大题专练训练29：圆锥曲线(探索性问题1)-2021届高三数学二轮复习
高考数学二轮复习专题六 第8讲 圆锥曲线的探索性问题
第8讲 探索性问题母题已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m >0)，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A B 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⎝⎛⎭⎫m 3，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． (2)思路分析❶假设四边形OAPB 能为平行四边形 ↓❷线段AB 与线段OP 互相平分 ↓❸计算此时直线l 的斜率 ↓ ❹下结论(1)证明 设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )． 将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2得 (k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，故x M ＝x1＋x22＝－kb k2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk2＋9.于是直线OM 的斜率k OM ＝yM xM ＝－9k，即k OM ·k ＝－9. 所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值． (2)解 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k >0，k ≠3. 由(1)得OM 的方程为y ＝－9k x .设点P 的横坐标为x P ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x2＋y2＝m2得x 2P ＝k2m29k2＋81，即x P ＝±km3k2＋9.将点⎝⎛⎭⎫m 3，m 的坐标代入直线l 的方程得b ＝m (3－k )3， 因此x M ＝k (k －3)m3(k 2＋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x P ＝2x M . 于是±km3k2＋9＝2×k (k －3)m 3(k 2＋9)，解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i >0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当直线l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形． [子题1] 已知椭圆C ：x24＋y 2＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，左、右顶点分别为A 1，A 2.(1)若M 为C 上任意一点，求|MF 1|·|MF 2|的最大值；(2)椭圆C 上是否存在点P (异于点A 1，A 2)，使得直线PA 1，PA 2与直线x ＝4分别交于点E ，F ，且|EF |＝1？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由． 解 (1)由椭圆的定义可知|MF 1|＋|MF 2|＝4，∴|MF 1|·|MF 2|≤⎝⎛⎭⎫|MF1|＋|MF2|22＝4，当且仅当|MF 1|＝|MF 2|＝2时等号成立， ∴|MF 1|·|MF 2|的最大值为4. (2)假设存在满足题意的点P . 不妨设P (x 0，y 0)(y 0>0)，则－2<x 0<2. 由题意知直线PA 1的方程为y ＝y0x0＋2(x ＋2)，令x ＝4，得y E ＝6y0x0＋2，直线PA 2的方程为y ＝y0x0－2(x －2)，令x ＝4，得y F ＝2y0x0－2，由|EF |＝y E －y F ＝6y0x0＋2－2y0x0－2＝4x0y0－16y0x20－4＝4y0(x 0－4)－4y 20＝4－x0y0＝1，得x 0＝4－y 0，由x 20＋4y 20＝4，得5y 20－8y 0＋12＝0， ∵Δ＝－176<0，∴此方程无解． 故不存在满足题意的点P . [子题2] (2020·合肥适应性检测)已知抛物线C ：y 2＝4x ，过点(2,0)作直线l 与抛物线C 交于M ，N 两点，在x 轴上是否存在一点A ，使得x 轴平分∠MAN ？若存在，求出点A 的坐标；若不存在，请说明理由．解 ①当直线l 的斜率不存在时，由抛物线的对称性可知x 轴上任意一点A (不与点(2,0)重合)，都可使得x 轴平分∠MAN ；②当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x －2)(k ≠0)，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y 2＝4x ，消去y 得k 2x 2－(4k 2＋4)x ＋4k 2＝0， 显然Δ>0，∴x 1＋x 2＝4k2＋4k2，x 1x 2＝4，(*)假设在x 轴上存在一点A (a ,0)，使得x 轴平分∠MAN ， ∴k AM ＋k AN ＝0，∴y1x1－a ＋y2x2－a＝0， ∴y1(x 2－a )＋y 2(x 1－a )(x 1－a )(x 2－a )＝0，又y 1＝k (x 1－2)，y 2＝k (x 2－2)， ∴2x1x2－(a ＋2)(x 1＋x 2)＋4ax 1x 2－a (x 1＋x 2)＋a 2＝0，把(*)式代入上式化简得4a ＝－8， ∴a ＝－2，∴点A (－2,0)，综上所述，在x 轴上存在一点A (－2,0)，使得x 轴平分∠MAN . 规律方法 探索性问题的求解策略(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并能证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律．(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论． 跟踪演练 1．已知椭圆G ：x24＋y 2＝1，点B (0,1)，点A 为椭圆G 的右顶点，过原点O 的直线l 与椭圆G 交于P ，Q 两点(点Q 在第一象限)，且与线段AB 交于点M .是否存在直线l ，使得△BOP 的面积是△BMQ 的面积的3倍？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由． 解 设Q (x 0，y 0)，则P (－x 0，－y 0)，可知0<x 0<2,0<y 0<1.假设存在直线l ，使得△BOP 的面积是△BMQ 的面积的3倍，则|OP |＝3|MQ |，即|OQ |＝3|MQ |， 即OM →＝23OQ →＝⎝⎛⎭⎫23x0，23y0，得M ⎝⎛⎭⎫23x0，23y0. 又A (2,0)，∴直线AB 的方程为x ＋2y －2＝0. ∵点M 在线段AB 上，∴23x 0＋43y 0－2＝0，整理得x 0＝3－2y 0，①∵点Q 在椭圆G 上，∴x204＋y 20＝1，②把①式代入②式可得8y 20－12y 0＋5＝0， ∵判别式Δ＝(－12)2－4×8×5＝－16<0， ∴该方程无解．∴不存在直线l ，使得△BOP 的面积是△BMQ 的面积的3倍． 2．(2020·滁州模拟)已知椭圆E ：x24＋y23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，是否存在斜率为－1的直线l 与以线段F 1F 2为直径的圆相交于A ，B 两点，与椭圆E 相交于C ，D 两点，且|CD |·|AB |＝12137？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．解 假设存在斜率为－1的直线l ，设为y ＝－x ＋m ， 由题意知，F 1(－1,0)，F 2(1,0)，所以以线段F 1F 2为直径的圆为x 2＋y 2＝1，由题意，圆心(0,0)到直线l 的距离d ＝|－m|2<1，得|m |<2，|AB |＝21－d2＝21－m22＝2×2－m2，由⎩⎪⎨⎪⎧x24＋y23＝1，y ＝－x ＋m 消去y ，整理得 7x 2－8mx ＋4m 2－12＝0.由题意，Δ＝(－8m )2－4×7×(4m 2－12)＝336－48m 2＝48(7－m 2)>0， 解得m 2<7，又|m |<2，所以m 2<2. 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝8m7，x 1x 2＝4m2－127，|CD |＝1＋k2|x 2－x 1|＝2×336－48m27＝467－m27， 若|CD |·|AB |＝12137， 则2×2－m2×467×7－m2＝12137，整理得4m 4－36m 2＋17＝0， 解得m 2＝12或m 2＝172.又m 2<2，所以m 2＝12，即m ＝±22.故存在符合条件的直线l ，其方程为y ＝－x ＋22或y ＝－x －22.专题强化练1.(2020·广州模拟)如图，已知椭圆C ：x24＋y22＝1.过点P (0,1)的动直线l (直线l 的斜率存在)与椭圆C 相交于A ，B 两点，问在y 轴上是否存在与点P 不同的定点Q ，使得|QA||QB|＝S △APQS △BPQ恒成立？若存在，求出定点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．解 假设在y 轴上存在与点P 不同的定点Q ，使得|QA||QB|＝S △APQS △BPQ恒成立．设Q (0，m )(m ≠1)，A (x 1，y 1)， B (x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝kx ＋1， 由⎩⎪⎨⎪⎧x24＋y22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0， 显然，Δ>0，∴x 1＋x 2＝－4k 2k2＋1，x 1x 2＝－22k2＋1，S △APQ S △BPQ ＝12|QP||QA|sin ∠PQA12|QP||QB|sin ∠PQB ＝|QA|sin ∠PQA|QB|sin ∠PQB，∵|QA||QB|＝S △APQS △BPQ，∴sin ∠PQA ＝sin ∠PQB ， ∴∠PQA ＝∠PQB ，∴k QA ＝－k QB ，∴y1－m x1＝y2－m－x2，∴(m －1)(x 1＋x 2)＝2kx 1x 2，即－(m －1)·4k 2k2＋1＝－2k ·22k2＋1，解得m ＝2，∴存在定点Q (0,2)，使得|QA||QB|＝S △APQS △BPQ 恒成立．2．在平面直角坐标系xOy 中．①已知点Q (3，0)，直线l ：x ＝23，动点P 满足到点Q 的距离与到直线l 的距离之比为22. ②已知点H (－3，0)，G 是圆E ：x 2＋y 2－23x －21＝0上一个动点，线段HG 的垂直平分线交GE 于P . ③点S ，T 分别在x 轴，y 轴上运动，且|ST |＝3，动点P 满足OP →＝63OS →＋33OT →.(1)在①②③这三个条件中任选一个，求动点P 的轨迹C 的方程；(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)(2)设圆O ：x 2＋y 2＝2上任意一点A 处的切线交轨迹C 于M ，N 两点，试判断以MN 为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由． 解 (1)若选①，设P (x ，y )，根据题意得，(x －3)2＋y 2|x －23|＝22，整理，得x26＋y23＝1，所以动点P 的轨迹C 的方程为x26＋y23＝1.若选②，由E ：x 2＋y 2－23x －21＝0得(x －3)2＋y 2＝24， 由题意得|PH |＝|PG |，所以|PH |＋|PE |＝|PG |＋|PE |＝|EG |＝2 6 >|HE |＝23，所以点P 的轨迹C 是以H ，E 为焦点的椭圆，且a ＝6，c ＝3，则b ＝3，所以动点P 的轨迹C 的方程为x26＋y23＝1.若选③，设P (x ，y )，S (x ′，0)，T (0，y ′)，则x ′2＋y ′2＝9，(*) 因为OP →＝63OS →＋33OT →，所以⎩⎨⎧x ＝63x′，y ＝33y′，即⎩⎪⎨⎪⎧x′＝62x ，y′＝3y ，将其代入(*)，得x26＋y23＝1， 所以动点P 的轨迹C 的方程为x26＋y23＝1.(2)当过点A 且与圆O 相切的切线斜率不存在时，切线方程为x ＝2，x ＝－2， 当切线方程为x ＝2时，M (2，2)，N (2，－2)， 以MN 为直径的圆的方程为(x －2)2＋y 2＝2.①当切线方程为x ＝－2时，M (－2，2)，N (－2，－2)， 以MN 为直径的圆的方程为(x ＋2)2＋y 2＝2.② 由①②联立，可解得交点为(0,0)．当过点A 且与圆O 相切的切线斜率存在时，设切线方程为y ＝kx ＋m ，即|m|k2＋1＝2，即m 2＝2(k 2＋1)．联立切线与椭圆C 的方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x26＋y23＝1，并消去y ，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0.因为Δ＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－6)＝－8(m 2－6k 2－3)＝－8(2k 2＋2－6k 2－3)＝8(4k 2＋1)>0， 所以切线与椭圆C 恒有两个交点． 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4km1＋2k2，x 1x 2＝2m2－61＋2k2，因为OM →＝(x 1，y 1)，ON →＝(x 2，y 2)，所以OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝(1＋k 2)·2m2－61＋2k2＋km ·－4km 1＋2k2＋m 2 ＝3m2－6－6k21＋2k2＝3×2(k 2＋1)－6－6k 21＋2k 2＝0.所以OM ⊥ON ，所以以MN 为直径的圆过原点(0,0)， 综上所述，以MN 为直径的圆过定点(0,0)．。
新高考方案二轮-数学(新高考版)大题专攻(二) 第1课时 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题
(2)已知 O 为坐标原点，M，N 为椭圆上不重合两点，且 M，N 的中点 H
落在直线 y＝12x 上，求△MNO 面积的最大值．
[解题微“点”]
(1)利用―A→G ·―B→G ＝0 及 e＝ 23构建方程组求 a，b， 即得椭圆方程； 切入点 (2)设出点 M，N 与 H 的坐标，表示出直线 MN 的方 程，与椭圆联立，利用弦长公式和点到直线的距离 公式表示△MNO 的面积后求最大值 障碍点 不要漏掉 Δ>0，利用此条件可求参数的取值范围
解：(1)依题意，2c＝6，则 b＝ 9－5＝2，
则双曲线 C：x52－y42＝1，B1(0，－2)，F2(3,0)．
设直线 l：4x＋3y＋m＝0，将 B1(0，－2)代入解得 m＝6，
此时 l：4x＋3y＋6＝0，F2 到 l 的距离为 d＝158.
(2)设双曲线上的点 P(x，y)满足―PB→1 ·―PB→2 ＝－2， 即 x2＋y2＝b2－2，又xa22－by22＝1⇒y2＝ba22x2－b2，
[对点训练] (2021·济南三模)已知抛物线C：x2＝4y，过点P(1，－2)作斜率为k(k>0)的直线l1与 抛物线C相交于A，B两点． (1)求k的取值范围； (2)过P点且斜率为－k的直线l2与抛物线C相交于M，N两点，求证：直线AM、BN 及y轴围成等腰三角形．
解：(1)由题意设直线 l1 的方程为 y＋2＝k(x－1)， 由xy＋2＝24＝y，kx－1， 得到：x2－4kx＋4k＋8＝0， 由题意知 Δ>0，所以 k2－k－2>0，即 k<－1 或 k>2. 因为 k>0，所以 k 的取值范围为(2，＋∞)．
[提分技巧] 解决范围问题的常用方法
利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利 数形结合法
高考数学二轮复习专题突破—圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题(含解析)
高考数学二轮复习专题突破—圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题1.(2021·重庆八中月考)已知椭圆C :x 24+y 23=1的右焦点为F ,过点M (4,0)的直线l 交椭圆C 于A ,B 两点,连接AF ,BF 并延长分别与椭圆交于异于A ,B 的两点P ,Q. (1)求直线l 的斜率的取值范围; (2)若PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λFA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,QF ⃗⃗⃗⃗⃗ =μFB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,证明:λμ为定值.2.(2021·河北张家口三模)已知抛物线C :y 2=4px (p>0)的焦点为F ,且点M (1,2)到点F 的距离比到y 轴的距离大p. (1)求抛物线C 的方程;(2)若直线l :x-m (y+2)-5=0与抛物线C 交于A ,B 两点,问是否存在实数m ,使|MA|·|MB|=64√2?若存在,求出m 的值;若不存在,请说明理由.3.(2021·江苏南通适应性联考)已知双曲线C :x 2a 2−y 2b 2=1(a>0,b>0)的两个焦点为F 1,F 2,一条渐近线方程为y=bx (b ∈N *),且双曲线C 经过点D (√2,1). (1)求双曲线C 的方程;(2)设点P 在直线x=m (y ≠±m ,0<m<1,且m 是常数)上,过点P 作双曲线C 的两条切线PA ,PB ,切点为A ,B ,求证:直线AB 过某一个定点.4.(2021·山东济南二模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为√22,且经过点H (-2,1).(1)求椭圆C 的方程;(2)过点P (-3,0)的直线(不与x 轴重合)与椭圆C 相交于A ,B 两点,直线HA ,HB 分别交x 轴于M ,N 两点,点G (-2,0),若PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求证:1λ+1μ为定值.5.(2021·广东汕头三模)已知圆C :x 2+(y-2)2=1与定直线l :y=-1,且动圆M 与圆C 外切并与直线l 相切.(1)求动圆圆心M 的轨迹E 的方程;(2)已知点P 是直线l 1:y=-2上一个动点,过点P 作轨迹E 的两条切线,切点分别为A ,B.①求证:直线AB 过定点; ②求证:∠PCA=∠PCB.6.(2021·北京东城一模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)过点D (-2,0),且焦距为2√3. (1)求椭圆C 的方程;(2)过点A (-4,0)的直线l (不与x 轴重合)与椭圆C 交于P ,Q 两点,点T 与点Q 关于x 轴对称,直线TP 与x 轴交于点H ,是否存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.答案及解析1.(1)解 由题意知直线l 的斜率不为零,故设其方程为x=ty+4,与椭圆方程联立,消去x 得(3t 2+4)y 2+24ty+36=0,Δ=144(t 2-4)>0,解得t<-2或t>2.故直线l 的斜率k=1t 的取值范围为(-12,0)∪(0,12).(2)证明 F (1,0),设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),P (x 3,y 3),Q (x 4,y 4),由(1)得y 1+y 2=-24t3t 2+4,y 1y 2=363t 2+4,所以ty 1y 2=-32(y 1+y 2).由PF⃗⃗⃗⃗⃗ =λFA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,得{1−x 3=λ(x 1-1),-y 3=λy 1,即{-x 3=λx 1-λ-1,-y 3=λy 1. 又点P 在椭圆上,即有3x 32+4y 32=12,代入上式得3(λx 1-λ-1)2+4λ2y 12=12,即λ2(3x 12+4y 12)-6λ(λ+1)x 1+3(λ+1)2=12, 又3x 12+4y 12=12,所以12(λ+1)(λ-1)-6λ(λ+1)x 1+3(λ+1)2=0.易知λ+1≠0,故λ=35−2x 1,同理可得μ=35−2x 2.又(5-2x 1)(5-2x 2)=25-10(x 1+x 2)+4x 1x 2 =25-10[t (y 1+y 2)+8]+4(ty 1+4)(ty 2+4)=9+6t (y 1+y 2)+4t 2y 1y 2=9+6t (y 1+y 2)+4t ·(-32)(y 1+y 2)=9, 所以λμ=9(5-2x1)(5-2x 2)=1.2.解 (1)由点M 到点F 的距离比到y 轴的距离大p ,得点M 到点F 的距离与到直线x=-p 的距离相等.由抛物线的定义,可知点M 在抛物线C 上,所以4=4p ,解得p=1. 所以抛物线C 的方程为y 2=4x.(2)存在满足题意的m ,其值为1或-3. 理由如下:由{y 2=4x,x-m(y +2)−5=0,得y 2-4my-8m-20=0. 因为Δ=16m 2+4(8m+20)>0恒成立,所以直线l 与抛物线C 恒有两个交点. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则y 1+y 2=4m ,y 1y 2=-4(2m+5).因为MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-1)(x 2-1)+(y 1-2)(y 2-2)=(y 124-1)(y 224-1)+(y 1-2)(y 2-2)=y 12y 2216−(y 1+y 2)2-2y 1y 24+y 1y 2-2(y 1+y 2)+5=16(2m+5)216−(4m)2+8(2m+5)4-4(2m+5)-8m+5=0,所以MA ⊥MB ,即△MAB 为直角三角形.设d 为点M 到直线l 的距离,所以|MA|·|MB|=|AB|·d=√1+m 2·√(y 1+y 2)2-4y 1y 2·√1+m 2=4·|1+m|·√16m 2+16(2m +5)=16·|1+m|·√(m +1)2+4=64√2,所以(m+1)4+4(m+1)2-32=0, 解得(m+1)2=4或(m+1)2=-8(舍). 所以m=1或m=-3.所以当实数m=1或m=-3时,|MA|·|MB|=64√2.3.(1)解 由{ba =b,2a 2-1b 2=1,解得{a =1,b =1,故双曲线方程为x 2-y 2=1.(2)证明 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线PA 的斜率为k ,P (m ,y 0).则PA:y-y1=k(x-x1),联立方程组{y-y1=k(x-x1), x2-y2=1,消去y,可得x2-[kx+(-kx1+y1)]2=1,整理可得(1-k2)x2-2k(y1-kx1)x-(y1-kx1)2-1=0.因为PA与双曲线相切,所以Δ=4k2(y1-kx1)2+4(1-k2)·(y1-kx1)2+4(1-k2)=0,整理得4(y1-kx1)2+4(1-k2)=0.即k2x12-2kx1y1+y12+1-k2=0,即(x12-1)k2-2kx1y1+(y12+1)=0,因为x12−y12=1,所以x12-1=y12,y12+1=x12代入可得y12k2-2x1y1k+x12=0,即(y1k-x1)2=0,所以k=x1y1.故PA:y-y1=x1y1(x-x1),即y1y=x1x-1.同理,切线PB的方程为y2y=x2x-1.因为P(m,y0)在切线PA,PB上,所以有{y0y1=mx1-1, y0y2=mx2-1,A,B满足直线方程y0y=mx-1,而两点唯一确定一条直线,故AB:y0y=mx-1,所以当{x=1m,y=0时,无论y0为何值,等式均成立.故点(1m ,0)恒在直线AB上,故无论P在何处,AB恒过定点(1m,0).4.(1)解由题意知e=ca =√1−b2a2=√22,则a2=2b2.又椭圆C经过点H(2,1),所以4a2+1b2=1.联立解得a2=6,b2=3,所以椭圆C的方程为x 26+y23=1.(2)证明 设直线AB 的方程为x=my-3,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由{x =my-3,x 26+y 23=1联立消去x ,得(m 2+2)y 2-6my+3=0,所以Δ=36m 2-12(m 2+2)>0,y 1+y 2=6mm 2+2,y 1y 2=3m 2+2,由题意知,y 1,y 2均不为1.设M (x M ,0),N (x N ,0),由H ,M ,A 三点共线知AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与MH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共线,所以x M -x 1=(-y 1)(-2-x M ),化简得x M =x 1+2y 11−y 1.由H ,N ,B 三点共线,同理可得x N =x 2+2y 21−y 2.由PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPG⃗⃗⃗⃗⃗ ,得(x M +3,0)=λ(1,0),即λ=x M +3. 由PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,同理可得μ=x N +3. 所以1λ+1μ=1xM+3+1xN+3=1x 1+2y 11−y 1+3+1x 2+2y 21−y 2+3=1−y 1x1-y 1+3+1−y 2x 2-y 2+3=1−y1(m-1)y1+1−y 2(m-1)y 2=1m-11−y 1y 1+1−y 2y 2=1m-1(y 1+y 2y1y 2-2)=1m-1(6mm 2+23m 2+2-2)=2,所以1λ+1μ为定值.5.(1)解 依题意知:M 到C (0,2)的距离等于M 到直线y=-2的距离,故动点M 的轨迹是以C 为焦点,直线y=-2为准线的抛物线.设抛物线方程为x 2=2py (p>0),则p2=2,则p=4,即抛物线的方程为x 2=8y ,故动圆圆心M 的轨迹E 的方程为x 2=8y. (2)证明 ①由x 2=8y 得y=18x 2,y'=14x.设A (x 1,18x 12),B (x 2,18x 22),P (t ,-2),其中x 1≠x 2, 则切线PA 的方程为y-18x 12=x 14(x-x 1),即y=14x 1x-18x 12.同理,切线PB 的方程为y=14x 2x-18x 22. 由{y =14x 1x-18x 12,y =14x 2x-18x 22,解得{x =x 1+x22,y =x 1x 28, 故{t =x 1+x 22,-2=x 1x 28,即{x 1+x 2=2t,x 1x 2=−16.故直线AB 的方程为y-18x 12=18x 22-18x 12x 2-x 1(x-x 1),化简得y=x 1+x 28x-x 1x 28,即y=t4x+2,故直线AB 过定点(0,2).②由①知:直线AB 的斜率为k AB =t4,(i)当直线PC 的斜率不存在时,直线AB 的方程为y=2,∴PC ⊥AB ,∴∠PCA=∠PCB ;(ii)当直线PC 的斜率存在时,P (t ,-2),C (0,2),直线PC 的斜率k PC =-2-2t-0=-4t,k AB ·k PC =t 4×-4t =-1,故PC ⊥AB ,∠PCA=∠PCB. 综上所述,∠PCA=∠PCB 得证.6.解 (1)因为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)过点D (-2,0),所以a=2,又2c=2√3,即c=√3,所以b 2=a 2-c 2=4-3=1,所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)存在常数λ=2,满足题意. 理由如下:显然直线l 的斜率存在且不为0,设直线l :y=k (x+4),联立{y =k(x +4),x 24+y 2=1,消去y 并整理,得(1+4k 2)x 2+32k 2x+64k 2-4=0, Δ=(32k 2)2-4(1+4k 2)(64k 2-4)>0,得0<k 2<112.设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),则T (x 2,-y 2),所以x 1+x 2=-32k 21+4k 2,x 1x 2=64k 2-41+4k 2,直线PT :y-y 1=y 1+y2x 1-x 2(x-x 1),令y=0,得x=x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,所以H x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,0,若存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立, 所以1λ=|AD|-|DH||AD|·|DH|=1|DH|−1|AD|,又因为D (-2,0),A (-4,0),H (x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,0),所以|AD|=2,|DH|=x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2+2 =x 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+4)+k(x 2+4)+2=x 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+x 2)+8k+2=kx 1(x 1+x 2)+8kx 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+x 2)+8k+2=kx 12+kx 1x 2+8kx 1-kx 12+kx 1x 2-4kx 1+4kx 2k(x 1+x 2)+8k+2=4k(x 1+x 2)+2kx 1x 2k(x 1+x 2)+8k+2=4k·-32k 21+4k 2+2k·64k 2-41+4k 2k·-32k 21+4k 2+8k +2=-1+2=1,所以1λ=11−12,解得λ=2.所以存在常数λ=2,使得|AD|·|DH|=2(|AD|-|DH|)成立.。
2021年新高考数学专题复习-圆锥曲线专项练习(含答案解析)
2021年新高考数学专题复习-圆锥曲线专项练习1．已知椭圆22221(0)x y a b a bΓ+=>>：过点(02)，，其长轴长､焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，直线l 与x 轴的正半轴和y 轴分别交于点Q P 、，与椭圆Γ相交于两点M N 、，各点互不重合，且满足12PM MQ PN NQ λλ==，. （1）求椭圆Γ的标准方程； （2）若直线l 的方程为1y x =-+，求1211λλ+的值；（3）若123，试证明直线l 恒过定点，并求此定点的坐标.2．已知动点M 到直线20x +=的距离比到点(1,0)F 的距离大1. （1）求动点M 所在的曲线C 的方程；（2）已知点(1,2)P ，A B 、是曲线C 上的两个动点，如果直线PA 的斜率与直线PB 的斜率互为相反数，证明直线AB 的斜率为定值，并求出这个定值；（3）已知点(1,2)P ，A B 、是曲线C 上的两个动点，如果直线PA 的斜率与直线PB 的斜率之和为2，证明：直线AB 过定点.3．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>经过点1,2P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，且离心率2e =. （1）求椭圆C 的标准方程；（2）若斜率为k 且不过点P 的直线l 交C 于,A B 两点，记直线PA ，PB 的斜率分别为1k ，2k ，且120k k +=，求直线l 的斜率k .4．如图，已知圆A ：22(1)16x y ++=，点()10B ,是圆A 内一个定点，点P 是圆上任意一点，线段BP 的垂直平分线1l 和半径AP 相交于点Q .当点P 在圆上运动时，点Q 的轨迹为曲线C .（1）求曲线C 的方程；（2）设过点()4,0D 的直线2l 与曲线C 相交于,M N 两点（点M 在,D N 两点之间）.是否存在直线2l 使得2DN DM =？若存在，求直线2l 的方程；若不存在，请说明理由.5．已知双曲线C 的方程为：22186x y -=，其左右顶点分别为：1A ，2A ，一条垂直于x轴的直线交双曲线C 于1P ，2P 两点，直线11A P 与直线22A P 相交于点P .（1）求点P 的轨迹E 的方程；（2）过点)Q的直线，与轨迹E 交于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线交x 轴于M 点，试探讨ABMQ是否为定值.若为定值，求出定值，否则说明理由. 6．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左､右焦点分别为1F ，2F ，过点2F 作直线l 交椭圆C 于M ，N 两点(l 与x 轴不重合)，1F MN △，12F F M △的周长分别为12和8. （1）求椭圆C 的方程；（2）在x 轴上是否存在一点T ，使得直线TM 与TN 的斜率之积为定值？若存在，请求出所有满足条件的点T 的坐标；若不存在，请说明理由.7．已知椭圆C ：22221x y a b +=(0a b >>)的离心率e =10x +-=被以椭圆C . （1）求椭圆C 的方程；（2）过点(4,0)M 的直线l 交椭圆于A ，B 两个不同的点，且||||||||MA MB MA MB λ+=⋅，求λ的取值范围.8．已知抛物线C ：24y x =的焦点为F ，直线l ：2y x a =+与抛物线C 交于A ，B 两点.（1）若1a =-，求FAB 的面积；（2）若抛物线C 上存在两个不同的点M ，N 关于直线l 对称，求a 的取值范围. 9．如图，直线l 与圆22:(1)1E x y ++=相切于点P ，与抛物线2:4C x y =相交于不同的两点,A B ，与y 轴相交于点(0,)(0)T t t >.（1）若T 是抛物线C 的焦点，求直线l 的方程；（2）若2||||||TE PA PB =⋅，求t 的值.10．在平面直角坐标系中，己知圆心为点Q 的动圆恒过点(1,0)F ，且与直线1x =-相切，设动圆的圆心Q 的轨迹为曲线Γ. （Ⅰ）求曲线Γ的方程；（Ⅱ）过点F 的两条直线1l 、2l 与曲线Γ相交于A 、B 、C 、D 四点，且M 、N 分别为AB 、CD 的中点.设1l 与2l 的斜率依次为1k 、2k ，若121k k +=-，求证：直线MN 恒过定点.11．已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的离心率为2，且直线1x y a b +=与圆222x y +=相切．（1）求椭圆C 的方程；（2）设直线l 与椭圆C 相交于不同的两点A ﹐B ，M 为线段AB 的中点，O 为坐标原点，射线OM 与椭圆C 相交于点P ，且O 点在以AB 为直径的圆上．记AOM ，BOP △的面积分别为1S ，2S ，求12S S 的取值范围． 12．已知抛物线2:2(0)E x py p =>的焦点为,F 点Р在抛物线E 上，点Р的横坐标为2,且2PF =.（1）求抛物线E 的标准方程；（2）若,A B 为抛物线E 上的两个动点(异于点P )，且AP AB ⊥，求点B 的横坐标的取值范围.13．如图，已知点F 为抛物线E ：y 2=2px (p >0)的焦点，点A (2，m )在抛物线E 上，且|AF |=3.（1）求抛物线E 的方程；（2）已知点G (-1，0)，延长AF 交抛物线E 于点B ，证明：GF 为∠AGB 的平分线.14．已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>的短轴长为2.（∠）求椭圆C 的方程；（∠）设过定点()02T ，的直线l 与椭圆C 交于不同的两点A 、B ，且∠AOB 为锐角，求直线l 的斜率k 的取值范围．参考答案1．（1）221124x y +=；（2）83-；（3）证明见解析，(2,0). 【分析】（1）由题意，得到2b =和222(2)(2)2(2)a b c +=，结合222a b c =+，求得2a 的值，即可求得椭圆Γ的标准方程；（2）由直线l 的方程为1y x =-+，根据12PM MQ PN NQ λλ==，，求得12121211x x x x λλ==--，，得到121212112x xx x λλ++=-，联立方程组，结合根与系数的关系，即可求解；（3）设直线l 的方程为()()0y k x m m =->，由1PM MQ ，得到111x m x λ=-和222xm xλ=-，联立方程组，结合根与系数的关系和123，求得2m =，得到直线l 的方程，即可求解. 【详解】（1）由题意，因为椭圆22221(0)x y a b a bΓ+=>>：过点(02)，，可得2b =， 设焦距为2c ，又由长轴长､焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列， 可得222(2)(2)2(2)a b c +=，即2222a b c +=又因为222a b c =+，解得212a =，所以椭圆Γ的标准方程为221124x y +=.（2）由直线l 的方程为1y x =-+，可得而(01)(10)P Q ，，，，设1122()()M x y N x y ，，，，因为12PM MQ PN NQ λλ==，，可得1111122222(1)(1)(1)(1)x y x y x y x y λλ-=---=--，，，，，， 从而111222(1)(1)x x x x λλ=-=-，，于是12121211x x x x λλ==--，，所以12121212111122x x x x x x λλ++=+-=-，由2211241x y y x ⎧+=⎪⎨⎪=-+⎩，整理得24690x x --=，可得12123924x x x x +==-，，所以1212121211118223x x x x x x λλ++=+-=-=-. （3）显然直线l 的斜率k 存在且不为零，设直线l 的方程为()()0y k x m m =->，1122()()M x y N x y ，，，，可得(0,)(,0)P km Q m -，，由1PMMQ ，可得11111()()x y km m x y λ+=--，，， 所以()111x x m λ=-，从而111x m x λ=-，同理222x m x λ=-， 又123，∠212122()30x x m x x m -++=①，联立221124()x y y k x m ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩，得22222(13)63120k x k mx k m +-+-=， 则()42222222364(13)(312)121240k m k k m k k m -∆=+-=+->②，且2221212226312,1313k m k m x x x x k k -+==++③∠代入∠得2222222231263122300131313k m k m m m m k k k ---⋅+=⇒=+++，∠2m =，(满足∠)故直线l 的方程为()2y k x =-，所以直线l 恒过定点(20)，. 2．（1）24y x =；（2）证明见解析，定值1-；（3）证明见解析.【分析】（1）根据题意转化为动点M 到直线1x =-的距离和到点(1,0)F 的距离相等，结合抛物线的定义，即可求得曲线C 的方程；（2）由:2(1)PA l y k x -=-和2(1)PB l y k x -=--:，分别联立方程组，求得()22242,k k A k k ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭和()22242,k k B k k ⎛⎫+-- ⎪ ⎪⎝⎭，结合斜率公式，即可求解； （3）由：:2(1)PA l y k x -=-，2(1)PB l y k x -=--:，分别联立方程组()22242,k k A k k ⎛⎫--⎪ ⎪⎝⎭和()222,22k k B k k ⎛⎫ ⎪ ⎪--⎝⎭，求得2(2)22AB k k k k k -=-+，求得直线AB l 的方程，即可求解. 【详解】（1）已知动点M 到直线20x +=的距离比到点(1,0)F 的距离大1，等价于动点M 到直线1x =-的距离和到点(1,0)F 的距离相等，由抛物线的定义可得曲线C 的轨迹时以(1,0)F 为焦点，以直线1x =-为准线的方程，且2p =，所以曲线C 的方程为24y x =.（2）设直线PA 的斜率为k ，因为直线PA 的斜率与直线PB 的斜率互为相反数，所以直线PB 的斜率为k -，则:2(1)PA l y k x -=-，2(1)PB l y k x -=--:联立方程组22(1)4y k x y x-=-⎧⎨=⎩，整理得24480ky y k --+=， 即()()2420ky k y +--=⎡⎤⎣⎦，可得()22242,k k A k k ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭联立方程组22(1)4y k x y x-=--⎧⎨=⎩，整理得24480ky y k +--=，即()()2+420ky k y +-=⎡⎤⎣⎦，可得()22242,k k B k k ⎛⎫+-- ⎪ ⎪⎝⎭所以()()22224242122ABk kk k k k k k k ----==-+--，即直线AB 的斜率为定值1-. （3）设直线PA 的斜率为k ，所以直线PB 的斜率为2k -， 则2(1)PA l y k x -=-：，2(1)PB l y k x -=--：两类方程组22(1)4y k x y x-=-⎧⎨=⎩，整理得24480ky y k --+=， 即()()2420ky k y +--=⎡⎤⎣⎦，可得()22242,k k A k k ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭， 联立方程组()222(1)4y k x y x⎧-=--⎨=⎩，可得()22440k y y k --+=，即()()2220k y k y ---=⎡⎤⎣⎦，可得()222,22k k B k k ⎛⎫⎪ ⎪--⎝⎭所以()()22222242(2)22222ABk kk k k k k k k k k k k ----==-+---， 所以()2222(2)2222AB k k k k l y x k k k k ⎛⎫--=- ⎪ ⎪--+-⎝⎭:，整理得()2(2)122k k y x k k -=+-+ 所以直线AB 恒过()1,0-.3．（1）2212x y +=；（2. 【分析】（1）由题意可得222221112a b c e a a b c ⎧+=⎪⎪⎪==⎨⎪=+⎪⎪⎩，解方程组即可求得,,a b c 的值，进而可得椭圆C 的标准方程；（2））设直线PA的方程为()112y k x -=-，()11,A x y ，()22,B x y ，与椭圆方程联立消元可得关于x 的一元二次方程，由韦达定理可得1x ，因为120k k +=，所以21k k =-，同理可得2x ，再利用1212y y k x x -=-即可求得直线l 的斜率k .【详解】（1）因为1,2P ⎛ ⎝⎭在椭圆C 上，所以221112a b +=，又2c e a ==，222a b c =+，由上述方程联立可得22a =，21b =，所以椭圆的标准方程为2212x y +=.（2）设直线PA的方程为()112y k x -=-， 设()11,A x y ，()22,B x y ，由122(1)12y k x x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩消y 得： ())222111111222210k xk k x k +++--=，所以21112121112k x k --⨯=+，因为120k k +=，所以21k k =-，同理可得21122121112k x k +-⋅=+，因为2112214212k x x k -+=+，1122112x x k --=+，所以()111121112112121212222k x k k x k k x x k y y k x x x x x x ⎛-+--++ +--⎝⎭===---2242212k k k k --+=== 4．（1）22143x y+=（2）存在，(4)6y x =-或4)6y x =--．【分析】（1）结合垂直平分线的性质和椭圆的定义，求出椭圆C 的方程.（2）设出直线2l 的方程，联立直线2l 的方程和椭圆方程，写出韦达定理，利用2DN DM =，结合向量相等的坐标表示，求得直线2l 的斜率，进而求得直线2l 的方程.方法一和方法二的主要曲边是直线2l 的方程的设法的不同. 【详解】（1）因为圆A 的方程为22(1)16x y ++=，所以(1,0)A -，半径4r =．因为1l 是线段AP 的垂直平分线，所以||||QP QB =． 所以||||||||||4AP AQ QP AQ QB =+=+=．因为4||AB >，所以点Q 的轨迹是以(1,0)A -，(1,0)B 为焦点，长轴长24a =的椭圆．因为2a =，1c =，2223b a c =-=，所以曲线C 的方程为22143x y +=．（2）存在直线2l 使得2DN DM =．方法一：因为点D 在曲线C 外，直线2l 与曲线C 相交，所以直线2l 的斜率存在，设直线2l 的方程为(4)y k x =-．设112212(,),(,)()M x y N x y x x >，由22143(4)x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩ 得2222(34)32(6412)0k x k x k +-+-=． 则21223234k x x k +=+， ① 2122641234k x x k-=+， ② 由题意知2222(32)4(34)(6412)0k k k ∆=--+->，解得1122k -<<． 因为2DN DM =，所以2142(4)x x -=-，即2124x x =-． ③把③代入①得21241634k x k +=+，22241634k x k-+=+ ④ 把④代入②得2365k =，得6k =±，满足1122k -<<．所以直线2l的方程为：(4)6y x =-或4)6y x =--． 方法二：因为当直线2l 的斜率为0时，(2,0)M ，(2,0)N -，(6,0)DN =-，(2,0)DM =-此时2DN DM ≠．因此设直线2l 的方程为：4x ty =+．设112212(,),(,)()M x y N x y x x >，由221434x y x ty ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩得22(34)24360t y ty +++=． 由题意知22(24)436(34)0t t ∆=-⨯+>，解得2t <-或2t >，则1222434ty y t +=-+， ① 1223634y y t =+， ②因为2DN DM =，所以212y y =． ③把③代入①得12834t y t =-+，221634ty t =-+ ④ 把④代入②得2536t =，t =±2t <-或2t >． 所以直线2l的方程为4)y x =-或4)y x =-． 5．（1）22186x y +；（2）为定值，4.【分析】（1）设直线为：0x x =，()100,P x y ，()200,P x y -，以及(),P x y，利用三点共线得到==，两式相乘化简得22022088y y x x =---，再利用点1P 在双曲线上代入整理即可得到答案；（2）显然直线l 不垂直x 轴，①当0k =时，易证4ABMQ=，②当0k ≠时，利用点斜式设出直线l 方程，联立直线l 与椭圆的方程消y ，得到关于x 的一元二次方程，利用韦达定理以及弦长公式求出AB ，求出AB 的中点坐标，利用点斜式求出线段AB 的垂直平分线的方程，求出点M 的坐标，利用两点间的距离公式求解MQ ，即可得出答案. 【详解】（1）由题意知：()1A -，()2A ，设直线为：0x x =，()100,P x y ，()200,P x y -，以及(),P x y ， 由11,,A P P 三点以及22,,A P P 三点共线，则==，两式相乘化简得：22022088y y x x =---， 又2200186x y -=， 代入上式得轨迹E 的方程：22186x y +.（2）显然直线l 不垂直x 轴，①当0k =时，直线l 的方程为：0y =，线段AB 为椭圆的长轴，线段AB 的垂直平分线交x 轴于M 点，则AB =，()0,0M,MQ =所以4ABMQ=； ②当0k ≠时，设方程为：(y k x =，联立方程得(22186y k x x y ⎧=⎪⎨⎪+=⎩，化简整理得：()2222348240kxx k +-+-=，设()11,A x y ，()22,B x y ，212221223482434x x k k x x k ⎧+=⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩，)2122143k AB x k +=-==+，线段AB的中点的坐标为222,3434P k k ⎛⎫- ⎪ ⎪++⎝⎭，线段AB的垂直平分线的方程为：22213434y x k k k ⎛⎫+=-- ⎪ ⎪++⎝⎭， 令0y =，则M ⎫⎪⎪⎝⎭，)22134k MQ k +==+，∴4ABMQ=. 综上：4ABMQ=. 6．（1）22198x y ；（2）存在，坐标为(3,0)-和(3,0).【分析】（1）由1F MN △，12F F M △的周长分别为12和8，可求椭圆基本量，进一步确定方程. （2）设直线代入消元，韦达定理整体代入定点满足的关系，探求恒成立的条件. 【详解】（1）设椭圆C 的焦距为2(0)c c >，由题意可得412228a a c =⎧⎨+=⎩，解得31a c =⎧⎨=⎩，所以b =因此椭圆C 的方程为22198x y .（2）因为直线l 过点2(1,0)F 且不与x 轴重合，所以设l 的方程为1x my =+，联立方程221198x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去x 并整理得()228916640m y my ++-=，设()11,M x y ，()22,N x y ，则12212216896489m y y m y y m ⎧+=-⎪⎪+⎨⎪=-⎪+⎩，所以()1212218289x x m y y m +=++=+， ()()()2212121212272911189m x x my my m y y m y y m -+=++=+++=+. 设(,0)T t ，则直线TM 与TN 的斜率分别为11TM y k x t =-，22TN y k x t=-， 则()()1212TM TN y y k k x t x t ⋅=--()2122221212226489729188989y y m m x x t x x t t t m m -+==-+-++-⋅+++ ()222648729189t m t t -=-+-+.所以当28720t -=，即当3t =-时，m ∀∈R ，49TM TN k k ⋅=-； 当3t =时，m ∀∈R ，169TM TN k k ⋅=-. 因此，所有满足条件的T 的坐标为(3,0)-和(3,0).7．（1）2214x y +=；（2）2]3.【分析】（1）由直线与圆的位置关系可得1b =.由椭圆的离心率可得2a =，则椭圆C 的方程为2214x y +=. （2）当直线l 的斜率为0时，求出MA ，MB ，当直线l 的斜率不为0时，设直线l 方程为4x my =+，()11A x y ，，()22B x y ，，联立方程可得()2248120m y my +++=，满足题意时212m >，结合韦达定理以及弦长公式，化简整理，结合不等式的性质，据此即可所求范围. 【详解】（1）因为原点到直线10x +-=的距离为12，所以22212b ⎛⎫+= ⎪⎝⎭⎝⎭（0b >），解得1b =. 又22222314c b e a a ==-=，得2a =所以椭圆C 的方程为2214x y +=.（2）当直线l 的斜率为0时，12MA MB ⋅=，268MA MB +=+=,所以||||82||||123MA MB MA MB λ+===⋅，当直线l 的斜率不为0时，设直线l ：4x my =+，()11A x y ，，()22B x y ，，联立方程组22414x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得()2248120m y my +++=， 由()22=644840m m ∆-+>，得212m >，所以122124y y m =+，12284my y m +=-+，()21221214m MA MB y y m +⋅==+，1212MA MB y y y +=+=+284mm =+，||||||||121MA MB MA MB m λ+====⋅+由212m >，得211113121m ∴<-<+，所以2233λ<<.23λ<≤，即2]3.8．（12）12a <- 【分析】（1）联立直线与抛物线，根据弦长公式求出||AB ，根据点到直线的距离公式求出点F 到直线的距离，根据三角形面积公式可求得结果；（2）设直线MN 的方程为12y x m =-+代入抛物线，利用判别式大于0可得2m >-， 根据韦达定理求出MN 的中点坐标，将其代入直线l 得到m 与a 的关系式，根据m 的范围可得a 的范围. 【详解】抛物线C ：24y x =的焦点为F (1,0)，（1）当1a =-时，直线:21l y x =-，联立2214y x y x=-⎧⎨=⎩，消去y 得21204x x -+=， 设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则122x x +=，1214x x =，所以||AB ===点F 到直线:21l y x =-的距离d ==，所以FAB的面积为11||22AB d ==. （2）因为点M ，N 关于直线l 对称，所以直线MN 的斜率为12-， 所以可设直线MN 的方程为12y x m =-+， 联立2124y x m y x⎧=-+⎪⎨⎪=⎩，消去y 并整理得22(416)40x m x m -++=， 由22(416)160m m ∆=+->，得2m >-，设33(,)M x y ，44(,)N x y ，所以34416x x m +=+，所以343411()2(416)2822y y x x m m m +=-++=-⨯++=-， 所以MN 的中点为(28,4)m +-，因为点M ，N 关于直线l 对称，所以MN 的中点(28,4)m +-在直线:2l y x a =+上，所以42(28)m a -=++，得420a m =--，因为2m >-，所以12a <-.9．（1）1y =+；（2）12. 【分析】（1）由(0,)(0)T t t >为抛物线焦点，即可设直线l 的方程为1y kx =+，根据直线l 与圆相切可求k 值，写出直线方程.（2）设直线l 的方程为y kx t =+，()00,P x y ，()11,A x y ，()22,B x y ，由直线上两点距离公式可知()()0022||||14PA PB kxy ⋅==+-，根据直线l 与圆相切、2||||||TE PA PB =⋅求0y ，切线性质：直线l 与PE 互相垂直及00t y kx =-即可求t 的值.【详解】（1）因为(0,)(0)T t t >是抛物线2:4C x y =的焦点，所以1t =，即(0,1)T ，设直线l 的方程为1y kx =+，由直线l 与圆E1=，即k =，所以，直线l的方程为1y =+.（2）设直线l 的方程为y kx t =+，()00,P x y ，()11,A x y ，()22,B x y ，由24y kx tx y=+⎧⎨=⎩，得2440x kx t --=，124x x k +=，124x x t ⋅=-，∴1020||||PA PB x x ⋅=-⋅-()()221201201kx xx x x x ⎡⎤=+-++⎣⎦()()220014k x kx t ⎡⎤=+-+⎣⎦()()220014k x y =+-. 由直线l 与圆E1=，即221(1)k t +=+.由||1TE t =+，2||||||TE PA PB =⋅，得()()2220014(1)kxy t +-=+.所以20041x y -=，又()220011x y ++=，解得03y =-+.由直线l 与PE 互相垂直，得0011PE xk k y =-=-+， 200001i x t y kx y y =-=++220000001112x y y y y y ++-===++. 10．（Ⅰ）24y x =；（Ⅱ）证明见解析.【分析】（Ⅰ）设(,)Q x y，根据题意得到|1|x +=Γ的方程；（Ⅱ）设1l ，2l 的方程为12(1),(1)y k x y k x =-=-，联立方程组分别求得2121122,k M k k ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，和2222222,k N k k ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，进而得出MN k ，进而得出()111MN k k k =+，得出直线MN 的方程，即可判定直线MN 恒过定点. 【详解】（Ⅰ）由题意，设(,)Q x y ，因为圆心为点Q 的动圆恒过点(1,0)F ，且与直线1x =-相切，可得|1|x +=24y x =.（Ⅱ）设1l ，2l 的方程分别为1(1)y k x =-，2(1)y k x =-，联立方程组12(1)4y k x y x=-⎧⎨=⎩，整理得()2222111240k x k x k -++=， 所以21122124k x x k ++=，则2121122,k M k k ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，同理2222222,k N k k ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 所以121222121222122222MNk k k k k k k k k k k -==+++-， 由121k k +=-，可得()111MN k k k =+，所以直线MN 的方程为()2111211221k y k k x k k ⎛⎫+-=+- ⎪⎝⎭ 整理得()1121(1)y k k x +=+-，所以直线MN 恒过定点(1,2)-.11．（1）22163x y +=；（2）,33⎣⎦． 【分析】（1）依题意得到c a ==，再根据222c b a +=解方程即可；（2）由M 为线段AB 的中点，可得12OM S S OP=，对直线l 的斜率的斜率存在与否分两种情况讨论，当直线l 的斜率存在时，设直线():0l y kx m m =+≠，()11,A x y ，()22,B x y ．联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，根据0OA OB ⋅=，即可得到12120x x y y +=，从而得到m 与k 的关系，即可求出面积比的取值范围； 【详解】解：（1）∵椭圆的离心率为2，∴2c a =（c 为半焦距）． ∵直线1x y a b+=与圆222x y +==．又∵222c b a +=，∴26a =，23b =．∴椭圆C 的方程为22163x y +=．（2）∵M 为线段AB 的中点，∴12AOM BOP OMS S S S OP==△△． （ⅰ）当直线l 的斜率不存在时，由OA OB ⊥及椭圆的对称性，不妨设OA 所在直线的方程为y x =，得22A x =．则22M x =，26P x =，∴123OM S S OP ==． （ⅱ）当直线l 的斜率存在时，设直线():0l y kx m m =+≠，()11,A x y ，()22,B x y ．由22163y kx mx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y ，得()222214260k x kmx m ++-=＋． ∴()()()2222221682138630k m k m k m ∆=-+-=-+>，即22630k m -+>．∴122421km x x k +=-+，21222621m x x k -=+． ∵点O 在以AB 为直径的圆上，∴0OA OB ⋅=，即12120x x y y +=． ∴()()221212121210x x y y kx xkm x x m +=++++=． ∴()22222264102121m km k km m k k -⎛⎫++-+= ⎪++⎝⎭． 化简，得2222m k =＋．经检验满足0∆>成立．∴线段AB 的中点222,2121kmm M k k ⎛⎫-⎪++⎝⎭． 当0k =时，22m =．此时123S S ==． 当0k ≠时，射线OM 所在的直线方程为12y x k=-．由2212163y x k x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，消去y ，得2221221P k x k =+，22321P y k =+． ∴M P OM y OP y == ∴12S S ==12,33S S ⎛∈ ⎝⎭． 综上，12S S的取值范围为33⎣⎦．12．（1）24x y =；（2）[)(,)610--⋃∞+∞，. 【分析】()1由抛物线的定义可得022p y =-，再代入可求得p ，可得抛物线E 的标准方程为24x y =.()2由直线垂直的条件建立关于点A 、B 的坐标的方程，由根的判别式可求得范围.【详解】解：()1依题意得0,,2p F ⎛⎫ ⎪⎝⎭设()002,,22p P y y =-， 又点Р是E 上一点，所以4222p p ⎛⎫=-⎪⎝⎭，得2440p p -+=，即2p =， 所以抛物线E 的标准方程为24x y =.()2由题意知()2,1P ， 设221212,,,,44x x A x B x ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭则()2111114224APx k x x -==+-，因为12x ≠-，所以142AB k x =-+，AB 所在直线方程为()2111442x y x x x --=-+，联立24x y =. 因为1x x ≠，得11(216(0))x x x +++=，即()21122160x x x x ++++=，因为()224216)0(x x ∆=+-+≥，即24600x x --≥，故10x ≥或6x ≤-经检验，当6x =-时，不满足题意.所以点B 的横坐标的取值范围是[)(,)610--⋃∞+∞，. 13．（1）y 2=4x ；（2）证明见解析. 【分析】（1）利用抛物线定义，由|AF |=2+2p=3求解. （2）根据点A (2，m )在抛物线E 上，解得m ,不妨设A (2，)，直线AF 的方程为y(x -1)，联立)214y x y x⎧=-⎪⎨=⎪⎩，然后论证k G A +k G B =0即可 【详解】（1）由抛物线定义可得|AF |=2+2p=3，解得p =2. ∠抛物线E 的方程为y 2=4x .（2）∠点A (2，m )在抛物线E 上， ∠m 2=4×2，解得m，由抛物线的对称性，不妨设A (2，)，由A (2，，F (1，0)，∠直线AF 的方程为y (x -1)，由)214y x y x⎧=-⎪⎨=⎪⎩ 得2x 2-5x +2=0，解得x =2或12，∠B 1,2⎛ ⎝.又G (-1，0)，∠k G A =3，k G B =3-∠k G A +k G B =0， ∠∠AGF =∠BGF . ∠GF 为∠AGB 的平分线. 【点睛】关键点点睛：由GF 为∠AGB 的平分线，即∠AGF =∠BGF ，转化为 k G A +k G B =0结合韦达定理证明.14．（∠）23x +y 2＝1；（∠）11k ⎛⎫⎛∈-⋃ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭． 【分析】（∠）根据椭圆短轴长公式、离心率公式，结合椭圆中,,a b c 的关系进行求解即可；（∠）根据平面向量数量积公式，结合一元二次方程根与系数关系、根的判别式进行求解即可. 【详解】（∠）由已知得 2b ＝2，所以1b =，又因为c a =所以有：2223c a =，而222c a b =-， 解得23a =，即椭圆C 的方程为23x +y 2＝1．（∠）直线l 方程为y ＝kx +2，将其代入23x +y 2＝1，得（3k 2+1）x 2+12kx +9＝0，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），∴△＝（12k ）2﹣36（1+3k 2）＞0，解得k 2＞1，由根与系数的关系，得x 1+x 2＝21213kk -+，x 1x 2＝2913k + ∵∠AOB 为锐角， ∴OA ⋅OB ＞0， ∴x 1x 2+y 1y 2＞0，∴x 1x 2+（kx 1+2）（kx 2+2）＞0， ∴（1+k 2）x 1x 2+2k （x 1+x 2）+4＞0，化简得2213313k k -+＞0，解得2133k <，由21k >且2133k <，解得1133k ⎛⎫⎛∈--⋃ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，．。
2021高考数学押题专练圆锥曲线(解析版)
由两圆方程作差即② ①得： 4x py 0 .
所以，切点弦 QR 所在直线的方程为 4x py 0 .
法二(求 Q、R 均满足的同一直线方程切点弦方程)：
设 D 1, 0 ， Q x1, y1 ， R x2, y2 .
由 DQ PQ ，可得 Q 处的切线上任一点 T (x, y) 满足 QT DQ 0 (如图)，
则 QR 恒过坐标原点 O 0, 0 .
4x py 0,
由 x 12 y2
消去 x 并整理得 4
16
p2
y2 8 py 48 0 .
设 Q x1,
y1
，
R x2,
y2
，则
y1
y2
8p 16 p2
.
点N
纵坐标
yN
y1 2
y2
4p 16 p2
.
因为 p 0 ，显然 yN 0 ，
由圆的性质，可得 DN QR ，即 DN ON (如图).
所以点
N
在以
OD
为直径的圆上，圆心为
G
1 2
,
0
，半径
r
1 2
.
因为直线 3x 4 y 6 分别与 x 轴、 y 轴交于点 E 、 F ，
所以
E
2,
0
，
F
0,
3 2
，
EF
5
.
2
又圆心
G
1 2
,
0
到直线
3x
4
y
6
0
的距离
d
【模拟专练】
21．（2021·山东高三二模）已知椭圆 C
:
x2 a2
y2 b2
1(a
届高考二轮复习专题高效升级卷圆锥曲线中的探索性问题共41页文档
A.1
B.2
C.4
D.8
答案：B
7.
过双曲线x a
2 2
－y 2 b2
＝1（a＞0，b＞0）的一个
焦点F引它的渐近线的垂线，垂足为M，延长
FM交y轴于E，若|FM|＝2|ME|，则该双曲线
的离心率为（ ）
A.3
B.2
C. 3 答案：C
D. 2
8.已知P为抛物线y2＝4x上一个动点，Q为圆x2 ＋（y－4）2＝1上一个动点，那么点P到点Q 的距离与点P到抛物线准线的距离之和的最小 值是 （ ）
抛物线上三点.F若A F＋B FC＋ ＝0，FA则| |＋FB | |＋|FC |等于（ ）
A.9
B.6
C.4
D.3
答案：B
二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共 16分）
13. 如图，在△ABC中，∠CAB＝∠CBA＝30°， AC、BC边上的高分别为BD、AE，则以A、 B为焦点，且过D、E的椭圆与双曲线的离心 率的倒数和为_____.
答案：3
14.
已知点P是双曲线x a
2 2
-y 2
b2
＝1上除顶点外的
任意一点，F1、F2分别为左、右焦点，c为半
焦距，△PF1F2的内切圆与F1F2切于点M，则
|F1M|·|F2M|＝_____.
答案：b2
15. 已知抛物线y2＝4x，过点P（4，0）的直线 与抛物线相交于A（x1，y1）、B（x2，y2） 两点，则y12＋y22的最小值是_____.
A.1条
B.2条
C.3条
D.4条
答案：C
4. 对于抛物线C：y2＝4x，我们称满足y02 <4x0 的点M（x0，y0）在抛物线内部，若M（x0， y0）在抛物线内部，则直线l：y0y＝2（x＋x0） 与曲线C（ ）
大题专练训练30：圆锥曲线(探索性问题2)-2021届高三数学二轮复习
设 ， ， ， ，
所以 ， ，
联立 ，得 ，
所以 ， ，
所以
，
因为 ，所以 ，
解得 ．
（Ⅱ）由 ，得 ，所以 ，
所以直线 的方程为 ，即 ，
又 ，代入上式，得 ，
同理可得直线 的方程为 ，
设 ， ，则 ，且 ，
所以 ， 在直线 上，即 ，
又因为直线 方程为 ，即 ，
所以 ， ，即点 在直线 上，
二轮大题专练30—圆锥曲线（探索性问题2）
1．已知椭圆 的离心率为 ，椭圆 与 轴交于 、 两点， ．
（Ⅰ）求椭圆 的方程；
（Ⅱ）已知点 是椭圆 上的动点，且直线 ， 与直线 分别交于 、 两点，是否存在点 ，使得以 为直径的圆经过点 ？若存在，求出点 的横坐标；若不存在，说明理由．
解：（Ⅰ）由题意可得 ， ，即 ，
（Ⅲ）是否存在垂直于 轴的直线 ，使得 被以 为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出 的方程；若不存在，说明理由．
解： 抛物线 的焦点 ，
圆心 在线段 的垂直平分线 上．
因为抛物线 的准线方程为 ，
所以 ，即 ．
因此抛物线 的方程为 ．
依题意得：点 的坐标为 ，可设 ， ， ， ，
设直线 的方程为 ，
线段 上存在点 ，使得 ，其中 ．
（3）证明：设直线 的方程为： ， ，
代入 ，得：
，
过点 且不垂直于 轴的直线与椭圆交于 ， 两点，
由△ ，得： ，
设 ， ， ， ， ， ，
则 ， ，
则直线 的方程为 ，
令 得：
．
直线 过定点 ．
6．已知抛物线 的焦点是椭圆 的右焦点，且两曲线有公共点 ， ．
2021高考数学专项预测《圆锥曲线大题专练》
1、（本小题满分13分）已知椭圆)0(1:2222>>=+b a b y a x C 的一个顶点为)0,2(A ，离心率为22.过点)0,1(G 的直线l 与椭圆C 相交于不同的两点,M N .（1）求椭圆C 的方程；（2）当AMN ∆的面积为524时，求直线l 的方程.1、解：（1）22,,22c a c a ==∴=2222b a c ∴=-=所以所求的椭圆方程是22142x y +=………………3分（2）①直线l 的斜率不存在时，直线方程为1x =，弦长6MN =，62AMN S ∆=，不满足条件；………………4分②直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为(1)(0)y k x k =-≠，代入C 的方程得：2222(21)4240k x k x k +-+-=4222164(21)(24)8(32)0k k k k ∆=-+-=+>设1122(,),(,)M x y N x y ，则22121222424,2121k k x x x x k k -+==++………………6分11221212(1),(1),()y k x y k x y y k x x =-=-∴-=-2222221212121212()()(1)()(1)[()4]MN x x y y k x x k x x x x ∴=-+-=+-=++-422222222168(2)2(1)[]2(1)(32)(21)2121k k k k k k k k -=+-+++++………………9分点A 到直线l 的距离为21k d k =+………………10分所以22222(1)(32)1222151MNAk k k S MN d k k ∆++==+，化简得42221114160,(2)(118)0k k k k --=-+=22,2k k ∴=∴=……12分所以所求的直线l 的方程为2(1)y x =-………………13分或解2121212111()()222MNA S y y k x x k x x ∆=-=-=-（下同）2．（本小题满分13分）已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为12，左、右焦点分别为12,F F ，点G 在椭圆C 上，且021=⋅GF GF ，12G F F ∆的面积为3．（1）求椭圆C 的方程：（2）设椭圆的左、右顶点为A ，B ，过2F 的直线l 与椭圆交于不同的两点M ，N （不同于点A ，B ），探索直线AM ，BN 的交点能否在一条垂直于x 轴的定直线上，若能，求出这条定直线的方程；若不能，请说明理由。
2021高考数学(理)二轮专题复习【统考版】课件：2.5.3 圆锥曲线中的证明、定点及定值问题
所以直线 AB 的方程为 y＝kx－k－2＝k(x－1)－2.易知直线 AB
过定点(1，－2)．
当直线 AB 的斜率不存在时，设其方程为 x＝m，A(m，y3)，B(m， y4)，
则y3－ m 2＋y4－ m 2＝y3＋my4－4＝－4， 易知 y3，y4 互为相反数，所以 y3＋y4＝0， 所以 m＝1，可知直线 x＝1 也过定点(1，－2)．
6ktx＋3t2－12＝0， 则 Δ＝(6kt)2－4(3k2＋2)(3t2－12)>0，即 6k2－t2＋4>0， x1＋x2＝－3k62k＋t 2，x1x2＝33tk22－＋122.
由 l1 与 l2 的斜率之和为－4，可得y1x－1 2＋y2x－2 2＝－4，
又 y1＝kx1＋t，y2＝kx2＋t， 所以y1x－1 2＋y2x－2 2＝kx1＋x1t－2＋kx2＋x2t－2＝2k＋t－2x1xx12＋x2 ＝2k＋t－32t2－·3－k1226＋kt2＝－4，化简得 t＝－k－2(t＝2 舍去)．
以 xD＝52，
因为 MG 中点的横坐标为52，所以 D 为线段 MG 的中点，
所以|MD|＝|DG|.
考点二 定点问题
解析几何中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆 (其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及)过定点的问题，其 实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这 些直线或圆绕着定点在转动，这类问题的求解一般分为以下三步：
(2)若 AC⊥l1，垂足为 C，直线 BC 交 x 轴于点 D，证明：|MD| ＝|DG|.
解析：(1)因为椭圆 E 的焦距为 2 3，所以 c＝ 3， 所以 a2－b2＝3，①
当 l2 垂直于 x 轴时．|MG|＝3，因为△ABG 的面积为32 3，
2021届高考数学文全国版二轮复习参考专题检测(十七) 圆锥曲线中的最值、范围、探索性问题
专题检测（十七） 圆锥曲线中的最值、范围、探索性问题大题专攻强化练1．(2019·全国卷Ⅰ)已知点A ，B 关于坐标原点O 对称，|AB |＝4，⊙M 过点A ，B 且与直线x ＋2＝0相切．(1)若A 在直线x ＋y ＝0上，求⊙M 的半径．(2)是否存在定点P ，使得当A 运动时，|MA |－|MP |为定值？并说明理由．解：(1)因为⊙M 过点A ，B ，所以圆心M 在AB 的垂直平分线上．由已知A 在直线x ＋y ＝0上，且A ，B 关于坐标原点O 对称，所以M 在直线y ＝x 上，故可设M (a ，a )．因为⊙M 与直线x ＋2＝0相切，所以⊙M 的半径为r ＝|a ＋2|. 连接MA ，由已知得|AO |＝2.又MO ―→⊥AO ―→，故可得2a 2＋4＝(a ＋2)2， 解得a ＝0或a ＝4. 故⊙M 的半径r ＝2或r ＝6.(2)存在定点P (1，0)，使得|MA |－|MP |为定值． 理由如下：设M (x ，y )，由已知得⊙M 的半径为r ＝|x ＋2|，|AO |＝2.由于MO ⊥AO ，故可得x 2＋y 2＋4＝(x ＋2)2，化简得M 的轨迹方程为y 2＝4x .因为曲线C ：y 2＝4x 是以点P (1，0)为焦点，以直线x ＝－1为准线的抛物线，所以|MP |＝x ＋1.因为|MA |－|MP |＝r －|MP |＝x ＋2－(x ＋1)＝1， 所以存在满足条件的定点P .2．(2019·武汉部分学校调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A ，B ，且长轴长为8，T 为椭圆C 上异于A ，B 的点，直线TA ，TB 的斜率之积为－34.(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点M (8，0)的动直线与椭圆C 交于P ，Q 两点，求△OPQ 面积的最大值．解：(1)设T (x ，y )(x ≠±4)，则直线TA 的斜率为k 1＝y x ＋4，直线TB 的斜率为k 2＝yx －4. 于是由k 1k 2＝－34，得y x ＋4·y x －4＝－34，整理得x 216＋y 212＝1(x ≠±4)，故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1. (2)由题意设直线PQ 的方程为x ＝my ＋8， 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋8，x 216＋y 212＝1得(3m 2＋4)y 2＋48my ＋144＝0， Δ＝(48m )2－4×144×(3m 2＋4)＝12×48(m 2－4)＞0，即m 2＞4， y P ＋y Q ＝－48m 3m 2＋4，y P y Q ＝1443m 2＋4. |PQ |＝m 2＋13m 2＋4·Δ＝24（m 2＋1）（m 2－4）3m 2＋4，点O 到直线PQ 的距离d ＝8m 2＋1 .故S△OPQ＝12×|PQ |×d ＝96m 2－43m 2＋4＝963m 2－4＋16m 2－4≤43⎝⎛⎭⎫当且仅当m 2＝283时等号成立，且满足m 2＞4，故△OPQ 面积的最大值为4 3.3．(2019·湖南省湘东六校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝12，点A (b ，0)，B ，F 分别为椭圆的上顶点和左焦点，且|BF |·|BA |＝2 6.(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：(1)设椭圆的焦距为2c ，由离心率e ＝12得a ＝2c .①由|BF |·|BA |＝26，得a ·b 2＋b 2＝26，∴ab ＝2 3.② a 2－b 2＝c 2，③由①②③可得a 2＝4，b 2＝3， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线l 的方程为y ＝kx ＋2(k ＞0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2（k ＞0），x 24＋y 23＝1得(3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0，可知Δ＞0，∴k ＞12.设G (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－16k 4k 2＋3，PG ―→＋PH ―→＝(x 1＋x 2－2m ，k (x 1＋x 2)＋4)，GH―→＝(x 2－x 1，y 2－y 1)＝(x 2－x 1，k (x 2－x 1))．∵菱形的对角线互相垂直，∴(PG ―→＋PH ―→)·GH ―→＝0， ∴(1＋k 2)(x 1＋x 2)＋4k －2m ＝0，得m ＝－2k4k 2＋3， 即m ＝－24k ＋3k，∵k ＞12，∴－36≤m ＜0⎝⎛⎭⎫当且仅当3k ＝4k 时，等号成立. ∴存在满足条件的实数m ，m 的取值范围为⎣⎡⎭⎫－36，0. 4．(2019·郑州市第二次质量预测)椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，A为椭圆上一动点(异于左、右顶点)，△AF 1F 2的周长为4＋23，且面积的最大值为 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)设B 是椭圆上一动点，线段AB 的中点为P ，OA ，OB (O 为坐标原点)的斜率分别为k 1，k 2，且k 1k 2＝－14，求|OP |的取值范围．解：(1)由椭圆的定义及△AF 1F 2的周长为4＋23，可得2(a ＋c )＝4＋23， ∴a ＋c ＝2＋ 3.①当A 在上(或下)顶点时，△AF 1F 2的面积取得最大值，即bc ＝3，② 由①②及a 2＝c 2＋b 2，得a ＝2，b ＝1，c ＝3， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当直线AB 的斜率不存在时，k 1＝－k 2，∵k 1k 2＝－14，∴k 1＝±12，不妨取k 1＝12，则直线OA 的方程为y ＝12x ，不妨取点A ⎝⎛⎭⎫2，22，则B ⎝⎛⎭⎫2，－22，P (2，0)，∴|OP |＝ 2. 当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋4y 2＝4可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0， Δ＝64k 2m 2－4(4k 2＋1)(4m 2－4)＝16(4k 2＋1－m 2)＞0，③∴x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k 2.∵k 1k 2＝－14， ∴4y 1y 2＋x 1x 2＝0，∴4(kx 1＋m )(kx 2＋m )＋x 1x 2＝(4k 2＋1)x 1x 2＋4km (x 1＋x 2)＋4m 2＝4m 2－4－32k 2m 21＋4k2＋4m 2＝0， 化简得2m 2＝1＋4k 2(满足③式)，∴m 2≥12.设P (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝－4km 1＋4k2＝－2k m ，y 0＝kx 0＋m ＝12m . ∴|OP |2＝x 20＋y 20＝4k 2m 2＋14m 2＝2－34m 2∈⎣⎡⎭⎫12，2， ∴|OP |∈⎣⎡⎭⎫22，2.综上，|OP |的取值范围为⎣⎡⎦⎤22，2.。
专题06 圆锥曲线中的最值、范围及探索性问题-2021年高考理科数学二轮复习专项练习附真题解析
微专题06 圆锥曲线中的最值、范围及探索性问题——2020高考数学（理）二轮复习微专题聚焦【考情分析】与圆锥曲线有关的最值、范围及存在性问题是高考命题的热点，直线或圆锥曲线运动变化时，点、直线、曲线之间的关联受到一定范围的制约，于是便产生了对范围的求解、最值的探求这类问题，注重与平面向量、函数、二次方程、不等式等融合与渗透，因而这类问题考查范围广泛，命题形式新颖，属于解析几何中的压轴题。
【前备知识】1、圆锥曲线中的最值问题类型较多,解法灵活多变,但总体上主要有两种方法:一是利用几何法,即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解;二是利用代数法,即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式),然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.2、解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面①利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系,从而确定参数的取值范围.①利用已知参数的范围,求新参数的范围,解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系. ①利用隐含的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围.①利用已知的不等关系构造不等式,从而求出参数的取值范围.①利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数,求其值域,从而确定参数的取值范围.考点一 圆锥曲线中的最值或取值范围问题【例1】过F(0,1)的直线l 与抛物线y x C 4:2 交于A ，B 两点，以A ，B 两点为切点分别作抛物线C 的切线21,l l ，设21l l 与交于点),(00y x Q .（1）求0y ；（2）过Q ，F 的直线交抛物线C 于M ，N 两点，求四边形AMBN 面积的最小值.【方法归纳 提炼素养】——数学思想是数形结合、方程思想，核心素养是数学运算.求最值,取值范围的常用方法(1)利用函数单调性:求导,换元,变形等.(2)利用不等式:基本不等式(有一个或两个变量都可以),三角不等式等.(3)利用线性规划:条件是不等式组的题目,可考虑用线性规划法.(4)利用数形结合:将代数方程与它表示的几何图形联系起来.(5)利用转化与化归:将几何关系转化为代数式,再求解;或将不等式问题转化为等式问题,即先找到所求不等式恰好相等时的“边界”,“边界”将实数R 分为若干部分,其中符合题意的部分即为所求取值范围.注意:在圆锥曲线最值问题中,特别注意椭圆、双曲线、抛物线上的点(x,y)横纵坐标x,y 的取值范围.【类比训练】已知抛物线E:y 2=2px (p >0),过其焦点F 的直线与抛物线相交于A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)两点，满足y 1y 2=−4.（1）求抛物线E 的方程；（2）已知点C 的坐标为（-2,0），记直线CA,CB 的斜率分别为k 1，k 2，求1k 12+1k 22的最小值． 【例2】已知椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的右焦点为F 2(3,0),离心率为e. (1)若23=e ,求椭圆的方程.(2)设直线y=kx 与椭圆相交于A,B 两点,M,N 分别为线段AF 2,BF 2的中点.若坐标原点O 在以MN 为直径的圆上,且2322≤<e ≤,求k 的取值范围. 【方法归纳 提炼素养】——数学思想是数形结合、函数与方程思想，核心素养是数学运算.解决取值范围问题的常用方法(1)构建不等式法:利用已知或隐含的不等关系,构建以待求量为元的不等式求解.(2)构建函数法:先引入变量构建以待求量为因变量的函数,再求其值域.(3)数形结合法:利用待求量的几何意义,确定出极端位置后数形结合求解.考点二 圆锥曲线中的探索性（或是否存在性）问题【必备知识】探索性问题的解题思路：第一步：先假设存在，用待定系数法设出；第二步：列出关于待定系数的方程组，推证满足条件的结论；第三步：解方程（组）；若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．注意：(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不确定，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．【例2】已知椭圆C：()的离心率为,且以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线相切.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知动直线l过右焦点F,且与椭圆C交于A、B两点，试问x轴上是否存在定点Q,使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。
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（2）线段 的垂直平分线与 轴交于点 ，求点 横坐标的取值范围；
（3）试问在 轴上是否存在一点 ，使得 恒为定值？若存在，求出点 的坐标及该定值；若不存在，请说明理由．
解：（1）由题意椭圆过点 ，且椭圆的离心率为 ，
则满足方程组 ，解得 ， ，
所以椭圆方程为 ，
（2）设直线 的方程为 ，
以椭圆短轴为直径的圆经过点 ，
，解得 ， ，
椭圆 的方程为 ．
（2） 是定值．
证明如下：设过 的直线： 或者
① 时，代入椭圆， ， 令 ， ，
， ， ．
② 代入椭圆，
设 ， ， ， ．
则 ， ，
，
，பைடு நூலகம்
， ，
．
7．已知椭圆 的离心率为 ，过椭圆 的左焦点 且不与坐标轴垂直的直线 交椭圆 于 ， 两点，且椭圆 截直线 所得弦长为 ．
解得 ， ，
则椭圆的方程为 ；
（2）由 ，设 的方程为 ， ，交 轴于 ，交 于 ，
由 ，可得 ，设 ，
即有 ，解得 ，
所以 ， 的斜率为 ，
由 ，可得 ，
则 ，可得 的中点 的坐标为 ， ，
所以 ，
即有 ，解得 ，
则 的方程为 ，
（3）设 ， ，由椭圆的 ， ，且 ，
由椭圆的焦半径公式可得 ， ，
设 的方程为 ， ，
所以 ，可得 ， ， ， ， ， ，
可得 ， ，假设存在实数 ，使得 恒成立，
由 ，
所以存在，且实数 的值为1．
解：（1） ，椭圆 ，两个焦点 ，
设 ， ， ，
，
，
的范围是 ， （4分）
（2）设 ， 的坐标分别为 ， ， ， ，则 两式相减，得 ， ，即 ，故 ；（8分）
（3） 直线 过点 ，
直线 不过原点且与椭圆 有两个交点的充要条件是 且 ．
设 ， ，设直线 ，即 ，
由（2）的结论可知 ，代入椭圆方程得， ，（10分）
（1）求椭圆 的方程；
（2）设动直线 过椭圆 的右焦点 ，且与椭圆 交于 ， 两点．在 轴上是否存在定点 ，使得 恒成立？若存在，求点 的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）由题意得 ，即 ，
又椭圆经过点 ，可得 ，
解得 ， ，
所以椭圆 的方程为 ；
（2）假设存在符合条件的点 ，
设 ， ， ， ，
8．已知椭圆 的右焦点为 ，右准线为 ．过点 作与坐标轴都不垂直的直线与椭圆 交于 ， 两点，线段 的中点为 ， 为坐标原点，且直线 与右准线 交于点 ．
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）若 ，求直线 的方程；
（3）是否存在实数 ，使得 恒成立？若存在，求实数 的值；若不存在，请说明理由．
解：（1）由题意可得 ， ，
由 与 ，联立得 ．（12分）
若四边形 为平行四边形，那么 也是 的中点，所以 ，
即 ，整理得 解得， ．
所以当 时，四边形 为平行四边形．（16分）
2．在平面直角坐标系 中，已知椭圆 的焦距为4，且过点 ．
（1）求椭圆 的方程
（2）设椭圆 的上顶点为 ，右焦点为 ，直线 与椭圆交于 、 两点，问是否存在直线 ，使得 为 的垂心，若存在，求出直线 的方程；若不存在，说明理由．
设点 ， ， ，
又因为 ，所以 ；
当直线 的斜率不为0时，设 ， ， ， ， ，
直线 的方程为： ，
联立直线 与椭圆的方程： ，整理可得： ，
则 ， ，故
，
易知点 ，则 ，
假设存在实数 ，
则 ， 无解，
因此不存在这样的 使得 恒成立，
综上所述，只有当直线 与 轴重合时， ．
4．已知椭圆 的离心率为 ，且点 在椭圆 上．
则 ， ， ， ，
，
①当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 ，
由 ，得 ，
可得△ 成立，且 ， ，
，
，
对于任意的 值，上式为定值，
故 ，解得 ，
此时， 为定值；
②当直线 的斜率不存在时，
直线 ， ， ， ，
由 ，得 为定值，
综合①②知，符合条件的点 存在，其坐标为 ， ．
5．已知椭圆 的焦距为4，点 在椭圆上．
（1）求椭圆 的方程；
（2）过点 引圆 的两条切线 ， ，切线 ， 与椭圆 的另一个交点分别为 ， ，试问直线 的斜率是否为定值？若是，求出其定值，若不是，请说明理由．
解：（1）椭圆 的焦距为4，所以 ，左焦点 ，右焦点 ，
则 ， ，所以 ，即 ，
则椭圆 的方程为 ．
（2）设 ，则 ，所以
设 ，则 ，所以
（Ⅰ）求椭圆 的标准方程；
（Ⅱ）若直线 上有一点 ，且与 轴交于 点，过 的直线 交椭圆于 ， 两点，交直线 于 点，是否存在实数 使得 恒成立？若存在，求出 ；若不存在，说明理由．
解：（Ⅰ）由题意可得 ，且 ，又 ，
解得： ， ，
所以椭圆的方程为： ；
（Ⅱ）当直线 的斜率为0时，根据椭圆的对称性，设 ， ， ，
二轮大题专练29—圆锥曲线（探索性问题1）
1．已知椭圆 ，直线 不过原点 且不平行于坐标轴， 与 有两个交点 ， ，线段 的中点为 ．
（1）若 ，点 在椭圆 上， 、 分别为椭圆的两个焦点，求 的范围；
（2）证明：直线 的斜率与 的斜率的乘积为定值；
（3）若 过点 ，射线 与椭圆 交于点 ，四边形 能否为平行四边形？若能，求此时直线 斜率；若不能，说明理由．
联立方程 ，
消去 整理得 ，△ ，
设点 ， ， ， ， ， ， 的中点 ， ，
则 ，
所以 ，
的垂直平分线 的方程为 ，
令 得 ，
因为 ，
所以 ，
所以点 的横坐标的取值范围为 ．
（3）假设存在，设 ， ．
结合第（2）问知： ，
所以
所以
设
则 对任意 恒成立，
所以 ，解得 ， ，
所以存在点 ，使得 为定值 ．
解：（1）由已知可得，
解得 ， ，
所以椭圆 的方程为 ．
（2）
由已知可得， ， ， ，
， 可设直线 的方程为 ，代入椭圆方程整理，得
．
设 ， ， ， ，则 ， ，
， ，
即 ．
， ， ，
即 ．
， 或 ．
由△ ，得 ．
又 时，直线 过 点，不合要求，
，
故存在直线 满足题设条件．
3．已知椭圆 ，离心率 ，且过点 ．
所以 ， 是方程 的两根，即 ．
设 ， ， ， 联立
有 ，
， ．
同理： ．
．
6．已知椭圆 的两个焦点分别为 ， ， ， ，以椭圆短轴为直径的圆经过点 ．
（1）求椭圆 的方程；
（2）过点 的直线 与椭圆 相交于 、 两点，设点 ，记直线 ， 的斜率分别为 ， ，问： 是否为定值？并证明你的结论．
解：（1） 椭圆 的两个焦点分别为 ， ， ， ，