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专题练8.5 直线与圆锥曲线的位置关系（含答案）-2025年新高考数学二轮复习专题练习（新教材）
展开这是一份专题练8.5 直线与圆锥曲线的位置关系（含答案）-2025年新高考数学二轮复习专题练习（新教材），共38页。试卷主要包含了5 直线与圆锥曲线的位置关系，已知双曲线C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
五年高考
高考新风向
1.(新定义理解)(多选)(2024新课标Ⅰ,11,6分,难)设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O,且C上的点满足横坐标大于-2,到点F(2,0)的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4.则( )
A.a=-2
B.点(22,0)在C上
C.C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1
D.当点(x0,y0)在C上时,y0≤4x0+2
2.(创新考法、多想少算)(2024新课标Ⅱ,19,17分,难)已知双曲线C:x2-y2=m(m>0),点P1(5,4)在C上,k为常数,0
(2)证明:数列{xn-yn}是公比为1+k1−k的等比数列;
(3)设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积.证明:对任意正整数n,Sn=Sn+1.
原式得证.
考点 直线与圆锥曲线的位置关系
1.(2022新高考Ⅰ,21,12分,中)已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2−1=1(a>1)上,直线l交C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=22,求△PAQ的面积.
2.(2021新高考Ⅱ,20,12分,中)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),若右焦点为F(2,0),且离心率为63.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设M,N是C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.
3.(2020新高考Ⅱ,21,12分,难)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M(2,3),点A为其左顶点,且AM的斜率为12.
(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.
4.(2023新课标Ⅱ,21,12分,难)已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为(-25,0),离心率为5.
(1)求C的方程;
(2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点,M在第二象限,直线MA1与NA2交于点P,证明:点P在定直线上.
5.(2023全国乙,文21,理20,12分,难)已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为53,点A(-2,0)在C上.
(1)求C的方程;
(2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点,直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明:线段MN的中点为定点.
解题技巧
解决直线l过坐标系内定点问题时,可采取换元法将点斜式方程变为斜截式方程,减少了项数,从而有效降低后续的计算量.
6.(2022全国乙,文21,理20,12分,难)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过A(0,-2),B32,−1两点.
(1)求E的方程;
(2)设过点P(1,-2)的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足MT=TH.证明:直线HN过定点.
名师点睛
求定点、定值问题常见的方法有两种:
①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;
②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
7.(2021新高考Ⅰ,21,12分,难)在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-17,0),F2(17,0),点M满足|MF1|-|MF2|=2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程;
(2)设点T在直线x=12上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.
8.(2020新高考Ⅰ,22,12分,难)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,且过点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.
9.(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0,12的距离,记动点P的轨迹为W.
(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33.
10.(2022新高考Ⅱ,21,12分,难)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0),渐近线方程为y=±3x.
(1)求C的方程;
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点,点P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上,且x1>x2>0,y1>0.过P且斜率为-3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①M在AB上;②PQ∥AB;③|MA|=|MB|.
注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.
三年模拟
练速度
1.(2024浙江金华一中适应性测试,2)经过点(2,1)且与抛物线y=x2有且仅有一个公共点的直线的条数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
2.(2024辽宁葫芦岛一模,4)已知椭圆G:x24+y23=1,A,B为G的短轴端点,P为G上异于A,B的一点,则直线AP,BP的斜率之积为( )
A.34 B.43 C.-34 D.-43
3.(2024山东济南一模,4)与抛物线x2=2y和圆x2+(y+1)2=1都相切的直线的条数为( )
A.0 B.1
C.2 D.3
4.(2024湖南邵阳第二次联考,7)已知直线l:x-2y-2=0与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于A,B两点.若弦AB被直线m:x+2y=0平分,则椭圆C的离心率为( )
A.12 B.24 C.32 D.54
5.(2024广东惠州一模,12)已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线与圆x2+y2-4y+3=0相切,则双曲线的离心率为 .
6.(2024山东聊城一模,13)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点的坐标为(1,0),一条切线的方程为x+y=7,则C的离心率e= .
7.(2024江苏南通二调,14)已知抛物线C:y2=4x,过点(4,0)的直线与抛物线交于A,B两点,则线段AB中点M的轨迹方程为 .
练思维
1.(2024江西上饶一模,7)已知抛物线C:y=16x2,则过抛物线C的焦点,弦长为整数且不超过2 024的直线的条数是( )
A.4 035 B.4 036 C.4 037 D.4 038
2.(2024 T8联考二,8)已知抛物线C的方程为y=14x2,F为其焦点,点N坐标为(0,-4),过点F作直线交抛物线C于A,B两点,D是x轴上一点,且满足|DA|=|DB|=|DN|,则直线AB的斜率为( )
A.±152 B.±112 C.±2 D.±3
3.(2024河北衡水多校联考,8)过抛物线C:y2=4x焦点F且斜率为3的直线与C交于A、B两点,若PF为△PAB的内角平分线,则△PAB面积最大值为( )
A.83 B.163 C.323 D.16
4.(2024福建龙岩3月质检,14)斜率为-1的直线与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)交于A,B两点,点T是椭圆上的一点,且满足TA⊥TB,点P,Q分别是△OAT,△OBT的重心,点R是△TAB的外心.记直线OP,OQ,OR的斜率分别为k1,k2,k3,若k1k2k3=-18,则椭圆C的离心率为 .
5.(2024湖北名校教研联盟联考,13)已知抛物线C1:y2=2x,C2:y2=-4x的焦点分别为F1,F2,一条平行于x轴的直线与C1,C2分别交于点A,B,若|AF1|=|BF2|,则四边形ABF2F1的面积为 .
6.(2024湖南师大附中一模,14)如果直线l:kx-y-2k=0和曲线Γ:x2-4y|y|=1恰有一个交点,那么实数k的取值范围是 .
7.(2024湖北武汉二调,13)设椭圆x29+y25=1的左、右焦点分别为F1,F2,过点F2的直线与该椭圆交于A,B两点,若线段AF2的中垂线过点F1,则|BF2|= .
8.(2024浙江台州二模,18)已知椭圆C:9x2+8y2=81,直线l:x=-1交椭圆于M,N两点,T为椭圆的右顶点,△TMN的内切圆为圆Q.
(1)求椭圆C的焦点坐标;
(2)求圆Q的方程;
(3)设点P(1,3),过P作圆Q的两条切线,分别交椭圆C于点A,B,求△PAB的周长.
9.(2024山东潍坊二模,18)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的实轴长为23,右焦点F2到一条渐近线的距离为1.
(1)求C的方程;
(2)过C上一点P1(3,2)作C的切线l1,l1与C的两条渐近线分别交于R,S两点,P2为点P1关于坐标原点的对称点,过P2作C的切线l2,l2与C的两条渐近线分别交于M,N两点,求四边形RSMN的面积;
(3)过C上一点Q向C的两条渐近线作垂线,垂足分别为H1,H2,是否存在点Q,满足|QH1|+|QH2|=2?若存在,求出点Q坐标;若不存在,请说明理由.
10.(2024江苏苏锡常镇二模,18)已知F为抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点,点A在C上,FA=3,−14.点P(0,-2),M,N是抛物线上不同两点,直线PM和直线PN的斜率分别为k1,k2.
(1)求C的方程;
(2)存在点Q,当直线MN经过点Q时,3(k1+k2)-2k1k2=4恒成立,请求出满足条件的所有点Q的坐标;
(3)对于(2)中的一个点Q,当直线MN经过点Q时,|MN|存在最小值,试求出这个最小值.
练风向
(创新知识交汇)(2024广东惠州一模,18)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为12,经过点F1且倾斜角为θ0<θ<π2的直线l与椭圆交于A、B两点(其中点A在x轴上方),△ABF2的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)如图,将平面xOy沿x轴折叠,使y轴正半轴和x轴所确定的半平面(平面AF1F2)与y轴负半轴和x轴所确定的半平面(平面BF1F2)互相垂直.
①若θ=π3,求异面直线AF1和BF2所成角的余弦值;
②是否存在θ0<θ<π2,使得折叠后△ABF2的周长与折叠前的周长之比为1516?若存在,求tan θ的值;若不存在,请说明理由.
8.5 直线与圆锥曲线的位置关系
五年高考
高考新风向
1.(新定义理解)(多选)(2024新课标Ⅰ,11,6分,难)设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O,且C上的点满足横坐标大于-2,到点F(2,0)的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4.则( ABD )
A.a=-2
B.点(22,0)在C上
C.C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1
D.当点(x0,y0)在C上时,y0≤4x0+2
2.(创新考法、多想少算)(2024新课标Ⅱ,19,17分,难)已知双曲线C:x2-y2=m(m>0),点P1(5,4)在C上,k为常数,0
(2)证明:数列{xn-yn}是公比为1+k1−k的等比数列;
(3)设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积.证明:对任意正整数n,Sn=Sn+1.
解析 (1)如图1所示,由已知直线P1Q1的方程为y-4=12(x-5),即y=12x+32,
又点P1(5,4)在双曲线x2-y2=m上,∴m=52-42=9,联立x2−y2=9,y=12x+32,消去y得x2-2x-15=0,解得x=5或x=-3,
由P1(5,4),知Q1(-3,0),
由已知Q1关于y轴的对称点为P2,则P2(3,0),故x2=3,y2=0.
(2)证法一:由已知Pn(xn,yn)在双曲线上,如图2所示,设Pn-1(xn-1,yn-1)(n=2,3,…),则xn−12-yn−12=9,由已知得直线Pn-1Qn-1的方程为y-yn-1=k(x-xn-1),
联立x2−y2=9,y=yn−1+k(x−xn−1),消去y得(1-k2)x2-2k(yn-1-kxn-1)·x-(yn-1-kxn-1)2-9=0,(※)
设Qn-1(x0,y0),∵xn-1是方程(※)的一个根,∴由根与系数的关系得x0+xn-1=2k(yn−1−kxn−1)1−k2,
∴x0=2kyn−1−k2xn−1−xn−11−k2,
∴y0=k(x0-xn-1)+yn-1=k2yn−1−2kxn−1+yn−11−k2,
即Qn-12kyn−1−k2xn−1−xn−11−k2,k2yn−1−2kxn−1+yn−11−k2,
则Pn−2kyn−1−k2xn−1−xn−11−k2,k2yn−1−2kxn−1+yn−11−k2,
∴xn-yn=k2xn−1+xn−1−2kyn−11−k2-k2yn−1−2kxn−1+yn−11−k2=k2(xn−1−yn−1)+2k(xn−1−yn−1)+xn−1−yn−11−k2
=(k+1)2(xn−1−yn−1)1−k2,
∴xn−ynxn−1−yn−1=(k+1)21−k2=1+k1−k(n=2,3,…)(0
证法二:由已知Pn(xn,yn),则Pn关于y轴的对称点是Qn-1(-xn,yn),
又Pn-1(xn-1,yn-1)且Pn-1Qn-1是斜率为k的直线,
∴yn−yn+1−xn−xn−1=k,又Pn-1,Qn-1两点都在双曲线上,
∴xn2−yn2=9①,xn−12−yn−12=9②,
①-②可得(xn-xn-1)(xn+xn-1)=(yn-yn-1)(yn+yn-1),
∴yn−yn−1xn+xn−1=xn−xn−1yn+yn−1=-k,
即yn−yn−1=−k(xn+xn−1)③,xn−xn−1=−k(yn+yn−1)④,
④-③得(xn-yn)-(xn-1-yn-1)=k[(xn-yn)+(xn-1-yn-1)],
∴(1-k)(xn-yn)=(1+k)(xn-1-yn-1),
∴xn−ynxn−1−yn−1=1+k1−k,
∴数列{xn-yn}是公比为1+k1−k的等比数列.
(3)证法一:如图3,设Pn(xn,yn),Pn+1(xn+1,yn+1),Pn+2(xn+2,yn+2),∴Pn+1Pn=(xn-xn+1,yn-yn+1),Pn+1Pn+2=(xn+2-xn+1,yn+2-yn+1).
∴S△PnPn+1Pn+2=12|Pn+1Pn|·|Pn+1Pn+2|·sin∠PnPn+1Pn+2
=12|Pn+1Pn||Pn+1Pn+2|·1−cs2
=12|Pn+1Pn|2·|Pn+1Pn+2|2−(Pn+1Pn·Pn+1Pn+2)2
=12|(xn-xn+1)(yn+2-yn+1)-(xn+2-xn+1)(yn-yn+1)|,
又∵xn-yn=(x1-y1)1+k1−kn−1=1+k1−kn−1(n=1,2,3,…),且(xn,yn)在双曲线x2-y2=9上,∴xn2-yn2=9.
∴xn+yn=9xn−yn=9·1−k1+kn−1,
令1+k1−k=p,由0
∴xn=12(pn-1+9p1-n),yn=12(9p1-n-pn-1),
∴(xn-xn+1)(yn+2-yn+1)=14(pn-1+9p1-n-pn-9p-n)(9p-1-n-pn+1-9p-n+pn)
=14[9(1-p)2p-2+(1-p)2p2n-1-81(p-1)2p-2n-1-9(p-1)2]=14(p-1)2(9p-2-9+p2n-1-81p-2n-1),
又(xn+2-xn+1)(yn-yn+1)=14(pn+1+9p-n-1-pn-9p-n)(9p1-n-pn-1-9p-n+pn)
=14[(p-1)2p2n-1+9(p-1)2-81(1-p)2p-2n-1-9(1-p)2p-2]=14(p-1)2(9-9p-2+p2n-1-81p-2n-1),
∴S△PnPn+1Pn+2=12×14|18(p-1)2-18(1-p)2p-2|=94[(p-1)2-(1-p)2·p-2],
∴Sn=94[(p-1)2-(1-p)2·p-2]=94(p-1)21−1p2=9(p−1)2(p2−1)4p2=94·(p−1)3(p+1)p2=36k3(k+1)2(k−1)2(常数),故{Sn}为常数列,从而Sn=Sn+1.
证法二:要证Sn+1=Sn,即证S△PnPn+1Pn+2=S△Pn+1Pn+2Pn+3,
即证PnPn+3∥Pn+1Pn+2,(三角形同底等高模型)
设1+k1−k=p,同证法一得xn-yn=pn-1,
xn=12(pn-1+9p1-n),yn=12(9p1-n-pn-1),
则kPn+1Pn+2=yn+2−yn+1xn+2−xn+1=(xn+2−pn+1)−(xn+1−pn)xn+2−xn+1
=1-2pn(p−1)(pn+1+9p−n−1)−(pn+9p−n)
=1-2p2n+1p2n+1−9.
kPnPn+3=yn+3−ynxn+3−xn=(xn+3−pn+2)−(xn−pn−1)xn+3−xn
=1-2pn−1(p3−1)(pn+2+9p−n−2)−(pn−1+9p−n+1)
=1-2p2n+1p2n+1−9.
故kPn+1Pn+2=kPnPn+3,即PnPn+3∥Pn+1Pn+2,
原式得证.
考点 直线与圆锥曲线的位置关系
1.(2022新高考Ⅰ,21,12分,中)已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2−1=1(a>1)上,直线l交C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=22,求△PAQ的面积.
解析 (1)∵点A(2,1)在双曲线上,∴4a2-1a2−1=1,
解得a2=2.∴C的方程为x22-y2=1.①
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(x1,y1),Q(x2,y2),
则x1+x2=4km1−2k2,x1x2=-2m2+21−2k2,
kPA=y1−1x1−2,kQA=y2−1x2−2,
由kPA+kQA=0,得y1−1x1−2+y2−1x2−2=0,
化简得2kx1x2+(m-2k-1)(x1+x2)-4(m-1)=0,
即2k·−2m2+21−2k2+(m-2k-1)·4km1−2k2-4(m-1)=0,
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.
(2)不妨设直线PA,AQ的倾斜角为α,βα<π2<β,∵kAP+kAQ=0,∴α+β=π.
由(1)知x1x2=2m2+2>0,当P,Q均在双曲线左支时,∠PAQ=2α,∴tan 2α=22,
即2tan2α+tan α-2=0,解得tan α=22(负值舍去).
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=22,
∴tan(β-α)=22,即tan 2α=-22,
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,
联立y=2(x−2)+1,x22−y2=1,消去y可得3x2+(42-16)x+20-82=0,∴x1+xA=16−423,x1xA=20−823.
∴|AP|=1+(2)2(x1+xA)2−4x1xA=4(6−3)3,
同理|AQ|=4(6+3)3,又∵sin∠PAQ=223,
∴S△PAQ=12|PA||QA|sin∠PAQ=1629.
2.(2021新高考Ⅱ,20,12分,中)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),若右焦点为F(2,0),且离心率为63.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设M,N是C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.
解析 (1)由题意得c=2,e=ca=63,a2=b2+c2,解得a2=3,b2=1,c2=2,
故椭圆C的方程为x23+y2=1.
(2)证明:由(1)得,曲线为x2+y2=1(x>0),
当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,不符合题意;
当直线MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2).
①先证必要性.
因为M,N,F三点共线,F(2,0),
所以设直线MN:x=my+2,即x-my-2=0,
由题意知O(0,0)到直线MN的距离d=2m2+1=1,解得m2=1,故m=±1,所以直线MN:x±y-2=0,
根据对称性,不妨令直线MN:y=x-2.
联立y=x−2,x23+y2=1,消去y整理得4x2-62x+3=0.
故x1+x2=322,x1x2=34,所以|MN|=1+12·|x1-x2|=2×(x1+x2)2−4x1x2=3,即必要性成立.
②再证充分性.
易知直线MN的斜率存在,设其方程为y=kx+t.
由题意得t1+k2=b=1,即t2=1+k2.
由y=kx+t,x23+y2=1,消去y整理,得(1+3k2)x2+6ktx+3t2-3=0,
则x1+x2=-6kt1+3k2,x1x2=3t2−31+3k2,
所以|MN|=(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]
=(1+k2)−6kt1+3k22−4×3t2−31+3k2
=−12(t2−1−3k2)(1+k2)(1+3k2)2
=24k2(1+k2)(1+3k2)2.
因为|MN|=3,所以8k2(1+k2)(1+3k2)2=1,解得k2=1,则t2=2.
因为x1+x2=-6kt1+3k2>0,即kt<0,
所以k=1,t=-2或k=-1,t=2,
所以直线MN的方程为y=x-2或y=-x+2.
无论哪一种情况,直线MN恒过焦点F,
所以M,N,F三点共线,即充分性成立.
故M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.
3.(2020新高考Ⅱ,21,12分,难)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M(2,3),点A为其左顶点,且AM的斜率为12.
(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.
解析 (1)由题意可知直线AM的方程为y-3=12(x-2),即x-2y=-4,当y=0时,解得x=-4,所以a=4,
由椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M(2,3),可得416+9b2=1,解得b2=12,所以C的方程为x216+y212=1.
(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.
联立x−2y=m,x216+y212=1,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=|8+4|1+4=1255,|AM|=(2+4)2+32=35.所以△AMN的面积的最大值为12×35×1255=18.
4.(2023新课标Ⅱ,21,12分,难)已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为(-25,0),离心率为5.
(1)求C的方程;
(2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点,M在第二象限,直线MA1与NA2交于点P,证明:点P在定直线上.
解析 (1)设双曲线的方程为x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),
由题意可知c=25,
又离心率e=ca=5,∴a=2,
∴b2=c2-a2=20-4=16,
∴双曲线C的方程为x24-y216=1.
(2)证法一:由题意知直线MN的斜率不为0,∴可设直线MN的方程为x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),
由(1)知,A1(-2,0),A2(2,0).
联立x=my−4,x24−y216=1,消去x,得(4m2-1)y2-32my+48=0,
∴y1+y2=32m4m2−1,y1y2=484m2−1,∴my1y2=32(y1+y2).
易知直线MA1的方程为y=y1x1+2(x+2)=y1my1−2(x+2),①
直线NA2的方程为y=y2x2−2(x-2)=y2my2−6(x-2),②
联立①②可得,y1my1−2(x+2)=y2my2−6(x-2),
∴x+2x−2=my1y2−2y2my1y2−6y1=32(y1+y2)−2y232(y1+y2)−6y1=-13,
∴x=-1,
∴点P在定直线x=-1上.
证法二:由(1)知A1(-2,0),A2(2,0).
由题意知直线MN的斜率不为0,∴可设直线MN的方程为x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),
由x24−y216=1,x=my−4,得(4m2-1)y2-32my+48=0,
由根与系数的关系知,y1+y2=32m4m2−1,y1y2=484m2−1.
易知直线MA1的方程为y=y1x1+2(x+2),①
直线NA2的方程为y=y2x2−2(x-2),②
由①②得y1x1+2(x+2)=y2x2−2(x-2),
两边同时乘y2得,y1y2x1+2(x+2)=y22x2−2(x-2),
又点N(x2,y2)在双曲线x24-y216=1上,∴y22=4(x22-4).
∴y1y2x1+2(x+2)=4(x22−4)x2−2(x-2),
即y1y2(x+2)=4(x1+2)(x2+2)(x-2),③
又∵x=my-4,∴(x1+2)(x2+2)=(my1-2)(my2-2)=m2y1y2-2m(y1+y2)+4,
∴③式可化为484m2−1(x+2)=448m24m2−1-2m·32m4m2−1+4·(x-2),即484m2−1(x+2)=4·−44m2−1·(x-2),
即-3(x+2)=x-2,解得x=-1.
∴点P在定直线x=-1上.
5.(2023全国乙,文21,理20,12分,难)已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为53,点A(-2,0)在C上.
(1)求C的方程;
(2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点,直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明:线段MN的中点为定点.
解析 (1)由已知条件得b=2,又e=ca=1−b2a2=1−4a2=53,∴a2=9,∴C的方程为y29+x24=1.
(2)证明:由题意知,过P、Q两点的直线l的斜率存在且不为零,设l:y=k(x+2)+3=kx+2k+3,令t=2k+3,则l:y=kx+t①,
联立y=kx+t,y29+x24=1,消去y得(4k2+9)x2+8ktx+4t2-36=0,
由Δ=(8kt)2-4(4k2+9)(4t2-36)=144×(4k2+9-t2)>0得4k2+9>t2.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=−8kt4k2+9,x1x2=4t2−364k2+9,
易知直线AP的方程为y=y1x1+2(x+2).
令x=0,得yM=2y1x1+2,同理可得yN=2y2x2+2,
则yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2=kx1+tx1+2+kx2+tx2+2
=(kx1+t)(x2+2)+(kx2+t)(x1+2)(x1+2)(x2+2)
=2kx1x2+(2k+t)(x1+x2)+4t2(x1+x2)+x1x2+4
=2k(4t2−36)−8kt(2k+t)+4t(4k2+9)−16kt+4t2−36+4(4k2+9)
=36(t−2k)4(t−2k)2=9t−2k=93=3.
∴线段MN的中点过定点(0,3).
解题技巧
解决直线l过坐标系内定点问题时,可采取换元法将点斜式方程变为斜截式方程,减少了项数,从而有效降低后续的计算量.
6.(2022全国乙,文21,理20,12分,难)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过A(0,-2),B32,−1两点.
(1)求E的方程;
(2)设过点P(1,-2)的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足MT=TH.证明:直线HN过定点.
解析 (1)设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0且m≠n)(巧设椭圆方程).由题意可得4n=1,9m4+n=1,解得n=14,m=13,故椭圆E的方程为x23+y24=1.
(2)由A(0,-2),B32,−1可得直线AB的方程为y=23x-2.
①若过点P(1,-2)的直线的斜率不存在,则其方程为x=1,(易错点:不考虑斜率是否存在,直接设直线方程)
与方程x23+y24=1联立,可得y=±263,结合题意可知N1,263,M1,−263,由y=23x−2,y=−263,得x=−6+3,y=−263,
则T−6+3,−263,
由MT=TH,得−6+3−1=xH−(−6+3),yH=−263,
则H−26+5,−263,所以直线HN的方程为y=2+263x-2,易知直线HN过点(0,-2);
②若过点P(1,-2)的直线的斜率存在,设其方程为y+2=k(x-1),M(x1,y1),N(x2,y2).
联立y+2=k(x−1),x23+y24=1,得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0,则x1+x2=6k(2+k)3k2+4,x1x2=3k(k+4)3k2+4,y1+y2=−8(2+k)3k2+4,y1y2=4(4+4k−2k2)3k2+4,x1y2+x2y1=−24k3k2+4.
联立y=y1,y=23x−2,可得T3y12+3,y1,由MT=TH,可得H(3y1+6-x1,y1),故此时直线HN的方程为y-y2=y1−y23y1+6−x1−x2(x-x2),将(0,-2)代入并整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0,即2×6k(2+k)3k2+4-6×−8(2+k)3k2+4+−24k3k2+4-3×4(4+4k−2k2)3k2+4-12=0恒成立,则直线HN过定点(0,-2).
综上,直线HN过定点(0,-2).
名师点睛
求定点、定值问题常见的方法有两种:
①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;
②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
7.(2021新高考Ⅰ,21,12分,难)在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-17,0),F2(17,0),点M满足|MF1|-|MF2|=2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程;
(2)设点T在直线x=12上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.
解析 (1)由题意知|F1F2|=217,因为|MF1|-|MF2|=2<|F1F2|=217,所以结合双曲线定义知,点M的轨迹C是以F1、F2为焦点的双曲线的右支.
设其方程为x2a2-y2b2=1(a>0,b>0,x≥a),
则2a=2,2c=217,解得a=1,c=17,
则b2=c2-a2=(17)2-12=16,
所以M的轨迹C的方程为x2-y216=1(x≥1).
(2)如图,设T12,m,直线AB的方程为y-m=k1x−12,由y=k1x−12+m,x2−y216=1(x≥1),消去y得(16-k12)x2+(k12-2k1m)x-14k12+k1m-m2-16=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=k12−2k1mk12−16,x1x2=14k12+m2−k1m+16k12−16,
因为T12,m,
所以|TA|=x1−122+(y1−m)2
=x1−122+k1x1−12+m−m2
=x1−122+k12x1−122=1+k12x1−12x1>12,
同理|TB|=1+k12x2−12x2>12,
所以|TA|·|TB|=(1+k12)x1−12x2−12
=(1+k12)x1x2-12(x1+x2)+14
=(1+k12)14k12+m2−k1m+16k12−16-12×k12−2k1mk12−16+14
=(1+k12)14k12+m2−k1m+16−12k12+k1m+14k12−4k12−16
=(1+k12)(m2+12)k12−16.
设直线PQ的方程为y-m=k2x−12,
同理得|TP|·|TQ|=(m2+12)(1+k22)k22−16,
因为|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,
所以(m2+12)(1+k12)k12−16=(m2+12)(1+k22)k22−16,
即1+k12k12−16=1+k22k22−16,
(1+k12)(k22-16)=(1+k22)(k12-16),
化简得k12=k22,由题意知k1≠k2,所以k1+k2=0,
即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.
8.(2020新高考Ⅰ,22,12分,难)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,且过点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.
解析 (1)由题设得4a2+1b2=1,a2−b2a2=12,
解得a2=6,b2=3.
所以C的方程为x26+y23=1.
(2)证明:设M(x1,y1),N(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x26+y23=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.
于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2−61+2k2(根与系数的关系).①
由AM⊥AN知AM·AN=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)·(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.
将①代入上式可得(k2+1)2m2−61+2k2-(km-k-2)4km1+2k2+(m-1)2+4=0.
整理得(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2k+3m+1=0,k≠1.
于是MN的方程为y=kx−23-13(k≠1).
所以直线MN过点P23,−13.
若直线MN与x轴垂直(易丢分点:容易忽略直线斜率不存在的情况),可得N(x1,-y1).
由AM·AN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.
又x126+y123=1,所以3x12-8x1+4=0.
解得x1=2(舍去)或x1=23.
此时直线MN过点P23,−13.
令Q为AP的中点,即Q43,13.
若D与P不重合,则由题设知AP是Rt△ADP的斜边,故|DQ|=12|AP|=223.
若D与P重合,则|DQ|=12|AP|.
综上,存在点Q43,13,使得|DQ|为定值.
9.(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0,12的距离,记动点P的轨迹为W.
(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33.
解析 (1)设P(x,y),由题意得(x−0)2+y−122=|y|,整理得x2-y+14=0,因此W的方程为y=x2+14.
(2)证明:不妨设A,B,C三点在W上,如图所示.
设Bx0,x02+14,Ax1,x12+14,Cx2,x22+14,AB的斜率为k,则直线BC的斜率为-1k(k≠0),
直线AB,BC的方程分别为y-x02+14=k(x-x0),y-x02+14=-1k(x-x0),即直线AB,BC的方程分别为y=kx-kx0+x02+14,y=-xk+x0k+x02+14,
联立直线AB与抛物线W的方程可得y=x2+14,y=kx−kx0+x02+14,
消去y得x2-kx+kx0-x02=0,
则Δ=k2-4kx0+4x02=(k-2x0)2>0,k≠2x0.
由根与系数的关系得x0+x1=k,x0·x1=kx0-x02,
∴|AB|=1+k2·|x1-x0|=1+k2·(x0+x1)2−4x0x1=1+k2|k-2x0|.
同理,联立直线BC与抛物线W的方程,并消去y得x2+1kx-1kx0-x02=0,且|BC|=1+−1k2·|x2-x0|=1+−1k2·−1k−2x0=1+1k21k+2x0,
∴|AB|+|BC|=1+k2|k-2x0|+1+1k21k+2x0.
由对称性不妨设0<|k|≤1,
则1+1k2=1+k2k≥1+k2(当|k|=1时取“=”),
∴|AB|+|BC|≥1+k2k−2x0|+1k+2x0>1+k2k+1k=(k2+1)3k2,令t=k2,则t∈(0,1],
则(k2+1)3k2=(t+1)3t,令g(t)=(t+1)3t,t∈(0,1],
则g'(t)=3(t+1)2t−(t+1)3t2=(t+1)2·(2t−1)t2,
当0
∴g(t)在t=12处取得极小值,即最小值,为g12=274,
∴|AB|+|BC|>g(t)≥g12=332.
∴矩形的周长=2(|AB|+|BC|)>33.
10.(2022新高考Ⅱ,21,12分,难)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0),渐近线方程为y=±3x.
(1)求C的方程;
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点,点P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上,且x1>x2>0,y1>0.过P且斜率为-3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①M在AB上;②PQ∥AB;③|MA|=|MB|.
注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.
解析 (1)由题意知c=2,ba=3,c2=a2+b2,解得a=1,b=3,
∴C的方程为x2-y23=1.
(2)易知直线PQ的斜率存在且不为零,
设其方程为y=kx+b,
由y=kx+b,3x2−y2−3=0,得(3-k2)x2-2kbx-b2-3=0,
由Δ>0,得b2+3-k2>0,
∴x1+x2=2kb3−k2,x1x2=−b2−33−k2,∵x1>x2>0,∴3-k2<0,
∴x1-x2=(x1+x2)2−4x1x2=23(b2+3−k2)k2−3,
设点M的坐标为(x0,y0),则直线PM、QM的方程分别为y-y0=-3(x-x0),y-y0=3(x-x0),
故y1−y0=−3(x1−x0),(∗)y2−y0=3(x2−x0),(∗∗)
(*)-(**)得y1-y2=-3(x1+x2-2x0),
即k(x1-x2)=-3(x1+x2-2x0),
解得x0=kb2+3−k2−kbk2−3,
又(*)+(**)得y1+y2-2y0=3(x2-x1),而y1+y2=k(x1+x2)+2b,∴k(x1+x2)+2b-2y0=3(x2-x1),
解得y0=3b2+3−k2−3bk2−3=3kx0.
故点M的轨迹方程为y=3kx,其中k为直线PQ的斜率.
若选择①②作为条件,③作为结论,
设直线AB的方程为y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),不妨设点A在渐近线y=3x上,
则由yA=k(xA−2),yA=3xA,得xA=2kk−3,yA=23kk−3,
∴A2kk−3,23kk−3,同理B2kk+3,−23kk+3,
又由y=k(x−2),y=3kx,得x=2k2k2−3,y=6kk2−3,∴M2k2k2−3,6kk2−3,
∴xM=xA+xB2,yM=yA+yB2,即M为AB的中点,
∴|MA|=|MB|.
若选择①③作为条件,②作为结论,
当直线AB的斜率不存在时,点M即为F(2,0),
此时M不在直线y=3kx上,不符合题意,舍去;
当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=m(x-2),m≠0,±3.不妨设点A在渐近线y=3x上,且A(xA,yA),B(xB,yB).
由yA=m(xA−2),yA=3xA,得xA=2mm−3,yA=23mm−3,∴A2mm−3,23mm−3,
同理B2mm+3,−23mm+3,
此时xM=xA+xB2=2m2m2−3,yM=yA+yB2=6mm2−3,
∵点M在直线y=3kx上,∴6mm2−3=3k·2m2m2−3,
解得k=m,故PQ∥AB.
若选择②③作为条件,①作为结论,
设直线AB的方程为y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),不妨设点A在渐近线y=3x上,
则yA=k(xA−2),yA=3xA,解得xA=2kk−3,yA=23kk−3,
同理,得xB=2kk+3,yB=-23kk+3,
设线段AB的中点为C(xC,yC),
则xC=xA+xB2=2k2k2−3,yC=yA+yB2=6kk2−3,
由于|MA|=|MB|,故点M在线段AB的中垂线上,
即点M在直线y-yC=-1k(x-xC)上,
将该直线方程与y=3kx联立,得xM=2k2k2−3=xC,yM=6kk2−3=yC,即点M恰为线段AB的中点,
故点M在直线AB上.
三年模拟
练速度
1.(2024浙江金华一中适应性测试,2)经过点(2,1)且与抛物线y=x2有且仅有一个公共点的直线的条数为( C )
A.1 B.2 C.3 D.4
2.(2024辽宁葫芦岛一模,4)已知椭圆G:x24+y23=1,A,B为G的短轴端点,P为G上异于A,B的一点,则直线AP,BP的斜率之积为( C )
A.34 B.43 C.-34 D.-43
3.(2024山东济南一模,4)与抛物线x2=2y和圆x2+(y+1)2=1都相切的直线的条数为( D )
A.0 B.1
C.2 D.3
4.(2024湖南邵阳第二次联考,7)已知直线l:x-2y-2=0与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于A,B两点.若弦AB被直线m:x+2y=0平分,则椭圆C的离心率为( C )
A.12 B.24 C.32 D.54
5.(2024广东惠州一模,12)已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线与圆x2+y2-4y+3=0相切,则双曲线的离心率为 2 .
6.(2024山东聊城一模,13)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点的坐标为(1,0),一条切线的方程为x+y=7,则C的离心率e= 15 .
7.(2024江苏南通二调,14)已知抛物线C:y2=4x,过点(4,0)的直线与抛物线交于A,B两点,则线段AB中点M的轨迹方程为 y2=2(x-4) .
练思维
1.(2024江西上饶一模,7)已知抛物线C:y=16x2,则过抛物线C的焦点,弦长为整数且不超过2 024的直线的条数是( C )
A.4 035 B.4 036 C.4 037 D.4 038
2.(2024 T8联考二,8)已知抛物线C的方程为y=14x2,F为其焦点,点N坐标为(0,-4),过点F作直线交抛物线C于A,B两点,D是x轴上一点,且满足|DA|=|DB|=|DN|,则直线AB的斜率为( B )
A.±152 B.±112 C.±2 D.±3
3.(2024河北衡水多校联考,8)过抛物线C:y2=4x焦点F且斜率为3的直线与C交于A、B两点,若PF为△PAB的内角平分线,则△PAB面积最大值为( B )
A.83 B.163 C.323 D.16
4.(2024福建龙岩3月质检,14)斜率为-1的直线与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)交于A,B两点,点T是椭圆上的一点,且满足TA⊥TB,点P,Q分别是△OAT,△OBT的重心,点R是△TAB的外心.记直线OP,OQ,OR的斜率分别为k1,k2,k3,若k1k2k3=-18,则椭圆C的离心率为 22 .
5.(2024湖北名校教研联盟联考,13)已知抛物线C1:y2=2x,C2:y2=-4x的焦点分别为F1,F2,一条平行于x轴的直线与C1,C2分别交于点A,B,若|AF1|=|BF2|,则四边形ABF2F1的面积为 322 .
6.(2024湖南师大附中一模,14)如果直线l:kx-y-2k=0和曲线Γ:x2-4y|y|=1恰有一个交点,那么实数k的取值范围是 −∞,−12∪36∪12,+∞ .
7.(2024湖北武汉二调,13)设椭圆x29+y25=1的左、右焦点分别为F1,F2,过点F2的直线与该椭圆交于A,B两点,若线段AF2的中垂线过点F1,则|BF2|= 107 .
8.(2024浙江台州二模,18)已知椭圆C:9x2+8y2=81,直线l:x=-1交椭圆于M,N两点,T为椭圆的右顶点,△TMN的内切圆为圆Q.
(1)求椭圆C的焦点坐标;
(2)求圆Q的方程;
(3)设点P(1,3),过P作圆Q的两条切线,分别交椭圆C于点A,B,求△PAB的周长.
解析 (1)椭圆的标准方程为x29+y2818=1,818-9=98,
所以焦点坐标为0,±324.(3分)
(2)将x=-1代入椭圆方程9x2+8y2=81得y=±3,由对称性不妨令M(-1,3),N(-1,-3),则直线MT的方程为y=3−1−3(x-3),即3x+4y-9=0.(4分)
设圆Q的方程为(x-t)2+y2=r2,r>0,
由于内切圆Q在△TMN的内部,所以-1
即t+1=|3t+4×0−9|32+42=r,
解得t=12(t=-7舍去),r=32,(7分)
所以圆Q的方程为x−122+y2=94.(8分)
(3)显然直线PA和直线PB的斜率均存在,
设过P作圆Q的切线方程为y=k(x-1)+3,其中k有两个不同的取值k1和k2,分别为直线PA和PB的斜率.
由圆Q与直线相切得k12−1+3k2+1=32,
化简得8k2+12k-27=0,
则k1+k2=−32,k1k2=−278.(10分)
由y=k1(x−1)+3,9x2+8y2=81,得(9+8k12)x2+16k1(3-k1)x+8k12-48k1-9=0,可得xA=8k12−48k1−98k12+9.
所以yA=k1(xA-1)+3=k18k12−48k1−98k12+9−1+3=−24k12−18k1+278k12+9=−3(27−12k1)−18k1+2727−12k1+9=18(k1−3)12(3−k1)=-32,
同理xB=8k22−48k2−98k22+9,yB=-32,(13分)
所以直线AB的方程为y=-32,
所以AB与圆Q相切,(15分)
将y=-32代入9x2+8y2=81得x=±7,
所以|AB|=27,
设△PAB的周长为m,因为点P到直线AB的距离为92,
则△PAB的面积S△PAB=12m×32=12×27×92,解得m=67.
所以△PAB的周长为67.(17分)
9.(2024山东潍坊二模,18)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的实轴长为23,右焦点F2到一条渐近线的距离为1.
(1)求C的方程;
(2)过C上一点P1(3,2)作C的切线l1,l1与C的两条渐近线分别交于R,S两点,P2为点P1关于坐标原点的对称点,过P2作C的切线l2,l2与C的两条渐近线分别交于M,N两点,求四边形RSMN的面积;
(3)过C上一点Q向C的两条渐近线作垂线,垂足分别为H1,H2,是否存在点Q,满足|QH1|+|QH2|=2?若存在,求出点Q坐标;若不存在,请说明理由.
解析 (1)因为实轴长为23,所以a=3,(1分)
取C的一条渐近线为y=bax,则有bca1+b2a2=b=1,(3分)
所以双曲线C的方程为x23-y2=1.(4分)
(2)由题意可知四边形MNRS为平行四边形,其面积S▱MNRS=4S△ORS,(5分)
由题意可知直线l1的斜率存在,设直线l1:y=kx+t,t=2-3k,且k≠±33,
联立y=kx+t,x23−y2=1,消去y并整理得(1-3k2)x2-6ktx-3t2-3=0,(6分)
因为直线l1与双曲线C相切,
所以1−3k2≠0,Δ=36k2t2+4(1−3k2)(3t2+3)=0,
得3k2=t2+1,即2k2-22k+1=0,
所以k=22,直线l1的方程为x-2y-1=0,(7分)
设直线l1与y=33x的交点为R,与y=-33x的交点为S,
联立x−2y−1=0,y=33x,得xR=3+6,(8分)
同理得xS=3-6,(9分)
则|RS|=1+k2|xR-xS|=1+222|xR-xS|=6,(10分)
因为原点O到直线l1的距离d=11+2=33,(11分)
所以S△ORS=12×6×33=3,
所以S▱MNRS=4S△ORS=43.(12分)
(3)设Q(x0,y0),则x023-y02=1,
不妨设Q到直线y=33x的距离为|QH1|=33x0−y0332+1=3233x0−y0,(13分)
同理|QH2|=3233x0+y0,(14分)
所以|QH1|·|QH2|=34x023−y02=34①,
|QH1|+|QH2|=2②,(15分)
由①②解得QH1|=12,QH2|=32或QH1|=32,QH2|=12,(16分)
解得x0=2,y0=33或x0=−2,y0=33或x0=2,y0=−33或x0=−2,y0=−33,
所以存在点Q2,33或Q−2,33或Q2,−33或Q−2,−33,使得|QH1|+|QH2|=2成立.(17分)
10.(2024江苏苏锡常镇二模,18)已知F为抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点,点A在C上,FA=3,−14.点P(0,-2),M,N是抛物线上不同两点,直线PM和直线PN的斜率分别为k1,k2.
(1)求C的方程;
(2)存在点Q,当直线MN经过点Q时,3(k1+k2)-2k1k2=4恒成立,请求出满足条件的所有点Q的坐标;
(3)对于(2)中的一个点Q,当直线MN经过点Q时,|MN|存在最小值,试求出这个最小值.
解析 (1)F0,p2,设Ax1,x122p,
则FA=x1,x122p−p2=3,−14,(1分)
所以x1=3,x122p−p2=−14,得2p2-p-6=0,解得p=2或p=-32(舍),
所以抛物线C的方程为x2=4y.(4分)
(2)设直线MN:y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2),
联立y=kx+m,x2=4y,消去y得x2-4kx-4m=0.
所以Δ=16(k2+m)>0,x1+x2=4k,x1·x2=-4m.
k1=y1+2x1=kx1+m+2x1=k+m+2x1,k2=y2+2x2=kx2+m+2x2=k+m+2x2,
则k1+k2=2k+(m+2)1x1+1x2=2k+(m+2)x1+x2x1x2=k(m−2)m,(5分)
k1k2=(kx1+m+2)(kx2+m+2)x1x2
=k2x1x2+k(m+2)(x1+x2)+(m+2)2x1x2=8k2+(m+2)2−4m.(6分)
因为3(k1+k2)-2k1k2=4,
所以3×k(m−2)m-2×8k2+(m+2)2−4m-4=0,
即(2k+m-2)(4k+m-2)=0,
则m=2-2k或m=2-4k,能满足Δ>0.(8分)
则MN:y=kx+2-2k=k(x-2)+2或MN:y=kx+2-4k=k(x-4)+2,
所以定点Q的坐标为(2,2)或(4,2).(10分)
(3)Q(4,2)在抛物线C的外部,当直线MN经过Q(4,2)时,MN不存在最小值;(11分)
当直线MN过点Q(2,2)时,x2-4kx-4m=0化为x2-4kx-4(2-2k)=x2-4kx+8k-8=0,
Δ=16(k2-2k+2)>0恒成立,x1+x2=4k,x1x2=8k-8,
|MN|=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=1+k2·(4k)2−4(8k−8)=4k4−2k3+3k2−2k+2.(13分)
令f(k)=k4-2k3+3k2-2k+2,
则f '(k)=4k3-6k2+6k-2=2(2k-1)(k2-k+1),
令f '(k)=0,得k=12.(15分)
当k<12时, f '(k)<0, f(k)在−∞,12上为减函数,
当k>12时, f '(k)>0, f(k)在12,+∞上为增函数,(16分)
所以当k=12时, f(k)有最小值,即|MN|有最小值.
|MN|min=4×1+14×14−1+2=5.(17分)
练风向
(创新知识交汇)(2024广东惠州一模,18)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为12,经过点F1且倾斜角为θ0<θ<π2的直线l与椭圆交于A、B两点(其中点A在x轴上方),△ABF2的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)如图,将平面xOy沿x轴折叠,使y轴正半轴和x轴所确定的半平面(平面AF1F2)与y轴负半轴和x轴所确定的半平面(平面BF1F2)互相垂直.
①若θ=π3,求异面直线AF1和BF2所成角的余弦值;
②是否存在θ0<θ<π2,使得折叠后△ABF2的周长与折叠前的周长之比为1516?若存在,求tan θ的值;若不存在,请说明理由.
解析 (1)由椭圆的定义知,|AF1|+|AF2|=2a,|BF1|+|BF2|=2a,所以△ABF2的周长为|AB|+|AF2|+|BF2|=|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=4a=8,所以a=2,
又椭圆离心率为12,所以ca=12,所以c=1,b2=a2-c2=3,
所以椭圆的标准方程为x24+y23=1.
(2)①建立以原x轴为x轴、原y轴为正半轴为y轴、原y轴负半轴为z轴的空间直角坐标系,如图1,由θ=π3知折叠前A(0,3),B−85,−335.在折叠后的图形中对应的点记为A',B',则A'(0,3,0),B'−85,0,335,F1(-1,0,0),F2(1,0,0),所以A'F1=(-1,-3,0),B'F2=135,0,−335,设异面直线AF1和BF2所成角为φ,则cs φ=|cs
②设折叠前A(x1,y1),B(x2,y2),在折叠后的图形中建立如图2所示的空间直角坐标系(原x轴仍然为x轴,原y轴正半轴为y轴,原y轴负半轴为z轴),折叠后A,B在新图形中对应的点记为A',B',则A'(x1,y1,0),B'(x2,0,-y2),折叠前△ABF2周长是8,则折叠后△A'B'F2周长是152.
由|A'F2|+|B'F2|+|A'B'|=152,|AF2|+|BF2|+|AB|=8,故|AB|-|A'B'|=12,
设直线l:my=x+1,联立my=x+1,x24+y23=1,消去x得(3m2+4)y2-6my-9=0,Δ=(-6m)2-4(3m2+4)(-9)=144m2+144>0,
y1+y2=6m3m2+4,y1y2=−93m2+4.
|A'B'|=(x1−x2)2+y12+y22,|AB|=(x1−x2)2+(y1−y2)2,
所以|AB|-|A'B'|=(x1−x2)2+(y1−y2)2-(x1−x2)2+y12+y22=12,移项并平方整理后可得(x1−x2)2+(y1−y2)2=14-2y1y2,(提示:遇到双根式加减问题,可以先将根式移至等号两侧,然后平方去根号)
因为(x1−x2)2+(y1−y2)2=(1+m2)(y1−y2)2=14−2y1y22,
所以(1+m2)6m3m2+42+363m2+4=14+183m2+42,
即1441+m23m2+42=14+183m2+42,(提示:括号内均为正数,故等号两边可直接开方)
所以12+12m23m2+4=14+183m2+4,解得m2=2845,
因为0<θ<π2,所以tan θ=1m=33514.
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