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2024年高考数学第一轮复习31_专题九95圆锥曲线的综合问题（专题试卷+讲解PPT）
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这是一份2024年高考数学第一轮复习31_专题九95圆锥曲线的综合问题（专题试卷+讲解PPT），文件包含1_95圆锥曲线的综合问题分层集训pptx、1_95圆锥曲线的综合问题pptx、1_95圆锥曲线的综合问题十年高考docx、1_95圆锥曲线的综合问题docx等4份课件配套教学资源，其中PPT共77页， 欢迎下载使用。
考法一 求轨迹方程
1.(2022山东聊城二模,4)已知点P在圆O:x2+y2=4上,点A(-3,0),B(0,4),则满足 AP⊥BP的点P的个数为 ( )A.3 B.2 C.1 D.0答案 B
2.(2020课标Ⅲ文,6,5分)在平面内,A,B是两个定点,C是动点.若 · =1,则点C的轨迹为 ( )A.圆 B.椭圆 C.抛物线 D.直线答案 A
3.(2023届贵州遵义新高考协作体入学质量监测,8)已知圆C的方程为(x-1)2 +y2=16,B(-1,0),A为圆C上任意一点,若点P为线段AB的垂直平分线与直线 AC的交点,则点P的轨迹方程为 ( )A. + =1 B. - =1C. + =1 D. - =1答案 C
4.(2017课标Ⅱ,文20,理20,12分)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.
解析 (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)证明: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.
5.(2023届长沙市明德中学检测,21)平面直角坐标系内有一定点F(-1,0),定 直线l:x=-5,设动点P到定直线的距离为d,且满足 = .(1)求动点P的轨迹方程;(2)直线m:y=kx-3过定点Q,与动点P的轨迹交于不同的两点M,N,动点P的 轨迹与y的负半轴交于A点,直线AM、AN分别交直线y=-3于点H、K,若|QH|+|QK|≤35,求k的取值范围.
解析 (1)设动点P的坐标为(x,y),因为 = ,所以 = ,即5[(x+1)2+y2]=|x+5|2,整理得 + =1.所以动点P的轨迹方程为 + =1.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),由(1)可得点A的坐标为(0,-2),故直线AM:y= x-2,令y=-3,则xH=- ,同理xK=- .由 消去y得(4+5k2)x2-30kx+25=0,由Δ=900k2-100(4+5k2)>0,解得k<-1或k>1.由根与系数的关系得x1+x2= ,x1x2= ,x1x2>0,
|QH|+|QK|=|xH+xK|= = = = =5|k|,因为|QH|+|QK|≤35,所以5|k|≤35,即|k|≤7.综上,-7≤k<-1或1考法二 定值与定点问题
考向一 定值问题
1.(2023届江苏百校联考,21)设F为椭圆C: +y2=1的右焦点,过点F且与x轴不重合的直线l交椭圆C于A,B两点.(1)当 =2 时,求| |;(2)在x轴上是否存在异于F的定点Q,使 为定值(其中kQA,kQB分别为直线QA,QB的斜率)?若存在,求出Q的坐标;若不存在,请说明理由.
解析 由题意知F(1,0).设直线l的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),联立 消x得(m2+2)y2+2my-1=0,则y1+y2=- ,y1y2= .(1)因为 =2 ,所以(1-x2,-y2)=2(x1-1,y1),所以-y2=2y1,解得m2= ,则|y1|= = ,所以| |= |y1|= .(2)假设在x轴上存在异于点F的定点Q(t,0)(t≠1),使得 为定值.因为y1+y2= ,y1y2= ,所以y1+y2=2my1y2,
所以 = = = = = = .要使 为定值,则有 = ,解得t=2或t=1(舍去),此时 =-1.故在x轴上存在异于F的定点Q(2,0),使得 为定值.
2.(2023届贵州遵义新高考协作体入学质量监测,20)已知点F1是椭圆C: + =1的左焦点,Q是椭圆C上的任意一点,A .(1)求|QF1|+|QA|的最大值;(2)过点F1的直线l与椭圆C相交于两点M,N,与y轴相交于点P.若 =λ , =μ ,试问:λ+μ是不是定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.
解析 (1)由椭圆方程知a=2,b= ,∴c= =1,则F1(-1,0),设右焦点为F2,则F2(1,0).由椭圆定义知|QF1|=2a-|QF2|=4-|QF2|,∴|QF1|+|QA|=|QA|-|QF2|+4,∵|QA|-|QF2|≤|F2A|(当且仅当A,F2,Q三点共线,即与图中T点重合时取等 号),又|F2A|= = ,∴|QF1|+|QA|的最大值为4+ .
(2)由题意知直线l的斜率存在,设l:y=k(x+1),M(x1,y1),N(x2,y2),则P(0,k),由 消y得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,∴x1+x2=- ,x1x2= .∵ =λ ,即(x1,y1-k)=λ(-1-x1,-y1),则λ=- ,同理可得μ=- ,
∴λ+μ=- - =- =- =- =- =- ,∴λ+μ是定值- .
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.
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= .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)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.
4.(2022山东泰安三模,21)已知椭圆E: + =1(a>b>0)的离心率e= ,四个顶点组成的菱形的面积为8 ,O为坐标原点.(1)求椭圆E的方程;(2)过☉O:x2+y2= 上任意点P作☉O的切线l与椭圆E交于点M,N,求证: · 为定值.
解析 (1)由题意得2ab=8 ,e= = ,a2=b2+c2,解得a=2 ,b=2,所以椭圆E的方程为 + =1.(2)证明:当切线l的斜率不存在时,其方程为x=± ,当x= 时,将x= 代入椭圆方程 + =1,得y=± ,不妨令M ,N ,∵P ,∴ = , = ,∴ · =- ;当x=- 时,同理可得 · =- .
当切线l的斜率存在时,设l的方程为y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2),因为l与☉O相切,所以 = ,所以3m2=8k2+8,由 得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,∴x1+x2=- ,x1x2= ,由Δ=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-8)>0,得8k2-m2+4>0. · =( - )·( - )= - · - · + · = - - + · =- + · ,∵ · =x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2
=(1+k2) +km +m2= =0,∴ · =- .综上, · 为定值- .
5.(2022河北衡水二调,21)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的长轴长为4,P在C上运动,F1,F2为C的两个焦点,且cos∠F1PF2的最小值为 .(1)求C的方程;(2)已知过点M(0,m)(-b解析 (1)由题意得a=2,设|PF1|,|PF2|分别为p,q,则p+q=2a,cos∠F1PF2= = = = -1≥ -1= -1(当且仅当p=q时取等号),从而 -1= ,得 = ,又a=2,∴b2=3,则C的方程为 + =1.(2)若直线l的斜率不存在,易得 · - · =-3;若直线l的斜率存在,设其方程为y=kx+m,联立 消y得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0,易知Δ>0恒成立,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则N ,且x1+x2= ,x1x2= . · - · =x1x2+y1y2-m· =x1x2+(kx1+m)(kx2+m)- (kx1+m+kx2+m)=(k2+1)x1x2+ (x1+x2)=(k2+1) + · = = =-3+ ,要使上式为常数,必须且只需4m2-3=0,即m=± ∈(- , ).此时 · - · =-3为定值,符合题意.
综上,当m=± 时,能使得 · - · =-3.
6.(2023届福建部分名校联考,22)已知两点M(0,-4),N(0,4),动点P在x轴的投 影为Q,且 · =3 ,记动点P的轨迹为曲线C.(1)求C的方程;(2)过点F(2 ,0)的直线与曲线C在y轴右侧相交于A,B两点,线段AB的垂直平分线与x轴相交于点H,试问 是不是定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.
解析 (1)设P(x,y),则Q(x,0), =(-x,-4-y), =(-x,4-y), =(0,-y).因为 · =3 ,所以x2+y2-16=3y2,故C的方程为 - =1.(2)由题可知直线AB的斜率一定存在,且不为0,设直线AB的方程为y=k(x-2 ),A(x1,y1),B(x2,y2).联立 消去y整理得(1-2k2)x2+8 k2x-48k2-16=0,则 整理得k2> .
=- , =- ,则线段AB的垂直平分线的方程为y+ =- ,令y=0,得x=- ,则H ,|FH|= = .又|AB|= · = · = ·
= ,所以 = = .故 是定值,该定值为 .
考向二 定点问题
1.(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 解得 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 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,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).
2.(2019北京理,18,14分)已知抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1).(1)求抛物线C的方程及其准线方程;(2)设O为原点,过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点 M,N,直线y=-1分别交直线OM,ON于点A和点B.求证:以AB为直径的圆经过 y轴上的两个定点.
解析 (1)由抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1),得p=2.所以抛物线C的方程为x2 =-4y,其准线方程为y=1.(2)证明:抛物线C的焦点为F(0,-1).设直线l的方程为y=kx-1(k≠0).由 得x2+4kx-4=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2=-4,直线OM的方程为y= x.令y=-1,得点A的横坐标xA=- .同理得点B的横坐标xB=- .设点D(0,n),则 = , = ,
· = +(n+1)2= +(n+1)2= +(n+1)2=-4+(n+1)2.令 · =0,即-4+(n+1)2=0,得n=1或n=-3.综上,以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0,-3).
3.(2022广东韶关九校联考,21)已知抛物线C:y2=2px(p>0)上的点P(1,y0)(y0> 0)到焦点的距离为2.(1)求点P的坐标及抛物线C的方程;(2)若点M、N在抛物线C上,且kPM·kPN=- ,求证:直线MN过定点.
解析 (1)设抛物线的焦点为F,则F ,准线方程为x=- ,由抛物线的定义得1+ =2,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x,把(1,y0)代入得 =4,因为y0>0,所以y0=2,所以P(1,2).(2)证明:由题意知直线MN的斜率不为0,设直线MN的方程为x=my+n,M ,N ,联立 得y2-4my-4n=0,Δ=16m2+4×4n>0,y1+y2=4m,y1y2=-4n,因为kPM= = ,kPN= = ,kPM·kPN=- ,所以 =- ,即y1y2+2(y1+y2)+36=0,所以-4n+8m+36=0,即n=2m+9,满足Δ>0,
所以直线MN的方程为x=my+2m+9=m(y+2)+9,所以直线MN过定点(9,-2).
考法三 最值与范围问题
考向一 最值问题
1.(2021全国乙文,11,5分)设B是椭圆C: +y2=1的上顶点,点P在C上,则|PB|的最大值为 ( )A. B. C. D.2答案 A
2.(多选)(2023届河北“五个一”名校联盟摸底,12)已知圆C:x2+ =1上两点A、B满足|AB|≥ ,点M(x0,0)满足|MA|=|MB|,则下列结论中正确的是 ( )A.当|AB|= 时,x0= B.当x0=0时,过M点的圆C的最短弦长是2 C.线段AB的中点纵坐标的最小值是 D.过M点作圆C的切线且切点为A,B,则x0的取值范围是 ∪ 答案 CD
3.(2023届山东青岛调研,21)在平面直角坐标系xOy中,动圆P与圆C1:x2+y2+ 2x- =0内切,且与圆C2:x2+y2-2x+ =0外切,记动圆P的圆心的轨迹为E.(1)求E的方程;(2)不过圆心C2且与x轴垂直的直线交E于A,M两个不同的点,连接AC2并延 长交E于点B.(i)若直线MB交x轴于点N,证明:N为一个定点;(ii)若过圆心C1的直线交E于D,G两个不同的点,且AB⊥DG,求四边形AD- BG面积的最小值.
解析 (1)设动圆P的半径为R,圆心P的坐标为(x,y).由题意可知圆C1的圆 心为C1(-1,0),半径为 ;圆C2的圆心为C2(1,0),半径为 .∵动圆P与圆C1内切,且与圆C2外切,∴ ⇒|PC1|+|PC2|=4>|C1C2|=2,∴动圆P的圆心的轨迹E是以C1,C2为焦点的椭圆.设其方程为 + =1(a>b>0),其中2a=4,2c=2,∴a=2,c=1,则b2=3.从而E的方程为 + =1.
(2)(i)证明:设直线AB的方程为y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),则M(x1,-y1),由 可得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,∴x1+x2= ,x1x2= .直线BM的方程为y+y1= (x-x1),令y=0,可得N点的横坐标为xN= y1+x1= +x1= = =4,
∴N为一个定点,其坐标为(4,0).(ii)根据(i)可求得|AB|= |x2-x1|= × = × = .∵AB⊥DG,∴kDG=- ,则|DG|= .∵AB⊥DG,∴四边形ADBG的面积S= |AB|·|DG|= × × = ,令k2+1=t,∵k≠0,∴t>1,
则S= = = ,当 = ,即k=±1时,Smin= .
4.(2022济南三模,21)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,且经过点P(1, ).(1)求椭圆C的方程;(2)A、B为椭圆C上两点,直线PA与PB的倾斜角互补,求△PAB面积的最大 值.
解析 (1)由题意得 解得a= ,b= ,∴椭圆C的方程为 + =1.(2)由题意可知直线AB的斜率一定存在.设直线AB的方程为y=kx+t,A(x1,y1),B(x2,y2),将y=kx+t代入 + =1得(k2+3)x2+2ktx+t2-6=0,由Δ=4k2t2-4(k2+3)(t2-6)>0得6k2-3t2+18>0.x1+x2= ,x1x2= .
∵直线PA和直线PB的倾斜角互补,∴kPA=-kPB,即 =- ,化简可得2 +x1y2+x2y1=(y1+y2)+ (x1+x2),∵y1+y2=kx1+t+kx2+t=k(x1+x2)+2t= ,x1y2+x2y1=x1(kx2+t)+x2(kx1+t)=2kx1x2+t(x1+x2)= ,∴2 + = + · ,化简得(k- )(k+t- )=0,∵直线AB不过点P,∴k= ,∴x1+x2= ,x1x2= ,-2则|AB|= = ,又点P到直线AB的距离为 = ,∴S△PAB= · · = ≤ ,当且仅当t=± 时等号成立,∴△PAB面积的最大值为 .
5.(2020新高考Ⅱ,21,12分)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.
考向二 范围问题
1.(多选)(2023届湖北“宜荆荆恩”起点考试,11)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,长轴长为4,点P( ,1)在椭圆C外,点Q在椭圆C上,则 ( )A.椭圆C的离心率的取值范围是 B.当椭圆C的离心率为 时,|QF1|的取值范围是[2- ,2+ ]C.存在点Q,使得 · =0D. + 的最小值为1答案 BCD
2.(2022山东滨州二模,21)已知抛物线C:x2=2py(p>0)在点M(1,y0)处的切线 斜率为 .(1)求抛物线C的方程;(2)若抛物线C上存在不同的两点关于直线l:y=2x+m对称,求实数m的取值 范围.
解析 (1)由题意知点M ,则切线方程为y- = (x-1),由 消去y并整理得x2-px+p-1=0,依题意,有Δ=p2-4(p-1)=0,解得p=2,所以抛物线C的方程是x2=4y.(2)设抛物线C上关于直线l对称的两点为A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为 y=- x+t,由 消去y并整理得x2+2x-4t=0,则Δ'=4+16t>0,解得t>- .x1+x2=-2,y1+y2=- (x1+x2)+2t=2t+1,显然线段AB的中点 在直线l上,于是得t+ =-2+m,即有t=m- ,而t>- ,因此,m- >- ,解得m> ,所以实数m的取值范围是 .
3.(2021北京,20,15分)已知椭圆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.
解析 (1)将A(0,-2)代入椭圆E的方程得b=2,由椭圆E的四个顶点围成的 四边形面积为2ab=4 ,解得a= ,所以椭圆E的方程为 + =1.(2)设B(x1,y1),C(x2,y2),由题意得直线l的方程为y+3=k(x-0),即y=kx-3,将y=kx-3代入椭圆E的方程并化简得(4+5k2)x2-30kx+25=0,则x1+x2= ,x1x2= ,由Δ=(-30k)2-4×25(4+5k2)>0,解得k<-1或k>1.直线AB的方程为 = ,令y=-3,解得x=- ,得M ,
同理可得N ,所以|PM|+|PN|= + = = = = = = =|5k|≤15,解得-3≤k≤3.故k的取值范围为[-3,-1)∪(1,3].
4.(2022长沙长郡中学月考一,20)设椭圆C: + =1的左,右顶点分别为A,B.(1)若P、Q是椭圆上关于x轴对称的两点,直线AP,BQ的斜率分别为k1,k2(k1 k2≠0),求|k1|+|k2|的最小值;(2)已知过点D(0,-3)的直线l交椭圆C于M、N两个不同的点,直线AM,AN分 别交y轴于点S,T,记 =λ , =μ (O为坐标原点),当直线l的倾斜角θ为锐角时,求λ+μ的取值范围.
解析 (1)由题意设点P(x0,y0),Q(x0,-y0),-30),联立 得(5+9k2)x2-54kx+36=0,由题意得Δ=(-54k)2-4×36×(5+9k2)>0,因为k>0,所以k> .由根与系数的关系得x1+x2= ,x1x2= .
易知直线AM的方程是y= (x+3),令x=0,解得y= ,所以S ,同理可得T .所以 = , = ,因为 =(0,3), =λ , =μ ,所以 +3=3λ, +3=3μ,所以λ+μ= + +2= + +2= +2= +2=- +2,
因为k> ,所以 <λ+μ<2.所以λ+μ的取值范围是 .
考法四 存在性问题
1.(2023届重庆八中入学考,21)已知B(-1,0),C(1,0)为△ABC的两个顶点,P 为△ABC的重心,边AC,AB上的两条中线长度之和为6.(1)求点P的轨迹T的方程;(2)已知点N(-3,0),E(-2,0),F(2,0),直线PN与T的另一个公共点为Q,直线EP 与FQ交于点M,试问:当点P变化时,点M是否恒在一条定直线上?若是,请 证明;若不是,请说明理由.
解析 (1)因为P为△ABC的重心,且边AC,AB上的两条中线长度之和为6,所以|PB|+|PC|= ×6=4>|BC|,由椭圆的定义知,点P的轨迹T是以B(-1,0),C(1,0)为焦点的椭圆(不包括长轴的端点),且a=2,c=1,所以b= ,所以点P的轨迹T的方程为 + =1(x≠±2).(2)设直线PQ的方程为x=my-3,P(x1,y1),Q(x2,y2),联立 消x得(3m2+4)y2-18my+15=0,则y1+y2= ,y1y2= ,所以2my1y2= (y1+y2),
又直线PE的方程为y= (x+2)= (x+2),直线QF的方程为y= (x-2)= (x-2),联立 解得x= ,把2my1y2= (y1+y2)代入上式得x= = =- ,所以当点P运动时,点M恒在定直线x=- 上.
2.(2022深圳实验学校、长沙市一中联考,20)设双曲线C: - =1(a>0,b>0)的左,右焦点分别是F1,F2,渐近线分别为l1,l2,过F2作渐近线的垂线,垂足为 P,且△OPF1的面积为 .(1)求双曲线C的离心率;(2)动直线l分别交直线l1,l2于A,B两点(A,B分别在第一、四象限),且△OAB 的面积恒为8,是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线C?若存 在,求出双曲线C的方程;若不存在,说明理由.
解析 (1)由题意易知,|PF2|=b,|OP|=a,由PF2⊥OP得 = ,又因为 = = ,所以 = ,解得b=2a,则c= a,所以双曲线C的离心率e= .(2)由(1)及题意得渐近线l1:y=2x,l2:y=-2x,设双曲线的方程为 - =1,依题意得直线l的斜率不为零,因此设直线l的方程为x=my+t,-0,设直线l交x轴于点D(t,0),A(x1,y1)(x1>0,y1>0),B(x2,y2)(x2>0,y2<0),联立 得y1= ,同理得y2= .则S△OAB= |OD|·|y1-y2|=8,得 t =8,即t2=4|1-4m2|=4(1-4m2)>0,①联立 得(4m2-1)y2+8mty+4(t2-a2)=0,
若直线l与双曲线C只有一个公共点,则Δ=0,即Δ=64m2t2-16(4m2-1)(t2-a2)=0, 化简得t2+a2(4m2-1)=0,将①式代入可得a2=4,所以双曲线的方程为 - =1,因此,存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线C,双曲线C的方程为 - =1.
3.(2022重庆八中摸底,21)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,长轴端点和短轴端点的距离为 .(1)求椭圆C的方程;(2)若P为椭圆C上异于椭圆C顶点的任意一点,过点Q(0,-2)且平行于OP的 直线l与椭圆C相交于A,B两点(点O为坐标原点),是否存在实数λ,使得 · =λ 成立?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
解析 (1)依题意得 解得 ∴椭圆C的方程为 +y2=1.(2)存在.因为P是椭圆C上异于椭圆C顶点的任意一点,且l∥OP,所以直线l 的斜率存在且不为0.设过点Q(0,-2)的直线l的方程为y=kx-2,A(x1,y1),B(x2,y2).由 消去y得(1+4k2)x2-16kx+12=0,则Δ=(-16k)2-4×12×(1+4k2)>0⇒4k2>3,x1+x2= ,x1x2= ,
|QA|·|QB|= |x1-xQ|· |x2-xQ|=(1+k2)·|x1x2|.由 得 = ,所以|OP|2=(1+k2) =(1+k2) ,又因为 · =λ ,所以|QA|·|QB|=λ|OP|2,所以|x1x2|=λ ,即 = ,解得λ=3.故存在实数λ,使得 · =λ 成立,且λ=3.
4.(2022湖北部分学校质量检测,21)已知F1(-c,0),F2(c,0)分别为椭圆C: + =1(a>b>0)的左,右焦点,P 是椭圆C上一点,且 · = .(1)求椭圆C的方程;(2)过点F2的直线与椭圆C交于A,B两点,试问:是否存在定点G(x0,0),使得 · 为定值?若存在,求出x0的值;若不存在,请说明理由.
解析 (1)因为 · = · = c2= ,又c>0,所以c=1,P ,又点P在椭圆上,所以 解得 所以椭圆C的方程为 + =1.(2)存在.若直线AB的斜率不存在,即直线AB的方程为x=1,令A ,B ,则 · =(x0-1)2- .若直线AB的斜率存在,设AB的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),由 得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,则Δ=64k4-4(4k2+3)
(4k2-12)>0,x1+x2= ,x1x2= .所以 =(x1-x0,y1), =(x2-x0,y2),则 · =x1x2-(x1+x2)x0+ +k2(x1-1)(x2-1)=(k2+1)x1x2-(x0+k2)·(x1+x2)+k2+ = ,因为 · 为定值,所以 = ,解得x0= ,定值为- ,而x0= 时,(x0-1)2- =- ,故存在定点G,使得 · 为定值,此时x0= .
一、单项选择题
1.(2022福建莆田一模,3)若直线l:(a+1)x-y+3=0与直线m:x-(a+1)y-3=0互相 平行,则a= ( )A.-1 B.-2 C.-2或0 D.0答案 D
2.(2022重庆云阳江口中学期末,2)已知直线l过点M(3,0),则“直线l的斜率 小于或等于0”是“直线l与圆C:x2+y2-6y=0有公共点”的 ( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案 A
3.(2022江苏盐城四校期初联测,5)若椭圆 + =1(m>n>0)和双曲线 - =1(s,t>0)有相同的焦点F1和F2,而P是这两曲线的一个交点,则|PF1|·|PF2|的值是 ( )A.m-s B. (m-s)C.m2-s2 D. - 答案 A
4.(2020课标Ⅰ理,11,5分)已知☉M:x2+y2-2x-2y-2=0,直线l:2x+y+2=0,P为l上 的动点.过点P作☉M的切线PA,PB,切点为A,B,当|PM|·|AB|最小时,直线AB 的方程为 ( )A.2x-y-1=0 B.2x+y-1=0C.2x-y+1=0 D.2x+y+1=0答案 D
5.(2022湖北部分重点中学联考,7)已知双曲线 - =1(a>0,b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,过F2的直线交双曲线右支于A,B两点,若 · =0,且cos∠F1AF2= ,则双曲线的离心率为 ( )A. B. C. D. 答案 D
6.(2022江苏南通如皋调研一,6)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F的直线 交抛物线C于A,B,以AF为直径的圆过点(0,2),则直线AB的斜率为 ( )A. B. C. D. 答案 A
7.(2022山东枣庄三模,8)已知点F1、F2分别为椭圆C: + =1(a>b>0)的左、右焦点,点P为直线x= 上一个动点.若tan∠F1PF2的最大值为 ,则椭圆C的离心率为 ( )A. B. C. D. 答案 D
8.(2023届山东青岛调研,8)抛物线有一条重要性质:从焦点发出的光线,经 过抛物线上的一点反射后,反射光线平行于抛物线的对称轴.如图所示,从 拋物线C:y2=2px(p>0)的焦点F向x轴上方发出的两条光线a,b分别经抛物 线上的A,B两点反射,已知两条入射光线与x轴所成角均为 ,且|FB|+|FA|=8,则两条反射光线a',b'之间的距离为 ( ) A. B.4 C.2 D.2 答案 D
9.(2019北京,8,5分)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线C:x2+y2 =1+|x|y就是其中之一(如图).给出下列三个结论:
①曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点);②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过 ;③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.其中,所有正确结论的序号是 ( )A.① B.② C.①② D.①②③答案 C
10.(2022海南中部六市县模拟,11)在平面直角坐标系中,三点A(-1,0),B(1, 0),C(0,7),动点P满足|PA|= |PB|,则以下结论正确的是 ( )A.点P的轨迹方程为(x-3)2+y2=8B.△PAB面积最大时,|PA|=2 C.∠PAB最大时,|PA|=2 D.P到直线AC的距离的最小值为 答案 ACD
二、多项选择题
11.(2022广东汕头澄海中学月考,9)已知F1,F2是双曲线E: - =1(a>0,b>0)的左、右焦点,过F1作倾斜角为30°的直线分别交y轴与双曲线右支于点 M,P,|PM|=|MF1|,下列判断正确的是 ( )A.∠PF2F1= B.|MF2|= |PF1|C.E的离心率等于 D.E的渐近线方程为y=± x答案 BCD
12.(2022河北部分重点中学期中,10)已知直线l过抛物线C:x2=-4y的焦点F, 且直线l与抛物线C交于A,B两点,过A,B两点分别作抛物线C的切线,两切 线交于点G,设A(xA,yA),B(xB,yB),G(xG,yG),则下列选项正确的是 ( )A.yA·yB=4B.以线段AB为直径的圆与直线y= 相离C.当 =2 时,|AB|= D.△GAB面积的取值范围为[4,+∞)答案 BCD
13.(2022上海交通大学附中期中,9)已知直线l:y=2x-10与双曲线 - =1(a>0,b>0)的一条渐近线平行,且经过双曲线的一个焦点,则双曲线的标准 方程为 .答案 - =1
三、填空题
14.(2022重庆云阳江口中学期末,14)已知椭圆C1: + =1,双曲线C2: - =1(a>0,b>0)的离心率互为倒数,F1,F2为双曲线C2的左,右焦点,设点M为C2的渐近线上的一点,若 · =0(O为坐标原点),△MF1F2的面积为16,则C2的方程为 .答案 - =1
15.(2022全国甲文,15,5分)记双曲线C: - =1(a>0,b>0)的离心率为e,写出满足条件“直线y=2x与C无公共点”的e的一个值 .答案 2(答案不唯一,在(1, ]范围内取值均可)
16.(2019北京文,19,14分)已知椭圆C: + =1的右焦点为(1,0),且经过点A(0,1).(1)求椭圆C的方程;(2)设O为原点,直线l:y=kx+t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P,Q,直线AP 与x轴交于点M,直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|=2,求证:直线l经过定 点.
四、解答题
解析 (1)由题意得,b2=1,c=1.所以a2=b2+c2=2.所以椭圆C的方程为 +y2=1.(2)证明:设P(x1,y1),Q(x2,y2),则直线AP的方程为y= x+1.令y=0,得点M的横坐标xM=- .又y1=kx1+t,从而|OM|=|xM|= .同理,|ON|= .由 得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0.则x1+x2=- ,x1x2= .所以|OM|·|ON|= ·
= = =2 .又|OM|·|ON|=2,所以2 =2.解得t=0,所以直线l经过定点(0,0).
17.(2022重庆涪陵实验中学期中,21)已知椭圆C: + =1(a>b>0)过点A(0,1),且离心率为 .(1)求椭圆C的方程;(2)过A作斜率分别为k1,k2的两条直线,分别交椭圆于点M,N,且k1+k2=2,证 明:直线MN过定点.
解析 (1)∵椭圆C: + =1(a>b>0)过点A(0,1),即 =1,∴b=1.∵e= = ,又a2-b2=c2,∴a=2,∴椭圆C的方程为 +y2=1.(2)当直线MN的斜率不存在时,设直线方程为x=t,M(t,s),N(t,-s),则k1= ,k2= ,∴k1+k2= + = =2,解得t=-1,∴直线方程为x=-1;当直线MN的斜率存在时,设直线方程为y=kx+m(m≠1),联立 得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=- ,x1·x2= (*),则k1+k2= + = = =2,将(*)式代入化简可得 =2,即(k-m-1)(m-1)=0,整理得k=m+1,代入直线MN的方程得y=(m+1)x+m=m(x+1)+x,即m(x+1)+x-y=0,由 解得x=-1,y=-1,∴直线MN恒过定点(-1,-1).综上所述,直线MN恒过定点(-1,-1).
18.(2022山东泰安二模,21)已知椭圆C: + =1(a>b>0)过点 ,过其右焦点F2且垂直于x轴的直线交椭圆C于A,B两点,且|AB|= .(1)求椭圆C的方程;(2)若直线l:y=kx- 与椭圆C交于E,F两点,线段EF的中点为Q,在y轴上是否存在定点P,使得∠EQP=2∠EFP恒成立?若存在,求出点P的坐标;若不存 在,请说明理由.
解析 (1)由题意知,椭圆C过点 和 ,所以 解得 所以椭圆C的方程为 +y2=1.(2)假设在y轴上存在定点P,使得∠EQP=2∠EFP恒成立.设P(0,y0),E(x1,y1), F(x2,y2),由 得(4+12k2)x2-12kx-9=0,
∴x1+x2= ,x1x2= ,Δ=144k2+36(4+12k2)>0恒成立.∵∠EQP=2∠EFP,∠EQP=∠QFP+∠QPF,∴∠EFP=∠FPQ,∴|QE|=|QF| =|QP|,∴点P在以EF为直径的圆上,PE⊥PF,∵ =(x1,y1-y0), =(x2,y2-y0),∴ · =x1x2+(y1-y0)(y2-y0)=x1x2+y1y2-y0(y1+y2)+ =x1x2+k2x1x2- (x1+x2)-y0[k(x1+x2)-1]+ + =(1+k2)x1x2-k (x1+x2)+ +y0+
= =0,∴12( -1)k2+4 +4y0-8=0恒成立,∴ 解得y0=1,∴P(0,1),∴存在定点P(0,1),使得∠EQP=2∠EFP恒成立.
19.(2022广东深圳二调,21)已知椭圆E: + =1(a>b>0)经过点M ,且焦距|F1F2|=2 ,线段AB,CD分别是它的长轴和短轴.(1)求椭圆E的方程;(2)若N(s,t)是平面上的动点,从下面两个条件中选一个,证明:直线PQ经过 定点.①s=1,t≠± ,直线NA,NB与椭圆E的另一交点分别为P,Q;②t=2,s∈R,直线NC,ND与椭圆E的另一交点分别为P,Q.
解析 (1)由已知得 解得 ∴椭圆E的方程为 +y2=1.(2)选择条件①.证明:由题意得N(1,t),t∈R,t≠± .不妨令A(-2,0),B(2,0),则直线NA的方程为y= (x+2),直线NB的方程为y=-t(x-2).由 得(4t2+9)x2+16t2x+16t2-36=0.
∵-2是上述方程的一个根,∴xP= ,则yP= ,∴P .同理可得Q .当t=0时,P(2,0),Q(-2,0),直线PQ为x轴;当t≠0,t≠± 时,直线PQ的方程为 = .
令y=0,则上面方程的左边= =- ,∴x= + × =4(与t无关).综上所述,直线PQ经过定点(4,0).选择条件②.证明:由题意得N(s,2),不妨设C(0,-1),D(0,1),则直线NC的方程为3x-sy-s=0,
直线ND的方程为x-sy+s=0.由 得(s2+36)y2+2s2y+s2-36=0.∵yC=-1,∴yP=- ,则xP= ,∴P .同理可得Q .当s=0时,P(0,1),Q(0,-1),直线PQ为y轴;当s≠0时,直线PQ的方程为y- = ,
令x=0,则y= + · = + · = - · = (与s无关).综上所述,直线PQ经过定点 .
考法一 求轨迹方程
1.(2022山东聊城二模,4)已知点P在圆O:x2+y2=4上,点A(-3,0),B(0,4),则满足 AP⊥BP的点P的个数为 ( )A.3 B.2 C.1 D.0答案 B
2.(2020课标Ⅲ文,6,5分)在平面内,A,B是两个定点,C是动点.若 · =1,则点C的轨迹为 ( )A.圆 B.椭圆 C.抛物线 D.直线答案 A
3.(2023届贵州遵义新高考协作体入学质量监测,8)已知圆C的方程为(x-1)2 +y2=16,B(-1,0),A为圆C上任意一点,若点P为线段AB的垂直平分线与直线 AC的交点,则点P的轨迹方程为 ( )A. + =1 B. - =1C. + =1 D. - =1答案 C
4.(2017课标Ⅱ,文20,理20,12分)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.
解析 (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)证明: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.
5.(2023届长沙市明德中学检测,21)平面直角坐标系内有一定点F(-1,0),定 直线l:x=-5,设动点P到定直线的距离为d,且满足 = .(1)求动点P的轨迹方程;(2)直线m:y=kx-3过定点Q,与动点P的轨迹交于不同的两点M,N,动点P的 轨迹与y的负半轴交于A点,直线AM、AN分别交直线y=-3于点H、K,若|QH|+|QK|≤35,求k的取值范围.
解析 (1)设动点P的坐标为(x,y),因为 = ,所以 = ,即5[(x+1)2+y2]=|x+5|2,整理得 + =1.所以动点P的轨迹方程为 + =1.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),由(1)可得点A的坐标为(0,-2),故直线AM:y= x-2,令y=-3,则xH=- ,同理xK=- .由 消去y得(4+5k2)x2-30kx+25=0,由Δ=900k2-100(4+5k2)>0,解得k<-1或k>1.由根与系数的关系得x1+x2= ,x1x2= ,x1x2>0,
|QH|+|QK|=|xH+xK|= = = = =5|k|,因为|QH|+|QK|≤35,所以5|k|≤35,即|k|≤7.综上,-7≤k<-1或1
考向一 定值问题
1.(2023届江苏百校联考,21)设F为椭圆C: +y2=1的右焦点,过点F且与x轴不重合的直线l交椭圆C于A,B两点.(1)当 =2 时,求| |;(2)在x轴上是否存在异于F的定点Q,使 为定值(其中kQA,kQB分别为直线QA,QB的斜率)?若存在,求出Q的坐标;若不存在,请说明理由.
解析 由题意知F(1,0).设直线l的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),联立 消x得(m2+2)y2+2my-1=0,则y1+y2=- ,y1y2= .(1)因为 =2 ,所以(1-x2,-y2)=2(x1-1,y1),所以-y2=2y1,解得m2= ,则|y1|= = ,所以| |= |y1|= .(2)假设在x轴上存在异于点F的定点Q(t,0)(t≠1),使得 为定值.因为y1+y2= ,y1y2= ,所以y1+y2=2my1y2,
所以 = = = = = = .要使 为定值,则有 = ,解得t=2或t=1(舍去),此时 =-1.故在x轴上存在异于F的定点Q(2,0),使得 为定值.
2.(2023届贵州遵义新高考协作体入学质量监测,20)已知点F1是椭圆C: + =1的左焦点,Q是椭圆C上的任意一点,A .(1)求|QF1|+|QA|的最大值;(2)过点F1的直线l与椭圆C相交于两点M,N,与y轴相交于点P.若 =λ , =μ ,试问:λ+μ是不是定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.
解析 (1)由椭圆方程知a=2,b= ,∴c= =1,则F1(-1,0),设右焦点为F2,则F2(1,0).由椭圆定义知|QF1|=2a-|QF2|=4-|QF2|,∴|QF1|+|QA|=|QA|-|QF2|+4,∵|QA|-|QF2|≤|F2A|(当且仅当A,F2,Q三点共线,即与图中T点重合时取等 号),又|F2A|= = ,∴|QF1|+|QA|的最大值为4+ .
(2)由题意知直线l的斜率存在,设l:y=k(x+1),M(x1,y1),N(x2,y2),则P(0,k),由 消y得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,∴x1+x2=- ,x1x2= .∵ =λ ,即(x1,y1-k)=λ(-1-x1,-y1),则λ=- ,同理可得μ=- ,
∴λ+μ=- - =- =- =- =- =- ,∴λ+μ是定值- .
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.
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= .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)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.
4.(2022山东泰安三模,21)已知椭圆E: + =1(a>b>0)的离心率e= ,四个顶点组成的菱形的面积为8 ,O为坐标原点.(1)求椭圆E的方程;(2)过☉O:x2+y2= 上任意点P作☉O的切线l与椭圆E交于点M,N,求证: · 为定值.
解析 (1)由题意得2ab=8 ,e= = ,a2=b2+c2,解得a=2 ,b=2,所以椭圆E的方程为 + =1.(2)证明:当切线l的斜率不存在时,其方程为x=± ,当x= 时,将x= 代入椭圆方程 + =1,得y=± ,不妨令M ,N ,∵P ,∴ = , = ,∴ · =- ;当x=- 时,同理可得 · =- .
当切线l的斜率存在时,设l的方程为y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2),因为l与☉O相切,所以 = ,所以3m2=8k2+8,由 得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,∴x1+x2=- ,x1x2= ,由Δ=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-8)>0,得8k2-m2+4>0. · =( - )·( - )= - · - · + · = - - + · =- + · ,∵ · =x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2
=(1+k2) +km +m2= =0,∴ · =- .综上, · 为定值- .
5.(2022河北衡水二调,21)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的长轴长为4,P在C上运动,F1,F2为C的两个焦点,且cos∠F1PF2的最小值为 .(1)求C的方程;(2)已知过点M(0,m)(-b
设A(x1,y1),B(x2,y2),则N ,且x1+x2= ,x1x2= . · - · =x1x2+y1y2-m· =x1x2+(kx1+m)(kx2+m)- (kx1+m+kx2+m)=(k2+1)x1x2+ (x1+x2)=(k2+1) + · = = =-3+ ,要使上式为常数,必须且只需4m2-3=0,即m=± ∈(- , ).此时 · - · =-3为定值,符合题意.
综上,当m=± 时,能使得 · - · =-3.
6.(2023届福建部分名校联考,22)已知两点M(0,-4),N(0,4),动点P在x轴的投 影为Q,且 · =3 ,记动点P的轨迹为曲线C.(1)求C的方程;(2)过点F(2 ,0)的直线与曲线C在y轴右侧相交于A,B两点,线段AB的垂直平分线与x轴相交于点H,试问 是不是定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.
解析 (1)设P(x,y),则Q(x,0), =(-x,-4-y), =(-x,4-y), =(0,-y).因为 · =3 ,所以x2+y2-16=3y2,故C的方程为 - =1.(2)由题可知直线AB的斜率一定存在,且不为0,设直线AB的方程为y=k(x-2 ),A(x1,y1),B(x2,y2).联立 消去y整理得(1-2k2)x2+8 k2x-48k2-16=0,则 整理得k2> .
=- , =- ,则线段AB的垂直平分线的方程为y+ =- ,令y=0,得x=- ,则H ,|FH|= = .又|AB|= · = · = ·
= ,所以 = = .故 是定值,该定值为 .
考向二 定点问题
1.(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 解得 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 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,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).
2.(2019北京理,18,14分)已知抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1).(1)求抛物线C的方程及其准线方程;(2)设O为原点,过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点 M,N,直线y=-1分别交直线OM,ON于点A和点B.求证:以AB为直径的圆经过 y轴上的两个定点.
解析 (1)由抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1),得p=2.所以抛物线C的方程为x2 =-4y,其准线方程为y=1.(2)证明:抛物线C的焦点为F(0,-1).设直线l的方程为y=kx-1(k≠0).由 得x2+4kx-4=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2=-4,直线OM的方程为y= x.令y=-1,得点A的横坐标xA=- .同理得点B的横坐标xB=- .设点D(0,n),则 = , = ,
· = +(n+1)2= +(n+1)2= +(n+1)2=-4+(n+1)2.令 · =0,即-4+(n+1)2=0,得n=1或n=-3.综上,以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0,-3).
3.(2022广东韶关九校联考,21)已知抛物线C:y2=2px(p>0)上的点P(1,y0)(y0> 0)到焦点的距离为2.(1)求点P的坐标及抛物线C的方程;(2)若点M、N在抛物线C上,且kPM·kPN=- ,求证:直线MN过定点.
解析 (1)设抛物线的焦点为F,则F ,准线方程为x=- ,由抛物线的定义得1+ =2,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x,把(1,y0)代入得 =4,因为y0>0,所以y0=2,所以P(1,2).(2)证明:由题意知直线MN的斜率不为0,设直线MN的方程为x=my+n,M ,N ,联立 得y2-4my-4n=0,Δ=16m2+4×4n>0,y1+y2=4m,y1y2=-4n,因为kPM= = ,kPN= = ,kPM·kPN=- ,所以 =- ,即y1y2+2(y1+y2)+36=0,所以-4n+8m+36=0,即n=2m+9,满足Δ>0,
所以直线MN的方程为x=my+2m+9=m(y+2)+9,所以直线MN过定点(9,-2).
考法三 最值与范围问题
考向一 最值问题
1.(2021全国乙文,11,5分)设B是椭圆C: +y2=1的上顶点,点P在C上,则|PB|的最大值为 ( )A. B. C. D.2答案 A
2.(多选)(2023届河北“五个一”名校联盟摸底,12)已知圆C:x2+ =1上两点A、B满足|AB|≥ ,点M(x0,0)满足|MA|=|MB|,则下列结论中正确的是 ( )A.当|AB|= 时,x0= B.当x0=0时,过M点的圆C的最短弦长是2 C.线段AB的中点纵坐标的最小值是 D.过M点作圆C的切线且切点为A,B,则x0的取值范围是 ∪ 答案 CD
3.(2023届山东青岛调研,21)在平面直角坐标系xOy中,动圆P与圆C1:x2+y2+ 2x- =0内切,且与圆C2:x2+y2-2x+ =0外切,记动圆P的圆心的轨迹为E.(1)求E的方程;(2)不过圆心C2且与x轴垂直的直线交E于A,M两个不同的点,连接AC2并延 长交E于点B.(i)若直线MB交x轴于点N,证明:N为一个定点;(ii)若过圆心C1的直线交E于D,G两个不同的点,且AB⊥DG,求四边形AD- BG面积的最小值.
解析 (1)设动圆P的半径为R,圆心P的坐标为(x,y).由题意可知圆C1的圆 心为C1(-1,0),半径为 ;圆C2的圆心为C2(1,0),半径为 .∵动圆P与圆C1内切,且与圆C2外切,∴ ⇒|PC1|+|PC2|=4>|C1C2|=2,∴动圆P的圆心的轨迹E是以C1,C2为焦点的椭圆.设其方程为 + =1(a>b>0),其中2a=4,2c=2,∴a=2,c=1,则b2=3.从而E的方程为 + =1.
(2)(i)证明:设直线AB的方程为y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),则M(x1,-y1),由 可得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,∴x1+x2= ,x1x2= .直线BM的方程为y+y1= (x-x1),令y=0,可得N点的横坐标为xN= y1+x1= +x1= = =4,
∴N为一个定点,其坐标为(4,0).(ii)根据(i)可求得|AB|= |x2-x1|= × = × = .∵AB⊥DG,∴kDG=- ,则|DG|= .∵AB⊥DG,∴四边形ADBG的面积S= |AB|·|DG|= × × = ,令k2+1=t,∵k≠0,∴t>1,
则S= = = ,当 = ,即k=±1时,Smin= .
4.(2022济南三模,21)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,且经过点P(1, ).(1)求椭圆C的方程;(2)A、B为椭圆C上两点,直线PA与PB的倾斜角互补,求△PAB面积的最大 值.
解析 (1)由题意得 解得a= ,b= ,∴椭圆C的方程为 + =1.(2)由题意可知直线AB的斜率一定存在.设直线AB的方程为y=kx+t,A(x1,y1),B(x2,y2),将y=kx+t代入 + =1得(k2+3)x2+2ktx+t2-6=0,由Δ=4k2t2-4(k2+3)(t2-6)>0得6k2-3t2+18>0.x1+x2= ,x1x2= .
∵直线PA和直线PB的倾斜角互补,∴kPA=-kPB,即 =- ,化简可得2 +x1y2+x2y1=(y1+y2)+ (x1+x2),∵y1+y2=kx1+t+kx2+t=k(x1+x2)+2t= ,x1y2+x2y1=x1(kx2+t)+x2(kx1+t)=2kx1x2+t(x1+x2)= ,∴2 + = + · ,化简得(k- )(k+t- )=0,∵直线AB不过点P,∴k= ,∴x1+x2= ,x1x2= ,-2
5.(2020新高考Ⅱ,21,12分)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.
考向二 范围问题
1.(多选)(2023届湖北“宜荆荆恩”起点考试,11)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,长轴长为4,点P( ,1)在椭圆C外,点Q在椭圆C上,则 ( )A.椭圆C的离心率的取值范围是 B.当椭圆C的离心率为 时,|QF1|的取值范围是[2- ,2+ ]C.存在点Q,使得 · =0D. + 的最小值为1答案 BCD
2.(2022山东滨州二模,21)已知抛物线C:x2=2py(p>0)在点M(1,y0)处的切线 斜率为 .(1)求抛物线C的方程;(2)若抛物线C上存在不同的两点关于直线l:y=2x+m对称,求实数m的取值 范围.
解析 (1)由题意知点M ,则切线方程为y- = (x-1),由 消去y并整理得x2-px+p-1=0,依题意,有Δ=p2-4(p-1)=0,解得p=2,所以抛物线C的方程是x2=4y.(2)设抛物线C上关于直线l对称的两点为A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为 y=- x+t,由 消去y并整理得x2+2x-4t=0,则Δ'=4+16t>0,解得t>- .x1+x2=-2,y1+y2=- (x1+x2)+2t=2t+1,显然线段AB的中点 在直线l上,于是得t+ =-2+m,即有t=m- ,而t>- ,因此,m- >- ,解得m> ,所以实数m的取值范围是 .
3.(2021北京,20,15分)已知椭圆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.
解析 (1)将A(0,-2)代入椭圆E的方程得b=2,由椭圆E的四个顶点围成的 四边形面积为2ab=4 ,解得a= ,所以椭圆E的方程为 + =1.(2)设B(x1,y1),C(x2,y2),由题意得直线l的方程为y+3=k(x-0),即y=kx-3,将y=kx-3代入椭圆E的方程并化简得(4+5k2)x2-30kx+25=0,则x1+x2= ,x1x2= ,由Δ=(-30k)2-4×25(4+5k2)>0,解得k<-1或k>1.直线AB的方程为 = ,令y=-3,解得x=- ,得M ,
同理可得N ,所以|PM|+|PN|= + = = = = = = =|5k|≤15,解得-3≤k≤3.故k的取值范围为[-3,-1)∪(1,3].
4.(2022长沙长郡中学月考一,20)设椭圆C: + =1的左,右顶点分别为A,B.(1)若P、Q是椭圆上关于x轴对称的两点,直线AP,BQ的斜率分别为k1,k2(k1 k2≠0),求|k1|+|k2|的最小值;(2)已知过点D(0,-3)的直线l交椭圆C于M、N两个不同的点,直线AM,AN分 别交y轴于点S,T,记 =λ , =μ (O为坐标原点),当直线l的倾斜角θ为锐角时,求λ+μ的取值范围.
解析 (1)由题意设点P(x0,y0),Q(x0,-y0),-3
易知直线AM的方程是y= (x+3),令x=0,解得y= ,所以S ,同理可得T .所以 = , = ,因为 =(0,3), =λ , =μ ,所以 +3=3λ, +3=3μ,所以λ+μ= + +2= + +2= +2= +2=- +2,
因为k> ,所以 <λ+μ<2.所以λ+μ的取值范围是 .
考法四 存在性问题
1.(2023届重庆八中入学考,21)已知B(-1,0),C(1,0)为△ABC的两个顶点,P 为△ABC的重心,边AC,AB上的两条中线长度之和为6.(1)求点P的轨迹T的方程;(2)已知点N(-3,0),E(-2,0),F(2,0),直线PN与T的另一个公共点为Q,直线EP 与FQ交于点M,试问:当点P变化时,点M是否恒在一条定直线上?若是,请 证明;若不是,请说明理由.
解析 (1)因为P为△ABC的重心,且边AC,AB上的两条中线长度之和为6,所以|PB|+|PC|= ×6=4>|BC|,由椭圆的定义知,点P的轨迹T是以B(-1,0),C(1,0)为焦点的椭圆(不包括长轴的端点),且a=2,c=1,所以b= ,所以点P的轨迹T的方程为 + =1(x≠±2).(2)设直线PQ的方程为x=my-3,P(x1,y1),Q(x2,y2),联立 消x得(3m2+4)y2-18my+15=0,则y1+y2= ,y1y2= ,所以2my1y2= (y1+y2),
又直线PE的方程为y= (x+2)= (x+2),直线QF的方程为y= (x-2)= (x-2),联立 解得x= ,把2my1y2= (y1+y2)代入上式得x= = =- ,所以当点P运动时,点M恒在定直线x=- 上.
2.(2022深圳实验学校、长沙市一中联考,20)设双曲线C: - =1(a>0,b>0)的左,右焦点分别是F1,F2,渐近线分别为l1,l2,过F2作渐近线的垂线,垂足为 P,且△OPF1的面积为 .(1)求双曲线C的离心率;(2)动直线l分别交直线l1,l2于A,B两点(A,B分别在第一、四象限),且△OAB 的面积恒为8,是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线C?若存 在,求出双曲线C的方程;若不存在,说明理由.
解析 (1)由题意易知,|PF2|=b,|OP|=a,由PF2⊥OP得 = ,又因为 = = ,所以 = ,解得b=2a,则c= a,所以双曲线C的离心率e= .(2)由(1)及题意得渐近线l1:y=2x,l2:y=-2x,设双曲线的方程为 - =1,依题意得直线l的斜率不为零,因此设直线l的方程为x=my+t,-
若直线l与双曲线C只有一个公共点,则Δ=0,即Δ=64m2t2-16(4m2-1)(t2-a2)=0, 化简得t2+a2(4m2-1)=0,将①式代入可得a2=4,所以双曲线的方程为 - =1,因此,存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线C,双曲线C的方程为 - =1.
3.(2022重庆八中摸底,21)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,长轴端点和短轴端点的距离为 .(1)求椭圆C的方程;(2)若P为椭圆C上异于椭圆C顶点的任意一点,过点Q(0,-2)且平行于OP的 直线l与椭圆C相交于A,B两点(点O为坐标原点),是否存在实数λ,使得 · =λ 成立?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
解析 (1)依题意得 解得 ∴椭圆C的方程为 +y2=1.(2)存在.因为P是椭圆C上异于椭圆C顶点的任意一点,且l∥OP,所以直线l 的斜率存在且不为0.设过点Q(0,-2)的直线l的方程为y=kx-2,A(x1,y1),B(x2,y2).由 消去y得(1+4k2)x2-16kx+12=0,则Δ=(-16k)2-4×12×(1+4k2)>0⇒4k2>3,x1+x2= ,x1x2= ,
|QA|·|QB|= |x1-xQ|· |x2-xQ|=(1+k2)·|x1x2|.由 得 = ,所以|OP|2=(1+k2) =(1+k2) ,又因为 · =λ ,所以|QA|·|QB|=λ|OP|2,所以|x1x2|=λ ,即 = ,解得λ=3.故存在实数λ,使得 · =λ 成立,且λ=3.
4.(2022湖北部分学校质量检测,21)已知F1(-c,0),F2(c,0)分别为椭圆C: + =1(a>b>0)的左,右焦点,P 是椭圆C上一点,且 · = .(1)求椭圆C的方程;(2)过点F2的直线与椭圆C交于A,B两点,试问:是否存在定点G(x0,0),使得 · 为定值?若存在,求出x0的值;若不存在,请说明理由.
解析 (1)因为 · = · = c2= ,又c>0,所以c=1,P ,又点P在椭圆上,所以 解得 所以椭圆C的方程为 + =1.(2)存在.若直线AB的斜率不存在,即直线AB的方程为x=1,令A ,B ,则 · =(x0-1)2- .若直线AB的斜率存在,设AB的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),由 得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,则Δ=64k4-4(4k2+3)
(4k2-12)>0,x1+x2= ,x1x2= .所以 =(x1-x0,y1), =(x2-x0,y2),则 · =x1x2-(x1+x2)x0+ +k2(x1-1)(x2-1)=(k2+1)x1x2-(x0+k2)·(x1+x2)+k2+ = ,因为 · 为定值,所以 = ,解得x0= ,定值为- ,而x0= 时,(x0-1)2- =- ,故存在定点G,使得 · 为定值,此时x0= .
一、单项选择题
1.(2022福建莆田一模,3)若直线l:(a+1)x-y+3=0与直线m:x-(a+1)y-3=0互相 平行,则a= ( )A.-1 B.-2 C.-2或0 D.0答案 D
2.(2022重庆云阳江口中学期末,2)已知直线l过点M(3,0),则“直线l的斜率 小于或等于0”是“直线l与圆C:x2+y2-6y=0有公共点”的 ( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案 A
3.(2022江苏盐城四校期初联测,5)若椭圆 + =1(m>n>0)和双曲线 - =1(s,t>0)有相同的焦点F1和F2,而P是这两曲线的一个交点,则|PF1|·|PF2|的值是 ( )A.m-s B. (m-s)C.m2-s2 D. - 答案 A
4.(2020课标Ⅰ理,11,5分)已知☉M:x2+y2-2x-2y-2=0,直线l:2x+y+2=0,P为l上 的动点.过点P作☉M的切线PA,PB,切点为A,B,当|PM|·|AB|最小时,直线AB 的方程为 ( )A.2x-y-1=0 B.2x+y-1=0C.2x-y+1=0 D.2x+y+1=0答案 D
5.(2022湖北部分重点中学联考,7)已知双曲线 - =1(a>0,b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,过F2的直线交双曲线右支于A,B两点,若 · =0,且cos∠F1AF2= ,则双曲线的离心率为 ( )A. B. C. D. 答案 D
6.(2022江苏南通如皋调研一,6)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F的直线 交抛物线C于A,B,以AF为直径的圆过点(0,2),则直线AB的斜率为 ( )A. B. C. D. 答案 A
7.(2022山东枣庄三模,8)已知点F1、F2分别为椭圆C: + =1(a>b>0)的左、右焦点,点P为直线x= 上一个动点.若tan∠F1PF2的最大值为 ,则椭圆C的离心率为 ( )A. B. C. D. 答案 D
8.(2023届山东青岛调研,8)抛物线有一条重要性质:从焦点发出的光线,经 过抛物线上的一点反射后,反射光线平行于抛物线的对称轴.如图所示,从 拋物线C:y2=2px(p>0)的焦点F向x轴上方发出的两条光线a,b分别经抛物 线上的A,B两点反射,已知两条入射光线与x轴所成角均为 ,且|FB|+|FA|=8,则两条反射光线a',b'之间的距离为 ( ) A. B.4 C.2 D.2 答案 D
9.(2019北京,8,5分)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线C:x2+y2 =1+|x|y就是其中之一(如图).给出下列三个结论:
①曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点);②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过 ;③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.其中,所有正确结论的序号是 ( )A.① B.② C.①② D.①②③答案 C
10.(2022海南中部六市县模拟,11)在平面直角坐标系中,三点A(-1,0),B(1, 0),C(0,7),动点P满足|PA|= |PB|,则以下结论正确的是 ( )A.点P的轨迹方程为(x-3)2+y2=8B.△PAB面积最大时,|PA|=2 C.∠PAB最大时,|PA|=2 D.P到直线AC的距离的最小值为 答案 ACD
二、多项选择题
11.(2022广东汕头澄海中学月考,9)已知F1,F2是双曲线E: - =1(a>0,b>0)的左、右焦点,过F1作倾斜角为30°的直线分别交y轴与双曲线右支于点 M,P,|PM|=|MF1|,下列判断正确的是 ( )A.∠PF2F1= B.|MF2|= |PF1|C.E的离心率等于 D.E的渐近线方程为y=± x答案 BCD
12.(2022河北部分重点中学期中,10)已知直线l过抛物线C:x2=-4y的焦点F, 且直线l与抛物线C交于A,B两点,过A,B两点分别作抛物线C的切线,两切 线交于点G,设A(xA,yA),B(xB,yB),G(xG,yG),则下列选项正确的是 ( )A.yA·yB=4B.以线段AB为直径的圆与直线y= 相离C.当 =2 时,|AB|= D.△GAB面积的取值范围为[4,+∞)答案 BCD
13.(2022上海交通大学附中期中,9)已知直线l:y=2x-10与双曲线 - =1(a>0,b>0)的一条渐近线平行,且经过双曲线的一个焦点,则双曲线的标准 方程为 .答案 - =1
三、填空题
14.(2022重庆云阳江口中学期末,14)已知椭圆C1: + =1,双曲线C2: - =1(a>0,b>0)的离心率互为倒数,F1,F2为双曲线C2的左,右焦点,设点M为C2的渐近线上的一点,若 · =0(O为坐标原点),△MF1F2的面积为16,则C2的方程为 .答案 - =1
15.(2022全国甲文,15,5分)记双曲线C: - =1(a>0,b>0)的离心率为e,写出满足条件“直线y=2x与C无公共点”的e的一个值 .答案 2(答案不唯一,在(1, ]范围内取值均可)
16.(2019北京文,19,14分)已知椭圆C: + =1的右焦点为(1,0),且经过点A(0,1).(1)求椭圆C的方程;(2)设O为原点,直线l:y=kx+t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P,Q,直线AP 与x轴交于点M,直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|=2,求证:直线l经过定 点.
四、解答题
解析 (1)由题意得,b2=1,c=1.所以a2=b2+c2=2.所以椭圆C的方程为 +y2=1.(2)证明:设P(x1,y1),Q(x2,y2),则直线AP的方程为y= x+1.令y=0,得点M的横坐标xM=- .又y1=kx1+t,从而|OM|=|xM|= .同理,|ON|= .由 得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0.则x1+x2=- ,x1x2= .所以|OM|·|ON|= ·
= = =2 .又|OM|·|ON|=2,所以2 =2.解得t=0,所以直线l经过定点(0,0).
17.(2022重庆涪陵实验中学期中,21)已知椭圆C: + =1(a>b>0)过点A(0,1),且离心率为 .(1)求椭圆C的方程;(2)过A作斜率分别为k1,k2的两条直线,分别交椭圆于点M,N,且k1+k2=2,证 明:直线MN过定点.
解析 (1)∵椭圆C: + =1(a>b>0)过点A(0,1),即 =1,∴b=1.∵e= = ,又a2-b2=c2,∴a=2,∴椭圆C的方程为 +y2=1.(2)当直线MN的斜率不存在时,设直线方程为x=t,M(t,s),N(t,-s),则k1= ,k2= ,∴k1+k2= + = =2,解得t=-1,∴直线方程为x=-1;当直线MN的斜率存在时,设直线方程为y=kx+m(m≠1),联立 得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=- ,x1·x2= (*),则k1+k2= + = = =2,将(*)式代入化简可得 =2,即(k-m-1)(m-1)=0,整理得k=m+1,代入直线MN的方程得y=(m+1)x+m=m(x+1)+x,即m(x+1)+x-y=0,由 解得x=-1,y=-1,∴直线MN恒过定点(-1,-1).综上所述,直线MN恒过定点(-1,-1).
18.(2022山东泰安二模,21)已知椭圆C: + =1(a>b>0)过点 ,过其右焦点F2且垂直于x轴的直线交椭圆C于A,B两点,且|AB|= .(1)求椭圆C的方程;(2)若直线l:y=kx- 与椭圆C交于E,F两点,线段EF的中点为Q,在y轴上是否存在定点P,使得∠EQP=2∠EFP恒成立?若存在,求出点P的坐标;若不存 在,请说明理由.
解析 (1)由题意知,椭圆C过点 和 ,所以 解得 所以椭圆C的方程为 +y2=1.(2)假设在y轴上存在定点P,使得∠EQP=2∠EFP恒成立.设P(0,y0),E(x1,y1), F(x2,y2),由 得(4+12k2)x2-12kx-9=0,
∴x1+x2= ,x1x2= ,Δ=144k2+36(4+12k2)>0恒成立.∵∠EQP=2∠EFP,∠EQP=∠QFP+∠QPF,∴∠EFP=∠FPQ,∴|QE|=|QF| =|QP|,∴点P在以EF为直径的圆上,PE⊥PF,∵ =(x1,y1-y0), =(x2,y2-y0),∴ · =x1x2+(y1-y0)(y2-y0)=x1x2+y1y2-y0(y1+y2)+ =x1x2+k2x1x2- (x1+x2)-y0[k(x1+x2)-1]+ + =(1+k2)x1x2-k (x1+x2)+ +y0+
= =0,∴12( -1)k2+4 +4y0-8=0恒成立,∴ 解得y0=1,∴P(0,1),∴存在定点P(0,1),使得∠EQP=2∠EFP恒成立.
19.(2022广东深圳二调,21)已知椭圆E: + =1(a>b>0)经过点M ,且焦距|F1F2|=2 ,线段AB,CD分别是它的长轴和短轴.(1)求椭圆E的方程;(2)若N(s,t)是平面上的动点,从下面两个条件中选一个,证明:直线PQ经过 定点.①s=1,t≠± ,直线NA,NB与椭圆E的另一交点分别为P,Q;②t=2,s∈R,直线NC,ND与椭圆E的另一交点分别为P,Q.
解析 (1)由已知得 解得 ∴椭圆E的方程为 +y2=1.(2)选择条件①.证明:由题意得N(1,t),t∈R,t≠± .不妨令A(-2,0),B(2,0),则直线NA的方程为y= (x+2),直线NB的方程为y=-t(x-2).由 得(4t2+9)x2+16t2x+16t2-36=0.
∵-2是上述方程的一个根,∴xP= ,则yP= ,∴P .同理可得Q .当t=0时,P(2,0),Q(-2,0),直线PQ为x轴;当t≠0,t≠± 时,直线PQ的方程为 = .
令y=0,则上面方程的左边= =- ,∴x= + × =4(与t无关).综上所述,直线PQ经过定点(4,0).选择条件②.证明:由题意得N(s,2),不妨设C(0,-1),D(0,1),则直线NC的方程为3x-sy-s=0,
直线ND的方程为x-sy+s=0.由 得(s2+36)y2+2s2y+s2-36=0.∵yC=-1,∴yP=- ,则xP= ,∴P .同理可得Q .当s=0时,P(0,1),Q(0,-1),直线PQ为y轴;当s≠0时,直线PQ的方程为y- = ,
令x=0,则y= + · = + · = - · = (与s无关).综上所述,直线PQ经过定点 .
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