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2025新教材数学高考第一轮复习
9.5 圆锥曲线的综合问题
五年高考
考点1 圆锥曲线中的轨迹方程问题
1.(2021浙江,9,4分,中)已知a,b∈R,ab>0,函数f(x)=ax2+b(x∈R).若f(s-t), f(s), f(s+t)成等比
数列,则平面上点(s,t)的轨迹是 ( )
A.直线和圆 B.直线和椭圆
C.直线和双曲线 D.直线和抛物线
2.(2019北京,8,5分,中)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线C:x2+y2=1+|x|y就是
其中之一(如图).给出下列三个结论:
①曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点);
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过√2;
③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.
其中,所有正确结论的序号是 ( )
A.① B.② C.①② D.①②③
3.(多选)(2020新高考Ⅰ,9,5分,中)已知曲线C:mx2+ny2=1. ( )
A.若m>n>0,则C是椭圆,其焦点在y轴上
B.若m=n>0,则C是圆,其半径为√n
√ m
C.若mn<0,则C是双曲线,其渐近线方程为y=± − x
n
D.若m=0,n>0,则C是两条直线
4.(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.考点2 弦长与面积问题
( 1)
1. (2018江苏,18,16分,中)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点 √3, ,焦点
2
F (-√3,0),F (√3,0),圆O的直径为F F .
1 2 1 2
(1)求椭圆C及圆O的方程.
(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.
①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标;
2√6
②直线l与椭圆C交于A,B两点.若△OAB的面积为 ,求直线l的方程.
7x2 y2 √15
2.(2020课标Ⅲ理,20,12分,中)已知椭圆C: + =1(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.考点3 定点与定值问题
1.(2023新课标Ⅱ,21,12分,中)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
2.(2021新高考Ⅱ,20,12分,中)已知椭圆C的方程为 + =1(a>b>0),若右焦点为F(√2,0),
a2 b2
√6
且离心率为 .
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.y2 x2 √5
3.(2023全国乙理,20,12分,难)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,点A(-2,0)在C
a2 b2 3
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.
x2 y2 √2
4.(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.考点4 最值与范围问题
x2 y2
1.(2020新高考Ⅱ,21,12分,中)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.
x2
2.(2022浙江,21,15分,难)如图,已知椭圆 +y2=1.设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点
12
( 1) 1
Q 0, 在线段AB上,直线PA,PB分别交直线y=- x+3于C,D两点.
2 2
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值;(2)求|CD|的最小值.
3.(2021 全国乙理,21,12 分,难)已知抛物线 C:x2=2py(p>0)的焦点为 F,且 F 与圆 M:x2+
(y+4)2=1上点的距离的最小值为4.
(1)求p;
(2)若点P在M上,PA,PB是C的两条切线,A,B是切点,求△PAB面积的最大值.
4.(2019课标Ⅱ理,21,12分,难)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率
1
之积为- .记M的轨迹为曲线C.
2
(1)求C的方程,并说明C是什么曲线.
(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延
长交C于点G.
(i)证明:△PQG是直角三角形;(ii)求△PQG面积的最大值.
考点5 存在性问题
x2 y2
1.(2023天津,18,12分,中)椭圆C: + =1(a>b>0)的左,右顶点分别为A ,A ,右焦点为F,已
a2 b2 1 2
知|A F|=3,|A F|=1.
1 2
(1)求椭圆C的方程及离心率;
(2)已知点P是椭圆上一动点(不与顶点重合),直线A P交y轴于点Q,若△A PQ的面积是
2 1
△A FP面积的二倍,求直线A P的方程.
2 2
2.(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
3.(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
综合拔高练1
1.(2023广东广州二模)已知点F(1,0),P为平面内一动点,以PF为直径的圆与y轴相切,点P
的轨迹记为C.
(1)求C的方程;
(2)过点F的直线l与C交于A,B两点,过点A且垂直于l的直线交x轴于点M,过点B且垂
直于l的直线交x轴于点N.当四边形MANB的面积最小时,求l的方程.x2 y2
2.(2024届广东南粤名校素养评价,21)已知双曲线 − =1(a>0,b>0)的离心率为2,右焦点
a2 b2
F到渐近线的距离为√3.
(1)求双曲线的标准方程;
(2)若点P为双曲线右支上一动点,过点P与双曲线相切的直线l与双曲线的渐近线分别交
于M,N两点,求△FMN的面积的最小值.
综合拔高练2
x2 y2
1.(2023湖南常德二模)已知A、B是双曲线C : − =1(a>0,b>0)的两个顶点,点P是双曲
1 a2 b2
x2 y2
线上异于A、B的一点,O为坐标原点,射线OP交椭圆C : + =1(a>b>0)于点Q,设直线
2 a2 b2
PA、PB、QA、QB的斜率分别为k 、k 、k 、k .
1 2 3 4
1 ( 1)
(1)若双曲线C 的渐近线方程是y=± x,且过点 √5, ,求C 的方程;
1 2 2 1
15
(2)在(1)的条件下,如果k +k = ,求△ABQ的面积;
1 2 8
(3)试问:k +k +k +k 是不是定值?如果是,请求出此定值;如果不是,请说明理由.
1 2 3 4x2 y2
2.(2024 届广东“六校”联合摸底考,21)已知双曲线 C: − =1(a>0,b>0)经过点
a2 b2
A (2,0),A (4,0),A (2√2,√3),A (2√2,-√3),A (√3,√3)中的3个点.
1 2 3 4 5
(1)求双曲线C的方程;
(2)已知点M,N是双曲线C上与其顶点不重合的两个动点,过点M,N的直线l ,l 都经过双
1 2
曲线C的右顶点,若直线l ,l 的斜率分别为k ,k ,且k +k =1,判断直线MN是否过定点,若过
1 2 1 2 1 2
定点,求出该点的坐标;若不过定点,请说明理由.综合拔高练3
x2 y2
1.(2024届广东深圳开学模考,22)已知双曲线C: − =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为
a2 b2
F ,F ,且|F F |=4,若C上的点M满足||MF |-|MF ||=2恒成立.
1 2 1 2 1 2
(1)求C的方程.
(2)若过点M的直线l与C的两条渐近线交于P,Q两点,且|MP|=|MQ|.
(i)证明:l与C有且仅有一个交点;
1 2
(ii)O为坐标原点,求 + 的取值范围.
|OP| |OQ|x2 y2
2.(2024届广东仲元中学月考,21)在平面直角坐标系 xOy中,设椭圆 + =1(a>b>0)的离
a2 b2
b
心率是e,定义直线y=± 为椭圆的“类准线”,已知椭圆C的“类准线”方程为y=±4√3,
e
长轴长为8.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)A为椭圆C的右顶点,直线l交椭圆C于E,F两点(点E,F与点A不重合),且满足AE⊥AF,
若点P满足2⃗OP=⃗OE+⃗OF,求直线AP的斜率的取值范围.综合拔高练4
x2 y2
1.(2023北京丰台一模,19)已知椭圆E: + =1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1),焦距为2.
a2 b2
(1)求椭圆E的方程;
(2)过点P(2,0)的直线与椭圆E交于B,C两点,过点B,C分别作直线l:x=t的垂线(点B,C在
直线l的两侧).垂足分别为M,N,记△BMP,△MNP,△CNP的面积分别为S ,S ,S ,试问:是否
1 2 3
1
存在常数t,使得S , S ,S 总成等比数列?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.
1 2 2 3x2 y2 √2
2.(2023福建厦门、福州等市质检一,21)已知椭圆Γ: + =1(a>b>0)的离心率为 ,其左
a2 b2 2
焦点为F (-2,0).
1
(1)求Γ的方程;
(2)如图,过 Γ 的上顶点 P 作动圆 F 的切线分别交 Γ 于 M,N 两点,是否存在圆 F ,使得
1 1
△PMN是以PN为斜边的直角三角形?若存在,求出圆F 的半径;若不存在,请说明理由.
19.5 圆锥曲线的综合问题
五年高考
考点1 圆锥曲线中的轨迹方程问题
1.(2021浙江,9,4分,中)已知a,b∈R,ab>0,函数f(x)=ax2+b(x∈R).若f(s-t), f(s), f(s+t)成等比
数列,则平面上点(s,t)的轨迹是 ( )
A.直线和圆 B.直线和椭圆
C.直线和双曲线 D.直线和抛物线
答案 C
2.(2019北京,8,5分,中)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线C:x2+y2=1+|x|y就是
其中之一(如图).给出下列三个结论:
①曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点);
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过√2;
③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.
其中,所有正确结论的序号是 ( )
A.① B.② C.①② D.①②③
答案 C
3.(多选)(2020新高考Ⅰ,9,5分,中)已知曲线C:mx2+ny2=1. ( )
A.若m>n>0,则C是椭圆,其焦点在y轴上
B.若m=n>0,则C是圆,其半径为√n
√ m
C.若mn<0,则C是双曲线,其渐近线方程为y=± − x
n
D.若m=0,n>0,则C是两条直线
答案 ACD4.(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),由题意可得 √ (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·|x1−x0|=√1+k2·√(x +x ) 2−4x x =√1+k2|k-2x |.
0 1 0 1 0
1 1
同理,联立直线 BC 与抛物线 W 的方程,并消去 y 得 x2+ x− x0−x2 =0,且|BC|=
k k 0
√ ( 1) 2 √ ( 1) 2 | 1 | √ 1 |1 |
1+ − ·|x2−x0|= 1+ − · − −2x = 1+ +2x ,
k k k 0 k2 k 0
√ 1 |1 |
∴|AB|+|BC|=√1+k2|k−2x0|+ 1+ +2x .
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|
( |1 |) | 1|
√(k2+1) 3
∴|AB|+|BC|≥√1+k2 |k−2x |+ +2x >√1+k2 k+ = ,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.
考点2 弦长与面积问题
( 1)
2. (2018江苏,18,16分,中)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点 √3, ,焦点
2
F (-√3,0),F (√3,0),圆O的直径为F F .
1 2 1 2
(1)求椭圆C及圆O的方程.(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.
①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标;
2√6
②直线l与椭圆C交于A,B两点.若△OAB的面积为 ,求直线l的方程.
7
x2 y2
解析 (1)因为椭圆 C 的焦点为 F (-√3,0),F (√3,0),所以可设椭圆 C 的方程为 +
1 2 a2 b2
=1(a>b>0).
{3 1
( 1) + =1, {a2=4,
又点 √3, 在椭圆C上,所以 a2 4b2 解得
2 b2=1.
a2−b2=3,
x2
因此,椭圆C的方程为 +y2=1. (3分)
4
因为圆O的直径为F F ,所以其方程为x2+y2=3. (5分)
1 2
(2)①设直线l与圆O相切于P(x ,y )(x >0,y >0),如图1,则x2+ y2=3.
0 0 0 0 0 0
x x 3
所以直线l的方程为y=- 0 (x-x )+y ,即y=- 0 x+ .
y 0 0 y y
0 0 0
{
x2
+ y2=1,
4
由 消去y,得
x 3
y=− 0 x+
y y
0 0
(4x2+ y2)x2-24x x+36-4y2=0.(*) (7分)
0 0 0 0
因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点,
所以Δ=(-24x )2-4(4x2+ y2)(36-4y2)=48y2(x2-2)=0.
0 0 0 0 0 0
因为x ,y >0,所以x =√2,y =1.
0 0 0 0
因此,点P的坐标为(√2,1). (10分)2√6
②因为三角形OAB的面积为 ,
7
1 2√6 4√2
所以 AB·OP= ,从而AB= .
2 7 7
设A(x ,y ),B(x ,y ),如图2,
1 1 2 2
24x ±√48 y2 (x2−2)
由(*)得x = 0 0 0 ,
1,2 2(4x2+ y2
)
0 0
( x2 ) 48 y2 (x2−2)
所以AB2=(x -x )2+(y -y )2= 1+ 0 · 0 0 . (13分)
1 2 1 2 y2 (4x2+ y2
)
2
0 0 0
因为x2+ y2
=3,
0 0
16(x2−2)
32
所以AB2= 0 = ,即2x4−45x2+100=0.
(x2+1) 2 49 0 0
0
解得x2=
5
(x2=20舍去),则y2=
1
,因此P的坐标为
(√10
,
√2)
.(注意数形结合,00,由题意知y >0.
P P Q Q P1
由已知可得B(5,0),直线BP的方程为y=- (x-5),
y
Q
所以|BP|=y √1+ y2,|BQ|=√1+ y2.
P Q Q
因为|BP|=|BQ|,
所以y =1,将y =1代入C的方程,解得x =3或-3.
P P P
由直线BP的方程得y =2或8.
Q
所以点P,Q的坐标分别为P (3,1),Q (6,2);P (-3,1),Q (6,8).
1 1 2 2
1 √10
|P Q |=√10,直线P Q 的方程为y= x,点A(-5,0)到直线P Q 的距离为 ,故△AP Q 的面
1 1 1 1 3 1 1 2 1 1
1 √10 5
积为 × ×√10= .
2 2 2
7 10 √130
|P Q |=√130,直线P Q 的方程为y= x+ ,点A到直线P Q 的距离为 ,故△AP Q 的
2 2 2 2 9 3 2 2 26 2 2
1 √130 5 5
面积为 × ×√130= .综上,△APQ的面积为 .
2 26 2 2
x2 y2
3.(2022新高考Ⅰ,21,12分,难)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 y −1 y −1
k = 1 ,k = 2 ,由k +k =0,得 1 + 2 =0,
PA x −2 QA x −2 PA QA x −2 x −2
1 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 ,
2
∵k +k =0,∴α+β=π.
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
考点3 定点与定值问题
1.(2023新课标Ⅱ,21,12分,中)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(写出公式给1分),∴a=2,
a
x2 y2
∴b2=c2-a2=20-4=16,∴双曲线C的方程为 − =1.
4 16
(2)证明:由题意知直线MN的斜率不为0(失分点:考虑斜率不存在,否则会失分),所以可设
直线MN的方程为x=my-4,M(x ,y ),N(x ,y ),由(1)知,A (-2,0),A (2,0).
1 1 2 2 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 1
y 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=-1,
x−2 m y y −6 y 3 3
1 2 1 (y + y )−6 y
2 1 2 1
∴点P在定直线x=-1上(最后一定要作答,否则会失分).
x2 y2
2.(2021新高考Ⅱ,20,12分,中)已知椭圆C的方程为 + =1(a>b>0),若右焦点为F(√2,0),
a2 b2
√6
且离心率为 .
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·|x1−x2|=√2×√(x +x ) 2−4x x =√3,即必要性
1 2 2 1 2 4 1 2 1 2
成立.
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
)
√24k2 (1+k2
)
= = .
(1+3k2
)
2 (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.
y2 x2 √5
3.(2023全国乙理,20,12分,难)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,点A(-2,0)在C
a2 b2 3
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 两点的直线的斜率存在且不为零,记直线为 l,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 2
2kx 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) 36(t−2k) 9 9
= = = = =3.
−16kt+4t2−36+4(4k2+9) 4(t−2k) 2 t−2k 3
∴线段MN的中点为定点(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,减少项数,
从而有效降低后续的计算量.
x2 y2 √2
4.(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, = ,解得a2=6,b2=3.
a2 b2 a2 2
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 = .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 ( 2 k + 3 m +1)( 2 k + m -1)= 0(易错点:化简和因式分解过程中的计算量比较大,容易出错).
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
考点4 最值与范围问题
x2 y2
1.(2020新高考Ⅱ,21,12分,中)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
间 的 距 离 为 d= = ,|AM|=
√1+4 5
1 12√5
√(2+4) 2+32=3√5.所以△AMN的面积的最大值为 ×3√5× =18.
2 5
x2
2.(2022浙江,21,15分,难)如图,已知椭圆 +y2=1.设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点
12
( 1) 1
Q 0, 在线段AB上,直线PA,PB分别交直线y=- x+3于C,D两点.
2 2
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值;
(2)求|CD|的最小值.
解析 (1)设M(2√3cos θ,sin θ)是椭圆上一点,
又P(0,1),
144 ( 1 ) 2 144
∴|PM|2=12cos2θ+(sin θ-1)2=13-11sin2θ-2sin θ= −11 sinθ+ ≤ ,故|PM|的最大值
11 11 11
12√11 12√11
是 ,即点P到椭圆上的点的距离的最大值为 .
11 11
1
(2)由题易知直线AB的斜率存在,设直线AB:y=kx+ ,将直线AB的方程与椭圆的方程联立,
2
消去y,
整理得 ( k2+ 1 ) x2+kx− 3 =0,
12 4
设A(x ,y ),B(x ,y ),
1 1 2 2k 3
则x 1 +x 2 =- k2+ 1 ,x 1 x 2 =- 4 ( k2+ 1 ),
12 12
1
{ y=− x+3,
y −1 2
易得直线PA:y= 1 x+1,联立
x y −1
1 y= 1 x+1,
x
1
4x 4x
得x = 1 = 1 ,
C x +2y −2 (2k+1)x −1
1 1 1
4x 4x
同理可得x = 2 = 2 ,
D x +2y −2 (2k+1)x −1
2 2 2
√ ( 1) 2
则|CD|= 1+ − |x -x |
C D
2
√5| 4x 4x |
= 1 − 2
2 (2k+1)x −1 (2k+1)x −1
1 2
| x −x |
=2√5 2 1
[(2k+1)x −1][(2k+1)x −1]
1 2
| x −x |
=2√5 2 1
(2k+1) 2x x −(2k+1)(x +x )+1
1 2 1 2
| √ −k 2+ 3 |
( )
1 ❑ 1
k2+ k2+
12 12
=2√5
3 k
−(2k+1) 2 +(2k+1) +1
4 ( k2+ 1 ) k2+ 1
12 12
=
√16k2+1 √ 9 +1 √(4k) 2+12· √ (3) 2 +12 √ ( 4k× 3 +1×1 ) 2
3√5 √16k2+1 6√5 16 6√5 4 6√5 4 6√5
× = × = × ≥ × =
2 |3k+1| 5 |3k+1| 5 |3k+1| 5 |3k+1| 5
.3
当且仅当k= 时取到等号,经检验符合题意.
16
3.(2021 全国乙理,21,12 分,难)已知抛物线 C:x2=2py(p>0)的焦点为 F,且 F 与圆 M:x2+
(y+4)2=1上点的距离的最小值为4.
(1)求p;
(2)若点P在M上,PA,PB是C的两条切线,A,B是切点,求△PAB面积的最大值.
( p)
解析 (1)由题设知F 0, ,圆M的圆心为(0,-4),半径为1,F与圆M上点的距离的最小值
2
p p
为 +3,即 +3=4,解得p=2.
2 2
(2)由(1)知C:x2=4y.
设P(x ,y ),A(x ,y ),B(x ,y ).
0 0 1 1 2 2
x
因为C在A处切线的斜率为 1,
2
所以直线PA的方程为x x-2y-2y =0.
1 1
x2
方法点拨:因为抛物线方程为x2=4y,即y= ,所以利用导数的几何意义可求切线方程
4
因为P在直线PA上,故x x -2y -2y =0,
1 0 0 1
所以A在直线x x-2y-2y =0上.
0 0
同理B也在直线x x-2y-2y =0上.
0 0
所以直线AB的方程为x x-2y-2y =0.
0 0
(利用点与直线的关系以及直线与方程的定义可知过A,B两点的直线的方程)
{x x−2y−2y =0,
由 0 0 得x2-2x x+4y =0,
x2=4 y 0 0
故x +x =2x ,x x =4y .
1 2 0 1 2 0
√[ (x ) 2]
因此|AB|= 1+ 0 (x −x ) 2=√(x2+4)(x2−4 y ).
2 1 2 0 0 0
|x2−4 y |
0 0
因为点P到直线AB的距离d= ,
√x2+4
0
1 1 3
所以△PAB的面积S=
2
|AB|×d=
2
( x2−4 y0)2.
0(利用弦长公式和点到直线的距离公式表示三角形的面积)
1 3
由x2
0
=1-(y
0
+4)2得S=
2
[21-(y
0
+6)2 ]2.
因为y ∈[-5,-3],所以当y =-5时,△PAB的面积取得最大值,最大值为20√5.
0 0
(利用圆的方程得出y 的取值范围,再利用函数思想求得三角形面积的最值)
0
4.(2019课标Ⅱ理,21,12分,难)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率
1
之积为- .记M的轨迹为曲线C.
2
(1)求C的方程,并说明C是什么曲线.
(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延
长交C于点G.
(i)证明:△PQG是直角三角形;
(ii)求△PQG面积的最大值.
y y 1
解析 (1)由题设得 · =− ,
x+2 x−2 2
x2 y2
化简得 + =1(|x|≠2),(由于两直线的斜率存在,所以|x|≠2)
4 2
所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左右顶点.(易忽略C的轨迹不含左右
顶点)(4分)
(2)(i)证明:
第一步:设直线PQ的方程,与椭圆方程联立,得P,Q,E的坐标.
设直线 PQ 的斜率为 k , 则其方程为 y = k x ( k >0 ) .(已知点P在第一象限,所以k>0)
{
y=kx,
2
由 x2 y2 得x=± .
+ =1 √1+2k2
4 2
2 2
( )
记u= , 简化书写形式,用u代替
√1+2k2 √1+2k2
则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).
第二步:利用点斜式表示QG的方程,与椭圆方程联立得点G的坐标.
k k
于是直线QG的斜率为 ,方程为y= (x-u).
2 2k
{y= (x−u),
2
由 得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.①
x2 y2
+ =1
4 2
设G(x ,y ),则-u和x 是方程①的解,
G G G
u(3k2+2) uk3
故x = ,由此得y = .
G 2+k2 G 2+k2
第三步:由斜率公式得直线PG的斜率,利用斜率关系得三角形形状.
uk3
−uk
2+k2 1
从而直线PG的斜率为 =− .
u(3k2+2) k
−u
2+k2
所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形. (8分)
(ii)第一步:利用弦长公式表示三角形的两直角边的长.
2uk√k2+1
由(i)得|PQ|=2u√1+k2,|PG|= ,
2+k2
第二步:利用三角形的面积公式把面积表示成关于k的函数.
(1 )
8 +k
1 8k(1+k2 ) k
所以△PQG的面积S= |PQ||PG|= = .
2 (1+2k2 )(2+k2 ) (1 ) 2
1+2 +k
k
第三步:利用换元法和对勾函数的性质求面积的最值.
1
设t=k+ ,则由k>0得t≥2,当且仅当k=1时取等号.
k
8t 16
因为S= 在[2,+∞)上单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为 .
1+2t2 9
16
因此,△PQG面积的最大值为 .(12分)
9
考点5 存在性问题
x2 y2
1.(2023天津,18,12分,中)椭圆C: + =1(a>b>0)的左,右顶点分别为A ,A ,右焦点为F,已
a2 b2 1 2
知|A F|=3,|A F|=1.
1 2
(1)求椭圆C的方程及离心率;(2)已知点P是椭圆上一动点(不与顶点重合),直线A P交y轴于点Q,若△A PQ的面积是
2 1
△A FP面积的二倍,求直线A P的方程.
2 2
解析 (1)设椭圆C的焦距为2c(c>0),
{a+c=3, {a=2,
则 解得 故b2=a2-c2=3,
a−c=1, c=1,
x2 y2 c 1
所以椭圆C的方程为 + =1,离心率e= = .
4 3 a 2
1 1
(2) 由 (1) 可 得 ,|A F|= |A A |, 所 以 S = S , 又 S =2S , 所 以
2 4 1 2 △A 2 FP 4 △PA 1 A 2 △A 1 PQ △A 2 FP
1 1
S = S ,所以|PQ|= |PA |.
△A 1 PQ 2 △PA 1 A 2 2 2
1
设P(x ,y ),当x <0时,⃗PQ= ⃗PA ,此时点P与A 重合,不合题意;
0 0 0 2 2 1
1
当x >0时,可得⃗QP= ⃗QA ,
0 3 2
2 (2 2√6)
故x = ,代入椭圆方程,得P ,± ,
0 3 3 3
√6
又A (2,0),所以k =± ,
2 A 2 P 2
√6
所以直线A P的方程为y=± (x-2).
2 2
2.(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y得(16-k2)x2+
2 1 2 y2 1
x2− =1(x≥1)
16
1
(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|=√1+k2(
x −
1) ,|TB|=√1+k2(
x −
1)
,
1 1 2 1 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
k2 4 1 1 1 k2−2k m 1
=(1+ 1) − × 1 1 +
k2−16 2 k2−16 4
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 2
1+k2 1+k2
即 1 = 2 ,(1+k2 )(k2 -16)=(1+k2 )(k2 -16),
k2−16 k2−16 1 2 2 1
1 2
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
3.(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,
设其方程为y=kx+b(k>√3),{ 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 = ,
1 2 3−k2 1 2 3−k2
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), k−√3
则由 得
y=√3x, 2√3k
y= ,
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
又由 3 得
y= x, 6k
k y= ,
k2−3( 2k2 6k )
∴M , ,
k2−3 k2−3
x +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= ,
{y=m(x−2), m−√3
由 得
y=√3x, 2√3m
y= ,
m−√3
( 2m 2√3m)
∴A , ,
m−√3 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 A= ,y = ,
y =√3x , 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 Cx +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 C
3 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
综合拔高练1
1.(2023广东广州二模)已知点F(1,0),P为平面内一动点,以PF为直径的圆与y轴相切,点P
的轨迹记为C.
(1)求C的方程;
(2)过点F的直线l与C交于A,B两点,过点A且垂直于l的直线交x轴于点M,过点B且垂
直于l的直线交x轴于点N.当四边形MANB的面积最小时,求l的方程.
(x+1 y)
解析 (1)设 P(x,y),则以 PF 为直径的圆的圆心为 , ,根据圆与 y 轴相切,可得
2 2
|x+1| 1 1
= |PF|= √(x−1) 2+ y2 ,化简得y2=4x,
2 2 2
所以C的方程为y2=4x.
(2)由题意可知:直线l的斜率存在且不为0,设直线l:y=k(x-1),A(x ,y ),B(x ,y ),
1 1 2 2
{y=k(x−1),
联立 ⇒k2x2-2(k2+2)x+k2=0,
y2=4x
2(k2+2)
所以x +x = ,x x =1,
1 2 k2 1 2
2(k2+2) 4k2+4
所以|AB|=|AF|+|BF|=x +x +2= +2= ,
1 2 k2 k2
设直线l的倾斜角为θ,则|AM|=|AF||tan θ|,|BN|=|BF||tan θ|,
所以|AM|+|BN|=|AF||tan θ|+|BF||tan θ|=|AB||tan θ|=|AB||k|.1
四 边 形 MANB 的 面 积 S=S +S = |AB|(|AM|+|BN|)=
△ABM △ABN 2
|AB|2|k| 8(k2+1) 2 8(k4+2k2+1)
= = ,
2 |k|3 |k|3
8(t4+2t2+1)
( 2 1)
设t=|k|>0,则S(t)= =8 t+ + ,
t3 t t3
( 2 3) t4−2t2−3
所以S'(t)=8 1− − =8·
t2 t4 t4
(t2+1)(t−√3)(t+√3)
=8· ,
t4
当t>√3时,S'(t)>0,S(t)单调递增,当00,b>0)的离心率为2,右焦点
a2 b2
F到渐近线的距离为√3.
(1)求双曲线的标准方程;
(2)若点P为双曲线右支上一动点,过点P与双曲线相切的直线l与双曲线的渐近线分别交
于M,N两点,求△FMN的面积的最小值.
|bc|
解析 (1)由已知得渐近线方程为 bx±ay=0,右焦点为F(c,0),∴ =√3,又∵a2+b2=c2,∴
√a2+b2
bc
=√3,
c
c y2
解得b=√3,由离心率e= =2,可得a=1,c=2,∴双曲线的标准方程为x2- =1.
a 3
y2
(2)解法一:双曲线x2- =1的渐近线方程为y=±√3x,
3
当直线l的斜率不存在时,由P(1,0),知直线l的方程为x=1,此时可得M(1,√3),N(1,-√3)(不
妨令M在x轴上方),故|MN|=2√3,
1 1
又∵F(2,0),故S = |MN|·|PF|= ×2√3×1=√3;
△FMN 2 2当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+m(m≠0),
{
y2
x2− =1,
联立 3 消去 y 得(k2-3)x2+2kmx+m2+3=0,∵直线与双曲线相切,∴Δ=4k2m2-4(k2-3)
y=kx+m,
(m2+3)=0,解得m2=k2-3>0,设M(x ,y ),N(x ,y ),
1 1 2 2
{3x2−y2=0,
联立 消y得(k2-3)x2+2kmx+m2=0,
y=kx+m,
−2km −2km −2k
∴x +x = = = ,x x =1,
1 2 k2−3 m2 m 1 2
−2k2+2m2 −2(k2−m2 ) 6
y +y =k(x +x )+2m= = =− ,
1 2 1 2
m m m
−2k
y y =k2x x +km(x +x )+m2=k2+km· +m2=-3,
1 2 1 2 1 2 m
在△OMN中,|OM|=2x ,|ON|=2x ,
1 2
1 √3
∴S = |OM|·|ON|sin∠MON=2x1x2· =√3,
△OMN 2 2
1
∴S =S +S -S = |OF|·|y1−y2|−√3
△FMN △OFM △OFN △OMN 2
√36
=√(y + y ) 2−4 y ·y −√3= +12−√3,
1 2 1 2 m2
√36
∵m2=k2-3>0,∴S = +12−√3>2√3−√3=√3.
△FMN m2
综上所述,△FMN的面积的最小值为√3.
解法二:由条件知,若直线l的斜率存在,则斜率不为零,
故可设l:x=my+n,
{
y2
x2− =1,
联立 3 消x得(3m2-1)y2+6mny+3n2-3=0,
x=my+n,
∵直线l与双曲线相切,
{Δ=36m2n2−4(3m2−1)(3n2−3)=0,
∴
3m2−1≠0,{3m2+n2=1,
即
3m2−1≠0,
设M(x ,y ),N(x ,y ),
1 1 2 2
{
y2
x2− =0,
联立 3 消x得(3m2-1)y2+6mny+3n2=0,
x=my+n,
−6mn −6mn 6m 3n2 3n2
则y +y = = = ,y y = = =-3,
1 2 3m2−1 −n2 n 1 2 3m2−1 −n2
由直线l的方程得,直线与x轴的交点坐标为(n,0),
1 1 √36m2
∴S = |2−n|√(y + y ) 2−4 y ·y = |2−n| +12
△FMN 2 1 2 1 2 2 n2
1 √12 |√3(2−n)| |2 |
= |2−n| = =√3 −1 ,
2 |n| n n
∵3m2+n2=1,∴n2≤1,且n≠0,
又∵P在双曲线右支,故n>0,
∴n=1时,S 取得最小值,为√3.
△FMN
综合拔高练2
x2 y2
1.(2023湖南常德二模)已知A、B是双曲线C : − =1(a>0,b>0)的两个顶点,点P是双曲
1 a2 b2
x2 y2
线上异于A、B的一点,O为坐标原点,射线OP交椭圆C : + =1(a>b>0)于点Q,设直线
2 a2 b2
PA、PB、QA、QB的斜率分别为k 、k 、k 、k .
1 2 3 4
1 ( 1)
(1)若双曲线C 的渐近线方程是y=± x,且过点 √5, ,求C 的方程;
1 2 2 1
15
(2)在(1)的条件下,如果k +k = ,求△ABQ的面积;
1 2 8
(3)试问:k +k +k +k 是不是定值?如果是,请求出此定值;如果不是,请说明理由.
1 2 3 4
1 x2
解析 (1)由双曲线C 的渐近线方程为y=± x,设双曲线C 的方程为 -y2=λ,λ≠0,
1 2 1 4( 1) (√5) 2 (1) 2 x2
将点 √5, 代入双曲线C1的方程得λ= − =1,因此双曲线C 的方程为 -y2=1.
2 4 2 1 4
(2)设射线OP所在直线的方程为y=kx,P(x ,y ),则y =kx ,
0 0 0 0
x2
∵点P在双曲线C 上,∴ 0−y2=1,即x2−4=4 y2.
1 4 0 0 0
y y 2x y 2x y x 1 15
∵k +k = 0 + 0 = 0 0= 0 0= 0 = = ,
1 2 x +2 x −2 x2−4 4 y2 2y 2k 8
0 0 0 0 0
4 4
∴k= .∴射线OP所在直线的方程为y= x.
15 15
4
{ y= x,
15 64 8
联立 解得y2= ,∴点Q的纵坐标为± ,
x2 289 17
+ y2=1,
4
1 8 16
因此,△ABQ的面积为S= ×4× = .
2 17 17
(3)设点P(x ,y )、Q(x ,y ),
0 0 1 1
x2 y2 a2y2
由点P在双曲线C 上,得 0− 0=1,则x2−a2= 0.
1 a2 b2 0 b2
y y
k = 0 ,k = 0 ,
1 x +a 2 x −a
0 0
y y 2x y 2x y 2b2x 2b2
0 + 0 = 0 0 = 0 0= 0=
∴k +k =x +a x −a x2−a2 a2 a2y ka2,
1 2 0 0 0 y2 0
b2 0
2b2
同理可得k +k =- ,因此k +k +k +k =0,为定值.
3 4 ka2 1 2 3 4
x2 y2
2.(2024 届广东“六校”联合摸底考,21)已知双曲线 C: − =1(a>0,b>0)经过点
a2 b2
A (2,0),A (4,0),A (2√2,√3),A (2√2,-√3),A (√3,√3)中的3个点.
1 2 3 4 5
(1)求双曲线C的方程;
(2)已知点M,N是双曲线C上与其顶点不重合的两个动点,过点M,N的直线l ,l 都经过双
1 2
曲线C的右顶点,若直线l ,l 的斜率分别为k ,k ,且k +k =1,判断直线MN是否过定点,若过
1 2 1 2 1 2定点,求出该点的坐标;若不过定点,请说明理由.
解析 (1)由于A ,A 关于x轴对称,所以A ,A 要么都在双曲线C上,要么都不在双曲线C
3 4 3 4
上.点A ,A 不可能都在双曲线C上.因为双曲线C经过其中3个点,所以A ,A 都在双曲线
1 2 3 4
x2 y2 8 3
C上.将A ,A 的坐标代入 − =1得 − =1,由A ,A 都在双曲线C上可知A (4,0)、A (
3 4 a2 b2 a2 b2 3 4 2 5
8 3
√3,√3)都不在双曲线C上,所以点A (2,0)在双曲线C上,故a=2,结合 − =1可得b=√3,
1 a2 b2
x2 y2
所以双曲线C的方程为 − =1.
4 3
(2)设M(x ,y ),N(x ,y ),其中y ≠y ≠0,易知直线MN不与y轴平行,当直线MN的斜率不为 0
1 1 2 2 1 2
时,设直线MN的方程为x=my+n,
{x=my+n,
由 x2 y2 消去x并整理得(3m2-4)y2+6mny+3n2-12=0,
− =1
4 3
6mn 3n2−12
则有3m2-4≠0,y +y =- ,y ·y = .
1 2 3m2−4 1 2 3m2−4
因为双曲线C的右顶点为A (2,0),且k +k =1,
1 1 2
y y y y
所以 1 + 2 = 1 + 2
x −2 x −2 m y +n−2 m y +n−2
1 2 1 2
2m y y +(n−2)(y + y )
1 2 1 2
=
m2y y +m(n−2)(y + y )+(n−2) 2
1 2 1 2
6mn2−24m 6mn2−12mn
−
3m2−4 3m2−4 3m
= = =1,
3m2n2−12m2 6m2n2−12m2n 2−n
− +(n−2) 2
3m2−4 3m2−4
所以n=-3m+2,代入x=my+n得x=m(y-3)+2,当y=3时,x=2,
所以直线MN过定点(2,3).
x2 y2
当直线MN的斜率为0时,直线方程为y=3,代入 − =1得x=±4,不妨令M(4,3),N(-4,3),
4 3
3−0 3−0
则k +k = + =1,符合题意.
1 2 4−2 −4−2综上,直线MN过定点(2,3).综合拔高练3
x2 y2
1.(2024届广东深圳开学模考,22)已知双曲线C: − =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为
a2 b2
F ,F ,且|F F |=4,若C上的点M满足||MF |-|MF ||=2恒成立.
1 2 1 2 1 2
(1)求C的方程.
(2)若过点M的直线l与C的两条渐近线交于P,Q两点,且|MP|=|MQ|.
(i)证明:l与C有且仅有一个交点;
1 2
(ii)O为坐标原点,求 + 的取值范围.
|OP| |OQ|
解析 (1)由双曲线定义可知||MF |-|MF ||=2a=2,∴a=1,又|F F |=4,∴c=2,∵a2+b2=c2,∴b=√3,
1 2 1 2
y2
∴双曲线C的方程为x2- =1.
3
(2)(i)证明:当直线l的斜率不存在时,由双曲线的对称性可知,l的方程为x=±1,满足题意.
当直线l的斜率存在时,设l的方程为y=kx+m(k≠±√3且k≠0).
{y=kx+m,
由 y2 得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0.
x2− =1,
3
Δ=4k2m2+4(3-k2)(m2+3)=12(m2+3-k2)(*).
{y=kx+m, ( m √3m )
由 得交点坐标为 , ,
y=√3x √3−k √3−k
{y=kx+m, ( −m √3m )
由 得交点坐标为 , ,
y=−√3x √3+k √3+k
由|MP|=|MQ|得M为PQ中点,设M(x ,y ),
0 0
m −m mk
{2x = + , {x = ,
0 √3−k √3+k 0 3−k2
则 得
√3m √3m 3m
2y = + , y = ,
0 √3−k √3+k 0 3−k2
( 3m ) 2
∵点M在双曲线上,∴( mk ) 2 3−k2 =1,
−
3−k2 3
化简得m2=k2-3,
代入(*)式,得Δ=0,∴直线l与C有且只有一个交点.综上所述,直线l与C有且只有一个交点.
1 2 1 2 3
(ii)当直线l的斜率不存在时,易知|OP|=|OQ|=c=2,此时 + = + = .
|OP| |OQ| 2 2 2
( m √3m ) ( −m √3m )
当直线 l 的斜率存在时,由(i)及题意不妨令 P , ,Q , ,则|OP|=
√3−k √3−k √3+k √3+k
√ ( m ) 2 + ( √3m ) 2 = | 2m | ,
√3−k √3−k √3−k
| 2m |
同理可得,|OQ|= ,
√3+k
| 2m 2m | | 4m2 |
则|OP|·|OQ|= · = =4.
√3−k √3+k 3−k2
1 2 1 |OP| √ 1 |OP| 1 |OP|
∴ + = + ≥2 · =√2,当且仅当 = ,即|OP|=
|OP| |OQ| |OP| 2 |OP| 2 |OP| 2
√2时取等号.
又∵|OP|∈(0,+∞),
1 2
∴ + 的取值范围为[√2,+∞).
|OP| |OQ|
x2 y2
2.(2024届广东仲元中学月考,21)在平面直角坐标系 xOy中,设椭圆 + =1(a>b>0)的离
a2 b2
b
心率是e,定义直线y=± 为椭圆的“类准线”,已知椭圆C的“类准线”方程为y=±4√3,
e
长轴长为8.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)A为椭圆C的右顶点,直线l交椭圆C于E,F两点(点E,F与点A不重合),且满足AE⊥AF,
若点P满足2⃗OP=⃗OE+⃗OF,求直线AP的斜率的取值范围.
b ab
解析 (1)由题意得 = =4√3,2a=8,又a2=b2+c2,
e c
x2 y2
∴a2=16,b2=12,c2=4,∴椭圆C的标准方程为 + =1.
16 12
(2)由(1)得A(4,0),(需要分直线l⊥x轴与直线l不垂直于x轴两种情况讨论)当直线l⊥x轴时,
由对称性不妨令点 E 在 x 轴上方.∵AE⊥AF,∴直线 AE 的斜率为-1,则 AE:y=-x+4,联立{y=−x+4,
消y得7x2-32x+16=0,解得 x=4或x=4,所以 x =x =4,此时 P(4 ),故直线 AP
x2 y2 E F ,0
+ =1, 7 7 7
16 12
的斜率为0.
当直线l不垂直于x轴时,设E(x ,y ),F(x ,y ),直线l:y=kx+t(t≠-4k,k≠0),
1 1 2 2
{ y=kx+t,
联立 消y整理得(3+4k2)x2+8ktx+4t2-48=0,
3x2+4 y2=48,
依题意知Δ=64k2t2-4(3+4k2)(4t2-48)>0,
即16k2-t2+12>0(*),
8kt 4t2−48
由根与系数的关系得x +x =- ,x x = .
1 2 3+4k2 1 2 3+4k2
∵AE⊥AF,
∴⃗AE·⃗AF=(x -4)(x -4)+y y =(x -4)(x -4)+(kx +t)·(kx +t)=(1+k2)x x +(kt-4)(x +x )+16+t2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
7t2+32kt+16k2
= =0,
3+4k2
∴7t2+32kt+16k2=0,即(7t+4k)(t+4k)=0,
4k
∴t=- 且t满足(*)式,
7
( 8kt 6t )
∴2⃗OP=⃗OE+⃗OF=(x +x ,y +y )= − , ,
1 2 1 2 3+4k2 3+4k2
( 4kt 3t )
∴P − , ,
3+4k2 3+4k2
3t
3+4k2 3t k 1
故k = =− = = ,
AP 4kt 16k2+4kt+12 8k2+7 7
− −4 8k+
3+4k2 k
7 ( 7 ) √ 7 7 √14
当k<0 时,8k+ =− −8k+ ≤−2 −8k· =−4√14,当且仅当-8k= ,即k=- 时取
k −k −k −k 4
√14
等号,此时- ≤k <0;
56 AP
7 √ 7 7 √14 √14
当k>0时,8k+ ≥2 8k· =4√14,当且仅当8k= ,即k= 时取等号,此时0b>0)的一个顶点为A(0,1),焦距为2.
a2 b2
(1)求椭圆E的方程;
(2)过点P(2,0)的直线与椭圆E交于B,C两点,过点B,C分别作直线l:x=t的垂线(点B,C在
直线l的两侧).垂足分别为M,N,记△BMP,△MNP,△CNP的面积分别为S ,S ,S ,试问:是否
1 2 3
1
存在常数t,使得S , S ,S 总成等比数列?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.
1 2 2 3
x2
解析 (1)由题意得b=1,2c=2,所以c=1,所以a2=b2+c2=2,所以椭圆E的方程为 +y2=1.
2
(2)存在.由已知得,直线 BC 的斜率存在,且 B,C 在 x 轴的同侧,设直线 BC 的方程为
y=k(x-2),B(x ,y ),C(x ,y ),y y >0,不妨令x 0,x +x = ,x x = ,
1 2 1+2k2 1 2 1+2k2
1 1
因为S = (t-x )|y |,S = (2-t)|y -y |,
1 2 1 1 2 2 2 1
1
S = (x -t)|y |,
3 2 2 2
1
所以S ·S = (x -t)(t-x )|y y |
1 3 4 2 1 1 2
1
= (x -t)(t-x )y y
4 2 1 1 2
1
= k2(x -t)(t-x )(x -2)(x -2)
4 2 1 1 2
1
= k2[t(x +x )-x x -t2]·[x x -2(x +x )+4]
4 1 2 1 2 1 2 1 2
1 8k2t 8k2−2 8k2−2 16k2
= k2 − −t2· − +4
4 1+2k2 1+2k2 1+2k2 1+2k2k2
= [-2k2(t-2)2-t2+2],
2(1+2k2
)
2
1 1 1
S2= (2-t)2(y -y )2= k2(2-t)2(x -x )2
4 2 16 2 1 16 2 1
1
= k2(t-2)2[(x +x )2-4x x ]
16 2 1 1 2
1 ( 8k2 ) 2 32k2−8
= k2(t-2)2 −
16 1+2k2 1+2k2
k2
= [-2k2(t-2)2+(t-2)2],
2(1+2k2
)
2
1
要使S , S ,S 总成等比数列,则应有-t2+2=(t-2)2,解得t=1,
1 2 2 3
1
所以存在t=1,使得S , S ,S 总成等比数列.
1 2 2 3
x2 y2 √2
2.(2023福建厦门、福州等市质检一,21)已知椭圆Γ: + =1(a>b>0)的离心率为 ,其左
a2 b2 2
焦点为F (-2,0).
1
(1)求Γ的方程;
(2)如图,过 Γ 的上顶点 P 作动圆 F 的切线分别交 Γ 于 M,N 两点,是否存在圆 F ,使得
1 1
△PMN是以PN为斜边的直角三角形?若存在,求出圆F 的半径;若不存在,请说明理由.
1
c √2
解析 (1)由题意设焦距为2c,则c=2,由离心率 = ,得a=2√2,则b2=a2-c2=4,
a 2
x2 y2
所以Γ的方程为 + =1.
8 4
(2)不存在.
理由如下:假设存在圆F 满足题意,当圆F 过原点O时,直线PN与y轴重合,直线PM的斜
1 1
率为0,不符合题意.不妨设PM:y=k x+2(k ≠0),PN:y=k x+2(k ≠0),M(x ,y ),N(x ,y ),圆F 的半
1 1 2 2 1 1 2 2 1
径为r,|−2k +2| |−2k +2|
1 2
则圆心到直线PM的距离为 =r,到直线PN的距离为 =r,则k ,k 是关
√1+k2 √1+k2 1 2
1 2
于k的方程(r2-4)k2+8k+r2-4=0的两异根,此时k k =1,
1 2
{y=k x+2,
1
联立 x2 y2 消y得(1+2k2 )x2+8k x=0,
+ =1, 1 1
8 4
−8k −8k 2−4k2
所以x +x = 1 ,即x = 1 ,得y = 1 .
P M 1+2k2 M 1+2k2 M 1+2k2
1 1 1
( −8k 2−4k2 ) ( −8k 2−4k2 )
所以M 1 , 1 ,同理N 2 , 2 .
1+2k2 1+2k2 1+2k2 1+2k2
1 1 2 2
1 (−8k 2k2−4)
由k = ,得N 1, 1 ,
2 k 2+k2 2+k2
1 1 1
1
由题意,得PM⊥MN,即k =- ,
MN k
1
2−4k2 2k2−4
1− 1
1+2k2 2+k2 (−2k2+1)(k2+2)−(k2−2)(2k2+1)
即k = 1 1 = 1 1 1 1
MN −8k −8k 4k (2k2+1)−4k (k2+2)
1 − 1 1 1 1 1
1+2k2 2+k2
1 1
−4k4+4 −(k2+1)
1
= 1 = 1 =− ,
4k (k2−1) k k
1 1 1 1
因为k ≠0,所以方程无解,故不存在圆F ,使得△PMN是以PN为斜边的直角三角形.
1 1
