圆锥曲线的一般方程 高考最难大题必用

【2023届新高考1.(2023春·江苏扬州·高三统考开学考的准线l 上.当AB 过抛物线焦点F 且(1)求抛物线G 的方程；(2)若∠ACB 为直角，求证：直线AB 过【答案】(1)y 2=4x(2)证明见解析,y 1,B y 224,y 2，直线AB 的方程：x =ty +n ，联立方程组，由韦达定理可得y 1+y 2=4t ,y 1y 2=-4n ，又因为∠ACB 为直角可得CA ⋅CB=0，化简求解可得n =1，所以得出直线过定点1,0 .【详解】(1)设A x A ,y A ,B x B ,y B ，则由题意得|AB |=x A +x B +p =8x A +x B 2=3，解得p =2，所以抛物线的方程为y 2=4x (2)直线AB 过定点1,0 ，证明如下：设C -1,c ,Ay 214,y 1 ,B y 224,y 2，直线AB 的方程：x =ty +n ，将x =ty +n 代入y 2=4x 得y 2-4ty -4n =0，则Δ>0，得t 2+n >0，由韦达定理可得y 1+y 2=4t ,y 1y 2=-4n ，所以CA =y 214+1,y 1-c ,CB =y 224+1,y 2-c，因为∠ACB =90∘，所以CA ⋅CB =0，即y 21y 2216+y 21+y 224+1+y 1y 2-c y 1+y 2 +c 2=0，即n 2+4t 2+2n +1-4n -4tc +c 2=0，即(n -1)2+(2t -c )2=0，所以n =1，所以直线AB 过定点1,0 .2.(2023·江苏泰州·统考一模)已知双曲线C :x 2a 2-y 2b 2=1(a >0,b >0)的左顶点为A ，过左焦点F 的直线与C 交于P ,Q 两点.当PQ ⊥x 轴时，PA =10，△PAQ 的面积为3.(1)求C 的方程；(2)证明：以PQ 为直径的圆经过定点.b 2a 2+c -a 2=10212⋅2b 2a ⋅c -a=3c 2=a 2+b 2，进而求解；1 ,Q x 2,y 2 ，联立直线和双曲线方程组，可得3m 2-1 y 2-12my +9x 1 x -x 2 +y -y 1 y -y 2 =0，由对称性知以PQ 为直径的圆必1x 2 x +x 1x 2+y 1y 2=0，进而求解.【详解】(1)当PQ ⊥x 轴时，P ,Q 两点的横坐标均为-c ，代入双曲线方程，可得y P =b 2a ，y Q =-b 2a ，即PF =b 2a ，由题意，可得b 2a 2+c -a 2=10212⋅2b 2a ⋅c -a =3c 2=a 2+b 2，解得a =1，b =3，c =2，∴双曲线C 的方程为：x 2-y 23=1；(2)方法一：设PQ 方程为x =my -2，P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，x =my -23x 2-y 2=3⇒3m 2y 2-4my +4 -y 2=3⇒3m 2-1 y 2-12my +9=0, 以PQ 为直径的圆的方程为x -x 1 x -x 2 +y -y 1 y -y 2 =0，x 2-x 1+x 2 x +x 1x 2+y 2-y 1+y 2 y +y 1y 2=0,由对称性知以PQ 为直径的圆必过x 轴上的定点，令y =0，可得x 2-x 1+x 2 x +x 1x 2+y 1y 2=0，而x 1+x 2=m y 1+y 2 -4=12m 23m 2-1-4=43m 2-1，x 1x 2=my 1-2 my 2-2 =m 2y 1y 2-2m y 1+y 2 +4=-3m 2-43m 2-1，∴x 2-43m 2-1x +-3m 2-43m 2-1+93m 2-1=0⇒3m 2-1 x 2-4x +5-3m 2=0⇒3m 2-1 x +3m 2-5 x -1 =0对∀m ∈R 恒成立，∴x =1，∴以PQ 为直径的圆经过定点1,0 ；方法二：设PQ 方程为x =my -2,P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，x =my -23x 2-y 2=3⇒3m 2-1 y 2-12my +9=0, 由对称性知以PQ 为直径的圆必过x 轴上的定点.2-5 t -1 =0对∀m ∈R 恒成立，∴t =1，即以PQ 为直径的圆经过定点1,0 .3.(2023秋·浙江绍兴·高三期末)在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (-2,0),B (2,0)，直线PA 与直线PB 的斜率之积为-14，记动点P 的轨迹为曲线C ．(1)求曲线C 的方程；(2)若直线l :y =kx +m 与曲线C 交于M ，N 两点，直线MA ，NB 与y 轴分别交于E ，F 两点，若EO=3OF ，求证：直线l 过定点．【答案】(1)x 24+y 2=1(x ≠±2)(2)证明见解析【分析】(1)设P 点坐标为(x ,y )，由y x +2⋅y x -2=-14可得结果；(2)设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，联立y =kx +m x 24+y 2=1，得x 1+x 2和x 1x 2，再求出E ,F 的坐标，根据EO =3OF得k =m ，从而可得结果.【详解】(1)设P 点坐标为(x ,y )，则y x +2⋅y x -2=-14，即x 24+y 2=1(x ≠±2)，所以曲线C 的方程为x 24+y 2=1(x ≠±2).(2)设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，由y =kx +m x 24+y 2=1，消去y 并整理得4k 2+1 x 2+8km x +4m 2-4=0，由Δ=64k 2m 2-4(4k 2+1)(4m 2-4)>0，得4k 2+1>m 2,所以x 1+x 2=-8km 4k 2+1,x 1x 2=4m 2-44k 2+1．MA :y =y 1x 1+2(x +2)⇒E 0,2y 1x 1+2，NB :y =y 2x 2-2x -2 ⇒F 0,-2y 2x 2-2 ，因为EO =3OF ，所以-2y 1x 1+2=3⋅-2y 2x 2-2，即y 1(x 2-2)=3y 2(x 1+2)，∴kx 1+m x 2-2 =3kx 2+m x 1+2 ，∴2kx 1x 2+(2k +3m )x 1+x 2 +4(k -m )x 2+8m =0，4(k -m )x 2+8m =0，对任意x 2都成立，463,233 是双曲线x 2a 2-y 2b 2=1(a >0,b >0)上一点，B 与=π2．(-4,0)，与双曲线的右支交于点M ，N ，且直线MN 经过F ，求圆C 的方程．【答案】(1)x 28-y 24=1(2)x 2+(y ±26)2=40【分析】(1)由已知条件列方程求出a ,b ,c ，即可求出双曲线的方程；(2)讨论直线MN 的斜率不存在时不满足题意；当斜率存在时设直线MN 的方程为y =kx +m ，联立双曲线的方程，由韦达定理求出MN 的中点Q 的坐标以及C 的坐标，根据勾股定理有CN 2=CP 2=CQ 2+12MN2，代入解方程即可得出答案.【详解】(1)由已知条件得：463+c ,233 ⋅463-c ,233 =0323a 2-43b 2=1a 2+b 2=c 2⇒a 2=8b 2=4c =23双曲线方程为：x 28-y 24=1．(2)若直线MN 的斜率不存在，则圆C 的圆心不在y 轴上，因此不成立．设直线MN 的方程为y =kx +m ，由y =k (x -23)x 28-y 24=1消元得：2k 2-1 x 2-83k 2x +24k 2+8 =0⇒2k 2-1≠0Δ=32k 2+1 >0x 1+x 2=83k 22k 2-1,y 1+y 2=k x 1+x 2 -43k =83k 32k 2-1-43k =43k2k 2-1∴MN 的中点Q 的坐标为43k 22k 2-1,23k2k 2-1．设C (0,m )，直线CQ :y =-1k x +m ，得C 0,63k2k 2-1，22k 2+1 2k 2-12．5.(2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习)已知抛物线E :y 2=2px p >0 的焦点为F ，点F 关于直线y =12x +34的对称点恰好在y 轴上．(1)求抛物线E 的标准方程；(2)直线l :y =k x -2 k ≥6 与抛物线E 交于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点C ，若D 6,0 ，求AB CD的最大值．【答案】(1)y 2=4x(2)2915【分析】(1) 由题意得F p 2,0 ，设F 关于直线y =12x +34的对称点为F 0,m ，根据题意列出方程组，解之即可求解；(2)将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式，并求得线段AB 的垂直平分线方程为y -2k =-1k x -2k 2+2k 2 ，进而得到AB CD=22+49t +36t-12，利用函数的单调性即可求解.【详解】(1)由题意得F p 2,0 ，设F 关于直线y =12x +34的对称点为F0,m ，则m -p 2=-2m 2=18p +34 ，解得m =p =2，∴抛物线E 的标准方程为y 2=4x ．(2)由y =k x -2 y 2=4x 可得k 2x 2-4k 2+4 x +4k 2=0，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则x 1+x 2=4k 2+4k 2，x 1x 2=4，∴AB =1+k 2⋅x 1-x 2 =1+k 2⋅x 1+x 22-4x 1x 2=1+k 2⋅4k 2+4k 22-16=42k 4+3k 2+1k 2，y 1+y 2=k x 1+x 2 -4k =4k ，∴线段AB 的中点坐标为2k 2+2k 2,2k ，则线段AB 的垂直平分线方程为y，22+49t+36t-12，取得最小值，,b 0 的右顶点为A，左焦点C于A，B两点，且AB(2)过点T6,0的直线l2与双曲线C交于P，Q两点，直线AP，AQ分别与直线x=6相交于M，N 两点，试问：以线段MN为直径的圆是否过定点?若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)x29-y24=1(2)以线段MN为直径的圆过定点6-23,0和6+23,0．【分析】(1)根据点到直线的距离公式即可求解b=2，进而联立直线与双曲线方程，根据弦长公式即可求解a=3，(2)联立直线与曲线的方程得韦达定理，根据圆的对称性可判断若有定点则在x轴上，进而根据垂直关系得向量的坐标运算，即可求解.【详解】(1)∵双曲线C的左焦点F-c,0到双曲线C的一条渐近线bx+ay=0的距离为d=bca2+b2=b，而d=2，∴b=2．∴双曲线C的方程为x2a2-y24=10<a<10．依题意直线l1的方程为y=13x-a．由x2a2-y24=1,y=13x-a,消去y整理得：36-a2x2+2a3x-a2a2+36=0，依题意：36-a2≠0，Δ>0，点A，B的横坐标分别为x A,x B，x A -x B =8103，∴x A -x B =8．a =12(舍去)，且a =3时，Δ>0，l 2的方程为x =my +6．由x =my +6,x 29-y 24=1,消去x 整理得：4m 2-9 y 2+48my +108=0，∴4m 2-9≠0，Δ1>0．设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，则y 1+y 2=-48m 4m 2-9，y 1y 2=1084m 2-9．直线AP 的方程为y =y 1x 1-3x -3 ，令x =6得：y =3y 1x 1-3，∴M 6,3y 1x 1-3 ．同理可得N 6,3y 2x 2-3．由对称性可知，若以线段MN 为直径的圆过定点，则该定点一定在x 轴上，设该定点为R t ,0 ，则RM =6-t ,3y 1x 1-3 ，RN =6-t ,3y 2x 2-3 ，故RM ⋅RN =6-t 2+9y 1y 2x 1-3 x 2-3 =6-t 2+9y 1y 2my 1+3 my 2+3 =6-t 2+9y 1y 2m 2y 1y 2+3m y 1+y 2 +9=6-t 2+9×1084m 2-9m 2×1084m 2-9-3m ×48m 4m 2-9+9=6-t 2-12=0．解得t =6-23或t =6+23．故以线段MN 为直径的圆过定点6-23,0 和6+23,0 ．【点睛】关键点睛：本题解题的关键是根据圆的对称性可判断定点在坐标轴上，结合向量垂直的坐标运算化简求解就可，对计算能力要求较高.7.(2023春·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)定义：一般地，当λ>0且λ≠1时，我们把方程x 2a 2+y 2b 2=λ(a >b >0)表示的椭圆C λ称为椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的相似椭圆.)如图，已知F1-3,0,F2 ,M为⊙O:x2+y2=4上的动点，延长F1M至点N，使得MN=MF1 ,F1N的垂直平分线与F2P，记点P的轨迹为曲线C，求C的方程；(2)在条件(1)下，已知椭圆Cλ是椭圆C的相似椭圆，M1,N1是椭圆Cλ的左､右顶点.点Q是Cλ上异于四个顶点的任意一点，当λ=e2(e为曲线C的离心率)时，设直线QM1与椭圆C交于点A,B，直线QN1与椭圆C交于点D,E，求AB+DE的值.【答案】(1)x24+y2=1(2)5【分析】(1)由图可知OM是△F1NF2的中位线，由此可得F2N长为定值，因为点P在F1N的垂直平分线上，所以PF1+PF2=PF2+PN，根据椭圆定义求解析式即可；(2)假设出点Q坐标，表示直线QM1与直线QN1的斜率，并找出两斜率关系，最后表示出两直线方程，分别与椭圆C联立方程，利用弦长公式和韦达定理求出AB+DE的值.【详解】(1)连接OM，易知OM∥12F2N且OM=12F2N，∴F2N=4，又点P在F1N的垂直平分线上，∴PF1=PN，∴PF1+PF2=PF2+PN=NF2=4>23，满足椭圆定义，∴a=2,c=3,b=1，∴曲线C的方程为x24+y2=1.(2)由(1)知椭圆C方程为x24+y2=1，则离心率e=32⇒λ=34，∴楄圆Cλ的标准方程为x23+4y23=1，设Q x0,y0为椭圆Cλ异于四个顶点的任意一点，直线QM1,QN1斜率k QM1,k QN1，则k QM1⋅k QN1=y0x0+3⋅y0x0-3=y20x20-3，又x203+4y203=1⇒y20=143-x20，∴k QM1⋅k QN1=-14k QM1≠±12.)2+y 2=3的两条切线，设切点为P ,Q ，直线PQ 恰为抛物E :y 2=2px ,(p >0)的准线.(1)求抛物线E 的标准方程；(2)设点T 是圆C 上的动点，抛物线E 上四点A ,B ,M ,N 满足：TA =2TM ,TB =2TN，设AB 中点为D .(i )求直线TD 的斜率；(ii )设△TAB 面积为S ，求S 的最大值.【答案】(1)y 2=2x(2)(i )0；(ii )48【分析】(1)设直线PQ 与x 轴交于P 0-p 2,0 ，由几何性质易得：CP 2=CP 0 ⋅CO ，即可解决；(2)设T x 0,y 0 ,A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，(i )中，由于TA 中点M 在抛物线E 上，得y 0+y 12 2=2⋅x 0+x 12，将A x 1,y 1,B x 2,y 2 ，代入联立得D 点纵坐标为y 1+y 22=y 0，即可解决；(ⅱ)由(i )得点D 3y 20-4x 02,y 0，S =12TD ⋅y 1-y 2 =322⋅y 20-2x 03，又点T 在圆C 上，得y 20=-x 20-4x 0-1，可得：S =322⋅-x 0+32+8 3即可解决.【详解】(1)设直线PQ 与x 轴交于P 0-p2,0 .由几何性质易得：△CPP 0与△OCP 相似，所以CP CP 0=CO CP，CP2=CP 0 ⋅CO ，即：3=-p2+2 ⋅2，解得：p =1. 所以抛物线E 的标准方程为：y 2=2x .代入上式可得：9.(2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测)已知F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，O为坐标原点，M为C的准线l上的一点，直线MF的斜率为-1,△OFM的面积为1．(1)求C的方程；(2)过点F作一条直线l ，交C于A,B两点，试问在l上是否存在定点N，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y2=4x(2)存在，-1,0或-1,-4【分析】(1)设点M的坐标为-p 2,a，根据直线MF的斜率为-1，得到a=p，再根据△OFM的面积为1求出p，即可得解；(2)假设存在点N，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方．设直线l 的方程为x=my，k NA +k NB =求出t 的值，即可得解.的坐标为-p 2,a ，1，即a =p ，=1，故抛物线C 的方程为y 2=4x ．(2)解：假设存在点N ，使得直线NA 与NB 的斜率之和等于直线NF 斜率的平方．由(1)得F 1,0 ，抛物线C 的准线l 的方程为x =-1．设直线l 的方程为x =my +1，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，N -1,t ，联立x =my +1y 2=4x得y 2-4my -4=0，所以Δ=16m 2+16>0，y 1+y 2=4m ，y 1y 2=-4．因为k NF =0-t 1+1=-t 2，k NA +k NB =y 1-t x 1+1+y 2-t x 2+1=2my 1y 2+2-tm y 1+y 2 -4t m 2y 1y 2+2m y 1+y 2 +4=2m ⋅-4 +4m 2-tm -4t -4m 2+2m ⋅4m +4=-4t m 2+14m 2+1 =-t ，所以-t =-t22，解得t =0或t =-4．故存在定点N ，使得直线NA 与NB 的斜率之和等于直线NF 斜率的平方，其坐标为-1,0 或-1,-4 ．10.(2023·山东菏泽·统考一模)如图，椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的焦点分别为F 1-3,0,F 23,0 ,A 为椭圆C 上一点，△F 1AF 2的面积最大值为3.(1)求椭圆C 的方程；即可得到结果；kx +m ，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，再由k 2=-3k 1列出b =1，a =b 2+3=2，故椭圆的方程为x 24+y 2=1；+m ，P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，+4k 2 x 2+8km x +4m 2-4=0，Δ=64k 2m 2-41+4k 2 4m 2-4 =161+4k 2-m 2 >0，两边同除x 1，y 2+1x 1x 2=-3⋅y 1-1x 21=-3⋅y 1-141-y 21 =341+y 1 ，kx 1+m ,y 2=kx 2+m 代入上式得：3x 1x 2-41+y 1 1+y 2 =3x 1x 2-4kx 1+m +1 kx 2+m +1 =3-4k 2 x 1x 2-4k m +1 x 1+x 2 -4m +1 2=3-4k 2 4m 2-41+4k 2-4k m +1 -8km 1+4k 2 -4m +1 2=0,整理得：m 2-m -2=0所以m =2或m =-1(舍)，S △PQB =12⋅1⋅x 1-x 2 =12x 1+x 2 2-4x 1x 2=12-8km 1+4k 2 2-44m 2-41+4k 2=24k 2-31+4k 2=24k 2-3+44k 2-3≤12,当k =±72时等号成立，满足条件，所以△PQB 面积的最大值为12.11.(2023·福建泉州·统考三模)已知椭圆C :x 24+y 23=1的左、右顶点分别为A ，B ．直线l 与C 相切，且与圆O :x 2+y 2=4交于M ，N 两点，M 在N 的左侧．(1)若|MN |=455，求l 的斜率；(2)记直线AM ,BN 的斜率分别为k 1,k 2，证明：k 1k 2为定值．【答案】(1)k =±12；(2)证明过程见解析.【分析】(1)根据圆弦长公式，结合点到直线距离公式、椭圆切线的性质进行求解即可；(2)根据直线斜率公式，结合一元二次方【详解】(1)当直线l 不存在斜率时，方程设直线l 的斜率为k ，方程为y =kx +m +y 23=1y =kx +m⇒(3+4k 2)x 2+8km x +4m 2-12=0，因为直线l 与C 相切，所以有Δ=64k 2m 2-43+4k 2 4m 2-12 =0⇒m 2=4k 2+3，圆O :x 2+y 2=4的圆心坐标为0,0 ，半径为2，圆心0,0 到直线y =kx +m 的距离为mk 2+-12，因为|MN |=455，所以有455=2×4-mk 2+-1 22⇒45=4-4k 2+3k 2+1⇒k =±12；(2)A -2,0 ,B 2,0 ，由x 2+y 2=4y =kx +m ⇒1+k 2 x 2+2km x +m 2-4=0，设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,x 1<x 2，则有x 1+x 2=-2km k 2+1,x 1x 2=m 2-4k 2+1=4k 2-1k 2+1，x 1=-km -11+k 2,x 2=-km +11+k 2，k 1k 2=y 1x 1+2⋅y 2x 2-2=kx 1+m kx 2+mx 1x 2-2x 1+2x 2-4=k 2x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2x 1x 2-2x 1+2x 2-4，把x 1+x 2=-2km k 2+1,x 1x 2=m 2-4k 2+1=4k 2-1k 2+1，x 1=-km -11+k 2,x 2=-km +11+k 2代入上式，得k 1k 2=k 24k 2-1k 2+1+km -2km k 2+1+m 24k 2-1k 2+1-2⋅-km -1k 2+1+2⋅-km +1k 2+1-4=m 2-4k 2m 2-4-4k2，而m 2=4k 2+3，所以k 1k 2=4k 2+3-4k 24k 2+3-4-4k 2=-3.【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系，结合椭圆切线的性质进行求解是解题的关键.12.(2023·江苏南通·统考模拟预测)已知A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，C x 3,y 3 三个点在椭圆x 22+y 2=1，椭圆外一点P 满足OP =2AO ，BP =2CP，(O 为坐标原点).(1)求x 1x 2+2y 1y 2的值；(2)证明：直线AC 与OB 斜率之积为定值.【答案】(1)12(2)证明见解析【分析】(1)设P x ,y ，根据向量关系用x 1,x 2,y 1,y 2表示x 3,y 3，代入椭圆方程即可求解；(2)用x 1,x 2,y 1,y 2表示x 3,y 3，代入斜率公式即可求解.【详解】(1)设P x ,y ，因为OP =2AO ，所以x ,y =2-x 1,-y 1 解得x =-2x 1y =-2y 1 ，x 2y 3=-y 1+12y 2，y 21+14x 222+y 22-12x 1x 2-y 1y 2=1，-2y 1y 2+12y 22-2x 1x 2+12x 22-12是定值.C :y 2=2px p >0 ，过焦点F 的直线交抛物线C 于A ，B 两点，且AB =AF ⋅BF .(1)求抛物线C 的方程；(2)若点P 4,4 ，直线PA ，PB 分别交准线l 于M ，N 两点，证明：以线段MN 为直径的圆过定点.【答案】(1)y 2=4x (2)证明见解析【分析】(1)设AB :x =my +p2m ∈R ，联立抛物线方程，由根与系数的关系及抛物线的定义，根据AB =AF ⋅BF 建立方程求出p 得解；(2)由直线方程求出M ,N 的坐标，计算y M ⋅y N =-4，设Q x ,y 是以线段MN 为直径的圆上任意一点，根据MQ ⋅NQ=0化简0=x +1 2+y -y M y -y N ，根据对称性令y =0可得解.【详解】(1)设AB :x =my +p2m ∈R ，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则联立y 2=2pxx =my +p 2得y 2-2pmy -p 2=0，所以Δ=4p 2m 2+4p 2>0y 1+y 2=2pm y 1y 2=-p 2，所以x 1+x 2=2m 2+1 px 1x 2=p 24，又AF =x 1+p 2，BF =x 2+p2，所以AB =AF +BF =x 1+x 2+p 由AB =AF ⋅BF 得x 1+x 2+p =x 1+p 2 x 2+p2，即x 1+x 2+p =x 1x 2+p 2x 1+x 2 +p 24-4即0=x +1 2+y -y M y -y N ，由对称性令y =0得0=x +1 2+y M y N =x +1 2-4，所以x =1或x =-3所以以线段MN 为直径的圆经过定点，定点坐标为-3,0 与1,0 .【点睛】关键点点睛：求出M ,N 的点的坐标，计算出y M ⋅y N 为定值-4，是解题的关键之一，其次写出以MN 为直径的圆的方程，根据圆的方程0=x +1 2+y -y M y -y N ，由对称性，令y =0求定点是解题的关键.14.(2023·江苏连云港·统考模拟预测)已知椭圆E ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的焦距为23，且经过点P -3,12 ．(1)求椭圆E 的标准方程：(2)过椭圆E 的左焦点F 1作直线l 与椭圆E 相交于A ，B 两点(点A 在x 轴上方)，过点A ，B 分别作椭圆的切线，两切线交于点M ，求AB MF 1的最大值．【答案】(1)x 24+y 2=1(2)2【分析】(1)由待定系数法求解析式；(2)设出直线方程，由韦达定理法及导数法求得两切线方程，即可联立两切线方程解得交点M ，再由弦长公式及两点距离公式表示出AB MF 1，进而讨论最值.【详解】(1)由题意得2c =233a 2+14b 2=1a 2=b 2+c2 ，所以a =2b =1 ，即椭圆方程为x24+y 2=1；(2)当直线l 斜率为0时，A ，B 分别为椭圆的左右顶点，此时切线平行无交点．故设直线l ：x =ty -3，由x 24+y 2=1x =ty -3，得t 2+4 y 2-23ty -1=0．Δ=16t 2+16>0，y 1+y 2=23t t 2+4，y 1y 2=-1t 2+4.AB =1+t 2y 1-y 2 =1+t 2y 1+y 22-4y 1y 2=1+t212t 2t 2+42+4t 2+4=4t 2+1t 2+4不妨设A x 1,y 1 在x 轴上方，则B x 2,y 2 在x 轴下方．椭圆在x 轴上方对应方程为y =1-x 24，y =-x41-x 24，则A 处切线斜率为-x 141-x 214=-x 14y 1，得切线方程为y -y 1=-x 14y 1x -x 1 ，整理得x 1x4+y 1y =1.同理可得B 处的切线方程为x 2x4+y 2y =1．由x 1x 4+y 1y =1①x 2x 4+y 2y =1②得x M =4y 2-y 1 x 1y 2-x 2y 1=4y 2-y 1 ty 1-3 y 2-ty 2-3 y 1=4y 2-y 1 3y 1-y 2 =-433，代入①得y M =1+33x 1y 1=1+33ty 1-3 y 1=3t 3，所以M -433,3t 3 ．因为MF 1 =-433+3 2+t 23=1+t 23，所以AB MF 1 =4t 2+1t 2+41+t 23=43t 2+1t 2+4设m =t 2+1≥1，则t 2=m 2-1，则AB MF 1=43m m 2+3=43m +3m≤4323=2，当且仅当m 2=3，即t =±2时，ABMF 1的最大值是2．另解：当直线l 的斜率存在时，设l ：y =k x +3 ，由x 24+y 2=1y =k x +3得1+4k 2 x 2+83k 2x +12k 2-4=0，所以Δ=k 2+1>0，x 1+x 2=-83k 21+4k 2，x 1x 2=12k 2-41+4k 2，AB =1+k 2x 1-x 2 =1+k 2⋅x 1+x 22-4x 1x 2=1+k 2⋅64×3k 21+4k 22-412k 2-41+4k 2=41+k 21+4k 2容，进而进行进一步讨论.15.(2023春·江苏常州·高三校联考开学考试)已知点P2,-1在椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上，C的长轴长为42，直线l:y=kx+m与C交于A,B两点，直线PA,PB的斜率之积为14.(1)求证：k为定值；(2)若直线l与x轴交于点Q，求QA|2+QB|2的值.【答案】(1)证明见解析(2)10【分析】(1)根据题意求出椭圆方程为:x28+y22=1，将椭圆，及相关直线、点进行平移，将y1x1,y2x2看作方程8n-4X2+8t-4nX-4t+1=0的两不等实根，进而可得n=-2t，代入直线方程化简即可；(2)联立直线与椭圆方程，结合韦达定理得y3+y4=m，y3y4=m2-22，化简QA|2+QB|2=5y3+y42-2y3y4，代入韦达定理即可求解.【详解】(1)由题意知2a=424a2+1b2=1⇒a=22b=2,∴椭圆方程为:x28+y22=1.2+4y2+4x-8y=0，x1,y1,B x2,y2，x2+4y2+4x-8ytx+ny=0，x2=0，两边同除以x2=0，-2n，即n=-2t，=12x-12t，即2y2-2my+m2-2=0,Δ>0，y4 2=5y23+y24=5y3+y42-2y3y416.(2023春·江苏苏州·高三统考开学考试)已知抛物线y2=a2x的焦点也是离心率为32的椭圆x2a2+y2 b2=1a>b>0的一个焦点F．(1)求抛物线与椭圆的标准方程；(2)设过F的直线l交抛物线于A、B，交椭圆于C、D，且A在B左侧，C在D左侧，A在C左侧．设a=AC，b=μCD，c=DB．①当μ=2时，是否存在直线l，使得a，b，c成等差数列？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由；②若存在直线l，使得a，b，c成等差数列，求μ的范围．【答案】(1)抛物线的标准方程是y2=12x，椭圆的标准方程为x212+y23=13，得到答案.计算AB =12m 2+1 ，方程无解得到答案；整理得到m 2=,0 ，由于e =c a =32，即F 32a ,0 ，3，y 2=12x ．，C x 3,y 3 ，D x 4,y 4 ，将直线与抛物线联立，则有y 2=12xx =my +3 ，y 2-12my -36=0，Δ=144m 2+36×4>0，则y 1+y 2=12m y 1y 2=-36，于是x 1x 2=my 1+3 my 2+3 =m 2y 1y 2+3m y 1+y 2 +9=9，将直线与椭圆联立，则有x 2+4y 2-12=0x =my +3，得到二次方程m 2+4 y 2+6my -3=0，Δ>0，则有y 3+y 4=-6m m 2+4y 3y 4=-3m 2+4，则AB =x 1-x 22+y 1-y 2 2=1+m 2⋅y 1+y 22-4y 1y 2=12m 2+1 ，CD =x 3-x 42+y 3-y 4 2=1+m 2⋅y 3+y 4 2-4y 3y 4=1+m236m 2m 2+4 2+12m 2+48m 2+42=43m 2+1 m 2+4，AC +DB =AB -CD =12m 2+1 -43m 2+1m 2+4，假设存在直线l ，使得a ，b ，c 成等差数列，即AC +DB =4CD 即有12m 2+1 -43m 2+1 m 2+4=2×2×43m 2+1m 2+4，整理得到12m 2=203-48，方程无解，因此不存在l 满足题设．②只需使得方程12m 2+1 -43m 2+1 m 2+4=2μ×43m 2+1m 2+4有解即可．整理得到m 2=3+23μ-123，故m 2=3+23μ-123>0，等差数列性质，直线和抛物线，椭圆的位置关系，其中，利用韦达定理得到根与系数的关系，根据设需要熟练掌握.)已知椭圆C 1:x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 的右焦点F 和抛物线C 2:C 2的一个公共点是23,263．1和C 2的方程；(2)过点F 作直线l 分别交椭圆于A ，B ，交抛物线C 2于P ，Q ，是否存在常数λ，使1AB -λPQ为定值？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)x 24+y 23=1， y 2=4x (2)存在，λ=13【分析】(1)先求出抛物线的方程，进而求出焦点，再根据椭圆的右焦点与其重合，列出方程组求解即可；(2)利用弦长公式分别表示出AB ,PQ ，然后代入1AB-λPQ ，可求出使1AB -λPQ 为定值的常数λ.【详解】(1)解：由题意知2632=2p ⋅23⇒p =2，∴y 2=4x ，抛物线焦点1,0 ，∴c =149a 2+83b 2=1a 2=b 2+c2 ⇒a =2b =3 ⇒C 1方程：x24+y 23=1，C 2方程：y 2=4x ．(2)解：方法一：假设存在这样的l ，设直线l 的方程为：x =my +1，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，x =my +13x 2+4y 2=12⇒3m 2y 2+2my +1 +4y 2=12，3m 2+4 y 2+6my -9=0．Δ=36m 2+363m 2+4 =144m 2+1 ，∴AB =1+m 2⋅y 1-y 2 =1+m 2⋅144m 2+1 3m 2+4=12m 2+13m 2+4．设P x 3,y 3 ，Q x 4,y 4 ，x =my +1y 2=4x ⇒y 2=4my +4，y 2-4my -4=0，Δ=16m 2+16，∴PQ =1+m 2⋅y 3-y 4 =1+m 2⋅16m 2+16=4m 2+1 ，∴1AB -λPQ =3m 2+412m 2+1 -λ4m 2+1 =3m 2+4-3λ12m 2+1 为定值．∴312=4-3λ12⇒λ=13，∴存在常数λ=13使1AB -λPQ为定值14．θ前系数λ=13．为定值，1的左､右顶点分别为A ,B ，点C 是椭圆上M ,N ,AC 的中点为点D ，直线OD 与椭圆交于点P ,Q ，点P ,C ,M 在x 轴的上方.(1)当AC =5时，求cos ∠POM ；(2)求PQ ⋅MN 的最大值.【答案】(1)-35(2)10【分析】(1)根据题意求出k AC ⋅k OD =-14，根据AC =5分析出点C 满足的方程，求出点C 坐标，进而求出cos ∠POM ；(2)利用弦长公式求出PQ 和MN ，再利用基本不等式求出最值.【详解】(1)由题知A -2,0 ,设C x 0,y 0 ，则D x 0-22,y 02，则k AC ⋅k OD =y 0x 0+2⋅y 0x 0-2=1-14x 2x 20-4=-14.因为AC =5，所以C 在圆(x +2)2+y 2=5上，又C 在椭圆x 24+y 2=1上，所以C x 0,y 0 满足(x +2)2+y 2=5x 24+y 2=1，所以(x +2)2+1-x 24=5，tan2θ-1tan2θ+1=-35x，420k2+524k2+12=100【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．19.(2023·浙江·校联考模拟预测)设双曲线C:x2a2-y2b2=1的右焦点为F3,0，F到其中一条渐近线的距离为2.(1)求双曲线C的方程；(2)过F的直线交曲线C于A，B两点(其中A在第一象限)，交直线x=53于点M，(i)求|AF|⋅|BM||AM|⋅|BF|的值；(ii)过M平行于OA的直线分别交直线OB、x轴于P，Q，证明：MP=PQ.【答案】(1)x25-y24=1(2)(i)1；(ii)证明见解析【分析】(1)结合点F到其中一条渐近线的距离为2和a2+b2=c2，即可求得本题答案；直线方程与双曲线方程联立消x，即可求得本题答案；(ii)到它的距离为2，故P 为线段MQ 的中点，所以|MP |=|P 【点睛】关键点点睛：本题第二小题第一如何用y 1,y 2,y M 表示出来，进而利用韦达定理进行化简求值，考查了学生的转化能力以及对复杂运算的求解能力20.(2023春·浙江绍兴·高三统考开学考试)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 24+y 2=1,B 1,0 .(1)设P 是椭圆C 上的一个动点，求PO ⋅PB的取值范围；(2)设与坐标轴不垂直的直线l 交椭圆C 于M ,N 两点，试问：是否存在满足条件的直线l ，使得△MB N 是以B 为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出直线l 的方程，若不存在，请说明理由.【答案】(1)23,6(2)y =54x -355或y =-54x +355【分析】(1)设点P (x 0,y 0)，将PO ⋅PB转化为坐标表示，求取值范围；(2)设直线方程，与椭圆方程联立，设MN 中点为D ，若△MB N 是以B 为直角顶点的等腰直角三角形，则BM ⊥BN ，BD ⊥MN ，解出直线方程.【详解】(1)设点P (x 0,y 0)，则x 204+y 20=1，PO ⋅PB =(-x 0,-y 0)⋅(1-x 0,-y 0)=x 0(x 0-1)+y 20=34x 0-23 2+23，因为-2≤x 0≤2，所以当x 0=-2时，PO ⋅PB max =34×-2-23 2+23=6，当x 0=23时，PO ⋅PB min =34×23-23 2+23=23，所以PO ⋅PB ∈23,6 .(2)设直线l ：y =kx +m (k ≠0)，M (x 1,y 1)，N (x 2,y 2)，y =kx +mx 24+y 2=1，消去y 得，(4k 2+1)x 2+8km x +4m 2-4=0，由题，Δ=64k 2m 2-4(4k 2+1)(4m 2-4)>0，x 1+x 2=-8km 4k 2+1，x 1x 2=4m 2-44k 2+1，y 1+y 2=kx 1+m +kx 2+m =2m 4k 2+1，y 1y 2=(kx 1+m )(kx 2+m )=m 2-4k 24k 2+1，若△MB N 是以B 为直角顶点的等腰直角三角形，则BM ⊥BN ， BM ⋅BN=(x 1-1,y 1)⋅(x 2-1,y 2)=x 1x 2-(x 1+x 2)+1+y 1y 2=8km +5m 2-34k 2+1=0，所以8km +5m 2-3=0，①设MN 中点为D ，则D -4km4k 2+1,m 4k 2+1，因为BD ⊥MN ，，即3km +4k 2+1=0，②=-54，m =355，满足Δ>0，为直角顶点的等腰直角三角形，-54x +355.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为12，且经过点MQ x 0,y 0 为平面内一个动点，其中y 0>0，记直线QF 1与椭圆C 在x 轴上方的交点为A x 1,y 1 ，直线QF 2与椭圆C 在x 轴上方的交点为B x 2,y 2 ．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)①若AF 2∥BF 1，证明：1y 1+1y 2=1y 0；②若QF 1 +QF 2 =3，探究y 0,y 1,y 2之间关系．【答案】(1)x 24+y 23=1(2)①证明见解析 ；②4y 0=31y 1+1y 2【分析】(1)根据椭圆的离心率和a =2即可求解；(2)①根据两点求斜率公式和直线的点斜式方程表示出直线AF 1、BF 2，得x 1y 2-x 2y 1+y 1+y 2=2y 1y 2y 0.根据平面平行向量的坐标表示可得x 2y 1-x 1y 2+y 1+y 2=0，即可证明；②设直线QF 2方程，联立椭圆方程，消去x ，得关于y 的一元二次方程，化简整理方程可得1y 2=x 0-1 +2QF 23y 0.同理可得1y 1=-x 0+1 +2QF 1 3y 0，对于1y 1+1y 2化简计算即可求解.【详解】(1)由题意得：e =c a=12a =2⇒a =2b =3c =1，因此，椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1；(2)①由(1)知，F 1(-1,0),F 2(1,0)，∵k AF 1=y 1x 1+1,k BF 2=y 2x 2-1,∴x =x 1+1y 1y -1,x =x 2-1y 2y +1,∴x 2-1y 2y 0+1=x 1+1y 1y 0-1，∴x 1+1y 1y 0-x 2-1y 2y 0=2,∴x 1+1 y 2-x 2-1 y 1=2y 1y 2y 0，即x 1y 2-x 2y 1+y 1+y 2=2y 1y 2y 0，又∵F 1B=x 2+1,y 2 ,F 2A =x 1-1,y 1 ,∴x 2+1 y 1-x 1-1 y 2=0，=-2+2⋅33y0=43y0．的左右焦点分别为F1，F2，点A0,y1，经过点B(3,0)且与x轴垂直的直线l与直线AP交于点Q．(1)求证：y0y1=1．(2)试问：x轴上是否存在不同于点B的定点M，满足当直线MP，MQ的斜率存在时，两斜率之积为定值？若存在定点M，求出点M的坐标及该定值；若不存在，请说明理由．MQ 的斜率之积为定值，该定值为-920．-b )2=r 2(r >0)，代入-3,0 、x 0,y 0 及A 0,y 1 可解得y 1=k AP =k AQ 得y Q ，即可表示出k MP ⋅k MQ 讨论定值是否存在.0 ，F 23,0 设圆的方程为x 2+(y -b 0)2=r 2(r >0)，代入F 1-3,0 及x 0,y 0 ，得3+b 20=r 2x 20+y 0-b 0 2=r 2 ，两式相减，得b 0=x 02+y 02-32y 0=4-4y 02+y 02-32y 0=121y 0-3y 0 ，所以圆的方程为x 2+y 2-2b 0y -3=0即x 2+y 2+3y 0-1y 0y -3=0，令x =0，得y 2+3y 0-1y 0y -3=0，由y 1>0，可得y 1=1y 0，即y 0y 1=1．(2)设M (m ,0)(m ≠3)，由(1)知A 0,1y 0 ，由A ，P ，Q 三点共线，得y 0-1y 0x 0=y Q -1y 03，解得Y Q =3y 02-1 +x 0x 0y 0，则k MP ⋅k MQ =y 0x 0-m ⋅3y 02-1 +x 0x 0y 03-m =3y 02-1 +x 0x 0x 0-m 3-m，代入y 20-1=-x 204，得k MP ⋅k MQ =-34x 02+x 0x 0x 0-m 3-m =-34x 02+1x 0-m 3-m，当且仅当-34=1-m ，即m =43时，k MP ⋅k MQ =-920为定值．综上，存在点M 43,0 ，可使得直线MP 与MQ 的斜率之积为定值，该定值为-920．【点睛】探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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.23.(2023春·广东·高三校联考阶段练习)已知双曲线E :x 2a 2-y 2b 2=1(a >0,b >0)的右顶点为A 2,0 ，直线l 过点P 4,0 ，当直线l 与双曲线E 有且仅有一个公共点时，点A 到直线l 的距离为255.c=5b，结合双曲线中a,b,c的关系即可求解b=1,c=5，将∠MQP=∠NQP转化成斜率关系，即可代入求解.A2,0，所以a=2.当直线l与双曲线E有且仅有一个公共点时，直线l平行于双曲线E的一条渐近线.不妨设直线l的方程为y=ba x-4，即bx-ay-4b=0，所以点A到直线l的距离d=2bb2+a2=2b c=255，所以c=5b.因为c2=a2+b2，所以b=1,c=5，故双曲线E的方程为x24-y2=1.(2)设直线l的方程为x=my+4,M x1,y1,N x2,y2，联立方程组x=my+4x24-y2=1，得m2-4y2+8my+12=0，则y1+y2=-8mm2-4,y1y2=12m2-4,m2-4≠0且Δ>0.因为∠MQP=∠NQP，所以k QM+k QV=y1x1-t+y2x2-t=y1my1+4-t+y2my2+4-t=0，所以y1my2+4-t+y2my1+4-t=2my1y2+4-ty1+y2=24mm2-4-4-t8mm2-4=8m t-1m2-4=0，解得t=1.当直线l恰好为x轴时，t=1也满足题意，故t=1【点睛】直线与双曲线抛物线的位置关系和直线与椭圆、抛物线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；解析几何简化运算的常见方法：(1)正确画出图形，利用平面几何知识简化运算；(2)坐标化，把几何关系转化为坐标运算；(3)巧用定义，简化运算.24.(2023·广东梅州·统考一模)已知动圆M经过定点F1-3,0，且与圆F2：x-32+y2=16内切.(1)求动圆圆心M的轨迹C的方程；.直(ii)证明见解析，定点1,0利用两圆内切即可得出半径之和等于圆心距，再根据椭圆A,B即为椭圆的左右顶点，设出点P,Q坐标，利用共线时斜率相等即可得出k AP⋅k AQ的表达式，化简即可得出k Ap⋅k AQ=-112；(ii)根据(i)中的结论，写出直线PQ的方程，将表达式化简即可得出直线PQ经过定点1,0.【详解】(1)设动圆的半径为r，由题意得圆F2的圆心为F23,0，半径R=4；所以MF1=r，MF2=R-r，则MF1+MF2=4>23=F1F2.所以动点M的轨迹C是以F1，F2为焦点，长轴长为4的椭圆.因此轨迹C方程为x24+y2=1.(2)(i)设P x1,y1，Q x2,y2，T4,m.由题可知A-2,0，B2,0，如下图所示：则k AP=y1x1+2，k AQ=k AT=m-04--2=m6，而k BP=k BT=y1x1-2=m2，于是m=2y1x1-2，所以k AP⋅k AQ=y1x1+2×m6=y1x1+2×y13x1-2=y213x21-4，又x214+y21=1，则y21=144-x21，因此k Ap⋅k AQ=144-x213x21-4=-112为定值.(ii)设直线PQ的方程为x=ty+n，P x1,y1，Q x2,y2.n 2-4=0，y 2x 2+2=y 1y 2ty 1+n +2 ty 2+n +2=-112，=1或n =-2(舍去)，因此直线PQ 经过定点1,0 .【点睛】方法点睛：解决定值或定点问题时，经常会用到设而不求的方法，即首先设出点坐标或直线方程，再根据题目条件寻找等量关系即可实现整体代换求得定值或定点.25.(2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习)已知双曲线E ：x 24-y 2=1与直线l ：y =kx -3相交于A 、B 两点，M 为线段AB 的中点．(1)当k 变化时，求点M 的轨迹方程；(2)若l 与双曲线E 的两条渐近线分别相交于C 、D 两点，问：是否存在实数k ，使得A 、B 是线段CD 的两个三等分点？若存在，求出k 的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)x 2=4y 2+12y ，其中y ≤-3或y >13(2)存在，k =±32【分析】(1)设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，M x 0,y 0 ，联立直线l 与双曲线E 的方程，消去y ，得1-4k 2 x 2+24kx -40=0，根据已知直线l 与双曲线E 相交于A 、B 两点，得Δ=160-64k 2>0且1-4k 2≠0，即k 2<52且k 2≠14，由韦达定理，得x 1+x 2=-24k 1-4k 2，则x 0=-12k 1-4k 2，y 0=-31-4k 2，联立消去k ，得x 20=4y 20+12y 0，再根据k 的范围得出y 的范围，即可得出答案；(2)设C x 3,y 3 ，D x 4,y 4 ，根据双曲线E 的渐近线方程与直线l 的方程联立即可得出x 3=62k -1，x 4=62k +1，则x 3+x 42=-12k 1-4k 2=x 0，即线段AB 的中点M 也是线段CD 的中点，若A ，B 为线段CD 的两个三等分点，则CD =3AB ，结合弦长公式列式得x 3-x 4 =3x 1-x 2 ，即可化简代入得出124k 2-1 =3-24k 1-4k 2 2+1601-4k 2，即可解出答案.【详解】(1)设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，M x 0,y 0 ，联立直线l 与双曲线E 的方程，得y =kx -3x 2-4y 2=4，且k 2≠14．3=-12k 21-4k2-3=-31-4k 2．y 0．13．y ，其中y ≤-3或y >13．．3得x 3=62k -1，同理可得x 4=62k +1，的中点．若A ，B 为线段CD 的两个三等分点，则CD =3AB ．即1+k 2x 3-x 4 =31+k 2x 1-x 2 ，x 3-x 4 =3x 1-x 2 ．而x 1-x 2 =x 1+x 2 2-4x 1x 2=-24k 1-4k 2 2+1601-4k2，x 3-x 4 =62k -1-62k +1 =124k 2-1 ．所以，124k 2-1 =3-24k 1-4k 2 2+1601-4k 2，解得k =±32，所以k =±32，存在实数，使得A 、B 是线段CD 的两个三等分点．26.(2023·山东·日照一中校考模拟预测)已知双曲线C :x 2a 2-y 2b 2=1(a >0,b >0)的左、右焦点分别为F 1,F 2，斜率为-3的直线l 与双曲线C 交于A ,B 两点，点M (4,-22)在双曲线C 上，且MF 1 ⋅MF 2 =24.(1)求△MF 1F 2的面积；(2)若OB +OB=0(O 为坐标原点)，点N 3,1 ，记直线NA ,NB 的斜率分别为k 1,k 2，问：k 1⋅k 2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)82(2)k 1⋅k 2为定值-1.·【分析】(1)设F 1(-c ,0),F 2(c ,0)，根据两点间长度得出MF 1 与MF 2 ，即可根据已知列式解出c ，即可得出答案；24，又c>0，所以c=4，则F1F2=8，所以△MF1F2的面积S=12×8×22=82.(2)由(1)可16a2-8b2=1a2+b2=16，解得a2=b2=8，所以双曲线C的方程为x28-y28=1，设A x1,y1,B x2,y2，则B -x2,-y2，则k1=y1-1x1-3，k2=-y2-1-x2-3，设直线l的方程为y=-3x+m，与双曲线C的方程联立，消去y得：8x2-6mx+m2+8=0，由Δ=(-6m)2-32m2+8>0，得m >8，由一元二次方程根与系数的关系得x1+x2=3m4,x1x2=m2+88，所以y1y2=(-3x1+m)(-3x2+m)=9x1x2-3m(x1+x2)+m2=-m28+9，y1-y2=-3x1-x2，则k1⋅k2=y1-1x1-3⋅-y2-1-x2-3=y1y2+y1-y2-1x1x2+3x1-3x2-9=-m28+8-3x1-x2m28-8+3x1-x2=-1，故k1⋅k2为定值-1.·27.(2023秋·山东泰安·高三统考期末)已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0过A1,62，B3,22两点．(1)求椭圆E的方程；(2)已知Q4,0，过P1,0的直线l与E交于M，N两点，求证：MPNP =MQNQ．【答案】(1)x24+y22=1(2)证明见解析【分析】(1)将两点坐标代入，求出椭圆方程；M2,0，N-2,0或M-2,0，N2,0．x1,y1，N x2,y2，+y2x2-4=y1my1-3+y2my2-3sin∠NQPsin∠NPQ，>0,b>0)的焦距为10，且经过点M(8,33)．连接PA，PB交双曲线E于点C，D(不同于A，B)．(1)求双曲线E的标准方程．(2)直线CD是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)x216-y29=1(2)直线CD过定点，定点坐标为(8,0)．【分析】(1)方法一：将M(8,33)代入方程，结合a2+b2=c2求得a,b得双曲线方程；方法二：根据双曲线定义求得a得双曲线方程.t 相(a 2=16,b 2=9，∴双曲线E 的标准方程为x 216-y 29=1．∴c =5,2a =MF 1-MF 2 =196-36=8，∴a =4,b 2=c 2-a 2=9，∴双曲线E 的标准方程为x 216-y 29=1．(2)直线CD 不可能水平，故设CD 的方程为x =my +t ,C x 1,y 1 ,D x 2,y 2 ，联立x =my +tx 216-y 29=1消去x 得9m 2-16 y 2+18mty +9t 2-144=0,9m 2-16≠0 ，∴y 1+y 2=-18mt 9m 2-16，y 1y 2=9t 2-1449m 2-16，y 1-y 2=±24t 2+9m 2-169m 2-16，AC 的方程为y =y 1x 1+4(x +4)，令x =2，得y p =6y 1x 1+4，BD 的方程为y =y 2x 2-4(x -4)，令x =2，得y p =-2y 2x 2-4，∴6y 1x 1+4=-2y 2x 2-4⇔3x 2y 1-12y 1+x 1y 2+4y 2=0⇔3my 2+t y 1-12y 1+my 1+t y 2+4y 2=0⇔4my 1y 2+3t -12 y 1+t +4 y 2=0⇔4my 1y 2+2t -4 y 1+y 2 +t -8 y 1-y 2 =0⇔4m 9t 2-144 9m 2-16-(2t -4)18mt 9m 2-16±24(t -8)t 2+9m 2-169m 2-16=0⇔3m (8-t )±(t -8)t 2+9m 2-16=0⇔(8-t )3m ±t 2+9m 2-16 =0，解得t =8或t 2+9m 2-16=±3m ，即t =8或t =4(舍去)或t =-4(舍去)，∴CD 的方程为x =my +8，∴直线CD 过定点，定点坐标为(8,0)．方法二．直线CD 不可能水平，设CD 的方程为x =my +t ,C x 1,y 1 ,D x 2,y 2 ,P (2,n )，联立x =my +t ,x 216-y 29=1,，消去x 得9m 2-16 y 2+18mty +9t 2-144=0，∴y 1+y 2=-18mt 9m 2-16,y 1y 2=9t 2-1449m 2-16，AC 的方程为y =n 6(x +4)，BD 的方程为y =n-2(x -4)，。

高考数学复习----圆锥曲线压轴解答题常考套路归类专项练习题（含答案解析）1．（2023春·福建泉州·高三阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，已知点，直线：，为平面上的动点，过点作直线的垂线，垂足为点，分别以PQ ，PF 为直径作圆和圆，且圆和圆交于P ，R 两点，且.(1)求动点的轨迹E 的方程；(2)若直线：交轨迹E 于A ，B 两点，直线：与轨迹E 交于M ，D 两点，其中点M 在第一象限，点A ，B 在直线两侧，直线与交于点且，求面积的最大值.【解析】（1）设点,因为, 由正弦定理知,,解得, 所以曲线的方程为.（2）直线与曲线在第一象限交于点, 因为,所以, 由正弦定理得:,xOy ()1,0F l =1x −P P l Q 1C 2C 1C 2C PQR PFR ∠=∠P 1l x my a =+2l 1x =2l 1l 2l N MA BN AN MB ⋅=⋅MAB △(,)P x y PQR PFR ∠=∠||||PQ PF =|1|x =+24y x =E 24y x =1x =E (1,2)M ||||||||MA BN AN MB ⋅=⋅||||||||MA MB AN BN =sin sin sin sin ANM BNMAMN BMN∠∠=∠∠所以. 设， 所以, 得,所以， 所以直线方程为:,联立，得 由韦达定理得,又因为点在直线的上方,所以,所以, 所以又因为点到直线的距离为所以方法一：令,则,所以当时,单调递增,当时,单调递减,所以， 所以当时,面积最大,此时最大值为.方法二：最大值也可以用三元均值不等式,过程如下:， 当且仅当,即时,等号成立.AMN BMN ∠=∠()()1122,,,A x y B x y 12122212121222224411221144AM BM y y y y k k y y x x y y−−−−+=+=+=+=−−++−−124y y +=−2121222121124144AB y y y y k y y x x y y −−====−−+−1l x y a =−+24y xx y a ⎧=⎨=−+⎩2440,16(1)0,1y y a a a +−=∆=+>>−12124,4y y y y a +=−=−M 1l 21a >−+13a −<<12||AB y =−=M 1l d =11||22ABMSAB d ==⨯=2()(1)(3),13f a a a a =+−−<<()(31)(3)f a a a '=−−113a −<<()0,()f a f a '>133a <<()0,()f a f a '<max 1256()327f a f ⎛⎫== ⎪⎝⎭13a =ABM S ∆=ABM S △ABMS==223a a +=−13a =2．（2023·北京·高三专题练习）已知椭圆中心在原点，焦点在坐标轴上，，一个焦点为． (1)求椭圆的标准方程；(2)过点且不与坐标轴垂直的直线与椭圆相交于两点，直线分别与直线相交于两点，若为锐角，求直线斜率的取值范围． 【解析】（1）由题意知：椭圆的离心率因为一个焦点为，所以，则由可得：，所以椭圆的标准方程为. （2）设直线的方程为，， 联立方程组，整理可得：，则有， 由条件可知：直线所在直线方程为：， 因为直线与直线相交于 所以，同理可得：， 则， 若为锐角，则有， 所以 C O ()0,1F C F l ,A B ,OA OB 2y =,M N MON ∠l k C c e a ==()0,1F 1c =a 222a b c =+1b =C 2212y x +=l 1y kx =+1122(,),(,)A x y B x y 22112y kx y x =+⎧⎪⎨+=⎪⎩22(2)210k x kx ++−=12122221,22k x x x x k k −−+==++OA 11y y x x =OA 2y =M 112(,2)x M y 222(,2)xN y 112(,2)x OM y =222(,2)xON y =MON ∠0OM ON >121212212121212444444(1)(1)()1x x x x x x OM ON y y kx kx k x x k x x =+=+=++++++，则，解得：或， 所以或或， 故直线斜率的取值范围为. 3．（2023·青海海东·统考一模）已知函数.(1)求曲线在处的切线方程；(2)若在点处的切线为，函数的图象在点处的切线为，，求直线的方程.【解析】（1），，则，所以曲线在处的切线方程为，即.（2）设，令，则. 当时，； 当时，.所以在上单调递增，在上单调递减，所以在时取得最大值2，即.，当且仅当时，等号成立，取得最小值2. 因为，所以，得.2222142=412122k k k k k k −⨯++−−⨯+⨯+++22=41k +−22421k k −=−224201k k −>−212k <21k>k −<<1k >1k <−l k 22(,1)(,)(1,)22−∞−−+∞()32ln 13x f x x x x =−+−()y f x =1x =()y f x =A 1l ()e e x xg x −=−B 2l 12l l ∥AB ()11101133f =−+−=−()222ln 212ln 3f x x x x x =+−+=−+'()12f '=()y f x =1x =()1213y x +=−723y x =−()()1122,,,A x y B x y ()22ln 3h x x x =−+()()()21122x x h x x x x+−=−='01x <<()0h x '>1x >()0h x '<()h x ()0,1()1,+∞()22ln 3h x x x =−+1x =()2f x '…()e e 2x x g x −=+'…0x =()g x '12l l ∥()()122f x g x ''==121,0x x ==即，所以直线的方程为，即. 4．（2023春·重庆·高三统考阶段练习）已知椭圆的左右焦点分别为，右顶点为A ，上顶点为B ，O 为坐标原点，．(1)若的面积为的标准方程；(2)如图，过点作斜率的直线l 交椭圆于不同两点M ，N ，点M 关于x 轴对称的点为S ，直线交x 轴于点T ，点P 在椭圆的内部，在椭圆上存在点Q ，使，记四边形的面积为，求的最大值．【解析】（1），∴，，解得的标准方程为：. （2），∴，椭圆，令，直线l 的方程为：， 联立方程组： ，消去y 得，由韦达定理得，，()11,,0,03A B ⎛⎫− ⎪⎝⎭AB ()130010y x −−−=−−13y x =−22122:1(0)x y C a b a b+=>>12,F F ||2||OA OB =12BF F △1C (1,0)P (0)k k >1C SN OM ON OQ +=OMQN 1S 21OT OQ S k⋅−||2||OA OB =2a b =12122BF F S b c =⋅=△bc =222a b c =+4,2,a b c ===1C 221164x y +=||2||OA OB =2a b =22122:14x yC b b+=()()()()201012,,,,,,,0T M x y N x y Q x y T x (1)y k x =−222214(1)x y b b y k x ⎧+=⎪⎨⎪=−⎩22222(14)8440k x k x k b +−+−=2122814k x x k +=+221224414k b x x k −=+有 ，因为：，所以， ， 将点Q 坐标代入椭圆方程化简得： ， 而此时： . 令，所以直线 ， 令得 ， 由韦达定理化简得，，而， O 点到直线l 的距离， 所以：，，因为点P 在椭圆内部，所以 ，得，即令 ，求导得 ，当，单调递增； 当 ，即，单调递减.所以：，即5．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C ：的右顶点为，过左焦点F 的直线交椭圆于M ，N 两点，交轴于P 点，，，记，，（为C 的右焦点）的面积分别为.121222(2)14kyy k x x k −+=+−=+OM ON OQ +=202814k x k =+02214k y k −=+222414k b k=+()22222284(14)(44)480k k k b k ∆=−+−=>()11,S x y −122221:()y y SN y y x x x x +−=−−0y =()1212211212212112122(1)(1)(2)2T x x x x x y x y k x x k x x x y y k x x x x −+−+−===+++−+−24T x b =12OMN S S =△12MN x =−=d =1122S MN d =⨯⋅=2222243212814(14)k b k OQ OT k k ⋅==++2312280(14)OT OQ S k k k ⋅−=+214b <2112k >k >322()(14)k f k k =+222222423(41)(43)(43)()(14)(14)k k k k k f k k k −+−−−'==++213124k <<k <<()0f k '>()f k 234k >k >()0f k '<()f k max()f k f ==⎝⎭21maxOT OQ S k ⎛⎫⋅−=⎪⎝⎭22221(0)x y a b a b+=>>A 1(0)x ty t =−≠y PM MF λ=PN NF μ=OMN 2OMF △2ONF △2F 123,,S S S(1)证明：为定值；(2)若，，求的取值范围.【解析】（1）由题意得F ，，所以椭圆C 的标准方程为：.设，显然，令，，则，则，，由得，解得，同理. 联立，得. ，从而（定值） （2）结合图象，不妨设，，，， λμ+123S mS S μ=+42λ−≤≤−m a (1,0)1c −⇒=2221b a c =−=2212x y +=1122(,),(,)M x y N x y 0t ≠0x =1y t =10,P t ⎛⎫⎪⎝⎭111,PM x y t ⎛⎫=− ⎪⎝⎭()111,MF x y =−−−PM MF λ=11111(,)(1,)x y x y t λ−=−−−111ty λ+=211ty μ+=22121x y x ty ⎧+=⎪⎨⎪=−⎩22(2)210t y ty +−−=12122221,11t y y y y t t −+==++121212*********y y tty ty t y y t λμ++++=+=⋅=⋅=−−4λμ+=−120y y >>1121211122S y y y y =⋅⋅−=−（）21111122S y y =⋅⋅=32211122S y y =⋅⋅=−由得 代入，有，则， 解得 ，，设，则，设，则，令，解得，解得，故在上单调递减，在上单调递增，则且，则，则. 6．（2023·四川成都·统考二模）已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率，.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点的直线与该椭圆交于两点，且的方程. 【解析】（1）由已知得，解得，，所求椭圆的方程为；（2）由（1）得.①若直线的斜率不存在，则直线的方程为，由得. 111ty λ+=21211111,,13y y y tt y λμμμλμ++++====+−−123S mS S μ=+()1212111222y y my y μ−=−1212y y my y μ−=−2222111811(1)17(3)133y y y m y y y μμμμμμ⎡⎤=−+=−−=−=−++−+⎢⎥+⎣⎦42λ−≤≤−31[1,3]μλ∴+=−−∈3u μ=+[]1,3u ∈()87h u u u ⎛⎫=−+ ⎪⎝⎭()228uh u u −'=()0h u '>1u <<()0h u '<3u <<()h u ()(()max 7h u =−()()412,33h h =−=()2,7h u ⎡∈−−⎣2,7m ⎡−−⎣∈22221(0)x y a b a b+=>>12,F F e =22a c =1F l M N 、2223F M F N +=l 22c a a c⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩1a c ==1b ∴∴2212x y +=()()121,01,0F F −､l l =1x −22112x x y =−⎧⎪⎨+=⎪⎩2y =设， ，这与已知相矛盾. ②若直线的斜率存在，设直线直线的斜率为，则直线的方程为，设，联立， 消元得，，，又，， 化简得，解得或（舍去）所求直线的方程为或.7．（2023·全国·高三专题练习）设分别是椭圆的左､右焦点，过作倾斜角为的直线交椭圆于两点，到直线的距离为3，连接椭圆的四个顶点得到的菱形面积为4. (1)求椭圆的方程；(2)已知点，设是椭圆上的一点，过两点的直线交轴于点，若，1,M N ⎛⎛−− ⎝⎭⎝⎭､()222,4,04F M F N ⎛⎛⎫∴+=−+−=−= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭l l k l ()1y k x =+()()1122,,M x y N x y ､()22112y k x x y ⎧=+⎪⎨+=⎪⎩()2222124220k x k x k +++−=22121222422,1212k k x x x x k k −−∴+==++()121222212ky y k x x k ∴+=++=+()()2112221,,1,F M x y F N x y =−=−()2212122,F M F N xx y y ∴+=+−+(22F M F N x ∴+=424023170k k −−=21k =21740k =−1k ∴=±∴l 1y x =+=1y x −−12,F F 2222:1(0)x y D a b a b+=>>2F π3D ,A B 1F AB D D ()1,0M −E D ,E M l y C CE EM λ=求的取值范围；(3)作直线与椭圆交于不同的两点，其中点的坐标为，若点是线段垂直平分线上一点，且满足，求实数的值.【解析】（1）设的坐标分别为，其中； 由题意得的方程为. 因为到直线的距离为3，解得①因为连接椭圆的四个顶点得到的菱形面积为4，所以，即 ②联立①②解得: ,所求椭圆D 的方程为.（2）由（1）知椭圆的方程为，设，因为，所以所以，代入椭圆的方程， 所以，解得或.（3）由，设根据题意可知直线的斜率存在，可设直线斜率为，则直线的方程为，把它代入椭圆的方程，消去整理得： 由韦达定理得则，； 所以线段的中点坐标为. （i ）当时，则，线段垂直平分线为轴，λ1l D ,P Q P ()2,0−()0,N t PQ 4NP NQ ⋅=t 12,F F ()(),0,,0c c −0c >AB )y x c −1F AB 3,=c =2223a b c −==D 12242a b ⨯⨯=2ab =2,1a b ==2214x y +=2214x y +=11(,),(0,)E x y C m CE EM λ=1111(,)(1,),x y m x y λ−=−−−11,11m x y λλλ=−=++22()1()141m λλλ−++=+2(32)(2)04m λλ++=≥23λ≥−2λ≤−()2,0P −11(,)Q x y 1l k 1l ()2y k x =+D y 2222(14)16(164)0k x k x k +++−=212162,14k x k −+=−+2122814k x k −=+112()4214k y k x k =+=+PQ 22282(,)1414k kk k −++0k =()2,0Q PQ y于是，由解得（ii ）当时，则线段垂直平分线的方程为. 由点是线段垂直平分线的一点，令，得；于是由， 解得综上可得实数的值为8．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，为椭圆的左､右顶点，焦距长为在椭圆上，直线的斜率之积为.(1)求椭圆的方程；(2)已知为坐标原点，点，直线交椭圆于点不重合），直线交于点.求证：直线的斜率之积为定值，并求出该定值. 【解析】（1）由题意，，设，，由题意可得，即，可得 (2,),(2,)NP t NQ t =−−=−244,NP NQ t ⋅=−+=t =±0k ≠PQ 222218()1414k ky x k k k −=−+++()0,N t PQ 0x =2614kt k =−+11(2,),(,)NP t NQ x y t =−−=−24211222224166104(16151)2()4141414(14)k k k k k NP NQ x t y t k k k k −++−⎛⎫⋅=−−−=+== ⎪++++⎝⎭k =2614k t k =−=+t ±,A B 2222:1(0)x yE a b a b+=>>P E ,PA PB 14−E O ()2,2C −PC E (,M M P ,BM OC G ,AP AG ()(),0,,0A a B a −()00,P x y 0000,PA PB y y k k x a x a==+−000014y y x a x a ⋅=−+−222014y x a =−−2202222222201111444x b a b a c x a a a ⎛⎫− ⎪−⎝⎭=−⇒=⇒=−又所以，椭圆的方程为；（2）由题意知，直线的斜率存在，设直线，且联立，得 由，得，所以， 设，由三点共线可得所以，直线的斜率之积为定值.9．（2023·全国·高三专题练习）已知，分别是椭圆的上、下焦点，直线过点且垂直于椭圆长轴，动直线垂直于点，线段的垂直平分线交于点，点的轨迹为.2c =c =2a =E 2214x y +=MP :MP y kx m =+()()112222,,,,k m P x y M x y =−+2214y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩()222148440k x kmx m +++−=Δ0>22410k m +−>2121222844,1414km m x x x x k k −−+==++(),G t t −,,G M B 222222222y y tt t x x y −=⇒=−−−+−11,22AG AP y tk k t x ==−++()()()()112121221212222221222AG AP y y y y y tk k t x x y x k x m x ⋅=⋅=−=−−+++−+⎡⎤++−+⎣⎦()()()()()())()()22212122212112121221222124y k x x km x x m y m x x m x m x m x x x x +++=−=−=−−++⎡⎤⎡⎤−+−+−+++⎣⎦⎣⎦()()()2222222222222222244844841414448144164161241414m kmk km m k m k m m k m k k m km m m km k m k k −−+⋅+−−++++=−=−⎡⎤⎡⎤−−−−−++⎣⎦−+⋅+⎢⎥++⎣⎦()()()()()()()2222222422141(2)818144144m k m k m k m k m m m m k m m m m km k −+−++−=−=−=−=−=−−−−−−−+,AP AG 14−F F '221:171617C x y +=1l F '2l 1l G GF 2l H H 2C(1)求轨迹的方程；(2)若动点在直线上运动，且过点作轨迹的两条切线、，切点为A 、B ，试猜想与的大小关系，并证明你的结论的正确性.【解析】（1），，椭圆半焦距长为，，，，动点到定直线与定点的距离相等，动点的轨迹是以定直线为准线，定点为焦点的抛物线，轨迹的方程是；（2）猜想证明如下：由（1）可设，，，则，切线的方程为：同理，切线的方程为： 联立方程组可解得的坐标为， 在抛物线外，，，2C P :20l x y −−=P 2C PA PB PFA ∠PFB ∠22171617x y +=∴2211716y x +=∴1410,4F ⎛⎫'− ⎪⎝⎭10,4F ⎛⎫ ⎪⎝⎭HG HF =∴H 11:4l y =−10,4F ⎛⎫⎪⎝⎭∴H 11:4l y =−10,4F ⎛⎫⎪⎝⎭∴2C 2x y =PFA PFB ∠=∠()211,A x x ()()22212,B x x x x ≠2y x =2y x '∴=112AP x x k y x =='=∴AP ()1221111220y x x x x y x x x −⇒−=−−=BP 22220x x y x −−=P 122P x x x +=12P y x x =P ∴||0FP ≠2111,4FA x x ⎛⎫=− ⎪⎝⎭12121,24x x FP x x +⎛⎫=− ⎪⎝⎭2221,4FB x x ⎛⎫=− ⎪⎝⎭22121121112122221112211111244444cos ||||||11||||4x x x x x x x x x x x FP FA AFP FP FA FP FP x x FP x +⋅−−+++⋅∴⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋅∠====+− ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎝⎭⎝⋅+同理10．（2023春·江西·高三校联考阶段练习）已知椭圆＋＝1（a ＞b ＞0），右焦点F （1,0），，过F作两条互相垂直的弦AB ，CD .(1)求椭圆的标准方程；(2)求以A ，B ，C ，D 为顶点的四边形的面积的取值范围.【解析】（1）由题意知，，又，所以，所以，所以椭圆的标准方程为；（2）①当直线与中有一条直线的斜率为0时，另一条直线的斜率不存在，不妨设直线的斜率为0，的斜率不存在，则直线方程为，直线的方程为，联立可得所以联立可得所以所以四边形ADBC 的面积． ②当两条直线的斜率均存在且不为0时，设直线的方程为，1214cos ||||||x x FP FB BFP FP FB FP +⋅∠==cos cos AFP BFP ∴∠=∠PFA PFB ∴∠=∠22x a 22y b2c e a ==a 1c =a =222abc =+21b =2212x y +=AB CD AB CD AB 0y =CD 1x =22120x y y ⎧+=⎪⎨⎪=⎩0x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩AB =22121x y x ⎧+=⎪⎨⎪=⎩1x y =⎧⎪⎨=⎪⎩CD =11||||222S AB CD =⋅=⨯AB (1)y k x =−则直线的方程为． 将直线的方程代入椭圆方程，整理得，方程的判别式，设， 所以， ∴， 同理可得， ∴四边形ADBC 的面积 ， ∵，当且仅当时取等号，∴四边形ADBC 的面积，综上①②可知，四边形ADBC 的面积的取值范围为．11．（2023·全国·高三专题练习）如图，椭圆，经过点，且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点P ，Q (均异于点，证明:直线AP 与AQ 的斜率之和为2．CD 1(1)y x k=−−AB ()2222124220k xk x k +−+−=()2222124220k x k x k +−+−=()()42221642122880k k k k ∆=−+−=+>()()1122,,,A x y B x y 22121222422,1212k k x x x x k k −+=⋅=++12||AB x −)22112kAB k +==+)2222111||1212k k CD k k⎫+⎪+⎝⎭==++⨯))22221111||||22122k k S AB CD k k ++=⋅=⨯⨯++()2222242144122252112121k k k k k k k k k ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭===−++⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22121219k k ⎛⎛⎫++≥+= ⎪⎝⎭⎝1k =±16,29S ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭S 16,29⎡⎤⎢⎥⎣⎦22:12+=x E y (1,1)M k E (0,1)A −【解析】设,直线的方程为,两交点异于点，则 ,联立直线与椭圆方程,消去变量 并整理得,由已知，由韦达定理得,则所以可知直线与的斜率之和为2.12．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的左右焦点分别为，，，，是椭圆上的三个动点，且，，若，求的值．【解析】由题可知，设，，，由，得， 满足，可得，()()1122,,,P x y Q x y PQ (1)1y k x =−+A 2k ≠y ()222221124(1)2402(1)1x y k x k k x k k y k x ⎧+=⎪⇒++−+−=⎨⎪=−+⎩0∆>21212224(1)24,1212k k k kx x x x k k −−+==++()()12121212121211AP AQ k x k x y y k k x x x x −+−++++=+=+()()12121212122(2)(2)2kx x k x x k x x k x x x x +−+−+==+222244122(2)1224k k k k k k k k−+=+−⋅⋅+−()2212k k =−−=AP AQ 22162x y +=1F 2F A B P 11PF F A λ=22PF F B μ=2λ=μ2226,2,4a b c ===()00,P x y 11(,)A x y 22(,)B x y 11PF F A λ=22PF F B μ=()1,0F c −0101101x x c y y λλλλ+⎧−=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩()010110x x c y y λλλ⎧+=−+⎨+=⎩满足，可得，由，可得， 所以，∴，， 又，∴， 同理可得， ∴， 所以，又，所以.13．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的离心率为，且直线被椭圆． (1)求椭圆的方程；(2)以椭圆的长轴为直径作圆，过直线上的动点作圆的两条切线，设切点为，若直线与椭圆交于不同的两点，，求的取值范围．【解析】（1）直线，经过点，，被椭圆，可得．又，，解得：，，， ()2,0F c 0202101x x c y y μμμμ+⎧=⎪+⎪⎨+⎪=⎪+⎩()020210x x c y y μμμ⎧+=−+⎨+=⎩22002222112211x y a b x y a b ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩2200222222211221x y a b x y a b λλλ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩()()()()010*******21x x x x y y y y abλλλλλ−+−++=−()()()()0101211x x x x a λλλλ−+=−+()()2011a x x cλλ−=−−()()011x x c λλ+=−+222202a c a c x c cλ−+=−222202a c a c x c c μ−+=−+()22222a c a c c cλμ−++=⋅2222210a c a cλμ++=⋅=−2λ=8μ=22122:1(0)x y C a b a b+=>>121:1x yl a b+=1C 1C 1C 2C 2:4l y =M 2C ,A B AB 1C C D ||||CD AB ⋅1:1x yl a b+=(,0)a (0,)b 1C 227a b +=12c a =222a b c =+24a =23b =1c =椭圆的方程为．（2）由（1）可得：圆的方程为：．设，则以为直径的圆的方程为：，与相减可得：直线的方程为：，设，，，，联立，化为：，，则，，故又圆心到直线的距离，令，则，可得，可得：14．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的两个焦点，，动点在椭圆上，且使得的点恰有两个，动点到焦点的距离的最大值为∴1C22143x y+=2C224x y+=(2,4)M t OM222()(2)4x t y t−+−=+224x y+=AB2440tx y+−=1(C x1)y2(D x2)y222440143tx yx y+−=⎧⎪⎨+=⎪⎩22(3)480t x tx+−−=248(2)0t∆=+>12243tx xt+=+12283x xt=⋅−+||CDO AB d=||AB∴=||||AB CD∴⋅==23(3)t m m+=≥||||AB CD⋅==3m≥3233m≤−<||||AB CD⋅<22122:1(0)x yC a ba b+=>>1F2F P 1290F PF∠=︒P P1F2(1)求椭圆的方程；(2)如图，以椭圆的长轴为直径作圆，过直线作圆的两条切线，设切点分别为，，若直线与椭圆交于不同的两点，，求弦长的取值范围． 【解析】（1）设半焦距为，由使得的点恰有两个可得， 动点到焦点的距离的最大值为，可得所以椭圆的方程是. （2）圆的方程为，设直线的坐标为.设，连接OA ，因为直线为切线，故，否则直线垂直于轴，则与直线若，则，故， 故直线的方程为：， 整理得到：；当时，若，直线的方程为：；若，则直线的方程为：， 满足.故直线的方程为，同理直线的方程为， 又在直线和上，即，故直线的方程为.1C 1C 2C x =−T 2C A B AB 1C C D ||CD c 1290F PF ∠=︒P ,b c a =P 1F 22a c +=2,a c =1C 22142x y +=2C 224x y +=x =−T ()t −1122(,),(,)A x y B x y AT 10y ≠AT x AT x =−10x ≠11OA y k x =11AT x k y =−AT ()1111x y y x x y −=−−2211114x x y y x y +=+=10x =(0,2)A AT 2y =(0,2)A −AT =2y −114x x y y +=AT 114x x y y +=BT 224x x y y +=()t −AT BT 112244ty ty ⎧−+=⎪⎨−+=⎪⎩AB 4ty −+=联立，消去得，设，． 则， 从而， 又，从而，所以. 15．（2023·全国·高三专题练习）已知、分别为椭圆的左、右焦点，且右焦点的坐标为，点在椭圆上，为坐标原点．(1)求椭圆的标准方程(2)若过点的直线与椭圆交于两点，且的方程； (3)过椭圆上异于其顶点的任一点，作圆的两条切线，切点分别为，（，224142ty x y ⎧−+=⎪⎨+=⎪⎩x 22(16)8160t y ty +−−=33(,)C x y 44(,)D x y 343422816,1616t y y y y t t −+==++||CD 224(8)16t t +=+232416t −=++21616t +≥2322016t −−≤<+||[2,4)CD ∈1F 2F 2222:1(0)x yC a b a b+=>>2F (1,0)(P C O C 2F l C ,A B ||AB =l C Q 22:1O x y +=M N M不在坐标轴上），若直线在轴、轴上的截距分别为、，那么是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由． 【解析】（1）椭圆的右焦点的坐标为，椭圆的左焦点的坐标为，由椭圆的定义得， 所以，由题意可得，即，即椭圆的方程为；（2）直线与椭圆的两个交点坐标为，， ①当直线垂直轴时，方程为：，代入椭圆可得，舍去；②当直线不垂直轴时，设直线联立，消得，，则，，恒成立.， 又， N MN x y m n 2212m n+C 2F (1,0)∴C 1F (1,0)−12||||2PF PF a +=2a =a ∴=22a =1c =2221b ac =−=C 2212x y +=l C ()11,A x y ()22,B x y l x l 1x =y =||AB =l x :(1)l y k x =−2212(1)x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=−⎩y ()2222124220k x k x k +−+−=2122421k x x k +=+21222221k x x k −=+()()()()22222442122810k k k k ∆=−+−=+>22AB =()()22121214k x x x x ⎡⎤=++−⎣⎦()()22228121k k +=+||AB =()()222228132921k k +==+⎝⎭化简得，，即，解得或（舍去），所以，直线方程的方程为或. （3）是定值，定值为2.设点，，，连接，，，，则有，. ，不在坐标轴上，则，， 则，， 直线的方程为，即，① 同理直线的方程为，②，将点代入①②，得，显然，满足方程，直线的方程为，分别令，，得到，，，，又满足，，即.16．（2023·全国·高三专题练习）某同学在探究直线与椭圆的位置关系时发现椭圆的一个重要性427250k k −−=()()227510k k +−=21k =257k =−1k =±∴l 10x y −−=10x y +−=()00,Q x y ()33,M x y ()44,N x y OM ON 0M MQ ⊥ON NQ ⊥22331x y +=22441x y +=M N 33MO y k x =44NO y k x =331MQ MOx k k y =−=−441NQ NO x k k y =−=−∴MQ ()3333x y y x x y −=−−2233331xx yy x y +=+=⋯NQ 441xx yy +=⋯Q 0303040411x x y y x x y y +=⎧⎨+=⎩()33,M x y ()44,N x y 001xx yy +=∴MN 001xx yy +=0x =0y =01n x =01=m y 01y m ∴=01x n =()00,Q x y 2212x y +=∴221112m n +=22122m n +=质：椭圆在任意一点，处的切线方程为．现给定椭圆，过的右焦点的直线交椭圆于，两点，过，分别作的两条切线，两切线相交于点． (1)求点的轨迹方程；(2)若过点且与直线垂直的直线（斜率存在且不为零）交椭圆于，两点，证明：为定值． 【解析】（1）由题意F 为，设直线为，，，，， 易得在点处切线为，在点处切线为， 由得，又，，可得，故点的轨迹方程．（2）证明：联立的方程与的方程消去，得．由韦达定理，得，，所以，因为，直线MN 可设为，同理得， 所以．2222:1(0)x y C a b a b+=>>0(M x 0)y 00221xx yy a b +=22:143x y C +=C F l C P Q P Q C G G F l C M N 11||||PQ MN +()1,0PQ 1x ty =+1(P x 1)y 2(Q x 2)y P 11143x x y y +=Q 22143x x y y+=11221,431,43x xy yx x y y⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩1122124()y y x x y x y −=−111x ty =+221x ty =+4x =G 4x =l C 221143x ty x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩x 22(34)690t y ty ++−=122634t y y t +=−+122934y y t =−+2212(1)||34t PQ t +=+PQ MN ⊥11x y t =−+2222112(1)12(1)||13434t t MN t t++==+⋅+22221134347||||12(1)12(1)12t t PQ MN t t +++=+=++。

高考数学最新真题专题解析—圆锥曲线综合（新高考卷）【母题来源】2022年新高考I卷【母题题文】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=2√2，求△PAQ的面积．【答案】解：(1)将点A代入双曲线方程得4a2−1a2−1=1，化简得a4−4a2+4=0得：a2=2，故双曲线方程为x22−y2=1;由题显然直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则联立直线与双曲线得：(2k2−1)x2+4kmx+2m2+2=0，△>0，故x1+x2=−4km2k2−1，x1x2=2m2+22k2−1，k AP+k AQ=y1−1x1−2+y2−1x2−2=kx1+m−1x1−2+kx2+m−1x2−2=0，化简得：2kx1x2+(m−1−2k)(x1+x2)−4(m−1)=0，故2k(2m2+2)2k2−1+(m−1−2k)(−4km2k2−1)−4(m−1)=0，即(k+1)(m+2k−1)=0，而直线l不过A点，故k=−1．(2)设直线AP的倾斜角为α，由tan∠PAQ=2√2，得tan∠PAQ2=√22，由2α+∠PAQ=π，得k AP=tanα=√2，即y1−1x1−2=√2，联立y 1−1x1−2=√2，及x 122−y 12=1得x 1=10−4√23，y 1=4√2−53， 同理，x 2=10+4√23，y 2=−4√2−53， 故x 1+x 2=203，x 1x 2=689而|AP|=√3|x 1−2|，|AQ|=√3|x 2−2|， 由tan∠PAQ =2√2，得sin∠PAQ =2√23， 故S △PAQ =12|AP||AQ|sin∠PAQ =√2|x 1x 2−2(x 1+x 2)+4|=16√29． 【母题来源】2022年新高考II 卷【母题题文】.设双曲线C:x 2a 2−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)经过F 的直线与C 的渐近线分别交于A ，B 两点，点P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)在C 上，且x 1>x 2>0，y 1>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 ，从下面三个条件 ① ② ③中选择两个条件，证明另一个条件成立： ①M 在AB 上; ②PQ//AB; ③|AM|=|BM|．【答案】解：(1)由题意可得ba =√3，√a 2+b 2=2，故a =1，b =√3． 因此C 的方程为x 2−y 23=1．(2)设直线PQ 的方程为y =kx +m(k ≠0)，将直线PQ 的方程代入C 的方程得(3−k 2)x 2−2kmx −m 2−3=0， 则x 1+x 2=2km3−k 2，x 1x 2=−m 2+33−k 2，x 1−x 2=√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=2√3(m 2+3−k 2)3−k 2．不段点M 的坐标为(x M ,y M )，则{y M −y 1=−√3(x M −x 1)y M −y 2=√3(x M −x 2)．两式相减，得y 1−y 2=2√3x M −√3(x 1+x 2)，而y 1−y 2=(kx 1+m)−(kx 2+m)=k(x 1−x 2)，故2√3x M =k(x 1−x 2)+√3(x 1+x 2)，解得x M =k√m 2+3−k 2+km3−k 2．两式相加，得2y M −(y 1+y 2)=√3(x 1−x 2)，而y 1+y 2=(kx 1+m)+(kx 2+m)=k(x 1+x 2)+2m ，故2y M =k(x 1+x 2)+√3(x 1−x 2)+2m ，解得y M =3√m 2+3−k 2+3m3−k 2=3k x M ⋅因此，点M 的轨迹为直线y =3k x ，其中k 为直线PQ 的斜率． 若选择 ① ②:设直线AB 的方程为y =k(x −2)，并设A 的坐标为(x A ,y A )，B 的坐标为(x B ,y B ). 则{y A =k(x A −2)y A =√3x A，解得x A =k−√3，y A =√3kk−√3．同理可得x B =k+√3，y B =√3kk+√3．此时x A +x B =4k 2k 2−3，y A +y B =12kk 2−3．而点M 的坐标满足{y M =k(x M −2)y M =3k x M ， 解得x M =2k 2k 2−3=x A +x B2，y M =6kk 2−3=y A +y B2，故M 为AB 的中点，即|MA|=|MB|． 若选择 ① ③:当直线AB 的斜率不存在时，点M 即为点F(2,0)，此时M 不在直线y =3k x 上，矛盾．故直线AB 的斜率存在，设直线AB 的方程为y =p(x −2)(p ≠0)， 并设A 的坐标为(x A ,y A )，B 的坐标为(x B ,y B ). 则{y A =p(x A −2)y A =√3x A，解得x A =p−√3，y A =√3pp−√3．同理可得x B =p+√3，y B =−√3pp+√3．此时x M =x A +x B2=2p 2p 2−3，y M =y A +y B2=6pp 2−3．由于点M 同时在直线y =3k x 上，故6p =3k ·2p 2，解得k =p.因此PQ//AB ． 若选择 ② ③:设直线AB 的方程为y =k(x −2)，并设A 的坐标为(x A ,y A )，B 的坐标为(x B ,y B ). 则{y A =k(x A −2)y A =√3x A解得x A =k−√3，y A =√3kk−√3．同理可得x B =k+√3，y B =√3kk+√3，设AB 的中点为C(x C ,y C )，则x C =x A +x B2=2k 2k 2−3，y C =y A +y B2=6kk 2−3．由于|MA|=|MB|，故M 在AB 的垂直平分线上，即点M 在直线y −y C =−1k (x −x C )上．将该直线与y =3k x 联立，解得x M =2k 2k 2−3=x C ，y M =6kk 2−3=y C ，即点M 恰为AB 中点，故点而在直线AB 上． 【命题意图】本题考查双曲线的标准方程和几何性质，考查直线与双曲线的位置关系，考查开放探究能力，属于压轴题．主要考查直线与双曲线的位置关系及双曲线中面积问题，属于难题【命题方向】圆锥曲线综合大题是属于高考历年的压轴题之一，难度较大，对学生的综合要求较高。

⾼考数学圆锥曲线⼤题集⼤全⾼考⼆轮复习专项：圆锥曲线⼤题集1. 如图，直线l1与l2是同⼀平⾯内两条互相垂直的直线，交点是A，点B、D在直线l1上(B、D 位于点A右侧，且|AB|=4，|AD|=1，M是该平⾯上的⼀个动点，M在l1上的射影点是N，且|BN|=2|DM|.2. (Ⅰ建⽴适当的坐标系，求动点M的轨迹C的⽅程．(Ⅱ过点D且不与l1、l2垂直的直线l交(Ⅰ中的轨迹C于E、F两点；另外平⾯上的点G、H满⾜：求点G的横坐标的取值范围．2. 设椭圆的中⼼是坐标原点，焦点在轴上，离⼼率，已知点到这个椭圆上的点的最远距离是4，求这个椭圆的⽅程.3. 已知椭圆的⼀条准线⽅程是其左、右顶点分别是A、B；双曲线的⼀条渐近线⽅程为3x－5y=0.（Ⅰ）求椭圆C1的⽅程及双曲线C2的离⼼率；（Ⅱ）在第⼀象限内取双曲线C2上⼀点P，连结AP交椭圆C1于点M，连结PB 并延长交椭圆C1于点N，若. 求证：4. 椭圆的中⼼在坐标原点O,右焦点F（c,0）到相应准线的距离为1，倾斜⾓为45°的直线交椭圆于A，B两点.设AB中点为M，直线AB与OM的夹⾓为 a.（1）⽤半焦距c表⽰椭圆的⽅程及tg;（2）若2 <3 ，求椭圆率⼼率 e 的取值范围 .5. 已知椭圆（a＞b＞0）的离⼼率，过点A（0，-b）和B（a，0）的直线与原点的距离为（1）求椭圆的⽅程（2）已知定点E（-1，0），若直线y＝kx＋2（k≠0）与椭圆交于C D两点问：是否存在k的值，使以CD为直径的圆过E点?请说明理由6. 在直⾓坐标平⾯中，的两个顶点的坐标分别为，，平⾯内两点同时满⾜下列条件：①；②；③∥（1）求的顶点的轨迹⽅程；（2）过点的直线与（1）中轨迹交于两点，求的取值范围7. 设，为直⾓坐标平⾯内x轴．y轴正⽅向上的单位向量，若，且（Ⅰ）求动点M(x,y的轨迹C的⽅程；（Ⅱ）设曲线C上两点A．B，满⾜(1直线AB过点（0，3），(2若，则OAPB为矩形，试求AB⽅程．8. 已知抛物线C：的焦点为原点，C的准线与直线的交点M在x轴上，与C交于不同的两点A、B，线段AB的垂直平分线交x轴于点N（p，0）．（Ⅰ）求抛物线C的⽅程；（Ⅱ）求实数p的取值范围；（Ⅲ）若C的焦点和准线为椭圆Q的⼀个焦点和⼀条准线，试求Q的短轴的端点的轨迹⽅程．9. 如图，椭圆的中⼼在原点，长轴AA1在x轴上.以A、A1为焦点的双曲线交椭圆于C、D、D1、C1四点，且|CD|＝|AA1|.椭圆的⼀条弦AC交双曲线于E，设，当时，求双曲线的离⼼率e的取值范围.10. 已知三⾓形ABC的三个顶点均在椭圆上，且点A是椭圆短轴的⼀个端点（点A在y轴正半轴上）.若三⾓形ABC的重⼼是椭圆的右焦点，试求直线BC的⽅程;若⾓A为，AD垂直BC于D，试求点D的轨迹⽅程.11. 如图，过抛物线的对称轴上任⼀点作直线与抛物线交于两点，点是点关于原点的对称点.(1 设点分有向线段所成的⽐为，证明:;(2 设直线的⽅程是，过两点的圆与抛物线在点处有共同的切线，求圆的⽅程.12. 已知动点P（p，-1），Q（p，），过Q作斜率为的直线l，P Q中点M的轨迹为曲线C.（1）证明：l经过⼀个定点⽽且与曲线C⼀定有两个公共点；（2）若（1）中的其中⼀个公共点为A，证明：AP是曲线C的切线；（3）设直线AP的倾斜⾓为，AP与l的夹⾓为，证明：或是定值.13. 在平⾯直⾓坐标系内有两个定点和动点P，坐标分别为、，动点满⾜，动点的轨迹为曲线，曲线关于直线的对称曲线为曲线，直线与曲线交于A、B两点，O是坐标原点，△ABO的⾯积为，（1）求曲线C的⽅程；（2）求的值。