7.5 直线和圆锥曲线的综合问题-【十年高考】备战2026年高考数学真题分类解析与应试策略（Word版）

§7.5　直线和圆锥曲线的综合问题 考点94　最值与范围问题 1.解 (1)∵椭圆离心率为e==,∴=, ∴b2=a2-c2=a2,即a2=9b2. 由题意知A(0,-b),B(a,0), ∴|AB|===, ∴b2=1,a2=9,∴椭圆的标准方程为+y2=1. (2)(ⅰ)由(1)知A(0,-1),∴=(m,n+1). ∵点Q在射线AP上,设Q(xQ,yQ),=t(t>0), ∴||=t||.又|AP|·|AQ|=3, ∴t|AP|2=t||2=t[m2+(n+1)2]=3, ∴t=, ∴xQ=tm=,yQ=t(n+1)-1=-1, ∴点Q的坐标为,-1. (ⅱ)由(ⅰ)可知k1=,k2=, ∵k1=3k2,即=,得m2+(n+4)2=18, 可知点P的轨迹为以点(0,-4)为圆心,以3为半径的圆. 又点M在椭圆+y2=1上,故而可设点M(3cos θ,sin θ),圆心N(0,-4), ∴|MN|2=9cos2θ+(sin θ+4)2=9-9sin2θ+sin2θ+8sin θ+16=-8sin2θ+8sin θ+25=-8sin θ-2+27. ∵sin θ∈[-1,1],∴|MN|max=3, ∴|PM|max=3+3. 2. 解 (1)如图,∵四边形B1F1B2F2为边长为2的正方形,∴b=c=, ∴a2=4,∴椭圆方程为+=1,e==. (2)若AD的斜率不存在,则易知B,D两点重合,不符合题意. 若AD的斜率存在,设AD:y=kx+1,代入x2+2y2=4,消去y,整理得(1+2k2)x2+4kx-2=0,Δ显然大于0, 设A(x1,y1),D(x2,y2),则 由于kBD=0,∴B,D关于y轴对称,B(-x2,y2), ∴kAB=, ∴lAB:y-y1=(x-x1), 令x=0, 得y= = ===2. ∵2>,∴t=2. 3.解 (1)∵双曲线Γ的离心率e==2,∴b=. (2)设点P的坐标是(x0,y0),可知x0>0,y0>0, ∵点A2的坐标是(1,0), (ⅰ)若|MA2|=|PA2|,则|MA2|=3, ∴|PA2|2=(x0-1)2+=9,∴-=1, ∴=(-1),∴(x0-1)2+(-1)=9, ∴11-6x0-32=(x0-2)(11x0+16)=0,∴x0=2, ∴y0==2,∴点P的坐标是(2,2). (ⅱ)若|PM|=|PA2|,则x0==-<0,不合题意. (ⅲ)若|MP|=|MA2|, 则|MP|2=(x0+2)2+=(x0+2)2+(-1)=9, ∴3+12x0+12+8-8=27, ∴11+12x0-23=(x0-1)(11x0+23)=0, ∴x0=1,或x0=-(舍去),当x0=1时,y0=0,不合题意. 综上,点P的坐标是(2,2). (3)由题意易知直线lPQ的斜率不为0. 设lPQ的方程为x=ty-2,点P的坐标是(x1,y1),点Q的坐标是(x2,y2),则点R的坐标是(-x2,-y2). ∵A1(-1,0),A2(1,0), ∴=(1-x2,-y2),=(x1-1,y1), ∴·=(1-x2)(x1-1)-y1y2=(3-ty2)(ty1-3)-y1y2=-(t2+1)y1y2+3t(y1+y2)-9=1, ∴(t2+1)y1y2-3t(y1+y2)+10=0, 把x=ty-2代入b2x2-y2=b2,得(b2t2-1)y2-4b2ty+3b2=0,由已知,得b2t2-1≠0,则t2≠, ∵y1+y2=,y1y2=, ∴(t2+1)y1y2-3t(y1+y2)+10=-+10==0, ∴b2(t2+3)=10,∴b2=∈0,. ∵t2≠,∴b2≠=,∴b2≠3, ∴b2∈(0,3)∪3,,∴b∈(0,)∪,. 4.解 (1) 设点P坐标为(x,y), 由题意得=|y|,两边平方得x2+y2-y+=y2, 于是y=x2+,经验证成立. 故W的方程为y=x2+. (2)方法一:设矩形ABCD的顶点A(x1,y1)(x1≥0),B(x2,y2)(x2>0),D(x3,y3)在W上,如图所示,设直线AB的斜率为k(k>0). 不妨将A,B固定在y轴及y轴右侧. A,B坐标满足y2-y1=k(x2-x1),A,D坐标满足y3-y1=-(x3-x1). 又A,B,D在抛物线上, 即y1=+,y2=+,y3=+, 代入以上方程中,得x2=k-x1,x3=--x1. 矩形ABCD的周长为2|AB|+2|AD|≥4,当且仅当|AB|=|AD|时等号成立,此时矩形ABCD为正方形.(用基本不等式将矩形周长问题转化成正方形面积问题) 要证矩形ABCD的周长大于3,只需证明正方形的面积大于. ∵|AB|=·(x2-x1),|AD|=·(x1-x3), ∴·(x2-x1)=·(x1-x3),得x1-x3=k(x2-x1). 将x2=k-x1,x3=--x1代入x1-x3=k(x2-x1), 有2x1+=k(k-2x1),即k2-=(2k+2)x1. ∵x1≥0,∴k2-≥0.∵k>0,∴k3≥1.∴k≥1. 则|AB|=·(x2-x1)=·(k-2x1)=·. 正方形面积S=|AB|2==·. ∵k2+1≥2k,∴≥4(当k=1时“=”成立). ∵k2+1≥2k,∴2(k2+1)≥k2+2k+1=(k+1)2,则≥(当k=1时“=”成立). 则S=·≥2(当k=1时“=”成立). 显然S=·≥2>. 即矩形ABCD的周长大于3. 方法二:不妨设A,B,C三点在W上,且AB⊥BC. 设Aa,a2+,Bb,b2+,Cc,c2+, 则=(b-a,b2-a2),=(c-b,c2-b2). 由题意,知·=0,即(b-a)(c-b)+(b2-a2)(c2-b2)=0. 显然(b-a)(c-b)≠0,于是1+(b+a)(c+b)=0. 此时,|b+a|·|c+b|=1. 于是min{|b+a|,|c+b|}≤1. 不妨设|c+b|≤1,则a=-b-. AB+BC=|b-a|·+|c-b|· =|b-a|·+|c-b|· ≥|b-a|·+|c-b|· ≥|c-a|· =b+c+·. 设x=|b+c|,f(x)=x+·,则f(x)=, f'(x)= ==. 显然,x=为最小值点.故f(x)≥f=. 而矩形ABCD的周长为2(AB+BC)≥2f(x)≥3. 注意这里有两个取等条件,一个是|b+c|=1,另一个是|b+c|=,这显然是无法同时取到的,所以等号不成立,命题得证. 5.解 (1)联立整理得y2-4py+2p=0, 则Δ=16p2-8p>0,又p>0,∴p>. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4p,y1y2=2p. |AB|=|y1-y2|=·=4, 解得p=-(舍)或p=2.∴p=2. (2)由(1)知抛物线C的方程为y2=4x,F(1,0). 设M(x3,y3),N(x4,y4),lMN:x=my+n, 由得y2-4my-4n=0, 则Δ1=16m2+16n>0,y3+y4=4m,y3y4=-4n. ·=(x3-1)(x4-1)+y3y4 =(my3+n-1)(my4+n-1)+y3y4 =(m2+1)y3y4+m(n-1)(y3+y4)+(n-1)2 =-4m2n-4n+4m2n-4m2+n2-2n+1=0, ∴4m2=n2-6n+1≥0, 又Δ1=16m2+16n=4(n-1)2>0, ∴n≠1,∴n≥3+2,或n≤3-2. ∴S△MNF=|MF|·|NF|=(x3+1)(x4+1) =(my3+n+1)(my4+n+1) ==n2-2n+1=(n-1)2, ∴当n=3-2时,S△MFN=12-8为最小值. ∴△MFN面积的最小值为12-8. 6.解 (1)设A(x1,y1),B(x2,y2), ∵Q0,在直线AB上, ∴设直线AB为y=kx+, 设E(x,y)为椭圆上除P之外的一点且P(0,1), 则|PE|2=(y-1)2+x2=(y-1)2+12-12y2 =-11y2-2y+13 =-11y2+y+2++13 =-11y+2+, ∵-1≤y≤1,∴当y=-时,|PE|2最大值为, ∴|PE|max=. (2)由得(12k2+1)x2+12kx-9=0. 则x1+x2=,x1·x2=, 直线PA:y-1=(x-0),即y=x+1, 由得+x=2,而y1=kx1+, ∴·x=2,∴xC=, yC=-xC+3=+3 ==, ∴C,, 同理,D,, |CD|2=-2+-2 =2+ 2 =+ =. ∴CD= = = =·=, 令3k+1=t,则k=, ∴=. 当=,即t=,k=时取得最小值. |CD|min==×=. 圆锥曲线中最值问题的常用求解方法 几何转化 代数法 将常见的几何图形所涉及的结论转化为代数问题求解.常见的几何图形所涉及的结论有:(1)两圆相切时半径的关系;(2)三角形三边的关系;(3)动点与定点构成线段的和或差的最小值,经常在两点共线时取到,注意同侧与异侧.几何法转化所求目标,常用勾股定理、对称、圆锥曲线的定义等. 函数最 值法 题中给出的条件和结论的几何特征不明显,则考虑先建立目标函数(通常为二次函数),再求这个函数的最值.求函数的最值常见的方法有:(1)配方法;(2)基本不等式;(3)判别式法;(4)单调性法;(5)三角换元法. 7.解 (1)由题可知,当x=p时,y2=2p2,则y=±p. ∵MD垂直于x轴, ∴点M的坐标为(p,p)或(p,-p). 则|MD|=p,|FD|=. 在Rt△MFD中,|FD|2+|DM|2=|FM|2, 即2+(p)2=9,解得p=2. 则抛物线C的方程为y2=4x. (2)设M(x1,y1),N(x2,y2),A(x3,y3),B(x4,y4). 由题意知当直线MN的倾斜角为90°时,直线AB的倾斜角也是90°,此时α-β=0.当α≠90°时,显然β≠90°. 由(1)可知F(1,0),D(2,0), 则tan α=kMN===, 同理可得tan β=. 又M,D,A三点共线,当直线AM的斜率存在时,直线MD的斜率kMD和直线DA的斜率kDA满足kMD=kDA,即=,则=得y1y3=-8,即y3=. 当直线AM的斜率不存在时,由AM过点D(2,0)得y2=4×2=8,∴y1y3=-8,即y3=. 同理,由N,D,B三点共线可得y4=. 则tan β==. 由题意可知,直线MN的斜率不为0, 不妨设lMN:x=my+1(m≠0), 由消去x,整理得y2-4my-4=0,Δ>0显然成立,则有 则tan α==,tan β==. 由抛物线的对称性可知α-β≠90°, 则tan(α-β)==. 当m>0时,2m+≥2,当且仅当m=时,等号成立,则0<tan(α-β)≤. 当m<0时,2m+≤-2,当且仅当m=-时,等号成立,则-≤tan(α-β)<0. 由题意知-<α-β<, 由正切函数的性质知当tan(α-β)=时,α-β最大,此时m=. 直线AB的方程为y-y3=(x-x3), 即4x-(y3+y4)y+y3y4=0, y3+y4=+==8m=4,y3y4=·=-16,则直线AB的方程为4x-4y-16=0,即x-y-4=0. 1.利用抛物线的定义和几何性质,结合直角三角形求解. 2.联立直线和抛物线方程,利用韦达定理求解. 8.解 (1)由题设,b=2,×2a×2b=4.所以a=. 所以椭圆E的方程为+=1. (2)直线BC的方程为y=kx-3. 由得(5k2+4)x2-30kx+25=0. 由Δ=(-30k)2-4×(5k2+4)×25=400(k2-1)>0,得|k|>1. 设B(x1,y1),C(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=. 直线AB的方程为y=x-2. 令y=-3,得点M的横坐标为xM=-=-. 同理可得点N的横坐标为xN=-=-. 由题设,y1+2>0,y2+2>0,x1x2>0, 所以xMxN=>0. 所以xM,xN同号. 所以|PM|+|PN|=|xM+xN|=+ = = =5|k|. 由题设,5|k|≤15.所以1<|k|≤3. 所以k的取值范围是[-3,-1)∪(1,3]. 9.解 (1)点F0,到圆M上的点的距离的最小值为|FM|-1=+4-1=4,解得p=2. (2)由(1)知,抛物线的方程为x2=4y,即y=x2,则y'=x. 设切点A(x1,y1),B(x2,y2),则易得直线lPA:y=x-, 直线lPB:y=x-,从而得到P,, 设直线lAB:y=kx+b,联立抛物线方程,消去y并整理可得x2-4kx-4b=0, ∴Δ=16k2+16b>0,即k2+b>0,且x1+x2=4k,x1x2=-4b,∴P(2k,-b). ∵|AB|=·=·,点P到直线AB的距离d=, ∴S△PAB=|AB|d=4(k2+b,① 又点P(2k,-b)在圆M:x2+(y+4)2=1上, 故k2=,代入①得, S△PAB=4, 而yP=-b∈[-5,-3], ∴当b=5时,(S△PAB)max=20. 10.解 (1)在抛物线C中,焦点F到准线的距离为p,故p=2,C的方程为y2=4x. (2)设点P(x1,y1),Q(x2,y2). 又F(1,0),则=(x2-x1,y2-y1),=(1-x2,-y2). 因为=9, 所以x2-x1=9(1-x2),y2-y1=-9y2, 得x1=10x2-9,y1=10y2. 又因为点P在抛物线C上,所以=4x1,所以(10y2)2=4(10x2-9),则点Q的轨迹方程为y2=x-. 易知直线OQ的斜率存在. 设直线OQ的方程为y=kx,当直线OQ和曲线y2=x-相切时,斜率取得最大值、最小值. 由得k2x2=x-, 即k2x2-x+=0,(*) 当直线OQ和曲线y2=x-相切时,方程(*)的判别式Δ=0,即-2-4k2·=0,解得k=±,所以直线OQ斜率的最大值为. 11.解 (1)由p=,得C2的焦点坐标是,0. (2)由题意可设直线l:x=my+t(m≠0,t≠0),点A(x0,y0). 将直线l的方程代入椭圆C1:+y2=1,得 (m2+2)y2+2mty+t2-2=0, 所以点M的纵坐标yM=-. 将直线l的方程代入抛物线C2:y2=2px,得 y2-2pmy-2pt=0, 所以y0yM=-2pt,解得y0=, 因此x0=.由+=1,得 =4m+2+2m+4≥160, 所以当m=,t=时,p取到最大值. 解决直线与圆锥曲线位置关系问题的基本策略 (1)巧设直线方程:当已知直线与x轴交点固定时,常设为x=my+b的形式,这样可避免对斜率是否存在的讨论. (2)注意整体代入思想的应用,利用根与系数的关系可以简化运算,提高运算的效率和正确率. 12.解 (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,+∞). 13.(1)证明 设P(x0,y0),A,y1,B,y2. 因为PA,PB的中点在抛物线上, 所以y1,y2为方程2=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)解 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6,. 14.解 (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),联立方程 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为 r=|AB|=. 由题设知k1k2=,所以k2=,因此直线OC的方程为y=x. 联立方程得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的斜率为k1=±. 15.解 (1)设直线AP的斜率为k,k==x-, 因为-<x<,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1). (2)联立直线AP与BQ的方程 解得点Q的横坐标是xQ=. 因为|PA|=x+=(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-1,上单调递增,,1上单调递减, 因此当k=时,|PA|·|PQ|取得最大值. 16.解 (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-∞,-∪,+∞. 17.解 (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+1=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<a≤,由e==得,所求离心率的取值范围为0<e≤. 18.解 (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,+∞). 考点95　定值定点问题 1.(1)解 设双曲线C的方程为-=1(a>0,b>0), ∵c=2,e==,∴a=2, ∴b2=c2-a2=16, 故双曲线C的方程为-=1. (2)证明 方法一:(ⅰ)当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x+4), 设M(x1,y1),N(x2,y2),y1>0. 联立消去y,得(k2-4)x2+8k2x+16k2+16=0, ∴ 又A1(-2,0),A2(2,0),易知x1≠-2,x2≠2, 从而直线A1M,直线A2N的方程分别为y=(x+2), ① y=(x-2), ② ①÷②,得=. ③ ∵点(x1,y1)在-=1上, ∴-=1,=-4=(x1-2)(x1+2), ∴=,代入③得==,代入根与系数的关系式得=-,∴x=-1. ∴当直线MN的斜率存在时,点P在定直线x=-1上. (ⅱ)当直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=-4,代入-=1,得M(-4,4),N(-4,-4). 又A1(-2,0),A2(2,0),∴直线A1M,直线A2N的方程分别为y=-2(x+2),y=, 联立解得x=-1. 此时点P也在定直线x=-1上. 综上可得,点P在定直线x=-1上. 方法二:由于直线MN与双曲线左支交于M,N两点, ∴直线MN的斜率不为0. 设直线MN的方程为x+4=my,与双曲线方程联立消去x,得(4m2-1)y2-32my+48=0. 设M(x1,y1),N(x2,y2),y1>0, 则 又A1(-2,0),A2(2,0),易知x1≠-2,x2≠2, ∴直线A1M,直线A2N的方程分别为y=,y=, 联立 消去y,得x=, (*) 由x1=my1-4,x2=my2-4,得x1y2+x2y1=(my1-4)y2+(my2-4)y1=2my1y2-4(y1+y2)=-=, ① x2y1-x1y2=(my2-4)y1-(my1-4)y2=-4(y1-y2), ② 把①②及y1+y2=代入(*)式, 得x==-1, ∴点P在定直线x=-1上. 2.(1)解 如图,由题意,椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且过点A(-2,0),∴解得 ∴椭圆的方程为+=1. (2)证明 根据题意,直线PQ的斜率存在,设MN的中点为T,直线PQ的方程为y=k(x+2)+3(k<0),P(x1,y1),Q(x2,y2), 联立 则(4k2+9)x2+(16k2+24k)x+16k2+48k=0, ∴ ∵直线AP,AQ分别与y轴交于M,N两点,且过A(-2,0), ∴设直线AP的方程为y-0=k1(x+2),即y=k1x+2k1,设直线AQ的方程为y-0=k2(x+2),即y=k2x+2k2, ∴M(0,2k1),N(0,2k2),T(0,k1+k2). 又y1=k(x1+2)+3,y2=k(x2+2)+3,y1=k1x1+2k1,y2=k2x2+2k2, ∴k1=,k2=, ∴k1+k2=+ =2k+3+ =2k+3 =2k+3 =2k+(-2k+3)=3, ∴T(0,3). 综上,线段MN的中点为定点(0,3). 3.(1)解 设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0),则解得 故椭圆E的方程为+=1. (2)证明 由点A(0,-2),B,-1,可知直线AB的方程为y=x-2. 当过点P的直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=1. 由解得或 则点M1,-,N1,. 将y=-代入y=x-2,得x=3-, 则点T3-,-. 又=,所以点H5-2,-,所以直线HN的方程为y-=(x-1), 即y=+2x-2, 所以直线HN过点(0,-2). 当过点P的直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y+2=k(x-1),点M(x1,y1),N(x2,y2). 由 消去y,得(4+3k2)x2-6k(k+2)x+3k(k+4)=0, 则Δ>0,x1+x2=,x1x2=. 将y=y1代入y=x-2,得x=(y1+2), 则点T(y1+2),y1. 又=,所以点H(3y1+6-x1,y1). 所以直线HN的方程为(3y1+6-x1-x2)(y-y2)=(y1-y2)(x-x2), 即(3y1+6-x1-x2)(y-y2)-(y1-y2)(x-x2)=0. 将x=0,y=-2代入上式,整理得12-2(x1+x2)+3y1y2+6(y1+y2)-x1y2-x2y1=0.(*) 因为x1+x2=,x1x2=, 所以y1+y2=k(x1-1)-2+k(x2-1)-2=, x1y2+x2y1=x1[k(x2-1)-2]+x2[k(x1-1)-2]=, y1y2=[k(x1-1)-2][k(x2-1)-2]=, 所以(*)式左边=12-++-=0=右边,即(*)式成立. 所以直线HN过点(0,-2). 综上所述,直线HN恒过定点(0,-2). 圆锥曲线中定点问题的解题规律 (1)把直线或者曲线方程中的变量x,y当作常数看待,把常量当作未知数,将方程一端化为0,即化为kf(x,y)+g(x,y)=0的形式(这里把常量k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,即令 (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,即满足的点(x0,y0)为直线或曲线所过的定点. 4.解 (1)由题设得+=1,=, 解得a2=6,b2=3,所以C的方程为+=1. (2)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. 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=kx--(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. 求解定值问题的基本思路与方法 圆锥曲线中的定值问题一般是指探究某些几何量(如斜率、距离、面积、比值等)与变量(如斜率、点的坐标等)无关的问题.解题时一般把要证明或要求解的量用某个合适的变量表示,化简消去变量即可得定值.求解的步骤一般为: (1)选择变量(可选一个或多个),一般选点的坐标、直线的斜率等作为变量; (2)利用变量,把要求解的量表示成含已选择的变量的式子,并利用其他辅助条件来减少变量个数,最终使其中含有一个变量(或者含有多个变量,但能整体约分); (3)消去变量,由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量无关,所以求出的式子一定能化为一个常数,故只需对所求的式子进行必要的化简即可得到定值. 5.(1)解 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)证明 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<n<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n=-3(舍去),n=. 故直线CD的方程为x=my+, 即直线CD过定点,0. 若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点,0. 综上,直线CD过定点,0. 6.(1)证明 设Dt,-,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0,. (2)解 由(1)得直线AB的方程为y=tx+. 由可得x2-2tx-1=0. 于是x1+x2=2t,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1. 设M为线段AB的中点,则Mt,t2+. 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,||=2, 所求圆的方程为x2+y-2=4; 当t=±1时,||=, 所求圆的方程为x2+y-2=2. 7.(1)证明 设Dt,-,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0,. (2)解 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Mt,t2+. 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. 8.(1)解 因为抛物线y2=2px经过点P(1,2),所以4=2p,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x. 由题意可知直线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<k<1.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)证明 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. 9.解 (1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1. 由已知可得,点A的坐标为1,或1,-. 所以AM的方程为y=-x+或y=x-. (2)当l与x轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°, 当l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线,所以∠OMA=∠OMB. 当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1<,x2<,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=+, 由y1=kx1-k,y2=kx2-k得 kMA+kMB=. 将y=k(x-1)代入+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0, 所以,x1+x2=,x1x2=. 则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k==0. 从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补, 所以∠OMA=∠OMB. 综上,∠OMA=∠OMB. 10.解 (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. 11.解 (1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点. 又由+>+知,C不经过点P1,所以点P2在C上. 因此解得 故C的方程为+y2=1. (2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2, 如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为t,,t,-. 则k1+k2=-=-1,得t=2,不符合题设. 从而可设l:y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0. 由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1+x2=-,x1x2=. 而k1+k2=+=+ =. 由题设k1+k2=-1, 故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0. 即(2k+1)·+(m-1)·=0. 解得k=-.当且仅当m>-1时,Δ>0, 于是l:y=-x+m, 即y+1=-(x-2), 所以l过定点(2,-1). 12.解 (1)设P(x,y),M(x0,y0), 则N(x0,0),=(x-x0,y),=(0,y0). 由= 得x0=x,y0=y. 因为M(x0,y0)在C上,所以+=1. 因此点P的轨迹方程为x2+y2=2. (2)由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n), 则=(-3,t),=(-1-m,-n),·=3+3m-tn,=(m,n),=(-3-m,t-n). 由·=1得-3m-m2+tn-n2=1. 又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0. 所以·=0,即⊥. 又过点P存在唯一直线垂直于OQ, 所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F. 13.解 (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. 14.解 (1)由题意,得a=2,b=1,所以椭圆C的方程为+y2=1. 又c==,所以离心率e==. (2)设P(x0,y0)(x0<0,y0<0),则+4=4. 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+.直线PB的方程为y=x+1. 令y=0,得xN=-, 从而|AN|=2-xN=2+. 所以四边形ABNM的面积 S=|AN|·|BM|=2+1+ = ==2. 从而四边形ABNM的面积为定值. 考点96　探究存在性问题 1.解 (1)由题意得解得 故椭圆E的方程为+=1. (2)取特殊值,当点M取(-2,0)时,显然=1=,故猜想=. ∵对于直线x0x+2y0y-4=0,令y=2,可得点A的横坐标xA=, ∴点A的坐标为,2, 同理点B的坐标为,-2,则直线OA的方程为x0x+2(y0-1)y=0,同理得直线OB的方程为x0x+2(y0+1)y=0, ∴点M到直线OA的距离d1=. ○* 又点M在椭圆E上,∴+2=4,代入○*式化简得d1====. 同理点M到直线OB的距离d2===.∴==,猜想得证. 2.解 (1)设椭圆的半焦距为c,由离心率=及a2=b2+c2,可得b=a.由点C为线段OB的中点,可得点C的坐标为0,-.又因为△ABC的面积为a×=,所以a2=12,b2=9. 所以,椭圆的方程 为+=1. (2)设点T的坐标为(0,t).当直线PQ的斜率存在时,可设直线PQ的方程为y=kx-. 由方程组 消去y,整理得(4k2+3)x2-12kx-27=0. 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=.① 由点T的坐标为(0,t),有=(x1,y1-t),=(x2,y2-t). 故·=x1x2+(y1-t)(y2-t). 由yi=kxi-(i=1,2)可得 (y1-t)(y2-t)=kx1--tkx2--t=k2x1x2-t+k(x1+x2)+t+2, 故·=(k2+1)x1x2-t+k(x1+x2)+t+2. 将①代入,整理得 ·=(4t2-36)k2+3t+2-27. 当直线PQ的斜率存在时,·≤0恒成立等价于解得-3≤t≤. 当直线PQ的斜率不存在时,T(0,t),P(0,-3),Q(0,3), 所以=(0,-3-t),=(0,3-t),·=t2-9. 则·≤0等价于-3≤t≤3. 综上,在y轴上存在点T,使得·≤0恒成立,且点T的纵坐标的取值范围是-3,. 3.解 (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. 解决圆锥曲线中的存在性问题的方法 一般是假设符合题设条件的常数、点、直线存在,然后再利用题干条件建立起关于该常数、点、直线方程的等量关系,如果能求出符合题意的常数、点的坐标、直线的方程,则说明存在;否则,由题设推出矛盾,说明不存在. 4.解 (1)(方法一)设B(t,2), 则|BF|==t+2,∴|BF|=t+2. (方法二)设B(t,2), 由抛物线的定义可知,|BF|=t+2. (2)由题意,得F(2,0),|FQ|=2,t=3,∴|FA|=1, ∴|AQ|=,∴Q(3,). 设OQ的中点为D,则D,,kPF==-, ∴直线PF的方程为y=-(x-2). 由整理,得3x2-20x+12=0, 解得x=或x=6(舍去), ∴△AQP的面积S=××3-=. (3)存在.设P,y,E,m,则kPF==,kFQ=, 直线QF的方程为y=(x-2), ∴yQ=(8-2)=,Q8,. ∵+=,∴E+6,, ∴2=8+6,解得y2=. ∴存在以FP,FQ为邻边的矩形FPEQ,使得点E在Γ上,且P,. 考点97　曲线与方程 1.ABD　∵曲线C上的点到点F(2,0)的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4,而点O在曲线C上,点O到点F的距离为2,到定直线x=a(a<0)的距离为-a,∴2·(-a)=4,∴a=-2.∴A正确.设点M(x,y)为曲线C上任意一点,则x>-2.由点M到点F(2,0)的距离与到定直线x=-2的距离之积为4,可得曲线C的方程为(x+2)=4(x>-2). (*) 将点(2,0)的坐标代入(*)式左边,有(2+2)=4=右边,∴点(2,0)在曲线C上,∴B正确.由(x+2)=4(x>-2),得曲线C的方程为y2=2-(x-2)2(x>-2).设f(x)=2-(x-2)2(x>0),则f'(x)=(x>0).令g(x)=x3+4x2-16(x>0),则g'(x)=3x2+8x.∴在区间(0,+∞)内,g'(x)恒大于0.∴函数g(x)在区间(0,+∞)内单调递增.又g(1)=-11<0,g(2)=8>0,∴∃x1∈(1,2),使得g(x1)=0.∴当0<x<x1时,g(x)<0,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x>x1时,g(x)>0,f'(x)<0,f(x)单调递减.∴f(x)在x=x1处取得最大值,即当x=x1时y2取得最大值,且y2的最大值为f(x1).又f(x1)>f(2)=1,∴y2的最大值大于1,即ymax>1.∴曲线C在第一象限的点的纵坐标的最大值大于1,故C错误.当点(x0,y0)在曲线C上时,有=2-(x0-2)2≤2,∴y0≤(x0>-2),∴D正确.故选ABD. 2.C　∵f(s-t),f(s),f(s+t)成等比数列, ∴f(s-t)·f(s+t)=f2(s), 即[a(s-t)2+b][a(s+t)2+b]=(as2+b)2, 整理,得t2(at2-2as2+2b)=0. 当t=0时,点(s,t)的轨迹是直线; 当at2-2as2+2b=0时,2s2-t2=>0, 即-=1,此时点(s,t)的轨迹是双曲线.故选C. 3.(1)解 因为点P1(5,4)在C上,代入方程得25-16=m, 所以m=9. 过点P1(5,4)且斜率为的直线方程为y-4=(x-5), 即x-2y+3=0. 由解得或 所以Q1(-3,0),P2(3,0),即x2=3,y2=0. (2)证明 当n≥2且n∈N*时,点Pn(xn,yn)关于y轴的对称点是Qn-1(-xn,yn),且Pn-1(xn-1,yn-1).因为Pn-1,Qn-1在同一条斜率为k(0<k<1)的直线上, 所以xn-1≠-xn,所以=k,0<k<1. 又Pn-1,Qn-1都在双曲线上,所以两式相减得(xn-xn-1)(xn+xn-1)=(yn-yn-1)(yn+yn-1), 而yn-yn-1=-k(xn+xn-1), ① 所以xn-xn-1=-k(yn+yn-1), ② ②-①得xn-yn-(xn-1-yn-1)=k(xn-yn)+k(xn-1-yn-1), 即(1-k)(xn-yn)=(1+k)(xn-1-yn-1), 即=. 又x1-y1≠0,故数列{xn-yn}是公比为的等比数列. (3)证明 要证Sn=Sn+1,只需证Pn+1Pn+2∥PnPn+3, 即证=. 记t=,0<k<1,则t>1. 由(2)可知xn-yn=(x1-y1)=tn-1, 而-=9,所以xn+yn=9t1-n,yn=(-tn-1+9t1-n). 而===1+=1+=1+=1-, ===1+ =1+ =1+ =1- =1-, 所以=,即Pn+1Pn+2∥PnPn+3, 所以Sn=Sn+1. 4.(1)解 设椭圆C的左焦点为F1,则|F1F|=2,|MF|=, 又MF⊥x轴,所以|MF1|=,2a=|MF1|+|MF|=4, 则a2=4,b2=a2-1=3. 故椭圆C的方程为+=1. (2)证明 法一:设点A(x1,y1),B(x2,y2),=λ, 则 (*) 即又 则3[-(λx2)2]+4[-(λy2)2]=12(1-λ2), 所以3·+4·=12. 综合(*)式可得5λ-2λx2+3=0. 又点P(4,0),F(1,0),N,0, 则yQ===-λy2=y1,故AQ⊥y轴. 法二:设点A(x1,y1),B(x2,y2),则=, 即x1y2-x2y1=4(y2-y1), 所以(x1y2-x2y1)(x1y2+x2y1)=- =4--4- =4(y2-y1)(y2+y1) =4(y2-y1)(x1y2+x2y1) 所以x1y2+x2y1=y1+y2,2x2y1=5y1-3y2, 又点P(4,0),F(1,0),N,0, 则yQ===y1,故AQ⊥y轴. 5.解 (1)由题设得·=-,化简得+=1(|x|≠2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左右顶点. (2)①设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0). 由得x=±. 记u=,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0). 于是直线QG的斜率为,方程为y=(x-u). 由得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0. (ⅰ) 设G(xG,yG),则-u和xG是方程(ⅰ)的解,故xG=,由此得yG=. 从而直线PG的斜率为=-. 所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形. ②由①得|PQ|=2u,|PG|=, 所以△PQG的面积S=|PQ|·|PG|==. 设t=k+,则由k>0,得t≥2,当且仅当k=1时取等号.因为S=在区间[2,+∞)内单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为.因此,△PQG面积的最大值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$ §7.5　直线和圆锥曲线的综合问题 课时 2016~2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 2025年 合计 94.最值与范围问题 8 3 2 2 2 1 18 95.定值定点问题 11 0 1 2 0 0 14 96.探究存在性问题 2 0 0 0 1 1 4 97.曲线与方程 1 1 0 0 3 0 5 命题热度 本专题命题热度较高() 课程标准 备考策略 直线和圆锥曲线的综合问题 ①掌握圆锥曲线中最值与取值范围问题的常用解法 ②明确圆锥曲线中的定值定点问题的常见类型及解题策略 ③掌握探究存在性问题的解题策略 熟练掌握圆锥曲线的定义与方程,这是定义法求解轨迹方程的基础;要注意直线与圆锥曲线位置关系对参数取值范围的影响;熟练掌握函数与方程思想在处理最值与范围、定点与定值以及存在性问题的应用.要强化有多个参数同时出现的题目类型的运算,摒弃细分试题类型、总结解题套路等固化的复习备考模式,将复习备考的重点放到提高数学素质和能力上来 考点94最值与范围问题答案P387　 1.(2025·全国新高考1,18,17分,难度★★★★)设椭圆C:+=1(a>b>0),记A为椭圆下端点,B为右端点,|AB|=,且椭圆C的离心率为. (1)求椭圆的标准方程; (2)设点P(m,n). (ⅰ)若P不在y轴上,设Q是射线AP上一点,|AQ|·|AP|=3,用m,n表示点Q的坐标; (ⅱ)设直线OQ的斜率为k1,直线OP的斜率为k2,若k1=3k2,M为椭圆上一点,求|PM|的最大值. 2.(2024·北京,19,15分,难度★★★★)已知椭圆方程C:+=1(a>b>0),焦点和短轴端点构成边长为2的正方形,过(0,t)(t>)的直线l与椭圆交于点A,B,C(0,1),连接AC交椭圆于D. (1)求椭圆方程和离心率; (2)若直线BD的斜率为0,求t. 3.(2024·上海,20,18分,难度★★★★)已知双曲线Γ:x2-=1(b>0),左、右顶点分别为A1,A2,过点M(-2,0)的直线交双曲线Γ于P,Q两点. (1)若Γ的离心率为2,求b; (2)若b=,△MA2P为等腰三角形,且点P在第一象限,求点P的坐标; (3)连接QO并延长交Γ于点R,若·=1,求b的取值范围. 4.(2023·全国新高考1,22,12分,难度★★★★★)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. 5.(2023·全国甲,理20文21,12分,难度★★★★)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. 6.(2022·浙江,21,15分,难度★★★★)如图,已知椭圆+y2=1.设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点Q0,在线段AB上,直线PA,PB分别交直线y=-x+3于C,D两点. (1)求点P到椭圆上点的距离的最大值; (2)求|CD|的最小值. 7.(2022·全国甲,理20文21,12分,难度★★★★)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点D(p,0),过F的直线交C于M,N两点.当直线MD垂直于x轴时,|MF|=3. (1)求C的方程; (2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A,B,记直线MN,AB的倾斜角分别为α,β.当α-β取得最大值时,求直线AB的方程. 8.(2021·北京,20,15分,难度★★★★)己知椭圆E:+=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,-2),以椭圆E的四个顶点为顶点的四边形面积为4. (1)求椭圆E的方程; (2)过点P(0,-3)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分别与直线y=-3交于点M,N.当|PM|+|PN|≤15时,求k的取值范围. 9.(2021·全国乙,理21,12分,难度★★★★★)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. 10.(2021·全国乙,文20,12分,难度★★★★)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2. (1)求C的方程; (2)已知O为坐标原点,点P在C上,点Q满足=9,求直线OQ斜率的最大值. 11.(2020·浙江,21,15分,难度★★★★★)如图,已知椭圆C1:+y2=1,抛物线C2:y2=2px(p>0),点A是椭圆C1与抛物线C2的交点,过点A的直线l交椭圆C1于点B,交抛物线C2于M(B,M不同于A). (1)若p=,求抛物线C2的焦点坐标; (2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点,求p的最大值. 12.(2019·全国2,文20,12分,难度★★★★)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. 13.(2018·浙江,21,15分,难度★★★★★)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. 14.(2017·山东,理21,14分,难度★★★★★)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. 15. (2017·浙江,21,15分,难度★★★★)如图,已知抛物线x2=y,点A-,,B,,抛物线上的点P(x,y)-<x<.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. 16.(2016·天津,理19,14分,难度★★★★)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. 17.(2016·浙江,理19,15分,难度★★★★) 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. 18.(2016·浙江,文19,15分,难度★★★★)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. 考点95定值定点问题答案P393　 1.(2023·全国新高考2,21,12分,难度★★★★)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与直线NA2交于点P,证明:点P在定直线上. 2.(2023·全国乙,理20文21,12分,难度★★★★)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.(讲解 2022·全国乙,理20文21,12分,难度★★★★)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,-1两点. (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.(讲解 2020·山东,22,12分,难度★★★★★)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. 5.(2020·全国1,理20文21,12分,难度★★★★)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. 6.(讲解 2019·全国3,文21,12分,难度★★★★)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E0,为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求该圆的方程. 7.(2019·全国3,理21,12分,难度★★★★)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E0,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. 8.(讲解 2018·北京,理19,14分,难度★★★★★)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. 9.(讲解 2018·全国1,理19,12分,难度★★★★)设椭圆C:+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0). (1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程; (2)设O为坐标原点,证明:∠OMA=∠OMB. 10.(2018·全国1,文20,12分,难度★★★★)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. 11.(讲解 2017·全国1,理20,12分,难度★★★★)已知椭圆C:+=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1,,P41,中恰有三点在椭圆C上. (1)求C的方程; (2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点. 12.(2017·全国2,理20文20,12分,难度★★★★)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足= . (1)求点P的轨迹方程; (2)设点Q在直线x=-3上,且·=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F. 13.(2016·北京,理19,14分,难度★★★★)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. 14.(2016·北京,文19,14分,难度★★★★)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. 考点96探究存在性问题答案P398　 1.(2025·北京,19,15分,难度★★★★)已知椭圆E:+=1(a>b>0),离心率为,椭圆E上的点到两个焦点的距离之和为4. (1)求椭圆E的方程; (2)已知椭圆E上一点M(x0,y0)(x0≠0),直线x0x+2y0y-4=0与y=2,y=-2的交点为A,B,△AOM与△BOM的面积分别为S1,S2,猜想与的数量关系并求证. 2.(2024·天津,18,15分,难度★★★★)已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率为,左顶点为A,下顶点为B,点C为线段OB的中点(O为原点),△ABC的面积为. (1)求椭圆的方程; (2)过点C的动直线与椭圆相交于P,Q两点.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. 3.(2019·全国1,文21,12分,难度★★★★)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. 4.(2018·上海,20,16分,难度★★★★★)设常数t>2,在平面直角坐标系xOy中,已知点F(2,0),直线l:x=t,曲线Γ:y2=8x(0≤x≤t,y≥0).l与x轴交于点 A,与Γ交于点B,P,Q分别是曲线Γ与线段AB上的动点. (1)用t表示点B到点F的距离; (2)设t=3,|FQ|=2,线段OQ的中点在直线FP上,求△AQP的面积; (3)设t=8,是否存在以FP,FQ为邻边的矩形FPEQ,使得点E在Γ上?若存在,求点P的坐标;若不存在,说明理由. 考点97曲线与方程答案P399　 1.(多选题)(2024·全国新高考1,11,6分,难度★★★★)造型可以看作图中的曲线C的一部分,已知曲线C过坐标原点O,且曲线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)在曲线C上 C.曲线C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D.当点(x0,y0)在曲线C上时,y0≤ 2.(讲解 2021·浙江,9,4分,难度★★★)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 3.(2024·全国新高考2,19,17分,难度★★★★★)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,…):过点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:对任意的正整数n,Sn=Sn+1. 4.(2024·全国甲,理20文21,12分,难度★★★★★)设椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F,点M1,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. 5.(讲解 2019·全国2,理21,12分,难度★★★★★)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-.记M的轨迹为曲线C. (1)求C的方程,并说明C是什么曲线; (2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G. ①证明:△PQG是直角三角形; ②求△PQG面积的最大值. 学科网（北京）股份有限公司 $$