2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)大題題型歸納：專題16 圓錐曲線中的探索性和綜合性問題（解析）

專題16圓錐曲線中的探索性和綜合性問題1．在直角坐標(biāo)平面中，△ABC的兩個頂點的坐標(biāo)分別為A?77a,0,B77a,0(a>0)(1)求△ABC的頂點C的軌跡方程；(2)若過點P0,a的直線與（1）的軌跡相交于E?F(3)若G?a,0,H2a,0,θ為C點的軌跡在第一象限內(nèi)的任意一點，則是否存在常數(shù)λ(λ>0)，使得【答案】(1)x(2)?(3)存在λ=2；理由見解析【分析】（1）設(shè)Cx,y，由MA+MB+MC=0知Mx3,y3，由NA=NB（2）設(shè)Ex1,y1?Fx2（3）通過由特殊到一般的方法進行求解.【詳解】（1）設(shè)Cx,y，由MA∴M是△ABC的重心，∴Mx∵NA=NB且向量MN與AB共線，∴N∵A?又∵NC化簡得x2即所求的軌跡方程是x2（2）設(shè)Ex1,y1代入x2?y∴x且△=4a2k∴k2?3<1，則4∴=4a則PE?PF的取值范圍是（3）設(shè)Qx0,y0當(dāng)QH⊥x軸時，x0即∠QHG=2QGH，故猜想λ=2.當(dāng)QH不垂直x軸時，tan∠QHG=?∴tan又2∠QGH與∠QHG同在0,π∴2∠QGH=∠QHG.故存在λ=2，使2∠QGH=∠QHG恒成立.【點睛】軌跡問題一般方法有三種：定義法，相關(guān)點法.定義法：（1）判斷動點的運動軌跡是否滿足某種曲線的定義；（2）設(shè)標(biāo)準方程，求方程中的基本量（3）求軌跡方程相關(guān)點法：（1）分析題目：與動點M(x,y)相關(guān)的點P(x（2）尋求關(guān)系式，x0=f(x,y)，（3）將x0，y（4）整理關(guān)于x，y的關(guān)系式得到MM的軌跡方程2．“工藝折紙”是一種把紙張折成各種不同形狀物品的藝術(shù)活動，在我國源遠流長.某些折紙活動蘊含豐富的數(shù)學(xué)內(nèi)容，例如：用一張圓形紙片，按如下步驟折紙（如圖）：步驟1：設(shè)圓心是E，在圓內(nèi)異于圓心處取一點，標(biāo)記為F；步驟2：把紙片折疊，使圓周正好通過點F；步驟3：把紙片展開，并留下一道折痕；步驟4：不停重復(fù)步驟2和3，就能得到越來越多的折痕.已知這些折痕所圍成的圖形是一個橢圓.若取半徑為6的圓形紙片，設(shè)定點F到圓心E的距離為4，按上述方法折紙.以點F、E所在的直線為x軸，線段EF中點為原點建立平面直角坐標(biāo)系.(1)求折痕圍成的橢圓的標(biāo)準方程；(2)若過點Q1,0且不與y軸垂直的直線l與橢圓C交于M，N兩點，在x軸的正半軸上是否存在定點Tt,0，使得直線TM，【答案】(1)x(2)存在，T3,0，【分析】（1）根據(jù)橢圓的定義對照折紙的方法求出a,b,c；（2）設(shè)直線l的方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達定理再結(jié)合斜率的兩點公式求解即可.【詳解】（1）如圖以FE所在的直線為x軸，F(xiàn)E的中點O為原點建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)Px,y為橢圓上一點，由題意可知，PF所以P點軌跡是以F，E為焦點，長軸長2a=6的橢圓，所以c=2，a=3，則b2所以橢圓方程為x2（2）由已知：直線l過Q1,0，設(shè)l的方程為x=my+1聯(lián)立兩個方程得x29+y2Δ=100m2+160設(shè)Mx1,y1，N所以kTM?k將（*）代入上式，可得kTM要使kTM?kTN為定值，則有9?t∴t=3，此時kTM∴存在點T3,0，使得直線TM與TN斜率之積為定值?【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標(biāo)為x1（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程，必要時計算Δ；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1+x2、x1（5）代入韋達定理求解.3．已知橢圓C：x24+y2b2=10<b<2，設(shè)過點A1,0的直線l交橢圓C于M，N兩點，交直線(1)若AM≥1，求b(2)若b=1，記直線EM，EN，EP的斜率分別為k1，k2，k3，問是否存在k1，k2，k3的某種排列ki1，ki2，ki3【答案】(1)[(2)k1，k3，k2【分析】（1）設(shè)點Mx1,y1，表示出AM，結(jié)合AM（2）判斷出結(jié)論，加以證明；考慮直線l的斜率為0和不為0兩種情況；當(dāng)直線l斜率不為0時，設(shè)直線l:x=my+1(m≠0),M(x1,【詳解】（1）設(shè)點Mx1,y1則|AM|=(x1?1)2由AM≥1，得(1?∵x1≤2,0<b<2只需2≤2b24?b所以b的取值范圍是[2（2）k1，k3，k2若b=1，則C:x24①若直線l斜率為0，則點P4,0，不妨令點M則k1=?t,k2=t3,kk1，k3，k2②直線l斜率不為0，設(shè)直線l:x=my+1(m≠0),M(x則點P(4,3由x=my+1x24+y故y1因為k1所以k==?6所以k1，k3，k2綜合上述，k1，k3，k2【點睛】難點點睛：本題第二問與數(shù)列進行了綜合，形式比較新穎，有一定難度，難點在于判斷出結(jié)論，進而證明，證明時結(jié)合直線方程聯(lián)立橢圓方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系結(jié)合k14．橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0(1)求橢圓C的方程；(2)若點Mx0,y0是橢圓x2m2+y2n2=1m>n>0上任一點，則該橢圓在點M處的切線方程為x0x（i）求證：PF（ii）在橢圓C上是否存在點N，使得△PF1Q【答案】(1)x(2)（i）證明見解析；（ii）不存在，理由見解析【分析】（1）根據(jù)頂點和離心率建立方程求解即可；（2）利用橢圓上點的切線方程結(jié)論表示直線NP,利用垂直關(guān)系求出直線NQ，從而求出P、Q坐標(biāo)，利用數(shù)量積證明PF1⊥Q【詳解】（1）由已知得a=2ca=12（2）（i）依題意得，直線NP:x1x4+則直線NQ方程為y?y1=4y又F1?1,0，∴PF（ii）由（1）知△PF1Q為直角三角形，又P∴S△P當(dāng)且僅當(dāng)9y12又∵N為橢圓C上異于頂點外的任意一點，∴y1∴y1≠±3，故不存在這樣的點N使得5．如圖所示，由半橢圓C1:x24+y2b2=1y≤0和兩個半圓C2:x+12+y2=1y≥0(1)求C1(2)若過點F1,F2作兩條平行線l1,l2分別與C1【答案】(1)x(2)5【分析】（1）由圓的方程可確定圓心坐標(biāo)，即橢圓焦點坐標(biāo)，進而根據(jù)橢圓a,b,c關(guān)系求得方程；（2）根據(jù)對稱性將問題轉(zhuǎn)化為求解橢圓x24+【詳解】（1）由兩圓的方程知：圓心分別為C1?1,0，C21,0，即∴b2+1=4，解得：b（2）由題意知：MN+∵l1//l2，∴由對稱性可知：M設(shè)l2:x=my+1，其與橢圓x24由x=my+1x24+∴y1+∴M當(dāng)m=0時，MF1+PF2取得最小值【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查直線截橢圓所得弦長最值的求解問題，本題求解最小值的關(guān)鍵是能夠?qū)N+PQ轉(zhuǎn)化為MF6．已知拋物線H:x2=2py（p(1)若直線l:y=kx?2pk+2p與H只有一個公共點，求k；(2)貝塞爾曲線是計算機圖形學(xué)和相關(guān)領(lǐng)域中重要的參數(shù)曲線．法國數(shù)學(xué)象卡斯特利奧對貝塞爾曲線進行了圖形化應(yīng)用的測試，提出了DeCasteljau算法：已知三個定點，根據(jù)對應(yīng)的比例，使用遞推畫法，可以畫出地物線．反之，已知拋物線上三點的切線，也有相應(yīng)成比例的結(jié)論．如圖，A，B，C是H上不同的三點，過三點的三條切線分別兩兩交于點D，E，F(xiàn)，證明：|AD||DE|【答案】(1)k=2(2)證明見解析【分析】（1）聯(lián)立直線l的方程和拋物線方程，消去y后利用判別式求得k的值.（2）求得過A,B,C三點的切線方程，進而求得D,E,F的恒坐標(biāo)，根據(jù)拋物線的知識證得結(jié)論成立.【詳解】（1）將y=kx?2pk+2p代入x2化簡得x2方程（*）的判別式Δ=4p化簡得k2即k=2．（2）設(shè)Ax設(shè)拋物線x2=2py在A點處的切線方程為由y?yA=kAΔ=4ppkA2解得kA=xpy?pyA=即2py=2x同理可求得拋物線x22py=2xBx?由過A,B,C的切線方程兩兩聯(lián)立，可以求得交點D，E，F(xiàn)的橫坐標(biāo)分別為：xD=xA+注意到結(jié)論中線段長度的比例可以轉(zhuǎn)化為點的橫坐標(biāo)的比例，得|AD||DE|命題得證．7．已知直線l與拋物線C1:y2=2x交于兩點Ax1,y1，Bx2,y2(1)若直線l過點M1,0，且1BM?(2)①證明：1y②設(shè)△AOB，△COD的面積分別為S1，S2，（O為坐標(biāo)原點），若AC=2【答案】(1)l:x=y+1(2)①證明見解析；②S【分析】（1）設(shè)Ay122,y1，By222,y2，設(shè)l:x=my+1，聯(lián)立直線和拋物線，利用韋達定理和兩點間距離公式，代入1BM?1AM=22【詳解】（1）設(shè)Ay122,y1，By2設(shè)l:x=my+1，聯(lián)立y2=2xx=my+1則y1+y1BM解得m=1，則l:x=y+1.（2）設(shè)l:x=my+n，①聯(lián)立y2=2xx=my+n則y1+y聯(lián)立y2=4xx=my+n，整理得y2?4my?4n=0則1y②AC=2則y2?4m4m+其中y1,y3>0則y2=?6m，y3=12m，8．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的離心率為3，直線(1)求線段AB中點的坐標(biāo);(2)若a=1，過點D作斜率為2x0y0的直線l'?與直線l1:2x?y=0交于點P，與直線【答案】(1)?1,?2；(2)174【分析】（1）由離心率為3，可得雙曲線C的方程為2x2?（2）結(jié)合（1），由題可得直線l'的方程為x0x?y0y2=1，2x02?y02=2，R為則m=34x【詳解】（1）依題意，雙曲線C的離心率e=ca=故雙曲線C的方程為2x聯(lián)立2x2?y2設(shè)Ax1,設(shè)線段AB的中點為Ex',將x'=?1代入直線l:y=x?1，得故線段AB的中點坐標(biāo)為?1,?2；（2）依題意，a=1，則雙曲線C的方程為x2直線l':y?y所以x02?y0由題可知，點O,P,Q均不重合，由|RO|=|RP|=|RQ|易知R(m,n)為△OPQ的外心，設(shè)Px3,y3,Qx線段OP的垂直平分線的方程為y?y32=?2聯(lián)立y?y32聯(lián)立y3=2x3故x3x故m=3即m2則m2【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題涉及直線與雙曲線方程的綜合運用，難度較大.（1）雖然雙曲線方程帶有參數(shù)，但聯(lián)立雙曲線與直線方程后可發(fā)現(xiàn)x1+x2=?2，據(jù)此可得答案；（2）關(guān)鍵為從|RO|=|RP|=|RQ|9．如圖，過拋物線E:x2=2py(p>0)的焦點F作直線l交E于A，B兩點，點A，B在x軸上的射影分別為D，C．當(dāng)AB平行于x(1)求p的值；(2)過拋物線上兩點的弦和拋物線弧圍成一個拋物線弓形，古希臘著名數(shù)學(xué)家阿基米德建立了這樣的理論：以拋物線弓形的弦為底，以拋物線上平行于弦的切線的切點為頂點作拋物線弓形的內(nèi)接三角形，則拋物線弓形的面積等于該內(nèi)接三角形面積的43倍．已知點P在拋物線E上，且E在點P處的切線平行于AB，根據(jù)上述理論，從四邊形ABCD中任取一點，求該點位于圖中陰影部分的概率為12時直線【答案】(1)p=2(2)±【分析】（1）當(dāng)AB平行于x軸時，四邊形ABCD為矩形，根據(jù)矩形面積公式求出p的值；（2）設(shè)l:y=kx+1，Px0,y0，Ax1,y1，Bx【詳解】（1）當(dāng)AB平行于x軸時，四邊形ABCD為矩形，|AB|=2p，|AD|=p所以SABCD=|AB|?|AD|=2p×p（2）由（1），拋物線E:x2=4y，即y=x2設(shè)l:y=kx+1，Px0,y0則y'x=x聯(lián)立x2=4y,y=kx+1,得y2則|AB|=y1+所以S△ABP=1又y1?y又四邊形ABCD是直角梯形或矩形，所以S四邊形ABCD所以概率P=1?S解得k=±22，所以該點位于圖中陰影部分的概率為1210．某城市決定在夾角為30°的兩條道路EB、EF之間建造一個半橢圓形狀的主題公園，如圖所示，AB=2千米，O為AB的中點，OD為橢圓的長半軸，在半橢圓形區(qū)域內(nèi)再建造一個三角形游樂區(qū)域OMN，其中M，N在橢圓上，且MN的傾斜角為45°，交OD于G．(1)若OE=3千米，為了不破壞道路EF，求橢圓長半軸長的最大值；(2)若橢圓的離心率為32，當(dāng)線段OG長為何值時，游樂區(qū)域△OMN【答案】(1)2(2)OG=【分析】（1）根據(jù)直線EF與橢圓相切時，長半軸最大，利用判別式為0即可求解.（2）聯(lián)立直線與橢圓的方程，根據(jù)弦長公式，結(jié)合三角形的面積公式，由t的范圍，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解面積的最大值.【詳解】（1）以O(shè)為坐標(biāo)原點，以O(shè)D所在的坐標(biāo)為x軸，以O(shè)A所在的直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，由題意A0,1，E0,3，由∠OEF=30°，所以所以F3,0，所以直線EF的方程為：y=?3設(shè)OD=a，則Da,0所以橢圓x2a整理可得：1+3aΔ=63a2?4所以橢圓的長半軸長的最大值為26（2）因為e=ca=32所以a2所以橢圓的方程為：x2設(shè)OG=t>0，則Gt,0，直線MN的方程為：y=x?t聯(lián)立y=x?tx24設(shè)Mx1,y2，Ny1S△OMN要保證MN與半橢圓有交點，當(dāng)N位于B時t=1，所以1≤t≤2，當(dāng)t2=5S△OMN綜上所述，當(dāng)OG=1011．法國數(shù)學(xué)家加斯帕爾·蒙日是19世紀著名的幾何學(xué)家，他創(chuàng)立了畫法幾何學(xué)，推動了空間解析幾何學(xué)的獨立發(fā)展，奠定了空間微分幾何學(xué)的寬厚基礎(chǔ)，根據(jù)他的研究成果，我們定義：給定橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0，則稱圓心在原點O，半徑是a2(1)若點A為橢圓C的“伴隨圓”與x軸正半軸的交點，B，D是橢圓C的兩相異點，且BD⊥x軸，求AB?(2)在橢圓C的“伴隨圓”上任取一點P，過點P作直線l1，l2，使得l1，l2與橢圓C都只有一個交點，試判斷【答案】(1)0,7+4(2)對于橢圓C上的任意點P，都有l(wèi)1【分析】（1）根據(jù)題意可得c=2、a=3，求出b即可求出橢圓C的方程，進而求出“伴隨圓”方程，得出點A坐標(biāo)，設(shè)Bm,n（2）設(shè)Ps,t，易知s=±3時l1⊥l2成立；當(dāng)s≠±3時設(shè)直線l方程為y?t=kx?s，聯(lián)立橢圓方程，消去y，由Δ=0【詳解】（1）由題意知c=2，由短軸的一個端點到焦點的距離為3知a=b2+故橢圓C的方程為x23+由題意，可設(shè)Bm,n則有m23+故AB=故AB?又二次函數(shù)y=43m?由?3<m<3所以AB?AD的取值范圍是（2）對于橢圓C上的任意點P，都有l(wèi)1設(shè)Ps,t，則s當(dāng)s=±3時，t=±1則l1,l當(dāng)s≠±3時，設(shè)過Ps,t且與橢圓有一個公共點的直線l的斜率為則l的方程為y?t=kx?s代入橢圓C方程可得x2即3k由Δ=36k可得3?s2k設(shè)l1,l2的斜率分別為故k1k2綜上可知，對于橢圓C上的任意點P，都有l(wèi)112．如圖，過拋物線E:x2=2py(p>0)的焦點F作直線l交E于A，B兩點，點A，B在x軸上的射影分別為D，C，當(dāng)AB平行于x(1)求p的值；(2)過拋物線上兩點的弦和拋物線弧圍成一個拋物線弓形，古希臘著名數(shù)學(xué)家阿基米德建立了這樣的理論：以拋物線弓形的弦為底，以拋物線上平行于弦的切線的切點為頂點作拋物線弓形的內(nèi)接三角形，則拋物線弓形的面積等于該內(nèi)接三角形面積的43倍．已知點P在拋物線E上，且E在點P處的切線平行于AB，根據(jù)上述理論，從四邊形ABCD【答案】(1)p=2(2)1【分析】（1）根據(jù)矩形的面積公式進行求解即可；（2）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，結(jié)合拋物線的弦長公式、幾何概型運算公式進行求解即可.【詳解】（1）當(dāng)AB平行于x軸時，四邊形ABCD為矩形，|AB|=2p，|AD|=p所以SABCD=|AB|?|AD|=2p×p（2）由（1），拋物線E:x2=4y，即y=x2設(shè)l:y=kx+1，Px0,y0則y'x=x聯(lián)立x2=4y,y=kx+1,得y2?2則|AB|=y1+所以S△ABP=1又y1?y又四邊形ABCD是直角梯形或矩形，所以S四邊形ABCD所以概率P=1?S由k2≥0得13【點睛】關(guān)鍵點睛：利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程進而求出弦長是解題的關(guān)鍵.13．已知橢圓方程為C1:x2a2+(1)求該橢圓C1(2)若橢圓C1的頂點恰好是雙曲線C2焦點，橢圓C1的焦點恰好是雙曲線C2頂點，設(shè)橢圓C1的焦點F1,F2，雙曲線C2的焦點F1【答案】(1)5(2)?【分析】（1）由題意列式，構(gòu)造齊次式得1?e（2）聯(lián)立C1,C2的方程點A，再求三邊應(yīng)用余弦定理可得【詳解】（1）由題意，b2a=c故a2?c2?ac=0（2）設(shè)橢圓C1的方程為x由題意知雙曲線C2的方程為x聯(lián)立C1,C不失一般性，可設(shè)A在第一象限，所以點A2AF同理，AFF1AFAFcosβ=AF因為C2的離心率為e2=C1的離心率為e1cosα?又e1所以cosα?14．如圖，已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32，直線l與圓C1:x2(1)求橢圓C的標(biāo)準方程；(2)當(dāng)△OAB的面積取最大值時（O為坐標(biāo)原點），求直線l的方程．【答案】(1)x(2)x+【分析】（1）根據(jù)|MN|=2a（2）設(shè)直線l的方程為y=kx+m(k<0,m>0)，Ax1,y1，Bx2,y2，根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系可得m2【詳解】（1）依題意得|MN|=2a2?b又a2=b2+c∵e=ca=32，∴橢圓C的標(biāo)準方程為x2（2）依題意可設(shè)直線l的方程為y=kx+m(k<0,m>0)，Ax1,∵直線l與圓C相切，∴|m|1+k2聯(lián)立方程組y=kx+m,x24∴x1+x∴S=∵3k2+1+k當(dāng)且僅當(dāng)3k2=1+k2∴直線l的方程為y=?2215．在平面內(nèi)動點P與兩定點A1(?3(1)求動點P的軌跡E的方程；(2)已知點F1(?1,0),F2(1,0)，過點P作軌跡E的切線其斜率記為k(k≠0)，當(dāng)直線P【答案】(1)x(2)是，?3【分析】（1）首先設(shè)點P坐標(biāo)為x,y，然后根據(jù)兩點的斜率公式表示出kPA與kPB的斜率，代入題干條件中并化簡整理即可得到點（2）首先設(shè)切線方程為y=kx+m，然后直曲聯(lián)立，根據(jù)直線與曲線相切的特征Δ=0得3k2?m2+2=0，再根據(jù)點P即在切線上也在橢圓上可分別得到m=b?ka與b2=2?23a【詳解】（1）設(shè)點P坐標(biāo)為(x,y)，根據(jù)斜率公式可得kPA=y因此可得：kPA化簡整理得x2∴點P軌跡方程為x（2）設(shè)切線方程為y=kx+m，點Pa,b（b≠0聯(lián)立方程y=kx+m2x2由Δ=36k2y=kx+m過點P(a,b)得m=b?ka代入①得3k2又點P(a,b)在橢圓上，∴b2=2?29b2k2k1=b【點睛】（1）再利用坐標(biāo)法求軌跡方程時，首先我們設(shè)出動點坐標(biāo)，再根據(jù)動點坐標(biāo)將題干中的幾何條件坐標(biāo)化得到方程，最后化簡方程即可得到軌跡方程（2）在解決直線與曲線相切的問題中，我們可以通過直曲聯(lián)立，化簡整理得到方程，利用判別式Δ=0來解決問題.16．已知雙曲線Γ:x2?y23=1,F為雙曲線Γ的右焦點，過F作直線l1交雙曲線Γ于A,B兩點，過F點且與直線l1垂直的直線l2(1)若直線OP的斜率為32，求AB(2)設(shè)直線AB,AP,AM,AN的斜率分別為k1,k2,k3,k4，且k1【答案】(1)30(2)v=【分析】（1）由已知得P為12,34，設(shè)Ax（2）設(shè)Ax0,y0,Mx1,y1,N?x1,?y【詳解】（1）設(shè)Ax0,y0,Bx2,y2所以直線l1的斜率為k=2，故直線l1的方程為：聯(lián)立直線l1和曲線Γ：y=2顯然Δ>0，此方程的兩根為x0由韋達定理得：x0所以AB=（2）設(shè)Ax0,因為l2⊥l1，故l2為y=?1所以：k2因為點Ax0,y0所以k2所以k1+k又kOP=yPxP=根據(jù)題意易知k12≠3，此方程的兩根即為x所以k=?12即：k3所以：k3+k【點睛】關(guān)鍵點睛：第二問，設(shè)相關(guān)點坐標(biāo)，利用直線與曲線關(guān)系，用所設(shè)點坐標(biāo)表示出相關(guān)直線的斜率，再由k317．在xOy平面上．設(shè)橢圓Γ：x2m2+y2=1(m>1)，梯形ABCD的四個頂點均在(1)若AB為Γ的長軸，梯形ABCD的高為12，且C在AB上的射影為Γ的焦點，求m(2)設(shè)m=2，直線CD經(jīng)過點P0,2，求(3)設(shè)m=2，AB=2CD，AD與BC的延長線相交于點M，當(dāng)k【答案】(1)2；(2)?1,7(3)△MAB的面積是定值，定值為6【分析】（1）由題意可得點C的縱坐標(biāo)，代入橢圓方程計算x=3m2，再由橢圓a,b,c的關(guān)系列式求解m；（2）設(shè)直線CD的方程為y=kx+2(k∈R)，聯(lián)立方程組，根據(jù)Δ>0得k2的范圍，寫出韋達定理，根據(jù)向量數(shù)量積公式列式代入計算化簡，并結(jié)合k2的范圍，從而求解出OC?OD的范圍；（3）分別將直線CD，AB的方程與橢圓方程聯(lián)立，寫出韋達定理，根據(jù)弦長公式分別計算表示出CD,AB，再由AB=2CD【詳解】（1）因為梯形AB為Γ的長軸，ABCD的高為12，所以點C的縱坐標(biāo)為12，代入橢圓方程得x可得x=3m2，又因為C在AB∴c=m2?4∵m>1，∴m=2.（2）由題意，橢圓Γ：x22+y2設(shè)Cx1,化簡得2kΔ=64k2?24∴x∴==6∵k2所以O(shè)C?OD（3）設(shè)直線CD的方程為y=kx+t，CxAx3,化簡得2kΔ=16k∴x∴CD聯(lián)立x22∴x∴AB∵AB=2CD化簡得4t2=6又△MAB的高為?=所以S將t=6k故△MAB的面積為定值6.【點睛】解答直線與橢圓的題目時，時常把兩個曲線的方程聯(lián)立，消去x（或y）立一元二次方程，然后借助根與系數(shù)的關(guān)系，并結(jié)合題設(shè)條件建立有關(guān)參變量的等量關(guān)系．18．已知雙曲線C的中心在坐標(biāo)原點，左焦點F1與右焦點F2都在x軸上，離心率為3，過點F2的動直線l與雙曲線C交于點A、B(1)求雙曲線C的漸近線方程；(2)若點A、B都在雙曲線C的右支上，求λ的最大值以及λ取最大值時∠AF1B的正切值；（關(guān)于求λ的最值．某學(xué)習(xí)小組提出了如下的思路可供參考：①利用基本不等式求最值；②設(shè)AF2|AB|為μ，建立相應(yīng)數(shù)量關(guān)系并利用它求最值；(3)若點A在雙曲線C的左支上（點A不是該雙曲線的頂點，且λ=1，求證：△AF1B是等腰三角形．且AB【答案】(1)y=±2(2)λmax=(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)離心率求出ba（2）由（1）可得雙曲線C的方程為x2a2?y28a2=1，設(shè)AF2=t1，BF2（3）設(shè)直線l的方程為x=my+3a，Ax1,y1，Bx2,y【詳解】（1）設(shè)雙曲線方程為x2a2?y由e=ca=3，所以b（2）由（1）可得c=3a，b=22a，所以雙曲線C的方程為設(shè)AF2=t1，BF2所以AB=所以λ=AF2?B當(dāng)λ=14時t1所以l⊥x軸且∠AF又雙曲線C的方程為x2a2?y28可知AF2=8a，又Ftan∠AF（3）設(shè)直線l的方程為x=my+3a，將它代入8x2?設(shè)Ax1,可得y1+y由λ=1，可得AF故1+m又y1、y2同號，所以y1所以5×64a2此時直線l的斜率的絕對值為25<22又y1y2則AB=4a，它等于雙曲線實軸長的2倍，此時A所以△AF【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點坐標(biāo)為x1,y（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程，必要時計算Δ；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1+x（5）代入韋達定理求解.19．某小區(qū)有塊綠地，綠地的平面圖大致如下圖所示，并鋪設(shè)了部分人行通道．為了簡單起見，現(xiàn)作如下假設(shè)：假設(shè)1：綠地是由線段AB，BC，CD，DE和弧EA圍成的，其中EA是以O(shè)點為圓心，圓心角為2π假設(shè)2：線段AB，BC，CD，DE所在的路行人是可通行的，圓弧EA暫時未修路；假設(shè)3：路的寬度在這里暫時不考慮；假設(shè)4：路用線段或圓弧表示，休息亭用點表示．圖1-圖3中的相關(guān)邊、角滿足以下條件：直線BA與DE的交點是O，AB//CD，∠ABC=π2小區(qū)物業(yè)根據(jù)居民需求，決定在綠地修建一個休息亭．根據(jù)不同的設(shè)計方案解決相應(yīng)問題，結(jié)果精確到米．(1)假設(shè)休息亭建在弧EA的中點，記為Q，沿EA和線段QC修路，如圖2所示．求QC的長；(2)假設(shè)休息亭建在弧EA上的某個位置，記為P，作PM⊥BC交BC于M，作PN⊥CD交DC于N．沿EP、線段PM和線段PN修路，如圖3所示．求修建的總路長EP+PM+PN(3)請你對（1）和（2）涉及到的兩種設(shè)計方案做個簡明扼要的評價．【答案】(1)346米(2)651米(3)答案見解析【分析】如圖，以O(shè)原點，OB所在直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系．（1）由題目條件可得Q，C坐標(biāo)，利用兩點距離公式可得答案；（2）設(shè)∠POA=θ(0≤θ≤23π)，設(shè)修建的總路長EP+PM+PN為（3）可以從多個角度考慮，但以下兩個指標(biāo)是主要的衡量指標(biāo)：1修的路相對短，2修的路相對便于居民出行言之有理即可.【詳解】（1）如圖，以O(shè)原點，OB所在直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系．因為點Q為弧EA的中點，所以Q(200?cosπ3設(shè)DC與y軸交于F點，Cx,y則x=OB=400,y=OF所以|QC|=(400?100)所以QC的長約為346米；（2）設(shè)∠POA=θ(0≤θ≤2則P(200cosθ,200sinθ)，M(400,200sinθ)，N(200cosθ,2003設(shè)修建的總路長EP+PM+PN為f(θ)所以f(θ)=20023π?θf'令f'(θ)=0，則sinθ?cosθ=2sinθ?當(dāng)0<θ<π2時，f'(θ)<0，函數(shù)f(θ)單調(diào)遞減；當(dāng)π2所以f(θ)min=所以修建的總路長EP+PM+PN的最小值約為651（3）（1）涉及到的設(shè)計方案總路徑是200π3（2）涉及到的設(shè)計方案顯然相對于方案1是相對不便捷（不利于AB段附近居民前往）．(說明：可以從多個角度考慮，但以下兩個指標(biāo)是主要的衡量指標(biāo)：1修的路相對短，2修的路相對便于居民出行)20．從拋物線的焦點發(fā)出的光經(jīng)過拋物線反射后，光線都平行于拋物線的軸，根據(jù)光路的可逆性，平行于拋物線的軸射向拋物線后的反射光線都會匯聚到拋物線的焦點處，這一性質(zhì)被廣泛應(yīng)用在生產(chǎn)生活中．如圖，已知拋物線C:x2=2pyp>1，從點4,9發(fā)出的平行于y軸的光線照射到拋物線上的D點，經(jīng)過拋物線兩次反射后，反射光線由(1)求拋物線C的方程；(2)已知圓M:x2+y?32=4，在拋物線C上任取一點E，過點E向圓M作兩條切線EA和EB，切點分別為【答案】(1)x(2)[0,+∞)【分析】（1）根據(jù)拋物線光的反射性質(zhì)知：直線DG必過焦點F(0,p2)，寫出D,G（2）根據(jù)題設(shè)畫出草圖，易得EA?EB=EM2+EM?(MA+MB)+MA【詳解】（1）由題設(shè)，令D(4,8p)，G(?1,12p所以kDF=kDG，則8p?p所以拋物線C的方程為x2（2）由題意，MA⊥EA,MB⊥EB，且EA=EM+MA，所以EA?而EM?(令∠AEM=∠BEM=θ∈(0,π2)所以MA?MB=4cos(π?2θ)=?4cos2θ綜上，EA?又sinθ=2ME，M(0,3)，若E(x,x由x2≥0，當(dāng)x2=4，即所以sinθ∈(0,22]，即θ∈(0,π4令t=1?cos2θ∈(0,1]，則EA?令y=8t+4t，y'=4?8t21．如圖，小明同學(xué)先把一根直尺固定在畫板上，把一塊三角板的一條直角邊緊靠在直尺邊沿，再取一根細繩，它的長度與另一直角邊相等，讓細繩的一端固定在三角板的頂點A處，另一端固定在畫板上點F處，用鉛筆尖扣緊繩子，讓細繩緊貼住三角板的直角邊，然后將三角板沿著直尺上下滑動，這時筆尖在平面上留下軌跡C.已知細繩長度為3cm，經(jīng)測量，當(dāng)筆尖運動到點P處時，∠FAP=30°,∠AFP=90°.設(shè)直尺邊沿所在直線為a，以過F垂直于直尺的直線為x軸，以過F垂直于(1)求C的方程；(2)過點D0,?3且斜率為k的直線l與C交于M,N兩點，k的取值范圍為0,2，探究：是否存在λ，使得DM=λDN【答案】(1)y2(2)存在λ∈(0,14)∪(4,+∞)【分析】（1）根據(jù)給定條件，求得筆尖留下的軌跡，再結(jié)合拋物線的定義求出方程作答.（2）求出直線MN的方程，并與曲線C的方程聯(lián)立，利用韋達定理及共線向量建立函數(shù)關(guān)系即可求解作答.【詳解】（1）依題意，筆尖到點F的距離與它到直線a的距離相等，因此筆尖留下的軌跡為以F為焦點，a為準線的拋物線，設(shè)其方程為y2則F(p2,0)得PA=2又|PF|+|PA|=3，所以PF=1，所以點P到直線a的距離為1由∠FPA=60°得點P的橫坐標(biāo)而拋物線的準線方程為x=?p則p2?1所以軌跡C的方程為y2（2）假設(shè)存在λ，使得DM=λ設(shè)Mx直線l的方程為y=kx?3，由y=kx?3y2=3x而k∈(0,2)，Δ=(6k+3)x1x1由DM=λDN得x1于是λ+1令t=1k∈(12因此λ+1λ>174解得0<λ<14或所以存在λ∈(0,14)∪(4,+∞)【點睛】易錯點睛：求解軌跡方程問題，設(shè)出動點坐標(biāo)，根據(jù)條件求列出方程，再化簡整理求解，還應(yīng)特別注意：補上在軌跡上而坐標(biāo)不是方程解的點，剔出不在軌跡上而坐標(biāo)是方程解的點.22．已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線E：x2a2?y(1)求雙曲線的離心率；(2)若雙曲線E實軸長為2，過點F2且斜率為k的直線l交雙曲線C的右支不同的A，B兩點，Q為x軸上一點且滿足QA=QB【答案】(1)2(2)是，2【分析】（1）判斷出△PF1F2為直角三角形，利用邊長關(guān)系得到ba=3，利用齊次式法求出離心率；（2）利用“設(shè)而不求法”表示出Q【詳解】（1）由3PF1=在△PF1F所以F1F2所以PF12所以在△OPF2中，PF2⊥OF2則雙曲線的離心率為e=c（2）由（1）可知在雙曲線E中有ba=3且實軸長為2，所以所以雙曲線E方程為x2由F22,0，故設(shè)斜率為k的直線l為聯(lián)立y=kx?2x2因為直線l與雙曲線右支交于不同兩點，所以Δ=36(k2+1)>0設(shè)Ax1,y1，B則x1+x即A，B的中點坐標(biāo)為2k因為Q為x軸上一點，滿足QA=AB的垂直平分線的方程為：y?6k令y=0，則得x=8k2所以QF又AB=又因為A，B在雙曲線的右支上，故AF1?故AF1+故2QF223．已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左?右焦點分別為F1?F(1)求橢圓C的方程；(2)若過點G1,0的動直線n與橢圓C相交于M,N兩點，直線l的方程為x=4.過點M作MP⊥l于點P，過點N作NQ⊥l于點Q.記△GPQ,△GPM,△GQN的面積分別為S，S1，S2.問是否存在實數(shù)λ，使得λ【答案】(1)x(2)存在，λ=2.【分析】（1）利用橢圓的定義可求得a的值，利用焦距求出c，再由橢圓a，b，c關(guān)系即可求出橢圓方程；（2）依題意作圖，設(shè)n的方程并與橢圓方程聯(lián)立，求出S,S1,【詳解】（1）設(shè)橢圓C的焦距為2c，則2c=23，所以c=由橢圓的定義可得△ABF2的周長為所以a=2，所以b2所以橢圓C的方程為x2（2）由題意可知，直線n的斜率不為0，其方程可設(shè)為x=my+1，設(shè)Mx1,y1，N聯(lián)立x=my+1x24+y由韋達定理可得y1+y因為S==3因為S1S2所以S=1所以S1故S1?S所以存在實數(shù)λ=2，使得λS24．在數(shù)學(xué)中常有“數(shù)形結(jié)合”的思想，即找到代數(shù)式的幾何意義，比如：y=x?12+4x2?32+x2+4x(1)當(dāng)a＝1時，證明：x1(2)當(dāng)a≥1時，證明：a4【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析.【分析】（1）把a=1代入，根據(jù)給定條件，換元并構(gòu)造函數(shù)，探討函數(shù)地零點范圍即可推理作答.（2）換元并構(gòu)造函數(shù)?(x)=【詳解】（1）當(dāng)a=1時，f(x)=2x+ln2x?4，x>0，令t=令g(x)=x2+2顯然g'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，g'(1)=2>0，于是存在x0x∈(x0<23(ln因此存在t2∈(43,e)，使得g(t2從而有t1+t2>（2）當(dāng)a≥1時，f(x)=2x+aln2x?4，x>0，令t=令?(x)=x2顯然?'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，?'(1)=2>0，于是存在t0x∈(t0,+∞),?'(x)>0,?(x)單調(diào)遞增，而令φ(x)=ex?令u(x)=(x?2)2ex?4,x<0，uu(x)<u(0)=0，即有φ'(x)<0，函數(shù)φ(x)在(?∞,0)上遞減，即當(dāng)x<0時，ex>2+x?(e1a)=e2y'=1x?1<0，函數(shù)y=lnx?x+1在(1,+∞)于是2=t42令v=1a，則a=1v2令F(x)=5x2即函數(shù)F(x)在(0,1]上單調(diào)遞減，t3由?(x)=0知，x22+(alnx)2=1橢圓E的焦點F(1,0)，在E上任取點P(x',從而|AB|≤|AF|+|BF|=22所以a=(【點睛】思路點睛：函數(shù)不等式證明問題，可以探討已知函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值，構(gòu)造不等式，再賦值推理作答.25．“工藝折紙”是一種把紙張折成各種不同形狀物品的藝術(shù)活動，在我國源遠流長．某些折紙活動蘊含豐富的數(shù)學(xué)內(nèi)容，例如：用一張圓形紙片，按如下步驟折紙（如圖）步驟1：設(shè)圓心是E，在圓內(nèi)異于圓心處取一點，標(biāo)記為F；步驟2：把紙片折疊，使圓周正好通過點F；步驟3：把紙片展開，并留下一道折痕；步驟4：不停重復(fù)步驟2和3，就能得到越來越多的折痕．已知這些折痕所圍成的圖形是一個橢圓．若取半徑為4的圓形紙片，設(shè)定點F到圓心E的距離為23(1)以點F、E所在的直線為x軸，建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，求折痕圍成的橢圓C的標(biāo)準方程；(2)設(shè)橢圓C的下頂點為D，過點D作兩條互相垂直的直線l1，l2，這兩條直線與橢圓C的另一個交點分別為M，N．設(shè)l1的斜率為kk≠0，△DMN的面積為S，當(dāng)【答案】(1)x(2)?2【分析】（1）根據(jù)已知條件，用定義法求橢圓C的標(biāo)準方程；（2）設(shè)直線l1，l2的方程，與橢圓方程聯(lián)立方程組，求出M，N的坐標(biāo)，求出弦長，表示出△DMN的面積，通過不等式【詳解】（1）如圖，以FE所在的直線為x軸，F(xiàn)E的中點O為原點建立平面直角坐標(biāo)系，設(shè)Mx,y為橢圓上一點，由題意可知，MF∴所以M點軌跡是以F，E為焦點，長軸長2a=4的橢圓，因為2c=23，2a=4，所以c=3，則b2=a（2）由（1）知，橢圓C的方程為x24+所以直線l1：y=kx?1k≠0，l2設(shè)Mx1,聯(lián)立x24+所以x1=8k所以DM=聯(lián)立x24+所以x2=?8k所以DN=所以S=1由Sk>16整理得4k4?又k2>0，所以所以?2<k<0或所以k的取值范圍為?【點睛】方法點睛：解決直線與橢圓的綜合問題時，要注意：(1)注意觀察應(yīng)用題設(shè)中的每一個條件，明確確定直線、橢圓的條件，涉及到直線方程的設(shè)法時，務(wù)必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形．；(2)強化有關(guān)直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關(guān)系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．26．如圖，在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，E，F(xiàn)，G，H分別是矩形四條邊的中點，R，R'分別是線段OF，CF上的動點，且滿足OR4+FR(1)證明：點P始終在某一橢圓上，并求出該橢圓的標(biāo)準方程；(2)設(shè)S，T為該橢圓上兩點，T關(guān)于直線y=x的對稱點為Q，設(shè)M23,32，且直線MS【答案】(1)證明見解析，x(2)證明見解析.【分析】（1）設(shè)Rm,0，R'4,n，Px,y，求直線ER,GR（2）先證明點M在橢圓上，利用點差法證明9×x1+【詳解】（1）由題意E0,?3，F(xiàn)4,0，G0,3，設(shè)Rm,0，直線ER的方程為y=3m直線GR'的方程為y=聯(lián)立①②，得y?3x即y2?9x因為m4+n3=1這就證明了點Px,y在橢圓上，橢圓的標(biāo)準方程為x（2）因為(23)216+記x0,y0=23故OS?因為直線MS，MT的傾斜角互補，所以y1?即x1y由9x12得9x12?同理，由9x22得9x2⑤+⑥，并結(jié)合③，可得x1整理得x1y④?⑦，得x0故x1所以O(shè)S?OQ=?2【點睛】根據(jù)點點睛：本題第一小問通過求兩直線方程，利用交軌法求其交點的軌跡方程，第二小問利用設(shè)點法，結(jié)合點差法確定點的坐標(biāo)的關(guān)系，由此完成證明.27．?dāng)?shù)學(xué)家加斯帕爾·蒙日創(chuàng)立的《畫法幾何學(xué)》對世界各國科學(xué)技術(shù)的發(fā)展影響深遠.在雙曲線C:x2a2?y2(1)求雙曲線C的標(biāo)準方程；(2)設(shè)點P3,1關(guān)于坐標(biāo)原點的對稱點為Q，不過點P且斜率為13的直線與雙曲線C相交于M,N兩點，直線PM與QN交于點Dx【答案】(1)x(2)1【分析】（1）由題意得到方程組a2?b2=4（2）設(shè)Mx1,y1,Nx2,y2，直線MN為y=13x+m，聯(lián)立方程組，取得【詳解】（1）解：由題意知，雙曲線C的實軸長為26，其蒙日圓方程為x可得a2?b所以C的標(biāo)準方程為：x2（2）解：設(shè)Mx1,y1由y=13x+m因為直線MN與C相交于M,N兩點，所以Δ=(?2m)2?4×由點Q?3,?1，當(dāng)直線PM,QNkPM所以直線PM的方程為y?1=1直線QN的方程為y+1=兩方程聯(lián)立方程組，可得x0顯然x0≠0，可得所以y0當(dāng)直線PM的斜率不存在時，可得直線PM的方程為x=3，直線QN的方程為y=2則x0=3,y當(dāng)直線QN的斜率不存在時，可得直線QN的方程為x=?3，直線PM的方程為y=23x?1，則x0綜上可得：直線OD的斜率值1.【點睛】方法策略：解答圓錐曲線的定點、定值問題的策略：1、參數(shù)法：參數(shù)解決定點問題的思路：①引進動點的坐標(biāo)或動直線中的參數(shù)表示變化量，即確定題目中核心變量（通常為變量k）；②利用條件找到k過定點的曲線F(x,y)=0之間的關(guān)系，得到關(guān)于k與x,y的等式，再研