8.5 圆锥曲线的综合问题（解析版）--2026版十年高考数学真题分类汇编

8.5 圆锥曲线的综合问题
考点1 轨迹问题
1.(2013课标Ⅰ理,10,5分)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交E于A,B两点.若AB的中点坐标为(1,-1),则E的方程为(　　)
A.+=1　　　　　B.+=1
C.+=1　　　　　D.+=1
【答案】　D　
【解析】 直线AB的斜率k==,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则
①-②得=-·.
即k=-×,
∴=.　　　　　　 ③
又a2-b2=c2=9,　　　④
由③④得a2=18,b2=9.
所以椭圆E的方程为+=1,故选D.
评析　本题考查了直线和椭圆的位置关系,考查了线段的中点问题.本题也可利用根与系数的关系解决中点问题.
2.(2022新高考Ⅱ,16,5分)已知直线l与椭圆=1在第一象限交于A,B两点,l与x轴、y轴分别交于M,N两点,且|MA|=|NB|,|MN|=2,则l的方程为　　　　.
【答案】　 x+=0
【解析】　设M(m,0),N(0,n),其中m>0,n>0,则直线l:=1,
由消y并整理得x+2n2-6=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),不妨令x1>x2,
则x1+x2=.
由|MA|=|NB|得|xN-x2|,
即m-x1=x2,∴x1+x2=m,
故=m,即m2=2n2.①
又由|MN|=2得m2+n2=12,②
由①②及m>0,n>0可得m=2,n=2.
∴l的方程为=1,即x+=0.
3.(2016课标Ⅲ,理20,文20,12分)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.
(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明AR∥FQ;
(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.
【解析】　由题设知F.设l1:y=a,l2:y=b,则ab≠0,
且A,B,P,Q,R.
记过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.(3分)
(1)由于F在线段AB上,故1+ab=0.
记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,则
k1=====-b=k2.
所以AR∥FQ.(5分)
(2)设l与x轴的交点为D(x1,0),则S△ABF=|b-a||FD|=|b-a|,S△PQF=.
由题设可得2×|b-a|=,
所以x1=0(舍去),或x1=1.(8分)
设满足条件的AB的中点为E(x,y).
当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得=(x≠1).
而=y,所以y2=x-1(x≠1).
当AB与x轴垂直时,E与D重合.所以,所求轨迹方程为y2=x-1.(12分)
疑难突破　第(1)问求解关键是把AR∥FQ的证明转化为kAR=kFQ的证明;第(2)问需找到AB中点所满足的几何条件,从而将其转化为等量关系.在利用斜率表示几何等量关系时应注意分类讨论思想的应用.
评析　本题主要考查抛物线的性质,直线的斜率及其应用,轨迹方程的求法等知识,考查分类讨论思想的应用,考查考生对基础知识和基本技能的应用能力.
4.(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.
5.(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.
6.(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.
7.(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.
8.(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.
9.(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.
考点2 弦长与面积问题
1.(2024新课标Ⅰ,16,15分,中)已知A(0,3)和P为椭圆C:+=1(a>b>0)上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线l交C于另一点B,且△ABP的面积为9,求l的方程.
【解析】 (1)将A(0,3),P代入椭圆方程+=1得 解得
所以椭圆的离心率e==.
(2)当直线l的斜率不存在时,l:x=3,
此时S△ABP=×3×3=,不符合题意.
当直线l的斜率存在时,设l:y=k(x-3)+,
联立消去y整理得(3+4k2)x2+(12k-24k2)x+36k2-36k-27=0,
设P(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=,x1x2=,
∴|BP|=·=·,
又点A到直线l的距离d=,
∴S△ABP=|BP|·d=×··=9,解得k=或k=,
∴直线l的方程为y=x或y=x-3.
2.（2023全国甲理，20）已知直线与抛物线交于两点，且．
（1）求；
（2）设C的焦点为F，M，N为C上两点，，求面积的最小值．
【解析】（1）设，
由可得，，所以，
所以，
即，因为，解得：．
（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，
由可得，，所以，，
，
因为，所以，
即，
亦即，
将代入得，
，，
所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
而或，所以，
当时，的面积．
【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值.
3.（2023天津，18）设椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
（1）求椭圆方程及其离心率；
（2）已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．
【解析】（1）如图，
由题意得，解得，所以，
所以椭圆的方程为，离心率为.
（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，
设直线的方程为，
联立方程组，消去整理得：，
由韦达定理得，所以，
所以，.
所以,,，
所以，
所以，即，
解得，所以直线的方程为
4.(2016课标Ⅱ文,21,12分)已知A是椭圆E:+=1的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.
(1)当|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;
(2)当2|AM|=|AN|时,证明:【解析】　(1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.
由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.
又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2.(2分)
将x=y-2代入+=1得7y2-12y=0.
解得y=0或y=,所以y1=.
因此△AMN的面积S△AMN=2×××=.(4分)
(2)将直线AM的方程y=k(x+2)(k>0)代入+=1得
(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.
由x1·(-2)=得x1=,
故|AM|=|x1+2|=.
由题设,直线AN的方程为y=-(x+2),
故同理可得|AN|=.(7分)
由2|AM|=|AN|得=,即4k3-6k2+3k-8=0.(9分)
设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点, f '(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0,所以f(t)在(0,+∞)内单调递增.
又f()=15-26<0, f(2)=6>0,因此f(t)在(0,+∞)内有唯一的零点,且零点k在(,2)内,所以评析　本题考查了直线与椭圆的位置关系,考查了设而不求,整体运算的技巧,考查了函数的思想方法,属难题.
5.(2014课标Ⅰ理,20,12分)已知点A(0,-2),椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为,O为坐标原点.
(1)求E的方程;
(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点.当△OPQ的面积最大时,求l的方程.
【解析】　(1)设F(c,0),由条件知,=,得c=.
又=,所以a=2,b2=a2-c2=1.
故E的方程为+y2=1.
(2)当l⊥x轴时不合题意,故设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).
将y=kx-2代入+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.
当Δ=16(4k2-3)>0,即k2>时,x1,2=.
从而|PQ|=|x1-x2|=.
又点O到直线PQ的距离d=,
所以△OPQ的面积
S△OPQ=d·|PQ|=.
设=t,则t>0,S△OPQ==.
因为t+≥4,当且仅当t=2,即k=±时等号成立,且满足Δ>0,
所以,当△OPQ的面积最大时,l的方程为y=x-2或y=-x-2.
评析　本题主要考查椭圆的标准方程、几何性质,直线的方程以及直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查用代数方法研究圆锥曲线综合问题,考查方程思想、函数思想、整体代换以及换元法的应用.考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力.
6.(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,+∞).
7.(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.
8.(2016课标Ⅰ理,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)
评析　本题重点考查圆锥曲线的几何性质,以及直线与椭圆、圆的位置关系,尤其是对“弦长”问题的考查,更是本题考查的重点.解决此类问题,除了要熟知圆锥曲线的几何性质之外,对计算能力的要求也非常高.
9.(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.
10.(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.
11.(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.
12.(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.
13.(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.
14.(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.
15.(2016课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆E:+=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.
(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;
(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.
【解析】　(1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.当t=4时,E的方程为+=1,A(-2,0).由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.因此直线AM的方程为y=x+2.将x=y-2代入+=1得7y2-12y=0.
解得y=0或y=,所以y1=.
因此△AMN的面积S△AMN=2×××=.
(2)由题意,t>3,k>0,A(-,0).将直线AM的方程y=k(x+) 代入+=1得(3+tk2)x2+2·tk2x+t2k2-3t=0.
由x1·(-)=得x1=,
故|AM|=|x1+ |=.
由题设,直线AN的方程为y=-(x+),
故同理可得|AN|=.
由2|AM|=|AN|得=,
即(k3-2)t=3k(2k-1).
当k=时上式不成立,因此t=.
t>3等价于=<0,即<0.
由此得或解得因此k的取值范围是(,2).
考点3 定点、定值问题
1.（2023全国乙理，20） 已知椭圆的离心率是，点在上．
（1）求的方程；
（2）过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
【解析】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，
联立方程，消去y得：，
则，解得，
可得，
因为，则直线，
令，解得，即,
同理可得，
则
，
所以线段的中点是定点.
2.（2023课标II，21）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
（1）求C的方程；
（2）记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
【解析】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，双曲线方程为.
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.
3.(2020新高考Ⅰ,22,12分)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且过点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.
质,椭圆中的定点、定值问题.考查学生分析问题、解决问题的能力.考查的核心素养是数学运算.
【解析】 (1)由题设得=1,,，解得a2=6,b2=3.
所以C的方程为=1. (6分)
(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=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.
于是x1+x2=-,x1x2=(根与系数的关系).①
由AM⊥AN知=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)-(km-k-2)+(m-1)2+4=0.
整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0(易错: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=k(k≠1).
所以直线MN过点P.
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=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.
又=1,可得3-8x1+4=0.
解得x1=2(舍去)或x1=.
此时直线MN过点P.
令Q为AP的中点,即Q.
若D与P不重合,则由题设知AP是Rt△ADP的斜边,故|DQ|=.
若D与P重合,则|DQ|=|AP|.
综上,存在点Q,使得|DQ|为定值. (12分)
归纳总结:圆锥曲线中定点问题的两种解法
　　(1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点;
(2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.
4.(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).
5.(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.
6.(2019课标Ⅲ理,21,12分)已知曲线C:y=,D为直线y=-上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为A,B.
(1)证明:直线AB过定点;
(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求四边形ADBE的面积.
【解析】　本题考查直线与抛物线相切,弦的中点,直线与圆相切等知识点,通过直线与抛物线的方程运算,考查了学生在【解析】几何中的运算求解能力,以直线与抛物线相切为背景考查了数学运算的核心素养.
(1)设D,A(x1,y1),则=2y1.
由于y'=x,所以切线DA的斜率为x1,故=x1.
整理得2tx1-2y1+1=0.
设B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0.
故直线AB的方程为2tx-2y+1=0.
所以直线AB过定点.
(2)由(1)得直线AB的方程为y=tx+.
由可得x2-2tx-1=0.
于是x1+x2=2t,x1x2=-1,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1,
|AB|=|x1-x2|=×=2(t2+1).
设d1,d2分别为点D,E到直线AB的距离,则d1=,d2=.
因此,四边形ADBE的面积S=|AB|(d1+d2)=(t2+3).
设M为线段AB的中点,则M.
由于⊥,而=(t,t2-2),与向量(1,t)平行,
所以t+(t2-2)t=0.
解得t=0或t=±1.
当t=0时,S=3;当t=±1时,S=4.
因此,四边形ADBE的面积为3或4.
解题关键　(1)设出A、B坐标,求导、列等式是解题的突破口.(2)由(1)得出AB的方程,用坐标表示出⊥,求AB方程中的参数是关键.
7.(2018北京理,19,14分)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围;
(2)设O为原点,=λ,=μ,求证:+为定值.
【解析】　(1)因为抛物线y2=2px过点(1,2),
所以2p=4,即p=2.
故抛物线C的方程为y2=4x,
由题意知,直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y=kx+1(k≠0).
由得k2x2+(2k-4)x+1=0.
依题意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得k<0或0又PA,PB与y轴相交,故直线l不过点(1,-2).
从而k≠-3.
所以直线l斜率的取值范围是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1).
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
由(1)知x1+x2=-,x1x2=.
直线PA的方程为y-2=(x-1).
令x=0,得点M的纵坐标为yM=+2=+2.
同理得点N的纵坐标为yN=+2.
由=λ,=μ得λ=1-yM,μ=1-yN.
所以+=+=+
=·=·=2.
所以+为定值.
方法总结　圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值.依题设条件,得出与代数式有关的等式,化简即可得出定值;
(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的表达式,再利用题设条件化简、变形求得;
(3)求某线段长度为定值.利用两点间的距离公式求得线段长度的表达式,再依据条件对表达式进行化简、变形即可求得.
8.(2016北京理,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(2cos θ,sin θ),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.
9.(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.
10.(2016四川理,20,13分)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点,直线l:y=-x+3与椭圆E有且只有一个公共点T.
(1)求椭圆E的方程及点T的坐标;
(2)设O是坐标原点,直线l'平行于OT,与椭圆E交于不同的两点A,B,且与直线l交于点P.证明:存在常数λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值.
【解析】　(1)由已知,a=b,
则椭圆E的方程为+=1.
由方程组得3x2-12x+(18-2b2)=0.①
方程①的判别式为Δ=24(b2-3),由Δ=0,得b2=3,
此时方程①的解为x=2,
所以椭圆E的方程为+=1.
点T坐标为(2,1).
(2)由已知可设直线l'的方程为y=x+m(m≠0),
由方程组可得
所以P点坐标为,|PT|2=m2.
设点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2).
由方程组可得3x2+4mx+(4m2-12)=0.②
方程②的判别式为Δ=16(9-2m2),
由Δ>0,解得-由②得x1+x2=-,x1x2=.所以|PA|==,
同理|PB|=.
所以|PA|·|PB|=
=
==m2.
故存在常数λ=,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|.
评析　本题考查了直线与圆锥曲线相交的问题,这类题中常用的方法是方程法,并结合根与系数的关系,两点间距离公式,难点是运算量比较大,注意运算技巧.
11.(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.
12.(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.
考点4 直线与圆锥曲线的位置关系
1.(2024北京,19,15分,中)已知椭圆E:+=1(a>b>0),以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形,过点(0,t)(t>)且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A,B,过点A和C(0,1)的直线AC与椭圆E的另一个交点为D.
(1)求椭圆E的方程及离心率;
(2)若直线BD的斜率为0,求t的值.
【解析】 (1)由已知条件可知b=c=,∴a=2,
∴椭圆方程为+=1,离心率e==.
(2)设直线AB的方程为y=kx+t(t>),A(x1,y1),B(x2,y2).
联立消去y得(2k2+1)x2+4ktx+2t2-4=0,
Δ=(4kt)2-4(2k2+1)(2t2-4)>0,即4k2-t2+2>0,
x1+x2=,x1x2=.
∵直线BD的斜率为0,∴点B与点D关于y轴对称,
得D(-x2,y2),∵A、C、D三点共线,∴kAC=kCD,
即=-,∴(kx1+t-1)x2=-x1(kx2+t-1),
∴2kx1x2+(t-1)(x1+x2)=0,
∴+=0,
∴t2-t=t2-2,解得t=2.
2.(2024全国甲理,20,12分,中)设椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F,点M在C上,且MF⊥x轴.
(1)求C的方程;
(2)过点P(4,0)的直线交C于A,B两点,N为线段FP的中点,直线NB交直线MF于点Q,证明:AQ⊥y轴.
【解析】(1)∵MF⊥x轴,且M在C上,
∴c=1,=,结合c2=a2-b2,解得a=2,b=,
∴C的方程为+=1.
(2)证明:当直线AB与x轴重合时显然符合题意.
当直线不与x轴重合时,设直线AB的方程为x=ty+4,A(x1,y1),B(x2,y2),
联立消去x得(4+3t2)y2+24ty+36=0,
由Δ=(24t)2-4×(4+3t2)×36=144(t2-4)>0,得t2>4,
由根与系数的关系得y1+y2=,y1y2=,
∵N为FP的中点,∴N,
∴直线NB的方程为y=,
令x=1,解得yQ=-,
∴y1-yQ=y1+==,
∵2ty1y2+3(y1+y2)=2t·+3·=0,
∴y1=yQ,即AQ⊥y轴.
综上,AQ⊥y轴.
3.(2024天津,18,15分,中)已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率为,左顶点为A,下顶点为B,C是线段OB的中点,且S△ABC=.
(1)求椭圆的方程;
(2)过点的动直线与椭圆有两个交点P,Q.试问:在y轴上是否存在点T,使得·≤0恒成立 若存在,求出点T纵坐标的取值范围;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)由椭圆的离心率为得=,其中c为半焦距,故a=2c,则b==c,
所以A(-2c,0),B(0,-c),C,故S△ABC=×2c×c=,解得c=(舍负),所以a=2,b=3,
所以椭圆的方程为+=1.
(2)若过点的动直线的斜率存在,则可设该直线方程为y=kx-,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),T(0,t),
由消去y可得(3+4k2)x2-12kx-27=0,
故Δ=144k2+108(3+4k2)>0,且x1+x2=,x1x2=-,
而=(x1,y1-t),=(x2,y2-t),
故·=x1x2+(y1-t)(y2-t)
=x1x2+
=(1+k2)x1x2-k(x1+x2)+
=(1+k2)×-k×+
=
=,
因为·≤0恒成立,所以
解得-3≤t≤.
若过点的动直线的斜率不存在,则P(0,3),Q(0,-3)或P(0,-3),Q(0,3),此时需-3≤t≤3.
综上,存在T(0,t),使得·≤0恒成立.
4.(2022北京,19,15分)已知椭圆E:=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(-2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C,直线AB,AC分别与x轴交于点M,N.当|MN|=2时,求k的值.
【解析】　 (1)由题意得b=1,c=,则a==2,所以椭圆E的方程为+y2=1.
(2)过点P且斜率为k的直线方程为y-1=k(x+2),设B(x1,y1),C(x2,y2),
联立直线和椭圆E的方程得可得(1+4k2)x2+(16k2+8k)x+16k2+16k=0,由Δ>0可得(16k2+8k)2-4(1+4k2)(16k2+16k)>0,解得k<0,
根据根与系数的关系可得x1+x2=,x1x2=.
直线AB的斜率kAB=,则AB的直线方程为y=+1,令y=0,可得点M的横坐标xM=,
同理可得点N的横坐标xN=,
则|MN|=
=
==2.
所以=2,
化简可得,解得k=-4,故k的值为-4.
5.(2021新高考Ⅰ,21,12分)在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-,0),F2(,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=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|=2,因为|MF1|-|MF2|=2<|F1F2|=2,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=1(a>0,b>0,x≥a),则2a=2,2c=2,
解得a=1,c=,则b2=c2-a2=()2-12=16,
所以M的轨迹C的方程为x2-=1(x≥1).
(2)如图,设T,直线AB的方程为y-m=k1,由得(16-)x2+(-2k1m)x-+k1m-m2-16=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=,x1x2=,
则|TA|=,|TB|=,
所以|TA|·|TB|=(1+.
设直线PQ的方程为y-m=k2,
同理得|TP|·|TQ|=,
因为|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,
所以,
所以,即,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.
一题多解　(2)设T,直线AB的倾斜角为θ1,直线PQ的倾斜角为θ2,由题不妨设,t1>0,t2>0,
则||=t1,||=t2.
设A(x,y),因为,所以=t1(cos θ1,sin θ1),所以x=+t1cos θ1,y=m+t1sin θ1,
又因为点A在双曲线上,
所以16-(m+t1sin θ1)2=16,即(16cos2θ1-sin2θ1)+(16cos θ1-2msin θ1)t1-(m2+12)=0.
同理可得(16cos2θ1-sin2θ1)+(16cos θ1-2msin θ1)t2-(m2+12)=0.
所以t1,t2即为方程(16cos2θ1-sin2θ1)t2+(16cos θ1-2msin θ1)t-(m2+12)=0的两个根,
则|TA|·|TB|=t1t2=,
同理|TP|·|TQ|=,
结合|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,得cos2θ1=cos2θ2,
又因为AB与PQ是不同直线,
所以cos θ1=-cos θ2,于是θ1+θ2=π,则kAB+kPQ=0,
即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.
易错警示　解答本题第一问时,容易出现所求C的方程为x2-
=1的错误结果,从而致使第二问直接做错.
6.(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.
7.(2018北京文,20,14分)已知椭圆M:+=1(a>b>0)的离心率为,焦距为2.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A,B.
(1)求椭圆M的方程;
(2)若k=1,求|AB|的最大值;
(3)设P(-2,0),直线PA与椭圆M的另一个交点为C,直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若C,D和点Q共线,求k.
【解析】(1)由题意得，解得a=,b=1.
所以椭圆M的方程为+y2=1.
(2)设直线l的方程为y=x+m,A(x1,y1),B(x2,y2).
由
得4x2+6mx+3m2-3=0.
所以x1+x2=-,x1x2=.
|AB|==
==.
当m=0,即直线l过原点时,|AB|最大,最大值为.
(3)设A(x1,y1),B(x2,y2).
由题意得+3=3,+3=3.
直线PA的方程为y=(x+2).
由，得[(x1+2)2+3]x2+12x+12-3(x1+2)2=0.
设C(xC,yC)，所以xC+x1==.
所以xC=-x1=.
所以yC=(xC+2)=.
设D(xD,yD).同理得xD=,yD=.
记直线CQ,DQ的斜率分别为kCQ,kDQ,
则kCQ-kDQ=-=4(y1-y2-x1+x2).
因为C,D,Q三点共线,所以kCQ-kDQ=0.故y1-y2=x1-x2.
所以直线l的斜率k==1.
8.(2018天津理,19,14分)设椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为,点A的坐标为(b,0),且|FB|·|AB|=6.
(1)求椭圆的方程;
(2)设直线l:y=kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若=sin∠AOQ(O为原点),求k的值.
【解析】(1)设椭圆的焦距为2c,由已知有=,
又由a2=b2+c2,可得2a=3b.
由已知可得,|FB|=a,|AB|=b,
由|FB|·|AB|=6,可得ab=6,从而a=3,b=2.
所以,椭圆的方程为+=1.
(2)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2).
由已知有y1>y2>0,故|PQ|sin∠AOQ=y1-y2.
又因为|AQ|=,而∠OAB=,故|AQ|=y2.
由=sin∠AOQ,可得5y1=9y2.
由方程组消去x,可得y1=.
易知直线AB的方程为x+y-2=0,
由方程组消去x,可得y2=.
由5y1=9y2,可得5(k+1)=3,两边平方,
整理得56k2-50k+11=0,解得k=,或k=.
所以,k的值为或.
解题关键　利用平面几何知识将=sin∠AOQ转化为点P、Q坐标间的关系是解决第(2)问的关键.
方法归纳　求椭圆标准方程的基本方法
(1)定义法:根据椭圆的定义,确定a2,b2的值,结合焦点位置写出椭圆方程;
(2)待定系数法:这是求椭圆方程的常用方法,基本步骤为①根据已知条件判断焦点的位置;②根据焦点的位置设出所求椭圆的方程;③根据已知条件,建立关于a、b、c的方程组,注意c2=a2-b2的应用;④解方程组,求得a、b的值,从而得出椭圆的方程.
9.(2016天津文,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.
【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的斜率为-或.
评析　本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质,直线方程等基础知识.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方程思想解决问题的能力.
10.(2015福建理,18,13分)已知椭圆E:+=1(a>b>0)过点(0,),且离心率e=.
(1)求椭圆E的方程;
(2)设直线l:x=my-1(m∈R)交椭圆E于A,B两点,判断点G与以线段AB为直径的圆的位置关系,并说明理由.
【解析】　解法一:(1)由已知得解得
所以椭圆E的方程为+=1.
(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为H(x0,y0).
由得(m2+2)y2-2my-3=0,
所以y1+y2=,y1y2=-,从而y0=.
所以|GH|2=+=+=(m2+1)+my0+.
==
==(1+m2)(-y1y2),
故|GH|2-=my0+(1+m2)y1y2+=-+=>0,所以|GH|>.
故点G在以AB为直径的圆外.
解法二:(1)同解法一.
(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),则=,=.
由得(m2+2)y2-2my-3=0,
所以y1+y2=,y1y2=-,从而
·=+y1y2=+y1y2=(m2+1)y1y2+m(y1+y2)+=++=>0,
所以cos<,>>0.又,不共线,所以∠AGB为锐角.
故点G在以AB为直径的圆外.
评析　本小题主要考查椭圆、圆、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想.
11.(2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线x2=y,点A,B,抛物线上的点P(x,y).过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.
(1)求直线AP斜率的取值范围;
(2)求|PA|·|PQ|的最大值.
【解析】　(1)设直线AP的斜率为k,k==x-,
因为-(2)解法一:联立直线AP与BQ的方程
解得点Q的横坐标是xQ=.
因为|PA|==(k+1),
|PQ|=(xQ-x)=-,
所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3,
令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因为f '(k)=-(4k-2)(k+1)2,
所以f(k)在区间上单调递增,上单调递减,因此当k=时,|PA|·|PQ|取得最大值.
解法二:如图,连接BP,|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos∠BPQ=·(-)=·-.
易知P(x,x2),
则·=2x+1+2x2-=2x2+2x+,=+=x2+x++x4-x2+=x4+x2+x+.
∴|AP|·|PQ|=-x4+x2+x+.
设f(x)=-x4+x2+x+,
则f '(x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,
∴f(x)在上为增函数,在上为减函数,
∴f(x)max=f(1)=.
故|AP|·|PQ|的最大值为.
12.(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.
13.(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)
14.(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.
考点5 圆锥曲线的创新题
1.（2023课标I，22）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
【解析】（1）设,则，两边同平方化简得，
故.
（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，
则,令，
同理令，且，则，
设矩形周长为,由对称性不妨设，，
则.，
易知，则令
令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，故,即.
当时,,且，即时等号成立，矛盾，
故,得证.
法二：不妨设在上，且，
依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，
则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，
直线的方程为，
则联立得，
，则
则，
同理，
令，则，设，
则，令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，，
但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,
矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则,从而
故
①当时,
②当 时,由于,从而,
从而又,
故,由此
，
当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.
.
2.(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(1)若k=,求x2,y2;
(2)证明:数列{xn-yn}是公比为的等比数列;
(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=(x-5),即y=x+,
又点P1(5,4)在双曲线x2-y2=m上,∴m=52-42=9,联立消去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-=9,由已知得直线Pn-1Qn-1的方程为y-yn-1=k(x-xn-1),
联立消去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=,
∴x0=,
∴y0=k(x0-xn-1)+yn-1=,
即Qn-1,
则Pn,
∴xn-yn=-=
=,
∴==(n=2,3,…)(0∴数列{xn-yn}是公比为的等比数列.
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,
∴=k,又Pn-1,Qn-1两点都在双曲线上,
∴①-②可得(xn-xn-1)(xn+xn-1)=(yn-yn-1)(yn+yn-1),
∴==-k,
即
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),
∴=,
∴数列{xn-yn}是公比为的等比数列.
证法一:如图3,设Pn(xn,yn),Pn+1(xn+1,yn+1),Pn+2(xn+2,yn+2),
∴=(xn-xn+1,yn-yn+1),=(xn+2-xn+1,yn+2-yn+1).
∴=||·||·sin∠PnPn+1Pn+2
=||||·
=
=|(xn-xn+1)(yn+2-yn+1)-(xn+2-xn+1)(yn-yn+1)|,
又∵xn-yn=(x1-y1)=(n=1,2,3,…),且(xn,yn)在双曲线x2-y2=9上,∴-=9.
∴xn+yn==9·,
令=p,由01,且
∴xn=(pn-1+9p1-n),yn=(9p1-n-pn-1),
∴(xn-xn+1)(yn+2-yn+1)=(pn-1+9p1-n-pn-9p-n)(9p-1-n-pn+1-9p-n+pn)
=[9(1-p)2p-2+(1-p)2p2n-1-81(p-1)2p-2n-1-9(p-1)2]=(p-1)2(9p-2-9+p2n-1-81p-2n-1),
又(xn+2-xn+1)(yn-yn+1)=(pn+1+9p-n-1-pn-9p-n)(9p1-n-pn-1-9p-n+pn)
=[(p-1)2p2n-1+9(p-1)2-81(1-p)2p-2n-1-9(1-p)2p-2]=(p-1)2(9-9p-2+p2n-1-81p-2n-1),
∴=×|18(p-1)2-18(1-p)2p-2|=[(p-1)2-(1-p)2·p-2],
∴Sn=[(p-1)2-(1-p)2·p-2]=(p-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=,
即证PnPn+3∥Pn+1Pn+2,(三角形同底等高模型)
设=p,同证法一得xn-yn=pn-1,
xn=(pn-1+9p1-n),yn=(9p1-n-pn-1),
则==
=1-
=1-.
==
=1-
=1-.
故=,即PnPn+3∥Pn+1Pn+2,
原式得证.