2022新高考数学人教A版一轮总复习训练9.6圆锥曲线的综合问题综合集训（带解析）

§9.6　圆锥曲线的综合问题基础篇【基础集训】考点一　曲线与方程1.设k>1,则关于x,y的方程(1-k)x2+y2=k2-1所表示的曲线是(　　)A.长轴在x轴上的椭圆B.长轴在y轴上的椭圆C.实轴在x轴上的双曲线D.实轴在y轴上的双曲线答案　D2.两定点A(-2,1),B(2,-1),动点P在抛物线y=x2-2上移动,则△PAB重心G的轨迹方程是(　　)A.y=x2-　　B.y=3x2-　　C.y=2x2-　　D.y=x2-答案　B3.已知圆C1:(x+3)2+y2=1,C2:(x-3)2+y2=81,动圆C与圆C1、C2都相切,则动圆C的圆心轨迹E的方程为　. 答案　+=1或+=14.设三个数,,成等差数列,记(x,y)对应点的曲线是C.求曲线C的方程.考点二　定点与定值问题5.已知直线l与双曲线-y2=1相切于点P,l与双曲线的两条渐近线交于M,N两点,则·的值为(　　)A.3　　B.4C.5　　D.与P的位置有关答案　A 6.(多选题)设M,N是抛物线y2=x上的两个不同的点,O是坐标原点.若直线OM与ON的斜率之积为-,则(　　)A.|OM|+|ON|≥4B.以MN为直径的圆的面积大于4πC.直线MN过定点(2,0)D.点O到直线MN的距离不大于2答案　CD7.已知椭圆C:+=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3,P4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.考点三　最值与范围问题8.若a>1,则双曲线-y2=1的离心率的取值范围是(　　)A.(,+∞)　　B.(,2)　　C.(1,)　　D.(1,2)答案　C9.已知双曲线C:-4y2=1(a>0)的右顶点到其一条渐近线的距离等于,抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点与双曲线C的右焦点重合,则抛物线E上的动点M到直线l1:4x-3y+6=0和l2:x=-1距离之和的最小值为(　　)A.1　　B.2　　C.3　　D.4答案　B 10.设P是椭圆+=1上一点,M,N分别是两圆C1:(x+2)2+y2=1和C2:(x-2)2+y2=1上的点,则|PM|+|PN|的最小值和最大值分别为(　　)A.4,8　　B.2,6　　C.6,8　　D.8,12答案　A考点四　存在性问题11.已知定点C(-1,0)及椭圆x2+3y2=5,过点C的动直线与椭圆相交于A,B两点.(1)若线段AB中点的横坐标是-,求直线AB的方程;(2)在x轴上是否存在点M,使·为常数?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.12.已知抛物线C:y2=2px(02,∴点G的轨迹是以M,N为焦点的椭圆,且2a=6,2c=2,∴b2=a2-c2=32-()2=4,∴点G的轨迹方程为+=1,故选A.2.(2018陕西西安铁一中二模,5)在平面直角坐标系xOy中,动点P关于x轴的对称点为Q,且·=2,则点P的轨迹方程为(　　)A.x2+y2=2　　B.x2-y2=2C.x+y2=2　　D.x-y2=2答案　B　设P(x,y),则Q(x,-y),∴·=(x,y)·(x,-y)=x2-y2=2,故选B.考点二　定点与定值问题1.(2019北京海淀一模文,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左顶点为A(-2,0),两个焦点与短轴的一个顶点构成等腰直角三角形,过点P(1,0)且与x轴不重合的直线l与椭圆交于不同的两点M,N.(1)求椭圆C的方程;(2)当AM与MN垂直时,求AM的长;(3)若过点P且平行于AM的直线交直线x=于点Q,求证:直线NQ恒过定点.解析　(1)因为A(-2,0),所以a=2.因为两个焦点与短轴的一个顶点构成等腰直角三角形,所以b=c.又b2+c2=a2,所以b2=c2=2.所以椭圆C的方程为+=1. (2)解法一:设M(xm,ym),则kMP=,kAM=,因为AM与MN垂直,所以kAM·kMP=·=-1,联立解得或(舍).所以|AM|=.解法二:设M(xm,ym),因为AM与MN垂直,所以点M在以AP为直径的圆上,又因为以AP为直径的圆的圆心为,半径为,所以圆的方程为+y2=.联立解得或(舍).所以|AM|=.(3)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN的方程为x=my+1,由得(m2+2)y2+2my-3=0. 显然Δ>0,则y1+y2=,y1y2=,因为直线PQ与AM平行,所以kPQ=kAM=,则直线PQ的方程为y=(x-1),令x=,则y==,即Q.kNQ==,直线NQ的方程为y-y2=(x-x2),y=x-+y2=x-,令y=0,得x=.因为2my1y2=3(y1+y2),故x==2,所以直线NQ恒过定点(2,0).2.(2019河南开封10月联考,20)已知直线l1:y=x,l2:y=-x,动点P,Q分别在l1,l2上移动,|PQ|=2,N是线段PQ的中点,记点N的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)过点M(0,1)分别作直线MA,MB交曲线C于A,B两点,设这两条直线的斜率分别为k1,k2,且k1+k2=2,证明:直线AB过定点.解析　(1)根据条件设P(m,m),Q(-n,n), ∵|PQ|=2,∴3(m+n)2+(m-n)2=12.设N(x,y)是线段PQ的中点,则消去m,n可得曲线C的方程为+y2=1.(2)证明:由(1)知,点M(0,1)为椭圆+y2=1的上顶点,当直线AB的斜率不存在时,设A(x0,y0),则B(x0,-y0),由k1+k2=2得+=2,得x0=-1;当直线AB的斜率存在时,设AB的方程为y=kx+m(m≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),联立⇒(1+9k2)x2+18kmx+9m2-9=0,得x1+x2=-,x1·x2=,则k1+k2=2⇒+=2⇒=2,即(2-2k)x1x2=(m-1)(x1+x2)⇒(2-2k)(9m2-9)=(m-1)·(-18km),由m≠1,得(1-k)(m+1)=-km⇒m=k-1,即y=kx+m=kx+k-1⇒y=k(x+1)-1,故直线AB过定点(-1,-1).经检验,此时直线与椭圆有两个交点,满足题意.综上所述,直线AB过定点(-1,-1).考点三　最值与范围问题1.(2020安徽高三期末)如图,已知F1、F2分别是椭圆C:+=1的左、右焦点,过F1的直线l1与过F2的直线l2交于点N,线段F1N的中点为M,线段F1N的垂直平分线MP与l2的交点P(第一象限)在椭圆上,若O为坐标原点,则的取值范围为(　　) A.　　B.　　C.(0,)　　D.(0,1)答案　D　因为PM为线段F1N的垂直平分线,所以|F1M|=|MN|.由中位线定理可得|OM|=|F2N|.设点P(x0,y0)(x0>0,y0>0).由两点间的距离公式,得|PF1|====a+ex0,同理可得|PF2|=a-ex0,所以|F2N|=|PF1|-|PF2|=2ex0,故|OM|=ex0,因为a=8,c=4,所以e==,故|OM|=x0,所以==.因为x0∈(0,8),所以x0∈(0,1).故的取值范围为(0,1).故选D.2.(2020安徽高三期末)双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左,右焦点分别为F1(-2,0),F2(2,0),若双曲线C的渐近线上存在点M满足|MF1|=|MF2|,则双曲线C的实轴长的最小值为(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　B　设M(x,y),由|MF1|=|MF2|可得(x+2)2+y2=2[(x-2)2+y2],整理得(x-6)2+y2=32, 即点M在以(6,0)为圆心,4为半径的圆上.又点F2到双曲线C的渐近线的距离为b,∴当双曲线C的渐近线与圆(x-6)2+y2=32相切时,b取得最大值,∴=,从而b≤.∴a≥=,故2a≥.故双曲线C的实轴长的最小值为.故选B.思路分析　设M(x,y),由|MF1|=|MF2|,利用距离公式化简得出点M在圆(x-6)2+y2=32上,当双曲线C的渐近线与圆相切时,b取得最大值,得出b≤,结合a2+b2=c2得出2a的最小值.3.(2020河南中原名校联盟第三次测评,10)椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长、短轴长和焦距成等差数列,若点P为椭圆C上的任意一点,且P在第一象限,O为坐标原点,F(3,0)为椭圆C的右焦点,则·的取值范围为(　　)A.(-16,-10)　　B.C.　　D.答案　C　因为椭圆C的长轴长、短轴长和焦距成等差数列,所以2a+2c=4b,即a+c=2b,又F(3,0)为椭圆C的右焦点,所以c=3.因为a2=c2+b2,所以解方程组得所以椭圆方程为+=1.设P(m,n)(04)的右焦点为F,点A(-2,2)为椭圆C内一点.若椭圆C上存在一点P,使得|PA|+|PF|=8,则m的取值范围是(　　)A.(6+2,25]　　B.[9,25]C.(6+2,20]　　D.[3,5]答案　A　椭圆C:+=1(m>4)的右焦点为F(2,0),左焦点为F'(-2,0),由椭圆的定义可得|PF|+|PF'|=2,即|PF|=2-|PF'|,又|PA|+|PF|=8,可得|PA|-|PF'|=8-2,由||PA|-|PF'||≤|AF'|=2,可得-2≤8-2≤2,解得3≤≤5,所以9≤m≤25①,又A在椭圆内,所以+<1,所以8m-166+2,结合①得6+20),A(x1,y1),B(x2,y2).由得x2-8kx-8b=0,所以(6分)所以y1y2=·=b2,由y1y2=4,得b2=4,又b>0,所以b=2.(8分)由+-=0,得+=3,作AA'⊥x轴,BB'⊥x轴,垂足分别为A',B',则+=+=+==3,(10分)因为y1y2=4,y1+y2=k(x1+x2)+4=8k2+4,所以8k2+4=6,所以k=±.故存在符合条件的直线AB,其方程为y=x+2或y=-x+2.(12分)综合篇【综合集训】考法一　有关轨迹方程问题的求法1.(2020山东百师联盟测试五,5)已知圆C1:(x-4)2+y2=25,圆C2:(x+4)2+y2=1,动圆M与C1,C2都外切,则动圆圆心M的轨迹方程为(　　)A.-=1(x<0)　　B.-=1(x>0)C.-=1(x<0)　　D.-=1(x>0)答案　A2.(2019安徽五校联盟第二次质检,4)-=4表示的曲线方程为(　　)A.-=1(x≤-2)　　B.-=1(x≥2)C.-=1(y≤-2)　　D.-=1(y≥2)答案　C3.(2021届广东广州增城中学月考,21)从抛物线y2=36x上任意一点P向x轴作垂线,垂足为Q,点M是线段PQ上的一点,且满足=2.(1)求点M的轨迹C的方程;(2)设直线x=my+1(m∈R)与轨迹C交于A,B两点,T为C上异于A,B的任意一点,直线AT,BT分别与直线x=-1交于D,E两点,以DE为直径的圆是否过x轴上的定点?若过定点,求出符合条件的定点坐标;若不过定点,请说明理由.考法二　圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法4.(2020山东德州6月二模,21)已知椭圆C:+=1(a>b>0)与圆x2+y2=b2相交于M,N,P,Q四点,四边形MNPQ为正方形,F1,F2为椭圆的左、右焦点,且△PF1F2的周长为2(+1). (1)求椭圆C的方程;(2)设直线l与椭圆C相交于A、B两点,D(0,-1),若直线AD与直线BD的斜率之积为,证明:直线l恒过定点.5.(2021届广东深圳实验学校11月月考,21)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,直线l:y=-x+2与椭圆C有且仅有一个公共点A.(1)求椭圆C的方程及A点坐标;(2)设直线l与x轴交于点B.过点B的直线与C交于E,F两点,记A在x轴上的投影为G,T为BG的中点,直线AE,AF与x轴分别交于M,N两点.试探究|TM|·|TN|是不是定值.若为定值,求出此定值,否则,请说明理由.考法三　圆锥曲线中的最值(范围)问题的求解方法6.(2019陕西宝鸡中学二模,11)已知抛物线x2=16y的焦点为F,双曲线-=1的左、右焦点分别为F1、F2,点P是双曲线右支上一点,则|PF|+|PF1|的最小值为(　　)A.5　　B.7　　C.9　　D.11答案　C7.(2020广东广州天河外国语学校4月测试,20)已知椭圆+=1(a>b>0)经过点(0,1),离心率为,A、B、C为椭圆上不同的三点,且满足++=0,O为坐标原点.(1)若直线AB、OC的斜率都存在,求证:kAB·kOC为定值;(2)求|AB|的取值范围.考法四　存在性问题8.(2019内蒙古通辽五中模拟,20)已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率e=,过点A(0,-b)和B(a,0) 的直线与原点的距离为.(1)求椭圆的方程;(2)已知定点E(-1,0),若直线y=kx+2(k≠0)与椭圆交于C、D两点,问:是否存在这样的实数k,使得以CD为直径的圆过E点?若存在,请求出k值,若不存在,请说明理由.[教师专用题组]【综合集训】考法一　有关轨迹方程问题的求法1.(2020江西金太阳示范卷十八,3)曲线y2-4x+16=0关于直线x=2对称的曲线方程是(　　)A.y2=4x　　B.x2=-4yC.x2=4y　　D.y2=-4x答案　D　设所求曲线上任意一点为(x,y),点(x,y)关于直线x=2的对称点为(4-x,y),则y2-4(4-x)+16=0,即y2=-4x,故选D.2.(2018山西临汾模拟,9)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左,右顶点分别为A,B,点M,N是椭圆C上关于长轴对称的两点,若直线AM与BN相交于点P,则点P的轨迹方程是(　　)A.x=±a(y≠0)　　B.y2=2b(|x|-a)(y≠0)C.x2+y2=a2+b2(y≠0)　　D.-=1(y≠0)答案　D　由题意可知A(-a,0),B(a,0),设M(x0,y0),N(x0,-y0),y0≠0,P(x,y),y≠0,则直线PA的斜率k=,直线PA的方程为y=(x+a)①,直线PB的斜率k=,直线PB的方程为y=(x-a)②,①②相乘得y2=(x2-a2),由+=1,得=(a2-), 则y2=(x2-a2),整理得-=1(y≠0),则点P的轨迹方程为-=1(a>b>0)(y≠0),故选D.3.(2019浙江金华十校联考,8)如图,AB是平面α的斜线段,A为斜足,点C满足sin∠CAB=λsin∠CBA(λ>0),且在平面α内运动,则(　　)A.当λ=1时,点C的轨迹是抛物线B.当λ=1时,点C的轨迹是一条直线C.当λ=2时,点C的轨迹是椭圆D.当λ=2时,点C的轨迹是双曲线答案　B　在△ABC中,由sin∠CAB=λsin∠CBA,得=λ.当λ=1时,可知点C在线段AB的中垂面上运动,又点C在平面α内,所以C在两个平面的交线上,即点C的轨迹为一条直线;当λ=2时,可知点C的轨迹为一个球面(相对应于平面中的阿波罗尼斯圆),又点C在平面α内,所以点C在平面α和球面的截口曲线上,即点C的轨迹为一个圆.故选B.4.(2020云南名校8月月考,10)古希腊数学家阿波罗尼斯(约公元前262—公元前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果,他证明过这样一个命题:平面内与两定点距离的比为常数k(k>0,且k≠1)的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中,设A(-3,0),B(3,0),动点M满足=2,则动点M的轨迹方程为(　　)A.(x-5)2+y2=16　　B.x2+(y-5)2=9 C.(x+5)2+y2=16　　D.x2+(y+5)2=9答案　A　设M(x,y),由=2,得=4,所以(x+3)2+y2=4(x-3)2+4y2,即x2-10x+y2+9=0.故动点M的轨迹方程为(x-5)2+y2=16.故选A.5.(2018江西九江3月联考,14)设F(1,0),点M在x轴上,点P在y轴上,且=2,⊥,当点P在y轴上运动时,则点N的轨迹方程为　　　　. 答案　y2=4x解析　设M(x0,0),P(0,y0),N(x,y),由=2,得即因为⊥,=(x0,-y0),=(1,-y0),所以(x0,-y0)·(1,-y0)=0,所以x0+=0,即-x+y2=0,所以点N的轨迹方程为y2=4x.考法二　圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法1.(2019浙江高考数学仿真卷(三),16)已知椭圆C:+=1上一点M(不与左、右顶点重合),直线l:x=4上一点N,若右焦点F2恒在以MN为直径的圆上,则kMN·kOM=　　　. 答案　-解析　设M(x0,y0),N(4,m),由题意得·=0⇒(x0-1,y0)·(3,m)=0,my0=3(1-x0),又因为点M(x0,y0)在椭圆上,所以+=1.所以kMN·kOM=·======-.2.(2020湖北黄冈9月新起点考试,20)椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),椭圆上一点P.直线l的斜率存在,且不经过点F2,l与椭圆C交于A,B两点,且∠AF2O+∠BF2O=180°.(1)求椭圆C的方程; (2)求证:直线l过定点.解析　(1)由题意得c=1,2a=|PF1|+|PF2|=+=4,a=2,则b=,所以椭圆C的方程为+=1.(2)设直线l的方程为y=kx+m,由题意知+=0.联立消去y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,Δ=(8km)2-4×(3+4k2)(4m2-12)>0,即4k2-m2+3>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,由+=0,得y1(x2-1)+y2(x1-1)=0,即2kx1x2+(m-k)(x1+x2)-2m=0,把x1+x2=-,x1x2=代入得m=-4k,把m=-4k代入4k2-m2+3>0,解得-b1>0)和双曲线-=1(a2>0,b2>0)的一个交点,F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,e1,e2分别为椭圆和双曲线的离心率,若∠F1PF2=,则e1e2的最小值为　　　　. 答案　解析　本题考查椭圆与双曲线的定义与标准方程以及离心率的求法;考查学生运算求解的能力和数形结合的思想;考查了数学运算的核心素养.设|PF1|=m,|PF2|=n,|F1F2|=2c,则由椭圆和双曲线的定义有m+n=2a1,|m-n|=2a2,即m2+n2+2mn=4①,m2+n2-2mn=4②,在△PF1F2中,由余弦定理得m2+n2-mn=4c2③,联立①②③可得+3=4c2,即=4,所以4=+≥2=,即e1e2≥,故e1e2的最小值为.考法四　存在性问题1.(2020广东广州第十六中学质量检测(一),20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,|F1F2|=2,过点F1的直线与椭圆交于A,B两点,延长BF2交椭圆C于点M,△ABF2的周长为8.(1)求C的离心率及方程;(2)试问:是否存在定点P(x0,0),使得·为定值?若存在,求x0的值;若不存在,请说明理由. 解析　(1)由题意可知|F1F2|=2c=2,则c=1.又△ABF2的周长为8,所以4a=8,即a=2,则e==,b2=a2-c2=3.故C的方程为+=1.(2)解法一:假设存在点P,使得·为定值.若直线BM的斜率存在,设BM的方程为y=k(x-1).设B(x1,y1),M(x2,y2),联立消去y得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,根据根与系数的关系可得x1+x2=,x1x2=,由于=(x2-x0,y2),=(x1-x0,y1),则·=x1x2-(x1+x2)x0++y1y2=(k2+1)x1x2-(x0+k2)(x1+x2)+k2+=.因为·为定值,所以=,解得x0=.定值为-.若直线BM的斜率不存在,直线BM的方程为x=1, B,M,则·=(x0-1)2-=-,故存在点P,且x0=.解法二:假设存在点P,使得·为定值.由已知得BM与x轴不重合,可设BM的方程为x=my+1,设B(x1,y1),M(x2,y2),联立消去x,得(3m2+4)y2+6my-9=0,则y1+y2=-,y1y2=,由于=(x2-x0,y2),=(x1-x0,y1),则·=x1x2-(x1+x2)x0++y1y2=(m2+1)y1y2+(m-mx0)(y1+y2)++2x0+1=.因为·为定值,所以=,解得x0=,故存在点P,且x0=.2.(2020天津滨海七校联考,19)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率e=,左焦点为F1,右焦点为 F2,且椭圆上一动点M与F2的最远距离为+1,过F2的直线l与椭圆C交于A,B两点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)当△F1AB以∠F1AB为直角时,求直线AB的方程;(3)直线l的斜率存在且不为0时,试问x轴上是否存在一点P使得∠OPA=∠OPB?若存在,求出点P的坐标,若不存在,请说明理由.解析　本题考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系,考查学生的空间想象能力及运算求解能力,考查的核心素养是直观想象及数学运算.(1)∵∴∴椭圆C的标准方程为+y2=1.(2)解法一:当△F1AB以∠F1AB为直角时,△AF1F2是以∠F1AF2为直角的直角三角形,∴|AO|=|F1F2|=1,设A(x0,y0),则+=1,又∵+2=2,∴=0,=1,∴A(0,1)或A(0,-1),对于A(0,1),=1,kAB=-1;对于A(0,-1),=-1,kAB=1,∴直线AB的方程为y=x-1或y=-x+1.解法二:由题意可知,当直线l的斜率不存在时,△F1AB不符合题意.易知直线l的斜率不为0,设直线l:y=k(x-1),则:y=-(x+1),由得(k2+1)x=k2-1,∴A,∴+=2,解得k2=1,∴直线AB的方程为y=-x+1或y=x-1.(3)设P(m,0),A(x1,y1),B(x2,y2),l:y=k(x-1), ∴(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,∴x1+x2=,x1x2=,∵kAP=,kBP=,kAP+kBP==0,∴y1x2+y2x1-m(y1+y2)=0,∴2kx1x2-(k+mk)(x1+x2)+2km=0,∴2km=4k,m=2,∴P(2,0).3.(2020安徽淮南一模,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,F1,F2分别是椭圆的左、右焦点,过点F1的直线交椭圆于M,N两点,且△MNF2的周长为12.(1)求椭圆C的方程;(2)过点P(0,2)作斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C交于两点A,B,试判断在x轴上是否存在点D,使得△ADB是以AB为底边的等腰三角形.若存在,求点D横坐标的取值范围,若不存在,请说明理由.解析　(1)由题意可得(2分)所以a=3,c=1,b2=8,(3分)所以椭圆C的方程为+=1.(4分)(2)设直线l的方程为y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为E(x0,y0),假设存在点D(m,0),使得△ADB是以AB为底边的等腰三角形,则DE⊥AB.由得(8+9k2)x2+36kx-36=0,故x1+x2=-,所以x0=,y0=kx0+2=.(6分)因为DE⊥AB,所以kDE=-,即=-,(8分) 所以m==,k≠0,(9分)当k>0时,9k+≥2=12,所以-≤m<0.(10分)当k<0时,9k+≤-12,所以0b>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,请说明理由.解析　本题主要考查了椭圆的方程、几何性质及直线与椭圆的位置关系,考查的核心素养是逻辑推理与数学运算.(1)∵e=,∴=,∴椭圆的方程可化为+=1,将+=1与y=x+2联立,消去y并化简得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|取最小值2,∴椭圆的方程为+y2=1.(2)设直线l在y轴上的截距为t,则直线l的方程为y=kx+t,代入+y2=1,消去y并整理得(1+3k2)x2+6ktx+3t2-3=0,∵直线l与椭圆交于不同的两点,∴Δ1=(6kt)2-12(t2-1)(1+3k2)>0,即t2<1+3k2.设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为Q,则x1+x2=-,x1x2=,y1+y2=k(x1+x2)+2t=,∴AB的中点Q的坐标为,当k≠0时,kQN==-,化简得1+3k2=-2t,代入t2<1+3k2,得-21,∴t<-,故-2

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§9.6　圆锥曲线的综合问题基础篇【基础集训】考点一　曲线与方程1.设k>1,则关于x,y的方程(1-k)x2+y2=k2-1所表示的曲线是(　　)A.长轴在x轴上的椭圆B.长轴在y轴上的椭圆C.实轴在x轴上的双曲线D.实轴在y轴上的双曲线答案　D2.两定点A(-2,1),B(2,-1),动点P在抛物线y=x2-2上移动,则△PAB重心G的轨迹方程是(　　)A.y=x2-　　B.y=3x2-　　C.y=2x2-　　D.y=x2-答案　B3.已知圆C1:(x+3)2+y2=1,C2:(x-3)2+y2=81,动圆C与圆C1、C2都相切,则动圆C的圆心轨迹E的方程为　. 答案　+=1或+=14.设三个数,,成等差数列,记(x,y)对应点的曲线是C.求曲线C的方程.考点二　定点与定值问题5.已知直线l与双曲线-y2=1相切于点P,l与双曲线的两条渐近线交于M,N两点,则·的值为(　　)A.3　　B.4C.5　　D.与P的位置有关答案　A 6.(多选题)设M,N是抛物线y2=x上的两个不同的点,O是坐标原点.若直线OM与ON的斜率之积为-,则(　　)A.|OM|+|ON|≥4B.以MN为直径的圆的面积大于4πC.直线MN过定点(2,0)D.点O到直线MN的距离不大于2答案　CD7.已知椭圆C:+=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3,P4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.考点三　最值与范围问题8.若a>1,则双曲线-y2=1的离心率的取值范围是(　　)A.(,+∞)　　B.(,2)　　C.(1,)　　D.(1,2)答案　C9.已知双曲线C:-4y2=1(a>0)的右顶点到其一条渐近线的距离等于,抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点与双曲线C的右焦点重合,则抛物线E上的动点M到直线l1:4x-3y+6=0和l2:x=-1距离之和的最小值为(　　)A.1　　B.2　　C.3　　D.4答案　B 10.设P是椭圆+=1上一点,M,N分别是两圆C1:(x+2)2+y2=1和C2:(x-2)2+y2=1上的点,则|PM|+|PN|的最小值和最大值分别为(　　)A.4,8　　B.2,6　　C.6,8　　D.8,12答案　A考点四　存在性问题11.已知定点C(-1,0)及椭圆x2+3y2=5,过点C的动直线与椭圆相交于A,B两点.(1)若线段AB中点的横坐标是-,求直线AB的方程;(2)在x轴上是否存在点M,使·为常数?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.12.已知抛物线C:y2=2px(0<p<6)的焦点为F,A为C上一动点,点Q(4,0),以线段QA为直径作☉M.当☉M过F时,△QAF的面积为3.(1)求C的方程;(2)是否存在垂直于x轴的直线l,使得l被☉M所截得的弦长为定值?若存在,求l的方程;若不存在,说明理由.[教师专用题组]【基础集训】考点一　曲线与方程1.(2020云南昆明一中第二次月考,11)已知圆M:(x+)2+y2=36,定点N(,0),点P为圆M上的动点,点Q在NP上,点G在MP上,且满足=2,·=0,则点G的轨迹方程为(　　)A.+=1　　B.+=1C.-=1　　D.-=1 答案　A　由=2,·=0,知Q为PN的中点,且GQ⊥PN,∴GQ垂直平分PN,∴|PG|=|GN|,∴|GN|+|GM|=|PG|+|GM|=|PM|=6>2,∴点G的轨迹是以M,N为焦点的椭圆,且2a=6,2c=2,∴b2=a2-c2=32-()2=4,∴点G的轨迹方程为+=1,故选A.2.(2018陕西西安铁一中二模,5)在平面直角坐标系xOy中,动点P关于x轴的对称点为Q,且·=2,则点P的轨迹方程为(　　)A.x2+y2=2　　B.x2-y2=2C.x+y2=2　　D.x-y2=2答案　B　设P(x,y),则Q(x,-y),∴·=(x,y)·(x,-y)=x2-y2=2,故选B.考点二　定点与定值问题1.(2019北京海淀一模文,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左顶点为A(-2,0),两个焦点与短轴的一个顶点构成等腰直角三角形,过点P(1,0)且与x轴不重合的直线l与椭圆交于不同的两点M,N.(1)求椭圆C的方程;(2)当AM与MN垂直时,求AM的长;(3)若过点P且平行于AM的直线交直线x=于点Q,求证:直线NQ恒过定点.解析　(1)因为A(-2,0),所以a=2.因为两个焦点与短轴的一个顶点构成等腰直角三角形,所以b=c.又b2+c2=a2,所以b2=c2=2.所以椭圆C的方程为+=1. (2)解法一:设M(xm,ym),则kMP=,kAM=,因为AM与MN垂直,所以kAM·kMP=·=-1,联立解得或(舍).所以|AM|=.解法二:设M(xm,ym),因为AM与MN垂直,所以点M在以AP为直径的圆上,又因为以AP为直径的圆的圆心为,半径为,所以圆的方程为+y2=.联立解得或(舍).所以|AM|=.(3)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN的方程为x=my+1,由得(m2+2)y2+2my-3=0. 显然Δ>0,则y1+y2=,y1y2=,因为直线PQ与AM平行,所以kPQ=kAM=,则直线PQ的方程为y=(x-1),令x=,则y==,即Q.kNQ==,直线NQ的方程为y-y2=(x-x2),y=x-+y2=x-,令y=0,得x=.因为2my1y2=3(y1+y2),故x==2,所以直线NQ恒过定点(2,0).2.(2019河南开封10月联考,20)已知直线l1:y=x,l2:y=-x,动点P,Q分别在l1,l2上移动,|PQ|=2,N是线段PQ的中点,记点N的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)过点M(0,1)分别作直线MA,MB交曲线C于A,B两点,设这两条直线的斜率分别为k1,k2,且k1+k2=2,证明:直线AB过定点.解析　(1)根据条件设P(m,m),Q(-n,n), ∵|PQ|=2,∴3(m+n)2+(m-n)2=12.设N(x,y)是线段PQ的中点,则消去m,n可得曲线C的方程为+y2=1.(2)证明:由(1)知,点M(0,1)为椭圆+y2=1的上顶点,当直线AB的斜率不存在时,设A(x0,y0),则B(x0,-y0),由k1+k2=2得+=2,得x0=-1;当直线AB的斜率存在时,设AB的方程为y=kx+m(m≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),联立⇒(1+9k2)x2+18kmx+9m2-9=0,得x1+x2=-,x1·x2=,则k1+k2=2⇒+=2⇒=2,即(2-2k)x1x2=(m-1)(x1+x2)⇒(2-2k)(9m2-9)=(m-1)·(-18km),由m≠1,得(1-k)(m+1)=-km⇒m=k-1,即y=kx+m=kx+k-1⇒y=k(x+1)-1,故直线AB过定点(-1,-1).经检验,此时直线与椭圆有两个交点,满足题意.综上所述,直线AB过定点(-1,-1).考点三　最值与范围问题1.(2020安徽高三期末)如图,已知F1、F2分别是椭圆C:+=1的左、右焦点,过F1的直线l1与过F2的直线l2交于点N,线段F1N的中点为M,线段F1N的垂直平分线MP与l2的交点P(第一象限)在椭圆上,若O为坐标原点,则的取值范围为(　　) A.　　B.　　C.(0,)　　D.(0,1)答案　D　因为PM为线段F1N的垂直平分线,所以|F1M|=|MN|.由中位线定理可得|OM|=|F2N|.设点P(x0,y0)(x0>0,y0>0).由两点间的距离公式,得|PF1|====a+ex0,同理可得|PF2|=a-ex0,所以|F2N|=|PF1|-|PF2|=2ex0,故|OM|=ex0,因为a=8,c=4,所以e==,故|OM|=x0,所以==.因为x0∈(0,8),所以x0∈(0,1).故的取值范围为(0,1).故选D.2.(2020安徽高三期末)双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左,右焦点分别为F1(-2,0),F2(2,0),若双曲线C的渐近线上存在点M满足|MF1|=|MF2|,则双曲线C的实轴长的最小值为(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　B　设M(x,y),由|MF1|=|MF2|可得(x+2)2+y2=2[(x-2)2+y2],整理得(x-6)2+y2=32, 即点M在以(6,0)为圆心,4为半径的圆上.又点F2到双曲线C的渐近线的距离为b,∴当双曲线C的渐近线与圆(x-6)2+y2=32相切时,b取得最大值,∴=,从而b≤.∴a≥=,故2a≥.故双曲线C的实轴长的最小值为.故选B.思路分析　设M(x,y),由|MF1|=|MF2|,利用距离公式化简得出点M在圆(x-6)2+y2=32上,当双曲线C的渐近线与圆相切时,b取得最大值,得出b≤,结合a2+b2=c2得出2a的最小值.3.(2020河南中原名校联盟第三次测评,10)椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长、短轴长和焦距成等差数列,若点P为椭圆C上的任意一点,且P在第一象限,O为坐标原点,F(3,0)为椭圆C的右焦点,则·的取值范围为(　　)A.(-16,-10)　　B.C.　　D.答案　C　因为椭圆C的长轴长、短轴长和焦距成等差数列,所以2a+2c=4b,即a+c=2b,又F(3,0)为椭圆C的右焦点,所以c=3.因为a2=c2+b2,所以解方程组得所以椭圆方程为+=1.设P(m,n)(0<m<5,0<n<4),则+=1,得n2=16-m2,所以·=(m,n)·(3-m,-n)=3m-m2-n2=3m-m2-=-m2+3m-16=--,又因为0<m<5,所以当m=时,·取得最大值-,当m趋近于0时,·的值趋近于-16,所以 ·的取值范围为.考点四　存在性问题1.(2019四川绵阳二诊,12)已知椭圆C:+=1(m>4)的右焦点为F,点A(-2,2)为椭圆C内一点.若椭圆C上存在一点P,使得|PA|+|PF|=8,则m的取值范围是(　　)A.(6+2,25]　　B.[9,25]C.(6+2,20]　　D.[3,5]答案　A　椭圆C:+=1(m>4)的右焦点为F(2,0),左焦点为F'(-2,0),由椭圆的定义可得|PF|+|PF'|=2,即|PF|=2-|PF'|,又|PA|+|PF|=8,可得|PA|-|PF'|=8-2,由||PA|-|PF'||≤|AF'|=2,可得-2≤8-2≤2,解得3≤≤5,所以9≤m≤25①,又A在椭圆内,所以+<1,所以8m-16<m(m-4),解得m<6-2或m>6+2,结合①得6+2<m≤25.故选A.思路分析　由题意可知椭圆的左焦点为F'(-2,0),右焦点为F(2,0),由椭圆的定义可得2=|PF|+|PF'|,即|PF|=2-|PF'|,由条件得|PA|-|PF'|=8-2,由三点共线取得最值,解不等式,再由点A在椭圆内部,可得所求范围. 2.(20195·3原创冲刺卷三,20)已知定点F(0,2)和定直线l:y=-3,动圆M在直线l的上方,其半径r=|MF|,且圆M上的点到直线l的距离的最小值等于1.(1)求圆心M的轨迹C的方程;(2)已知直线AB交曲线C于A,B两点,交x轴于点G,交y轴正半轴于点H,是否存在直线AB,使得A,B两点纵坐标之积为4,且+-=0?若存在,求出直线AB的方程,若不存在,请说明理由.解析　(1)由题意可知,动点M到定点F(0,2)的距离等于到定直线l':y=-2的距离,根据抛物线的定义可知,点M的轨迹C是以F为焦点的抛物线,故圆心M的轨迹C的方程为x2=8y.(4分)(2)假设存在符合条件的直线AB,由已知可知直线的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx+b(k≠0,b>0),A(x1,y1),B(x2,y2).由得x2-8kx-8b=0,所以(6分)所以y1y2=·=b2,由y1y2=4,得b2=4,又b>0,所以b=2.(8分)由+-=0,得+=3,作AA'⊥x轴,BB'⊥x轴,垂足分别为A',B',则+=+=+==3,(10分)因为y1y2=4,y1+y2=k(x1+x2)+4=8k2+4,所以8k2+4=6,所以k=±.故存在符合条件的直线AB,其方程为y=x+2或y=-x+2.(12分)综合篇【综合集训】考法一　有关轨迹方程问题的求法1.(2020山东百师联盟测试五,5)已知圆C1:(x-4)2+y2=25,圆C2:(x+4)2+y2=1,动圆M与C1,C2都外切,则动圆圆心M的轨迹方程为(　　)A.-=1(x<0)　　B.-=1(x>0)C.-=1(x<0)　　D.-=1(x>0)答案　A2.(2019安徽五校联盟第二次质检,4)-=4表示的曲线方程为(　　)A.-=1(x≤-2)　　B.-=1(x≥2)C.-=1(y≤-2)　　D.-=1(y≥2)答案　C3.(2021届广东广州增城中学月考,21)从抛物线y2=36x上任意一点P向x轴作垂线,垂足为Q,点M是线段PQ上的一点,且满足=2.(1)求点M的轨迹C的方程;(2)设直线x=my+1(m∈R)与轨迹C交于A,B两点,T为C上异于A,B的任意一点,直线AT,BT分别与直线x=-1交于D,E两点,以DE为直径的圆是否过x轴上的定点?若过定点,求出符合条件的定点坐标;若不过定点,请说明理由.考法二　圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法4.(2020山东德州6月二模,21)已知椭圆C:+=1(a>b>0)与圆x2+y2=b2相交于M,N,P,Q四点,四边形MNPQ为正方形,F1,F2为椭圆的左、右焦点,且△PF1F2的周长为2(+1). (1)求椭圆C的方程;(2)设直线l与椭圆C相交于A、B两点,D(0,-1),若直线AD与直线BD的斜率之积为,证明:直线l恒过定点.5.(2021届广东深圳实验学校11月月考,21)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,直线l:y=-x+2与椭圆C有且仅有一个公共点A.(1)求椭圆C的方程及A点坐标;(2)设直线l与x轴交于点B.过点B的直线与C交于E,F两点,记A在x轴上的投影为G,T为BG的中点,直线AE,AF与x轴分别交于M,N两点.试探究|TM|·|TN|是不是定值.若为定值,求出此定值,否则,请说明理由.考法三　圆锥曲线中的最值(范围)问题的求解方法6.(2019陕西宝鸡中学二模,11)已知抛物线x2=16y的焦点为F,双曲线-=1的左、右焦点分别为F1、F2,点P是双曲线右支上一点,则|PF|+|PF1|的最小值为(　　)A.5　　B.7　　C.9　　D.11答案　C7.(2020广东广州天河外国语学校4月测试,20)已知椭圆+=1(a>b>0)经过点(0,1),离心率为,A、B、C为椭圆上不同的三点,且满足++=0,O为坐标原点.(1)若直线AB、OC的斜率都存在,求证:kAB·kOC为定值;(2)求|AB|的取值范围.考法四　存在性问题8.(2019内蒙古通辽五中模拟,20)已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率e=,过点A(0,-b)和B(a,0) 的直线与原点的距离为.(1)求椭圆的方程;(2)已知定点E(-1,0),若直线y=kx+2(k≠0)与椭圆交于C、D两点,问:是否存在这样的实数k,使得以CD为直径的圆过E点?若存在,请求出k值,若不存在,请说明理由.[教师专用题组]【综合集训】考法一　有关轨迹方程问题的求法1.(2020江西金太阳示范卷十八,3)曲线y2-4x+16=0关于直线x=2对称的曲线方程是(　　)A.y2=4x　　B.x2=-4yC.x2=4y　　D.y2=-4x答案　D　设所求曲线上任意一点为(x,y),点(x,y)关于直线x=2的对称点为(4-x,y),则y2-4(4-x)+16=0,即y2=-4x,故选D.2.(2018山西临汾模拟,9)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左,右顶点分别为A,B,点M,N是椭圆C上关于长轴对称的两点,若直线AM与BN相交于点P,则点P的轨迹方程是(　　)A.x=±a(y≠0)　　B.y2=2b(|x|-a)(y≠0)C.x2+y2=a2+b2(y≠0)　　D.-=1(y≠0)答案　D　由题意可知A(-a,0),B(a,0),设M(x0,y0),N(x0,-y0),y0≠0,P(x,y),y≠0,则直线PA的斜率k=,直线PA的方程为y=(x+a)①,直线PB的斜率k=,直线PB的方程为y=(x-a)②,①②相乘得y2=(x2-a2),由+=1,得=(a2-), 则y2=(x2-a2),整理得-=1(y≠0),则点P的轨迹方程为-=1(a>b>0)(y≠0),故选D.3.(2019浙江金华十校联考,8)如图,AB是平面α的斜线段,A为斜足,点C满足sin∠CAB=λsin∠CBA(λ>0),且在平面α内运动,则(　　)A.当λ=1时,点C的轨迹是抛物线B.当λ=1时,点C的轨迹是一条直线C.当λ=2时,点C的轨迹是椭圆D.当λ=2时,点C的轨迹是双曲线答案　B　在△ABC中,由sin∠CAB=λsin∠CBA,得=λ.当λ=1时,可知点C在线段AB的中垂面上运动,又点C在平面α内,所以C在两个平面的交线上,即点C的轨迹为一条直线;当λ=2时,可知点C的轨迹为一个球面(相对应于平面中的阿波罗尼斯圆),又点C在平面α内,所以点C在平面α和球面的截口曲线上,即点C的轨迹为一个圆.故选B.4.(2020云南名校8月月考,10)古希腊数学家阿波罗尼斯(约公元前262—公元前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果,他证明过这样一个命题:平面内与两定点距离的比为常数k(k>0,且k≠1)的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中,设A(-3,0),B(3,0),动点M满足=2,则动点M的轨迹方程为(　　)A.(x-5)2+y2=16　　B.x2+(y-5)2=9 C.(x+5)2+y2=16　　D.x2+(y+5)2=9答案　A　设M(x,y),由=2,得=4,所以(x+3)2+y2=4(x-3)2+4y2,即x2-10x+y2+9=0.故动点M的轨迹方程为(x-5)2+y2=16.故选A.5.(2018江西九江3月联考,14)设F(1,0),点M在x轴上,点P在y轴上,且=2,⊥,当点P在y轴上运动时,则点N的轨迹方程为　　　　. 答案　y2=4x解析　设M(x0,0),P(0,y0),N(x,y),由=2,得即因为⊥,=(x0,-y0),=(1,-y0),所以(x0,-y0)·(1,-y0)=0,所以x0+=0,即-x+y2=0,所以点N的轨迹方程为y2=4x.考法二　圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法1.(2019浙江高考数学仿真卷(三),16)已知椭圆C:+=1上一点M(不与左、右顶点重合),直线l:x=4上一点N,若右焦点F2恒在以MN为直径的圆上,则kMN·kOM=　　　. 答案　-解析　设M(x0,y0),N(4,m),由题意得·=0⇒(x0-1,y0)·(3,m)=0,my0=3(1-x0),又因为点M(x0,y0)在椭圆上,所以+=1.所以kMN·kOM=·======-.2.(2020湖北黄冈9月新起点考试,20)椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),椭圆上一点P.直线l的斜率存在,且不经过点F2,l与椭圆C交于A,B两点,且∠AF2O+∠BF2O=180°.(1)求椭圆C的方程; (2)求证:直线l过定点.解析　(1)由题意得c=1,2a=|PF1|+|PF2|=+=4,a=2,则b=,所以椭圆C的方程为+=1.(2)设直线l的方程为y=kx+m,由题意知+=0.联立消去y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,Δ=(8km)2-4×(3+4k2)(4m2-12)>0,即4k2-m2+3>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,由+=0,得y1(x2-1)+y2(x1-1)=0,即2kx1x2+(m-k)(x1+x2)-2m=0,把x1+x2=-,x1x2=代入得m=-4k,把m=-4k代入4k2-m2+3>0,解得-<k<,而直线不过点F2(1,0),所以k≠0,即-<k<且k≠0, 所以直线l:y=k(x-4)过定点(4,0).考法三　圆锥曲线中最值(范围)问题的求解方法1.(2018东北师大附中五模,12)直线l过抛物线y2=4x的焦点F且与抛物线交于A,B两点,若线段AF,BF的长分别为m,n,则4m+n的最小值是(　　)A.10　　B.9　　C.8　　D.7答案　B　由抛物线焦点弦的性质可知+==1,则4m+n=(4m+n)=5++≥5+2=9,当且仅当m=,n=3时等号成立.即4m+n的最小值是9.选B.2.(2020广东百校联考,12)已知抛物线y2=16x的焦点为F,过点F作直线l交抛物线于M,N两点,则-的最小值为(　　)A.　　B.-　　C.-　　D.答案　D　由y2=16x得焦点坐标为F(4,0).设M(x1,y1),N(x2,y2),l:x=my+4,将x=my+4代入抛物线方程,可得y2=16(my+4),即y2-16my-64=0,所以y1+y2=16m,y1y2=-64,所以x1+x2=my1+4+my2+4=m(y1+y2)+8=16m2+8,x1x2=·=16,由抛物线的性质,可得|MF|=x1+4,|NF|=x2+4,故+=+===(*),由(*)可得=-,从而有-=-1, -=+-1≥-1=,当且仅当|NF|=6时取等号.3.(2020浙江嘉兴、丽水基础检测,16)已知P是椭圆+=1(a1>b1>0)和双曲线-=1(a2>0,b2>0)的一个交点,F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,e1,e2分别为椭圆和双曲线的离心率,若∠F1PF2=,则e1e2的最小值为　　　　. 答案　解析　本题考查椭圆与双曲线的定义与标准方程以及离心率的求法;考查学生运算求解的能力和数形结合的思想;考查了数学运算的核心素养.设|PF1|=m,|PF2|=n,|F1F2|=2c,则由椭圆和双曲线的定义有m+n=2a1,|m-n|=2a2,即m2+n2+2mn=4①,m2+n2-2mn=4②,在△PF1F2中,由余弦定理得m2+n2-mn=4c2③,联立①②③可得+3=4c2,即=4,所以4=+≥2=,即e1e2≥,故e1e2的最小值为.考法四　存在性问题1.(2020广东广州第十六中学质量检测(一),20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,|F1F2|=2,过点F1的直线与椭圆交于A,B两点,延长BF2交椭圆C于点M,△ABF2的周长为8.(1)求C的离心率及方程;(2)试问:是否存在定点P(x0,0),使得·为定值?若存在,求x0的值;若不存在,请说明理由. 解析　(1)由题意可知|F1F2|=2c=2,则c=1.又△ABF2的周长为8,所以4a=8,即a=2,则e==,b2=a2-c2=3.故C的方程为+=1.(2)解法一:假设存在点P,使得·为定值.若直线BM的斜率存在,设BM的方程为y=k(x-1).设B(x1,y1),M(x2,y2),联立消去y得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,根据根与系数的关系可得x1+x2=,x1x2=,由于=(x2-x0,y2),=(x1-x0,y1),则·=x1x2-(x1+x2)x0++y1y2=(k2+1)x1x2-(x0+k2)(x1+x2)+k2+=.因为·为定值,所以=,解得x0=.定值为-.若直线BM的斜率不存在,直线BM的方程为x=1, B,M,则·=(x0-1)2-=-,故存在点P,且x0=.解法二:假设存在点P,使得·为定值.由已知得BM与x轴不重合,可设BM的方程为x=my+1,设B(x1,y1),M(x2,y2),联立消去x,得(3m2+4)y2+6my-9=0,则y1+y2=-,y1y2=,由于=(x2-x0,y2),=(x1-x0,y1),则·=x1x2-(x1+x2)x0++y1y2=(m2+1)y1y2+(m-mx0)(y1+y2)++2x0+1=.因为·为定值,所以=,解得x0=,故存在点P,且x0=.2.(2020天津滨海七校联考,19)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率e=,左焦点为F1,右焦点为 F2,且椭圆上一动点M与F2的最远距离为+1,过F2的直线l与椭圆C交于A,B两点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)当△F1AB以∠F1AB为直角时,求直线AB的方程;(3)直线l的斜率存在且不为0时,试问x轴上是否存在一点P使得∠OPA=∠OPB?若存在,求出点P的坐标,若不存在,请说明理由.解析　本题考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系,考查学生的空间想象能力及运算求解能力,考查的核心素养是直观想象及数学运算.(1)∵∴∴椭圆C的标准方程为+y2=1.(2)解法一:当△F1AB以∠F1AB为直角时,△AF1F2是以∠F1AF2为直角的直角三角形,∴|AO|=|F1F2|=1,设A(x0,y0),则+=1,又∵+2=2,∴=0,=1,∴A(0,1)或A(0,-1),对于A(0,1),=1,kAB=-1;对于A(0,-1),=-1,kAB=1,∴直线AB的方程为y=x-1或y=-x+1.解法二:由题意可知,当直线l的斜率不存在时,△F1AB不符合题意.易知直线l的斜率不为0,设直线l:y=k(x-1),则:y=-(x+1),由得(k2+1)x=k2-1,∴A,∴+=2,解得k2=1,∴直线AB的方程为y=-x+1或y=x-1.(3)设P(m,0),A(x1,y1),B(x2,y2),l:y=k(x-1), ∴(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,∴x1+x2=,x1x2=,∵kAP=,kBP=,kAP+kBP==0,∴y1x2+y2x1-m(y1+y2)=0,∴2kx1x2-(k+mk)(x1+x2)+2km=0,∴2km=4k,m=2,∴P(2,0).3.(2020安徽淮南一模,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,F1,F2分别是椭圆的左、右焦点,过点F1的直线交椭圆于M,N两点,且△MNF2的周长为12.(1)求椭圆C的方程;(2)过点P(0,2)作斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C交于两点A,B,试判断在x轴上是否存在点D,使得△ADB是以AB为底边的等腰三角形.若存在,求点D横坐标的取值范围,若不存在,请说明理由.解析　(1)由题意可得(2分)所以a=3,c=1,b2=8,(3分)所以椭圆C的方程为+=1.(4分)(2)设直线l的方程为y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为E(x0,y0),假设存在点D(m,0),使得△ADB是以AB为底边的等腰三角形,则DE⊥AB.由得(8+9k2)x2+36kx-36=0,故x1+x2=-,所以x0=,y0=kx0+2=.(6分)因为DE⊥AB,所以kDE=-,即=-,(8分) 所以m==,k≠0,(9分)当k>0时,9k+≥2=12,所以-≤m<0.(10分)当k<0时,9k+≤-12,所以0<m≤.(11分)综上,点D横坐标的取值范围是∪.(12分)思路分析　(1)由题意离心率及4a的值和a,b,c之间的关系求出椭圆的方程;(2)假设存在D,设D的坐标和直线AB的方程,将直线与椭圆的方程联立求出两根之和,进而求出AB的中点E的坐标,由题意可得DE⊥AB,可得D的横坐标与k的关系,再由均值不等式求出D的横坐标范围.4.(2020山西大同高三学情调研,21)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,请说明理由.解析　本题主要考查了椭圆的方程、几何性质及直线与椭圆的位置关系,考查的核心素养是逻辑推理与数学运算.(1)∵e=,∴=,∴椭圆的方程可化为+=1,将+=1与y=x+2联立,消去y并化简得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|取最小值2,∴椭圆的方程为+y2=1.(2)设直线l在y轴上的截距为t,则直线l的方程为y=kx+t,代入+y2=1,消去y并整理得(1+3k2)x2+6ktx+3t2-3=0,∵直线l与椭圆交于不同的两点,∴Δ1=(6kt)2-12(t2-1)(1+3k2)>0,即t2<1+3k2.设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为Q,则x1+x2=-,x1x2=,y1+y2=k(x1+x2)+2t=,∴AB的中点Q的坐标为,当k≠0时,kQN==-,化简得1+3k2=-2t,代入t2<1+3k2,得-2<t<0,又-2t=1+3k2>1,∴t<-,故-2<t<-.当k=0时,-1<t<1.综上,k≠0时,直线l在y轴上截距的范围为;k=0时,直线l在y轴上截距的范围为(-1,1).