2014-2023年高考数学真题专题分类--9 5　直线与圆锥曲线的位置关系(含解析)

2014-2023年高考数学真题专题分类
9.5　直线与圆锥曲线的位置关系
考点　直线与圆锥曲线的位置关系
1.(2015四川理,10,5分)设直线l与抛物线y2=4x相交于A,B两点,与圆(x-5)2+y2=r2(r>0)相切于点M,且M为线段AB的中点.若这样的直线l恰有4条,则r的取值范围是(　　)
A.(1,3)　　　　B.(1,4)　　　　C.(2,3)　　　　D.(2,4)
答案　D　当直线AB的斜率不存在,且0当直线AB的斜率存在时,由抛物线与圆的对称性知,kAB>0和kAB<0时各有一条满足题意的直线l.
设圆的圆心为C(5,0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),则x0=,y0=,
∴kAB===.
∵kCM=,且kABkCM=-1,∴x0=3.
∴r2=(3-5)2+>4(∵y0≠0),即r>2.
另一方面,由AB的中点为M知B(6-x1,2y0-y1),
∵点B,A在抛物线上,∴(2y0-y1)2=4(6-x1),①
=4x1,②
由①,②得-2y0y1+2-12=0,
∵Δ=4-4(2-12)>0,∴<12.
∴r2=(3-5)2+=4+<16,∴r<4.
综上,r∈(2,4),故选D.
2.(2018课标Ⅰ文,20,12分)设抛物线C:y2=2x,点A(2,0),B(-2,0),过点A的直线l与C交于M,N两点.
(1)当l与x轴垂直时,求直线BM的方程;
(2)证明:∠ABM=∠ABN.
解析　(1)当l与x轴垂直时,l的方程为x=2,可得M的坐标为(2,2)或(2,-2).
所以直线BM的方程为y=x+1或y=-x-1.
(2)当l与x轴垂直时,AB为MN的垂直平分线,所以∠ABM=∠ABN.
当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-2)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x1>0,x2>0.
由
得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=,y1y2=-4.
直线BM,BN的斜率之和为
kBM+kBN=+=.①
将x1=+2,x2=+2及y1+y2,y1y2的表达式代入①式分子,可得
x2y1+x1y2+2(y1+y2)===0.
所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,所以∠ABM=∠ABN.
综上,∠ABM=∠ABN.
方法总结　直线与圆锥曲线的位置关系的常见题型及解题策略:
(1)求直线方程.先寻找确定直线的两个条件.若缺少一个可设出此量,利用题设条件寻找关于该量的方程,解方程即可.
(2)求线段长度或线段之积(和)的最值.可依据直线与圆锥曲线相交,利用弦长公式求出弦长或弦长关于某个量的函数,然后利用基本不等式或函数的有关知识求其最值;也可利用圆锥曲线的定义转化为两点间的距离或点到直线的距离.
(3)证明题.圆锥曲线中的证明问题多涉及定点、定值、角相等、线段相等、点在定直线上等,有时也涉及一些否定性命题,常采用直接法或反证法给予证明.借助于已知条件,将直线与圆锥曲线联立,寻找待证明式子的表达式,结合根与系数的关系及整体代换思想化简即可得证.
失分警示　(1)由于忽略点M,N位置的转换性,使直线BM方程缺失,从而导致失分;
(2)由于不能将“∠ABM=∠ABN”正确转化为“kBM+kBN=0”进行证明,从而思路受阻,无法完成后续内容.
3.(2017课标Ⅰ文,20,12分)设A,B为曲线C:y=上两点,A与B的横坐标之和为4.
(1)求直线AB的斜率;
(2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AM⊥BM,求直线AB的方程.
解析　本题考查直线与抛物线的位置关系.
(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1≠x2,y1=,y2=,x1+x2=4,
于是直线AB的斜率k===1.
(2)由y=,得y'=,
设M(x3,y3),由题设知=1,
解得x3=2,于是M(2,1).
设直线AB的方程为y=x+m,
故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|.
将y=x+m代入y=得x2-4x-4m=0.
当Δ=16(m+1)>0,即m>-1时,x1,2=2±2.
从而|AB|=|x1-x2|=4.
由题设知|AB|=2|MN|,
即4=2(m+1),解得m=7.
所以直线AB的方程为y=x+7.
方法总结　(1)直线与抛物线的位置关系
点差法:在已知“x1+x2”或“y1+y2”的值,求直线l的斜率时,利用点差法计算,在很大程度上减少运算过程中的计算量.
(2)直线与圆锥曲线的位置关系
已知直线与圆锥曲线相交,求参数时,一般联立直线与圆锥曲线的方程,消元后利用韦达定理,结合已知列方程求解参数.求弦长时,可通过弦长公式|AB|=|x1-x2|=·或|AB|=|y1-y2|=·(k≠0)求解.
4.(2016课标Ⅰ文,20,12分)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px(p>0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H.
(1)求;
(2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点 说明理由.
解析　(1)由已知得M(0,t),P.(1分)
又N为M关于点P的对称点,故N,ON的方程为y=x,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=.
因此H.(4分)
所以N为OH的中点,即=2.(6分)
(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点.(7分)
理由如下:
直线MH的方程为y-t=x,即x=(y-t).(9分)
代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其他公共点.(12分)
方法总结　将直线与抛物线的交点坐标问题归结为直线方程与抛物线方程组成的方程组的解的问题.
评析　本题考查了直线与抛物线的位置关系,考查了运算求解能力.得到交点的坐标是求解的关键.
5.(2012课标理,20,12分)设抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,准线为l.A为C上一点,已知以F为圆心,FA为半径的圆F交l于B,D两点.
(1)若∠BFD=90°,△ABD的面积为4,求p的值及圆F的方程;
(2)若A,B,F三点在同一直线m上,直线n与m平行,且n与C只有一个公共点,求坐标原点到m,n距离的比值.
解析　(1)由已知可得△BFD为等腰直角三角形,|BD|=2p,圆F的半径|FA|=p.
由抛物线定义可知A到l的距离d=|FA|=p.
因为△ABD的面积为4,所以|BD|·d=4,即·2p·p=4,解得p=-2(舍去)或p=2.
所以F(0,1),圆F的方程为x2+(y-1)2=8.
(2)因为A,B,F三点在同一直线m上,
所以AB为圆F的直径,∠ADB=90°.
由抛物线定义知|AD|=|FA|=|AB|,
所以∠ABD=30°,m的斜率为或-.
当m的斜率为时,由已知可设n:y=x+b,代入x2=2py得x2-px-2pb=0.
由于n与C只有一个公共点,故Δ=p2+8pb=0,
解得b=-.
因为m的截距b1=,=3,所以坐标原点到m,n距离的比值为3.
当m的斜率为-时,由图形的对称性可知,坐标原点到m,n距离的比值也为3.
评析　本题考查了直线、圆、抛物线的位置关系,考查了分类讨论的方法和数形结合的思想.
6.(2020江苏,18,16分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆E:+=1的左,右焦点分别为F1,F2,点A在椭圆E上且在第一象限内,AF2⊥F1F2,直线AF1与椭圆E相交于另一点B.
(1)求△AF1F2的周长;
(2)在x轴上任取一点P,直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q,求·的最小值;
(3)设点M在椭圆E上,记△OAB与△MAB的面积分别为S1,S2,若S2=3S1,求点M的坐标.
解析　本题主要考查直线方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系、向量数量积等基础知识,考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.
(1)设椭圆E:+=1的长轴长为2a,短轴长为2b,焦距为2c,
则a2=4,b2=3,c2=1.
所以△AF1F2的周长为2a+2c=6.
(2)椭圆E的右准线为x=4.
设P(x,0),Q(4,y),
则=(x,0),=(x-4,-y),
·=x(x-4)=(x-2)2-4≥-4,
在x=2时取等号.
所以·的最小值为-4.
(3)因为椭圆E:+=1的左,右焦点分别为F1,F2,点A在椭圆E上且在第一象限内,AF2⊥F1F2,则F1(-1,0),F2(1,0),A,所以直线AB:3x-4y+3=0.
设M(x,y),因为S2=3S1,
所以点M到直线AB的距离等于点O到直线AB的距离的3倍.
由此得=3×,
则3x-4y+12=0或3x-4y-6=0.
由得7x2+24x+32=0,此方程无解;
由得7x2-12x-4=0,所以x=2或x=-.
代入直线l:3x-4y-6=0,对应分别得y=0或y=-.
因此点M的坐标为(2,0)或.
7.(2018课标Ⅲ理,20,12分)已知斜率为k的直线l与椭圆C:+=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m>0).
(1)证明:k<-;
(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且++=0.证明:||,||,||成等差数列,并求该数列的公差.
解析　本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系、等差数列的概念及其运算.
(1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),
则+=1,+=1.
两式相减,并由=k得+·k=0.
由题设知=1,=m,
于是k=-.①
由题设得0(2)由题意得F(1,0).设P(x3,y3),则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).
由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m<0.
又点P在C上,
所以m=,
从而P,||=.
于是||===2-.
同理,||=2-.
所以||+||=4-(x1+x2)=3.
故2||=||+||,
即||,||,||成等差数列.
设该数列的公差为d,则
2|d|=|||-|||=|x1-x2|=.②
将m=代入①得k=-1.
所以l的方程为y=-x+,代入C的方程,并整理得7x2-14x+=0.
故x1+x2=2,x1x2=,代入②解得|d|=.
所以该数列的公差为或-.
思路分析　(1)利用“点差法”建立k与m的关系式,由m的范围得到k的范围.
(2)根据题设++=0及点P在C上,确定m的值.进一步得出||、||、||的关系,再求公差.
解后反思　(1)解决直线与椭圆的位置关系的常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立,消元、化简,然后利用根与系数的关系建立方程(组),解决相关问题.
(2)题中涉及弦的中点坐标时,可以采用“点差法”求解,设出弦端点A、B的坐标,分别代入圆锥曲线方程并作差,变形后可出现弦AB的中点坐标和直线AB的斜率.
8.(2014广东理,20,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的一个焦点为(,0),离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若动点P(x0,y0)为椭圆C外一点,且点P到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程.
解析　(1)由题意知c=,e==,
∴a=3,b2=a2-c2=4,
故椭圆C的标准方程为+=1.
(2)设两切线为l1,l2,
①当l1⊥x轴或l1∥x轴时,l2∥x轴或l2⊥x轴,可知P(±3,±2).
②当l1与x轴不垂直且不平行时,x0≠±3,设l1的斜率为k,且k≠0,则l2的斜率为-,l1的方程为y-y0=k(x-x0),与+=1联立,
整理得(9k2+4)x2+18(y0-kx0)kx+9(y0-kx0)2-36=0,
∵直线l1与椭圆相切,∴Δ=0,即9(y0-kx0)2k2-(9k2+4)·[(y0-kx0)2-4]=0,
∴(-9)k2-2x0y0k+-4=0,
∴k是方程(-9)x2-2x0y0x+-4=0的一个根,
同理,-是方程(-9)x2-2x0y0x+-4=0的另一个根,
∴k·=,整理得+=13,其中x0≠±3,
∴点P的轨迹方程为x2+y2=13(x≠±3).
P(±3,±2)满足上式.
综上,点P的轨迹方程为x2+y2=13.
评析　本题考查椭圆的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系以及轨迹方程的求法.考查分类讨论思想以及方程思想的应用.
9.(2014湖北理,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程;
(2)设斜率为k的直线l过定点P(-2,1).求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围.
解析　(1)设点M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1,
即=|x|+1,
化简整理得y2=2(|x|+x).
故点M的轨迹C的方程为y2=
(2)在点M的轨迹C中,记C1:y2=4x,C2:y=0(x<0),
依题意,可设直线l的方程为y-1=k(x+2).
由方程组可得ky2-4y+4(2k+1)=0.①
(i)当k=0时,此时y=1.把y=1代入轨迹C的方程,得x=.
故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点.
(ii)当k≠0时,方程①的判别式为Δ=-16(2k2+k-1).②
设直线l与x轴的交点为(x0,0),则
由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-.③
1°若由②③解得k<-1或k>.
即当k∈(-∞,-1)∪时,直线l与C1没有公共点,与C2有一个公共点,
故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.
2°若或则由②③解得k∈或-≤k<0.
即当k∈时,直线l与C1只有一个公共点,与C2有一个公共点.
当k∈时,直线l与C1有两个公共点,与C2没有公共点.
故当k∈∪时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点.
3°若则由②③解得-1即当k∈∪时,直线l与C1有两个公共点,与C2有一个公共点,
故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点.
综合(i)(ii)可知,当k∈(-∞,-1)∪∪{0}时,直线l与轨迹C恰好有一个公共点;当k∈∪时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点;当k∈∪时,直线l与轨迹C恰好有三个公共点.
评析　本题考查了直线和抛物线的位置关系,考查了数形结合的方法,灵活地利用判别式是求解的关键.盲目利用抛物线的定义而漏掉射线y=0(x<0)就会造成错解而失分.
10.(2013课标Ⅰ,理20,文21,12分)已知圆M:(x+1)2+y2=1,圆N:(x-1)2+y2=9,动圆P与圆M外切并且与圆N内切,圆心P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程;
(2)l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求|AB|.
解析　由已知得圆M的圆心为M(-1,0),半径r1=1;圆N的圆心为N(1,0),半径r2=3.设圆P的圆心为P(x,y),半径为R.
(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4.
由椭圆的定义可知,曲线C是以M、N为左、右焦点,长半轴长为2,短半轴长为的椭圆(左顶点除外),其方程为+=1(x≠-2).
(2)对于曲线C上任意一点P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-2≤2,所以R≤2,当且仅当圆P的圆心为(2,0)时,R=2.所以当圆P的半径最长时,其方程为(x-2)2+y2=4.
若l的倾斜角为90°,则l与y轴重合,可得|AB|=2.
若l的倾斜角不为90°,由r1≠R知l不平行于x轴,设l与x轴的交点为Q,则=,可求得Q(-4,0),所以可设l:y=k(x+4).由l与圆M相切得=1,解得k=±.
当k=时,将y=x+代入+=1,并整理得7x2+8x-8=0,解得x1,2=.所以|AB|=|x2-x1|=.
当k=-时,由图形的对称性可知|AB|=.
综上,|AB|=2或|AB|=.
评析　本题考查了直线和圆的位置关系,考查了椭圆的定义和方程,考查了分类讨论的方法和运算求解能力.利用数形结合的方法是解题的关键.在求曲线C的方程时容易忽视对左顶点和直线倾斜角为90°时的讨论而造成失分.
11.(2013课标Ⅱ文,20,12分)在平面直角坐标系xOy中,已知圆P在x轴上截得线段长为2,在y轴上截得线段长为2.
(1)求圆心P的轨迹方程;
(2)若P点到直线y=x的距离为,求圆P的方程.
解析　(1)设P(x,y),圆P的半径为r.
由题设得y2+2=r2,x2+3=r2.从而y2+2=x2+3.
故P点的轨迹方程为y2-x2=1.
(2)设P(x0,y0),由已知得=.
又P在双曲线y2-x2=1上,从而得
由得此时,圆P的半径r=.
由得此时,圆P的半径r=.
故圆P的方程为x2+(y-1)2=3或x2+(y+1)2=3.
12.(2016课标Ⅰ,20,12分)设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.
(1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程;
(2)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.
解析　(1)因为|AD|=|AC|,EB∥AC,故∠EBD=∠ACD=∠ADC.
所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.
又圆A的标准方程为(x+1)2+y2=16,
从而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.(2分)
由题设得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为+=1(y≠0).(4分)
(2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),
M(x1,y1),N(x2,y2).
由得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.
则x1+x2=,x1x2=.
所以|MN|=|x1-x2|=.(6分)
过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y=-(x-1),A到m的距离为,
所以|PQ|=2=4.
故四边形MPNQ的面积S=|MN||PQ|=12.(10分)
可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8).当l与x轴垂直时,其方程为x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四边形MPNQ的面积为12.
综上,四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8).(12分)
13.(2016北京文,19,14分)已知椭圆C:+=1过A(2,0),B(0,1)两点.
(1)求椭圆C的方程及离心率;
(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:四边形ABNM的面积为定值.
解析　(1)由题意得,a=2,b=1.
所以椭圆C的方程为+y2=1.(3分)
又c==,
所以离心率e==.(5分)
(2)设P(x0,y0)(x0<0,y0<0),则+4=4.(6分)
又A(2,0),B(0,1),
所以,直线PA的方程为y=(x-2).
令x=0,得yM=-,从而|BM|=1-yM=1+.(9分)
直线PB的方程为y=x+1.
令y=0,得xN=-,
从而|AN|=2-xN=2+.(12分)
所以四边形ABNM的面积
S=|AN|·|BM|
=
=
==2.
从而四边形ABNM的面积为定值.(14分)
解后反思　本题第(2)问可画出图形进行分析,
发现点A和点B分别为椭圆的右顶点和上顶点,且四边形ABNM的对角线AN与BM互相垂直,所以S四边形ABNM=|AN|·|BM|,问题转化为求点M与点N的坐标,故设点P(x0,y0),表示出直线PA和PB,即可求得点M、N的坐标.
评析　本题考查了椭圆的标准方程、离心率和直线方程的相关知识及定值问题,知识点较综合,属中等偏难题.
14.(2015课标Ⅱ文,20,12分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点(2,)在C上.
(1)求C的方程;
(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.证明:直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
解析　(1)由题意有=,+=1,
解得a2=8,b2=4.
所以C的方程为+=1.
(2)设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入+=1得
(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.
故xM==,yM=k·xM+b=.
于是直线OM的斜率kOM==-,即kOM·k=-.
所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
评析　本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系;考查了定值问题的解题方法.利用韦达定理解决线段的中点是求解关键.
15.(2015陕西文,20,12分)如图,椭圆E:+=1(a>b>0)经过点A(0,-1),且离心率为.
(1)求椭圆E的方程;
(2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP与AQ的斜率之和为2.
解析　(1)由题设知=,b=1,
结合a2=b2+c2,解得a=.
所以椭圆E的方程为+y2=1.
(2)证明:由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k≠2),代入+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0.
由已知可知Δ>0.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0,
则x1+x2=,x1x2=.
从而直线AP,AQ的斜率之和
kAP+kAQ=+=+
=2k+(2-k)=2k+(2-k)
=2k+(2-k)=2k-2(k-1)=2.
评析　本题考查椭圆标准方程与简单性质的同时,重点考查直线与椭圆的位置关系.
16.(2016北京,19,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB的面积为1.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设P是椭圆C上一点,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:|AN|·|BM|为定值.
解析　(1)由题意得
解得a=2,b=1.
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).
设P(x0,y0),则+4=4.
当x0≠0时,直线PA的方程为y=(x-2).
令x=0,得yM=-,从而|BM|=|1-yM|=.
直线PB的方程为y=x+1.
令y=0,得xN=-,从而|AN|=|2-xN|=.
所以|AN|·|BM|=·
=
==4.
当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,
所以|AN|·|BM|=4.
综上,|AN|·|BM|为定值.
一题多解　(2)点P在曲线+=1上,不妨设P(2cosθ,sinθ),当θ≠kπ且θ≠kπ+(k∈Z)时,直线AP的方程为y-0=(x-2),
令x=0,得yM=;
直线BP的方程为y-1=(x-0),
令y=0,得xN=.
∴|AN|·|BM|
=2·
=2
=2×2=4(定值).
当θ=kπ或θ=kπ+(k∈Z)时,M、N是定点,易得|AN|·|BM|=4.
综上,|AN|·|BM|=4.
17.(2019课标Ⅱ文,20,12分)已知F1,F2是椭圆C:+=1(a>b>0)的两个焦点,P为C上的点,O为坐标原点.
(1)若△POF2为等边三角形,求C的离心率;
(2)如果存在点P,使得PF1⊥PF2,且△F1PF2的面积等于16,求b的值和a的取值范围.
解析　本题主要考查椭圆的定义、简单的几何性质;考查数形结合的数学思想和逻辑思维能力与运算求解能力;体现了逻辑推理与数学运算的核心素养.
(1)连接PF1.由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中,∠F1PF2=90°,|PF2|=c,|PF1|=c,于是2a=|PF1|+|PF2|=(+1)c,故C的离心率e==-1.
(2)由题意可知,满足条件的点P(x,y)存在,当且仅当|y|·2c=16,·=-1,+=1,
即c|y|=16,①
x2+y2=c2,②
+=1.③
由②③及a2=b2+c2得y2=,
又由①知y2=,故b=4.
由②③得x2=(c2-b2),
所以c2≥b2,
从而a2=b2+c2≥2b2=32,故a≥4.
当b=4,a≥4时,存在满足条件的点P.
所以b=4,a的取值范围为[4,+∞).
思路分析　第(1)问中由平面几何知识可知△PF1F2是∠F1PF2=90°的直角三角形,且|PF2|=c,|PF1|=c,再利用椭圆的定义找出a与c的等量关系,进而求离心率.
第(2)问中设出P点坐标,利用=16,PF1⊥PF2以及+=1得到方程①②③,消元化简可求b的值和a的取值范围.
一题多解　(2)设|PF1|=r1,|PF2|=r2,
由椭圆的定义可得r1+r2=2a,
=r1r2=16,∴r1r2=32.
又PF1⊥PF2,∴+=4c2,
(r1+r2)2=++2r1r2=4c2+64=4a2,
∴4a2-4c2=64,∴b=4,
又+≥2r1r2,∴4c2≥2×32,∴c≥4,
∴a2=b2+c2=16+c2≥32,
∴b的值为4,a的取值范围为[4,+∞).
18.(2018浙江,21,15分)如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.
(1)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴;
(2)若P是半椭圆x2+=1(x<0)上的动点,求△PAB面积的取值范围.
解析　本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.
(1)设P(x0,y0),A,B.
因为PA,PB的中点在抛物线上,
所以y1,y2为方程=4·即y2-2y0y+8x0-=0的两个不同的实根.
所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y轴.
(2)由(1)可知所以|PM|=(+)-x0=-3x0,|y1-y2|=2.
因此,△PAB的面积S△PAB=|PM|·|y1-y2|=(-4x0.
因为+=1(x0<0),所以-4x0=-4-4x0+4∈[4,5].
因此,△PAB面积的取值范围是.
疑难突破　解析几何中“取值范围”与“最值”问题
在解析几何中,求某个量(直线斜率,直线在x、y轴上的截距,弦长,三角形或四边形面积等)的取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率,动点的横、纵坐标等)的函数,并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域),将问题转化为求函数的值域或最值.
19.(2017山东理,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,焦距为2.
(1)求椭圆E的方程;
(2)如图,动直线l:y=k1x-交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2,且k1k2=.M是线段OC延长线上一点,且|MC|∶|AB|=2∶3,☉M的半径为|MC|,OS,OT是☉M的两条切线,切点分别为S,T.求∠SOT的最大值,并求取得最大值时直线l的斜率.
解析　本题考查椭圆的方程,直线与椭圆、圆的位置关系,考查最值的求解方法和运算求解能力.
(1)由题意知e==,2c=2,所以a=,b=1,
因此椭圆E的方程为+y2=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
联立消y整理得(4+2)x2-4k1x-1=0,
由题意知Δ>0,且x1+x2=,x1x2=-,
所以|AB|=|x1-x2|=.
由题意可知圆M的半径
r=|AB|=·.
由题设知k1k2=,所以k2=,
因此直线OC的方程为y=x.
联立得x2=,y2=,
因此|OC|==.
由题意可知sin==,
而==,
令t=1+2,则t>1,∈(0,1),
因此=·=·
=·≥1,
当且仅当=,即t=2时等号成立,此时k1=±,
所以sin≤,
因此≤,所以∠SOT的最大值为.
综上所述:∠SOT的最大值为,取得最大值时直线l的斜率k1=±.
思路分析　(1)由离心率和焦距,利用基本量运算求解;(2)联立直线l与椭圆方程,利用距离公式求出|AB|,联立直线OC与椭圆方程求|OC|,进而建立sin与k1之间的函数关系,利用二次函数的性质求解.
疑难突破　把角的问题转化为三角函数问题,即由sin==f(k1)求解是解题的突破口.
解题反思　最值问题一般利用函数的思想方法求解,利用距离公式建立sin与k1之间的函数关系是解题关键.牢固掌握基础知识和方法是求解的前提.本题的完美解答体现了数学知识、能力、思想、方法的完美结合.
20.(2016浙江理,19,15分)如图,设椭圆+y2=1(a>1).
(1)求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长(用a,k表示);
(2)若任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点,求椭圆离心率的取值范围.
解析　(1)设直线y=kx+1被椭圆截得的线段为AP,
由得(1+a2k2)x2+2a2kx=0,
故x1=0,x2=-.
因此|AP|=|x1-x2|=·.
(2)假设圆与椭圆的公共点有4个,由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P,Q,满足|AP|=|AQ|.
记直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2,且k1,k2>0,k1≠k2.
由(1)知,|AP|=,|AQ|=,
故=,
所以(-)[1+++a2(2-a2)]=0.
由于k1≠k2,k1,k2>0得1+++a2(2-a2)=0,
因此=1+a2(a2-2),①
因为①式关于k1,k2的方程有解的充要条件是1+a2(a2-2)>1,所以a>.
因此,任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1由e==得,所求离心率的取值范围为0评析　本题主要考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识,同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力.
21.(2016天津理,19,14分)设椭圆+=1(a>)的右焦点为F,右顶点为A.已知+=,其中O为原点,e为椭圆的离心率.
(1)求椭圆的方程;
(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点H.若BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直线l的斜率的取值范围.
解析　(1)设F(c,0),由+=,即+=,可得a2-c2=3c2,又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4,所以,椭圆的方程为+=1.
(2)设直线l的斜率为k(k≠0),则直线l的方程为y=k(x-2).
设B(xB,yB),由方程组消去y,
整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.
解得x=2或x=,
由题意得xB=,从而yB=.
由(1)知,F(1,0),设H(0,yH),
有=(-1,yH),=.
由BF⊥HF,得·=0,所以+=0,解得yH=.
因此直线MH的方程为y=-x+.
设M(xM,yM),
由方程组消去y,解得xM=.
在△MAO中,∠MOA≤∠MAO |MA|≤|MO|,即(xM-2)2+≤+,化简得xM≥1,即≥1,解得k≤-或k≥.
所以,直线l的斜率的取值范围为∪.
解后反思　由于引起变动的原因是直线不定,而直线过已知定点,因此直线的斜率是“战争的根源”.直线与直线、直线与椭圆的交点坐标归结为方程组的解,用直线的斜率k表示出点M的坐标是“奋斗的目标”.
评析　本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、一元二次不等式基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力、以及用方程思想解决问题的能力.
22.(2016浙江文,19,15分)如图,设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|-1.
(1)求p的值;
(2)若直线AF交抛物线于另一点B,过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N,AN与x轴交于点M.求M的横坐标的取值范围.
解析　(1)由题意可得,抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离,由抛物线的定义得=1,即p=2.
(2)由(1)得,抛物线方程为y2=4x,F(1,0),可设A(t2,2t),t≠0,t≠±1.
因为AF不垂直于y轴,可设直线AF:x=sy+1(s≠0),由消去x得y2-4sy-4=0,
故y1y2=-4,所以,B.
又直线AB的斜率为,故直线FN的斜率为-.
从而得直线FN:y=-(x-1),直线BN:y=-.
所以N.
设M(m,0),由A,M,N三点共线得
=,
于是m=.
所以m<0或m>2.
经检验,m<0或m>2满足题意.
综上,点M的横坐标的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞).
思路分析　(1)利用抛物线的定义来解题;(2)由(1)知抛物线的方程,可设A点坐标及直线AF的方程,与抛物线方程联立可得B点坐标,进而得直线FN的方程与直线BN的方程,联立可得N点坐标,最后利用A,M,N三点共线可得kAN=kAM,最终求出结果.
评析　本题主要考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力.
23.(2015天津,19,14分)已知椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F(-c,0),离心率为,点M在椭圆上且位于第一象限,直线FM被圆x2+y2=截得的线段的长为c,|FM|=.
(1)求直线FM的斜率;
(2)求椭圆的方程;
(3)设动点P在椭圆上,若直线FP的斜率大于,求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围.
解析　(1)由已知有=,又由a2=b2+c2,可得a2=3c2,b2=2c2.
设直线FM的斜率为k(k>0),则直线FM的方程为y=k(x+c).由已知,有+=,解得k=.
(2)由(1)得椭圆方程为+=1,直线FM的方程为y=(x+c),两个方程联立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-c或x=c.由点M在第一象限,可得M的坐标为.
由|FM|==,解得c=1,
所以椭圆的方程为+=1.
(3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,得t=,即y=t(x+1)(x≠-1),与椭圆方程联立得消去y,整理得2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t=>,解得-设直线OP的斜率为m,得m=,即y=mx(x≠0),与椭圆方程联立,整理可得m2=-.
①当x∈时,有y=t(x+1)<0,因此m>0,于是m=,得m∈.
②当x∈(-1,0)时,有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=-,得m∈.
综上,直线OP的斜率的取值范围是∪.
评析　本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程和圆的方程、直线与圆的位置关系、一元二次不等式等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力以及用函数与方程思想解决问题的能力.
24.(2015浙江理,19,15分)已知椭圆+y2=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+对称.
(1)求实数m的取值范围;
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).
解析　(1)由题意知m≠0,可设直线AB的方程为
y=-x+b.
由消去y,得x2-x+b2-1=0.
因为直线y=-x+b与椭圆+y2=1有两个不同的交点,
所以Δ=-2b2+2+>0,①
将AB中点M代入直线方程y=mx+,解得
b=-.②
由①②得m<-或m>.
(2)令t=∈∪,
则|AB|=·,
且O到直线AB的距离为d=.
设△AOB的面积为S(t),
所以S(t)=|AB|·d=≤.
当且仅当t2=时,等号成立.
故△AOB面积的最大值为.
评析　本题主要考查椭圆的几何性质,直线与椭圆的位置关系等基础知识,同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力.
25.(2013课标Ⅱ理,20,12分)平面直角坐标系xOy中,过椭圆M:+=1(a>b>0)右焦点的直线x+y-=0交M于A,B两点,P为AB的中点,且OP的斜率为.
(1)求M的方程;
(2)C,D为M上两点,若四边形ACBD的对角线CD⊥AB,求四边形ACBD面积的最大值.
解析　(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),则
+=1,+=1,=-1,
由此可得=-=1.
因为x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,=,
所以a2=2b2.
又由题意知,M的右焦点为(,0),故a2-b2=3.
因此a2=6,b2=3.
所以M的方程为+=1.
(2)由解得或
因此|AB|=.
由题意可设直线CD的方程为y=x+n,
设C(x3,y3),D(x4,y4).
由得3x2+4nx+2n2-6=0.
于是x3,4=.
因为直线CD的斜率为1,
所以|CD|=|x4-x3|=.
由已知,四边形ACBD的面积S=|CD|·|AB|=.
当n=0时,S取得最大值,最大值为.
所以四边形ACBD面积的最大值为.
评析　本题考查了直线和椭圆的位置关系,考查了解析几何中的中点问题和最值问题,计算量大,综合性较强.应充分重视方程思想和函数思想在解题中的作用.
26.(2011课标理,20,12分)在平面直角坐标系xOy中,已知点A(0,-1),B点在直线y=-3上,M点满足
∥,·=·,M点的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程;
(2)P为C上的动点,l为C在P点处的切线,求O点到l距离的最小值.
解析　(1)设M(x,y),由已知得B(x,-3),A(0,-1).
所以=(-x,-1-y),=(0,-3-y),=(x,-2).
再由题意可知(+)·=0,即(-x,-4-2y)·(x,-2)=0.
所以曲线C的方程为y=x2-2.
(2)设P(x0,y0)为曲线C:y=x2-2上一点,因为y'=x,所以l的斜率为x0.
因此直线l的方程为y-y0=x0(x-x0),即x0x-2y+2y0-=0.
则O点到l的距离d=.
又y0=-2,所以
d==≥2,
当x0=0时取等号,所以O点到l距离的最小值为2.
27.(2019课标Ⅰ文,21,12分)已知点A,B关于坐标原点O对称,|AB|=4,☉M过点A,B且与直线x+2=0相切.
(1)若A在直线x+y=0上,求☉M的半径;
(2)是否存在定点P,使得当A运动时,|MA|-|MP|为定值 并说明理由.
解析　本题利用关于原点对称和直线与圆相切,考查圆的方程及圆的几何性质,要求学生具备较强的直观想象与逻辑推理能力,第(2)问设置开放性问题,考查抛物线的定义与性质.
(1)因为☉M过点A,B,所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线x+y=0上,且A,B关于坐标原点O对称,所以M在直线y=x上,故可设M(a,a).
因为☉M与直线x+2=0相切,所以☉M的半径为r=|a+2|.
由已知得|AO|=2,又⊥,
故可得2a2+4=(a+2)2,解得a=0或a=4.
故☉M的半径r=2或r=6.
(2)存在定点P(1,0),使得|MA|-|MP|为定值.
理由如下:
设M(x,y),由已知得☉M的半径为r=|x+2|,|AO|=2,
由于⊥,故可得x2+y2+4=(x+2)2,化简得M的轨迹方程为y2=4x.
因为曲线C:y2=4x是以点P(1,0)为焦点,以直线x=-1为准线的抛物线,所以|MP|=x+1.
因为|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,所以存在满足条件的定点P.
28.(2015课标Ⅰ理,20,12分)在直角坐标系xOy中,曲线C:y=与直线l:y=kx+a(a>0)交于M,N两点.
(1)当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程;
(2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有∠OPM=∠OPN 说明理由.
解析　(1)由题设可得M(2,a),N(-2,a)或M(-2,a),N(2,a).
又y'=,故y=在x=2处的导数值为,C在点(2,a)处的切线方程为y-a=(x-2),即x-y-a=0.
y=在x=-2处的导数值为-,C在点(-2,a)处的切线方程为y-a=-(x+2),即x+y+a=0.
故所求切线方程为x-y-a=0和x+y+a=0.(5分)
(2)存在符合题意的点,证明如下:
设P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1),N(x2,y2),直线PM,PN的斜率分别为k1,k2.
将y=kx+a代入C的方程得x2-4kx-4a=0.
故x1+x2=4k,x1x2=-4a.
从而k1+k2=+==.
当b=-a时,有k1+k2=0,则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补,故∠OPM=∠OPN,所以点P(0,-a)符合题意.(12分)
29.(2015课标Ⅱ理,20,12分)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.
(1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;
(2)若l过点,延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形 若能,求此时l的斜率;若不能,说明理由.
解析　(1)设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).
将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故
xM==,yM=kxM+b=.
于是直线OM的斜率kOM==-,即kOM·k=-9.
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.
(2)四边形OAPB能为平行四边形.
因为直线l过点,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0,k≠3.
由(1)得OM的方程为y=-x.
设点P的横坐标为xP.
由得=,即xP=.
将点的坐标代入l的方程得b=,
因此xM=.
四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分,即xP=2xM.
于是=2×,解得k1=4-,k2=4+.
因为ki>0,ki≠3,i=1,2,所以当l的斜率为4-或4+时,四边形OAPB为平行四边形.
评析　本题考查直线与圆锥曲线的位置关系,设问常规,但对运算能力要求较高,考查学生的思维能力.
30.(2014湖南文,20,13分)如图,O为坐标原点,双曲线C1:-=1(a1>0,b1>0)和椭圆C2:+=1(a2>b2>0)均过点P,且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.
(1)求C1,C2的方程;
(2)是否存在直线l,使得l与C1交于A,B两点,与C2只有一个公共点,且|+|=|| 证明你的结论.
解析　(1)设C2的焦距为2c2,由题意知,2c2=2,2a1=2,
从而a1=1,c2=1.
因为点P在双曲线x2-=1上,所以-=1,故=3.
由椭圆的定义知2a2=+=2.
于是a2=,=-=2,故C1,C2的方程分别为x2-=1,+=1.
(2)不存在符合题设条件的直线.
(i)若直线l垂直于x轴,因为l与C2只有一个公共点,所以直线l的方程为x=或x=-.
当x=时,易知A(,),B(,-),
所以|+|=2,||=2,
此时,|+|≠||.
当x=-时,同理可知,|+|≠||.
(ii)若直线l不垂直于x轴,设l的方程为y=kx+m,
由得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0.
当l与C1相交于A,B两点时,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根,从而x1+x2=,x1x2=.
于是y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=.
由得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0.
因为直线l与C2只有一个公共点,所以上述方程的判别式
Δ=16k2m2-8(2k2+3)(m2-3)=0.
化简,得2k2=m2-3,因此·=x1x2+y1y2=+=≠0,
于是++2·≠+-2·,
即|+|2≠|-|2,故|+|≠||.
综合(i),(ii)可知,不存在符合题设条件的直线.
评析　本题考查椭圆与双曲线的定义、几何性质、标准方程及直线与圆锥曲线的位置关系,同时考查方程思想,运算、推理能力,综合性较强.
31.(2014福建文,21,12分)已知曲线Γ上的点到点F(0,1)的距离比它到直线y=-3的距离小2.
(1)求曲线Γ的方程;
(2)曲线Γ在点P处的切线l与x轴交于点A,直线y=3分别与直线l及y轴交于点M,N.以MN为直径作圆C,过点A作圆C的切线,切点为B.试探究:当点P在曲线Γ上运动(点P与原点不重合)时,线段AB的长度是否发生变化 证明你的结论.
解析　(1)解法一:设S(x,y)为曲线Γ上任意一点,
依题意,点S到F(0,1)的距离与它到直线y=-1的距离相等,
所以曲线Γ是以点F(0,1)为焦点、直线y=-1为准线的抛物线,所以曲线Γ的方程为x2=4y.
解法二:设S(x,y)为曲线Γ上任意一点,
则|y-(-3)|-=2,
依题意,知点S(x,y)只能在直线y=-3的上方,所以y>-3,
所以=y+1,
化简得,曲线Γ的方程为x2=4y.
(2)当点P在曲线Γ上运动时,线段AB的长度不变.证明如下:
由(1)知抛物线Γ的方程为y=x2,
设P(x0,y0)(x0≠0),则y0=,
由y'=x,得切线l的斜率k=y'=x0,
所以切线l的方程为y-y0=x0(x-x0),即y=x0x-.
由得A.
由得M.
又N(0,3),所以圆心C,
半径r=|MN|=,
|AB|=
==.
所以点P在曲线Γ上运动时,线段AB的长度不变.
评析　本题主要考查抛物线的定义与性质、圆的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等,考查运算求解能力、推理论证能力,考查数形结合思想、函数与方程思想、特殊与一般思想、化归与转化思想.
32.(2022全国乙,理20,文21,12分)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),B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.证明:直线HN过定点.
解析　(1)解法一:设椭圆E的方程为=1(a>0,b>0且a≠b),将A(0,-2),B两点的坐标代入,得故椭圆E的方程为=1.
解法二:设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0且m≠n).由题意可得故椭圆E的方程为=1.
(2)由A(0,-2),B可得直线AB的方程为y=x-2.
①若过点P(1,-2)的直线的斜率不存在,则其方程为x=1,与方程=1联立,可得y=±,结合题意可知N,M,由则T,由,
得则H,所以直线HN的方程为y=x-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).
联立得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0,则x1+x2=,x1x2=,y1+y2=,y1y2=,x1y2+x2y1=.
联立可得T,由,可得H(3y1+6-x1,y1),故此时直线HN的方程为y-y2=(x-x2),将(0,-2)代入并整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0,即2×-12=0恒成立,则直线HN过定点(0,-2).
综上,直线HN过定点(0,-2).
33.(2020课标Ⅰ理,20,12分)已知A,B分别为椭圆E:+y2=1(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程;
(2)证明:直线CD过定点.
解析　(1)由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1).
则=(a,1),=(a,-1).由=8得a2-1=8,即a=3.
所以E的方程为+y2=1.
(2)设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).
若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知-3由于直线PA的方程为y=(x+3),所以y1=(x1+3).
直线PB的方程为y=(x-3),所以y2=(x2-3).
可得3y1(x2-3)=y2(x1+3).
由于=1,故,
可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3),即
(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0. ①
将x=my+n代入+y2=1得
(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.
所以y1+y2=-,y1y2=.
代入①式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0.
解得n1=-3(舍去),n2=.
故直线CD的方程为x=my+,即直线CD过定点.
若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点.
综上,直线CD过定点.
方法总结　求圆锥曲线中定点问题的基本思路
(1)把直线或者曲线方程中的变量x,y当作常数,把参数当作未知数,将方程一端化为0,即化为mf(x,y)+g(x,y)=0的形式(这里把参数m当作未知数).
(2)既然是过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,这时参数的系数就要全部等于0,这样就得到一个关于x,y的方程组,即
(3)这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点,即坐标满足的点(x0,y0)为直线或曲线所过的定点.
34.(2020江苏,18,16分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆E:+=1的左,右焦点分别为F1,F2,点A在椭圆E上且在第一象限内,AF2⊥F1F2,直线AF1与椭圆E相交于另一点B.
(1)求△AF1F2的周长;
(2)在x轴上任取一点P,直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q,求·的最小值;
(3)设点M在椭圆E上,记△OAB与△MAB的面积分别为S1,S2,若S2=3S1,求点M的坐标.
解析　本题主要考查直线方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系、向量数量积等基础知识,考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.
(1)设椭圆E:+=1的长轴长为2a,短轴长为2b,焦距为2c,
则a2=4,b2=3,c2=1.
所以△AF1F2的周长为2a+2c=6.
(2)椭圆E的右准线为x=4.
设P(x,0),Q(4,y),
则=(x,0),=(x-4,-y),
·=x(x-4)=(x-2)2-4≥-4,
在x=2时取等号.
所以·的最小值为-4.
(3)因为椭圆E:+=1的左,右焦点分别为F1,F2,点A在椭圆E上且在第一象限内,AF2⊥F1F2,则F1(-1,0),F2(1,0),A,所以直线AB:3x-4y+3=0.
设M(x,y),因为S2=3S1,
所以点M到直线AB的距离等于点O到直线AB的距离的3倍.
由此得=3×,
则3x-4y+12=0或3x-4y-6=0.
由得7x2+24x+32=0,此方程无解;
由得7x2-12x-4=0,所以x=2或x=-.
代入直线l:3x-4y-6=0,对应分别得y=0或y=-.
因此点M的坐标为(2,0)或.
35.(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(-2,0),离心率为.
(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-=1(a>0,b>0),
由题意可知c=2,
又离心率e==,∴a=2,
∴b2=c2-a2=20-4=16,
∴双曲线C的方程为-=1.
(2)证法一:由题意知直线MN的斜率不为0,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).
联立消去x,得(4m2-1)y2-32my+48=0,
∴y1+y2=,y1y2=,∴my1y2=(y1+y2).
易知直线MA1的方程为y=(x+2)=(x+2),①
直线NA2的方程为y=(x-2)=(x-2),②
联立①②可得,(x+2)=(x-2),
∴===-,
∴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,所以可设直线MN的方程为x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),
由得(4m2-1)y2-32my+48=0,
由根与系数的关系知,y1+y2=,y1y2=.
易知直线MA1的方程为y=(x+2),①
直线NA2的方程为y=(x-2),②
由①②得(x+2)=(x-2),
两边同时乘y2得,(x+2)=(x-2),
又点N(x2,y2)在双曲线-=1上,∴=4(-4).
∴(x+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(x+2)=4-2m·+4·(x-2),即(x+2)=4··(x-2),
即-3(x+2)=x-2,解得x=-1.
∴点P在定直线x=-1上.
36.(2023全国甲理,20,12分,难)已知直线x-2y+1=0与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A,B两点,|AB|=4.
(1)求p;
(2)设F为C的焦点,M,N为C上两点,且·=0,求△MFN面积的最小值.
解析　(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),
由消去x得y2-4py+2p=0,
∵直线与抛物线有两个交点A,B,∴Δ=16p2-8p>0,
解得p>或p<0(舍).
由根与系数的关系可知,
y1+y2=4p,y1y2=2p,∴|AB|=|y1-y2|=·=·=4.
解得p=2或p=-(舍).
∴p=2.
(2)由(1)知,抛物线的焦点为F(1,0).
由题意知直线MN的斜率不可能为0,
∴设MN的方程为x=my+t,M(x3,y3),N(x4,y4),
联立消去x得y2-4my-4t=0,
∴Δ=16m2+16t>0,即m2+t>0,
由根与系数的关系得y3+y4=4m,y3y4=-4t,
∵·=0,∴(x3-1,y3)·(x4-1,y4)=0,
即(x3-1)(x4-1)+y3y4=(my3+t-1)(my4+t-1)+y3y4
=(m2+1)y3y4+m(t-1)(y3+y4)+(t-1)2
=(m2+1)(-4t)+m(t-1)·4m+(t-1)2=0,
即-4m2t-4t+4m2t-4m2+t2-2t+1=0,
即4m2=t2-6t+1.
设F到MN的距离为d,则d=,
又|MN|=|y3-y4|=·=·=4·,
∴S△MFN=|MN|·d=×4··=2·|t-1|=·|t-1|
=|t-1|=(t-1)2.
∵4m2=t2-6t+1≥0,解得t≤3-2或t≥3+2,
∴当且仅当t=3-2时,S△MFN取得最小值12-8.
即△MFN面积的最小值为12-8.
37.(2023全国乙理,20,12分,难)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,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=,∴a2=9,∴C的方程为=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=,
x1x2=,易知直线AP的方程为y=(x+2).
令x=0,得yM=,同理可得yN=,
则
=
=
=
==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.
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