北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
9.5 圆锥曲线的综合问题
考法一 求轨迹方程
1.(2016课标Ⅲ,理20,文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l,l 分别交C于
1 2
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AR∥FQ;
(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.
(1 )
解析 由题设知F ,0 .设l:y=a,l:y=b,则ab≠0,
2 1 2
(a2 ) (b2 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 a+b)
且A ,a ,B ,b ,P - ,a ,Q - ,b ,R - , .
2 2 2 2 2 2
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k,FQ的斜率为k,则
1 2
a-b a-b 1 -ab
k= = = = =-b=k.
1 1+a2 a2-ab a a 2
所以AR∥FQ.(5分)
1 1 | 1| |a-b|
(2)设l与x轴的交点为D(x,0),则S = |b-a||FD|= |b-a| x - ,S = .
1 △ABF 2 2 1 2 △PQF 2
1 | 1| |a-b|
由题设可得2× |b-a| x - = ,
2 1 2 2
所以x=0(舍去),或x=1.(8分)
1 1
设满足条件的AB的中点为E(x,y).
2 y
当AB与x轴不垂直时,由k =k 可得 = (x≠1).
AB DE a+b x-1
a+b
而 =y,所以y2=x-1(x≠1).
2
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AR∥FQ的证明转化为k =k 的证明;第(2)问需找到AB中点所满足的几
AR FQ
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.
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评析 本题主要考查抛物线的性质,直线的斜率及其应用,轨迹方程的求法等知识,考查分类讨论思想的应用,
考查考生对基础知识和基本技能的应用能力.
x2 y2 √5
2.(2014广东理,20,14分)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的一个焦点为(√5,0),离心率为 .
a2 b2 3
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若动点P(x,y)为椭圆C外一点,且点P到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程.
0 0
c √5
解析 (1)由题意知c=√5,e= = ,
a 3
∴a=3,b2=a2-c2=4,
x2 y2
故椭圆C的标准方程为 + =1.
9 4
(2)设两切线为l,l,
1 2
①当l⊥x轴或l∥x轴时,l∥x轴或l⊥x轴,可知P(±3,±2).
1 1 2 2
1
②当l 与x轴不垂直且不平行时,x≠±3,设l 的斜率为k,且k≠0,则l 的斜率为- ,l 的方程为y-y=k(x-x),与
1 0 1 2 k 1 0 0
x2 y2
+ =1联立,
9 4
整理得(9k2+4)x2+18(y-kx)kx+9(y-kx)2-36=0,
0 0 0 0
∵直线l 与椭圆相切,∴Δ=0,即9(y-kx)2k2-(9k2+4)·[(y-kx)2-4]=0,
1 0 0 0 0
∴(x2 -9)k2-2xyk+y2
-4=0,
0 0 0 0
∴k是方程(x2 -9)x2-2xyx+y2
-4=0的一个根,
0 0 0 0
1
同理,-
是方程(x2 -9)x2-2xyx+y2
-4=0的另一个根,
k 0 0 0 0
∴k·
( - 1)
=
y2 0 -4 ,整理得x2 +y2
=13,其中x≠±3,
k x2-9 0 0 0
0
∴点P的轨迹方程为x2+y2=13(x≠±3).
P(±3,±2)满足上式.
综上,点P的轨迹方程为x2+y2=13.
评析 本题考查椭圆的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系以及轨迹方程的求法.考查分类讨论思想以
及方程思想的应用.
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3.(2014湖北理,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的
轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程;
(2)设斜率为k的直线l过定点P(-2,1).求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k
的相应取值范围.
解析 (1)设点M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1,
即√(x-1) 2+ y2 =|x|+1,
化简整理得y2=2(|x|+x).
{4x,x≥0,
故点M的轨迹C的方程为y2=
0,x<0.
(2)在点M的轨迹C中,记C:y2=4x,C:y=0(x<0),
1 2
依题意,可设直线l的方程为y-1=k(x+2).
{y-1=k(x+2),
由方程组 可得ky2-4y+4(2k+1)=0.①
y2=4x,
1
(i)当k=0时,此时y=1.把y=1代入轨迹C的方程,得x= .
4
(1 )
故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点 ,1 .
4
(ii)当k≠0时,方程①的判别式为Δ=-16(2k2+k-1).②
设直线l与x轴的交点为(x,0),则
0
2k+1
由y-1=k(x+2),令y=0,得x=- .③
0 k
{Δ<0, 1
1°若 由②③解得k<-1或k> .
x <0, 2
0
(1 )
即当k∈(-∞,-1)∪
,+∞
时,直线l与C 没有公共点,与C 有一个公共点,
2 1 2
故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.
{Δ=0, {Δ>0, { 1} 1
2°若 或 则由②③解得k∈
-1,
或- ≤k<0.
x <0 x ≥0, 2 2
0 0
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{ 1}
即当k∈
-1,
时,直线l与C 只有一个公共点,与C 有一个公共点.
2 1 2
[ 1 )
当k∈ - ,0 时,直线l与C 有两个公共点,与C 没有公共点.
2 1 2
[ 1 ) { 1}
故当k∈ - ,0 ∪ -1, 时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点.
2 2
{Δ>0, 1 1
3°若 则由②③解得-1<k<- 或0<k< .
x <0, 2 2
0
( 1) ( 1)
即当k∈ -1,- ∪ 0, 时,直线l与C 有两个公共点,与C 有一个公共点,
2 2 1 2
故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点.
(1 ) [ 1 )
综合(i)(ii)可知,当k∈(-∞,-1)∪ ,+∞ ∪{0}时,直线l与轨迹C恰好有一个公共点;当k∈ - ,0 ∪
2 2
{ 1} ( 1) ( 1)
-1, 时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点;当k∈ -1,- ∪ 0, 时,直线l与轨迹C恰好有三
2 2 2
个公共点.
评析 本题考查了直线和抛物线的位置关系,考查了数形结合的方法,灵活地利用判别式是求解的关键.盲目
利用抛物线的定义而漏掉射线y=0(x<0)就会造成错解而失分.
4.(2013课标Ⅰ,理20,文21,12分)已知圆M:(x+1)2+y2=1,圆N:(x-1)2+y2=9,动圆P与圆M外切并且与圆N内切,
圆心P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程;
(2)l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求|AB|.
解析 由已知得圆M的圆心为M(-1,0),半径r=1;圆N的圆心为N(1,0),半径r=3.设圆P的圆心为P(x,y),半
1 2
径为R.
(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切,所以|PM|+|PN|=(R+r)+(r-R)=r+r=4.
1 2 1 2
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
x2 y2
程为 + =1(x≠-2).
4 3
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(2)对于曲线C上任意一点P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-2≤2,所以R≤2,当且仅当圆P的圆心为(2,0)时,R=2.所以
当圆P的半径最长时,其方程为(x-2)2+y2=4.
若l的倾斜角为90°,则l与y轴重合,可得|AB|=2√3.
|QP| R
若l的倾斜角不为90°,由r≠R知l不平行于x轴,设l与x轴的交点为Q,则 = ,可求得Q(-4,0),所以
1 |QM| r
1
|3k| √2
可设l:y=k(x+4).由l与圆M相切得 =1,解得k=± .
√1+k2 4
√2 √2 x2 y2 -4±6√2
当k= 时,将y= x+√2代入 + =1,并整理得7x2+8x-8=0,解得x = .
4 4 4 3 1,2 7
18
所以|AB|=√1+k2|x-x|= .
2 1 7
√2 18
当k=- 时,由图形的对称性可知|AB|= .
4 7
18
综上,|AB|=2√3或|AB|= .
7
评析 本题考查了直线和圆的位置关系,考查了椭圆的定义和方程,考查了分类讨论的方法和运算求解能力.
利用数形结合的方法是解题的关键.在求曲线C的方程时容易忽视对左顶点和直线倾斜角为90°时的讨论而
造成失分.
5.(2013课标Ⅱ文,20,12分)在平面直角坐标系xOy中,已知圆P在x轴上截得线段长为2√2,在y轴上截得线
段长为2√3.
(1)求圆心P的轨迹方程;
√2
(2)若P点到直线y=x的距离为 ,求圆P的方程.
2
解析 (1)设P(x,y),圆P的半径为r.
由题设得y2+2=r2,x2+3=r2.从而y2+2=x2+3.
故P点的轨迹方程为y2-x2=1.
(2)设P(x,y),由已知得
0 0
|x - y | √2
0 0
= .
√2 2
{|x - y |=1,
0 0
又P在双曲线y2-x2=1上,从而得
y2-x2=1.
0 0
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{x - y =1, { x =0,
由 0 0 得 0 此时,圆P的半径r=√3.
y2-x2=1 y =-1.
0 0 0
{x - y =-1, {x =0,
由 0 0 得 0 此时,圆P的半径r=√3.
y2-x2=1 y =1.
0 0 0
故圆P的方程为x2+(y-1)2=3或x2+(y+1)2=3.
考法二 定值与定点问题的解题方法
x2 1
1.(2019课标Ⅲ理,21,12分)已知曲线C:y= ,D为直线y=- 上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为
2 2
A,B.
(1)证明:直线AB过定点;
( 5)
(2)若以E 0, 为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求四边形ADBE的面积.
2
解析 本题考查直线与抛物线相切,弦的中点,直线与圆相切等知识点,通过直线与抛物线的方程运算,考查了
学生在解析几何中的运算求解能力,以直线与抛物线相切为背景考查了数学运算的核心素养.
(1)设D
( t,- 1) ,A(x,y),则x2
=2y.
2 1 1 1 1
1
y +
由于y'=x,所以切线DA的斜率为x,故 1 2=x.
1 1
x -t
1
整理得2tx-2y+1=0.
1 1
设B(x,y),同理可得2tx-2y+1=0.
2 2 2 2
故直线AB的方程为2tx-2y+1=0.
( 1)
所以直线AB过定点 0, .
2
1
(2)由(1)得直线AB的方程为y=tx+ .
2
1
{y=tx+ ,
2
由 可得x2-2tx-1=0.
x2
y=
2
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于是x+x=2t,xx=-1,y+y=t(x+x)+1=2t2+1,
1 2 1 2 1 2 1 2
|AB|=√1+t2|x-x|=√1+t2×√(x +x ) 2-4x x =2(t2+1).
1 2 1 2 1 2
2
设d,d 分别为点D,E到直线AB的距离,则d=√t2+1,d= .
1 2 1 2 √t2+1
1
因此,四边形ADBE的面积S= |AB|(d+d)=(t2+3)√t2+1.
2 1 2
设M为线段AB的中点,则M
( t,t2+ 1)
.
2
由于⃗EM⊥⃗AB,而⃗EM=(t,t2-2),⃗AB与向量(1,t)平行,
所以t+(t2-2)t=0.
解得t=0或t=±1.
当t=0时,S=3;当t=±1时,S=4√2.
因此,四边形ADBE的面积为3或4√2.
解题关键 (1)设出A、B坐标,求导、列等式是解题的突破口.(2)由(1)得出AB的方程,用坐标表示出⃗EM⊥
⃗AB,求AB方程中的参数是关键.
2.(2018北京理,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;
1 1
(2)设O为原点,⃗QM=λ⃗QO,⃗QN=μ⃗QO,求证: + 为定值.
λ μ
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(k≠0).
{y2=4x,
由 得k2x2+(2k-4)x+1=0.
y=kx+1
依题意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得k<0或0<k<1.
又PA,PB与y轴相交,故直线l不过点(1,-2).
从而k≠-3.
所以直线l斜率的取值范围是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1).
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(2)设A(x,y),B(x,y),
1 1 2 2
2k-4 1
由(1)知x+x=- ,xx= .
1 2 k2 1 2 k2
y -2
1
直线PA的方程为y-2= (x-1).
x -1
1
- y +2 -kx +1
1 1
令x=0,得点M的纵坐标为y = +2= +2.
M x -1 x -1
1 1
-kx +1
2
同理得点N的纵坐标为y = +2.
N x -1
2
由⃗QM=λ⃗QO,⃗QN=μ⃗QO得λ=1-y ,μ=1-y .
M N
1 1 1 1 x -1 x -1
1 2
所以 + = + = +
λ μ 1- y 1- y (k-1)x (k-1)x
M N 1 2
2 2k-4
+
1 2x x -(x +x ) 1 k2 k2
1 2 1 2
= · = · =2.
k-1 x x k-1 1
1 2
k2
1 1
所以 + 为定值.
λ μ
方法总结 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值.依题设条件,得出与代数式有关的等式,化简即可得出定值;
(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的表达式,再利用题设条件化简、变形求得;
(3)求某线段长度为定值.利用两点间的距离公式求得线段长度的表达式,再依据条件对表达式进行化简、变
形即可求得.
x2 y2 √3
3.(2016北京理,19,14分)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
a2 b2 2
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.
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c √3
{ = ,
a 2
解析 (1)由题意得 1
ab=1,
2
a2=b2+c2,
解得a=2,b=1.
x2
所以椭圆C的方程为 +y2=1.
4
(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).
设P(x,y),则x2 +4y2
=4.
0 0 0 0
y
0
当x≠0时,直线PA的方程为y= (x-2).
0 x -2
0
2y | 2y |
令x=0,得y =-
0
,从而|BM|=|1-y |=
1+ 0
.
M x -2 M x -2
0 0
y -1
0
直线PB的方程为y= x+1.
x
0
x | x |
令y=0,得x =-
0
,从而|AN|=|2-x |=
2+ 0
.
N y -1 N y -1
0 0
| x || 2y |
所以|AN|·|BM|=
2+ 0
·
1+ 0
y -1 x -2
0 0
|x2+4 y2+4x y -4x -8 y +4|
0 0 0 0 0 0
=
x y -x -2y +2
0 0 0 0
|4x y -4x -8 y +8|
0 0 0 0
=
x y -x -2y +2
0 0 0 0
=4.
当x=0时,y=-1,|BM|=2,|AN|=2,
0 0
所以|AN|·|BM|=4.
综上,|AN|·|BM|为定值.
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(x) 2 ( y) 2 π
一题多解 (2)点P在曲线 + =1上,不妨设P(2cos θ,sin θ),当θ≠kπ且θ≠kπ+ (k∈Z)时,直线AP
2 1 2
sinθ sinθ
的方程为y-0= (x-2),令x=0,得y = ;
2(cosθ-1) M 1-cosθ
sinθ-1 2cosθ
直线BP的方程为y-1= (x-0),令y=0,得x = .
2cosθ N 1-sinθ
| cosθ || sinθ |
∴|AN|·|BM|=2
1-
·
1-
1-sinθ 1-cosθ
|2(1-sinθ)(1-cosθ)|
=2 =2×2=4(定值).
(1-sinθ)(1-cosθ)
π
当θ=kπ或θ=kπ+ (k∈Z)时,M、N是定点,易得|AN|·|BM|=4.综上,|AN|·|BM|=4.
2
评析 本题考查椭圆的标准方程,直线与圆锥曲线的位置关系及定值问题,方法常规,运算量大,对学生的运算
能力要求较高.
x2 y2
4.(2016北京文,19,14分)已知椭圆C: + =1过A(2,0),B(0,1)两点.
a2 b2
(1)求椭圆C的方程及离心率;
(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:四边形
ABNM的面积为定值.
解析 (1)由题意得,a=2,b=1.
x2
所以椭圆C的方程为 +y2=1.(3分)
4
又c=√a2-b2=√3,
c √3
所以离心率e= = .(5分)
a 2
(2)设P(x,y)(x<0,y<0),则x2 +4y2
=4.(6分)
0 0 0 0 0 0
又A(2,0),B(0,1),
y
0
所以,直线PA的方程为y= (x-2).
x -2
0
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2y 2y
0 0
令x=0,得y =- ,从而|BM|=1-y =1+ .(9分)
M x -2 M x -2
0 0
y -1
0
直线PB的方程为y= x+1.
x
0
x
0
令y=0,得x =- ,
N y -1
0
x
0
从而|AN|=2-x =2+ .(12分)
N y -1
0
所以四边形ABNM的面积
1
S= |AN|·|BM|
2
1( x )( 2y )
=
2+ 0 1+ 0
2 y -1 x -2
0 0
x2+4 y2+4x y -4x -8 y +4
0 0 0 0 0 0
=
2(x y -x -2y +2)
0 0 0 0
2x y -2x -4 y +4
0 0 0 0
= =2.
x y -x -2y +2
0 0 0 0
从而四边形ABNM的面积为定值.(14分)
解后反思 本题第(2)问可画出图形进行分析,
发现点A和点B分别为椭圆的右顶点和上顶点,且四边形ABNM的对角线AN与BM互相垂直,所以S
四边形
1
= |AN|·|BM|,问题转化为求点M与点N的坐标,故设点P(x,y),表示出直线PA和PB,即可求得点M、N
ABNM 2 0 0
的坐标.
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评析 本题考查了椭圆的标准方程、离心率和直线方程的相关知识及定值问题,知识点较综合,属中等偏难
题.
x2 y2 √2
5.(2015课标Ⅱ文,20,12分)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,点(2,√2)在C上.
a2 b2 2
(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.
√a2-b2 √2 4 2
解析 (1)由题意有 = , + =1,
a 2 a2 b2
解得a2=8,b2=4.
x2 y2
所以C的方程为 + =1.
8 4
x2 y2
(2)设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x,y),B(x,y),M(x ,y ).将y=kx+b代入 + =1得
1 1 2 2 M M 8 4
(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.
x +x -2kb b
1 2
故x = = ,y =k·x +b= .
M 2 2k2+1 M M 2k2+1
y 1 1
M
于是直线OM的斜率k = =- ,即k ·k=- .
OM x 2k OM 2
M
所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
评析 本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系;考查了定值问题的解题方法.利用韦达定理解决线
段的中点是求解关键.
x2 y2 √2
6.(2015陕西文,20,12分)如图,椭圆E: + =1(a>b>0)经过点A(0,-1),且离心率为 .
a2 b2 2
(1)求椭圆E的方程;
(2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP与AQ的斜率之
和为2.
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c √2
解析 (1)由题设知 = ,b=1,
a 2
结合a2=b2+c2,解得a=√2.
x2
所以椭圆E的方程为 +y2=1.
2
x2
(2)证明:由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k≠2),代入 +y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0.
2
由已知可知Δ>0.
设P(x,y),Q(x,y),xx≠0,
1 1 2 2 1 2
4k(k-1) 2k(k-2)
则x+x= ,xx= .
1 2 1+2k2 1 2 1+2k2
从而直线AP,AQ的斜率之和
y +1 y +1 kx +2-k kx +2-k
1 2 1 2
k +k = + = +
AP AQ x x x x
1 2 1 2
( 1 + 1 ) x 1 +x 2
=2k+(2-k) =2k+(2-k)
x x x x
1 2 1 2
4k(k-1)
=2k+(2-k) =2k-2(k-1)=2.
2k(k-2)
评析 本题考查椭圆标准方程与简单性质的同时,重点考查直线与椭圆的位置关系.
考法三 最值与范围问题的解题方法
x2 y2
1.(2019课标Ⅱ文,20,12分)已知F,F 是椭圆C: + =1(a>b>0)的两个焦点,P为C上的点,O为坐标原点.
1 2 a2 b2
(1)若△POF 为等边三角形,求C的离心率;
2
(2)如果存在点P,使得PF⊥PF,且△FPF 的面积等于16,求b的值和a的取值范围.
1 2 1 2
解析 本题主要考查椭圆的定义、简单的几何性质;考查数形结合的数学思想和逻辑思维能力与运算求解
能力;体现了逻辑推理与数学运算的核心素养.
(1)连接PF.由△POF 为等边三角形可知在△FPF 中,∠FPF=90°,|PF|=c,|PF|=√3c,于是2a=|PF|+|PF|=(√3
1 2 1 2 1 2 2 1 1 2
c
+1)c,故C的离心率e= =√3-1.
a
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1 y y x2 y2
(2)由题意可知,满足条件的点P(x,y)存在,当且仅当 |y|·2c=16, · =-1, + =1,
2 x+c x-c a2 b2
即c|y|=16,①
x2+y2=c2,②
x2 y2
+ =1.③
a2 b2
b4
由②③及a2=b2+c2得y2= ,
c2
162
又由①知y2= ,故b=4.
c2
a2
由②③得x2= (c2-b2),
c2
所以c2≥b2,
从而a2=b2+c2≥2b2=32,故a≥4√2.
当b=4,a≥4√2时,存在满足条件的点P.
所以b=4,a的取值范围为[4√2,+∞).
思路分析 第(1)问中由平面几何知识可知△PFF 是∠FPF=90°的直角三角形,且|PF|=c,|PF|=√3c,再利用椭
1 2 1 2 2 1
圆的定义找出a与c的等量关系,进而求离心率.
x2 y2
S
第(2)问中设出P点坐标,利用 △PF 1 F 2 =16,PF 1 ⊥PF 2 以及 a2 + b2 =1得到方程①②③,消元化简可求b的值和
a的取值范围.
一题多解 (2)设|PF|=r,|PF|=r,
1 1 2 2
由椭圆的定义可得r+r=2a,
1 2
1
S = rr=16,∴rr=32.
△PF 1 F 2 2 12 12
又PF⊥PF,∴r2 +r2
=4c2,
1 2 1 2
(r+r)2=r2 +r2
+2rr=4c2+64=4a2,
1 2 1 2 12
∴4a2-4c2=64,∴b=4,
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又r2 +r2
≥2rr,∴4c2≥2×32,∴c≥4,
1 2 12
∴a2=b2+c2=16+c2≥32,
∴b的值为4,a的取值范围为[4√2,+∞).
2.(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;
y2
(2)若P是半椭圆x2+ =1(x<0)上的动点,求△PAB面积的取值范围.
4
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(x,y),A
(1 y2,y )
,B
(1 y2,y )
.
0 0 4 1 1 4 2 2
因为PA,PB的中点在抛物线上,
1
( y+ y ) 2 y2+x
所以y,y 为方程 0 =4·4 0 即y2-2yy+8x-y2 =0的两个不同的实根.
1 2 2 0 0 0
2
所以y+y=2y,因此,PM垂直于y轴.
1 2 0
{ y + y =2y , 1 3
(2)由(1)可知
1 2 0
所以|PM|=
(y2 +y2
)-x=
y2 -3x,|y-y|=2√2(y2-4x
).
y y =8x - y2, 8 1 2 0 4 0 0 1 2 0 0
1 2 0 0
1 3√2 3
因此,△PAB的面积S
△PAB
=
2
|PM|·|y
1
-y
2
|=
4
(y2
0
-4x 0)2.
y2
因为x2
+
0=1(x<0),所以y2 -4x=-4x2
-4x+4∈[4,5].
0 4 0 0 0 0 0
[ 15√10]
因此,△PAB面积的取值范围是 6√2, .
4
第 15 页 共 32 页第 15 页 共 32 页
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疑难突破 解析几何中“取值范围”与“最值”问题
在解析几何中,求某个量(直线斜率,直线在x、y轴上的截距,弦长,三角形或四边形面积等)的取值范围或最值
问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率,动点的横、纵坐标等)的函数,并求
出这个变量的取值范围(即函数的定义域),将问题转化为求函数的值域或最值.
( 1 1) (3 9) ( 1 3)
3.(2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线x2=y,点A - , ,B , ,抛物线上的点P(x,y) - <x<
2 4 2 4 2 2
.过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.
(1)求直线AP斜率的取值范围;
(2)求|PA|·|PQ|的最大值.
1
x2-
4 1
解析 (1)设直线AP的斜率为k,k= =x- ,
1 2
x+
2
1 3
因为- <x< ,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1).
2 2
1 1
{kx- y+ k+ =0,
2 4
(2)解法一:联立直线AP与BQ的方程
9 3
x+ky- k- =0,
4 2
-k2+4k+3
解得点Q的横坐标是x = .
Q 2(k2+1)
因为|PA|=
√1+k2(
x+
1)
=√1+k2(k+1),
2
(k-1)(k+1) 2
|PQ|=√1+k2(x -x)=- ,
Q √k2+1
所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3,
令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因为f '(k)=-(4k-2)(k+1)2,
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( 1) (1 ) 1 27
所以f(k)在区间 -1, 上单调递增, ,1 上单调递减,因此当k= 时,|PA|·|PQ|取得最大值 .
2 2 2 16
解法二:如图,连接BP,|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos∠BPQ=⃗AP·(⃗AB-⃗AP)=⃗AP·⃗AB-⃗AP2.
( 1 3)
易知P(x,x2) - <x< ,
2 2
则⃗AP·⃗AB=2x+1+2x2- 1 =2x2+2x+ 1 ,⃗AP2 = ( x+ 1) 2 + ( x2- 1) 2 =x2+x+ 1 +x4- 1 x2+ 1 =x4+ 1 x2+x+ 5 .
2 2 2 4 4 2 16 2 16
3 3 ( 1 3)
∴|AP|·|PQ|=-x4+ x2+x+ - <x< .
2 16 2 2
3 3 ( 1 3)
设f(x)=-x4+ x2+x+ - <x< ,
2 16 2 2
则f '(x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,
( 1 ) ( 3)
∴f(x)在 - ,1 上为增函数,在 1, 上为减函数,
2 2
27
∴f(x) =f(1)= .
max 16
27
故|AP|·|PQ|的最大值为 .
16
4.(2016课标Ⅰ理,20,12分)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C,直线l交C 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
1 1
MPNQ面积的取值范围.
解析 (1)因为|AD|=|AC|,EB∥AC,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.(2分)
第 17 页 共 32 页第 17 页 共 32 页
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x2 y2
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(y≠0).(4分)
4 3
(2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),
M(x,y),N(x,y).
1 1 2 2
{y=k(x-1),
由 x2 y2 得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.
+ =1
4 3
8k2 4k2-12
则x+x= ,xx= .
1 2 4k2+3 1 2 4k2+3
12(k2+1)
所以|MN|=√1+k2|x-x|= .(6分)
1 2 4k2+3
1 2 √ 2 2
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
42-( )
=4
k √k2+1 √k2+1
√4k2+3
.
k2+1
故四边形MPNQ的面积
1 √ 1
S= |MN||PQ|=12 1+ .(10分)
2 4k2+3
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√3).
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√3).(12分)
评析 本题重点考查圆锥曲线的几何性质,以及直线与椭圆、圆的位置关系,尤其是对“弦长”问题的考查,
更是本题考查的重点.解决此类问题,除了要熟知圆锥曲线的几何性质之外,对计算能力的要求也非常高.
x2
5.(2016浙江理,19,15分)如图,设椭圆 +y2=1(a>1).
a2
(1)求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长(用a,k表示);
(2)若任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点,求椭圆离心率的取值范围.
第 18 页 共 32 页第 18 页 共 32 页
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解析 (1)设直线y=kx+1被椭圆截得的线段为AP,
{y=kx+1,
由
x2
+ y2=1 得(1+a2k2)x2+2a2kx=0,
a2
2a2k
故x=0,x=- .
1 2 1+a2k2
2a2|k|
因此|AP|=√1+k2|x-x|= ·√1+k2.
1 2 1+a2k2
(2)假设圆与椭圆的公共点有4个,由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P,Q,满足|AP|=|AQ|.
记直线AP,AQ的斜率分别为k,k,且k,k>0,k≠k.
1 2 1 2 1 2
2a2|k |√1+k2 2a2|k |√1+k2
1 1 2 2
由(1)知,|AP|= ,|AQ|= ,
1+a2k2 1+a2k2
1 2
2a2|k |√1+k2 2a2|k |√1+k2
1 1 2 2
故 = ,
1+a2k2 1+a2k2
1 2
所以(k2 -k2 )[1+k2 +k2 +a2(2-a2)k2k2
]=0.
1 2 1 2 1 2
由于k≠k,k,k>0得1+k2 +k2 +a2(2-a2)k2k2
=0,
1 2 1 2 1 2 1 2
1 1
( +1 )( +1 )
因此 =1+a2(a2-2),①
k2 k2
1 2
因为①式关于k,k 的方程有解的充要条件是1+a2(a2-2)>1,所以a>√2.
1 2
因此,任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1<a≤√2,
c √a2-1 √2
由e= = 得,所求离心率的取值范围为0<e≤ .
a a 2
评析 本题主要考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识,同时考查解析几何的基本思想
方法和综合解题能力.
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x2 y2 1 1
6.(2016天津理,19,14分)设椭圆 + =1(a>√3)的右焦点为F,右顶点为A.已知 + =
a2 3 |OF| |OA|
3e
,其中O为原点,e为椭圆的离心率.
|FA|
(1)求椭圆的方程;
(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点H.若
BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直线l的斜率的取值范围.
1 1 3e 1 1 3c
解析 (1)设F(c,0),由 + = ,即 + = ,可得a2-c2=3c2,又a2-c2=b2=3,所以c2=1,
|OF| |OA| |FA| c a a(a-c)
x2 y2
因此a2=4,所以,椭圆的方程为 + =1.
4 3
(2)设直线l的斜率为k(k≠0),则直线l的方程为y=k(x-2).
{x2 y2
+ =1,
设B(x ,y ),由方程组 4 3 消去y,
B B
y=k(x-2)
整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.
8k2-6
解得x=2或x= ,
4k2+3
8k2-6 -12k
由题意得x = ,从而y = .
B 4k2+3 B 4k2+3
由(1)知,F(1,0),设H(0,y ),
H
(9-4k2 12k )
有⃗FH=(-1,y ),⃗BF= , .
H 4k2+3 4k2+3
4k2-9 12k y 9-4k2
由BF⊥HF,得⃗BF·⃗FH=0,所以 + H =0,解得y = .
4k2+3 4k2+3 H 12k
1 9-4k2
因此直线MH的方程为y=- x+ .
k 12k
设M(x ,y ),
M M
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{
y=k(x-2),
20k2+9
由方程组 1 9-4k2 消去y,解得x = .
y=- x+ M 12(k2+1)
k 12k
20k2+9
在△MAO中,∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|,即(x
-2)2+y2 ≤x2 +y2
,化简得x ≥1,即 ≥1,解得
M M M M M 12(k2+1)
√6 √6
k≤- 或k≥ .
4 4
( √6] [√6 )
所以,直线l的斜率的取值范围为 -∞,- ∪ ,+∞ .
4 4
解后反思 由于引起变动的原因是直线不定,而直线过已知定点,因此直线的斜率是“战争的根源”.直线与
直线、直线与椭圆的交点坐标归结为方程组的解,用直线的斜率k表示出点M的坐标是“奋斗的目标”.
评析 本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、一元二次不等式基础知识.考查用代数方法
研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力、以及用方程思想解决问题的能力.
7.(2016浙江文,19,15分)如图,设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|-1.
(1)求p的值;
(2)若直线AF交抛物线于另一点B,过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N,AN与x轴交
于点M.求M的横坐标的取值范围.
p
解析 (1)由题意可得,抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离,由抛物线的定义得 =1,
2
即p=2.
(2)由(1)得,抛物线方程为y2=4x,F(1,0),可设A(t2,2t),t≠0,t≠±1.
{y2=4x,
因为AF不垂直于y轴,可设直线AF:x=sy+1(s≠0),由 消去x得y2-4sy-4=0,
x=sy+1
(1 2)
,-
故yy=-4,所以,B .
1 2 t2 t
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2t t2-1
又直线AB的斜率为 ,故直线FN的斜率为- .
t2-1 2t
t2-1 2
从而得直线FN:y=- (x-1),直线BN:y=- .
2t t
(t2+3 2)
所以N
,-
.
t2-1 t
设M(m,0),由A,M,N三点共线得
2
2t+
2t t
= ,
t2-m t2+3
t2-
t2-1
2t2
于是m= .
t2-1
所以m<0或m>2.
经检验,m<0或m>2满足题意.
综上,点M的横坐标的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞).
思路分析 (1)利用抛物线的定义来解题;(2)由(1)知抛物线的方程,可设A点坐标及直线AF的方程,与抛物线
方程联立可得B点坐标,进而得直线FN的方程与直线BN的方程,联立可得N点坐标,最后利用A,M,N三点
共线可得k =k ,最终求出结果.
AN AM
评析 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知识,同时考查解析几何的基本
思想方法和综合解题能力.
x2 y2 √3
8.(2015天津,19,14分)已知椭圆 + =1(a>b>0)的左焦点为F(-c,0),离心率为 ,点M在椭圆上且位于第
a2 b2 3
b2 4√3
一象限,直线FM被圆x2+y2= 截得的线段的长为c,|FM|= .
4 3
(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.
c2 1
解析 (1)由已知有 = ,又由a2=b2+c2,可得a2=3c2,b2=2c2.
a2 3
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( kc ) 2 (c) 2 (b) 2
设直线FM的斜率为k(k>0),则直线FM的方程为y=k(x+c).由已知,有 + = ,解得k=
√k2+1 2 2
√3
.
3
x2 y2 √3
(2)由(1)得椭圆方程为 + =1,直线FM的方程为y= (x+c),两个方程联立,消去y,整理得
3c2 2c2 3
5 ( 2√3 )
3x2+2cx-5c2=0,解得x=- c或x=c.由点M在第一象限,可得M的坐标为 c, c .
3 3
由|FM|= √ (c+c) 2+ (2√3 c-0 ) 2 = 4√3 ,解得c=1,
3 3
x2 y2
所以椭圆的方程为 + =1.
3 2
y
(3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,得t= ,即y=t(x+1)(x≠-1),与椭圆方程联立得
x+1
{y=t(x+1),
√ 6-2x2 3
x2 y2 消去y,整理得2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t= >√2,解得- <x<-1,或-1<x<0.
+ =1, 3(x+1) 2 2
3 2
y 2 2
设直线OP的斜率为m,得m= ,即y=mx(x≠0),与椭圆方程联立,整理可得m2= - .
x x2 3
( 3 ) √ 2 2 (√2 2√3)
①当x∈ - ,-1 时,有y=t(x+1)<0,因此m>0,于是m= - ,得m∈ , .
2 x2 3 3 3
√ 2 2 ( 2√3)
②当x∈(-1,0)时,有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=- - ,得m∈ -∞,- .
x2 3 3
( 2√3) (√2 2√3)
综上,直线OP的斜率的取值范围是 -∞,- ∪ , .
3 3 3
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评析 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程和圆的方程、直线与圆的位置关系、一元二
次不等式等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力以及用函数与方程思想解决
问题的能力.
x2 1
9.(2015浙江理,19,15分)已知椭圆 +y2=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+ 对称.
2 2
(1)求实数m的取值范围;
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).
解析 (1)由题意知m≠0,可设直线AB的方程为
1
y=- x+b.
m
{
x2
+ y2=1,
2 (1 1 ) 2b
+
由 消去y,得 x2- x+b2-1=0.
1 2 m2 m
y=- x+b,
m
1 x2
因为直线y=- x+b与椭圆 +y2=1有两个不同的交点,
m 2
4
所以Δ=-2b2+2+ >0,①
m2
( 2mb m2b ) 1
将AB中点M , 代入直线方程y=mx+ ,解得
m2+2 m2+2 2
m2+2
b=- .②
2m2
√6 √6
由①②得m<- 或m> .
3 3
1 ( √6 ) ( √6)
(2)令t= ∈ - ,0 ∪ 0, ,
m 2 2
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√ 3
-2t4+2t2+
2
则|AB|=√t2+1· ,
1
t2+
2
1
t2+
2
且O到直线AB的距离为d= .
√t2+1
设△AOB的面积为S(t),
所以S(t)= 1 |AB|·d= 1√ -2 ( t2- 1) 2 +2≤ √2 .
2 2 2 2
1
当且仅当t2= 时,等号成立.
2
√2
故△AOB面积的最大值为 .
2
评析 本题主要考查椭圆的几何性质,直线与椭圆的位置关系等基础知识,同时考查解析几何的基本思想
方法和综合解题能力.
x2 y2
10.(2013课标Ⅱ理,20,12分)平面直角坐标系xOy中,过椭圆M: + =1(a>b>0)右焦点的直线x+y-√3=0
a2 b2
1
交M于A,B两点,P为AB的中点,且OP的斜率为 .
2
(1)求M的方程;
(2)C,D为M上两点,若四边形ACBD的对角线CD⊥AB,求四边形ACBD面积的最大值.
解析 (1)设A(x,y),B(x,y),P(x,y),则
1 1 2 2 0 0
x2 y2 x2 y2 y - y
1 1 2 2 2 1
+ =1, + =1, =-1,
a2 b2 a2 b2 x -x
2 1
b2 (x +x ) y - y
2 1 2 1
由此可得 =- =1.
a2 (y + y ) x -x
2 1 2 1
y 1
0
因为x+x=2x,y+y=2y, = ,
1 2 0 1 2 0 x 2
0
所以a2=2b2.
又由题意知,M的右焦点为(√3,0),故a2-b2=3.
因此a2=6,b2=3.
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x2 y2
所以M的方程为 + =1.
6 3
{x+ y-√3=0, { x=
4√3
,
3 { x=0,
(2)由
x2 y2
解得 或
+ =1 √3 y=√3.
6 3 y=-
3
4√6
因此|AB|= .
3
( 5√3 )
由题意可设直线CD的方程为y=x+n - <n<√3 ,
3
设C(x,y),D(x,y).
3 3 4 4
{
y=x+n,
由
x2 y2
得3x2+4nx+2n2-6=0.
+ =1
6 3
-2n±√2(9-n2
)
于是x = .
3,4
3
因为直线CD的斜率为1,
4
所以|CD|=√2|x-x|=
√9-n2
.
4 3 3
1 8√6
由已知,四边形ACBD的面积S= |CD|·|AB|=
√9-n2
.
2 9
8√6
当n=0时,S取得最大值,最大值为 .
3
8√6
所以四边形ACBD面积的最大值为 .
3
评析 本题考查了直线和椭圆的位置关系,考查了解析几何中的中点问题和最值问题,计算量大,综合性较强.
应充分重视方程思想和函数思想在解题中的作用.
11.(2011课标理,20,12分)在平面直角坐标系xOy中,已知点A(0,-1),B点在直线y=-3上,M点满足
⃗MB∥⃗OA,⃗MA·⃗AB=⃗MB·⃗BA,M点的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程;
(2)P为C上的动点,l为C在P点处的切线,求O点到l距离的最小值.
解析 (1)设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).
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再由题意可知(⃗MA+⃗MB)·⃗AB=0,即(-x,-4-2y)·(x,-2)=0.
1
所以曲线C的方程为y= x2-2.
4
1 1 1
(2)设P(x,y)为曲线C:y= x2-2上一点,因为y'= x,所以l的斜率为 x.
0 0 4 2 2 0
1
因此直线l的方程为y-y=
x(x-x),即xx-2y+2y-x2
=0.
0 2 0 0 0 0 0
|2y -x2|
0 0
则O点到l的距离d= .
√x2+4
0
1
又y=
x2
-2,所以
0 4 0
1
x2+4 1 4
2 0 (√x2+4+ )
d= = 2 0 √x2+4 ≥2,
√x2+4 0
0
当x=0时取等号,所以O点到l距离的最小值为2.
0
12.(2014福建文,21,12分)已知曲线Γ上的点到点F(0,1)的距离比它到直线y=-3的距离小2.
(1)求曲线Γ的方程;
(2)曲线Γ在点P处的切线l与x轴交于点A,直线y=3分别与直线l及y轴交于点M,N.以MN为直径作圆C,
过点A作圆C的切线,切点为B.试探究:当点P在曲线Γ上运动(点P与原点不重合)时,线段AB的长度是否
发生变化?证明你的结论.
解析 (1)解法一:设S(x,y)为曲线Γ上任意一点,
依题意,点S到F(0,1)的距离与它到直线y=-1的距离相等,
所以曲线Γ是以点F(0,1)为焦点、直线y=-1为准线的抛物线,所以曲线Γ的方程为x2=4y.
解法二:设S(x,y)为曲线Γ上任意一点,
则|y-(-3)|-√(x-0) 2+(y-1) 2 =2,
依题意,知点S(x,y)只能在直线y=-3的上方,所以y>-3,
第 27 页 共 32 页第 27 页 共 32 页
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所以√(x-0) 2+(y-1) 2 =y+1,
化简得,曲线Γ的方程为x2=4y.
(2)当点P在曲线Γ上运动时,线段AB的长度不变.证明如下:
1
由(1)知抛物线Γ的方程为y= x2,
4
1
设P(x,y)(x≠0),则y=
x2
,
0 0 0 0 4 0
1 1
|
由y'= 2 x,得切线l的斜率k=y' x=x 0 = 2 x 0 ,
1 1 1
所以切线l的方程为y-y= x(x-x),即y= xx-
x2
.
0 2 0 0 2 0 4 0
{ y= 1 x x- 1 x2, (1 )
由 2 0 4 0 得A x ,0 .
2 0
y=0
{ y= 1 x x- 1 x2, (1 6 )
由 2 0 4 0 得M 2 x 0 + x ,3 .
y=3 0
(1 3 )
x + ,3
又N(0,3),所以圆心C
4 0 x
,
0
1 |1 3|
x +
半径r=
2
|MN|=
4 0 x
,
0
|AB|=√|AC|2-r2
= √[1 x - (1 x + 3 )] 2 +32- (1 x + 3 ) 2 =√6.
2 0 4 0 x 4 0 x
0 0
所以点P在曲线Γ上运动时,线段AB的长度不变.
评析 本题主要考查抛物线的定义与性质、圆的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等,考查运算求解能力、
推理论证能力,考查数形结合思想、函数与方程思想、特殊与一般思想、化归与转化思想.
x2 y2
13.(2016课标Ⅱ,20,12分)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
t 3
于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.
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(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.
x2 y2
解析 (1)设M(x,y),则由题意知y>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
1 1 1 4 3
π x2 y2
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.
4 4 3
12 12
解得y=0或y= ,所以y= .
7 1 7
1 12 12 144
因此△AMN的面积S =2× × × = .
△AMN 2 7 7 49
x2 y2
(2)由题意,t>3,k>0,A(-√t,0).将直线AM的方程y=k(x+√t) 代入 + =1得(3+tk2)x2+2√t·tk2x+t2k2-3t=0.
t 3
t2k2-3t √t(3-tk2 )
由x·(-√t)= 得x= ,
1 3+tk2 1 3+tk2
6√t(1+k2
)
故|AM|=|x+ √t|√1+k2= .
1 3+tk2
1
由题设,直线AN的方程为y=- (x+√t),
k
6k√t(1+k2
)
故同理可得|AN|= .
3k2+t
2 k
由2|AM|=|AN|得 = ,
3+tk2 3k2+t
即(k3-2)t=3k(2k-1).
3k(2k-1)
当k=√32时上式不成立,因此t=
.
k3-2
k3-2k2+k-2 (k-2)(k2+1) k-2
t>3等价于 = <0,即 <0.
k3-2 k3-2 k3-2
{k-2>0, {k-2<0,
由此得 或
解得√32<k<2.
k3-2<0 k3-2>0,
因此k的取值范围是(√32,2).
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解题关键 第(1)问中求出直线AM的倾斜角是解决问题的关键;第(2)问利用2|AM|=|AN|得出t与k的关系
式,由t>3,建立关于k的不等式,从而得出k的取值范围.
考法四 存在性问题
1.(2019课标Ⅰ文,21,12分)已知点A,B关于坐标原点O对称,|AB|=4,☉M过点A,B且与直线x+2=0相切.
(1)若A在直线x+y=0上,求☉M的半径;
(2)是否存在定点P,使得当A运动时,|MA|-|MP|为定值?并说明理由.
解析 本题利用关于原点对称和直线与圆相切,考查圆的方程及圆的几何性质,要求学生具备较强的直观想
象与逻辑推理能力,第(2)问设置开放性问题,考查抛物线的定义与性质.
(1)因为☉M过点A,B,所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线x+y=0上,且A,B关于坐标原点O
对称,所以M在直线y=x上,故可设M(a,a).
因为☉M与直线x+2=0相切,所以☉M的半径为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的半径r=2或r=6.
(2)存在定点P(1,0),使得|MA|-|MP|为定值.
理由如下:
设M(x,y),由已知得☉M的半径为r=|x+2|,|AO|=2,
由于⃗MO⊥⃗AO,故可得x2+y2+4=(x+2)2,化简得M的轨迹方程为y2=4x.
因为曲线C:y2=4x是以点P(1,0)为焦点,以直线x=-1为准线的抛物线,所以|MP|=x+1.
因为|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,所以存在满足条件的定点P.
x2
2.(2015课标Ⅰ理,20,12分)在直角坐标系xOy中,曲线C:y= 与直线l:y=kx+a(a>0)交于M,N两点.
4
(1)当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程;
(2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有∠OPM=∠OPN?说明理由.
解析 (1)由题设可得M(2√a,a),N(-2√a,a)或M(-2√a,a),N(2√a,a).
x x2
又y'= ,故y= 在x=2√a处的导数值为√a,C在点(2√a,a)处的切线方程为y-a=√a(x-2√a),即√ax-y-a=0.
2 4
x2
y= 在x=-2√a处的导数值为-√a,C在点(-2√a,a)处的切线方程为y-a=-√a(x+2√a),即√ax+y+a=0.
4
故所求切线方程为√ax-y-a=0和√ax+y+a=0.(5分)
(2)存在符合题意的点,证明如下:
设P(0,b)为符合题意的点,M(x,y),N(x,y),直线PM,PN的斜率分别为k,k.
1 1 2 2 1 2
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将y=kx+a代入C的方程得x2-4kx-4a=0.
故x+x=4k,xx=-4a.
1 2 1 2
y -b y -b 2kx x +(a-b)(x +x ) k(a+b)
1 2 1 2 1 2
从而k+k= + = = .
1 2 x x x x a
1 2 1 2
当b=-a时,有k+k=0,则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补,故∠OPM=∠OPN,所以点P(0,-a)符合题
1 2
意.(12分)
x2 y2 y2 x2
3.(2014湖南文,20,13分)如图,O为坐标原点,双曲线C: - =1(a>0,b>0)和椭圆C: + =1(a>b>0)均
1 a2 b2 1 1 2 a2 b2 2 2
1 1 2 2
(2√3 )
过点P ,1 ,且以C 的两个顶点和C 的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.
3 1 2
(1)求C,C 的方程;
1 2
(2)是否存在直线l,使得l与C 交于A,B两点,与C 只有一个公共点,且|⃗OA+⃗OB|=|⃗AB|?证明你的结论.
1 2
解析 (1)设C 的焦距为2c,由题意知,2c=2,2a=2,
2 2 2 1
从而a=1,c=1.
1 2
因为点P (2√3 ,1 ) 在双曲线x2- y2 =1上,所以 (2√3) 2 - 1 =1,故b2 =3.
3 b2 3 b2 1
1 1
由椭圆的定义知2a
2
=
√ (2√3) 2
+(1-1) 2+
√ (2√3) 2
+(1+1) 2=2√3.
3 3
y2 y2 x2
于是a=√3,b2 =a2 -c2
=2,故C,C 的方程分别为x2- =1, + =1.
2 2 2 2 1 2 3 3 2
(2)不存在符合题设条件的直线.
(i)若直线l垂直于x轴,因为l与C 只有一个公共点,所以直线l的方程为x=√2或x=-√2.
2
当x=√2时,易知A(√2,√3),B(√2,-√3),
所以|⃗OA+⃗OB|=2√2,|⃗AB|=2√3,
此时,|⃗OA+⃗OB|≠|⃗AB|.
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当x=-√2时,同理可知,|⃗OA+⃗OB|≠|⃗AB|.
(ii)若直线l不垂直于x轴,设l的方程为y=kx+m,
{y=kx+m,
由 x2-
y2
=1 得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0.
3
2km
当l与C 相交于A,B两点时,设A(x,y),B(x,y),则x,x 是上述方程的两个实根,从而x+x= ,xx=
1 1 1 2 2 1 2 1 2 3-k2 1 2
m2+3
.
k2-3
3k2-3m2
于是yy=k2xx+km(x+x)+m2= .
1 2 1 2 1 2 k2-3
{y=kx+m,
由
y2 x2
得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0.
+ =1
3 2
因为直线l与C 只有一个公共点,所以上述方程的判别式
2
Δ=16k2m2-8(2k2+3)(m2-3)=0.
m2+3 3k2-3m2 -k2-3
化简,得2k2=m2-3,因此⃗OA·⃗OB=xx+yy= + = ≠0,
1 2 1 2 k2-3 k2-3 k2-3
于是⃗OA2+⃗OB2+2⃗OA·⃗OB≠⃗OA2+⃗OB2-2⃗OA·⃗OB,
即|⃗OA+⃗OB|2≠|⃗OA-⃗OB|2,故|⃗OA+⃗OB|≠|⃗AB|.
综合(i),(ii)可知,不存在符合题设条件的直线.
评析 本题考查椭圆与双曲线的定义、几何性质、标准方程及直线与圆锥曲线的位置关系,同时考查方程
思想,运算、推理能力,综合性较强.
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