專題3.10 圓錐曲線的方程全章八類必考壓軸題（舉一反三）（人教A版2019選擇性必修第一冊）（解析版）

專題3.10圓錐曲線的方程全章八類必考壓軸題【人教A版（2019）】考點(diǎn)考點(diǎn)1曲線與方程1．（2023·全國·高三對口高考）若θ是任意實(shí)數(shù)，方程x2sinθA．圓 B．拋物線 C．橢圓 D．雙曲線【解題思路】利用特殊角可判斷ACD；討論θ的取值可判斷B.【解答過程】對于A，當(dāng)cosθ=sinθ=22對于B，當(dāng)θ是第一象限角時，cosθ>0,sin當(dāng)θ是第二象限角時，cosθ<0,sin當(dāng)θ是第三象限角時，cosθ<0,sin當(dāng)θ是第四象限角時，cosθ>0,sin當(dāng)θ的角的終邊落在x軸正半軸上時，cosθ=1，sinθ當(dāng)θ的角的終邊落在y軸正半軸上時，cosθ=0，sinθ當(dāng)θ的角的終邊落在x軸負(fù)半軸上時，cosθ=-1，sinθ當(dāng)θ的角的終邊落在y軸負(fù)半軸上時，cosθ=0，sinθ=-1，得對于C，當(dāng)θ=π3時，由x2sinθ+對于D，當(dāng)θ=2π3時，由x2sinθ+故選：B.2．（2023春·上海黃浦·高二?？计谥校┤鐖D，線段AB與平面α斜交于點(diǎn)B，且直線AB與平面α所成的角為60°，平面α上的動點(diǎn)P滿足∠PAB=30°A．直線 B．拋物線 C．橢圓 D．雙曲線一支【解題思路】根據(jù)題意，∠PAB=30°為定值，可得點(diǎn)P的軌跡為一以AB【解答過程】用垂直于圓錐軸的平面去截圓錐，得到的是圓；把平面漸漸傾斜，且平面與軸線所成角大于母線與軸線所成角時得到橢圓；當(dāng)平面與軸線所成角小于母線與軸線所成角時得到雙曲線，當(dāng)平面和圓錐的一條母線平行時，得到拋物線．平面α上的動點(diǎn)P滿足∠PAB=30°，則母線與AB所在直線(中軸線)的夾角為30°，然后用平面α去截圓錐，使直線AB與平面α的夾角為60°，則平面α與圓錐側(cè)面的交線為P的軌跡圖形，由圓錐曲線的定義可知，P故選：C.3．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知MN是橢圓x2a2+y2b2=1a>b>0中垂直于長軸的動弦，A,【解題思路】設(shè)M(x1,y1),N(x1,-y1【解答過程】設(shè)M(因?yàn)闄E圓x2a2設(shè)直線AM和NB的交點(diǎn)為P(因?yàn)锳,M,P三點(diǎn)共線，所以因?yàn)镹,B,P兩式相乘得y2x2-因?yàn)閤12a2+所以y2x2-a所以直線AM和NB的交點(diǎn)P的軌跡方程x2a2-故答案為：x2a2-4．（2023春·湖南長沙·高二校考階段練習(xí)）在直角坐標(biāo)系xOy中，動點(diǎn)Q到直線l:x=-4的距離與到點(diǎn)F(-1,0)的距離之比為2，動點(diǎn)(1)求曲線C的方程；(2)P是直線l上一點(diǎn)，過點(diǎn)P作曲線C的兩條切線PA、PB，切點(diǎn)為A、B，求tan∠APB的最大值．【解題思路】（1）設(shè)動點(diǎn)Q的坐標(biāo)為x,y，根據(jù)題意得到（2）設(shè)切線方程y=kx+4+t，聯(lián)立方程組，由Δ=0，得出方程12k2+8【解答過程】（1）解：設(shè)動點(diǎn)Q的坐標(biāo)為x,因?yàn)閯狱c(diǎn)Q到直線l:x=-4的距離與到點(diǎn)F（-1，可得x+4x+1即所求曲線C的方程為x2（2）解：根據(jù)題意，設(shè)點(diǎn)P-4,t，顯然，過P聯(lián)立方程組y=kx由Δ=64k2設(shè)兩條切線的斜率分別為k1，k2，則則tan∠APB=所以tan∠APB的最大值為5．（2023·安徽安慶·?？寄M預(yù)測）如圖，E,F,G,H分別是矩形(1)求直線ER與直線GS交點(diǎn)M的軌跡方程；(2)過點(diǎn)I1,0任作直線與點(diǎn)M的軌跡交于P,Q兩點(diǎn)，直線HP與直線QF的交點(diǎn)為J，直線HQ與直線PF的交點(diǎn)為K，求【解題思路】（1）利用已知可得直線ER，GS的方程，消去參數(shù)，根據(jù)交點(diǎn)M的變化即可求出其軌跡方程.（2）設(shè)PQ方程：x=my+1，代入x2+4y2-4=0，利用韋達(dá)定理表示出y1+y2=-4mm【解答過程】（1）由已知，R2λ,0,S當(dāng)λ≠0時，直線ER方程：y直線GS方程：y=-聯(lián)立上述兩方程消去λ得：x2當(dāng)λ=0時，交點(diǎn)M又交點(diǎn)M不可能為0,-1，故所求的軌跡方程為x24+（2）設(shè)PQ方程：x=my+1（依題意m代入x2+4yΔ=16m2y1+yHP方程：y=y1x1聯(lián)立上述兩方程消去得：x+2∴x所以J4,yJ同理直線HQ與直線PF的交點(diǎn)K4,yKyJS△IJK=故△IJK的面積最小值為33，此時直線PQ的方程為考點(diǎn)考點(diǎn)2橢圓的弦長與“中點(diǎn)弦”問題1．（2023春·寧夏吳忠·高二校考期中）過點(diǎn)M(1,1)的直線與橢圓x24+y23=1交于A,BA．4x+3yC．3x-4【解題思路】設(shè)Ax1,【解答過程】設(shè)Ax1,y1,B①-②得x1因?yàn)辄c(diǎn)M為AB中點(diǎn)，則x1所以x1-x所以直線l的方程為y-1=-故選：B.2．（2023·全國·高二專題練習(xí)）已知橢圓C:x24+y23=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，過F2且斜率為1的直線A．247 B．127 C．122【解題思路】利用弦長公式求解即可.【解答過程】設(shè)直線AB方程為y=x整理可得：7x2-則x1+xAB=1+k2?x1+x2故選：A.3．（2023·全國·高三對口高考）已知橢圓x29+y2=1，過左焦點(diǎn)F作傾斜角為π6的直線交橢圓于A【解題思路】設(shè)點(diǎn)Ax1,y1、Bx【解答過程】在橢圓x29+y2=1中，a=3設(shè)點(diǎn)Ax1,y1、Bx2聯(lián)立x=3y-2由韋達(dá)定理可得y1+y所以，AB=故答案為：2.4．（2023春·甘肅蘭州·高二?？茧A段練習(xí)）已知橢圓C:x2a2(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)直線l:y=kx+2交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，若線段【解題思路】（1）根據(jù)焦點(diǎn)坐標(biāo)求得c，根據(jù)長軸和短軸的對應(yīng)關(guān)系，以及a2=b2（2）聯(lián)立直線的方程和橢圓的方程，消去y并化簡，寫出韋達(dá)定理，根據(jù)AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)求得k的值，進(jìn)而求解.【解答過程】（1）由橢圓C的長軸長是短軸長的2倍，可得a=所以2b又F1,0，所以2b2所以a=所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）設(shè)Ax1,由x22+則x1+x因?yàn)榫€段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為-2所以x1解得k2=1所以直線l的方程為y=±5．（2023春·江西新余·高二統(tǒng)考期末）橢圓C的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在x軸上，橢圓C經(jīng)過點(diǎn)(2,0)(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點(diǎn)(2,1)且傾斜角為π4的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，求線段AB的長【解題思路】（1）根據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)即可求解，（2）由弦長公式即可求解.【解答過程】（1）由題意設(shè)橢圓C的方?為x2因?yàn)闄E圓經(jīng)過點(diǎn)(2,0)且短軸長為2，所以a所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）由已知得直線l的方程為y=設(shè)Ax1,y1得3x2-4x=0，易得所以AB=考點(diǎn)3考點(diǎn)3雙曲線的弦長與“中點(diǎn)弦”問題1．（2023·高二課時練習(xí)）已知雙曲線C:2x2-y2=2，過點(diǎn)P(1,2)的直線l與雙曲線C交于M?N兩點(diǎn)，若P為線段A．423 B．334 C．【解題思路】設(shè)直線MN為y-2=k(【解答過程】由題設(shè)，直線l的斜率必存在，設(shè)過P(1,2)的直線MN為y-設(shè)M(x1,y1),則x1+x弦長|MN|=1+故選：D.2．（2023·高二課時練習(xí)）已知雙曲線方程x2-y23=1，則以A．6x+y-C．x-6y【解題思路】利用點(diǎn)差法可求得直線l的斜率，利用點(diǎn)斜式可得出直線l的方程.【解答過程】設(shè)直線l交雙曲線x2-y23=1于點(diǎn)由已知得x12-所以，y1-y2x故直線l的斜率為y-1=6x-故選：B.3．（2023·高二課時練習(xí)）過雙曲線x23-y26=1的右焦點(diǎn)作傾斜角為30°的直線l，直線l與雙曲線交于不同的兩點(diǎn)A，B【解題思路】根據(jù)直線與雙曲線相交，由韋達(dá)定理以及弦長公式即可求解.【解答過程】雙曲線x23-y26=1的右焦點(diǎn)為F23,0，所以直線l的方程為y=33(所以AB=故答案為：1634．（2023·新疆喀什·校考模擬預(yù)測）已知雙曲線C兩條準(zhǔn)線之間的距離為1，離心率為2，直線l經(jīng)過C的右焦點(diǎn)，且與C相交于A、B兩點(diǎn).(1)求C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線l與該雙曲線的漸近線垂直，求AB的長度.【解題思路】（1）根據(jù)雙曲線的準(zhǔn)線方程公式，結(jié)合雙曲線的離心率公式進(jìn)行求解即可.（2）根據(jù)題意設(shè)出直線l的方程與雙曲線方程聯(lián)立，利用一元二次方程根與系數(shù)關(guān)系、雙曲線弦長公式進(jìn)行求解即可.【解答過程】（1）因?yàn)橹本€l經(jīng)過C的右焦點(diǎn)，所以該雙曲線的焦點(diǎn)在橫軸上，因?yàn)殡p曲線C兩條準(zhǔn)線之間的距離為1，所以有a2又因?yàn)殡x心率為2，所以有ca=2?ac=∴C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x2（2）由上可知：該雙曲線的漸近線方程為y=±所以直線l的斜率為±33，由于雙曲線和兩條直線都關(guān)于所以兩條直線與雙曲線的相交弦相等.又因?yàn)橹本€斜率的絕對值小于漸近線斜率的絕對值，所以直線與雙曲線交于左右兩支，因此不妨設(shè)直線l的斜率為33方程為y=x2設(shè)Ax1,AB5．（2023·江蘇·高二專題練習(xí)）雙曲線的焦點(diǎn)F1,F2的坐標(biāo)分別為-5,0(1)雙曲線的方程及其漸近線方程；(2)已知直線l與該雙曲線交于交于A,B兩點(diǎn)，且A,B中點(diǎn)【解題思路】（1）由題意可得c的值，再由離心率，可得a的值，進(jìn)而求出b的值，由此可求出雙曲線的方程以及漸近線方程；（2）設(shè)直線l：y=k【解答過程】（1）由題意可得c=5,e=ca=5所以b2所以雙曲線的方程為：x216-（2）由于A,B中點(diǎn)P5,1設(shè)直線l：y=kx-聯(lián)立y=消去y得9-16則x1x2=-則AB==1+考點(diǎn)考點(diǎn)4拋物線的弦長問題1．（2023春·江西宜春·高二?？计谀┻^拋物線y2=4x的焦點(diǎn)F作傾斜角為π3的弦AB，則A．837 B．163 C．8【解題思路】求出拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)F(1,0)，用點(diǎn)斜式設(shè)出直線方程：y=3(x【解答過程】解：根據(jù)拋物線y2=4x直線AB的斜率為k=由直線方程的點(diǎn)斜式方程，設(shè)AB:將直線方程代入到拋物線方程中，得：3(整理得：3x設(shè)A(x1，y1)由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得：x1+x所以弦長|AB故選：B．2．（2023·河北張家口·統(tǒng)考三模）已知F為拋物線C:y2=3x的焦點(diǎn)，過F的直線l交地物線C于A,BA．1 B．32 C．3 D．【解題思路】由拋物線的定義求得B點(diǎn)的橫坐標(biāo)，代入拋物線得B點(diǎn)坐標(biāo)，從而求得直線AB的方程，聯(lián)立拋物線與直線即可得A點(diǎn)的橫坐標(biāo)，求得AF，從而可得λ的值.【解答過程】如圖，過A作AA1準(zhǔn)線于A1，過B作B

由拋物線C:y2=3x由拋物線的定義可得BF=BB1若B14,32，直線AB的斜率為kAB聯(lián)立y=-3x+334則AF=若B14,-32，直線AB的斜率為kAB聯(lián)立y=3x-334則AF=綜上，λ=3故選：C.3．（2023·湖南長沙·周南中學(xué)?？级＃└鶕?jù)拋物線的光學(xué)性質(zhì)，從拋物線的焦點(diǎn)發(fā)出的光，經(jīng)拋物線反射后光線都平行于拋物線的軸，已知拋物線y2=2x，若從點(diǎn)Q（3，2）發(fā)射平行于x軸的光射向拋物線的A點(diǎn)，經(jīng)A點(diǎn)反射后交拋物線于B點(diǎn)，則AB=【解題思路】由題意求出A點(diǎn)坐標(biāo)，由于直線AB過焦點(diǎn)，利用點(diǎn)斜式方程求出直線AB方程，聯(lián)立拋物線方程，由韋達(dá)定理求出點(diǎn)B坐標(biāo)，利用兩點(diǎn)間的距離求出AB即可.【解答過程】由條件可知AQ與x軸平行，令yA=2，可得xA=2，故因?yàn)閘AB經(jīng)過拋物線焦點(diǎn)F12,0，所以l整理得4x-3y-2=0，聯(lián)立y2又yA=2，所以yB所以|AB故答案為：2584．（2023春·廣東汕尾·高二統(tǒng)考期末）已知拋物線C:y2=2px(1)求C的方程；(2)若斜率為3的直線過C的焦點(diǎn)，且與C交于A，B兩點(diǎn)，求線段AB的長度．【解題思路】（1）由拋物線過點(diǎn)a,2（2）由直線過拋物線的焦點(diǎn)與已知斜率可求出直線AB，將直線AB與拋物線聯(lián)立，利用韋達(dá)定理結(jié)合拋物線的定義可得答案.【解答過程】（1）∵拋物線C:y2∴2p又∵a>0，∴2上故C的方程為y2（2）設(shè)Ax1,由（1）知，拋物線C的焦點(diǎn)為F1,0∵直線AB的斜率為3，且過點(diǎn)F，∴直線AB的方程為y=3聯(lián)立y=3x-1,∴AB=故線段AB的長度為163．5．（2023春·四川·高二統(tǒng)考期末）已知直線l與拋物線C:y2=8x相交于(1)若直線l過點(diǎn)Q4,1，且傾斜角為45°，求(2)若直線l過點(diǎn)Q4,1，且弦AB恰被Q平分，求AB所在直線的方程【解題思路】（1）先求直線l的方程，聯(lián)立拋物線的方程，用弦長公式可得AB.（2）可用點(diǎn)差法解決中點(diǎn)弦問題.【解答過程】（1）因直線l的傾斜角為45°，所以直線l的斜率k又因直線l過點(diǎn)Q4,1所以直線l的方程為：y-1=x聯(lián)立y2=8x設(shè)AxA,所以xA+x所以AB（2）因A、B在拋物線C:所以yA2=8兩式相減得：yA得yA故直線l的斜率為4，所以直線l的方程為：y-1=4x考點(diǎn)考點(diǎn)5圓錐曲線中的面積問題1．（2023·安徽六安·?？寄M預(yù)測）已知雙曲線C:x216-y29=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，直線y=kxA．18 B．10 C．9 D．6【解題思路】由已知可得四邊形AF1BF2為矩形，從而可得AF1⊥B【解答過程】直線y=kx與雙曲線C交于A，B兩點(diǎn)，若則四邊形AF1BF2

由雙曲線C:x216-y2所以AB=F1又AF所以AF12所以S△故選：C．2．（2023秋·重慶九龍坡·高二?？计谀┮阎狥為拋物線y2=4x的焦點(diǎn)，過點(diǎn)F作兩條直線l1，l2，直線l1與C交于A，B兩點(diǎn)，直線l2與C交于D，EA．48 B．32 C．16 D．8【解題思路】依題意，l1⊥l2，設(shè)直線l1的斜率為k(【解答過程】依題意，l1⊥l2，設(shè)直線l1的斜率為k(k≠0)，則直線l2的斜率為-1k，設(shè)A聯(lián)立y2=4x,y所以AB=同理DE=從而S=12故選:B.3．（2023春·安徽·高三?？茧A段練習(xí)）過點(diǎn)Px0，y0作拋物線C:y=ax2(a>0)的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，作AA【解題思路】設(shè)Ax1,ax12，Bx2,ax22【解答過程】設(shè)Ax1,ax12所以切線lPA:y則有y0-a由兩式相減得x0=x1+設(shè)直角梯形ABB1A則S1所以S1+(當(dāng)且僅當(dāng)S1=S所以，S2S故答案為：4.4．（2023·浙江·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知橢圓C1:y2a2+x2(1)求C1(2)若Ax1,y1,Bx2,y2在C2上，且x1<0<x2，分別以A,B為切點(diǎn)，作【解題思路】（1）根據(jù)題意可得曲線過點(diǎn)6,-2，然后根據(jù)曲線的離心率和a（2）設(shè)直線AB的方程為y=kx+m(【解答過程】（1）由題知C1過點(diǎn)6,-2，則e=∴C（2）設(shè)直線AB的方程為y=

聯(lián)立y=kx+x1則AB=1+k2x故以A為切點(diǎn)的切線為y-y1同理以B為切點(diǎn)的切線為y=x2由y=x14x兩式求和得：2y所以點(diǎn)P4k,-m,由P點(diǎn)P到直線AB的距離d=所以S△ABP=S===[13-(而y=13-(m-6)則S在m∈0,4上遞增，5．（2023春·甘肅天水·高二統(tǒng)考期末）已知橢圓M：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F2,0，過點(diǎn)F的直線(1)求橢圓M的方程；(2)作BC⊥x軸于點(diǎn)C，作AD⊥x軸于點(diǎn)D，直線BD交直線①求證：C，A，E三點(diǎn)共線；②求△ECD與△【解題思路】（1）利用橢圓的通徑及a2=b（2）①先設(shè)直線AB方程為：x=C，A，E三點(diǎn)共線，只需證明kAE②因?yàn)锳D//BC，先找到S△ADB=S【解答過程】（1）由題，直線AB:x=c，代入故AB=2b又因?yàn)閏=2，a2=解得a=2±322所以橢圓M的方程為x2（2）如圖所示：

①設(shè)Ax1,y1，BAB直線方程為：x=x=y1+y直線BD的方程為y=令x=4，得y所以E4,kAE=yk=t所以A，C，E三點(diǎn)共線.（2）因?yàn)锳D//△ECD與△EAB考點(diǎn)考點(diǎn)6圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、定直線問題1．（2023春·江西宜春·高二?？计谀┮阎獧E圓C:x24+y2=1的左右頂點(diǎn)分別為A,B，上頂點(diǎn)為D,M為橢圓C上異于四個頂點(diǎn)的任意一點(diǎn)，直線(1)求△MBD(2)記直線PM,PQ的斜率分別為k1,【解題思路】（1）方法1：設(shè)出點(diǎn)M的坐標(biāo)，計(jì)算點(diǎn)M到直線BD的距離，運(yùn)用輔助角公式轉(zhuǎn)化為求三角函數(shù)的最大值，進(jìn)而可求得結(jié)果.方法2：聯(lián)立橢圓方程及與BD平行的直線的方程，令Δ=0，進(jìn)而可求得結(jié)果（2）分別求出交點(diǎn)M、Q、P坐標(biāo)，計(jì)算k1-【解答過程】（1）方法1：如圖所示，由題意知，A(-2,0)，B(2,0)，設(shè)M2則|BD點(diǎn)M到直線BD的距離為：d=所以d=所以S△故△MBD面積的最大值為：2+1方法2：設(shè)與BD平行的直線l:聯(lián)立x+2y+令Δ=16顯然當(dāng)t=22時l與橢圓的切點(diǎn)與直線dmax所以S△故△MBD面積的最大值為：2+1（2）如圖所示，設(shè)直線lAM聯(lián)立x2+4y則點(diǎn)M的坐標(biāo)為2m設(shè)點(diǎn)Q為t,0，則k所以1-t=所以Q2m聯(lián)立x=my-2y所以k1=4所以k1故k1-22．（2023春·江蘇南京·高二?？计谀┮阎p曲線C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的實(shí)軸長為22，C(1)若直線l過C的右焦點(diǎn)，且斜率為-1，求△(2)設(shè)P，Q為雙曲線C上異于點(diǎn)M2a,b的兩動點(diǎn)，記直線MP，MQ的斜率分別為k1，k2【解題思路】（1）根據(jù)雙曲線離心率公式，結(jié)合雙曲線焦距定義求出雙曲線的方程聯(lián)立進(jìn)行求解即可；（2）設(shè)出直線方程與雙曲線方程聯(lián)立，根據(jù)一元二次方程根的判別式、根與系數(shù)關(guān)系，結(jié)合直線斜率公式進(jìn)行求解即可.【解答過程】（1）如圖：

因?yàn)殡p曲線C:x2所以2a=22，即a=2.所以-ba=-22則其右焦點(diǎn)坐標(biāo)為3,0，因?yàn)橹本€l過C的右焦點(diǎn)，且斜率為-所以直線l的方程為：y=-x+3，設(shè)聯(lián)立y=-x+所以由韋達(dá)定理得：x1+x所以PQ=點(diǎn)M2,1到直線l的距離為：d所以S△（2）證明：如圖

設(shè)直線PQ的方程為：x=my+n，設(shè)聯(lián)立x=my+Δ=4m所以：y1+y而M2,1，則k1=因?yàn)閗1+整理的：y1所以y1所以：y1所以y1整理得：2m代入韋達(dá)定理得：2m所以2m整理得：m2即m-nm+n當(dāng)m=n時，直線線PQ的方程為：x=當(dāng)m=2-n時，直線線PQ的方程為：x=即為M2,1，因?yàn)镻，Q為雙曲線C上異于點(diǎn)M2,1故直線PQ過的定點(diǎn)為0,-1.3．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2（1）求橢圓C的方程；（2）若過點(diǎn)F2且斜率不為0的直線交橢圓C于M，N兩個不同的點(diǎn)，證明：直線AM與BN【解題思路】（1）△PF1F2的周長為2a+2（2）設(shè)直線MN方程為x=my+1，M(x1,【解答過程】（1）由橢圓定義知△PF1F2的周長為2a+2由2a消去a,b得2c3-3c2+1=0∴a=2∴橢圓方程為x2（2）由（1）A(-2,0),B由直線MN斜率不為0，設(shè)直線MN方程為x=my+1由x=my+1x2∴y1+y2=-6直線AM方程為：y=直線BN方程為：y=聯(lián)立方程組y=y1x1x+2x-∴x=4故直線AM,BN的交點(diǎn)在直線4．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知拋物線C:y2=2px(1)求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點(diǎn)4,0作動直線l與拋物線C交于M，N兩點(diǎn)，直線OM，ON分別與圓x-12+y2=1交于點(diǎn)P，Q兩點(diǎn)（異于點(diǎn)O），設(shè)直線OM①求證：k1②求證：直線PQ恒過定點(diǎn)．【解題思路】（1）先求出拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而得到p2=1（2）①設(shè)直線MN方程為x=my+4，Mx1,y1，②設(shè)直線PQ方程為x=ty+n，Px3,y3，【解答過程】（1）易知直線2x+4y-1=0即焦點(diǎn)坐標(biāo)為12所以p2=1則拋物線方程為y2（2）①設(shè)直線MN方程為x=my+4，M聯(lián)立方程組x=my+4所以y1y2所以y12y則k1②設(shè)直線PQ方程為x=ty+n聯(lián)立方程組x=ty+所以y3+yk1整理得n-2n=-12，5．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知拋物線C:y2=2pxp>0，圓B:（1）求p和b的值；（2）若點(diǎn)A的坐標(biāo)為-2,0，過點(diǎn)A且斜率為23的直線l1與拋物線C分別相交于P、Q兩點(diǎn)（點(diǎn)Q在點(diǎn)P的右邊），過點(diǎn)A的直線l2與拋物線C分別相交于M、N兩點(diǎn)，直線l1與l2不重合，直線PM與直線QN【解題思路】（1）根據(jù)圓心到直線的距離等于半徑可得b=1，聯(lián)立直線與拋物線方程，根據(jù)判別式等于零可得p（2）聯(lián)立直線l1與拋物線，解得點(diǎn)P的坐標(biāo)為1,2，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為4,4，設(shè)直線l2的方程為y=kx+2k≠0，點(diǎn)M的坐標(biāo)為x2,y2，點(diǎn)N的坐標(biāo)為x1,y1，聯(lián)立直線【解答過程】（1）圓B的標(biāo)準(zhǔn)方程為x-32+y2=8由直線x-y+b=0與圓B相切，可得b聯(lián)立方程y2=2pxx-因?yàn)橹本€與拋物線相切，所以Δ=4p2-故p=2，b（2）證明：直線l1的方程為y聯(lián)立方程y2=4xy=則點(diǎn)P的坐標(biāo)為1,2，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為4,4，設(shè)直線l2的方程為y點(diǎn)M的坐標(biāo)為x2,y2聯(lián)立方程y2=4xy=有x1+xy1由Δ=4k2-直線PM的斜率為y2直線QN的斜率為y1直線PM的方程為y-2=2直線QN的方程為y-4=4聯(lián)立直線PM、QN的方程消去y后得2y得2y1-2y1+4x=故點(diǎn)T在定直線x=2上考點(diǎn)考點(diǎn)7圓錐曲線中的最值問題1．（2023·貴州黔東南·凱里一中?？寄M預(yù)測）已知橢圓E:x2a2+y2b(1)求E的方程；(2)直線y=kx+12(k>0)與E交于A，B兩點(diǎn)，直線PA，PB分別交直線【解題思路】（1）利用長軸的長度以及點(diǎn)到直線的距離公式求解；（2）設(shè)點(diǎn)Ax1,y1，Bx2,y2，將直線y=kx+12(k>0)與橢圓聯(lián)立利用韋達(dá)定理求得x1和x【解答過程】（1）由已知條件得2a=4，解得上頂點(diǎn)坐標(biāo)為P0,b，d=2b由于a>b>0所以E的方程為x2（2）由（1）得P0,1，設(shè)Ax1聯(lián)立y=kx+12x1+x設(shè)直線PA的方程為y=聯(lián)立y=y點(diǎn)Ax1,y1在直線y同理可得xD所以CD2====20×令4k+1=tt>1此時0<1t<1，當(dāng)12．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知雙曲線Γ：x2a2-y2(1)求雙曲線Γ的方程；(2)過點(diǎn)P作兩條相互垂直的直線PA，PB分別交雙曲線Γ于A，B兩點(diǎn)，求點(diǎn)P到直線AB距離的最大值.【解題思路】（1）根據(jù)P點(diǎn)坐標(biāo)以及焦點(diǎn)到漸近線的距離求得a,b（2）根據(jù)直線AB的斜率是否存在進(jìn)行分類討論，結(jié)合PA⊥PB以及點(diǎn)到直線的距離公式、基本不等式求得點(diǎn)P到直線AB【解答過程】（1）不妨設(shè)Fc,0，到雙曲線的一條漸近線bx-雙曲線x2a2-y所以雙曲線方程為x2（2）當(dāng)直線AB的斜率不存在時，設(shè)Ax0,PA=依題意PA?x0-2由x02-4x所以A6,17,B6,-17，此時當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)Ax1,y1由y=kx+mxΔ=16kx1依題意PA?所以x==k整理得m2即m+2k-1m+6k所以m+6函數(shù)y=判別式為-362-4×34×10=1296-1360=-64<0所以直線AB的方程為y=kx-所以P到AB的距離d=d4當(dāng)k≤0時，1+2kk2當(dāng)且僅當(dāng)k=1所以d4綜上所述，點(diǎn)P到直線AB的距離的最大值為423．（2023春·廣東河源·高二校考期中）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，坐標(biāo)原點(diǎn)O到直線l的距離為32，求△【解題思路】（1）根據(jù)已知條件，結(jié)合橢圓的性質(zhì)，即可求解；（2）先求出當(dāng)AB⊥x軸時AB=3，當(dāng)AB與【解答過程】（1）設(shè)橢圓的半焦距為c，依題意有ca=63，∴c=2，a∴所求橢圓方程為x2（2）設(shè)Ax1,①當(dāng)AB⊥x軸時，②當(dāng)AB與x軸不垂直時，設(shè)直線AB的方程為y=坐標(biāo)原點(diǎn)O到直線l的距離為32則m1+k2把y=kx+Δ=36AB=k結(jié)合4m2=3k2+1，消去當(dāng)且僅當(dāng)m2=3m2-2，即又當(dāng)k不存在時，AB=綜上所述，AB的最大值為2，所以△AOB的面積的最大值為S4．（2023·全國·模擬預(yù)測）已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1，（a(1)求C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點(diǎn)M(-2,0)且斜率不為0的直線l與C的左、右兩支分別交于點(diǎn)A,B，點(diǎn)N在線段AB上，且|MA||MB|=|AN||NB|，P【解題思路】（1）根據(jù)題意列式求解a,（2）設(shè)直線l的方程及交點(diǎn)坐標(biāo)，利用韋達(dá)定理求P,N的坐標(biāo)，進(jìn)而可得k【解答過程】（1）因?yàn)殡p曲線C:x2a2由雙曲線過點(diǎn)(e,3)，且e=即c2-9故雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）設(shè)直線l:my=x+2(由題意可知x1聯(lián)立方程x=my+2由題意可得3m2-1≠0Δ則y1+y可得y4=y則P23m因?yàn)閨MA||MB|則x3即N-12所以k1k2∴k1+k2≥2k1此時m=1或-1，均滿足l與∴k1+k5．（2023春·上海寶山·高二校考期中）直線l與拋物線y2=4x交于A、B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線OA、OB的斜率之積為-1，以線段AB的中點(diǎn)為圓心，2為半徑的圓與直線l交于（1）求證：直線l過定點(diǎn)；（2）求AB中點(diǎn)的軌跡方程；（3）設(shè)M6,0，求MP【解題思路】（1）設(shè)直線l的方程為x=my+t，設(shè)點(diǎn)Ax1,y1（2）設(shè)線段AB的中點(diǎn)為Nx,y，可得出x=2m（3）利用平面向量的數(shù)量積推導(dǎo)出2MP2+MQ【解答過程】（1）設(shè)直線AB的方程為x=my+t，設(shè)點(diǎn)由y2=4x所以Δ=4m2+16所以x1+x因?yàn)橹本€OA、OB的斜率之積為-1，所以O(shè)A所以x1x2所以直線AB的方程為x=my+4（2）∵x1+x2設(shè)線段AB的中點(diǎn)為Nx,y，可得x=2m因此，線段AB的中點(diǎn)的軌跡方程為x=（3）如下圖所示，易知圓心O'為線段PQMO所以，2M所以，4M即2=44所以MP2所以當(dāng)m=±22時，MP考點(diǎn)考點(diǎn)8圓錐曲線綜合1．（2023春·天津和平·高三?？茧A段練習(xí)）雙曲線C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的離心率為2，拋物線A．y2=4x B．y2=6x【解題思路】根據(jù)題意，可知該雙曲線是等軸雙曲線，進(jìn)行求解即可.【解答過程】由題意可知該雙曲線是等軸雙曲線，故漸近線方程是y=±x，而拋物線的準(zhǔn)線方程為x=-p2，由題設(shè)可得A-p2,故選C．2．（2023春·西藏日喀則·高二統(tǒng)考期末）已知拋物線C：x2=-2pyp>0的焦點(diǎn)F與y28+x24=1的一個焦點(diǎn)重合，過焦點(diǎn)F的直線與C交于A，B兩不同點(diǎn)，拋物線C在A，A．12 B．14 C．15 D．16【解題思路】由題意可得p的值及拋物線方程，設(shè)直線AB的方程為y=kx-2，利用導(dǎo)數(shù)求得在點(diǎn)A及點(diǎn)B處的切線方程，聯(lián)立可得xM=x1+x22，由M【解答過程】由題意可得，F(xiàn)0,-2，則p=4，拋物線方程為x2由題意，直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB的方程為y=設(shè)Ax1,y1，B由y=-x2∴在點(diǎn)A處的切線方程為y-y