北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
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
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 ACD
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.北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
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
0 4 0 0 4 k 0
1 x x 1
分别为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北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
√(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0<t< 时,g'(t)<0,g(t)单调递减;当 <t≤1时,g'(t)>0,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)
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.
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北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
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,0<x <√3)
0 2 0 0 2 2 2 0
则直线l的方程为y=-√5x+3√2. (16分)北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
x2 y2 √15
2.(2020课标Ⅲ理,20,12分,中)已知椭圆C: + =1(0<m<5)的离心率为 ,A,B分别为
25 m2 4
C的左、右顶点.
(1)求C的方程;
(2)若点P在C上,点Q在直线x=6上,且|BP|=|BQ|,BP⊥BQ,求△APQ的面积.
√25−m2 √15 25
解析 (1)由题设可得 = ,得m2= ,
5 4 16
x2 y2
+
所以C的方程为25 25=1.
16
(2)设P(x ,y ),Q(6,y ),根据对称性可设y >0,由题意知y >0.
P P Q Q P
1
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
2 2 2 2 9 3 2 2 26 2 2
1 √130 5 5
的面积为 × ×√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
a2 a2−1
于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
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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= ,
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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).
