北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
§9.6 圆锥曲线的综合问题
专题检测
1.(2020湖南长沙一中第二次月考,11)点M与定点F(2,0)的距离和它到定直线x=8的距离之比为1∶2,则M的
轨迹方程是( )
A.y2=8x B.y2=-8(x-4)
x2 y2 x2 y2
C. - =1 D. + =1
4 3 16 12
答案 D 设M(x,y),由F(2,0),
得|MF|= ,
√(x-2)2+ y2
∵点M(x,y)到直线x=8的距离为|x-8|,
∴由题意得√(x-2)2+ y2=1,化简得3x2+4y2=48,
|x-8| 2
x2 y2
即 + =1,故选D.
16 12
2.(2020山西太原五中第二次诊断,12)已知A(0,3),若点P是抛物线x2=8y上任意一点,点Q是圆x2+(y-2)2=1上
|PA|2
任意一点,则 的最小值为 ( )
|PQ|
A.4√3-4 B.2√2-1 C.2√3-2 D.4√2+1
答案 A 抛物线x2=8y的准线l的方程为y=-2,焦点F的坐标为(0,2),过P作PB⊥l,垂足为B,由抛物线定义
|PA|2
可得|PF|=|PB|.圆x2+(y-2)2=1的圆心为F(0,2),半径r=1,可得|PQ|的最大值为|PF|+r=|PF|+1,所以 ≥
|PQ|
|PA|2
,可令|PF|+1=t(t>1),则|PF|=t-1=|PB|=y +2,即y
=t-3,所以x2
=8(t-3),
|PF|+1 P P P
|PA|2 (t-3-3)2+8(t-3) 12 √ 12
所以 = =t+ -4≥2 t· -4=4√3-4(当且仅当t=2√3时,等号成
|PF|+1 t t t
立).
|PA|2
所以 的最小值为4√3-4,故选A.
|PQ|
名师点睛 ①圆外一点到圆上一动点距离的最大值为该点到圆心的距离与半径之和.②基本不等式求最值,
注意“一正、二定、三相等”.
3.(2020浙江台州五校联考,8)已知平面ABCD⊥平面ADEF,AB⊥AD,CD⊥AD,且AB=1,AD=CD=2.四边形
ADEF是正方形,在正方形ADEF内部有一点M,满足MB,MC与平面ADEF所成的角相等,则点M的轨迹长度
为 ( )
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4 16
A. B.
3 3
4 8
C. π D. π
9 3
答案 C 本题考查直线与平面所成的角的求法、圆的方程及其应用;考查学生空间想象和运算求解的能力
以及数形结合的思想;考查了数学运算和直观想象的核心素养.
由已知可得AB⊥平面ADEF,CD⊥平面ADEF,连接AM,DM,则MB,MC与平面ADEF所成的角分别为
∠BMA,∠CMD,由于∠BMA=∠CMD,CD=2AB,所以MD=2MA,则点M的轨迹为阿波罗尼斯圆,以DA所在直线为
x轴,AD的中点为原点建立直角坐标系,则D(-1,0),A(1,0),设M(x,y),则 =2 ,平
√(x+1)2+ y2 √(x-1)2+ y2
方化简可得( 5) 2 +y2=16(-1≤x≤1,y≥0),所求轨迹为一段圆弧,令x=1,可得y=2√3,又圆的半径为4,故
x-
3 9 3 3
π 1 4 4π
圆弧对应的扇形圆心角为 ,所求轨迹的长度为 ×2π× = ,故选C.
3 6 3 9
4
4.(2020山东夏季高考模拟,6)已知点A为曲线y=x+ (x>0)上的动点,B为圆(x-2)2+y2=1上的动点,则|AB|的最
x
小值是 ( )
A.3 B.4 C.3√2 D.4√2
答案 A 本题主要考查两条曲线上,两动点间的最小距离问题,考查数学建模及数学运算的核心素养.
如图所示,设圆(x-2)2+y2=1的圆心为C,
由于|AC|≤|AB|+|BC|,所以|AB|≥|AC|-|BC|,
即|AB|≥|AC|-1,当且仅当A,B,C三点共线,且|AC|最小时,|AB|最小.
设A( 4),g(x)=|AC|2,则g(x)=(x-2)2+( 4) 2 =2x2+16-4x+12(x>0),
x,x+ x+
x x x2
g'(x)=4x-32-4=4·x4-x3-8,
x3 x3
令g'(x)=0,得x=2,
当x∈(0,2)时,g'(x)<0,g(x)在(0,2)上单调递减;当x∈(2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)在(2,+∞)上单调递增,
从而g(x)在x=2处取极小值,也是最小值,g(x) =g(2)=16,|AC| =√g(2)=4,从而|AB| =4-1=3,故选A.
min min min
x2 y2
5.(2020浙江温州中学3月月考,10)过点P(2,1)斜率为正的直线交椭圆 + =1于A,B两点,C,D是椭圆上
24 5
相异的两点,满足CP,DP分别平分∠ACB,∠ADB,则△PCD外接圆半径的最小值为 ( )
2√15 √65 24 19
A. B. C. D.
5 5 13 13
答案 D 如图.
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|BP| |CB| |DB|
先固定直线AB,由角平分线定理可知, = = ,所以点P,C,D在一个阿波罗尼斯圆上,且
|PA| |CA| |DA|
△PCD的外接圆就是这个阿波罗尼斯圆,设其半径为r.
易知,阿波罗尼斯圆会把点A,B其一包含进去,这取决于BP与AP谁更长,不妨先考虑|BP|>|AP|的情况,设BA
的延长线与圆交于点Q,PQ即为该圆的直径,如图.
接下来寻求半径的表达式.
|BP| |BQ| |AP|·(|BP|+2r) 1 1 1
由 = 得2r=|AP|+|AQ|=|AP|+ ,解得 = - ;同理,当|
|AP| |AQ| |BP| r |AP| |BP|
1 1 1
BP|<|AP|时,有 = - .
r |BP| |AP|
综上,1=| 1 1 |.
-
r |AP| |BP|
5 5 5 19
当直线AB斜率不存在时,直线AB与椭圆交点的纵坐标为± ,|AP|= -1,|BP|= +1,则r= .
√6 √6 √6 12
当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y-1=k(x-2),即y=kx-2k+1,
{y=kx-2k+1,
联立方程 x2 y2 消去y并整理可知
+ =1,
24 5
(24k2+5)x2+48k(1-2k)x+96(k2-k-1)=0,
48k(2k-1)
{x +x = ,
1 2 24k2+5
设A(x,y),B(x,y),可知
1 1 2 2
96(k2-k-1)
x x = ,
1 2 24k2+5
所以 1 =| 1 - 1 |= 1 - 1 =
r |AP| |BP| √1+k2|x -2| √1+k2|x -2|
1 2
1 | 1
-
1 |.
√1+k2 |x -2| |x -2|
1 2
注意到x-2与x-2异号,
1 2
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1 1 ||x -2|-|x -2|| 1 | x +x -4 | 1 |12k+5|
所以 = 1 2 = · 1 2 = · ,
r √1+k2 (x -2)(x -2) √1+k2 x x -2(x +x )+4 19 √1+k2
1 2 1 2 1 2
设t=12k+5,则1= 1 · 12|t|
r 19 √t2-10t+169
1
=12· ≤12×13=13,
√ (1) 2 1
19 169 -10· +1 19 12 19
t t
1 5 169 12
当且仅当 = ,即t= 时取等号,此时k= .
t 169 5 5
19 19 19
又 > ,所以所求外接圆半径的最小值为 .
12 13 13
故选D.
6.(2020浙江杭州四中月考,16)圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形,O为底面中心,M为SO的中点,动
点P在圆锥底面内(包括圆周),若AM⊥MP,则P点形成的轨迹的长度为 .
√7
答案
2
解析 本题考查空间点、线、面的位置关系以及轨迹方程的求法;考查学生运算求解和空间想象的能力;考
查了数学运算和直观想象的核心素养.
以O为原点,直线OB,OS分别为y,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,-1,0),M( √3),设P(x,y,0),则由
0,0,
2
AM⊥MP可得( √3)·( √3)=0,即y=3,所求轨迹的长度为圆x2+y2=1内对应的弦长,令y=
0,1, x,y,-
2 2 4
3 √7 √7
,得x=± ,故轨迹长度为 .
4 4 2
7.(2018浙江湖州、衢州、丽水高三质检,21)已知抛物线C:y2=2px(p>0)上的点M(m,-2)与其焦点的距离为2.
(1)求实数p与m的值;
|MB|2
(2)如图所示,动点Q在抛物线C上,直线l过点M,点A、B在l上,且满足QA⊥l,QB∥x轴.若 为常数,
|MA|
求直线l的方程.
解析 (1)设抛物线的焦点为F,
p
由题意得|MF|=m+ =2, (2分)
2
又点M(m,-2)在抛物线上,故2pm=4, (4分)
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由p>0得p=2,m=1. (6分)
(2)由(1)知抛物线C的方程为y2=4x,连接QM.
设直线l的方程为t(y+2)=x-1,Q(
y2
0,y
),(7分)
4 0
则y =y,所以|MB|= |y+2|, (9分)
B 0 √1+t2 0
|y2 |
( y2 ) 0-t y -2t-1
又点Q 0,y 到直线l的距离d= 4 0 ,
4 0
√1+t2
|MA|=
√|MQ|2-d2
√ |y2 | 2
0-t y -2t-1
= [ ( y2 ) 2 ] 4 0
0-1 +(y +2)2 -
4 0 1+t2
|
(
y2
)
|
0-1 t+ y +2
= 4 0 , (11分)
√t2+1
(t2+1)√1+t2|y +2|
(t2+1)√1+t2|y +2| 0
故 | | M M B A | | 2 = |y 0 t + ( - t +1 0 ) | = | t ( y 0 -2+ 4 t )| . (13分)
4 2
4
|MB|2 4 |MB|2
由 为常数,得y+2=y-2+ ,所以t=1,则 为8√2,此时直线l的方程为y=x-3.(15分)
|MA| 0 0 t |MA|
8.(2018安徽蚌埠二中4月月考,20)已知椭圆C:x2 +y2
=1(a>b>0)的左顶点为M,上顶点为N,直线2x+y-6
√3
a2 b2
=0与直线MN垂直,垂足为B点,且点N是线段MB的中点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线l:y=kx+m与椭圆C交于E,F两点,点G在椭圆C上,且四边形OEGF为平行四边形,求证:四边形
OEGF的面积S为定值.
b 1
解析 (1)由题意知,M(-a,0),N(0,b),直线MN的斜率k= = ,∴a=2b.
a 2
∵点N是线段MB的中点,
∴B(a,2b),
∵点B在直线2x+y-6√3=0上,
∴2a+2b=6√3,又a=2b,
∴b=√3,a=2√3,
x2 y2
∴椭圆C的方程为 + =1.
12 3
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x2 y2
(2)证明:设E(x,y),F(x,y),G(x,y),将y=kx+m代入 + =1,消去y整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,则
1 1 2 2 0 0
12 3
x+x=- 8km ,x·x=4m2-12,y+y=k(x+x)+2m= 2m ,
1 2 1 2 1 2 1 2
1+4k2 1+4k2 1+4k2
∵四边形OEGF为平行四边形,
∴ ⃗OG = ⃗OE + ⃗OF =(x 1 +x 2 ,y 1 +y 2 ),得G( - 8km , 2m ),将G点坐标代入椭圆C的方程得m2=3
1+4k2 1+4k2 4
(1+4k2),又易得点O到直线EF的距离d=
|m|
,|EF|= |x-x|,
√1+k2 1 2
√1+k2
∴平行四边形OEGF的面积S=d·|EF|=|m||x-x|=|m|·
=4·|m|√3-m2+12k2
=4·
1 2 √(x +x )2-4x x
1 2 1 2 1+4k2
|m|√3m2
=4 ·
m2
=3 .
√3 √3
1+4k2 1+4k2
故平行四边形OEGF的面积S为定值3√3.
x2 y2
9.(2020浙江丽水四校联考,20)设直线l与抛物线x2=2y交于A,B两点,与椭圆 + =1交于C,D两点,直线
4 3
OA,OB,OC,OD(O为坐标原点)的斜率分别为k,k,k,k,若OA⊥OB.
1 2 3 4
(1)是否存在实数t,满足k+k=t(k+k)?请说明理由;
1 2 3 4
(2)求△OCD面积的最大值.
解析 本题考查直线与抛物线、椭圆的位置关系以及圆锥曲线的综合应用;考查学生运算求解和逻辑推理
的能力以及数形结合的思想;考查了数学运算的核心素养.
设直线l的方程为y=kx+b,A(x,y),B(x,y),C(x,y),D(x,y).
1 1 2 2 3 3 4 4
联立得{y=kx+b,
得x2-2kx-2b=0,
x2=2y,
则x+x=2k,xx=-2b,Δ=4k2+8b>0.
1 2 1 2 1
由OA⊥OB,所以xx+yy=0,得b=2.
1 2 1 2
{
y=kx+2,
联立得 x2 y2 得(3+4k2)x2+16kx+4=0,
+ =1,
4 3
16k 4
所以x+x=- ,xx= .
3 4 3+4k2 3 4 3+4k2
1
由Δ=192k2-48>0,得k2> .
2
4
y y y y
(1)因为k
1
+k
2
=
1
+
2
=k,k
3
+k
4
=
3
+
4
=-6k,
x x x x
1 2 3 4
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所以 k 1 +k 2=-1,故存在t=-1,满足k 1 +k 2 =t(k 3 +k 4 ).
k +k 6 6
3 4
(2)根据弦长公式得|CD|= |x-x|=4 · ·
√4k2-1,
√1+k2 3 4 √3 √1+k2
3+4k2
2
点O到直线CD的距离d= ,
√1+k2
所以S =1|CD|·d=4 · √4k2-1,
△OCD √3
2 3+4k2
4√3
4√3t
设√4k2-1=t>0,则S
△OCD
=
t2+4
=
t+
4≤√3,
t
√5
所以当且仅当t=2,即k=± 时,S 有最大值√3.
△OCD
2
10.(2020 5·3原创题)已知A,B为抛物线C:y2=4x上的两点,分别过A,B作C的切线l,l 交于点P.
1 2
(1)若l⊥l,求证:直线AB过定点;
1 2
(2)若点P恰在圆M:(x+2)2+y2=1上,求△PAB面积的取值范围.
注:抛物线y2=2px在点(x,y)处的切线方程为yy=p(x+x).
0 0 0 0
2 2
解析 设A(x,y),B(x,y),则抛物线在点A处的切线方程为yy=2(x+x),从而,k= ,同理,k= .
1 1 2 2 1 1 1 y 2 y
1 2
(1)证明:因为l⊥l,所以kk=-1,
1 2 1 2
即y 1 y 2 =-4,所以k AB = y 1 - y 2 = 4 ,
x -x y + y
1 2 1 2
4
从而直线AB的方程为y-y= (x-x),
1 y + y 1
1 2
将x=y2 ,yy=-4代入化简得y= 4 (x-1),
1 1 1 2
4 y + y
1 2
所以直线AB过定点(1,0).
(2)设点P(x,y),由点P在l 和l 上知yy=2(x+x),且yy=2(x+x),所以直线AB的方程为yy=2(x+x),
0 0 1 2 0 1 0 1 0 2 0 2 0 0
联立
{y
0
y=2(x
0
+x),
消去x并整理,得y2-2y 0 y+4x 0 =0,
y2=4x,
所以Δ=4( -4x),且y+y=2y,yy=4x.
y2 0 1 2 0 1 2 0
0
| y2|
2x - 0
设点P到直线AB的距离为d,则S △PAB = 1 2 |AB|d=1 2 √ 1+ y 4 2 0·2√y2 0 -4x 0 · √ 0 y 2 2 = 1 2 (y2 0 -4x 0) 3 2 ,
1+ 0
4
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因为点P恰在圆M:(x+2)2+y2=1上,所以(x+2)2+ =1,
0 y2
0
所以 y2 -4x 0 =1-(x 0 +2)2-4x 0 =- x2 -8x 0 -3,
0 0
因为-3≤x≤-1,所以 -4x∈[4,12],
0 y2 0
0
从而S ∈[4,12√3].
△PAB
命题说明 本题以直线与抛物线的位置关系为载体,考查学生对定点问题和范围问题的处理,第(2)问中,点P
的位置是求△PAB面积的取值范围的关键,该题综合性较强,很好地考查了学生的运算求解能力.
11.(2019重庆西南大学附属中学模拟,20)已知动直线l:y=k(x+3)(k≠0)与y轴交于点A,过点A作直线AB⊥l,交
x轴于点B,点C满足⃗AC=3⃗AB,C的轨迹为E.
(1)求E的方程;
(2)已知点F(1,0),点G(2,0),过F作斜率为k 的直线交E于M,N两点,延长MG,NG分别交E于P,Q两点,记直线
1
k
PQ的斜率为k
2
,求证: 1为定值.
k
2
解析 (1)动直线l:y=k(x+3)(k≠0)与y轴交于点A(0,3k),
1
∵直线AB⊥l,∴直线AB的方程为y=- x+3k,交x轴于点B(3k2,0).
k
设C(x,y),点C满足⃗AC=3⃗AB,
∴(x,y-3k)=3(3k2,-3k).∴x=9k2,y=-6k.
消去k可得y2=4x(x≠0),即为C的轨迹方程E.
(2)证明:设M,N,P,Q的坐标依次为(x,y)(i=1,2,3,4).
i i
直线MN的方程为x=ty+1,联立{x=ty+1, 化为y2-4ty-4=0,
y2=4x,
∴y+y=4t,yy=-4,
1 2 1 2
设直线MG的方程为x=my+2,联立{x=my+2, 化为y2-4my-8=0,
y2=4x,
8 8
∴yy=-8,∴y=- .同理可得y=- .
1 3 3 y 4 y
1 2
y - y
y - y 2 1 4 4
∵k 1 = 2 1= y2 y2 = ,k 2 = .
x -x 2- 1 y + y y + y
2 1 1 2 3 4
4 4
8 8
∴ k = y + y = - - =- 8 =2为定值.
1 3 4 y y
k y + y 1 2 y y
2 1 2 y + y 1 2
1 2
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12.(2020浙江杭州二中开学考,21)设F,F
分别是椭圆C:x2 +y2
=1(a>b>0)的左、右焦点,|FF|=2,直线l过F
1 2 1 2 1
a2 b2
且垂直于x轴,交椭圆C于A,B两点,分别连接A,B,F,所组成的三角形为等边三角形.
2
(1)求椭圆C的方程;
(2)过右焦点F 的直线m与椭圆C相交于M,N两点,试问:椭圆C上是否存在点P,使⃗OP=⃗OM+⃗ON成立?若
2
成立,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.
解析 本题考查直线与椭圆的位置关系;考查学生数学运算的能力和数形结合的思想;考查了数学运算的核
心素养.
2 4
(1)由题意,|FF|=2,|AF|= ,|AF|= ,
1 2 1 2
√3 √3
2a=|AF|+|AF|=2√3,故c=1,a=√3,b=√2,
1 2
x2 y2
故椭圆C的方程为 + =1.
3 2
(2)设椭圆C上存在点P(x,y)使⃗OP=⃗OM+⃗ON成立,设M(x,y),N(x,y),则x=x+x,y=y+y,
0 0 1 1 2 2 0 1 2 0 1 2
设直线m的方程为x=ty+1,
x y
0 0
则 =t +1,即x=ty+2,
0 0
2 2
{x=ty+1,
由 x2 y2 可得(2t2+3)y2+4ty-4=0,
+ =1
3 2
-4t 6
y= ,x=ty+2= ,
0 2t2+3 0 0 2t2+3
代入x2 +y2
=1,可得4t4+4t2-3=0,
0 0
3 2
1
解得t2= ,
2
故P(3 √2),
,±
2 2
即存在点P(3 √2),使 = + 成立.
,± ⃗OP ⃗OM ⃗ON
2 2
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13.(2020天津和平一模,18)已知椭圆C:x2 +y2 =1(a>b>0)的离心率为√2,左、右焦点分别为F、F,以原点
1 2
a2 b2 2
O为圆心,椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x-y+2=0相切.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设Q为椭圆C上不在x轴上的一个动点,过点F 作OQ的平行线交椭圆C于M、N两个不同的点,记
2
△QFM的面积为S,△OFN的面积为S,令S=S+S,求S的最大值.
2 1 2 2 1 2
解析 (1)由题意知,e=c=√ b2 =√2,∴a2=2b2,(1分)
1-
a a2 2
∵以原点O为圆心,椭圆C的短半轴长为半径的圆x2+y2=b2与直线x-y+2=0相切,∴b= 2 =
√2
√12+(-1)2
,∴a2=4,b2=2,
x2 y2
∴椭圆C的标准方程为 + =1. (4分)
4 2
(2)设直线OQ:x=my,
则直线MN:x=my+√2, (5分)
{x=my+√2,
由 x2 y2 得(m2+2)y2+2 √2 my-2=0.(6分)
+ =1,
4 2
2√2m -2
设M(x,y),N(x,y),则y+y=- ,yy= ,
1 1 2 2 1 2 m2+2 1 2 m2+2
∴|MN|= |y-y|=
=4(m2+1).
(9分)
√1+m2 1 2 √1+m2√(y + y )2-4 y y
1 2 1 2 m2+2
∵MN∥OQ,∴ = ,∴S=S+S=S .
S S 1 2 △OMN
△QF M △OF M
2 2
点O到直线x=my+ 的距离d= √2 ,
√2
√1+m2
∴S=1|MN|d=2√2√1+m2
. (12分)
2 m2+2
令t= ,则m2=t2-1(t≥1),
√1+m2
2√2
2√2t
∴S= = 1. (13分)
t2+1 t+
t
1 1
∵t+ ≥2,当且仅当t= ,即t=1时等号成立.
t t
∴S =√2. (15分)
max
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14.(2020江西鹰潭二模,20)已知椭圆y2 +x2
=1(a>b>0),上下顶点分别是A、B,上下焦点分别是F、F,焦距为
1 2
a2 b2
2,点(3 )在椭圆上.
,1
2
(1)求椭圆的方程;
(2)若Q为椭圆上异于A、B的动点,过A作与x轴平行的直线l,直线QB与l交于点S,直线FS与直线AQ交
2
于点P,判断∠SPQ是不是定值,说明理由.
解析 本题考查椭圆的方程和性质,直线和椭圆的位置关系,考查化简运算能力和推理能力,体现了逻辑推理、
数学运算的核心素养.
(1)由焦距为2,可得c=1,即有F(0,1),F(0,-1),
1 2
由(3 ,1 )在椭圆上,可得2a=√ (3 -0 ) 2 +(1-1)2 +√ (3 -0 ) 2 +(1+1)2 =3+5=4,故a=2,b= √4-1
2 2 2 2 2
=√3,
y2 x2
则椭圆的方程为 + =1.
4 3
(2)设Q(m,n),可得4m2+3n2=12,
由A(0,2),设S(t,2),因为B(0,-2),Q和S三点共线,
所以k
SB
=k
BQ
,即4=n+2,解得t= 4m ,即S( 4m
,2
),
t m n+2 n+2
3
3(n+2)
所以k = 4m = ,
SF 2 4m
n+2
又k =n-2,所以k · =3(n2-4)=-4m2 =-1,
AQ AQ k
m SF 2 4m2 4m2
可得AQ⊥SF,即∠SPQ=90°,则∠SPQ为定值.
2
15.(2020浙江湖丽衢三地市4月模考,21)如图,设抛物线方程为x2=2py(p>0),M为直线y=-2p上任意一点,过M
引抛物线的切线,切点分别为A,B.
(1)求直线AB与y轴的交点坐标;
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(2)若E为抛物线弧AB上的动点,抛物线在E点处的切线与△MAB的边MA,MB分别交于点C,D,记λ=
S
△EAB,问λ是不是定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.
S
△MCD
解析 (1)设A(x,y),B(x,y),易知过A点的切线方程为y- x2 =x ·(x-x),过B点的切线方程为y- x2 =x (x-
1 1 2 2 1 1 1 2 2
2p p 2p p
x +x x x
x),联立两个方程解得x = 2 1 ,y = 1 2. (3分)
2 M M
2 2p
又k AB = y 2 - y 1=x 2 +x 1 ,
x -x 2p
2 1
所以直线AB的方程为y- x2 =x +x (x-x),
1 2 1 1
2p 2p
化简得(x+x)x-2py-xx=0, (5分)
1 2 1 2
x x x x
令x=0,得y=- 1 2 ,又y = 1 2=-2p,
M
2p 2p
所以y=2p,所以直线AB过定点(0,2p),所以直线AB与y轴的交点坐标为(0,2p).(7分)
x +x x +x x +x
(2)由(1)知x = 1 2 ,同理可得x = 1 E ,x = 2 E. (8分)
M C D
2 2 2
|x +x |
1 E-x
|AC| |x -x | 2 1 |x -x |
= C 1 = = E 1 ,
|CM| x -x |x +x x +x | x -x
M C 1 2- 1 E 2 E
2 2
x +x
| |
x - 1 E
|CE| |x -x | E 2 |x -x |
= E C = = E 1 ,
|ED| x -x x +x x -x
D E 2 E-x 2 E
2 E
|AC| |CE| |MD| |x -x |
所以 = ,同理 = E 1 ,
|CM| |ED| |DB| x -x
2 E
|AC| |CE| |MD|
所以 = = , (10分)
|CM| |ED| |DB|
第12页共15页北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
|AC| |CE| |MD|
设 = = =t,连接ME,记S =S,
|CM| |ED| |DB| △MCE
则S =tS,
△ACE
S S t+1
故S = ,S = ,S = S,
△MDE t △BDE t2 △MCD t
所以
S △MAB=|MA||MB| =t+1·t+1=(t+1)2
,
S |MC||MD| 1 t t
△MCD
即S
=(t+1)2
S
=(t+1)2 ·t+1S=(t+1)3
S, (12分)
△MAB △MCD
t t t t2
2(t+1)
S =S -S -S -S = S, (14分)
△EAB △MAB △MCD △ACE △BDE
t
S
所以λ= △EAB=2,为定值.(15分)
S
△MCD
16.(2017浙江镇海中学模拟(5月),21)设椭圆x2 +y2
=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F、F,点D在椭圆上,
1 2
a2 b2
DF 1 ⊥F 1 F 2 , |F 1 F 2 | =2 √2 ,△DF 1 F 2 的面积为√2.
|DF | 2
1
(1)求该椭圆的标准方程;
(2)是否存在圆心在y轴上的圆,使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点,且圆在这两个交点处的两条切线相互
垂直并分别过不同的焦点?若存在,求圆的方程,若不存在,请说明理由.
解析 (1)设F(-c,0),F(c,0),其中c2=a2-b2.
1 2
由 |F 1 F 2 | =2 √2 ,得|DF 1 |= |F 1 F 2 | =√2c,
|DF | 2√2 2
1
1 √2 √2
从而S = |DF|·|FF|= c2= ,故c=1.
△DF 1 F 2 2 1 1 2 2 2
√2 9 3√2
从而|DF|= ,由DF⊥FF 得,|DF |2 =|DF |2 +|F F |2 = ,因此|DF|= .
1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2
所以2a=|DF|+|DF|=2 ,故a= ,b= =1.
1 2 √2 √2 √a2-c2
x2
因此,所求椭圆的标准方程为 +y2=1.
2
x2
(2)设圆心在y轴上的圆C与椭圆 +y2=1的两个交点分别为P(x,y),P(x,y),其中y>0,y>0,FP,FP 是圆C
1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2
2
的切线,且FP⊥FP 由圆和椭圆的对称性,易知x=-x,y=y,|PP|=2|x|.
1 1 2 2 2 1 1 2 1 2 1
第13页共15页北京曲一线图书策划有限公司 2022版《5年高考3年模拟 A版》
由(1)知F(-1,0),F(1,0),所以 =(x+1,y), =(-x-1,y),再由FP⊥FP 得- + =0,由椭圆方
1 2 ⃗F P 1 1 ⃗F P 1 1 1 1 2 2 (x +1)2 y2
1 1 2 2 1 1
程得1-x
1
2 =
(x +1)2
,即3
x2
+4x
1
=0,解得x
1
=-4或x
1
=0.
2 1 1 3
当x=0时,P,P 重合,此时题设要求的圆不存在.
1 1 2
4
当x=- 时,过P,P 分别与FP,FP 垂直的直线的交点即为圆心C,设C(0,y).
1 1 2 1 1 2 2 0
3
由CP 1 ⊥F 1 P 1 ,得 y 1 - y 0 · y 1 =-1,又y 1 =√ 1- 1 x2 =1,故y 0 =5.
x x +1 2 1 3 3
1 1
圆C的半径为√ ( 4) 2 (1 5) 2 =4√2.
- + -
3 3 3 3
综上,存在满足条件的圆,其方程为x2+( 5) 2 =32.
y-
3 9
17.(2017云南师大附中4月月考,20)已知椭圆x2 +y2 =1(a>b>0)过点( √3),椭圆的左,右顶点分别为
1,
a2 b2 2
A,A,点P的坐标为(4,0),|PA|,|AA|,|PA|成等差数列.
1 2 1 1 2 2
(1)求椭圆的标准方程;
(2)椭圆内部是否存在一个定点,过此点的直线交椭圆于M,N两点,且⃗PM·⃗PN=12恒成立?若存在,求出此点,
若不存在,说明理由.
解析 (1)由椭圆的几何性质知,|AA|=2a,|PA|=a+4,|PA|=|a-4|,
1 2 1 2
故4a=a+4+|a-4|,
解得a=2或a=0(舍去).
3
( √3) 1
因为点P 1, 在椭圆上,所以 + 4 =1⇒b=1.
2 4
b2
x2
故椭圆的标准方程为 +y2=1.
4
(2)假设存在满足题意的定点.设点M(x,y),N(x,y),
1 1 2 2
当直线斜率存在且不为0时,设直线方程为y=kx+m,
{x2
联立 + y2=1, 化简得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.
4
y=kx+m,
因为过椭圆内的点,故此方程必有两根.
x+x=-8km ,xx=4m2-4,
1 2 1 2
4k2+1 4k2+1
⃗PM=(x-4,y),⃗PN=(x-4,y),
1 1 2 2
⃗PM·⃗PN=(x-4)(x-4)+yy
1 2 1 2
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=xx-4(x+x)+16+k2xx+km(x+x)+m2=(1+k2)xx+(km-4)(x+x)+16+m2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
=(1+k2)·4m2-4+(km-4) -8km +16+m2
4k2+1 4k2+1
=60k2+5m2+32km+12=12,
4k2+1
故得5m2+32km+12k2=0.
∵k≠0,故有5(m) 2 +32m+12=0,
k k
即( m )(m )=0,解得m=-2k或m=-6k,
5 +2 +6
k k 5
2
故直线方程为y=kx- k或y=kx-6k,
5
则直线恒过点(2 )或(6,0),
,0
5
因为此点在椭圆内部,
所以只有点(2 )满足要求.
,0
5
故存在定点(2 ),
,0
5
使⃗PM·⃗PN=12恒成立.
第15页共15页
