北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
9.5 圆锥曲线的综合问题
综合篇 知能转换
A组
考法一 求轨迹方程
1.(2020课标Ⅲ文,6,5分)在平面内,A,B是两个定点,C是动点.若⃗AC·⃗BC=1,则点C的轨迹为( )
A.圆 B.椭圆 C.抛物线 D.直线
答案 A
2.设圆(x+1)2+y2=25的圆心为C,A(1,0)是圆内一定点,Q为圆周上任一点,线段AQ的垂直平分线与CQ的连
线交于点M,则M的轨迹方程为( )
4x2 4 y2 4x2 4 y2
A. - =1 B. + =1
21 25 21 25
4x2 4 y2 4x2 4 y2
C. - =1 D. + =1
24 21 25 21
答案 D
3.(多选)(2022届重庆巴蜀中学10月月考,11)已知点Q是圆M:(x+2)2+y2=4上一动点,点N(2,0),若线段NQ的
垂直平分线交直线MQ于点P,则下列结论正确的是( )
A.点P的轨迹是椭圆
B.点P的轨迹是双曲线
C.当点P满足PM⊥PN时,△PMN的面积S =3
△PMN
D.当点P满足PM⊥MN时,△PMN的面积S =6
△PMN
答案 BCD
x2
4.(2017课标Ⅱ理(文),20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C: +y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,
2
点P满足⃗NP=√2⃗NM.
(1)求点P的轨迹方程;
(2)设点Q在直线x=-3上,且⃗OP·⃗PQ=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
√2
解析 (1)设P(x,y),M(x,y),则N(x,0),⃗NP=(x-x,y),⃗NM=(0,y).由⃗NP=√2⃗NM得x=x,y= y.
0 0 0 0 0 0 0
2
x2 y2
因为M(x,y)在C上,所以 + =1.
0 0
2 2
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因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.
(2)证明:由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则⃗OQ=(-3,t),⃗PF=(-1-m,-n),⃗OQ·⃗PF=3+3m-tn,⃗OP=(m,n),⃗PQ
=(-3-m,t-n).
由⃗OP·⃗PQ=1得-3m-m2+tn-n2=1,
又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.
所以⃗OQ·⃗PF=0,即⃗OQ⊥⃗PF.
又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
考法二 定值与定点问题的解题方法
1.(2022届广东韶关九校11月联考,21)已知抛物线C:y2=2px(p>0)上的点P(1,y)(y>0)到焦点的距离为2.
0 0
(1)求点P的坐标及抛物线C的方程;
1
(2)若点M、N在抛物线C上,且k ·k =- ,求证:直线MN过定点.
PM PN
2
解析 (1)设抛物线的焦点为F,则F(p ).准线方程为x=-p,由抛物线的定义得1+p=2,解得p=2,所以抛
,0
2 2 2
物线的方程为y2=4x,把(1,y
0
)代入得
y2
=4,因为y
0
>0,所以y
0
=2,所以P(1,2).
0
(2)证明:由题意知直线MN的斜率不为0,设直线MN的方程为x=my+n,M(1 y2,y ),N(1 y2,y ),联立
4 1 1 4 2 2
y -2
{x=my+n, 1 4
得y2-4my-4n=0,Δ=16m2+4×4n>0,y+y=4m,yy=-4n,所以k =1 = ,k =
y2=4x, 1 2 1 2 PM y2-1 y +2 PN
4 1 1
y -2
2 4 1
1 = ,因k ·k =- ,
y2-1 y +2 PM PN 2
4 2 2
16 1
所以 =- ,即yy+2(y+y)+36=0,
(y +2)(y +2) 2 1 2 1 2
1 2
所以-4n+8m+36=0,即n=2m+9,满足Δ>0,
所以直线MN的方程为x=my+2m+9=m(y+2)+9,
所以直线MN过定点(9,-2).
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2.(2021武汉4月质检,21)设抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F,过F作直线l交抛物线E于A,B两点.当l与x
轴垂直时,△AOB的面积为8,其中O为坐标原点.
(1)求抛物线E的标准方程;
(2)若l的斜率存在且为k,点P(3,0),直线AP与E的另一交点为C,直线BP与E的另一交点为D,设直线CD
1
k
的斜率为k
2
,证明: 2为定值.
k
1
(p ) p 1 p
解析 (1)当l与x轴垂直时,不妨设A ,p ,B ,-p ,∴|AB|=2p,则S = ·2p· =8,
2 2 △AOB 2 2
∵p>0,∴p=4,∴y2=8x.
(2)证明:设A(x,y),B(x,y),C(x,y),D(x,y),
1 1 2 2 3 3 4 4
y - y
y - y 1 2 8 8 8
1 2
直线l的斜率为k= =1 = ,同理可得k= ,直线l的方程为y-y=
1 x -x (y2- y2 ) y + y 2 y + y 1 y + y
1 2 8 1 2 1 2 3 4 1 2
(x-x),则(y+y)y-yy=8x.
1 1 2 1 2
又点F(2,0)在直线l上,所以-yy=16,
1 2
同理,直线BD的方程为(y+y)y-yy=8x,
2 4 2 4
由点P(3,0)在直线BD上,得-yy=24,
2 4
同理可得yy=-24,
1 3
y + y
所以 k 2 = y 1 + y 2 = -24 1 - 2 24 =y 1 y 2 =-16 =2,所以 k 2为定值.
k y + y + -24 -24 3 k
1 3 4 y y 1
1 2
3.(2017课标Ⅰ理,20,12分)已知椭圆C:x2 +y2 =1(a>b>0),四点P(1,1),P(0,1),P( √3),P( √3)中
1 2 3 -1, 4 1,
a2 b2 2 2
恰有三点在椭圆C上.
(1)求C的方程;
(2)设直线l不经过P 点且与C相交于A,B两点.若直线PA与直线PB的斜率的和为-1,证明:l过定点.
2 2 2
1 1 1 3
解析 (1)由于P,P 两点关于y轴对称,故由题设知C经过P,P 两点.又由 + > + 知,C不经过点
3 4 3 4 a2 b2 a2 4b2
P,所以点P 在C上.
1 2
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1
{ =1,
因此
b2
解得
{a2=4,
故C的方程为
x2
+y2=1.
1 3 b2=1. 4
+ =1,
a2 4b2
(2)证明:设直线PA与直线PB的斜率分别为k,k.
2 2 1 2
如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为( √4-t2),( √4-t2).
t, t,-
2 2
则k+k=√4-t2-2-√4-t2+2=-1,得t=2,不符合题设.从而可设l:y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入x2
1 2
2t 2t 4
+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.
由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.
设A(x,y),B(x,y),则x+x=- 8km ,xx=4m2-4.
1 1 2 2 1 2 1 2
4k2+1 4k2+1
而k 1 +k 2 = y 1 -1 + y 2 -1 = kx 1 +m-1 + kx 2 +m-1 = 2kx 1 x 2 +(m-1)(x 1 +x 2 ),
x x x x x x
1 2 1 2 1 2
由题设知k+k=-1,故(2k+1)xx+(m-1)(x+x)=0.
1 2 1 2 1 2
即(2k+1)·4m2-4+(m-1)· -8km =0.解得k=-m+1.
4k2+1 4k2+1 2
m+1
当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=- x+m,
2
m+1
即y+1=- (x-2),所以l过定点(2,-1).
2
4.(2020新高考Ⅰ,22,12分)已知椭圆C:x2 +y2 =1(a>b>0)的离心率为√2,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.
解析 (1)由题设得 4 + 1 =1,a2-b2 =1,
a2 b2 a2 2
x2 y2
解得a2=6,b2=3.所以C的方程为 + =1.
6 3
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(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(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.
6 3
于是x+x=- 4km ,xx=2m2-6.①
1 2 1 2
1+2k2 1+2k2
由AM⊥AN知⃗AM·⃗AN=0,故(x-2)(x-2)+(y-1)·(y-1)=0,可得(k2+1)xx+(km-k-2)(x+x)+(m-1)2+4=0.将①
1 2 1 2 1 2 1 2
代入上式可得(k2+1)2m2-6-(km-k-2)· 4km +(m-1)2+4=0.整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.因为A(2,1)不在
1+2k2 1+2k2
直线MN上,所以2k+m-1≠0,故2k+3m+1=0,k≠1.于是MN的方程为y=k( 2)-1(k≠1).所以直线MN过
x-
3 3
点P(2 1).若直线MN与x轴垂直,可得N(x,-y).由 · =0得(x-2)(x-2)+(y-1)(-y-1)=0.又x2 +
,- 1 1 ⃗AM ⃗AN 1 1 1 1 1
3 3 6
y
1
2 =1,可得3
x2
-8x
1
+4=0.解得x
1
=2(舍去)或x
1
=2.此时直线MN过点P(2
,-
1).令Q为AP的中点,即Q
3 1 3 3 3
(4 1).若D与P不重合,则由题设知AP是Rt△ADP的斜边,故|DQ|=1|AP|=2√2.
,
3 3 2 3
1
若D与P重合,则|DQ|= |AP|.
2
综上,存在点Q(4 1),使得|DQ|为定值.
,
3 3
5.(2021山东滨州一模,21)已知点A(0,-1),B(0,1),动点P满足|⃗PB||⃗AB|=⃗PA·⃗BA.记点P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程;
(2)设D为直线y=-2上的动点,过D作C的两条切线,切点分别是E,F.证明:直线EF过定点.
解析 (1)设P(x,y),则⃗PA=(-x,-1-y),⃗PB=(-x,1-y),又⃗AB=(0,2),⃗BA=(0,-2),
所以| || |= · 可化为2 =2(1+y),化简得x2=4y.所以C的方程为x2=4y.
⃗PB ⃗AB ⃗PA ⃗BA √(-x) 2+(1- y) 2
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(2)证明:设D(t,-2),E(x,y),F(x,y),
1 1 2 2
x2 x x x
由题意知切线DE,DF的斜率都存在,由x2=4y得y= ,则y'= ,所以k = 1 ,直线DE的方程为y-y= 1 (x-
4 2 DE 2 1 2
x),即y-y=x x-x2 .①
1 1 1 1
2 2
因为E(x
1
,y
1
)在抛物线x2=4y上,所以
x2
=4y
1
,即x
1
2 =2y
1
,②
1 2
将②代入①可得xx-2y-2y=0,所以直线DE的方程为xx-2y-2y=0.
1 1 1 1
同理可得直线DF的方程为xx-2y-2y=0.
2 2
因为D(t,-2)在直线DE上,所以tx-2y+4=0,
1 1
又D(t,-2)在直线DF上,所以tx-2y+4=0,
2 2
所以直线EF的方程为tx-2y+4=0,故直线EF过定点(0,2).
考法三 最值与范围问题的解题方法
x2 y2
1.(多选)(2022届重庆实验外国语学校入学考,11)如图,P为椭圆C: + =1上的动点,过点P作C 的切线
1 1
8 6
交圆C:x2+y2=24于点M,N.过M,N作C 的切线交于点Q,则( )
2 2
A.S 的最大值为√3
△OPQ
2√3
B.S 的最大值为
△OPQ
3
x2 y2
C.Q的轨迹方程是 + =1
36 48
x2 y2
D.Q的轨迹方程是 + =1
72 96
答案 AD
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x2 y2
2.(2017课标Ⅰ文,12,5分)设A,B是椭圆C: + =1长轴的两个端点.若C上存在点M满足∠AMB=120°,则
3 m
m的取值范围是( )
A.(0,1]∪[9,+∞) B.(0,√3]∪[9,+∞)
C.(0,1]∪[4,+∞) D.(0,√3]∪[4,+∞)
答案 A
3.(2021湖北黄石质检)P为双曲线x2-y2=1左支上任意一点,EF为圆C:(x-2)2+y2=4的任意一条直径,则⃗PE·
⃗PF的最小值为( )
A.3 B.4 C.5 D.9
答案 C
x2
4.(2021全国乙文,11,5分)设B是椭圆C: +y2=1的上顶点,点P在C上,则|PB|的最大值为( )
5
5
A. B.√6 C.√5 D.2
2
答案 A
5.(2021济南十一学校联考,15)已知点M(-4,-2),抛物线x2=4y的焦点为F,准线为l,P为抛物线上一点,过P作
PQ⊥l,点Q为垂足,过P作抛物线的切线l,l 与l交于点R,则|QR|+|MR|的最小值为 .
1 1
答案 5
x2 y2
6.(2022届长沙长郡中学月考一,20)设椭圆C: + =1的左,右顶点分别为A,B.
9 5
(1)若P、Q是椭圆上关于x轴对称的两点,直线AP,BQ的斜率分别为k,k(kk≠0),求|k|+|k|的最小值;
1 2 1 2 1 2
(2)已知过点D(0,-3)的直线l交椭圆C于M、N两个不同的点,直线AM,AN分别交y轴于点S,T,记⃗DS=λ
⃗DO,⃗DT=μ⃗DO(O为坐标原点),当直线l的倾斜角θ为锐角时,求λ+μ的取值范围.
y
解析 (1)由题意设点P(x 0 ,y 0 ),Q(x 0 ,-y 0 ),-3<x 0 <3,不妨令0<y 0 ≤ √5 ,因为A(-3,0),B(3,0),所以k 1 = 0 ,k 2 =
x +3
0
- y 0 ,则|k 1 |+|k 2 |= y 0 + y 0 = 6 y 0 ,由 x2 0 +y2 0 =1可得9- x2=9 y2 0 ,则|k 1 |+|k 2 |= 10 ,因为0<y 0 ≤ √5 ,
x -3 3+x 3-x 9-x2 9 5 0 5 3 y
0 0 0 0 0
10 2√5 2√5
所以|k|+|k|= ≥ ,当y=√5时等号成立,即|k|+|k|的最小值为 .
1 2 3 y 3 0 1 2 3
0
(2)设M(x,y),N(x,y),设直线l:y=kx-3(k>0),
1 1 2 2
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{y=kx-3,
联立 x2 y2
得(5+9k2)x2-54kx+36=0,由题意得Δ=(-54k)2-4×36×(5+9k2)>0,因为k>0,所以k>2.
+ =1 3
9 5
54k 36
由根与系数的关系得x+x= ,xx= .
1 2 9k2+5 1 2 9k2+5
y 3 y 3 y 3 y
易知直线AM的方程是y= 1 (x+3),令x=0,解得y= 1 ,所以S( 0, 1 ),同理可得T( 0, 2 ).
x +3 x +3 x +3 x +3
1 1 1 2
3 y 3 y
所以 ⃗DS =( 0, 1 +3 ), ⃗DT =( 0, 2 +3 ),
x +3 x +3
1 2
3 y 3 y y y
因为 ⃗DO =(0,3), ⃗DS =λ ⃗DO , ⃗DT =μ ⃗DO ,所以 1 +3=3λ, 2 +3=3μ,所以λ+μ= 1 + 2 +2
x +3 x +3 x +3 x +3
1 2 1 2
=
kx
1
-3
+
kx
2
-3
+2=
2kx
1
x
2
+3(k-1)(x
1
+x
2
)-18
+2=
x +3 x +3 x x +3(x +x )+9
1 2 1 2 1 2
36 54k
2k· +3(k-1)· -18
9k2+5 9k2+5 10
+2=- +2,
36 54k 9(k+1)
+3· +9
9k2+5 9k2+5
2 4
因为k> ,所以 <λ+μ<2.
3 3
所以λ+μ的取值范围是(4 ).
,2
3
7.(2022届江苏淮安车桥中学入学调研,20)设椭圆C:x2 +y2 =1(a>b>0)的左,右焦点分别为F,F,离心率为1,
1 2
a2 b2 2
过原点O的动直线l与椭圆C交于M,N两点,其中点M在第一象限,且|MF|+|NF|=4.
2 2
(1)求椭圆C的方程;
(2)过F 的直线交C于A,B两点,求△ABF 面积的最大值.
1 2
解析 (1)连接MF,NF.线段MN与线段FF 互相平分,则四边形MFNF 为平行四边形,则|NF|=|MF|,又|
1 1 1 2 1 2 2 1
c 1 x2 y2
MF|+|NF|=4,所以|MF|+|MF|=2a=4,故a=2,又e= = ,故c=1,则b=√3,故椭圆C的方程为 + =1.
2 2 1 2 a 2 4 3
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(2)由题意知直线AB的斜率不为0,设直线AB的方程为x=my-1,A(x,y),B(x,y),
1 1 2 2
{x=my-1,
联立 x2 y2 消x得(3m2+4)y2-6my-9=0,则Δ=36m2+36(3m2+4)>0,
+ =1,
4 3
6m -9
y+y= ,yy= ,又|FF|=2,
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4 1 2
所以△ABF 2 的面积S = 1 |F 1 F 2 |·|y 1 -y 2 |= 1 ×2×√(y + y ) 2-4 y y = √ ( 6m ) 2 + 36 =
△ABF 2 2 2 1 2 1 2 3m2+4 3m2+4
√144(m2+1),令t=m2+1,t≥1,则 =√ 144t =√ 144t = √ 144 ,因为当t≥1时,函
S
1
(3m2+4) 2 △ABF 2 (3t+1) 2 9t2+6t+1 9t+6+
t
√ 144
数y= 单调递减,所以当t=1,即m=0时取得最大值3,所以△ABF 面积的最大值为3.
2
1
9t+6+
t
8.(2020新高考Ⅱ,21,12分)已知椭圆C:x2 +y2 =1(a>b>0)过点M(2,3),点A为其左顶点,且AM的斜率为1.
a2 b2 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a=4,
2
由椭圆C:x2 +y2 =1(a>b>0)过点M(2,3),可得 4 + 9 =1,解得b2=12,所以C的方程为x2 + y2 =1.
a2 b2 16 b2 16 12
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(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,解得m=±8,与
+ =1,
16 12
|8+4|
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)之间的距离为d= =
√1+4
12√5 1 12√5
,|AM|=√(2+4) 2+32=3√5.所以△AMN的面积的最大值为 ×3√5× =18.
5 2 5
9.(2021北京,20,15分)已知椭圆E:x2 +y2
=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,-2),以椭圆E的四个顶点为顶点的四
a2 b2
边形面积为4√5.
(1)求椭圆E的方程;
(2)过点P(0,-3)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C,直线AB,AC分别与直线y=-3交于点M,N.
当|PM|+|PN|≤15时,求k的取值范围.
解析 (1)将A(0,-2)代入椭圆E的方程得b=2,由椭圆E的四个顶点围成的四边形面积为2ab=4√5,解得a=
x2 y2
√5,所以椭圆E的方程为 + =1.
5 4
(2)设B(x,y),C(x,y),
1 1 2 2
由题意得直线l的方程为y+3=k(x-0),即y=kx-3,
30k 25
将y=kx-3代入椭圆E的方程并化简得(4+5k2)x2-30kx+25=0,则x+x= ,xx= ,
1 2 4+5k2 1 2 4+5k2
由Δ=(-30k)2-4×25(4+5k2)>0,解得k<-1或k>1.
y+2 x-0
直线AB的方程为 = ,
y +2 x -0
1 1
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x x
令y=-3,解得x=- 1 ,得M( - 1 ,-3 ),
y +2 y +2
1 1
x
同理可得N(
- 2 ,-3
),所以|PM|+|PN|
y +2
2
| x | | x | |x (y +2)+x (y +2)|
= 1 + 2 = 1 2 2 1
y +2 y +2 (y +2)(y +2)
1 2 1 2
| x (kx -1)+x (kx -1) |
= 1 2 2 1
[(kx -3)+2][(kx -3)+2]
1 2
|2kx x -(x +x )| | 2kx x -(x +x ) |
= 1 2 1 2 = 1 2 1 2
(kx -1)(kx -1) k2x x -k(x +x )+1
1 2 1 2 1 2
25 30k
| 2k· - |
4+5k2 4+5k2
=
25 30k
k2· -k· +1
4+5k2 4+5k2
=| 50k-30k |=|5k|≤15,
25k2-30k2+4+5k2
解得-3≤k≤3.故k的取值范围为[-3,-1)∪(1,3].
x2
10.(2020浙江,21,15分)如图,已知椭圆C: +y2=1,抛物线C:y2=2px(p>0),点A是椭圆C 与抛物线C 的交点,
1 2 1 2
2
过点A的直线l交椭圆C 于点B,交抛物线C 于点M(B,M不同于A).
1 2
1
(1)若p= ,求抛物线C 的焦点坐标;
2
16
(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点,求p的最大值.
解析 (1)由p= 1 得C
2
的焦点坐标是( 1
,0
).
16 32
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x2
(2)由题意可设直线l:x=my+t(m≠0,t≠0),点A(x,y).将直线l的方程代入椭圆C: +y2=1得
0 0 1
2
mt
(m2+2)y2+2mty+t2-2=0,所以点M的纵坐标y =- ,将直线l的方程代入抛物线C:y2=2px得y2-
M m2+2 2
2pmy-2pt=0,所以y
0
y
M
=-2pt,解得y
0
=2p(m2+2),因此x
0
=2p(m2+2) 2 .由x2
0
+ y2=1得 1 =4(
m+
2) 2
m m2 2 0 p2 m
+2( 2) 4 ≥160,所以当m= ,t=√10时,p取到最大值√10.
m+ √2
m 5 40
11.(2017山东文,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:x2 +y2 =1(a>b>0)的离心率为√2,椭圆C
a2 b2 2
截直线y=1所得线段的长度为2√2.
(1)求椭圆C的方程;
(2)动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,☉N的半径为|
NO|.设D为AB的中点,DE,DF与☉N分别相切于点E,F,求∠EDF的最小值.
√2
解析 (1)由椭圆的离心率为 ,得a2=2(a2-b2),
2
又当y=1时,x2=a2-a2 ,得a2-a2
=2,
b2 b2
x2 y2
所以a2=4,b2=2.因此椭圆C的方程为 + =1.
4 2
(2)设A(x,y),B(x,y),联立得{ y=kx+m, 得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,
1 1 2 2
x2+2y2=4,
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由Δ>0得m2<4k2+2,(*)因为x 1 +x 2 =- 4km ,所以y 1 +y 2 = 2m ,所以D( - 2km , m ),
2k2+1 2k2+1 2k2+1 2k2+1
又N(0,-m),所以|ND|2=( - 2km ) 2 +( m +m ) 2 ,
2k2+1 2k2+1
整理得|ND|2=
4m2 (1+3k2+k4
),因为|NF|=|m|,
(2k2+1) 2
所以
|ND|2
=
4(k4+3k2+1)=1+ 8k2+3
.
|NF|2 (2k2+1) 2 (2k2+1) 2
t+1
令t=8k2+3,t≥3,故2k2+1= ,
4
16
|ND|2 16t
所以 =1+ =1+ 1 .
|NF|2 (1+t) 2 t+ +2
t
1 1
令y=t+ ,所以y'=1- .
t t2
1
当t≥3时,y'>0,从而y=t+ 在[3,+∞)上单调递增,
t
1 10
因此t+ ≥ ,当且仅当t=3时等号成立,此时k=0,
t 3
所以
|ND|2
≤1+3=4,
|NF|2
|NF| 1
由(*)得-√2<m<√2且m≠0.故 ≥ .
|ND| 2
|NF| 1
设∠EDF=2θ,则sin θ= ≥ .
|ND| 2
π π
所以θ的最小值为 ,从而∠EDF的最小值为 ,
6 3
此时直线l的斜率是0.
π
综上所述:当k=0,m∈(-√2,0)∪(0,√2)时,∠EDF取到最小值 .
3
考法四 存在性问题
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1.(2022届重庆八中8月摸底测试,21)已知椭圆C:x2 +y2 =1(a>b>0)的离心率为√3,长轴端点和短轴端点的
a2 b2 2
距离为√5.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若P为椭圆C上异于椭圆C顶点的任意一点,过点Q(0,-2)且平行于OP的直线l与椭圆C相交于A,B两点
(点O为坐标原点),是否存在实数λ,使得⃗QA·⃗QB=λ⃗OP2 成立?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
c √3
{ = , {a2=4,
a 2 x2
解析 (1)依题意得 解得 b2=1, ∴椭圆C的方程为 +y2=1.
√a2+b2=√5, 4
c2=3,
a2=b2+c2,
(2)存在.因为P是椭圆C上异于椭圆C顶点的任意一点,且l∥OP,所以直线l的斜率存在且不为0.
设过点Q(0,-2)的直线l的方程为y=kx-2,A(x,y),B(x,y).由{ y=kx-2, 消去y得(1+4k2)x2-16kx+12=0,则
1 1 2 2
x2+4 y2=4
Δ=(-16k)2-4×12×(1+4k2)>0⇒4k2>3,
16k 12
x+x= ,xx= ,
1 2 1+4k2 1 2 1+4k2
|QA|·|QB|= |x-x |· |x-x |=(1+k2)|xx|.
√1+k2 1 Q √1+k2 2 Q 1 2
{ y =kx , 4 4
由 P P 得x2= ,所以|OP|2=(1+k2) x2=(1+k2) ,又因为⃗QA ·⃗QB =λ⃗OP2,所以|QA|·|
x2+4 y2=4 P 1+4k2 P 1+4k2
P P
QB|=λ|OP|2,所以|x
1
x
2
|=λ x2,即| 12 |=λ 4 ,解得λ=3.
P 1+4k2 1+4k2
故存在实数λ,使得⃗QA· ⃗QB=λ·⃗OP2 成立,且λ=3.
2.(2022届湖北部分学校11月质量检测,21)已知F(-c,0),F(c,0)分别为椭圆C:x2 +y2
=1(a>b>0)的左,右焦
1 2
a2 b2
点,P( 3c)是椭圆C上一点,且 · =9.
c, ⃗PF ⃗PF
2 1 2 4
(1)求椭圆C的方程;
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(2)过点F 的直线与椭圆C交于A,B两点,试问:是否存在定点G(x,0),使得⃗GA·⃗GB为定值?若存在,求出x
2 0 0
的值;若不存在,请说明理由.
解析 (1)因为 · =( 3 )·( 3 )=9c2=9,又c>0,所以c=1,P( 3),又点P在椭
⃗PF ⃗PF -2c,- c 0,- c 1,
1 2 2 2 4 4 2
{1 9
圆上,所以 a2
+
4b2
=1,
解得
{a2=4,
所以椭圆C的方程为
x2 +y2
=1.
b2=3. 4 3
a2=b2+1,
(2)存在.若直线AB的斜率不存在,即直线AB的方程为x=1,令A(
1,
3),B(
1,-
3),则
⃗GA
·
⃗GB
=(x
0
-1)2-9
2 2 4
.
若直线AB的斜率存在,设AB的方程为y=k(x-1),
{x2 y2
A(x,y),B(x,y),由
+ =1,
得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,则Δ=64k4-4(4k2+3)(4k2-12)>0,
1 1 2 2 4 3
y=k(x-1)
x+x=
8k2 ,xx=4k2-12.
1 2 1 2
4k2+3 4k2+3
所以 ⃗GA =(x 1 -x 0 ,y 1 ), ⃗GB =(x 2 -x 0 ,y 2 ),则 ⃗GA · ⃗GB =x 1 x 2 -(x 1 +x 2 )x 0 + x2 +k2(x 1 -1)(x 2 -1)=(k2+1)x 1 x 2 -
0
(x
0
+k2)·(x
1
+x
2
)+k2+
x2=(4x2
0
-8x
0
-5)k2+3x2
0
-12
,
0 4k2+3
因为 ·
为定值,所以4x2-8x -5=3x2-12,解得x=11,定值为-135,而x=11时,(x-1)2-9=-
⃗GA ⃗GB 0 0 0 0 0 0
4 3 8 64 8 4
135 11
,故存在定点G,使得⃗GA·⃗GB为定值,此时x= .
0
64 8
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3.(2022届T8联考,20)设椭圆E:x2 +y2
=1(a>b>0),圆C:(x-2m)2+(y-4m)2=1(m≠0),点F,F 分别为E的左,右焦
1 2
a2 b2
1
点,点C为圆心,O为原点,线段OC的垂直平分线为l.已知E的离心率为 ,点F,F 关于直线l的对称点都在
1 2
2
圆C上.
(1)求椭圆E的方程;
2
(2)设直线l与椭圆E相交于A,B两点,问:是否存在实数m,使直线AC与BC的斜率之和为 ?若存在,求实数
3
m的值;若不存在,说明理由.
c 1
解析 (1)因为e= = ,所以a=2c.
a 2
设点F,F 关于直线l的对称点分别为M,N,因为点O,C关于直线l对称,O为线段FF 的中点,所以C为线段
1 2 1 2
MN的中点,从而线段MN为圆C的一条直径,所以|FF|=|MN|=2,即2c=2,即c=1.
1 2
x2 y2
于是a=2,b2=a2-c2=3,所以椭圆E的方程是 + =1.
4 3
(2)因为原点O为线段FF 的中点,圆心C为线段MN的中点,直线l为线段OC的垂直平分线,所以点O与C
1 2
也关于直线l对称,
因为点C(2m,4m),所以线段OC的中点为(m,2m),直线OC的斜率为2,又直线l为线段OC的垂直平分线,所以
1 1 5m
直线l的方程为y-2m=- (x-m),即y=- x+ .
2 2 2
将y=-1x+5m代入x2 +y2 =1,得3x2+4( x 5m) 2 =12,即4x2-10mx+25m2-12=0.
- +
2 2 4 3 2 2
16 4
因为直线l与椭圆E相交,所以Δ=100m2-16(25m2-12)>0,解得m2< ,即|m|< .
25 5
5m 25m2-12
设A(x,y),B(x,y),则x+x= ,xx= .
1 1 2 2 1 2 2 1 2 4
所以k AC +k BC = y 1 -4m + y 2 -4m =- 1( x 1 +3m + x 2 +3m )
x -2m x -2m 2 x -2m x -2m
1 2 1 2
=-(x
1
+3m)(x
2
-2m)+(x
2
+3m)(x
1
-2m)
2(x -2m)(x -2m)
1 2
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2x x +m(x +x )-12m2
=- 1 2 1 2 .
2x x -4m(x +x )+8m2
1 2 1 2
2
因为k +k = ,
AC BC
3
2x x +m(x +x )-12m2 2
所以 1 2 1 2 + =0,
2x x -4m(x +x )+8m2 3
1 2 1 2
则2xx-m(x+x)-4m2=0,
1 2 1 2
25m2-12 5m2
所以 - -4m2=0,即m2=1,即m=±1.
2 2
2
所以不存在实数m,使直线AC与BC的斜率之和为 .
3
4.(2021湖南六校4月联考,21)已知A,B分别为椭圆E:x2 +y2
=1(a> )的左,右顶点,Q为椭圆E的上顶点,
√3
a2 3
⃗AQ·⃗QB=1.
(1)求椭圆E的方程;
(2)已知动点P在椭圆E上,定点M( 3),N( 3).
-1, 1,-
2 2
①求△PMN的面积的最大值;
②若直线MP与NP分别与直线x=3交于C,D两点,问:是否存在点P,使得△PMN与△PCD的面积相等?若存
在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.
解析 (1)由题意得A(-a,0),B(a,0),Q(0,√3),则⃗AQ=(a,√3),⃗QB=(a,-√3),由⃗AQ·⃗QB=1,得a2-3=1,解得a=2,
x2 y2
所以椭圆E的方程为 + =1.
4 3
3
(2)①设P(2cos θ,√3sin θ),易知直线MN:y=- x,即3x+2y=0,点P到直线MN的距离d=
2
| ( π)|
|6cosθ+2√3sinθ| = 4√3 sin θ+ ≤ 4√39,又|MN|= ,
3 √13
√13 13
√13
1
则S = |MN|·d≤2√3,即(S ) =2√3.
△PMN
2
△PMNmax
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②设P(x,y),由①知|MN|= ,点P到直线MN的距离d= |3x +2y | ,则S =1|MN|·d=1|3x+2y|.
0 0 √13 1 0 0 △PMN 1 0 0
√13 2 2
3 3
y - 3 ( 4 y -6 3) y + 3
直线MP:y= 0 2(x+1)+ ,令x=3,可得C 3, 0 + ;直线PN:y= 0 2(x-1)- ,令x=3,可得D
2 x +1 2 2
x +1 0 x -1
0 0
( 3, 2y 0 +3 - 3) ,则|CD|= |(3x 0 +2y 0 )(x 0 -3)| ,又P到直线CD的距离d 2 =|3-x 0 |,则S △PCD = 1 |CD|·d 2 =
x -1 2 x2-1 2
0 0
1|3x +2y | 1 1|3x +2y |
0 0 ·(3-x)2,∵△PMN与△PCD的面积相等,∴ |3x+2y|= 0 0 ·(3-x)2,故3x+2y=0(舍)
0 0 0 0 0 0
2 x2-1 2 2 x2-1
0 0
或|
x2
-1|=(3-x
0
)2,解得x
0
=5,代入椭圆方程得y
0
=±√33,故存在点P满足题意,点P的坐标为(5
,
√33)或
0 3 6 3 6
(5 √33).
,-
3 6
B组
1.(2021湖南永州二模,12)抛物线C:y2=4x的焦点为F,P是其上一动点,点M(1,1),直线l与抛物线C相交于
A,B两点,下列结论正确的是( )
A.|PM|+|PF|的最小值是2
B.动点P到点H(3,0)的距离的最小值为3
C.存在直线l,使得A,B两点关于直线x+y-3=0对称
D.与抛物线C分别相切于A、B两点的两条切线交于点N,若直线AB过定点(2,0),则点N在抛物线C的准线
上
答案 A
2.(多选)(2021江苏南通3月联考,11)设A,B是抛物线y=x2上的两点,O是坐标原点,下列结论成立的是( )
A.若OA⊥OB,则|OA||OB|≥2
B.若OA⊥OB,则直线AB过定点(1,0)
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C.若OA⊥OB,则O到直线AB的距离不大于1
1
D.若直线AB过抛物线的焦点F,且|AF|= ,则|BF|=1
3
答案 ACD
应用篇 知行合一
应用 圆锥曲线方程在实际问题中的应用
1.(多选)(2022届湖北部分学校11月质量检测,11)某学校航天兴趣小组利用计算机模拟“天问一号火星探测
器”的运动,如图,探测器在环火星椭圆轨道近火星点M处制动(俗称“踩刹车”)后,以v km/s的速度进入距
离火星表面n km 的环火星圆形轨道(火星的球心为椭圆的一个焦点),环绕周期为t s.已知R为火星的半径,
远火星点N到火星表面的最近距离为m km,则( )
m-n
A.椭圆轨道的离心率为
m+n+2R
B.圆形轨道的周长为vt km
vt
C.火星半径为 km
2π
D.近火星点与远火星点的距离为( vt)km
m-n+
π
答案 ABD
2.(2022届广东惠州一中月考,6)著名的天文学家、数学家约翰尼斯·开普勒(Johannes Kepler)发现了行星运
动三大定律,其中开普勒第一定律又称为轨道定律,即所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆,且太阳处在椭圆
的一个焦点上.记地球绕太阳运动的轨道为椭圆C,在地球绕太阳运动的过程中,若地球与太阳的最远距离与
最近距离之比为λ,则C的离心率为 ( )
A.λ2-1 B.√λ-1 C.λ-1 D.√λ-1
λ2+1 λ+1 λ+1 √λ+1
答案 C
3.(2021辽宁二模,4)历史上第一个研究圆锥曲线的是梅纳库莫斯(公元前375年—前325年),大约100年后,
阿波罗尼奥更详尽、系统地研究了圆锥曲线,并且他还进一步研究了这些圆锥曲线的光学性质,比如:从抛物
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线的焦点发出的光线或声波在经过抛物线反射后,反射光线平行于抛物线的对称轴;反之,平行于抛物线对称
轴的光线,经抛物线反射后,反射光线经过抛物线的焦点.设抛物线C:y2=x,一束平行于抛物线对称轴的光线经
过A(5,2),被抛物线反射后,又射到抛物线C上的Q点,则Q点的坐标为( )
A.(1 1) B.(1 1) C.( 1 1) D.( 1 1)
,- ,- ,- ,-
4 2 8 4 16 4 64 8
答案 D
创新篇 守正出奇
创新一 曲线性质探索
1.(2022届山东青岛二中开学考,7)将函数y= -2(x∈[-3,3])的图象绕点(-3,0)逆时针旋转α(0≤α≤θ),得
√13-x2
到曲线C,对于每一个旋转角α,曲线C都是一个函数的图象,则θ最大时的正切值为( )
3 2
A. B. C.1 D.√3
2 3
答案 B
2.(2021浙江宁波北仑中学质检,8)已知定点P(m,0),动点Q在圆O:x2+y2=16上,PQ的垂直平分线交直线OQ
于M点,若动点M的轨迹是双曲线,则m的值可以是( )
A.2 B.3 C.4 D.5
答案 D
3.(多选)(2022届广东茂名联考一,12)已知曲线C:x|x|+y|y|=1,则下列结论正确的是( )
A.直线x+y=0与曲线C没有公共点
B.直线x+y=m与曲线C最多有三个公共点
C.当直线x+y=m与曲线C有且只有两个不同公共点P
1
(x
1
,y
1
),P
2
(x
2
,y
2
)时,x
1
x
2
的取值范围为(
-∞,
1)
2
n
D.当直线x+y=m与曲线C有公共点时,记公共点为P(x,y)(i∈N*),∑x的取值范围为(0,√2)
i i i i
i=1
答案 ACD
4.(多选)(2021广东梅州二模,12)曲线C:(x2+y2)3=16x2y2为四叶玫瑰线,如图,这种曲线在苜蓿叶型立交桥的布
局中有非常广泛的应用,苜蓿叶型立交桥有两层,将所有原来需要穿越相交道路的转向都由环形匝道来实现,
即让左转车辆行驶环道后自右侧切向汇入高速公路,四条环形匝道就形成了苜蓿叶的形状.给出下列结论正
确的是( )
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北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
A.曲线C只有两条对称轴
B.曲线C经过5个整点(即横、纵坐标均为整数的点)
C.曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2
D.过曲线C上的任意一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形面积的最大值为2
答案 CD
创新二 自选条件的问题探索
(2022届江西上饶三模,20改编
题型创新)已知椭圆C:x2 +y2
=1(a>b>0),F、F 分别是其左、右焦点,给
1 2
a2 b2
出两个条件:①|FF|=2,P在椭圆C上,满足|PF|+|PF|=4;②过F 的直线与椭圆C交于A,B两点,△AFB的周长
1 2 1 2 1 2
为8,且椭圆C经过点( 3),在这两个条件中任选一个填入下面横线中,并求解下列问题.
1,
2
(1)求椭圆C满足条件 时的标准方程;
(2)过右焦点F 的直线交(1)中所求椭圆于点M,N,E为椭圆的左顶点,若 · =0,求直线EM的斜率k
2 ⃗F N ⃗EM
1
的值.
解析 (1)若选条件①,
由|FF|=2可得2c=2,即c=1.根据椭圆的定义及|PF|+|PF|=4,可得2a=4,即a=2,所以b2=a2-c2=3,所以椭圆C的
1 2 1 2
x2 y2
标准方程为 + =1.若选条件②,
4 3
9
( 3) 1
因为△AFB的周长为8,所以4a=8,即a=2,又知椭圆C经过点 1, ,所以 + 4 =1,解得b2=3,所以椭圆C的
2 2 4
b2
x2 y2
标准方程为 + =1.
4 3
(2)由(1)及已知得直线EM的方程为y=k(x+2),
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北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
{y=k(x+2),
由 x2 y2 得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.∴x E ·x M =-2x M =
16k2-12
,∴x M =
-8k2+6
,∴y M =k(x M +2)=
+ =1 3+4k2 3+4k2
4 3
12k ,∴M(-8k2+6
,
12k ),由⃗F
N
·
⃗EM
=0得F
1
N⊥EM.当MN⊥F
1
F
2
时, -8k2+6 =1,得k2=
3+4k2 3+4k2 3+4k2 1 3+4k2
1 ,即k=± 1 .不妨设点M在x轴上方,若k= 1 ,则M(
1,
3),N 1,- 3 ,∵F
1
(-1,0),∴k =- 3 ,∴直线F
1
N与
4 2 2 2 2 NF 1 4
1 1
EM不垂直;同理若k=- ,则直线FN与EM也不垂直,∴k≠± ,即MN与FF 不垂直.∵F(1,0),∴k =
2 1 2 1 2 2 MF 2
4k 1 4k
,又知k =- ,∴直线MF 的方程为y= ·(x-1),
1-4k2 NF 1 k 2 1-4k2
4k
{y= (x-1),
直线NF 的方程为y=-
1
(x+1),由
1-4k2 解得{x=8k2-1,∴N(8k2-1,-8k),又点N在椭圆
1
k 1 y=-8k,
y=- (x+1)
k
(8k2-1) 2 (-8k) 2 1 √6
上,得 + =1,即(24k2-1)(8k2+9)=0,所以k2= ,即k=± .
4 3 24 12
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