2025版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)　圓錐曲線的綜合問(wèn)題

2025版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)9.5圓錐曲線的綜合問(wèn)題五年高考考點(diǎn)1圓錐曲線中的軌跡方程問(wèn)題1.(2021浙江,9,4分,中)已知a,b∈R,ab>0,函數(shù)f(x)=ax2+b(x∈R).若f(s-t),f(s),f(s+t)成等比數(shù)列,則平面上點(diǎn)(s,t)的軌跡是()A.直線和圓B.直線和橢圓C.直線和雙曲線D.直線和拋物線答案C2.(2019北京,8,5分,中)數(shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美、寓意美好的曲線,曲線C:x2+y2=1+|x|y就是其中之一(如圖).給出下列三個(gè)結(jié)論:①曲線C恰好經(jīng)過(guò)6個(gè)整點(diǎn)(即橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn));②曲線C上任意一點(diǎn)到原點(diǎn)的距離都不超過(guò)2;③曲線C所圍成的“心形”區(qū)域的面積小于3.其中,所有正確結(jié)論的序號(hào)是()A.①B.②C.①②D.①②③答案C3.(多選)(2020新高考Ⅰ,9,5分,中)已知曲線C:mx2+ny2=1.()A.若m>n>0,則C是橢圓,其焦點(diǎn)在y軸上B.若m=n>0,則C是圓,其半徑為nC.若mn<0,則C是雙曲線,其漸近線方程為y=±?mD.若m=0,n>0,則C是兩條直線答案ACD4.(2023新課標(biāo)Ⅰ,22,12分,難)在直角坐標(biāo)系xOy中,點(diǎn)P到x軸的距離等于點(diǎn)P到點(diǎn)0,12的距離,記動(dòng)點(diǎn)P(1)求W的方程;(2)已知矩形ABCD有三個(gè)頂點(diǎn)在W上,證明:矩形ABCD的周長(zhǎng)大于33.解析(1)設(shè)P(x,y),由題意可得(x?0)2+y?122=|y|,整理得x2-y+14=0,(2)證明:不妨設(shè)A,B,C三點(diǎn)在W上,如圖所示.設(shè)Bx0,x02+14,Ax1,x12+14直線AB,BC的方程分別為y-x02+14=k(x-x0),y-x02+14=?1k(x-x0),即直線AB,BC的方程分別為聯(lián)立直線AB與拋物線W的方程可得y消去y得x2-kx+kx0-x02則Δ=k2-4kx0+4x02=(k-2x0)2>0,k≠2x由根與系數(shù)的關(guān)系得x0+x1=k,x0·x1=kx0-x0∴|AB|=1+k2·|x1?x同理,聯(lián)立直線BC與拋物線W的方程,并消去y得x2+1kx?1kx0∴|AB|+|BC|=1+k由對(duì)稱性不妨設(shè)0<|k|≤1,則1+1k2=1+∴|AB|+|BC|≥1+k2k?2x0|+1k+2x0>1+則(k2+1)3k2=(t+1)3t,令g(則g'(t)=3(當(dāng)0<t<12時(shí),g'(t)<0,g(t)單調(diào)遞減;當(dāng)12<t≤1時(shí),g'(t)>0,g(t)∴g(t)在t=12處取得極小值,即最小值,為g1∴|AB|+|BC|>g(∴矩形的周長(zhǎng)=2(|AB|+|BC|)>33.考點(diǎn)2弦長(zhǎng)與面積問(wèn)題(2018江蘇,18,16分,中)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓C過(guò)點(diǎn)3,1F1(-3,0),F2(3,0),圓O的直徑為F1F2.(1)求橢圓C及圓O的方程.(2)設(shè)直線l與圓O相切于第一象限內(nèi)的點(diǎn)P.①若直線l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn),求點(diǎn)P的坐標(biāo);②直線l與橢圓C交于A,B兩點(diǎn).若△OAB的面積為267,求直線l解析(1)因?yàn)闄E圓C的焦點(diǎn)為F1(-3,0),F2(3,0),所以可設(shè)橢圓C的方程為x2a2+y2b2又點(diǎn)3,12在橢圓C上因此,橢圓C的方程為x24+y2=1.(3分因?yàn)閳AO的直徑為F1F2,所以其方程為x2+y2=3.(5分)(2)①設(shè)直線l與圓O相切于P(x0,y0)(x0>0,y0>0),如圖1,則x02所以直線l的方程為y=-x0y0(x-x0)+y0,即y由x24+y(4x02+y02)x2-24x0x+36-4y02=0因?yàn)橹本€l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn),所以Δ=(-24x0)2-4(4x02+y02)(36-4y02)因?yàn)閤0,y0>0,所以x0=2,y0=1.因此,點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2,1).(10分)②因?yàn)槿切蜲AB的面積為26所以12AB·OP=2設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),如圖2,由(*)得x1,2=24x所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+x02y0因?yàn)閤02所以AB2=16(x02?2)(解得x02=52(x02=20舍去),則y02=12,因此P則直線l的方程為y=-5x+32.(2.(2020課標(biāo)Ⅲ理,20,12分,中)已知橢圓C:x225+y2m2=1(0<m<5)的離心率為154(1)求C的方程;(2)若點(diǎn)P在C上,點(diǎn)Q在直線x=6上,且|BP|=|BQ|,BP⊥BQ,求△APQ的面積.解析(1)由題設(shè)可得25?m25=154,所以C的方程為x225(2)設(shè)P(xP,yP),Q(6,yQ),根據(jù)對(duì)稱性可設(shè)yQ>0,由題意知yP>0.由已知可得B(5,0),直線BP的方程為y=-1yQ(x所以|BP|=yP1+yQ2,|BQ因?yàn)閨BP|=|BQ|,所以yP=1,將yP=1代入C的方程,解得xP=3或-3.由直線BP的方程得yQ=2或8.所以點(diǎn)P,Q的坐標(biāo)分別為P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8).|P1Q1|=10,直線P1Q1的方程為y=13x,點(diǎn)A(-5,0)到直線P1Q1的距離為102,故△AP1Q1的面積為|P2Q2|=130,直線P2Q2的方程為y=79x+103,點(diǎn)A到直線P2Q2的距離為13026,故△AP2Q2的面積為12×3.(2022新高考Ⅰ,21,12分,難)已知點(diǎn)A(2,1)在雙曲線C:x2a2?y2a2?1=1(a>1)上,直線l交C于P,(1)求l的斜率;(2)若tan∠PAQ=22,求△PAQ的面積.解析(1)∵點(diǎn)A(2,1)在雙曲線上,∴4a2解得a2=2.∴C的方程為x22-y2=1設(shè)直線l:y=kx+m.②聯(lián)立①②,消去y得(1-2k2)x2-4kmx-2(m2+1)=0.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1+x2=4km1?2k2,x1xkPA=y1?1x1?2,kQA=y2?1x2?2,由k化簡(jiǎn)得2kx1x2+(m-2k-1)(x1+x2)-4(m-1)=0,即2k·?2m2+21?2k2+(m-2k-1)·4化簡(jiǎn)得(2k+m-1)(k+1)=0,∴2k+m-1=0或k+1=0.若2k+m-1=0,則l:y=k(x-2)+1,這時(shí)直線l過(guò)點(diǎn)A,不合題意,∴k+1=0,∴k=-1.(2)不妨設(shè)直線PA,AQ的傾斜角為α,βα<∵kAP+kAQ=0,∴α+β=π.由(1)知x1x2=2m2+2>0,當(dāng)P,Q均在雙曲線左支時(shí),∠PAQ=2α,∴tan2α=22,即2tan2α+tanα?2=0,解得tan此時(shí)PA與雙曲線的漸近線平行,與雙曲線左支無(wú)交點(diǎn),舍去;當(dāng)P,Q均在雙曲線右支時(shí),∵tan∠PAQ=22,∴tan(β-α)=22,即tan2α=-22,即2tan2α?tanα?2=0,解得tan于是,直線PA:y=2(x-2)+1,QA:y=-2(x-2)+1,聯(lián)立y=2(x?2)+1,x22?y2=1,消去y可得3x2+(42-16)x+20-82=0,∴x1+∴|AP|=1+(同理|AQ|=4(6+3)3,又∵sin∴S△PAQ=12考點(diǎn)3定點(diǎn)與定值問(wèn)題1.(2023新課標(biāo)Ⅱ,21,12分,中)已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn),左焦點(diǎn)為(-25,0),離心率為5.(1)求C的方程;(2)記C的左、右頂點(diǎn)分別為A1,A2,過(guò)點(diǎn)(-4,0)的直線與C的左支交于M,N兩點(diǎn),M在第二象限,直線MA1與NA2交于點(diǎn)P,證明:點(diǎn)P在定直線上.解析(1)設(shè)雙曲線的方程為x2a2?y2b2由題意可知c=25,又離心率e=ca=5(寫出公式給1分),∴∴b2=c2-a2=20-4=16,∴雙曲線C的方程為x24(2)證明:由題意知直線MN的斜率不為0(失分點(diǎn):考慮斜率不存在,否則會(huì)失分),所以可設(shè)直線MN的方程為x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),由(1)知,A1(-2,0),A2(2,0).聯(lián)立x=my?4,x24?y216=1,消去x,得(∴y1+y2=32m4m2?1,y1y2=484m2?1,∴my1y2=易知直線MA1的方程為y=y1x1+2(x+2)=y1直線NA2的方程為y=y2x2?2(x-2)=y2聯(lián)立①②可得,y1my1?2(x+2)=∴x+2x?2=m∴點(diǎn)P在定直線x=-1上(最后一定要作答,否則會(huì)失分).2.(2021新高考Ⅱ,20,12分,中)已知橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),若右焦點(diǎn)為F(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)M,N是C上的兩點(diǎn),直線MN與曲線x2+y2=b2(x>0)相切,證明:M,N,F三點(diǎn)共線的充要條件是|MN|=3.解析(1)由題意得c故橢圓C的方程為x23+y2(2)證明:由(1)得,曲線x2+y2=1(x>0),當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí),直線MN:x=1,不符合題意;當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí),設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2).①先證必要性.因?yàn)镸,N,F三點(diǎn)共線,F(2,0),所以設(shè)直線MN:x=my+2,即x-my-2=0.由題意知O(0,0)到直線MN的距離d=2m2+1=1,解得m2=1,故m=±1,所以直線MN:x±y-根據(jù)對(duì)稱性,不妨令直線MN:y=x-2.聯(lián)立y=x?故x1+x2=322,x1x2=34,所以|MN|=1+②再證充分性.易知直線MN的斜率存在,設(shè)其方程為y=kx+t.由題意得t1+k2=b=1,即t2=1+由y=kx+t,x23+y2=1,消y整理得(1+3則x1+x2=-6kt1+3k2,x1x所以|MN|=(1+=(1+=?12(t因?yàn)閨MN|=3,所以8k2(1+k2)(1+3k2)2=1因?yàn)閤1+x2=-6kt1+3k2>0,所以k=1,t=-2或k=-1,t=2,所以直線MN的方程為y=x-2或無(wú)論哪一種情況,直線MN恒過(guò)焦點(diǎn)F,所以M,N,F三點(diǎn)共線,即充分性成立.故M,N,F三點(diǎn)共線的充要條件是|MN|=3.3.(2023全國(guó)乙理,20,12分,難)已知橢圓C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的離心率為53,點(diǎn)A(1)求C的方程;(2)過(guò)點(diǎn)(-2,3)的直線交C于P,Q兩點(diǎn),直線AP,AQ與y軸的交點(diǎn)分別為M,N,證明:線段MN的中點(diǎn)為定點(diǎn).解析(1)由已知條件得b=2,又e=ca=1?b2a2=1?4a2(2)證明:由題意知,過(guò)P、Q兩點(diǎn)的直線的斜率存在且不為零,記直線為l,設(shè)l:y=k(x+2)+3=kx+2k+3,令t=2k+3,則l:y=kx+t①,聯(lián)立y=kx+t,y29+x24=1,消去y得(4由Δ=(8kt)2-4(4k2+9)(4t2-36)=144×(4k2+9-t2)>0得4k2+9>t2.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1+x2=?8kt4k2+9,x1易知直線AP的方程為y=y1x1+2(令x=0,得yM=2y1x1+2,同理可得則y=(=2=2k(4∴線段MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)(0,3).解題技巧解決直線l過(guò)坐標(biāo)系內(nèi)定點(diǎn)問(wèn)題時(shí),可采取換元法將點(diǎn)斜式方程變?yōu)樾苯厥椒匠?減少項(xiàng)數(shù),從而有效降低后續(xù)的計(jì)算量.4.(2020新高考Ⅰ,22,12分,難)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22(1)求C的方程;(2)點(diǎn)M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D為垂足.證明:存在定點(diǎn)Q,使得|DQ|為定值.解析(1)由題設(shè)得4a2+1b2=1,a2?b2所以C的方程為x26(2)證明:設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2).若直線MN與x軸不垂直,設(shè)直線MN的方程為y=kx+m,代入x26+y23=1得(1+2k2)x2+4于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2由AM⊥AN知AM·AN=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)·(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2將①代入上式可得(k2+1)2m2?61+2k2-(km-k-2)4km1+2整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0(易錯(cuò)點(diǎn):化簡(jiǎn)和因式分解過(guò)程中的計(jì)算量比較大,容易出錯(cuò)).因?yàn)锳(2,1)不在直線MN上,所以2k+m-1≠0,故2k+3m+1=0,k≠1.于是MN的方程為y=kx?23?1所以直線MN過(guò)點(diǎn)P23若直線MN與x軸垂直(易丟分點(diǎn):容易忽略直線斜率不存在的情況),可得N(x1,-y1).由AM·AN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)又x126+y123=1解得x1=2(舍去)或x1=23此時(shí)直線MN過(guò)點(diǎn)P23令Q為AP的中點(diǎn),即Q43若D與P不重合,則由題設(shè)知AP是Rt△ADP的斜邊,故|DQ|=12若D與P重合,則|DQ|=12|AP|綜上,存在點(diǎn)Q43,13,考點(diǎn)4最值與范圍問(wèn)題1.(2020新高考Ⅱ,21,12分,中)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過(guò)點(diǎn)M(2,3),點(diǎn)(1)求C的方程;(2)點(diǎn)N為橢圓上任意一點(diǎn),求△AMN的面積的最大值.解析(1)由題意可知直線AM的方程為y-3=12(x-2),即x-2y=-4,當(dāng)y=0時(shí),解得x=-4,所以a=4由橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過(guò)點(diǎn)M(2,3),可得416+9b2(2)設(shè)與直線AM平行的直線方程為x-2y=m,當(dāng)直線與橢圓相切時(shí),與AM距離比較遠(yuǎn)的直線與橢圓的切點(diǎn)為N,此時(shí)△AMN的面積取得最大值.聯(lián)立x?2y=m,x216+y212=1,消去x得16y2+12my+3m2-48=0,所以Δ=144m2-4×16(3m2-48)=0,即m2=64,解得m=±8,與AM距離比較遠(yuǎn)的直線方程為x-2y=8,兩平行線(直線AM與直線x-2y2.(2022浙江,21,15分,難)如圖,已知橢圓x212+y2=1.設(shè)A,B是橢圓上異于P(0,1)的兩點(diǎn),且點(diǎn)Q0,12在線段AB上,直線PA,PB分別交直線y=-12x+3于(1)求點(diǎn)P到橢圓上點(diǎn)的距離的最大值;(2)求|CD|的最小值.解析(1)設(shè)M(23cosθ,sinθ)是橢圓上一點(diǎn),又P(0,1),∴|PM|2=12cos2θ+(sinθ-1)2=13-11sin2θ-2sinθ=14411?11sinθ+1112≤14411(2)由題易知直線AB的斜率存在,設(shè)直線AB:y=kx+12,將直線AB的方程與橢圓的方程聯(lián)立,消去y整理得k2+設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-kk2+112,x1易得直線PA:y=y1?1x1x得xC=4x同理可得xD=4x則|CD|=1+?122|xC=5=25=25=25=35當(dāng)且僅當(dāng)k=316時(shí)取到等號(hào),經(jīng)檢驗(yàn)符合題意3.(2021全國(guó)乙理,21,12分,難)已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點(diǎn)為F,且F與圓M:x2+(y+4)2=1上點(diǎn)的距離的最小值為4.(1)求p;(2)若點(diǎn)P在M上,PA,PB是C的兩條切線,A,B是切點(diǎn),求△PAB面積的最大值.解析(1)由題設(shè)知F0,p2,圓M的圓心為(0,-4),半徑為1,F與圓M上點(diǎn)的距離的最小值為p2+3,即p2+3=4,(2)由(1)知C:x2=4y.設(shè)P(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2).因?yàn)镃在A處切線的斜率為x1所以直線PA的方程為x1x-2y-2y1=0.方法點(diǎn)撥:因?yàn)閽佄锞€方程為x2=4y,即y=x24,所以利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可求切線方程因?yàn)镻在直線PA上,故x1x0-2y0-2y1=0,所以A在直線x0x-2y-2y0=0上.同理B也在直線x0x-2y-2y0=0上.所以直線AB的方程為x0x-2y-2y0=0.(利用點(diǎn)與直線的關(guān)系以及直線與方程的定義可知過(guò)A,B兩點(diǎn)的直線的方程)由x0x?2y?2y0=0,x2=4y故x1+x2=2x0,x1x2=4y0.因此|AB|=1+x因?yàn)辄c(diǎn)P到直線AB的距離d=|x所以△PAB的面積S=12|AB(利用弦長(zhǎng)公式和點(diǎn)到直線的距離公式表示三角形的面積)由x02=1-(y0+4)2得S=12[21-(y0+6)因?yàn)閥0∈[-5,-3],所以當(dāng)y0=-5時(shí),△PAB的面積取得最大值,最大值為205.(利用圓的方程得出y0的取值范圍,再利用函數(shù)思想求得三角形面積的最值)4.(2019課標(biāo)Ⅱ理,21,12分,難)已知點(diǎn)A(-2,0),B(2,0),動(dòng)點(diǎn)M(x,y)滿足直線AM與BM的斜率之積為-12.記M的軌跡為曲線(1)求C的方程,并說(shuō)明C是什么曲線.(2)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P,Q兩點(diǎn),點(diǎn)P在第一象限,PE⊥x軸,垂足為E,連接QE并延長(zhǎng)交C于點(diǎn)G.(i)證明:△PQG是直角三角形;(ii)求△PQG面積的最大值.解析(1)由題設(shè)得yx化簡(jiǎn)得x24+y22=1(|x|≠2),(所以C為中心在坐標(biāo)原點(diǎn),焦點(diǎn)在x軸上的橢圓,不含左右頂點(diǎn).(易忽略C的軌跡不含左右頂點(diǎn))(4分)(2)(i)證明:第一步:設(shè)直線PQ的方程,與橢圓方程聯(lián)立,得P,Q,E的坐標(biāo).設(shè)直線PQ的斜率為k,則其方程為y=kx(k>0).(已知點(diǎn)P在第一象限,所以k>0)由y=記u=21+2k則P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).第二步:利用點(diǎn)斜式表示QG的方程,與橢圓方程聯(lián)立得點(diǎn)G的坐標(biāo).于是直線QG的斜率為k2,方程為y=k2(x-u由y=k2(x?u),x24+y22=1得(2+k設(shè)G(xG,yG),則-u和xG是方程①的解,故xG=u(3k2+2)2+k2第三步:由斜率公式得直線PG的斜率,利用斜率關(guān)系得三角形形狀.從而直線PG的斜率為uk所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.(8分)(ii)第一步:利用弦長(zhǎng)公式表示三角形的兩直角邊的長(zhǎng).由(i)得|PQ|=2u1+k2,|PG|=第二步:利用三角形的面積公式把面積表示成關(guān)于k的函數(shù).所以△PQG的面積S=12第三步:利用換元法和對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)求面積的最值.設(shè)t=k+1k,則由k>0得t≥2,當(dāng)且僅當(dāng)k=1時(shí)取等號(hào)因?yàn)镾=8t1+2t2在[2,+∞)上單調(diào)遞減,所以當(dāng)t=2,即k=1時(shí),S取得最大值因此,△PQG面積的最大值為169.(12分)考點(diǎn)5存在性問(wèn)題1.(2023天津,18,12分,中)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右頂點(diǎn)分別為A1,A2,右焦點(diǎn)為F,已知|A1F(1)求橢圓C的方程及離心率;(2)已知點(diǎn)P是橢圓上一動(dòng)點(diǎn)(不與頂點(diǎn)重合),直線A2P交y軸于點(diǎn)Q,若△A1PQ的面積是△A2FP面積的二倍,求直線A2P的方程.解析(1)設(shè)橢圓C的焦距為2c(c>0),則a+c=3,a?c=1,解得a=2,c所以橢圓C的方程為x24+y23=1(2)由(1)可得,|A2F|=14|A1A2|,所以S△A2FP=14S△PA1A2,設(shè)P(x0,y0),當(dāng)x0<0時(shí),PQ=12PA2,此時(shí)點(diǎn)P與當(dāng)x0>0時(shí),可得QP=故x0=23,代入橢圓方程,得P2又A2(2,0),所以kA所以直線A2P的方程為y=±62(x-2)2.(2021新高考Ⅰ,21,12分,難)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知點(diǎn)F1(-17,0),F2(17,0),點(diǎn)M滿足|MF1|-|MF2|=2.記M的軌跡為C.(1)求C的方程;(2)設(shè)點(diǎn)T在直線x=12上,過(guò)T的兩條直線分別交C于A,B兩點(diǎn)和P,Q兩點(diǎn),且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和解析(1)由題意知|F1F2|=217,因?yàn)閨MF1|-|MF2|=2<|F1F2|=217,所以結(jié)合雙曲線定義知,點(diǎn)M的軌跡C是以F1、F2為焦點(diǎn)的雙曲線的右支.設(shè)其方程為x2a2?y2b2=1(a>0則2a=2,2c=217,解得a=1,c=17,則b2=c2-a2=(17)2-12=16,所以M的軌跡C的方程為x2-y216=1(x≥1(2)如圖,設(shè)T12,m,直線AB的方程為y-m=k1x?12,由y=k1x?12+m,x2?y216=1(x≥1)消y得(設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=k12?2k1mk1因?yàn)門12所以|TA|=1+k12x1?所以|TA|·|TB|=(1+k12=(1+k12)x1x2-12(x1+x2)+=(1+k12)1=(1+k12=(1+k設(shè)直線PQ的方程為y-m=k2x?同理得|TP|·|TQ|=(m因?yàn)閨TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,所以(m即1+k12k12?16=1+k22k22化簡(jiǎn)得k12=k22,由題意知k1≠k2,所以k即直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和為0.3.(2022新高考Ⅱ,21,12分,難)已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)為F(2(1)求C的方程;(2)過(guò)F的直線與C的兩條漸近線分別交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上,且x1>x2>0,y1>0.過(guò)P且斜率為-3的直線與過(guò)Q且斜率為3的直線交于點(diǎn)M.從下面①②③①M(fèi)在AB上;②PQ∥AB;③|MA|=|MB|.注:若選擇不同的組合分別解答,則按第一個(gè)解答計(jì)分.解析(1)由題意知c∴C的方程為x2-y23(2)易知直線PQ的斜率存在,設(shè)其方程為y=kx+b(k>3),由y=kx+b,3x2?y2?3=0,得(3-由Δ>0,得b2+3-k2>0,∴x1+x2=2kb3?k2,x1x∴x1-x2=(x設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x0,y0),則直線PM、QM的方程分別為y-y0=-3(x-x0),y-y0=3(x-x0),故y(*)-(**)得y1-y2=-3(x1+x2-2x0),即k(x1-x2)=-3(x1+x2-2x0),解得x0=kb又(*)+(**)得y1+y2-2y0=3(x2-x1),而y1+y2=k(x1+x2)+2b,∴k(x1+x2)+2b-2y0=3(x2-x1),解得y0=3b2+3?故點(diǎn)M的軌跡方程為y=3kx,其中k為直線PQ的斜率若選擇①②作為條件,③作為結(jié)論,設(shè)直線AB的方程為y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),不妨設(shè)點(diǎn)A在漸近線y=3x上,則由y∴A2kk?3,又由y∴M2k∴xM=xA+xB2,yM=yA+∴|MA|=|MB|.若選擇①③作為條件,②作為結(jié)論,當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí),點(diǎn)M即為F(2,0),此時(shí)M不在直線y=3kx上,不符合題意,舍去當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí),設(shè)直線AB的方程為y=m(x-2),m≠0,±3.不妨設(shè)點(diǎn)A在漸近線y=3x上,且A(xA,yA),B(由y∴A2m同理B2m此時(shí)xM=xA+xB2=∵點(diǎn)M在直線y=3kx上,∴6解得k=m,故PQ∥AB.若選擇②③作為條件,①作為結(jié)論,設(shè)直線AB的方程為y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),不妨設(shè)點(diǎn)A在漸近線y=3x上,則yA=k(xA同理,得xB=2kk+3,y設(shè)線段AB的中點(diǎn)為C(xC,yC),則xC=xA+xB2=由于|MA|=|MB|,故點(diǎn)M在線段AB的中垂線上,即點(diǎn)M在直線y-yC=-1k(x-xC)上將該直線方程與y=3kx聯(lián)立,得xM=2k2k2?3=xC,yM=6kk2?3故點(diǎn)M在直線AB上.三年模擬綜合拔高練11.(2023廣東廣州二模)已知點(diǎn)F(1,0),P為平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn),以PF為直徑的圓與y軸相切,點(diǎn)P的軌跡記為C.(1)求C的方程;(2)過(guò)點(diǎn)F的直線l與C交于A,B兩點(diǎn),過(guò)點(diǎn)A且垂直于l的直線交x軸于點(diǎn)M,過(guò)點(diǎn)B且垂直于l的直線交x軸于點(diǎn)N.當(dāng)四邊形MANB的面積最小時(shí),求l的方程.解析(1)設(shè)P(x,y),則以PF為直徑的圓的圓心為x+12,y2,根據(jù)圓與y軸相切,可得x+12所以C的方程為y2=4x.(2)由題意可知:直線l的斜率存在且不為0,設(shè)直線l:y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立y=k(x?1),y2=4x?k2x2-2(k所以x1+x2=2(k2+2)k2,x所以|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+2=2(k設(shè)直線l的傾斜角為θ,則|AM|=|AF||tanθ|,|BN|=|BF||tanθ|,所以|AM|+|BN|=|AF||tanθ|+|BF||tanθ|=|AB||tanθ|=|AB||k|.四邊形MANB的面積S=S△ABM+S△ABN=12|AB|(|AM|+|BN|)=|AB設(shè)t=|k|>0,則S(t)=8(t所以S'(t)=81?=8·(t當(dāng)t>3時(shí),S'(t)>0,S(t)單調(diào)遞增,當(dāng)0<t<3時(shí),S'(t)<0,S(t)單調(diào)遞減,所以當(dāng)t=3,即|k|=3時(shí),四邊形MANB的面積最小,此時(shí)k=±3,故直線l的方程為y=±3(x-1),即3x?2.(2024屆廣東南粵名校素養(yǎng)評(píng)價(jià),21)已知雙曲線x2a2?y2b2=1(a>0,b>0(1)求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)若點(diǎn)P為雙曲線右支上一動(dòng)點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P與雙曲線相切的直線l與雙曲線的漸近線分別交于M,N兩點(diǎn),求△FMN的面積的最小值.解析(1)由已知得漸近線方程為bx±ay=0,右焦點(diǎn)為F(c,0),∴|bc|a2+b2=3,又∵a2+b2解得b=3,由離心率e=ca=2,可得a=1,c=2,∴雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2-y2(2)解法一:雙曲線x2-y23當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),由P(1,0),知直線l的方程為x=1,此時(shí)可得M(1,3),N(1,-3)(不妨令M在x軸上方),故|MN|=23,又∵F(2,0),故S△FMN=12當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)其方程為y=kx+m(m≠0),聯(lián)立x2?y23=1,y=kx+m,消去y得(k2-3)x2+2kmx+m2+3=0,∵直線與雙曲線相切,∴Δ=4k2m2-4(k2-3)(m2+3)=0,解得m2=k2-3>0,設(shè)M(x1聯(lián)立3x2?y2=0,y=kx+m,消y得(k∴x1+x2=?2kmk2?3=?2kmy1+y2=k(x1+x2)+2m=?2ky1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=k2+km·?2km+m2在△OMN中,|OM|=2x1,|ON|=2x2,∴S△OMN=12∴S△FMN=S△OFM+S△OFN-S△OMN=1=(y∵m2=k2-3>0,∴S△FMN=36m綜上所述,△FMN的面積的最小值為3.解法二:由條件知,若直線l的斜率存在,則斜率不為零,故可設(shè)l:x=my+n,聯(lián)立x2?y23=1,x=my+n,消x得(3m∵直線l與雙曲線相切,∴Δ即3設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),聯(lián)立x2?y23=0,x=my+n,消x得(3m則y1+y2=?6mn3m2?1=?6mn?由直線l的方程得,直線與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為(n,0),∴S△FMN=1=12∵3m2+n2=1,∴n2≤1,且n≠0,又∵P在雙曲線右支,故n>0,∴n=1時(shí),S△FMN取得最小值,為3.綜合拔高練21.(2023湖南常德二模)已知A、B是雙曲線C1:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的兩個(gè)頂點(diǎn),點(diǎn)P是雙曲線上異于A、B的一點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),射線OP交橢圓C2:x2a2+y2b2=1(a>b>0)于點(diǎn)Q,設(shè)直線PA、PB、(1)若雙曲線C1的漸近線方程是y=±12x,且過(guò)點(diǎn)5,12,求(2)在(1)的條件下,如果k1+k2=158,求△ABQ的面積(3)試問(wèn):k1+k2+k3+k4是不是定值?如果是,請(qǐng)求出此定值;如果不是,請(qǐng)說(shuō)明理由.解析(1)由雙曲線C1的漸近線方程為y=±12x,設(shè)雙曲線C1的方程為x24-y2=λ,將點(diǎn)5,12代入雙曲線C1的方程得λ=(5)(2)設(shè)射線OP所在直線的方程為y=kx,P(x0,y0),則y0=kx0,∵點(diǎn)P在雙曲線C1上,∴x024?y∵k1+k2=y0∴k=415聯(lián)立y=415x,x2因此,△ABQ的面積為S=12(3)設(shè)點(diǎn)P(x0,y0)、Q(x1,y1),由點(diǎn)P在雙曲線C1上,得x02a2?k1=y0x0+a,∴k1+k2=y0同理可得k3+k4=-2b2ka2,因此k1+k2+k3+k2.(2024屆廣東“六?！甭?lián)合摸底考,21)已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)A1(2,0),A2(4,0),A3(22,3),A4(22,-3),A(1)求雙曲線C的方程;(2)已知點(diǎn)M,N是雙曲線C上與其頂點(diǎn)不重合的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),過(guò)點(diǎn)M,N的直線l1,l2都經(jīng)過(guò)雙曲線C的右頂點(diǎn),若直線l1,l2的斜率分別為k1,k2,且k1+k2=1,判斷直線MN是否過(guò)定點(diǎn),若過(guò)定點(diǎn),求出該點(diǎn)的坐標(biāo);若不過(guò)定點(diǎn),請(qǐng)說(shuō)明理由.解析(1)由于A3,A4關(guān)于x軸對(duì)稱,所以A3,A4要么都在雙曲線C上,要么都不在雙曲線C上.點(diǎn)A1,A2不可能都在雙曲線C上.因?yàn)殡p曲線C經(jīng)過(guò)其中3個(gè)點(diǎn),所以A3,A4都在雙曲線C上.將A3,A4的坐標(biāo)代入x2a2?y2b2=1得8a2?3b2=1,由A3,A4都在雙曲線C上可知A2(4,0)、A5(3,3)都不在雙曲線C上,所以點(diǎn)A1(2,0)在雙曲線(2)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),其中y1≠y2≠0,易知直線MN不與y軸平行,當(dāng)直線MN的斜率不為0時(shí),設(shè)直線MN的方程為x=my+n,由x=my+n,x24?y23=1消去x并整理得(3則有3m2-4≠0,y1+y2=-6mn3m2?4,y1·因?yàn)殡p曲線C的右頂點(diǎn)為A1(2,0),且k1+k2=1,所以y=2=6mn所以n=-3m+2,代入x=my+n得x=m(y-3)+2,當(dāng)y=3時(shí),x=2,所以直線MN過(guò)定點(diǎn)(2,3).當(dāng)直線MN的斜率為0時(shí),直線方程為y=3,代入x24?y23=1得x=±4,不妨令M(4,3),N(-4,3),則k1+k2綜上,直線MN過(guò)定點(diǎn)(2,3).

綜合拔高練31.(2024屆廣東深圳開(kāi)學(xué)?？?22)已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,且|F1F2|=4,若C上的點(diǎn)M(1)求C的方程.(2)若過(guò)點(diǎn)M的直線l與C的兩條漸近線交于P,Q兩點(diǎn),且|MP|=|MQ|.(i)證明:l與C有且僅有一個(gè)交點(diǎn);(ii)O為坐標(biāo)原點(diǎn),求1|OP|+解析(1)由雙曲線定義可知||MF1|-|MF2||=2a=2,∴a=1,又|F1F2|=4,∴c=2,∵a2+b2=c2,∴b=3,∴雙曲線C的方程為x2-y23(2)(i)證明:當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),由雙曲線的對(duì)稱性可知,l的方程為x=±1,滿足題意.當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)l的方程為y=kx+m(k≠±3且k≠0).由y=kx+m,x2?y23=1,得(3-Δ=4k2m2+4(3-k2)(m2+3)=12(m2+3-k2)(*).由y=由y=由|MP|=|MQ|得M為PQ中點(diǎn),設(shè)M(x0,y0),則2∵點(diǎn)M在雙曲線上,∴mk3?k化簡(jiǎn)得m2=k2-3,代入(*)式,得Δ=0,∴直線l與C有且只有一個(gè)交點(diǎn).綜上所述,直線l與C有且只有一個(gè)交點(diǎn).(ii)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),易知|OP|=|OQ|=c=2,此時(shí)1|OP|當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),由(i)及題意不妨令Pm3?k,3m3?k同理可得,|OQ|=2m則|OP|·|OQ|=2m3∴1|OP|+2|OQ|=1|OP|+|OP|2又∵|OP|∈(0,+∞),∴1|OP|+2|OQ|的取值范圍為[22.(2024屆廣東仲元中學(xué)月考,21)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率是e,定義直線y=±be為橢圓的“類準(zhǔn)線”,(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)A為橢圓C的右頂點(diǎn),直線l交橢圓C于E,F兩點(diǎn)(點(diǎn)E,F與點(diǎn)A不重合),且滿足AE⊥AF,若點(diǎn)P滿足2OP=OE+OF,解析(1)由題意得be=abc=43,2a=8,又a2=∴a2=16,b2=12,c2=4,∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x216(2)由(1)得A(4,0),(需要分直線l⊥x軸與直線l不垂直于x軸兩種情況討論)當(dāng)直線l⊥x軸時(shí),由對(duì)稱性不妨令點(diǎn)E在x軸上方.∵AE⊥AF,∴直線AE的斜率為-1,則AE:y=-x+4,聯(lián)立y=?x+4,x216+y212=1,消y得7x2-32x+16=0,解得x=47或x=4,所以xE=x當(dāng)直線l不垂直于x軸時(shí),設(shè)E(x1,y1),F(x2,y2),直線l:y=kx+t(t≠-4k,k≠0),聯(lián)立y=kx+t,3x2+4y2=48,消y整理得(3+4依題意知Δ=64k2t2-4(3+4k2)(4t2-48)>0,即16k2-t2+12>0(*),由根與系數(shù)的關(guān)系得x1+x2=-8kt3+4k2,x1x∵AE⊥AF,∴AE·AF=(x1-4)(x2-4)+y1y2=(x1-4)(x2-4)+(kx1+t)·(kx2+t)=(1+k2)x1x2+(kt-4)(