专题2直线与圆锥曲线的位置关系（解析版）_02高考数学_新高考复习资料_2023年新高考资料_专项复习_学霸养成·2023年高考数学压轴大题必杀技系列之圆锥曲线

专题 2 直线与圆锥曲线的位置关系 一、考情分析 直线与圆锥曲线的位置关系的常见题型,一是根据直线与圆锥曲线有两个交点,研究长度、面积、定点、定 值等问题,二是判断直线与圆锥曲线的公共点个数,三是直线与圆锥曲线相切问题,其中第一类问题是高考考 查频率最高的问题. 二、解题秘籍 (一)根据直线与圆锥曲线有两个交点研究圆锥曲线的性质 1.把直线l： 与椭圆C： 联立,当 时直线l与椭圆C有2个交点； 2. 直线l： 与双曲线C： 联立得 , 当 时直线l与双曲线C有2个交点；当 时直线l与双曲线C的左右支各有一个交点； 当 时直线l与双曲线C的右支有2个交点； 3.直线l： 与抛物线C： 联立,得 ,当 时直线l与 抛物线C有2个交点. 【例1】（2023届重庆市南开中学校高三上学期9月月考）已知椭圆 的离心率为 ,上顶点为D,斜率为k的直线l与椭圆C交于不同的两点A,B,M为线段AB的中点,当点M的坐标为 时,直线l恰好经过D点. (1)求椭圆C的方程： (2)当l不过点D时,若直线DM与直线l的斜率互为相反数,求k的取值范围. 【解析】（1）由题意知,离心率 ,所以 ,设 , 两式相减得 ,所以 ； 所以直线为 ,即 ,所以 ,椭圆方程为 ； （2）设直线为 ,由 得 , 则 , , , 所以 ,解得 , , 因为l不过D点,则 ,即 则 ,化简得 , 解得 , , 所以 或 . 【例2】（2023届广东省部分学校高三上学期联考）设直线 与双曲线 ： 的两条渐 近线分别交于 , 两点,且三角形 的面积为 . (1)求 的值； (2)已知直线 与 轴不垂直且斜率不为0, 与 交于两个不同的点 , , 关于 轴的对称点为 , 为 的右焦点,若 , , 三点共线,证明：直线 经过 轴上的一个定点. 【解析】（1）双曲线 ： 的渐近线方程为 , 不妨设 ,因为三角形 的面积为 ,所以 , 所以 ,又 ,所以 . （2）双曲线 的方程为 ： ,所以右焦点 的坐标为 , 若直线 与 轴交于点 ,故可设直线 的方程为 , 设 , ,则 , 联立 ,得 , 且 , 化简得 且 , 所以 , , 因为直线 的斜率存在,所以直线 的斜率也存在, 因为 , , 三点共线,所以 , 即 ,即 , 所以 , 因为 ,所以 , 所以 , 所以 ,化简得 ,所以 经过 轴上的定点 . 【例3】（2023届福建省漳州市高三上学期第一次教学质量检测）已知抛物线 ： ,直线 过点 . (1)若 与 有且只有一个公共点,求直线 的方程； (2)若 与 交于 , 两点,点 在线段 上,且 ,求点 的轨迹方程. 【解析】（1）当直线 斜率不存在时,其方程为 ,符合题意； 当直线 斜率存在时,设直线 的方程为 , 由 ,得 . 当 时,直线 符合题意； 当 时,令 ,解得 , ∴直线 的方程为 ,即 . 综上,直线 的方程为 ,或 ,或 . （2）设 , , ,不妨令 , ∵直线 与抛物线 有两个交点,∴ , ∴ ,且 , , . 由 ,得 ,∴ , ∴ ,∴ .∵ ,且 ,∴ ,且 , ∴点 的轨迹方程为 （ ,且 ）. (二)根据直线与圆锥曲线有一个公共点研究圆锥曲线的性质 1.直线与椭圆有一个公共点,则直线与椭圆相切,可把直线方程与椭圆方程联立,整理成关于x或y的一元二次 方程,由 求解； 2. 直线l： 与双曲线C： 联立得 , 当 或 时直线l与双曲线C有1个交点,即直线与双曲线相切或与渐近线平行时与 双曲线有1个公共点； 3.当直线l： 与抛物线C： 联立,得 ,当 或 时直线l与抛物线C有1个交点,即直线与抛物线相切或与抛物线准线垂直时直线与抛物线有1个公共点. 【例4】（2023届湖北省荆荆宜三校高三上学期9月联考）设椭圆 ： , , 是椭圆 的左、右焦点,点 在椭圆 上,点 在椭圆 外,且 ． (1)求椭圆 的方程； (2)若 ,点 为椭圆 上横坐标大于1的一点,过点 的直线 与椭圆有且仅有一个交点,并与直线 , 交于M,N两点, 为坐标原点,记 , 的面积分别为 , ,求 的最小值． 【解析】（1）因为点 在椭圆 上,所以 ,① 因为点 在椭圆 外,且 ,所以 ,即 ,② 由①②解得 , , 故椭圆 的方程为 ．（2）设点 , ,设直线 ： , 由椭圆性质以及点 的横坐标大于1可知, , 将直线 代入方程 并化简可得, , 即 , 因为直线 与椭圆有且仅有一个交点, 所以 ,即 ． 直线 的方程为： ；直线 的方程为 ： , 联立方程 得 ,同理得 , 所以 , 所以 , , 所以 , 令 ,则 , 当且仅当 ,即 时,不等式取等号, 故当 时, 取得最小值 ． 【例5】已知双曲线C： 的焦距为4,且过点 . (1)求双曲线方程； (2)若直线 与双曲线C有且只有一个公共点,求实数 的值.【解析】（1）由题意可知双曲线的焦点为 和 , 根据定义有 ． ,又 ,所以 , , ． 所求双曲线 的方程为 ． （2）因为双曲线 的方程为 ,所以渐近线方程为 ； 由 ,消去 整理得 ． ①当 即 时,此时直线 与双曲线的渐近线平行,此时直线与双曲线相交于一点,符合题意； ②当 即 时,由 ,解得 , 此时直线 双曲线相切于一个公共点,符合题意． 综上所述：符合题意的 的所有取值为 , ． 【例6】已知顶点在原点,焦点在 轴上的抛物线过点 ． (1)求抛物线的标准方程； (2)过点P作直线l与抛物线有且只有一个公共点,求直线l的方程； (3)过点 作直线交抛物线于A、B两点,使得Q恰好平分线段AB,求直线AB的方程． 【解析】（1）因为顶点在原点,焦点在y轴上的抛物线过点 , 所以抛物线的焦点在y轴正半轴,设其方程为 , 将点 代入可得 ,所以 , 所以抛物线的标准方程为 ,（2）当直线斜率不存在时,过点 的直线 与抛物线 有一个交点； 当直线斜率存在时,设直线斜率为 ,直线方程为 由 得 , 直线与抛物线只有一个交点,所以 , 解得 ,所以直线方程为 综上,过点 与抛物线 有且只有一个交点的直线方程为 和 ； （3）设点 ,直线 斜率为 点 在抛物线上,所以 所以 ,即 , 所以直线方程为 经检验,直线 符合题意. (三)判断直线与圆锥曲线公共点个数 判断直线l：Ax＋By＋C＝0与圆锥曲线C：F(x,y) ＝0公共点个数时,通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝ 0(A、B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x,y) ＝0,消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的 一元方程．消去y后得ax2＋bx＋c＝0. (1)当a≠0时,设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ,则Δ>0 直线与圆锥曲线C有2个公共点； Δ＝0 直线与圆锥曲线C有1个公共点；Δ<0 直线与圆锥曲线C没有公共点. ⇔ (2)当a＝0,b≠0时,即得到一个一次方程,则直线l与圆锥曲线C相交,且只有一个交点,此时,若C为双曲线,则 ⇔ ⇔ 直线l与双曲线的渐近线平行；若C为抛物线,则直线l与抛物线的对称轴重合或平行． 【例7】（2022届浙江省温州市乐清市高三下学期5月仿真）已知 分别是椭圆 的左、右焦点,点 在直线 的同侧,且点 到直线l的距离分别为 ．(1)若椭圆C的方程为 ,直线l的方程为 ,求 的值,并判断直线与椭圆C的公共点的 个数； (2)若直线l与椭圆C有两个公共点,试求 所需要满足的条件； 【解析】（1）椭圆C的方程为 ,则 . 又直线 ,所以 , 所以 . 联立 ,消去y可得： . 因为 ,所以直线 与椭圆C有1个公共点. （2）联立 ,消去y可得： . 因为直线l与椭圆C有两个公共点,所以 ,整理化简得： . 又 ,其中 ,所以 , , 所以 . 所以直线l与椭圆C有两个公共点,则 . 【例8】如图,F是抛物线 的焦点,Q是准线与x轴的交点,斜率为k的直线l经过点Q．(1)当k取不同数值时,求直线l与抛物线公共点的个数； (2)若直线l与抛物线相交于A、B两点,求证： 是定值． (3)在x轴上是否存在这样的定点M,对任意的过点Q的直线l与抛物线相交于A、B两点,均能使得 为定值,若有,找出满足条件的点M;若没有,请说明理由． 【解析】（1）抛物线 的焦点为 , , 设 ,代入 并化简得 ①． 当 ,直线 的方程为 ,与 的交点为原点 ,直线l与抛物线有 个公共点； 当 , , 若 ,即 ,直线l与抛物线有 个公共点； 若 ,即 时,直线l与抛物线有 个公共点； 若 ,即 或 ,直线l与抛物线没有公共点． （2）由于直线 与抛物线有两个交点,由（1）得 . 设交点 、 , 由①得 ,, 所以 为定值0． （3）若存在满足条件的点 ,使得 为定值． 则 仅当 ,即 时, 为定值 ． 三、跟踪检测 x2 y2 1．已知 , 分别是椭圆C:  1ab0 的左、右焦点,点 , 在直线 的同侧,且点 , F 1 F 2 a2 b2 F 1 F 2 l:ykxm F 1 F d d 2 1 2 到直线l的距离分别为 , . x2 y2 (1)若椭圆C的方程为  1,直线l的方程为 ,求 的值,并判断直线l与椭圆C的公共点 12 3 yx 15 d d 1 2 的个数； d d 1 2 (2)若直线l与椭圆C有两个公共点,试求 所需要满足的条件； (3)结合（1）和（2）,试写出一个能判断直线l与椭圆C有公共点的充要条件（不需要证明）. 3 15 3 15 d  ,d  【解析】（1）由题意知：F(3,0),F (3,0),直线l的方程为 xy 150 ,则 1 11 2 11 , 1 23 15 3 15 6 d d    3 1 2 11 11 2 ； x2 y2   1 12 3 联立直线与椭圆方程  yx 15 得 5x28 15x480 ,   8 15 2 45480 ,故直线l与椭圆C有1 个公共点； F(c,0),F (c,0) kxym0 F F l:ykxm （2）由题意知： 1 2 ,直线l的方程为 ,点 1, 2在直线 的同侧,则 kcym kcym d  ,d  1 k21 2 k21 , x2 y2   1 kcm kcm m2k2c2 ；联立直线与椭圆方程a2 b2 得 d d    1 2 k21 k21 k21  ykxm  a2k2b2 x22a2kmxa2m2 a2b2 0 ,   2a2km 2 4  a2k2b2   a2m2a2b2 4a2b2 a2k2m2b2 0 由直线l与椭圆C有两个公共点,可得 , a2k2m2b2 0 m2 a2k2b2 即 ,即 , m2k2c2 a2k2b2k2c2 b2k2 b2 故d 1 d 2  k21  k21  k21 b2,故 d d b2； 1 2 d d b2 （3）直线l与椭圆C有公共点的充要条件是 1 2 ,证明如下： kcm kcm m2k2c2 d d    由（2）知 1 2 k21 k21 k21 ； x2 y2   1 a2 b2 联立直线与椭圆方程 ykxm 得 a2k2b2 x22a2kmxa2m2 a2b2 0 ,直线l与椭圆C有公共点, 等价于   2a2km 2 4  a2k2b2   a2m2a2b2 4a2b2 a2k2m2b2 0 ,即a2k2m2b2 0,m2k2c2 a2k2b2k2c2 b2k2 b2 即 m2 a2k2b2 ,故d 1 d 2  k21  k21  k21 b2,故 d d b2. 1 2 y2 4x P(2,1) y2 4x 2．已知抛物线的方程为 ,直线l绕点 旋转,讨论直线l与抛物线 的公共点个数,并回答下 列问题： （1）画出图形表示直线l与抛物线的各种位置关系,从图中你发现直线l与抛物线只有一个公共点时是什么 情况？ y2 4x （2） 与直线l的方程组成的方程组解的个数与公共点的个数是什么关系？ 【解析】(1)直线l与抛物线的位置关系有相交、相切、相离三种,如图：其中相交时有相交于两个公共点和 相交只有一个公共点(图中直线l), 0 观察图形知,直线l与抛物线只有一个公共点时,直线l与抛物线相切(图中直线l,l)和相交于一个公共点(图中 1 2 直线l 与x轴平行)； 0 y1k(x2) kxy2k10 (2)直线l的斜率存在时,设直线l的斜率为k,方程为 ,即 , kxy2k10  由y2 4x 消去x得：ky2- 4y+4(2k+1)=0, 1 x k=0时,y=1, ,方程组只有一个解,由图知直线l与抛物线相交,只有一个公共点,直线l的斜率为0； 4 k 0 1616k(2k1)16(2k1)(k1) 时, , 1 0,k  或 时,方程组有两个相同的实数解,由图知直线l与抛物线相切,只有一个公共点,直线l的斜 2 k 11 率分别为 ,1； 2 1 0,k(1,0)(0, )时,方程组有两个不同的实数解,由图知直线l与抛物线交于两点,直线l的斜率 2 1 k(1,0)(0, )； 2 1 0,k(,1)( ,)时,方程组没有实数解,由图知直线l与抛物线相离,没有公共点,直线l的斜率 2 1 k(,1)( ,) ； 2  x2  直线l的斜率不存在时,l的方程为x=-2,显然方程组y2 4x没有实数解,由图知直线l与抛物线相离,没有公 共点,直线l的斜率不存在, y2 4x y2 4x 所以抛物线 与直线l的方程组成的方程组解的个数与抛物线 与直线l公共点的个数相等. 3．（2023届四川、云南部分学校高三上学期9月联考）已知椭圆 的离心率为 , 其左右焦点分别为 ,点 是椭圆上任意一点,且满足 . (1)求椭圆 的方程； (2)过椭圆外一点 作椭圆的两条切线 ,满足 ,求动点 的轨迹方程. 【解析】（1）由题知 ,解得 所以椭圆 的方程为 （2）设 ,设过 且斜率存在的直线方程为 联立 ,得由 ,得 设 的斜率分别为 ,则 ,又 ,所以 所以 ,即 当 的斜率不存在时, ,满足 所以动点 的轨迹方程为 4．（2023届甘肃省金昌市永昌县高三上学期模拟）已知椭圆 的左､右焦点分别为 是 上一动点, 的最大面积为 . (1)求 的方程； (2)若直线 与 交于 两点, 为 上两点,且 ,求四边形 面积的最大值. 【解析】（1）设椭圆 的半焦距为 .因为 ,所以 , 当 为上顶点或下顶点时, 的面积最大, 因为 的最大面积为 ,所以 ,即 , 所以 ,所以 , 所以椭圆 的方程为 . （2）设 ,联立 消去 得 , 解得 ,所以 ,所以 两点的坐标分别为 , 所以 . 因为 ,设四边形 的面积为 , 所以 . 设直线 的方程为 . 联立 消去 得 , 所以 , 即 , , 所以 , 所以当 时, , 此时 . 所以四边形 面积的最大值为 . 5．设 为双曲线 的左､右顶点,直线 过右焦点 且与双曲线 的右支交于 两点,当直线 垂直于 轴时, 为等腰直角三角形. (1)求双曲线 的离心率； (2)已知 ,若直线 分别交直线 于 两点,当直线 的倾斜角变化时,以 为直径的圆是否 过定点,若过定点求出定点的坐标；若不过定点,请说明理由. 【解析】（1）由已知得： , 将 代入 中, , 当直线 垂直于 轴时, 为等腰直角三角形, 此时 , 即 ,整理得： , 因为 ,所以 , 方程两边同除以 得： ,解得： 或 （舍去）, 所以双曲线 的离心率为2 （2）因为 ,所以 ,解得： , 故 , ,所以双曲线方程为 , 当直线 的斜率存在时, 设直线 的方程为： , 与双曲线联立得： , 设 , 则 , , 因为直线 过右焦点 且与双曲线 的右支交于 两点, 所以 ,解得： ,直线 ,则 , 同理可求得： , 则 , 其中 , 所以 则以 为直径的圆的圆心坐标为 ,半径为 , 所以以 为直径的圆的方程为： , 整理得： ,所以以 为直径的圆过定点 , , 当直线 的斜率不存在时,此时不妨设 , 此时直线 ,点P坐标为 ,同理可得： ,.以 为直径的圆的方程为 ,点 , 在此圆上, 综上：以 为直径的圆过定点 , . 6．（2023届安徽省部分校高三上学期开学摸底）已知 为坐标原点,椭圆 过点 ,记线 段 的中点为 ． (1)若直线 的斜率为 3 ,求直线 的斜率; (2)若四边形 为平行四边形,求 的取值范围． 【解析】（1）设 ,则 , 两式相减可得, ,而 , 则有 ,又直线 斜率 ,因此 所以直线 的斜率 . （2）当直线 不垂直于x轴时,设直线 , , 由 消去y并整理得： , , , , 因四边形 为平行四边形,即 ,则点 , 而 ,即 , 又点P在椭圆上,则 ,化简得 ,满足 ,于是得 , , , 则 , 当直线 垂直于x轴时,得点 或 ,若点 ,点M,N必在直线 上, 由 得 ,则 ,若点 ,同理可得 , 综上, 的取值范围为 ． 7．（2023届浙江省A9协作体高三上学期联考）已知直线 与双曲线 交于 、 两个不同的点. (1)求 的取值范围； (2)若 为双曲线 的左顶点,点 在双曲线 的左支上,点 在双曲线 的右支上,且直线 、 分别与 轴交于 、 两点,当 时,求 的值. 【解析】（1）联立方程组 消 整理得 , 依题意可得 ,解得 且 . （2）设 、 坐标分别为 , , ,由（1）知 , 直线 的方程为 ,令 可得点 坐标为 , 同理点 坐标为 , 由 ,所以 ,所以 , 所以 , 整理得 ,即 , 解得 （舍去）或 , . 8．（2023届河南省驻马店市上蔡县高三上学期月考）已知椭圆C： （ ）的焦距为 , 且经过点 . (1)求椭圆C的方程; (2)过点 的直线交椭圆C于A、B两点,求 （O为原点）面积的最大值. 【解析】（1）由 ① 由椭圆C经过点 ,得 ②, 联立①②,解得 , , ∴椭圆C的方程是 . （2）由题意可知直线 一定存在斜率, 设其方程为 ,联立 ,消去y,得 , 则 ,得 , 设 , ,则 , , ∴ , ∵ , 设 （ ）,则 , 当且仅当 ,即 时等号成立, 此时 ,符合题意, 此时 面积取得最大值 . 9．给定椭圆C： ,称圆心在原点O、半径是 的圆为椭圆C的“准圆”．已知 椭圆C的一个焦点为 ,其短轴的一个端点到点F的距离为 ． (1)求椭圆C及其“准圆”的方程； (2)若点A是椭圆C的“准圆”与x轴正半轴的交点,B,D是椭圆C上的相异两点,且 轴,求 的 取值范围； (3)在椭圆C的“准圆”上任取一点 ,过点P作两条直线 , ,使得 , 与椭圆C都只有一个公共点,且, 分别与椭圆的“准圆”交于M,N两点．证明：直线MN过原点O． 【解析】（1）由题意知 , ,解得 , ∴椭圆C的方程为 ,其“准圆”为 ； （2）由题意,设 , , ,则有 , 又A点坐标为 ,故 , , ∴ , 又 ,∴ , ∴ 的取值范围是 ； （3）设 ,则 , 当 时, ,则 , 其中之一斜率不存在,另一条斜率为0,∴ ； 当 时,设过 且与有一个公共点的直线l的斜率为k, 则l的方程为： ,代入椭圆C的方程, 得： ,即 , 由 , 得： ,将 代入上式得 ,其中 , 设 , 的斜率分别为 , ,则 , 分别是上述方程的两个根,∴ ,∴ ． 综上所述, ,∴MN是准圆的直径,∴直线MN过原点O； 综上,椭圆方程为 ,“准圆”为 , 的取值范围是 . x2 y2 10．设双曲线C：  1（a＞0,b＞0）的左、右焦点分别是F,F,渐近线分别为l,l,过F 作渐近线的 a2 b2 1 2 1 2 2 b2 垂线,垂足为P,且△OPF 的面积为 ． 1 4 (1)求双曲线C的离心率； (2)动直线l分别交直线l,l 于A,B两点（A,B分别在第一、四象限）,且△OAB的面积恒为8,是否存在总与直 1 2 线l有且只有一个公共点的双曲线C,若存在,求出双曲线C的方程；若不存在,说明理由． b y x 【解析】（1）F(c,0),F (c,0),双曲线的渐近线方程为 a , 1 2 b y x 由双曲线的对称性不妨取渐近线 a ,则点F (c,0)到其的距离为 2 bc0 bc PF   b 2 b 2a 2 c , OP  OF 2  PF 2  c2b2 a 则 2 2 , b 2 ab 得S S   , OPF 1 OPF 2 4 2 b2a,c a 2b 2  a 24a 2  5a 解得 , c 5a e   5 所以双曲线C的离心率 a a ． x2 y2 （2）由 （1）得渐近线l：y＝2x,l：y＝−2x,设双曲线得方程为  1, 1 2 a2 4a2 依题意得直线l的斜率不为零, 1 1 因此设直线l的方程为 xmyt， ＜m＜ ，t＞0 , 2 2 设直线l交x轴于点C（t,0）,A（x,y）,B（x,y）, 1 1 2 2xmyt， 2t 2t  y  y  联立  y2x，得 1 12m,同理得 2 12m ． 1 由△OAB的面积 S  OC  y y 8 , OAB 2 1 2 1 2t 2t 得 t  8, 2 12m 12m 即t2＝4|1−4m2|＝4（1−4m2）＞0,  xmyt，  联立x2 y2   1， a2 4a2 得（4m2−1）y2+8mty+4（t2−a2）＝0,, 4m210 因为 ,所以,直线l与双曲线只有一个公共点当且仅当Δ＝0, 64m2t216(4m21)(t2a2)0 即 , 4m2a2t2a2 0 化简得 , 4m 2a 24(14m 2)a 2 0 将（1）式代入可得 , (a 24)(4m 21)0 a2 4 解得 , x2 y2 因此双曲线的方程为  1, 4 16 x2 y2 因此,存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线,双曲线C的方程为  1． 4 16 x2 y2 y2 x2 C :  1(a 0,b 0) C :  1(a b 0) 11．如图,O为坐标原点,双曲线 1 a2 b2 1 1 和椭圆 2 a 2 b2 2 2 均过点 1 1 2 2 2 3 P( ,1) 3 ,且以 C 的两个顶点和C 的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形． 1 2C,C 1 2 (1)求 的方程； (cid:4) (cid:4) (cid:4) l l C A,B C |OAOB||AB| (2)是否存在直线 ,使得 与 1交于 两点,与 2只有一个公共点,且 ？证明你的结论． C 2c C C 【解析】（1）设 2的焦距为 2,因为 1的两个顶点和 2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形． 2c 2,2a 2 a 1,c 1 所以 2 1 ,从而 1 2 , 2 2 3  y2 2 3 1 P ,1 x2 1    1b2 3 因为点  3  在双曲线 b 1 2 上,所以  3   b 1 2 1 , y2 所以 的方程为：x2 1. C 3 1 2 3  y2 x2 1 4 P ,1 C :  1(a b 0)  1 因为点  3  在 2 a 2 b2 2 2 上,所以 a2 3b2 , 2 2 2 2 1 4  1 因为b2 a2c2 a21,所以a2 3(a21) ,解得a2 3,所以b2 2, 2 2 2 2 2 2 2 2 y2 x2 所以 的方程为  1. C 3 2 2 （2）不存在符合题设条件的直线,证明如下： l x l C 2 x 2 x 2 当直线 垂直于 轴时,因为 与 只有一个公共点,所以直线的方程为 或 , (cid:4) (cid:4) (cid:4)     A 2, 3 ,B 2, 3 , OAOB 2 2, AB 2 3 当x 2时,易知 所以 , (cid:4) (cid:4) (cid:4) OAOB  AB 此时 , (cid:4) (cid:4) (cid:4) OAOB  AB 当x 2时,同理可得 .当直线l不垂直于x轴时,设l的方程为ykxm, ykxm   y2 由   x2 3 1可得 3k2 x22kmxm230 ,当 l 与 C 相交于 A,B 两点时, 1 3k2 0 (2km)24(3k2)(m23)0 m2 3k2 0 , ,即 , 2km m23 设 Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ,则x 1 x 2  3k2 ,x 1 x 2  k23 , k2(m23) 2k2m2 于是y y (kx m)(kx m)k2xx kmx x m2   m2 1 2 1 2 1 2 1 2 k23 3k2 3k23m2  , k23 ykxm  y2 x2 由  1可得 2k23  x24kmx2m260 ,  3 2 l C 016k2m24  2k23  2m26  0 因为直线 与 2只有一个公共点,所以 , 2k2 m23 化简可得 , (cid:4) (cid:4) m23 3k23m2 3k232m2 k2 3 因此OAOBxx y y     0, 1 2 1 2 k23 k23 k23 k2 3 (cid:4) (cid:4) (cid:4) (cid:4) (cid:4) (cid:4) (cid:4) (cid:4) 2 2 2 2 OA OB 2OAOBOA OB 2OAOB 于是 , (cid:4) (cid:4) (cid:4) (cid:4) (cid:4) (cid:4) (cid:4) 2 2 OAOB  OAOB OAOB  AB 即 ,所以 , (cid:4) (cid:4) (cid:4) OAOB  AB 综上所述： , 所以不存在符合题目条件的直线l． x2 y2 C:  1a0,b0 12．已知双曲线 a2 b2 的渐近线方程为y 3x,且双曲线C过点 2,3 . (1)求双曲线C的方程； (2)若直线l:ykx3与双曲线C只有一个公共点,求实数k的值. b 3a   4 9 a2 1 【解析】（1）由题意得 a2  b2 1,解得 b2 3 y2 所以双曲线方程为x2 1. 3  ykx3   y2 （2）由  x2 3 1,得 (3k2)x26kx120 ,  3k2 0   由题意得 Δ36k248  3k2 0 ,解得 .  k 2 3 3k2 0 k  3 y 3x 当 ,即 时,直线l与双曲线C的渐近线 平行,直线l与双曲线C只有一个公共点, k 2 3 k  3 所以 或 . 13．（2022届上海市上海师范大学附属中学高三下学期3月月考）已知O为坐标原点,双曲线 y2 x2 x2 y2  2 3 C :  1a 0,b 0 C :  1a b 0 T1,  1 a2 b2 1 1 和椭圆 2 a2 b2 2 2 均过点   3   且以C 的两个顶点和C 的 1 1 2 2 1 2 两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形． C C (1)求 1, 2的方程； (cid:4) (cid:4) (cid:4) (2)是否存在直线 l ,使得 l 与 C 1交于 A , B 两点,与 C 2只有一个公共点,且 |OAOB||AB| ？证明你的结论； C 2 Q C 2 l 1 C 2 M N M x S (3)椭圆 的右顶点为 ,过椭圆 右焦点的直线 与 交于 、 两点, 关于 轴的对称点为 ,直线 S 1 与 轴交于点 , , 的面积分别为 , ,问 是否为定值？若是,求出该定值；若不是,请说 SN x P △MOQ MPQ S 1 S 2 S 2 明理由． 4 1 1 4  1  1 【解析】（1）根据题意： , , 3a2 b2 a2 3b2 1 1 2 2 以 C 1的两个顶点和 C 2的两个焦点为顶点的四边形是面积为 2 的正方形,边长为 2a 1 c 1 a 2 b21 b  3 a  3 b  2 故 1 , 2 ,故 2 2 ,代入计算得到 1 , 2 , 2 , x2 x2 y2 故C :y2 1,C :  1. 1 3 2 3 2 （2）假设存在直线方程满足条件, x 3 x 3 y 2 当直线斜率不存在时, 或 ,代入计算得到 ,验证不成立；  ykxb  x2 y2 当直线斜率存在时,设直线方程为 ,则  1, ykxb  3 2  23k2 x26kbx3b260 36k2b24  3b26  23k2 0 即 , , b2 3k22 化简得到 .  ykxb   x2 设 Ax,y , Bx ,y ,y2 1,故 3k21  x26kbx3b230 , 1 1 2 2  3  6kb x x    1 2 3k21 故 , ,故 ,  xx  3b23 (cid:4) (cid:4) (cid:4) (cid:4) (cid:4) (cid:4) (cid:4)  1 2 3k21 OAOB  AB  OAOB OAOB xx y y xx kx bkx b0  k21  xx kbx x b2 0 即 1 2 1 2 1 2 1 2 ,即 1 2 1 2 , 3b23 6k2b2 即  k21   b2 0,化简得到 , 3k21 3k21 2b2 3k23 b2 3k22  2b2 3k23方程组无解,假设不成立. 故不存在直线满足条件. 1,0 xmy1 （3）焦点坐标为 ,易知直线方程斜率不为零,设直线方程为 , Mx,y  Nx ,y  Sx ,y  1 1 , 2 2 ,则 2 2 , 4m y y   xmy1   1 2 2m23  ,化简得到 , , x2 y2 4   3  2 1  2m23  y24my40   y 1 y 2  2m23 y y y 1 2 xx y 直线 NS 方程为： x x 1 1, 1 2 取y0得到 4 x x 1 y 2 x 2 y 1  my 1 1y 2 my 2 1y 1  2my 1 y 2 1 2m 2m23 13 y y y y y y 4m , 1 2 1 2 1 2  2m23 S 1  OQ  3  31 S 1 31 S 2 PQ 3 3 2 ,故S 2 是定值为 2 . x2 y2 14．曲线: a2  b2 1ab0的右焦点分别为 F 1 1,0,F 2 1,0,短袖长为 2 3 ,点P   3,y 0  在曲线  上, Q l:x4 PF QF 1 1 直线 上,且 . （1）求曲线的标准方程； （2）试通过计算判断直线PQ与曲线公共点的个数. (cid:5) (cid:5) Ax,y ,Bx ,y  FF OA•OBx x x （3）若点 1 1 2 2 在都在以线段 1 2为直径的圆上,且 1 2,试求 2的取值范围. x2 y2 【解析】（1）由曲线: a2  b2 1ab0的右焦点分别为 F 1 1,0,F 2 1,0,短袖长为 2 3 ,所以 2b2 3  c1 ,解得 a2 4 ,所以曲线 的标准方程为：x2 y2   a2 b2c2  b2 3  4  3 1x2 y2 （2）由P   3.y  在:  1ab0, 0 a2 b2 可得 3 4  y 3 o 2 1 ,解得 y 0  2 3 ,所以 P      3, 2 3    , (cid:4) (cid:4) Q4,t PF   1 3,y  ,QF 3,t 设 ,则 1 0 1 (cid:4) (cid:4) PF QF PF QF 0 又由 1 1,则 1 2 ,   3 31  3 31 即3  1 3  ty 0 0,解得 t  y 0 ,所以 Q   4, y 0    , y t 所以PQ:yt  0 x4  34  3 P 3,  3 若  2 ,则PQ:y x2 3,   2  3 y x2 3   2 由 x22 3x30 ,解得 , x2 y2   1  4 3 x 3 知道直线PQ与曲线相切,只有一个公共点；  3 P 3,  若  2 ,同理可知直线与曲线相切,只有一个公共点；   (cid:4) (cid:4) OAOBx x xx y y x x （3）因为 1 2 1 2 1 2 1 2 , x 1 x 22x 20 即x 1x y y x 0 ,所以 x 12 y 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2  31 x  31 所以 2 , 又 1x 2 1 ,所以 x 2   1, 31 ． 15．已知直线 l 1 :mxy2m20 , l 2 :xmy2m20 , l 1与 y 轴交于 A 点, l 2与 x 轴交于 B 点, l 1与 l 2交于 D 点,圆C是△ABD的外接圆．（1）判断△ABD的形状并求圆C面积的最小值； D E x2 2py C P △ PDE （2）若 , 是抛物线 与圆 的公共点,问：在抛物线上是否存在点 是使得 是等腰三角形？ 若存在,求点P的个数；若不存在,请说明理由． l :mxy2m20 l :xmy2m20 m11m0 l l 【解析】（1）因为 1 , 2 ,所以 ,所以 1 2,所以 △ABD l :mxy2m20 x0 y2m2 是直角三角形,对于 1 ,令 得 ,即 mxy2m20  A(0,2m2),对于l :xmy2m20,令y0得x22m,即B(22m,0),由xmy2m20,解得 2 x2  y2,所以D(2,2), 则 △ABD 外接圆的直径是AB,所以 |AB|222m22m22 8(m21) , △ABD C |AB|2 8 m0 要使 外接圆 面积最小,则 min ,当且仅当 时成立, 所以外接圆C面积的最小值为2． D(2,2) x2 2py 22 2p2 p1 x2 2y （2）由 点在抛物线 上,所以 ,解得 ,所以 , C D(2,2) E(0,0) 圆 过原点,则抛物线与圆的公共点是 , , P(x ,y ) x 2 2y 假设存在点 0 0 满足条件,则 0 0, DE DE Q(1,1) DE yx2 x2 2y ①当 是底时, 中点 , 中垂线方程： ,代入抛物线 x22x40 200 P 得： , ,所以存在两个满足条件的 点． x y ②当 是底时, 中点M( 0 , 0),则 , PE PE 2 2 DM PE x y x ( 0 2)y ( 0 2)0 即 0 2 0 2 ,x 34x 160 0 02 3 2 3 2 3 2 3 设 f(x)x34x16, f(x)3x24,当 x 3 或 x 3 时 fx0 ,当  3  x 3 时 fx0 ,所  2 3 2 3 以 在 (, 2 3 ) , ( 2 3 ,) 上单调递增,在    3 , 3  单调递减, f(x) 3 3   2 3 f( )0, f(0)160 f 310 f 4320 因为 3 , , , f(x) (3,4) P 所以 在 有唯一零点,存在一个满足条件的 点． x y ③当 是底时, 中点N( 0 1, 0 1), PD PD 2 2 (cid:4) x y (cid:4) 则 EN PD , EN ( 2 0 1, 2 0 1) ,DP(x 0 2,y 0 2), E  N (cid:4)   D (cid:4) P0 , x 2 y 2 即( 0 )(x 2)( 0 )(y 2)0, 2 0 2 0 x 24 x 24 x 24 所以( 0 2 )( 0 4 )( 0 2 )0,则 x 0 240 或 x 0 280 ,只有1解 x 0 2 ． 综上所述：以上零点不重复,共有4个满足条件的P点．