8.5圆锥曲线的综合问题专项训练-2026届高三数学一轮复习

8.5　圆锥曲线的综合问题 考点1　轨迹问题 1.已知a,b∈R,ab>0,函数f(x)=ax2+b(x∈R).若f(s-t), f(s), f(s+t)成等比数列,则平面上点(s,t)的轨迹是 (　　) A.直线和圆　　B.直线和椭圆　　 C.直线和双曲线　　D.直线和抛物线 2.(多选)设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O,且C上的点满足横坐标大于-2,到点F(2,0)的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4.则 (　　) A.a=-2 B.点(2,0)在C上 C.C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D.当点(x0,y0)在C上时,y0≤ 考点2　弦长与面积问题 1.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. 2.已知点A(2,1)在双曲线C:-=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,求△PAQ的面积. 3.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. 考点3　定值、定点问题 1.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. 2.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. 3.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. 4.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. 考点4　直线与圆锥曲线的位置关系 1.已知椭圆C:+=1(a>b>0),若右焦点为F(,0),且离心率为. (1)求椭圆C的方程; (2)设M,N是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|=. 2.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. 3.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. 考点5　圆锥曲线的创新题 1.在直角坐标系xOy中,点P到x轴的距离等于点P到点的距离,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. 2.已知双曲线C:x2-y2=m(m>0),点P1(5,4)在C上,k为常数,0<k<1.按照如下方式依次构造点Pn(n=2,3,…):过Pn-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Qn-1,令Pn为Qn-1关于y轴的对称点.记Pn的坐标为(xn,yn). (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. 练速度 1.设A,B两点的坐标分别为(-2,0),(2,0),直线AM,BM相交于点M,且它们的斜率之积是-,则点M的轨迹方程为 (　　) A.+=1(x≠±2)　　B.-=1(x≠±2) C.+=1(x≠±2)　　D.-=1(x≠±2) 2.已知△DEF的顶点E在x轴上,F,|DF|=|EF|,且边DE的中点M在y轴上,设D的轨迹为曲线Γ. (1)求Γ的方程; (2)若正三角形ABC的三个顶点都在Γ上,且直线AB的倾斜角为45°,求|AB|. 练思维 1.在平面直角坐标系xOy中,直线l与抛物线x2=2py(p>0),单位圆O分别相切于A,B两点,当|AB|最小时,p= (　　) A.2　　B.2　　C.　　D. 2.过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F且斜率为k的直线l与C交于A,B两点,线段FA,FB的中点分别为M,N,O为坐标原点,直线OM,ON与抛物线C的另一个交点分别为P,Q,记点M,N到y轴的距离分别为d1,d2,则 (　　) A.d1>|FM|　　 B.d2<|FN| C.PQ∥y轴　　 D.若|AF|=3|FN|,则k=±2 3.(多选)用于加热水和食物的太阳灶应用了抛物线的光学性质:一束平行于抛物线对称轴的光线,经过抛物面(抛物线绕它的对称轴旋转所得到的曲面叫抛物面)反射后,集中于它的焦点.若抛物线C:y2=4x的焦点为F,O为坐标原点,一条平行于x轴的光线l1从点M射入,经过C上的点A(x1,y1)反射,再经过C上另一点B(x2,y2)反射后,沿直线l2射出,则 (　　) A.C的准线方程为x=-1 B.y1y2=-4 C.若点M(2,1),则|AB|= D.设直线AO与C的准线的交点为N,则点N在直线l2上 4.(多选)在平面内,存在定圆M和定点A,点P是圆M上的动点,若线段PA的中垂线交直线PM于点Q,关于点Q的轨迹叙述正确的是　 (　　) A.当点A与圆心M重合时,点Q的轨迹为圆 B.当点A在圆M上时,点Q的轨迹为抛物线 C.当点A在圆M内且不与圆心M重合时,点Q的轨迹为椭圆 D.当点A在圆M外时,点Q的轨迹为双曲线 5.(多选)已知椭圆C:+=1的上顶点为A,左、右焦点分别为F1,F2,△AF1F2为正三角形,过F1的直线l与C交于M,N两点,则 (　　) A.椭圆C的离心率为 B.||·||的最大值为3 C.·的取值范围是[2,3] D.当l的倾斜角为时,△AMN的周长为8 6.(多选)已知双曲线C:-y2=1的左、右焦点分别为F1,F2,点P在C上,O为坐标原点,则 (　　) A.|OP|=2时,△PF1F2为直角三角形 B.|OP|>2时,△PF1F2为锐角三角形 C.△PF1F2为等腰三角形时,|OP|=或 D.△PF1F2外接圆半径为时,|OP|= 7.已知椭圆Γ:+=1(a>b>0)的焦距为2,且过点. (1)求Γ的方程; (2)设A,B为Γ的左、右顶点,在过点A且垂直于x轴的直线上任取一点P,过P作Γ的切线,切点为C(异于A),作CD⊥AB,垂足为D.记△PBC和△PBD的面积分别为S1,S2,求的值. 8.设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,过F的直线l1交C于A,B两点(A在第一象限),当l1垂直于x轴时,|AB|=4. (1)求C的方程. (2)过F且与l1垂直的直线l2交C于D,E两点(D在第一象限),直线x=1与直线AD和BE分别交于P,Q两点. (i)当l1的斜率为时,求|PQ|; (ii)是否存在以PQ为直径的圆与y轴相切?若存在,求l1,l2的方程;若不存在,请说明理由. 9.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的一个焦点为F(-2,0),短轴长为2. (1)求椭圆C的标准方程. (2)直线l:x=-与x轴交于点Q,过焦点F(-2,0)的直线与椭圆交于M,N两点. (i)证明:Q点在以MN为直径的圆外; (ii)在l上是否存在点E,使得△EMN是等边三角形?若存在,求出直线MN的方程,若不存在,请说明理由. 10.已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的实轴长为4,一条渐近线的方程为y=x,过点(6,0)的直线l与C的右支交于A,B两点. (1)求C的标准方程. (2)P是x轴上的定点,且∠APB=90°. (i)求P的坐标; (ii)若△APB的外接圆被x轴截得的弦长为16,求外接圆的面积. 11.已知动点P到点F的距离等于它到直线x=-的距离,记动点P的轨迹为曲线C. (1)求C的方程. (2)O为坐标原点,过点M(2,0)且斜率存在的直线l与C相交于A,B两点,直线AO与直线x=-2相交于点D,过点B且与C相切的直线交x轴于点E. (i)证明:直线DE∥l; (ii)满足四边形ABDE的面积为12的直线l共有多少条?说明理由. 答案 考点1　轨迹问题 1. C 2. ABD 考点2　弦长与面积问题 1.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.解析　(1)∵点A(2,1)在双曲线上,∴-=1, 解得a2=2.∴C的方程为-y2=1.① 设直线l:y=kx+m.② 联立①②,消去y得(1-2k2)x2-4kmx-2(m2+1)=0. 设P(x1,y1),Q(x2,y2), 则x1+x2=,x1x2=-, kPA=,kQA=, 由kPA+kQA=0,得+=0,化简得2kx1x2+(m-2k-1)(x1+x2)-4(m-1)=0, 即2k·+(m-2k-1)·-4(m-1)=0,化简得(2k+m-1)(k+1)=0, ∴2k+m-1=0或k+1=0. 若2k+m-1=0,则l:y=k(x-2)+1, 这时直线l过点A,不合题意, ∴k+1=0,∴k=-1. (2)不妨设直线PA,AQ的倾斜角为α,β,∵kAP+kAQ=0,∴α+β=π. 由(1)知x1x2=2m2+2>0,当P,Q均在双曲线左支时,∠PAQ=2α,∴tan 2α=2, 即tan2α+tan α-=0,解得tan α=(负值舍去). 此时PA与双曲线的渐近线平行,与双曲线左支无交点,舍去; 当P,Q均在双曲线右支时,∵tan∠PAQ=2, ∴tan(β-α)=2,即tan 2α=-2, 即tan2α-tan α-=0,解得tan α=(负值舍去). 于是,直线PA:y=(x-2)+1,QA:y=-(x-2)+1, 联立消去y可得3x2+(4-16)x+20-8=0,∴x1+xA=,x1xA=. ∴|AP|=·=, 同理|AQ|=, 又∵sin∠PAQ=, ∴S△PAQ=|PA||QA|sin∠PAQ=. 3.解析　(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,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. 考点3　定值、定点问题 1.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,∴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,∴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. 2.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l的斜率存在且不为零,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的中点过定点(0,3). 3.解析　(1)设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0且m≠n)(巧设椭圆方程).由题意可得解得故椭圆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,(易错点:不考虑斜率是否存在,直接设直线方程) 与方程+=1联立,可得y=±,结合题意可知N,M, 由得 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×-6×+-3×-12=0恒成立,则直线HN过定点(0,-2). 综上,直线HN过定点(0,-2). 4.解析　(1)由题设得+=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=(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. 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,所以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|=|AP|=. 若D与P重合,则|DQ|=|AP|. 综上,存在点Q,使得|DQ|为定值. 考点4　直线与圆锥曲线的位置关系 1.解析　(1)由题意得 解得 故椭圆C的方程为+y2=1. (2)证明:由(1)得,曲线为x2+y2=1(x>0), 当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,不符合题意; 当直线MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2). ①先证必要性. 因为M,N,F三点共线,F(,0), 所以设直线MN:x=my+,即x-my-=0, 由题意知O(0,0)到直线MN的距离d==1,解得m2=1,故m=±1,所以直线MN:x±y-=0, 根据对称性,不妨令直线MN:y=x-. 联立 消去y整理得4x2-6x+3=0. 故x1+x2=,x1x2=,所以|MN|=·|x1-x2|=×=,即必要性成立. ②再证充分性. 易知直线MN的斜率存在,设其方程为y=kx+t. 由题意得=b=1,即t2=1+k2. 由消去y整理, 得(1+3k2)x2+6ktx+3t2-3=0, 则x1+x2=-,x1x2=, 所以|MN|= = = =. 因为|MN|=,所以=1, 解得k2=1,则t2=2. 因为x1+x2=->0,即kt<0, 所以k=1,t=-或k=-1,t=, 所以直线MN的方程为y=x-或y=-x+. 无论哪一种情况,直线MN恒过焦点F, 所以M,N,F三点共线,即充分性成立. 故M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=. 2.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,由消去y得(16-)x2+(-2k1m)x-+k1m-m2-16=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1+x2=, x1x2=, 因为T, 所以|TA|= = = =, 同理|TB|=, 所以|TA|·|TB| =(1+) =(1+)x1x2-(x1+x2)+ =(1+)-×+ =(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=, 即=, (1+)(-16)=(1+)(-16), 化简得=,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. 3.解析　(1)由题意知 解得 ∴C的方程为x2-=1. (2)易知直线PQ的斜率存在且不为零, 设其方程为y=kx+b, 由得(3-k2)x2-2kbx-b2-3=0, 由Δ>0,得b2+3-k2>0, ∴x1+x2=,x1x2=,∵x1>x2>0,∴3-k2<0, ∴x1-x2==, 设点M的坐标为(x0,y0),则直线PM、QM的方程分别为y-y0=-(x-x0),y-y0=(x-x0), 故 (*)-(**)得y1-y2=-(x1+x2-2x0), 即k(x1-x2)=-(x1+x2-2x0), 解得x0=, 又(*)+(**)得y1+y2-2y0=(x2-x1),而y1+y2=k(x1+x2)+2b,∴k(x1+x2)+2b-2y0=(x2-x1), 解得y0==x0. 故点M的轨迹方程为y=x,其中k为直线PQ的斜率. 若选择①②作为条件,③作为结论, 设直线AB的方程为y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),不妨设点A在渐近线y=x上, 则由得 ∴A, 同理B, 又由得 ∴M,∴xM=,yM=, 即M为AB的中点,∴|MA|=|MB|. 若选择①③作为条件,②作为结论, 当直线AB的斜率不存在时,点M即为F(2,0), 此时M不在直线y=x上,不符合题意,舍去; 当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=m(x-2),m≠0,±.不妨设点A在渐近线y=x上,且A(xA,yA),B(xB,yB). 由得 ∴A, 同理B, 此时xM==,yM==, ∵点M在直线y=x上, ∴=·, 解得k=m,故PQ∥AB. 若选择②③作为条件,①作为结论, 设直线AB的方程为y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),不妨设点A在渐近线y=x上, 则解得xA=, yA=, 同理,得xB=,yB=-, 设线段AB的中点为C(xC,yC), 则xC==,yC==, 由于|MA|=|MB|,故点M在线段AB的中垂线上, 即点M在直线y-yC=-(x-xC)上, 将该直线方程与y=x联立,得xM==xC,yM==yC,即点M恰为线段AB的中点,故点M在直线AB上. 考点5　圆锥曲线的创新题 1.解析　(1)设P(x,y),由题意得=|y|,整理得x2-y+=0,因此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,A,C,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|=·=, ∴|AB|+|BC|=|k-2x0|+. 由对称性不妨设0<|k|≤1, 则=≥(当|k|=1时取“=”), ∴|AB|+|BC|≥·≥=,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|>≥=. ∴矩形的周长=2(|AB|+|BC|)>3. 2.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<k<1), ∴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. (3)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0<k<1,得p>1,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. 练速度 1. C 2.解析　(1)由题意得FM所在直线是线段DE的垂直平分线.设D(x,y)(y≠0), 易知E(-x,0),M, 所以=(2x,y),=, 因为FM⊥DE,所以·=0, 即-+=0,整理得y2=x, 则Γ的方程为y2=x(x≠0). (2)设A(a2,a),B(b2,b),C(c2,c),(a≠b≠c,abc≠0)则kAB==, 同理得kAC=,kBC=, 因为直线AB的倾斜角为α=45°, 所以直线AC的倾斜角为α+60°=105°,直线BC的倾斜角为α+120°=165°, 所以kAB=tan α=1,kAC=tan(α+60°)==-2-,kBC=tan(α+120°)==-2+, 所以a+b=1,a+c==-2+,b+c==-2-, 则|AB|= = ==2.(a-b=(a+c)-(b+c)) 练思维 1. C 2. C 3. ABD 4. ACD 5. ACD 6. AC 7.解析　(1)由题意得 解得a2=4,b2=3, 所以Γ的方程为+=1. (2)设P(-2,t),直线PC的方程为y=k(x+2)+t, 代入Γ的方程得(3+4k2)x2+8k(2k+t)x+4(2k+t)2-12=0. 因为直线PC与Γ相切, 所以Δ=64k2(2k+t)2-4(3+4k2)[4(2k+t)2-12]=0, 化简得4kt+t2-3=0,所以k=, 所以xC=-=,代入直线PC的方程得yC=, 设PB与CD交于点E. 直线PB的方程为y=-(x-2), 因为xE=xC=, 代入直线PB的方程得yE=, 所以yE=yC,所以E为CD中点. 因此点C,D到直线PB的距离相等, 所以=1. 8.解析　(1)设A(xA,yA),B(xB,yB),其中yA>0. 依题意知F.当AB⊥x轴时,直线AB的方程为x=. 把x=代入y2=4px可得yA=p,yB=-p. 故|AB|=2p=4,p=2,C的方程为y2=4x. (2)(i)依题意,知直线AB的方程为y=(x-1), 即x=y+1. 由消去x得y2-3y-4=0,故yA=4,yB=-1, 则A(4,4),B. 易知直线DE的方程为y=-(x-1), 即x=-y+1. 由消去x得y2+y-4=0,故yD=,yE=-6,则D,E(9,-6). 所以直线AD的方程为y-4=(x-4), 令x=1,得P. 直线BE的方程为y+6=-(x-9), 令x=1,得Q,故|PQ|=. (ii)设直线AD的方程为x=ky+m,其中m<0. 由消去x得y2-4ky-4m=0,Δ=16k2+16m>0, yA+yD=4k,yAyD=-4m. 因为FA⊥FD,所以·=-1, 即yAyD+=0, yAyD++1-=0, 因为+=-2yAyD=16k2+8m, 所以-4m++1-=0, 从而4k2=m2-6m+1. 在x=ky+m中,令x=1,得yP=. 故===4. 因为m<0,所以-m-≥2=2, 所以-m-+6≥8, 则=4≥2, 当且仅当m=-1时,等号成立. 同理≥2,而P,Q分别在第一、第四象限,故|PQ|≥2>2,从而不存在以PQ为直径的圆与y轴相切. 9.解析　(1)由题意得c=2,b=, 所以a==, 则椭圆C的标准方程为+=1. (2)(i)证明:由题意得Q(-3,0), 当直线MN的斜率为0时,此时以MN为直径的圆的方程为x2+y2=6,显然,Q在此圆外; 当直线MN的斜率不为0时,设直线MN的方程为x=my-2, 由消去x得(m2+3)y2-4my-2=0, Δ=16m2+8(m2+3)=24m2+24>0恒成立, 设M(x1,y1),N(x2,y2), 则y1+y2=,y1y2=, ·=(x1+3)(x2+3)+y1y2 =(my1+1)(my2+1)+y1y2=(m2+1)y1y2+m(y1+y2)+1=++1=>0,故Q在以MN为直径的圆外. 综上,Q在以MN为直径的圆外. (ii)当MN的斜率不存在时,|MN|==,此时Q到MN的距离为1,故不存在等边三角形; 当MN的斜率为0时,易得不存在等边三角形; 当MN的斜率存在且不为0时,设直线MN的方程为x=my-2, 设MN的中点为G(xG,yG), 由(i)得,yG==, 由G在直线x=my-2上,得xG=. 直线EG的斜率为-m,所以|EG|==·. |MN|=|y1-y2|=·=, 因为△EMN是等边三角形,所以=, 则=, 解得m2=1,即m=±1, 故直线MN的方程为y=x+2或y=-x-2. 10.解析　(1)由题意得 解得a=2,b=, 所以C的标准方程为-=1. (2)(i)设直线l的方程为x=my+6,A(x1,y1),B(x2,y2),P(t,0), 联立消去x得(m2-2)y2+12my+32=0. 因为直线l与双曲线C的右支交于A,B两点, 所以 解得-<m<. 由∠APB=90°,可得·=0,即(x1-t,y1)·(x2-t,y2)=0,即(x1-t)(x2-t)+y1y2=0, 将x1=my1+6,x2=my2+6代入上式得(my1+6-t)(my2+6-t)+y1y2=0, m2y1y2+m(6-t)(y1+y2)+(6-t)2+y1y2=0, 将y1+y2=-,y1y2=代入上式得m2×+m(6-t)×+(6-t)2+=0, 整理得m2[32-72+12t+(6-t)2]-2(6-t)2+32=0, 因为上式对任意m都成立, 所以 解得t=2,所以P(2,0). (ii)因为PA⊥PB, 所以△APB外接圆是以AB为直径的圆,记为圆T, 则T,即T, 所以外接圆半径r=|PT|=. 因为△APB外接圆被x轴截得的弦长为16, 所以r2=82+, 即=82,解得m2=4(舍去)或m2=. 则r2=84. 所以△APB外接圆的面积为84π. 11.解析　(1)由抛物线的定义得动点P的轨迹是以F为焦点,直线x=-为准线的抛物线, 所以p=1,则C的方程为y2=2x. (2)(i)证明:由题可知,直线l的斜率存在且不为0,故设直线l的方程为x=my+2(m≠0),则直线l的斜率为kAB=, 设A(x1,y1),B(x2,y2),y1>0,y2<0, 由得y2-2my-4=0, 则y1+y2=2m,y1y2=-4, 由y=-,得y'=-,则在点B处的切线的斜率为-=-·=, 则在点B处的切线方程为y=(x-x2)+y2=+y2=x+, 令y=0,得x=-,即点E, 直线OA的方程为y=x, 令x=-2,得y=-2·=-2·=,即D, 所以直线DE的斜率kDE==-=-==, 所以kDE=kAB,即直线DE∥l. (ii)由(i)得D,y1y2=-4, 所以D(-2,y2), 又因为B(x2,y2),所以DB∥x轴, 即四边形DBME为平行四边形, 由E,得S四边形ABDE=S四边形DBME+S△AEM=(2-xE)=·=·=--3y2-, 若四边形ABDE的面积为12, 则--3y2-=12, 整理得+3+12y2+4=0. 令f(x)=x4+3x2+12x+4,x<0, 则f'(x)=2x3+6x+12, 设g(x)=2x3+6x+12,x<0, 则g'(x)=6x2+6>0, 所以g(x)在(-∞,0)上单调递增, 又g(-2)=-16<0,g(-1)=4>0, 所以存在x0∈(-2,-1),使得g(x0)=0, 所以f(x)在(-∞,x0)上单调递减,在(x0,0)上单调递增, 又f(-2)=0, f(-1)=-<0, f(0)=4>0,所以f(x)有2个零点, 即+3+12y2+4=0有2个根, 所以满足四边形ABDE的面积为12的直线l共有2条. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$