文档内容
2025版新教材高考数学第二轮复习
8.5 直线与圆锥曲线的位置关系
五年高考
高考新风向
1.(新定义理解)(多选)(2024新课标Ⅰ,11,6分,难)设计一条美丽的丝带,其造型 可以看作
图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O,且C上的点满足横坐标大于-2,到点F(2,0)
的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4.则 ( )
A.a=-2
B.点(2√2,0)在C上
C.C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1
4
D.当点(x ,y )在C上时,y ≤
0 0 0 x +2
0
2.(创新考法、多想少算)(2024新课标Ⅱ,19,17分,难)已知双曲线C:x2-y2=m(m>0),点P (5,4)
1
在C上,k为常数,01)上,直线l交C于
a2 a2−1
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.
x2 y2
2.(2021新高考Ⅱ,20,12分,中)已知椭圆C: + =1(a>b>0),若右焦点为F(√2,0),且离心率
a2 b2√6
为 .
3
(1)求椭圆C的方程;
(2)设M,N是C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要
条件是|MN|=√3.
x2 y2
3.(2020新高考Ⅱ,21,12分,难)已知椭圆C: + =1(a>b>0)过点M(2,3),点A为其左顶点,
a2 b2
1
且AM的斜率为 .
2
(1)求C的方程;
(2)点N为椭圆上任意一点,求△AMN的面积的最大值.4.(2023新课标Ⅱ,21,12分,难)已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为(-2√5,0),离心率
为√5.
(1)求C的方程;
(2)记C的左、右顶点分别为A ,A ,过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点,M在第二
1 2
象限,直线MA 与NA 交于点P,证明:点P在定直线上.
1 2
y2 x2 √5
5.(2023全国乙,文21,理20,12分,难)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,点A(-2,0)
a2 b2 3
在C上.
(1)求C的方程;
(2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点,直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明:线段MN
的中点为定点.解题技巧
解决直线l过坐标系内定点问题时,可采取换元法将点斜式方程变为斜截式方程,减少
了项数,从而有效降低后续的计算量.
6.(2022全国乙,文21,理20,12分,难)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,
(3 )
且过A(0,-2),B ,−1 两点.
2
(1)求E的方程;
(2)设过点P(1,-2)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.名师点睛
求定点、定值问题常见的方法有两种:
①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;
②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
7.(2021新高考Ⅰ,21,12分,难)在平面直角坐标系xOy中,已知点F (-√17,0),F (√17,0),点M
1 2
满足|MF |-|MF |=2.记M的轨迹为C.
1 2
(1)求C的方程;
1
(2)设点T在直线x= 上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|·|TB|=|TP|
2
·|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.
x2 y2 √2
8.(2020新高考Ⅰ,22,12分,难)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,且过点A(2,1).
a2 b2 2
(1)求C的方程;
(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.9.(2023 新课标Ⅰ,22,12 分,难)在直角坐标系 xOy 中,点 P 到 x 轴的距离等于点 P 到点
( 1)
0, 的距离,记动点P的轨迹为W.
2
(1)求W的方程;
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上,证明:矩形ABCD的周长大于3√3.x2 y2
10.(2022新高考Ⅱ,21,12分,难)已知双曲线C: - =1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0),渐近线
a2 b2
方程为y=±√3x.
(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 P(x ,y ),Q(x ,y )在 C 上,且
1 1 2 2
x >x >0,y >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①②③
1 2 1
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.三年模拟
练速度
1.(2024浙江金华一中适应性测试,2)经过点(2,1)且与抛物线y=x2有且仅有一个公共点的
直线的条数为 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
x2 y2
2.(2024辽宁葫芦岛一模,4)已知椭圆G: + =1,A,B为G的短轴端点,P为G上异于A,B
4 3
的一点,则直线AP,BP的斜率之积为 ( )
3 4 3 4
A. B. C.- D.-
4 3 4 3
3.(2024山东济南一模,4)与抛物线x2=2y和圆x2+(y+1)2=1都相切的直线的条数为 ( )
A.0 B.1
C.2 D.3
x2 y2
4.(2024湖南邵阳第二次联考,7)已知直线l:x-2y-2=0与椭圆C: + =1(a>b>0)相交于A,B
a2 b2
两点.若弦AB被直线m:x+2y=0平分,则椭圆C的离心率为 ( )
1 √2 √3 √5
A. B. C. D.
2 4 2 4
x2 y2
5.(2024广东惠州一模,12)已知双曲线 - =1(a>0,b>0)的渐近线与圆x2+y2-4y+3=0相切,
a2 b2
则双曲线的离心率为 .
x2 y2
6.(2024山东聊城一模,13)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的一个焦点的坐标为(1,0),一条切
a2 b2
线的方程为x+y=7,则C的离心率e= .
7.(2024江苏南通二调,14)已知抛物线C:y2=4x,过点(4,0)的直线与抛物线交于A,B两点,则
线段AB中点M的轨迹方程为 .
练思维
1
1.(2024江西上饶一模,7)已知抛物线C:y= x2,则过抛物线C的焦点,弦长为整数且不超过
6
2 024的直线的条数是 ( )
A.4 035 B.4 036 C.4 037 D.4 038
1
2.(2024 T8联考二,8)已知抛物线C的方程为y= x2,F为其焦点,点N坐标为(0,-4),过点F
4作直线交抛物线 C于A,B两点,D是x轴上一点,且满足|DA|=|DB|=|DN|,则直线AB的斜率
为 ( )
√15 √11
A.± B.± C.±√2 D.±√3
2 2
3.(2024河北衡水多校联考,8)过抛物线C:y2=4x焦点F且斜率为√3的直线与C交于A、B
两点,若PF为△PAB的内角平分线,则△PAB面积最大值为 ( )
8 16 32
A. B. C. D.16
3 3 3
x2 y2
4.(2024福建龙岩3月质检,14)斜率为-1的直线与椭圆C: + =1(a>b>0)交于A,B两点,点
a2 b2
T是椭圆上的一点,且满足TA⊥TB,点P,Q分别是△OAT,△OBT的重心,点R是△TAB的外
1
心.记直线OP,OQ,OR的斜率分别为k ,k ,k ,若k k k =- ,则椭圆C的离心率为 .
1 2 3 1 2 3 8
5.(2024湖北名校教研联盟联考,13)已知抛物线 C :y2=2x,C :y2=-4x的焦点分别为 F ,F ,一
1 2 1 2
条平行于x轴的直线与C ,C 分别交于点A,B,若|AF |=|BF |,则四边形ABF F 的面积为
1 2 1 2 2 1
.
6.(2024湖南师大附中一模,14)如果直线l:kx-y-2k=0和曲线Γ:x2-4y|y|=1恰有一个交点,那
么实数k的取值范围是 .
x2 y2
7.(2024湖北武汉二调,13)设椭圆 + =1的左、右焦点分别为 F ,F ,过点F 的直线与该
9 5 1 2 2
椭圆交于A,B两点,若线段AF 的中垂线过点F ,则|BF |= .
2 1 2
8.(2024浙江台州二模,18)已知椭圆C:9x2+8y2=81,直线l:x=-1交椭圆于M,N两点,T为椭圆
的右顶点,△TMN的内切圆为圆Q.
(1)求椭圆C的焦点坐标;
(2)求圆Q的方程;
(3)设点P(1,3),过P作圆Q的两条切线,分别交椭圆C于点A,B,求△PAB的周长.x2 y2
9.(2024山东潍坊二模,18)已知双曲线C: - =1(a>0,b>0)的实轴长为2√3,右焦点F 到一
a2 b2 2
条渐近线的距离为1.
(1)求C的方程;
(2)过C上一点P (3,√2)作C的切线l ,l 与C的两条渐近线分别交于R,S两点,P 为点P 关
1 1 1 2 1
于坐标原点的对称点,过P 作C的切线l ,l 与C的两条渐近线分别交于M,N两点,求四边
2 2 2
形RSMN的面积;
(3)过C上一点Q向C的两条渐近线作垂线,垂足分别为H ,H ,是否存在点Q,满足|QH |+|
1 2 1
QH |=2?若存在,求出点Q坐标;若不存在,请说明理由.
2
10.(2024江苏苏锡常镇二模,18)已知 F为抛物线 C:x2=2py(p>0)的焦点,点A在C上,⃗FA=( √3,− 1) .点P(0,-2),M,N是抛物线上不同两点,直线PM和直线PN的斜率分别为k 1 ,k 2 .
4
(1)求C的方程;
(2)存在点Q,当直线MN经过点Q时,3(k +k )-2k k =4恒成立,请求出满足条件的所有点Q
1 2 1 2
的坐标;
(3)对于(2)中的一个点Q,当直线MN经过点Q时,|MN|存在最小值,试求出这个最小值.
练风向
x2 y2
(创新知识交汇)(2024广东惠州一模,18)已知椭圆C: + =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别
a2 b2
1 ( π)
为F 、F ,离心率为 ,经过点F 且倾斜角为θ 0<θ< 的直线l与椭圆交于A、B两点(其
1 2 2 1 2
中点A在x轴上方),△ABF 的周长为8.
2
(1)求椭圆C的标准方程.(2)如图,将平面xOy沿x轴折叠,使y轴正半轴和x轴所确定的半平面(平面AF F )与y轴
1 2
负半轴和x轴所确定的半平面(平面BF F )互相垂直.
1 2
π
①若θ= ,求异面直线AF 和BF 所成角的余弦值;
3 1 2
( π) 15
②是否存在θ 0<θ< ,使得折叠后△ABF 的周长与折叠前的周长之比为 ?若存在,求
2 2 16
tan θ的值;若不存在,请说明理由.
8.5 直线与圆锥曲线的位置关系
五年高考高考新风向
1.(新定义理解)(多选)(2024新课标Ⅰ,11,6分,难)设计一条美丽的丝带,其造型 可以看作
图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O,且C上的点满足横坐标大于-2,到点F(2,0)
的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4.则 ( ABD )
A.a=-2
B.点(2√2,0)在C上
C.C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1
4
D.当点(x ,y )在C上时,y ≤
0 0 0 x +2
0
2.(创新考法、多想少算)(2024新课标Ⅱ,19,17分,难)已知双曲线C:x2-y2=m(m>0),点P (5,4)
1
在C上,k为常数,0
2 n+1 n n+1 n+2 n+1 n n+1 n+2
1
= √|⃗P P |2·|⃗P P |2−(⃗P P ·⃗P P ) 2
2 n+1 n n+1 n+2 n+1 n n+1 n+2
1
= |(x -x )(y -y )-(x -x )(y -y )|,
2 n n+1 n+2 n+1 n+2 n+1 n n+1
又∵x -y =(x -y )
(1+k
)
n−1
=
(1+k
)
n−1
(n=1,2,3,…),且(x ,y )在双曲线x2-y2=9上,∴x2-y2=9.
n n 1 1 1−k 1−k n n n n
9 (1−k) n−1
∴x +y = =9· ,
n n x −y 1+k
n n
1+k {x −y =pn−1,
令 =p,由01,且 n n
1−k x + y =9p1−n,
n n
1 1
∴x = (pn-1+9p1-n),y = (9p1-n-pn-1),
n 2 n 2
1
∴(x -x )(y -y )= (pn-1+9p1-n-pn-9p-n)(9p-1-n-pn+1-9p-n+pn)
n n+1 n+2 n+1 4
1 1
= [9(1-p)2p-2+(1-p)2p2n-1-81(p-1)2p-2n-1-9(p-1)2]= (p-1)2(9p-2-9+p2n-1-81p-2n-1),
4 4
1
又(x -x )(y -y )= (pn+1+9p-n-1-pn-9p-n)(9p1-n-pn-1-9p-n+pn)
n+2 n+1 n n+1 4
1 1
= [(p-1)2p2n-1+9(p-1)2-81(1-p)2p-2n-1-9(1-p)2p-2]= (p-1)2(9-9p-2+p2n-1-81p-2n-1),
4 4
1 1 9
∴S = × |18(p-1)2-18(1-p)2p-2|= [(p-1)2-(1-p)2·p-2],
△P n P n+1 P n+2 2 4 49 9 ( 1 ) 9(p−1) 2 (p2−1) 9 (p−1) 3 (p+1)
∴S = [(p-1)2-(1-p)2·p-2]= (p-1)2 1− = = · =
n 4 4 p2 4 p2 4 p2
36k3
(常数),故{S }为常数列,从而S =S .
(k+1) 2 (k−1) 2 n n n+1
证法二:要证S =S ,即证S =S ,
n+1 n △P P P △P P P
n n+1 n+2 n+1 n+2 n+3
即证P P ∥P P ,(三角形同底等高模型)
n n+3 n+1 n+2
1+k
设 =p,同证法一得x -y =pn-1,
1−k n n
1 1
x = (pn-1+9p1-n),y = (9p1-n-pn-1),
n 2 n 2
y −y (x −pn+1 )−(x −pn )
则k = n+2 n+1 = n+2 n+1
P n+1 P n+2 x −x x −x
n+2 n+1 n+2 n+1
2pn (p−1)
=1-
(pn+1+9p−n−1 )−(pn+9p−n
)
2p2n+1
=1- .
p2n+1−9
y −y (x −pn+2 )−(x −pn−1 )
k = n+3 n= n+3 n
P n P n+3 x −x x −x
n+3 n n+3 n
2pn−1 (p3−1)
=1-
(pn+2+9p−n−2 )−(pn−1+9p−n+1
)
2p2n+1
=1- .
p2n+1−9
故k =k ,即P P ∥P P ,
P n+1 P n+2 P n P n+3 n n+3 n+1 n+2
原式得证.
考点 直线与圆锥曲线的位置关系
x2 y2
1.(2022新高考Ⅰ,21,12分,中)已知点A(2,1)在双曲线C: - =1(a>1)上,直线l交C于
a2 a2−1
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.
4 1
解析 (1)∵点A(2,1)在双曲线上,∴ - =1,
a2 a2−1
x2
解得a2=2.∴C的方程为 -y2=1.①
2
设直线l:y=kx+m.②
联立①②,消去y得(1-2k2)x2-4kmx-2(m2+1)=0.
设P(x ,y ),Q(x ,y ),
1 1 2 2
4km 2m2+2
则x +x = ,x x =- ,
1 2 1−2k2 1 2 1−2k2
y −1 y −1
k = 1 ,k = 2 ,
PA x −2 QA x −2
1 2
y −1 y −1
由k +k =0,得 1 + 2 =0,
PA QA x −2 x −2
1 2
化简得2kx x +(m-2k-1)(x +x )-4(m-1)=0,
1 2 1 2
( 2m2+2) 4km
即2k· − +(m-2k-1)· -4(m-1)=0,
1−2k2 1−2k2
化简得(2k+m-1)(k+1)=0,
∴2k+m-1=0或k+1=0.
若2k+m-1=0,则l:y=k(x-2)+1,
这时直线l过点A,不合题意,
∴k+1=0,∴k=-1.
( π )
(2)不妨设直线PA,AQ的倾斜角为α,β α< <β ,∵k +k =0,∴α+β=π.
2 AP AQ
由(1)知x x =2m2+2>0,当P,Q均在双曲线左支时,∠PAQ=2α,∴tan 2α=2√2,
1 2
√2
即√2tan2α+tan α-√2=0,解得tan α= (负值舍去).
2
此时PA与双曲线的渐近线平行,与双曲线左支无交点,舍去;
当P,Q均在双曲线右支时,∵tan∠PAQ=2√2,
∴tan(β-α)=2√2,即tan 2α=-2√2,即√2tan2α-tan α-√2=0,解得tan α=√2(负值舍去).
于是,直线PA:y=√2(x-2)+1,QA:y=-√2(x-2)+1,
{y=√2(x−2)+1,
16−4√2
联 立 x2 消 去 y 可 得 3x2+(4√2-16)x+20-8√2=0,∴x +x = ,x x =
−y2=1, 1 A 3 1 A
2
20−8√2
.
3
4(√6−√3)
∴|AP|=√1+(√2) 2√(x +x ) 2−4x x = ,
1 A 1 A 3
4(√6+√3) 2√2
同理|AQ|= ,又∵sin∠PAQ= ,
3 3
1 16√2
∴S = |PA||QA|sin∠PAQ= .
△PAQ 2 9
x2 y2
2.(2021新高考Ⅱ,20,12分,中)已知椭圆C: + =1(a>b>0),若右焦点为F(√2,0),且离心率
a2 b2
√6
为 .
3
(1)求椭圆C的方程;
(2)设M,N是C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要
条件是|MN|=√3.
{
c=√2,
{a2=3,
c √6
解析 (1)由题意得 e= = ,解得 b2=1,
a 3
c2=2,
a2=b2+c2,
x2
故椭圆C的方程为 +y2=1.
3
(2)证明:由(1)得,曲线为x2+y2=1(x>0),
当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,不符合题意;
当直线MN的斜率存在时,设M(x ,y ),N(x ,y ).
1 1 2 2
①先证必要性.
因为M,N,F三点共线,F(√2,0),
所以设直线MN:x=my+√2,即x-my-√2=0,√2
由题意知O(0,0)到直线MN的距离d= =1,解得m2=1,故m=±1,所以直线MN:x±y-√2
√m2+1
=0,
根据对称性,不妨令直线MN:y=x-√2.
{y=x−√2,
联立 x2 消去y整理得4x2-6√2x+3=0.
+ y2=1,
3
3√2 3
故x +x = ,x x = ,所以|MN|=√1+12·|x -x |=√2×√(x +x ) 2−4x x =√3,即必要性成立.
1 2 2 1 2 4 1 2 1 2 1 2
②再证充分性.
易知直线MN的斜率存在,设其方程为y=kx+t.
|t|
由题意得 =b=1,即t2=1+k2.
√1+k2
{
y=kx+t,
由 x2 消去y整理,得(1+3k2)x2+6ktx+3t2-3=0,
+ y2=1,
3
6kt 3t2−3
则x +x =- ,x x = ,
1 2 1+3k2 1 2 1+3k2
所以|MN|=√(1+k2 )[(x +x ) 2−4x x ]
1 2 1 2
= √ (1+k2 ) [ ( − 6kt ) 2 −4× 3t2−3]
1+3k2 1+3k2
√−12(t2−1−3k2 )(1+k2
)
=
(1+3k2
)
2√24k2 (1+k2
)
= .
(1+3k2
)
2
8k2 (1+k2
)
因为|MN|=√3,所以 =1,解得k2=1,则t2=2.
(1+3k2
)
2
6kt
因为x +x =- >0,即kt<0,
1 2 1+3k2
所以k=1,t=-√2或k=-1,t=√2,
所以直线MN的方程为y=x-√2或y=-x+√2.
无论哪一种情况,直线MN恒过焦点F,
所以M,N,F三点共线,即充分性成立.
故M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=√3.
x2 y2
3.(2020新高考Ⅱ,21,12分,难)已知椭圆C: + =1(a>b>0)过点M(2,3),点A为其左顶点,
a2 b2
1
且AM的斜率为 .
2
(1)求C的方程;
(2)点N为椭圆上任意一点,求△AMN的面积的最大值.
1
解析 (1)由题意可知直线AM的方程为y-3= (x-2),即x-2y=-4,当y=0时,解得x=-4,所以
2
a=4,
x2 y2 4 9 x2 y2
由椭圆C: + =1(a>b>0)过点M(2,3),可得 + =1,解得b2=12,所以C的方程为 +
a2 b2 16 b2 16 12
=1.
(2)设与直线AM平行的直线方程为x-2y=m,当直线与椭圆相切时,与AM距离比较远的直
线与椭圆的切点为N,此时△AMN的面积取得最大值.{x−2y=m,
联立 x2 y2 消去 x 得 16y2+12my+3m2-48=0,所以 Δ=144m2-4×16(3m2-48)=0,即 m2=64,
+ =1,
16 12
解得m=±8,与AM距离比较远的直线方程为x-2y=8,两平行线(直线AM与直线x-2y=8)之
|8+4| 12√5 1
间的距离为d= = ,|AM|=√(2+4) 2+32=3√5.所以△AMN的面积的最大值为 ×3
√1+4 5 2
12√5
√5× =18.
5
4.(2023新课标Ⅱ,21,12分,难)已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为(-2√5,0),离心率
为√5.
(1)求C的方程;
(2)记C的左、右顶点分别为A ,A ,过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点,M在第二
1 2
象限,直线MA 与NA 交于点P,证明:点P在定直线上.
1 2
x2 y2
解析 (1)设双曲线的方程为 - =1(a>0,b>0),
a2 b2
由题意可知c=2√5,
c
又离心率e= =√5,∴a=2,
a
∴b2=c2-a2=20-4=16,
x2 y2
∴双曲线C的方程为 - =1.
4 16
(2) 证 法 一 : 由 题 意 知 直 线 MN 的 斜 率 不 为 0,∴ 可 设 直 线 MN 的 方 程 为
x=my-4,M(x ,y ),N(x ,y ),
1 1 2 2
由(1)知,A (-2,0),A (2,0).
1 2
{x=my−4,
联立 x2 y2 消去x,得(4m2-1)y2-32my+48=0,
− =1,
4 16
32m 48 3
∴y +y = ,y y = ,∴my y = (y +y ).
1 2 4m2−1 1 2 4m2−1 1 2 2 1 2
y y
易知直线MA 的方程为y= 1 (x+2)= 1 (x+2),①
1 x +2 m y −2
1 1y y
直线NA 的方程为y= 2 (x-2)= 2 (x-2),②
2 x −2 m y −6
2 2
y y
联立①②可得, 1 (x+2)= 2 (x-2),
m y −2 m y −6
1 2
3
(y + y )−2y
x+2 m y y −2y 2 1 2 2 1
∴ = 1 2 2= =- ,
x−2 m y y −6 y 3 3
1 2 1 (y + y )−6 y
2 1 2 1
∴x=-1,
∴点P在定直线x=-1上.
证法二:由(1)知A (-2,0),A (2,0).
1 2
由题意知直线MN的斜率不为0,∴可设直线MN的方程为x=my-4,M(x ,y ),N(x ,y ),
1 1 2 2
{x2 y2
− =1,
由 4 16 得(4m2-1)y2-32my+48=0,
x=my−4,
32m 48
由根与系数的关系知,y +y = ,y y = .
1 2 4m2−1 1 2 4m2−1
y
易知直线MA 的方程为y= 1 (x+2),①
1 x +2
1
y
直线NA 的方程为y= 2 (x-2),②
2 x −2
2
y y
由①②得 1 (x+2)= 2 (x-2),
x +2 x −2
1 2
y y y2
两边同时乘y 得, 1 2 (x+2)= 2 (x-2),
2 x +2 x −2
1 2
x2 y2
又点N(x ,y )在双曲线 - =1上,∴y2=4(x2-4).
2 2 4 16 2 2
y y 4(x2−4)
∴ 1 2(x+2)= 2 (x-2),
x +2 x −2
1 2
即y y (x+2)=4(x +2)(x +2)(x-2),③
1 2 1 2
又∵x=my-4,∴(x +2)(x +2)=(my -2)(my -2)=m2y y -2m(y +y )+4,
1 2 1 2 1 2 1 248 48m2 32m 48 −4
∴③式可化为 (x+2)=4 -2m· +4 ·(x-2),即 (x+2)=4·
4m2−1 4m2−1 4m2−1 4m2−1 4m2−1
·(x-2),
即-3(x+2)=x-2,解得x=-1.
∴点P在定直线x=-1上.
y2 x2 √5
5.(2023全国乙,文21,理20,12分,难)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,点A(-2,0)
a2 b2 3
在C上.
(1)求C的方程;
(2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点,直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明:线段MN
的中点为定点.
c √ b2 √ 4 √5 y2 x2
解析 (1)由已知条件得b=2,又e= = 1− = 1− = ,∴a2=9,∴C的方程为 + =1.
a a2 a2 3 9 4
(2)证明:由题意知,过P、Q两点的直线l的斜率存在且不为零,设l:y=k(x+2)+3=kx+2k+3,令
t=2k+3,则l:y=kx+t①,
{
y=kx+t,
联立 y2 x2 消去y得(4k2+9)x2+8ktx+4t2-36=0,
+ =1,
9 4
由Δ=(8kt)2-4(4k2+9)(4t2-36)=144×(4k2+9-t2)>0得4k2+9>t2.
−8kt 4t2−36
设P(x ,y ),Q(x ,y ),则x +x = ,x x = ,
1 1 2 2 1 2 4k2+9 1 2 4k2+9
y
易知直线AP的方程为y= 1 (x+2).
x +2
1
2y 2y
令x=0,得y = 1 ,同理可得y = 2 ,
M x +2 N x +2
1 2
y + y y y kx +t kx +t
则 M N= 1 + 2 = 1 + 2
2 x +2 x +2 x +2 x +2
1 2 1 2
(kx +t)(x +2)+(kx +t)(x +2)
= 1 2 2 1
(x +2)(x +2)
1 22kx x +(2k+t)(x +x )+4t
= 1 2 1 2
2(x +x )+x x +4
1 2 1 2
2k(4t2−36)−8kt(2k+t)+4t(4k2+9)
=
−16kt+4t2−36+4(4k2+9)
36(t−2k) 9 9
= = = =3.
4(t−2k) 2 t−2k 3
∴线段MN的中点过定点(0,3).
解题技巧
解决直线l过坐标系内定点问题时,可采取换元法将点斜式方程变为斜截式方程,减少
了项数,从而有效降低后续的计算量.
6.(2022全国乙,文21,理20,12分,难)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,
(3 )
且过A(0,-2),B ,−1 两点.
2
(1)求E的方程;
(2)设过点P(1,-2)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 mx2+ny2=1(m>0,n>0 且 m≠n)(巧设椭圆方程).由题意可得
1
{
4n=1, {n= ,
4 x2 y2
9m 解得 故椭圆E的方程为 + =1.
+n=1, 1 3 4
4 m= ,
3
(3 ) 2
(2)由A(0,-2),B ,−1 可得直线AB的方程为y= x-2.
2 3
①若过点P(1,-2)的直线的斜率不存在,则其方程为x=1,(易错点:不考虑斜率是否存在,直接
设直线方程)
2
{y= x−2,
x2 y2 2√6 ( 2√6) ( 2√6) 3
与方程 + =1联立,可得y=± ,结合题意可知N 1, ,M 1,− ,由
3 4 3 3 3 2√6
y=− ,
3{x=−√6+3,
得 2√6
y=− ,
3
( 2√6)
则T −√6+3,− ,
3
{−√6+3−1=x −(−√6+3),
H
由⃗MT=⃗TH,得 2√6
y =− ,
H 3
( 2√6) ( 2√6)
则H −2√6+5,− ,所以直线HN的方程为y= 2+ x-2,易知直线HN过点(0,-2);
3 3
②若过点P(1,-2)的直线的斜率存在,设其方程为y+2=k(x-1),M(x ,y ),N(x ,y ).
1 1 2 2
{y+2=k(x−1),
6k(2+k) 3k(k+4)
联 立 x2 y2 得 (3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0, 则 x +x = ,x x =
+ =1, 1 2 3k2+4 1 2 3k2+4
3 4
−8(2+k) 4(4+4k−2k2 ) −24k
,y +y = ,y y = ,x y +x y = .
1 2 3k2+4 1 2 3k2+4 1 2 2 1 3k2+4
{ y= y ,
1 (3 y )
联立 2 可得 T 1+3,y ,由⃗MT=⃗TH,可得 H(3y +6-x ,y ),故此时直线 HN 的方
y= x−2, 2 1 1 1 1
3
y −y
程为 y-y = 1 2 (x-x ),将(0,-2)代入并整理得 2(x +x )-6(y +y )+x y +x y -3y y -
2 3 y +6−x −x 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2
1 1 2
6k(2+k) −8(2+k) −24k 4(4+4k−2k2 )
12=0,即 2× -6× + -3× -12=0 恒成立,则直线 HN 过
3k2+4 3k2+4 3k2+4 3k2+4
定点(0,-2).
综上,直线HN过定点(0,-2).
名师点睛
求定点、定值问题常见的方法有两种:
①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
7.(2021新高考Ⅰ,21,12分,难)在平面直角坐标系xOy中,已知点F (-√17,0),F (√17,0),点M
1 2
满足|MF |-|MF |=2.记M的轨迹为C.
1 2
(1)求C的方程;
1
(2)设点T在直线x= 上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|·|TB|=|TP|
2
·|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.
解析 (1)由题意知|F F |=2√17,因为|MF |-|MF |=2<|F F |=2√17,所以结合双曲线定义知,点
1 2 1 2 1 2
M的轨迹C是以F 、F 为焦点的双曲线的右支.
1 2
x2 y2
设其方程为 - =1(a>0,b>0,x≥a),
a2 b2
则2a=2,2c=2√17,解得a=1,c=√17,
则b2=c2-a2=(√17)2-12=16,
y2
所以M的轨迹C的方程为x2- =1(x≥1).
16
{ ( 1)
y=k x− +m,
(2)如图,设T (1 ,m ) ,直线AB的方程为y-m=k ( x− 1) ,由 1 2 消去y得(16-k2
2 1 2 y2 1
x2− =1(x≥1),
16
1
)x2+(k2-2k m)x- k2 +k m-m2-16=0,
1 1 4 1 1
设A(x ,y ),B(x ,y ),
1 1 2 2
1
k2−2k m k2+m2−k m+16
则x +x = 1 1 ,x x =4 1 1 ,
1 2 k2−16 1 2
1 k2−16
1
(1 )
因为T ,m ,
2所以|TA|= √ ( x − 1) 2 +(y −m) 2
1 2 1
√ ( 1) 2 [ ( 1) ] 2
= x − + k x − +m−m
1 2 1 1 2
= √ ( x − 1) 2 +k2( x − 1) 2 =√1+k2( x − 1)( x > 1) ,
1 2 1 1 2 1 1 2 1 2
同理|TB|=√1+k2(
x −
1)(
x >
1)
,
1 2 2 2 2
所以|TA|·|TB|=(1+k2) ( x − 1)( x − 1)
1 1 2 2 2
1 1
k2
=(1+ 1) x
1
x
2
-
2
(x
1
+x
2
)+
4
1
k2+m2−k m+16 1 k2−2k m 1
k2 4 1 1 1 1
=(1+ 1) -2× k2−16 +4
k2−16 1
1
1 1 1
k2+m2−k m+16− k2+k m+ k2−4
=(1+k2)4 1 1 2 1 1 4 1
1
k2−16
1
(1+k2 )(m2+12)
= 1 .
k2−16
1
( 1)
设直线PQ的方程为y-m=k x− ,
2 2
(m2+12)(1+k2
)
同理得|TP|·|TQ|= 2 ,
k2−16
2
因为|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,
(m2+12)(1+k2
)
(m2+12)(1+k2
)
所以 1 = 2 ,
k2−16 k2−16
1 21+k2 1+k2
即 1 = 2 ,
k2−16 k2−16
1 2
(1+k2)(k2-16)=(1+k2)(k2-16),
1 2 2 1
化简得k2 =k2 ,由题意知k ≠k ,所以k +k =0,
1 2 1 2 1 2
即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.
x2 y2 √2
8.(2020新高考Ⅰ,22,12分,难)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,且过点A(2,1).
a2 b2 2
(1)求C的方程;
(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.
4 1 a2−b2 1
解析 (1)由题设得 + =1, = ,
a2 b2 a2 2
解得a2=6,b2=3.
x2 y2
所以C的方程为 + =1.
6 3
(2)证明:设M(x ,y ),N(x ,y ).
1 1 2 2
x2 y2
若 直 线 MN 与 x 轴 不 垂 直 , 设 直 线 MN 的 方 程 为 y=kx+m, 代 入 + =1 得
6 3
(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.
4km 2m2−6
于是x +x =- ,x x = (根与系数的关系).①
1 2 1+2k2 1 2 1+2k2
由 AM⊥AN 知 ⃗AM·⃗AN=0, 故 (x -2)(x -2)+(y -1)·(y -1)=0, 可 得 (k2+1)x x +(km-k-2)(x +x )+
1 2 1 2 1 2 1 2
(m-1)2+4=0.
2m2−6 4km
将①代入上式可得(k2+1) -(km-k-2) +(m-1)2+4=0.
1+2k2 1+2k2
整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.
因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-1≠0,
故2k+3m+1=0,k≠1.
( 2) 1
于是MN的方程为y=k x− - (k≠1).
3 3(2 1)
所以直线MN过点P ,− .
3 3
若直线MN与x轴垂直(易丢分点:容易忽略直线斜率不存在的情况),可得N(x ,-y ).
1 1
由⃗AM·⃗AN=0得(x -2)(x -2)+(y -1)(-y -1)=0.
1 1 1 1
x2 y2
又 1+ 1=1,所以3x2 -8x +4=0.
6 3 1 1
2
解得x =2(舍去)或x = .
1 1 3
(2 1)
此时直线MN过点P ,− .
3 3
(4 1)
令Q为AP的中点,即Q , .
3 3
1 2√2
若D与P不重合,则由题设知AP是Rt△ADP的斜边,故|DQ|= |AP|= .
2 3
1
若D与P重合,则|DQ|= |AP|.
2
(4 1)
综上,存在点Q , ,使得|DQ|为定值.
3 3
9.(2023 新课标Ⅰ,22,12 分,难)在直角坐标系 xOy 中,点 P 到 x 轴的距离等于点 P 到点
( 1)
0, 的距离,记动点P的轨迹为W.
2
(1)求W的方程;
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上,证明:矩形ABCD的周长大于3√3.
解析 (1)设 P(x,y),由题意得 √ (x−0) 2+ ( y− 1) 2 =|y|,整理得 x2-y+ 1 =0,因此 W 的方程为
2 4
1
y=x2+ .
4
(2)证明:不妨设A,B,C三点在W上,如图所示.设B ( x ,x2+ 1) ,A ( x ,x2+ 1) ,C ( x ,x2+ 1) ,AB的斜率为k,则直线BC的斜率为- 1 (k≠0),
0 0 4 1 1 4 2 2 4 k
直线 AB,BC 的方程分别为 y- ( x2+ 1) =k(x-x ),y- ( x2+ 1) =- 1 (x-x ),即直线 AB,BC 的方程分
0 4 0 0 4 k 0
1 x x 1
别为y=kx-kx +x2+ ,y=- + 0+x2+ ,
0 0 4 k k 0 4
1
{ y=x2+ ,
4
联立直线AB与抛物线W的方程可得
1
y=kx−kx +x2+ ,
0 0 4
消去y得x2-kx+kx -x2=0,
0 0
则Δ=k2-4kx +4x2=(k-2x )2>0,k≠2x .
0 0 0 0
由根与系数的关系得x +x =k,x ·x =kx -x2,
0 1 0 1 0 0
∴|AB|=√1+k2·|x -x |=√1+k2·√(x +x ) 2−4x x =√1+k2|k-2x |.
1 0 0 1 0 1 0
同理,联立直线BC与抛物线W的方程,并消去y得x2+ 1 x- 1 x -x2=0,且|BC|= √ 1+ ( − 1) 2 ·|x -
k k 0 0 k 2
x |= √ 1+ ( − 1) 2 · | − 1 −2x | = √ 1+ 1 |1 +2x | ,
0 k k 0 k2 k 0
√ 1 |1 |
∴|AB|+|BC|=√1+k2|k-2x |+ 1+ +2x .
0 k2 k 0
由对称性不妨设0<|k|≤1,
√ 1 √1+k2
则 1+ = ≥√1+k2(当|k|=1时取“=”),
k2 |k|∴|AB|+|BC|≥√1+k2
(
|k−2x |+
|1
+2x
|)
>√1+k2
|
k+
1|
=
√(k2+1) 3
,令t=k2,则t∈(0,1],
0 k 0 k k2
√(k2+1) 3 √(t+1) 3 (t+1) 3
则 = ,令g(t)= ,t∈(0,1],
k2 t t
3(t+1) 2t−(t+1) 3 (t+1) 2·(2t−1)
则g'(t)= = ,
t2 t2
1 1
当00,g(t)单调递增,
2 2
1 (1) 27
∴g(t)在t= 处取得极小值,即最小值,为g = ,
2 2 4
√ (1) 3√3
∴|AB|+|BC|>√g(t)≥ g = .
2 2
∴矩形的周长=2(|AB|+|BC|)>3√3.
x2 y2
10.(2022新高考Ⅱ,21,12分,难)已知双曲线C: - =1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0),渐近线
a2 b2
方程为y=±√3x.
(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 P(x ,y ),Q(x ,y )在 C 上,且
1 1 2 2
x >x >0,y >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①②③
1 2 1
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.
c=2,
{
b { a=1,
解析 (1)由题意知 =√3, 解得
a b=√3,
c2=a2+b2,
y2
∴C的方程为x2- =1.
3
(2)易知直线PQ的斜率存在且不为零,
设其方程为y=kx+b,{ y=kx+b,
由 得(3-k2)x2-2kbx-b2-3=0,
3x2−y2−3=0,
由Δ>0,得b2+3-k2>0,
2kb −b2−3
∴x +x = ,x x = ,∵x >x >0,∴3-k2<0,
1 2 3−k2 1 2 3−k2 1 2
2√3(b2+3−k2
)
∴x -x =√(x +x ) 2−4x x = ,
1 2 1 2 1 2 k2−3
设点M的坐标为(x ,y ),则直线PM、QM的方程分别为y-y =-√3(x-x ),y-y =√3(x-x ),
0 0 0 0 0 0
{y −y =−√3(x −x ),(∗)
故 1 0 1 0
y −y =√3(x −x ),(∗∗)
2 0 2 0
(*)-(**)得y -y =-√3(x +x -2x ),
1 2 1 2 0
即k(x -x )=-√3(x +x -2x ),
1 2 1 2 0
k√b2+3−k2−kb
解得x = ,
0 k2−3
又(*)+(**)得y +y -2y =√3(x -x ),而y +y =k(x +x )+2b,∴k(x +x )+2b-2y =√3(x -x ),
1 2 0 2 1 1 2 1 2 1 2 0 2 1
3√b2+3−k2−3b 3
解得y = = x .
0 k2−3 k 0
3
故点M的轨迹方程为y= x,其中k为直线PQ的斜率.
k
若选择①②作为条件,③作为结论,
设直线AB的方程为y=k(x-2),A(x ,y ),B(x ,y ),不妨设点A在渐近线y=√3x上,
A A B B
2k
{x = ,
{y =k(x −2), A k−√3
则由 A A 得
y =√3x , 2√3k
A A y = ,
A k−√3
( 2k 2√3k ) ( 2k 2√3k)
∴A , ,同理B ,− ,
k−√3 k−√3 k+√3 k+√3
{
2k2
{y=k(x−2), x=
k2−3
,
( 2k2 6k )
又由 3 得 ∴M , ,
y= x, 6k k2−3 k2−3
k y= ,
k2−3x +x y + y
∴x = A B,y = A B,即M为AB的中点,
M M
2 2
∴|MA|=|MB|.
若选择①③作为条件,②作为结论,
当直线AB的斜率不存在时,点M即为F(2,0),
3
此时M不在直线y= x上,不符合题意,舍去;
k
当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=m(x-2),m≠0,±√3.不妨设点A在渐近线y=
√3x上,且A(x ,y ),B(x ,y ).
A A B B
2m
{x = ,
由 {y A =m(x A −2), 得 A m−√3 ∴A ( 2m , 2√3m) ,
y =√3x , 2√3m m−√3 m−√3
A A y = ,
A m−√3
( 2m 2√3m)
同理B ,− ,
m+√3 m+√3
x +x 2m2 y + y 6m
此时x = A B= ,y = A B= ,
M 2 m2−3 M 2 m2−3
3 6m 3 2m2
∵点M在直线y= x上,∴ = · ,
k m2−3 k m2−3
解得k=m,故PQ∥AB.
若选择②③作为条件,①作为结论,
设直线AB的方程为y=k(x-2),A(x ,y ),B(x ,y ),不妨设点A在渐近线y=√3x上,
A A B B
{y =k(x −2), 2k 2√3k
则 A A 解得x = ,y = ,
y =√3x , A k−√3 A k−√3
A A
2k 2√3k
同理,得x = ,y =- ,
B k+√3 B k+√3
设线段AB的中点为C(x ,y ),
C C
x +x 2k2 y + y 6k
则x = A B= ,y = A B= ,
C 2 k2−3 C 2 k2−3
由于|MA|=|MB|,故点M在线段AB的中垂线上,
1
即点M在直线y-y =- (x-x )上,
C k C3 2k2 6k
将该直线方程与y= x联立,得x = =x ,y = =y ,即点M恰为线段AB的中点,
k M k2−3 C M k2−3 C
故点M在直线AB上.三年模拟
练速度
1.(2024浙江金华一中适应性测试,2)经过点(2,1)且与抛物线y=x2有且仅有一个公共点的
直线的条数为 ( C )
A.1 B.2 C.3 D.4
x2 y2
2.(2024辽宁葫芦岛一模,4)已知椭圆G: + =1,A,B为G的短轴端点,P为G上异于A,B
4 3
的一点,则直线AP,BP的斜率之积为 ( C )
3 4 3 4
A. B. C.- D.-
4 3 4 3
3.(2024山东济南一模,4)与抛物线x2=2y和圆x2+(y+1)2=1都相切的直线的条数为 ( D
)
A.0 B.1
C.2 D.3
x2 y2
4.(2024湖南邵阳第二次联考,7)已知直线l:x-2y-2=0与椭圆C: + =1(a>b>0)相交于A,B
a2 b2
两点.若弦AB被直线m:x+2y=0平分,则椭圆C的离心率为 ( C )
1 √2 √3 √5
A. B. C. D.
2 4 2 4
x2 y2
5.(2024广东惠州一模,12)已知双曲线 - =1(a>0,b>0)的渐近线与圆x2+y2-4y+3=0相切,
a2 b2
则双曲线的离心率为 2 .
x2 y2
6.(2024山东聊城一模,13)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的一个焦点的坐标为(1,0),一条切
a2 b2
1
线的方程为x+y=7,则C的离心率e= .
5
7.(2024江苏南通二调,14)已知抛物线C:y2=4x,过点(4,0)的直线与抛物线交于A,B两点,则
线段AB中点M的轨迹方程为 y 2 =2 ( x -4 ) .
练思维
1
1.(2024江西上饶一模,7)已知抛物线C:y= x2,则过抛物线C的焦点,弦长为整数且不超过
6
2 024的直线的条数是 ( C )A.4 035 B.4 036 C.4 037 D.4 038
1
2.(2024 T8联考二,8)已知抛物线C的方程为y= x2,F为其焦点,点N坐标为(0,-4),过点F
4
作直线交抛物线 C于A,B两点,D是x轴上一点,且满足|DA|=|DB|=|DN|,则直线AB的斜率
为 ( B )
√15 √11
A.± B.± C.±√2 D.±√3
2 2
3.(2024河北衡水多校联考,8)过抛物线C:y2=4x焦点F且斜率为√3的直线与C交于A、B
两点,若PF为△PAB的内角平分线,则△PAB面积最大值为 ( B )
8 16 32
A. B. C. D.16
3 3 3
x2 y2
4.(2024福建龙岩3月质检,14)斜率为-1的直线与椭圆C: + =1(a>b>0)交于A,B两点,点
a2 b2
T是椭圆上的一点,且满足TA⊥TB,点P,Q分别是△OAT,△OBT的重心,点R是△TAB的外
1 √2
心.记直线OP,OQ,OR的斜率分别为k ,k ,k ,若k k k =- ,则椭圆C的离心率为 .
1 2 3 1 2 3 8 2
5.(2024湖北名校教研联盟联考,13)已知抛物线 C :y2=2x,C :y2=-4x的焦点分别为 F ,F ,一
1 2 1 2
条平行于x轴的直线与C ,C 分别交于点A,B,若|AF |=|BF |,则四边形ABF F 的面积为
1 2 1 2 2 1
3√2
.
2
6.(2024湖南师大附中一模,14)如果直线l:kx-y-2k=0和曲线Γ:x2-4y|y|=1恰有一个交点,那
( 1] {√3} (1 )
么实数k的取值范围是 −∞,− ∪ ∪ ,+∞ .
2 6 2
x2 y2
7.(2024湖北武汉二调,13)设椭圆 + =1的左、右焦点分别为 F ,F ,过点F 的直线与该
9 5 1 2 2
10
椭圆交于A,B两点,若线段AF 的中垂线过点F ,则|BF |= .
2 1 2 7
8.(2024浙江台州二模,18)已知椭圆C:9x2+8y2=81,直线l:x=-1交椭圆于M,N两点,T为椭圆
的右顶点,△TMN的内切圆为圆Q.
(1)求椭圆C的焦点坐标;
(2)求圆Q的方程;(3)设点P(1,3),过P作圆Q的两条切线,分别交椭圆C于点A,B,求△PAB的周长.
y2
x2 81 9
解析 (1)椭圆的标准方程为 +81=1, -9= ,
9 8 8
8
( 3√2)
所以焦点坐标为 0,± . (3分)
4
(2)将x=-1代入椭圆方程9x2+8y2=81得y=±3,由对称性不妨令M(-1,3),N(-1,-3),则直线MT
3
的方程为y= (x-3),即3x+4y-9=0. (4分)
−1−3
设圆Q的方程为(x-t)2+y2=r2,r>0,
由于内切圆Q在△TMN的内部,所以-10,b>0)的实轴长为2√3,右焦点F 到一
a2 b2 2
条渐近线的距离为1.
(1)求C的方程;
(2)过C上一点P (3,√2)作C的切线l ,l 与C的两条渐近线分别交于R,S两点,P 为点P 关
1 1 1 2 1
于坐标原点的对称点,过P 作C的切线l ,l 与C的两条渐近线分别交于M,N两点,求四边
2 2 2
形RSMN的面积;
(3)过C上一点Q向C的两条渐近线作垂线,垂足分别为H ,H ,是否存在点Q,满足|QH |+|
1 2 1
QH |=2?若存在,求出点Q坐标;若不存在,请说明理由.
2
解析 (1)因为实轴长为2√3,所以a=√3, (1分)
bc
a
b
取C的一条渐近线为y= x,则有 =b=1,(3分)
a √ b2
1+
a2x2
所以双曲线C的方程为 -y2=1. (4分)
3
(2)由题意可知四边形MNRS为平行四边形,其面积S =4S , (5分)
▱MNRS △ORS
√3
由题意可知直线l 的斜率存在,设直线l :y=kx+t,t=√2-3k,且k≠± ,
1 1 3
{
y=kx+t,
联立 x2 消去y并整理得(1-3k2)x2-6ktx-3t2-3=0, (6分)
−y2=1,
3
因为直线l 与双曲线C相切,
1
{ 1−3k2≠0,
所以
Δ=36k2t2+4(1−3k2 )(3t2+3)=0,
得3k2=t2+1,即2k2-2√2k+1=0,
√2
所以k= ,直线l 的方程为x-√2y-1=0, (7分)
2 1
√3 √3
设直线l 与y= x的交点为R,与y=- x的交点为S,
1 3 3
{x−√2y−1=0,
联立 √3 得x =3+√6,(8分)
y= x, R
3
同理得x =3-√6, (9分)
S
则|RS|=√1+k2|x -x |=
√
1+
(√2) 2
|x -x |=6, (10分)
R S R S
2
1 √3
因为原点O到直线l 的距离d= = , (11分)
1 √1+2 3
1 √3
所以S = ×6× =√3,
△ORS 2 3
所以S =4S =4√3.(12分)
▱MNRS △ORS
x2
(3)设Q(x ,y ),则 0-y2=1,
0 0 3 0
|√3 |
x −y
3 0 0
√3 √3|√3 |
不妨设Q到直线y= x的距离为|QH |= = x −y , (13分)
3 1 √ (√3) 2 2 3 0 0
+1
3√3|√3 |
同理|QH |= x + y , (14分)
2 2 3 0 0
3|x2 | 3
所以|QH |·|QH |= 0−y2 = ①,
1 2 4 3 0 4
|QH |+|QH |=2②, (15分)
1 2
1 3
{|QH |= , {|QH |= ,
1 2 1 2
由①②解得 或 (16分)
3 1
|QH |= |QH |= ,
2 2 2 2
{x =2, {x =−2, { x =2, { x =−2,
0 0 0 0
解得 √3或 √3 或 √3或 √3
y = y = y =− y =− ,
0 3 0 3 0 3 0 3
( √3) ( √3) ( √3) ( √3)
所以存在点 Q 2, 或 Q −2, 或 Q 2,− 或 Q −2,− ,使得|QH |+|QH |=2 成
3 3 3 3 1 2
立. (17分)
10.(2024江苏苏锡常镇二模,18)已知 F为抛物线 C:x2=2py(p>0)的焦点,点A在C上,⃗FA=
( 1)
√3,− .点P(0,-2),M,N是抛物线上不同两点,直线PM和直线PN的斜率分别为k ,k .
4 1 2
(1)求C的方程;
(2)存在点Q,当直线MN经过点Q时,3(k +k )-2k k =4恒成立,请求出满足条件的所有点Q
1 2 1 2
的坐标;
(3)对于(2)中的一个点Q,当直线MN经过点Q时,|MN|存在最小值,试求出这个最小值.
( p) ( x2 )
解析 (1)F 0, ,设A x , 1 ,
2 1 2p
( x2 p) ( 1)
则⃗FA= x , 1 − = √3,− , (1分)
1 2p 2 4
{ x =√3,
1 3
所以 x2 p 1 得2p2-p-6=0,解得p=2或p=- (舍),
1 − =− , 2
2p 2 4
所以抛物线C的方程为x2=4y. (4分)(2)设直线MN:y=kx+m,M(x ,y ),N(x ,y ),
1 1 2 2
{y=kx+m,
联立 消去y得x2-4kx-4m=0.
x2=4 y,
所以Δ=16(k2+m)>0,x +x =4k,x ·x =-4m.
1 2 1 2
y +2 kx +m+2 m+2 y +2 kx +m+2 m+2
k = 1 = 1 =k+ ,k = 2 = 2 =k+ ,
1 x x x 2 x x x
1 1 1 2 2 2
则k +k =2k+(m+2) ( 1 + 1 ) =2k+(m+2) x 1 +x 2 = k(m−2) , (5分)
1 2 x x x x m
1 2 1 2
(kx +m+2)(kx +m+2)
k k = 1 2
1 2 x x
1 2
k2x x +k(m+2)(x +x )+(m+2) 2 8k2+(m+2) 2
= 1 2 1 2 = . (6分)
x x −4m
1 2
因为3(k +k )-2k k =4,
1 2 1 2
k(m−2) 8k2+(m+2) 2
所以3× -2× -4=0,
m −4m
即(2k+m-2)(4k+m-2)=0,
则m=2-2k或m=2-4k,能满足Δ>0. (8分)
则MN:y=kx+2-2k=k(x-2)+2或MN:y=kx+2-4k=k(x-4)+2,
所以定点Q的坐标为(2,2)或(4,2). (10分)
(3)Q(4,2)在抛物线C的外部,当直线MN经过Q(4,2)时,MN不存在最小值; (11分)
当直线MN过点Q(2,2)时,x2-4kx-4m=0化为x2-4kx-4(2-2k)=x2-4kx+8k-8=0,
Δ=16(k2-2k+2)>0恒成立,x +x =4k,x x =8k-8,
1 2 1 2
|MN|=√1+k2|x -x |=√1+k2√(x +x ) 2−4x x =√1+k2·√(4k) 2−4(8k−8)=4
1 2 1 2 1 2
√k4−2k3+3k2−2k+2. (13分)
令f(k)=k4-2k3+3k2-2k+2,
则f '(k)=4k3-6k2+6k-2=2(2k-1)(k2-k+1),
1
令f '(k)=0,得k= . (15分)
21 ( 1)
当k< 时, f '(k)<0, f(k)在 −∞, 上为减函数,
2 2
1 (1 )
当k> 时, f '(k)>0, f(k)在 ,+∞ 上为增函数, (16分)
2 2
1
所以当k= 时, f(k)有最小值,即|MN|有最小值.
2
√ 1 √1
|MN| =4× 1+ × −1+2=5. (17分)
min
4 4
练风向
x2 y2
(创新知识交汇)(2024广东惠州一模,18)已知椭圆C: + =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别
a2 b2
1 ( π)
为F 、F ,离心率为 ,经过点F 且倾斜角为θ 0<θ< 的直线l与椭圆交于A、B两点(其
1 2 2 1 2
中点A在x轴上方),△ABF 的周长为8.
2
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)如图,将平面xOy沿x轴折叠,使y轴正半轴和x轴所确定的半平面(平面AF F )与y轴
1 2
负半轴和x轴所确定的半平面(平面BF F )互相垂直.
1 2
π
①若θ= ,求异面直线AF 和BF 所成角的余弦值;
3 1 2
( π) 15
②是否存在θ 0<θ< ,使得折叠后△ABF 的周长与折叠前的周长之比为 ?若存在,求
2 2 16
tan θ的值;若不存在,请说明理由.
解析 (1)由椭圆的定义知,|AF |+|AF |=2a,|BF |+|BF |=2a,所以△ABF 的周长为|AB|+|AF |+|
1 2 1 2 2 2
BF |=|AF |+|AF |+|BF |+|BF |=4a=8,所以a=2,
2 1 2 1 2
1 c 1
又椭圆离心率为 ,所以 = ,所以c=1,b2=a2-c2=3,
2 a 2x2 y2
所以椭圆的标准方程为 + =1.
4 3
(2)①建立以原x轴为x轴、原y轴为正半轴为y轴、原y轴负半轴为z轴的空间直角坐
π ( 8 3√3)
标系,如图 1,由 θ= 知折叠前 A(0,√3),B − ,− .在折叠后的图形中对应的点记为
3 5 5
( 8 3√3)
A',B', 则 A'(0,√3,0),B' − ,0, ,F (-1,0,0),F (1,0,0), 所 以 ⃗A'F =(-1,-√3,0),⃗B'F =
5 5 1 2 1 2
(13 3√3)
,0,− , 设 异 面 直 线 AF 和 BF 所 成 角 为 φ, 则 cos φ=|cos<⃗A'F ,⃗B'F >|=
5 5 1 2 1 2
|⃗A'F ·⃗B'F | 13
1 2 = .
|⃗A'F |·|⃗B'F | 28
1 2
②设折叠前A(x ,y ),B(x ,y ),在折叠后的图形中建立如图2所示的空间直角坐标系(原x轴
1 1 2 2
仍然为x轴,原y轴正半轴为y轴,原y轴负半轴为z轴),折叠后A,B在新图形中对应的点记
15
为A',B',则A'(x ,y ,0),B'(x ,0,-y ),折叠前△ABF 周长是8,则折叠后△A'B'F 周长是 .
1 1 2 2 2 2 2
15 1
由|A'F |+|B'F |+|A'B'|= ,|AF |+|BF |+|AB|=8,故|AB|-|A'B'|= ,
2 2 2 2 2 2
{my=x+1,
设 直 线 l:my=x+1, 联 立 x2 y2 消 去 x 得 (3m2+4)y2-6my-9=0,Δ=(-6m)2-4(3m2+4)
+ =1,
4 3
(-9)=144m2+144>0,
6m −9
y +y = ,y y = .
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4|A'B'|=√(x −x ) 2+ y2+ y2,|AB|=√(x −x ) 2+(y −y ) 2,
1 2 1 2 1 2 1 2
1
所 以 |AB|-|A'B'|=√(x −x ) 2+(y −y ) 2-√(x −x ) 2+ y2+ y2= , 移 项 并 平 方 整 理 后 可 得
1 2 1 2 1 2 1 2 2
1
√(x −x ) 2+(y −y ) 2= -2y y ,(提示:遇到双根式加减问题,可以先将根式移至等号两侧,然
1 2 1 2 4 1 2
后平方去根号)
因为(x −x ) 2+(y −y ) 2=(1+m2)(y −y ) 2= (1 −2y y ) 2 ,
1 2 1 2 1 2 4 1 2
[ ( 6m ) 2 36 ] (1 18 ) 2
所以(1+m2) + = + ,
3m2+4 3m2+4 4 3m2+4
( 1+m2 ) 2 (1 18 ) 2
即144 = + ,(提示:括号内均为正数,故等号两边可直接开方)
3m2+4 4 3m2+4
12+12m2 1 18 28
所以 = + ,解得m2= ,
3m2+4 4 3m2+4 45
π 1 3√35
因为0<θ< ,所以tan θ= = .
2 m 14
