由求根公式,得xP=

-

,从而yP=

-

-

,

∴点P的坐标为 . 同理,由

-

-

2

-

得点Q的坐标为(-k-1,-k-2k). =∴

(k,-4), =-k(1,k+2).

连接AP、AQ,依题意可知AP⊥AQ, · =0,即- ∴ [k-4(k+2)]=0, ∵k≠0,∴k-4(k+2)=0, 解得k=-.

经检验,k=-符合题意,

故直线l的方程为y=- (x-1).

炼技法 【方法集训】

方法 最值问题的求解方法

1.(2018河南百校联盟联考,10)已知直线l:x=ty+1经过抛物线y=2px(p>0)的焦点F及圆x-mx+y=0的圆心,若直线l自上而下顺次与上述两曲线交于点A,B,C,D(如图所示),则|AB|+m|CD|的最小值是( )

2

2

2

A.2 B.4 C.2 D.4 答案 C

2.(2018天津模拟,20)已知椭圆C: + =1(a>b>0),且椭圆上的点到一个焦点的最短距离为 b. (1)求椭圆C的离心率;

(2)若点M 在椭圆C上,不过原点O的直线l与椭圆C相交于A,B两点,与直线OM相交于点N,且N是线段AB的中点,求△OAB面积的最大值.

解析 (1)由题意得a-c=b,

则(a-c)=b,结合b=a-c,得(a-c)=(a-c),

2

22222

22

即2c-3ac+a=0,亦即2e-3e+1=0,结合0

222

(2)由(1)得a=2c,则b=3c.

将 代入椭圆方程 + =1,解得c=1.

所以椭圆方程为 + =1. 易得直线OM的方程为y=x.

22

2

当直线l的斜率不存在时,线段AB的中点不在直线y=x上,故直线l的斜率存在.

设直线l的方程为y=kx+m(m≠0),与 + =1联立消去y得(3+4k)x+8kmx+4m-12=0, 所以Δ=64km-4(3+4k)(4m-12)=48(3+4k-m)>0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2= ,x1x2= .

由y1+y2=k(x1+x2)+2m= ,得线段AB的中点坐标为N - , 因为N在直线y= x上,所以- =2× , 解得k=-.

-

-

22

2

2

2

2

222

所以Δ=48(12-m)>0,得-2

- = · - - = - . |AB|= - |x2-x1|= ·

2

又原点O到直线l的距离d=所以S△OAB=×

,

2

-

- × = - ≤ ·

= .

当且仅当12-m=m,即m=± 时等号成立,符合-2

2

过专题 【五年高考】

A组 统一命题·课标卷题组

考点一 定值与定点问题

(2017课标Ⅰ,20,12分)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.

解析 (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 + > +

因此

知,C不经过点P1,所以点P2在C上.

解得

2

故C的方程为 +y=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t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为 则k1+k2=

- - -

-

, -

-

.

-

=-1,得t=2,不符合题设.

2

从而可设l:y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入 +y=1得 (4k+1)x+8kmx+4m-4=0. 由题设可知Δ=16(4k-m+1)>0.

设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=- ,x1x2= . 而k1+k2===

+

- -

-

2

2

2

2

2

+

- -

,

-

由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0, 即(2k+1)·+(m-1)·=0. 解得k=- -

-

.

当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=-即y+1=-

x+m,

(x-2),

所以l过定点(2,-1).

思路分析 (1)利用椭圆的对称性易知点P3,P4在椭圆上,将点P1(1,1)代入椭圆方程,经过比较可知

点P1(1,1)不在椭圆上,进而可列方程组求出椭圆方程;(2)设出直线l的方程,将直线l与椭圆的方程联立并消元,利用根与系数的关系使问题得解,在解题中要注意直线斜率不存在的情况. 方法点拨 定点问题的常见解法:

(1)根据题意选择参数,建立一个含参数的直线系或曲线系方程,经过分析、整理,对方程进行等价变形,以找出适合方程且与参数无关的坐标,该坐标对应的点即为所求的定点. (2)从特殊位置入手,找出定点,再证明该定点符合题意.

考点二 最值与范围问题

(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于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA. (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. 解析 (1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0. 当t=4时,E的方程为+=1,A(-2,0).(1分)

由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为 . 因此直线AM的方程为y=x+2.(2分) 将x=y-2代入+=1得7y-12y=0.

2

解得y=0或y= ,所以y1= .(4分)

因此△AMN的面积S△AMN=2× × × = .(5分)

(2)由题意,t>3,k>0,A(- ,0).将直线AM的方程y=k(x+ ) 代入(3+tk)x+2 ·tkx+tk-3t=0.(7分) 由x1·(- )=

- 2

2

2

22

+

=1得

得x1=

-

,

.(8分)

故|AM|=|x1+ | =

由题设,直线AN的方程为y=- (x+ ), 故同理可得|AN|=

.(9分)

3

由2|AM|=|AN|得 = ,即(k-2)t=3k(2k-1).