高考数学突破圆锥曲线的综合问题

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2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版强基版)：圆锥曲线中的综合问题全文

所以B→D＝(x1－2，y1)，B→E＝(x2－2，y2)，
则(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0，
将x1＝ky1＋m，x2＝ky2＋m代入上式得
(k2＋1)y1y2＋k(m－2)(y1＋y2)＋(m－2)2＝0，
将
①
代
入
上
式
得
(k2＋
1)
m2－4 k2＋4
＋
k(m
－
2)
－k2＋2km4 ＋
(m
x1＋x2＝－8 267m，x1x2＝4m227－3， y1y2＝6x1x2＋ 6m(x1＋x2)＋m2＝24m2－3－2748m2＋27m2， ∵O→A·O→B＝0，∴x1x2＋y1y2＝0，代入根与系数的关系得 m2＝12，m＝±2 3，满足 Δ>0， ∴直线 l 的方程为 y＝ 6x±2 3.
4k2＋1
又直线 OP 的斜率为－－12－－00＝12，且直线 OP 与 MQ 不重合，
所以MQ∥OP.
题型二定点与定值
例 2 (2022·济南模拟)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为 A，B，点 P(0,2)，连接 PA，PB 交椭圆 C 于点 M，N，△PAB 为直角三角形，且|MN|＝35|AB|. (1)求椭圆的标准方程；
设经过点F且斜率为k(k≠0)的直线的方程为y＝kx＋1，与曲线C的方程联立得 y＝kx＋1， x32＋y42＝1，消去 y 整理得(4＋3k2)x2＋6kx－9＝0， Δ＝36k2＋4×9×(4＋3k2)＝144(1＋k2)>0恒成立，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则|MN|＝ 1＋k2|x1－x2|＝ 1＋k2×4＋Δ3k2＝124＋1＋3kk22， x1＋x2＝－4＋6k3k2，

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。

2023年高考数学(理科)一轮复习课件——圆锥曲线的综合问题第二课时定值问题

联立①②，得b＝1. 又 S△AOB＝12ab＝23，得 a＝3，所以椭圆 E 的标准方程为x92＋y2＝1.
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(2)若直线 l 交椭圆 E 于 M，N 两点，直线 OM 的斜率为 k1，直线 ON 的斜率为 k2，且 k1k2＝－19，证明：△OMN 的面积是定值，并求此定值.
证明当直线l的斜率不存在时，
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答题模板
第一步求圆锥曲线的方程第二步特殊情况分类讨论第三步联立直线和圆锥曲线的方程第四步应用根与系数的关系用参数表示点的坐标第五步根据相关条件计算推证第六步明确结论
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训练 2 (2021·大同调研)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为 A，B，
已知|AB|＝4，且点e，345在椭圆上，其中 e 是椭圆的
离心率.
(1)求椭圆 C 的方程；
解 ∵|AB|＝4，∴2a＝4，即a＝2. 又点e，345在椭圆上，∴ae22＋1465b2＝1，即1c62 ＋1465b2＝1，又b2＋c2＝a2＝4，联立方程解得b2＝3， ∴椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1.
(1)求动点 M 的轨迹 E 的方程；
[规范解答]
解设M(x，y)，P(x0，y0)，由(1－ 3)O→Q＝O→P－ 3O→M，得O→Q－O→P＝ 3O→Q－ 3O→M，即P→Q＝ 3M→Q，2 分
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∴xy00＝＝x，3y，又点 P(x0，y0)在圆 O：x2＋y2＝6 上， ∴x20＋y20＝6，∴x2＋3y2＝6， ∴轨迹 E 的方程为x62＋y22＝1.4 分
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感悟提升
解此类题的要点有两个：一是计算面积，二是恒等变形.如本题，要求△OMN 的面积，则需要计算弦长|MN|和原点 O 到直线 l 的距离 d，然后由面积公式表达出 S△OMN(如果是其他凸多边形，一般需要分割成三角形分别求解)，再将由已知得到的变量之间的等量关系代入面积关系式中，进行恒等变形，即得 S△OMN 为定值23.

2023年高考数学(文科)一轮复习课件——圆锥曲线的综合问题第一课时定点问题

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(2)过点 S－13，0的动直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点，试问：在 x 轴上是否存在一个定点 T，使得无论直线 l 如何转动，以 AB 为直径的圆恒过点 T？若存在，求出点 T 的坐标；若不存在，请说明理由. 解当直线 l 不与 x 轴重合时，设直线 l 的方程为 x＝my－31， A(x1，y1)，B(x2，y2)，T(t，0)，由xy22＝＋mxy2＝－113，消去 x 并整理，得 (18m2＋9)y2－12my－16＝0，
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所以 y1＋y2＝－m22m＋n9，y1y2＝mn22－＋99. 代入③式，得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2＋9)＝0. 解得 n＝－3(舍去)或 n＝23. 故直线 CD 的方程为 x＝my＋32，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.
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(2)过点 P13，0的直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点，试探究以线段 AB 为直径的圆是否过定点.若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由. 解当 AB⊥x 轴时，以线段 AB 为直径的圆的方程为x－132＋y2＝196. 当AB⊥y轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1. 可得两圆交点为Q(－1，0). 由此可知，若以线段AB为直径的圆过定点，则该定点为Q(－1，0). 下证Q(－1，0)符合题意. 设直线l的斜率存在，且不为0，其方程设为 y＝kx－13，代入y22＋x2＝1，
FENCENGXUNLIAN GONGGUTISHENG
A级基础巩固
1.已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1，2)为抛物线C上一点. (1)求抛物线C的方程；解若抛物线的焦点在x轴上，设抛物线方程为y2＝ax，代入点A(1，2)，可得 a＝4，所以抛物线方程为y2＝4x. 若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线方程为x2＝my，代入点A(1，2)，可得 m＝21，所以抛物线方程为 x2＝21y. 综上所述，抛物线 C 的方程是 y2＝4x 或 x2＝12y.

高考数学复习历年压轴题归类专题讲解：圆锥曲线解答题突破(解析版)

高考数学复习历年压轴题归类专题讲解圆锥曲线解答题突破（解析版）1．已知椭圆()222210x y a b a b+=>>的左、右焦点分别为12,F F ，其离心率12e =，点P为椭圆上的一个动点，12PF F △面积的最大值为（1）求椭圆的标准方程；（2）若A ，B ，C ，D 是椭圆上不重合的四个点，AC 与BD 相交于点1F ，0AC BD ⋅=，求+AC BD 的取值范围.【答案】（1）2211612x y +=；（2）96,147⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 解：(1）由题意得，当点P 是椭圆的上、下顶点时，12PF F △的面积取最大值此时121212PF F S F F OP bc ∆=⋅⋅=所以bc = 因为12e =，所以b =4a = 所以椭圆方程为2211612x y +=（2）由（1）得椭圆方程为2211612x y +=，则1F 的坐标为(2,0)-因为0AC BD ⋅=，所以AC BD ⊥①当直线AC 与BD 中有一条直线斜率不存在时，易得6814AC BD +=+= ②当直线AC 斜率k 存在且0k ≠，则其方程为(2)y k x =+，设11(,)A x y ，22(,)C x y则点A 、C 的坐标是方程组22(2)11612y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩的两组解所以2222(34)1616480k x k x k +++-=所以212221221634164834k x x k k x x k ⎧+=-⎪⎪+⎨-⎪⋅=⎪+⎩所以212224(1)134k AC x k+=+-=+ 此时直线BD 的方程为()12y x k=-+ 同理由221(2)11612y x k x y ⎧=-+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩可得2224(1)43k BD k +=+ 2222222224(1)24(1)168(1)3443(34)(43)k k k AC BD k k k k ++++=+=++++令21(0)t k k =+≠，则1t >，2168112AC BD t t+=-+ 因为1t >，所以21104t t -<≤ 所以96[,14)7AC BD +∈ 综上96[,14]7AC BD +∈2．已知椭圆C ：2212x y +=.（1）曲线D ：3y x =与C 相交于A ，B 两点，H 为C 上异于A ，B 的点，若直线HA 的斜率为1，求直线HB 的斜率；（2）若C 的左焦点为F ，右顶点为E ，直线l ：4x =.过F 的直线l '与C 相交于P ，Q （P 在第一象限）两点，与l 相交于M ，是否存在l '使PFE △的面积等于△MPE 的面积与QFE △的面积之和.若存在，求直线l '的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）12-；（2）直线l '不存在，理由见解析(1)由已知设(),H x y ,()11,A x y ,()11,B x y --, 因为点,H A 均在椭圆C 上,所以2222x y +=,221122x y +=,两式相减得()2222112x x y y -=-,又221112211112HA HBy y y y y y k k x x x x x x -+-⋅=⋅==--+-,且1HA k =, ∴12HB k =-;(2)设()04,M y ,()33,P x y ,()44,Q x y ,则()0303111222MPE S FE y FE y FE y y =⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅-△,312PFESFE y =⋅⋅, ()412QFESFE y =⋅⋅-, 假设存在l '使得PFE △的面积等于△MPE 的面积与QFE △的面积之和,则PFE MPE QFE S S S =+△△△,即0342y y y =+①, 设l :1x my =-,令4x =,得05y m =,∴3452y y m+=②, 把1x my =-,将之代入2212x y +=,整理得()222210m y my +--=,∴34222my y m +=+③, 34212y y m =-+④,②③联立得32522m y m m =-+,42452m y m m=-+⑤, 把⑤代入④得22252451222m m m m m m m ⎛⎫⎛⎫--=- ⎪⎪+++⎝⎭⎝⎭, 化简得4219500m m ++=,由于此方程无解,故所求直线l '不存在.3．如图，已知椭圆2214y x +=，点()1,0F 是抛物线()220y px p =>的焦点，过点F 作直线l 交抛物线于,M N 两点，延长,MO NO 分别交椭圆于,A B 两点，记OMN ，OAB 的面积分别是12,S S .（Ⅰ）求p 的值及抛物线的准线方程；（Ⅱ）求12S S 的最小值及此时直线l 的方程. 【答案】（Ⅰ）2p =，准线方程1x =-；（2）12S S 的最小值为2，此时:1l x =. （Ⅰ）因为点()1,0F 是抛物线()220y px p =>的焦点，所以12p=，即2p =，因此该抛物线的准线方程为：1x =-；（Ⅱ）由（Ⅰ）得抛物线方程为：24y x =，根据题意，不妨令点M 在第一象限，点N 在第四象限，则点A 在第三象限，点B 在第二象限；若直线l 的斜率不存在，则:1l x =，代入24y x =可得2y =±，即()1,2M ，()1,2N -，则1122OMNS SOF MN ==⋅=；2OM k =，2ON k =-，则直线:2OM y x =，直线:2ON y x =-，由22214y x y x =⎧⎪⎨+=⎪⎩得22122AA x y ⎧=⎪⎨⎪=⎩，所以2A A x y ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，即A ⎛ ⎝；同理：B ⎛ ⎝，则AB x ⊥轴，因此21122OABS S==⨯⨯=；此时122S S =，:1l x =；若直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为()1y k x =-，(1,M x，(2,N x -，由()214y k x y x⎧=-⎨=⎩得()2214k x x -=，整理得()2222240k x k x k -++=，则212224k x x k++=，121=x x ；()224224416160k k k ∆=+-=+>，所以11sin 2OMNS SOM ON MON MON ==⋅∠=∠MON MON =∠=∠；又1OM k==，2ON k ==，所以直线:OM y x=，:ON y x =，由2214y x y x ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩得1221x x x +=，即2111A x x x =+，则2211441A y x x x ==+，所以OA ==；同理OB =，所以21sin 2OABS SOA OB AOB AOB ==∠=∠A OB ∠=又AOB MON ∠=∠，所以12S S MON ===∠2==>=；综上，12S S 的最小值为2，此时:1l x =.4．在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆2222:1(0,0)x y C a ba b +=>>短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，两准线之间的距离为.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）直线:(0,0)l y kx m k m =+>≠与椭圆C 交于P ，Q 两点，设直线OP ，OQ 的斜率分别为1k ，2k .已知212·k k k =. ①求k 的值；②当OPQ △的面积最大时，求直线PQ 的方程.【答案】（1）2214x y +=；（2）①12k =；②112y x =±.解：（1）设椭圆的焦距为2c ，则222c a b =-.因为短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，所以=c .，则22a c = 所以2a =，1b =，所以椭圆C 的标准方程为2214x y +=.（2）①设1(P x ，1)y ，2(Q x ，2)y ，联立22,1,4y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 得222(41)8440k x kmx m +++-=， 2222644(41)(44)0k m k m ∆=-+->，化简得2241m k <+，所以122841km x x k -+=+，212244·41m x x k -=+，又OP 的斜率111y k x =，OQ 的斜率222y k x =，所以2221212121212121212()()()·y y kx m kx m k x x km x x m k k k x x x x x x +++++====，化简得212()0km x x m ++=，所以228·041kmkm m k -+=+.又因为0m ≠，即241k =，又0k >，所以12k =. ②由①得12k =，直线PQ 的方程为12y x m =+，且122x x m +=-，212·22x x m =-，22m <. 又0m ≠，所以0m <<所以12PQ x ==-== 点O 到直线PQ的距离d ==，所以221(2)·122OPQm m SPQ d +-===≤=，当且仅当222m m =-，即1m =±时，OPQ △的面积最大，所以，直线PQ 的方程为112y x =±. 5．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的两焦点为1(F，2F ，且椭圆上一点P ，满足12|||4|PF PF +=，直线:l y kx m =+与椭圆C 交于A 、B 两点，与x 轴、y 轴分别交于点G 、H ，且OA OB OM λ+=.（1）求椭圆C 的方程；（2）若k =||2AB λ==，求||||HG HM ⋅的值；（3）当△OAB 面积取得最大值，且点M 在椭圆C 上时，求λ的值.【答案】（1）2214x y +=（2）3（3）λ=（1）由题意可得2,1a c b ==⇒=，∴椭圆方程为2214x y +=（2）由题意得，此时直线方程为y m =+，将其代入椭圆方程整理可得229440x m ++-=，其中()222212836441441609m m m m ∆=--=->⇒<设()()1122,,,A x y B x y ，则2121244,99m x x x x -+=-=∴12322AB x m =-==⇒=±，由椭圆具有对称性，∴不妨取32m =，则310,,,26H G M ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，∴3HG HM ⋅ （3）将直线方程y kx m =+代入椭圆方程整理可得()222418440k x kmx m +++-=，其中()()222222644414464160k m k m k m ∆=-+-=-+16＞，设()()1122,,,A x y B x y ，则2121222844,4141km m x x x x k k -+=-=++，∴12AB x=-=原点到直线的距离d=，∴()222241141ABCm k mSk∆++-=≤=+，当且仅当22412k m+=时等号成立，又()()121211,M x x y yλλ⎛⎫++⎪⎝⎭代入椭圆方程可得()()2212122214x x y yλλ+++=，其中221114xy+=，222214xy+=，∴整理得212128284x x y yλ++=再将1122,kx m y kx my=+=+代入，()()122128284kx mx m kxxλ+=+++整理得()()2221212828884k x x km x x mλ+++++=，()2222224488288844141m kmk km mk kλ-⎛⎫++-++=⎪++⎝⎭，整理得22λ=，λ=6．已知椭圆2222:1(0)x yC a ba b+=>>的焦距为2，过点(-.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设椭圆的右焦点为F，定点()2,0P，过点F且斜率不为零的直线l与椭圆交于A，B两点，以线段AP为直径的圆与直线2x=的另一个交点为Q，证明：直线BQ恒过一定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）2212x y +=；（2）证明见解析，3(,0)2.（1）由题知2211112c a b =⎧⎪⎨+=⎪⎩ ，解得22a =，21b =，所以椭圆C 的方程为2212x y +=；（2）设11(,)A x y ，22(,)B x y 因为直线l 的斜率不为零，令l 的方程为：1x my =+，由22112x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩ 得22(2)210m y my ++-=，则12222m y y m +=-+，12212y y m ⋅=-+，因为以AP 为直径的圆与直线2x =的另一个交点为Q ,所以AQ PQ ⊥，则1(2,)Q y ，则2122BQ y y k x -=-，故BQ 的方程为：2112(2)2y y y y x x --=-- ，由椭圆的对称性，则定点必在x 轴上，所以令0y =，则1212121212121(2)(1)222y x y my my y y x y y y y y y -----+=+=+=+---，而12222m y y m +=-+，12212y y m ⋅=-+，12122y y my y +-=-，所以121211322222y y y x y y +-+=+=-+=-，故直线BQ 恒过定点，且定点为3(,0)2.7．已知()()1122,,,A x y B x y 是抛物线()2:20C x py p =>上不同两点.（1）设直线:4p l y =与y轴交于点M ，若,A B 两点所在的直线方程为1y x =-，且直线:4pl y =恰好平分AMB ∠，求抛物线C 的标准方程. （2）若直线AB 与x 轴交于点P ，与y 轴的正半轴交于点Q ，且2124p y y =，是否存在直线AB ，使得113PA PB PQ+=？若存在，求出直线AB 的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）28x y =（2）AB 方程为122py x =±+．（1）设()()1122p A x ,y ,B x ,y ,M 0,4⎛⎫⎪⎝⎭，由2x 2{1py y x ==-，消去y 整理得2x 2px 2p 0-+=，则212124p 80{x x 2x x 2p pp∆=->+==， ∵直线py 4=平分AMB ∠， ∴k k 0AM BM +=， ∴1212p p y y 440x x --+=，即：12121212p px 1x 1x x p 44210x x 4x x ----+⎛⎫+=-+= ⎪⎝⎭，∴p 4=，满足Δ0>，∴抛物线C 标准方程为2x 8y =．（2）由题意知，直线AB 的斜率存在，且不为零，设直线AB 的方程为：y kx b(k 0b 0)=+≠>，，由2{x 2y kx bpy=+=，得2x 2pkx 2pb 0--=， ∴2212124p k 80{x x 2x x 2pb pkpb∆=+>+==-，∴()2222121222pb x x y y ?b 2p 2p 4p -===， ∵212p y y 4=， ∴22p b 4=， ∵b 0>， ∴p b 2=．∴直线AB 的方程为：p y kx 2=+．假设存在直线AB ，使得113PA PB PQ +=，即PQ PQ 3PA PB+=，作AA x '⊥轴，BB x '⊥轴，垂足为A B ''、，∴121212p pPQ PQ OQ OQ y y p 22·PA PB AA BB y y 2y y ++=+'=+='， ∵()21212y y k x x p 2pk p +=++=+，212p y y 4=，∴222PQ PQp 2pk p·4k 2pPA PB 24++==+，由24k 23+=，得1k 2=±，故存在直线AB ，使得113PA PB PQ +=，直线AB 方程为1p y x 22=±+． 8．已知椭圆E ：22221(0)x y a b a b +=>>的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l ：3y x =-+与椭圆E 有且只有一个公共点T ．（Ⅰ）求椭圆E 的方程及点T 的坐标；（Ⅱ）设O 是坐标原点，直线l '平行于OT ，与椭圆E 交于不同的两点A 、B ，且与直线l 交于点P ，证明：存在常数λ，使得2||||||PT PA PB λ=⋅，并求λ的值．【答案】（Ⅰ）22163x y +=，点T 坐标为（2,1）；（Ⅱ）45λ=. 【解析】（Ⅰ）由已知，a =，则椭圆E 的方程为222212x y b b+=.由方程组得22312(182)0x x b -+-=.①方程①的判别式为2=24(3)b ∆-，由=0∆，得2=3b ，此时方程①的解为=2x ，所以椭圆E 的方程为22163x y +=.点T 坐标为（2,1）.（Ⅱ）由已知可设直线l '的方程为1(0)2y x m m =+≠，由方程组1{23y x m y x =+=-+，，可得223{21.3mx my =-=+，所以P 点坐标为（222,133m m -+），2289PT m =. 设点A ，B 的坐标分别为1122(,)(,)A x y B x y ，.由方程组22163{12x y y x m +==+，，可得2234(412)0x mx m ++-=.②方程②的判别式为2=16(92)m ∆-，由>0∆，解得m <<. 由②得212124412=,33m m x x x x -+-=.所以123m PA x ==--，同理223m PB x =--，所以12522(2)(2)433m mPA PB x x ⋅=---- 21212522(2)(2)()433m mx x x x =---++ 225224412(2)(2)()43333m m m m -=----+ 2109m =. 故存在常数45λ=，使得2PT PA PB λ=⋅. 9．已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左，右焦点分别为1F ，2F ，若椭圆经过点)1P-，且12PF F △的面积为2．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）设斜率为1的直线l 与圆22:O x y b +=交于A ，B 两点，与椭圆C 交于C ，D 两点，且()R CD AB λλ=∈，当λ取得最小值时，求直线l 的方程并求此时λ的值．【答案】（1）22184x y +=；（2）3，y x =．解：（1）由12PF F △的面积可得12122c ⨯⨯=．即2c =，∴224a b -=．①又椭圆C 过点)1P，∴22611a b +=．②由①②解得a =2b =．故椭圆C 的标准方程为22184x y +=．（2）由题知圆221:2O x y +=，设直线l 的方程为y x m =+，则原点到直线l的距离d =，由弦长公式可得AB ==．将y x m =+代入椭圆方程22184x y+=，得2234280x mx m ++-=，由判别式()221612280m m ∆=-->，解得m -<由直线和圆相交的条件可得d r <<，也即22m -<<，综上可得m 的取值范围是()2,2-．设()11,C x y ，()22,D x y ，则1243m x x +=-，212283m x x -=，由弦长公式，得CD === 由CD AB λ=，得CD AB λ===∵22m -<<，∴2044m <-≤，则当0m =时，λ取得最小值3，此时直线l 的方程为y x =．10．在平面直角坐标系中，已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>，直线():,R,0l y kx t k t k =+∈≠．（1）若椭圆C 的一条准线方程为4x =，且焦距为2，求椭圆C 的方程；（2）设椭圆C 的左焦点为F ，上顶点为A ，直线l 过点F ，且与FA 垂直，交椭圆C 于M ，N （M 在x 轴上方），若2NF FM =，求椭圆C 的离心率；（3）在（1）的条件下，若椭圆C 上存在相异两点P ，Q 关于直线l 对称，求2t 的取值范围（用k 表示）．【答案】（1）22143x y +=；（2）e =（3）220,34k k ⎡⎫⎪⎢+⎣⎭.（1）设椭圆C 的半焦距为c ，因为椭圆C 的一条准线方程为4x =，且焦距为2，所以22224,22a c c a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩，解得2,1a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩C 的方程为22143x y +=．（2）如图，因为()0,A b ，(),0F c -，所以AF b k c=，因为直线l 过点F ，且与FA 垂直，所以直线l 的方程为bx y c c=--，与椭圆C 的方程联立得()4222324220b a c y b c y b c ++-=，因为l 过左焦点F ，所以>0∆恒成立，设()11,M x y ，()22,N x y ，则321242242124222,b c y y b a cb c y y b a c ⎧+=-⎪⎪+⎨⎪=-⎪+⎩（*），因为2NF FM =，所以212y y =-，代入（*）得32142242214222,2b c y b a cb cy b a c ⎧-=-⎪⎪+⎨⎪-=-⎪+⎩，消去1y 并化简得4222280b a c b c +-=，因为222b a c =-，所以()()2222222280a ca c a a c c -+--=，即4224990c a c a -+=，因为c e a=，所以429910e e -+=，解得2e =，所以6e ==．（3）如图，设()11,P x y ，()22,Q x y ，PQ 的中点()00,x y ，则221122221,43143x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，两式相减并化简得 2121212134y y y y x x x x -+⋅=--+，即0034PQ y k x ⋅=-，因为1PQ k k=-，所以0034ky x =，又00y kx t =+，所以004,3t x k y t⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，因为点()00,x y 在椭圆C 的内部，所以()2243143t t k ⎛⎫- ⎪-⎝⎭+<，化简得22234k t k <+．故2t 的取值范围为220,34kk ⎡⎫⎪⎢+⎣⎭．11．已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的左､右焦点分别为12,F F，离心率为2，P 是椭圆上一点，且△12PF F 面积的最大值为1.（1）求椭圆C 的方程；（2）过2F 且不垂直坐标轴的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，在x 轴上是否存在一点(,0)N n ，使得22||:||:AN BN AF BF =，若存在，求出点(,0)N n ，若不存在，说明理由.【答案】（1）2212x y +=;（2）(1,0)N ,过程见解析（1）121212PF F P SF F y =，由椭圆性质知当=P y b 时，△12PF F 面积最大. 由题得：22212122c b c a a b c ⎧⨯⨯=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=+⎪⎩解得1a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩所以椭圆方程为：2212x y +=（2）设直线方程为(1)y k x =-，1122(,),(,)A x y B x y22(1)21y x x y k =-+=⎧⎪⎨⎪⎩ 化简得2222(21)4220k x k x k +-+-= 22121222422,2121k k x x x x k k -+==++ 22||:||:AN BN AF BF =，如图，作//AM BN 交2NF 延长线与M 点，易证得22||||AF AM BN BF =,22||:||:AN BN AF BF = AM AN ∴= 22ANF BNF ∴∠=∠所以2F N 是ANB ∠的角平分线,则有0NB NA k k +=12120y yx n x n+=-- ，1221(1)(1)0y x y x ∴-+-= 1122,y kx k y kx k =-=-1221()(1)()(1)0kx k x kx k x ∴--+--= 12212()(+)20kx x kn k x x kn ∴+++=22222242()202121k k k kn k kn k k -∴⨯+++=++ 化简得1n =所以存在点(1,0)N 满足题意.12．已知椭圆()2222:10x y E a b a b +=>>的上顶点为P ，4,33b Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭是椭圆E 上的一点，以PQ 为直径的圆经过椭圆E 的右焦点F .（1）求椭圆E 的方程；（2）过椭圆E 右焦点F 且与坐标轴不垂直的直线l 与椭圆E 交于A ，B 两点，在直线2x =上是否存在一点D ，使得ABD △为等边三角形？若存在，求出等边三角形ABD △的面积；若不存在，请说明理由.【答案】（1）2212x y +=；（2.解：依据题意得22224331b a b⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+=，得22a =，()0,P b ，(),0F c 又2220a b c PF QF ⎧=+⎨⋅=⎩， 22224033b cb c c ⎧=+⎪⎨⎛⎫---= ⎪⎪⎝⎭⎩， 1b c ∴==， ∴椭圆的方程为2212x y +=.（2）假设在直线2x =上存在一点D 使得ABD ∆为等边三角形，设直线():1l y k x =-由()22112y k x x y ⎧=-⎪⎨+=⎪⎩得，()2222214220k x k x k +-+-= ()()()42221642122810k k k k ∆=-+-=+>，设()11,A x y ，()22,B x y ，AB 的中点为()00,M x y则2122421k x x k ，21222221k x x k -=+ 202221k x k =+，()002121k y k x k -=-=+ )22121k AB k +∴=+.DBA △为等边三角形，所以MD 的斜率为1k-，又D 点的横坐标为2，2022221D k x k MD +∴=-=+DBA △为等边三角形，DM B ∴=)222212221221k k k k ++=++，得22k =.AB ∴=，DBA ∴△的面积为2513．已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的短轴长为13．（1）求椭圆C 的标准方程;（2）设椭圆C 的左，右焦点分别为1F ，2F 左，右顶点分别为A ，B ，点M ，N ，为椭圆C 上位于x 轴上方的两点，且12//F M F N ，记直线AM ，BN 的斜率分别为1k ，2k ，若12320k k +=，求直线1F M 的方程.【答案】（1）22198x y （2）0y -+=（1）由题意，得2b =c 1a 3=.又222a c b -=，∴a 3=，b =c 1=.∴椭圆C 的标准方程为22x y 198+=（2）由（1），可知()A 3,0-，()B 3,0，()1F 1,0-. 据题意，直线1F M 的方程为x my 1=-记直线1F M 与椭圆的另一交点为M '，设()()111M x ,y y 0>，()22M x ,y '.∵12FM //F N ，根据对称性，得()22N x ,y --. 联立228x 9y 721x my ⎧+=⎨=-⎩，消去x ，得()228m 9y 16my 640+--=，其判别式Δ0>，∴12216m y y 8m 9+=+，12264y y 8m 9=-+.① 由123k 2k 0+=，得12123y 2y 0my 2my 2+=++，即12125my y 6y 4y 0++=.② 由①②，解得12128m y 8m 9=+，22112my 8m 9-=+ ∵1y 0>，∴m 0>.∴()()12222128m?112m 64y y 8m 98m 9--==++.∴m = ∴直线1F M的方程为x y 1=-，即y 0-+=. 14．已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的右焦点为F ，T 为椭圆上一点，O 为坐标原点，椭圆的离心率为，且TFO △面积的最大值为12.（1）求椭圆的方程；（2）设点()0,1A ，直线l ：(1)y kx t t =+≠±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2OM ON ⋅=，求证：直线l 经过定点.【答案】（1）2212x y +=；（2）证明见解析.（1）设()00,T x y ，(c,0)F，由2c a =，可得222a c =，依题意max 1122S cb =⋅=，所以a =1b =，所以椭圆C 的方程为2212x y +=.（2）设()11,P x y ，()22,Q x y .联立2212(1)x y y kx t t ⎧+=⎪⎨⎪=+≠⎩得()222124220k x ktx t +++-=，>0∆，122412kt x x k +=-+，21222212t x x k -=+，直线AP ：1111y y x x --=，令0y =得111x x y -=-，即111x OM y -=-；同理可得221x ON y -=-. 因为2OM ON =，所以()12121212122111x x x x y y y y y y --==---++化简得221121t t t -=-+，解得只有0t =满足题意，所以直线方程为y kx =，所以直线l 恒过定点（0，0）.15．已知抛物线C ：24y x =的焦点为F ，过F 的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，其中点A 在第一象限，AD DB =.（1）若49OD k =（O 为坐标原点），求直线l 的方程；（2）点P 在x 轴上运动，若0,2FAP π⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，求点P 横坐标的取值范围.【答案】(1) 210x y --=或440x y --=；(2) [)()0,11,9;解：（1）由题意得(1,0)F ，设直线l 的方程为：1x ty =+，设()()1122,,,A x y B x y ，线段MN 的中点()00,D x y ，联立直线与抛物线的方程：214x ty y x=+⎧⎨=⎩，整理可得：2440y ty --=，可得124y y t +=，124y y =-，所以02y t =，200121x ty t =+=+，即()221,2D t t +，所以2221OD t k t =+，由题意可得224219t t =+，解得2t =或14t =，所以直线l 的方程为：210x y --=或440x y --=；（2）0,2FAP π⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭,即FAP ∠恒为锐角，等价于0AF AP ⋅>，设()2110,,(1,0),,0,4y A y F P x ⎛⎫⎪⎝⎭2211011,,1,44y y AP x y AF y ⎛⎫⎛⎫=--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则224222111101103110441644y y y y AP AF x y y x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅=--+=++-> ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭恒成立，令214y t =，则0t >，原式等价于203(1)0t t t x ++->，对任意的0t >恒成立，令200()(3)h t t x t x =+-+，①△220000(3)41090x x x x =--=-+<，解得:019x <<，②00302(0)0x h ⎧⎪-⎪⎨⎪⎪⎩，解得：001x ，又01x ≠，故001x <，综上所述：0x 的取值范围[)()0,11,9．16．已知()1,0F -，Q 是圆K ：222150x x y -+-=上的任意一点，线段FQ 的垂直平分线交QK 于点P .（1）求动点P 的轨迹E 的方程；（2）过F 作E 的不垂直于y 轴的弦AB ，M 为AB 的中点，O 为坐标原点，直线OM 与E 交于点C 、D ，求四边形ABCD 面积的取值范围.【答案】（1）22143x y +=；（2）6S ≤< （1）由题意可知42PF PK PQ PK FK +=+=>=，所以动点P 的轨迹是以F 、K 为焦点且长轴长为4的椭圆.因此E 的方程为22143x y +=.（2）由题意可设AB 的方程为1x ky =-，代入2234120x y +-=，得()2234690k y ky +--=，设()11,A x y ，()22,B x y ，则122634k y y k +=+，122934y y k =-+.设1200023(,),234y y kM x y y k +==+， 2002234113434k x ky k k =-=-=-++，所以2243,3434k M k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭，OM 的斜率为34k -. 直线OM 的方程为34ky x =-，代入2234120x y +-=，解得221634x k =+，所以CD ==，设点A ，B 到OM 的距离分别为1d ，2d ，则1d =，2d =()1212ACBDS CD d d =+===12y =-==== 所以，6S ≤<（当且仅当0k =等号成立）.17．已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左､右焦点分别为12,F F ，且12F F =过椭圆的右焦点2F 作长轴的垂线与椭圆，在第一象限交于点P ，且满足127PF PF =.（1）求椭圆的标准方程；（2）若矩形ABCD 的四条边均与椭圆相切，求该矩形面积的取值范围.【答案】（1）2214x y +=（2）[]8,10（1）由12F F =c =设2PF x =，因为127PF PF =，所以17PF x =，在Rt △12PF F 中，2221212PF PF F F =+，即224912x x =+，所以12x =，所以284a x ==，解得2222,1a b a c ==-=，所以椭圆的标准方程为2214x y +=.（2）记矩形面积为S ，当矩形一边与坐标轴平行时，易知8S =.当矩形的边与坐标轴不平行时，根据对称性，设其中一边所在直线方程为y kx m =+，则对边所在直线方程为y kx m =-，另一边所在的直线方程为1y x n k =-+，则对边所在直线方程为1y x n k=--，联立2244x y y kx m⎧+=⎨=+⎩，得()()222148410k x kmx m +++-=，由题意知()()222264161140k m m k ∆=--+=，整理得2241k m +=，矩形的一边长为1d =，同理2241n k +=，矩形的另一边长为2d =，122|4|1mnkS d dk=⋅==+44==44==因为0k≠，所以20k>，所以2212kk+≥(当且仅当21k=时等号成立)，所以22990,142kk⎛⎤∈ ⎥⎝⎦++52,2⎛⎤⎥⎝⎦，所以(8,10]S∈.综上所述，该矩形面积的取值范围为[]8,10.18．已知椭圆2214yx+=，直线1l y kx=+：分别与x轴y轴交于,M N两点，与椭圆交于,A B两点.（1）若AM NB=，求直线l的方程;（2）若点P的坐标为()0,2,-求PAB△面积的最大值.【答案】（1）21y x=±+；（2(1)设()()1122,,,A x yB x y联立直线方程与椭圆方程有22141yxy kx⎧+=⎪⎨⎪=+⎩有()224230,k x kx++-=有12224x x kk+=-+，()1212224224k x xy yk+++==+，所以AB 中点坐标为224,44k k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭,(0)k ≠ 由1,0M k ⎛⎫- ⎪⎝⎭，()0,1N ，MN 中点坐标为11,22k ⎛⎫- ⎪⎝⎭.因为AM NB =，所以线段MN 的中点与AB 的中点重合，有221241424k k k k ⎧-=-⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩ 解得：2k =± (2)12|3|21PABSx x =⨯⨯-=由（1）中可知12224kx x k +=-+，12243x x k =-+⋅故PABS=661==因为3,43所以6331PAB S ∆=，当0k =时PAB △面积最大.19．如图所示，椭圆()222210x y 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 =，离心率为12.（1）求椭圆的方程；（2）过点()0,1E 作不与y 轴重合的直线l 与椭圆交于点M 、N ，直线1MB 与直线2NB 交于点T ，试讨论点T 是否在某条定直线上，若存在，求出该直线方程，若不存在，请说明理由.【答案】（1）22143x y +=；（2）存在，且定直线方程为3y =. （1）由题意可得1123c e a A F a c ⎧==⎪⎨⎪=+=⎩，解得2a =，1c =，b ∴==因此，椭圆的标准方程为22143x y +=；（2）由题意可知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为1y kx =+，设点()11,M x y 、()22,N x y ，联立2213412y kx x y =+⎧⎨+=⎩，消去x 并整理得()2243880k x kx ++-=， ()()22264324396210k k k ∆=++=+>，由韦达定理得122843k x x k +=-+，122843x x k =-+.易知点(1B、(20,B ，直线1MB的斜率为(11111kx k x +==，直线1MB的方程为1y k x = 直线2NB的斜率为(222221kx y k x x ++==，直线2NB的方程为2y k x =由1y k x =，2y k x =(112212211kx kx x x k k x ++-===，其中12122843kkx x x x k =-=++，((121221222122x x x x x x x ⎡⎤-+++++====解得3y =.因此，点T 在定直线3y =上.20．如图，焦点在x 轴上的椭圆1C 与焦点在y 轴上的椭圆2C 都过点(0,1)M ，中心都在坐标原点，且椭圆1C 与2C.（1）求椭圆1C 与椭圆2C 的标准方程；（2）过点M 且互相垂直的两直线分别与椭圆1C ，2C 交于点A ，B （点A 、B 不同于点M ），当MAB △的面积取最大值时，求直线MA ，MB 斜率的比值.【答案】（1）2213x y +=，22+31y x =；（2.（1）设椭圆2212211:1x y C a b +=，2222222:1y x C a b +=，依题意得对1C ：11b =，222112123a b e e a -=⇒==，得213a ，1C ∴：2213x y +=，同理对2C ：21a =，2222222233a b e e a -=⇒==，得2213b ， 2C ∴：22+311x y =，即22+31y x=；（2）设直线MA MB ，的斜率分别为12k k ，，则MA ：11y k x =+，与椭圆方程联立得：2222111313031x y x k x y k x ⎧+=⎪⇒++-=⎨⎪=+⎩（），得22113160k x k x （）++=，得1216=31A k x k -+,212131=31A k y k -++，所以2112211631(,)3131k k A k k -+-++,同理可得222222223,33k k B k k ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭, 所以221122222211226622=(,),,313133k k k k MA MB k k k k ⎛⎫----= ⎪++++⎝⎭,MA MB ⊥，从而可以求得611=22S MA MB ⎛⋅=- 112222222242436412334163k k k k k k 121=2313k k ++，因为121k k =-，所以()()3112216+=31k k S k+，不妨设()()31111221+031k k k f k k >=+，，()()2341112136131k k f kk'--+=+，令()0f k '=，即4211361=0k k --+，解得2113=,3k k -=当1111()0,),(0)k f k k f k ∈'>∈+∞'<，当1k =时，1()f k 取得极大值也是最大值，即S 取得最大值，此时两直线MA ，MB斜率的比值21123==3k k k --. 21．已知椭圆D ：22221x y a b +=（0a b >>）的短轴长为2（1）求椭圆D 的方程；（2）点()0,2E ，轨迹D 上的点A ，B 满足EA EB λ=，求实数λ的取值范围.【答案】（1）2214x y +=（2）1,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦（1）由已知2221a b c b c a⎧⎪=+⎪⎪=⇒⎨⎪⎪=⎪⎩ 2a =，1b =，c =所以D 的方程为2214x y +=（2）过()0,2E 的直线若斜率不存在，则13λ=或3.设直线斜率k 存在()11,A x y ，()22,B x y222440y kx x y =+⎧⇒⎨+-=⎩ ()221416120k x kx +++=则()()()()122122120,116,21412,314,4k x x k x x kx x λ⎧∆≥⎪-⎪+=⎪+⎨⎪=⎪+⎪=⎩由（2）（4）解得1x ，2x 代入（3）式得()2222161214141k k k λλ-⎛⎫⋅= ⎪++⎝⎭+ 化简得()22314641k λλ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭+ 由（1）0∆≥解得234k ≥代入上式右端得 ()2311641λλ<≤+ 解得133λ<<综上实数λ的取值范围是1,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦.点睛:解析中出现EA EB λ=属于 λ问题，由EA EB λ=得出12x x λ=，结合韦达定理找到λ与k的关系，再利用0∆≥建立不等关系即得解.22．已知点F 是抛物线2:2(0)C x py p =>的焦点，点00(3,)(1)P y y >是抛物线C 上一点，且134PF =，Q 的方程为22(3)6x y +-=，过点F 作直线l ，与抛物线C 和Q 依次交于.（如图所示）（1）求抛物线C 的方程；（2）求()MB NA AB +的最小值.【答案】（1）；（2）．由在抛物线上得，又由得，解得，，又，故.所以抛物线的方程为.由题知直线的斜率一定存在，设直线的方程为.则圆心到直线的距离为，.设，，由得，则，由抛物线定义知，.设，则，，函数在上都是单调递增函数，当时即时，有最小值.23．已知椭圆方程为22163x y +=．（1）设椭圆的左右焦点分别为1F 、2F ，点P 在椭圆上运动，求1122PF PF PF PF +⋅的值；（2）设直线l 和圆222x y +=相切，和椭圆交于A 、B 两点，O 为原点，线段OA 、OB 分别和圆222x y +=交于C 、D 两点，设AOB ∆、COD ∆的面积分别为1S 、2S ，求12S S 的取值范围．【答案】（1）6；（2）2,2⎡⎢⎣⎦.（1）由已知，())12,F F ，设(),P x y ，由1PF x ⎫===⎪⎪⎭，同理22PF x ⎫=⎪⎪⎭，可得21216222PF PF x x x ⎫⋅==-⎪⎪⎭，())2212,,3x y x y x PF y PF ⋅=--⋅-=+-．结合22163x y +=，得22132y x =-，故221212116622PF PF PF PF x x ⋅+⋅=-+=；（2）当直线l 的斜率不存在时，其方程为x=由对称性，不妨设x =，此时()(),,1,1,1,1ABC D -，故12221S S ==．若直线l 的斜率存在，设其方程为y kx m =+，由已知可得=()2221m k =+，设()11,A x y 、()22,B x y ，将直线l 与椭圆方程联立，得()222214260k x kmx m +++-=，由韦达定理得122421km x x k +=-+，21222621m x x k -=+．结合OC OD ==22221122113,322x y y x =-=-，可知121sin 1212sin 2OA OB AOBS OA OB S OC OD COD ⋅⋅∠==⋅=⋅⋅∠==将根与系数的关系代入整理得：12S S = 结合()2221m k =+，得12S S = 设2211t k =+≥，(]10,1u t=∈，则122,2S S ⎡===⎢⎣⎦． 12S S ∴的取值范围是⎡⎢⎣⎦．.24．如图在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆22122:1x y C a b+=，()22222:1044x y C a b a b+=>>，椭圆2C 的右顶点和上顶点分别为A 和B ，过A ，B 分别引椭圆1C 的切线1l，2l ，切点为C ，D .（1）若2a =，1b =，求直线1l 的方程；（2）若直线1l 与2l 的斜率之积为916-，求椭圆1C 的离心率. 【答案】（1）)4y x =±-；（2（1）当2a =，1b =，221:14x C y +=，222:1164x y C +=.()4,0A ，设过()4,0A 处的切线方程为()4y k x =-，代入1C ，得()222214326440k x k x k +-+-=.令()()()2222324146440k k k ∆=-+-=，得2112k =，k =，所以1l的方程为：)4y x =-. （2）设1l ，2l 的斜率分别为1k ，2k ，则12916k k =-， 1l ，2l 的方程分别：()12y k x a =-，22y b k x -=.联立()1222221y k x a x y ab ⎧=-⎪⎨+=⎪⎩，消去y ，得()2222324222111440b a k x a k x a k a b +-+-=. 由()()64222422211116440a k b a k a k a b ∆=-+-=，得22213a k b =.联立2222221y b k x x y ab -=⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y ，得()222222222430b a k x a bk x a b +++=.由()422222222216120a b k b a k a b '∆=-+=，得22223a k b =.故422412a k k b =，344a b e ⇒=⇒=.25．已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>1)2M -是椭圆C 上的一点.（1）求椭圆C 的方程；（2）过点(4,0)P -作直线l 与椭圆C 交于不同两点A 、B ，A 点关于x 轴的对称点为D ，问直线BD 是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.【答案】（1）2214x y +=；（2）是，(1,0)-.（1）∵c a =，222a b c =+，∴224a b =，∴222214x y b b+=，将1)2M -代入椭圆C ，∴21b =，∴22:14xC y +=.（2）显然AB 斜率存在，设AB 方程为：(4)y k x =+，2222221(14)3264404(4)x y k x k x k y k x ⎧+=⎪⇒+++-=⎨⎪=+⎩， 2161920k ∆=->，∴2112k <. 设11(,)A x y ，22(,)B x y ，11(,)D x y -，∴21223214k x x k +=-+，212264414k x x k -=+，∵()211121:y y BD y y x x x x ++=--，∴0y =时211112*********()()8x y x y kx x k x x x x y y k x x k -++=+=+++2233222332644322()4()1288128141413232832()814k k k k k k k k k k k k k k kk -+---++===--++-++，∴直线BD 过定点(1,0)-.26．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的左、右焦点分别为1F ，2F，离心率为2，过2F 且与x 轴不重合的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，1ABF ∆的周长为8.（1）求椭圆C 的方程；（2）已知直线1l 的方程为y kx m =+，直线2l 的方程为2()y kx m =+，其中01m <<.设1l 与椭圆C 交于M ，N 两点，2l 与圆22:4O x y +=交于P ，Q 两点，求MONPOQS S ∆∆的值.【答案】（1）2214x y +=；（2）12.（1）由题意，椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>，且1ABF 的周长为8，根据椭圆的定义，可得1ABF 的周长为12124AF AF BF BF a ，即48a =，即2a =，又因为c e a ==c =1b ==，所以椭圆C 的标准方程为2214x y +=.（2）设()11,M x y ，()22,N x y ，联立方程组2214x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，消去y 得()()222418410k x kmx m +++-=.由()()222264164110k m k m ∆=-+->，可得2241k m +>，且2121222844,1414km m x x x x k k-+=-+=++由弦长公式，可得12214MN x k=-=⋅+ 又因为点O 到直线1l的距离1d ==所以112MONS MN d =⋅=△.因为圆O 的方程为224x y +=，所以圆O 的圆心到直线2l的距离2d =所以PQ ==，所以212POQS PQ d =⋅=△，所以12MON POQ S S =△△. 27．已知椭圆C ：22221x y a b +=（0a b >>）的离心率为2，(,0)A a ，(0,)B b ，(0,0)O ，OAB ∆的面积为1.（1）求椭圆C 的方程；（2）设P 是椭圆C 上一点，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：||||AN BM ⋅为定值.【答案】（1）2214x y +=；（2）证明见解析.（Ⅰ）由题意得解得.所以椭圆的方程为.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，设，则.当时，直线的方程为.令，得，从而.直线的方程为.令，得，从而.所以. 当时，，所以. 综上，为定值.28．已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>的左焦点()1F ，点1,2Q ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭在椭圆C 上. （Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；（Ⅱ）经过圆O ：225x y +=上一动点P 作椭圆C 的两条切线，切点分别记为A ，B ，直线PA ，PB 分别与圆O 相交于异于点P 的M ，N 两点.（i ）当直线PA ，PB 的斜率都存在时，记直线PA ，PB 的斜率分别为1k ，2k .求证：121k k =-；（ii ）求ABMN的取值范围.。

高考数学复习---圆锥曲线压轴解答题常考套路归类真题专项练习题(含答案解析)

高考数学复习---圆锥曲线压轴解答题常考套路归类真题专项练习题（含答案解析）1．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知椭圆22112x y +=．设A ，B 是椭圆上异于(0,1)P 的两点，且点0,21Q ⎛⎫⎪⎝⎭在线段AB 上，直线,PA PB 分别交直线132y x =−+于C ，D 两点．(1)求点P 到椭圆上点的距离的最大值； (2)求||CD 的最小值．【解析】（1）设,sin )H θθ是椭圆上任意一点,(0,1)P ,222221144144||12cos (1sin )1311sin 2sin 11sin 111111PH θθθθθ⎛⎫=+−=−−=−+≤⎭+ ⎪⎝，当且仅当1sin 11θ=−时取等号，故PH（2）设直线1:2AB y kx =+,直线AB 方程与椭圆22112x y +=联立,可得22130124k x kx ⎛⎫++−= ⎪⎝⎭,设()()1122,,,A x y B x y ，所以12212211231412k x x k x x k ⎧+=−⎪+⎪⎪⎨⎪=−⎛⎫⎪+ ⎪⎪⎝⎭⎩，因为直线111:1y PA y x x −=+与直线132y x =−+交于C , 则111114422(21)1C x x x x y k x ==+−+−,同理可得,222224422(21)1D x x x x y k x ==+−+−.则224||(21)1C D x CD x k x −=+−====≥=当且仅当316k=时取等号，故CD2．（2022·全国·统考高考真题）已知双曲线2222:1(0,0)x yC a ba b−=>>的右焦点为(2,0)F，渐近线方程为y=．(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点()()1122,,,P x y Q x y在C上，且1210,0x x y>>>．过P且斜率为Q M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M在AB上；②PQ AB∥；③||||MA MB=．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.【解析】（1）右焦点为(2,0)F，∴2c=,∵渐近线方程为y=，∴ba=∴b=，∴222244c a b a=+==，∴1a=，∴b=∴C的方程为：2213yx−=；（2）由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而12x x=，已知不符；总之，直线AB的斜率存在且不为零.设直线AB的斜率为k,直线AB方程为()2y k x=−,则条件①M在AB上，等价于()()2000022y k x ky k x=−⇔=−；两渐近线的方程合并为2230x y−=,联立消去y 并化简整理得：()22223440k x k x k −−+=设()()3344,,,A x y B x y ,线段中点为(),N N N x y ,则()2342226,2233N N N x x k kx y k x k k +===−=−−, 设()00,M x y ,则条件③AM BM =等价于()()()()222203030404x x y y x x y y −+−=−+−, 移项并利用平方差公式整理得：()()()()3403434034220x x x x x y y y y y ⎡⎤⎡⎤−−++−−+=⎣⎦⎣⎦，()()3403403434220y y x x x y y y x x −⎡⎤⎡⎤−++−+=⎣⎦⎣⎦−,即()000N N x x k y y −+−=,即200283k x ky k +=−；由题意知直线PM的斜率为直线QM∴由))10102020,y y x x y y x x −=−−=−,∴)121202y y x x x −=+−, 所以直线PQ的斜率)1201212122x x x y y m x x x x +−−==−−,直线)00:PM y x x y =−+,即00y y =, 代入双曲线的方程22330x y −−=,即)3yy +−=中，得：()()00003y y ⎡⎤−=⎣⎦, 解得P的横坐标：100x y ⎛⎫+⎪⎪⎭,同理：200x y ⎛⎫=⎪⎪⎭，∴0012012002222000033,2,33y x x x y x x x x y x y x ⎫−=++−=−−⎪−−⎭∴03x m y =, ∴条件②//PQ AB 等价于003m k ky x =⇔=，综上所述：条件①M 在AB 上，等价于()2002ky k x =−；条件②//PQ AB 等价于003ky x =；条件③AM BM =等价于200283k x ky k +=−；选①②推③:由①②解得：2200002228,433k k x x ky x k k =∴+==−−,∴③成立；选①③推②：由①③解得：20223k x k =−，20263k ky k =−，∴003ky x =，∴②成立；选②③推①：由②③解得：20223k x k =−，20263k ky k =−，∴02623x k −=−，∴()2002ky k x =−，∴①成立.3．（2022·全国·统考高考真题）设抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点为F ，点(),0D p ，过F 的直线交C 于M ，N 两点．当直线MD 垂直于x 轴时，3MF =． (1)求C 的方程；(2)设直线,MD ND 与C 的另一个交点分别为A ，B ，记直线,MN AB 的倾斜角分别为,αβ．当αβ−取得最大值时，求直线AB 的方程．【解析】（1）抛物线的准线为2px =−，当MD 与x 轴垂直时，点M 的横坐标为p ，此时=32pMF p +=，所以2p =，所以抛物线C 的方程为24y x =；（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式设222231241234,,,,,,,4444y y y y M y N y A y B y ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，直线:1MN x my =+，由214x my y x=+⎧⎨=⎩可得2440y my −−=，120,4y y ∆>=−，由斜率公式可得12221212444MN y y k y y y y −==+−，34223434444AB y y k y y y y −==+−，直线112:2x MD x y y −=⋅+，代入抛物线方程可得()1214280x y y y −−⋅−=， 130,8y y ∆>=−，所以322y y =，同理可得412y y =，所以()34124422MN AB k k y y y y ===++ 又因为直线MN 、AB 的倾斜角分别为,αβ，所以tan tan 22MN AB k k αβ===，若要使αβ−最大，则0,2πβ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，设220MN AB k k k ==>，则()2tan tan 1tan 11tan tan 122k k k k αβαβαβ−−===≤=+++，当且仅当12k k =即k =所以当αβ−最大时，AB k =:AB x n +，代入抛物线方程可得240y n −−=， 34120,4416y y n y y ∆>=−==−，所以4n =，所以直线:4AB x +. [方法二]：直线方程点斜式由题可知，直线MN 的斜率存在.设()()()()11223344,,,,,,,M x y N x y A x y B x y ,直线():1MN y k x =− 由 2(1)4y k x y x=−⎧⎨=⎩得：()2222240k x k x k −++=，121x x =,同理，124y y =−.直线MD :11(2)2y y x x =−−,代入抛物线方程可得：134x x =，同理，244x x =. 代入抛物线方程可得:138y y =−,所以322y y =，同理可得412y y =，由斜率公式可得：()()21432143212121.22114AB MN y y y y y y k k x x x x x x −−−====−−⎛⎫− ⎪⎝⎭（下同方法一）若要使αβ−最大，则0,2πβ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，设220MN AB k k k ==>，则()2tan tan 1tan 11tan tan 122k k k k αβαβαβ−−===≤=+++ 当且仅当12k k =即k =所以当αβ−最大时，AB k =:AB x n +，代入抛物线方程可得240y n −−=，34120,4416y y n y y ∆>=−==−，所以4n =，所以直线:4AB x =+. [方法三]：三点共线设222231241234,,,,,,,4444y y y y M y N y A y B y ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，设(),0P t ,若 P 、M 、N 三点共线，由221212,,44y y t y t PM PN y ⎛⎫⎛⎫=−=− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以22122144y y t y t y ⎛⎫⎛⎫−=− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，化简得124y y t =-，反之，若124y y t =-,可得MN 过定点(),0t 因此，由M 、N 、F 三点共线，得124y y =−，由M 、D 、A 三点共线，得138y y =−，由N 、D 、B 三点共线，得248y y =−，则3412416y y y y ==−，AB 过定点（4,0）（下同方法一）若要使αβ−最大，则0,2πβ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，设220MN AB k k k ==>，则()2tan tan 1tan 11tan tan 122k k k k αβαβαβ−−===≤=+++ 当且仅当12k k =即2k =时，等号成立，所以当αβ−最大时，AB k =:4AB x =+. 【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线,MN AB的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB 的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线AB 过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．4．（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过()30,2,,12A B ⎛−−⎫⎪⎝⎭两点．(1)求E 的方程；(2)设过点()1,2P −的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT TH =．证明：直线HN 过定点．【解析】（1）设椭圆E 的方程为221mx ny +=，过()30,2,,12A B ⎛−−⎫⎪⎝⎭，则41914n m n =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得13m =，14n =，所以椭圆E 的方程为：22143y x +=.（2）3(0,2),(,1)2A B −−，所以2:23+=AB y x ，①若过点(1,2)P −的直线斜率不存在，直线1x =.代入22134x y +=，可得(1,M，N ，代入AB 方程223y x =−，可得(3,T ，由MT TH =得到(5,H −.求得HN 方程：(22y x =−，过点(0,2)−. ②若过点(1,2)P −的直线斜率存在，设1122(2)0,(,),(,)kx y k M x y N x y −−+=. 联立22(2)0,134kx y k x y −−+=⎧⎪⎨+=⎪⎩得22(34)6(2)3(4)0k x k k x k k +−+++=，可得1221226(2)343(4)34k k x x k k k x x k +⎧+=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩，()()12221228234444234k y y k k k y y k ⎧−++=⎪+⎪⎨+−⎪=⎪+⎩，且1221224(*)34kx y x y k −+=+联立1,223y y y x =⎧⎪⎨=−⎪⎩可得111113(3,),(36,).2y T y H y x y ++− 可求得此时1222112:()36y y HN y y x x y x x −−=−+−−，将(0,2)−，代入整理得12121221122()6()3120x x y y x y x y y y +−+++−−=，将(*)代入，得222241296482448482436480,k k k k k k k +++−−−+−−= 显然成立，综上，可得直线HN 过定点(0,2).−5．（2022·全国·统考高考真题）已知点(2,1)A 在双曲线2222:1(1)1x yC a a a −=>−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．【解析】（1）因为点(2,1)A 在双曲线2222:1(1)1x yC a a a −=>−上，所以224111a a −=−，解得22a =，即双曲线22:12x C y −=．易知直线l 的斜率存在，设:l y kx m =+，()()1122,,,P x y Q x y ，联立2212y kx m x y =+⎧⎪⎨−=⎪⎩可得，()222124220k x mkx m −−−−=，所以，2121222422,2121mk m x x x x k k ++=−=−−，()()222222Δ16422210120m k m k m k =−+−>⇒−+>且≠k ．所以由0AP AQk k +=可得，212111022y y x x −−+=−−，即()()()()122121210x kx m x kx m −+−+−+−=，即()()()1212212410kx x m k x x m +−−+−−=，所以()()2222242124102121m mk k m k m k k +⎛⎫⨯+−−−−−= ⎪−−⎝⎭，化简得，()2844410k k m k +−++=，即()()1210k k m +−+=，所以1k =−或12m k =−，当12m k =−时，直线():21l y kx m k x =+=−+过点()2,1A ，与题意不符，舍去，故1k =−．（2）［方法一］：【最优解】常规转化不妨设直线,PA AQ 的倾斜角为π,2αβαβ⎛⎫<< ⎪⎝⎭，因为0AP AQ k k +=，所以παβ+=，由（1）知，212220x x m =+>，当,A B 均在双曲线左支时，2PAQ α∠=，所以tan 2α=2tan 0αα+，解得tan α=（负值舍去）此时P A 与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；当,A B 均在双曲线右支时，因为tan PAQ ∠=()tan βα−=tan 2α=−2tan 0αα−，解得tan α，于是，直线):21PA y x =−+，直线):21QA y x =−+，联立)222112y x x y ⎧=−+⎪⎨−=⎪⎩可得，)23241002x x ++−，因为方程有一个根为2，所以P x =，P y=，同理可得，103Q x +=，Q y=53−．所以5:03PQ x y +−=，163PQ =，点A 到直线PQ的距离d = 故PAQ △的面积为11623⨯=．［方法二］：设直线AP 的倾斜角为α，π02α⎛⎫<< ⎪⎝⎭，由tan PAQ ∠=tan 2PAQ ∠由2PAQ απ+∠=，得tan AP k α=1112y x −−，联立1112y x −=−221112x y −=得1x1y ，同理，2x 2y =12203x x +=，12689x x =而1||2|AP x −，2||2|AQ x −，由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠故12121||||sin 2()4|2PAQSAP AQ PAQ x x x x =∠=−++= 【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线,PA PB 的斜率，从而联立求出点,P Q 坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；法二：前面解答与法一求解点,P Q 坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．。

高考数学一轮复习第8章平面解析几何解答题专项突破(五)圆锥曲线的综合问题创新教学案(含解析)新

解答题专项突破(五) 圆锥曲线的综合问题圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，每年高考必有一道解答题，常以求圆锥曲线的标准方程、研究直线与圆锥曲线的位置关系为主，涉及题型有定点、定值、最值、X 围、探索性问题等，此类命题起点较低，但在第(2)问中一般都有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高，通常以压轴题的形式呈现．热点题型1 圆锥曲线中的定点问题典例1(2019·高考)抛物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)． (1)求抛物线C 的方程及其准线方程．(2)设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线y ＝－1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B .求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．解题思路 (1)根据抛物线C 过点(2，－1)，列方程求p ，得抛物线C 的方程，进而得出其准线方程．(2)设直线l 的方程，与抛物线C 的方程联立，用根与系数的关系推出关于M ，N 两点坐标的等量关系，设所求定点坐标为(0，n )，利用DA →·DB →＝0列方程式求n的值．规X 解答 (1)由抛物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)，得22＝－2p (－1)，解得p ＝2.所以抛物线C 的方程为x 2＝－4y ，其准线方程为y ＝1. (2)证明：抛物线C 的焦点为F (0，－1)．设直线l 的方程为y ＝kx －1(k ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －1，x 2＝－4y ，得x 2＋4kx －4＝0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，那么x 1x 2＝－4. 直线OM 的方程为y ＝y 1x 1x .令y ＝－1，得点A 的横坐标x A ＝－x 1y 1.同理得点B 的横坐标x B ＝－x 2y 2.设点D (0，n )，那么DA→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 1y 1，－1－n ， DB→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 2y 2，－1－n ， DA →·DB→＝x 1x 2y 1y2＋(n ＋1)2 ＝x 1x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 214⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 224＋(n ＋1)2 ＝16x 1x 2＋(n ＋1)2 ＝－4＋(n ＋1)2.令DA →·DB →＝0，即－4＋(n ＋1)2＝0，得n ＝1或n ＝－3. 综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0,1)和(0，－3)．典例2(2019·某某模拟)Q 为圆x 2＋y 2＝1上一动点，Q 在x 轴，y 轴上的射影分别为点A ，B ，动点P 满足BA→＝AP →，记动点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－35的直线与曲线C 交于M ，N 两点，判断以MN 为直径的圆是否过定点？假设是，求出定点的坐标；假设不是，请说明理由．解题思路 (1)设Q (x 0，y 0)，P (x ，y )，利用所给条件建立两点坐标之间的关系，利用Q 在圆上可得x ，y 的方程，即为所求．(2)设定点为H ，及直线l 的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，及HM →·HN→＝0，得出恒等式，求得定点的坐标．规X 解答 (1)设Q (x 0，y 0)，P (x ，y )，那么x 20＋y 20＝1，由BA →＝AP →，得⎩⎨⎧x 0＝x2，y 0＝－y ，代入x 20＋y 20＝1，得x 24＋y 2＝1，故曲线C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)假设存在满足条件的定点，由对称性可知，该定点在y 轴上，设定点为H (0，m )，当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx －35，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －35，x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－245kx －6425＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，那么x 1＋x 2＝24k 51＋4k 2，x 1x 2＝－64251＋4k 2，∴y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－65＝－651＋4k2，y 1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫kx 1－35⎝ ⎛⎭⎪⎫kx 2－35＝k 2x 1x 2－35k (x 1＋x 2)＋925＝9－100k 2251＋4k 2， ∵HM →＝(x 1，y 1－m )，HN →＝(x 2，y 2－m )， ∴HM →·HN →＝x 1x 2＋y 1y 2－m (y 1＋y 2)＋m 2＝100m 2－1k 2＋25m 2＋30m －55251＋4k2＝0，∵对任意的k 恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧100m 2－1＝0，25m 2＋30m －55＝0，解得m ＝1，即定点为H (0,1)，当直线l 的斜率不存在时，以MN 为直径的圆也过定点(0,1)．综上，以MN 为直径的圆过定点(0,1)．热点题型2 圆锥曲线中的定值问题典例1 如图，在平面直角坐标系xOy 中，点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，直线l ：x ＝－12，点P 在直线l 上移动，R 是线段FP 与y 轴的交点，RQ ⊥FP ，PQ ⊥l .(1)求动点Q 的轨迹C 的方程；(2)设圆M 过A (1,0)，且圆心M 在曲线C 上，TS 是圆M 在y 轴上截得的弦，当M 运动时，弦长|TS |是否为定值？请说明理由．解题思路 (1)R 是线段FP 的中点，且RQ ⊥FP →RQ 是线段PF 的垂直平分线→|PQ |＝|QF |→点Q 的轨迹是以F 为焦点，l 为准线的抛物线→确定焦准距，根据抛物线的焦点坐标，求出抛物线的方程．(2)①求|TS |的依据：a ＝2r 2－d 2，其中a 为弦长，r 为圆的半径，d 为圆心到弦所在直线的距离．②策略：设曲线C 上点M (x 0，y 0)，用相关公式求r ，d ；用x 0，y 0满足的等量关系消元．规X 解答 (1)依题意知，点R 是线段FP 的中点，且RQ ⊥FP ，∴RQ 是线段FP 的垂直平分线． ∵点Q 在线段FP 的垂直平分线上， ∴|PQ |＝|QF |，又|PQ |是点Q 到直线l 的距离，故动点Q 的轨迹是以F 为焦点，l 为准线的抛物线，其方程为y 2＝2x (x >0)． (2)弦长|TS |为定值．理由如下：取曲线C 上点M (x 0，y 0)，M 到y 轴的距离为d ＝|x 0|＝x 0，圆的半径r ＝|MA |＝x 0－12＋y 20，那么|TS |＝2r 2－d 2＝2y 20－2x 0＋1，∵点M 在曲线C 上， ∴x 0＝y 202，∴|TS |＝2y 20－y 20＋1＝2，是定值．典例2(2019·某某三模)给定椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，称圆心在原点O ，半径为a2＋b2的圆为椭圆C的“准圆〞．假设椭圆C的一个焦点为F(2，0)，其短轴上的一个端点到F的距离为 3.(1)求椭圆C的方程和其“准圆〞方程；(2)假设点P是椭圆C的“准圆〞上的动点，过点P作椭圆的切线l1，l2交“准圆〞于点M，N.证明：l1⊥l2，且线段MN的长为定值．解题思路(1)根据椭圆的几何性质求a，c，再用b2＝a2－c2求b，可得椭圆C 的方程，进而可依据定义写出其“准圆〞方程．(2)分以下两种情况讨论：①l1，l2中有一条斜率不存在；②l1，l2斜率存在．对于①，易知切点为椭圆的顶点；对于②，可设出过P与椭圆相切的直线，并与椭圆方程联立后消元，由Δ＝0推出关于椭圆切线斜率的方程，利用根与系数的关系进行证明．规X解答(1)∵椭圆C的一个焦点为F(2，0)，其短轴上的一个端点到F的距离为 3.∴c＝2，a＝3，∴b＝a2－c2＝1，∴椭圆方程为x23＋y2＝1，∴“准圆〞方程为x2＋y2＝4.(2)证明：①当直线l1，l2中有一条斜率不存在时，不妨设直线l1斜率不存在，那么l1：x＝±3，当l1：x＝3时，l1与“准圆〞交于点(3，1)，(3，－1)，此时l2为y＝1(或y＝－1)，显然直线l1，l2垂直；同理可证当l 1：x ＝－3时，直线l 1，l 2垂直． ②当l 1，l 2斜率存在时，设点P (x 0，y 0)，其中x 20＋y 20＝4.设经过点P (x 0，y 0)与椭圆相切的直线为 y ＝t (x －x 0)＋y 0，∴由⎩⎨⎧y ＝t x －x 0＋y 0，x 23＋y 2＝1，得(1＋3t 2)x 2＋6t (y 0－tx 0)x ＋3(y 0－tx 0)2－3＝0.由Δ＝0化简整理，得(3－x 20)t 2＋2x 0y 0t ＋1－y 20＝0，∵x 20＋y 20＝4，∴有(3－x 20)t 2＋2x 0y 0t ＋(x 20－3)＝0.设l 1，l 2的斜率分别为t 1，t 2，∵l 1，l 2与椭圆相切，∴t 1，t 2满足上述方程(3－x 20)t 2＋2x 0y 0t ＋(x 20－3)＝0，∴t 1·t 2＝－1，即l 1，l 2垂直．综合①②知，l 1⊥l 2.∵l 1，l 2经过点P (x 0，y 0)，又分别交其“准圆〞于点M ，N ，且l 1，l 2垂直． ∴线段MN 为“准圆〞x 2＋y 2＝4的直径，|MN |＝4， ∴线段MN 的长为定值．热点题型3 圆锥曲线中的证明问题典例1抛物线C ：x 2＝2py (p >0)，过焦点F 的直线交C 于A ，B 两点，D 是抛物线的准线l 与y 轴的交点．(1)假设AB ∥l ，且△ABD 的面积为1，求抛物线的方程；(2)设M 为AB 的中点，过M 作l 的垂线，垂足为N .证明：直线AN 与抛物线相切．解题思路 (1)判断△ABD 的形状，求|FD |，|AB |.由△ABD 的面积为1，列方程求p ，得抛物线的方程．(2)将直线AB 的方程与抛物线C 的方程联立，消去y 并整理，结合根与系数的关系用k ，p 表示M ，N 的坐标．求k AN ：①斜率公式，②导数的几何意义，两个角度求斜率相等，证明相切．规X 解答 (1)∵AB ∥l ，∴△ABD 为等腰三角形，且FD ⊥AB ，又|FD |＝p ，|AB |＝2p .∴S △ABD ＝p 2＝1.∴p ＝1，故抛物线C 的方程为x 2＝2y .(2)证明：显然直线AB 的斜率存在，设其方程为y ＝kx ＋p 2，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 212p ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x 222p .由⎩⎨⎧y ＝kx ＋p 2，x 2＝2py消去y 整理得，x 2－2kpx －p 2＝0.∴x 1＋x 2＝2kp ，x 1x 2＝－p 2. ∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫kp ，k 2p ＋p 2，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫kp ，－p 2.∴k AN ＝x 212p ＋p 2x 1－kp＝x 212p ＋p 2x 1－x 1＋x 22＝x 21＋p 22px 1－x 22＝x 21－x 1x 22p x 1－x 22＝x 1p .又x 2＝2py ，∴y ′＝xp .∴抛物线x 2＝2py 在点A 处的切线的斜率k ′＝x 1p . ∴直线AN 与抛物线相切．典例2(2019·某某二模)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 2a 2＋y 2＝1(1<a <5)上，该椭圆的左顶点A 到直线x －y ＋5＝0的距离为322.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)假设线段MN 平行于y 轴，满足(ON →－2OM →)·MN →＝0，动点P 在直线x ＝23上，满足ON →·NP→＝2.证明：过点N 且垂直于OP 的直线过椭圆C 的右焦点F . 解题思路 (1)根据椭圆的左顶点A 到直线x －y ＋5＝0的距离为322，列关于a 的等量关系求解，得椭圆C 的方程．(2)设出M ，N ，P 的坐标(注意M 与N 的横坐标相同，P 的横坐标)．先用(ON →－2OM →)·MN →＝0和ON →·NP →＝2推出坐标之间的关系，再利用这些等量关系证明NF →·OP→＝0. 规X 解答 (1)设左顶点A 的坐标为(－a,0)， ∵|－a ＋5|2＝322，∴|a －5|＝3，解得a ＝2或a ＝8(舍去)， ∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：由题意，设M (x 0，y 0)，N (x 0，y 1)，P (23，t )，且y 1≠y 0，由(ON →－2OM →)·MN →＝0，可得(x 0－2x 0，y 1－2y 0)·(0，y 1－y 0)＝0，整理可得y 1＝2y 0，由ON →·NP →＝2，可得(x 0,2y 0)·(23－x 0，t －2y 0)＝2，整理，得23x 0＋2y 0t ＝x 20＋4y 20＋2＝6，由(1)可得F (3，0)， ∴NF →＝(3－x 0，－2y 0)， ∴NF →·OP →＝(3－x 0，－2y 0)·(23，t )＝6－23x 0－2y 0t ＝0， ∴NF ⊥OP ，故过点N 且垂直于OP 的直线过椭圆C 的右焦点F . 热点题型4 圆锥曲线中的最值与X 围问题典例1(2019·某某二模)设F 为抛物线C ：y 2＝2px 的焦点，A 是C 上一点，F A 的延长线交y 轴于点B ，A 为FB 的中点，且|FB |＝3.(1)求抛物线C 的方程；(2)过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于M ，N 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，求四边形MDNE 面积的最小值．解题思路(1)由题意画出图形，结合条件列式求得p ，那么抛物线C 的方程可求．(2)由直线l 1的斜率存在且不为0，设其方程为y ＝k (x －1)，与抛物线方程联立，求出|MN |，同理可求|DE |⎝ ⎛⎭⎪⎫实际上，在|MN |的表达式中用－1k 代替k 即可，可得四边形MDNE 的面积表达式，再利用基本不等式求最值．规X 解答 (1)如图，∵A 为FB 的中点，∴A 到y 轴的距离为p4， ∴|AF |＝p 4＋p 2＝3p 4＝|FB |2＝32，解得p ＝2. ∴抛物线C 的方程为y 2＝4x . (2)由直线l 1的斜率存在且不为0，设其方程为y ＝k (x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1，y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0.∵Δ>0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝2＋4k 2，那么|MN |＝x 1＋x 2＋2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k 2；同理设D (x 3，y 3)，E (x 4，y 4)，∴x 3＋x 4＝2＋4k 2，那么|DE |＝x 3＋x 4＋2＝4(1＋k 2)．∴四边形MDNE 的面积S ＝12|MN |·|DE |＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋k 2＋1k 2≥32.当且仅当k ＝±1时，四边形MDNE 的面积取得最小值32.典例2 如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A (2，0)，左、右焦点分别为F 1，F 2，过点A 且斜率为12的直线与y 轴交于点P ，与椭圆交于另一个点B ，且点B 在x 轴上的射影恰好为点F 1.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点P 且斜率大于12的直线与椭圆交于M ，N 两点(|PM |>|PN |)，假设S △P AM ∶S △PBN ＝λ，某某数λ的取值X 围．解题思路 (1)求点B 的坐标→根据k AB ＝12列方程→由题意得a ＝2，a 2＝b 2＋c 2，解方程组求a ，b ，c ，写出椭圆C 的标准方程．(2)S △P AM ∶S △PBN ＝λ――→面积公式PM →与PN →的关系→点M ，N 坐标之间的关系→直线MN 的方程与椭圆C 的方程联立，消去y 整理→用根与系数的关系得出点M ，N 的坐标之间的关系式→推出λ与k 的关系，并根据k >12求X 围，找到λ所满足的不等式，求出λ的取值X 围．规X 解答 (1)因为BF 1⊥x 轴，所以点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－c ，－b 2a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b 2a a ＋c＝12，a 2＝b 2＋c2⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝3，c ＝1，所以椭圆C 的标准方程是x 24＋y 23＝1. (2)因为S △P AM S △PBN＝12|P A |·|PM |·sin ∠APM12|PB |·|PN |·sin ∠BPN＝2·|PM |1·|PN |＝λ⇒|PM ||PN |＝λ2(λ>2)，所以PM→＝－λ2PN →. 由(1)可知P (0，－1)，设直线MN ：y ＝kx －1⎝ ⎛⎭⎪⎫k >12，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，联立方程，得⎩⎨⎧y ＝kx －1，x 24＋y 23＝1，化简得，(4k 2＋3)x 2－8kx －8＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k 4k 2＋3，x 1x 2＝－84k 2＋3.(*)又PM →＝(x 1，y 1＋1)，PN →＝(x 2，y 2＋1)，有x 1＝－λ2x 2，将x 1＝－λ2x 2代入(*)可得，2－λ2λ＝16k 24k 2＋3.因为k >12，所以16k 24k 2＋3＝163k 2＋4∈(1,4)，那么1<2－λ2λ<4且λ>2⇒4<λ<4＋2 3.综上所述，实数λ的取值X 围为(4,4＋23)．热点题型5 圆锥曲线中的探索性问题典例1(2019·某某一模)抛物线E ：y 2＝4x ，圆C ：(x －3)2＋y 2＝1.(1)假设过抛物线E的焦点F的直线l与圆C相切，求直线l的方程；(2)在(1)的条件下，假设直线l交抛物线E于A，B两点，x轴上是否存在点M(t,0)使∠AMO＝∠BMO(O为坐标原点)？假设存在，求出点M的坐标；假设不存在，请说明理由．解题思路(1)求得抛物线的焦点，设出直线l的方程，运用直线l和圆C相切的条件：d＝r，解方程可得所求直线方程．(2)设出A，B的坐标，联立直线l的方程和抛物线E的方程，运用根与系数的关系和直线的斜率公式，依据∠AMO＝∠BMO，即k AM＋k BM＝0列方程化简整理，解方程可得t，即得点M的坐标，从而得到结论．规X解答(1)由题意，得抛物线的焦点F(1,0)，当直线l的斜率不存在时，过F的直线不可能与圆C相切，所以直线l的斜率存在．设直线l的斜率为k，方程为y＝k(x－1)，即kx－y－k＝0，由圆心(3,0)到直线l的距离为d＝|3k－k|1＋k2＝2|k|1＋k2，当直线l与圆C相切时，d＝r＝1，解得k＝±3 3，即直线l的方程为y＝±33(x－1)．(2)由(1)，当直线l的方程为y＝33(x－1)时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立抛物线E的方程可得x2－14x＋1＝0，那么x 1＋x 2＝14，x 1x 2＝1，x 轴上假设存在点M (t,0)使∠AMO ＝∠BMO ，即有k AM ＋k BM ＝0，得y 1x 1－t＋y 2x 2－t ＝0，即y 1(x 2－t )＋y 2(x 1－t )＝0，由y 1＝33(x 1－1)，y 2＝33(x 2－1)，可得2x 1x 2－(x 1＋x 2)－(x 1＋x 2－2)t ＝0，即2－14－12t ＝0，即t ＝－1，M (－1,0)符合题意；当直线l 的方程为y ＝－33(x －1)时，由对称性可得M (－1，0)也符合条件．所以存在定点M (－1,0)使∠AMO ＝∠BMO .典例2(2019·某某模拟)点A (0，－1)，B (0,1)，P 为椭圆C ：x 22＋y 2＝1上异于点A ，B 的任意一点．(1)求证：直线P A ，PB 的斜率之积为－12；(2)是否存在过点Q (－2,0)的直线l 与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，使得|BM |＝|BN |？假设存在，求出直线l 的方程；假设不存在，请说明理由．解题思路(1)设点P (x ，y )(x ≠0)，代入椭圆方程，由直线的斜率公式，即可得证． (2)假设存在直线l 满足题意．显然当直线斜率不存在时，直线与椭圆C 不相交，讨论直线的斜率是否为0，联立直线方程和椭圆方程，运用根与系数的关系和两直线垂直的条件：由|BM |＝|BN |想到在△BMN 中，边MN 所在直线的斜率与MN边上的中线所在直线的斜率之积为－1，可得所求直线方程．规X 解答 (1)证明：设点P (x ，y )(x ≠0)，那么x 22＋y 2＝1，即y 2＝1－x 22， ∴k P A ·k PB ＝y ＋1x ·y －1x ＝y 2－1x 2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 22－1x 2＝－12，故得证．(2)假设存在直线l 满足题意．显然当直线斜率不存在时，直线与椭圆C 不相交．①当直线l 的斜率k ≠0时，设直线l 为y ＝k (x ＋2)，联立椭圆方程x 2＋2y 2＝2，化简得(1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－2＝0，由Δ＝64k 4－4(1＋2k 2)(8k 2－2)>0，解得－22<k <22(k ≠0)，设点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，那么⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8k 21＋2k 2，x 1x 2＝8k 2－21＋2k2，∴y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋4k ＝k ·－8k 21＋2k 2＋4k ＝4k 1＋2k 2，取MN 的中点H ，即H ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，那么y1＋y22－1x1＋x22·k＝－1，即2k1＋2k2－1－4k21＋2k2·k＝－1，化简得2k2＋2k＋1＝0，无实数解，故舍去．②当k＝0时，M，N为椭圆C的左、右顶点，显然满足|BM|＝|BN|，此时直线l的方程为y＝0.综上可知，存在直线l满足题意，此时直线l的方程为y＝0.。

【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 ，。

高考数学压轴题突破训练——圆锥曲线(含详解)

14. 已知双曲线的左右两个焦点分别为 ,点P在双曲线右支上.
（Ⅰ）若当点P的坐标为时, ,求双曲线的方程；
（Ⅱ）若 ,求双曲线离心率的最值,并写出此时双曲线的渐进线方程.
15. 若F 、F 为双曲线的左右焦点，O为坐标原点，P在双曲线的左支上，点M在右准线上，且满足； .
（1）求该双曲线的离心率；
（Ⅱ）若直线与（Ⅰ）中所求点Q
的轨迹交于不同两点F，H，O是坐标原点，
且，求△FOH的面积的取值范围。
18. 如图所示，O是线段AB的中点，|AB|＝2c，以点A为圆心，2a为半径作一圆，其中。
（1）若圆A外的动点P到B的距离等于它到圆周的最短距离，建立适当坐标系，求动点P的轨迹方程，并说明轨迹是何种曲线；
（2）D分有向线段的比为，A、D同在以B、C为焦点的椭圆上，
当 ―5≤ ≤ 时，求椭圆的离心率e的取值范围．
29.在直角坐标平面中，的两个顶点的坐标分别为，，平面内两点同时满足下列条件：
① ；② ；③ ∥
（1）求的顶点的轨迹方程；
（2）过点的直线与（1）中轨迹交于两点，求的取值范围
由消去得： ①
，
而
由方程①知＞＜
，＜＜， .
7.解：解：令
则即
即
又∵ ∴
所求轨迹方程为
（Ⅱ）解：由条件（2）可知OAB不共线，故直线AB的斜率存在
设AB方程为
则
∵OAPB为矩形，∴OA⊥OB
∴ 得
所求直线方程为 …
8.解：（I）由题意，抛物线顶点为（－n，0），又∵焦点为原点∴m＞0
高考数学压轴题突破训练：圆锥曲线
1. 如图，直线l1与l2是同一平面内两条互相垂直的直线，交点是A，点B、D在直线l1上(B、D 位于点A右侧)，且|AB|=4，|AD|=1，M是该平面上的一个动点，M在l1上的射影点是N，且|BN|=2|DM|.

高考数学压轴题——圆锥曲线大题十个大招含答案全解析

终结圆锥曲线大题十个大招招式一：弦的垂直平分线问题 (25)招式二：动弦过定点的问题 (26)招式四：共线向量问题 (28)招式五：面积问题 (35)招式六：弦或弦长为定值、最值问题 (38)招式七：直线问题 (43)招式八：轨迹问题 (47)招式九：对称问题 (54)招式十、存在性问题 (57)招式一：弦的垂直平分线问题例题1、过点T(-1,0)作直线l 与曲线N ：2y x =交于A 、B 两点，在x 轴上是否存在一点E(0x ,0)，使得ABE ∆是等边三角形，若存在，求出0x ；若不存在，请说明理由。

【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。

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|等于解：设直线AB 的方程为y x b =+，由22123301y x x x b x x y x b⎧=-+⇒++-=⇒+=-⎨=+⎩，进而可求出AB 的中点11(,)22M b --+，又由11(,)22M b --+在直线0x y +=上可求出1b =，∴220x x +-=，由弦长公式可求出221114(2)32AB =+-⨯-=．招式二：动弦过定点的问题例题2、已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>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)。

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圆锥曲线的综合问题(理)
校对：李炳璋（原名李东升）更多精彩请加824135830 请告诉你的姓名&省份&文理&学校...谢谢
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知识归纳 1．直线与圆、椭圆的方程联立后，消去一个未知数得到关于另一个未知数的一元二次方程，可据判别式 Δ 来讨论交点个数.
[例 1] P(1,1)为椭圆x42＋y22＝1 内的一定点，过 P 点引一弦，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
答案：y＝－x
直线与双曲线的位置关系
[例 2] 已知双曲线 x2－y2＝4，直线 l：y＝k(x－1)．试讨论实数 k 的取值范围，使得直线 l 与双曲线有两个公共点；直线 l 与双曲线有且只有一个公共点；直线 l 与双曲线没有公共点．
解析：由xy＝2－ky2x＝－41 消去 y，得
(1－k2)x2＋2k2x－k2－4＝0.(*) (1)当 1－k2＝0，即 k＝±1 时，直线 l 与双曲线的渐近线平行，方程化为 2x＝5.故此时方程(*)只有一个实数
5．数形结合解析几何是数形结合的曲范，解决解析几何问题应充分利用图形的直观和曲线的几何性质，才能简化解答过程． 6．参数思想一些解析几何问题，在解题活动中可先引入适当的参数(如斜率 k，点的坐标，圆锥曲线方程中的系数等)，把所研究问题转化为参数的函数或不等式、方程等来解决．
直线与抛物线的位置关系
设直线 l2 过曲线 y＝x2＋x－2 上的点 B(b，b2＋b－ 2)，则 l2 的方程为 y＝(2b＋1)x－b2－2.
因为 l1⊥l2，则有 2b＋1＝－13，b＝－23. 所以直线 l2 的方程为 y＝－13x－292.
即 3x＋9y＋22＝0
(2)解方程组yy＝＝3－x－13x3－292
[例 1] 已知直线 l1 为曲线 y＝x2＋x－2 在点(1,0)处的切线. l2 为该曲线的另一条切线，且 l1⊥l2.
(1)求直线 l2 的方程； (2)求由直线 l1、l2 和 x 轴所围成的三角形的面积．
解析：(1)y′＝2x＋1.∴l1 的斜率 k1＝3 直线 l1 的方程为 y＝3x－3.
当 k＝±1 或 k＝±233时，
直线 l 与双曲线有且只有一个公共点；
当
k<－2 3 3或
2 k> 3
3时，
直线 l 与双曲线没有公共点．
点评：直线与双曲线有且只有一个公共点时，应考虑直线与双曲线相切和直线与双曲线的渐近线平行两种情形．
已知双曲线 x2－y2＝2 的右焦点为 F，过点 F 的动直线与双曲线相交于 A、B 两点，点 C 的坐标是(1,0)．
(1)证明C→A·C→B为常数； (2)若动点 M 满足C→M＝C→A＋C→B＋C→O(其中 O 为坐标原点)，求点 M 的轨迹方程．
解析：由条件知 F(2,0)，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)． (1)当 AB 与 x 轴垂直时，由题意得点 A(2， 2)、B(2，－ 2)，此时C→A·C→B＝(1， 2)·(1，－ 2)＝－1. 当 AB 不与 x 轴垂直时，设直线 AB 的方程是 y＝k(x －2)(k≠±1)．代入 x2－y2＝2 得 (1－k2)x2＋4k2x－(4k2＋2)＝0. 则 x1、x2 是上述方程的两个实根，
②14－－k3k2≠2＝0，0，即 k＝±233时，方程(*)有两个相同的实数解，即直线与双曲线相切．
③14－－k3k2≠2<00，，即 k<－233或 k>233时，方程(*)无实数解，
即直线与双曲线没有公共点．
综上所述，当－23
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
32 <k< 3
3，且
k≠±1
时，
直线 l 与双曲线有两个公共点；
即 y1－y2＝x－y 2(x1－x2)．又因为 A、B 两点在双曲线上，所以 x21－y21＝2，x22－ y22＝2，两式相减得(x1－x2)(x1＋x2)＝(y1－y2)(y2＋y2)，
即(x1－x2)(x＋2)＝(y1－y2)y.
将 y1－y2＝x－y 2(x1－x2)代入上式，化简得 x2－y2＝ 4.
整理得 7c2＋12c－52＝0，得 c＝－276(舍)，或 c＝2，所以椭圆方程为1x62＋1y22 ＝1.
(2011·皖南八校联考)如下图，椭圆 C：xa22＋by22＝ 1(a>b>0)的中心在原点，焦点在 x 轴上，离心率为 22，点 F1、F2 分别是椭圆的左、右焦点，直线 x＝2 是椭圆的准线方程，直线 l：y＝kx＋m 与椭圆 C 交于不同的 A、B 两点．
x12＋2y21＝4，① x22＋2y22＝4.② ①－②得： (x1＋x2)(x1－x2)＋2(y1＋y2)(y1－y2)＝0. ∵P(1,1)为弦 AB 的中点，
∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝2. ∴k＝yx11－－yx22＝－12. ∴所求直线的方程为 y－1＝－12(x－1)．即 x＋2y－3＝0. 将其代入椭圆方程整理得，6y2－12y＋5＝0.
(2)设 M(x，y)，则C→M＝(x－1，y)，C→A＝(x1－1， y1)，
C→B＝(x2－1，y2)，C→O＝(－1,0)．由C→M＝C→A＋C→B＋C→O得：
x－1＝x1＋x2－3 y＝y1＋y2
，即xy11＋＋xy22＝＝xy＋2
于是 AB 的中点坐标为x＋2 2，y2.
y 当 AB 不与 x 轴垂直时，yx11－－yx22＝x＋2 22－2＝x－y 2，
(2)当斜率 k 不存在时，直线为 x＝m 的形式，可直接代入求出交点的纵坐标 y1、y2 得弦长|y1－y2|.
误区警示 1．如果在设直线方程时涉及斜率，要注意斜率不存在的情形．为了避免讨论，过焦点 F(c,0)的直线，可设为 x＝my＋c.
2．解方程组Afxx，＋yBy＝＋0C＝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．
2．函数思想对于圆锥曲线上一些动点，在变化过程中会引入一些相互联系、相互制约的量，从而使一些线段的长度及 a、 b、c、e、p 之间构成函数关系，函数思想在处理这类问题时就很有效．
3．坐标法坐标法是解析几何的基本方法，因此要加强坐标法的训练． 4．对称思想由于圆锥曲线和圆都具有对称性质，所以可使分散的条件相对集中，减少一些变量和未知量，简化计算，提高解题速度，促成问题的解决．
(1)求椭圆的离心率 e； (2)设直线 PF2 与椭圆相交于 A，B 两点，若直线 PF2 与圆(x＋1)2＋(y－ 3)2＝16 相交于 M，N 两点，且|MN| ＝58|AB|，求椭圆的方程．
解析：(1)设 F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)，因为|PF2|＝|F1F2|，所以 a－c2＋b2＝2c，整理得 2ca2＋ac－1＝0，得ac＝－ 1(舍)，或ac＝12，所以 e＝12.
，x2＝85c， y2＝35 3c，
不妨设 A85c，35 3c，B0，－
3c
，
所以|AB|＝
85c2＋35 3c＋
3c
2
＝156c.
于是|MN|＝58|AB|＝2c，
圆心－1， 3到直线 PF2 的距离
d＝|－
3－ 3－ 2
3c|＝
3|2＋c| 2.
因为 d2＋|M2N|2＝42，所以34(2＋c)2＋c2＝16.
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A→O·B→O＝x1x2＋ y1y2＝0 解决，有时中点弦问题还可以利用对称、特例法解决．
三、要重视解题过程中思想方法的提炼及解题规律的总结
1．方程思想解析几何题大部分都以方程形式给定直线和圆锥曲线，因此直线与圆锥曲线相交的弦长问题常归纳为对方程解的讨论．利用韦达定理进行整体处理，以简化解题运算量．
相交 Δ>0 直线与圆锥曲线有两个交点相切 Δ＝0 直线与圆锥曲线有一个切点相离 Δ<0 直线与圆锥曲线无公共点
2.直线与圆锥曲线相交弦长问题 (1)斜率为 k 的直线与圆锥曲线交于两点 P1(x1，y1)， P2(x2，y2)，则所得弦长|P1P2|＝ 1＋k2|x2－x1|或|P1P2|＝ 1＋k12|y2－y1|，其中求|x2－x1|与|y2－y1|时，通常作如下变形 |x2 － x1| ＝ x1＋x22－4x1x2 ， |y2 － y1| ＝ y1＋y22－4y1y2，使用韦达定理即可解决．
根据弦长公式，有
|AB|＝
1＋－22·
122－4×6×5＝ 6
30 3.
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，然后变形构造出yx22－－yx11及 x1＋x2 和 y1＋y2，再结合已知条件求解．
解，即直线与双曲线相交，且只有一个公共点．如图，交点在双曲线右支上．
(2)当 1－k2≠0，即 k≠±1 时，Δ＝(2k2)2－4(1－k2)·(－ k2－4)＝4(4－3k2)．
①14－－k3k2≠2>00，，即－233<k<233且 k≠±1 时，方程 (*)有两个不同的实数解，即直线与双曲线有两个公共点．