北京曲一线图书策划有限公司 2024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
考法一 求轨迹方程
1.(2022山东聊城二模,4)已知点P在圆O:x2+y2=4上,点A(-3,0),B(0,4),则满足
AP⊥BP的点P的个数为 ( )
A.3 B.2 C.1 D.0
答案 B
2.(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
3.(2023届贵州遵义新高考协作体入学质量监测,8)已知圆C的方程为
(x-1)2+y2=16,B(-1,0),A为圆C上任意一点,若点P为线段AB的垂直平分线与直线AC
的交点,则点P的轨迹方程为 ( )
x2 y2 x2 y2
A. + =1B. − =1
16 9 16 9
x2 y2 x2 y2
C. + =1D. − =1
4 3 4 3
答案 C
x2
4.(2017课标Ⅱ,文20,理20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C: +y2=1上,过M
2
作x轴的垂线,垂足为N,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.
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
0 0 0 0 0
√2
x =x,y = y.
0 0 2
x2 y2
因为M(x ,y )在C上,所以 + =1.
0 0 2 2
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,北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
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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.
5.(2023届长沙市明德中学检测,21)平面直角坐标系内有一定点F(-1,0),定直线
|PF| √5
l:x=-5,设动点P到定直线的距离为d,且满足 = .
d 5
(1)求动点P的轨迹方程;
(2)直线m:y=kx-3过定点Q,与动点P的轨迹交于不同的两点M,N,动点P的轨迹与y
的负半轴交于A点,直线AM、AN分别交直线y=-3于点H、K,若|QH|+|QK|≤35,求k的
取值范围.
|PF| √5
解析 (1)设动点P的坐标为(x,y),因为 = ,
d 5
√(x+1) 2+ y2 √5 x2 y2
所以 = ,即5[(x+1)2+y2]=|x+5|2,整理得 + =1.所以动点P的轨迹方
|x+5| 5 5 4
x2 y2
程为 + =1.
5 4
y +2
(2)设M(x ,y ),N(x ,y ),由(1)可得点A的坐标为(0,-2),故直线AM:y= 1 x-2,令
1 1 2 2 x
1
x x
y=-3,则x =- 1 ,同理x =- 2 .
H y +2 K y +2
1 2
{ y=kx−3,
由 消去y得(4+5k2)x2-30kx+25=0,
4x2+5 y2=20
由Δ=900k2-100(4+5k2)>0,解得k<-1或k>1.
30k 25
由根与系数的关系得x +x = ,x x = ,x x >0,
1 2 4+5k2 1 2 4+5k2 1 2
| x x |
|QH|+|QK|=|x +x |= 1 + 2
H K y +2 y +2
1 2
| x x | | 2kx x −(x +x ) |
1 + 2 = 1 2 1 2
=
kx −1 kx −1 k2x x −k(x +x )+1
1 2 1 2 1 2
50k 30k
| |
−
4+5k2 4+5k2
= =5|k|,
25k2 30k2
− +1
4+5k2 4+5k2
因为|QH|+|QK|≤35,所以5|k|≤35,即|k|≤7.
综上,-7≤k<-1或1<k≤7.北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
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所以k的取值范围是[-7,-1)∪(1,7].
考法二 定值与定点问题
考向一 定值问题
x2
1.(2023届江苏百校联考,21)设F为椭圆C: +y2=1的右焦点,过点F且与x轴不重合
2
的直线l交椭圆C于A,B两点.
(1)当⃗BF=2⃗FA时,求|⃗FA|;
k
(2)在x轴上是否存在异于F的定点Q,使 QA为定值(其中k ,k 分别为直线QA,QB
k QA QB
QB
的斜率)?若存在,求出Q的坐标;若不存在,请说明理由.
解析 由题意知F(1,0).设直线l的方程为x=my+1,A(x ,y ),B(x ,y ),
1 1 2 2
{ x=my+1,
联立 消x得(m2+2)y2+2my-1=0,
x2+2y2=2,
2m −1
则y +y =- ,y y = .
1 2 m2+2 1 2 m2+2
2
(1)因为⃗BF=2⃗FA,所以(1-x ,-y )=2(x -1,y ),所以-y =2y ,解得m2= ,则|y |=
2 2 1 1 2 1 7 1
2|m| √14
= ,
m2+2 8
3√2
所以|⃗FA|=√1+m2|y1|=
.
8
k
(2)假设在x轴上存在异于点F的定点Q(t,0)(t≠1),使得 QA为定值.
k
QB
−2m −1
因为y +y = ,y y = ,所以y +y =2my y ,
1 2 m2+2 1 2 m2+2 1 2 1 2
y
1
k x −t y (x −t) y (m y +1−t)
所以 QA = 1 = 1 2 = 1 2
k y y (x −t) y (m y +1−t)
QB 2 2 1 2 1
x −t
2
my y +(1−t)y 2my y +2(1−t)y (3−2t)y + y
=
1 2 1= 1 2 1= 1 2
.
my y +(1−t)y 2my y +2(1−t)y y +(3−2t)y
1 2 2 1 2 2 1 2北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
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k 3−2t 1 k
要使 QA 为定值,则有 = ,解得t=2或t=1(舍去),此时 QA =-1.
k 1 3−2t k
QB QB
k
故在x轴上存在异于F的定点Q(2,0),使得 QA为定值.
k
QB
x2 y2
2.(2023届贵州遵义新高考协作体入学质量监测,20)已知点F 是椭圆C: + =1的左
1 4 3
(1 )
焦点,Q是椭圆C上的任意一点,A ,1 .
2
(1)求|QF |+|QA|的最大值;
1
(2)过点F 的直线l与椭圆C相交于两点M,N,与y轴相交于点P.若
1
⃗PM=λ⃗M F ,⃗PN=μ⃗N F ,试问:λ+μ是不是定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理
1 1
由.
解析 (1)由椭圆方程知a=2,b=√3,∴c=√a2−b2=1,则F (-1,0),设右焦点为F ,则
1 2
F (1,0).
2
由椭圆定义知|QF |=2a-|QF |=4-|QF |,
1 2 2
∴|QF |+|QA|=|QA|-|QF |+4,
1 2
∵|QA|-|QF |≤|F A|(当且仅当A,F ,Q三点共线,即与图中T点重合时取等号),
2 2 2
又|F A|= √ (1 −1 ) 2 +(1−0) 2= √5 ,
2
2 2
√5
∴|QF |+|QA|的最大值为4+ .
1 2
(2)由题意知直线l的斜率存在,设l:y=k(x+1),M(x ,y ),N(x ,y ),则P(0,k),
1 1 2 2
{y=k(x+1),
由 x2 y2 消y得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,
+ =1
4 3
8k2 4k2−12
∴x +x =- ,x x = .
1 2 3+4k2 1 2 3+4k2
∵⃗PM=λ⃗M F ,即(x ,y -k)=λ(-1-x ,-y ),
1 1 1 1 1
x x
则λ=- 1 ,同理可得μ=- 2 ,
1+x 1+x
1 2北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
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∴λ+μ=-
8k2−24 8k2
−
x x x (1+x )+x (1+x ) 2x x +(x +x ) 3+4k2 3+4k2 8k2−24−8k2 8
1 − 2 =− 1 2 2 1 =− 1 2 1 2 =− =− =−
1+x 1+x (1+x )(1+x ) x x +(x +x )+1 4k2−12 8k2 4k2−12−8k2+3+4k2 3
1 2 1 2 1 2 1 2 − +1
3+4k2 3+4k2
8
,∴λ+μ是定值- .
3
x2 y2 √2
3.(2020新高考Ⅰ,22,12分)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,且过点
a2 b2 2
A(2,1).
(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, = ,
a2 b2 a2 2
x2 y2
解得a2=6,b2=3.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)
1 2 1 2 1 2
2m2−6 4km
(x +x )+(m-1)2+4=0.将①代入上式可得(k2+1) -(km-k-2)· +(m-1)2+4=0.整
1 2 1+2k2 1+2k2
理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-1≠0,故
( 2) 1 (2 1)
2k+3m+1=0,k≠1.于是MN的方程为y=k x− − (k≠1).所以直线MN过点P ,− .
3 3 3 3
若直线MN与x轴垂直,可得N(x ,-y ).由⃗AM·⃗AN=0得(x -2)(x -2)+(y -1)(-y -1)=0.又
1 1 1 1 1 1
x
1
2
+
y
1
2
=1,可得3x2 -8x +4=0.解得x =2(舍去)或x =
2
.此时直线MN过点P
(2
,−
1)
.令
6 3 1 1 1 1 3 3 3
(4 1)
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
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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
x2 y2 √2
4.(2022山东泰安三模,21)已知椭圆E: + =1(a>b>0)的离心率e= ,四个顶点组
a2 b2 2
成的菱形的面积为8√2,O为坐标原点.
(1)求椭圆E的方程;
8
(2)过☉O:x2+y2= 上任意点P作☉O的切线l与椭圆E交于点M,N,求证:⃗PM·⃗PN为
3
定值.
c √2
解析 (1)由题意得2ab=8√2,e= = ,a2=b2+c2,
a 2
x2 y2
解得a=2√2,b=2,所以椭圆E的方程为 + =1.
8 4
2√6
(2)证明:当切线l的斜率不存在时,其方程为x=± ,
3
2√6 2√6 x2 y2 2√6 (2√6 2√6)
当x= 时,将x= 代入椭圆方程 + =1,得y=± ,不妨令M ,
3 3 8 4 3 3 3
(2√6 2√6)
,N ,− ,
3 3
(2√6 ) ( 2√6) ( 2√6)
∵P ,0 ,∴⃗PM= 0, ,⃗PN= 0,− ,
3 3 3
8
∴⃗PM·⃗PN=− ;
3
2√6 8
当x=- 时,同理可得⃗PM·⃗PN=− .
3 3
当切线l的斜率存在时,设l的方程为y=kx+m,M(x ,y ),N(x ,y ),
1 1 2 2
|m| 2√6
因为l与☉O相切,所以 = ,所以3m2=8k2+8,
√k2+1 3
{y=kx+m,
由 x2 y2 得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,
+ =1
8 4
4km 2m2−8
∴x +x =- ,x x = ,
1 2 1+2k2 1 2 1+2k2
由Δ=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-8)>0,得8k2-m2+4>0.北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
拟》A版
⃗PM·⃗PN=(⃗OM−⃗OP)·(⃗ON−⃗OP)=
8
⃗OP2−⃗OP·⃗OM−⃗OP·⃗ON+⃗OM·⃗ON=⃗OP2−⃗OP2−⃗OP2+⃗OM·⃗ON=− +⃗OM·⃗ON,
3
∵⃗OM·⃗ON=x x +y y =x x +(kx +m)(kx +m)
1 2 1 2 1 2 1 2
=(1+k2)x x +km(x +x )+m2
1 2 1 2
2m2−8 ( 4km ) 3m2−8k2−8
=(1+k2) +km − +m2= =0,
1+2k2 1+2k2 1+2k2
8
∴⃗PM·⃗PN=−
.
3
8
综上,⃗PM·⃗PN为定值- .
3
x2 y2
5.(2022河北衡水二调,21)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的长轴长为4,P在C上运动,
a2 b2
1
F ,F 为C的两个焦点,且cos∠F PF 的最小值为 .
1 2 1 2 2
(1)求C的方程;
(2)已知过点M(0,m)(-b<m<b)的动直线l交C于两点A,B,线段AB的中点为N,若
⃗OA·⃗OB−⃗OM·⃗ON为定值,试求m的值.
解析 (1)由题意得a=2,设|PF |,|PF |分别为p,q,则p+q=2a,
1 2
p2+q2−4c2 (p+q) 2−4c2−2pq
cos∠F PF = =
1 2
2pq 2pq
2b2−pq 2b2 2b2 2b2
= −1≥ −1= 2b2 1
= pq pq (p+q) 2 a2 -1(当且仅当p=q时取等号),从而 −1= ,
a2 2
2
b2 3
得 = ,又a=2,∴b2=3,
a2 4
x2 y2
则C的方程为 + =1.
4 3
(2)若直线l的斜率不存在,易得⃗OA·⃗OB−⃗OM·⃗ON=-3;
若直线l的斜率存在,设其方程为y=kx+m,
{y=kx+m,
联立 x2 y2 消y得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0,易知Δ>0恒成立,
+ =1,
4 3
(x +x y + y )
设A(x ,y ),B(x ,y ),则N 1 2, 1 2 ,
1 1 2 2 2 2
