2025年高考数学二轮复习重点专题训练·圆锥曲线的综合

2025高考二轮复习重点专题训练·圆锥曲线的综合 直线与圆锥曲线的位置关系 1．(2024·贵州黔南期中)已知抛物线y2＝6x，过点A(4，1)作一条直线交抛物线于B，C两点，且点A为线段BC的中点． (1)求线段BC所在的直线方程； (2)求线段BC的长． 2．(2024·安徽阜阳模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的短轴长为4，过右焦点F的动直线l与C交于A，B两点，点A，B在x轴上的投影分别为A′，B′(A′在B′的左侧且A′，B′和A，B不重合)．当直线l的倾斜角为135°时，线段AB的中点坐标为. (1)求C的方程； (2)若圆C′：x2＋y2＝8，判断以线段AF为直径的圆C″与圆C′的位置关系，并说明理由； (3)若直线AB′与直线A′B交于点M，△MAB的面积为，求直线l的方程． 3．(2024·江苏南通模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为4，C上一点P满足cos∠F1F2P＝－，且△PF1F2的面积为2. (1)求C的方程； (2)过C的渐近线上一点T作直线l与C相交于点M，N，求|TM||TN|的最小值． 4．(2024·泉州市模拟)已知点F1(－1，0)，F2(1，0)，M为圆O：x2＋y2＝4上的动点，连接F1M并延长至点N，使得|MN|＝|MF1|，F1N的垂直平分线与F2N交于点P，记点P的轨迹为Γ. (1)求Γ的方程； (2)过F2的直线l与Γ交于A，B两点，纵坐标不为0的点E在直线x＝4上，线段OE分别与线段AB，Γ交于C，D两点，且|OD|2＝|OC|·|OE|，证明：|AC|＝|BC|. 圆锥曲线的定点、定值问题 1．(2024·河南省适应性测试)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点． 证明：直线MN过定点． 2．已知椭圆C1：＋y2＝1，圆C2：x2＋y2＝1. (1)若点B是椭圆C1的下顶点，点P在椭圆C1上，点Q在圆C2上(点P，Q异于点B)，直线BP与直线BQ的斜率分别记作k1，k2，若k2＝4k1，判断直线PQ是否过定点？若过定点，请求出定点坐标，若不过定点，请说明理由； (2)若椭圆C1的左、右顶点分别为A1，A2，点E(异于顶点)在椭圆C1上且位于x轴上方，直线A1E，A2E分别交y轴于点M，N，点F在圆C2上，求证：·＝0的充要条件为EF∥x轴． 3．(2024·沧衡名校期末联考)已知双曲线E是关于x轴和y轴均对称的等轴双曲线，且过点(4，2)． (1)求E的方程； (2)若A(m，n)是E上一动点，直线mx－ny＝8与E交于B，C两点，证明：△ABC的面积为定值． 4．(2024·江苏盐城高三模拟)已知抛物线G：x2＝y，⊙C：x2＋(y－2)2＝1，O为坐标原点． (1)若直线l：y＝kx＋m(k≠0)分别与抛物线G相交于点A，B(A在B的左侧)，与⊙C相交于点S，T(S在T的左侧)，且△OAT与△OBS的面积相等，求m的取值范围； (2)已知A1，A2，A3是抛物线G上的三个点，且任意两点连线斜率都存在．其中A1A2，A1A3均与⊙C相切，请判断此时圆心C到直线A2A3的距离是否为定值，如果是定值，请求出定值；若不是定值，请说明理由． 圆锥曲线的最值与范围问题 1．(2024·河南模拟预测)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P为椭圆C上一点，且△PF1F2的面积为2. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若倾斜角为的直线l与C相交于两个不同的点A，B，求|AB|的最大值． 2．(2024·淄博模拟)在平面直角坐标系xOy中，点F(，0)，点P(x，y)是平面内的动点．若以PF为直径的圆与圆D：x2＋y2＝1相切，记点P的轨迹为曲线C. (1)求C的方程； (2)设点A(1，0)，M(0，t)，N(0，4－t)(t≠2)，直线AM，AN分别与曲线C交于点S，T(S，T异于A)，过点A作AH⊥ST，垂足为H，求|OH|的最大值． 3．(2024·南京高三第二次模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)与双曲线E：－＝1(a>0，b>0)有公共的焦点F，且p＝4b，过F的直线l与抛物线C交于A，B两点，与E的两条渐近线交于P，Q两点(均位于y轴右侧)． (1)求E的渐近线方程； (2)若实数λ满足λ＝，求λ的取值范围． 4．(2024·辽宁绥中模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右顶点为E(1，0)，斜率为1的直线交C于M，N两点，且MN中点为Q(1，3)． (1)求双曲线C的方程； (2)证明：△MEN为直角三角形； (3)若过曲线C上一点P作直线与两条渐近线相交，交点为A，B，且分别在第一象限和第四象限，若＝λ，λ∈，求△AOB面积的取值范围． 圆锥曲线的综合应用 1．(2024·河北调研)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点F到一条渐近线的距离为1，且双曲线左支上任意一点M到F的距离的最小值为2＋. (1)求双曲线C的方程； (2)已知直线l：y＝kx＋1交C于A，B两点，O为坐标原点，若·＝10，求直线l的斜率k的值． 2．(2024·镇江统考)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为l1，l2，C上一点A(4，)到l1，l2的距离之积为. (1)求双曲线C的方程； (2)设双曲线C的左、右两个顶点分别为A1，A2，T为直线l：x＝1上的动点，且T不在x轴上，直线TA1与C的另一个交点为M，直线TA2与C的另一个交点为N，直线MN与x轴的交点为P，直线l与MN的交点为Q，证明：＝. 3．(2024·成都七中模拟)设椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，右顶点为A，离心率为.已知A是抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，F到抛物线的准线l的距离为. (1)求椭圆的方程和抛物线的方程； (2)设l上两点P，Q关于x轴对称，直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A)，直线BQ与x轴相交于点D.若△APD的面积为，求直线AP的方程． 4．(2024·云南昆明模拟)已知双曲线E：－＝1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，一条渐近线方程为y＝x. (1)求双曲线E的方程； (2)是否存在过点F2的直线l与双曲线E的左、右两支分别交于A，B两点，且使得∠F1AB＝∠F1BA，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025高考二轮复习重点专题训练·圆锥曲线的综合 直线与圆锥曲线的位置关系 1．(2024·贵州黔南期中)已知抛物线y2＝6x，过点A(4，1)作一条直线交抛物线于B，C两点，且点A为线段BC的中点． (1)求线段BC所在的直线方程； (2)求线段BC的长． 解析　(1)设点B(x1，y1)，点C(x2，y2)，由题易知线段BC所在直线的斜率存在，设为k， ∵B，C在抛物线上，∴y12＝6x1，y22＝6x2. 两式相减，得(y1＋y2)(y1－y2)＝6(x1－x2)． ∵点A(4，1)是BC的中点，∴＝1，即y1＋y2＝2， ∴k＝＝＝3， ∴线段BC所在的直线方程为y－1＝3(x－4)，即3x－y－11＝0， 与抛物线方程联立得 消元得y2－2y－22＝0，易知Δ>0， 即直线BC与抛物线有两个交点，满足题意，故所求直线方程为3x－y－11＝0. (2)由(1)知y1＋y2＝2，y1·y2＝－22， ∴|BC|＝＝＝. 2．(2024·安徽阜阳模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的短轴长为4，过右焦点F的动直线l与C交于A，B两点，点A，B在x轴上的投影分别为A′，B′(A′在B′的左侧且A′，B′和A，B不重合)．当直线l的倾斜角为135°时，线段AB的中点坐标为. (1)求C的方程； (2)若圆C′：x2＋y2＝8，判断以线段AF为直径的圆C″与圆C′的位置关系，并说明理由； (3)若直线AB′与直线A′B交于点M，△MAB的面积为，求直线l的方程． 解析　(1)易知2b＝4，则b＝2. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 相减得，＋＝0， 故－1×＝0，解得＝，则a2＝8， 又直线l过右焦点，故l与C恒有两个交点， 故椭圆C的方程为＋＝1. (2)设|AF|＝2r，椭圆C的左焦点为F′，连接AF′， 则r∈，|AF′|＝4－2r， 设D为线段AF的中点，连接OD(O为原点)，则|OD|＝|AF′|＝2－r， 由题可知圆C′的半径为2，故圆C″与圆C′内切． (3)由题可知直线l的斜率存在且不为零，故设直线l的方程为x＝my＋2(m≠0)， 联立得(m2＋2)y2＋4my－4＝0， 易知Δ>0，则y1＋y2＝－，y1y2＝－. 易知A′(x1，0)，B′(x2，0)， 所以直线AB′：y＝(x－x2)①，直线A′B：y＝(x－x1)②， 联立①②，得xM＝＝＝2＋＝4， 所以S△MAB＝|BB′|·|xM－x1|＝|y2|·|4－x1|＝|2y2－my1y2|， 因为＝1， 所以S△MAB＝|2y2－(y1＋y2)|＝|y1－y2|＝＝＝， 解得m＝±1，故直线l的方程为x－y－2＝0或x＋y－2＝0. 3．(2024·江苏南通模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为4，C上一点P满足cos∠F1F2P＝－，且△PF1F2的面积为2. (1)求C的方程； (2)过C的渐近线上一点T作直线l与C相交于点M，N，求|TM||TN|的最小值． 解析　(1)在△PF1F2中， 因为cos∠F1F2P＝－，所以sin∠F1F2P＝＝. 所以2＝×|F1F2||PF2|sin∠F1F2P＝×4×|PF2|×， 解得|PF2|＝. 在△PF1F2中，由余弦定理，得|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2－2|PF2||F1F2|cos∠F1F2P＝19＋2××4×＝27，所以|PF1|＝3. 因为P在双曲线上，所以2a＝|PF1|－|PF2|＝2，得a2＝3，b2＝c2－a2＝1. 所以C的方程为－y2＝1. (2)方法一：设T(x0，y0)，则－y02＝0， 当直线l⊥y轴时，设直线l：y＝y0与C交于点M(x1，y0)，N(－x1，y0)， 所以－y02＝1，即x12－3y02＝3， 所以|TM||TN|＝|x1－x0||x1＋x0|＝|x12－x02|＝|x12－3y02|＝3. 当直线l与y轴不垂直时，设直线l的方程为x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，易知m≠±， 利用对称性不妨令T(x0，y0)在直线x－y＝0上． 联立得y0＝. 联立并消去x，得(m2－3)y2＋2mny＋n2－3＝0， 所以 则|TM|＝＝|y0－y1|， 同理，得|TN|＝|y0－y2|. 所以|TM||TN|＝(1＋m2)|y0－y1||y0－y2| ＝(1＋m2)|y02－y0(y1＋y2)＋y1y2| ＝(1＋m2) ＝＝≥1(当m＝0时，取等号，且需满足Δ>0，即n2>3)． 综上，|TM||TN|的最小值为1. 方法二：设T(x0，y0)，则－y02＝0， 当l垂直于x轴时，l的方程为x＝x0(|x0|>)，设l与C交于点M(x0，y1)，N(x0，－y1)， 则|TM||TN|＝|y0－y1||y0＋y1|＝|y02－y12|. 因为两式相减，得y02－y12＝1，所以|TM||TN|＝1. 当l的斜率存在时，设l的方程为y＝k(x－x0)＋y0，M(x1，y1)，N(x2，y2)，易知k2≠，利用对称性不妨令T(x0，y0)在直线x－y＝0上， 由消去y并化简， 得(1－3k2)x2＋(6k2－2k)x0x－(3k2＋1)x02＋2kx02－3＝0， 所以 则|TM|＝＝|x0－x1|，同理|TN|＝|x0－x2|. 所以|TM||TN|＝(1＋k2)|x0－x1||x0－x2| ＝(1＋k2)|x02－x0(x1＋x2)＋x1x2| ＝(1＋k2) ＝＝>1. 综上所述，当l⊥x轴时，|TM||TN|取到最小值1. 4．(2024·泉州市模拟)已知点F1(－1，0)，F2(1，0)，M为圆O：x2＋y2＝4上的动点，连接F1M并延长至点N，使得|MN|＝|MF1|，F1N的垂直平分线与F2N交于点P，记点P的轨迹为Γ. (1)求Γ的方程； (2)过F2的直线l与Γ交于A，B两点，纵坐标不为0的点E在直线x＝4上，线段OE分别与线段AB，Γ交于C，D两点，且|OD|2＝|OC|·|OE|，证明：|AC|＝|BC|. 解析　方法一：(1)连接MO，PF1，如图1所示， 因为F1N的垂直平分线交F2N于点P，所以|PF1|＝|PN|. 所以|PF1|＋|PF2|＝|PN|＋|PF2|＝|NF2|， 在△NF1F2中，|MN|＝|MF1|，|F1O|＝|OF2|， 所以|NF2|＝2|OM|＝4，即|PF1|＋|PF2|＝4>|F1F2|， 所以点P的轨迹Γ是以F1，F2为焦点，长轴长为4，焦距为2的椭圆． 故Γ的方程为＋＝1. (2)证明：依题意作图，如图2所示．因为|OD|2＝|OC|·|OE|，所以＝， 即＝， 由已知，显然xC>0，且xE＝4，所以xD2＝4xC， 当直线l的斜率不存在时，直线l：x＝1. 这时xC＝1，xD<2，显然不成立． 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知k≠0， 由消去y，整理得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 因为点F2在椭圆内部，所以直线l与椭圆恒有两个交点． 由韦达定理得x1＋x2＝. 所以＝，即线段AB中点的横坐标为. 设直线OE的方程为y＝k′x(k′≠0且k′≠k)． 由解得xC＝， 由解得xD2＝. 由xD2＝4xC，得＝4×，化简，得kk′＝－，k′＝－. 所以xC＝＝，即点C为线段AB的中点，故|AC|＝|BC|. 方法二：(1)依题意作图，如图3所示． 设P(x，y)，M(x0，y0)， 则N(2x0＋1，2y0)，＝(x－1，y)，＝(2x0，2y0)，＝(x－x0，y－y0)，＝(2x0＋2，2y0)． 因为F1N的垂直平分线交F2N于点P， 所以·＝0，∥. 因此(x－x0)(x0＋1)＋(y－y0)y0＝0，① y0(x－1)＝x0y，② 又x02＋y02＝4，③ 联立①②③，解得Γ的方程为＋＝1. (2)证明：依题意作图，如图4所示． 由已知直线OE的斜率存在，设为k，又E的纵坐标不为0，则k≠0， 则直线OE的方程为y＝kx(k≠0)． 则|OD|2＝xD2＋yD2＝(1＋k2)xD2，|OC|＝＝|xC|，|OE|＝＝|xE|. 由已知xE＝4，xC>0，且|OD|2＝|OC|·|OE|，所以xD2＝4xC. 由解得xD2＝. 由已知，直线l过点F2，且l的斜率存在，则设直线l的方程为my＝x－1，m≠0， 因为直线l与直线OE相交，故mk≠1.设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由解得xC＝. 由xD2＝4xC，得＝， 即k＝－m，故xC＝. 由消去y，整理得(3m2＋4)x2－8x＋4－12m2＝0， 因为点F2在椭圆内部，所以直线l与椭圆恒有两个交点． 由韦达定理得x1＋x2＝. 所以x1＋x2＝2xC，即点C为线段AB的中点， 故|AC|＝|BC|. 圆锥曲线的定点、定值问题 1．(2024·河南省适应性测试)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点． 证明：直线MN过定点． 证明　如图，由C：y2＝4x，得F(1，0)，由直线AB与直线DE垂直， 得两条直线的斜率都存在且不为0， 设直线AB，DE的方程分别为x＝m1y＋1，x＝m2y＋1，有m1m2＝－1， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)， 联立 消去x可得y2－4m1y－4＝0，Δ＝16m12＋16>0， 故y1＋y2＝4m1，y1y2＝－4， 则x1＋x2＝m1y1＋1＋m1y2＋1＝m1(y1＋y2)＋2＝4m12＋2， 故＝2m12＋1，＝2m1， 即M(2m12＋1，2m1)，同理可得N(2m22＋1，2m2)， 当2m12＋1≠2m22＋1时， 则lMN：y＝(x－2m12－1)＋2m1， 即y＝(x－2m12－1)＋2m1＝－＋＝－＝－， 由m1m2＝－1，得y＝－＝(x－3)， 故当x＝3时，有y＝(3－3)＝0， 此时MN过定点，且该定点为(3，0)， 当2m12＋1＝2m22＋1，即m12＝m22时，由m1m2＝－1，得m1＝±1， 有lMN：x＝3，过定点(3，0)． 综上，直线MN过定点，且该定点为(3，0)． 2．已知椭圆C1：＋y2＝1，圆C2：x2＋y2＝1. (1)若点B是椭圆C1的下顶点，点P在椭圆C1上，点Q在圆C2上(点P，Q异于点B)，直线BP与直线BQ的斜率分别记作k1，k2，若k2＝4k1，判断直线PQ是否过定点？若过定点，请求出定点坐标，若不过定点，请说明理由； (2)若椭圆C1的左、右顶点分别为A1，A2，点E(异于顶点)在椭圆C1上且位于x轴上方，直线A1E，A2E分别交y轴于点M，N，点F在圆C2上，求证：·＝0的充要条件为EF∥x轴． 解析　(1)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则＋y12＝1，x22＋y22＝1，x1x2≠0， 则＝－，＝－， 因为点B(0，－1)，k2＝4k1，所以＝，所以－＝－， 整理得x1y2－x2y1＝x1－x2， 又直线PQ的方程为y－y1＝(x－x1)， 即y＝x－x1＋y1＝x＋＝x＋1， 所以直线PQ过定点，定点坐标为(0，1)． (2)证明：设E(x3，y3)，F(x4，y4)，则＋y32＝1，x42＋y42＝1，设M(0，m)，N(0，n)， 因为A1(－2，0)，所以直线A1E：y＝(x＋2)，所以m＝， 因为A2(2，0)，所以直线A2E：y＝(x－2)，所以n＝－， 于是mn＝·＝＝＝1. 先证充分性：当EF∥x轴时，y3＝y4，所以y32＝y42，即1－＝1－x42，于是＝， 设直线NF交x轴于点D， 因为EF∥x轴，所以＝，又＝，＝， 所以＝，于是|xD|＝1， 不妨设点E在第一象限，点F在第二象限，则xD＝－1，即D(－1，0)， 所以直线ND的方程为y＝n(x＋1)， 联立得(n2＋1)x2＋2n2x＋n2－1＝0，解得x＝－1或x＝－， 所以f ， 于是·＝(，m－)·＝＋(m－)＝＋(－)(n－)＝－＝0，所以充分性得证． 再证必要性：当·＝0时，即(0－x4，m－y4)·(0－x4，n－y4)＝0， 整理得x42＋y42－(m＋n)y4＋mn＝0， 又x42＋y42＝1，所以y4＝＝， 又A2，N，E三点共线，所以直线A2E的方程为y＝－(x－2)， 又A1，M，E三点共线，所以直线A1E的方程为y＝(x＋2)， 联立消去x，得y3＝＝，即y3＝y4， 所以EF∥x轴，即必要性得证． 3．(2024·沧衡名校期末联考)已知双曲线E是关于x轴和y轴均对称的等轴双曲线，且过点(4，2)． (1)求E的方程； (2)若A(m，n)是E上一动点，直线mx－ny＝8与E交于B，C两点，证明：△ABC的面积为定值． 解析　(1)因为E是关于x轴和y轴均对称的等轴双曲线，故可设其方程为x2－y2＝λ(λ≠0)， 又E过点(4，2)，所以λ＝42－(2)2＝4， 所以E的方程为x2－y2＝4，即－＝1. (2)证明：因为A(m，n)在E上，所以m2－n2＝4. 联立消去x整理可得(m2－n2)y2－16ny＋4m2－64＝0， 将m2＝4＋n2代入，可得y2－4ny＋n2－12＝0. 所以Δ＝16n2－4(n2－12)＝12n2＋48>0. 设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则y1＋y2＝4n，y1y2＝n2－12， 所以|BC|＝|y2－y1| ＝ ＝ ＝. 点A到直线BC的距离为d＝＝， 所以△ABC的面积为·|BC|·d＝××＝4， 所以△ABC的面积为定值4. 4．(2024·江苏盐城高三模拟)已知抛物线G：x2＝y，⊙C：x2＋(y－2)2＝1，O为坐标原点． (1)若直线l：y＝kx＋m(k≠0)分别与抛物线G相交于点A，B(A在B的左侧)，与⊙C相交于点S，T(S在T的左侧)，且△OAT与△OBS的面积相等，求m的取值范围； (2)已知A1，A2，A3是抛物线G上的三个点，且任意两点连线斜率都存在．其中A1A2，A1A3均与⊙C相切，请判断此时圆心C到直线A2A3的距离是否为定值，如果是定值，请求出定值；若不是定值，请说明理由． 解析　(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，S(x3，y3)，T(x4，y4)， 由得x2－kx－m＝0，Δ＝k2＋4m>0， 由(k2＋1)x2＋2k(m－2)x＋(m－2)2－1＝0， 易知<1①，由S△OAT＝S△OBS，则|AT|＝|BS|，x4－x1＝x2－x3， ∴x1＋x2＝x3＋x4k＝－k2＋1＝－2(m－2)>1m<且k2＝3－2m. 又Δ＝k2＋4m＝3－2m＋4m>0m>－， 由①得(m－2)2<－2m＋4， ∴m2－4m＋4<－2m＋4m2－2m<00<m<2， 综上，0<m<. (2)设A1(x1，x12)，A2(x2，x22)，A3(x3，x32)，kA1A2＝＝x2＋x1， ∴直线A1A2的方程为y＝(x2＋x1)(x－x1)＋x12，即(x1＋x2)x－y－x1x2＝0. 同理A1A3的方程为(x1＋x3)x－y－x1x3＝0， 由⊙C与直线A1A2相切得＝1，即(y1－1)y2＋2x1x2＋3－y1＝0. 同理由⊙C与直线A1A3相切得(y1－1)y3＋2x1x3＋3－y1＝0，∴直线A2A3的方程为2x1x＋(y1－1)y＋3－y1＝0， 所以C到直线A2A3的距离d＝＝1，为定值． 圆锥曲线的最值与范围问题 1．(2024·河南模拟预测)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P为椭圆C上一点，且△PF1F2的面积为2. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若倾斜角为的直线l与C相交于两个不同的点A，B，求|AB|的最大值． 解析　(1)由题意可得解得 故椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)直线l的斜率k＝tan ＝1，故可设l：y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立消去y可得4x2＋6tx＋3t2－12＝0， Δ＝36t2－16(3t2－12)＝12(16－t2)>0，即－4<t<4， x1＋x2＝＝－，x1x2＝， 则|AB|＝·＝· ＝·＝， 则当t＝0时，|AB|有最大值，且其最大值为＝2. 2．(2024·淄博模拟)在平面直角坐标系xOy中，点F(，0)，点P(x，y)是平面内的动点．若以PF为直径的圆与圆D：x2＋y2＝1相切，记点P的轨迹为曲线C. (1)求C的方程； (2)设点A(1，0)，M(0，t)，N(0，4－t)(t≠2)，直线AM，AN分别与曲线C交于点S，T(S，T异于A)，过点A作AH⊥ST，垂足为H，求|OH|的最大值． 解析　(1)设以PF为直径的圆的圆心为Q，半径r＝＝， 连接OQ，∴|OQ|＝r±1，两边平方得＋＝＋1±，即4x2－y2＝4，即x2－＝1， ∴曲线C的方程为x2－＝1. (2)方法一：A(1，0)，kAM＝，kAN＝， ∴kAM＋kAN＝－4， ∴kAS＋kAT＝－4，将双曲线向左平移一个单位长度所得双曲线对应的函数解析式为(x＋1)2－＝1，即4x2＋8x－y2＝0， 此时，A平移至A′(0，0)，S，T分别平移至S′(x1，y1)，T′(x2，y2)，x1x2≠0， 设S′T′的方程为mx＋ny＝1，代入平移后的双曲线方程，得4x2－y2＋8x(mx＋ny)＝0， ∴(4＋8m)x2＋8nxy－y2＝0，－8n·－(4＋8m)＝0，由Δ>0得4n2＋1＋2m>0， ∴kAS＋kAT＝kA′S′＋kA′T′＝－4＋＝8n＝－4n＝－， ∴直线S′T′的方程为mx－y＝1，直线S′T′恒过定点(0，－2)，∴直线ST恒过定点R(1，－2)， 连接AR，∴H在以AR为直径的圆上(不含点A)，H的轨迹方程为圆Z：(x－1)2＋(y＋1)2＝1，y≠0，Z(1，－1)， 连接OZ，∴|OH|max＝|OZ|＋1＝＋1. 方法二：设S(x1，y1)，T(x2，y2)，易知直线ST的斜率存在，所以可设直线ST：y＝mx＋n， 联立直线ST与曲线C的方程，得 消元整理，得(4－m2)x2－2mnx－(n2＋4)＝0(m≠±2)， 则Δ>04＋n2－m2>0，① x1＋x2＝－，x1x2＝，② 所以直线AS的方程为y＝(x－1)，令x＝0，得点M的纵坐标t＝－， 同理可得点N的纵坐标4－t＝－， 故＋＝－4， 将y1＝mx1＋n，y2＝mx2＋n代入上式整理，得(2m＋4)x1x2＋(n－m－4)(x1＋x2)＋4－2n＝0， 将②代入得m2＋2mn＋n2＋2m＋2n＝0(m＋n)(m＋n＋2)＝0， 若m＋n＝0，则直线ST：y＝m(x－1)，恒过A(1，0)，不合题意； 若m＋n＋2＝0，则直线ST：y＝m(x－1)－2，恒过Q(1，－2)， 因为直线ST恒过Q(1，－2)，且A(1，0)，AH⊥ST，垂足为H，连接AQ，所以点H的轨迹是以AQ为直径的圆(不含点A)， 设AQ中点为E，则圆心E(1，－1)，半径为1，连接OE，所以|OH|≤|OE|＋1＝＋1，当O，E，H三点共线且E在O，H之间时取等号，即|OH|的最大值为＋1. 3．(2024·南京高三第二次模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)与双曲线E：－＝1(a>0，b>0)有公共的焦点F，且p＝4b，过F的直线l与抛物线C交于A，B两点，与E的两条渐近线交于P，Q两点(均位于y轴右侧)． (1)求E的渐近线方程； (2)若实数λ满足λ＝，求λ的取值范围． 解析　(1)由题意知2b＝c，∴＝，E的渐近线方程为y＝±x. (2)方法一：设直线l的方程为x＝my＋c，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 由(m2－3)y2＋2mcy＋c2＝0，Δ＝4m2c2－4(m2－3)c2＝12c2>0， 则y1＋y2＝－，y1y2＝， ∴|OP|＝|y1|＝2|y1|，|OQ|＝2|y2|， ∴＋＝·＝·＝. 同理设A(x3，y3)，B(x4，y4)， 由y2－2pmy－p2＝0，Δ>0， 则y3＋y4＝2pm，y3y4＝－p2， ∴＝ ＝＝＝， ∴λ·＝，而c＝2b，p＝4bλ＝ ＝. ∵P，Q均在y轴右侧，∴0≤m2<3， ∴0≤λ<0≤λ<. 方法二：设直线l的倾斜角为θ，则θ∈，＝＝， 又OF平分∠POQ，由张角定理得＋＝＋＝， ∴λ·＝，λ＝|cos θ|∈， ∴λ∈. 4．(2024·辽宁绥中模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右顶点为E(1，0)，斜率为1的直线交C于M，N两点，且MN中点为Q(1，3)． (1)求双曲线C的方程； (2)证明：△MEN为直角三角形； (3)若过曲线C上一点P作直线与两条渐近线相交，交点为A，B，且分别在第一象限和第四象限，若＝λ，λ∈，求△AOB面积的取值范围． 解析　(1)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝6， ∵M，N两点均在双曲线C上， ∴由①－②得－＝0， 即＝，∴＝， 连接OQ，∴kOQ·kMN＝，即3＝，∴b2＝3a2， 又∵a＝1，∴b2＝3，∴双曲线C的方程为x2－＝1. (2)证明：由已知可得，直线MN的方程为y－3＝x－1，即y＝x＋2， 联立得2x2－4x－7＝0，Δ＝16＋56＝72>0， 则x1＋x2＝2，x1x2＝－， ∵·＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2) ＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2 ＝(x1－1)(x2－1)＋(x1＋2)(x2＋2) ＝2x1x2＋x1＋x2＋5 ＝2×＋2＋5＝0， ∴EM⊥EN，∴△MEN为直角三角形． (3)由题意可知，直线AB不是水平直线， 故设直线AB方程为x＝my＋n， 设P(x3，y3)，A(x4，y4)，B(x5，y5)， ∵＝λ，∴(x3－x4，y3－y4)＝λ(x5－x3，y5－y3)， ∴ ∵点P在双曲线C上， ∴－＝1， ∴3(x4＋λx5)2－(y4＋λy5)2＝3(1＋λ)2， ∴(3x42－y42)＋λ2(3x52－y52)＋2λ(3x4x5－y4y5)＝3(1＋λ)2③， 又∵3x42－y42＝0，3x52－y52＝0， ∴2λ(3x4x5－y4y5)＝3(1＋λ)2， ∴3x4x5－y4y5＝④， 联立(3m2－1)y2＋6mny＋3n2＝0， 则m≠±， y4＋y5＝⑤，y4y5＝⑥， ∵A，B分别在第一象限和第四象限，∴y4y5<0，∴3m2－1<0， 由④式得3(my4＋n)(my5＋n)－y4y5＝， ∴(3m2－1)y4y5＋3mn(y4＋y5)＋3n2＝⑦， 将⑤⑥式代入⑦式得(3m2－1)＋3mn＋3n2＝， ∴＝， ∴S△AOB＝|OA|·|OB|·sin∠AOB＝××|y4|××|y5|＝|y4y5|＝＝－·＝·＝， 令h(λ)＝λ＋，λ∈， 由对勾函数性质可得h(λ)在上单调递减，在(1，2]上单调递增， ∴h(λ)∈，∴S△AOB∈. 故△AOB面积的取值范围为. 圆锥曲线的综合应用 1．(2024·河北调研)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点F到一条渐近线的距离为1，且双曲线左支上任意一点M到F的距离的最小值为2＋. (1)求双曲线C的方程； (2)已知直线l：y＝kx＋1交C于A，B两点，O为坐标原点，若·＝10，求直线l的斜率k的值． 解析　(1)双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为y＝x，故右焦点F(c，0)到直线y＝x的距离为＝b，所以b＝1. 由题意知a＋c＝2＋， 故  因此双曲线C：－y2＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)． 将直线l与双曲线C的方程联立得 消去y整理得(3k2－1)x2＋6kx＋6＝0， 则 解得k2<，且k2≠， 则x1＋x2＝－，x1x2＝， y1y2＝(kx1＋1)(kx2＋1)＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－＋1＝1， ∴·＝x1x2＋1＝＋1＝＝10， 解得k2＝，满足题意， 所以k＝±. 2．(2024·镇江统考)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为l1，l2，C上一点A(4，)到l1，l2的距离之积为. (1)求双曲线C的方程； (2)设双曲线C的左、右两个顶点分别为A1，A2，T为直线l：x＝1上的动点，且T不在x轴上，直线TA1与C的另一个交点为M，直线TA2与C的另一个交点为N，直线MN与x轴的交点为P，直线l与MN的交点为Q，证明：＝. 解析　(1)因为A(4，)在－＝1上，则－＝1①， 因为l1，l2的方程为bx－ay＝0，bx＋ay＝0. A(4，)到l1，l2的距离之积为，则·＝②， 由①②解得a2＝4，b2＝1， 所以双曲线C的方程为－y2＝1③. (2)证明：因为A1(－2，0)，A2(2，0)，设T(1，s)(s≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则kMA1＝＝kA1T＝，kNA2＝＝kA2T＝， 所以kNA2＝－3kMA1④. 因为kMA1·kMA2＝×＝， 且M在双曲线上，则y12＝－1，代入上式得kMA1·kMA2＝， 把④代入上式得kNA2·kMA2＝－⑤， 易知直线MN不为水平直线，则设直线MN：x＝my＋t，易知m≠±2，m≠0，t≠2，代入③得(m2－4)y2＋2mty＋t2－4＝0，解Δ>0得m2＋t2>4，则y1＋y2＝⑥，y1y2＝⑦， 由⑤得·＝－，即(3m2＋4)y1y2＋3m(t－2)(y1＋y2)＋3(t－2)2＝0， 把⑥⑦代入上式得(3m2＋4)×＋3m(t－2)×＋3(t－2)2＝0， 因为t≠2，所以解得t＝4，则MN：x＝my＋4，所以P点坐标为(4，0)． 则|PM|＝＝＝|y1|，同理|PN|＝|y2|， 令x＝my＋4＝1，则yQ＝－， 同理|QM|＝，|QN|＝， 要证明＝，只需证明＝， 易知y1≠y2，则需证明2y1y2＋(y1＋y2)＝0， 将t＝4和⑥⑦代入上式显然成立，所以＝得证． 3．(2024·成都七中模拟)设椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，右顶点为A，离心率为.已知A是抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，F到抛物线的准线l的距离为. (1)求椭圆的方程和抛物线的方程； (2)设l上两点P，Q关于x轴对称，直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A)，直线BQ与x轴相交于点D.若△APD的面积为，求直线AP的方程． 解析　(1)依题意设点F(－c，0)，由题可知e＝＝，且＝a， 则由对称性知抛物线的准线l方程为x＝－a，则a－c＝，解得a＝1，c＝，p＝2， 于是b2＝a2－c2＝. 从而得椭圆的方程为x2＋＝1，抛物线的方程为y2＝4x. (2)由于准线l方程为x＝－1，依题意设P(－1，t)(t≠0)，则Q(－1，－t)． 因为A(1，0)，则kAP＝－，得直线AP方程为y＝－(x－1)①， 将①式代入x2＋＝1中化简，得(t2＋3)x2－2t2x＋t2－3＝0，Δ恒大于零， 设B(x0，y0)，由韦达定理得x0＝x0xA＝，则y0＝－(x0－1)＝， 即B，则kBQ＝，于是得直线BQ的方程为y＋t＝(x＋1)， 令y＝0，解得x＝，即D. 则|AD|＝1－＝， 于是＝S△APD＝··|t|，化简得(|t|－)2＝0，即得t＝±， 则直线AP的方程为3x＋y－3＝0或3x－y－3＝0. 4．(2024·云南昆明模拟)已知双曲线E：－＝1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，一条渐近线方程为y＝x. (1)求双曲线E的方程； (2)是否存在过点F2的直线l与双曲线E的左、右两支分别交于A，B两点，且使得∠F1AB＝∠F1BA，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由． 解析　(1)因为双曲线E的一条渐近线方程为y＝x，所以＝，又b2＝3， 因此c＝2a，又a2＋b2＝c2，故a＝1，c＝2， 则E的方程为x2－＝1. (2)假设存在过点F2的直线l与双曲线E的左、右两支分别交于A，B两点，且使得∠F1AB＝∠F1BA， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点为M(x0，y0)，易知x1<0<x2<－x1，则x0＝<0，由题可知F1(－2，0)，F2(2，0)， 由∠F1AB＝∠F1BA可知△F1AB为等腰三角形，|F1A|＝|F1B|，且直线l不为水平或竖直直线， 连接F1M，OM(O为原点)，于是F1M⊥AB，即F1M⊥MF2， 因此kF1M·kMF2＝－1，即·＝－1，即x02＋y02＝4(Ⅰ)， 又点A，B在双曲线E上，所以 ①－②化简整理得·＝3，·＝3，即kOM·kAB＝3，可得·＝3，y02＝3x02－6x0(Ⅱ)， 联立(Ⅰ)(Ⅱ)得 解得(舍去)或则M. 由kOM·kAB＝3得kAB＝3×＝±， 所以直线l的方程为y＝±(x－2)，即x±5y－2＝0. 验证：根据对称性，不妨取直线x－5y－2＝0，将其与双曲线方程联立得x2＋x－＝0，Δ>0，符合题意．故直线l的方程为x±5y－2＝0. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$