浙江专版2019版高考数学一轮复习第十章圆锥曲线与方程10.6圆锥曲线的综合问题学案.docx

10.6圆锥曲线的综合问题考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计20132014201520162017 圆锥曲线的综合问题1.了解圆锥曲线的简单应用.2.理解数形结合的思想.3.能解决直线与椭圆、抛物线的位置关系等问题.掌握9,5分21(2),9分9(文),5分22(文),约9分21,15分17(文),4分22(文),约10分19,15分19(文),15分19(2),7分19(2)(文),9分21(2),约9分分析解读1.圆锥曲线的综合问题是高考的热点之一,主要考查两大问题:一是根据条件求出平面曲线的方程;二是通过方程研究平面曲线的性质.2.考查点主要有:(1)圆锥曲线的基本概念和性质;(2)与圆锥曲线有关的最值、对称、位置关系等综合问题;(2)有关定点、定值问题,以及存在性等探索性问题.3.预计2019年高考试题中,圆锥曲线的综合问题仍是压轴题之一,复习时应引起高度重视.五年高考考点圆锥曲线的综合问题 1.(2014福建,9,5分)设P,Q分别为圆x2+(y-6)2=2和椭圆x210+y2=1上的点,则P,Q两点间的最大距离是()A.52B.46+2C.7+2D.62答案D2.(2014湖北,9,5分)已知F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,P是它们的一个公共点,且F1PF2=蟺3,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为()A.433B.233C.3D.2答案A3.(2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线x2=y,点A-12,14,B32,94,抛物线上的点P(x,y)-12x32.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.解析本题主要考查直线方程、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运算求解能力.(1)设直线AP的斜率为k,k=x2-14x+12=x-12,因为-12x32,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1).(2)解法一:联立直线AP与BQ的方程kx-y+12k+14=0,x+ky-94k-32=0,解得点Q的横坐标是xQ=-k2+4k+32(k2+1).因为|PA|=1+k2x+12=1+k2(k+1),|PQ|=1+k2(xQ-x)=-(k-1)(k+1)2k2+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,所以f(k)在区间-1,12上单调递增,12,1上单调递减,因此当k=12时,|PA|PQ|取得最大值2716.解法二:如图,连接BP,|AP|PQ|=|AP|PB|cosBPQ=(-)=-.易知P(x,x2)-12x32,则=2x+1+2x2-12=2x2+2x+12,=x+122+x2-142=x2+x+14+x4-12x2+116=x4+12x2+x+516.|AP|PQ|=-x4+32x2+x+316-12x32.设f(x)=-x4+32x2+x+316-12xb0),动直线l与椭圆C只有一个公共点P,且点P在第一象限.(1)已知直线l的斜率为k,用a,b,k表示点P的坐标;(2)若过原点O的直线l1与l垂直,证明:点P到直线l1的距离的最大值为a-b.解析(1)设直线l的方程为y=kx+m(kb0)的一个顶点,C1的长轴是圆C2:x2+y2=4的直径.l1,l2是过点P且互相垂直的两条直线,其中l1交圆C2于A,B两点,l2交椭圆C1于另一点D.(1)求椭圆C1的方程;(2)求ABD面积取最大值时直线l1的方程.解析(1)由题意得b=1,a=2.所以椭圆C1的方程为x24+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).由题意知直线l1的斜率存在,不妨设其为k,则直线l1的方程为y=kx-1.又圆C2:x2+y2=4,故点O到直线l1的距离d=1k2+1,所以|AB|=24-d2=24k2+3k2+1.又l2l1,故直线l2的方程为x+ky+k=0.由x+ky+k=0,x2+4y2=4,消去y,整理得(4+k2)x2+8kx=0,故x0=-8k4+k2.所以|PD|=8k2+14+k2.设ABD的面积为S,则S=12|AB|PD|=84k2+34+k2,所以S=324k2+3+134k2+3=161313,当且仅当k=102时取等号.所以所求直线l1的方程为y=102x-1.6.(2017课标全国理,20,12分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0),四点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)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.解析本题考查了圆锥曲线的方程以及圆锥曲线与直线位置关系中的定点问题.(1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点.又由1a2+1b21a2+34b2知,C不经过点P1,所以点P2在C上.因此1b2=1,1a2+34b2=1,解得a2=4,b2=1.故C的方程为x24+y2=1.(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t0,且|t|0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1.而k1+k2=y1-1x1+y2-1x2=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2=2kx1x2+(m-1)(x1+x2)x1x2,由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)4m2-44k2+1+(m-1)-8km4k2+1=0.解得k=-m+12.当且仅当m-1时,0,于是l:y=-m+12x+m,即y+1=-m+12(x-2),所以l过定点(2,-1).7.(2017课标全国文,20,12分)设A,B为曲线C:y=x24上两点,A与B的横坐标之和为4.(1)求直线AB的斜率;(2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AMBM,求直线AB的方程.解析本题考查直线与抛物线的位置关系.(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2,y1=x124,y2=x224,x1+x2=4,于是直线AB的斜率k=y1-y2x1-x2=x1+x24=1.(2)由y=x24,得y=x2,设M(x3,y3),由题设知x32=1,解得x3=2,于是M(2,1).设直线AB的方程为y=x+m,故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|.将y=x+m代入y=x24得x2-4x-4m=0.当=16(m+1)0,即m-1时,x1,2=22m+1.从而|AB|=2|x1-x2|=42(m+1).由题设知|AB|=2|MN|,即42(m+1)=2(m+1),解得m=7.所以直线AB的方程为y=x+7.8.(2017山东理,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,且|MC|AB|=23,M的半径为|MC|,OS,OT是M的两条切线,切点分别为S,T.求SOT的最大值,并求取得最大值时直线l的斜率.解析本题考查椭圆的方程,直线与椭圆、圆的位置关系,考查最值的求解方法和运算求解能力.(1)由题意知e=ca=22,2c=2,所以a=2,b=1,因此椭圆E的方程为x22+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立x22+y2=1,y=k1x-32,消y整理得(4k12+2)x2-43k1x-1=0,由题意知0,且x1+x2=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+8k122k12+1.由题设知k1k2=24,所以k2=24k1,因此直线OC的方程为y=24k1x.联立x22+y2=1,y=24k1x,得x2=8k121+4k12,y2=11+4k12,因此|OC|=x2+y2=1+8k121+4k12.由题意可知sin=rr+|OC|=11+|OC|r,而|OC|r=3241+2k121+4k121+k12,令t=1+2k12,则t1,1t(0,1),因此|OC|r=32t2t2+t-1=3212+1t-1t2=321-1t-122+941,当且仅当1t=12,即t=2时等号成立,此时k1=22,所以sin12,因此蟺6,所以SOT的最大值为蟺3.综上所述:SOT的最大值为蟺3,取得最大值时直线l的斜率k1=22.9.(2016北京,19,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)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a2=4,b2=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-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.10.(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)证明:设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=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=卤km3k2+9.将m3,m代入l的方程得b=m(3-k)3,因此xM=k(k-3)m3(k2+9).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.于是卤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.11.(2014课标,20,12分)已知点A(0,-2),椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为233,O为坐标原点.(1)求E的方程;(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点.当OPQ的面积最大时,求l的方程.解析(1)设F(c,0),由条件知,2c=233,得c=3.又ca=32,所以a=2,b2=a2-c2=1.故E的方程为x24+y2=1.(2)当lx轴时不合题意,故设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).将y=kx-2代入x24+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.当=16(4k2-3)0,即k234时,x1,2=.从而|PQ|=k2+1|x1-x2|=4k2+1路4k2-34k2+1.又点O到直线PQ的距离d=2k2+1,所以OPQ的面积SOPQ=12d|PQ|=44k2-34k2+1.设4k2-3=t,则t0,SOPQ=4tt2+4=4t+4t.因为t+4t4,当且仅当t=2,即k=72时等号成立,且满足0,所以,当OPQ的面积最大时,l的方程为y=72x-2或y=-72x-2.教师用书专用(1223)12.(2017山东文,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为22.(1)求椭圆C的方程;(2)动直线l:y=kx+m(m0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,N的半径为|NO|.设D为AB的中点,DE,DF与N分别相切于点E,F,求EDF的最小值.解析本题考查椭圆的标准方程及圆锥曲线的相关最值.(1)由椭圆的离心率为22,得a2=2(a2-b2),又当y=1时,x2=a2-a2b2,得a2-a2b2=2,所以a2=4,b2=2.因此椭圆方程为x24+y22=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程y=kx+m,x2+2y2=4,得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,由0得m20,从而y=t+1t在3,+)上单调递增,因此t+1t103,等号当且仅当t=3时成立,此时k=0,所以|ND|2|NF|21+3=4,由(*)得-2m3)的右焦点为F,右顶点为A.已知1|OF|+1|OA|=3e|FA|,其中O为原点,e为椭圆的离心率.(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BFHF,且MOAMAO,求直线l的斜率的取值范围.解析(1)设F(c,0),由1|OF|+1|OA|=3e|FA|,即1c+1a=3ca(a-c),可得a2-c2=3c2,又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4,所以,椭圆的方程为x24+y23=1.(2)设直线l的斜率为k(k0),则直线l的方程为y=k(x-2).设B(xB,yB),由方程组x24+y23=1,y=k(x-2)消去y,整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.解得x=2或x=8k2-64k2+3,由题意得xB=8k2-64k2+3,从而yB=-12k4k2+3.由(1)知F(1,0),设H(0,yH),有=(-1,yH),=9-4k24k2+3,12k4k2+3.由BFHF,得=0,所以4k2-94k2+3+12kyH4k2+3=0,解得yH=9-4k212k.因此直线MH的方程为y=-1kx+9-4k212k.设M(xM,yM),由方程组y=k(x-2),y=-1kx+9-4k212k消去y,解得xM=20k2+912(k2+1).在MAO中,MOAMAO|MA|MO|,即(xM-2)2+yM2xM2+yM2,化简得xM1,即20k2+912(k2+1)1,解得k-64或k64.所以,直线l的斜率的取值范围为.14.(2016四川,20,13分)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点,直线l:y=-x+3与椭圆E有且只有一个公共点T.(1)求椭圆E的方程及点T的坐标;(2)设O是坐标原点,直线l平行于OT,与椭圆E交于不同的两点A,B,且与直线l交于点P.证明:存在常数,使得|PT|2=|PA|PB|,并求的值.解析(1)由题意得,a=2b,则椭圆E的方程为x22b2+y2b2=1.由方程组x22b2+y2b2=1,y=-x+3,得3x2-12x+(18-2b2)=0.方程的判别式为=24(b2-3),由=0,得b2=3,此时方程的解为x=2,所以椭圆E的方程为x26+y23=1.点T的坐标为(2,1).(2)由已知可设直线l的方程为y=12x+m(m0),由方程组y=12x+m,y=-x+3,可得x=2-2m3,y=1+2m3.所以P点坐标为2-2m3,1+2m3,|PT|2=89m2.设点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2).由方程组x26+y23=1,y=12x+m,可得3x2+4mx+(4m2-12)=0.方程的判别式为=16(9-2m2),由0,解得-322mb0)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C的方程为x22+y2=1.设M(xM,0).因为m0,所以-1nb0)的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为e1;双曲线C2:x2a2-y2b2=1的左、右焦点分别为F3、F4,离心率为e2,已知e1e2=32,且|F2F4|=3-1.(1)求C1,C2的方程;(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB,M为AB的中点,当直线OM与C2交于P,Q两点时,求四边形APBQ面积的最小值.解析(1)因为e1e2=32,所以a2-b2aa2+b2a=32,即a4-b4=34a4,因此a2=2b2,从而F2(b,0),F4(3b,0),于是3b-b=|F2F4|=3-1,所以b=1,所以a2=2.故C1,C2的方程分别为x22+y2=1,x22-y2=1.(2)因为AB不垂直于y轴,且过点F1(-1,0),故可设直线AB的方程为x=my-1.由x=my-1,x22+y2=1得(m2+2)y2-2my-1=0,易知此方程的判别式大于0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1,y2是上述方程的两个实根,所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-1m2+2.因此x1+x2=m(y1+y2)-2=-4m2+2,于是AB的中点M的坐标为-2m2+2,mm2+2.故直线PQ的斜率为-m2,则PQ的方程为y=-m2x,即mx+2y=0.由y=-m2x,x22-y2=1得(2-m2)x2=4,所以2-m20,且x2=42-m2,y2=m22-m2,从而|PQ|=2x2+y2=2m2+42-m2.设点A到直线PQ的距离为d,则点B到直线PQ的距离也为d,所以2d=|mx1+2y1|+|mx2+2y2|m2+4,因为点A,B在直线mx+2y=0的异侧,所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|,从而2d=(m2+2)|y1-y2|m2+4.又因为|y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2=221+m2m2+2,所以2d=22 1+m2m2+4.故四边形APBQ的面积S=12|PQ|2d=221+m22-m2=22 -1+32-m2.而02-m20)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,ADF为正三角形.(1)求C的方程;(2)若直线l1l,且l1和C有且只有一个公共点E,(i)证明直线AE过定点,并求出定点坐标;(ii)ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由.解析(1)由题意知Fp2,0.设D(t,0)(t0),则FD的中点为p+2t4,0.因为|FA|=|FD|,由抛物线的定义知3+p2=t-p2,解得t=3+p(t=-3舍去).由p+2t4=3,解得p=2.所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)(i)由(1)知F(1,0),设A(x0,y0)(x0y00),D(xD,0)(xD0),因为|FA|=|FD|,则|xD-1|=x0+1,由xD0得xD=x0+2,故D(x0+2,0).故直线AB的斜率kAB=-y02.因为直线l1和直线AB平行,设直线l1的方程为y=-y02x+b,代入抛物线方程得y2+8y0y-8by0=0,由题意得=64y02+32by0=0,得b=-2y0.设E(xE,yE),则yE=-4y0,xE=4y02,当y024时,kAE=yE-y0xE-x0=-4y0+y04y02-y024=4y0y02-4,可得直线AE的方程为y-y0=4y0y02-4(x-x0),由y02=4x0,整理可得y=4y0y02-4(x-1),直线AE恒过点F(1,0).当y02=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0),所以直线AE过定点F(1,0).(ii)由(i)知直线AE过焦点F(1,0),所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+1x0+1=x0+1x0+2.设直线AE的方程为x=my+1,因为点A(x0,y0)在直线AE上,故m=x0-1y0,设B(x1,y1),直线AB的方程为y-y0=-y02(x-x0),由于y00,可得x=-2y0y+2+x0,代入抛物线方程得y2+8y0y-8-4x0=0.所以y0+y1=-8y0,可求得y1=-y0-8y0,x1=4x0+x0+4,所以点B到直线AE的距离为d=4x0+x0+4+my0+8y0-11+m2=4(x0+1)x0=4x0+1x0.则ABE的面积S=12416,当且仅当1x0=x0,即x0=1时等号成立.所以ABE的面积的最小值为16.18.(2014四川,20,13分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的焦距为4,其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设F为椭圆C的左焦点,T为直线x=-3上任意一点,过F作TF的垂线交椭圆C于点P,Q.(i)证明:OT平分线段PQ(其中O为坐标原点);(ii)当|TF|PQ|最小时,求点T的坐标.解析(1)由已知可得a2+b2=2b,2c=2a2-b2=4,解得a2=6,b2=2,所以椭圆C的标准方程是x26+y22=1.(2)(i)证明:由(1)可得,F的坐标是(-2,0),设T点的坐标为(-3,m).则直线TF的斜率kTF=m-0-3-(-2)=-m.当m0时,直线PQ的斜率kPQ=1m,直线PQ的方程是x=my-2.当m=0时,直线PQ的方程是x=-2,也符合x=my-2的形式.设P(x1,y1),Q(x2,y2),将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立,得x=my-2,x26+y22=1.消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,其判别式=16m2+8(m2+3)0.所以y1+y2=4mm2+3,y1y2=-2m2+3,x1+x2=m(y1+y2)-4=-12m2+3.所以PQ的中点M的坐标为-6m2+3,2mm2+3.所以直线OM的斜率kOM=-m3,又直线OT的斜率kOT=-m3,所以点M在直线OT上,因此OT平分线段PQ.(ii)由(i)可得,|TF|=m2+1,|PQ|=(x1-x2)2+(y1-y2)2=(m2+1)(y1+y2)2-4y1y2=(m2+1)4mm2+32-4路-2m2+3=24(m2+1)m2+3.所以|TF|PQ|=124路m2+1+4m2+1+4=33.当且仅当m2+1=4m2+1,即m=1时,等号成立,此时|TF|PQ|取得最小值.所以当|TF|PQ|最小时,T点的坐标是(-3,1)或(-3,-1).19.(2013山东,22,13分)椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别是F1、F2,离心率为32,过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(1)求椭圆C的方程;(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点,连接PF1,PF2.设F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0),求m的取值范围;(3)在(2)的条件下,过点P作斜率为k的直线l,使得l与椭圆C有且只有一个公共点.设直线PF1,PF2的斜率分别为k1,k2.若k0,试证明1kk1+1kk2为定值,并求出这个定值.解析(1)由于c2=a2-b2,将x=-c代入椭圆方程x2a2+y2b2=1,得y=b2a,由题意知2b2a=1,即a=2b2.又e=ca=32,所以a=2,b=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)解法一:设P(x0,y0)(y00).又F1(-3,0),F2(3,0),所以直线PF1,PF2的方程分别为lPF1:y0x-(x0+3)y+3y0=0,lPF2:y0x-(x0-3)y-3y0=0.由题意知|my0+3y0|y02+(x0+3)2=|my0-3y0|y02+(x0-3)2.由于点P在椭圆上,所以x024+y02=1.所以|m+3|32x0+22=|m-3|32x0-22.因为-3m3,-2x02,所以m+332x0+2=3-m2-32x0.所以m=34x0.因此-32m32.解法二:设P(x0,y0).当0x02时,当x0=3时,直线PF2的斜率不存在,易知P3,12或P3,-12.若P3,12,则直线PF1的方程为x-43y+3=0.由题意得|m+3|7=3-m,因为-3m3,所以m=334.若P3,-12,同理可得m=334.当x03时,设直线PF1,PF2的方程分别为y=k1(x+3),y=k2(x-3).由题意知|mk1+3k1|1+k12=|mk2-3k2|1+k22,所以(m+3)2(m-3)2=1+1k121+1k22.因为x024+y02=1,并且k1=y0x0+3,k2=y0x0-3,所以(m+3)2(m-3)2=4(x0+3)2+4-x024(x0-3)2+4-x02=3x02+83x0+163x02-83x0+16=(3x0+4)2(3x0-4)2,即m+3m-3=3x0+43x0-4.因为-3m3,0x02且x03,所以3+m3-m=4+3x04-3x0.整理得m=3x04,故0m32且m334.综合可得0m32.当-2x00时,同理可得-32m0.由根与系数的关系得,x1+x2=8-2bkk2,x1x2=b2k2,因为x轴平分PBQ,所以y1x1+1=-y2x2+1,即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,将代入得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,k=-b,此时0,直线l的方程为y=k(x-1),即直线l过定点(1,0).21.(2013课标全国,20,12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r1=1;圆N的圆心为N(1,0),半径r2=3.设圆P的圆心为P(x,y),半径为R.(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4.由椭圆的定义可知,曲线C是以M,N为左、右焦点,长半轴长为2,短半轴长为3的椭圆(左顶点除外),其方程为x24+y23=1(x-2).(2)对于曲线C上任意一点P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-22,所以R2,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|=23.若l的倾斜角不为90,由r1R知l不平行于x轴,设l与x轴的交点为Q,则|QP|QM|=Rr1,可求得Q(-4,0),所以可设l:y=k(x+4).由l与圆M相切得|3k|1+k2=1,解得k=24.当k=24时,将y=24x+2代入x24+y23=1,并整理得7x2+8x-8=0,解得x1,2=.所以|AB|=1+k2|x2-x1|=187.当k=-24时,由图形的对称性可知|AB|=187.综上,|AB|=23或|AB|=187.22.(2013广东,20,14分)已知抛物线C的顶点为原点,其焦点F(0,c)(c0)到直线l:x-y-2=0的距离为322.设P为直线l上的点,过点P作抛物线C的两条切线PA,PB,其中A,B为切点.(1)求抛物线C的方程;(2)当点P(x0,y0)为直线l上的定点时,求直线AB的方程;(3)当点P在直线l上移动时,求|AF|BF|的最小值.解析(1)依题意,设抛物线C的方程为x2=4cy,由题意知|0-c-2|2=322,c0,解得c=1.所以抛物线C的方程为x2=4y.(2)抛物线C的方程为x2=4y,即y=14x2,求导得y=12x.设A(x1,y1),B(x2,y2)鍏朵腑y1=x124,y2=x224,则切线PA,PB的斜率分别为12x1,12x2,所以切线PA的方程为y-y1=x12(x-x1),即y=x12x-x122+y1,即x1x-2y-2y1=0.同理可得切线PB的方程为x2x-2y-2y2=0.因为切线PA,PB均过点P(x0,y0),所以x1x0-2y0-2y1=0,x2x0-2y0-2y2=0,所以(x1,y1),(x2,y2)为方程x0x-2y0-2y=0的两组解.所以直线AB的方程为x0x-2y-2y0=0.(3)由抛物线定义可知|AF|=y1+1,|BF|=y2+1,所以|AF|BF|=(y1+1)(y2+1)=y1y2+(y1+y2)+1,联立方程x0x-2y-2y0=0,x2=4y,消去x整理得y2+(2y0-x02)y+y02=0.由一元二次方程根与系数的关系可得y1+y2=x02-2y0,y1y2=y02,所以|AF|BF|=y1y2+(y1+y2)+1=y02+x02-2y0+1.又点P(x0,y0)在直线l上,所以x0=y0+2,所以y02+x02-2y0+1=2y02+2y0+5=2y0+122+92.所以当y0=-12时,|AF|BF|取得最小值,且最小值为92.23.(2013湖北,21,13分)如图,已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O,长轴均为MN且在x轴上,短轴长分别为2m,2n(mn),过原点且不与x轴重合的直线l与C1,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.记=mn,BDM和ABN的面积分别为S1和S2.(1)当直线l与y轴重合时,若S1=S2,求的值;(2)当变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=S2?并说明理由.解析依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为C1:x2a2+y2m2=1,C2:x2a2+y2n2=1.其中amn0,=mn1.(1)解法一:如图1,若直线l与y轴重合,即直线l的方程为x=0,则S1=12|BD|OM|=12a|BD|,S2=12|AB|ON|=12a|AB|,所以S1S2=|BD|AB|.在C1和C2的方程中分别令x=0,可得yA=m,yB=n,yD=-m,于是|BD|AB|=|yB-yD|yA-yB|=m+nm-n=.若S1S2=,则=,化简得2-2-1=0.由1,可解得=2+1.故当直线l与y轴重合时,若S1=S2,则=2+1.解法二:如图1,若直线l与y轴重合,则|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n;S1=12|BD|OM|=12a|BD|,S2=12|AB|ON|=12a|AB|.所以S1S2=|BD|AB|=m+nm-n=.若S1S2=,则=,化简得2-2-1=0.由1,可解得=2+1.故当直线l与y轴重合时,若S1=S2,则=2+1.(2)解法一:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=S2.根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k0),点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则d1=|-ak-0|1+k2=ak1+k2,d2=|ak-0|1+k2=ak1+k2,所以d1=d2.又S1=12|BD|d1,S2=12|AB|d2,所以S1S2=|BD|AB|=,即|BD|=|AB|.由对称性可知|AB|=|CD|,所以|BC|=|BD|-|AB|=(-1)|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=(+1)|AB|,于是|AD|BC|=.将l的方程分别与C1,C2的方程联立,可求得xA=ama2k2+m2,xB=ana2k2+n2.根据对称性可知xC=-xB,xD=-xA,于是|AD|BC|=1+k2|xA-xD|1+k2|xB-xC|=2xA2xB=mna2k2+n2a2k2+m2.从而由和式可得a2k2+n2a2k2+m2=.令t=,则由mn,可得t1,于是由式可解得k2=.因为k0,所以k20.于是式关于k有解,当且仅当0,等价于(t2-1)t2-1位21,可解得1位t1,即1位1,解得1+2,所以当11+2时,存在与坐标轴不重合的直线l使得S1=S2.解法二:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=S2.根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k0),点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则d1=|-ak-0|1+k2=ak1+k2,d2=|ak-0|1+k2=ak1+k2,所以d1=d2.又S1=12|BD|d1,S2=12|AB|d2,所以S1S2=|BD|AB|