9.5　圆锥曲线的综合问题（含答案）-【五年高考·三年模拟】2025年新教材高考数学一轮基础练习（含答案）

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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
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
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
C.若mn<0,则C是双曲线,其渐近线方程为y=±−mnx
D.若m=0,n>0,则C是两条直线
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.
考点2 弦长与面积问题
(2018江苏,18,16分,中)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点3,12,焦点
F1(-3,0),F2(3,0),圆O的直径为F1F2.
(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直线l与椭圆C交于A,B两点.若△OAB的面积为267,求直线l的方程.
2.(2020课标Ⅲ理,20,12分,中)已知椭圆C:x225+y2m2=1(0(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.
3.(2022新高考Ⅰ,21,12分,难)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.
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(-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.
2.(2021新高考Ⅱ,20,12分,中)已知椭圆C的方程为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.(2023全国乙理,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.
4.(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.
考点4 最值与范围问题
1.(2020新高考Ⅱ,21,12分,中)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.
2.(2022浙江,21,15分,难)如图,已知椭圆x212+y2=1.设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点Q0,12在线段AB上,直线PA,PB分别交直线y=-12x+3于C,D两点.
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值;
(2)求|CD|的最小值.
3.(2021全国乙理,21,12分,难)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,且F与圆M:x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为4.
(1)求p;
(2)若点P在M上,PA,PB是C的两条切线,A,B是切点,求△PAB面积的最大值.
4.(2019课标Ⅱ理,21,12分,难)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-12.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程,并说明C是什么曲线.
(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.
(i)证明:△PQG是直角三角形;
(ii)求△PQG面积的最大值.
考点5 存在性问题
1.(2023天津,18,12分,中)椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右顶点分别为A1,A2,右焦点为F,已知|A1F|=3,|A2F|=1.
(1)求椭圆C的方程及离心率;
(2)已知点P是椭圆上一动点(不与顶点重合),直线A2P交y轴于点Q,若△A1PQ的面积是△A2FP面积的二倍,求直线A2P的方程.
2.(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.
3.(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
综合拔高练1
1.(2023广东广州二模)已知点F(1,0),P为平面内一动点,以PF为直径的圆与y轴相切,点P的轨迹记为C.
(1)求C的方程;
(2)过点F的直线l与C交于A,B两点,过点A且垂直于l的直线交x轴于点M,过点B且垂直于l的直线交x轴于点N.当四边形MANB的面积最小时,求l的方程.
2.(2024届广东南粤名校素养评价,21)已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2,右焦点F到渐近线的距离为3.
(1)求双曲线的标准方程;
(2)若点P为双曲线右支上一动点,过点P与双曲线相切的直线l与双曲线的渐近线分别交于M,N两点,求△FMN的面积的最小值.
综合拔高练2
1.(2023湖南常德二模)已知A、B是双曲线C1:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两个顶点,点P是双曲线上异于A、B的一点,O为坐标原点,射线OP交椭圆C2:x2a2+y2b2=1(a>b>0)于点Q,设直线PA、PB、QA、QB的斜率分别为k1、k2、k3、k4.
(1)若双曲线C1的渐近线方程是y=±12x,且过点5,12,求C1的方程;
(2)在(1)的条件下,如果k1+k2=158,求△ABQ的面积;
(3)试问:k1+k2+k3+k4是不是定值?如果是,请求出此定值;如果不是,请说明理由.
2.(2024届广东“六校”联合摸底考,21)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)经过点A1(2,0),A2(4,0),A3(22,3),A4(22,-3),A5(3,3)中的3个点.
(1)求双曲线C的方程;
(2)已知点M,N是双曲线C上与其顶点不重合的两个动点,过点M,N的直线l1,l2都经过双曲线C的右顶点,若直线l1,l2的斜率分别为k1,k2,且k1+k2=1,判断直线MN是否过定点,若过定点,求出该点的坐标;若不过定点,请说明理由.
综合拔高练3
1.(2024届广东深圳开学模考,22)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,且|F1F2|=4,若C上的点M满足||MF1|-|MF2||=2恒成立.
(1)求C的方程.
(2)若过点M的直线l与C的两条渐近线交于P,Q两点,且|MP|=|MQ|.
(i)证明:l与C有且仅有一个交点;
(ii)O为坐标原点,求1|OP|+2|OQ|的取值范围.
2.(2024届广东仲元中学月考,21)在平面直角坐标系xOy中,设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是e,定义直线y=±be为椭圆的“类准线”,已知椭圆C的“类准线”方程为y=±43,长轴长为8.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)A为椭圆C的右顶点,直线l交椭圆C于E,F两点(点E,F与点A不重合),且满足AE⊥AF,若点P满足2OP=OE+OF,求直线AP的斜率的取值范围.
综合拔高练4
1.(2023北京丰台一模,19)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1),焦距为2.
(1)求椭圆E的方程;
(2)过点P(2,0)的直线与椭圆E交于B,C两点,过点B,C分别作直线l:x=t的垂线(点B,C在直线l的两侧).垂足分别为M,N,记△BMP,△MNP,△CNP的面积分别为S1,S2,S3,试问:是否存在常数t,使得S1,12S2,S3总成等比数列?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.
2.(2023福建厦门、福州等市质检一,21)已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,其左焦点为F1(-2,0).
(1)求Γ的方程;
(2)如图,过Γ的上顶点P作动圆F1的切线分别交Γ于M,N两点,是否存在圆F1,使得△PMN是以PN为斜边的直角三角形?若存在,求出圆F1的半径;若不存在,请说明理由.
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
C.若mn<0,则C是双曲线,其渐近线方程为y=±−mnx
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),由题意可得(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00,g(t)单调递增,
∴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.
考点2 弦长与面积问题
(2018江苏,18,16分,中)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点3,12,焦点
F1(-3,0),F2(3,0),圆O的直径为F1F2.
(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直线l与椭圆C交于A,B两点.若△OAB的面积为267,求直线l的方程.
解析 (1)因为椭圆C的焦点为F1(-3,0),F2(3,0),所以可设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).
又点3,12在椭圆C上,所以3a2+14b2=1,a2−b2=3,解得a2=4,b2=1.
因此,椭圆C的方程为x24+y2=1.(3分)
因为圆O的直径为F1F2,所以其方程为x2+y2=3.(5分)
(2)①设直线l与圆O相切于P(x0,y0)(x0>0,y0>0),如图1,则x02+y02=3.
所以直线l的方程为y=-x0y0(x-x0)+y0,即y=-x0y0x+3y0.
由x24+y2=1,y=−x0y0x+3y0消去y,得
(4x02+y02)x2-24x0x+36-4y02=0.(*)(7分)
因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点,
所以Δ=(-24x0)2-4(4x02+y02)(36-4y02)=48y02(x02-2)=0.
因为x0,y0>0,所以x0=2,y0=1.
因此,点P的坐标为(2,1).(10分)

②因为三角形OAB的面积为267,
所以12AB·OP=267,从而AB=427.
设A(x1,y1),B(x2,y2),如图2,
由(*)得x1,2=24x0±48y02(x02−2)2(4x02+y02),
所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+x02y02·48y02(x02−2)(4x02+y02)2.(13分)
因为x02+y02=3,
所以AB2=16(x02−2)(x02+1)2=3249,即2x04−45x02+100=0.
解得x02=52(x02=20舍去),则y02=12,因此P的坐标为102,22.(注意数形结合,0则直线l的方程为y=-5x+32.(16分)
2.(2020课标Ⅲ理,20,12分,中)已知椭圆C:x225+y2m2=1(0(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.
解析 (1)由题设可得25−m25=154,得m2=2516,
所以C的方程为x225+y22516=1.
(2)设P(xP,yP),Q(6,yQ),根据对称性可设yQ>0,由题意知yP>0.
由已知可得B(5,0),直线BP的方程为y=-1yQ(x-5),
所以|BP|=yP1+yQ2,|BQ|=1+yQ2.
因为|BP|=|BQ|,
所以yP=1,将yP=1代入C的方程,解得xP=3或-3.
由直线BP的方程得yQ=2或8.
所以点P,Q的坐标分别为P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8).
|P1Q1|=10,直线P1Q1的方程为y=13x,点A(-5,0)到直线P1Q1的距离为102,故△AP1Q1的面积为12×102×10=52.
|P2Q2|=130,直线P2Q2的方程为y=79x+103,点A到直线P2Q2的距离为13026,故△AP2Q2的面积为12×13026×130=52.综上,△APQ的面积为52.
3.(2022新高考Ⅰ,21,12分,难)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.
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(-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(写出公式给1分),∴a=2,
∴b2=c2-a2=20-4=16,∴双曲线C的方程为x24−y216=1.
(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(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(最后一定要作答,否则会失分).
2.(2021新高考Ⅱ,20,12分,中)已知椭圆C的方程为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.(2023全国乙理,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两点的直线的斜率存在且不为零,记直线为l,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的中点为定点(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,减少项数,从而有效降低后续的计算量.
4.(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+2k2.①
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(易错点:化简和因式分解过程中的计算量比较大,容易出错).
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.
考点4 最值与范围问题
1.(2020新高考Ⅱ,21,12分,中)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.
2.(2022浙江,21,15分,难)如图,已知椭圆x212+y2=1.设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点Q0,12在线段AB上,直线PA,PB分别交直线y=-12x+3于C,D两点.
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值;
(2)求|CD|的最小值.
解析 (1)设M(23cs θ,sin θ)是椭圆上一点,
又P(0,1),
∴|PM|2=12cs2θ+(sin θ-1)2=13-11sin2θ-2sin θ=14411−11sinθ+1112≤14411,故|PM|的最大值是121111,即点P到椭圆上的点的距离的最大值为121111.
(2)由题易知直线AB的斜率存在,设直线AB:y=kx+12,将直线AB的方程与椭圆的方程联立,消去y,
整理得k2+112x2+kx−34=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=-kk2+112,x1x2=-34k2+112,
易得直线PA:y=y1−1x1x+1,联立y=−12x+3,y=y1−1x1x+1,
得xC=4x1x1+2y1−2=4x1(2k+1)x1−1,
同理可得xD=4x2x2+2y2−2=4x2(2k+1)x2−1,
则|CD|=1+−122|xC-xD|
=524x1(2k+1)x1−1−4x2(2k+1)x2−1
=25x2−x1[(2k+1)x1−1][(2k+1)x2−1]
=25x2−x1(2k+1)2x1x2−(2k+1)(x1+x2)+1
=25−kk2+1122+3k2+112−(2k+1)234k2+112+(2k+1)kk2+112+1
=352×16k2+1|3k+1|=655×16k2+1916+1|3k+1|=655×(4k)2+12·342+12|3k+1|≥655×4k×34+1×12|3k+1|=655.
当且仅当k=316时取到等号,经检验符合题意.
3.(2021全国乙理,21,12分,难)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,且F与圆M:x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为4.
(1)求p;
(2)若点P在M上,PA,PB是C的两条切线,A,B是切点,求△PAB面积的最大值.
解析 (1)由题设知F0,p2,圆M的圆心为(0,-4),半径为1,F与圆M上点的距离的最小值为p2+3,即p2+3=4,解得p=2.
(2)由(1)知C:x2=4y.
设P(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2).
因为C在A处切线的斜率为x12,
所以直线PA的方程为x1x-2y-2y1=0.
方法点拨:因为抛物线方程为x2=4y,即y=x24,所以利用导数的几何意义可求切线方程
因为P在直线PA上,故x1x0-2y0-2y1=0,
所以A在直线x0x-2y-2y0=0上.
同理B也在直线x0x-2y-2y0=0上.
所以直线AB的方程为x0x-2y-2y0=0.
(利用点与直线的关系以及直线与方程的定义可知过A,B两点的直线的方程)
由x0x−2y−2y0=0,x2=4y得x2-2x0x+4y0=0,
故x1+x2=2x0,x1x2=4y0.
因此|AB|=1+x022(x1−x2)2=(x02+4)(x02−4y0).
因为点P到直线AB的距离d=|x02−4y0|x02+4,
所以△PAB的面积S=12|AB|×d=12(x02−4y0)32.
(利用弦长公式和点到直线的距离公式表示三角形的面积)
由x02=1-(y0+4)2得S=12[21-(y0+6)2]32.
因为y0∈[-5,-3],所以当y0=-5时,△PAB的面积取得最大值,最大值为205.
(利用圆的方程得出y0的取值范围,再利用函数思想求得三角形面积的最值)
4.(2019课标Ⅱ理,21,12分,难)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-12.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程,并说明C是什么曲线.
(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.
(i)证明:△PQG是直角三角形;
(ii)求△PQG面积的最大值.
解析 (1)由题设得yx+2·yx−2=−12,
化简得x24+y22=1(|x|≠2),(由于两直线的斜率存在,所以|x|≠2)
所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左右顶点.(易忽略C的轨迹不含左右顶点)(4分)
(2)(i)证明:
第一步:设直线PQ的方程,与椭圆方程联立,得P,Q,E的坐标.
设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0).(已知点P在第一象限,所以k>0)
由y=kx,x24+y22=1得x=±21+2k2.
记u=21+2k2,简化书写形式,用u代替21+2k2
则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).
第二步:利用点斜式表示QG的方程,与椭圆方程联立得点G的坐标.
于是直线QG的斜率为k2,方程为y=k2(x-u).
由y=k2(x−u),x24+y22=1得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.①
设G(xG,yG),则-u和xG是方程①的解,
故xG=u(3k2+2)2+k2,由此得yG=uk32+k2.
第三步:由斜率公式得直线PG的斜率,利用斜率关系得三角形形状.
从而直线PG的斜率为uk32+k2−uku(3k2+2)2+k2−u=−1k.
所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.(8分)
(ii)第一步:利用弦长公式表示三角形的两直角边的长.
由(i)得|PQ|=2u1+k2,|PG|=2ukk2+12+k2,
第二步:利用三角形的面积公式把面积表示成关于k的函数.
所以△PQG的面积S=12|PQ||PG|=8k(1+k2)(1+2k2)(2+k2)=81k+k1+21k+k2.
第三步:利用换元法和对勾函数的性质求面积的最值.
设t=k+1k,则由k>0得t≥2,当且仅当k=1时取等号.
因为S=8t1+2t2在[2,+∞)上单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为169.
因此,△PQG面积的最大值为169.(12分)
考点5 存在性问题
1.(2023天津,18,12分,中)椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右顶点分别为A1,A2,右焦点为F,已知|A1F|=3,|A2F|=1.
(1)求椭圆C的方程及离心率;
(2)已知点P是椭圆上一动点(不与顶点重合),直线A2P交y轴于点Q,若△A1PQ的面积是△A2FP面积的二倍,求直线A2P的方程.
解析 (1)设椭圆C的焦距为2c(c>0),
则a+c=3,a−c=1,解得a=2,c=1,故b2=a2-c2=3,
所以椭圆C的方程为x24+y23=1,离心率e=ca=12.
(2)由(1)可得,|A2F|=14|A1A2|,所以S△A2FP=14S△PA1A2,又S△A1PQ=2S△A2FP,所以S△A1PQ=12S△PA1A2,所以|PQ|=12|PA2|.
设P(x0,y0),当x0<0时,PQ=12PA2,此时点P与A1重合,不合题意;
当x0>0时,可得QP=13QA2,
故x0=23,代入椭圆方程,得P23,±263,
又A2(2,0),所以kA2P=±62,
所以直线A2P的方程为y=±62(x-2).
2.(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|=1+k12x1−12,|TB|=1+k12x2−12,
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.
3.(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,
设其方程为y=kx+b(k>3),
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=(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y=k(x−2),y=3x,得x=2kk−3,y=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y=m(x−2),y=3x,得x=2mm−3,y=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
综合拔高练1
1.(2023广东广州二模)已知点F(1,0),P为平面内一动点,以PF为直径的圆与y轴相切,点P的轨迹记为C.
(1)求C的方程;
(2)过点F的直线l与C交于A,B两点,过点A且垂直于l的直线交x轴于点M,过点B且垂直于l的直线交x轴于点N.当四边形MANB的面积最小时,求l的方程.
解析 (1)设P(x,y),则以PF为直径的圆的圆心为x+12,y2,根据圆与y轴相切,可得x+12=12|PF|=12(x−1)2+y2,化简得y2=4x,
所以C的方程为y2=4x.
(2)由题意可知:直线l的斜率存在且不为0,设直线l:y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),
联立y=k(x−1),y2=4x⇒k2x2-2(k2+2)x+k2=0,
所以x1+x2=2(k2+2)k2,x1x2=1,
所以|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+2=2(k2+2)k2+2=4k2+4k2,
设直线l的倾斜角为θ,则|AM|=|AF||tan θ|,|BN|=|BF||tan θ|,
所以|AM|+|BN|=|AF||tan θ|+|BF||tan θ|=|AB||tan θ|=|AB||k|.
四边形MANB的面积S=S△ABM+S△ABN=12|AB|(|AM|+|BN|)=|AB|2k2=8(k2+1)2k|3=8(k4+2k2+1)k|3,
设t=|k|>0,则S(t)=8(t4+2t2+1)t3=8t+2t+1t3,
所以S'(t)=81−2t2−3t4=8·t4−2t2−3t4
=8·(t2+1)(t−3)(t+3)t4,
当t>3时,S'(t)>0,S(t)单调递增,当0所以当t=3,即|k|=3时,四边形MANB的面积最小,此时k=±3,故直线l的方程为y=±3(x-1),即3x−y−3=0 或3x+y−3=0.
2.(2024届广东南粤名校素养评价,21)已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2,右焦点F到渐近线的距离为3.
(1)求双曲线的标准方程;
(2)若点P为双曲线右支上一动点,过点P与双曲线相切的直线l与双曲线的渐近线分别交于M,N两点,求△FMN的面积的最小值.
解析 (1)由已知得渐近线方程为bx±ay=0,右焦点为F(c,0),∴|bc|a2+b2=3,又∵a2+b2=c2,∴bcc=3,
解得b=3,由离心率e=ca=2,可得a=1,c=2,∴双曲线的标准方程为x2-y23=1.
(2)解法一:双曲线x2-y23=1的渐近线方程为y=±3x,
当直线l的斜率不存在时,由P(1,0),知直线l的方程为x=1,此时可得M(1,3),N(1,-3)(不妨令M在x轴上方),故|MN|=23,
又∵F(2,0),故S△FMN=12|MN|·|PF|=12×23×1=3;
当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+m(m≠0),
联立x2−y23=1,y=kx+m,消去y得(k2-3)x2+2kmx+m2+3=0,∵直线与双曲线相切,∴Δ=4k2m2-4(k2-3)(m2+3)=0,解得m2=k2-3>0,设M(x1,y1),N(x2,y2),
联立3x2−y2=0,y=kx+m,消y得(k2-3)x2+2kmx+m2=0,
∴x1+x2=−2kmk2−3=−2kmm2=−2km,x1x2=1,
y1+y2=k(x1+x2)+2m=−2k2+2m2m=−2(k2−m2)m=−6m,
y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=k2+km·−2km+m2=-3,
在△OMN中,|OM|=2x1,|ON|=2x2,
∴S△OMN=12|OM|·|ON|sin∠MON=2x1x2·32=3,
∴S△FMN=S△OFM+S△OFN-S△OMN=12|OF|·|y1−y2|−3
=(y1+y2)2−4y1·y2−3=36m2+12−3,
∵m2=k2-3>0,∴S△FMN=36m2+12−3>23−3=3.
综上所述,△FMN的面积的最小值为3.
解法二:由条件知,若直线l的斜率存在,则斜率不为零,
故可设l:x=my+n,
联立x2−y23=1,x=my+n,消x得(3m2-1)y2+6mny+3n2-3=0,
∵直线l与双曲线相切,
∴Δ=36m2n2−4(3m2−1)(3n2−3)=0,3m2−1≠0,
即3m2+n2=1,3m2−1≠0,
设M(x1,y1),N(x2,y2),
联立x2−y23=0,x=my+n,消x得(3m2-1)y2+6mny+3n2=0,
则y1+y2=−6mn3m2−1=−6mn−n2=6mn,y1y2=3n23m2−1=3n2−n2=-3,
由直线l的方程得,直线与x轴的交点坐标为(n,0),
∴S△FMN=12|2−n|(y1+y2)2−4y1·y2=12|2−n|36mn22+12
=12|2−n|12n=3(2−n)n=32n−1,
∵3m2+n2=1,∴n2≤1,且n≠0,
又∵P在双曲线右支,故n>0,
∴n=1时,S△FMN取得最小值,为3.
综合拔高练2
1.(2023湖南常德二模)已知A、B是双曲线C1:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两个顶点,点P是双曲线上异于A、B的一点,O为坐标原点,射线OP交椭圆C2:x2a2+y2b2=1(a>b>0)于点Q,设直线PA、PB、QA、QB的斜率分别为k1、k2、k3、k4.
(1)若双曲线C1的渐近线方程是y=±12x,且过点5,12,求C1的方程;
(2)在(1)的条件下,如果k1+k2=158,求△ABQ的面积;
(3)试问:k1+k2+k3+k4是不是定值?如果是,请求出此定值;如果不是,请说明理由.
解析 (1)由双曲线C1的渐近线方程为y=±12x,设双曲线C1的方程为x24-y2=λ,λ≠0,
将点5,12代入双曲线C1的方程得λ=(5)24−122=1,因此双曲线C1的方程为x24-y2=1.
(2)设射线OP所在直线的方程为y=kx,P(x0,y0),则y0=kx0,
∵点P在双曲线C1上,∴x024−y02=1,即x02−4=4y02.
∵k1+k2=y0x0+2+y0x0−2=2x0y0x02−4=2x0y04y02=x02y0=12k=158,
∴k=415.∴射线OP所在直线的方程为y=415x.
联立y=415x,x24+y2=1,解得y2=64289,∴点Q的纵坐标为±817,
因此,△ABQ的面积为S=12×4×817=1617.
(3)设点P(x0,y0)、Q(x1,y1),
由点P在双曲线C1上,得x02a2−y02b2=1,则x02−a2=a2y02b2.
k1=y0x0+a,k2=y0x0−a,
∴k1+k2=y0x0+a+y0x0−a=2x0y0x02−a2=2x0y0a2b2y02=2b2x0a2y0=2b2ka2,
同理可得k3+k4=-2b2ka2,因此k1+k2+k3+k4=0,为定值.
2.(2024届广东“六校”联合摸底考,21)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)经过点A1(2,0),A2(4,0),A3(22,3),A4(22,-3),A5(3,3)中的3个点.
(1)求双曲线C的方程;
(2)已知点M,N是双曲线C上与其顶点不重合的两个动点,过点M,N的直线l1,l2都经过双曲线C的右顶点,若直线l1,l2的斜率分别为k1,k2,且k1+k2=1,判断直线MN是否过定点,若过定点,求出该点的坐标;若不过定点,请说明理由.
解析 (1)由于A3,A4关于x轴对称,所以A3,A4要么都在双曲线C上,要么都不在双曲线C上.点A1,A2不可能都在双曲线C上.因为双曲线C经过其中3个点,所以A3,A4都在双曲线C上.将A3,A4的坐标代入x2a2−y2b2=1得8a2−3b2=1,由A3,A4都在双曲线C上可知A2(4,0)、A5(3,3)都不在双曲线C上,所以点A1(2,0)在双曲线C上,故a=2,结合8a2−3b2=1可得b=3,所以双曲线C的方程为x24−y23=1.
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),其中y1≠y2≠0,易知直线MN不与y轴平行,当直线MN的斜率不为0时,设直线MN的方程为x=my+n,
由x=my+n,x24−y23=1消去x并整理得(3m2-4)y2+6mny+3n2-12=0,
则有3m2-4≠0,y1+y2=-6mn3m2−4,y1·y2=3n2−123m2−4.
因为双曲线C的右顶点为A1(2,0),且k1+k2=1,
所以y1x1−2+y2x2−2=y1my1+n−2+y2my2+n−2
=2my1y2+(n−2)(y1+y2)m2y1y2+m(n−2)(y1+y2)+(n−2)2
=6mn2−24m3m2−4−6mn2−12mn3m2−43m2n2−12m23m2−4−6m2n2−12m2n3m2−4+(n−2)2=3m2−n=1,
所以n=-3m+2,代入x=my+n得x=m(y-3)+2,当y=3时,x=2,
所以直线MN过定点(2,3).
当直线MN的斜率为0时,直线方程为y=3,代入x24−y23=1得x=±4,不妨令M(4,3),N(-4,3),则k1+k2=3−04−2+3−0−4−2=1,符合题意.
综上,直线MN过定点(2,3).
综合拔高练3
1.(2024届广东深圳开学模考,22)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,且|F1F2|=4,若C上的点M满足||MF1|-|MF2||=2恒成立.
(1)求C的方程.
(2)若过点M的直线l与C的两条渐近线交于P,Q两点,且|MP|=|MQ|.
(i)证明:l与C有且仅有一个交点;
(ii)O为坐标原点,求1|OP|+2|OQ|的取值范围.
解析 (1)由双曲线定义可知||MF1|-|MF2||=2a=2,∴a=1,又|F1F2|=4,∴c=2,∵a2+b2=c2,∴b=3,
∴双曲线C的方程为x2-y23=1.
(2)(i)证明:当直线l的斜率不存在时,由双曲线的对称性可知,l的方程为x=±1,满足题意.
当直线l的斜率存在时,设l的方程为y=kx+m(k≠±3且k≠0).
由y=kx+m,x2−y23=1,得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0.
Δ=4k2m2+4(3-k2)(m2+3)=12(m2+3-k2)(*).
由y=kx+m,y=3x得交点坐标为m3−k,3m3−k,
由y=kx+m,y=−3x得交点坐标为−m3+k,3m3+k,
由|MP|=|MQ|得M为PQ中点,设M(x0,y0),
则2x0=m3−k+−m3+k,2y0=3m3−k+3m3+k,得x0=mk3−k2,y0=3m3−k2,
∵点M在双曲线上,∴mk3−k22−3m3−k223=1,
化简得m2=k2-3,
代入(*)式,得Δ=0,∴直线l与C有且只有一个交点.
综上所述,直线l与C有且只有一个交点.
(ii)当直线l的斜率不存在时,易知|OP|=|OQ|=c=2,此时1|OP|+2|OQ|=12+22=32.
当直线l的斜率存在时,由(i)及题意不妨令Pm3−k,3m3−k,Q−m3+k,3m3+k,则|OP|=m3−k2+3m3−k2=2m3−k,
同理可得,|OQ|=2m3+k,
则|OP|·|OQ|=2m3−k·2m3+k=4m23−k2=4.
∴1|OP|+2|OQ|=1|OP|+|OP|2≥21|OP|·|OP|2=2,当且仅当1|OP|=|OP|2,即|OP|=2时取等号.
又∵|OP|∈(0,+∞),
∴1|OP|+2|OQ|的取值范围为[2,+∞).
2.(2024届广东仲元中学月考,21)在平面直角坐标系xOy中,设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是e,定义直线y=±be为椭圆的“类准线”,已知椭圆C的“类准线”方程为y=±43,长轴长为8.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)A为椭圆C的右顶点,直线l交椭圆C于E,F两点(点E,F与点A不重合),且满足AE⊥AF,若点P满足2OP=OE+OF,求直线AP的斜率的取值范围.
解析 (1)由题意得be=abc=43,2a=8,又a2=b2+c2,
∴a2=16,b2=12,c2=4,∴椭圆C的标准方程为x216+y212=1.
(2)由(1)得A(4,0),(需要分直线l⊥x轴与直线l不垂直于x轴两种情况讨论)当直线l⊥x轴时,由对称性不妨令点E在x轴上方.∵AE⊥AF,∴直线AE的斜率为-1,则AE:y=-x+4,联立y=−x+4,x216+y212=1,消y得7x2-32x+16=0,解得x=47或x=4,所以xE=xF=47,此时P47,0,故直线AP的斜率为0.
当直线l不垂直于x轴时,设E(x1,y1),F(x2,y2),直线l:y=kx+t(t≠-4k,k≠0),
联立y=kx+t,3x2+4y2=48,消y整理得(3+4k2)x2+8ktx+4t2-48=0,
依题意知Δ=64k2t2-4(3+4k2)(4t2-48)>0,
即16k2-t2+12>0(*),
由根与系数的关系得x1+x2=-8kt3+4k2,x1x2=4t2−483+4k2.
∵AE⊥AF,
∴AE·AF=(x1-4)(x2-4)+y1y2=(x1-4)(x2-4)+(kx1+t)·(kx2+t)=(1+k2)x1x2+(kt-4)(x1+x2)+16+t2
=7t2+32kt+16k23+4k2=0,
∴7t2+32kt+16k2=0,即(7t+4k)(t+4k)=0,
∴t=-4k7且t满足(*)式,
∴2OP=OE+OF=(x1+x2,y1+y2)=−8kt3+4k2,6t3+4k2,
∴P−4kt3+4k2,3t3+4k2,
故kAP=3t3+4k2−4kt3+4k2−4=−3t16k2+4kt+12=k8k2+7=18k+7k,
当k<0时,8k+7k=−−8k+7−k≤−2−8k·7−k=−414,当且仅当-8k=7−k,即k=-144时取等号,此时-1456≤kAP<0;
当k>0时,8k+7k≥28k·7k=414,当且仅当8k=7k,即k=144时取等号,此时0综上,直线AP的斜率的取值范围为−1456,1456.
综合拔高练4
1.(2023北京丰台一模,19)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1),焦距为2.
(1)求椭圆E的方程;
(2)过点P(2,0)的直线与椭圆E交于B,C两点,过点B,C分别作直线l:x=t的垂线(点B,C在直线l的两侧).垂足分别为M,N,记△BMP,△MNP,△CNP的面积分别为S1,S2,S3,试问:是否存在常数t,使得S1,12S2,S3总成等比数列?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.
解析 (1)由题意得b=1,2c=2,所以c=1,所以a2=b2+c2=2,所以椭圆E的方程为x22+y2=1.
(2)存在.由已知得,直线BC的斜率存在,且B,C在x轴的同侧,设直线BC的方程为y=k(x-2),B(x1,y1),C(x2,y2),y1y2>0,不妨令x1由y=k(x−2),x22+y2=1消去y得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-2=0,
所以Δ=8(1-2k2)>0,x1+x2=8k21+2k2,x1x2=8k2−21+2k2,
因为S1=12(t-x1)|y1|,S2=12(2-t)|y2-y1|,
S3=12(x2-t)|y2|,
所以S1·S3=14(x2-t)(t-x1)|y1y2|
=14(x2-t)(t-x1)y1y2
=14k2(x2-t)(t-x1)(x1-2)(x2-2)
=14k2[t(x1+x2)-x1x2-t2]·[x1x2-2(x1+x2)+4]
=14k28k2t1+2k2−8k2−21+2k2−t2·8k2−21+2k2−16k21+2k2+4
=k22(1+2k2)2[-2k2(t-2)2-t2+2],
14S22=116(2-t)2(y2-y1)2=116k2(2-t)2(x2-x1)2
=116k2(t-2)2[(x2+x1)2-4x1x2]
=116k2(t-2)28k21+2k22−32k2−81+2k2
=k22(1+2k2)2[-2k2(t-2)2+(t-2)2],
要使S1,12S2,S3总成等比数列,则应有-t2+2=(t-2)2,解得t=1,
所以存在t=1,使得S1,12S2,S3总成等比数列.
2.(2023福建厦门、福州等市质检一,21)已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,其左焦点为F1(-2,0).
(1)求Γ的方程;
(2)如图,过Γ的上顶点P作动圆F1的切线分别交Γ于M,N两点,是否存在圆F1,使得△PMN是以PN为斜边的直角三角形?若存在,求出圆F1的半径;若不存在,请说明理由.
解析 (1)由题意设焦距为2c,则c=2,由离心率ca=22,得a=22,则b2=a2-c2=4,
所以Γ的方程为x28+y24=1.
(2)不存在.
理由如下:假设存在圆F1满足题意,当圆F1过原点O时,直线PN与y轴重合,直线PM的斜率为0,不符合题意.不妨设PM:y=k1x+2(k1≠0),PN:y=k2x+2(k2≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),圆F1的半径为r,
则圆心到直线PM的距离为|−2k1+2|1+k12=r,到直线PN的距离为|−2k2+2|1+k22=r,则k1,k2是关于k的方程(r2-4)k2+8k+r2-4=0的两异根,此时k1k2=1,
联立y=k1x+2,x28+y24=1,消y得(1+2k12)x2+8k1x=0,
所以xP+xM=−8k11+2k12,即xM=−8k11+2k12,得yM=2−4k121+2k12.
所以M−8k11+2k12,2−4k121+2k12,同理N−8k21+2k22,2−4k221+2k22.
由k2=1k1,得N−8k12+k12,2k12−42+k12,
由题意,得PM⊥MN,即kMN=-1k1,
即kMN=2−4k121+2k12−2k12−42+k12−8k11+2k12−−8k12+k12=(−2k12+1)(k12+2)−(k12−2)(2k12+1)4k1(2k12+1)−4k1(k12+2)
=−4k14+44k1(k12−1)=−(k12+1)k1=−1k1,
因为k1≠0,所以方程无解,故不存在圆F1,使得△PMN是以PN为斜边的直角三角形.