課標專用5年高考3年模擬A版2021高考數學專題九平面解析幾何7圓錐曲線的綜合問題試題理課標專用5年高考3年模擬A版2021高考數學專題九平面解析幾何7圓錐曲線的綜合問題試題理PAGEPAGE36課標專用5年高考3年模擬A版2021高考數學專題九平面解析幾何7圓錐曲線的綜合問題試題理圓錐曲線的綜合問題探考情悟真題【考情探究】考點內容解讀5年考情預測熱度考題示例考向關聯考點1。定值與定點問題掌握與圓錐曲線有關的定值與定點問題2018課標Ⅰ，19，12分定值問題角平分線的性質，斜率公式★★★2017課標Ⅰ，20,12分定點問題根與系數的關系、斜率公式2。最值與范圍問題掌握與圓錐曲線有關的參數范圍問題2016課標Ⅱ，20,12分范圍問題橢圓的幾何性質★★★3。存在性問題了解并掌握與圓錐曲線有關的存在性問題2015課標Ⅱ，20，12分存在性問題根與系數的關系、斜率公式★★☆分析解讀1。會處理動曲線（含直線）過定點的問題。2.會證明與曲線上的動點有關的定值問題.3.會按條件建立目標函數，研究變量的最值問題及變量的取值范圍問題,注意運用“數形結合”“幾何法”求某些量的最值。4。能與其他知識交匯，從假設結論成立入手，通過推理論證解答存在性問題.5.本節在高考中圍繞直線與圓錐曲線的位置關系，展開對定值、最值、參數取值范圍等問題的考查,注重考查學生的數學運算、邏輯推理的核心素養，分值約為12分，難度偏大.破考點練考向【考點集訓】考點一定值與定點問題1。(2018重慶綦江模擬,9）已知圓C：x2+y2=1，點P為直線x+2y—4=0上一動點,過點P向圓C引兩條切線PA，PB,A，B為切點,則直線AB經過定點（）A。12,14 B。14,答案B2.(2020屆河南名校聯盟9月月考，19)已知O為坐標原點，過點M(1,0)的直線l與拋物線C:y2=2px(p〉0）交于A，B兩點，且OA·OB=—3.（1）求拋物線C的方程;（2)過點M作直線l’⊥l,交拋物線C于P、Q兩點,記△OAB，△OPQ的面積分別為S1，S2,證明：1S12解析(1）易知直線l的斜率不為0，故設直線l的方程為x=my+1，與拋物線C：y2=2px（p〉0)聯立,消去x得y2-2pmy—2p=0。設A(x1，y1),B（x2,y2)，則y1+y2=2pm，y1y2=—2p.由OA·OB=—3,得x1x2+y1y2=(my1+1)(my2+1)+y1y2=(1+m2）y1y2+m（y1+y2)+1=(1+m2）·(-2p）+2pm2+1=—2p+1=—3，解得p=2,∴拋物線C的方程為y2=4x.（2）證明:易知直線l,l'的斜率均存在且不為0。由（1)知，點M（1,0)是拋物線C的焦點，所以｜AB|=x1+x2+p=my1+my2+2+p=4m2+4，又原點到直線l的距離為11+所以△OAB的面積S1=12×11+m2×4（m又直線l’過點M,且l'⊥l，所以△OPQ的面積S2=21+-1m所以1S12+1S22=14(1+考點二最值與范圍問題1。(2018河北百校聯盟4月聯考，16)已知拋物線C:x2=8y的焦點為F,準線為l1，直線l2與拋物線C相切于點P，記點P到直線l1的距離為d1，點F到直線l2的距離為d2,則d2d1答案12。（2020屆四川成都摸底考試,20)已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a〉b〉0）的左、右焦點分別為F1(-3，0),F（1）求橢圓C的標準方程；(2)過點B(4,0）作一條斜率不為0的直線l與橢圓C相交于P,Q兩點，記點P關于x軸對稱的點為P'，若直線P’Q與x軸相交于點D，求△DPQ面積的最大值.解析本題主要考查橢圓的方程及定義、直線與橢圓的位置關系、直線方程、基本不等式,考查的核心素養是邏輯推理、數學運算.（1）由橢圓的定義,可知2a=｜AF1|+｜AF2|=(23)解得a=2。又b2=a2-c2=22—（3）2=1,∴橢圓C的標準方程為x24+y（2）由題意,設直線l的方程為x=my+4(m≠0)，P（x1，y1)，Q（x2,y2），則P'(x1，—y1）.由x=my+4,x∵Δ=16(m2-12)〉0，∴m2>12。∴y1+y2=-8mm2+4，y1∵kP'Q=y2+y∴直線P’Q的方程為y+y1=y2+y令y=0，可得x=m(y2∴x=2my1y2∴S△DPQ=｜S△BDP—S△BDQ｜=12|BD|·｜y1—y2｜=32(令t=m2則S△DPQ=6tt2+16=當且僅當t=4，即m=±27時等號成立，∴△DPQ面積的最大值為34思路分析(1)首先由橢圓的定義求出a,然后由橢圓中a,b，c的關系求b,從而求得橢圓的方程；（2)設出直線l的方程與點P，Q的坐標，聯立直線l與橢圓的方程，利用斜率公式求得直線P'Q的斜率，進而得直線P’Q的方程,由此求得點D的坐標,再利用面積公式求得S△DPQ的表達式，從而利用換元法與基本不等式求出其最大值。

考點三存在性問題(2019內蒙古通遼五中模擬,20）已知橢圓x2a2+y2b（1）求橢圓的方程;（2）已知定點E（—1，0)，若直線y=kx+2（k≠0）與橢圓交于C、D兩點,問:是否存在這樣的實數k,使得以CD為直徑的圓過E點？若存在，請求出k值,若不存在，請說明理由.解析（1）直線AB的方程為bx—ay-ab=0,依題意可得ca=63,aba解得a2=3，b2=1，∴橢圓的方程為x23+y(2)存在，k=76由y=kx+2,x∴Δ=（12k)2-36（1+3k2）〉0.①設C(x1,y1)，D(x2，y2），則xy1·y2=（kx1+2)（kx2+2)=k2x1x2+2k（x1+x2）+4，要使以CD為直徑的圓過點E（—1，0),只需CE⊥DE,即y1y2+（x1+1）（x2+1)=0,∴（k2+1）x1x2+(2k+1）(x1+x2）+5=0,④將②③代入④整理得k=76經驗證,k=76時,①成立。故存在k=7

煉技法提能力【方法集訓】方法最值問題的求解方法1。（2019河南鄭州一中4月模擬,10）已知F為拋物線y2=x的焦點,點A，B在該拋物線上且位于x軸的兩側，OA·OB=6(其中O為坐標原點），則△ABO與△AFO面積之和的最小值是()A.1723 B.3 C。3答案D2.(2019甘肅蘭州鐵一中模擬，15）已知F是拋物線x2=4y的焦點,P為拋物線上的動點，且點A的坐標為（0,-1）,則2|PA|答案3【五年高考】A組統一命題·課標卷題組考點一定值與定點問題（2017課標Ⅰ,20,12分)已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b〉0),四點P1（1，1),P2(0，1）,P（1）求C的方程;（2）證明：設直線l不經過P2點且與C相交于A，B兩點。若直線P2A與直線P2B的斜率的和為—1，證明：l過定點.解析(1)由于P3，P4兩點關于y軸對稱，故由題設知C經過P3,P4兩點.又由1a2+1b2〉1a2+因此1b2=1,1a2(2)證明:設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2。如果l與x軸垂直,設l:x=t，由題設知t≠0，且|t｜<2,可得A,B的坐標分別為t,4-則k1+k2=4-t2從而可設l:y=kx+m（m≠1).將y=kx+m代入x24+y（4k2+1）x2+8kmx+4m2—4=0。由題設可知Δ=16（4k2—m2+1)〉0.設A(x1,y1），B(x2，y2),則x1+x2=-8km4k2+1，x1而k1+k2=y1-=kx1=2k由題設k1+k2=-1,故（2k+1）x1x2+（m—1）(x1+x2）=0，即(2k+1）·4m2-解得k=-m+1當且僅當m〉-1時,Δ〉0，于是l：y=-m+1即y+1=—m+1所以l過定點（2,—1）.思路分析(1)利用橢圓的對稱性易知點P3,P4在橢圓上,將點P1（1，1)代入橢圓方程，經過比較可知點P1（1,1)不在橢圓上,進而可列方程組求出橢圓方程;（2）設出直線l的方程,將直線l與橢圓的方程聯立并消元，利用根與系數的關系使問題得解,在解題中要注意直線斜率不存在的情況。方法點撥定點問題的常見解法:(1)根據題意選擇參數,建立一個含參數的直線系或曲線系方程，經過分析、整理，對方程進行等價變形,以找出滿足方程且與參數無關的坐標,該坐標對應的點即為所求的定點。（2)從特殊位置入手,找出定點,再證明該定點符合題意。考點二最值與范圍問題（2016課標Ⅱ,20，12分)已知橢圓E：x2t+（1）當t=4,｜AM|=|AN｜時，求△AMN的面積；(2）當2|AM｜=|AN｜時，求k的取值范圍。解析（1)設M(x1，y1),則由題意知y1〉0.當t=4時，E的方程為x24+由已知及橢圓的對稱性知，直線AM的傾斜角為π4因此直線AM的方程為y=x+2.(2分)將x=y—2代入x24+y2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,直線AN的方程為y=-1k(x+t故同理可得｜AN|=6k由2|AM｜=|AN｜得23+tk2=當k=32時上式不成立，因此t=3t>3等價于k3-2k2由此得k-2>0,k因此k的取值范圍是(32疑難突破第（1)問中求出直線AM的傾斜角是解決問題的關鍵；第（2）問利用2|AM｜=|AN|得出t與k的關系式，由t〉3,建立關于k的不等式,從而得出k的取值范圍.本題主要考查橢圓的幾何性質，直線與橢圓的位置關系以及方程思想的應用，考查學生的運算求解能力及邏輯思維能力.挖掘出題目中t〉3這一隱含條件是把等式轉化為不等式的關鍵.考點三存在性問題(2015課標Ⅱ，20,12分）已知橢圓C：9x2+y2=m2（m>0)，直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B,線段AB的中點為M。(1）證明:直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；（2)若l過點m3解析(1）設直線l：y=kx+b(k≠0，b≠0)，A(x1,y1)，B（x2，y2）,M(xM，yM).將y=kx+b代入9x2+y2=m2得（k2+9）x2+2kbx+b2—m2=0，故xM=x1+x22=-kbk于是直線OM的斜率kOM=yMxM=—9所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值.(2)四邊形OAPB能為平行四邊形.因為直線l過點m3由（1）得OM的方程為y=-9k設點P的橫坐標為xP.由y=-9kx,9x2將點m3,m因此xM=k(四邊形OAPB為平行四邊形當且僅當線段AB與線段OP互相平分，即xP=2xM.于是±km3k2+9=2×k(k-3因為ki>0，ki≠3，i=1，2，所以當l的斜率為4-7或4+7時，四邊形OAPB為平行四邊形.思路分析(1)設出直線l的方程,與橢圓方程聯立并消元，利用韋達定理求得AB的中點M的坐標,進而可得出結論;(2)要使四邊形OAPB為平行四邊形，則線段AB與線段OP互相平分，即xP=2xM，由此結合已知條件建立相應方程,進而通過解方程使問題得解。B組自主命題·省（區、市)卷題組考點一定值與定點問題(2019北京,18,14分）已知拋物線C:x2=-2py經過點（2，—1).(1)求拋物線C的方程及其準線方程;(2）設O為原點，過拋物線C的焦點作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點M，N，直線y=—1分別交直線OM,ON于點A和點B。求證:以AB為直徑的圓經過y軸上的兩個定點.解析本題主要考查拋物線、直線和圓的基本概念，重點考查直線與拋物線的位置關系，考查學生對數形結合思想的應用以及邏輯推理能力，通過直線與拋物線的位置關系考查了數學運算的核心素養。(1）由拋物線C：x2=-2py經過點（2，—1),得p=2.所以拋物線C的方程為x2=-4y,其準線方程為y=1。（2）證明：拋物線C的焦點為F（0,—1）.設直線l的方程為y=kx—1（k≠0）。由y=kx-設M(x1，y1），N(x2,y2）,則x1x2=—4，直線OM的方程為y=y1令y=-1，得點A的橫坐標xA=—x1同理得點B的橫坐標xB=-x2設點D（0，n)，則DA=-x1y1,-DA·DB=x1x2y1y=16x1x2+(n+1）令DA·DB=0，即-4+(n+1)2=0,得n=1或n=—3。綜上，以AB為直徑的圓經過y軸上的定點（0,1)和（0,-3)。考點二最值與范圍問題1.(2019北京，8，5分）數學中有許多形狀優美、寓意美好的曲線,曲線C:x2+y2=1+|x|y就是其中之一（如圖).給出下列三個結論:①曲線C恰好經過6個整點(即橫、縱坐標均為整數的點);②曲線C上任意一點到原點的距離都不超過2；③曲線C所圍成的“心形”區域的面積小于3。其中，所有正確結論的序號是()A.① B.② C。①② D.①②③答案C2。（2017山東,21，14分）在平面直角坐標系xOy中,橢圓E：x2a2+y(1）求橢圓E的方程;(2)如圖，動直線l:y=k1x-32交橢圓E于A，B兩點,C是橢圓E上一點，直線OC的斜率為k2，且k1k2=2解析（1）由題意知e=ca=22，2c=2，所以a=因此橢圓E的方程為x22+y（2)設A(x1，y1）,B（x2，y2），聯立x22+y2=1,y=由題意知Δ>0，且x1+x2=23k12k12所以|AB|=1+k12｜x1-x2|=2由題意可知圓M的半徑r=23｜AB|=223由題設知k1k2=24，所以k2=2因此直線OC的方程為y=24聯立x22+y2=1,y=因此|OC｜=x2+y由題意可知sin∠SOT2=rr而|OC|r=1+8k1令t=1+2k12,則t〉1，因此|OC|r=32·t=32·1當且僅當1t=12,即t=2時等號成立,此時k1=±所以sin∠SOT2≤因此∠SOT2≤π6綜上所述，∠SOT的最大值為π3,取得最大值時直線l的斜率k1=±2思路分析(1）由離心率和焦距,利用基本量運算求解;（2)聯立直線l與橢圓方程，利用弦長公式求出|AB｜,聯立直線OC與橢圓方程求|OC｜，進而建立sin∠SOT2與k1疑難突破把角的問題轉化為三角函數問題，即由sin∠SOT2=11+|解題反思最值問題一般利用函數的思想方法求解,利用距離公式建立sin∠SOT2與k1

考點三存在性問題(2015四川,20，13分)如圖，橢圓E:x2a2+y2b（1)求橢圓E的方程;（2)在平面直角坐標系xOy中，是否存在與點P不同的定點Q,使得|QA||解析（1)由已知得,點（2,1）在橢圓E上.因此，2a2+所以橢圓E的方程為x24+(2)當直線l與x軸平行時，設直線l與橢圓相交于C,D兩點。如果存在定點Q滿足條件,則有|QC||即|QC|=|QD｜.所以Q點在y軸上,可設Q點的坐標為(0,y0）。當直線l與x軸垂直時,設直線l與橢圓相交于M,N兩點,則M，N的坐標分別為（0,2)，（0，-2）。由|QM||QN|=|解得y0=1或y0=2。所以,若存在不同于點P的定點Q滿足條件，則Q點坐標只可能為(0,2）.下面證明：當Q的坐標為（0,2)時,對任意直線l，均有|QA||當直線l的斜率不存在時，由上可知,結論成立.當直線l的斜率存在時,可設直線l的方程為y=kx+1，A,B的坐標分別為(x1,y1）,(x2,y2)。聯立x24+y2其判別式Δ=(4k）2+8（2k2+1）>0,所以，x1+x2=—4k2k2+1,x1因此1x1+1x易知,點B關于y軸對稱的點B'的坐標為(-x2，y2）。又kQA=y1-2x1kQB'=y2-2-x2=所以kQA=kQB’,即Q，A,B’三點共線。所以|QA||QB|=|故存在與P不同的定點Q（0，2),使得|QA||C組教師專用題組考點一定值與定點問題1.（2018北京,19,14分)已知拋物線C:y2=2px經過點P（1,2）.過點Q（0，1）的直線l與拋物線C有兩個不同的交點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O為原點，QM=λQO,QN=μQO，求證:1λ+1解析(1）因為拋物線y2=2px過點（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不過點(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）證明:設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M的縱坐標為yM=-y1+2同理得點N的縱坐標為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+1方法總結圓錐曲線中的定值問題的常見類型及解題策略（1)求代數式為定值。依題設條件，得出與代數式有關的等式,化簡即可得出定值；(2)求點到直線的距離為定值.利用點到直線的距離公式得出距離的表達式,再利用題設條件化簡、變形即可求得；(3）求某線段長度為定值.利用兩點間的距離公式求得線段長度的表達式，再依據條件對表達式進行化簡、變形即可求得.2.（2016北京,19,14分）已知橢圓C：x2a2+y（1)求橢圓C的方程；(2)設P是橢圓C上一點，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點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P（x0,y0),則x02+4當x0≠0時,直線PA的方程為y=y0令x=0，得yM=—2y0x0-直線PB的方程為y=y0令y=0,得xN=-x0y0-1所以|AN|·|BM|=2+x0=x=4=4。當x0=0時,y0=-1，|BM｜=2，|AN｜=2，所以｜AN|·|BM|=4.綜上，｜AN｜·|BM｜為定值。一題多解（2)點P在曲線x22+y12=1上,不妨設P(2cosθ,sinθ）,當θ≠kπ且θ≠kπ+π2(k∈Z）時，直線AP的方程為y-0=sinθ直線BP的方程為y-1=sinθ-12cosθ∴｜AN｜·|BM｜=21-cos=22(當θ=kπ或θ=kπ+π2

考點二最值與范圍問題1.（2018浙江,21,15分）如圖，已知點P是y軸左側（不含y軸）一點，拋物線C：y2=4x上存在不同的兩點A,B滿足PA,PB的中點均在C上。（1)設AB中點為M,證明：PM垂直于y軸;（2）若P是半橢圓x2+y2解析本題主要考查橢圓、拋物線的幾何性質,直線與拋物線的位置關系等基礎知識,同時考查運算求解能力和綜合應用能力。(1)設P(x0,y0),A14y1因為PA，PB的中點在拋物線上，所以y1，y2為方程y+y022=4·14y2+所以y1+y2=2y0，因此，PM垂直于y軸.(2)由(1)可知y所以｜PM|=18(y12+y22)-x0=34y02因此,△PAB的面積S△PAB=12|PM|·|y1—y2|=324(y0因為x02+y024=1（x0〈0)，所以y02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”問題在解析幾何中,求某個量（直線斜率,直線在x、y軸上的截距，弦長,三角形或四邊形面積等)的取值范圍或最值問題的關鍵是利用條件把所求量表示成關于某個變量(通常是直線斜率,動點的橫、縱坐標等）的函數，并求出這個變量的取值范圍(即函數的定義域）,將問題轉化為求函數的值域或最值。2.（2015浙江，19,15分）已知橢圓x22+y2=1上兩個不同的點A，B關于直線y=mx+（1)求實數m的取值范圍；(2）求△AOB面積的最大值（O為坐標原點)。解析(1）由題意知m≠0,可設直線AB的方程為y=—1m由x22+y2=1,y=因為直線y=-1mx+b與橢圓x22所以Δ=-2b2+2+4m將AB的中點M2mbm2b=—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△AOB的面積為S(t)，所以S（t)=12｜AB|·d=12-當且僅當t2=12故△AOB面積的最大值為223.（2015天津,19,14分）已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0）的左焦點為F(-c，0）,離心率為33，點M在橢圓上且位于第一象限,直線FM被圓x2(1）求直線FM的斜率;（2）求橢圓的方程;（3)設動點P在橢圓上，若直線FP的斜率大于2，求直線OP(O為原點）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+c2（2）由（1）得橢圓方程為x23c2+y22c2=1，直線FM的方程為y=33由｜FM|=(c+c所以橢圓的方程為x23+(3）設點P的坐標為（x,y）,直線FP的斜率為t,得t=yx+1，即y=t（x+1)（x≠-1），與橢圓方程聯立得y=t(x+1),x23+y設直線OP的斜率為m,得m=yx，即y=mx（x≠0），與橢圓方程聯立，整理可得m2=2x2①當x∈-32,-1時，有y=t(x+1)〈0，因此m>0，于是m=②當x∈（—1,0)時,有y=t(x+1）>0，因此m〈0，于是m=—2x2-綜上,直線OP的斜率的取值范圍是-∞,-233本題主要考查橢圓的標準方程和幾何性質、直線方程和圓的方程、直線與圓的位置關系、一元二次不等式等基礎知識.考查用代數方法研究圓錐曲線的性質。考查運算求解能力以及用函數與方程思想解決問題的能力.4。(2015山東,20,13分)平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為32,左、右焦點分別是F1(1）求橢圓C的方程;（2）設橢圓E：x24a(i）求|OQ(ii）求△ABQ面積的最大值.解析（1）證明:由題意知2a=4,則a=2。又ca=32，a2—c2=b所以橢圓C的方程為x24+y(2）由（1）知橢圓E的方程為x216+(i)設P(x0，y0）,|OQ||OP|因為x024+y02即λ2所以λ=2，即|OQ(ii)設A(x1，y1），B（x2，y2）.將y=kx+m代入橢圓E的方程,可得（1+4k2）x2+8kmx+4m2—16=0,由Δ〉0，可得m2〈4+16k2.①由韋達定理有x1+x2=-8km1+4k2,x1x所以｜x1—x2|=416因為直線y=kx+m與y軸交點的坐標為（0，m）,所以△OAB的面積S=12｜m|｜x1-x2=2=2=24-設m2將y=kx+m代入橢圓C的方程，可得（1+4k2)x2+8kmx+4m2—4=0，由Δ≥0,可得m2≤1+4k2.②由①②可知0〈t≤1，因此S=2(4-t)t當且僅當t=1,即m2=1+4k2時取得最大值23.由（i)知，△ABQ面積為3S,所以△ABQ面積的最大值為63。考點三存在性問題（2015北京，19，14分)已知橢圓C：x2a2+y(1）求橢圓C的方程，并求點M的坐標(用m，n表示)；（2)設O為原點,點B與點A關于x軸對稱，直線PB交x軸于點N.問:y軸上是否存在點Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求點Q的坐標;若不存在，說明理由.解析(1)由題意得b=1,c故橢圓C的方程為x22+y設M(xM，0).因為m≠0,所以-1<n<1。直線PA的方程為y—1=n-所以xM=m1-n(2）因為點B與點A關于x軸對稱,所以B(m,—n)。設N（xN,0),則xN=m1+“存在點Q（0，yQ)使得∠OQM=∠ONQ”等價于“存在點Q(0,yQ）使得|OM||即yQ滿足yQ2=｜xM|｜x因為xM=m1-n，xN=m1+n所以yQ2=｜xM|｜xN|=所以yQ=2或yQ=-2。故在y軸上存在點Q，使得∠OQM=∠ONQ.點Q的坐標為(0,2）或(0,—2）.【三年模擬】一、選擇題（每小題5分，共20分)1.(2019江西南昌重點中學調研考試,11)設點M為拋物線C：y2=4x的準線上一點(不同于準線與x軸的交點)，過拋物線C的焦點F且垂直于x軸的直線與C交于A，B兩點，設MA,MF，MB的斜率分別為k1,k2，k3，則k1A.2 B.22 C。4 D。42答案A2.(2020屆山西太原五中第二次診斷,12)已知A(0，3),若點P是拋物線x2=8y上任意一點，點Q是圓x2+(y—2)2=1上任意一點,則|PAA.43—4 B。22-1 C.23—2 D。42+1答案A3。（2018河南中原名校4月聯考,11)已知拋物線C：y2=4x的焦點為F，過點F且斜率為1的直線與拋物線C交于點A，B，以線段AB為直徑的圓E上存在點P,Q,使得以PQ為直徑的圓過點D(—2,t)，則實數t的取值范圍為()A。（—∞,—1]∪[1,+∞） B。[—1,3］C.(—∞，2—7］∪[2+7，+∞) D.［2-7,2+7]答案D4。(2020屆山東夏季高考模擬,6)已知點A為曲線y=x+4x（x>0)上的動點，B為圓(x-2)2+y2A.3 B。4 C。32 D.42答案A二、填空題(共5分)5.(2019四川成都第二次適應性考試,16）已知F為拋物線C：x2=4y的焦點，過點F的直線l與拋物線C相交于不同的兩點A,B，拋物線C在A，B兩點處的切線分別是l1，l2，且l1，l2相交于點P,則|PF｜+32|AB|答案6三、解答題（共60分）6.(2020屆河南安陽9月月考,20)如圖,過點P（1，0)作兩條直線x=1和l,分別交拋物線y2=4x于A,B和C,D（其中A，C位于x軸上方,l的斜率大于0）,直線AC,BD交于點Q。(1）求證:點Q在定直線上；(2)若λ=S△解析本題考查直線與拋物線的位置關系，三角形面積比，基本不等式求最值,體現了邏輯推理,數學運算的核心素養.（1）證明：設Cc24,c,Dd2所以cd=—4.又A（1,2）,B(1,-2)，所以lAC：4x-（c+2）y+2c=0,lBD:4x-（d-2)y—2d=0,聯立消y得x=cd-故點Q在定直線x=-1上.（2)由題意可得S△PQCS△PQA=c因為S△PQA=S△PQB,所以λ=S△PQCS△PBD令c2—4=t,則t〉0，代入得λ=(t+4)(t+8)4當且僅當c2=4+42時取得等號,所以λ的最小值為22+3.思路分析(1）設Cc24,c，Dd24（2)由題意可得S△PQCS△PQA=c24+127。(2018安徽蚌埠二中4月月考,20)已知橢圓C:x2a2+y（1)求橢圓C的方程;(2）若直線l：y=kx+m與橢圓C交于E,F兩點，點G在橢圓C上，且四邊形OEGF為平行四邊形,求證：四邊形OEGF的面積S為定值。解析(1）由題意知,M(—a,0），N（0，b）,直線MN的斜率k=ba=1∵點N是線段MB的中點,∴B（a，2b）,∵點B在直線2x+y-63=0上，∴2a+2b=63，又a=2b，∴b=3,a=23,∴橢圓C的方程為x212+（2）證明:設E（x1,y1），F（x2,y2),G(x0,y0），將y=kx+m代入x212+y23=1，消去y整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0，則x1+x2=-8km1+4k2，x1·x2=4m2-∵四邊形OEGF為平行四邊形，∴OG=OE+OF=(x1+x2,y1+y2)，得G-8km1+4k2,2m1+4k2，將G點坐標代入橢圓C的方程得m2=3∴平行四邊形OEGF的面積S=d·｜EF｜=｜m｜|x1—x2｜=|m｜·(x1+x2)2-4x1故平行四邊形OEGF的面積S為定值33.8.（2020屆山西太原五中第二次診斷,19）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a〉b〉0）的左,右焦點分別為F1,F2,離心率為12(1）求橢圓C的方程；(2）設斜率存在的直線PF2與橢圓C的另一個交點為Q，是否存在點T(0，t），使得|TP|=｜TQ｜？若存在,求出t的取值范圍;若不存在,請說明理由.解析(1)由題意得c∴a=2,b=3,c=1.故橢圓C的方程為x24+（2）設直線PQ的方程為y=k(x-1)，當k≠0時,將y=k（x—1)代入x24+得（3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0。設P（x1，y1），Q(x2，y2),線段PQ的中點為N（x0，y0），則x0=x1+x22=4k23+4k即N4k∵|TP|=｜TQ｜，∴直線TN為線段PQ的垂直平分線