ文,21,12分)已知點(diǎn)A,B關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對(duì)稱(chēng),|AB|=4,☉M過(guò)點(diǎn)A,B且與直線x+2=0相切.(1)若A在直線x+y=0上,求☉M的半徑;(2)是否存在定點(diǎn)P,使得當(dāng)A運(yùn)動(dòng)時(shí),|MA|-|MP|為定值?并說(shuō)明理由.解析本題利用關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)和直線與圓相切,考查圓的方程及圓的幾何性質(zhì),要求學(xué)生具備較強(qiáng)的直觀想象與邏輯推理能力,第(2)問(wèn)設(shè)置開(kāi)放性問(wèn)題,考查拋物線的定義與性質(zhì).(1)因?yàn)楱慚過(guò)點(diǎn)A,B,所以圓心M在AB的垂直平分線上.由已知A在直線x+y=0上,且A,B關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對(duì)稱(chēng),所以M在直線y=x上,故可設(shè)M(a,a).因?yàn)楱慚與直線x+2=0相切,所以☉M的半徑為r=|a+2|.由已知得|AO|=2,又MO⊥AO,故可得2a2+4=(a+2)2,解得a=0或a=4.故☉M的半徑r=2或r=6.(2)存在定點(diǎn)P(1,0),使得|MA|-|MP|為定值.理由如下:設(shè)M(x,y),由已知得☉M的半徑為r=|x+2|,|AO|=2,由于MO⊥AO,故可得x2+y2+4=(x+2)2,化簡(jiǎn)得M的軌跡方程為y2=4x.因?yàn)榍€C:y2=4x是以點(diǎn)P(1,0)為焦點(diǎn),以直線x=-1為準(zhǔn)線的拋物線,所以|MP|=x+1.因?yàn)閨MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,所以存在滿足條件的定點(diǎn)P.2.(2015課標(biāo)Ⅰ理,20,12分)在直角坐標(biāo)系xOy中,曲線C:y=x24與直線l:y=kx+a(a>0)交于M,N(1)當(dāng)k=0時(shí),分別求C在點(diǎn)M和N處的切線方程;(2)y軸上是否存在點(diǎn)P,使得當(dāng)k變動(dòng)時(shí),總有∠OPM=∠OPN?說(shuō)明理由.解析(1)由題設(shè)可得M(2a,a),N(-2a,a)或M(-2a,a),N(2a,a).又y'=x2,故y=x24在x=2a處的導(dǎo)數(shù)值為a,C在點(diǎn)(2a,a)處的切線方程為y-a=a(x-2a),y=x24在x=-2a處的導(dǎo)數(shù)值為-a,C在點(diǎn)(-2a,a)處的切線方程為y-a=-a(x+2a),即故所求切線方程為ax-y-a=0和ax+y+a=0.(5分)(2)存在符合題意的點(diǎn),證明如下:設(shè)P(0,b)為符合題意的點(diǎn),M(x1,y1),N(x2,y2),直線PM,PN的斜率分別為k1,k2.將y=kx+a代入C的方程得x2-4kx-4a=0.故x1+x2=4k,x1x2=-4a.從而k1+k2=y1?bx1+y當(dāng)b=-a時(shí),有k1+k2=0,則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補(bǔ),故∠OPM=∠OPN,所以點(diǎn)P(0,-a)符合題意.(12分)3.(2014湖南文,20,13分)如圖,O為坐標(biāo)原點(diǎn),雙曲線C1:x2a12-y2b12=1(a1>0,b1>0)和橢圓C2:y2a22+x2b22=1(a2>b(1)求C1,C2的方程;(2)是否存在直線l,使得l與C1交于A,B兩點(diǎn),與C2只有一個(gè)公共點(diǎn),且|OA+OB|=|AB|?證明你的結(jié)論.解析(1)設(shè)C2的焦距為2c2,由題意知,2c2=2,2a1=2,從而a1=1,c2=1.因?yàn)辄c(diǎn)P233,1在雙曲線x2-y2b12=1上,所以由橢圓的定義知2a2=2332+(1?于是a2=3,b22=a22-c22=2,故C1,C2的方程分別為x2-(2)不存在符合題設(shè)條件的直線.(i)若直線l垂直于x軸,因?yàn)閘與C2只有一個(gè)公共點(diǎn),所以直線l的方程為x=2或x=-2.當(dāng)x=2時(shí),易知A(2,3),B(2,-3),所以|OA+OB|=22,|AB|=23,此時(shí),|OA+OB|≠|(zhì)AB|.當(dāng)x=-2時(shí),同理可知,|OA+OB|≠|(zhì)AB|.(ii)若直線l不垂直于x軸,設(shè)l的方程為y=kx+m,由y=kx+m,x2?當(dāng)l與C1相交于A,B兩點(diǎn)時(shí),設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1,x2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根,從而x1+x2=2km3?k2,x1于是y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=3k由y=kx+m,y23因?yàn)橹本€l與C2只有一個(gè)公共點(diǎn),所以上述方程的判別式Δ=16k2m2-8(2k2+3)(m2-3)=0.化簡(jiǎn),得2k2=m2-3,因此OA·OB=x1x2+y1y2=m2+3k2?3于是OA2+OB2+2OA·OB≠OA2+OB2-2即|OA+OB|2≠|(zhì)OA-OB|2,故|OA+OB|≠|(zhì)AB|.綜合(i),(ii)可知,不存在符合題設(shè)條件的直線.評(píng)析本題考查橢圓與雙曲線的定義、幾何性質(zhì)、標(biāo)準(zhǔn)方程及直線與圓錐曲線的位置關(guān)系,同時(shí)考查方程思想,運(yùn)算、推理能力,綜合性較強(qiáng).4.(2024北京,19,15分,中)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),以橢圓E的焦點(diǎn)和短軸端點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是邊長(zhǎng)為2的正方形,過(guò)點(diǎn)(0,t)(t>2)且斜率存在的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)A,B,過(guò)點(diǎn)A和C(0,1)(1)求橢圓E的方程及離心率;(2)若直線BD的斜率為0,求t的值.19解析(1)由已知條件可知b=c=2,∴a=2,∴橢圓方程為x24+y22=1,離心率e=(2)設(shè)直線AB的方程為y=kx+t(t>2),A(x1,y1),B(x2,y2).聯(lián)立y=kx+t,x24+yΔ=(4kt)2-4(2k2+1)(2t2-4)>0,即4k2-t2+2>0,x1+x2=-4kt2k2+1,x1∵直線BD的斜率為0,∴點(diǎn)B與點(diǎn)D關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng),得D(-x2,y2),∵A、C、D三點(diǎn)共線,∴kAC=kCD,即y1-1x1=-y2-1x2,∴(kx∴2kx1x2+(t-1)(x1+x2)=0,∴2k(2t∴t2-t=t2-2,解得t=2.5.(2024全國(guó)甲理,20,12分,中)設(shè)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F,點(diǎn)M1,32在C(1)求C的方程;(2)過(guò)點(diǎn)P(4,0)的直線交C于A,B兩點(diǎn),N為線段FP的中點(diǎn),直線NB交直線MF于點(diǎn)Q,證明:AQ⊥y軸.20解析(1)∵M(jìn)F⊥x軸,且M在C上,∴c=1,b2a=32,結(jié)合c2=a2-b2,解得∴C的方程為x24+(2)證明:當(dāng)直線AB與x軸重合時(shí)顯然符合題意.當(dāng)直線不與x軸重合時(shí),設(shè)直線AB的方程為x=ty+4,A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立x=ty+4,x24+y由Δ=(24t)2-4×(4+3t2)×36=144(t2-4)>0,得t2>4,由根與系數(shù)的關(guān)系得y1+y2=-24t4+3t2,y1y∵N為FP的中點(diǎn),∴N52∴直線NB的方程為y=y2令x=1,解得yQ=-3y∴y1-yQ=y1+3y22x2∵2ty1y2+3(y1+y2)=2t·364+3t2+3∴y1=yQ,即AQ⊥y軸.綜上,AQ⊥y軸.6.(2024新課標(biāo)Ⅰ,16,15分,中)已知A(0,3)和P3,32為橢圓C:x2a2(1)求C的離心率;(2)若過(guò)P的直線l交C于另一點(diǎn)B,且△ABP的面積為9,求l的方程.16解析(1)將A(0,3),P3,32代入橢圓方程x2a2+y2所以橢圓的離心率e=1?b2a(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),l:x=3,此時(shí)S△ABP=12×3×3=92,當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)l:y=k(x-3)+32聯(lián)立y=k(x-3)+32,x212+設(shè)P(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=24k2-12k3+4k2∴|BP|=1+k2·(x1+又點(diǎn)A到直線l的距離d=32∴S△ABP=12|BP|·d=12×1+k2·6|2k+3|3+4k2·∴直線l的方程為y=12x或y=37.(2024新課標(biāo)Ⅱ,19,17分,難)已知雙曲線C:x2-y2=m(m>0),點(diǎn)P1(5,4)在C上,k為常數(shù),0<k<1.按照如下方式依次構(gòu)造點(diǎn)Pn(n=2,3,…):過(guò)Pn-1作斜率為k的直線與C的左支交于點(diǎn)Qn-1,令Pn為Qn-1關(guān)于y軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn).記Pn的坐標(biāo)為(xn,yn).(1)若k=12,求x2,y2(2)證明:數(shù)列{xn-yn}是公比為1+k1?(3)設(shè)Sn為△PnPn+1Pn+2的面積.證明:對(duì)任意正整數(shù)n,Sn=Sn+1.19解析(1)如圖1所示,由已知直線P1Q1的方程為y-4=12(x-5),即y=12x+又點(diǎn)P1(5,4)在雙曲線x2-y2=m上,∴m=52-42=9,聯(lián)立x2-y2=9,y=12x+32,消去y得x由已知Q1關(guān)于y軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為P2,則P2(3,0),故x2=3,y2=0.(2)證法一:由已知Pn(xn,yn)在雙曲線上,如圖2所示,設(shè)Pn-1(xn-1,yn-1)(n=2,3,…),則xn-12-yn-12=9,由已知得直線Pn-1Qn-1聯(lián)立x2-y2=9,y=yn-1+k(x-xn-1),消去設(shè)Qn-1(x0,y0),∵xn-1是方程(※)的一個(gè)根,∴由根與系數(shù)的關(guān)系得x0+xn-1=2k∴x0=2k∴y0=k(x0-xn-1)+yn-1=k2即Qn-12k則Pn-2∴xn-yn=k2xn-1=(k∴xn-ynxn-1∴數(shù)列{xn-yn}是公比為1+k1?證法二:由已知Pn(xn,yn),則Pn關(guān)于y軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)是Qn-1(-xn,yn),又Pn-1(xn-1,yn-1)且Pn-1Qn-1是斜率為k的直線,∴yn-yn+1-xn∴xn2-yn2=9①,xn-12-yn-12=9②,①-②可得∴yn-y即y④-③得(xn-yn)-(xn-1-yn-1)=k[(xn-yn)+(xn-1-yn-1)],∴(1-k)(xn-yn)=(1+k)(xn-1-yn-1),∴xn-y∴數(shù)列{xn-yn}是公比為1+k1?(3)證法一:如圖3,設(shè)Pn(xn,yn),Pn+1(xn+1,yn+1),Pn+2(xn+2,yn+2),∴Pn+1Pn=(xn-xn+1,yn-yn+1),Pn+1Pn+2∴S△PnPn+1Pn+2=12|Pn+1Pn=12|Pn+1Pn=1=12|(xn-xn+1)(yn+2-yn+1)-(xn+2-xn+1)(yn-yn+1又∵xn-yn=(x1-y1)1+k1?kn-1=1+k1?kn-1(n=1,2,3,…),且(xn,yn)在雙曲線x2∴xn+yn=9xn-y令1+k1?k=p,由0<k<1,得∴xn=12(pn-1+9p1-n),yn=12(9p1-n-p∴(xn-xn+1)(yn+2-yn+1)=14(pn-1+9p1-n-pn-9p-n)(9p-1-n-pn+1-9p-n+pn=14[9(1-p)2p-2+(1-p)2p2n-1-81(p-1)2p-2n-1-9(p-1)2]=14(p-1)2(9p-2-9+p2n-1-81p又(xn+2-xn+1)(yn-yn+1)=14(pn+1+9p-n-1-pn-9p-n)(9p1-n-pn-1-9p-n+pn=14[(p-1)2p2n-1+9(p-1)2-81(1-p)2p-2n-1-9(1-p)2p-2]=14(p-1)2(9-9p-2+p2n-1-81p∴S△PnPn+1Pn+2=12×14|18(p-1)2-18(1-p)2p∴Sn=94[(p-1)2-(1-p)2·p-2]=94(p-1)21?1p2=9(p-1)2(p2-1)4p2=94·(證法二:要證Sn+1=Sn,即證S△Pn即證PnPn+3∥Pn+1Pn+2,(三角形同底等高模型)設(shè)1+k1?k=p,同證法一得xn-ynxn=12(pn-1+9p1-n),yn=12(9p1-n-p則kPn+1P=1-2=1-2pkPnPn=1-2=1-2p故kPn+1Pn+2=kPnPn+3,原式得證.專(zhuān)題九計(jì)數(shù)原理9.1計(jì)數(shù)原理、排列與組合考點(diǎn)計(jì)數(shù)原理、排列與組合1.(2023新課標(biāo)Ⅱ,3,5分,易)某學(xué)校為了解學(xué)生參加體育運(yùn)動(dòng)的情況,用比例分配的分層隨機(jī)抽樣方法作抽樣調(diào)查,擬從初中部和高中部?jī)蓪庸渤槿?0名學(xué)生,已知該校初中部和高中部分別有400名和200名學(xué)生,則不同的抽樣結(jié)果共有()A.C40045·C20015種B.C.C40030·C20030種D.答案D根據(jù)分層隨機(jī)抽樣方法,易知從初中部和高中部分別抽取40名和20名學(xué)生,根據(jù)分步乘法計(jì)數(shù)原理,得不同的抽樣結(jié)果共有C40040·C2002.(2023全國(guó)乙理,7,5分,中)甲、乙兩位同學(xué)從6種課外讀物中各自選讀2種,則這兩人選讀的課外讀物中恰有1種相同的選法共有()A.30種B.60種C.120種D.240種答案C第一步:甲、乙兩位同學(xué)從6種課外讀物中選出1種相同的有C61=6種選法;第二步:從剩下的5種課外讀物中選2種分給甲、乙有A52=20種選法.一題多解(排除法)甲、乙兩位同學(xué)分別從6種課外讀物中選出2種有C62C62=225種選法,其中甲、乙選2種讀物完全相同有C62=15種選法,完全不相同有3.(2023全國(guó)甲理,9,5分,中)現(xiàn)有5名志愿者報(bào)名參加公益活動(dòng),在某一星期的星期六、星期日兩天,每天從這5人中安排2人參加公益活動(dòng),則恰有1人在這兩天都參加的不同安排方式共有()A.120種B.60種C.30種D.20種答案B先從5人中選出1人兩天都參加,有C51種選擇,有A42種方式,所以恰有1人在這兩天都參加的不同安排方式共有C514.(2020新高考Ⅰ,3,5分)6名同學(xué)到甲、乙、丙三個(gè)場(chǎng)館做志愿者,每名同學(xué)只去1個(gè)場(chǎng)館,甲場(chǎng)館安排1名,乙場(chǎng)館安排2名,丙場(chǎng)館安排3名,則不同的安排方法共有()A.120種B.90種C.60種D.30種答案C解題思路:第一步:安排甲場(chǎng)館的志愿者,則甲場(chǎng)館的安排方法有C61=6種,第二步:安排乙場(chǎng)館的志愿者,則乙場(chǎng)館的安排方法有C52=10種,第三步:安排丙場(chǎng)館的志愿者,則丙場(chǎng)館的安排方法有C33=1種.所以共有6×10×1=60種不同的安排方法.故選C(易錯(cuò)5.(2022新高考Ⅱ,5,5分,應(yīng)用性)甲、乙、丙、丁、戊5名同學(xué)站成一排參加文藝匯演,若甲不站在兩端,丙和丁相鄰,則不同的排列方式共有()A.12種B.24種C.36種D.48種答案B丙和丁相鄰共有A22·A44種站法,甲站在兩端且丙和丁相鄰共有C21·A6.(2021全國(guó)乙理,6,5分)將5名北京冬奧會(huì)志愿者分配到花樣滑冰、短道速滑、冰球和冰壺4個(gè)項(xiàng)目進(jìn)行培訓(xùn)