圓錐曲線-2024年新高考新結(jié)構(gòu)數(shù)學(xué)7個(gè)大題逐一擊破

·1·求軌跡方程的常見方法有:·2·1(2024·重慶·模擬預(yù)測(cè))已知點(diǎn)F-1,0和直線m:x=2，點(diǎn)P到m的距離d=4-2PF.(1)求點(diǎn)P的軌跡方程；12 22 (2)點(diǎn)A2,1,M,N為C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若M,N,B恰好為平行四邊形MANB的其中三個(gè)頂點(diǎn)，且該平行 ·3·33(2)設(shè)點(diǎn)A(1,0),M(0,t),N(0,4-t)(t≠2)，直線AM，AN分別與曲線C交于點(diǎn)S，T(S，T異于A)，12-x1+y2-y1，我們把到兩定點(diǎn)F1-c,0,F2c,0c>0的“距離”之和為常數(shù)2aa>c1·4·2的切線都是該直線族中的某條直線.2:x2+y2=1是直線族mx+ny=1(m,n∈R)的包絡(luò)曲線，求m,n滿足的關(guān)系式；(2)若點(diǎn)Px0,y0不在直線族：Ω:(2a-4)x+4y+(a-2)2=0(a∈R)的任意一條直線上，求y0的取值范(3)在(2)的條件下，過曲線E上A,B兩點(diǎn)作曲線E的切線l1,l2，其交點(diǎn)為P.已知點(diǎn)C0,1，若A,B,C三33ZF·5·1已知點(diǎn)M是拋物線C:x2=2pyp>0的對(duì)稱軸與準(zhǔn)線的交點(diǎn)，過M作拋物線的一條切線，切點(diǎn)為1 2(2)過A-1,1作斜率為2的直線與拋物線C相交于點(diǎn)B，點(diǎn)T0,tt>0，直線AT與BT分別交拋物理由.22圍.·6·3-=1(a>0,b>0)上任意一點(diǎn)Q(異于頂點(diǎn))與雙曲線兩頂點(diǎn)連線的斜率之 9(2)過橢圓+=1(m>n>0)上任意一點(diǎn)P(P不在C的漸近線上)分別作平行于雙曲線兩條漸近·7·1122(2)記△AMF,△ANF的面積分別為S1·8·33A22+y2=r2(r>0)，橢圓DA=-.22C與圓A2交于點(diǎn)D，且kDA值范圍.9···SDMEN=xN-xMy1-y2，為此計(jì)算y1-y2，xN-xM代入轉(zhuǎn)化為k的函數(shù)求最大值.11PAOB面積的取值范圍.22(2)已知A是橢圓C的上頂點(diǎn)，過點(diǎn)P-2,1的直線與橢圓線AD、AE分別與x軸交于M,N，求四邊形DMEN面積的最大值.·10·3(2023·全國(guó)·高三專題練習(xí))如圖．已知圓M:(x-2)2+y2=81，圓N:(x+2)2+y2=1．動(dòng)圓S與這兩個(gè)圓均內(nèi)切.3(2)若P2,3、Q2,-3是曲線C上的兩點(diǎn)，A、B是曲線C上位于直線PQ兩側(cè)的動(dòng)點(diǎn)．若直線AB的 2,求四邊形APBQ面積的最大值.·11·11(2)設(shè)P是橢圓C上不同于A,B的一點(diǎn)，直線PA，PB與直線x=4分別交于點(diǎn)M,N.試判斷以MN為直2已知橢圓C:+=1a>b>0經(jīng)過點(diǎn)A0,1，且右焦點(diǎn)為F1,0.2·12·3已知雙曲線C:-=1(a>0,b>0)的左頂點(diǎn)為A，過左焦點(diǎn)F的直線與C交于P,Q兩點(diǎn).當(dāng)3設(shè)拋物線y2=2pxp>0，其上有不同的三點(diǎn)：Px0,y0,Ax1,y1,Bx2,y2x0≠x1≠x2，當(dāng)lPA,lPB的斜率kPA,kPB滿足：①kPA+kPB=tt≠0時(shí)，lAB過定點(diǎn)（x0-,-y0(·13·11tan∠PFO=.(2)已知M1,0，N4,3，過點(diǎn)M作任意直線l與橢圓E交于A，B兩點(diǎn).設(shè)直線AN，BN的斜率分別為k1221+k2=-1·14·33+=1（a>b>0與橢圓上定點(diǎn)Px0,y0，過P點(diǎn)走兩條射線PA、PB，與橢圓交與A和B2=t，則直線AB過定點(diǎn)+x0,-+y0(11PQ過定點(diǎn).·15·22N兩點(diǎn)，M在N的左側(cè). 2 21k2為定值.3·16·雙曲線-=1的以x0,y0為切點(diǎn)的切線方程為-=10是拋物線y2=2mxm≠0上一點(diǎn)，則拋物線過點(diǎn)P的切線方程是：y0y=mx0+x；(2)點(diǎn)Px0,y0是拋物線x2=2mym≠0上一點(diǎn)，則拋物線過點(diǎn)P的切線方程是：x0x=my0+y.1122·17·3法國(guó)數(shù)學(xué)家加斯帕爾·蒙日被譽(yù)為畫法幾何之父.他在研究橢圓切線問題時(shí)發(fā)現(xiàn)了一個(gè)有趣3切線斜率都存在且斜率之積為-，求△POH面積的最大值.·18·x1=λx21F與y軸垂直的直線交橢1 2在平面直角坐標(biāo)系xOy中，動(dòng)點(diǎn)Mx,y與定點(diǎn)F1,0的距離和M到定直線x=2的距離的比是-4，求點(diǎn)N的坐標(biāo).·19·33=1+(其中A為右頂點(diǎn)).115— MD.3(Ⅰ)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡E的方程；·20·22 =·21·3A-3,在橢圓C上.3橢圓長(zhǎng)軸的垂線分別交橢圓C和圓O于點(diǎn)P,Q(P,Q均在x軸上方).連接PA，QB，記PA的斜率為k1，4-,-B,D-1,0，4E4,0五點(diǎn)中恰有三點(diǎn)在Ω上.·1·求軌跡方程的常見方法有:1(2024·重慶·模擬預(yù)測(cè))已知點(diǎn)F-1,0和直線m:x=2，點(diǎn)P到m的距離d=4-2PF.(1)求點(diǎn)P的軌跡方程；1·2·存在，t=-2x2，分別表示OA，OB及sin∠AOB，進(jìn)而表當(dāng)x>2時(shí)，PF≥3，d=4-2PF≤4-32<0不成立，2x2=2+x，即+y2=1；OA=1+kx，OB=1+kx，+k1x12=1，則x=，同理x=，設(shè)直線OA與OB的傾斜角分別為α,β,則tan∠AOB=tanα-β==，則sin∠AOB=k1-k2，1+k+k+k1k22= k+k-2k1k21+2k+2k+4k1k22= =-k+k-2t12t =-1+2k+2k+4t2221+2k+2k+4t2,2 22 2=2x；·3·根據(jù)題意可得（x-2+y2=x+2023-，化簡(jiǎn)得y2=2x，所以C的方程為y2=2x.所以C的方程為y2=2x.因?yàn)槠叫兴倪呅蜯ANB對(duì)角線的交點(diǎn)在第一三象限的角平分線上，所以(y1-y2((y1+y2(=2(x1-x2(，又y1+y2=2m,--=k,所以km=1，即k=.設(shè)直線MN的方程為y-m=(x-m(，即x-my+m2-m=0，聯(lián)立2+m2-m=0,整理得y2-2my+2m2-2m=0，所以Δ=8m-4m2>0，解得0<m<2，y1+y2=2m,y1y2=2m2-2m，則|MN|=1+m2|y1-y2|=1+m2(y1+y2(2-4y1y2=1+m24m2-4(2m2-2m(=21+m22m-m2.又點(diǎn)A到直線MN的距離為d=|2-2m+m2|，√1+m2所以S=2S△AMN=|MN|?d=21+m22m-m2? 1+m2=22m-m2|2-2m+m2|，記t=2m-m2，=2t(2-t2(=-2t3+4t,t∈(0,1[. 令f(t(=-2t3+4t,t∈(0,1[，則f,(t(=-6t2+4， 令f,(t(=0，可得t=，f,(t(>0,f(t(在區(qū)間(0, 所以S≤.3PF為直徑的圓與圓D:x2+y2=1相切，3·4·2-=1(2)2+1 得到最大值.2+y2-(x-5)2+y2|=2，!y=mx+nx2-=1x2-2mnx-(n2+4(=0(!y=mx+n則Δ>0?4+n2-m2>0，①x1+x2=-,x1x2=②所以AS:y=(x-1)，令x=0，得點(diǎn)M縱坐標(biāo)t=-，同理可得點(diǎn)N縱坐標(biāo)4-t=-，故+=-4，將y1=mx1+n,y2=mx2+n代入上式整理，得(2m+4)x1x2+(n-m-4)(x1+x2(+4-2n=0，將②代入得m2+2mn+n2+2m+2n=0?(m+n)(m+n+2)=0，AH⊥ST，垂足為H，所以點(diǎn)H軌跡是以AQ為直徑的圓(不含點(diǎn)A)，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)H在線段OE上時(shí)，OH取最大值2+1.11·5·(1)|x+c|+|x-c|+2|y|=2a(a>c>0((2)答案見解析(3)證明見解析-2x,x≤-c2-2x,x≤-c≤x≤a，c-a≤y≤a-c，2=，1,0(,A(-2,0(，由題意可設(shè)直線MN的方程為x=my+1(m≠0(,M(x1,y1(,N(x2,y2(，聯(lián)立+3(y2+2my-3=0，Δ=4m2+12(m2+3(=16m2+36>0恒成立，則y1+y2=-,y·6· AM==，所以直線AM的中垂線的方程為y=-x-y1，同理直線AN的中垂線的方程為y=-x-y2，設(shè)Q(x0,y0(，則y1,y2是方程y0=-x0-y的兩即y12是方程y2+(mx0+y0(y+3x0=0的兩根，所以y1+y2=-(mx0+y0(,y1y2=3x0，又因y1+y2=-,y1y2=-，所以-(mx0+y0(=-,3x0=-，兩式相比得-y0=2，所以=-3m，所以kMN?kOQ=?=-所以直線OQ與MN的斜率之積為定值-3. 的切線都是該直線族中的某條直線.2+y2=1是直線族mx+ny=1(m,n∈R)的包絡(luò)曲線，求m,n滿足的關(guān)系式；(1)根據(jù)包絡(luò)曲線的定義利用直線和圓相切即可得m2+n2=1；E為y=；【詳解】(1)由定義可知，mx+ny=1與x2+y2=1相切，則圓C1的圓心(0,0(到直線mx+ny=1的距離則d==1，m2+n2=1.0(不在直線族Ω:(2a-4(x+4y+(a-2)2=0(a∈R(的任意一條直線上，所以無論a取何值時(shí)，(2a-4(x0+4y0+(a-2)2=0無解.將(2a-4(x0+4y0+(a-2)2=0整理成關(guān)于a·7·2+(2x0-4(a+(4+4y0-4x0(=0.若該方程無解，則Δ=(2x0-4(2-4(4+4y0-4x0(<0，即y0>.x1,,y=在該點(diǎn)處的切線斜率為k=，于是可以得到y(tǒng)=在Qx1,點(diǎn)處的切線方程為：y=x-，即-2x1x+4y+x=0.今直線族Ω:(2a-4(x+4y+(a-2)2=0中2a-4=-2x1，則直線為-2x1x+4y+x=0，所以該曲線上的每一點(diǎn)處的切線都是該直線族中的某條直所以直線族Ω的包絡(luò)曲線E為y=.1-1(2-1(同理y=—”以CP==+y=在點(diǎn)A(x1,y1(處的切線方程為y=x-；2在點(diǎn)B(x2,y2(處的切線方程為y=2x-；聯(lián)立x1x22所?+-1-1=+++1 ==—”CP—”CB—”CP —”CP ==—”CP—”CB—”CP —”CP +1+1(==∠PCB成立.—”CP——?jiǎng)tAI(xA,-1(，因?yàn)閗PA=yI|x=x=,kAC==，顯然kBA?kAC=-1.又由拋物線定義得AAI=AC，故PA為線段AIC的中垂線，得到PAI=PC，即∠PAIA=·8· a-和復(fù)數(shù)的模求解證明；△OPZ=·d·|OZ|求解.(1)設(shè)復(fù)數(shù)z=a+bi(a,b∈R(，則|z2|-|z2-9|=(a2+b2(-(a2-b2-9(2+4a2b2=7。(a2-b2-9(2+4a2b2=a2+b2-7兩邊平方得(a2-b2-9(2+4a2b2=(a2+b2(2+49-14(a2+b2(。a2-8b2=8。-b2=1 a-=a-，ed=a-=a-22，|ZF1|=(a-3(2+b2由-b2=1得b2=-1，代入得|ZF1|=(a-3(2+b2=(a-3(2+-1=a2-6a+8= a-22 22(y=- 22(y=-則kl=kl=，（y=4(x-a(+b（y=4(x-a(+bP-2b，-a(,·9·==2-a22+b22-8b2=82+b2=2S?OPQZ=2S△OPZ=2，故平行四邊形OPQZ的面積為定值2. 1已知點(diǎn)M是拋物線C:x2=2pyp>0的對(duì)稱軸與準(zhǔn)線的交點(diǎn)，過M作拋物線的一條切線，切點(diǎn)為(2)過A-1,1作斜率為2的直線與拋物線C相交于點(diǎn)B，點(diǎn)T0,tt>0，直線AT與BT分別交拋物理由.2=y(2)存在，λ=解即可.2=2pyp>0，則M設(shè)Px0,，則在點(diǎn)P處的切線斜率k=，故在點(diǎn)P處的切線方程為y-=x-x0，即y=x-0，x-0，p2p0,-，則-=-，解得x=p2，則PM=x++2=2p=，解得p= 故拋物線C的方程為x2=y.·10·x∵直線BT的斜率k=，故其方程為y=x+t，-,,故直線EF的斜率為k=t+故直線EF的斜率為k=t+=3t=λt，則λ=2.22圍.0(+y0可得到x+y=2，再結(jié)合Q(x0,y0(在直線x+2y+t=0上，推出d=≤2，求解即可得到t的取值范圍.2=c2-a2=4-3=1，所以雙曲線C的方程為-y2=1；·11·0(，則切線方程為y=k(x-x0(+y0，0(+y0，消y并整理得(1-3k2(x2+6k(kx0-y0(x-3k2x+6kx0y0-3y-3=0，則Δ=[6k(kx0-y0([2-4×(1-3k2(×(-3k2x+6kx0y0-3y-3(=0，化簡(jiǎn)得12(kx0-y0(2-(36k2-12(=0，即(kx0-y0(2-(3k2-1(=0，化成關(guān)于k的一元二次方程(x-3(k2-2x0y0k+y+1=0，2==-1，即x+y=2，0(在直線x+2y+t=0上，所以直線x+2y+t=0與圓x2+y2=2有交點(diǎn)，所以d=≤2，即|t|≤10，即-10≤t≤10，33 9(2)過橢圓+=1(m>n>0)上任意一點(diǎn)P(P不在C的漸近線上)分別作平行于雙曲線兩條漸近QQQAQA=及-|EF|min=10-3得c-a=10-3，再結(jié)合a2+b2=c2即可解決問題；)，則PM方程為y=-(x-x0(+y0，聯(lián)立漸近線方程y=再利用|PM|2+|PN|2=|OM|2+|ON|2計(jì)算即可得到答案.QQQA=??==，所以y=(x-a2(，①·12·所以由e=?m=3n?+=1，設(shè)P(x0,y0)，則直線PM方程為y=-(x-x0(+y0，直線PN方程為y=(x-x0(+y0由〈-x0(+y0，得xM=；x-x0(+y0，得xN=又tan∠MOx=，所以tan∠MOx=，所以= 由四邊形OMPN是平行四邊形，知|PM|2+|PN|2=|所以，|PM|2+|PN|2=|OM|2+|O11·13·x0的表達(dá)式，結(jié)合-2<x0<2可求得結(jié)果.設(shè)C的左焦點(diǎn)為F，則△PBF的周長(zhǎng)PF+PB+BF=2a-PF+PB+BF=5c+PB-PF<5c+BF=8c，*2-c2=3.00≠0，且-2<x0<2，直線AP的斜率為kAP=，所以，直線AP的方程為y=x+2，聯(lián)立直線AP、OM的方程x+2聯(lián)立直線BP、OM的方程-2=6x0+2=14-x0.=-=-=，解得xM=6，=-x022=---2=，解得xQ ·14·，從而得出結(jié)論.橢圓方程為+=1；(x=my+1+=1得(3m2+4)y2+6my-9=0，y1+y2=-34，y1y2=-3+4，(y2)2=y+2+y=+2+=(--(2=-34，m=0時(shí)，=-1，所以== A22+y2=r2(r>0)，橢圓C與圓A2交于點(diǎn)D，且kDADA=-.值范圍.·15·20=- =-x0-2x0+24直線l的方程為x=1，得到P和M，Q和N分別重合，求得r=； DAkDA=?=-，整理得+=1，+=1.F2=3FA2y=k(x-1)方程組+=1，2+3)x2-8k2x+4k2-12=0，則Δ>0,x1+x2=,x1x2=，所以PQ=1+k2x1-x2=1+k2×(x1+x2)2-4x1x2=，因?yàn)辄c(diǎn)A2到直線l的距離d= 以MN=2r2-d2=2r2-，又由PQ=MN，兩邊平方，可得r2=+36? 所以r2=+t-3,t∈[3,4)，設(shè)ft=+t ft<0，所以ft在t∈[3,4)上單調(diào)遞減，又由f3=4,f4=，所以ft∈ ·16·SDMEN=|xN-xM||y1-y2|，為此計(jì)算y1-y2，xN-xM代入轉(zhuǎn)化為k的函數(shù)求最大值.11PAOB面積的取值范圍.(2)設(shè)過P(x0,y0(的切線l:y-y0=k(x-x0(，S四邊形PAOB=|AB|(d1+d2(，結(jié)合y0的范圍，代入化簡(jiǎn)即可求,FS,OK，F(xiàn)，過點(diǎn)P的直線的斜率為k，則方程為y-y0=k(x-x0(，x2+8(y0-kx0(kx+4(y0-kx0(2-4=0，Δ=64(y0-kx0(2k2-4(1+4k2([4(y0-kx0(2-4[=0，整理得(4-x(k2+2x0y0k+1-y=0，k12==-1，即x+y=5，所以點(diǎn)P在方程為x2+y2=5的圓上.,A點(diǎn)在橢圓上，則+y=1，則4-x=4y,1-y=，1(滿足：(4-x(k2+2x1y1k+1-y=0則4yk2+2x1y1k+=0，即（2y1k+2=0，故k=-，從而得切線l1的方程為y-y1=-(x-x1(整理得x+y1y=1，·17·點(diǎn)P(x0,y0(滿足方程，則+y0y1=1，同理可得+y0y2=1即點(diǎn)A(x1,y1(,B(x2,y2(滿足方程x+y0y=1，所以AB的方程為x+y0y=1.消y得1+x2-x+-4=0，x1+x2=，x1?x2=，+y-1d1++y-1y++ y+=x2 4+x2y+S四邊形PAOB=|AB|(d1+d2(== 5+3y=53y+122線AD、AE分別與x軸交于M,N，求四邊形DMEN面積的最大值.并求出y1-y2，xN-xM，將SDMEN=|xN-xM||y1-y2|表示為k的函數(shù)，使用基本不等式求最大值.GFF4c+(2-2|GF1||GF2|=4c2?4a2-4=4c2?a2又r內(nèi)==2-3?a+c=2+3，a-c=2-3，所以橢圓C的方程為+y2=1.·18·x2+8k(2k+1(x+16k2+16k=0，則Δ>0,x1+x2=,x1?x2=，直線AD的方程：y=x+1，所以xM=，同理xN=，1=kx1+2k+1,y2=kx2+2k+1,∴y1-y2=k(x1-x2(，xN-xM=-k(+2(--k(+2(= 2(x1-x2(k(x1+2((x2+2(，DMEN=|xN-xM||y1-y2|====(-4k((-≤=4，43個(gè)圓均內(nèi)切.3 2,求四邊形APBQ面積的最大值.理得四邊形APBQ的面積S=3×(x1+x2(2-4x1x2可得答案；，·19·∴9-SM=SN+1,∴SM+SN=8>2+2=4，所以2a=8,a=4,2c=4,c=2,b2=a2-c2=16-4=12，2(，直線AB的方程為y=x+t，代入+整理得x2+tx+t2-12=0，Δ=t2-4(t2-12(>0，解得-4<t<4，x1+x2=-t，x1x2=t2-12， 2四邊形APBQ 2x1-x2|=3×(x1+x2(2-4x1x2=348-3t2，11(2)設(shè)P是橢圓C上不同于A,B的一點(diǎn)，直線PA，PB與直線x=4分別交于點(diǎn)M,N.試判斷以MN為直結(jié)論.·20·所以所以求橢圓C的方程為+=1.+4n2=12，PA,PB斜率存在且不為0，依題意可知PA的直線方程為y=(x+2(，PB的直線方程為y=(x-2(，0-4,y0-?x0-4,y0-=(x0-4(2+y-y0+，為3m2+4n2=12，所以?=(x0-4(2+y-y0-9.因?yàn)?=0，所以(x0-4(2+y-y0-9=0，令y0=0，可得(x0-4(2=9，解得x0=1，x0=7， 到點(diǎn)M與點(diǎn)N坐標(biāo)，進(jìn)而求出圓的方程，即可得到以MN為直徑的圓過y2∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為C:+y2=12=1將直線方程代入橢圓方程，得(4k2+2(x2+4kx-3=0∴x1+x2=-，x1x2=-直線AP的解析式為lAP:y=x+1直線AQ的解析式為lAQ:y=x+1-,0N圓心為M-+,0以MN為直徑的圓的方程為：x--+2+y2=-++2即x2+y2++x+·21·x1x2 x1x2y1-1y2-1x1x2x1x2∵==y1-1y2-1kx1+-1kx2+-1 -12=-6-12k2+8k2+4k2+2= x1x2kx1-2-= 4x1x24k2x1x2-2kx1+x2+1=2+y2++x+=0中，令x=0，得y2=63已知雙曲線C:-=1(a>0,b>0)的左頂32-=1(2)證明見解析2+c-a2=1022=a2+b2=0，以PQ為直徑的圓的方程為x-x1x-x2+y-y1y-y2=0，由對(duì)稱性知以PQ為直徑的圓必過x軸上的定點(diǎn)，進(jìn)而得到x2-x1+x2x+x1x2+y1y2=0，進(jìn)而求解.可得yP=，yQ=-，即PF=，2+c-a2=1022=a2+b22-=1；22y2-4my+4-y2=3?3m2-1y2-12my+9=0,以PQ為直徑的圓的方程為x-x1x-x2+y-y1y-y2=0，x2-x1+x2x+x1x2+y2-y1+y2y+y1y2=0,由對(duì)稱性知以PQ為直徑的圓必過x軸上的定點(diǎn)，令y=0，可得x2-x1+x2x+x1x2+y1y2=0，而x1+x2=my1+y2-4=-4=，x1x2=my1-2my2-2=m2y1y2-2my1+y2+4=-3m2-43m2-1，2-x++=0?3m2-1x2-4x+5-3m2=0·22·2?(3m2-1(y2-12my+9=0,由對(duì)稱性知以PQ為直徑的圓必過x軸上的定點(diǎn).設(shè)以PQ為直徑的圓過E(t,0(，-t((x2-t(+y1y2=0?x1x2-t(x1+x2(+t2+y1y2=0，而x1x2=(my1-2((my2-2(=m2y1y2-2m(y1+y2(+4=m2?-2m?+4=，x1+x2=m(y1+y2(-4=-4=∴-+t2+=0，(3m2-1(t2-4t+5-3m2=0，即[(3m2-1(t+3m2-5[(t-1(=0對(duì)?m∈R恒成立，①kPA+kPB=t(t≠0(時(shí)，lAB過定點(diǎn)（x0-,-y0(PB=t(t≠0(時(shí)，lAB過定點(diǎn)x0-,-y01已知點(diǎn)F是橢圓E:+=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)，P是橢圓E的上1tan∠PFO=.k11+k2=2，求橢圓E的方程.2=1.(1)根據(jù)tan∠PFO===33可求出； ∴e=c= ·23· k1+k2(y=k(x-1(+=1，得(1+4k2(x2-8k2x+4k2-4b2=0，則Δ=64k4-4(1+4k2((4k2-4b2(>0，即4k2b2-k2+b2>0，-=2kx1x2-(5k+3((x1+x2(+8k+24x1x2-4(x1+x2(+16=2，則橢圓方程為+y2=1，y1+y2=0此時(shí)k1+k2=+===2，滿足題意，綜上，橢圓方程為+y2=1.221+k2=-1，求證：直線MN恒過定點(diǎn).2+y2，化簡(jiǎn)得y2=4x.2x-1)2-(2k+4(x+k=0，所以x1+x2=，則M 所以x1+x2=，則M所以kMN=k+2k+2kkk=由k1+k2=-1，可得kMN=k1(1+k1(，·24·332由已知可設(shè)l所在直線的方程為y=k(x-1(，(x2-8k2x+4(k2-3(=0，Δ=64k4-4×(4k2+3(×4(k2-3(=144(k2+1(>0，x三2+222x2-(k821k-k-1.+k2=0此時(shí)直線l的方程為y=(x-1(，即x-2y-1=0.給定橢圓+=1（a>b>0與橢圓上定點(diǎn)P(x0,y0(，過P點(diǎn)·25·2=t，則直線AB過定點(diǎn)+x0,-+y0(11PQ過定點(diǎn).+x2,x1x2APkAQ=后化簡(jiǎn)得m,k的關(guān)系，此關(guān)系代入直線方程可得定點(diǎn)坐標(biāo).+=1fa2=42=+=1fa2=4橢圓方程為+y2=1；)x2+8kmx+4m2-4=0，Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-4)>0，4k2+1>m2，由韋達(dá)定理得x1+x2=-，x1x2=，kAPkAQ=?====代入x1)=，整理得m=3k或m=-2k，2+1>9k2得-<k<，直線PQ方程為y=kx+3k，過定點(diǎn)(-3,0).22N兩點(diǎn)，M在N的左側(cè). 2 21k2為定值.·26·k2即可化簡(jiǎn)出定值.+=1聯(lián)立得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0.故m2=4k2+3.2=4= 1+2=.51)得y1=kx1+m，y2=kx2+m，m2=4k2+3.(x2+2kmx+m2-4=0，由韋達(dá)定理得Δ=(2km)2-4(1+k2)(m2-4)=16(4k2-m2+4)=16>0，x1+x2=-，x1x2=，故(x2-x1(2=-4×==，∴x2-x1=，代入①式整理可得k1k2===-3，所以k1k2為定值. ·27·值.2=b2+c2所以橢圓E的方程為+y2=1.y=kx+m(2)①設(shè)直線AB的方程為y=kx+m，聯(lián)立+y2=1，消去y得到(1+4k2)x2+8mkx+4m2-4=0，設(shè)A(x，y),B(x2，y2)，由韋達(dá)定理得到，x1+x2=，x1?x2=，,得m2<4k2+1，設(shè)線段AB的中點(diǎn)為定值.=-1代入+y2=1，均求得AB=3，又C到直線AB的距離為3，,所以x3=-x1+x2=，y3=-y1+y2=，原點(diǎn)O到直線AB的距離,·28·雙曲線-=1的以x0,y0為切點(diǎn)的切線方程為-=1(1)點(diǎn)Px0,y0是拋物線y2=2mxm≠0上一點(diǎn)，則拋物線過點(diǎn)P的切線方程是：y0y=mx0+x；(2)點(diǎn)Px0,y0是拋物線x2=2mym≠0上一點(diǎn)，則拋物線過點(diǎn)P的切線方程是：x0x=my0+y.11(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程：(2)過橢圓E的左焦點(diǎn)F1作直線l與橢圓E相交于A，B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在x軸上方)，過點(diǎn)(1)由待定系數(shù)法求解析式；(1)由題意得..·29·橢圓在x軸上方對(duì)應(yīng)方程為,則A處切線斜率為y得+y2=1得,,橢圓在x軸上方的部分方程為,·30·同理可得過B(x,y2)(y2<0)的切線方程為,.由設(shè)得,..令n=1+4k2≥1,ABMF1ABMF122.·31·5y=0令y=0令則F(-1,0),F2(,0),,又,,33、·32·y-=k(x-)P(x0，),且蒙日?qǐng)A的方程為x2+y2=7；,y-=k(x-),,由于P在橢圓,故=4(3+46-12)>0，·33·設(shè)過點(diǎn)P的兩切線斜率為，：，x1=λx21F與y軸垂直的直線交橢1mm·34·，，+=4成立.得(k2+4)2+2mk+m2-4=0，k2-m2+4>0,且,=3∴x1=-3x2m2k2+m2-k2-4=0.當(dāng)m2=1m2=1,∵∵1<m<21<m<2·35· 2在平面直角坐標(biāo)系xOy中，動(dòng)點(diǎn)Mx,y與定點(diǎn)F1,0的距離和M到定直線x=2的距離的比是-4，求點(diǎn)N