《直通名校》高考真题分类专题七　解析几何（含解析）-高考数学大二轮专题复习

专题七　解析几何
考点一　直线与圆
1.（2024·全国甲卷12题）已知b是a，c的等差中项，直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＋4y－1＝0交于A，B两点，则｜AB｜的最小值为（　　）
A.1 B.2
C.4 D.2
解析：C　根据题意有2b＝a＋c，即a－2b＋c＝0，所以直线ax＋by＋c＝0过点M（1，－2）.设圆x2＋y2＋4y－1＝0的圆心为C，连接CM，则AB⊥CM时，｜AB｜最小，将圆的方程化为x2＋（y＋2）2＝5，则C（0，－2），所以｜MC｜＝1，所以｜AB｜的最小值为2＝4，故选C.
2.（多选）（2021·新高考Ⅰ卷11题）已知点P在圆（x－5）2＋（y－5）2＝16上，点A（4，0），B（0，2），则（　　）
A.点P到直线AB的距离小于10
B.点P到直线AB的距离大于2
C.当∠PBA最小时，｜PB｜＝3
D.当∠PBA最大时，｜PB｜＝3
解析：ACD　设圆（x－5）2＋（y－5）2＝16的圆心为M（5，5），由题易知直线AB的方程为＋＝1，即x＋2y－4＝0，则圆心M到直线AB的距离d＝＝＞4，所以直线AB与圆M相离，所以点P到直线AB的距离的最大值为4＋d＝4＋，4＋＜5＋＝10，故A正确.易知点P到直线AB的距离的最小值为d－4＝－4，－4＜ －4＝1，故B不正确.过点B作圆M的两条切线，切点分别为N，Q，如图所示，连接MB，MN，MQ，则当∠PBA最小时，点P与N重合，｜PB｜＝＝＝3，当∠PBA最大时，点P与Q重合，｜PB｜＝3，故C、D都正确.综上，选A、C、D.
3.（多选）（2021·新高考Ⅱ卷11题）已知直线l：ax＋by－r2＝0与圆C：x2＋y2＝r2，点A（a，b），则下列说法正确的是（　　）
A.若点A在圆C上，则直线l与圆C相切
B.若点A在圆C内，则直线l与圆C相离
C.若点A在圆C外，则直线l与圆C相离
D.若点A在直线l上，则直线l与圆C相切
解析：ABD　选项A，∵点A在圆C上，∴a2＋b2＝r2，圆心C（0，0）到直线l的距离d＝＝r，∴直线l与圆C相切，A正确.选项B，∵点A在圆C内，∴a2＋b2＜r2，圆心C（0，0）到直线l的距离d＝＞r，∴直线l与圆C相离，B正确.选项C，∵点A在圆C外，∴a2＋b2＞r2，圆心C（0，0）到直线l的距离d＝＜r.∴直线l与圆C相交，C错误.选项D，∵点A在直线l上，∴a2＋b2＝r2，圆心C（0，0）到直线l的距离d＝＝r.∴直线l与圆C相切，D正确.故选A、B、D.
4.（2023·新高考Ⅱ卷15题）已知直线x－my＋1＝0与☉C：（x－1）2＋y2＝4交于A，B两点，写出满足“△ABC面积为”的m的一个值－2（或－或或2，填写任意一个均可）.
解析：依题意可得圆C的圆心为C（1，0），半径r＝2，则圆心C（1，0）到直线x－my＋1＝0的距离d＝，｜AB｜＝2＝，所以S△ABC＝×d×｜AB｜＝＝，解得m＝2或m＝－2或m＝或m＝－.填写任意一个均可.
5.（2022·新高考Ⅱ卷15题）设点A（－2，3），B（0，a），若直线AB关于y＝a对称的直线与圆（x＋3）2＋（y＋2）2＝1有公共点，则a的取值范围是.
解析：法一　由题意知点A（－2，3）关于直线y＝a的对称点为A'（－2，2a－3），所以kA'B＝，所以直线A'B的方程为y＝x＋a，即（3－a）x－2y＋2a＝0.由题意知直线A'B与圆（x＋3）2＋（y＋2）2＝1有公共点，易知圆心为（－3，－2），半径为1，所以≤1，整理得6a2－11a＋3≤0，解得≤a≤，所以实数a的取值范围是.
法二　易知（x＋3）2＋（y＋2）2＝1关于y轴对称的圆的方程为（x－3）2＋（y＋2）2＝1，由题意知该对称圆与直线AB有公共点.设直线AB的方程为y－3＝k（x＋2），即kx－y＋3＋2k＝0，因为对称圆的圆心为（3，－2），半径为1，所以≤1，解得－≤k≤－，又k＝，所以－≤≤－，解得≤a≤，所以实数a的取值范围是.
考点二　椭圆的定义和标准方程
6.（2022·全国甲卷11题）已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，A1，A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点.若·＝－1，则C的方程为（　　）
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋y2＝1
解析：B　依题意得A1（－a，0），A2（a，0），B（0，b），所以＝（－a，－b），＝（a，－b），·＝－a2＋b2＝－（a2－b2）＝－c2＝－1，故c＝1，又C的离心率e＝＝＝，所以a＝3，a2＝9，b2＝a2－c2＝8，即C的方程为＋＝1，故选B.
7.（多选）（2020·新高考Ⅰ卷9题）已知曲线C：mx2＋ny2＝1（　　）
A.若m＞n＞0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B.若m＝n＞0，则C是圆，其半径为
C.若mn＜0，则C是双曲线，其渐近线方程为y＝±x
D.若m＝0，n＞0，则C是两条直线
解析：ACD　对于选项A，∵m＞n＞0，∴0＜＜，方程mx2＋ny2＝1可变形为＋＝1，∴该方程表示焦点在y轴上的椭圆，正确；对于选项B，∵m＝n＞0，∴方程mx2＋ny2＝1可变形为x2＋y2＝，该方程表示半径为的圆，错误；对于选项C，∵mn＜0，∴该方程表示双曲线，令mx2＋ny2＝0 y＝±x，正确；对于选项D，∵m＝0，n＞0，∴方程mx2＋ny2＝1变形为ny2＝1 y＝±，该方程表示两条直线，正确.综上选A、C、D.
考点三　椭圆的几何性质
8.（2023·新高考Ⅰ卷5题）设椭圆C1：＋y2＝1（a＞1），C2：＋y2＝1的离心率分别为e1，e2，若e2＝e1，则a＝（　　）
A. B.
C. D.
解析：A　法一　由题意知e1＝，e2＝＝，因为e2＝e1，所以＝×，得a＝.故选A.
法二　代入验证，若a＝，则e1＝＝＝，又e2＝，所以e2＝e1，所以a＝符合题意，由于是单选题，故选A.
9.（2022·全国甲卷10题）椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称.若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为（　　）
A. B.
C. D.
解析：A　法一　设P（m，n）（n≠0），则Q（－m，n），易知A（－a，0），所以kAP·kAQ＝·＝＝　（*）.因为点P在椭圆C上，所以＋＝1，得n2＝（a2－m2），代入（*）式，得＝，结合b2＝a2－c2，得3a2＝4c2，所以e＝＝.故选A.
法二　设椭圆C的右顶点为B，则直线BP与直线AQ关于y轴对称，所以kAQ＝－kBP，所以kAP·kBP＝－kAP·kAQ＝－＝e2－1，所以e＝.故选A.
10.（2021·全国甲卷15题）已知F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且｜PQ｜＝｜F1F2｜，则四边形PF1QF2的面积为8.
解析：根据椭圆的对称性及｜PQ｜＝｜F1F2｜可以得到四边形PF1QF2为对角线相等的平行四边形，所以四边形PF1QF2为矩形.设｜PF1｜＝m，则｜PF2｜＝2a－｜PF1｜＝8－m，则｜PF1｜2＋｜PF2｜2＝m2＋（8－m）2＝2m2＋64－16m＝｜F1F2｜2＝4c2＝4（a2－b2）＝48，得m（8－m）＝8，所以四边形PF1QF2的面积为｜PF1｜×｜PF2｜＝m（8－m）＝8.
11.（2022·新高考Ⅰ卷16题）已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0），C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，｜DE｜＝6，则△ADE的周长是13.
解析：法一　如图，连接AF1，DF2，EF2，因为C的离心率为，所以＝，所以a＝2c，所以b2＝a2－c2＝3c2.因为｜AF1｜＝｜AF2｜＝a＝2c＝｜F1F2｜，所以△AF1F2为等边三角形，又DE⊥AF2，所以直线DE为线段AF2的垂直平分线，所以｜AD｜＝｜DF2｜，｜AE｜＝｜EF2｜，且∠EF1F2＝30°，所以直线DE的方程为y＝（x＋c），代入椭圆C的方程＋＝1，得13x2＋8cx－32c2＝0.设D（x1，y1），E（x2，y2），则x1＋x2＝－，x1x2＝－，所以｜DE｜＝
＝＝＝6，解得c＝，所以a＝2c＝，所以△ADE的周长为｜AD｜＋｜AE｜＋｜DE｜＝｜DF2｜＋｜EF2｜＋｜DE｜＝4a＝13.
法二　如图，连接AF1.因为e＝，所以a＝2c，所以△AF1F2为等边三角形.故DE是AF2的垂直平分线.连接EF2，DF2，则｜AE｜＝｜EF2｜，｜AD｜＝｜DF2｜，所以△ADE的周长为｜DE｜＋｜AE｜＋｜AD｜＝｜DE｜＋｜EF2｜＋｜DF2｜＝4a.又因为∠EF1F2＝∠F2AO，所以cos∠EF1F2＝＝.设EF1＝x，则在△EF1F2中，由余弦定理，得（2c）2＋x2－2·（2c）·x·＝（2a－x）2，解得x＝c.同理，设DF1＝y，则在△DF1F2中，由余弦定理，得（2c）2＋y2＋2·（2c）·y·＝（2a－y）2，解得y＝c，所以x＋y＝c＝6，解得c＝.故△ADE的周长是4a＝8c＝13.
考点四　双曲线的定义和标准方程
12.（2019·全国Ⅲ卷10题）已知F是双曲线C：－＝1的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点.若｜OP｜＝｜OF｜，则△OPF的面积为（　　）
A. B.
C. D.
解析：B　由F是双曲线－＝1的一个焦点，知｜OF｜＝3，所以 ｜OP｜＝｜OF｜＝3.不妨设点P在第一象限，P（x0，y0），x0＞0，y0＞0，则解得所以P，所以S△OPF＝｜OF｜·y0＝×3×＝.故选B.
13.（2020·全国Ⅰ卷11题）设F1，F2是双曲线C：x2－＝1的两个焦点，O为坐标原点，点P在C上且｜OP｜＝2，则△PF1F2的面积为（　　）
A. B.3
C. D.2
解析：B　设F1，F2分别为双曲线C的左、右焦点，则由题意可知F1（－2，0），F2（2，0），又｜OP｜＝2，所以｜OP｜＝｜OF1｜＝｜OF2｜，所以△PF1F2是直角三角形，所以｜PF1｜2＋｜PF2｜2＝｜F1F2｜2＝16.不妨令点P在双曲线C的右支上，则有｜PF1｜－｜PF2｜＝2，两边平方，得｜PF1｜2＋｜PF2｜2－2｜PF1｜·｜PF2｜＝4，又｜PF1｜2＋｜PF2｜2＝16，所以｜PF1｜·｜PF2｜＝6，则＝｜PF1｜·｜PF2｜＝×6＝3，故选B.
考点五　双曲线的几何性质
14.（2024·全国甲卷5题）已知双曲线的两个焦点分别为（0，4），（0，－4），点（－6，4）在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（　　）
A.4 B.3
C.2 D.
解析：C　法一（方程组法）　根据焦点坐标可知c＝4，根据焦点在y轴上，可设双曲线的方程为－＝1（a＞0，b＞0），则得所以离心率e＝＝2.
法二（定义法）　根据双曲线的定义，得2a＝｜－｜＝｜6－10｜＝4，所以a＝2，根据焦点坐标可知c＝4，所以离心率e＝＝＝2.
15.（2020·全国Ⅱ卷8题）设O为坐标原点，直线x＝a与双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于D，E两点.若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为（　　）
A.4 B.8
C.16 D.32
解析：B　由题意，知双曲线C的渐近线方程为y＝±x.因为D，E分别为直线x＝a与双曲线C的两条渐近线的交点，所以不妨设D（a，b），E（a，－b），所以S△ODE＝×a×｜DE｜＝×a×2b＝ab＝8，所以c2＝a2＋b2≥2ab＝16，当且仅当a＝b＝2时，等号成立，所以c≥4，所以2c≥8，所以C的焦距的最小值为8，故选B.
16.（2023·新高考Ⅰ卷16题）已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2.点A在C上，点B在y轴上，⊥，＝－，则C的离心率为.
解析：法一　设A（x1，y1），B（0，y0）.由题意知F1（－c，0），F2（c，0）.由＝－，得（x1－c，y1）＝－（－c，y0）.整理，得x1＝c，y1＝－ y0，所以A（c，－y0）.因为⊥，所以·＝0，即（c＋c，－y0）·（c，y0）＝0，所以c2－＝0，解得y0＝±2c，所以A（c，±c）.因为点A在双曲线C上，所以－＝1，即－＝1，所以－＝1.整理，得25e4－50e2＋9＝0，解得e2＝或e2＝（舍去），所以e＝.
法二　由＝－可得A，B，F2三点共线，且F2在线段AB上，不妨令点A在第一象限，则点B在y轴负半轴上，易得｜F2A｜＝｜F2B｜.设｜F2B｜＝3m（m＞0），则｜F2A｜＝2m，所以｜F1B｜＝｜F2B｜＝3m，｜AB｜＝5m，由⊥可得∠AF1B＝90°，所以｜AF1｜＝＝4m，所以2a＝｜AF1｜－｜AF2｜＝2m，即a＝m.过F1作F1D⊥AB，垂足为D，则｜AB｜·｜F1D｜＝｜F1A｜·｜F1B｜，即×5m×｜F1D｜＝×4m×3m，所以｜F1D｜＝m，所以｜BD｜＝＝m，所以｜F2D｜＝m，则｜F1F2｜＝＝m＝2c，即c＝m，所以e＝＝.
考点六　抛物线的定义和标准方程
17.（2022·全国乙卷5题）设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，点B（3，0），若｜AF｜＝｜BF｜，则｜AB｜＝（　　）
A.2 B.2
C.3 D.3
解析：B　法一　如图，由题意可知F（1，0），设A，则由抛物线的定义可知｜AF｜＝＋1.因为｜BF｜＝3－1＝2，所以由｜AF｜＝｜BF｜，可得＋1＝2，解得y0＝±2，所以A（1，2）或A（1，－2）.不妨取A（1，2），则｜AB｜＝＝＝2，故选B.
法二　由题意可知F（1，0），｜BF｜＝2，所以｜AF｜＝2.因为抛物线的通径长为2p＝4，所以AF的长为通径长的一半，所以AF⊥x轴，所以｜AB｜＝＝＝2，故选B.
18.（2019·全国Ⅰ卷19题）已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.
（1）若｜AF｜＋｜BF｜＝4，求l的方程；
（2）若＝3，求｜AB｜.
解：设直线l：y＝x＋t，A（x1，y1），B（x2，y2）.
（1）由题设得F，故｜AF｜＋｜BF｜＝x1＋x2＋.
又｜AF｜＋｜BF｜＝4，所以x1＋x2＝.
由可得9x2＋12（t－1）x＋4t2＝0，
则x1＋x2＝－.
从而－＝，得t＝－.
所以l的方程为y＝x－.
（2）由＝3可得y1＝－3y2.
由可得y2－2y＋2t＝0.
所以y1＋y2＝2，从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3.
代入C的方程得x1＝3，x2＝.
故｜AB｜＝.
考点七　抛物线的几何性质
19.（2020·全国Ⅲ卷5题）设O为坐标原点，直线x＝2与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为（　　）
A. B.
C.（1，0） D.（2，0）
解析：B　将直线方程与抛物线方程联立，可得y＝±2，不妨设D（2，2），E（2，－2），由OD⊥OE，可得·＝4－4p＝0，解得p＝1，所以抛物线C的方程为y2＝2x，其焦点坐标为.
20.（多选）（2023·新高考Ⅱ卷10题）设O为坐标原点，直线y＝－（x－1）过抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（　　）
A.p＝2
B.｜MN｜＝
C.以MN为直径的圆与l相切
D.△OMN为等腰三角形
解析：AC　由于y2＝2px的焦点为（，0），直线y＝－（x－1）过焦点，所以－（－1）＝0，解得p＝2，A正确；联立消去y得3x2－10x＋3＝0，设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝，所以｜MN｜＝x1＋x2＋p＝.B不正确；以MN为直径的圆的圆心的横坐标为＝，圆心到准线l的距离d＝＋1＝＝｜MN｜，故以MN为直径的圆与l相切，C正确；不妨令点M在第一象限，由3x2－10x＋3＝0得x1＝，x2＝3，所以y1＝，y2＝－2，所以｜ON｜＝＝，｜OM｜＝＝，又｜MN｜＝，所以△OMN不是等腰三角形，D不正确.故选A、C.
21.（2021·新高考Ⅰ卷14题）已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP.若｜FQ｜＝6，则C的准线方程为x＝－.
解析：法一（通解）　由题易得｜OF｜＝，｜PF｜＝p，∠OPF＝∠PQF，所以tan∠OPF＝tan ∠PQF，所以＝，即＝，解得p＝3，所以C的准线方程为x＝－.
法二（优解）　由题易得｜OF｜＝，｜PF｜＝p，｜PF｜2＝｜OF｜·｜FQ｜，即p2＝×6，解得p＝3或p＝0（舍去），所以C的准线方程为x＝－.
考点八　直线与圆锥曲线的位置关系
22.（多选）（2022·新高考Ⅰ卷11题）已知O为坐标原点，点A（1，1）在抛物线C：x2＝2py（p＞0）上，过点B（0，－1）的直线交C于P，Q两点，则（　　）
A.C的准线为y＝－1
B.直线AB与C相切
C.｜OP｜·｜OQ｜＞｜OA｜2
D.｜BP｜·｜BQ｜＞｜BA｜2
解析：BCD　如图，因为抛物线C过点A（1，1），所以1＝2p，解得p＝，所以C：x2＝y的准线为y＝－，所以A错误；
因为x2＝y，所以y'＝2x，所以y'｜x＝1＝2，所以C在点A处的切线方程为y－1＝2（x－1），即y＝2x－1，又点B（0，－1）在直线y＝2x－1上，所以直线AB与C相切，所以B正确；
设P（x1，y1），Q（x2，y2），直线PQ的方程为y＝kx－1，由得x2－kx＋1＝0，所以x1＋x2＝k，x1x2＝1，且Δ＝k2－4＞0，得k＞2或k＜－2，所以｜OP｜·｜OQ｜＝·＝＝·x1x2＝＝＞2＝｜OA｜2，所以C正确；
｜BP｜·｜BQ｜＝·
＝·
＝
＝
＝
＝
＝
＝＝k2＋1＞5＝｜BA｜2，所以D正确.故选B、C、D.
23.（2021·新高考Ⅱ卷20题）已知椭圆C的方程为＋＝1（a＞b＞0），右焦点为F（，0），且离心率为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2（x＞0）相切.证明：M，N，F三点共线的充要条件是｜MN｜＝.
解：（1）由题意知　 a＝，又∵a2＝b2＋c2，∴b＝1.
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
（2）证明：①（必要性）若M，N，F三点共线，设直线MN的方程为x＝my＋，
圆心O（0，0）到MN的距离d＝＝1 m2＝1.
联立 （m2＋3）y2＋2my－1＝0 4y2＋2my－1＝0，
｜MN｜＝·＝·＝，必要性成立.
②（充分性）当｜MN｜＝时，设直线MN的方程为x＝ty＋n.
此时圆心O（0，0）到MN的距离d＝＝1 n2－t2＝1，
联立 （t2＋3）y2＋2tny＋n2－3＝0，Δ＝4t2n2－4（t2＋3）（n2－3）＝12（t2－n2＋3）＝24.
｜MN｜＝＝ t2＝1，∴n2＝2.
∴MN与曲线x2＋y2＝b2（x＞0）相切，∴n＞0，n＝，
∴直线MN的方程为x＝ty＋恒过点F（，0），∴M，N，F三点共线，充分性成立.
由①②可得M，N，F三点共线的充要条件是｜MN｜＝.
24.（2021·新高考Ⅰ卷21题）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：（1）因为｜MF1｜－｜MF2｜＝2＜｜F1F2｜＝2，
所以点M的轨迹C是以F1，F2分别为左、右焦点的双曲线的右支.
设双曲线的方程为－＝1（a＞0，b＞0），半焦距为c，则2a＝2，c＝，得a＝1，b2＝c2－a2＝16，
所以点M的轨迹C的方程为x2－＝1（x≥1）.
（2）设T，由题意可知直线AB，PQ的斜率均存在且不为0，设直线AB的方程为y－t＝k1（k1≠0），直线PQ的方程为y－t＝k2（k2≠0），
由得（16－）x2－2k1（t－）x－－16＝0.
设A（xA，yA），B（xB，yB），易知16－≠0，
则xAxB＝，xA＋xB＝，
所以｜TA｜＝＝，
｜TB｜＝＝，
则｜TA｜·｜TB｜＝（1＋）
＝（1＋）
＝（1＋）
＝.
同理得｜TP｜·｜TQ｜＝.
因为｜TA｜·｜TB｜＝｜TP｜·｜TQ｜，所以＝，所以－16＋－16＝－16＋－16，即＝，
又k1≠k2，所以k1＝－k2，即k1＋k2＝0.
故直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.
考点九　圆锥曲线中的定点、定值问题
25.（2023·全国乙卷20题）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：（1）由椭圆C过点A（－2，0），得＝1，
则b2＝4.
所以c2＝a2－4.
又＝，所以a2＝9.
故椭圆C的方程为＋＝1.
（2）证明：显然直线PQ的斜率存在，故设直线PQ的斜率为k，P（x1，y1），Q（x2，y2），则lPQ：y＝k（x＋2）＋3.
联立得方程组
消去y并整理，得（4k2＋9）x2＋8k（2k＋3）x＋16k2＋48k＝0，
所以x1＋x2＝－，　①
x1x2＝.　②
又A（－2，0），P（x1，y1），则lAP：y＝（x＋2）.
同理，lAQ：y＝（x＋2）.
当x＝0时，yM＝，yN＝.
设线段MN的中点坐标为（0，y0），
则y0＝＝＋＝k＋＋k＋＝2k＋.
将①②代入上式，得y0＝3.
故线段MN的中点坐标为（0，3），为定点.
26.（2020·新高考Ⅰ卷22题）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.
解：（1）由题意得＋＝1，＝，解得a2＝6，b2＝3.
所以C的方程为＋＝1.
（2）证明：设M（x1，y1），N（x2，y2）.
若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－，x1x2＝.　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.
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，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），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｜＝｜AP｜＝.
若D与P重合，则｜DQ｜＝｜AP｜.
综上，存在点Q，使得｜DQ｜为定值.
考点十　圆锥曲线中的最值（范围）问题
27.（2020·新高考Ⅱ卷21题）已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）过点M（2，3），点A为其左顶点，且AM的斜率为.
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
解：（1）由题意可知直线AM的方程为y－3＝（x－2），即x－2y＝－4，
当y＝0时，解得x＝－4，所以a＝4，
由椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）过点M（2，3），可得＋＝1，解得b2＝12，
所以C的方程为＋＝1.
（2）设与直线AM平行的直线方程为x－2y＝m，如图，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.
联立消去x得16y2＋12my＋3m2－48＝0，
所以Δ＝144m2－4×16（3m2－48）＝0，即m2＝64，解得m＝±8，
与AM距离比较远的直线方程为x－2y＝8，
两平行线（直线AM与直线x－2y＝8）之间的距离为d＝＝，
｜AM｜＝＝3.
所以△AMN的面积的最大值为×3×＝18.
28.（2021·全国乙卷21题）已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F，且F与圆M：x2＋（y＋4）2＝1上点的距离的最小值为4.
（1）求p；
（2）若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值.
解：（1）由题意知M（0，－4），F，圆M的半径r＝1，所以｜MF｜－r＝4，即＋4－1＝4，解得p＝2.
（2）由（1）知，抛物线方程为x2＝4y，
由题意可知直线AB的斜率存在，设A，B，直线AB的方程为y＝kx＋b，
联立得消去y得x2－4kx－4b＝0，
则Δ＝16k2＋16b＞0　（※），x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
所以｜AB｜＝｜x1－x2｜＝·＝4·.
因为x2＝4y，即y＝，所以y'＝，则抛物线在点A处的切线斜率为，在点A处的切线方程为y－＝（x－x1），即y＝x－，
同理得抛物线在点B处的切线方程为y＝x－，
联立得则
即P（2k，－b）.
因为点P在圆M上，所以4k2＋（4－b）2＝1，　①
且－1≤2k≤1，－5≤－b≤－3，即－≤k≤，3≤b≤5，满足（※）.
设点P到直线AB的距离为d，则d＝，
所以S△PAB＝｜AB｜·d＝4.
由①得，k2＝＝，
令t＝k2＋b，则t＝，且3≤b≤5.
因为t＝在[3，5]上单调递增，所以当b＝5时，t取得最大值，tmax＝5，此时k＝0，所以△PAB面积的最大值为20.
考点十一　圆锥曲线中的证明问题
29.（2023·新高考Ⅰ卷22题）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点（0，）的距离，记动点P的轨迹为W.
（1）求W的方程；
（2）已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3.
解：（1）设点P（x，y），
则｜y｜＝.
整理，得x2＝y－.
故曲线W的方程为y＝x2＋.
（2）证明：不妨设A，B，C三点在W上，如图所示，
设B（x0，＋），A（x1，＋），C（x2，＋），AB的斜率为k，则直线BC的斜率为－（k≠0），
直线AB，BC的方程分别为y－（＋）＝k（x－x0），y－（＋）＝－（x－x0），即直线AB，BC的方程分别为y＝kx－kx0＋＋，y＝－＋＋＋，
联立直线AB与抛物线W的方程可得消去y得x2－kx＋kx0－＝0，
则Δ＝k2－4kx0＋4＝（k－2x0）2＞0，k≠2x0.
由根与系数的关系得x0＋x1＝k，x0·x1＝kx0－，
∴｜AB｜＝·｜x1－x0｜＝·＝｜k－2x0｜.
同理，联立直线BC与抛物线W的方程，并消去y得x2＋x－x0－＝0，且｜BC｜＝·｜x2－x0｜＝·｜－－2x0｜＝｜＋2x0｜，
∴｜AB｜＋｜BC｜＝｜k－2x0｜＋｜＋2x0｜.
由对称性不妨设0＜｜k｜≤1，
则＝≥（当｜k｜＝1时取“＝”），
∴｜AB｜＋｜BC｜≥（｜k－2x0｜＋｜＋2x0｜）＞｜k＋｜＝，
令t＝k2，则t∈（0，1]，则＝，
令g（t）＝，t∈（0，1]，
则g'（t）＝＝，
当0＜t＜时，g'（t）＜0，g（t）单调递减；当＜t≤1时，g'（t）＞0，g（t）单调递增，
∴g（t）在t＝处取得极小值，即最小值，为g（）＝，
∴｜AB｜＋｜BC｜＞≥＝.
∴矩形ABCD的周长为2（｜AB｜＋｜BC｜）＞3.
30.（2022·新高考Ⅱ卷21题）已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的右焦点为F（2，0），渐近线方程为y＝±x.
（1）求C的方程；
（2）过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P（x1，y1），Q（x2，y2）在C上，且x1＞x2＞0，y1＞0.过P且斜率为－的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①M在AB上；②PQ∥AB；③｜MA｜＝｜MB｜.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
解：（1）由题意得c＝2，
因为双曲线的渐近线方程为y＝±x＝±x，所以＝.
又c2＝a2＋b2，
联立得a＝1，b＝，
所以双曲线C的方程为x2－＝1.
（2）由题意知直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为y＝kx＋b（k≠0），将直线PQ的方程代入C的方程，整理得（3－k2）x2－2kbx－b2－3＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝－＞0，所以3－k2＜0，
所以x1－x2＝＝.
设点M的坐标为（xM，yM），则
两式相减，得y1－y2＝2xM－（x1＋x2），
又y1－y2＝（kx1＋b）－（kx2＋b）＝k（x1－x2），
所以2xM＝k（x1－x2）＋（x1＋x2），解得xM＝；
两式相加，得2yM－（y1＋y2）＝（x1－x2），
又y1＋y2＝（kx1＋b）＋（kx2＋b）＝k（x1＋x2）＋2b，
所以2yM＝k（x1＋x2）＋（x1－x2）＋2b，
解得yM＝＝xM.
因此，点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率.
若选择①②：因为PQ∥AB，所以直线AB的方程为y＝k（x－2），设A（xA，yA），B（xB，yB），
不妨令点A在直线y＝x上，
则由解得xA＝，yA＝，
同理可得xB＝，yB＝－，
所以xA＋xB＝，yA＋yB＝.
点M的坐标满足
得xM＝＝，yM＝＝，
故M为AB的中点，即｜MA｜＝｜MB｜.
若选择①③：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＝x上，矛盾.
当直线AB的斜率存在时，易知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为y＝m（x－2）（m≠0），A（xA，yA），B（xB，yB），
不妨令点A在直线y＝x上，
则由解得xA＝，yA＝，
同理可得xB＝，yB＝－，
因为M在AB上，且｜MA｜＝｜MB｜，所以xM＝＝，yM＝＝，
又点M在直线y＝x上，所以＝·，
解得k＝m，因此PQ∥AB.
若选择②③：因为PQ∥AB，所以直线AB的方程为y＝k（x－2），设A（xA，yA），B（xB，yB），
不妨令点A在直线y＝x上，
则由解得xA＝，yA＝，
同理可得xB＝，yB＝－.
设AB的中点为C（xC，yC），则xC＝＝，yC＝＝.
因为｜MA｜＝｜MB｜，所以M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－（x－xC），即y－＝－上，
与y＝x联立，得xM＝＝xC，yM＝＝yC，
即点M恰为AB的中点，故点M在直线AB上.
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