高三数学一轮复习第八章解析几何培优专题一4简单的圆锥曲线综合问题学案

这是一份高三数学一轮复习第八章解析几何培优专题一4简单的圆锥曲线综合问题学案，共32页。

(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系．
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．
(4)利用基本不等式求出参数的取值范围．
(5)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．
[培优案例]
[例1] (2023·全国甲卷)设抛物线C：y2＝2px(p>0)，直线x－2y＋1＝0与C交于A，B两点，且|AB|＝415.
(1)求p；
(2)设C的焦点为F，M，N为C上两点，MF·NF＝0，求△MNF面积的最小值．
[解] (1)联立抛物线与直线方程得x=2y-1，y2=2px，
整理，得y2－4py＋2p＝0，
则Δ＝16p2－8p>0，且p>0，解得p>12.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
易得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
所以|AB|＝1+4|y1－y2|
＝5·y1+y22-4y1y2＝5·16p2-8p＝415，
解得p＝2(负值已舍去)．
(2)法一：易知F(1，0)．
设M(x3，y3)，N(x4，y4)，直线MN的方程为x＝my＋n.
与抛物线方程联立得x=my+n，y2=4x， 整理，得y2－4my－4n＝0，
则Δ＝16m2＋16n>0，y3＋y4＝4m，y3y4＝－4n，
所以MF·NF＝(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＝－4m2＋n2－6n＋1＝0，即4m2＝n2－6n＋1.
因为n2－6n＋1＝4m2≥0，
所以n≤3－22或n≥3＋22.
因为MF·NF＝0，所以MF⊥NF，
所以S△MNF＝12|MF|·|NF|＝12(x3＋1)(x4＋1)＝12(my3＋n＋1)(my4＋n＋1)＝12[m2y3y4＋m(n＋1)(y3＋y4)＋(n＋1)2]＝12[m2(－4n)＋(mn＋m)·4m＋(n＋1)2]＝12(4m2＋n2＋2n＋1)＝12(n2－6n＋1＋n2＋2n＋1)＝n2－2n＋1＝(n－1)2.
故S△MNF≥(3－22－1)2＝12－82.
所以△MNF面积的最小值为12－82.
法二：设∠xFM＝θ，线段NF在线段MF的逆时针方向上，则∠xFN＝θ＋π2，则|MF|＝21-csθ，
|NF|＝21-csθ+π2＝21+sinθ，
所以S△MNF＝12|MF|·|NF|＝21-csθ1+sinθ.
因为(1－cs θ)(1＋sin θ)≤1-csθ2+1+sinθ22＝32＋sin θ－cs θ＝32+2sin θ-π4≤32+2，当且仅当θ＝3π4时取等号，
所以S△MNF≥232+2＝12－82.
综上，△MNF面积的最小值为12－82.
根据对称性可推测出当直线MN与x轴垂直时△MNF的面积最小，知道结论后再进行验证，思路会更加清晰．
本题考查直线与抛物线的位置关系、向量的数量积等知识，考查数形结合思想、转化与化归思想，体现了逻辑推理、数学运算等核心素养．试题难度：中．
【教师备用】
已知双曲线C：x2a2-y2b2＝1(a＞0，b＞0)的左焦点为F，右顶点为A(1，0)，点P是其渐近线上的一点，且以PF为直径的圆过点A，|PO|＝2，点O为坐标原点．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)当点P在x轴上方时，过点P作y轴的垂线与y轴相交于点B，设直线l：y＝kx＋m(km≠0)与双曲线C相交于不同的两点M，N，若|BM|＝|BN|，求实数m的取值范围．
[解] (1)∵F(－c，0)，A(a，0)，双曲线C的渐近线方程为y＝±bax，以PF为直径的圆过点A，
∴PA⊥AF.不妨取点P在y＝bax上，
设点Pt，bat，AP＝t-a，bta，FA＝(a＋c，0)，
∵PA⊥AF，则AP·FA＝(t－a)(a＋c)＝0，可得t＝a，则点P(a，b)，
∵|PO|＝2，则a2＋b2＝4，
∵a＝1，∴b2＝3，
∴双曲线C的标准方程为x2－y23＝1.
(2)由题意可知B(0，3)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
线段MN中点Q(x0，y0)，联立y=kx+m，x2-y23=1，
消去y得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，
依题意3-k2≠0， Δ=-2km2-43-k2-m2-3＞0，
即3-k2≠0， 3+m2-k2＞0 ，①
由根与系数的关系可得x1＋x2＝2km3-k2，x1x2＝－m2+33-k2，
则x0＝x1+x22＝km3-k2，y0＝kx0＋m＝3m3-k2，
∵|BM|＝|BN|，∴BQ⊥MN，
∴kBQ＝y0-3x0＝3m3-k2-3km3-k2＝－1k，
∴3－k2＝433m，②
又k2＝3－433m＞0，③
由①②③得m＜－433或0＜m＜334.
圆锥曲线中的定点问题
[培优技法]
求解直线或曲线过定点问题的基本思路
(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，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零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．
(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
[培优案例]
[例2] (2023·全国乙卷)已知椭圆C：y2a2+x2b2＝1(a>b>0)的离心率是53，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)因为点A(－2，0)在C上，所以4b2＝1，得b2＝4.
因为椭圆的离心率e＝ca＝53，所以c2＝59a2，又a2＝b2＋c2＝4＋59a2，所以a2＝9,c2＝5，
故椭圆C的方程为y29+x24＝1.
(2)证明：由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设lPQ：y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由y-3=kx+2，y29+x24=1， 得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，
则Δ＝(16k2＋24k)2－4(4k2＋9)(16k2＋48k)＝－36×48k>0，
故x1＋x2＝－16k2+24k4k2+9，x1x2＝16k2+48k4k2+9.
直线AP：y＝y1x1+2(x＋2)，令x＝0，解得yM＝2y1x1+2，同理得yN＝2y2x2+2，
则yM＋yN＝2×y1x2+2+y2x1+2x1+2x2+2＝2×kx1+2k+3x2+2+kx2+2k+3x1+2x1+2x2+2
＝2×2kx1x2+4k+3x1+x2+8k+12x1x2+2x1+x2+4＝2×2k16k2+48k+4k+3-16k2-24k+8k+124k2+916k2+48k+2-16k2-24k+44k2+9
＝2×10836＝6.
所以MN的中点的纵坐标为yM+yN2＝3，
所以MN的中点为定点(0，3)．
圆锥曲线中的定值问题
[培优技法]
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；
(2)求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；
(3)求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
[培优案例]
[例3] (2020·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为22，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)由题设得4a2+1b2＝1，a2-b2a2＝12，解得a2＝6，b2＝3.所以C的方程为x26+y23＝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x26+y23＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－4km1+2k2，x1x2＝2m2-61+2k2.①
由AM⊥AN知AM·AN＝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)2m2-61+2k2－(km－k－2)·4km1+2k2＋(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，m＝－23k－13.
于是MN的方程为y＝kx-23-13(k≠1)．
所以直线MN过点P23，-13.
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．
由AM·AN＝0，得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又x126+y123＝1，可得3x12－8x1＋4＝0，解得x1＝2(舍去)，x1＝23.
此时直线MN过点P23，-13.
令Q为AP的中点，即Q43，13.
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝12|AP|＝223.
若D与P重合，则|DQ|＝12|AP|.
综上，存在点Q43，13，使得|DQ|为定值．
圆锥曲线中的定直线问题
[培优技法]
定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题．这类问题的核心在于确定动点的轨迹，主要方法有：
(1)设点法：设出动点坐标，通过已知点轨迹，消去参数，从而得到动点轨迹是直线；
(2)待定系数法：设出含参数的直线方程，待定系数法求解出系数；
(3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证．
[培优案例]
[例4] (2023·宁夏银川模拟预测)已知抛物线C1：x2＝2py(p>0)和圆C2：(x＋1)2＋y2＝2，倾斜角为45°的直线l1过C1的焦点，且l1与C2相切．
(1)求抛物线C1的方程；
(2)动点M在C1的准线上，动点A在C1上，若C1在点A处的切线l2交y轴于点B，设MN＝MA+MB，证明点N在定直线上，并求该定直线的方程．
[解] (1)依题意得，抛物线C1：x2＝2py的焦点坐标为0，p2，设直线l1的方程为y＝x＋p2，
而圆C2：(x＋1)2＋y2＝2的圆心C2(－1，0)，半径r＝2，由直线l1与圆C2相切，
得圆心C2到直线l1的距离d＝-1+p212+-12＝2，又p>0，
解得p＝6，所以抛物线C1的方程为x2＝12y.
(2)由(1)知抛物线C1：x2＝12y的准线为y＝－3，设M(m，－3)，
由y＝x212，求导得y′＝x6，设A(x1，y1)，则以A为切点的切线l2的斜率为k＝x16，
于是切线l2的方程为y＝16x1(x－x1)＋y1，
令x＝0，得y＝-16x12＋y1＝－16×12y1＋y1＝-y1，即l2交y轴于点B(0，－y1)，
因此MA＝(x1－m，y1＋3)，MB＝(－m，－y1＋3)，MN＝MA+MB＝(x1－2m，6)，
则ON＝OM+MN＝(x1－m，3)，设N(x，y)，从而y＝3，
所以点N在定直线y＝3上．
【教师备用】
1．(2023·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－25，0)，离心率为5.
(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．
[解] (1)设双曲线C的方程为x2a2-y2b2＝1(a＞0，b＞0)，c为双曲线C的半焦距，
由题意可得c=25， ca=5， C2=a2+b2， 解得c=25，a=2， b=4，
所以双曲线C的方程为x24-y216＝1.
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，
则x1＝my1－4，x2＝my2－4.
联立x=my-4，x24-y216=1，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0.
因为直线MN与双曲线C的左支交于M，N两点，所以4m2－1≠0，且Δ＞0.
由根与系数的关系得y1+y2=32m4m2-1，y1y2=484m2-1，
所以y1＋y2＝2m3y1y2.
因为A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点，
所以A1(－2，0)，A2(2，0)．
直线MA1的方程为y1x1+2＝yx+2，直线NA2的方程为y2x2-2＝yx-2，
所以y1x1+2y2x2-2＝yx+2yx-2，得x2-2y1x1+2y2＝x-2x+2，
my2-6y1my1-2y2＝my1y2-6y1my1y2-2y2＝x-2x+2.
因为my1y2-6y1my1y2-2y2＝my1y2-6y1+y2+6y2my1y2-2y2＝my1y2-6·2m3 y1y2+6y2my1y2-2y2＝-3my1y2+6y2my1y2-2y2
＝－3，
所以x-2x+2＝－3，解得x＝－1，
所以点P在定直线x＝－1上．
2．在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆C：x24＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝x12，y1，n＝x22，y2，m·n＝0.
(1)求证：k1·k2＝－14；
(2)试探求△OPQ的面积S是否为定值，并说明理由．
[解] (1)证明：∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0.
又m·n＝0，∴x1x24＋y1y2＝0，
即x1x24＝－y1y2，
∴k1·k2＝y1y2x1x2＝－14.
(2)①当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，由y1y2x1x2＝－14，得x124-y12＝0.
又∵点P(x1，y1)在椭圆上，∴x124+y12＝1，
∴|x1|＝2，|y1|＝22.
∴S△OPQ＝12|x1||y1－y2|＝1.
②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b.
联立y=kx+b，x24+y2=1，
消去y并整理得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，
其中Δ＝(8kb)2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(1＋4k2－b2)>0，即b2<1＋4k2.
∴x1＋x2＝-8kb4k2+1，x1x2＝4b2-44k2+1.
∵x1x24＋y1y2＝0，∴x1x24＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1(满足Δ>0)．
∴S△OPQ＝12·b1+k2·|PQ|＝12|b|·x1+x22-4x1x2＝2|b|4k2+1-b24k2+1＝1.
综合①②知△OPQ的面积S为定值1.
圆锥曲线中的证明、探索性问题
[培优技法]
圆锥曲线中的常见证明问题
(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等．
(2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等．
在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明．
[培优案例]
[例5] 已知椭圆C1：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，椭圆C1的上顶点与抛物线C2：x2＝2py(p＞0)的焦点F重合，且抛物线C2经过点P(2，1)，O为坐标原点．
(1)求椭圆C1和抛物线C2的标准方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋m与抛物线C2交于A，B两点，与椭圆C1交于C，D两点，若直线PF平分∠APB，四边形OCPD能否为平行四边形？若能，求实数m的值；若不能，请说明理由．
[解] (1)由抛物线C2经过点P(2，1)，得4＝2p，所以p＝2，
故抛物线方程为x2＝4y.
抛物线C2：x2＝4y的焦点为F(0，1)，所以b＝1.
又椭圆C1的离心率e＝ca＝a2-b2a＝a2-1a＝32，
解得a＝2.
所以椭圆C1的标准方程为x24＋y2＝1.
(2)四边形OCPD不能为平行四边形，理由如下：
将y＝kx＋m代入x2＝4y，消去y并整理得
x2－4kx－4m＝0.
由题意知，Δ＝16k2＋16m＞0，即m＞－k2.
设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2.
因为直线PF平分∠APB，所以k1＋k2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1-1x1-2+y2-1x2-2＝0.
又x12＝4y1，x22＝4y2，
则x124-1x1-2+x224-1x2-2＝x1+x2+44＝0，
所以x1＋x2＝－4，
所以kAB＝y1-y2x1-x2＝x124-x224x1-x2＝x1+x24＝－1，
所以直线l：y＝－x＋m且m＞－1.
由y=-x+m，x24+y2=1，消y并整理得5x2－8mx＋4m2－4＝0.
由题意知Δ＝64m2－4×5×(4m2－4)＝16(5－m2)＞0，
解得－5＜m＜5，
所以－1＜m＜5.
设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则x3＋x4＝8m5，
y3＋y4＝－(x3＋x4)＋2m＝2m5.
若四边形OCPD为平行四边形，
则OP＝OC+OD，
即(2，1)＝(x3＋x4，y3＋y4)．
所以8m5=2，2m5=1，显然方程组无解．
所以四边形OCPD不能为平行四边形．
【教师备用】
在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(1，0)，离心率为12.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点F的直线l交C于A，B两点，线段AB的中点为M，分别过点A，B作C的切线l1，l2，且l1与l2交于点P，证明：O，P，M三点共线．
[思维流程]
[解] (1)由题意得c=1， ca=12， a2=b2+c2 则a=2， b=3，
椭圆C的标准方程为x24+y23＝1.
(2)证明：由题意知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my+1，A(x1，y1 )，B(x2，y2)，M(x0，y0)，P(x3，y3)．
由x=my+1， 3x2+4y2=12，
则3(m2y2＋2my＋1)＋4y2＝12，
即(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.
Δ＝144(m2＋1)＞0，y1＋y2＝－6m3m2+4，
y1y2＝－93m2+4，
∴y0＝y1+y22＝-3m3m2+4，x0＝43m2+4，
∴kOM＝－34m.
直线l1的方程为x1x4+y1y3＝1，①
直线l2的方程为x2x4+y2y3＝1，②
②－①⇒y3(y2－y1)＝x4(x1－x2)，
⇒yx＝34·x1-x2y2-y1＝－34m，
∴y3x3＝－34m＝kOP，
∴kOM＝kOP，
即O，P，M三点共线．
几种常见几何条件的转化如下：
(1)平行四边形条件的转化
(2)圆条件的转化
(3)角条件的转化
培优训练(十四) 简单的圆锥曲线综合问题
1．(多选)(2023·云南大理一模)过抛物线C：y2＝2px上一点A(1，－4)作两条相互垂直的直线，与C的另外两个交点分别为M，N，则( )
A．C的准线方程是x＝－4
B．过C的焦点的最短弦长为12
C．直线MN过定点(4，4)
D．当点A到直线MN的距离最大时，直线MN的方程为2x＋y－38＝0
AD [将A(1，－4)代入抛物线C的方程中得p＝8，则抛物线C的方程为y2＝16x，故抛物线C的准线方程为x＝－4，故A正确；当过抛物线C的焦点且与x轴垂直时弦长最短，此时弦长为16，故B错误；
设直线MN的方程为x＝my+n，My1216，y1，
Ny2216，y2，联立抛物线方程可得，y2－16my－16n＝0，Δ＝256m2＋64n>0，
∴y1＋y2＝16m，y1y2＝－16n，∵AM⊥AN，
∴AM·AN＝y1216-1，y1+4·y2216-1，y2+4＝y12-16y22-16256＋(y1＋4)(y2＋4)＝0，
∵y1≠－4，y2≠－4，
∴(y1＋4)(y2＋4)≠0，
∴y1-4y2-4256＋1＝0，化简整理可得
y1y2－4(y1＋y2)＋272＝0，
∴－16n－64m＋272＝0，得n＝－4m＋17，满足Δ>0，
∴直线MN的方程为x＝m(y－4)＋17，
∴直线MN过定点P(17，4)，故C错误；
当MN⊥AP时，点A到直线MN的距离最大，
此时kMN·kAP＝－1，kAP＝12，则kMN＝－2，此时直线MN的方程为2x＋y－38＝0，故D正确．故选AD.]
2．(2023·河南襄城三模)已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在y轴的正半轴上，圆x2＋(y－1)2＝1经过抛物线C的焦点．
(1)求C的方程；
(2)若直线l：mx＋y－4＝0与抛物线C相交于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线，两条切线相交于点P，求△ABP面积的最小值．
[解] (1)由题意，设C的方程为x2＝2py(p>0)，因为圆x2＋(y－1)2＝1经过抛物线C的焦点0，p2，
所以p2-12＝1，解得p＝4，所以C的方程为x2＝8y.
(2)如图所示，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≠x2，
联立方程组x2=8y， mx+y-4=0，
整理得x2＋8mx－32＝0，
所以Δ＝64m2＋128>0，且x1＋x2＝－8m，x1x2＝－32，
所以|AB|＝1+m2·x1+x22-4x1x2＝81+m2m2+2.
由x2＝8y，可得y＝x28，则y′＝x4，所以抛物线C的过点A的切线方程为y－y1＝x14(x－x1)，
将y1＝x128代入上式整理得y＝x14x-x128，
同理可得抛物线C的过点B的切线方程为y＝x24x-x228，
由y=x14x-x128，y=x24x-x228，
解得x＝x1+x22，y＝x1x28，所以x＝－4m，y＝－4，
所以点P(－4m，－4)到直线mx＋y－4＝0的距离d＝m×-4m-4-4m2+1＝4m2+2m2+1，
所以△ABP的面积S＝12|AB|d＝12×81+m2m2+2×4m2+2m2+1＝16m2+232，
当m＝0时，Smin＝322，所以△ABP面积的最小值为322.
3．(2021·北京卷)已知椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)过点A(0，－2)，以四个顶点围成的四边形面积为45.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点P(0，－3)的直线l的斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y＝－3于点M，N，若|PM|＋|PN|≤15，求k的取值范围．
[解] (1)因为椭圆E过点A(0，－2)，所以b＝2.
以四个顶点围成的四边形面积为45，故12·2a·2b＝2ab＝45.
联立b=2， 2ab=45， a2=b2+c2， 解得a=5，b=2， c=1，
故椭圆E的标准方程为x25+y24＝1.
(2)由题意可得，直线l的斜率存在，且直线l的方程为y＝kx－3，设B(x1，y1)，C(x2，y2)．
联立y=kx-3， 4x2+5y2=20，消去y整理得
(5k2＋4)x2－30kx＋25＝0，
Δ＝(－30k)2－4(5k2＋4)×25＝400(k2－1)＞0，故k＞1或k＜－1.
由根与系数的关系，得
x1＋x2＝30k5k2+4，x1x2＝255k2+4，
进而可得
y1＋y2＝k(x1＋x2)－6＝－245k2+4，
y1y2＝(kx1－3)(kx2－3)＝k2x1x2－3k(x1＋x2)＋9＝36-20k25k2+4.
直线AB的方程为y＋2＝y1+2x1x，
令y＝－3，则x＝－x1y1+2，故点M-x1y1+2，-3.
直线AC的方程为y＋2＝y2+2x2x，
令y＝－3，则x＝－x2y2+2，故点N-x2y2+2，-3.
|PM|＋|PN|＝x1y1+2+x2y2+2＝x1·y2+2+x2·y1+2y1+2·y2+2＝x1·kx2-1+x2·kx1-1y1·y2+2y1+y2+4
＝2kx1x2-x1+x2y1·y2+2y1+y2+4＝2k·255k2+4-30k5k2+436-20k25k2+4-485k2+4+4＝|5k|≤15，
即|k|≤3，解得－3≤k≤3.
综上，k的取值范围为[－3，－1)∪(1，3].
4．已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，过F且斜率为1的直线与C交于A，B两点，|AB|＝8.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点D(1，2)的直线l交C于点M，N，点Q为MN的中点，QR⊥x轴交C于点R，且QR＝RT.证明：动点T在定直线上．
[解] (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为F0，p2，所以过F且斜率为1的直线的方程为y＝x＋p2.
由y=x+p2，x2=2py，消去y并整理，得x2－2px－p2＝0，
易知Δ＞0.
则x1＋x2＝2p，y1＋y2＝x1＋x2＋p＝3p，
所以|AB|＝y1＋y2＋p＝4p＝8，解得p＝2.
于是抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)证明：易知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝kx-1+2，Qx0，y0，Mx3，14 x32，Nx4，14x42.
由y=kx-1+2，x2=4y， 消去y并整理，得x2－4kx＋4k－8＝0.
则Δ＝(－4k)2－4(4k－8)＝16(k2－k＋2)＞0，
x3＋x4＝4k，x3x4＝4k－8，
所以x0＝x3+x42＝2k，y0＝k(x0－1)＋2＝2k2－k＋2，
即Q(2k，2k2－k＋2)．
由点R在抛物线C上，QR⊥x轴，且QR＝RT，
得R(2k，k2)，R为QT的中点，
所以T(2k，k－2)．
因为2k－2(k－2)－4＝0，
所以动点T在定直线x－2y－4＝0上．
阶段提能(十六) 圆锥曲线的综合应用
1．(人教B版选择性必修第一册P173习题2－8B组T2)已知直线l：y＝x－3与抛物线C：x2＝－8y相交于A，B两点，且O为坐标原点．
(1)求弦长|AB|以及线段AB的中点坐标；
(2)判断OA⊥OB是否成立，并说明理由．
[解] 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立直线与抛物线的方程，可得y=x-3，x2=-8y，
消去y并整理，得x2＋8x－24＝0，Δ>0，
由根与系数的关系，得x1+x2=-8，x1x2=-24.
因为点A，B在直线l上，所以y1=x1-3，y2=x2-3.
(1)|AB|＝x1-x22+y1-y22＝
2x1+x22-4x1x2＝85.
因为x1+x22＝－4，y1+y22＝x1+x2-62＝－7，
所以线段AB的中点坐标为(－4，－7)．
(2)OA⊥OB不成立，理由如下：因为OA·OB＝x1x2＋y1y2＝x1x2+-18 x12-18x22＝x1x2＋164(x1x2)2＝－24＋9＝－15≠0，所以OA⊥OB不成立．
2．(人教B版选择性必修第一册P178复习题B组T16)已知直线y＝ax＋1与双曲线3x2－y2＝1相交于A，B两点，O为坐标原点，如果OA⊥OB，求a的值．
[解] 设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
∵OA⊥OB，直线OA的斜率为kOA＝y1x1，直线OB的斜率为kOB＝y2x2，
∴kOA·kOB＝y1x1·y2x2＝－1，
∴x1x2＋y1y2＝0，
∴x1x2＋(ax1＋1)(ax2＋1)＝0，
即(a2＋1)x1x2＋a(x1＋x2)＋1＝0.
由y=ax+1， 3x2-y2=1，消去y，得3x2－(ax＋1)2＝1，
即(3－a2)x2－2ax－2＝0，Δ＝4a2＋8(3－a2)>0，即a2<6且a2≠3，
∴x1＋x2＝2a3-a2，x1x2＝2a2-3.
∴(a2＋1)·2a2-3＋a·2a3-a2＋1＝0.
∴a2＝1.
∴a＝1或－1.
3．(人教A版选择性必修第一册P146复习参考题3T11)已知△ABC的两个顶点A，B的坐标分别是(－5，0)，(5，0)，且AC，BC所在直线的斜率之积等于m(m≠0)，求顶点C的轨迹．
[解] 设顶点C(x，y)．
因为AC，BC的斜率都存在，
所以kAC＝yx+5(x≠－5)，
kBC＝yx-5(x≠5)．
根据题意，得kAC·kBC＝m，
所以yx+5·yx-5＝m(x≠±5)．
因为m≠0，所以方程可变形为x225-y225m＝1(x≠±5)．
所以，当m>0时，点C的轨迹是焦点在x轴上的双曲线，除去(－5，0)，(5，0)两点；当－14．(北师大版选择性必修第一册P83习题2－4B组T 4)已知点E(1，0)，直线l：y＝x＋m与椭圆x24+y22＝1相交于A，B两点，是否存在直线l满足|EA|＝|EB|?
[解] 法一：联立y=x+m， x2+2y2=4，
可得3x2＋4mx＋2m2－4＝0.
设直线l与椭圆的两个交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则Δ＝16m2－12(2m2－4)>0，
即－6因为x1＋x2＝-4m3，x1x2＝2m2-43，
所以AB的中点为M-2m3，m3.
若|EA|＝|EB|，则EM⊥AB，
即EM·BA＝0，设x1>x2，
则y1>y2，EM＝-2m3-1，m3，
BA＝(x1－x2，y1－y2)，
x1－x2＝x1+x22-4x1x2＝-4m32-4×2m2-43
＝2236-m2≠0，
即BA＝2236-m2，2236-m2，
所以EM·BA＝2236-m2-m3-1＝0，
即－m3－1＝0，解得m＝－3.
因为此时不满足Δ>0，所以不存在直线l满足|EA|＝|EB|.
法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x124+y122＝1，x224+y222＝1，所以|AE|2＝x1-12+y12＝x1-12+21-x124
＝x122－2x1＋3＝12(x1－2)2＋1.
同理可得|BE|2＝12(x2－2)2＋1.
因为－2≤x1≤2，－2≤x2≤2，二次函数y＝12(x－2)2＋1在[－2，2]上单调递减，所以不存在不同的两个值x1，x2，使它们的函数值相等，即不存在点A，B满足|EA|＝|EB|，所以不存在直线l满足|EA|＝|EB|.
5．(2023·新高考Ⅰ卷)设椭圆C1：x2a2＋y2＝1(a＞1)，C2：x24＋y2＝1的离心率分别为e1，e2，若e2＝3e1，则a＝( )
A．233 B．2 C．3 D．6
A [由已知得e1＝a2-1a，e2＝4-12＝32，因为e2＝3e1，所以32＝3×a2-1a，解得a＝233.故选A.]
6．(2023·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C：x23＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，则m＝( )
A．23 B．23 C．－23 D．－23
C [将直线方程y＝x＋m与椭圆方程联立得y=x+m， x23+y2=1，消去y可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，因为直线与椭圆相交于A，B点，则Δ＝36m2-4×4(3m2－3)＞0，解得－2＜m＜2.易知F1(－2，0)，F2(2，0)，△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，所以点F1到直线AB的距离是点F2到直线AB的距离的2倍，即-2+m2＝2×2+m2，解得m＝－23或m＝－32(舍去)，故选C.]
7．(2023·全国甲卷)设O为坐标原点，F1，F2为椭圆C：x29+y26＝1的两个焦点，点P在C上，cs ∠F1PF2＝35，则|OP|＝( )
A．135 B．302 C．145 D．352
B [法一：依题意可知a＝3，b＝6，c＝a2-b2＝3.如图，不妨令F1(－3，0)，F2(3，0)．
设|PF1|＝m，|PF2|＝n，
在△F1PF2中，cs ∠F1PF2＝m2+n2-122mn＝35， ①
由椭圆的定义可得m＋n＝2a＝6， ②
由①②，解得mn＝152.
设|OP|＝x.在△F1OP和△F2OP中，∠F1OP＋∠F2OP＝π，
由余弦定理的推论得x2+3-m223x＝－x2+3-n223x，
得x2＝m2+n2-62＝m+n2-2mn-62＝152，
所以|OP|＝302.
法二：依题意可知a＝3，b＝6，c＝a2-b2＝3.如图(图同法一)，设点P的坐标为(x0，y0)，
∠F1PF2＝α，则cs ∠F1PF2＝cs α＝35，
故sin ∠F1PF2＝sin α＝2sinα2csα2sin2α2+cs2α2＝2tanα21+tan2α2＝45，则tanα2＝12或tan α2＝2(舍去)．
故△F1PF2的面积S△F1PF2＝b2tan α2＝6×12＝3.
又S△F1PF2＝12×2c|y0|＝3|y0|，故y02＝3，又x029+y026＝1，
所以x02＝92，|OP|2＝x02+y02＝152，|OP|＝302.
法三：依题意可知a＝3，b＝6，c＝a2-b2＝3.如图(图同法一)，不妨令F1(－3，0)，F2(3，0)．
设|PF1|＝m，|PF2|＝n，在△F1PF2中，
cs ∠F1PF2＝m2+n2-122mn＝35， ①
由椭圆的定义可得m＋n＝2a＝6， ②
由①②，解得mn＝152.
因为PO＝12(PF1+PF2)，
所以|PO|2＝14(m2＋n2＋2mn cs ∠F1PF2)
＝14m+n2-45 mn＝152，所以|PO|＝302.]
8．(2023·天津卷)双曲线x2a2-y2b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.过F2作其中一条渐近线的垂线，垂足为P.已知|PF2|＝2，直线PF1的斜率为24，则双曲线的方程为( )
A．x28-y24＝1 B．x24-y28＝1
C．x24-y22＝1 D．x22-y24＝1
D [法一：不妨取渐近线y＝bax，此时直线PF2的方程为y＝－ab(x－c)，与y＝bax联立并解得x=a2c，y=abc，即Pa2c，abc.
因为直线PF2与渐近线y＝bax垂直，所以PF2的长度即为点F2(c，0)到直线y＝bax，即bx－ay＝0的距离，由点到直线的距离公式得|PF2|＝bca2+b2＝bcc＝b，所以b＝2.
因为F1(－c，0)，Pa2c，abc，且直线PF1的斜率为24，所以abca2c+c＝24，化简得aba2+C2＝24，又b＝2,c2＝a2＋b2，所以2a2a2+4＝24，整理得a2－22a＋2＝0，即(a－2)2＝0，解得a＝2.
所以双曲线C的方程为x22-y24＝1，故选D.
法二：因为过点F2向其中一条渐近线作垂线，垂足为P，且|PF2|＝2，所以b＝2，再结合选项，排除选项B，C；若双曲线方程为x28-y24＝1，则F1(－23，0)，F2(23，0)，渐近线方程为y＝±22x，不妨取渐近线y＝22x，则直线PF2的方程为y＝－2(x－23)，与渐近线方程y＝22x联立，得P433，263，则kPF1＝25，又直线PF1的斜率为24，所以双曲线方程为x28-y24＝1不符合题意，排除A，故选D.]
9．(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)设O为坐标原点，直线y＝－3(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|＝83
C．以MN为直径的圆与l相切
D．△OMN为等腰三角形
AC [由题意，易知直线y＝－3(x－1)过点(1，0)．
对于A，因为直线经过抛物线C的焦点，所以易知焦点坐标为(1，0)，所以p2＝1，即p＝2，所以A选项正确．
对于B，不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1联立方程得y=-3x-1，y2=4x， 消去y并整理得3x2－10x＋3＝0，解得x1＝13，x2＝3.所以M13，233，N(3，－23)．由抛物线的定义得，|MN|＝x1＋x2＋p＝103＋2＝163，故B选项错误．
对于C，l的方程为x＝－1，以MN为直径的圆的圆心坐标为53，-233，半径r＝12|MN|＝83＝53＋1，所以以MN为直径的圆与l相切，故C选项正确．
对于D，由两点间距离公式可得|OM|＝133，|ON|＝21，又|MN|＝163，故D选项错误．故选AC.]
10．(2023·天津卷)过原点O的一条直线与圆C：(x＋2)2＋y2＝3相切，交曲线y2＝2px(p>0)于点P，若|OP|＝8，则p的值为________．
6 [由题意得直线OP的斜率存在．设直线OP的方程为y＝kx，因为该直线与圆C相切，所以-2k1+k2＝3，解得k2＝3.将直线方程y＝kx与曲线方程y2＝2px(p>0)联立，得k2x2－2px＝0，因为k2＝3，所以3x2－2px＝0，解得x＝0或2p3，设P(x1，y1)，则x1＝2p3，又O(0，0)，所以|OP|＝1+k2|x1－0|＝2×2p3＝8，解得p＝6.]
11．(2023·新高考Ⅰ卷)已知双曲线C：x2a2-y2b2＝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，F1A⊥F1B，F2A＝－23F2B，则C的离心率为________．
355 [法一：由题意可知，F1(－c，0)，F2(c，0)，设A(x1，y1)，B(0，y0)，所以F2A＝(x1－c，y1)，F2B＝(－c，y0)，因为F2A＝－23F2B，
所以x1-c=23 c，y1=-23 y0， 即x1=53 c， y1=-23 y0，
所以A53c，-23y0.
F1A＝83c，-23y0，F1B＝(c，y0)，
因为F1A⊥F1B，所以F1A·F1B＝0，即83c2-23y02＝0，解得y02＝4c2.
因为点A53c，-23y0在双曲线C上，所以25c29a2-4y029b2＝1，又y02＝4c2，所以25c29a2-16c29b2＝1，即25a2+b29a2-16a2+b29b2＝1，化简得b2a2＝45，所以e2＝1＋b2a2＝95，所以e＝355.
法二：由法一得A53c，-23y0，y02＝4c2，
所以|AF1|＝53c+c2+-23y02＝64c29+4y029＝64c29+16c29＝45c3，
|AF2|＝53c-c2+-23y02＝4c29+4y029＝4c29+16c29＝25c3，由双曲线的定义可得|AF1|－|AF2|＝2a，即45c3-25c3＝2a，即53c＝a，所以双曲线C的离心率e＝ca＝35＝355.
法三：由F2A＝－23F2B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|＝23|F2B|.设|F2B|＝3m(m＞0)，则|F2A|＝2m，所以|F1B|＝|F2B|＝3m，|AB|＝5m，由F1A⊥F1B可得∠AF1B＝90°，所以|AF1|＝AB2-BF12＝4m，所以2a＝|AF1|－|AF2|＝2m，即a＝m.过F1作F1D⊥AB，垂足为D(图略)，则12|AB|·|F1D|＝12|F1A|·|F1B|，即12×5m×|F1D|＝12×4m×3m，所以|F1D|＝125m，所以|BD|＝BF12-F1D2＝95m，所以|F2D|＝65m，则|F1F2|＝F1D2+F2D2＝655m＝2c，即c＝355m，所以e＝ca＝355.]
12．(2023·天津卷)已知椭圆x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，右焦点为F，|A1F|＝3，|A2F|＝1.
(1)求椭圆的方程和离心率e；
(2)已知点P是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线A2P交y轴于点Q，若△A1PQ的面积是△A2FP的面积的2倍，求直线A2P的方程．
[解] (1)由题意可知a+c=3，a-c=1，
故a=2，c=1，则b2＝a2－c2＝3，
所以椭圆的方程为x24+y23＝1，
此椭圆的离心率e＝ca＝12.
(2)由题易知直线A2P的斜率存在且不为0，所以可设直线A2P的方程为y＝k(x－2)．由y=kx-2，x24+y23=1， 消去y，可得(3＋4k2)x2－16k2x＋16k2－12＝0，
设P(xP，yP)，则由根与系数的关系可知xP＋2＝16k23+4k2，即xP＝8k2-63+4k2，
则yP＝k(xP－2)＝-12k3+4k2.
由直线A2P交y轴于点Q，可得Q(0，－2k)，
所以S△A1PQ＝12×4×|yP－yQ|，S△A2PQ＝12×1×|yP|，
因为S△A1PQ＝2S△A2FP，所以2|yP－yQ|＝|yP|，
①当2|yP|－2|yQ|＝|yP|时，|yP|＝2|yQ|，
即有12k3+4k2＝2·|－2k|，解得k＝0，不符合题意，舍去．
②当2|yQ|－2|yP|＝|yP|时，2|yQ|＝3|yP|，
即有4|k|＝36k3+4k2，解得k＝±62.
故直线A2P的方程为y＝±62(x－2)．
几何性质
代数实现
①对边平行
斜率相等或向量平行
②对边相等
长度相等
③对角线互相平分
中点重合
几何性质
代数实现
①点在圆上
点与直径端点向量的数量积为零
②点在圆外
点与直径端点向量的数量积为正数
③点在圆内
点与直径端点向量的数量积为负数
几何性质
代数实现
①锐角、直角、钝角
角的余弦(向量数量积)的符号
②倍角、半角、平分角
角平分线性质、定理
③等角(相等或相似)
比例线段或斜率