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第九章 直线和圆的方程
第六讲　圆锥曲线的综合问题
知识回顾
考法1 与圆锥曲线有关的最值或取值范围问题
命题角度1　最值问题
1[2019全国卷Ⅱ]已知点A( - 2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为 - .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,PE⊥x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.
【解题思路】(1)先利用条件kAM·kBM= - 建立方程,再将点的坐标代入,化简即得C的方程,从而可判断C是什么曲线.(2)(i)设直线PQ的方程为y=kx(k>0),然后与椭圆方程联立,求得点P,Q,E的坐标,从而求得直线QG的方程,并与椭圆方程联立,求得点G的坐标,由此求得直线PG的斜率,进而可得PQ⊥PG,即证△PQG是直角三角形;(ii)由(i)求出|PQ|,|PG|,从而得到△PQG面积的表达式,进而利用换元法及函数的单调性求其最大值.
【解析】(1)由题设得·= - ,化简得=1(|x|≠2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上且不含左、右顶点的椭圆.
(2)(i)设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0).
由得x=±.
记u=,则P(u,uk),Q( - u, - uk),E(u,0).
于是直线QG的斜率为,方程为y=(x - u).
由得(2+k2)x2 - 2uk2x+k2u2 - 8=0　①.
设G(xG,yG),则x= - u和x=xG是方程①的解,故xG=,由此得yG=.
从而直线PG的斜率为= - .
所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.
(ii)由(i)得|PQ|=2u,|PG|=,所以△PQG的面积S=|PQ||PG|=.
设t=k+,则由k>0得t≥2,当且仅当k=1时取等号.
因为S=在[2,+∞)上单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为.
因此,△PQG面积的最大值为.
命题角度2　范围问题
2已知椭圆C:=1(a>b>0)的右焦点为F,过原点O的直线l1:y=x与椭圆交于A,B两点(点A在第一象限),且|AF|+|BF|=4,椭圆C的离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若以点A为切点的椭圆的切线l2:x+2y-4=0与y轴的交点为P,过点P的直线l3与椭圆C交于不同的两点M,N,求的取值范围.
【解题思路】(1)设椭圆的左焦点为F',连接AF',BF'四边形AFBF'为平行四边形|AF|=|BF'|a=2c=1b=椭圆C的标准方程;
【解析】(1)设椭圆的左焦点为F',连接AF',BF',
由椭圆的对称性可知,A,B关于原点对称,则|OA|=|OB|.
又|OF'|=|OF|,所以四边形AFBF'为平行四边形,所以|AF|=|BF'|,
由椭圆的定义得|AF|+|BF|=|BF|+|BF'|=2a=4,解得a=2.
又椭圆C的离心率为,所以e=,则c=1,b=,
所以椭圆C的标准方程为=1.
(2)由解得则点A(1,).
易知点P(0,2),
所以|PA|2=(1-0)2+(-2)2=.
当直线l3与x轴垂直时,|PM|·|PN|=(2+)×(2-)=1,
故.
当直线l3与x轴不垂直时,
设直线l3的方程为y=kx+2,M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2>0.
由得(3+4k2)x2+16kx+4=0,
由Δ=48(4k2-1)>0,得k2>,
则x1x2=.
设直线l3的倾斜角为α,
则|PM|=|x1|,|PN|=|x2|,
则|PM|·|PN|=(1+k2)x1x2=(1+k2)·=1+.
因为k2>,所以1<1+,即1<|PM|·|PN|<,
所以<1.
综上可知,的取值范围为[,1).
变式练习
1.[2017浙江高考]如图9- 6 -1,已知抛物线x2=y,点A( - ,),B(,),抛物线上的点P(x,y)( - x).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.
考法3 与圆锥曲线有关的定点、定值问题
命题角度1　定点问题
3[2019北京高考]已知椭圆C:=1的右焦点为(1,0),且经过点A(0,1).
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)设O为原点,直线l:y=kx+t(t≠ ±1)与椭圆C交于两个不同点P,Q,直线AP与x轴交于点M,直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|=2,求证:直线l经过定点.
【解题思路】
(Ⅰ)根据已知可得b=1,c=1,再根据椭圆中a,b,c的关系求出a2,进而求出椭圆C的方程;(Ⅱ)设P(x1,y1),Q(x2,y2),写出直线AP的方程,可得M的横坐标,进而得|OM|的表达式,同理得|ON|的表达式,将直线l的方程与椭圆方程联立,利用根与系数的关系得到|OM|·|ON|=2||,进而由|OM|·|ON|=2得t=0,即可证得结论.
【解析】(Ⅰ)由题意得,b=1,c=1.
所以a2=b2+c2=2.
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(Ⅱ)设P(x1,y1),Q(x2,y2),
则直线AP的方程为y=x+1.
令y=0,得点M的横坐标xM=-.
又y1=kx1+t,从而|OM|=|xM|=||.
同理可得,|ON|=||.
由得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0.
则x1+x2=-,x1x2=.
所以|OM|·|ON|=||·||
=||
=||
=2||.
又|OM|·|ON|=2,
所以2||=2.
解得t=0,所以直线l经过定点(0,0).
命题角度2　定值问题
4 [2019洛阳市第二次统考]已知抛物线C:y2=2px(p>0),其焦点为F ,O为坐标原点,直线l与抛物线C相交于不同的两点A,B,M为线段AB的中点.
(1)若p=2,M的坐标为(1,1),求直线l的方程.
(2)若直线l过焦点F ,线段AB的垂直平分线交x轴于点N,试问:是否为定值?若为定值,试求出此定值;否则,说明理由.
【解题思路】
(1)思路一　先判断直线l的斜率存在且不为0,设出直线l的方程,再将直线方程与抛物线方程联立,利用根与系数的关系及中点坐标公式求出直线l的方程.
思路二　先设A(x1,y1),B(x2,y2),再利用AB的中点为M(1,1),由“点差法”可求得直线l的斜率,即得直线l的方程.
(2)先利用中点坐标公式计算点M的坐标,再计算点N的坐标,由两点间的距离公式计算|MN|2,|F N|,可得为定值.
【解析】(1)解法一　由题意知直线l的斜率存在且不为0,可设直线l的方程为x - 1=t(y - 1)(t≠0),即x=ty+1 - t,A(x1,y1),B(x2,y2).
由p=2知抛物线方程为y2=4x,
由消去x,得y2 - 4ty - 4+4t=0.
Δ=( - 4t)2 - 4( - 4+4t)=16(t2 - t+1)>0,
y1+y2=4t,所以4t=2,解得t=. (利用中点坐标公式求得t的值)
所以直线l的方程为2x - y - 1=0.
解法二　由p=2,知抛物线方程为y2=4x.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则=4x1,=4x2.
由题意知直线AB的斜率存在,则直线AB的斜率kAB=, (利用点差法求直线AB的斜率)
因为线段AB的中点为M(1,1),所以y1+y2=2,
所以kAB==2,则直线l的方程为y - 1=2(x - 1),即2x - y - 1=0.
(2)为定值2p,证明如下.
由抛物线C:y2=2px(p>0),知焦点F 的坐标为(,0).
由题意知,直线l的斜率存在且不为0,
因为直线l过焦点F ,
所以可设直线l的方程为x=ry+(r≠0),A(x3,y3),B(x4,y4),
由消去x,得y2 - 2pry - p2=0.
Δ=( - 2pr)2 - 4( - p2)=4p2r2+4p2>0,y3+y4=2pr,
所以x3+x4=r(y3+y4)+p=2pr2+p,则M(pr2+,pr).
所以直线MN的方程为y - pr= - r(x - pr2 - ),
令y=0,解得x=pr2+,则N(pr2+,0).
所以|MN|2=p2+p2r2,|F N|=pr2+=pr2+p,
于是=2p. (整体相消得到定值)
所以为定值2p.
变式练习
2.[2019合肥高三质检]已知直线l经过椭圆C:=1(a>b>0)的右焦点(1,0),交椭圆C于点A,B,点F 为椭圆C的左焦点,△ABF 的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)若直线m与直线l的倾斜角互补,直线m交椭圆C于点M,N,|MN|2=4|AB|,求证:直线m与直线l的交点P在定直线上.
考法3 与圆锥曲线有关的存在性问题
5 [2019湘东六校联考]已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率e=,点A(b,0),B,F 分别为椭圆C的上顶点和左焦点,
且|BF |·|BA|=2.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若过定点M(0,2)的直线l与椭圆C交于G,H两点(G在M,H之间),设直线l的斜率k>0,在x轴上是否存在点P(m,0),使得以PG,PH为邻边的平行四边形为菱形?如果存在,求出m的取值范围;如果不存在,请说明理由.
【解题思路】
(1)先由离心率得到a,c的关系式,再由|BF |·|BA|=2得到a,b的关系式,结合a2 - b2=c2求出a2,b2,即得椭圆C的方程.(2)先设出直线l的方程,并与椭圆方程联立,利用Δ>0得到k的取值范围,再分别写出,的坐标,从而由菱形的性质、向量垂直的充要条件及根与系数的关系得到m关于k的表达式,进而求出m的取值范围.
【解析】(1)由离心率e=,得,即a=2c　①.
由|BF |·|BA|=2,得a·=2,即ab=2　②.
易知a2 - b2=c2　③.
由①②③可解得a2=4,b2=3,
所以椭圆C的方程为=1.
(2)设直线l的方程为y=kx+2(k>0),
由消去y得,(3+4k2)x2+16kx+4=0.
由Δ=(16k)2 - 16(3+4k2)>0,解得k>.
设G(x1,y1),H(x2,y2),则x1+x2=,
=(x1+x2 - 2m,k(x1+x2)+4),=(x2 - x1,y2 - y1)=(x2 - x1,k(x2 - x1)).
因为菱形的对角线互相垂直,所以()·=0,
所以(1+k2)(x1+x2)+4k - 2m=0,得m= - = - .
因为k>,所以 - ≤m<0(当且仅当=4k,即k=时,等号成立).
所以存在满足条件的实数m,且m的取值范围为[ - ,0).
变式练习
3.[2020广东惠州高三调研]已知定点A( - 3,0),B(3,0),直线AM,BM相交于点M,且它们的斜率之积为 - ,记动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程.
(2)过点T(1,0)的直线l与曲线C交于P,Q两点,是否存在定点S(x0,0),使得直线SP与SQ斜率之积为定值?若存在,求出S的坐标;若不存在,请说明理由.
考法4 圆锥曲线的综合问题
命题角度1　圆锥曲线中的角相等问题
6 [2019河南郑州三测]已知抛物线C:y2=2px(p>0),圆E:(x - 3)2+y2=1.
(1)F 是抛物线C的焦点,A是抛物线C上的定点,=(0,2),求抛物线C的方程.
(2)在(1)的条件下,过点F 的直线l与圆E相切,设直线l交抛物线C于P,Q两点,则在x轴上是否存在点M,使∠PMO=∠QMO(O为坐标原点)?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
【解题思路】(1)先写出焦点F 的坐标,由=(0,2),得到点A的坐标,再将A的坐标代入抛物线方程求出p值,即得抛物线C的方程.(2)先讨论直线的斜率不存在时不合题意,再设出斜率为k的直线方程,利用直线与圆相切求出k值,将切线方程与抛物线方程联立,由∠PMO=∠QMO推出点M的坐标,问题获解.
【解析】(1)依题意知,抛物线C的焦点为F (,0),
由=(0,2),可知A(, - 2), (理解向量的坐标运算)
将点A的坐标代入y2=2px,求得p=2,
所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)当直线的斜率不存在时,过点F (1,0)的直线不可能与圆E相切, (先讨论斜率不存在的情形)
所以过抛物线的焦点与圆E相切的直线的斜率存在.
设直线的斜率为k,则直线的方程为y=k(x - 1), (再研究斜率存在的情形)
所以圆心E(3,0)到直线的距离d=.
当直线与圆相切时,d=1=,解得k=±,
所以切线方程为y=(x - 1)或y= - (x - 1). (由直线和圆相切得到圆的切线方程)
不妨设直线l :y=(x - 1)交抛物线于P(x1,y1),Q(x2,y2)两点,
由消去y并整理,得x2 - 14x+1=0,Δ>0,则x1+x2=14,x1x2=1.
假设存在点M(t,0),使∠PMO=∠QMO,则kPM+kQM=0.
所以kPM+kQM=
=
=×
=×
=×
=×
=0,
即t= - 1,
由此可知存在点M( - 1,0)符合条件.
当直线l的方程为y= - (x - 1)时,由对称性知点M( - 1,0)也符合条件.
综上可知,存在点M( - 1,0),使∠PMO=∠QMO.
命题角度2　圆锥曲线中的三点共线问题
7 [2020安徽合肥调研]设椭圆E:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,过点F 1的直线交椭圆E于A,B两点.若椭圆E的离心率为,△ABF 2的周长为4.
(1)求椭圆E的方程;
(2)设不经过椭圆的中心O且平行于弦AB的直线交椭圆E于点C,D,设弦AB,CD的中点分别为M,N,证明:O,M,N三点共线.
【解题思路】
(1)先由△ABF 2的周长求出a,再结合离心率求出c,利用b2=a2 - c2求出b2,即得椭圆E的方程.(2)分两种情况求解:当直线AB,CD的斜率不存在时,利用对称性知O,M,N三点共线;当直线AB,CD的斜率存在时,设斜率为k,再设出A,B,M的坐标,并把A,B的坐标代入椭圆方程,利用“点差法”可得出k·kOM= - ,同理可得k·kON= - ,依此得kOM=kON,即O,M,N三点共线.
【解析】(1)由△ABF 2的周长为4,可知4a=4, (利用焦点三角形的性质)
所以a=.
又e=,所以c=,b2=a2 - c2=3.
于是椭圆E的方程为=1.
(2)当直线AB,CD的斜率不存在时,由椭圆的对称性知,中点M,N在x轴上,此时O,M,N三点共线. (先讨论特殊情形)
当直线AB,CD的斜率存在时,设其斜率为k(k≠0), (再探究一般情形)
设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),则
两式相减,得 - ()=0,整理得·= - , (此处利用了点差法)
所以·= - ,即k·kOM= - (kOM为直线OM的斜率),
所以kOM= - .
同理可得kON= - (kON为直线ON的斜率).
所以kOM=kON,即O,M,N三点共线.
综上所述,O,M,N三点共线.
变式练习
4.[2020山东校际联考]已知A,B分别是椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右顶点,椭圆C的离心率为,点D(0,1)是椭圆C上的一点,P是椭圆C上除顶点外的任意一点,直线AD交直线BP于点M,过M作直线交x轴于点N.
(1)求椭圆C的方程.
(2)当直线MN的斜率为时,是否存在这样的点P,使得D,P,N三点共线?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.
数学探究1　圆锥曲线与数列的交汇
9 [2018全国卷Ⅲ]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.
【解题思路】
(1)思路一　先利用直线的斜率、直线与椭圆的位置关系及中点坐标公式,得到一个关于k,m的关系式,再利用m的范围即可证k< - .
思路二　先设出直线的方程,与椭圆方程联立,由根与系数的关系及中点坐标公式得到一个关于k,m的关系式,又点M在椭圆内,由点与椭圆的位置关系可得出k的取值范围,然后进行验证.
(2)利用条件=0求出点P的坐标,进而求出各线段的长度,从而证明||,||,||成等差数列,并求出该数列的
公差d.
【解析】(1)解法一　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= - 　①.
由题设得0解法二　设直线l的方程为y=k(x - 1)+m,
由得(3+4k2)x2+8k(m - k)x+4(m - k)2 - 12=0,Δ=64k2(m - k)2 - 4(3+4k2)[4(m - k)2 - 12]=48(3k2+2mk - m2+3).
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=.
因为线段AB的中点为M(1,m)(m>0),所以=1,即=1,化简得m= - .
由m>0得, - >0,所以k<0.
又点M(1,m)在椭圆内部,所以1,即1,解得k< - .
经检验,当m= - ,k< - 时,满足Δ>0.
故k< - .
(2)由题意得F (1,0).设P(x3,y3),则由=0,得(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(1, - ),||=.
于是||==2 - .
同理||=2 - .
所以||+||=4 - (x1+x2)=3.
故2||=||+||,即||,||,||成等差数列.
设该数列的公差为d,则2|d|=||| - |||=|x1 - x2|=　②.
将m=代入(1)中的①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②解得|d |=.
所以该数列的公差为或 - .
变式练习
5.[2020湖北省宜昌市三校联考]已知F 为椭圆C:=1(a>b>0)的右焦点,点P(2,)在椭圆C上,且PF ⊥x轴.
(1)求椭圆C的方程;
(2)如图9 - 6 - 2,过点F 的直线l分别交椭圆C于A,B两点,交直线x=4于点M.判断PA,PM,PB的斜率是否构成等差数列,并说明理由.
数学探究 2　圆锥曲线与平面向量的交汇
10 [2020天津模拟]已知抛物线C1:x2=2py(p>0)和圆C2:(x+1)2+y2=2,倾斜角为45°的直线l1过C1的焦点,且l1与C2相切.
(1)求p的值;
(2)动点M在C1的准线上,动点A在C1上,若C1在点A处的切线l2交y轴于点B,设,证明点N在定直线上,并求该定直线的方程.
【解题思路】(1)首先设出直线l1的方程,再利用直线l1与C2相切,可求出p的值.(2)首先设出点M的坐标,再利用导数求出在A点处的切线的斜率及切线l2的方程,得到与y轴的交点B的坐标,由向量关系进行坐标运算,得到点N在定直线上.
【解析】(1)依题意,设直线l1的方程为y=x+,
因为直线l1与C2相切,所以圆心C2( - 1,0)到直线l1:y=x+的距离d=,
即,解得p=6或p= - 2(舍去).
所以p=6.
(2)依题意设M(m, - 3),
由(1)知抛物线C1的方程为x2=12y,即y=,所以y' =.
设A(x1,y1),则以A为切点的切线l2的斜率为k=,
所以切线l2的方程为y=x1(x - x1)+y1.
令x=0,得y= - +y1= - ×12y1+y1= - y1,
即点B的坐标为(0, - y1),
所以=(x1 - m,y1+3),=( - m, - y1+3),
所以=(x1 - 2m,6),=(x1 - m,3),其中O为坐标原点.
设点N的坐标为(x,y),则y=3,
所以点N在定直线y=3上.
6.[2019浙江湖州五校高三模拟]如图9 - 6 - 3,已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,点M( - 2,1)是椭圆内一点,过点M作两条斜率存在且互相垂直的动直线l1,l2,l1与椭圆C相交于点A,B,l2与椭圆C相交于点D,E,当M恰好为线段AB的中点时,|AB|=.
(1)求椭圆C的标准方程; 图9 - 6 - 3
(2)求·的最小值.
素养提升5　高考中圆锥曲线解答题的提分策略
1[2019全国卷Ⅰ，12分]已知抛物线C:y2=3x的焦点为F ,斜率为的直线l与C的交点为A,B,与x轴的交点为P.
(1)若|AF |+|BF |=4,求l的方程;
(2)若=3,求|AB|.
【解题思路】(1)设出直线l的方程:y=x+t,求出t值,即得直线l的方程.(2)先通过方程思想及向量运算求出A,B两点的纵坐标,进而得A,B两点的横坐标,再利用两点间的距离公式求得|AB|.
【规范答题】设直线l :y=x+t,A(x1,y1),B(x2,y2). ①
(1)由题设得F (,0),根据抛物线的焦半径公式可知:|AF |+|BF |=x1+x2+,由题设可得x1+x2=. ②
由可得9x2+12(t - 1)x+4t2=0, ③
则Δ=(12t - 12)2 - 144t2>0,所以t,
所以x1+x2= - .
从而 - ,得t= - .
所以l的方程为y=x - . ④
(2)由可得y2 - 2y+2t=0,则Δ=( - 2)2 - 4×2t>0,所以t. ⑤
所以y1+y2=2.
由=3可得y1= - 3y2.
从而 - 3y2+y2=2,故y2= - 1,y1=3. ⑥
代入C的方程得x1=3,x2=. ⑦
故|AB|=. ⑧
【感悟升华】
阅卷 现场
得分点
第(1)问采点得分说明 ①利用待定系数法设出直线的方程得1分;
②根据抛物线的焦半径公式求出x1+x2=得1分;
③准确消元得到关于x的一元二次方程得1分;
④求得最终结果得3分. 6分
第(2)问采点
得分说明 ⑤得到关于y的一元二次方程得1分;
⑥求出y1,y2的值得2分;
⑦求出x1,x2的值得1分;
⑧求出|AB|得2分. 6分
满分 策略 1.解决圆锥曲线解答题的关键点
利用圆锥曲线的定义、几何性质,根与系数的关系及整体思想是解题的关键.
2.利用待定系数法求方程
利用待定系数法求直线的方程时,若已知直线上一点,通常设点斜式方程,若已知直线的斜率,往往设斜截式方程,如本例的第(1)问.设直线的点斜式方程时,应注意考虑直线的斜率不存在的情况,这一点易忽视.
3.圆锥曲线与其他知识的交汇问题的处理技巧
圆锥曲线问题时常与平面向量、不等式、函数与方程等内容密切联系,解题时应设法将题设条件转化到根与系数的关系上来,从而利用根与系数的关系及整体代入法解题,达到设而不求的目的.
4.解决轨迹问题的常用方法
轨迹问题也是常考的一种题型,注意定义法、直接法、相关点法在求解中的灵活运用.
2[2017全国卷Ⅰ，12分]已知椭圆C:=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3( - 1,),P4(1,)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.
【解题思路】
给什么 得什么 P1,P2,P3,P4中恰有三点在椭圆C上?有且仅有一点不在椭圆C上,由于P3和P4关于y轴对称,椭圆C也关于y轴对称,因而P3,P4必在椭圆C上.因此只需判定P1和P2哪一个不在椭圆C上即可.
求什么 想什么 要证明l过定点,应先考虑l与x轴垂直时是否过定点,当l的斜率存在时,可设l的方程为y=kx+m,代入椭圆方程,利用= - 1可得到k关于m的关系式,再代入l的方程中,整理后即可判断l是否过定点.
【规范解答】
(1)因为P3,P4两点关于y轴对称,椭圆C也关于y轴对称,所以椭圆C经过P3,P4两点.
又由知,椭圆C不经过点P1,所以点P2在椭圆C上. 1分(得分点1)
因此解得 3分(得分点2)
故椭圆C的方程为+y2=1. 5分(得分点3)
(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,由题意知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为(t,),(t, - ).
则k1+k2== - 1,解得t=2,不符合题意. 6分(得分点4)
从而可设l :y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入+y2=1得,(4k2+1)x2+8kmx+4m2 - 4=0. 7分(得分点5)
由题设可知Δ=16(4k2 - m2+1)>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2= - ,x1x2=. 8分(得分点6)
而k1+k2=
=
=.
由题意得,k1+k2= - 1,故(2k+1)x1x2+(m - 1)(x1+x2)=0.
即(2k+1)·+(m - 1)·=0, 10分(得分点7)
解得k= - .
当且仅当m> - 1时,Δ>0, 11分(得分点8)
于是l:y= - x+m,即y+1= - (x - 2),
所以l过定点(2, - 1). 12分(得分点9)
【感悟升华】
教材 探源 本题第(1)问源于人教A版《选修2 - 1》教材第40页例1,主要考查利用待定系数法及方程思想求曲线方程.
本题第(2)问源于人教A版《选修2 - 1》教材第41页例3,主要考查利用斜率公式研究几何问题,充分考查学生解决综合问题的能力.
素养 探源 素养 考查途径
数学运算 椭圆方程的求解.
直观想象 点与椭圆的位置关系、直线与椭圆的位置关系.
思想 方法 方程思想 1.根据点的坐标建立方程组,从而求解参数a,b.
2.联立直线l与椭圆C的方程,利用根与系数的关系求解.
3.利用“斜率之和为 - 1”这一条件,建立直线l的斜率与截距的方程.
数形结
合思想 讨论直线l与x轴的位置关系,以及利用椭圆的对称性确定P1,P2,P3,P4中哪些点在椭圆上.
分类讨
论思想 对于直线l的斜率分存在和不存在两种情况讨论.
得分 要点 1.得步骤分:抓住得分点,“步步为赢”.第(1)问中,分析隐含信息,列方程组,从而求出椭圆方程.第(2)问中,通过分类讨论设出直线方程→联立方程→写出根与系数的关系→利用公式化简求解.
2.得关键分:①列出方程组,②设出直线方程,③利用根与系数的关系,④利用斜率公式.这些都是不可少的过程,有则给分,无则没分.
3.得计算分:解题过程中计算准确是得满分的根本保证,如得分点3,5,7.
答题 策略 圆锥曲线中定点问题的两种解法
1.引进参数法:先引进动点的坐标或动线中系数为参数,用参数表示变化的量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点.
2.从特殊到一般法:先根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.
技巧:若直线方程为y - y0=k(x - x0),则直线过定点(x0,y0);
若直线方程为y=kx+b(b为定值),则直线过定点(0,b).
3[2018全国卷Ⅰ, 12分]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.
【解题思路】(1)先求出椭圆C:+y2=1的右焦点F 的坐标,因为l与x轴垂直,所以可先求出直线l的方程,然后求出点A的坐标,再利用直线方程的两点式,即可求出直线AM的方程;(2)对直线l分三类讨论:①当直线l与x轴重合时,直接求出∠OMA=∠OMB=0°;②当直线l与x轴垂直时,可直接证得∠OMA=∠OMB;③当直线l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x - 1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),利用斜率公式表示出kMA+kMB,把直线l的方程代入椭圆C的方程,消去y转化为关于x的一元二次方程,利用根与系数的关系即可证明kMA+kMB=0,从而证得∠OMA=∠OMB.
【规范解答】
(1)由已知得F (1,0),l的方程为x=1. 1分
代入椭圆方程可得,点A的坐标为(1,)或(1, - ). 2分
所以直线AM的方程为y= - x+或y=x - . 3分
(2)当l与x轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°. 4分
当l与x轴垂直时,OM为线段AB的垂直平分线,所以∠OMA=∠OMB. 5分
当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x - 1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2), 6分
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=. 8分
将y=k(x - 1)代入+y2=1得
(2k2+1)x2 - 4k2x+2k2 - 2=0,易知Δ>0. 9分
所以x1+x2=,x1x2=. 10分
则2kx1x2 - 3k(x1+x2)+4k==0.
从而kMA+kMB=0,故直线MA,MB的倾斜角互补.
所以∠OMA=∠OMB. 11分
综上,∠OMA=∠OMB. 12分
【感悟升华】
命题 探源 真题互鉴:本题来源于2015年新课标全国Ⅰ理科数学第20题,具体如下.
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.
(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.
命题 探源 2018年的全国卷Ⅰ的第19题只是把2015年新课标全国Ⅰ的第20题的“抛物线”变为“椭圆”,仍然考查直线与圆锥曲线的位置关系,都是“求方程”与“证明等角”问题,只是去掉了原来的是否存在型的“外包装”.在强调命题改革的今天,通过改编、创新等手段来赋予高考典型试题新的生命,已成为高考命题的一种新走向.所以我们在复习备考的过程中要注意对高考真题的训练,把握其实质,掌握其规律,规范其步骤,做到“胸中有高考真题”,这样我们在考场上才能做到以不变应万变.
失分 探源 1.第(2)问中没有讨论直线与x轴重合以及与x轴垂直的特殊情形.
2.没有勾画图形,以致没有将证明“∠OMA=∠OMB”转化为证明“kAM+kBM=0”.
3.计算失误:如在第(1)问中求直线方程时出错,在第(2)问的运算过程中出错等.
4.得到“kAM+kBM=0”后没有说明直线AM与BM的倾斜角互补,直接得出结论“∠OMA=∠OMB”而丢失1分.
5.最后没有下结论,以致丢失“收官”的1分.
满分 策略 1.得步骤分:抓住得分点,“步步为赢”.第(1)问中,求出点A的坐标,从而求得直线AM的方程.第(2)问中,求出kMA+kMB=0,判定直线MA,MB的倾斜角互补,从而得出∠OMA=∠OMB.
2.得关键分:解题过程不可忽视关键点,有则给分,无则没分.如第(1)问中求出点A的坐标,第(2)问中讨论直线与x轴是否重合或垂直,将y=k(x - 1)代入+y2=1得(2k2+1)x2 - 4k2x+2k2 - 2=0.
3.得计算分:解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中要正确求出点A的坐标与直线AM的方程,第(2)问中要正确求出x1+x2=,x1x2=,进而求出kMA+kMB=0.
提分 探源 破解此类圆锥曲线问题的关键:一是“图形”引路,一般需画出大致图形,把已知条件翻译到图形中,利用直线方程的点斜式或两点式,即可快速表示出直线方程;二是“转化”桥梁,即先根据图形的特征把要证的两角相等转化为斜率之间的关系,再把直线与椭圆的方程联立,利用根与系数的关系及斜率公式即可证得结论.
第六讲　《圆锥曲线的综合问题》测试
基础篇
1.[2020广东七校第二次联考]已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为，焦距为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若斜率为-的直线与椭圆C交于P，Q两点(点P，Q均在第一象限)，O为坐标原点，证明:直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列.
2.[2020广东四校联考]设斜率不为0的直线l与抛物线x2=4y交于A，B两点，与椭圆=1交于C，D两点，记直线OA，OB，OC，OD(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，k3，k4.
(1)若直线l过点(0，4)，证明:OA⊥OB；
(2)求证:的值与直线l的斜率的大小无关.
3.[2020成都市高三摸底测试]已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-，0)，F2(，0)，且经过点A(，).
(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P'Q与x轴相交于点D，求△DPQ面积的最大值.
4.[2019安徽五校二检]已知点A，B是x轴正半轴上两点(A在B的左侧)，且|AB|=a(a>0)，过点A，B分别作x轴的垂线，与抛物线y2=2px(p>0)在第一象限分别交于D，C两点.
(1)若a=p，点A与抛物线y2=2px的焦点重合，求直线CD的斜率；
(2)若O为坐标原点，△OCD的面积为S1，梯形ABCD的面积为S2，求的取值范围.
提升篇
5.[2020贵阳市高三摸底测试]已知椭圆C的中心在原点，一个焦点为F1(-，0)，且椭圆C经过点P(，).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C与y轴的正半轴交于点D，直线l:y=kx+m与椭圆C交于A，B两点(l不经过点D)，且AD⊥BD，证明:直线l经过定点，并求出该定点的坐标.
6.[2020湖北部分重点中学高三测试]已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，M是椭圆上任意一点，且△MF1F2的周长为4+2，以坐标原点O为圆心，椭圆C的短轴长为直径的圆恰好经过椭圆的焦点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l是圆O :x2+y2=在动点P(x0，y0)(x0·y0≠0)处的切线，l与椭圆C交于不同的两点Q，R，证明:∠QOR的大小为定值.
7.[2020广东七校联考]已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线y2=8x上相异的两点，且满足x1+x2=4.
(1)若直线AB经过点F(2，0)，求|AB|的值；
(2)是否存在直线AB，使得线段AB的垂直平分线交x轴于点M，且|MA|=4?若存在，求直线AB的方程；若不存在，请说明理由.
8.[2019福建福州质检]已知圆O:x2+y2=r2(r>0)，椭圆C:=1(a>b>0)的短半轴长等于圆O的半径，且过椭圆C的右焦点的直线l0与圆O相切于点D(，).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若动直线l与圆O相切，且与椭圆C相交于不同的两点A，B，求点O到弦AB的垂直平分线的距离的最大值.
9.[创新题]椭圆=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率e=.
(1)设E是直线y=x+2与椭圆的一个交点，求|EF1|+|EF2|取得最小值时椭圆的方程.
(2)已知N(0，1)，是否存在斜率为k的直线l与(1)中的椭圆交于不同的两点A，B，使得点N在线段AB的垂直平分线上?若存在，求出直线l在y轴上截距的范围；若不存在，说明理由.
10.[2019湖北武汉联考][交汇题]已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为，半焦距为c，过点B(a，-c)作x轴，y轴的垂线，垂足分别为B1，B2，且四边形OB1BB2(O为坐标原点)的面积为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知经过点B的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，设直线B1M与直线B1N的倾斜角分别为α，β，且tan αtan β≠1，求tan(α+β)的取值范围.
素养提升5高考中圆锥曲线解答题的提分策略
综合篇
1.[2020洛阳市第一次联考，12分]已知抛物线C1:x2=4y的焦点F也是椭圆C2:=1(a>b>0)的一个焦点，C1与C2的公共弦的长为2.
(1)求椭圆C2的方程.
(2)过点F的直线l与C1相交于A，B两点，与C2相交于C，D两点，且与同向.
(i)若|AC|=|BD|，求直线l的斜率；
(ii)设C1在点A处的切线与x轴的交点为M，证明:当直线l绕点F旋转时，△MFD总是钝角三角形.
2.[2020陕西省部分学校摸底检测，12分]已知圆O:x2+y2=1和抛物线E:y=x2-2，O为坐标原点.
(1)已知直线l与圆O相切，与抛物线E交于M，N两点，且满足OM⊥ON，求直线l的方程；
(2)过抛物线E上一点P(x0，y0)作两条直线PQ，PR与圆O相切，且分别交抛物线E于Q，R两点，若直线QR的斜率为-，求点P的坐标.
3.[2020江西红色七校第一次联考，12分]如图5-1，
图5-1
已知点M(2，1)在椭圆C:=1(a>b>0)上，点A，B是长轴的两个端点，且·=-3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知点E(1，0)，过点M(2，1)且斜率为k的直线l与椭圆的另一个交点为N，若点E总在以MN为直径的圆内，求直线l的斜率k的取值范围.
4.[2019安徽宣城二模，12分]已知椭圆C的方程为=1，A是椭圆上的一点，且点A在第一象限内，过点A且斜率等于-1的直线与椭圆C交于另一点B，点A关于坐标原点的对称点为D.
(1)证明:直线BD的斜率为定值；
(2)求△ABD面积的最大值.
5.[12分]已知动圆C过定点F(1，0)，且与定直线x=-1相切.
(1)求动圆圆心的轨迹E的方程.
(2)过点M(-2，0)的直线l与轨迹E交于不同的两点P，Q，试探究在x轴上是否存在定点N(异于点M)，使得∠QNM+∠PNM=π，若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.
参考答案与解析
第六讲　圆锥曲线的综合问题
变式练习
1.(1)设直线AP的斜率为k，则k==x- .
因为- (2)解法一　联立直线AP与BQ的方程，得
解得点Q的横坐标是xQ=.
因为|PA|=(x)=(k+1)，
|PQ|=(xQ- x)=- ，
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，
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.
解法二　连接BP，则|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos∠BPQ=·()=·.
易知P(x，x2)(- 则·=2x+1+2x2- =2x2+2x，
=(x)2+(x2- )2=x2+xx4- x2=x4x2+x.
所以|AP|·|PQ|=- x4x2+x(- 设f(x)=- x4x2+x(- 则f '(x)=- 4x3+3x+1=- (x- 1)(2x+1)2，
所以f(x)在(- ，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，
所以f(x)max=f(1)=.
故|AP|·|PQ|的最大值为.
2.(1)由已知得∴b2=3，
∴椭圆C的标准方程为=1.
(2)若直线l的斜率不存在，则直线m的斜率也不存在，这与直线m与直线l相交于点P矛盾，∴直线l的斜率存在.
设l:y=k(x- 1)(k≠0)，m:y=- k(x+t)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，M(xM，yM)，N(xN，yN).
将直线m的方程代入椭圆方程得，(3+4k2)x2+8k2tx+4(k2t2- 3)=0，Δ=64k4t2- 16(3+4k2)(k2t2- 3)>0，
∴xM+xN=- ，xMxN=，
∴|MN|2=(1+k2)·.
同理，得|AB|=·.
由|MN|2=4|AB|得t=0，满足Δ>0，
∴直线m:y=- kx，
∴P(，- k)，即点P在定直线x=上.
3.(1)设动点M(x，y)，则直线MA的斜率kMA=(x≠- 3)，
直线MB的斜率kMB=(x≠3).
因为kMA·kMB=- ，所以·=- ，化简得y2=1，
又x≠±3，所以曲线C的方程为y2=1(x≠±3).
(2)由题意得直线l的斜率不为0，根据直线l过点T(1，0)，可设直线l的方程为x=my+1，
联立得消去x得(m2+9)y2+2my- 8=0，Δ>0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则
直线SP与SQ的斜率分别为kSP=，kSQ=，
则kSP·kSQ=
=.
当x0=3时，?m∈R，kSP·kSQ==- ；
当x0=- 3时，?m∈R，kSP·kSQ==- .
所以存在定点S(±3，0)，使得直线SP与SQ斜率之积为定值.
4.(1)因为点D(0，1)是椭圆C上的一点，所以b=1.
因为椭圆C的离心率为，所以，解得a2=9.
故椭圆C的方程为y2=1.
(2)假设存在满足条件的点P，由题意知，直线BP的斜率存在，设直线BP的斜率为k，
因为点P不与椭圆C的顶点重合，所以k≠±且k≠0.
则直线BP的方程为y=k(x- 3)　①，易得直线AD的方程为y=x+1　②，
联立①②，解得M(，).
因为直线MN的斜率为，所以直线MN的方程为y- (x- )，
因为点N在x轴上，所以N(，0).
将①代入y2=1，解得P(，- ).
因为D，P，N三点共线，所以直线DP与直线DN的斜率相等，
所以，即，解得k=.
故存在点P(，- )，使得D，P，N三点共线.
5.(1)因为点P(2，)在椭圆C上，且PF⊥x轴，
所以c=2.
设椭圆C的左焦点为E，则|EF|=2c=4，|PF|=，
连接PE，则在Rt△EFP中，|PE|2=|PF|2+|EF|2=18，所以|PE|=3.
所以2a=|PE|+|PF|=4，则a=2，b2=a2- c2=4，
所以椭圆C的方程为=1.
(2)由题意可设直线AB的方程为y=k(x- 2)，
令x=4，得y=2k，则点M的坐标为(4，2k).
由消去y并整理，得(2k2+1)x2- 8k2x+8(k2- 1)=0，Δ>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1+x2=，x1x2=　①.
设直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3，
从而k1=，k2=，k3==k- .
因为直线AB的方程为y=k(x- 2)，则y1=k(x1- 2)，y2=k(x2- 2)，
所以k1+k2=()=2k- ·　②.
将①代入②，得k1+k2=2k- ·=2k- .
又k3=k- ，所以k1+k2=2k3，
于是直线PA，PM，PB的斜率成等差数列.
6.(1)由题意得，∴a2=4b2，即椭圆C的方程为=1.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则①- ②得(x1- x2)(x1+x2)+4(y1- y2)·(y1+y2)=0.
当M(- 2，1)为线段AB的中点时，
x1+x2=- 4，y1+y2=2，
∴此时直线l1的斜率k1为，
∴此时直线l1的方程为y=x+2.
由消去y得，x2+4x+8- 2b2=0，由Δ1>0，得b2>2，则x1+x2=- 4，x1x2=8- 2b2，
则|AB|=|x1- x2|=，
得b2=3，满足题意.
∴椭圆C的标准方程为=1.
(2)设直线AB的方程为y=k(x+2)+1(k≠0)，
由消去y得，(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2- 12=0，Δ2>0，
∴x1+x2=，x1x2=.
设D(x3，y3)，E(x4，y4)，
则·=()·()=··=(- 2- x1，1- y1)·(2+x2，y2- 1)+(- 2- x4，1- y4)·(2+x3，y3- 1)，
(- 2- x1，1- y1)·(2+x2，y2- 1)=- (1+k2)(2+x1)(2+x2)=- (1+k2)[4+2(x1+x2)+x1x2]=，
同理可得(- 2- x4，1- y4)·(2+x3，y3- 1)=.
∴·=4(1+k2)()=≥，当且仅当k=±1时取等号.
∴·的最小值为.
基础篇
1.(1)由题意，得解得
又b2=a2- c2=1，
∴椭圆C的方程为y2=1.
(2)设直线l的方程为y=- x+m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由消去y，得2x2- 4mx+4(m2- 1)=0.
则Δ=16m2- 32(m2- 1)=16(2- m2)>0，且x1+x2=2m，x1x2=2(m2- 1).
故y1y2=(- x1+m)(- x2+m)=x1x2- m(x1+x2)+m2.
∴kOP·kOQ=，
即直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列.
2.由题意知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，k≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2).
(1)依题意，得两式相乘得(x1x2)2=16y1y2，
由直线l过点(0，4)，得直线l的方程为y=kx+4，将直线l的方程代入抛物线方程x2=4y，得x2- 4kx- 16=0，易知Δ>0.
∴x1x2=- 16，∴y1y2=16，
∴·=x1x2+y1y2=0，
∴OA⊥OB.
(2)设C(x3，y3)，D(x4，y4).
由消去y得x2- 4kx- 4m=0，易知Δ>0，则x1+x2=4k，x1x2=- 4m，
k1+k2==k.
由消去y得(2+3k2)x2+6kmx+3m2- 12=0，
易知Δ=(6km)2- 4(2+3k2)(3m2- 12)>0，
则x3+x4=，x3x4=，
k3+k4==2k=2k=2k.
∴=- ，是一个与直线l的斜率k的大小无关的值.
3.(1)由椭圆的定义，可知2a=|AF1|+|AF2|==4，解得a=2.
又b2=a2- ()2=1，
∴椭圆C的标准方程为y2=1.
(2)由题意，设直线l的方程为x=my+4(m≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则P'(x1，- y1).
由消去x得(m2+4)y2+8my+12=0.
∵Δ=16(m2- 12)>0，∴m2>12.
则y1+y2=，y1y2=.
∵直线P'Q的斜率kP'Q=，
∴直线P'Q的方程为y+y1=(x- x1)，
令y=0，可得x=my1+4=4=4=1，
∴D(1，0).
∴S△DPQ=|S△BDQ- S△BDP|=|BD||y1- y2|=.
令t=，t∈(0，+∞)，
则S△DPQ=≤，当且仅当t=4即m=±2 时等号成立，
∴△DPQ面积的最大值为.
4.(1)由题意知A(，0)，又a=p，则B(，0)，D(，p)，C(，p)，
所以直线CD的斜率kCD=- 1.
(2)设直线CD的方程为y=kx+b(k≠0)，C(x1，y1)，D(x2，y2).
由消去x得ky2- 2py+2pb=0，
易知Δ=4p2- 8pkb>0，即kb<，y1+y2=，y1y2=.
由y1+y2=>0，y1y2=>0，可知k>0，b>0.
因为|CD|=|x1- x2|=a，
点O到直线CD的距离d=，
所以S1=·a·ab.
又S2=(y1+y2)·|x1- x2|=··a=，
所以.
因为0故的取值范围为(0，).
提升篇
5.(1)由题意，设椭圆C:=1(a>b>0)，焦距为2c，另一个焦点为F2，
则c=，F2(，0).
在Rt△PF2F1中，|PF1|=.
由椭圆的定义得2a=|PF1|+|PF2|==4，则a=2，b==1，
所以椭圆C的方程为y2=1.
(2)由(1)得D(0，1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2).
由消去y得(1+4k2)x2+8kmx+4m2- 4=0，易知Δ>0，
则x1+x2=，x1x2=，
y1+y2=k(x1+x2)+2m=，y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=.
由AD⊥BD得·=x1x2+(y1- 1)(y2- 1)=0，即=0，
所以5m2- 2m- 3=0，解得m=1或m=- .
当m=1时，直线l经过点D，舍去.
当m=- 时，直线l的方程为y=kx- ，
所以直线l经过定点，且该定点的坐标为(0，- ).
6.(1)因为以坐标原点O为圆心，椭圆C的短轴长为直径的圆恰好经过椭圆的焦点，所以b=c，可得a=c.因为△MF1F2的周长为4+2，所以a+c=2，所以c=，a=2，b=，所以椭圆C的方程为=1.
(2)解法一　由题意知，直线l的斜率存在且不为0，设Q(x1，y1)，R(x2，y2)，直线l的方程为y=kx+m.
因为l为圆O的切线，所以，即3m2=4+4k2　①.
将y=kx+m与椭圆方程联立，消去y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2- 4=0，易知Δ>0，
所以x1+x2=，x1x2=，
x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=　②.
由①②得x1x2+y1y2=0，所以OQ⊥OR，∠QOR=，即∠QOR的大小为定值.
解法二　由题意知，直线l的方程为x0x+y0y=，且.记Q(x1，y1)，R(x2，y2).
由消去y得(2)x2- x0x- 4=0，易知Δ>0，
所以x1+x2=，x1x2=，
y1y2=(- x0x1)(- x0x2)=[x0(x1+x2)x1x2]=，
从而x1x2+y1y2==0，
所以OQ⊥OR，∠QOR=，即∠QOR的大小为定值.
7.(1)解法一　①若直线AB的斜率不存在，则直线AB的方程为x=2.
由解得或
即A(2，4)，B(2，- 4)或A(2，- 4)，B(2，4)，
所以|AB|=8.
②若直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=k(x- 2)(k≠0)，
由消去y得k2x2- (4k2+8)x+4k2=0，Δ>0，
故x1+x2==4，无解.
综上，可得|AB|=8.
解法二　直线AB过抛物线y2=8x的焦点F(2，0)，根据抛物线的定义，得|AF|=x1+2，|BF|=x2+2，
所以|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+4=8.
(2)假设存在符合题意的直线AB，设直线AB的方程为y=mx+b(m≠0)，
由消去y，得m2x2+(2mb- 8)x+b2=0　(*)，
故x1+x2=- =4，
所以b=- 2m.
所以x1x2==(- 2)2.
所以|AB|=|x1- x2|=·.
因为y1+y2=m(x1+x2)+2b=4m+2b=，所以线段AB的中点为C(2，).
所以线段AB的垂直平分线方程为y- =- (x- 2)，即x+my- 6=0.
令y=0，得x=6，所以点M的坐标为(6，0).
所以点M到直线AB的距离|CM|=.
易知|MA|2=()2+|CM|2，
所以(4)2=()2+()2，解得m=±1.
当m=1时，b=2；当m=- 1时，b=- 2.
将和分别代入(*)式检验，得Δ=0，不符合题意.
故假设不成立，即不存在符合题意的直线AB.
8.(1)解法一　由题意知r2=()2+()2=1，所以b=1.
易知过点D与圆O相切的直线l0的方程为y- =- (x- )，即xy- 2=0.
令y=0，得x=2，即c=2，从而a2=b2+c2=5.
所以椭圆C的方程为y2=1.
解法二　由题意知r2=()2+()2=1，所以b=1.
设椭圆的右焦点坐标为(c，0)，则过该点与圆O相切于点D(，)的直线l0的方程为y- (x- )，化简得x- (1- 2c)y- c=0.
又点O到直线l0的距离等于半径1，即=1，解得c=2，从而a2=b2+c2=5.
所以椭圆C的方程为y2=1.
(2)设点O到弦AB的垂直平分线的距离为d.
若直线l⊥x轴，则弦AB的垂直平分线与x轴重合，所以d=0；
若直线l⊥y轴，则l与C只有一个交点，不符合题意.
解法一　若直线l不与坐标轴垂直，设直线l的方程为y=kx+m(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2).
因为直线l与圆O相切，所以=1，即|m|=.
由消去y得(1+5k2)x2+10kmx+5m2- 5=0.易知Δ>0.
则x1+x2=- ，y1+y2=k(x1+x2)+2m=，
弦AB的中点的坐标为(- ，)，
所以弦AB的垂直平分线的方程为y- =- (x)，即x+ky=0，
所以点O到弦AB的垂直平分线的距离d=.将|m|=代入上式，得d=≤，当且仅当|k|=，|m|=时，等号成立.
综上所述，点O到弦AB的垂直平分线的距离的最大值为.
解法二　若直线l不与坐标轴垂直，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB的中点M(x0，y0).
易知x0≠0，y0≠0，由点A，B在椭圆上，得
由①- ②，得(x1- x2)(x1+x2)+(y1- y2)(y1+y2)=0，故kAB==- ·=- .
则直线l的方程为y- y0=- (x- x0)，化简得x0x+5y0y- - 5=0.
因为直线l与圆O相切，所以1=，即5.
易知弦AB的垂直平分线的方程为y- y0=(x- x0)，即5y0x- x0y- 4x0y0=0.
所以点O到弦AB的垂直平分线的距离d=≤，当且仅当=5且5时，等号成立.
综上所述，点O到弦AB的垂直平分线的距离的最大值为.
9.(1)∵e=，∴，椭圆的方程可化为=1.
由消去y化简得4x2+12x+12- 3b2=0，由Δ=144- 16×(12- 3b2)≥0，解得b2≥1，即b≥1，
∴|EF1|+|EF2|=2a=2b≥2，当且仅当b=1时，|EF1|+|EF2|取得最小值，为2，
∴|EF1|+|EF2|取得最小值时椭圆的方程为y2=1.
(2)设直线l在y轴上的截距为t.
当k=0时，直线l的方程为y=t，易知- 1当k≠0时，直线l的方程为y=kx+t，与y2=1联立，消去y整理得，(1+3k2)x2+6ktx+3t2- 3=0.
∵直线l与椭圆交于不同的两点，
∴Δ=(6kt)2- 12(t2- 1)(1+3k2)>0，即t2<1+3k2.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为Q，
则x1+x2=- ，x1x2=，y1+y2=k(x1+x2)+2t=，∴线段AB的中点Q的坐标为(，)，
由题意知，直线NQ的斜率为- ，即=- ，化简得1+3k2=- 2t，代入t2<1+3k2得t2<- 2t，解得- 2又- 2t=1+3k2>1，∴t<- ，故- 2综上，当k≠0时，直线l在y轴上截距的范围为(- 2，- )；当k=0时，直线l在y轴上截距的范围为(- 1，1).
10.(1)因为四边形OB1BB2的面积为ac，
所以ac=2　①.
由椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为，得　②.
由①②解得a=2，c=1，所以b2=a2- c2=3.
所以椭圆C的标准方程为=1.
(2)由(1)得B1(2，0)，B(2，- 1).
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=2，
直线l与椭圆=1相切，不符合题意.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y+1=k(x- 2)(k≠0)，
由消去y并整理得(4k2+3)x2- (16k2+8k)x+16k2+16k- 8=0，
则Δ=- 4(4k2+3)(16k2+16k- 8)=- 192k+96>0，解得k<.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1+x2=，x1x2=.
所以=2k- ()=2k- =2k- =2k- =2k+3- 2k=3，
即tan α+tan β=3.
tan αtan β=·=(k- )(k- )=k2- k()=k2- =k2- =k2- =k2- =3k，
因为tan αtan β≠1，
所以k≠.
所以tan(α+β)=，
又k<，所以tan(α+β)的取值范围为(- ∞，- )∪(0，+∞).
素养提升5 高考中圆锥曲线解答题的提分策略
综合篇
1.(1)由C1:x2=4y知其焦点F的坐标为(0，1).
因为F也是椭圆C2的一个焦点，所以a2- b2=1　①.
又C1与C2的公共弦的长为2，C1与C2都关于y轴对称，且C1的方程为x2=4y，由此易知C1与C2的公共点的坐标为(±，)，
所以=1　②.
由①②，解得a2=9，b2=8.
故椭圆C2的方程为=1. (4分)
(2)如图D 5- 1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4).
图D 5- 1
(i)因为与同向，且|AC|=|BD|，所以，
从而x3- x1=x4- x2，即x1- x2=x3- x4，
于是(x1+x2)2- 4x1x2=(x3+x4)2- 4x3x4　③.
设直线l的斜率为k，则l的方程为y=kx+1(易知k≠0).
由得x2- 4kx- 4=0，Δ1>0.
则x1+x2=4k，x1x2=- 4　④.
由得(9+8k2)x2+16kx- 64=0，Δ2>0. (6分)
则x3+x4=- ，x3x4=- 　⑤.
将④⑤代入③，得16(k2+1)=，
即16(k2+1)=，
所以(9+8k2)2=16×9，解得k=±，即直线l的斜率为±. (8分)
(ii)由x2=4y得y'=，所以C1在点A处的切线方程为y- y1=(x- x1)，
即y=.令y=0，得x=，即M(，0)，
所以=(，- 1). (10分)
又=(x1，y1- 1)，于是·- y1+1=1>0，
因此∠AFM是锐角，由∠MFD=180°- ∠AFM得∠MFD是钝角.
故当直线l绕点F旋转时，△MFD总是钝角三角形. (12分)
2.(1)由题意知直线l的斜率存在，设l:y=kx+b，M(x1，y1)，N(x2，y2).
由直线l与圆O相切，得=1，
所以b2=k2+1.
由消去y得x2- kx- b- 2=0，Δ>0.
所以x1+x2=k，x1x2=- b- 2. (2分)
由OM⊥ON，得·=0，即x1x2+y1y2=0，
所以x1x2+(kx1+b)(kx2+b)=0，
所以(1+k2)x1x2+kb(x1+x2)+b2=0，
所以b2(- b- 2)+(b2- 1)b+b2=0，
解得b=- 1或b=0(舍去).
所以k=0，故直线l的方程为y=- 1. (5分)
(2)设Q(x3，y3)，R(x4，y4)，则直线RQ的斜率kRQ==x3+x4，
所以x3+x4=- .
由题意知直线PQ，PR的斜率均存在，即≠1.
设PQ:y- y0=k1(x- x0)，由直线PQ与圆O相切，得=1，即(- 1)- 2x0y0k1- 1=0，
设PR:y- y0=k2(x- x0)，同理可得(- 1)- 2x0y0k2- 1=0.
故k1，k2是方程(- 1)k'2- 2x0y0k'- 1=0的两个根，
所以k1+k2=. (8分)
由得x2- k1x+k1x0- y0- 2=0，故x0+x3=k1，
同理可得x0+x4=k2，
则2x0+x3+x4=k1+k2，即2x0- ，
所以2x0- ，解得x0=- 或x0=. (11分)
当x0=- 时，y0=- ；当x0=时，y0=1.
故点P的坐标为(- ，- )或(，1). (12分)
3.(1)由已知可得A(- a，0)，B(a，0)，则·=(- a- 2，- 1)·(a- 2，- 1)=- 3，解得a2=8.
又点M(2，1)在椭圆C上，所以=1，解得b2=2，
所以椭圆C的标准方程为=1. (4分)
(2)设N(x1，y1)，直线l的方程为y=k(x- 2)+1，代入椭圆C的方程消去y得(4k2+1)x2+4(2k- 4k2)x+4(4k2- 4k- 1)=0，Δ>0， (6分)
则2x1=，即x1=，则y1=. (8分)
因为点E总在以MN为直径的圆内，
所以必有·<0，即(1，1)·(x1- 1，y1)=x1+y1- 1<0， (10分)
将x1，y1代入上式得<0，解得k>- ，
所以满足条件的直线l的斜率k的取值范围是(- ，+∞). (12分)
4.(1)设D(x1，y1)，B(x2，y2)，则A(- x1，- y1)，直线BD的斜率k=.
因为D，B两点都在椭圆上，
所以=1　①，=1　②， (2分)
由②- ①得=- .
因为kAB==- 1，所以k=.
故直线BD的斜率为定值. (5分)
(2)连接OB，因为A，D两点关于原点对称，所以S△ABD=2S△OBD.
由(1)可知直线BD的斜率k=，设直线BD的方程为y=x+t，
因为点D在第三象限，所以- 点O到直线BD的距离d=. (7分)
由消去y并整理得3x2+4tx+4t2- 8=0，易知Δ>0，则x1+x2=- ，x1x2=. (9分)
所以|BD|=. (10分)
所以S△ABD=2S△OBD=2××|BD|×d=≤=2，当且仅当t2=3- t2，即t=- 时等号成立.
所以△ABD面积的最大值为2. (12分)
5.(1)解法一　依题意知，动圆圆心到定点F(1，0)的距离与圆心到定直线x=- 1的距离相等. (1分)
由抛物线的定义，可得动圆圆心的轨迹E是以F(1，0)为焦点，直线x=- 1为准线的抛物线，其中p=2. (2分)
∴动圆圆心的轨迹E的方程为y2=4x. (3分)
解法二　设动圆圆心C(x，y)，依题意得=|x+1|， (2分)
化简得y2=4x.
即动圆圆心的轨迹E的方程为y2=4x. (3分)
(2)假设存在点N(x0，0)满足题设条件.
由∠QNM+∠PNM=π可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即kPN+kQN=0　①. (4分)
易知直线PQ的斜率必存在且不为0，设直线PQ:x=my- 2(m≠0). (5分)
由消去x得y2- 4my+8=0. (6分)
由Δ=(- 4m)2- 4×8>0，得m>或m<- . (7分)
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1+y2=4m，y1y2=8. (8分)
由①得kPN+kQN==0，
∴y1(x2- x0)+y2(x1- x0)=0，即y1x2+y2x1- x0(y1+y2)=0，
消去x1，x2，得y1y2- x0(y1+y2)=0， (9分)
即y1y2(y1+y2)- x0(y1+y2)=0. (10分)
∵y1+y2≠0，∴x0=y1y2=2， (11分)
∴存在点N(2，0)，使得∠QNM+∠PNM=π. (12分)
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