高考数学专题：直线与圆锥曲线的综合问题
2024全国高考真题数学汇编：直线与圆锥曲线的位置关系
2024全国高考真题数学汇编直线与圆锥曲线的位置关系一、多选题1．（2024全国高考真题）抛物线C ：24y x 的准线为l ，P 为C 上的动点，过P 作22:(4)1A x y ⊙的一条切线，Q 为切点，过P 作l 的垂线，垂足为B ，则（）A ．l 与A 相切B ．当P ，A ，B 三点共线时，||PQC ．当||2PB 时，PA ABD ．满足||||PA PB 的点P 有且仅有2个二、填空题2．（2024北京高考真题）若直线 3y k x 与双曲线2214xy 只有一个公共点，则k 的一个取值为．三、解答题3．（2024北京高考真题）已知椭圆E ： 222210x y a b a b，以椭圆E 的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点 0,t t 且斜率存在的直线与椭圆E 交于不同的两点,A B ，过点A 和 0,1C 的直线AC 与椭圆E 的另一个交点为D ．(1)求椭圆E 的方程及离心率；(2)若直线BD 的斜率为0，求t 的值．4．（2024全国高考真题）已知(0,3)A 和33,2P 为椭圆2222:1(0)x y C a b a b上两点.(1)求C 的离心率;(2)若过P 的直线l 交C 于另一点B ，且ABP 的面积为9，求l 的方程．5．（2024上海高考真题）已知双曲线222Γ:1,(0),y x b b左右顶点分别为12,A A ，过点 2,0M 的直线l 交双曲线Γ于,P Q 两点.(1)若离心率2e 时，求b 的值．(2)若2b MA P△为等腰三角形时，且点P 在第一象限，求点P 的坐标．(3)连接OQ 并延长，交双曲线Γ于点R ，若121A R A P，求b 的取值范围．参考答案1．ABD【分析】A 选项，抛物线准线为=1x ，根据圆心到准线的距离来判断；B 选项，,,P A B 三点共线时，先求出P 的坐标，进而得出切线长；C 选项，根据2PB 先算出P 的坐标，然后验证1PA AB k k 是否成立；D 选项，根据抛物线的定义，PB PF ，于是问题转化成PA PF 的P 点的存在性问题，此时考察AF 的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设P 点坐标进行求解.【详解】A 选项，抛物线24y x 的准线为=1x ，A 的圆心(0,4)到直线=1x 的距离显然是1，等于圆的半径，故准线l 和A 相切，A 选项正确；B 选项，,,P A B 三点共线时，即PA l ，则P 的纵坐标4P y ，由24PP y x ，得到4P x ，故(4,4)P ，此时切线长PQ ，B 选项正确；C 选项，当2PB 时，1P x ，此时244P P y x ，故(1,2)P 或(1,2)P ，当(1,2)P 时，(0,4),(1,2)A B ，42201PA k ，4220(1)AB k，不满足1PA AB k k ；当(1,2)P 时，(0,4),(1,2)A B ，4(2)601PA k ，4(2)60(1)AB k，不满足1PA AB k k ；于是PA AB 不成立，C 选项错误；D 选项，方法一：利用抛物线定义转化根据抛物线的定义，PB PF ，这里(1,0)F ，于是PA PB 时P 点的存在性问题转化成PA PF 时P 点的存在性问题，(0,4),(1,0)A F ，AF 中点1,22，AF 中垂线的斜率为114AF k，于是AF 的中垂线方程为：2158x y，与抛物线24y x 联立可得216300y y ，2164301360 ，即AF 的中垂线和抛物线有两个交点，即存在两个P 点，使得PA PF ，D 选项正确.方法二：（设点直接求解）设2,4t P t，由PB l 可得 1,B t ，又(0,4)A ，又PA PB ，214t ，整理得216300t t ，2164301360 ，则关于t 的方程有两个解，即存在两个这样的P 点，D 选项正确.故选：ABD2．12（或12，答案不唯一）【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.【详解】联立 22143x y y k x，化简并整理得： 222214243640k x k x k ，由题意得2140k 或 2222Δ244364140k k k ，解得12k 或无解，即12k ，经检验，符合题意.故答案为：12（或12，答案不唯一）.3．(1)2221,422x y e(2)2t 【分析】（1）由题意得b c a ，由此即可得解；（2）设 :,0,AB y kx t k t ， 1122,,,A x y B x y ，联立椭圆方程，由韦达定理有2121222424,1221kt t x x x x k k ，而 121112:y y AD y x x y x x ，令0x ，即可得解.【详解】（1）由题意b c，从而2a ，所以椭圆方程为22142x y，离心率为2e；（2）直线AB 斜率不为0，否则直线AB 与椭圆无交点，矛盾，从而设 :,0,AB y kx t k t ， 1122,,,A x y B x y ，联立22142x y y kx t，化简并整理得222124240k x ktx t ，由题意 222222Δ1682128420k t k t k t ，即,k t 应满足22420k t ，所以2121222424,1221kt t x x x x k k ，若直线BD 斜率为0，由椭圆的对称性可设 22,D x y ，所以 121112:y y AD y x x y x x，在直线AD 方程中令0x ，得 2122112121221121212422214C k t x kx t x kx t kx x t x x x y x y y t x x x x x x kt ，所以2t ，此时k 应满足222424200k t k k，即k应满足2k或2k ，综上所述，2t满足题意，此时2k或2k .4．(1)12(2)直线l 的方程为3260x y 或20x y .【分析】（1）代入两点得到关于,a b 的方程，解出即可；（2）方法一：以AP 为底，求出三角形的高，即点B 到直线AP 的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到B 点坐标，则得到直线l 的方程；方法二：同法一得到点B 到直线AP 的距离，再设 00,B x y ，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点B 到直线AP 的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线AB 斜率不存在的情况，再设直线3y kx ，联立椭圆方程，得到点B 坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线PB 斜率不存在的情况，再设3:(3)2PB y k x，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘12表达面积即可.【详解】（1）由题意得2239941b a b，解得22912b a ，所以12e .（2）法一：3312032APk，则直线AP 的方程为132y x ，即260x y ，AP 1）知22:1129x y C ，设点B 到直线AP 的距离为d，则d则将直线AP 沿着与AP 此时该平行线与椭圆的交点即为点B ，设该平行线的方程为：20x y C ，6C 或18C ，当6C 时，联立221129260x y x y，解得03x y 或332x y ，即 0,3B 或33,2，当 0,3B 时，此时32l k，直线l 的方程为332y x ，即3260x y ，当33,2B时，此时12l k ，直线l 的方程为12y x ，即20x y ，当18C 时，联立2211292180x y x y得22271170y y ，227421172070 ，此时该直线与椭圆无交点.综上直线l 的方程为3260x y 或20x y .法二：同法一得到直线AP 的方程为260x y ，点B 到直线AP 的距离d设 00,B x y，则220012551129x y，解得00332x y 或0003x y ，即 0,3B 或33,2，以下同法一.法三：同法一得到直线AP 的方程为260x y ，点B 到直线AP的距离d设,3sin B ，其中 0,2联立22cos sin 1，解得cos 21sin 2或cos 0sin 1，即 0,3B 或33,2，以下同法一；法四：当直线AB 的斜率不存在时，此时 0,3B ，16392PAB S ，符合题意，此时32l k ，直线l 的方程为332y x ，即3260x y ，当线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为3y kx ，联立椭圆方程有2231129y kx x y，则2243240k x kx ，其中AP k k ，即12k ，解得0x 或22443kx k，0k ，12k ，令22443k x k ，则2212943k y k ，则22224129,4343k k B k k同法一得到直线AP 的方程为260x y ，点B 到直线AP的距离d，解得32k =，此时33,2B，则得到此时12l k ，直线l 的方程为12y x ，即20x y ，综上直线l 的方程为3260x y 或20x y .法五：当l 的斜率不存在时，3:3,3,,3,2l x B PB A到PB 距离3d ，此时1933922ABP S 不满足条件.当l 的斜率存在时，设3:(3)2PB y k x，令 1122,,,P x y B x y ，223(3)21129y k x x y，消y 可得 22224324123636270k x k k x k k ，2222Δ24124433636270k kk k k ，且AP k k ，即12k ，21222122241243,36362743k k x x k PB k k x x k，A 到直线PB距离192PAB d S，12k或32，均满足题意，1:2l y x 或332y x ，即3260x y 或20x y .法六：当l 的斜率不存在时，3:3,3,,3,2l x B PB A到PB 距离3d ，此时1933922ABP S 不满足条件.当直线l 斜率存在时，设3:(2l y k x，设l 与y 轴的交点为Q ，令0x ，则30,32Q k，联立223323436y kx k x y，则有2223348336362702k x k k x k k ，2223348336362702k xk k x k k，其中22223Δ8343436362702k k k k k，且12k ，则2222363627121293,3434B B k k k k x x k k，则211312183922234P B k S AQ x x k k，解的12k 或32k =，经代入判别式验证均满足题意.则直线l 为12y x或332y x ，即3260x y 或20x y .5．(1)b(2) 2,P(3)【分析】（1）根据离心率公式计算即可；（2）分三角形三边分别为底讨论即可；（3）设直线:2l x my ，联立双曲线方程得到韦达定理式，再代入计算向量数量积的等式计算即可.【详解】（1）由题意得21c ce a，则2c，b （2）当b 时，双曲线22Γ:183y x ，其中 2,0M ， 21,0A ，因为2MA P △为等腰三角形，则①当以2MA 为底时，显然点P 在直线12x 上，这与点P 在第一象限矛盾，故舍去；②当以2A P 为底时，23MP MA 设 ,P x y ，则2222318(2)9y x x y ,联立解得2311x y或2311x y10x y ，因为点P 在第一象限，显然以上均不合题意，舍去；（或者由双曲线性质知2MP MA ，矛盾，舍去）；③当以MP 为底时，223A P MA ，设 00,P x y ，其中000,0x y ，则有 2200220019183x y y x，解得002x y，即 2,P ．综上所述： 2,P .（3）由题知 121,0,1,0A A ，当直线l 的斜率为0时，此时120A R A P，不合题意，则0l k ，则设直线:2l x my ，设点 1122,,,P x y Q x y ，根据OQ 延长线交双曲线Γ于点R ，根据双曲线对称性知 22,R x y ，联立有22221x my y x b222221430b m y b my b ，显然二次项系数2210b m ，其中 22222422Δ44134120mb b m b b m b ，2122241b my y b m ①，2122231b y y b m ②，1222111,,1,A R x y A P x y，则 122112111A R A P x x y y，因为 1122,,,P x y Q x y 在直线l 上，则112x my ，222x my ，即 2112331my my y y ，即 2121213100y y m y y m ，将①②代入有 2222222341310011b b mm m b m b m ，即 2222231341010b m m b m b m 化简得2223100b m b ，所以22103m b,代入到2210b m ,得221031b b ,所以23b ,且221030m b，解得2103b ，又因为0b ，则21003b ，综上知， 2100,33,3b，b．【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用设线法，为了方便运算可设:2l x my ，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，再写出相关向量，代入计算，要注意排除联立后的方程得二次项系数不为0.。
高考数学最新真题专题解析—圆锥曲线综合(新高考卷)
高考数学最新真题专题解析—圆锥曲线综合（新高考卷）【母题来源】2022年新高考I卷【母题题文】已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0．(1)求l的斜率;(2)若tan∠PAQ=2√2，求△PAQ的面积．【答案】解：(1)将点A代入双曲线方程得4a2−1a2−1=1，化简得a4−4a2+4=0得：a2=2，故双曲线方程为x22−y2=1;由题显然直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则联立直线与双曲线得：(2k2−1)x2+4kmx+2m2+2=0，△>0，故x1+x2=−4km2k2−1，x1x2=2m2+22k2−1，k AP+k AQ=y1−1x1−2+y2−1x2−2=kx1+m−1x1−2+kx2+m−1x2−2=0，化简得：2kx1x2+(m−1−2k)(x1+x2)−4(m−1)=0，故2k(2m2+2)2k2−1+(m−1−2k)(−4km2k2−1)−4(m−1)=0，即(k+1)(m+2k−1)=0，而直线l不过A点，故k=−1．(2)设直线AP的倾斜角为α，由tan∠PAQ=2√2，得tan∠PAQ2=√22，由2α+∠PAQ=π，得k AP=tanα=√2，即y1−1x1−2=√2，联立y 1−1x1−2=√2，及x 122−y 12=1得x 1=10−4√23，y 1=4√2−53， 同理，x 2=10+4√23，y 2=−4√2−53， 故x 1+x 2=203，x 1x 2=689而|AP|=√3|x 1−2|，|AQ|=√3|x 2−2|， 由tan∠PAQ =2√2，得sin∠PAQ =2√23， 故S △PAQ =12|AP||AQ|sin∠PAQ =√2|x 1x 2−2(x 1+x 2)+4|=16√29． 【母题来源】2022年新高考II 卷【母题题文】.设双曲线C:x 2a 2−y2b2=1(a >0,b >0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y =±√3x. (1)求C 的方程;(2)经过F 的直线与C 的渐近线分别交于A ，B 两点，点P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)在C 上，且x 1>x 2>0，y 1>0.过P 且斜率为−√3的直线与过Q 且斜率为√3的直线交于点M ，从下面三个条件 ① ② ③中选择两个条件，证明另一个条件成立： ①M 在AB 上; ②PQ//AB; ③|AM|=|BM|．【答案】解：(1)由题意可得ba =√3，√a 2+b 2=2，故a =1，b =√3． 因此C 的方程为x 2−y 23=1．(2)设直线PQ 的方程为y =kx +m(k ≠0)，将直线PQ 的方程代入C 的方程得(3−k 2)x 2−2kmx −m 2−3=0， 则x 1+x 2=2km3−k 2，x 1x 2=−m 2+33−k 2，x 1−x 2=√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=2√3(m 2+3−k 2)3−k 2．不段点M 的坐标为(x M ,y M )，则{y M −y 1=−√3(x M −x 1)y M −y 2=√3(x M −x 2)．两式相减，得y 1−y 2=2√3x M −√3(x 1+x 2)，而y 1−y 2=(kx 1+m)−(kx 2+m)=k(x 1−x 2)，故2√3x M =k(x 1−x 2)+√3(x 1+x 2)，解得x M =k√m 2+3−k 2+km3−k 2．两式相加，得2y M −(y 1+y 2)=√3(x 1−x 2)，而y 1+y 2=(kx 1+m)+(kx 2+m)=k(x 1+x 2)+2m ，故2y M =k(x 1+x 2)+√3(x 1−x 2)+2m ，解得y M =3√m 2+3−k 2+3m3−k 2=3k x M ⋅因此，点M 的轨迹为直线y =3k x ，其中k 为直线PQ 的斜率． 若选择 ① ②:设直线AB 的方程为y =k(x −2)，并设A 的坐标为(x A ,y A )，B 的坐标为(x B ,y B ). 则{y A =k(x A −2)y A =√3x A，解得x A =k−√3，y A =√3kk−√3．同理可得x B =k+√3，y B =√3kk+√3．此时x A +x B =4k 2k 2−3，y A +y B =12kk 2−3．而点M 的坐标满足{y M =k(x M −2)y M =3k x M ， 解得x M =2k 2k 2−3=x A +x B2，y M =6kk 2−3=y A +y B2，故M 为AB 的中点，即|MA|=|MB|． 若选择 ① ③:当直线AB 的斜率不存在时，点M 即为点F(2,0)，此时M 不在直线y =3k x 上，矛盾．故直线AB 的斜率存在，设直线AB 的方程为y =p(x −2)(p ≠0)， 并设A 的坐标为(x A ,y A )，B 的坐标为(x B ,y B ). 则{y A =p(x A −2)y A =√3x A，解得x A =p−√3，y A =√3pp−√3．同理可得x B =p+√3，y B =−√3pp+√3．此时x M =x A +x B2=2p 2p 2−3，y M =y A +y B2=6pp 2−3．由于点M 同时在直线y =3k x 上，故6p =3k ·2p 2，解得k =p.因此PQ//AB ． 若选择 ② ③:设直线AB 的方程为y =k(x −2)，并设A 的坐标为(x A ,y A )，B 的坐标为(x B ,y B ). 则{y A =k(x A −2)y A =√3x A解得x A =k−√3，y A =√3kk−√3．同理可得x B =k+√3，y B =√3kk+√3，设AB 的中点为C(x C ,y C )，则x C =x A +x B2=2k 2k 2−3，y C =y A +y B2=6kk 2−3．由于|MA|=|MB|，故M 在AB 的垂直平分线上，即点M 在直线y −y C =−1k (x −x C )上．将该直线与y =3k x 联立，解得x M =2k 2k 2−3=x C ，y M =6kk 2−3=y C ，即点M 恰为AB 中点，故点而在直线AB 上． 【命题意图】本题考查双曲线的标准方程和几何性质，考查直线与双曲线的位置关系，考查开放探究能力，属于压轴题．主要考查直线与双曲线的位置关系及双曲线中面积问题，属于难题【命题方向】圆锥曲线综合大题是属于高考历年的压轴题之一，难度较大，对学生的综合要求较高。
高考数学专题综合训练圆锥曲线(分专题,含答案)
20XX 年高考圆锥曲线综合训练题一、求轨迹方程：1、（1）已知双曲线1C 与椭圆2C ：2213649x y +=有公共的焦点，并且双曲线的离心率1e 与椭圆的离心率2e 之比为73，求双曲线1C 的方程．（2）以抛物线28y x =上的点M 与定点(6,0)A 为端点的线段MA 的中点为P ，求P 点的轨迹方程．（1）解：1C的焦点坐标为(0,2e =由1273e e =得1e =设双曲线的方程为22221(,0)y x a b a b -=>则2222213139a b a b a ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩ 解得229,4a b == 双曲线的方程为22194y x -= （2）解：设点00(,),(,)M x y P x y ，则00622x x y y +⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴00262x x y y =-⎧⎨=⎩．代入2008y x =得：2412y x =-．此即为点P 的轨迹方程．2、设M 是椭圆22:1124x y C +=上的一点，P 、Q 、T 分别为M 关于y 轴、原点、x 轴的对称点，N 为椭圆C 上异于M 的另一点，且MN ⊥MQ ，QN 与PT 的交点为E ，当M 沿椭圆C 运动时，求动点E 的轨迹方程．解：设点的坐标112211(,),(,)(0),(,),M x y N x y x y E x y ≠则111111(,),(,),(,),P x y Q x y T x y ----……1分221122221,(1)124 1.(2)124x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩………3分 由（1）－（2）可得1.3M N Q Nk k∙=-…6分又MN ⊥MQ ，111,,MN MQ MN x k k k y ⋅=-=-所以11.3QN y k x =直线QN 的方程为1111()3y y x x y x =+-，又直线PT 的方程为11.x y x y =-从而得1111,.22x x y y ==-所以112,2.x x y y ==-代入（1）可得221(0),3x y xy +=≠此即为所求的轨迹方程. 二、中点弦问题：3、已知椭圆22221(0)y x a b a b+=>>的一个焦点1(0,F -，对应的准线方程为y =.（1）求椭圆的方程；（2）直线l 与椭圆交于不同的两点M 、N ，且线段MN 恰被点13,22P ⎛⎫- ⎪⎝⎭平分，求直线l 的方程.解：（1）由2222.c ac a b c ⎧-=-⎪⎪-=⎨⎪⎪=+⎩3,1a b ==即椭圆的方程为221.9y x +=（2）易知直线l 的斜率一定存在，设l ：313,.2222k y k x y kx ⎛⎫-=+=++ ⎪⎝⎭即设M （x 1, y 1），N （x 2, y 2），由223,221.9k y kx y x ⎧=++⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩得2222327(9)(3)0.424k k x k k x k +++++-= ∵x 1、x 2为上述方程的两根，则2222327(3)4(9)0424k k k k k ⎛⎫∆=+-+⋅+-> ⎪⎝⎭①∴21223.9k k x x k++=-+ ∵MN 的中点为13,22P ⎛⎫- ⎪⎝⎭，∴1212 1.2x x ⎛⎫+=⨯-=- ⎪⎝⎭∴223 1.9k k k +-=-+∴2239k k k +=+，解得k=3.代入①中，229927184(99)180424⎛⎫∆=-+⋅+-=> ⎪⎝⎭∴直线l ：y=3x+3符合要求.4、已知椭圆的一个焦点为)22,0(1-F ，对应的准线为429-=y ，离心率e 满足34,,32e 成等比数列． （Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）是否存在直线l ，使l 与椭圆交于不同的两点B A ,，且线段AB 恰好被直线21-=x 平分？若存在，求出直线l 的倾斜角α的取值范围；若不存在，说明理由．解 ： (Ⅰ)由题意知，9834322=⋅=e ，所以322=e ．设椭圆上任意一点P 的坐标为),(y x ，则由椭圆的第二定义得， 322429)22(22=+++y y x ，化简得1922=+y x ，故所求椭圆方程为1922=+y x ． （Ⅱ）设),(),,(2211y x B y x A ，AB 中点),(00y x M ，依题意有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=-=+=2212210210y y y x x x ，可得⎩⎨⎧=+-=+0212121y y y x x ．若直线l 存在，则点M 必在椭圆内，故19)21(202<+-y ，解得0233233000<<-<<y y 或．将),(),,(2211y x B y x A 代入椭圆方程，有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=+)2(19)1(1922222121y x y x )1()2(-得，09))(())((12121212=+-++-y y y y x x x x ， 故0121212122)1(9)(9y y y x x x x y y k AB -⨯-=++-=--=，所以ABk y 290=，则有029233233290<<-<<ABAB k k 或， 解得33-<>AB AB k k 或，故存在直线l 满足条件，其倾斜角)32,2()2,3(ππππα⋃∈． 三、定义与最值：5、已知动点P 与双曲线22x －32y =1的两个焦点F 1、F 2的距离之和为6．（Ⅰ）求动点P 的轨迹C 的方程；（Ⅱ）若1PF •2PF =3，求⊿PF 1F 2的面积； （Ⅲ）若已知D(0,3)，M 、N 在轨迹C 上且DMDN ，求实数的取值范围．解：①92x +42y =1；②2；③[51,5]四、弦长及面积：6、已知椭圆1422=+y x 及直线m x y +=． （1）当m 为何值时，直线与椭圆有公共点？ （2）若直线被椭圆截得的弦长为5102，求直线的方程． 解：（1）把直线方程m x y +=代入椭圆方程1422=+y x 得 ()1422=++m x x ，即012522=-++m mx x ．()()020*********≥+-=-⨯⨯-=∆m m m ，解得2525≤≤-m ． （2）设直线与椭圆的两个交点的横坐标为1x ，2x ，由（1）得5221mx x -=+，51221-=m x x ．根据弦长公式得 ：51025145211222=-⨯-⎪⎭⎫⎝⎛-⋅+m m ．解得0=m ．方程为x y =． 7、已知ABC △的顶点A B ，在椭圆2234x y +=上，C 在直线2l y x =+：上，且AB l ∥． （Ⅰ）当AB 边通过坐标原点O 时，求AB 的长及ABC △的面积； （Ⅱ）当90ABC ∠=，且斜边AC 的长最大时，求AB 所在直线的方程．解：（Ⅰ）因为AB l ∥，且AB 边通过点(00)，，所以AB 所在直线的方程为y x =．设A B ，两点坐标分别为1122()()x y x y ，，，． 由2234x y y x⎧+=⎨=⎩，得1x =±．所以12AB x =-=． 又因为AB 边上的高h 等于原点到直线l的距离．所以h =122ABC S AB h ==△． （Ⅱ）设AB 所在直线的方程为y x m =+，由2234x y y x m⎧+=⎨=+⎩，得2246340x mx m ++-=．因为A B ，在椭圆上，所以212640m ∆=-+>．设A B ，两点坐标分别为1122()()x y x y ，，，，则1232mx x +=-，212344m x x -=，所以122AB x =-=．又因为BC 的长等于点(0)m ，到直线l 的距离，即BC =22222210(1)11AC AB BC m m m =+=--+=-++．所以当1m =-时，AC 边最长，（这时12640∆=-+>） 此时AB 所在直线的方程为1y x =-． 五、范围问题:8、已知椭圆13422=+y x C ：，试确定m 的取值范围，使得对于直线m x y l +=4：，椭圆C 上有不同的两点关于该直线对称．分析：若设椭圆上A ，B 两点关于直线l 对称，则已知条件等价于：(1)直线l AB ⊥；(2)弦AB 的中点M 在l 上．利用上述条件建立m 的不等式即可求得m 的取值范围． 解：(法1)设椭圆上),(11y x A ，),(22y x B 两点关于直线l 对称，直线AB 与l 交于),(00y x M 点． ∵l 的斜率4=l k ，∴设直线AB 的方程为n x y +-=41．由方程组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++-=,134,4122yx n x y 消去y 得 0481681322=-+-n nx x ①。
高考数学试题含答案解析——直线与圆锥曲线
第7课时直线与圆锥曲线1.直线与圆锥曲线的位置关系(1)从几何角度看,可分为三类:无公共点,仅有一个公共点及有两个相异的公共点.(2)从代数角度看,可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得一元二次方程解的情况来判断.设直线l的方程为Ax+By+C=0,圆锥曲线方程f(x,y)=0.由消元,如消去y后得ax2+bx+c=0.①若a=0,当圆锥曲线是双曲线时,直线l与双曲线的渐近线平行;当圆锥曲线是抛物线时,直线l与抛物线的对称轴平行(或重合).②若a≠0,设Δ=b2-4ac.a.Δ0时,直线与圆锥曲线相交于不同两点;b.Δ0时,直线与圆锥曲线相切于一点;c.Δ0时,直线与圆锥曲线没有公共点.2.直线与圆锥曲线相交时的弦长问题(1)斜率为k(k不为0)的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1,y1),P2(x2,y2),则所得弦长|P1P2|= 或|P1P2|= .(2)当斜率k不存在时,可求出交点坐标,直接运算(利用两点间距离公式).(3)求经过圆锥曲线的焦点的弦的长度,应用圆锥曲线的定义,转化为两个焦半径之和,往往比用弦长公式简捷.3.圆锥曲线的中点弦问题直线与椭圆和双曲线相交时,必有两个公共点;直线与抛物线相交时,则可能出现两种情况:一是有两个公共点;二是直线与抛物线的对称轴平行时,虽然是相交,但此时却只有一个公共点.考向一直线与圆锥曲线的位置关系【审题视点】本题考查求直线与圆锥曲线是否有交点.【方法总结】求直线与圆锥曲线的交点时,注意用一元二次方程的判别式、根与系数的关系来解决.在解题时,应注意讨论二次项系数为0和不为0的两种情况.考向二圆锥曲线中的相交弦问题【审题视点】本题考查直线与圆锥曲线的相交问题.【方法总结】1.当直线与圆锥曲线相交时,涉及的问题有弦长问题、弦的中点等问题,解决办法是把直线方程与圆锥曲线方程联立,消元后得到关于x(或y)的一元二次方程,设而不求,利用根与系数的关系解决问题.2.要灵活应用弦长公式和点差法.考向三圆锥曲线中的定值或定点问题例3(2013·安徽模拟)已知抛物线P的方程是x2=4y,过直线l:y=-1上任意一点A作抛物线的切线,设切点分别为B、C.证明:(1)△ABC是直角三角形;(2)直线BC过定点,并求出定点坐标.【审题视点】本题考查圆锥曲线中的定点问题.【方法总结】1.求定值问题常见的方法有两种(1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关.(2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.2.定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时,可设出直线方程为y=kx+b,然后利用条件建立b,k等量关系进行消元,借助于直线系的思想找出定点.(2)从特殊情况入手,先探求定点,再证明与变量无关.考向四圆锥曲线中的最值或范围问题【审题视点】本题考查圆锥曲线中的最值问题.【方法总结】圆锥曲线中常见最值问题及解题方法(1)圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类:①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题;②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题.(2)求最值常见的解法有两种:①几何法,若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决;②代数法,若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可先建立起目标函数,再求这个函数的最值.提醒:求最值问题时,一定要注意特殊情况的讨论,如直线斜率不存在的情况,二次三项式最高次项的系数的讨论等.参考答案与解析。
2024年新高考版数学专题1_9.5 圆锥曲线的综合问题(分层集训)
解析 (1)设动点P的坐标为(x,y),因为| PF | = 5 ,
d5
所以
(x 1)2 y2
=
5 ,即5[(x+1)2+y2]=|x+5|2,整理得 x2 + y2 =1.所以动点P的
| x5|
5
54
轨迹方程为 x2 + y2 =1.
54
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),由(1)可得点A的坐标为(0,-2),故直线AM:y=
AC
·BC
=1,
则点C的轨迹为 ( )
A.圆 B.椭圆 C.抛物线 D.直线
答案 A
3.(2023届贵州遵义新高考协作体入学质量监测,8)已知圆C的方程为(x-1)2
+y2=16,B(-1,0),A为圆C上任意一点,若点P为线段AB的垂直平分线与直线
AC的交点,则点P的轨迹方程为 ( )
A. x2 + y2 =1
2 2
+
y2 b2
=1(a>b>0)的离心率e=
2 ,四
2
个顶点组成的菱形的面积为8 2 ,O为坐标原点.
(1)求椭圆E的方程;
(2)过☉O:x2+y2= 8
上任意点P作☉O的切线l与椭圆E交于点M,N,求证:
PM
·
3
PN
为定值.
解析 (1)由题意得2ab=8 2 ,e= c = 2 ,a2=b2+c2,
2
3
6
,
0
,∴
PM
=
0,
2
3
6
,
PN
=
0,
2
6 3
,
∴
高考数学专题十九圆锥曲线综合练习题
培优点十九圆锥曲线综合1．直线过定点2xxF轴的离心率为且垂直于，过左焦点例1：已知中心在原点，焦点在轴上的椭圆C2P两点，且，的直线交椭圆于．Q2?2PQ C（1）求的方程；C??22MM作椭是直线处的切线，点（2）若直线是圆上任一点，过点上的点2,28??yx ll ABMAMBAB过定点，，切点分别为，设切线的斜率都存在．求证：直线圆的切线，，C并求出该定点的坐标．22yx??．2）证明见解析，；【答案】（1）（2,11??8422yx??， 1）由已知，设椭圆的方程为【解析】（0?b??1?a C ??，不妨设点，代入椭圆方程得因为，1??22PQ?2?c,P22ba22ab22cc212222，，，所以，又因为，所以8ba??b2?4?e?cb?1??2a22b22yx所以的方程为．1??C 84??，即，（2）依题设，得直线的方程为2x???y?204?x?y?l??????，，，设yxABx,y,Mx,y210120??MA，由切线的斜率存在，设其方程为xxk?y?y?11??xxy?k??y?11???2????22，联立得，0?28y?xkx?4ky?kx?x?2k1??22yx1111?1??48???22??????22?0?8k2y?1?Δ?16kkx?ykx4?，由相切得??1111??2??2222，即，化简得4?8?y?kxk04yk?y?x?8?kx?2111111xyxyx11111MA???k?的方程为因为方程只有一解，所以，所以切线??1xx?yy???，11y21xx?2yy?8xx?2yy?8MB，同理，切线即的222yyx2?8?111x方程为，2211．8y??2yxx???0011AB的方程为，所以直线，所以又因为两切线都经过点yx,M?008y??2yxx?02208y??2yxx，00??4y??xAB的方程可化为，所以直线，又82y4?x?xx?00000??2yx2?x????，，令即，得08y?x8x?2y????00?y?881?y????AB所以直线．恒过定点2,1．面积问题222yxb??FF直线，焦距为、4例2：已知椭圆，的左、右焦点分别为0a?b?1??x?:yl 21122baclFlEAB1?与线段两点，的直线关于直线与椭圆相交于、在椭圆上．斜率为的对称点221PABD相交于点两点．，与椭圆相交于、C1）求椭圆的标准方程；（）求四边形面积的取值范围．（2ACBD223232yx??,；．2）【答案】（1）（1????3948?????????EFFEF【解析】（1）由椭圆焦距为4，设，连结，，，设2,0F?2,0F21121bcb222???c??ab，，又，得则，?tan?cos?sin aacFF2csin90?1ac21，??????e???bc??b?|?|EFsin?sin??ca90EF2a?21aa22yx222a?bc?c?b?c?2a?8，所以椭圆方程为解得．，1??84????m+?y?xlyx,D,Cxy方程：、2（）设直线，，22211．4?m??xx22?yx?213???1?22，所以，由，得08?x3?4mx?2m??48?28m?2??m?y??x?xx??213?222238????x?y?A6,66,?6Bl，，得：，代入椭圆得由（，1）知直线?AB????133333????44???6m?6,lPAB，得由直线相交于点与线段，??233??????2，28m4?22416m2xx?2??m?+12x2CD?x???8xx2?211221393116321??1kk?l?l，，，知与而+12mAB??S?CD??12ACBD ll291232443232163??????22?m???,06,6?m,+12m??由，得，，所以??????333993??????3232??,?．面积的取值范围四边形ACBD??93??3．参数的值与范围??????20?2px?pC:yF的上，过焦点3例：已知抛物线的焦点在抛物线，点1,2F1,0A C M，两点．交抛物线于直线NCl（1）求抛物线的方程以及的值；AF C22??xFNMF?B（2）记抛物线的准线与的值．轴交于点，，若，求40BN?BM?C2?3??2（），；1【答案】（．）22AF?x?y4????20p??2:Cypx，的焦点【解析】（1）抛物线1,0F p2；，则，抛物线方程为42p?xy4?1??2p??1,2A．点在抛物线上，C2???AF?12??????，设）依题意，（2、，设，y,MxyF1,0Nx,1?xl:my?2211．2?x4?y2x，得联立方程，消去．0my?4?y?4?1my?x??1my?4mx?y?y???1112①，且，所以??1my??4x?yy???2212???????y?y?FNMF?，即，则又，y1?x,?y,??1x2121122??4???y1?????m4y?1???2??????，则，，22?y得，代入①得，消去2?4m???21,0B?yBN?,BM?xx?1,y?121122222????2222y?x?1y?1?BM?|BN?|x?BM?BN?则2121??2222yy??2?x??2?xx?x??????2228?y?y???m4?1myy2112????4222，222111??2222y??2??2my?my?(?my?1)2?(my?1)y21112216m?16m??16m40?84?4m?m?m??18124?2?2?3．当，解得，故40?m?16?40m16?m2．弦长类问题4222xyx??2的顶点，的左右顶点是双曲线4：已知椭圆且椭圆例1?ya?b?0?:?C:?1C 2122ab33CC．的上顶点到双曲线的渐近线的距离为212C（1）求椭圆的方程；1QMCMCQ5?OQ?OQ?，求，两点，与相交于两点，且与（2）若直线，相交于l22111221的取值范围．MM??2．；（2）【答案】（1）212x1??y100,?3??2C3a?b0,）由题意可知：1（【解析】，，又椭圆的上顶点为1．3C，双曲线的渐近线为：0y?x?x?y??323?3b23x2．由点到直线的距离公式有：，∴椭圆方程1??b?1??y2232x2y并整理，代入）易知直线，消去的斜率存在，设直线（2的方程为m??kxy1?y?3得：??222，033mx???6kmx?k1?32?1?3k?02?1?3k?0??C相交于两点，则应有：，要与? ??????22222220m?3??41?3k?336k?mm?1?3k????????，设，yQxx,yQ,2112122?m3?36km则有：，．?xx???xx212122k?31k?31????????22．又m?km?m??x1?k?x?OQOQ??xx?yy?xxxkx?mxkx211121*********????????2222225?OQ?OQ?，又：，所以有：?k?5?6km?m1?331?k?m?3??212k?3122k?1?9m?，②??2222y，将，代入并整理得：，2x消去my?kx?1??y0m??x3?6kmx?1?3k33????222222．③要有两交点，则m?1?04??1?3k3k3m??Δ?36k3m12．由①②③有?0?k92?33m?6km????．有，设，、yxMMx,y,??xx??xx????2222k3413m??36k3m?414332434322k31?k31???22k31???22k?3m9??432?MM?1k?21??22k1?312k2k14422222．?k?1?kMM???1?k1?MM?k??19m代入有将．2112??22k3?12k3?1．??11??2t?0,，，，令kt?12??MM??21??29??2k1?3??t1t?1?t1??????t?0,?'tf?tf?．，令??32????9??t1t?331?11????????t??0,0,t内单调递增，内恒成立，故函数在所以在t0tff'?????99????5??????10M?0,?0,?Mft．故???2172??5．存在性问题??222yx??????A1,点例5：已知椭圆，，的左、右焦点分别为1,0?1,0FF0C:??1?ab?????21222ab??在椭圆上．C（1）求椭圆的标准方程；C M，有两个不同交点时，能在，使得当直线）是否存在斜率为2的直线与椭圆（2NCll5PM?NQP？若存在，求出直线，在椭圆上找到一点直线，满足上找到一点的Q Cl?y3方程；若不存在，说明理由．2x2；（2））不存在，见解析．【答案】（11?y?2【解析】（1）设椭圆的焦距为，则，1?cCc2??A1,，在椭圆∵上，∴??1???221AF2a??AF C 2????2222????????21222????2x22222a?1c?b?a?．的方程为，故椭圆，∴1?y?C2（2）假设这样的直线存在，设直线的方程为，t2x??y l5??????????,Pxy,xyD,xQ,x,MxyNy，，，，的中点为设，MN??3004242113??y?2x?t?22x，得由，消去，0?8?tty?9y2??22x?2y?2?yy?tt2??22，且∴，，故且123t??3??y?y?y?0t?36?Δ?4t8?012929NQ?PM为平行四边形，由，知四边形PMQNDD的中点，因此的中点，而为线段为线段PQ MN5y?t15?2t43?y?，，得∴?y 049297不在椭圆上，，可得，∴点又Q3?t??31?y???43．故不存在满足题意的直线l对点增分集训一、解答题2????2PP过点相外切，动圆圆心并且与圆1．已知动圆．的轨迹为2,0F4??x?2F:y C21的轨迹方程；（1）求曲线C1????lBA，直线、，设点与轨迹交于（2）过点两点，设直线的直线1,0F2,0?D C?xl:122ADBMM于，求证：直线经过定点．交l2y??2；（1）（2）见解析．【答案】0?1x??x3，1）由已知，【解析】（2??|PF ?|PF ?2PF| |PF2211P，，轨迹为双曲线的右支，，42c??|FF 2C2a?2?a?1c212y??2?．标准方程曲线0x???1x C3xBM必过）由对称性可知，直线（2轴的定点，31????????,MlBM1,02,?2,33BPA经过点，的斜率不存在时，，，，知直线当直线??122????????ly,By,2ky:l?x?Axx的斜率存在时，不妨设直线当直线，，，122111． ??y3y31y1??111y?,M1?AD:y?x时，，，当，直线?x????????M1?x1x?212x?22??111??2?x?y?k22k?43?4k?????2222，得，，?xx??xx0k?33?kx?4kx??4???21k?kBM，经过点，即下面证明直线，即证?1,0P 2121223k?k3?223x?y?3???3yyPBPM x?1x?121?3yx?3y?xy?yy?kx?2ky?kx?2k，即，，由2121122211??234?k22k3k4?4??4???0?5?，即整理得，045xx???4xx?????BMBM．经过点过定点即证，直线1,0P1,0223yx????1,AB分别为椭圆的左顶2211222?3?3kk?3k点、下顶点，在椭圆，上，设2．已知点0bE:??1?a???222ba??221AB．原点到直线的距离为O7E1）求椭圆的方程；（yxEPDPBPA两点，求分别交轴于在第一象限内一点，直线轴、，，（2）设为椭圆C的面积．四边形ABCD22yx23．2）；）【答案】（1（1?? 4392231yx??4??1,1??）因为椭圆，有经过点，【解析】（10E:a??1b????22222baba??221ab?AB，的距离为由等面积法，可得原点到直线O722a?b22yx b?3E的方程为联立两方程解得，．，所以椭圆1??E:2a?4322xy????2200?1?0?x?P0,x,yy．，则（，即2）设点12??4x3y00000043y2y??00?2y?yPA:?x．直线，令，得0x?D x?2x?20032?x2y?2232yx?y?3300000从而有．，同理，可得?BD???AC32x?x2?y3?000．x110000所以四边形的面积为??AC?BD?2?22x3?y0022x383y3xy?12x?xy?12x?83y12?12?4?4y?12?43110000000000????223y?2y?3x?2?xy?3x?2y23x00000000 y?433xy?6x12?20000．32??3y?2xy?3x?2000032所以四边形的面积为．ABCD2??2P上，且有点的圆心，在圆的半径3．已知点为圆是圆上的动点，点Q8??yx?1CPC??0?MQ?APAPM，满足．和，上的点1,0AAM2AP?P在圆上运动时，判断（1）当点点的轨迹是什么？并求出其方程；Q22F，1）若斜率为的直线与圆中所求点的轨迹交于不同的两点相切，与（（2）Q1yx??kl43H的取值范围．（其中是坐标原点），且，求kO??OFOF?542x222A）2；，长轴长为（2【答案】（1）是以点，的椭圆，为焦点，焦距为1??y C2????2233,?,?．????3223????AP的垂直平分线，）由题意是线段【解析】（1MQ所以，2?22?CAQC?QP?QC?QA?CP?22A的椭圆，为焦点，焦距为2所以点的轨迹是以点，，长轴长为Q C222a?，∴，，1ab???c1c?2x2．故点的轨迹方程是Q1??y2????，，，）设直线（2：yHy,xF,xbkx??y l2112b22221??1b?k与圆直线，，即相切，得1?xy?l21?k ??222y得：联立，消去，0?4kbx?2b??1?2k2x2??b?kx?y???????2222222，得，2?x21?y??0k?02b1?1??8?2k8??Δ16kbbk?4?1?2k22?2bkb4，，?xx?x?x?????22??2k?2b1?kb4?????222b?kb?OF?OH?xx?yy?1?kb?xx?kb?x?x∴212122k21?k21?2121212122k1?21?2k????22221k41?kk2k?2k?12?1???k?，222k1k?2k?121?22431?k112，所以，得???k?25k241?23322233，∴，解得或?k????kk???322323????2332,??,故所求范围为．????2323????22yx1??222AA，的焦距为，离心率为已知椭圆，圆，．4c??O:xy0bC:??1?a?c22122ba2ABA△AB．是椭圆的左右顶点，面积的最大值为是圆的任意一条直径，2O1的方程；1）求椭圆及圆（OC PE，求，）若为圆的任意一条切线，与椭圆的取值范围．交于两点（2PQQ Oll??2264yx223,，）．；1【答案】（）（21?yx?1????334??1xABB，易知当线段轴距离为，（【解析】1）设则点到h h?a2??AO??h??S2S1AAAB△OB△211?a?c??S2ycBO??h，，轴时，在AB△Amax1c1b?3，，，，，1?a?c2c?2?a??e?a222yx22．，圆的方程为所以椭圆方程为1x?y?1??432b2LL的方程为，此时）当直线2；的斜率不存在时，直线（3PQ??1x??a m221d???L，，直线为圆的切线，设直线，方程为：1?k?m?mkx?y?2k?1y?kx?m????222直线与椭圆联立，，得，0?4m?4k??3x12?8kmx22?yx??1? 43??8km?x?x??21234k????2，由韦达定理得：，判别式0?k?Δ?4823?24m?12??x?x ?212?34k?22?23?kk?43?122，，令所以弦长3?3?t?4k??xxPQ?1?k2123k?42??1624??所以；3,???3PQ?3???????t3t??????64PQ?3,，综上，??3??22yx????FF经、．如图，己知的左、右焦点，直线是椭圆51xy?k?:l01a?b?G:??2122ab 43ABF△FBA．过左焦点交，且与椭圆，的周长为两点，G21（1）求椭圆的标准方程；G △ABFI为等腰直角三角形？若存在，求出直线）是否存在直线的方程；若不，使得（2l2存在，请说明理由．??xc，故与，因为直线．轴的交点为22yx；2（1））不存在，见解析．（【答案】1??23【解析】（1）设椭圆的半焦距为1,0?1?Gcl ABF△34a?3，所以，的周长为，即又，故3?AFAB??BF4a?4222222?3?1ab??c?2．22yx因此，椭圆的标准方程为．1??G32（2）不存在．理由如下：AB不可能为底边，即．先用反证法证明BFAF?22??????，假设，，设，则由题意知BFB?x,Fy1,0,yAAFx222121222????22?1x?1?y?yx?，????222112．又得：，，代入上式，消去，?1???10?6x?x?x?xyy21122222xyxy2121213322xx?xx?x?6．轴，所以，故因为直线斜率存在，所以直线不垂直于ll2211?3xx?x?2x3?3?6矛盾）与，，(2211??2222，所以矛联立方程，得：6?x??x?0?6?3k?26x?kx?3k23?22?yx?1?2k6???1?xy?k?盾．2123k?2?故．BF?AF22AB不可能为等腰直角三角形的直角腰．再证明△ABFA为直角顶点．为等腰直角三角形，不妨设假设2??22F△AF，此方设，在中，由勾股定理得：，则m?AF m?2?AF343m?2??m2112程无解．故不存在这样的等腰直角三角形．。
2024年高考数学专项复习圆锥曲线九大题型归纳(解析版)
题型一：弦的垂直平分线问题题型二：动弦过定点的问题题型三：过已知曲线上定点的弦的问题题型四：向量问题题型五：面积问题题型六：弦或弦长为定值、最值问题题型七：直线问题圆锥曲线九大题型归纳题型八：对称问题题型九：存在性问题：(存在点，存在直线y =kx +m ，存在实数，存在图形：三角形(等比、等腰、直角)，四边形(矩形、菱形、正方形)，圆)题型一:弦的垂直平分线问题1过点T (-1,0)作直线l 与曲线N ：y 2=x 交于A 、B 两点，在x 轴上是否存在一点E (x 0,0)，使得ΔABE 是等边三角形，若存在，求出x 0；若不存在，请说明理由。
2024年高考数学专项复习圆锥曲线九大题型归纳（解析版）【涉及到弦的垂直平分线问题】这种问题主要是需要用到弦AB 的垂直平分线L 的方程，往往是利用点差或者韦达定理产生弦AB 的中点坐标M ，结合弦AB 与它的垂直平分线L 的斜率互为负倒数，写出弦的垂直平分线L 的方程，然后解决相关问题，比如：求L 在x 轴y 轴上的截距的取值范围，求L 过某定点等等。
有时候题目的条件比较隐蔽，要分析后才能判定是有关弦AB 的中点问题，比如：弦与某定点D 构成以D 为顶点的等腰三角形(即D 在AB 的垂直平分线上)、曲线上存在两点AB 关于直线m 对称等等。
2例题分析1：已知抛物线y =-x 2+3上存在关于直线x +y =0对称的相异两点A 、B ，则|AB |等于题型二:动弦过定点的问题1已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为32，且在x 轴上的顶点分别为A 1(-2,0),A 2(2,0)。
(I )求椭圆的方程；(II )若直线l :x =t (t >2)与x 轴交于点T ,点P 为直线l 上异于点T 的任一点，直线PA 1,PA 2分别与椭圆交于M 、N 点，试问直线MN 是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论题型三:过已知曲线上定点的弦的问题1已知点A 、B 、C 是椭圆E ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)上的三点，其中点A (23,0)是椭圆的右顶点，直线BC 过椭圆的中心O ，且AC ∙BC =0，BC =2AC ，如图。
圆锥曲线问题在高考的常见题型及解题技巧
圆锥曲线问题在高考的常见题型及解题技巧圆锥曲线作为高等数学中的重要内容，在高考中常常出现，并且是考察学生数学运算能力和理解能力的重要方面。
圆锥曲线问题在高考中的常见题型有：直线与圆锥曲线的交点问题、圆锥曲线的参数方程问题、圆锥曲线的性质和应用问题等。
下面我们来一一介绍这些常见题型的解题技巧。
一、直线与圆锥曲线的交点问题这是圆锥曲线问题中最常见的一个题型，题目通常要求求出直线与圆锥曲线的交点坐标。
解题技巧如下：1. 分析题目给出的直线和圆锥曲线，确定直线方程和圆锥曲线方程；2. 将直线方程代入圆锥曲线方程中，解方程得出交点坐标；3. 特别要注意，当圆锥曲线为椭圆或双曲线时，有两个交点，需要分别求解；4. 当圆锥曲线为抛物线时，还需要注意直线的位置与抛物线的开口方向。
二、圆锥曲线的参数方程问题圆锥曲线的参数方程问题通常考查学生对参数方程的理解和应用能力，解答这类问题的关键在于用参数代换替换变量。
解题技巧如下：1. 给出的圆锥曲线通常可以用参数方程表示，将已知的参数方程代入题目求解；2. 注意参数方程的参数范围，有时需要根据范围重新调整参数；3. 对于给出的参数方程，需要将参数代换替换变量，进而得出答案。
三、圆锥曲线的性质和应用问题圆锥曲线的性质和应用问题通常要求学生掌握圆锥曲线的基本性质，以及如何应用这些性质解决实际问题。
解题技巧如下：1. 需要牢记圆锥曲线的基本性质，例如椭圆的焦点、双曲线的渐近线等；2. 掌握各种类型圆锥曲线的标准方程和参数方程；3. 对于应用问题，需要在掌握了基本性质的前提下，将问题转化为数学模型，进而解决。
以上就是圆锥曲线问题在高考中的常见题型及解题技巧，希望对大家备战高考有所帮助。
在复习期间，建议大家多做练习题，加深对圆锥曲线知识的理解，提高解题能力。
多思考，灵活运用各种解题技巧，相信大家一定能在高考中取得好成绩！。
高考数学 圆锥曲线的综合问题(学案)绝密资料
圆锥曲线的综合问题★知识梳理★1.直线与圆锥曲线C 的位置关系：将直线l 的方程代入曲线C 的方程，消去y 或者消去x ，得到一个关于x （或y ）的方程ax 2＋bx ＋c ＝0.(1)交点个数：①当 a ＝0或a≠0，⊿＝0 时,曲线和直线只有一个交点；②当 a≠0,⊿>0时,曲线和直线有两个交点；③ 当⊿<0 时,曲线和直线没有交点。
(2) 弦长公式： 2.对称问题：曲线上存在两点关于已知直线对称的条件：①曲线上两点所在的直线与已知直线垂直（得出斜率）②曲线上两点所在的直线与曲线有两个公共点（⊿>0）③曲线上两点的中点在对称直线上。
3.求动点轨迹方程：①轨迹类型已确定的,一般用待定系数法；②动点满足的条件在题目中有明确的表述且轨迹类型未知的,一般用直接法；③一动点随另一动点的变化而变化，一般用代入转移法。
★重难点突破★重点：掌握直线与圆锥曲线的位置关系的判断方法及弦长公式；掌握弦中点轨迹的求法； 理解和掌握求曲线方程的方法与步骤，能利用方程求圆锥曲线的有关范围与最值 难点：轨迹方程的求法及圆锥曲线的有关范围与最值问题重难点：综合运用方程、函数、不等式、轨迹等方面的知识解决相关问题 1.体会“设而不求”在解题中的简化运算功能①求弦长时用韦达定理设而不求;②弦中点问题用“点差法”设而不求.2.体会数学思想方法（以方程思想、转化思想、数形结合思想为主）在解题中运用问题1：已知点1F 为椭圆15922=+y x 的左焦点，点)1,1(A ，动点P 在椭圆上，则||||1PF PA +的最小值为 . 点拨：设2F 为椭圆的右焦点，利用定义将||1PF 转化为||2PF ，结合图形，||||6||||21PF PA PF PA -+=+，当2F A P 、、共线时最小，最小值为2-6★热点考点题型探析★考点1直线与圆锥曲线的位置关系 题型1：交点个数问题[例1 ] 设抛物线y 2＝8x 的准线与x 轴交于点Q ，若过点Q 的直线l 与抛物线有公共点，则直线l 的斜率的取值范围是（ ）A ．[－21，21] B ．[－2，2] C ．[－1，1] D ．[－4，4]【解题思路】解决直线与圆锥曲线的交点个数问题的通法为判别式法 [解析] 易知抛物线28yx =的准线2x =-与x 轴的交点为Q (－2 , 0)，于是，可设过点Q (－2 , 0)的直线l 的方程为(2)y k x =+，4)(1 ||1||212212122x x x x k x x k AB ⋅-+⋅+=-⋅+=联立222228,(48)40.(2),y x k x k x k y k x ⎧=⇒+-+=⎨=+⎩ 其判别式为2242(48)1664640k k k ∆=--=-+≥，可解得 11k -≤≤，应选C.【名师指引】（1）解决直线与圆锥曲线的交点问题的方法：一是判别式法；二是几何法（2）直线与圆锥曲线有唯一交点，不等价于直线与圆锥曲线相切，还有一种情况是平行于对称轴（抛物线）或平行于渐近线（双曲线）（3）联立方程组、消元后得到一元二次方程，不但要对∆进行讨论，还要对二次项系数是否为0进行讨论【新题导练】1. （09摸底）已知将圆228x y +=上的每一点的纵坐标压缩到原来的12,对应的横坐标不变,得到曲线C ；设)1,2(M ，平行于OM 的直线l 在y 轴上的截距为m (m ≠0),直线l 与曲线C 交于A 、B 两个不同点. (1)求曲线C 的方程；(2)求m 的取值范围.[解析]（1）设圆上的动点为)','('y x P 压缩后对应的点为),(y x P ，则⎩⎨⎧==yy xx 2''，代入圆的方程得曲线C 的方程：12822=+y x （2）∵直线l 平行于OM ，且在y 轴上的截距为m,又21=OMK , ∴直线l 的方程为m x y +=21. 由221,2 1.82y x m x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩, 得 222240x mx m ++-= ∵直线l 与椭圆交于A 、B 两个不同点，∴22(2)4(24)0,m m ∆=--> 解得220m m -<<≠且.∴m 的取值范围是2002m m -<<<<或. 题型2：与弦中点有关的问题[例2]（08韶关调研）已知点A 、B 的坐标分别是(1,0)-，(1,0).直线,AM BM 相交于点M ，且它们的斜率之积为－2. (Ⅰ)求动点M 的轨迹方程; (Ⅱ)若过点1(,1)2N 的直线l 交动点M 的轨迹于C 、D 两点, 且N 为线段CD 的中点，求直线l 的方程. 【解题思路】弦中点问题用“点差法”或联立方程组，利用韦达定理求解 [解析] (Ⅰ)设(,)M x y ， 因为2AM BMk k ⋅=-,:()22221x y x +=≠±(Ⅱ) 设1122(,),(,)C x y D x y 当直线l ⊥x 轴时,l 的方程为12x =,则11(),(,2222C D ,它的中点不是N ,不合题意 设直线l 的方程为11()2y k x -=-将1122(,),(,)C x y D x y 代入()22221x y x +=≠±得 221122x y +=…………(1) 222222x y += (2)(1)－(2)整理得:12121212122()12()212y y x x k x x y y ⨯-+==-=-=--+⨯直线l 的方程为111()22y x -=--即所求直线l 的方程为230x y +-= 解法二: 当直线l ⊥x 轴时,直线l 的方程为12x =,则11(,(,2222C D , 其中点不是N ,不合题意.故设直线l 的方程为11()2y k x -=-, 将其代入()22221x y x +=≠±化简得222(2)2(1)(1)2022k k k x k x ++-+--=由韦达定理得222212221224(1)4(2)[(1)2]0(1)222(1)2(2)2(1)22(3)2k k k k k k x x k k x x k ⎧--+-->⎪⎪⎪-⎪+=-⎨+⎪⎪--⎪⋅=⎪+⎩,又由已知N 为线段CD 的中点,得122(1)222kk x x k -+=-+12=,解得12k =-,将12k =-代入(1)式中可知满足条件.此时直线l 的方程为111()22y x -=--,即所求直线l 的方程为230x y +-=【名师指引】通过将C 、D 的坐标代入曲线方程，再将两式相减的过程，称为代点相减．这里，代点相减后，适当变形，出现弦PQ 的斜率和中点坐标，是实现设而不求（即点差法）的关键．两种解法都要用到“设而不求”，它对简化运算的作用明显，用“点差法”解决弦中点问题更简洁 【新题导练】2.椭圆141622=+y x 的弦被点)1,2(P 所平分，求此弦所在直线的方程。
高考数学总复习 8-7 圆锥曲线的综合问题(理)课件 新人教B版
点评： 1.点差法的一个基本步骤是：点 A(x1， y1)， B(x2，y2)都在圆锥曲线 f(x· y)＝0 上， ∴f(x1，y1)＝0， f(x2， y2)＝ 0，两式相减 f(x1，y1)－f(x2，y2)＝ 0，然后变形构造 y2－ y1 出 及 x1＋ x2 和 y1＋y2，再结合已知条件求解． x2－ x1
1 y＝ 3x－3 x＝6， (2)解方程组 1 22 ，得 5 y＝－ x－ y＝－ . 3 9 2 所以直线 l1 和 l1、 l2 与
Ax＋ By＋ C＝ 0 2．解方程组 fx， y＝ 0
时，若消去 y，得到
关于 x 的方程 ax2＋ bx＋ c＝ 0，这时要考虑 a＝0 和 a≠ 0 两种情况，对双曲线和抛物线而言，一个公共点的情况 要考虑全面，除 a≠ 0，Δ＝ 0 外，当直线与双曲线的渐近 线平行时，只有一个交点；当直线与抛物线的对称轴平 行时，只有一个交点． 上述两种情形联立方程组消元后，二次项系数为 0， 即只能得到一个一次方程．
x2 y2 [例 1] P(1,1)为椭圆 ＋ ＝ 1 内的一定点，过 P 点 4 2 引一弦，与椭圆相交于 A、B 两点，且 P 恰好为弦 AB 的中点，如图所示，求弦 AB 所在的直线方程及弦 AB 的 长度．
解析： 设弦 AB 所在的直线方程为 y－ 1＝ k(x－ 1)， A、B 两点坐标分别为 (x1， y1)， (x2，y2)，则
2．中点弦问题除了用点差法外，求弦长时应注意是 → → 否过焦点，遇到 AO⊥BO 的情况，常用AO· BO＝ x1x2＋ y1y2＝ 0 解决，有时中点弦问题还可以利用对称、特例法 解决．
高考数学二轮复习考点十六《直线与圆锥曲线综合问题》课件
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1．已知双曲线ax22－by22＝1(a>0，b>0)的离心率为 3，右焦点到一条渐近 线的距离为 2，则此双曲线的焦距等于( ) A． 3 B．2 3 C．3 D．6
答案 B
|bc＋0| 解析 由题意，得焦点 F(c，0)到渐近线 bx＋ay＝0 的距离为 d＝ a2＋b2 ＝bcc＝b＝ 2，又ac＝ 3，c2＝a2＋b2，解得 c＝ 3，所以该双曲线的焦距为 2c＝2 3，故选 B.
A．若 x1＋x2＝6，则|PQ|＝8 B．以 PQ 为直径的圆与准线 l 相切 C．设 M(0，1)，则|PM|＋|PP1|≥ 2 D．过点 M(0，1)与抛物线 C 有且仅有一个公共点的直线至多有 2 条 答案 ABC
解析 对于 A，因为 p＝2，所以 x1＋x2＋2＝|PQ|，则|PQ|＝8，故 A 正 确；对于 B，设 N 为 PQ 的中点，点 N 在 l 上的射影为 N1，点 Q 在 l 上的射 影为 Q1，则由梯形性质可得|NN1|＝|PP1|＋2 |QQ1|＝|PF|＋2 |QF|＝|P2Q|，故 B 正 确；对于 C，因为 F(1，0)，所以|PM|＋|PP1|＝|PM|＋|PF|≥|MF|＝ 2，故 C 正确；对于 D，显然直线 x＝0，y＝1 与抛物线只有一个公共点，设过 M 斜 率存在的直线的方程为 y＝kx＋1，联立yy＝ 2＝k4xx＋，1，可得 k2x2＋(2k－4)x＋1 ＝0，令 Δ＝0，则 k＝1，所以直线 y＝x＋1 与抛物线也只有一个公共点，此 时有三条直线符合题意，故 D 错误．故选 ABC.
三、填空题 9．若直线 2x＋4y＋m＝0 经过抛物线 y＝2x2 的焦点，则 m＝________.
高考数学必考直线和圆锥曲线经典题型_含详解
1、中点坐标公式：1212,y 22x x y yx ++==，其中,x y 是点1122(,)(,)A x y B x y ，的中点坐标。
2、弦长公式：若点1122(,)(,)A x y B x y ，在直线(0)y kx b k =+≠上，则1122y kx b y kx b =+=+，，这是同点纵横坐标变换，是两大坐标变换技巧之一，AB ====或者AB ==== 3、两条直线111222:,:l y k x b l y k x b =+=+垂直：则121k k =- 两条直线垂直，则直线所在的向量120v v =4、韦达定理：若一元二次方程20(0)ax bx c a ++=≠有两个不同的根12,x x ，则1212,b c x x x x a a+=-=。
）常见的一些题型：题型一：数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系例题1、已知直线:1l y kx =+与椭圆22:14x y C m +=始终有交点，求m 的取值范围思路点拨：直线方程的特点是过定点（0，1），椭圆的特点是过定点（-2，0）和（2，0），和动点04m ±≠（，且。
解：根据直线:1l y kx =+的方程可知，直线恒过定点（0，1），椭圆22:14x y C m +=过动点04m ±≠（，且，如果直线:1l y kx =+和椭圆22:14x y C m+=14m ≥≠，且，即14m m ≤≠且。
规律提示：通过直线的代数形式，可以看出直线的特点：:101l y kx =+⇒过定点（，） :(1)1l y k x =+⇒-过定点（，0） :2(1)1l y k x -=+⇒-过定点（，2）证明直线过定点，也是将满足条件的直线整理成以上三种形式之一，再得出结论。
、一、过一定点P 和抛物线只有一个公共点的直线的条数情况：（1）若定点P 在抛物线外，则过点P 和抛物线只有一个公共点的直线有3条：两条切线，一条和对称轴平行或重合的直线； （2）若定点P 在抛物线上，则过点P 和抛物线只有一个公共点的直线有2条：一条切线，一条和对称轴平行或重合的直线；（3）若定点P 在抛物线内，则过点P 和抛物线只有一个公共点的直线有1条：和抛物线的对称轴平行或重合的直线和抛物线只有一个交点。
高考必会题型篇：36高考数学直线圆锥曲线的综合应用
讲师：邹老师
精品课件
题型透析
精品课件
真题展示
1.（2013 年高考新课标Ⅱ卷数学（理））
平面直角坐标系
xOy
中，过椭圆
M
:
x2 a2
y2 b2
1(a
b
0) 的右焦点
F 作直 x y 3 0 交 M 于 A，B 两点，P 为 AB 中点，OP 斜率 1 .
r
2
AB 2
2
，得 k
3 ，带入 4
y 2 k(x 1) ，
得
y
2
3 4
(x
1)
，即
3x
4
y
5
0 .所以直线
l
的方程为
3
x
4
y
5
0
.
精品课件
精品课件
备考指津
精品课件
【高考题型】：主要考察直线与圆锥曲线的位置关系． 【技巧归纳】：韦达定理的应用，设而不求的解题技巧. 【复习建议】：直线与圆锥曲线的关系、是高考命题的重要的一个点．高考十分注重
2
求椭圆 C 的方程（Ⅱ）当△AMN 的面积为 10 时，求 k 的值
3
精品课件
破题技巧
精品课件
精品课件
题型突破
精品课件
题型一：直线与圆锥曲线的位置关系问题
【湖北省荆门市龙泉中学 2014 届高三 8 月月考数学（理）】
已知椭圆 C
:
x2 a2
y2 b2
1(a
b
0)
的离心率为
1 2
，以Байду номын сангаас点为圆
对此知识点的考查，有的是考查理解和应用，有的是考查直线与圆和圆锥曲线的位置关 系等．
高考数学一轮复习讲义 第58课时 圆锥曲线的综合问题 理
451课题：直线和圆锥曲线的综合问题考纲要求：1.理解数形结合的思想.2.了解圆锥曲线的简单应用. 教材复习1.对相交弦长问题及中点弦问题要正确运用“设而不求”，常结合韦达定理 .2.解决直线和圆锥曲线的位置关系问题时，经常转化为它们所对应的方程构成的方程组是否 有解或解的个数问题.对于消元后的一元二次方程，必须讨论二次项的系数和判别式△，注意直线与圆锥曲线相切必有一个公共点，对圆与椭圆来说反之亦对，但对双曲线和抛物线来说直线与其有一公共点，可能是相交的位置关系.有时借助图形的几何性质更为方便.3.涉及弦的中点问题，除利用韦达定理外，也可以运用“点差法”，但必须以直线与圆锥曲线相交为前提，否则不宜用此法.4.直线与圆锥曲线相交的弦长计算：()1连结圆锥曲线上两点的线段称为圆锥曲线的弦；()2易求出弦端点坐标时用距离公式求弦长；()3一般情况下,解由直线方程和圆锥曲线方程组成的方程组,得到关于x (或y )的一元二次方程,利用方程组的解与端点坐标的关系，结合韦达定理得到弦长公式：d ==2212))(11(y y k-+. 5.涉及垂直关系问题，一般是利用斜率公式及韦达定理求解，设()11,A x y 、()22,B x y ，()00,P x y 是直线与圆锥曲线的两个交点，O 为坐标原点，则OA OB ⊥⇔12120x x y y +=，AP BP ⊥⇔()()()()010201020x x x x y y y y -⋅-+-⋅-=6.解析几何解题的基本方法：数形结合法，以形助数，用数定形.常用此法简化运算.基本知识方法1.在几何问题中，有些几何量与参数无关，这就构成了定值问题，解决这类问题一种思路是进行一般计算推理求出其结果；另一种是通过考查极端位置，探索出“定值”是多少，然后再进行一般性证明或计算，即将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角形式，证明该式是恒定的.如果试题以客观题形式出现，特殊方法往往比较奏效.2.对满足一定条件曲线上两点连结所得直线过定点或满足一定条件的曲线过定点问题，设该直线（曲线）上两点的坐标，利用坐标在直线（或曲线）上，建立点的坐标满足的方程（组），求出相应的直线（或曲线），然后再利用直线（或曲线）过定点的知识加以解决. 可从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况.3.解析几何的最值和范围问题，一般先根据条件列出所求目标的函数关系式，然后根据函数关系式的特征选用参数法、配方法、判别式法、不等式法、单调性法、导数法以及三角函数最值法等求出它的最大值和最小值. 典例分析：452考点一 弦长问题问题1．设直线l 过双曲线2213y x -=的一个焦点，交双曲线于A 、B 两点，O 为坐标原点，若0OA OB ⋅=，求AB 的值.考点二 焦点弦问题问题2．过抛物线22y px =（0p >）的焦点作一条直线交抛物线于()11,A x y 、()22,B x y ， 两点，设直线的倾斜角为θ.求证：()1212y y p ⋅=-；()222sin pAB θ=考点三 范围与最值问题问题3．（2010湖北）已知一条曲线C 在y 轴右边，C 上每一点到点()1,0F 的距离减去它到y 轴距离的差都是1.(Ⅰ)求曲线C 的方程；（Ⅱ）是否存在正数m ，对于过点(),0M m 且与曲线C 有两个交点,A B 的任一直线，都有0FA FB <？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由.453问题4．(2012浙江) 如图，椭圆C ：2222+1x y a b =(0a b >>)的离心率为12，其左焦点到点()2,1PO 的直线l 与C 相交于A ，B 两点，且线段AB 被直线OP 平分． (Ⅰ)求椭圆C 的方程；(Ⅱ) 求ABP △的面积取最大时直线l 的方程．454考点四 定点定值问题问题5．(2013陕西)已知动圆过定点()4,0A , 且在y 轴上截得的弦MN 的长为8. (Ⅰ) 求动圆圆心的轨迹C 的方程；(Ⅱ) 已知点()1,0B -, 设不垂直于x 轴的直线l 与轨迹C 交于不同的两点P , Q , 若x 轴是PBQ ∠的角平分线, 证明直线l 过定点.455问题6．(2011山东) 已知直线l 与椭圆C : 22132x y +=交于()11,P x y ，()22,Q x y 两不同点，且OPQ △的面积S =,其中Q 为坐标原点. （Ⅰ）证明2212x x +和2212y y +均为定值； （Ⅱ）设线段PQ 的中点为M ，求OM PQ ⋅的最大值；（Ⅲ）略.456考点五 探索性问题问题7．（04湖北）直线l ：1y kx =+与双曲线C ：2221x y -=的右支交于不同的两点A 、B .（Ⅰ）求实数k 的取值范围；（Ⅱ）是否存在实数k ，使得以线段AB 为直径的圆经过双曲线C 的右焦点F ？若存在，求出k 的值；若不存在，说明理由.课后作业：1.（07南通九校联考）过双曲线2212y x -=的右焦点作直线l 交双曲线于A 、B 两点，若4AB =，则满足条件的直线l 有 .A 2条 .B 3条 .C 4条 .D 无数条4572.已知双曲线C :2214y x -= ，过点P (1,1)作直线l ，使l 与C 有且只有一个公共点，则满足上述条件的直线l 共有 .A 1 条 .B 2条 .C 3条 .D 4条3.（07北京海淀区）若不论k 为何值，直线()2y k x b =-+与直线221x y -=总有公共点，则b 的取值范围是.A ( .B ⎡⎣ .C ()2,2- .D []2,2-4.直线10kx y k -++=与椭圆2212516x y +=公共点的个数是.A 0 .B 1 .C 2 .D 随k 变化而改变5.椭圆122=+ny mx 与直线1=+y x 交于,M N 两点，MN 的中点为P ，且OP 的斜率为22，则n m 的值为 .A 22 .B 322 .C 229 .D 27326.已知椭圆2224x y+=，则以(1,1)为中点的弦的长度是.A.B.C.D7.若直线1y kx=+和椭圆22125x ym+=恒有公共点，则实数m的取值范围为8.过椭圆2222x y+=的一个焦点的直线交椭圆于P、Q两点,求POQ△面积的最大值9.中心在原点，焦点在x轴上的椭圆的左焦点为F，离心率为13e=，过F作直线l交椭圆于,A B两点，已知线段AB的中点到椭圆左准线的距离是6，则AB=45845910. 已知椭圆22221x y a b+=（0a b >>）的右焦点为F ，过F 作直线与椭圆相交于A 、B两点，若有2BF AF =，求椭圆离心率的取值范围.11.抛物线22y px =的顶点任意作两条互相垂直的弦OA 、OB求证：AB 交抛物线的对称轴上一定点.460走向高考：12.（06福建）已知双曲线12222=-by a x (0a >，0b >)的右焦点为F ，若过点F 且倾斜角为60︒的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线离心率的取值范围是.A (]1,2 .B ()1,2 .C [)2,+∞ .D ()2,+∞13.（06江西）P 是双曲线221916x y -=的右支上一点，,M N 分别是圆()2254x y ++=和()2251x y -+=上的点，则PM PN -的最大值为 .A 6 .B 7 .C 8 .D 914.(2013安徽) 已知直线y a =交抛物线2y x =于,A B 两点.若该抛物线上存在 点C ，使得ABC ∠为直角，则a 的取值范围为15.（07全国Ⅰ）已知椭圆22132x y +=的左、右焦点分别为1F ，2F ．过1F 的直线交椭圆于,B D 两点，过2F 的直线交椭圆于,A C 两点，且AC BD ⊥，垂足为P ．（Ⅰ）设P 点的坐标为00()x y ，，证明：2200132x y +<； （Ⅱ）求四边形ABCD 的面积的最小值．。
【2023届新高考必刷题目】 高中数学圆锥曲线大题综合
【2023届新高考必刷】圆锥曲线大题综合1.(2023春·江苏扬州·高三统考开学考试)已知AB 为抛物线G :y 2=2px (p >0)的弦，点C 在抛物线的准线l 上.当AB 过抛物线焦点F 且长度为8时，AB 中点M 到y 轴的距离为3.(1)求抛物线G 的方程；(2)若∠ACB 为直角，求证：直线AB 过定点.【答案】(1)y 2=4x(2)证明见解析【分析】(1)利用抛物线弦长公式，以及中点到y 轴的距离公式，计算出p 即可；(2)先设C -1,c ,A y 214,y 1 ,B y 224,y 2，直线AB 的方程：x =ty +n ，联立方程组，由韦达定理可得y 1+y 2=4t ,y 1y 2=-4n ，又因为∠ACB 为直角可得CA ⋅CB=0，化简求解可得n =1，所以得出直线过定点1,0 .【详解】(1)设A x A ,y A ,B x B ,y B ，则由题意得|AB |=x A +x B +p =8x A +x B 2=3，解得p =2，所以抛物线的方程为y 2=4x (2)直线AB 过定点1,0 ，证明如下：设C -1,c ,A y 214,y 1 ,B y 224,y 2，直线AB 的方程：x =ty +n ，将x =ty +n 代入y 2=4x 得y 2-4ty -4n =0，则Δ>0，得t 2+n >0，由韦达定理可得y 1+y 2=4t ,y 1y 2=-4n ，所以CA =y 214+1,y 1-c ,CB =y 224+1,y 2-c，因为∠ACB =90∘，所以CA ⋅CB =0，即y 21y 2216+y 21+y 224+1+y 1y 2-c y 1+y 2 +c 2=0，即n 2+4t 2+2n +1-4n -4tc +c 2=0，即(n -1)2+(2t -c )2=0，所以n =1，所以直线AB 过定点1,0 .2.(2023·江苏泰州·统考一模)已知双曲线C :x 2a 2-y 2b 2=1(a >0,b >0)的左顶点为A ，过左焦点F 的直线与C 交于P ,Q 两点.当PQ ⊥x 轴时，PA =10，△PAQ 的面积为3.(1)求C 的方程；(2)证明：以PQ 为直径的圆经过定点.【答案】(1)x2-y23=1(2)证明见解析【分析】(1)根据题意，可得PF=b2a，b2a2+c-a2=10212⋅2b2a⋅c-a=3c2=a2+b2，进而求解；(2)设PQ方程为x=my-2，P x1,y1,Q x2,y2，联立直线和双曲线方程组，可得3m2-1y2-12my+9 =0，以PQ为直径的圆的方程为x-x1x-x2+y-y1y-y2=0，由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点，进而得到x2-x1+x2x+x1x2+y1y2=0，进而求解.【详解】(1)当PQ⊥x轴时，P,Q两点的横坐标均为-c，代入双曲线方程，可得y P=b2a，y Q=-b2a，即PF=b2a，由题意，可得b2a2+c-a2=10212⋅2b2a⋅c-a=3c2=a2+b2，解得a=1，b=3，c=2，∴双曲线C的方程为：x2-y23=1；(2)方法一：设PQ方程为x=my-2，P x1,y1,Q x2,y2，x=my-2 3x2-y2=3⇒3m2y2-4my+4-y2=3⇒3m2-1y2-12my+9=0,以PQ为直径的圆的方程为x-x1x-x2+y-y1y-y2=0，x2-x1+x2x+x1x2+y2-y1+y2y+y1y2=0,由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点，令y=0，可得x2-x1+x2x+x1x2+y1y2=0，而x1+x2=m y1+y2-4=12m23m2-1-4=43m2-1，x1x2=my1-2my2-2=m2y1y2-2m y1+y2+4=-3m2-4 3m2-1，∴x2-43m2-1x+-3m2-43m2-1+93m2-1=0⇒3m2-1x2-4x+5-3m2=0⇒3m2-1x+3m2-5x-1=0对∀m∈R恒成立，∴x=1，∴以PQ为直径的圆经过定点1,0；方法二：设PQ方程为x=my-2,P x1,y1,Q x2,y2，x=my-2 3x2-y2=3⇒3m2-1y2-12my+9=0,由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点.设以PQ 为直径的圆过E t ,0 ，∴EP ⋅EQ=0⇒x 1-t x 2-t +y 1y 2=0⇒x 1x 2-t x 1+x 2 +t 2+y 1y 2=0，而x 1x 2=my 1-2 my 2-2 =m 2y 1y 2-2m y 1+y 2 +4=m 2⋅93m 2-1-2m ⋅12m 3m 2-1+4=-3m 2-43m 2-1，x 1+x 2=m y 1+y 2 -4=12m 23m 2-1-4=43m 2-1∴-3m 2-43m 2-1-4t 3m 2-1+t 2+93m 2-1=0，3m2-1 t 2-4t +5-3m 2=0，即3m 2-1 t +3m 2-5 t -1 =0对∀m ∈R 恒成立，∴t =1，即以PQ 为直径的圆经过定点1,0 .3.(2023秋·浙江绍兴·高三期末)在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (-2,0),B (2,0)，直线PA 与直线PB 的斜率之积为-14，记动点P 的轨迹为曲线C ．(1)求曲线C 的方程；(2)若直线l :y =kx +m 与曲线C 交于M ，N 两点，直线MA ，NB 与y 轴分别交于E ，F 两点，若EO=3OF ，求证：直线l 过定点．【答案】(1)x 24+y 2=1(x ≠±2)(2)证明见解析【分析】(1)设P 点坐标为(x ,y )，由y x +2⋅y x -2=-14可得结果；(2)设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，联立y =kx +m x 24+y 2=1，得x 1+x 2和x 1x 2，再求出E ,F 的坐标，根据EO =3OF得k =m ，从而可得结果.【详解】(1)设P 点坐标为(x ,y )，则y x +2⋅y x -2=-14，即x 24+y 2=1(x ≠±2)，所以曲线C 的方程为x 24+y 2=1(x ≠±2).(2)设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，由y =kx +mx 24+y 2=1，消去y 并整理得4k 2+1 x 2+8km x +4m 2-4=0，由Δ=64k 2m 2-4(4k 2+1)(4m 2-4)>0，得4k 2+1>m 2,所以x 1+x 2=-8km 4k 2+1,x 1x 2=4m 2-44k 2+1．MA :y =y 1x 1+2(x +2)⇒E 0,2y 1x 1+2 ，NB :y =y 2x 2-2x -2 ⇒F 0,-2y 2x 2-2 ，因为EO =3OF ，所以-2y 1x 1+2=3⋅-2y 2x 2-2，即y 1(x 2-2)=3y 2(x 1+2)，∴kx 1+m x 2-2 =3kx 2+m x 1+2 ，∴2kx 1x 2+(2k +3m )x 1+x 2 +4(k -m )x 2+8m =0，所以2k ⋅4m 2-44k 2+1+(2k +3m )⋅-8km4k 2+1+4(k -m )x 2+8m =0，所以(k -m )4km -2+4k 2+1 x 2 =0对任意x 2都成立，∴k =m ，故直线l 过定点(-1,0)．4.(2023秋·浙江·高三期末)已知点A 463,233 是双曲线x 2a 2-y 2b 2=1(a >0,b >0)上一点，B 与A 关于原点对称，F 是右焦点，∠AFB =π2．(1)求双曲线的方程；(2)已知圆心在y 轴上的圆C 经过点P (-4,0)，与双曲线的右支交于点M ，N ，且直线MN 经过F ，求圆C 的方程．【答案】(1)x 28-y 24=1(2)x 2+(y ±26)2=40【分析】(1)由已知条件列方程求出a ,b ,c ，即可求出双曲线的方程；(2)讨论直线MN 的斜率不存在时不满足题意；当斜率存在时设直线MN 的方程为y =kx +m ，联立双曲线的方程，由韦达定理求出MN 的中点Q 的坐标以及C 的坐标，根据勾股定理有CN 2=CP 2=CQ 2+12MN2，代入解方程即可得出答案.【详解】(1)由已知条件得：463+c ,233 ⋅463-c ,233 =0323a 2-43b 2=1a 2+b 2=c 2⇒a 2=8b 2=4c =23双曲线方程为：x 28-y 24=1．(2)若直线MN 的斜率不存在，则圆C 的圆心不在y 轴上，因此不成立．设直线MN 的方程为y =kx +m ，由y =k (x -23)x 28-y 24=1消元得：2k 2-1 x 2-83k 2x +24k 2+8 =0⇒2k 2-1≠0Δ=32k 2+1 >0x 1+x 2=83k 22k 2-1,y 1+y 2=k x 1+x 2 -43k =83k 32k 2-1-43k =43k2k 2-1∴MN 的中点Q 的坐标为43k 22k 2-1,23k2k 2-1．设C (0,m )，直线CQ :y =-1k x +m ，得C 0,63k2k 2-1，又|MN |=k 2+1⋅82⋅-8k 2+4+12k 28k 2-4 =42k 2+1 2k 2-1，根据勾股定理有CN 2=CP 2=CQ 2+12MN2∴63k 2k 2-1 2+42=43k 22k 2-1 2+23k 2k 2-1-63k 2k 2-1 2 +22k 2+1 2k 2-12．化简得2k 4-5k 2+2=0解得k 2=2或k 2=12(舍)∴C (0,±26)，∴圆C 的方程为x 2+(y ±26)2=40．5.(2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习)已知抛物线E :y 2=2px p >0 的焦点为F ，点F 关于直线y =12x +34的对称点恰好在y 轴上．(1)求抛物线E 的标准方程；(2)直线l :y =k x -2 k ≥6 与抛物线E 交于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点C ，若D 6,0 ，求AB CD的最大值．【答案】(1)y 2=4x(2)2915【分析】(1) 由题意得F p 2,0 ，设F 关于直线y =12x +34的对称点为F 0,m ，根据题意列出方程组，解之即可求解；(2)将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式，并求得线段AB 的垂直平分线方程为y -2k =-1k x -2k 2+2k 2 ，进而得到AB CD=22+49t +36t-12，利用函数的单调性即可求解.【详解】(1)由题意得F p 2,0 ，设F 关于直线y =12x +34的对称点为F0,m ，则m -p 2=-2m 2=18p +34 ，解得m =p =2，∴抛物线E 的标准方程为y 2=4x ．(2)由y =k x -2 y 2=4x 可得k 2x 2-4k 2+4 x +4k 2=0，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则x 1+x 2=4k 2+4k 2，x 1x 2=4，∴AB =1+k 2⋅x 1-x 2 =1+k 2⋅x 1+x 22-4x 1x 2=1+k 2⋅4k 2+4k 22-16=42k 4+3k 2+1k 2，y 1+y 2=k x 1+x 2 -4k =4k ，∴线段AB 的中点坐标为2k 2+2k 2,2k ，则线段AB 的垂直平分线方程为y-2k =-1k x -2k 2+2k 2 ，令y =0，得x =4+2k2，故C 4+2k 2,0 ，又D 6,0 ，得CD =4+2k 2-6=2-2k 2．∴ABCD =22k 4+3k 2+1k 2-1=22+7k 2-1k 4-2k 2+1，令t =7k 2-1k ≥6 ，则k 2=17t +1 ，t ≥41，∴AB CD=22+t 149t +1 2-27t +1+1=22+49t +36t-12，易知函数f t =t +36t在41,+∞ 上单调递增，∴当t =41时，f t 取得最小值，此时k =6，故AB CD的最大值为22+4136-12+1=2915．6.(2023·湖南邵阳·统考二模)已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=10<a 10,b 0 的右顶点为A ，左焦点F -c ,0 到其渐近线bx +ay =0的距离为2，斜率为13的直线l 1交双曲线C 于A ，B 两点，且AB=8103．(1)求双曲线C 的方程；(2)过点T 6,0 的直线l 2与双曲线C 交于P ，Q 两点，直线AP ，AQ 分别与直线x =6相交于M ，N 两点，试问：以线段MN 为直径的圆是否过定点?若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)x 29-y 24=1(2)以线段MN 为直径的圆过定点6-23,0 和6+23,0 ．【分析】(1)根据点到直线的距离公式即可求解b =2，进而联立直线与双曲线方程，根据弦长公式即可求解a =3，(2)联立直线与曲线的方程得韦达定理，根据圆的对称性可判断若有定点则在x 轴上，进而根据垂直关系得向量的坐标运算，即可求解.【详解】(1)∵双曲线C 的左焦点F -c ,0 到双曲线C 的一条渐近线bx +ay =0的距离为d =bca 2+b2=b ，而d =2，∴b =2．∴双曲线C 的方程为x 2a2-y 24=10<a <10 ．依题意直线l 1的方程为y =13x -a ．由x 2a 2-y 24=1,y =13x -a ,消去y 整理得：36-a 2 x 2+2a 3x -a 2a 2+36 =0，依题意：36-a 2≠0，Δ>0，点A ，B 的横坐标分别为x A ,x B ，则x A x B =a 2a 2+36a 2-36．∵x A =a ，∴x B =a a 2+36a 2-36．∴AB =1+132x A -x B =103x A -x B =8103，∴x A -x B =8．即a -a a 2+36a 2-36=8，解得a =3或a =12(舍去)，且a =3时，Δ>0，∴双曲线C 的方程为x 29-y 24=1．(2)依题意直线l 2的斜率不等于0，设直线l 2的方程为x =my +6．由x =my +6,x 29-y 24=1,消去x 整理得：4m 2-9 y 2+48my +108=0，∴4m 2-9≠0，Δ1>0．设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，则y 1+y 2=-48m 4m 2-9，y 1y 2=1084m 2-9．直线AP 的方程为y =y 1x 1-3x -3 ，令x =6得：y =3y 1x 1-3，∴M 6,3y 1x 1-3 ．同理可得N 6,3y 2x 2-3．由对称性可知，若以线段MN 为直径的圆过定点，则该定点一定在x 轴上，设该定点为R t ,0 ，则RM =6-t ,3y 1x 1-3 ，RN =6-t ,3y 2x 2-3 ，故RM ⋅RN =6-t 2+9y 1y 2x 1-3 x 2-3 =6-t 2+9y 1y 2my 1+3 my 2+3 =6-t 2+9y 1y 2m 2y 1y 2+3m y 1+y 2 +9=6-t 2+9×1084m 2-9m 2×1084m 2-9-3m ×48m 4m 2-9+9=6-t 2-12=0．解得t =6-23或t =6+23．故以线段MN 为直径的圆过定点6-23,0 和6+23,0 ．【点睛】关键点睛：本题解题的关键是根据圆的对称性可判断定点在坐标轴上，结合向量垂直的坐标运算化简求解就可，对计算能力要求较高.7.(2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)定义：一般地，当λ>0且λ≠1时，我们把方程x 2a 2+y 2b 2=λ(a >b >0)表示的椭圆C λ称为椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的相似椭圆.(1)如图，已知F 1-3,0 ,F 23,0 ,M 为⊙O :x 2+y 2=4上的动点，延长F 1M 至点N ，使得MN =MF 1 ,F 1N 的垂直平分线与F 2N 交于点P ，记点P 的轨迹为曲线C ，求C 的方程；(2)在条件(1)下，已知椭圆C λ是椭圆C 的相似椭圆，M 1,N 1是椭圆C λ的左､右顶点.点Q 是C λ上异于四个顶点的任意一点，当λ=e 2(e 为曲线C 的离心率)时，设直线QM 1与椭圆C 交于点A ,B ，直线QN 1与椭圆C 交于点D ,E ，求AB +DE 的值.【答案】(1)x 24+y 2=1(2)5【分析】(1)由图可知OM 是△F 1NF 2的中位线，由此可得F 2N 长为定值，因为点P 在F 1N 的垂直平分线上，所以PF 1 +PF 2 =PF 2 +PN ，根据椭圆定义求解析式即可；(2)假设出点Q 坐标，表示直线QM 1与直线QN 1的斜率，并找出两斜率关系，最后表示出两直线方程，分别与椭圆C 联立方程，利用弦长公式和韦达定理求出AB +DE 的值.【详解】(1)连接OM ，易知OM ∥12F 2N 且OM =12F 2N ，∴F 2N =4，又点P 在F 1N 的垂直平分线上，∴PF 1 =PN ，∴PF 1 +PF 2 =PF 2 +PN =NF 2 =4>23，满足椭圆定义，∴a =2,c =3,b =1，∴曲线C 的方程为x 24+y 2=1.(2)由(1)知椭圆C 方程为x 24+y 2=1，则离心率e =32⇒λ=34，∴楄圆C λ的标准方程为x 23+4y 23=1，设Q x 0,y 0 为椭圆C λ异于四个顶点的任意一点，直线QM 1,QN 1斜率k QM 1,k QN 1，则k QM1⋅k QN 1=y 0x 0+3⋅y 0x 0-3=y 2x 20-3，又x 203+4y 203=1⇒y 20=143-x 20 ，∴k QM 1⋅k QN 1=-14k QM 1≠±12.设直线QM 1的斜率为k ，则直线QN 1的斜率为-14k.∴直线QM 1为y =k x +3 ，由y =k x +3 ,x 24+y 2=1,得1+4k 2 x 2+83k 2x +12k 2-4=0，设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，则x 1+x 2=-83k 21+4k 2,x 1x 2=12k 2-41+4k 2，∴AB =1+k 2x 1-x 2 =1+k 2x 1+x 2 2-4x 1x 2=41+k 21+4k 2，同理可得DE =1+16k 21+4k 2，∴AB +DE =41+k 2 1+4k 2+1+16k 21+4k 2=5.8.(2023·湖北武汉·统考模拟预测)过坐标原点O 作圆C :(x +2)2+y 2=3的两条切线，设切点为P ,Q ，直线PQ 恰为抛物E :y 2=2px ,(p >0)的准线.(1)求抛物线E 的标准方程；(2)设点T 是圆C 上的动点，抛物线E 上四点A ,B ,M ,N 满足：TA =2TM ,TB =2TN，设AB 中点为D .(i )求直线TD 的斜率；(ii )设△TAB 面积为S ，求S 的最大值.【答案】(1)y 2=2x(2)(i )0；(ii )48【分析】(1)设直线PQ 与x 轴交于P 0-p 2,0 ，由几何性质易得：CP 2=CP 0 ⋅CO ，即可解决；(2)设T x 0,y 0 ,A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，(i )中，由于TA 中点M 在抛物线E 上，得y 0+y 12 2=2⋅x 0+x 12，将A x 1,y 1,B x 2,y 2 ，代入联立得D 点纵坐标为y 1+y 22=y 0，即可解决；(ⅱ)由(i )得点D 3y 20-4x 02,y 0，S =12TD ⋅y 1-y 2 =322⋅y 20-2x 03，又点T 在圆C 上，得y 20=-x 20-4x 0-1，可得：S =322⋅-x 0+32+8 3即可解决.【详解】(1)设直线PQ 与x 轴交于P 0-p2,0 .由几何性质易得：△CPP 0与△OCP 相似，所以CP CP 0=CO CP，CP2=CP 0 ⋅CO ，即：3=-p2+2 ⋅2，解得：p =1. 所以抛物线E 的标准方程为：y 2=2x .(2)设T x0,y0,A x1,y1,B x2,y2(i)由题意，TA中点M在抛物线E上，即y0+y122=2⋅x0+x12，又y21=2x1，将x1=y212代入，得：y21-2y0y1+4x0-y20=0，同理：y22-2y0y2+4x0-y20=0，有y1+y2=2y0y1y2=4x0-y20，此时D点纵坐标为y1+y22=y0，所以直线TD的斜率为0.(ⅱ)因为x1+x22=y21+y224=y1+y22-2y1y24=3y20-4x02，所以点D3y20-4x02,y0 ，此时S=12TD⋅y1-y2，TD =3y20-4x02-x0=32y20-2x0，y1-y2=y1+y22-4y1y2=8y20-2x0，所以S=322⋅y20-2x03，又因为点T在圆C上，有x0+22+y20=3，即y20=-x20-4x0-1，代入上式可得：S=322⋅-x20-6x0-13=322⋅-x0+32+83，由-2-3≤x0≤-2+3，所以x0=-3时，S取到最大价322⋅83=48.所以S的最大值为48.9.(2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测)已知F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，O为坐标原点，M为C的准线l上的一点，直线MF的斜率为-1,△OFM的面积为1．(1)求C的方程；(2)过点F作一条直线l ，交C于A,B两点，试问在l上是否存在定点N，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y2=4x(2)存在，-1,0或-1,-4【分析】(1)设点M的坐标为-p 2,a，根据直线MF的斜率为-1，得到a=p，再根据△OFM的面积为1求出p，即可得解；(2)假设存在点N，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方．设直线l 的方程为x=my+1，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，N -1,t ，联立直线与抛物线方程，消元列出韦达定理，又k NF =-t2，k NA+k NB =y 1-t x 1+1+y 2-tx 2+1，化简k NA +k NB ，即可得到方程，求出t 的值，即可得解.【详解】(1)解：由题意知F p 2,0 ，设点M 的坐标为-p2,a ，则直线MF 的斜率为a -0-p 2-p 2=-ap ．因为直线MF 的斜率为-1，所以-ap =-1，即a =p ，所以△OFM 的面积S =12OF a =p 24=1，解得p =2或p =-2(舍去)，故抛物线C 的方程为y 2=4x ．(2)解：假设存在点N ，使得直线NA 与NB 的斜率之和等于直线NF 斜率的平方．由(1)得F 1,0 ，抛物线C 的准线l 的方程为x =-1．设直线l 的方程为x =my +1，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，N -1,t ，联立x =my +1y 2=4x得y 2-4my -4=0，所以Δ=16m 2+16>0，y 1+y 2=4m ，y 1y 2=-4．因为k NF =0-t 1+1=-t 2，k NA +k NB =y 1-t x 1+1+y 2-tx 2+1=2my 1y 2+2-tm y 1+y 2 -4t m 2y 1y 2+2m y 1+y 2 +4=2m ⋅-4 +4m 2-tm -4t -4m 2+2m ⋅4m +4=-4t m 2+14m 2+1 =-t ，所以-t =-t22，解得t =0或t =-4．故存在定点N ，使得直线NA 与NB 的斜率之和等于直线NF 斜率的平方，其坐标为-1,0 或-1,-4 ．10.(2023·山东菏泽·统考一模)如图，椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的焦点分别为F 1-3,0,F 23,0 ,A 为椭圆C 上一点，△F 1AF 2的面积最大值为3.(1)求椭圆C 的方程；(2)若B ､D 分别为椭圆C 的上､下顶点，不垂直坐标轴的直线l 交椭圆C 于P ､Q (P 在上方，Q 在下方，且均不与B ,D 点重合)两点，直线PB ,QD 的斜率分别为k 1,k 2，且k 2=-3k 1，求△PBQ 面积的最大值.【答案】(1)x 24+y 2=1(2)12【分析】(1)根据条件，得到关于a ,b ,c 的方程，即可得到结果；(2)根据题意设直线PQ 的方程为y =kx +m ，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，再由k 2=-3k 1列出方程，代入计算，即可得到结果.【详解】(1)S ΔF 1AF 2=12⋅23⋅b =3，∴b =1，a =b 2+3=2，故椭圆的方程为x 24+y 2=1；(2)依题意设直线PQ 的方程为y =kx +m ，P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，联立方程组y =kx +mx 24+y 2=1，消元得：1+4k 2 x 2+8km x +4m 2-4=0，∴x 1+x 2=-8km 1+4k 2,x 1x 2=4m 2-41+4k2，Δ=64k 2m 2-41+4k 2 4m 2-4 =161+4k 2-m 2 >0，由k 2=-3k 1得：y 2+1x 2=-3⋅y 1-1x 1，两边同除x 1，y 2+1x 1x 2=-3⋅y 1-1x 21=-3⋅y 1-141-y 21 =341+y 1 ，即3x 1x 2-41+y 1 1+y 2 =0；将y 1=kx 1+m ,y 2=kx 2+m 代入上式得：3x 1x 2-41+y 1 1+y 2 =3x 1x 2-4kx 1+m +1 kx 2+m +1 =3-4k 2 x 1x 2-4k m +1 x 1+x 2 -4m +1 2=3-4k 2 4m 2-41+4k 2-4k m +1 -8km 1+4k 2 -4m +1 2=0,整理得：m 2-m -2=0所以m =2或m =-1(舍)，S △PQB =12⋅1⋅x 1-x 2 =12x 1+x 2 2-4x 1x 2=12-8km 1+4k 2 2-44m 2-41+4k 2=24k 2-31+4k 2=24k 2-3+44k 2-3≤12,当k =±72时等号成立，满足条件，所以△PQB 面积的最大值为12.11.(2023·福建泉州·统考三模)已知椭圆C :x 24+y 23=1的左、右顶点分别为A ，B ．直线l 与C 相切，且与圆O :x 2+y 2=4交于M ，N 两点，M 在N 的左侧．(1)若|MN |=455，求l 的斜率；(2)记直线AM ,BN 的斜率分别为k 1,k 2，证明：k 1k 2为定值．【答案】(1)k =±12；(2)证明过程见解析.【分析】(1)根据圆弦长公式，结合点到直线距离公式、椭圆切线的性质进行求解即可；(2)根据直线斜率公式，结合一元二次方程根与系数关系进行求解即可.【详解】(1)当直线l 不存在斜率时，方程为x =±2，显然与圆也相切，不符合题意，设直线l 的斜率为k ，方程为y =kx +m ，与椭圆方程联立，得x 24+y 23=1y =kx +m⇒(3+4k 2)x 2+8km x +4m 2-12=0，因为直线l 与C 相切，所以有Δ=64k 2m 2-43+4k 2 4m 2-12 =0⇒m 2=4k 2+3，圆O :x 2+y 2=4的圆心坐标为0,0 ，半径为2，圆心0,0 到直线y =kx +m 的距离为mk 2+-12，因为|MN |=455，所以有455=2×4-mk 2+-1 22⇒45=4-4k 2+3k 2+1⇒k =±12；(2)A -2,0 ,B 2,0 ，由x 2+y 2=4y =kx +m ⇒1+k 2 x 2+2km x +m 2-4=0，设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,x 1<x 2，则有x 1+x 2=-2km k 2+1,x 1x 2=m 2-4k 2+1=4k 2-1k 2+1，x 1=-km -11+k 2,x 2=-km +11+k 2，k 1k 2=y 1x 1+2⋅y 2x 2-2=kx 1+m kx 2+m x 1x 2-2x 1+2x 2-4=k 2x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2x 1x 2-2x 1+2x 2-4，把x 1+x 2=-2km k 2+1,x 1x 2=m 2-4k 2+1=4k 2-1k 2+1，x 1=-km -11+k 2,x 2=-km +11+k 2代入上式，得k 1k 2=k 24k 2-1k 2+1+km -2km k 2+1+m 24k 2-1k 2+1-2⋅-km -1k 2+1+2⋅-km +1k 2+1-4=m 2-4k 2m 2-4-4k2，而m 2=4k 2+3，所以k 1k 2=4k 2+3-4k 24k 2+3-4-4k 2=-3.【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系，结合椭圆切线的性质进行求解是解题的关键.12.(2023·江苏南通·统考模拟预测)已知A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，C x 3,y 3 三个点在椭圆x 22+y 2=1，椭圆外一点P 满足OP =2AO ，BP =2CP，(O 为坐标原点).(1)求x 1x 2+2y 1y 2的值；(2)证明：直线AC 与OB 斜率之积为定值.【答案】(1)12(2)证明见解析【分析】(1)设P x ,y ，根据向量关系用x 1,x 2,y 1,y 2表示x 3,y 3，代入椭圆方程即可求解；(2)用x 1,x 2,y 1,y 2表示x 3,y 3，代入斜率公式即可求解.【详解】(1)设P x ,y ，因为OP =2AO ，所以x ,y =2-x 1,-y 1 解得x =-2x 1y =-2y 1 ，又因为BP =2CP ，所以-2x 1-x 2,-2y 1-y 2 =2-2x 1-x 3,-2y 1-y 3 解得x 3=-x 1+12x 2y 3=-y 1+12y 2，因为点C 在椭圆上，所以-x 1+12x 2 22+-y 1+12y 2 2=1⇒x 212+y 21+14x 222+y 22-12x 1x 2-y 1y 2=1，即x 1x 2+2y 1y 2=12.(2)设直线AC 与OB 斜率分别为k AC ,k OB ，k AC k OB =y 3-y 1x 3-x 1×y 2x 2=-y 1+12y 2-y 1-x 1+12x 2-x 1×y 2x 2=-2y 1y 2+12y 22-2x 1x 2+12x 22=x 1x 2-12+121-12x 22 -2x 1x 2+12x 22=x 1x 2-14x 22-2x 1x 2+12x 22=-12是定值.13.(2023·浙江嘉兴·统考模拟预测)已知抛物线C :y 2=2px p >0 ，过焦点F 的直线交抛物线C 于A ，B 两点，且AB =AF ⋅BF .(1)求抛物线C 的方程；(2)若点P 4,4 ，直线PA ，PB 分别交准线l 于M ，N 两点，证明：以线段MN 为直径的圆过定点.【答案】(1)y 2=4x (2)证明见解析【分析】(1)设AB :x =my +p2m ∈R ，联立抛物线方程，由根与系数的关系及抛物线的定义，根据AB =AF ⋅BF 建立方程求出p 得解；(2)由直线方程求出M ,N 的坐标，计算y M ⋅y N =-4，设Q x ,y 是以线段MN 为直径的圆上任意一点，根据MQ ⋅NQ=0化简0=x +1 2+y -y M y -y N ，根据对称性令y =0可得解.【详解】(1)设AB :x =my +p2m ∈R ，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则联立y 2=2pxx =my +p 2得y 2-2pmy -p 2=0，所以Δ=4p 2m 2+4p 2>0y 1+y 2=2pm y 1y 2=-p 2，所以x 1+x 2=2m 2+1 px 1x 2=p 24，又AF =x 1+p 2，BF =x 2+p2，所以AB =AF +BF =x 1+x 2+p 由AB =AF ⋅BF 得x 1+x 2+p =x 1+p 2 x 2+p2 ，即x 1+x 2+p =x 1x 2+p 2x 1+x 2 +p 24所以2m 2+1 p +p =p 22m 2+1 p +p 22，化简得m 2+1 p p -2 =0，又p >0，所以p =2，所以抛物线C 的方程为y 2=4x .(2)由(1)知AB :x =my +1m ∈R ，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，所以y 1+y 2=4m ，y 1y 2=-4，易得x 1+x 2=4m 2+2，x 1x 2=1，由题意知AP :y -4=y 1-4x 1-4x -4 ，BP :y -4=y 2-4x 2-4x -4 ，所以令x =-1得y M =-5y 1-4 my 1-3+4，y N =-5y 2-4my 2-3+4，即M -1,-5y 1-4 x 1-4+4，N -1,-5y 2-4 x 2-4+4，所以y M ⋅y N =-5y 1-4my 1-3+4-5y 2-4 my 2-3+4=4m -5 y 1+8 4m -5 y 2+8my 1-3 my 2-3=4m -52y 1y 2+84m -5 y 1+y 2 +64m 2y 1y 2-3m y 1+y 2 +9=-44m -5 2+32m 4m -5 +64-4m 2-12m 2+9=64m 2-36-16m 2+9=-4设Q x ,y 是以线段MN 为直径的圆上得任意一点，则有MQ ⋅NQ=0，即0=x +1 2+y -y M y -y N ，由对称性令y =0得0=x +1 2+y M y N =x +1 2-4，所以x =1或x =-3所以以线段MN 为直径的圆经过定点，定点坐标为-3,0 与1,0 .【点睛】关键点点睛：求出M ,N 的点的坐标，计算出y M ⋅y N 为定值-4，是解题的关键之一，其次写出以MN 为直径的圆的方程，根据圆的方程0=x +1 2+y -y M y -y N ，由对称性，令y =0求定点是解题的关键.14.(2023·江苏连云港·统考模拟预测)已知椭圆E ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的焦距为23，且经过点P -3,12 ．(1)求椭圆E 的标准方程：(2)过椭圆E 的左焦点F 1作直线l 与椭圆E 相交于A ，B 两点(点A 在x 轴上方)，过点A ，B 分别作椭圆的切线，两切线交于点M ，求AB MF 1的最大值．【答案】(1)x 24+y 2=1(2)2【分析】(1)由待定系数法求解析式；(2)设出直线方程，由韦达定理法及导数法求得两切线方程，即可联立两切线方程解得交点M ，再由弦长公式及两点距离公式表示出AB MF 1，进而讨论最值.【详解】(1)由题意得2c =233a 2+14b 2=1a 2=b 2+c2 ，所以a =2b =1 ，即椭圆方程为x24+y 2=1；(2)当直线l 斜率为0时，A ，B 分别为椭圆的左右顶点，此时切线平行无交点．故设直线l ：x =ty -3，由x 24+y 2=1x =ty -3，得t 2+4 y 2-23ty -1=0．Δ=16t 2+16>0，y 1+y 2=23t t 2+4，y 1y 2=-1t 2+4.AB =1+t 2y 1-y 2 =1+t 2y 1+y 22-4y 1y 2=1+t212t 2t 2+42+4t 2+4=4t 2+1t 2+4不妨设A x 1,y 1 在x 轴上方，则B x 2,y 2 在x 轴下方．椭圆在x 轴上方对应方程为y =1-x 24，y =-x41-x 24，则A 处切线斜率为-x 141-x 214=-x 14y 1，得切线方程为y -y 1=-x 14y 1x -x 1 ，整理得x 1x4+y 1y =1.同理可得B 处的切线方程为x 2x4+y 2y =1．由x 1x 4+y 1y =1①x 2x 4+y 2y =1②得x M =4y 2-y 1 x 1y 2-x 2y 1=4y 2-y 1 ty 1-3 y 2-ty 2-3 y 1=4y 2-y 1 3y 1-y 2 =-433，代入①得y M =1+33x 1y 1=1+33ty 1-3 y 1=3t 3，所以M -433,3t 3．因为MF 1 =-433+3 2+t 23=1+t 23，所以AB MF 1 =4t 2+1t 2+41+t 23=43t 2+1t 2+4设m =t 2+1≥1，则t 2=m 2-1，则AB MF 1=43m m 2+3=43m +3m≤4323=2，当且仅当m 2=3，即t =±2时，ABMF 1的最大值是2．另解：当直线l 的斜率存在时，设l ：y =k x +3 ，由x 24+y 2=1y =k x +3得1+4k 2 x 2+83k 2x +12k 2-4=0，所以Δ=k 2+1>0，x 1+x 2=-83k 21+4k 2，x 1x 2=12k 2-41+4k 2，AB =1+k 2x 1-x 2 =1+k 2⋅x 1+x 22-4x 1x 2=1+k 2⋅64×3k 21+4k 22-412k 2-41+4k 2=41+k 21+4k 2椭圆在x轴上方的部分方程为y=1-x24，y'=-x41-x24，则过A x1,y1y1>0的切线方程为y-y1=-x14y1x-x1，即x1x4+y1y=x214+y21=1，同理可得过B x2,y2y2<0的切线方程为x2x4+y2y=1.由x1x4+y1y=1x2x4+y2y=1得x M=4y2-y1x1y2-x2y1=4y2-y1y1k-3y2-y2k-3y1=4y2-y13y1-y2=-433设M-43 3,t，则-3x13+ty1=1-3x23+ty2=1 ，所以直线l的方程为-33x+ty=1，所以t=33k.MF1=-433+32+t2=1+k23k2，AB MF1=41+k21+4k2⋅3k21+k2=43k21+k21+4k22令n=1+4k2≥1，则k2=n-14，所以ABMF1=3-3⋅1n2+2⋅1n+1，当1n=-22×-3⇒n=3时，即k=±22时，ABMF1取得最大值，为2．【点睛】直线与圆锥曲线问题，一般设出直线，联立直线与圆锥曲线方程，结合韦达定理表示出所求的内容，进而进行进一步讨论.15.(2023春·江苏常州·高三校联考开学考试)已知点P2,-1在椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上，C的长轴长为42，直线l:y=kx+m与C交于A,B两点，直线PA,PB的斜率之积为14.(1)求证：k为定值；(2)若直线l与x轴交于点Q，求QA|2+QB|2的值.【答案】(1)证明见解析(2)10【分析】(1)根据题意求出椭圆方程为:x28+y22=1，将椭圆，及相关直线、点进行平移，将y1x1,y2x2看作方程8n-4X2+8t-4nX-4t+1=0的两不等实根，进而可得n=-2t，代入直线方程化简即可；(2)联立直线与椭圆方程，结合韦达定理得y3+y4=m，y3y4=m2-22，化简QA|2+QB|2=5y3+y42-2y3y4，代入韦达定理即可求解.【详解】(1)由题意知2a=424a2+1b2=1⇒a=22b=2,∴椭圆方程为:x28+y22=1.将椭圆平移至(x +2)28+(y -1)22=1即x 2+4y 2+4x -8y =0，此时P 点平移至P 0,0 ,A ,B 分别平移至A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，设直线A B 方程为tx +ny =1代入椭圆⇒x 2+4y 2+4x -8y tx +ny =0，整理得8n -4 y 2+8t -4n xy -4t +1 x 2=0，两边同除以x 2⇒8n -4 ⋅y x2+8t -4n ⋅y x-4t +1 =0，∴k PA ⋅k PB=k PA ⋅k PB =14⇒y 1x 1⋅y 2x 2=14令y x =X ，则y 1x 1,y 2x 2可看作关于X 的一元二次方程，8n -4 X 2+8t -4n X -4t +1 =0的两不等实根，∴y 1x 1⋅y 2x 2=X 1X 2=-4t +1 8n -4=14,∴4t =-2n ，即n =-2t ，∴直线A B 方程为tx -2ty =1t ≠0 ,∴y =12x -12t，∴A B 的斜率为定值12，即k 的定值12.(2)设A x 3,y 3 ,B x 4,y 4 ，y =12x +m x 2+4y 2=8⇒8y 2-8my +4m 2-8=0，即2y 2-2my +m 2-2=0,Δ>0，故y 3+y 4=m ，y 3y 4=m 2-22，∴QA |2+ QB 2=1+4⋅y 3 2+1+4⋅y 4 2=5y 23+y 24 =5y 3+y 4 2-2y 3y 4=5m 2-2×m 2-22=10，∴QA |2+ QB |2=1016.(2023春·江苏苏州·高三统考开学考试)已知抛物线y 2=a 2x 的焦点也是离心率为32的椭圆x 2a2+y 2b 2=1a >b >0 的一个焦点F ．(1)求抛物线与椭圆的标准方程；(2)设过F 的直线l 交抛物线于A 、B ，交椭圆于C 、D ，且A 在B 左侧，C 在D 左侧，A 在C 左侧．设a =AC ，b =μCD ，c =DB ．①当μ=2时，是否存在直线l ，使得a ，b ，c 成等差数列？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由；②若存在直线l ，使得a ，b ，c 成等差数列，求μ的范围．【答案】(1)抛物线的标准方程是y 2=12x ，椭圆的标准方程为x 212+y 23=1(2)①不存在，理由见解析；②μ∈43-12,+∞【分析】(1)根据相同焦点得到a 24=32a ，解得a =23，得到答案.(2)设l ：x =my +3和各点坐标，联立方程利用韦达定理得到根与系数的关系，计算AB =12m 2+1 ，CD =43m 2+1m 2+4，根据等差数列的性质得到方程，方程无解得到答案；整理得到m 2=3+23μ-123>0，解不等式即可.【详解】(1)抛物线的焦点F a 24,0 ，椭圆的焦点F c ,0 ，由于e =c a =32，即F 32a ,0 ，则有a 24=32a ，因此a =23，c =3，b =a 2-c 2=3，故椭圆的标准方程为x 212+y 23=1，抛物线的标准方程是y 2=12x ．(2)①设l ：x =my +3，m ≠0 ，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，C x 3,y 3 ，D x 4,y 4 ，将直线与抛物线联立，则有y 2=12xx =my +3 ，y 2-12my -36=0，Δ=144m 2+36×4>0，则y 1+y 2=12m y 1y 2=-36，于是x 1x 2=my 1+3 my 2+3 =m 2y 1y 2+3m y 1+y 2 +9=9，将直线与椭圆联立，则有x 2+4y 2-12=0x =my +3，得到二次方程m 2+4 y 2+6my -3=0，Δ>0，则有y 3+y 4=-6m m 2+4y 3y 4=-3m 2+4，则AB =x 1-x 22+y 1-y 2 2=1+m 2⋅y 1+y 22-4y 1y 2=12m 2+1 ，CD =x 3-x 42+y 3-y 4 2=1+m 2⋅y 3+y 4 2-4y 3y 4=1+m236m 2m 2+4 2+12m 2+48m 2+42=43m 2+1 m 2+4，AC +DB =AB -CD =12m 2+1 -43m 2+1m 2+4，假设存在直线l ，使得a ，b ，c 成等差数列，即AC +DB =4CD 即有12m 2+1 -43m 2+1 m 2+4=2×2×43m 2+1m 2+4，整理得到12m 2=203-48，方程无解，因此不存在l 满足题设．②只需使得方程12m 2+1 -43m 2+1 m 2+4=2μ×43m 2+1m 2+4有解即可．整理得到m 2=3+23μ-123，故m 2=3+23μ-123>0，解得μ∈43-12,+∞【点睛】关键点睛：本题考查了抛物线和椭圆的标准方程，等差数列性质，直线和抛物线，椭圆的位置关系，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，利用韦达定理得到根与系数的关系，根据设而不求的思想，可以简化运算，是解题的关键，需要熟练掌握.17.(2023秋·江苏无锡·高三统考期末)已知椭圆C 1:x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 的右焦点F 和抛物线C 2:y 2=2px p >0 的焦点重合，且C 1和C 2的一个公共点是23,263．(1)求C 1和C 2的方程；(2)过点F 作直线l 分别交椭圆于A ，B ，交抛物线C 2于P ，Q ，是否存在常数λ，使1AB -λPQ为定值？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)x 24+y 23=1， y 2=4x (2)存在，λ=13【分析】(1)先求出抛物线的方程，进而求出焦点，再根据椭圆的右焦点与其重合，列出方程组求解即可；(2)利用弦长公式分别表示出AB ,PQ ，然后代入1AB -λPQ ，可求出使1AB -λPQ为定值的常数λ.【详解】(1)解：由题意知2632=2p ⋅23⇒p =2，∴y 2=4x ，抛物线焦点1,0 ，∴c =149a 2+83b 2=1a 2=b 2+c2 ⇒a =2b =3 ⇒C 1方程：x 24+y 23=1，C 2方程：y 2=4x ．(2)解：方法一：假设存在这样的l ，设直线l 的方程为：x =my +1，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，x =my +13x 2+4y 2=12⇒3m 2y 2+2my +1 +4y 2=12，3m 2+4 y 2+6my -9=0．Δ=36m 2+363m 2+4 =144m 2+1 ，∴AB =1+m 2⋅y 1-y 2 =1+m 2⋅144m 2+1 3m 2+4=12m 2+13m 2+4．设P x 3,y 3 ，Q x 4,y 4 ，x =my +1y 2=4x⇒y 2=4my +4，y 2-4my -4=0，Δ=16m 2+16，∴PQ =1+m 2⋅y 3-y 4=1+m 2⋅16m 2+16=4m 2+1 ，∴1AB -λPQ =3m 2+412m 2+1 -λ4m 2+1 =3m 2+4-3λ12m 2+1 为定值．∴312=4-3λ12⇒λ=13，∴存在常数λ=13使1AB -λPQ为定值14．方法二：1AB -λPQ =1-14cos 2θ3-λ1-cos 2θ4对比cos 2θ前系数λ=13．方法三：设l 倾斜角为θ，∴AB =2ab 2a 2-c 2cos 2θ=2×2×34-cos 2θ=124-cos 2θ，PQ =2p sin 2θ=4sin 2θ，∴1AB -λPQ =4-cos 2θ12-λsin 2θ4=4-3λsin 2θ-cos 2θ12为定值，∴3λ=1，λ=13，此时定值为14．18.(2023秋·江苏·高三统考期末)如图，已知椭圆x 24+y 2=1的左､右顶点分别为A ,B ，点C 是椭圆上异于A ,B 的动点，过原点O 平行于AC 的直线与椭圆交于点M ,N ,AC 的中点为点D ，直线OD 与椭圆交于点P ,Q ，点P ,C ,M 在x 轴的上方.(1)当AC =5时，求cos ∠POM ；(2)求PQ ⋅MN 的最大值.【答案】(1)-35(2)10【分析】(1)根据题意求出k AC ⋅k OD =-14，根据AC =5分析出点C 满足的方程，求出点C 坐标，进而求出cos ∠POM ；(2)利用弦长公式求出PQ 和MN ，再利用基本不等式求出最值.【详解】(1)由题知A -2,0 ,设C x 0,y 0 ，则D x 0-22,y 02，则k AC ⋅k OD =y 0x 0+2⋅y 0x 0-2=1-14x 2x 20-4=-14.因为AC =5，所以C 在圆(x +2)2+y 2=5上，又C 在椭圆x 24+y 2=1上，所以C x 0,y 0 满足(x +2)2+y 2=5x 24+y 2=1，所以(x +2)2+1-x 24=5，34x 2+4x =0，所以x 0=0或x 0=-163<-2(舍去)，又C 在x 轴上方，所以C 0,1 ，所以直线AC 的斜率为12，故直线OD 的斜率为-12，所以直线AC 与直线OD 关于y 轴对称.设直线AC 的倾斜角θ，cos ∠POM =cos2π2-θ=-cos2θ=sin 2θ-cos 2θ=sin 2θ-cos 2θsin 2θ+cos 2θ=tan 2θ-1tan 2θ+1=-35(2)当直线MN 斜率为k ,k >0，则直线MN :y =kx ，直线PQ :y =-14k x ，M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 满足y =kxx 24+y 2=1，所以4k 2+1 x 2=4,x 2=44k 2+1，所以MN 2=1+k 2 164k 2+1，同理PQ 2=1+116k 2 114k 2+1=416k 2+1 4k 2+1，所以MN 2⋅PQ 2=164k 2+4 16k 2+1 4k 2+1 2≤164k 2+4+16k 2+12 24k 2+1 2=420k 2+5 24k 2+12=100所以MN ⋅PQ ≤10，当且仅当4k 2+4=16k 2+1，即k ≤12时取“=”，所以PQ ⋅MN 的最大值为10.【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．19.(2023·浙江·校联考模拟预测)设双曲线C :x 2a 2-y 2b 2=1的右焦点为F 3,0 ，F 到其中一条渐近线的距离为2.(1)求双曲线C 的方程；(2)过F 的直线交曲线C 于A ，B 两点(其中A 在第一象限)，交直线x =53于点M ，(i )求|AF |⋅|BM ||AM |⋅|BF |的值；(ii )过M 平行于OA 的直线分别交直线OB 、x 轴于P ，Q ，证明：MP =PQ .【答案】(1)x 25-y 24=1(2)(i )1；(ii )证明见解析【分析】(1)结合点F 到其中一条渐近线的距离为2和a 2+b 2=c 2，即可求得本题答案；(2)(i )设AB 直线方程为x =my +3，A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，得y M =-43m，直线方程与双曲线方程联立消x ，然后由韦达定理得y 1+y 2=-24m 4m 2-5，y 1y 2=164m 2-5，把|AF |⋅|BM ||AM |⋅|BF |逐步化简，即可求得本题答案；(ii )把QM 和OB 的直线方程分别求出，联立可得到点P 的坐标，由此即可得到本题答案.【详解】(1)因为双曲线其中一条渐近线方程为bx +ay =0，又点F 3,0 到它的距离为2，所以3b b 2+a2=3bc =2，又c =3，得b =2，又因为a 2+b 2=c 2，所以a 2=5，所以双曲线C 的方程为x 25-y 24=1.(2)(2)设AB 直线方程为x =my +3，则y M =-43m，代入双曲线方程整理得：4m 2-5 y 2+24my +16=0，设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，则y 1+y 2=-24m 4m 2-5，y 1y 2=164m 2-5，(i )|AF |⋅|BM ||AM |⋅|BF |=y 1 ⋅y 2-y M y M -y 1 ⋅y 2 =y 1y 2-y 1y My 2y M -y 2y 1 而y 1y 2-y 1y M -y 2y M -y 2y 1 =2y 1y 2-y M y 1+y 2 =324m 2-5--24m 4m 2-5⋅-43m =0，所以y 1y 2-y 1y M =y 2y M -y 2y 1，，则y 1y 2-y 1y M =y 2y M -y 2y 1 ，所以|AF |⋅|BM ||AM |⋅|BF |=1 ；(ii )过M 平行于OA 的直线方程为y +43m =y 1my 1+3x -53，直线OB 方程为y =y 2my 2+3x 与y +43m =y 1my 1+3x -53联立，得y +43m =y 1my 1+3my 2+3y 2y -53，即y 2my 1+3 y +43m my 1+3 y 2=y 1my 2+3 y -53y 1y 2，则3y 2-y 1 y =-3y 1y 2-4my 2，所以y P =-3y 1y 2-4my 23y 2-y 1 ，由y 1+y 2=-24m 4m 2-5，y 1y 2=164m 2-5两式相除得，y 1y 2y 1+y 2=2-3m ，则y 1y 2=-23m y 1+y 2 ，所以y P =-3y 1y 2-4m y 23y 2-y 1 =2m y 1+y 2 -4m y 23y 2-y 1 =2m y 1-y 2 3y 2-y 1 =-23m ，因为y Q =0，所以y P =y M +y Q2，故P 为线段MQ 的中点，所以|MP |=|PQ |.【点睛】关键点点睛：本题第二小题第一问考了|AF |⋅|BM ||AM |⋅|BF |如何用y 1,y 2,y M 表示出来，进而利用韦达定理进行化简求值，考查了学生的转化能力以及对复杂运算的求解能力20.(2023春·浙江绍兴·高三统考开学考试)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 24+y 2=1,B 1,0 .(1)设P 是椭圆C 上的一个动点，求PO ⋅PB的取值范围；(2)设与坐标轴不垂直的直线l 交椭圆C 于M ,N 两点，试问：是否存在满足条件的直线l ，使得△MB N 是以B 为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出直线l 的方程，若不存在，请说明理由.【答案】(1)23,6(2)y =54x -355或y =-54x +355【分析】(1)设点P (x 0,y 0)，将PO ⋅PB转化为坐标表示，求取值范围；(2)设直线方程，与椭圆方程联立，设MN 中点为D ，若△MB N 是以B 为直角顶点的等腰直角三角形，则BM ⊥BN ，BD ⊥MN ，解出直线方程.【详解】(1)设点P (x 0,y 0)，则x 204+y 20=1，PO ⋅PB =(-x 0,-y 0)⋅(1-x 0,-y 0)=x 0(x 0-1)+y 20=34x 0-23 2+23，因为-2≤x 0≤2，所以当x 0=-2时，PO ⋅PB max =34×-2-23 2+23=6，当x 0=23时，PO ⋅PB min =34×23-23 2+23=23，所以PO ⋅PB ∈23,6 .(2)设直线l ：y =kx +m (k ≠0)，M (x 1,y 1)，N (x 2,y 2)，y =kx +mx 24+y 2=1，消去y 得，(4k 2+1)x 2+8km x +4m 2-4=0，由题，Δ=64k 2m 2-4(4k 2+1)(4m 2-4)>0，x 1+x 2=-8km 4k 2+1，x 1x 2=4m 2-44k 2+1，y 1+y 2=kx 1+m +kx 2+m =2m 4k 2+1，y 1y 2=(kx 1+m )(kx 2+m )=m 2-4k 24k 2+1，若△MB N 是以B 为直角顶点的等腰直角三角形，则BM ⊥BN ， BM ⋅BN=(x 1-1,y 1)⋅(x 2-1,y 2)=x 1x 2-(x 1+x 2)+1+y 1y 2=8km +5m 2-34k 2+1=0，所以8km +5m 2-3=0，①设MN 中点为D ，则D -4km 4k 2+1,m4k 2+1，因为BD ⊥MN ，。
2023届高考数学复习：精选好题专项(圆锥曲线)练习 (附答案)
2023届高考数学复习：精选好题专项(圆锥曲线)练习题组一、 圆锥曲线中的直线问题1‐1、（山东省“学情空间”区域教研共同体2023届高三入学检测）椭圆的左右焦点分别为，焦距为，点M 为椭圆上位于x 轴上方的一点，，且的面积为2.（1）求椭圆C 的方程；（2）过点的直线l 与椭圆交于A ，B 两点，且，求直线l 的方程.1‐2、（湖北省重点高中2023届高三上学期10月联考） 已知直线1l：22y x =+与椭圆E ：22142x y +=相切于点M ，与直线2l：2y x t =+相交于点 N （异于点M ）．（1）求点M 的坐标；（2）直线2l 交E 于点()11,A x y ，()22,B x y 两点，证明：ANM MNB ∽△△．2222:1(0)x y C a b a b+=>>12,FF 120MF MF ⋅=12MF F △2F 2AMB π∠=1-3、（南京六校联合体2023届高三8月联合调研）(本小题满分12分)已知椭圆C :22154x y +=的上下顶点分别为A,B ，过点P 0,3 且斜率为k (k <0)的直线与椭圆C 自上而下交于M,N 两点,直线BM 与AN 交于点G . （1）设AN,BN 的斜率分别为k ,k ,求k ∙k 的值; （2）求证：点G 在定直线上.1-4、（江苏如皋中学2022~2023学年度高三年级第一学期教学质量调研）已知双曲线22:12x C y -=上，直线l 交C 于P ，Q 两点，直线AP ，AQ 的斜率之和为0.(1)求l 的斜率;(2)若tan PAQ ∠=PAQ 的面积.题组二、 圆锥曲线中的最值问题2‐1、（湖南省三湘名校教育联盟2023届高三上学期第一次大联考）（12分）在直角坐标系xOy 中，已知抛物线，P 为直线y ＝－1上的动点，过点P 作抛物线C 的两条切线，切点分别为A ，B ．当P 在y 轴上时，OA ⊥OB ． （1）求抛物线C 的方程；（2）求点O 到直线AB 距离的最大值．()2:20C x py p ->AB OP 22‐4、（湖南省三湘名校教育联盟2023届高三上学期第一次大联考）（12分）在直角坐标系xOy 中，已知抛物线，P 为直线y ＝－1上的动点，过点P 作抛物线C 的两条切线，切点分别为A ，B ．当P 在y 轴上时，OA ⊥OB ． （1）求抛物线C 的方程；（2）求点O 到直线AB 距离的最大值．题组三、圆锥曲线中的定点、定值问题3‐1、（南京师大附中2022—2023学年度高三第一学期10月检测）（本小题满分12分）已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的离心率为2，C 的右焦点F 与点M （0，2）的连线与C 的一条渐近线垂直．（1）求双曲线C 的标准方程：（2）经过点M 且斜率不为零的直线l 与C 的两支分别交于点A ，B ，①若O 为坐标原点，求OA OB ⋅的取值范围：②若点D 是点B 关于y 轴的对称点，证明：直线AD 过定点 【3‐2、（江苏省海安高级中学2023届高三期初学业质量监测）已知椭圆：的离心率为，短轴长为2.（1）求的方程；（2）过点且斜率不为0的直线与自左向右依次交于点，，点在线段上，且，为线段的中点，记直线，的斜率分别为，，求证：为定值.()2:20C x py p ->E ()222210x y a b a b +=>>2E ()4,0M -l E B C N BC MB NBMC NC=P BC OP ON 1k 2k 12k k3‐3、（江苏连云港2023届高三上学期期中考试） 已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>经过点2P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，31,2Q ⎛⎫⎪⎝⎭．（1）求椭圆C 的方程；（2）过椭圆C 右焦点的直线l 交椭圆于A ，B 两点，交直线x ＝4于点D ．设直线QA ，QD ，QB 的斜率分别为1k ，2k ，3k ，若20k ≠，证明：132k k k +为定值．题组四、 圆锥曲线中的探索性问题4-1、（湖南师大附中2023届高三年级开学初试卷）（本小题满分12分）设21,F F 分别是椭圆)0(1:2222>>=+b a by a x C 的左、右焦点，M 是C 上一点，2MF与x 轴垂直，直线1MF 与C 的另一个交点为N ，且直线MN 的斜率为42. (1)求椭圆C 的离心率．(2)设)1,0(D 是椭圆C 的上顶点，过D 任作两条互相垂直的直线分别交椭圆C 于B A .两点，过点D 作线段AB 的垂线，垂足为Q ，判断在y 轴上是否存在定点R ，使得||RQ 的长度为定值？并证明你的结论．4‐2、（南京市2023届高三年级学情调研） 已知抛物线C ：()220y px p =>的焦点为F ，过点P (0，2)的动直线l 与抛物线相交于A ，B 两点．当l 经过点F 时，点A 恰好为线段PF 中点． （1）求p 的值；（2）是否存在定点T ， 使得TA TB ⋅为常数？ 若存在，求出点T 的坐标及该常数； 若不存在，说明理由．4‐3、（湖北省鄂东南省级示范高中教改联盟学校2023届高三上学期期中联考）（本题满分12分）设点P 为圆上的动点，过点P 作x 轴垂线，垂足为点Q ，动点M 满足（点P 、Q 不重合）（1）求动点M 的轨迹方程E ；（2）若过点的动直线与轨迹E 交于A 、B 两点，定点N 为，直线NA 的斜率为，直线NB 的斜率为，试判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．22:4C x y +=2MQ =(4,0)T 31,2⎛⎫⎪⎝⎭1k 2k 12k k +参考答案题组一、 圆锥曲线中的直线问题1‐1、（山东省“学情空间”区域教研共同体2023届高三入学检测）椭圆的左右焦点分别为，焦距为，点M 为椭圆上位于x 轴上方的一点，，且的面积为2.（1）求椭圆C 的方程；（2）过点的直线l 与椭圆交于A ，B 两点，且，求直线l 的方程.【答案解析】【要点分析】（1）依题意可得，根据椭圆的定义、三角形面积公式及勾股定理求出，即可求出，从而得解；（2）首先求出的坐标，分直线的斜率为与不为两种情况讨论，当直线的斜率不为时，设直线的方程为，，，，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可得，，由，推出，解得，进而可得答案．【小问1详解】解：因为，所以，即，所以，所以又，，，所以，即，所以，所以，所以椭圆方程为.【小问2详解】解：由（1）知，，所以，即， 当直线的斜率为时，此时，不合题意，2222:1(0)x y C a b a b+=>>12,FF 120MF MF ⋅=12MF F △2F 2AMB π∠=122F MF π∠=2a 2b M l 00l 0l x my =+11(,)A x y 22(,)B x y l 12y y +12y y MA MB⊥1212(0x x y y +-=m 120MF MF ⋅= 12MF MF ⊥ 122F MF π∠=1212122MF F MF MF S ⋅==△124MF MF ⋅=122MF MF a +=122F F c ==2221212MF MF F F +=()2121228MF MF MF MF +-=⋅24248a -⨯=24a =2222b a c =-=22142x y +=124MF MF ⋅=124MF MF +=122MF MF ==(M l 090AMB ∠≠︒当直线的斜率不为时，设直线的方程为，，，联立，得，所以，， 因为， 所以，所以，所以，所以， 所以， 解得或，当时，直线过点，不符合题意， 所以直线的方程为．1‐2、（湖北省重点高中2023届高三上学期10月联考） 已知直线1l：22y x =+与椭圆E ：22142x y +=相切于点M ，与直线2l：2y x t =+相交于点 N （异于点M ）．（1）求点M 的坐标；（2）直线2l 交E 于点()11,A x y ，()22,B x y 两点，证明：ANM MNB ∽△△． 【答案解析】【要点分析】（1）通过解方程组进行求解即可；（2）将直线2l 方程与椭圆方程联立，结合椭圆弦长公式、相似三角形判定定理进行运算证明即可. 【小问1详解】l 0l x my =+11(,)A x y 22(,)B xy 22142x my x y ⎧=⎪⎨+=⎪⎩22(2)20m y ++-=1222y y m+=-+12222y y m -=+90AMB ∠=︒MA MB⊥1212(0x x y y +-=21212(1)1)()40m y y m y y ++-++=2222(1)4(1)4022m m m m m -+--+=++2230m m --=1m =-3m =1m =-l Ml 30x y --=解：222224y x x y ⎧=-+⎪⎨⎪+=⎩，消y得：220x -+=，解得：x =，故)M ；【小问2详解】联立222y x y x t⎧=-+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，解之得：,122t N t ⎫-+⎪⎪⎝⎭联立22224y x t x y ⎧=+⎪⎨⎪+=⎩，消y得：2220x t +-=， 由题可得：2Δ820t =->，∴12x x +=，2122x x t =-．12NA t ⎫=-⎪⎪⎭，22NB t ⎫=--⎪⎪⎭，()()212122223222332,2224NA NB x x t x x t t t t t ⎫⎫=--++⎪⎪⎪⎪⎭⎭⎫⎫=--+=⎪⎪⎪⎪⎭⎭2NM t ⎫=--=⎪⎪⎭， 2NM NA NB =，∴AN MNNM NB =，又ANB MNB ∠=∠，∴ANM MNB ∽△△ 1-3、（南京六校联合体2023届高三8月联合调研）(本小题满分12分)已知椭圆C :22154x y +=的上下顶点分别为A,B ，过点P 0,3 且斜率为k (k <0)的直线与椭圆C 自上而下交于M,N 两点,直线BM 与AN 交于点G . （1）设AN,BN 的斜率分别为k ,k ,求k ∙k 的值; （2）求证：点G 在定直线上. ．(本小题满分12分) 解：设),(),,(2211y x N y x M2222222221422x y x y x y k k -=-⋅+=⋅....................2分 2222154x y +=又22224(15x y =⋅-所以所以54451(4222221-=--=⋅x x k k .....................4分（2）设3:+=kx y PM 224520x y +=联立 得到02530)54(22=+++kx x k1223045kx x k -+=+所以2215425k x x +=⋅ 0)1(400)54(100900222>-=+-=∆k k k .....................6分直线:MB 2211-+=x x y y 直线:NA 2222+-=x x y y联立得:1212)2()2(22x y y x y y -+=-+.....................8分2121(2)(2)2524y y y y x x +++=-⋅-法一：525)(5452121212-=+++⋅-=x x x x k x x k..............10分解得34=y所以点G 在定直线34=y 上 .....................12分法二：由韦达定理得k x x x x 562121-=+2112221121(5)5221x kx kx x x y y kx x kx x x +++==-++所以5)(655)(65121221-=++-++-x x x x x x .........10分解得34=y所以点G 在定直线34=y 上 .....................12分1-4、（江苏如皋中学2022~2023学年度高三年级第一学期教学质量调研）已知双曲线22:12x C y -=上，直线l 交C 于P ，Q 两点，直线AP ，AQ 的斜率之和为0.(1)求l 的斜率;(2)若tan PAQ ∠=PAQ 的面积.解：(1)由题显然直线l 的斜率存在，设:l y kx m =+，设11(,)P x y ，22(,)Q x y ，则联立直线与双曲线得：222(21)4220k x kmx m -+++=，0> ，故122421km x x k +=--，21222221m x x k +=-，12121212111102222AP AQ y y kx m kx m k k x x x x --+-+-+=+=+=----， 化简得：12122(12)()4(1)0kx x m k x x m +--+--=，故2222(22)4(12)()4(1)02121k m kmm k m k k ++-----=--， 即(1)(21)0k m k ++-=，而直线l 不过A 点， 故l 的斜率 1.k =-(2)设直线AP 的倾斜角为α，由tan PAQ ∠=tan 22PAQ ∠=，由2PAQ απ+∠=，得tan AP k α==，即1112y x -=-联立1112y x -=-221112x y -=得1103x -=，153y =，同理，2103x +=，253y --=， 故12203x x +=，12689x x =而1|||2|AP x =-，2|||2|AQ x =-，由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=，故12121||||sin |2()4|29PAQ S AP AQ PAQ x x x x =∠=-++= 题组二、 圆锥曲线中的最值问题2‐1、（湖南省三湘名校教育联盟2023届高三上学期第一次大联考）（12分）在直角坐标系xOy 中，已知抛物线，P 为直线y ＝－1上的动点，过点P 作抛物线C 的两条切线，切点分别为A ，B ．当P 在y 轴上时，OA ⊥OB ． （1）求抛物线C 的方程；（2）求点O 到直线AB 距离的最大值．．答案解析：（1）当在轴上时，即，设过点的切线方程为，与联立得，由直线和抛物线相切可得，，，∴，，（3分）由，解得， ∴抛物线的方程为．（5分） （2），∴，设，，则， 即，同理可得，（8分） 又为直线上的动点，设， 则，，由两点确定一条直线可得的方程为，()2:20C x py p ->P y ()0,1P -P 1y kx =-22x py =2220x pkx p -+=22Δ480p k p =-=2A B x x p =A B y y =)A()B OA OB ⊥(110+⨯=12p =C 2x y =2x y =2y x '=()11,A x y ()22,B x y ()1112y y x x x -=-112x x y y =+222x x y y =+P 1y x =-(),1P t t -1121x t t y =-+2221x t t y =-+AB 21xt t y =-+2AB =OP1c =1EF 2212x y +=1OP =y kx m=+2212x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩()222214220kx kmx m +++-=2216880k m ∆=-+>122421kmx x k -+=+21222221m x x k -=+∵，化简得．又设M 是弦AB 的中点，∴，， ∴，令， 则，∴（仅当时取等），又∵（仅当时取等号）． 综上，.2‐3、（江苏如皋中学2022~2023学年度高三年级第一学期教学质量调研）已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b +=>>的左，右焦点分别为1(1,0)F -，2(1,0)F ，点P 在椭圆E 上，212PF F F ⊥，且12||3||.PF PF =(1)求椭圆E 的标准方程；(2)设直线:1()l x my m R =+∈与椭圆E 相交于A ，B 两点，与圆222x y a +=相交于C ，D 两点，求2||||AB CD ⋅的取值范围.解：(1)因为P 在椭圆上，所以12||||2PF PF a +=， 又因为12||3||PF PF =，所以2||2a PF =，13||2aPF =， 因为212PF F F ⊥，所以2222121||||||PF F F PF +=，又12||2F F =，所以22a =，2221b a c =-=，所以椭圆的标准方程为：22 1.2x y +=(2)设11(,)A x y ，22(,)B x y ，2221AB k ==+2222122k m k +=+222,2121kmm M k k -⎛⎫ ⎪++⎝⎭()222224121k OM m k +=⋅+()()()22222222241214122212221k k k OM k k k k +++=⋅=++++2411k t +=≥()()24443134t OMt t t t==≤=-++++1OM ≤=-t=1OP OM MP OM ≤+=+≤214k -=max OP =联立直线l 与椭圆E 的方程：221220x my x y =+⎧⎨+-=⎩，整理可得22(2)210m y my ++-=， 12222m y y m -+=+，12212y y m-=+，所以弦长2122)||||2m AB y y m+=-=+， 设圆222x y +=的圆心O 到直线l的距离为d =，所以||CD ==，所以2222222212)2)3||||41222m m m AB CD m m m m+++⋅=⋅⋅==-++++ 因为233022m <+…，2132222m ∴-<+…，2||||AB CD ∴⋅<，所以2||||AB CD ⋅的取值范围2‐4、（湖南省三湘名校教育联盟2023届高三上学期第一次大联考）（12分）在直角坐标系xOy 中，已知抛物线，P 为直线y ＝－1上的动点，过点P 作抛物线C 的两条切线，切点分别为A ，B ．当P 在y 轴上时，OA ⊥OB ． （1）求抛物线C 的方程；（2）求点O 到直线AB 距离的最大值．答案解析：（1）当在轴上时，即，设过点的切线方程为，与联立得，由直线和抛物线相切可得，，，∴，，（3分）由，解得， ∴抛物线的方程为．（5分）（2），∴，()2:20C x py p ->P y ()0,1P -P 1y kx =-22x py =2220x pkx p -+=22Δ480p k p =-=2A B x x p =A B y y =)A()B OA OB ⊥(110+⨯=12p =C 2x y =2x y =2y x '=设，，则， 即，同理可得，（8分） 又为直线上的动点，设， 则，，由两点确定一条直线可得的方程为， 即，（10分） ∴直线恒过定点， ∴点到直线距离的最大值为．（12分）题组三、圆锥曲线中的定点、定值问题3‐1、（南京师大附中2022—2023学年度高三第一学期10月检测）（本小题满分12分）已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的离心率为2，C 的右焦点F 与点M （0，2）的连线与C 的一条渐近线垂直．（1）求双曲线C 的标准方程：（2）经过点M 且斜率不为零的直线l 与C 的两支分别交于点A ，B ，①若O 为坐标原点，求OA OB ⋅的取值范围：②若点D 是点B 关于y 轴的对称点，证明：直线AD 过定点【答案解析】（1）由已知得22222()1c e a ba c c a b⎧==⎪⎪⎪⋅-=-⎨⎪=+⎪⎪⎩，解得3a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩，即22:139x y C -=；（2）由题意设()()1122:2,,,,AB l y kx A x y B x y =+()11,A x y ()22,B x y ()1112y y x x x -=-112x x y y =+222x x y y =+P 1y x =-(),1P t t -1121x t t y =-+2221x t t y =-+AB 21xt t y =-+()()2110t x y ---=AB 1,12M ⎛⎫⎪⎝⎭OAB 2OM ==则()12122222222121222124233341301312913933k y kx y y x x k k k x kx x y kx x y y k k ⎧⎧⎧=++=+=⎪⎪⎪⎪⎪⎪--⇒---=⇒⇒⎨⎨⎨---=⎪⎪⎪==⎪⎪⎪--⎩⎩⎩由题意得2120030k x x ∆>⎧⇒<<⎨<⎩①221212222131299128193333k k OA OB x x y y k k k -+-+⋅=+===+<---- ； ②由对称性得直线AD 过定点在y 轴上，设定点(0,)T t ，则有A ，T ，D 三点共线， 即1221122121211212AT DT y t y t x y x yk k x y x t x y x t t x x x x ---+=⇒=⇒+=+⇒=+()()21121212122222x kx x kx kx x t x x x x +++⇒==+++代入韦达定理得92t =-，即直线AD 过定点90,2⎛⎫- ⎪⎝⎭．3‐2、（江苏省海安高级中学2023届高三期初学业质量监测）已知椭圆：的离心率为，短轴长为2.（1）求的方程；（2）过点且斜率不为0的直线与自左向右依次交于点，，点在线段上，且，为线段的中点，记直线，的斜率分别为，，求证：为定值. 【答案解析】【要点分析】（1）根据条件列出关于a,b 的方程，求得a,b 的值，即得答案; （2）设直线方程，，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，表示P点坐标，结合，可得N 点坐标，从而可证明结论. 【小问1详解】E ()222210x y a b a b +=>>2E ()4,0M -l E B C N BC MB NBMC NC=P BC OP ON 1k 2k 12k k (4)y k x =+11223300(,),(,),(,),(,)B x y C x y N x y P x y MB NBMC NC=由椭圆：的离心率为，短轴长为2，可知 ，则 ，故的方程为；【小问2详解】证明：由题意可知直线的斜率一定存在，故设直线的方程为，设，联立，可得，， 则， 所以，又，所以， 解得， 从而 ， 故，即为定值.3‐3、（江苏连云港2023届高三上学期期中考试） 已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>经过点2P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，E ()222210x y a b a b +=>>2,222c b a==22231,44b a a -=∴=E 2214x y +=l l (4)y k x =+11223300(,),(,),(,),(,)B x y C x y N x y P x y 2214(4)x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩2222(41)326440k x k x k +++-=22116(112)0,012k k ∆=->∴<<2212122232644,4141k k x x x x k k --+==++220002222164164,,(,414114)4(41k k k kx y x P k k k k k --==∴++++=+MB NB MC NC=31122344x x x x x x -+=+-2222121233212264432424()41411,3328841k k x x x x k k x y k k x x k --⨯+⨯++++===-=-++++(1,3)N k -03120313(3)44y y k k k x x k ⋅=⋅=-⨯-=12k k31,2Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭．（1）求椭圆C 的方程；（2）过椭圆C 右焦点的直线l 交椭圆于A ，B 两点，交直线x ＝4于点D ．设直线QA ，QD ，QB 的斜率分别为1k ，2k ，3k ，若20k ≠，证明：132k k k +为定值． 【答案解析】【要点分析】（1）将椭圆上两点代入方程，得到方程组，求解，可得到a 、b ；（2）设出直线AB 方程y ＝k （x －1），得到D 点坐标()4,3k ，联立直线AB 与椭圆方程，得到A ，B 两点坐标之间的关系，根据坐标，分别表示出1k ，2k ，3k ，化简代入即可得到定值. 【小问1详解】将点2P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，点31,2Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭代入椭圆方程()222210x y a b a b +=>>， 得222233141914a b ab ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得2243a b ⎧=⎨=⎩，所以椭圆方程为22143x y +=．【小问2详解】由题意直线AB 的斜率一定存在，由（1）知，c =1，则椭圆的右焦点坐标为()1,0， 设直线AB 方程为：y ＝k （x －1），D 坐标为()4,3k ．所以23312412k k k -==--， 设()11,A x y ，()22,B x y ，将直线AB 方程与椭圆方程联立得()22223484120kxk x k +-+-=．()()()()22222844341214410k k k k ∆=--+-=+>恒成立，由韦达定理知2122212283441234k x x k k x x k ⎧+=⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩，且()111y k x =-，()221y k x =-， 则()()121213121233331122221111y y k x k x k k x x x x ------+=+=+----()12121223221x x k x x x x +-=-⋅-++2222228233424128213434k k k k k k k-+=-⋅--+++21k =-．故13221212k k k k k +-==-（定值）． 题组四、 圆锥曲线中的探索性问题4-1、（湖南师大附中2023届高三年级开学初试卷）（本小题满分12分）设21,F F 分别是椭圆)0(1:2222>>=+b a by a x C 的左、右焦点，M 是C 上一点，2MF与x 轴垂直，直线1MF 与C 的另一个交点为N ，且直线MN 的斜率为42. (1)求椭圆C 的离心率．(2)设)1,0(D 是椭圆C 的上顶点，过D 任作两条互相垂直的直线分别交椭圆C 于B A .两点，过点D 作线段AB 的垂线，垂足为Q ，判断在y 轴上是否存在定点R ，使得||RQ 的长度为定值？并证明你的结论．【答案解析】(1)由题意知，点M 在第一象限．M 是C 上一点且2MF 与x 轴垂直，M ∴的横坐标为c ，当c x =时，a b y 2=，即.,2⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛a b c M …………………（2分） 又直线MN 的斜率为42，所以4222tan 2221===∠acb c a b F MF ， 即22222c a ac b -==，即02222=-+a ac c ，………………………………（4分）则01222=-+e e ，解得22=e 或2-=e （舍去）， 即.22=e …………………………………（5分）(2)已知)1,0(D 是椭圆的上顶点，则1=b ，椭圆的方程为1222=+y x ，………（6分）设直线AB 的方程为m kx y +=，),(),,(2211y x B y x A ，由⎩⎨⎧=++=2222y x m kx y 可得)*(0)1(24)21(222=-+++m kmx x k ， 所以221214kkm x x +-=+，222121)1(2k m x x +-=， 又)1,(11-=y x DA )1,(.22-=y x DB ， ………………………………（8分）)1)(1()1)(1(21212121-+-++=--+=⋅m kx m kx x x y y x x DB DA221212)1())(1()1(-++-++=m x x m k x x k021)1)(21()(4)1)(1(2)1(214).1(21)1(2).1(222222222222=+-++--+-=-++--++-+=k m k m m k k m m k km m k k m k ， 化简整理有01232=--m m ，得31-=m 或.1=m 当1=m 时，直线AB 经过点D ，不满足题意； ………………………………（10分） 当31-=m 时满足方程(*)中0>∆，故直线AB 经过y 轴上定点.31,0⎪⎭⎫ ⎝⎛-G 又Q 为过点D 作线段AB 的垂线的垂足，故Q 在以DG 为直径的圆上，取DG 的中点为⎪⎭⎫ ⎝⎛31,0R ，则||RQ 为定值，且=||RQ .32||21=DG …………………………（12分）4‐2、（南京市2023届高三年级学情调研） 已知抛物线C ：()220y px p =>的焦点为F ，过点P (0，2)的动直线l 与抛物线相交于A ，B 两点．当l 经过点F 时，点A 恰好为线段PF 中点． （1）求p 的值；（2）是否存在定点T ， 使得TA TB ⋅为常数？ 若存在，求出点T 的坐标及该常数； 若不存在，说明理由．【答案解析】【要点分析】（1）结合中点坐标公式表示出点A 的坐标带入抛物线的方程即可求出结果； （2）设出直线的方程与抛物线联立，进而结合根与系数的关系得到TA TB ⋅的表达式，从而可得4040m ⎧+-=⎪⎨-=⎪⎩，因此解方程组即可求出结果.【小问1详解】 因为(),0,0,22p F P ⎛⎫⎪⎝⎭，且点A 恰好为线段PF 中点，所以,14p A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，又因为A 在抛物线上，所以2124p p =⋅，即22p =，解得P =【小问2详解】设(),T m n ，可知直线l 斜率存在；设l ：2y kx =+，()()1122,,,A x y B x y联立方程得：22y y kx ⎧=⎪⎨=+⎪⎩，所以220y k -+=，所以1212,y y y y k k+==， 又：()()()1212)(TA TB x m x m y n y n ⋅=--+--()()22121244y m y m y n y n ⎛⎫⎛⎫--+-- ⎪⎪ ⎪⎪⎭⎝⎭= ⎝()()222222*********y y m y y m n y y n -++-++=2222484m m n k k k k k ⎛⎫=--++-+ ⎪ ⎪⎝⎭22244m m n k k+-+++=-，令4040m ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，解之得：4m n ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即)4T ，此时2218TA TB m n ⋅=+=4‐3、（湖北省鄂东南省级示范高中教改联盟学校2023届高三上学期期中联考）（本题满分12分）设点P 为圆上的动点，过点P 作x 轴垂线，垂足为点Q ，动点M 满足（点P 、Q 不重合）（1）求动点M 的轨迹方程E ；（2）若过点的动直线与轨迹E 交于A 、B 两点，定点N 为，直线NA 的斜率为，直线NB 的斜率为，试判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．22:4C x y +=2MQ =(4,0)T 31,2⎛⎫⎪⎝⎭1k 2k 12k k +答案解析：（1）设点P 为，动点M 为，则Q 点为求得：又即点M 的轨迹方程为：4分（2）设直线AB 方程为：则消x 得 或设A 点，B 点则求得： 8分()00,x y (,)x y ()0,0x ()()00,,0,MQ x x y PQ y =--=-())0022,0,MQ x x y y =∴--=-002x x y =⎧⎪⎨-=⎪⎩2222004443x y x y +=∴+= 221(0)43x y y +=≠4x my =+224143x my x y=+⎧⎪⎨+=⎪⎩()223424360m y my +++=()22(24)436340m m =-⨯+> △2m ∴>2m <-()11,x y ()22,x y 1212222436,3434m y y y y m m +=-⋅=++()121232my y y y =-+()()1212121221212123332392223339my y m y y y y k k my my m y y m y y ⎛⎫+-+--- ⎪⎝⎭∴+=+=+++++()()()1212123923392m y y m y y m y y -+-=-++++()()1212392392m y y m y y -+-=++1=-。
专题20 圆锥曲线综合-2020年高考数学(理)母题题源解密(全国Ⅰ专版)(解析版)
专题20 圆锥曲线综合【母题来源一】【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A 、B 分别为椭圆E ：2221x y a+=（a >1）的左、右顶点，G 为E 的上顶点，8AG GB ⋅=，P 为直线x =6上的动点，P A 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ． （1）求E 的方程； （2）证明：直线CD 过定点.【解析】（1）由题设得A （–a ，0），B （a ，0），G （0，1）. 则(,1)AG a =，GB =（a ，–1）.由AG GB ⋅=8得a 2–1=8，即a =3.所以E 的方程为29x +y 2=1．（2）设C （x 1，y 1），D （x 2，y 2），P （6，t ）.若t ≠0，设直线CD 的方程为x =my +n ，由题意可知–3<n <3. 由于直线P A 的方程为y =9t （x +3），所以y 1=9t （x 1+3）.直线PB 的方程为y =3t （x –3），所以y 2=3t（x 2–3）.可得3y 1（x 2–3）=y 2（x 1+3）.由于222219x y +=，故2222(3)(3)9x x y +-=-，可得121227(3)(3)y y x x =-++， 即221212(27)(3)()(3)0.m y y m n y y n ++++++=①将x my n =+代入2219xy +=得222(9)290.m y mny n +++-=所以12229mn y y m +=-+，212299n y y m -=+．代入①式得2222(27)(9)2(3)(3)(9)0.m n m n mn n m +--++++= 解得n =–3（含去），n =32.故直线CD 的方程为3=2x my +，即直线CD 过定点（32，0）． 若t =0，则直线CD 的方程为y =0，过点（32，0）.综上，直线CD 过定点（32，0）.【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.【母题来源二】【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知抛物线C ：y 2=3x 的焦点为F ，斜率为的直线l 与C 的交点为A ，B ，与x 轴的交点为P ． （1）若|AF |+|BF |=4，求l 的方程； （2）若，求|AB |． 【答案】（1）3728y x =-；（2【解析】设直线()()11223:,,,,2l y x t A x y B x y =+． （1）由题设得3,04F ⎛⎫⎪⎝⎭，故123||||2AF BF x x +=++，由题设可得1252x x +=．由2323y x t y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩，可得22912(1)40x t x t +-+=，则1212(1)9t x x -+=-．从而12(1)592t --=，得78t =-． 所以l 的方程为3728y x =-． （2）由3AP PB =可得123y y =-．由2323y x t y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩，可得2220y y t -+=． 所以122y y +=．从而2232y y -+=，故211,3y y =-=． 代入C 的方程得1213,3x x ==． 323AP PB =故||3AB =． 【名师点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及平面向量、弦长的求解方法，解题关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，利用根与系数的关系构造等量关系.【母题来源三】【2018年高考全国Ⅰ卷理数】设椭圆22:12x C y +=的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于,A B 两点，点M 的坐标为(2,0)．（1）当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； （2）设O 为坐标原点，证明：OMA OMB ∠=∠．【答案】（1）y x =y x =-（2）见解析. 【解析】（1）由已知得(1,0)F ，l 的方程为x =1．由已知可得，点A 的坐标为或(1,，所以AM 的方程为2y x =-+y x =． （2）当l 与x 轴重合时，0OMA OMB ∠=∠=︒．当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以OMA OMB ∠=∠．当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为(1)(0)y k x k =-≠，1221(,),(,)A y x y x B ，则12x x <<MA ，MB 的斜率之和为212122MA MB x x y yk k +=+--． 由1122,y k k x y k x k =-=-得121212(23()42)(2)MA MB x x x x k k x x kk k -+++=--．将(1)y k x =-代入2212x y +=得2222(21)4220k x k x k +-+-=．所以21221222422,2121x x x k k k x k -+==++， 则3131322244128423()4021k k k k kk k k k x x x x --++-++==+．从而0MA MB k k +=，故MA ，MB 的倾斜角互补，所以OMA OMB ∠=∠． 综上，OMA OMB ∠=∠．【命题意图】（1）了解椭圆或抛物线的实际背景，了解椭圆或抛物线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用. （2）掌握椭圆或抛物线的定义、几何图形、标准方程及简单性质. （3）了解圆锥曲线的简单应用. （4）理解数形结合的思想. 【命题规律】解析几何的解答题一般难度较大，多为试卷的压轴题之一，常考查直线与圆锥曲线的位置关系及最值范围、定点、定值、存在性问题及证明问题，多涉及最值求法，综合性强.从近三年高考情况来看，多考查直线与椭圆或抛物线的位置关系，常与向量、圆等知识相结合，解题时，充分利用数形结合思想，转化与化归思想．同时注重数学思想在解题中的指导作用，以及注重对运算能力的培养. 【方法总结】（一）求椭圆的方程有两种方法:（1）定义法.根据椭圆的定义，确定a 2，b 2的值，结合焦点位置可写出椭圆方程. （2）待定系数法.这种方法是求椭圆的方程的常用方法，其一般步骤是：第一步，做判断.根据条件判断椭圆的焦点在x 轴上，还是在y 轴上，还是两个坐标轴都有可能（这时需要分类讨论）.第二步，设方程.根据上述判断设方程为22221(0)x y a b a b +=>>或22221(0)y x a b a b+=>>.第三步，找关系.根据已知条件，建立关于,,a b c 的方程组（注意椭圆中固有的等式关系222c a b =－）. 第四步，得椭圆方程.解方程组，将解代入所设方程，即为所求.【注意】用待定系数法求椭圆的方程时，要“先定型，再定量”，不能确定焦点的位置时，可进行分类讨论或把椭圆的方程设为22100()mx ny m n m n >>+≠＝，且. （二）用待定系数法求抛物线标准方程的步骤：若无法确定抛物线的位置，则需分类讨论.特别地，已知抛物线上一点的坐标，一般有两种标准方程. （三）直线与圆锥曲线的弦长问题有三种解法：（1）过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义可优化解题．（2）将直线的方程与圆锥曲线的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦长． （3）它体现了解析几何中的设而不求的思想，其实质是利用两点之间的距离公式以及一元二次方程根与系数的关系.（四）圆锥曲线中的定点、定值问题定点、定值问题多以直线与圆锥曲线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇，形成了过定点、定值等问题的证明.解决此类问题的关键是引进参变量表示所求问题，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.可以先研究一下特殊情况，找出定点或定值，再视具体情况进行研究.同时，也要掌握巧妙利用特殊值解决相关的定点、定值问题，如将过焦点的弦特殊化，变成垂直于对称轴的弦来研究等.1．（西藏日喀则市2020届高三上学期学业水评测试（模拟）数学试题）已知椭圆C :22221(0)x y a b a b+=>>经过点⎫⎪⎪⎝⎭（1）求椭圆C 的方程；（2）过点()2,0M 的直线l 交椭圆于A ，B 两点，F 为椭圆C 的左焦点，若5FA FB ⋅=，求直线l 的方程.【答案】（1）22132x y +=；（2）20x y --=或20x y +-=.【解析】 【分析】（1）由,b a ===，可得2221132c c⎝⎭+=，将点,12⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭代入，利用待定系数法即可求解.（2）设直线l 的方程为2x my =+，设点()11,A x y 、()22,B x y ，将直线与椭圆方程联立，消x ，利用韦达定理可得122823m y y m -+=+，122223y y m =+，再利用向量数量积的坐标运算即可求解. 【详解】（1）设椭圆C 的焦距为()20c c >，则3c a =，∴a =，b =，所以，椭圆C 的方程为2222132x y c c +=，将点,12⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭的坐标代入椭圆C的方程得2221132c c⎝⎭+=， 解得1c =，则b ==a ==因此，椭圆C 的方程为22132x y +=.（2）若直线l 斜率为0，则,A B 为长轴的两交点， 此时0FA FB ⋅<不合题意，设直线l 的方程为2x my =+，设点()11,A x y 、()22,B x y ，将直线l 的方程代入椭圆的方程， 并化简得()2223820m y my +++=，()()22264422324210m m m ∆=-⨯⨯+=->，解得m <或m >， 由韦达定理可得122823m y y m -+=+，122223y y m =+， ()()11111,3,FA x y my y =+=+，同理可得()223,FB m y y =+，所以()()()()21212121233139FA FB my my y y m y y m y y ⋅=+++=++++()22222124952323m m m m +=-+=++， 即22429523m m -+=+，解得：1m =±，符合题意， 因此，直线l 的方程为20x y --=或20x y +-=. 【点睛】本题考查了待定系数法求椭圆方程、直线与椭圆的位置关系，此题要求有较高的计算能力，属于中档题.2．（重庆市巴蜀中学2020届高三下学期适应性月考九数学试题）已知椭圆1C ：22163x y +=的长轴为AB ，动点P 是椭圆上不同于A ，B 的任一点，点Q 满足AP AQ ⊥，BP BQ ⊥. （1）求点Q 的轨迹2C 的方程；（2）过点()0,6R 的动直线l 交2C 于M ，N 两点，y 轴上是否存在定点S ，使得RSM RSN π∠+∠=总成立？若存在，求出定点S ；若不存在，请说明理由.【答案】（1）221126y x +=（0y ≠）；（2）存在，()0,2S .【解析】 【分析】（1）设()00,P x y （00y ≠），(),Q x y ， ()A ，)B，根据AP AQ ⊥，BP BQ ⊥，由0AP AQ ⋅=，0BP BQ ⋅=，利用代入求解.（2）设()11,M x y ，()22,N x y ，假设存在这样的点()0,S t ,当直线l 的斜率存在时，设方程为6y kx =+与椭圆方程联立， 根据RSM RSN π∠+∠=，由0MS NS k k +=，结合韦达定理求解. 【详解】（1）设()00,P x y （00y ≠），(),Q x y ，()A，)B，AP AQ ⊥，BP BQ ⊥，0AP AQ ∴⋅=，0BP BQ ⋅=，((000000x x y y x x y y ⎧+=⎪∴⎨-+=⎪⎩解得002x x y y =-⎧⎪⎨=-⎪⎩代入2200163x y +=，得点Q 的轨迹2C 的方程为221126y x +=（0y ≠）.（2）设()11,M x y ，()22,N x y ，假设存在这样的点()0,S t 满足RSM RSN π∠+∠=，当直线l 的斜率存在时，设为6y kx =+，代入椭圆221126y x+=中，得()22212240k x kx +++=，122122k x x k -∴+=+，122242x x k ⋅=+， ()()2221449624840k k k ∆=-+=->， RSM RSN π∠+∠=，0MS NS k k ∴+=，即12120y t y tx x --+=， 即()()2112x y t x y t -+-,()()211266x kx t x kx t =+-++-,()()()()1212222241212262620222k kkx x t x x kt t k k k -=+-+=+-=-=+++， 0k ≠，2t ∴=，即()0,2S ；当斜率不存在时，直线l 也过()0,2.综上，y 轴上存在定点()0,2S ，使得RSM RSN π∠+∠=总成立. 【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系以及定点问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.3．（四川省绵阳市江油中学2020-2021学年高三8月第二次考试文科数学试题）已知A （0，2），B （0，﹣2），动点P （x ，y ）满足PA ，PB 的斜率之积为12-． （1）求动点P 的轨迹C 的方程；（2）已知直线l ：y ＝kx +m ，C 的右焦点为F ，直线l 与C 交于M ，N 两点，若F 是△AMN 的垂心，求直线l 的方程．【答案】（1）2284x y +=1（x ≠0）；（2）y ＝x 83-．【解析】 【分析】（1）根据动点P （x ，y ）满足PA ，PB 的斜率之积为12-，可得P 的坐标之间的关系，且横坐标不为0，求出P 的轨迹方程；（2）由（1）可得右焦点F 的坐标，联立直线与椭圆的方程可得两根之和及两根之积，由F 是△AMN 的垂心可得AF ⊥MN ，NF ⊥AM ，可得m 的值． 【详解】（1）因为动点P （x ，y ）满足PA ，PB 的斜率之积为12-， 所以2212y y x x -+⋅=-（x ≠0）， 整理可得2284x y +=1，所以动点P 的轨迹C 的方程：2284x y +=1（x ≠0）；（2）由（1）可得右焦点F （2，0），可得k AF 2002-==--1， 因为F 为垂心，所以直线MN 的斜率为1， 设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），联立直线l 与椭圆的方程：2228y x mx y =+⎧⎨+=⎩，整理得：3x 2+4mx +2m 2﹣8＝0， △＝16m 2﹣4×3×（2m 2﹣8）＞0，即m 2＜12，x 1+x 243m =-，x 1x 22283m -=，因为AM ⊥NF ， 所以k AM ⋅k NF ＝﹣1，即121222y y x x -⋅=--1， 整理可得y 2（y 1﹣2）+x 1（x 2﹣2）＝0， 即y 1y 2+x 1x 2﹣2x 1﹣2y 2＝0， 即y 1y 2+x 1x 2﹣2x 1﹣2（x 2+m ）＝0， 整理可得y 1y 2+x 1x 2﹣2（x 1+x 2）﹣2m ＝0，而y 1y 2＝（x 1+m ）（x 2+m ）＝x 1x 2+m （x 1+x 2）+m 2283m -= 所以283m --243m -⋅-2m 2283m -+=0， 解得m 83=-或m ＝2（舍）， 所以直线l 的方程为：y ＝x 83-．【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系以及垂心的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.4．（2020届河北省衡水中学高三卫冕联考数学试题）如图所示椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右顶点分别为1A ，2A ，上、下顶点分别为1B ，2B ，右焦点为F ，13A F =，离心率12e =.（1）求椭圆C 的方程；（2）过点(0,1)E 作斜率为的直线l 与椭圆C 交于点M ，N （点N 在第一象限），直线1MB 与直线2NB 交于点T ，求点T 的坐标.【答案】（1）22143x y +=；（2）10,3).【解析】 【分析】（1）根据13A F =及12e =可求,a b 的值，从而可得椭圆的方程. （2）联立直线方程和椭圆方程可求,M N 的坐标，再求得直线12,MB NB 的方程后可得点T 的坐标. 【详解】解：（1）由13A F =及12e =， 可知32112a c a c c a +=⎧=⎧⎪⇒⎨⎨==⎩⎪⎩，所以2223b a c =-=，所以椭圆C 的方程为22143x y +=.（2）依题可设过点(0,1)E 且斜率为52的直线5:12l y x =+，()11,M x y ，()22,N x y ， 联立方程组2221437520512x y x x y x ⎧+=⎪⎪⇒+-=⎨⎪=+⎪⎩， 解得11x =-，227x =，则132y =-，2127y =， 所以31,2M ⎛⎫--⎪⎝⎭，212,77N ⎛⎫⎪⎝⎭， 由（1）知，1B，2(0,B .所以直线13:2MB y x ⎫=+⎪⎭，①直线2:62NB y x ⎛=+- ⎝⎭，②由①②，解得103x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以点T的坐标为10,3). 【点睛】本题考查椭圆方程的求法、直线与椭圆的相交时交点坐标的求法、直线与直线的交点的求法，后两者均需联立曲线的方程，消元后求解即可，本题属于中档题.5．（广西钦州市第一中学2021届高三8月月考数学试题）已知椭圆22:24C x y +=． （1）求椭圆C 的离心率；（2）设O 为原点，若点A 在直线2y =上，点B 在椭圆C 上，且OA OB ⊥，求线段AB 长度的最小值．【答案】（1）2c e a ==（2）【解析】试题分析：（1）由椭圆C 的方程可以求椭圆C 的离心率（2）设椭圆C 的椭圆方程，结合OA OB ⊥，得出结果.（1）由题意，椭圆C 的标准方程为22142x y +=，所以224,2a b ==，从而2222c a b =-=，因此2,a c ==C的离心率2c e a ==. （2）设点A ，B 的坐标分别为00(,2),(,)t x y ，其中00x ≠， 因为OA OB ⊥，所以0OA OB ⋅=，即0020tx y +=，解得02y t x =-，又220024x y +=， 所以22200||()(2)AB x t y =-+-=2200002()(2)y x y x ++-=2220002044y x y x +++ =2220002042(4)42x x x x --+++=22002084(04)2x x x ++<≤， 因为22002084(04)2x x x +≥<≤，且当204x =时间等号成立，所以2||8AB ≥， 故线段AB长度的最小值为考点：本小题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、两点距离公式、不等式等基础知识，试题注重了知识的结合，考查了平面向量与圆锥曲线的结合、不等式与函数的结合等，有一定的综合性，考查转化与化归等数学思想，考查正确的计算能力，考查同学们分析问题与解决问题的能力.6．（山东省泰安市2020届高三第四轮模拟复习质量数学试题）已知椭圆1C ：()222210x y a b a b +=>>的左、右顶点分别是双曲线2C ：2221x y m -=的左、右焦点，且1C 与2C相交于点⎝⎭. （1）求椭圆1C 的标准方程； （2）设直线l ：13y kx =-与椭圆1C 交于A ，B 两点，以线段AB 为直径的圆是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点；若不恒过定点，请说明理由.【答案】（1）2212x y +=；（2）过定点，()0,1.【解析】 【分析】（1）将两个曲线的交点当然双曲线的方程可得m 的值，进而求出双曲线的左右焦点，即椭圆的左右顶点，再将交点的坐标代入椭圆的方程可得b 的值，进而求出椭圆的方程；（2）由对称性可得圆的圆心在y 轴上，设M 的坐标，设A ，B 的坐标，将直线与椭圆联立，求出两根之和及两根之积，求出数量积0MA MB ⋅=，求出M 的坐标． 【详解】（1）将⎝⎭代入2221x y m -=，解得21m = ∴2212a m =+=将⎝⎭代入22212x y b += 解得21b =∴椭圆1C 的标准方程为2212x y +=.（2）设()11,A x y ，()22,B x y ，由221312y kx x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩整理得()2291812160k x kx +--=， ∴12212918k x x k +=+，12216918x x k-=+ ()22144649180k k ∆=++>.由对称性可知，以AB 为直径的圆若恒过定点，则定点必在y 轴上. 设定点为()00,M y ，则()110,MA x y y =-，()220,MB y y y =-()()121020MA MB x x y y y y ⋅=+--()212120120x x y y y y y y =+-++()()22121212012021339k x x k x x x x y k x x y ⎡⎤=+-+-+-++⎢⎥⎣⎦()()2212012001211339k x x k y x x y y ⎛⎫=+-+++++ ⎪⎝⎭()22200021819615918y k y y k-++-=+0=∴202001096150y y y ⎧-=⎨+-=⎩解得01y = ∴()0,1M∴以线段AB 为直径的圆恒过定点()0,1. 【点睛】本题考查求椭圆，双曲线的方程，及直线与圆锥曲线的综合，及以线段的端点为直径的圆的性质，属于难题.7．（四川省内江市2020届高三下学期第三次模拟考试数学试题）已知椭圆()2222:10y x C a b a b+=>>的离，且椭圆上一点到两个焦点的距离之和为（1）求椭圆C 的方程；（2）斜率为k 的动直线l 与椭圆C 交于A 、B 两点，点1,03S ⎛⎫- ⎪⎝⎭在直线l 上，求证无论直线l 如何转动，以AB 为直径的圆恒过点()1,0T .【答案】（1）2212y x +=；（2）证明见解析.【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率，以及椭圆的定义及性质，列出方程组求解，即可得出a =1c =，1b =，进而可求出椭圆方程；（2）由题意可得，直线l 的方程为13y k x ⎛⎫=+⎪⎝⎭，设()11,A x y ，()12,B x y ，将直线l 的方程代入椭圆方程，根据韦达定理，计算0TA TB ⋅=，即可证明结论成立.（1）因为椭圆的离心率为2，则2c e a ==；又椭圆上一点到两个焦点的距离之和为2a =，由22222c a a b a c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=-⎪⎪⎩，解得a =1c =，1b =， 故所求椭圆方程为2212y x +=；（2）证：由题意可得，直线l 的方程为13y k x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， 设()11,A x y ，()12,B x y ，则代入椭圆方程2212y x +=，整理得：()22222182039k k k x x -+++=.∵点S 在椭圆内，∴此方程必有二实根1x ，2x ，且()2122232k x x k +=-+，()21221892k x x k -⋅=+. 于是，()()11221,1,TA TB x y x y ⋅=--()()1212111133x x k x k x ⎛⎫⎛⎫=--++⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()()()22212121113939k x x k x x k =++-+++ ()()()()()()222222211182392092k k k k k k k ⎡⎤=+---+++=⎣⎦+可知TA TB ⊥，即以AB 直径的圆过点T .本题主要考查待定系数法求椭圆的方程，考查椭圆中存在定点满足某条件的问题，熟记椭圆的标准方程及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.8．（湖南省长沙市雅礼中学2020届高三高考数学模拟试题（一）（a 卷））在平面直角标系xOy 中，点P ⎛ ⎝⎭在椭圆()2222:10x y M a b a b +=>>（1）求椭圆M 的标准方程；（2）过椭圆M 的右顶点A 作椭圆M 的两条弦AB 、AC ，记直线AB 、AC ，BC 的斜率分别为1k 、2k 、k ，其中1k 、2k 的值可以变化，当1k =，求1212k k k k --的所有可能的值.【答案】（1）2214x y +=；（2）14.【解析】 【分析】（1）由题意可得221314a b+=，c e a ==，求出,a b ，即得椭圆M 的标准方程；（2）点()2,0A .设()11,B x y ，()22,C x y ，直线BC 的方程为()2y x m m =+≠-.把，直线BC 的方程代入椭圆M 的方程，结合韦达定理，即求答案. 【详解】（1）根据题意221314a b+=，离心率c e a ==2a =，1b =，所以椭圆M 的标准方程为：2214x y +=.（2）点()2,0A .设()11,B x y ，()22,C x y ，直线BC 的方程为()2y x m m =+≠-.由2214y x m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，可得()2258410x mx m ++-=. ① 1x ，2x 是方程①的两个根，()22264454116800,m m m m ∴∆=-⨯⨯-=-+><<2m ≠-.1285m x x ∴+=-，()212415m x x -=. ()()()()212121212121212211111112224m x m x m k k k k k k x x x x x x +⎛⎫⎛⎫++∴--=---=---=- ⎪⎪---++⎝⎭⎝⎭()()()()222222511114444116444555m m m mm m ++=-=-=-=-++++.故1212k k k k --的所有可能的值为14. 【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查与椭圆有关的定值问题，属于较难的题目.9．（四川省内江六中2020届高三高考数学强化训练试题（三））设椭圆:C 22221x y a b+=（0a b >>）的左右顶点为12A A ，，上下顶点为12B B ，，菱形1122A B A B 的内切圆C '，椭圆的离心率为2. （1）求椭圆C 的方程；（2）设M N ，是椭圆上关于原点对称的两点，椭圆上一点P 满足PM PN =，试判断直线PM PN ，与圆C '的位置关系，并证明你的结论.【答案】（1）22163x y += （2）直线PM 、PN 与圆C '相切，证明见解析 【解析】 【分析】（1）由离心率得a =，用两种方法表示出菱形1122A B A B 的面积可求得,b a ，得椭圆方程；（2）设()11M x y ，，()22P x y ，.当直线PM 的斜率存在时，设直线PM 的方程为y kx m =+，代入椭圆方程，用韦达定理得1212,x x x x +，利用OP OM ⊥，即12120x x y y +=得,k m 的关系，求出圆心C '到直线PM 的距离可得直线与圆的位置关系．直线PM 的斜率不存在时，直接计算可得，由对称性PN 的结论也可得．【详解】（1）设椭圆的半焦距为c .由椭圆的离心率为2知，b c a =，. 设圆C '的半径为r，则r ab =，2，解得b =a =∴椭圆C 的方程为22163x y += （2）∵M N ，关于原点对称，PM PN =，∴OP MN ⊥. 设()11M x y ，，()22P x y ，.当直线PM 的斜率存在时，设直线PM 的方程为y kx m =+.由直线和椭圆方程联立得()2226x kx m ++=，即()222124260k x kmx m +++-=，∴12221224212621km x x k m x x k ⎧+=-⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩. ∵()11OM x y =，，()22OP x y =，，∴()()12121212OM OP x x y y x x kx m kx m ⋅=+=+++()()()22222121222264112121m km k x x km x x m k km m k k --=++++=+⋅+⋅+++()222322021m k k --==+， ∴22220m k --=，2222m k =+， ∴圆C '的圆心O 到直线PMr ==，∴直线PM 与圆C '相切.当直线PM 的斜率不存在时，依题意得()11,N x y --，()11,P x y -. 由PM PN=得1122x y =，∴2211x y =，结合2211163x y +=得212x =， ∴直线PM 到原点O， ∴直线PM 与圆C '也相切. 同理可得，直线PN 与圆C '也相切.∴直线PM 、PN 与圆C '相切【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题，考查直线与圆的位置关系．直线与椭圆相交，一般采取设而不求思想，即设交点坐标1122(,),(,)x y x y ，设直线方程y kx m =+，由直线方程与椭圆方程联立，消元后用韦达定理得1212,x x x x +，把这个结论代入其他条件求解． 10．（甘肃省天水市一中2020届高三一轮复习第一次模拟考试数学试题）已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>（1）求C 的方程； （2）若斜率为12-的直线l 与椭圆C 交于P ，Q 两点（点P ，Q 均在第一象限），O 为坐标原点，证明：直线OP ，PQ ，OQ 的斜率依次成等比数列．【答案】(1) 2214x y +=.(2)见解析.【解析】 【分析】（1）根据题中条件，得到2c ac ⎧=⎪⎨⎪=⎩，再由222b a c =-，求解，即可得出结果； （2）先设直线l 的方程为12y x m =-+，()11,P x y ，()22,Q x y ,联立直线与椭圆方程，结合判别式、韦达定理等，表示出1212OP OQ y y k k x x =，只需和2PQ k 相等，即可证明结论成立. 【详解】（1）由题意可得22c a c ⎧=⎪⎨⎪=⎩，解得2{a c ==， 又2221b ac =-=，所以椭圆方程为2214x y +=.（2）证明：设直线l 的方程为12y x m =-+，()11,P x y ，()22,Q x y , 由221214y x m x y ⎧=-+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，消去y ，得()222210x mx m -+-= 则()()222481420m m m∆=--=->，且1220x xm +=>，()212210x x m =->故()22121212121111122422m y y x m x m x x m x x m -⎛⎫⎛⎫=-+-+=-++=⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()212122121212111424OP OQPQ x x m x x m y y k k k x x x x -++==== 即直线OP ，PQ ，OQ 的斜率依次成等比数列. 【点睛】本题主要考查求椭圆的标准方程，以及椭圆的应用，熟记椭圆的标准方程以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.11．（甘肃省白银市靖远县2020届高三高考数学第四次联考试题）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的离心率为2，且椭圆C的右顶点到直线0x y -+=的距离为3． （1）求椭圆C 的方程；（2）过点(2,0)P 的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，求OAB 面积的最大值(O 为坐标原点）．【答案】（1）22182x y +=；（2）2.【解析】 【分析】（1）由离心率的值及右顶点到直线0x y -=的距离为3和a ，c ，b 之间的关系求出a ，b 的值，进而求出椭圆的方程；（2）设直线l 的方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出面积的表达式，换元，由均值不等式的可得面积的最大值． 【详解】（1）由椭圆的方程可得右顶点(,0)a，所以右顶点到直线0x y -+=的距离为3d ==，0a >可得：a =由离心率c e a ===，可得c =222862b a c =-=-=， 所以椭圆C 的方程为：22182x y +=；（2）由题意显然直线l 的斜率不为0，设直线l 的方程为：2x my =+，设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，联立直线l 与椭圆的方程可得：222{182x my x y =++=，整理可得：22(4)440m y my ++-=，12244my y m -+=+，12244y y m-=+ 所以1211··22OABSOP y y =-===设2t ，取等号时，0m =，即斜率不存在， 这时24AOBS==， 当0m ≠，2t >，则2222t m =-，所以2442422AOBt St t t ==++- 令2()f t t t =+，2t >，则22222()10t f t t t -=-+=>'恒成立，所以()f t 在2t >单调递增，无最小值，也无最大值，所以2442422AOBt St t t ==++-无最大值， 综上所述当且仅当2t =，即0m =时，所以OAB 面积的最大值为2． 【点睛】本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合及均值不等式的应用，考查了利用韦达定理搭桥建立各个变量之间的关系，从而求得圆锥曲线的最值问题，计算量相对较大，属于较难题.12．（新高考课改专家2021届高三数学命题卷试题）已知椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>的右焦点为F ，下顶点为1B ，上顶点为2B ，离心率为12，且122FB FB ⋅=-. （1）求椭圆C 的标准方程；（2）设椭圆C 的右顶点为A ，椭圆C 上有一点P （不与A 重合），直线PF 与直线2x =相交于M .若AM =P 的横坐标.【答案】（1）22143x y +=；（2）0或85【解析】 【分析】（1）由所以22122FB FB c b ⋅=-=-，又12c e a ==，得2a c =，又222a c b -=联立即可求解； （2）可求出M 坐标，可知直线PF 斜率存在且不为0,求出斜率，即可得出直线方程，联立直线与椭圆就能求得P 的横坐标. 【详解】（1）由题意：12(,0),(0,),(0,)F c B b B b =-=，所以22122FB FB c b ⋅=-=-， 又12c e a ==，2a c ∴=， 又222a c b -=，联立以上三式得：224,3a b ==，所以椭圆的标椎方程22143x y +=；（2）3AM ，可知2,3M ，()1,0F ，则直线斜率30321k ，所以直线PF 方程为)1y x =-，代入椭圆可得2580x x ，解得0x =或85x =， 所以点P 的横坐标为0或85. 【点睛】本题考查了椭圆的标椎方程的求法和直线相交的求解，属于基础题.13．（安徽省合肥市2020届高三下学期第三次教学质量检测数学试题）在平面直角坐标系xOy 中，已知点P 是椭圆E ：24x +y 2＝1上的动点，不经过点P 的直线l 交椭圆E 于A ，B 两点．（1）若直线l 经过坐标原点，证明：直线PA 与直线PB 的斜率之积为定值；（2）若0OA OB OP ++=，证明：△ABP 三边的中点在同一个椭圆上，并求出这个椭圆的方程．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析，椭圆的方程为2241x y +=.【解析】 【分析】（1）设11(,)A x y ，22(,)P x y ，则11(,)B x y --，再将PA PB k k ⋅表示出来，根据,A B 在椭圆上化简，证得直线PA 与直线PB 的斜率之积为定值；（2）设11(,)A x y ，22(,)B x y ，33(,)P x y ，由0OA OB OP ++=，得1230x x x ++=，1230y y y ++=，再得到AB 的中点1212(,)22x x y y D ++，化简得33(,)22x y D --，又223314x y +=，则2233()4()122x y-+-=，知D 在椭圆2241x y +=上，同理可得,AP BP 的中点都在椭圆2241x y +=，得证. 【详解】（1）设11(,)A x y ，22(,)P x y ，则11(,)B x y --， 则PA PBk k ⋅2212122122121221y y y y y y x x x x x x ----=⋅=----， 又222214x y +=，221114x y +=，相减得222221211()4y y x x -=--，得PA PB k k ⋅14=-，即直线PA 与直线PB 的斜率之积为定值，定值为14-.（2）设11(,)A x y ，22(,)B x y ，33(,)P x y ，由0OA OB OP ++=， 得1230x x x ++=，1230y y y ++=， AB 的中点1212(,)22x x y y D ++，化简得33(,)22x y D --， 又223314x y +=，则2233()4()122x y -+-=，知D 在椭圆2241x y +=上，同理可得,AP BP 的中点都在椭圆2241x y +=，即△ABP 三边的中点在同一个椭圆上，这个椭圆的方程为2241x y +=.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及结构特征，考查了学生观察、分析能力，运算能力，属于中档题.14．（福建省三明第一中学2020届高三模拟（六）数学试题）已知椭圆22122:1(0)x y C a b a b+=>>的一焦点F 与抛物线22:4C y x =．（1）求椭圆1C 的标准方程；（2）过焦点F 的直线l 与抛物线2C 交于A 、B 两点，与椭圆1C 交于C 、D 两点，求||||CD AB 的最大值．【答案】（1）2212x y +=；（2）4. 【解析】 【分析】（1）首先求出抛物线的焦点坐标，可得c 的值，结合离心率以及222a b c =+，即可求出椭圆1C 的标准方程（2）分析直线斜率存在与不存在两种情况，当斜率不存在时可直接求出AB 、CD 即可得比值，当斜率存在时，设出直线的方程和椭圆方程联立，运用弦长公式把||||CD AB 用斜率k 表示出来，然后用基本不等式求最值. 【详解】（1）因为抛物线22:4C y x =的焦点坐标为(1,0)，所以椭圆的一个焦点坐标为(1,0)F ，即1c = ，又椭圆离心率为2，所以2c a =，故可求得a = 所以2221b a c =-=，所以椭圆1C 的标准方程为2212x y +=（2）当直线l 的斜率不存在时，直线:1l x =，此时易求得||4AB =，CD =，所以||||4CD AB =， 当直线l 的斜率存在时，设直线:(1)l y k x =-，联立椭圆方程得：()2222124220kxk x k +-+-=设()11,C x y ，()22,D x y ，则2122412k x x k +=+，21222212k x x k -=+所以||CD ==所以)221||12k CD k +=+同理，将直线方程与曲线2C 联立得：()2222240k x k x k -++=设()33,A x y ，()44,B x y ，则234224k x x k++=，341x x = 所以()2234224124||22k k AB x x k k++=++=+=所以)()()22222221||121||44121222k CD k AB k k k k ++===<⎛⎫+++ ⎪⎝⎭所以||||4CD AB ≤||||CD AB的最大值为4． 【点睛】本题主要考查了求椭圆的标准方程，考查了直线和椭圆的位置关系，考查了弦长公式以及基本不等式求最值，属于较难题.15．（湖北省武汉外国语学校2020届高三下学期高考冲刺押题联考（一）数学试题）已知椭圆()2222:10x y E a b a b+=>>，长轴长为4，P 为椭圆E 上一点，F 为椭圆的右焦点，满足PF 与x 轴垂直，且32PF =． （1）求椭圆E 的方程；（2）已知Q 为直线4x =上一点，直线QF 与椭圆E 依次交于A ，B 两点（按照Q 、A 、F 、B 的顺序），证明：QA FA QBFB=．【答案】（1）22143x y +=；（2）证明详见解析.【解析】 【分析】（1）2a =和P x c =可得椭圆的标准方程；（2）设直线方程和各点的坐标，则根据直线上的两点间距离公式、斜率公式、韦达定理代入QA FA QBFB=等式显然成立，可得证明. 【详解】（1）由题意可知24a =，可得2a =，P x c =代入椭圆的方程可得：232b PF a ==，可得23b =．从而椭圆的方程为：22143x y +=．（2）由题意可知直线AB 的斜率肯定存在，设():1AB y k x =-，()11,A x y ，()22,B x y ，()4,Q t ，根据已知有2112x x <<<， 由根据直线上的两点间距离公式及斜率公式得QA 114t y k x -=-，则1QA x =-，同理，2QB x =-，12,FA x FB x =-=-所以1244QA x QB x -==-，1211FA x FBx -==-， 根据题意，等价于证明：11224141x x x x --=--，分式化整式可得：()12122580x x x x -++=①，联立22143y kx k x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩得：()22224384120k x k x k +-+-=，由韦达定理可得：2122843k x x k +=+，212241243k x x k -=+，代入①得：222282440804343k k k k --+=++， 化简得：()222824408430k k k --++=，显然成立． 【点睛】本题考查了椭圆的标准方程和性质，直线和椭圆的位置关系，韦达定理．。
2024年高考数学专项复习圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题(解析版)
圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题一、椭圆定点问题1已知圆E ：x +1 2+y 2=16，点F 1,0 ，G 是圆E 上任意一点，线段GF 的垂直平分线和半径GE 相交于H(1)求动点H 的轨迹Γ的方程；(2)经过点F 和T 7,0 的圆与直线l ：x =4交于P ，Q ，已知点A 2,0 ，且AP 、AQ 分别与Γ交于M 、N .试探究直线MN 是否经过定点.如果有，请求出定点；如果没有，请说明理由.2已知点A (2,0)，B -65,-45 在椭圆M :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上.(1)求椭圆M 的方程；(2)直线l 与椭圆M 交于C ,D 两个不同的点(异于A ,B )，过C 作x 轴的垂线分别交直线AB ,AD 于点P ,Q ，当P 是CQ 中点时，证明．直线l 过定点.2024年高考数学专项复习圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题（解析版）3如图，椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ．左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为22，点M (2,1)在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知P ，Q 是椭圆C 上两动点，记直线AP 的斜率为k 1，直线BQ 的斜率为k 2，k 1=2k 2．过点B 作直线PQ 的垂线，垂足为H ．问：在平面内是否存在定点T ，使得TH 为定值，若存在，求出点T 的坐标；若不存在，试说明理由．4已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左、右焦点分别为F 1，F 2，A ，B 分别是C 的右、上顶点，且AB =7，D 是C 上一点，△BF 2D 周长的最大值为8.(1)求C 的方程；(2)C 的弦DE 过F 1，直线AE ，AD 分别交直线x =-4于M ，N 两点，P 是线段MN 的中点，证明：以PD 为直径的圆过定点.5已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左顶点为A ，过右焦点F 且平行于y 轴的弦PQ =AF =3．(1)求△APQ 的内心坐标；(2)是否存在定点D ，使过点D 的直线l 交C 于M ,N ，交PQ 于点R ，且满足MR ⋅ND =MD ⋅RN 若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由．二、双曲线定点问题1已知点P 4,3 为双曲线E :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)上一点，E 的左焦点F 1到一条渐近线的距离为3.(1)求双曲线E 的标准方程；(2)不过点P 的直线y =kx +t 与双曲线E 交于A ,B 两点，若直线PA ，PB 的斜率和为1，证明：直线y =kx +t 过定点，并求该定点的坐标.2双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点为A，焦距为4，过右焦点F作垂直于实轴的直线交C于B、D两点，且△ABD是直角三角形.(1)求双曲线C的方程；(2)已知M,N是C上不同的两点，MN中点的横坐标为2，且MN的中垂线为直线l，是否存在半径为1的定圆E，使得l被圆E截得的弦长为定值，若存在，求出圆E的方程；若不存在，请说明理由.3已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的右焦点，右顶点分别为F，A，B0,b，AF=1，点M在线段AB上，且满足BM=3MA，直线OM的斜率为1，O为坐标原点.(1)求双曲线C的方程.(2)过点F的直线l与双曲线C的右支相交于P，Q两点，在x轴上是否存在与F不同的定点E，使得EP⋅FQ=EQ⋅FP恒成立？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.4已知双曲线C 与双曲线x 212-y 23=1有相同的渐近线，且过点A (22,-1).(1)求双曲线C 的标准方程；(2)已知点D (2,0)，E ，F 是双曲线C 上不同于D 的两点，且DE ·DF =0，DG ⊥EF 于点G ，证明:存在定点H ，使GH 为定值.5已知双曲线C :x 2-y 2b2=1b >0 的左、右焦点分别为F 1，F 2，A 是C 的左顶点，C 的离心率为2．设过F 2的直线l 交C 的右支于P 、Q 两点，其中P 在第一象限．(1)求C 的标准方程；(2)若直线AP 、AQ 分别交直线x =12于M 、N 两点，证明：MF 2 ⋅NF 2 为定值；(3)是否存在常数λ，使得∠PF 2A =λ∠PAF 2恒成立？若存在，求出λ的值；否则，说明理由．三、抛物线定点问题1已知动圆M 恒过定点F 0,18 ，圆心M 到直线y =-14的距离为d ,d =MF +18．(1)求M 点的轨迹C 的方程；(2)过直线y =x -1上的动点Q 作C 的两条切线l 1,l 2，切点分别为A ,B ，证明：直线AB 恒过定点．2已知抛物线C 1:x 2=2py (p >0)和圆C 2:(x +1)2+y 2=2，倾斜角为45°的直线l 1过C 1焦点，且l 1与C 2相切.(1)求抛物线C 1的方程；(2)动点M 在C 1的准线上，动点A 在C 1上，若C 1在点A 处的切线l 2交y 轴于点B ，设MN =MA +MB ，证明点N 在定直线上，并求该定直线的方程.3已知直线l1:x-y+1=0过椭圆C:x24+y2b2=1(b>0)的左焦点，且与抛物线M:y2=2px(p>0)相切.(1)求椭圆C及抛物线M的标准方程;(2)直线l2过抛物线M的焦点且与抛物线M交于A，B两点，直线OA，OB与椭圆的过右顶点的切线交于M，N两点.判断以MN为直径的圆与椭圆C是否恒交于定点P，若存在，求出定点P的坐标；若不存在，请说明理由.4在平面直角坐标系中，已知圆心为点Q的动圆恒过点F(0,1)，且与直线y=-1相切，设动圆的圆心Q的轨迹为曲线Γ．(1)求曲线Γ的方程；(2)P为直线l：y=y0y0<0上一个动点，过点P作曲线Γ的切线，切点分别为A，B，过点P作AB的垂线，垂足为H，是否存在实数y0，使点P在直线l上移动时，垂足H恒为定点？若不存在，说明理由；若存在，求出y0的值，并求定点H的坐标．5已知抛物线C ：y 2=2px p >0 ，直线x +y +1=0与抛物线C 只有1个公共点.(1)求抛物线C 的方程；(2)若直线y =k x -p 2与曲线C 交于A ，B 两点，直线OA ，OB 与直线x =1分别交于M ，N 两点，试判断以MN 为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.四、椭圆定值问题1已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率e =12，短轴长为23．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知经过定点P 1,1 的直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，且与直线y =-34x 相交于点Q ，如果AQ =λAP ，QB =μPB ，那么λ+μ是否为定值？若是，请求出具体数值；若不是，请说明理由．2在椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆Γ：x 2+y 2=a 2+b 2上，称此圆为椭圆的蒙日圆.椭圆C 过P 1,22，Q -62,12 .(1)求椭圆C 的方程；(2)过椭圆C 的蒙日圆上一点M ，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于另一点N ，若k OM ，k ON 存在，证明：k OM ⋅k ON 为定值.3已知O 为坐标原点，定点F 1-1,0 ，F 21,0 ，圆O :x 2+y 2=2，M 是圆内或圆上一动点，圆O 与以线段F 2M 为直径的圆O 1内切.(1)求动点M 的轨迹方程；(2)设M 的轨迹为曲线E ，若直线l 与曲线E 相切，过点F 2作直线l 的垂线，垂足为N ，证明：ON 为定值.4设椭圆E ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 过点M 2,1 ，且左焦点为F 1-2,0 ．(1)求椭圆E 的方程；(2)△ABC 内接于椭圆E ，过点P 4,1 和点A 的直线l 与椭圆E 的另一个交点为点D ，与BC 交于点Q ，满足AP QD =AQ PD ，证明：△PBC 面积为定值，并求出该定值．5椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1的右焦点为F (1,0)，离心率为12.(1)求椭圆C 的方程；(2)过F 且斜率为1的直线交椭圆于M ，N 两点，P 是直线x =4上任意一点.求证：直线PM ，PF ，PN 的斜率成等差数列.五、双曲线定值问题1在平面直角坐标系xOy中，圆F1：x+22+y2=4，F22,0，P是圆F1上的一个动点，线段PF2的垂直平分线l与直线PF1交于点M．记点M的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)过点F2作与x轴不垂直的任意直线交曲线C于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点H，求证：ABF2H为定值．2已知双曲线x2-y2=1的左、右顶点分别为A1，A2，动直线l：y=kx+m与圆x2+y2=1相切，且与双曲线左、右两支的交点分别为P1(x1，y1)，P2(x2，y2)．(1)求k的取值范围；(2)记直线P1A1的斜率为k1，直线P2A2的斜率为k2，那么k1k2是定值吗？证明你的结论．3已知P 是圆C :(x +2)2+y 2=12上一动点，定点M (2,0)，线段PM 的垂直平分线n 与直线PC 交于点T ，记点T 的轨迹为C ．(1)求C 的方程；(2)若直线l 与曲线C 恰有一个共点，且l 与直线l 1:y =33x ，l 2:y =-33x 分别交于A 、B 两点，△OAB 的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．4已知双曲线C ：x 2a 2-y 2b2=1(a >0，b >0)的渐近线方程为y =±34x ，焦距为10，A 1，A 2为其左右顶点．(1)求C 的方程；(2)设点P 是直线l ：x =2上的任意一点，直线PA 1、PA 2分别交双曲线C 于点M 、N ，A 2Q ⊥MN ，垂足为Q ，求证：存在定点R ，使得QR 是定值．5已知F1,F2分别为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点，点P2,26在C上，且双曲线C的渐近线与圆x2+y2-6y+8=0相切．(1)求双曲线C的方程；(2)若过点F2且斜率为k的直线l交双曲线C的右支于A,B两点，Q为x轴上一点，满足QA=QB，试问AF1+BF1-4QF2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．六、抛物线定值问题1已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，准线为l，过点F且倾斜角为π6的直线交抛物线于点M(M在第一象限)，MN⊥l，垂足为N，直线NF交x轴于点D，MD=43.(1)求p的值.(2)若斜率不为0的直线l1与抛物线C相切，切点为G，平行于l1的直线交抛物线C于P,Q两点，且∠PGQ=π2，点F到直线PQ与到直线l1的距离之比是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.2已知抛物线C1:y2=2px p>0到焦点的距离为3.上一点Q1,a(1)求a，p的值；(2)设P为直线x=-1上除-1,-3两点外的任意一点，过P作圆C2:x-2，-1,32+y2=3的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D，试判断A，B，C，D四点纵坐标之积是否为定值？若是，求该定值；若不是，请说明理由.3已知点F是抛物线C：y2=2px p>0的焦点，纵坐标为2的点N在C上，以F为圆心、NF为半径的圆交y轴于D，E，DE=23.(1)求抛物线C的方程；(2)过-1,0作直线l与抛物线C交于A，B，求k NA+k NB的值.4贝塞尔曲线是计算机图形学和相关领域中重要的参数曲线．法国数学象卡斯特利奥对贝塞尔曲线进行了图形化应用的测试，提出了De Casteljau 算法：已知三个定点，根据对应的比例，使用递推画法，可以画出地物线．反之，已知抛物线上三点的切线，也有相应成比例的结论．如图所示，抛物线Γ:x 2=2py ，其中p >0为一给定的实数.(1)写出抛物线Γ的焦点坐标及准线方程；(2)若直线l :y =kx -2pk +2p 与抛物线只有一个公共点，求实数k 的值；(3)如图，A ，B ，C 是H 上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D ，E ，F ，证明：|AD ||DE |=|EF ||FC |=|DB ||BF |．5已知点A 为直线l :x +1=0上的动点，过点A 作射线AP (点P 位于直线l 的右侧)使得AP ⊥l ,F 1,0 ，设线段AF 的中点为B ，设直线PB 与x 轴的交点为T ,PF =TF .(1)求动点P 的轨迹C 的方程.(2)设过点Q 0,2 的两条射线分别与曲线C 交于点M ,N ，设直线QM ,QN 的斜率分别为k 1,k 2，若1k 1+1k 2=2，请判断直线MN 的斜率是否为定值以及其是否过定点，若斜率为定值，请计算出定值；若过定点，请计算出定点.七、椭圆定直线问题1椭圆E的方程为x24+y28=1，左、右顶点分别为A-2,0，B2,0，点P为椭圆E上的点，且在第一象限，直线l过点P(1)若直线l分别交x，y轴于C，D两点，若PD=2，求PC的长；(2)若直线l过点-1,0，且交椭圆E于另一点Q(异于点A，B)，记直线AP与直线BQ交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，说明理由．2已知曲线C:(5-m)x2+(m-2)y2=8(m∈R)．(1)若曲线C是椭圆，求m的取值范围．(2)设m=4，曲线C与y轴的交点为A，B(点A位于点B的上方)，直线l:y=kx+4与曲线C交于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点G．试问点G是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．3已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >0,b >0 过点M 263,63 ，且离心率为22．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l :y =x +m 与椭圆C 交y 轴右侧于不同的两点A ，B ，试问：△MAB 的内心是否在一条定直线上？若是，请求出该直线方程；若不是，请说明理由．4已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 过点Q 1,32 ，且离心率为12．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P 1,2 的直线l 交C 于A 、B 两点时，在线段AB 上取点M ，满足AP ⋅MB =AM ⋅PB ，证明：点M 总在某定直线上．5椭圆E的中心为坐标原点，坐标轴为对称轴，左、右顶点分别为A-2,0，B2,0，点1,6在椭圆E上．(1)求椭圆E的方程．(2)过点-1,0的直线l与椭圆E交于P，Q两点(异于点A，B)，记直线AP与直线BQ交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，请说明理由．八、双曲线定直线问题1如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点．若双曲线E:x24-y2b2=1b>0的左、右焦点分别为F1、F2，从F2发出的光线经过图2中的A、B两点反射后，分别经过点C和D，且tan∠CAB=-34，AB⊥BD.(1)求双曲线E的方程；(2)设A1、A2为双曲线E实轴的左、右顶点，若过P4,0的直线l与双曲线C交于M、N两点，试探究直线A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上？若存在，请求出该定直线方程；如不存在，请说明理由．2已知曲线C上的动点P满足|PF1|-|PF2|=2，且F1-2,0,F22,0.(1)求C的方程；(2)若直线AB与C交于A、B两点，过A、B分别做C的切线，两切线交于点P .在以下两个条件①②中选择一个条件，证明另外一个条件成立.①直线AB经过定点M4,0；②点P 在定直线x=14上.3已知点(2,3)在双曲线C:x2a2-y2a2+2=1上．(1)双曲线上动点Q处的切线交C的两条渐近线于A,B两点，其中O为坐标原点，求证：△AOB的面积S 是定值；(2)已知点P12,1，过点P作动直线l与双曲线右支交于不同的两点M､N，在线段MN上取异于点M､N的点H，满足PMPN=MHHN，证明：点H恒在一条定直线上．4已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 经过点D 4,3 ，直线l 1、l 2分别是双曲线C 的渐近线，过D 分别作l 1和l 2的平行线l 1和l 2，直线l 1交x 轴于点M ，直线l 2交y 轴于点N ，且OM ⋅ON =23(O 是坐标原点)(1)求双曲线C 的方程；(2)设A 1、A 2分别是双曲线C 的左、右顶点，过右焦点F 的直线交双曲线C 于P 、Q 两个不同点，直线A 1P 与A 2Q 相交于点G ，证明：点G 在定直线上.5已知双曲线C ：x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 的离心率为2，过点E 1,0 的直线l 与C 左右两支分别交于M ，N 两个不同的点(异于顶点)．(1)若点P 为线段MN 的中点，求直线OP 与直线MN 斜率之积(O 为坐标原点)；(2)若A ，B 为双曲线的左右顶点，且AB =4，试判断直线AN 与直线BM 的交点G 是否在定直线上，若是，求出该定直线，若不是，请说明理由九、抛物线定直线问题1过抛物线x 2=2py (p >0)内部一点P m ,n 作任意两条直线AB ,CD ，如图所示，连接AC ,BD 延长交于点Q ，当P 为焦点并且AB ⊥CD 时，四边形ACBD 面积的最小值为32(1)求抛物线的方程；(2)若点P 1,1 ，证明Q 在定直线上运动，并求出定直线方程.2已知抛物线E :y 2=2px p >0 ，过点-1,0 的两条直线l 1、l 2分别交E 于A 、B 两点和C 、D 两点．当l 1的斜率为12时，AB =210．(1)求E 的标准方程；(2)设G 为直线AD 与BC 的交点，证明：点G 在定直线上．3已知抛物线C 1：x 2=2py (p >0)和圆C 2：x +1 2+y 2=2，倾斜角为45°的直线l 1过C 1的焦点且与C 2相切．(1)求p 的值：(2)点M 在C 1的准线上，动点A 在C 1上，C 1在A 点处的切线l 2交y 轴于点B ，设MN =MA +MB，求证：点N 在定直线上，并求该定直线的方程．4已知拋物线x 2=4y ，P 为拋物线外一点，过P 点作抛物线的切线交抛物线于A ，B 两点，交x 轴于M ，N 两点.(1)若P -1,-2 ，设△OAB 的面积为S 1，△PMN 的面积为S 2，求S 1S 2的值；(2)若P x 0,y 0 ，求证：△PMN 的垂心H 在定直线上.5已知F为抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点，直线l:y=2x+1与C交于A，B两点且|AF|+|BF|= 20.(1)求C的方程.(2)若直线m:y=2x+t(t≠1)与C交于M，N两点，且AM与BN相交于点T，证明：点T在定直线上.圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题一、椭圆定点问题1已知圆E ：x +1 2+y 2=16，点F 1,0 ，G 是圆E 上任意一点，线段GF 的垂直平分线和半径GE 相交于H(1)求动点H 的轨迹Γ的方程；(2)经过点F 和T 7,0 的圆与直线l ：x =4交于P ，Q ，已知点A 2,0 ，且AP 、AQ 分别与Γ交于M 、N .试探究直线MN 是否经过定点.如果有，请求出定点；如果没有，请说明理由.【答案】(1)x 24+y 23=1(2)经过定点，定点坐标为1,0 【分析】(1)利用椭圆的定义即可求出动点H 的轨迹Γ的方程；(2)设M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，直线MN 的方程为：x =my +n ，与椭圆方程联立，根据韦达定理列出x 1，y 1，x 2，y 2之间的关系，再利用两点式写出直线MA 的方程，求出点P 4,2y 1x 1-2 ，Q 4,2y 2x 2-2，再写出以PQ 为直径的圆的方程，根据圆的方程经过点T 7,0 ，得到关系式，进而求得n 为定值，从而得到直线MN 过定点.【详解】(1)如图所示，∵HE +HF =HE +HG =4，且EF =2<4，∴点H 的轨迹是以E ，F 为焦点的椭圆，设椭圆方程x 2a 2+y 2b2=1，则2a =4，c =1，∴a =2，b =a 2-c 2= 3.所以点H 的轨迹方程为：x 24+y 23=1.(2)设直线MN 的方程为：x =my +n ，由x 24+y 23=1x =my +n ，得3m 2+4 y 2+6mny +3n 2-12=0设M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，则y 1+y 2=-6mn 3m 2+4，y 1y 2=3n 2-123m 2+4.所以，x 1+x 2=m y 1+y 2 +2n =8n 3m 2+4，x 1x 2=my 1+n my 2+n =-12m 2+4n 23m 2+4因为直线MA 的方程为：y =y 1x 1-2x -2 ，令x =4，得y P =2y 1x 1-2，所以，P 4,2y 1x1-2 ，同理可得Q 4,2y 2x 2-2，以PQ 为直径的圆的方程为：x -4 2+y -2y 1x 1-2 y -2y 2x 2-2=0，即x -4 2+y 2-2y 1x 1-2+2y 2x 2-2y +2y 1x 1-2×2y 2x 2-2=0，因为圆过点7,0 ，所以，9+2y 1x 1-2×2y 2x 2-2=0，得9+4y 1y 2x 1x 2-2x 1+x 2 +4=0，代入得9+12n 2-483m 2+4-12m 2+4n 23m 2+4-16n3m 2+4+4=0，化简得，9+12n 2-484n 2-16n +16=04n 2-16n +16≠0,n ≠2 ，解得n =1或n =2(舍去)，所以直线MN 经过定点1,0 ，当直线MN 的斜率为0时，此时直线MN 与x 轴重合，直线MN 经过点1,0 ，综上所述，直线MN 经过定点1,0 .2已知点A (2,0)，B -65,-45 在椭圆M :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上.(1)求椭圆M 的方程；(2)直线l 与椭圆M 交于C ,D 两个不同的点(异于A ,B )，过C 作x 轴的垂线分别交直线AB ,AD 于点P ,Q ，当P 是CQ 中点时，证明．直线l 过定点.【答案】(1)x 24+y 2=1(2)证明见解析【分析】(1)根据椭圆所经过的点列方程求出其方程；(2)设出CD 方程，结合韦达定理和P 是CQ 中点的条件，找到直线CD 中两个参数的关系，从而求出定点.【详解】(1)由题知a =2，又椭圆经过B -65,-45 ，代入可得14-652+1b2-452=1，解得b 2=1，故椭圆的方程为：x 24+y 2=1(2)由题意知，当l ⊥x 轴时，不符合题意，故l 的斜率存在，设l 的方程为y =kx +m ，联立y =kx +m x 24+y 2=1消去y 得4k 2+1 x 2+8kmx +4m 2-4=0，则Δ=64k 2m 2-16m 2-1 4k 2+1 =164k 2-m 2+1 >0，即4k 2+1>m 2设C x 1,y 1 ，D x 2,y 2 ，x 1+x 2=-8km 4k 2+1，x 1x 2=4m 2-44k 2+1AB 的方程为y =14(x -2)，令x =x 1得P x 1,x 1-24 ，AD 的方程为y =y 2x 2-2(x -2)，令x =x 1得Q x 1,x 1-2x 2-2y 2，由P 是CQ 中点，得x 1-22=y 1+x 1-2x 2-2⋅y 2，即y 1x 1-2+y 2x 2-2=12，即kx 1+m x 2-2 +kx 2+m x 1-2 =12x 1x 2-2x 1+x 2 +4 ，即(1-4k )x 1x 2+(4k -2m -2)x 1+x 2 +4+8m =0，即4m 2+(16k +8)m +16k 2+16k =0，所以(m +2k )(m +2k +2)=0，得m =-2k -2或m =-2k ，当m =-2k -2，此时由Δ>0，得k <-38，符合题意；当m =-2k ，此时直线l 经过点A ，与题意不符，舍去.所以l 的方程为y =kx -2k -2，即y =k (x -2)-2，所以l 过定点(2,-2).3如图，椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ．左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为22，点M (2,1)在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知P ，Q 是椭圆C 上两动点，记直线AP 的斜率为k 1，直线BQ 的斜率为k 2，k 1=2k 2．过点B 作直线PQ 的垂线，垂足为H ．问：在平面内是否存在定点T ，使得TH 为定值，若存在，求出点T 的坐标；若不存在，试说明理由．【答案】(1)C :x 24+y 22=1；(2)存在定点T 23,0 使TH 为定值，理由见解析.【分析】(1)根据离心率，椭圆上点及参数关系列方程组求a ,b ,c ，即可得椭圆方程；(2)根据题意设BQ :y =k (x -2)，AP :y =2k (x +2)，联立椭圆方程求P ,Q 坐标，判断直线PQ 过定点，结合BH ⊥PQ 于H 确定H 轨迹，进而可得定点使得TH 为定值.【详解】(1)由题意c a =222a 2+1b 2=1a 2=b 2+c 2，可得a 2=4b 2=c 2=2 ，则椭圆方程为C :x 24+y 22=1；(2)若直线BQ 斜率为k ，则直线AP 斜率为2k ，而A (-2,0),B (2,0)，所以BQ :y =k (x -2)，AP :y =2k (x +2)，联立BQ 与椭圆C ，则x 2+2k 2(x -2)2=4，整理得(1+2k 2)x 2-8k 2x +8k 2-4=0，所以2x Q =8k 2-41+2k 2，则x Q =4k 2-21+2k 2，故y Q =-4k1+2k 2，联立AP 与椭圆C ，则x 2+8k 2(x +2)2=4，整理得(1+8k 2)x 2+32k 2x +32k 2-4=0，所以-2x P =32k 2-41+8k 2，则x P =2-16k 21+8k 2，故y P=8k 1+8k 2，综上，x Q -x P =4k 2-21+2k 2-2-16k 21+8k 2=64k 4-4(1+8k 2)(1+2k 2)，y Q -y P =-4k 1+2k 2-8k 1+8k 2=-12k +48k 31+8k 2 1+2k 2，当64k 4-4≠0，即k ≠±12时，k PQ =12k (1+4k 2)4(1-16k 4)=3k1-4k 2，此时PQ :y +4k 1+2k 2=3k 1-4k 2x +2-4k 21+2k 2=3k 1-4k 2x +6k -12k 3(1+2k 2)(1-4k 2)，所以PQ :y =3k 1-4k 2x +2k 1-4k 2=k 1-4k 2(3x +2)，即直线PQ 过定点-23,0 ；当64k 4-4=0，即k =±12时，若k =12，则x Q =-23且y Q =-43，x P =-23且y P =43，故直线PQ 过定点-23,0 ；若k =-12，则x Q =-23且y Q =43，x P =-23且y P =-43，故直线PQ 过定点-23,0 ；综上，直线PQ 过定点M -23,0 ，又BH ⊥PQ 于H ，易知H 轨迹是以BM 为直径的圆上，故BM 的中点23,0 到H 的距离为定值，所以，所求定点T 为23,0 .【点睛】关键点点睛：第二问，设直线BQ ，AP 联立椭圆，结合韦达定理求点P ,Q 坐标，再写出直线PQ 方程判断其过定点是关键.4已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左、右焦点分别为F 1，F 2，A ，B 分别是C 的右、上顶点，且AB =7，D 是C 上一点，△BF 2D 周长的最大值为8.(1)求C 的方程；(2)C 的弦DE 过F 1，直线AE ，AD 分别交直线x =-4于M ，N 两点，P 是线段MN 的中点，证明：以PD 为直径的圆过定点.【答案】(1)x 24+y 23=1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据椭圆的定义结合三角形不等式求解即可；(2)设D x 1,y 1 ,E x 2,y 2 ，直线DE :x =my -1，联立直线与椭圆的方程，根据过两点圆的方程，结合图形的对称性可得定点在x 轴上，代入韦达定理求解即可.【详解】(1)依题意，a 2+b 2=7，△BF 2D 周长DB +DF 2 +a =DB +2a -DF 1 +a ≤BF 1 +3a =4a ，当且仅当B ,F 1,D 三点共线时等号成立，故4a =8，所以a 2=4,b 2=3，所以C 的方程x 24+y 23=1；(2)设D x 1,y 1 ,E x 2,y 2 ，直线DE :x =my -1，代入x 24+y 23=1，整理得3m 2+4 y 2-6my -9=0，Δ=36m 2+363m 2+4 >0，y 1+y 2=6m 3m 2+4,y 1y 2=-93m 2+4，易知AD :y =y 1x 1-2x -2 ，令x =-4，得N -4,-6y 1x 1-2 ，同得M -4,-6y 2x 2-2，从而中点P -4,-3y 1x 1-2+y 2x 2-2，以PD 为直径的圆为x +4 x -x 1 +y +3y 1x 1-2+y 2x 2-2y -y 1 =0，由对称性可知，定点必在x 轴上，令y =0得，x +4 x -x 1 -3y 1y 1x 1-2+y 2x 2-2=0，y 1x 1-2+y 2x 2-2=y 1my 1-3+y 2my 2-3=2my 1y 2-3y 1+y 2 m 2y 1y 2-3m y 1+y 2 +9=-18m3m 2+4-18m 3m 2+4-9m 23m 2+4-18m 23m 2+4+9=-36m36=-m ，所以x +4 x -x 1 +3my 1=0，即x 2+4-x 1 x -4x 1+3my 1=0，因为x 1=my 1-1，所以x 2+5-my 1 x -my 1+4=0，即x +1 x -my 1+4 =0，解得x =-1，所以圆过定点-1,0 .【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为x 1,y 1 ,x 2,y 2 ；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x (或y )的一元二次方程，必要时计算Δ；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x 1+x 2，x 1x 2(或y 1+y 2，y 1y 2)的形式；(5)代入韦达定理求解.5已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左顶点为A ，过右焦点F 且平行于y 轴的弦PQ =AF =3．(1)求△APQ 的内心坐标；(2)是否存在定点D ，使过点D 的直线l 交C 于M ,N ，交PQ 于点R ，且满足MR ⋅ND =MD ⋅RN若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)7-354,0 (2)存在定点D (4,0)【分析】(1)由题意，根据椭圆的定义以及a 2=b 2+c 2，列出等式即可求出椭圆C 的方程，判断△APQ 的内心在x 轴，设直线PT 平分∠APQ ，交x 轴于点T ，此时T 为△APQ 的内心，进行求解即可；(2)设直线l 方程为y =k (x -t )，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将直线l 的方程与椭圆方程联立，得到根的判别式大于零，由点M 、R 、N 、D 均在直线l 上，得到MR ⋅ND =MD ⋅RN，此时2t -(1+t )(x 1+x 2)+2x 1x 2=0，结合韦达定理求出t =4，可得存在定点D (4,0)满足题意．【详解】(1)∵a 2=b 2+c 2,2b 2a=a +c =3∴a =2,b =3,c =1∴椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1，不妨取P 1,32 ,Q 1,-32 ,A (-2,0)，则AP =352,PF =32；因为△APQ 中，AP =AQ ，所以△APQ 的内心在x 轴，设直线PT 平分∠APQ ，交x 轴于T ，则T 为△APQ 的内心，且AT TF =AP PF =5=AT 3-AT ，所以AT =355+1，则T 7-354,0 ；(2)∵椭圆和弦PQ 均关于x 轴上下对称．若存在定点D ，则点D 必在x 轴上∴设D (t ,0)当直线l 斜率存在时，设方程为y =k (x -t ),M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，直线方程与椭圆方程联立y =k (x -t )x 24+y 23=1，消去y 得4k 2+3 x 2-8k 2tx +4k 2t 2-3 =0，则Δ=48k 2+3-k 2t 2>0,x 1+x 2=8k 2t4k 2+3,x 1x 2=4k 2t 2-3 4k 2+3①∵点R 的横坐标为1，M 、R 、N 、D 均在直线l 上，MR ⋅ND =MD ⋅RN∴1+k 2 1-x 1 t -x 2 =1+k 2 t -x 1 x 2-1∴2t -(1+t )x 1+x 2 +2x 1x 2=0∴2t -(1+t )8k 2t 4k 2+3+2×4k 2t 2-3 4k 2+3=0，整理得t =4，因为点D 在椭圆外，则直线l 的斜率必存在．∴存在定点D (4,0)满足题意【点睛】解决曲线过定点问题一般有两种方法：①探索曲线过定点时，可设出曲线方程，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标.②从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.二、双曲线定点问题1已知点P 4,3 为双曲线E :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)上一点，E 的左焦点F 1到一条渐近线的距离为3.(1)求双曲线E 的标准方程；(2)不过点P 的直线y =kx +t 与双曲线E 交于A ,B 两点，若直线PA ，PB 的斜率和为1，证明：直线y =kx +t 过定点，并求该定点的坐标.【答案】(1)x 24-y 23=1(2)证明见解析，定点为(-2,3).【分析】(1)由点到直线的距离公式求出b =3，再将点P 4,3 代入双曲线方程求出a 2=4，可得双曲线E 的标准方程；(2)联立直线与双曲线方程，利用韦达定理得x 1+x 2、x 1x 2，再根据斜率和为1列式，推出t =2k +3，从而可得直线y =kx +t 过定点(-2,3).【详解】(1)设F 1(-c ,0)(c >0)到渐近线y =bax ，即bx -ay =0的距离为3，则3=|-bc |b 2+a2，结合a 2+b 2=c 2得b =3，又P (4,3)在双曲线x 2a 2-y 23=1上，所以16a2-93=1，得a 2=4，所以双曲线E 的标准方程为x 24-y 23=1.(2)联立y =kx +tx 24-y 23=1，消去y 并整理得3-4k 2 x 2-8ktx -4t 2-12=0，则3-4k 2≠0，Δ=64k 2t 2+4(3-4k 2)(4t 2+12)>0，即t 2+3>4k 2，设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，则x 1+x 2=8kt 3-4k 2，x 1x 2=-4t 2+123-4k 2，则k PA +k PB =y 1-3x 1-4+y 2-3x 2-4=kx 1+t -3x 1-4+kx 2+t -3x 2-4=kx 1+t -3 x 2-4 +kx 2+t -3 x 1-4 x 1-4 x 2-4=2kx 1x 2+t -4k -3 x 1+x 2 -8t +24x 1x 2-4(x 1+x 2)+16=1，所以2kx 1x 2+t -4k -3 x 1+x 2 -8t +24=x 1x 2-4(x 1+x 2)+16，所以2k -1 x 1x 2+t -4k +1 x 1+x 2 -8t +8=0，所以-2k -1 4t2+123-4k 2+t -4k +1 ⋅8kt3-4k2-8t +8=0，整理得t 2-6k +2kt -6t -8k 2+9=0，所以(t -3)2+2k (t -3)-8k 2=0，所以t -3-2k t -3+4k =0，因为直线y =kx +t 不过P (4,3)，即3≠4k +t ，t -3+4k ≠0，所以t -3-2k =0，即t =2k +3，所以直线y =kx +t =kx +2k +3，即y -3=k (x +2)过定点(-2,3).【点睛】关键点点睛：利用韦达定理和斜率公式推出t =2k +3是解题关键.2双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的左顶点为A ，焦距为4，过右焦点F 作垂直于实轴的直线交C 于B 、D 两点，且△ABD 是直角三角形.(1)求双曲线C 的方程；(2)已知M ,N 是C 上不同的两点，MN 中点的横坐标为2，且MN 的中垂线为直线l ，是否存在半径为1的定圆E ，使得l 被圆E 截得的弦长为定值，若存在，求出圆E 的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)x 2-y 23=1(2)存在，E :(x -8)2+y 2=1【分析】(1)根据双曲线的性质，结合△ABD 是等腰直角三角形的性质，列出关系式即可求解双曲线方程；(2)首先利用点差法求出直线l 所过的定点，即可求出定圆的方程.【详解】(1)依题意，∠BAD =90°，焦半径c =2，当x =c 时，c 2a 2-y 2b 2=1，得y 2=b 2c 2a 2-1=b 4a2，即y =±b 2a ，所以BF =b 2a ，由AF =BF ，得a +c =b 2a，得a 2+2a =22-a 2，解得：a =1(其中a =-2<0舍去)，所以b 2=c 2-a 2=4-1=3，故双曲线C 的方程为x 2-y 23=1；(2)设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,MN 的中点为Q x 0,y 0 因为M ,N 是C 上不同的两点，MN 中点的横坐标为2.所以x 21-y 213=1,①x 22-y 223=1,②x 0=x 1+x 22=2,③y 0=y 1+y 22,④.①-②得x 1+x 2 x 1-x 2 -y 1+y 2 y 1-y 23=0，当k MN 存在时，k MN =y 1-y2x 1-x 2=3x 1+x 2 y 1+y 2=3×42y 0=6y 0，因为MN 的中垂线为直线l ，所以y -y 0=-y 06x -2 ，即l :y =-y 06x -8 ，所以l 过定点T 8,0 .当k MN 不存在时，M ,N 关于x 轴对称，MN 的中垂线l 为x 轴，此时l 也过T 8,0 ，所以存在以8,0 为圆心的定圆E :(x -8)2+y 2=1，使得l 被圆E 截得的弦长为定值2.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线相交的综合应用，本题的关键是求得直线所过的定点，因为半径为1，所以定圆圆心为定点，弦长就是直径.3已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 的右焦点，右顶点分别为F ，A ，B 0,b ，AF =1，点M 在线段AB 上，且满足BM =3MA ，直线OM 的斜率为1，O 为坐标原点.(1)求双曲线C 的方程.(2)过点F 的直线l 与双曲线C 的右支相交于P ，Q 两点，在x 轴上是否存在与F 不同的定点E ，使得EP ⋅FQ =EQ ⋅FP 恒成立？若存在，求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)x 2-y 23=1(2)存在，E 12,0 【分析】(1)由AF =1，BM =3MA ，直线OM 的斜率为1，求得a ,b ,c 之间的关系式，解得a ,b 的值，进而求出双曲线的方程；(2)设直线PQ 的方程，与双曲线的方程联立，可得两根之和及两根之积，由等式成立，可得EF 为∠PEQ 的角平分线，可得直线EP ,EQ 的斜率之和为0，整理可得参数的值，即求出E 的坐标．【详解】(1)设c 2=a 2+b 2c >0 ，所以F c ,0 ，A a ,0 ，B 0,b ，因为点M 在线段AB 上，且满足BM =3MA ，所以点M 33+1a ,13+1b，因为直线OM 的斜率为1，所以13+1b 33+1a =1，所以ba=3，因为AF =1，所以c -a =1，解得a =1，b =3，c =2.所以双曲线C 的方程为x 2-y 23=1.(2)假设在x 轴上存在与F 不同的定点E ，使得EP ⋅FQ =EQ ⋅FP 恒成立，当直线l 的斜率不存在时，E 在x 轴上任意位置，都有EP ⋅FQ =EQ ⋅FP ；当直线l 的斜率存在且不为0时，设E t ,0 ，直线l 的方程为x =ky +2，直线l 与双曲线C 的右支相交于P ，Q 两点，则-33<k <33且k ≠0，设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，由x 2-y 23=1x =ky +2 ，得3k 2-1 y 2+12ky +9=0，3k 2-1≠0，Δ=36k 2+36>0，所以y 1+y 2=-12k 3k 2-1，y 1y 2=93k 2-1，因为EP ⋅FQ =EQ ⋅FP ，即EP EQ=FP FQ，所以EF 平分∠PEQ ，k EP +k EQ =0，有y 1x 1-t +y 2x 2-t =0，即y 1ky 1+2-t +y 2ky 2+2-t=0，得2ky 1y 2+2-t y 1+y 2 =0，所以2k93k 2-1+2-t -12k 3k 2-1=0，由k ≠0，解得t =12.综上所述，存在与F 不同的定点E ，使得EP ⋅FQ =EQ ⋅FP 恒成立，且E 12,0.【点睛】方法点睛：解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x (或y )建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，要强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．4已知双曲线C 与双曲线x 212-y 23=1有相同的渐近线，且过点A (22,-1).(1)求双曲线C 的标准方程；(2)已知点D (2,0)，E ，F 是双曲线C 上不同于D 的两点，且DE ·DF=0，DG ⊥EF 于点G ，证明:存在定点H ，使GH 为定值.【答案】(1)x 24-y 2=1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据给定条件，设出双曲线C 的方程，再将点A 的坐标代入求解作答.(2)当直线EF 斜率存在时，设出其方程并与双曲线C 的方程联立，由给定的数量积关系结合韦达定理求得直线EF 过定点，再验证斜率不存在的情况，进而推理判断作答.【详解】(1)依题意，设双曲线C 的方程为x 212-y 23=λ(λ≠0)，而点A (22,-1)在双曲线C 上，于是λ=(22)212-(-1)23=13，双曲线C 的方程为x 212-y 23=13，即x 24-y 2=1，所以双曲线C 的标准方程为x24-y 2=1.(2)当直线EF 斜率存在时，设直线EF 的方程为：y =kx +m ，设E x 1,y 1 ,F x 2,y 2 ，由y =kx +mx 2-4y 2=4消去y 并整理得4k 2-1 x 2+8kmx +4m 2+1 =0，有4k 2-1≠0，且Δ=(8km )2-16(m 2+1)(4k 2-1)>0，即4k 2-1≠0且4k 2-m 2-1<0，有x 1+x 2=-8km 4k 2-1,x 1x 2=4m 2+44k 2-1，又y 1y 2=kx 1+m kx 2+m =k 2x 1x 2+km x 1+x 2 +m 2，DE =(x 1-2,y 1),DF =(x 2-2,y 2)，由DE ·DF =0，得x 1-2 x 2-2 +y 1y 2=0，整理得k 2+1 ⋅x 1x 2+(km -2)⋅x 1+x 2 +m 2+4=0，于是k 2+1 ⋅4m 2+44k 2-1+(km -2)⋅-8km 4k 2-1+m 2+4=0，化简得3m 2+16km +20k 2=0，即(3m +10k )(m +2k )=0，解得m =-2k 或m =-103k ，均满足条件，当m =-2k 时，直线EF 的方程为y =k (x -2)，直线EF 过定点(2,0)，与已知矛盾，当m =-103k 时，直线EF 的方程为y =k x -103 ，直线EF 过定点M 103,0 ；当直线EF 的斜率不存在时，由对称性不妨设直线DE 的方程为：y =x -2，。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
关系、等差数列的证
关系、圆的方
明问题·T19
程·T19
明·T20
椭圆的标准方程、直 点的轨迹方程、椭 直线与抛物线的位
2017 线与椭圆的位置关 圆方程、向量的数 置关系、直线的方
系、定点问题·T20
量积等·T20
程、圆的方程·T20
[考情分析] 解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查 的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等。 圆锥曲线综合问题包括：轨迹问题、探索性问题、定点与定值问题、范 围与最值问题等．这类问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，参数 处理为核心，需要运用函数与方程、不等式、平面向量等诸多知识求解，试 题难度较大，多以压轴题出现。
y＝kx＋t，
由 x2＋y2＝1 2
得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0。
则 x1＋x2＝－1＋4k2tk2，x1x2＝12＋t2－2k22。
| | | | | | x1
x2
x1x2
所以|OM|·|ON|＝ kx1＋t－1 ·kx2＋t－1 ＝ k2x1x2＋kt－1x1＋x2＋t－12
设 t＝k＋1，则由 k>0 得 t≥2，当且仅当 k＝1 时取等号。 k
因为 S＝1＋8t2t2在[2，＋∞)单调递减，
所以当
t＝2，即
k＝1
时，S
取得最大值，最大值为16。 9
因此，△PQG 面积的最大值为16。 9
有关范围、最值问题的解题步骤如下： 第一步：设参数：依题意设出相关的参数，如设点的坐标，设比例式的 参数或设直线的方程等； 第二步：联立方程：常把直线方程与曲线方程联立，转化为关于 x(或 y) 的一元二次方程； 第三步：建立函数：根据题设条件中的关系，建立目标函数的关系式； 第四步：求最值(或范围)：利用配方法、基本不等式法、单调性法(基本 初等函数或导数)等求其最值．
1、直线 mx y 2 m 0恒过定点__________。
2、过点 P - 3,0 ，斜率为 1 的直线与椭圆 x2 y2 1 交于 A，B 两点，O 43
为原点，求 AOB的面积。
3、椭圆 x2 y2 1 内有一点 P3,2，过 P 点的弦恰好以 P 为中点，则
(2)定值问题的解法 ①首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)． ②将问题转化为证明待定式与参数(某些变量)无关；或先将式子用动点坐 标或动直线中的参数表示；再利用其满足的约束条件消参得定值．
圆锥曲线中的探索性问题常考查结论存在和条件探究两种题型，一般的 解题思路如下：
(1) 结论存在型：即证明在给定的条件下，一些给定的结论是否存在．解 题时一般先对结论作肯定假设，然后结合已知条件进行推证，若推证无矛盾， 则正确；若推出矛盾，则否定此结论．过程可归纳为：假设—推证—定论；
36 16
这条弦所在的直线方程为______________。
考 求值与证明问题 【例 1】 (2019·全国Ⅰ卷)已知抛物线 C：y2＝3x 的焦点为 F，斜率为3的
2 直线 l 与 C 的交点为 A，B，与 x 轴的交点为 P。
(1)若|AF|＋|BF|＝4，求 l 的方程； (2)若A→P＝3P→B，求|AB|。
直线与圆锥曲线的综合问题
考点整合
全国卷 3 年考情分析
考|题|细|目|表
年份
全国Ⅰ卷
全国Ⅱ卷
全国Ⅲ卷
2019 2018
轨迹方程、直线与
直线方程、直线与抛
直线与抛物线的位
椭圆的位置关
物线的位置关系·T19 系·T21
置关系·T21
直线的方程、直线
直线的方程、直线与
直线与椭圆的位置
与抛物线的位置
椭圆的位置关系、证
2t2－2
| | 1＋2k2
＝ k2·12＋t2－2k22＋kt－1·－1＋4k2tk2 ＋t－12
| | 1＋t
＝2 1－t 。
| | 1＋t
又|OM|·|ON|＝2，所以 2 1－t ＝2。
解得 t＝0，所以直线 l 经过定点(0,0)。
【例 4】已知椭圆 C：9x2 y2 m2 m 0 ，直线 l 不过原点 O 且
t＝－7。 8
所以 l 的方程为 y＝3x－7。 28
(2)由A→P＝3
P→B可得
y1＝－3y2。由
y＝3x＋t， 2
y2＝3x，
可得 y2－2y＋2t＝0。
所以 y1＋y2＝2。从而－3y2＋y2＝2，故 y2＝－1，y1＝3。
代入
C
的方程得
x1＝3，x2＝13。故|AB|＝4
13。 3
解决直线与圆锥曲线位置关系问题的解题步骤： (1)设直线方程及交点坐标(直线方程设为点斜式时，要注意对直线斜率是 否存在进行分类讨论；设成 x＝my＋n 的形式时，要注意对直线是否能与 x 轴平行进行分类讨论)； (2)联立直线方程与曲线方程得方程组，消元得一元方程(要注意二次项系 数是否为零)； (3)应用根与系数的关系及判别式； (4)结合已知条件和图形分析，利用中点坐标公式、斜率公式、弦长公式 及三角形面积公式等进行求解．
解 设直线 l：y＝32x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)。
(1)由题设得
F
3，0 4
，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋32，由题设可得
x1＋x2＝52。
y＝3x＋t， 由2
y2＝3x，
可得 9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，
则
x1＋x2＝－4t－3 1。从而－4t－3 1＝52，得
(2)条件探究型：即给出结论，需要分析出具备的条件，并加以证明．解 题时一般从结论出发，依据其他已知条件，通过必要的逻辑推理，逐步找到 结论成立的等价条件，即“执果索因”。
解 (1)由题意得，b2＝1，c＝1。所以 a2＝b2＋c2＝2。
所以椭圆 C 的方程为x2＋y2＝1。 2
(2)设
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线
AP
的方程为
y＝y1－1x＋1。 x1
令 y＝0，得点 M 的横坐标 xM＝－y1x－1 1。
| | | | x1
x2
又 y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝ kx1＋t－1 。同理，|ON|＝ kx2＋t－1 。
考点三 定点与定值问题 【例 3】 (2019·北京高考)已知椭圆 C：ax22＋yb22＝1 的右焦点为(1,0)，且经 过点 A(0,1)。 (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 O 为原点，直线 l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆 C 交于两个不同点 P，Q， 直线 AP 与 x 轴交于点 M，直线 AQ 与 x 轴交于点 N。若|OM|·|ON|＝2，求证： 直线 l 经过定点。
2 ，则 1＋2k2
P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)。
于是直线 QG 的斜率为k，方程为 y＝k(x－u)。
2
2
y＝kx－u， 2
由 x2＋y2＝1 42
得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0 ①。
设 G(xG，yG)，则－u 和 xG 是方程①的解， 故 xG＝u32k＋2＋k22，由此得 yG＝2u＋k3k2。
考点二 最值与范围问题 【例 2】 (2019·全国Ⅱ卷)已知点 A(－2,0)，B(2,0)，动点 M(x，y)满足直 线 AM 与 BM 的斜率之积为－1，记 M 的轨迹为曲线 C。
2 (1)求 C 的方程，并说明 C 是什么曲线； (2)过坐标原点的直线交 C 于 P，Q 两点，点 P 在第一象限，PE⊥x 轴，垂 足为 E，连接 QE 并延长交 C 于点 G。 ①证明：△PQG 是直角三角形； ②求△PQG 面积的最大值。
从而直线
PG
的斜率为 2u＋k3k2－uk ＝－1。
u32k＋2＋k22－u
k
所以 PQ⊥PG，即△PQG 是直角三角形。
②由①得|PQ|＝2u 1＋k2，|PG|＝2uk2＋kk2＋2 1，
所以△PQG 的面积 S＝12|PQ||PG|＝1＋8k2k12＋2k＋2 k2＝1＋821k＋1＋kk2。 k
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
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。
(1)动直线过定点问题的解法：设动直线方程(斜率存在)为 y＝kx＋m，由 题设条件将 m 用 k 表示为 m＝f(k)，借助于点斜式方程思想确定定点坐标．
解 (1)由题设得x＋y 2·x－y 2＝－12，化简得x42＋y22＝1(|x|≠2)，所以 C 为中心
在坐标原点，焦点在 x 轴上的椭圆，不含左右顶点。
(2)①证明：设直线 PQ 的斜率为 k，则其方程为 y＝kx(k>0)。
y＝kx， 由 x2＋y2＝1
42
得 x＝±
2。 1＋2k2
记 u＝