第四講圓錐曲線(xiàn)的綜合問(wèn)題1.[改編題]下列結(jié)論正確的是()A.f(x0,y0)=0是點(diǎn)P(x0,y0)在曲線(xiàn)f(x,y)=0上的充要條件B.方程x2+xy=x表示的是一個(gè)點(diǎn)和一條直線(xiàn)C.方程y=x與x=y2表示同一曲線(xiàn)D.到兩條互相垂直的直線(xiàn)距離相等的點(diǎn)的軌跡方程是x2=y22.[改編題]已知點(diǎn)F(14,0),直線(xiàn)l:x=-14,點(diǎn)B是l上的動(dòng)點(diǎn),若過(guò)點(diǎn)B且垂直于y軸的直線(xiàn)與線(xiàn)段BF的垂直平分線(xiàn)交于點(diǎn)M,則點(diǎn)M的軌跡是(A.雙曲線(xiàn) B.橢圓C.圓 D.拋物線(xiàn)3.[2019廣東百校聯(lián)考]已知A(x1,y1),B(x2,y2)是拋物線(xiàn)y=x2上不同的兩點(diǎn),分別以A,B為切點(diǎn)的兩條切線(xiàn)互相垂直,則切線(xiàn)交點(diǎn)的軌跡為()A.直線(xiàn) B.圓C.拋物線(xiàn) D.雙曲線(xiàn)的一支考法1求軌跡方程1直線(xiàn)l(不與x軸重合)過(guò)點(diǎn)F(1,0)且與y軸交于點(diǎn)G,過(guò)G作FG的垂線(xiàn),與x軸交于點(diǎn)T,點(diǎn)P滿(mǎn)足TP=2GP.(1)求點(diǎn)P的軌跡C的方程;(2)過(guò)點(diǎn)K(-1,0)的直線(xiàn)l1與C交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為D,FA·FB=89,求直線(xiàn)(1)解法一(直接法)如圖10-4-1所示,連接PF,設(shè)P(x,y).依題意知,G為線(xiàn)段TP的中點(diǎn),F在線(xiàn)段TP的垂直平分線(xiàn)上,故|TF|=|PF|.因?yàn)閨PF|=(x所以T(1-(x-1)又線(xiàn)段TP的中點(diǎn)G在y軸上,所以1-(x-1)2+圖10-4-1圖10-4-2化簡(jiǎn)得y2=4x,即點(diǎn)P的軌跡方程為y2=4x(x≠0).解法二(定義法)如圖10-4-2所示,過(guò)點(diǎn)P作y軸的垂線(xiàn),與直線(xiàn)l交于點(diǎn)S,與y軸交于點(diǎn)R,連接ST,PF.由題意知SF垂直平分線(xiàn)段TP,所以四邊形STFP為菱形,所以|PS|=|PF|,且G為線(xiàn)段SF的中點(diǎn),所以|RS|=|OF|=1,故點(diǎn)P到定點(diǎn)F的距離與它到定直線(xiàn)x=-1的距離相等,所以點(diǎn)P的軌跡是以F為焦點(diǎn),直線(xiàn)x=-1為準(zhǔn)線(xiàn)的拋物線(xiàn).設(shè)P(x,y),則點(diǎn)P的軌跡方程為y2=4x(x≠0).解法三(參數(shù)法)設(shè)∠x(chóng)FG=θ,顯然θ≠π2且θ≠π則點(diǎn)G(0,-tanθ).因?yàn)镚T⊥FG,所以直線(xiàn)TG的方程為x+ytanθ=-tan2θ,所以T(-tan2θ,0).設(shè)P(x,y),因?yàn)門(mén)P=2GP,所以G是線(xiàn)段PT的中點(diǎn),所以x=tan2消去tanθ,得點(diǎn)P的軌跡方程為y2=4x(x≠0).(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),D(x1,-y1),l1的方程為x=my-1(m≠0),將x=my-1(m≠0)代入y2=4x并整理得y2-4my+4=0,則Δ=16m2-16>0,m>1或m<-1.y1+y2=4m,y1y2=4.x1+x2=(my1-1)+(my2-1)=4m2-2,x1x2=(my1-1)·(my2-1)=1.因?yàn)镕A=(x1-1,y1),FB=(x2-1,y2),所以FA·FB=(x1-1)(x2-1)+y1y2=x1x2-(x1+x2)+1+4=8-4m2,故8-4m2=89,解得m=±43,滿(mǎn)足Δ又|y2-y1|=(4所以直線(xiàn)BD的斜率為kBD=y2+y因?yàn)橹本€(xiàn)BD的方程為y=y2+y1x2-x1(所以y=4y2-y1(x-y所以y=4x即y=4(x-1)y2-y所以直線(xiàn)BD過(guò)點(diǎn)(1,0),所以直線(xiàn)BD的方程為3x+7y-3=0或3x-7y-3=0.1.[2017全國(guó)卷Ⅱ,20,12分][理]設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)M在橢圓C:x22+y2=1上,過(guò)M作x軸的垂線(xiàn),垂足為N,點(diǎn)P滿(mǎn)足NP(1)求點(diǎn)P的軌跡方程;(2)設(shè)點(diǎn)Q在直線(xiàn)x=-3上,且OP·PQ=1.證明:過(guò)點(diǎn)P且垂直于OQ的直線(xiàn)l過(guò)C的左焦點(diǎn)F.2.已知圓C與兩圓x2+(y+4)2=1,x2+(y-2)2=1外切,圓C的圓心軌跡為L(zhǎng),設(shè)L上的點(diǎn)與點(diǎn)M(x,y)的距離的最小值為m,點(diǎn)F(0,1)與點(diǎn)M(x,y)的距離為n.(1)求圓C的圓心軌跡L的方程;(2)求滿(mǎn)足條件m=n的點(diǎn)M的軌跡Q的方程.考法2與圓錐曲線(xiàn)有關(guān)的最值或取值范圍問(wèn)題命題角度1最值問(wèn)題2[2019全國(guó)卷Ⅱ,21,12分][理]已知點(diǎn)A(-2,0),B(2,0),動(dòng)點(diǎn)M(x,y)滿(mǎn)足直線(xiàn)AM與BM的斜率之積為-12.記M的軌跡為曲線(xiàn)C.(1)求C的方程,并說(shuō)明C是什么曲線(xiàn).(2)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的直線(xiàn)交C于P,Q兩點(diǎn),點(diǎn)P在第一象限,PE⊥x軸,垂足為E,連接QE并延長(zhǎng)交C于點(diǎn)G.(i)證明:△PQG是直角三角形;(ii)求△PQG面積的最大值.(1)先利用條件kAM·kBM=-12建立方程,再將點(diǎn)的坐標(biāo)代入,化簡(jiǎn)即得C的方程,從而可判斷C是什么曲線(xiàn).(2)(i)設(shè)直線(xiàn)PQ的方程為y=kx(k>0),然后與橢圓方程聯(lián)立,求得點(diǎn)P,Q,E的坐標(biāo),從而求得直線(xiàn)QG的方程,并與橢圓方程聯(lián)立,求得點(diǎn)G的坐標(biāo),由此求得直線(xiàn)PG的斜率,進(jìn)而可得PQ⊥PG,即證△PQG是直角三角形;(ii)由(i)求出|PQ|,|PG|,從而得到△PQG面積的表達(dá)式,進(jìn)而利用換元法及函數(shù)的單調(diào)性求其最大值.(1)由題設(shè)得yx+2·yx-2=-12,化簡(jiǎn)得x24+y22=1(|x|(2)(i)設(shè)直線(xiàn)PQ的斜率為k,則其方程為y=kx(k>0).由y=kx,x2記u=21+2k2,則P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,于是直線(xiàn)QG的斜率為k2,方程為y=k2(x-u由y=k2(x-u),x24+y22=1得(2+k設(shè)G(xG,yG),則x=-u和x=xG是方程①的解,故xG=u(3k2+2)2+從而直線(xiàn)PG的斜率為uk32+所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.(ii)由(i)得|PQ|=2u1+k2,|PG|=2ukk2+12+k2,所以△PQG的面積S設(shè)t=k+1k,則由k>0得t≥2,當(dāng)且僅當(dāng)k=1時(shí)取等號(hào)因?yàn)镾=8t1+2t2在[2,+∞)上單調(diào)遞減,所以當(dāng)t=2,即k=1時(shí),S取得最大值因此,△PQG面積的最大值為169命題角度2范圍問(wèn)題3[2019河南鄭州二測(cè)]在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知圓C1:x2+y2=r2(r>0)與直線(xiàn)l0:y=x+22相切,點(diǎn)A為圓C1上一動(dòng)點(diǎn),AN⊥x軸于點(diǎn)N,且動(dòng)點(diǎn)M滿(mǎn)足OM+AM=ON,設(shè)動(dòng)點(diǎn)M的軌跡為曲線(xiàn)(1)求曲線(xiàn)C的方程;(2)設(shè)P,Q是曲線(xiàn)C上兩動(dòng)點(diǎn),線(xiàn)段PQ的中點(diǎn)為T(mén),直線(xiàn)OP,OQ的斜率分別為k1,k2,且k1k2=-14,求|OT|的取值范圍(1)先設(shè)M(x,y),A(x0,y0),再由圓C1:x2+y2=r2(r>0)與直線(xiàn)l0:y=x+22相切求出r,結(jié)合OM+AM=ON,即可求出曲線(xiàn)C的方程.(2)當(dāng)直線(xiàn)PQ的斜率不存在時(shí),可求出|OT|=2,當(dāng)直線(xiàn)PQ的斜率存在時(shí),設(shè)直線(xiàn)PQ的方程為y=kx+m(m≠0),與橢圓方程聯(lián)立,利用根與系數(shù)的關(guān)系、k1k2=-14及中點(diǎn)坐標(biāo)公式,求出|OT|2=2-34m2,進(jìn)而討論(1)設(shè)動(dòng)點(diǎn)M(x,y),A(x0,y0),由于AN⊥x軸于點(diǎn)N,則N(x0,0).又圓C1:x2+y2=r2(r>0)與直線(xiàn)l0:y=x+22相切,所以r=|22|2=2,則圓C1:x2+y2=4.(由條件得到圓C由OM+AM=ON,得(x,y)+(x-x0,y-y0)=(x0,所以2x-x0=x又點(diǎn)A為圓C1:x2+y2=4上一動(dòng)點(diǎn),所以x2+4y2=4.(此處運(yùn)用了相關(guān)點(diǎn)法)于是曲線(xiàn)C的方程為x24+y2=(2)當(dāng)直線(xiàn)PQ的斜率不存在時(shí),可取直線(xiàn)OP的方程為y=12x不妨取點(diǎn)P(2,22),則Q(2,-22),T(2,0),所以|OT|=2.(先討論直線(xiàn)PQ的斜率不存在的情形當(dāng)直線(xiàn)PQ的斜率存在時(shí),設(shè)直線(xiàn)PQ的方程為y=kx+m(m≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),由y=kx+m,x2+4y2=4消去y并整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,易知Δ=16(則x1+x2=-8km1+4k2,x1由k1k2=-14,得4y1y2+x1x2=0所以4(kx1+m)(kx2+m)+x1x2=(4k2+1)x1x2+4km(x1+x2)+4m2=4m2-4-32k2m21+4k化簡(jiǎn)得2m2=1+4k2(滿(mǎn)足①式),所以m2≥12設(shè)T(x'0,y'0),則x'0=x1+x22=-4km1+4k2=所以|OT|2=x'02+y'02=4k2m2+即|OT|∈[22,2)綜上,|OT|的取值范圍為[22,2]3.[2017浙江,21,15分]如圖10-4-3,已知拋物線(xiàn)x2=y,點(diǎn)A(-12,14),B(32,94),拋物線(xiàn)上的點(diǎn)P(x,y)(-12<x<32).過(guò)點(diǎn)B(1)求直線(xiàn)AP斜率的取值范圍;(2)求|PA|·|PQ|的最大值.考法3與圓錐曲線(xiàn)有關(guān)的定點(diǎn)、定值問(wèn)題命題角度1定點(diǎn)問(wèn)題4[2019鄭州質(zhì)量預(yù)測(cè)]設(shè)M為圓C:x2+y2=4上的動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)M在x軸上的射影為點(diǎn)N,動(dòng)點(diǎn)P滿(mǎn)足2PN=3MN,動(dòng)點(diǎn)P(1)求E的方程;(2)設(shè)E的左頂點(diǎn)為D,若直線(xiàn)l:y=kx+m與曲線(xiàn)E交于A,B兩點(diǎn)(A,B不是左、右頂點(diǎn)),且滿(mǎn)足|DA+DB|=|DA-DB|,證明直線(xiàn)l(1)設(shè)點(diǎn)M(x0,y0),P(x,y),由題意可知N(x0,0).因?yàn)?PN=3MN,所以2(x0-x,-y)=3(0,-即x0=x,y0=23y.(將向量關(guān)系轉(zhuǎn)化成坐標(biāo)關(guān)系,可得到坐標(biāo)的對(duì)應(yīng))又點(diǎn)M在圓C:x2+y2=4上,所以x02將x0=x,y0=23y代入,得x24+y2即軌跡E的方程為x24(2)由(1)可知D(-2,0),設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由y=kx+m,x24+y23=1消去y,得(3+4k2Δ=(8mk)2-4(3+4k2)(4m2-12)=16(12k2-3m2+9)>0,即3+4k2-m2>0.(由判別式大于0得到一個(gè)含二元變量的不等式)所以x1+x2=-8mk3+4k2,x1x2=4(m2-3)3+4k2,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+因?yàn)閨DA+DB|=|DA-DB|,所以DA⊥DB,即DA所以(x1+2,y1)·(x2+2,y2)=x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2=0,則4m2-123+4k2+2×-8mk3+4k2+4+3m解得m1=2k,m2=27k,且均滿(mǎn)足3+4k2-m2>0.(需要檢驗(yàn)結(jié)論是否滿(mǎn)足判別式大于0)當(dāng)m1=2k時(shí),直線(xiàn)l的方程為y=kx+2k=k(x+2),直線(xiàn)恒過(guò)定點(diǎn)(-2,0),與已知矛盾;當(dāng)m2=27k時(shí),直線(xiàn)l的方程為y=kx+27k=k(x+27),直線(xiàn)恒過(guò)定點(diǎn)(-27,0).所以直線(xiàn)l恒過(guò)定點(diǎn),且定點(diǎn)的坐標(biāo)為(-27,0)命題角度2定值問(wèn)題5[2019洛陽(yáng)市第二次統(tǒng)考]已知拋物線(xiàn)C:y2=2px(p>0),其焦點(diǎn)為F,O為坐標(biāo)原點(diǎn),直線(xiàn)l與拋物線(xiàn)C相交于不同的兩點(diǎn)A,B,M為線(xiàn)段AB的中點(diǎn).(1)若p=2,M的坐標(biāo)為(1,1),求直線(xiàn)l的方程.(2)若直線(xiàn)l過(guò)焦點(diǎn)F,線(xiàn)段AB的垂直平分線(xiàn)交x軸于點(diǎn)N,試問(wèn):2|MN|2|FN|是否為定值?若為定值(1)思路一先判斷直線(xiàn)l的斜率存在且不為0,設(shè)出直線(xiàn)l的方程,再將直線(xiàn)方程與拋物線(xiàn)方程聯(lián)立,利用根與系數(shù)的關(guān)系及中點(diǎn)坐標(biāo)公式求出直線(xiàn)l的方程.思路二先設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),再利用AB的中點(diǎn)為M(1,1),由“點(diǎn)差法”可求得直線(xiàn)l的斜率,即得直線(xiàn)l的方程.(2)先利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式計(jì)算點(diǎn)M的坐標(biāo),再計(jì)算點(diǎn)N的坐標(biāo),由兩點(diǎn)間的距離公式計(jì)算|MN|2,|FN|,可得2|MN(1)解法一由題意知直線(xiàn)l的斜率存在且不為0,可設(shè)直線(xiàn)l的方程為x-1=t(y-1)(t≠0),即x=ty+1-t,A(x1,y1),B(x2,y2).由p=2知拋物線(xiàn)方程為y2=4x,由x=ty+1-t,y2=4x消去xΔ=(-4t)2-4(-4+4t)=16(t2-t+1)>0,y1+y2=4t,所以4t=2,解得t=12.(利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式求得t的值)所以直線(xiàn)l的方程為2x-y-1=0.解法二由p=2,知拋物線(xiàn)方程為y2=4x.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y12=4x1,y22由題意知直線(xiàn)AB的斜率存在,則直線(xiàn)AB的斜率kAB=y1-y2x1-因?yàn)榫€(xiàn)段AB的中點(diǎn)為M(1,1),所以y1+y2=2,所以kAB=42=2,則直線(xiàn)l的方程為y-1=2(x-1),即2x-y-1=0(2)2|MN|2|FN由拋物線(xiàn)C:y2=2px(p>0),知焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(p2,0)由題意知,直線(xiàn)l的斜率存在且不為0,因?yàn)橹本€(xiàn)l過(guò)焦點(diǎn)F,所以可設(shè)直線(xiàn)l的方程為x=ry+p2(r≠0),A(x3,y3),B(x4,y4由x=ry+p2,y2=2px消去x,Δ=(-2pr)2-4(-p2)=4p2r2+4p2>0,y3+y4=2pr,所以x3+x4=r(y3+y4)+p=2pr2+p,則M(pr2+p2,pr)所以直線(xiàn)MN的方程為y-pr=-r(x-pr2-p2令y=0,解得x=pr2+3p2,則N(pr2+3p2所以|MN|2=p2+p2r2,|FN|=pr2+3p2-p2=于是2|MN|2|FN所以2|MN|4.[2019合肥高三質(zhì)檢]已知直線(xiàn)l經(jīng)過(guò)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)(1,0),交橢圓C于點(diǎn)A,B,點(diǎn)F為橢圓C(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程.(2)若直線(xiàn)m與直線(xiàn)l的傾斜角互補(bǔ),直線(xiàn)m交橢圓C于點(diǎn)M,N,|MN|2=4|AB|,求證:直線(xiàn)m與直線(xiàn)l的交點(diǎn)P在定直線(xiàn)上.考法4與圓錐曲線(xiàn)有關(guān)的存在性問(wèn)題6[2019湘東六校聯(lián)考]已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率e=12,點(diǎn)A(b,0),B,F分別為橢圓C的上頂點(diǎn)和左焦點(diǎn),且|(1)求橢圓C的方程;(2)若過(guò)定點(diǎn)M(0,2)的直線(xiàn)l與橢圓C交于G,H兩點(diǎn)(G在M,H之間),設(shè)直線(xiàn)l的斜率k>0,在x軸上是否存在點(diǎn)P(m,0),使得以PG,PH為鄰邊的平行四邊形為菱形?如果存在,求出m的取值范圍;如果不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.(1)先由離心率得到a,c的關(guān)系式,再由|BF|·|BA|=26得到a,b的關(guān)系式,結(jié)合a2-b2=c2求出a2,b2,即得橢圓C的方程.(2)先設(shè)出直線(xiàn)l的方程,并與橢圓方程聯(lián)立,利用Δ>0得到k的取值范圍,再分別寫(xiě)出PG+PH,GH的坐標(biāo),從而由菱形的性質(zhì)、向量垂直的充要條件及根與系數(shù)的關(guān)系得到m關(guān)于k的表達(dá)式,進(jìn)而求出m的取值范圍(1)由離心率e=12,得ca=12,即a由|BF|·|BA|=26,得a·b2+b2=26,即ab易知a2-b2=c2③.由①②③可解得a2=4,b2=3,所以橢圓C的方程為x24(2)設(shè)直線(xiàn)l的方程為y=kx+2(k>0),由y=kx+2,x24+y23=1消去y由Δ=(16k)2-16(3+4k2)>0,解得k>12設(shè)G(x1,y1),H(x2,y2),則x1+x2=-16PG+PH=(x1+x2-2m,k(x1+x2)+4),GH=(x2-x1,y2-y1)=(x2-x1,k(x2-x1因?yàn)榱庑蔚膶?duì)角線(xiàn)互相垂直,所以(PG+PH)·GH所以(1+k2)(x1+x2)+4k-2m=0,得m=-2k4k因?yàn)閗>12,所以-36≤m<0(當(dāng)且僅當(dāng)3k=4k,即k=32時(shí)所以存在滿(mǎn)足條件的實(shí)數(shù)m,且m的取值范圍為[-36,0)5.[2020廣東惠州高三調(diào)研]已知定點(diǎn)A(-3,0),B(3,0),直線(xiàn)AM,BM相交于點(diǎn)M,且它們的斜率之積為-19,記動(dòng)點(diǎn)M的軌跡為曲線(xiàn)C.(1)求曲線(xiàn)C的方程.(2)過(guò)點(diǎn)T(1,0)的直線(xiàn)l與曲線(xiàn)C交于P,Q兩點(diǎn),是否存在定點(diǎn)S(x0,0),使得直線(xiàn)SP與SQ斜率之積為定值?若存在,求出S的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.考法5圓錐曲線(xiàn)的綜合問(wèn)題命題角度1圓錐曲線(xiàn)中的角相等問(wèn)題7[2019河南鄭州三測(cè)]已知拋物線(xiàn)C:y2=2px(p>0),圓E:(x-3)2+y2=1.(1)F是拋物線(xiàn)C的焦點(diǎn),A是拋物線(xiàn)C上的定點(diǎn),AF=(0,2),求拋物線(xiàn)C的方程.(2)在(1)的條件下,過(guò)點(diǎn)F的直線(xiàn)l與圓E相切,設(shè)直線(xiàn)l交拋物線(xiàn)C于P,Q兩點(diǎn),則在x軸上是否存在點(diǎn)M,使∠PMO=∠QMO(O為坐標(biāo)原點(diǎn))?若存在,求出點(diǎn)M的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.(1)先寫(xiě)出焦點(diǎn)F的坐標(biāo),由AF=(0,2),得到點(diǎn)A的坐標(biāo),再將A的坐標(biāo)代入拋物線(xiàn)方程求出p值,即得拋物線(xiàn)C的方程.(2)先討論直線(xiàn)的斜率不存在時(shí)不合題意,再設(shè)出斜率為k的直線(xiàn)方程,利用直線(xiàn)與圓相切求出k值,將切線(xiàn)方程與拋物線(xiàn)方程聯(lián)立,由∠PMO=∠QMO推出點(diǎn)M的坐標(biāo),問(wèn)題獲解.(1)依題意知,拋物線(xiàn)C的焦點(diǎn)為F(p2,0),由AF=(0,2),可知A(p2,-2),(理解向量的坐標(biāo)運(yùn)算)將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入y2=2px,求得p=2,所以?huà)佄锞€(xiàn)C的方程為y2=4x.(2)當(dāng)直線(xiàn)的斜率不存在時(shí),過(guò)點(diǎn)F(1,0)的直線(xiàn)不可能與圓E相切,(先討論斜率不存在的情形)所以過(guò)拋物線(xiàn)的焦點(diǎn)與圓E相切的直線(xiàn)的斜率存在.設(shè)直線(xiàn)的斜率為k,則直線(xiàn)的方程為y=k(x-1),(再研究斜率存在的情形)所以圓心E(3,0)到直線(xiàn)的距離d=|2當(dāng)直線(xiàn)與圓相切時(shí),d=1=|2k|1+k2所以切線(xiàn)方程為y=33(x-1)或y=-33(x-1).(由直線(xiàn)和圓相切得到圓的切線(xiàn)方程不妨設(shè)直線(xiàn)l:y=33(x-1)交拋物線(xiàn)于P(x1,y1),Q(x2,y2)兩點(diǎn)由y=33(x-1),y2=4x消去y并整理,得x2-14x+1=0,Δ>0,則x假設(shè)存在點(diǎn)M(t,0),使∠PMO=∠QMO,則kPM+kQM=0.所以kPM+kQM=y=3=33×=33×=33×=33×=0,即t=-1,由此可知存在點(diǎn)M(-1,0)符合條件.當(dāng)直線(xiàn)l的方程為y=-33(x-1)時(shí),由對(duì)稱(chēng)性知點(diǎn)M(-1,0)也符合條件綜上可知,存在點(diǎn)M(-1,0),使∠PMO=∠QMO.命題角度2圓錐曲線(xiàn)中的三點(diǎn)共線(xiàn)問(wèn)題8[2020安徽合肥調(diào)研]設(shè)橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,過(guò)點(diǎn)F1的直線(xiàn)交橢圓E于A,B兩點(diǎn).若橢圓E的離心率為22(1)求橢圓E的方程;(2)設(shè)不經(jīng)過(guò)橢圓的中心O且平行于弦AB的直線(xiàn)交橢圓E于點(diǎn)C,D,設(shè)弦AB,CD的中點(diǎn)分別為M,N,證明:O,M,N三點(diǎn)共線(xiàn).(1)先由△ABF2的周長(zhǎng)求出a,再結(jié)合離心率求出c,利用b2=a2-c2求出b2,即得橢圓E的方程.(2)分兩種情況求解:當(dāng)直線(xiàn)AB,CD的斜率不存在時(shí),利用對(duì)稱(chēng)性知O,M,N三點(diǎn)共線(xiàn);當(dāng)直線(xiàn)AB,CD的斜率存在時(shí),設(shè)斜率為k,再設(shè)出A,B,M的坐標(biāo),并把A,B的坐標(biāo)代入橢圓方程,利用“點(diǎn)差法”可得出k·kOM=-12,同理可得k·kON=-12,依此得kOM=kON,即O,M,N三點(diǎn)共線(xiàn)(1)由△ABF2的周長(zhǎng)為46,可知4a=46,(利用焦點(diǎn)三角形的性質(zhì))所以a=6.又e=ca=22,所以c=3,b2=a2-于是橢圓E的方程為x26(2)當(dāng)直線(xiàn)AB,CD的斜率不存在時(shí),由橢圓的對(duì)稱(chēng)性知,中點(diǎn)M,N在x軸上,此時(shí)O,M,N三點(diǎn)共線(xiàn).(先討論特殊情形)當(dāng)直線(xiàn)AB,CD的斜率存在時(shí),設(shè)其斜率為k(k≠0),(再探究一般情形)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),則x兩式相減,得x126+y123-(x226+y2所以y1-y2x1-x2·y0x0=-12,即所以kOM=-12同理可得kON=-12k(kON為直線(xiàn)ON的斜率所以kOM=kON,即O,M,N三點(diǎn)共線(xiàn).綜上所述,O,M,N三點(diǎn)共線(xiàn).數(shù)學(xué)探究1圓錐曲線(xiàn)與數(shù)列的交匯9[2018全國(guó)卷Ⅲ,20,12分][理]已知斜率為k的直線(xiàn)l與橢圓C:x24+y23=1交于A,B兩點(diǎn),線(xiàn)段AB的中點(diǎn)為M(1,m(1)證明:k<-12(2)設(shè)F為C的右焦點(diǎn),P為C上一點(diǎn),且FP+FA+FB=0.證明:|FA|,|FP|,|FB|(1)思路一先利用直線(xiàn)的斜率、直線(xiàn)與橢圓的位置關(guān)系及中點(diǎn)坐標(biāo)公式,得到一個(gè)關(guān)于k,m的關(guān)系式,再利用m的范圍即可證k<-12.思路二先設(shè)出直線(xiàn)的方程,與橢圓方程聯(lián)立,由根與系數(shù)的關(guān)系及中點(diǎn)坐標(biāo)公式得到一個(gè)關(guān)于k,m的關(guān)系式,又點(diǎn)M在橢圓內(nèi),由點(diǎn)與橢圓的位置關(guān)系可得出k的取值范圍,然后進(jìn)行驗(yàn)證.(2)利用條件FP+FA+FB=0求出點(diǎn)P的坐標(biāo),進(jìn)而求出各線(xiàn)段的長(zhǎng)度,從而證明|FA|,|FP|,|FB公差d.(1)解法一設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x124+y兩式相減,并由y1-y2x1-x由題設(shè)知x1+x22=1,y1+y2由題設(shè)得0<m<32,故k<-解法二設(shè)直線(xiàn)l的方程為y=k(x-1)+m,由y=k(x-1)+m,x24+y23=1得(3+4k2)x2+8k(m-k)x+4(m-k)2-12=0,Δ=64k2(m-k)2-4(3+4k2)[4(m-設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=8k因?yàn)榫€(xiàn)段AB的中點(diǎn)為M(1,m)(m>0),所以x1+x22=1,即4k(由m>0得,-34k>0,所以k又點(diǎn)M(1,m)在橢圓內(nèi)部,所以14+m23<1,即14經(jīng)檢驗(yàn),當(dāng)m=-34k,k<-12時(shí),滿(mǎn)足故k<-12(2)由題意得F(1,0).設(shè)P(x3,y3),則由FP+FA+FB=0,得(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0由(1)及題設(shè)得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m<0.又點(diǎn)P在C上,所以m=34,從而P(1,-32),|FP|=于是|FA|=(x1-同理|FB|=2-x2所以|FA|+|FB|=4-12(x1+x2)故2|FP|=|FA|+|FB|,即|FA|,|FP|,|FB|成等差數(shù)列.設(shè)該數(shù)列的公差為d,則2|d|=||FB|-|FA||=12|x1-x2|=12將m=34代入(1)中的①得k=-1所以l的方程為y=-x+74,代入C的方程,并整理得7x2-14x+14故x1+x2=2,x1x2=128,代入②解得|d|=3所以該數(shù)列的公差為32128或-素養(yǎng)探源核心素養(yǎng)考查途徑素養(yǎng)水平數(shù)學(xué)運(yùn)算第(1)問(wèn)中的解法一:由點(diǎn)差法得出k=-34第(1)問(wèn)中的解法二:由根與系數(shù)的關(guān)系得出m=-34第(1)問(wèn)中的解法一:由k=-34m且0<m<32得到第(1)問(wèn)中的解法二:由點(diǎn)M在橢圓內(nèi)及m=-34k,得出k<-12第(2)問(wèn)中由向量等式FP+FA+FB=0二直觀想象第(1)問(wèn)中的解法一:由M是線(xiàn)段AB的中點(diǎn)得到0<m<3第(1)問(wèn)中的解法二:由點(diǎn)M在橢圓內(nèi),得出14+二邏輯推理第(1)問(wèn)中的解法一:由中點(diǎn)坐標(biāo)公式和斜率結(jié)合點(diǎn)差法推出關(guān)系式.第(1)問(wèn)中的解法二:由中點(diǎn)坐標(biāo)公式和根與系數(shù)的關(guān)系及點(diǎn)M在橢圓內(nèi)推出關(guān)系式.第(2)問(wèn)中由坐標(biāo)間的關(guān)系推出|FA|,|FP|,|FB|成等差數(shù)列.二考向指導(dǎo)引起圓錐曲線(xiàn)與數(shù)列交匯的主要因素是“點(diǎn)列”,其中“點(diǎn)”是解析幾何的基本元素,“列”是數(shù)列的基本特征,二者結(jié)合體現(xiàn)了從“能力立意”到“素養(yǎng)導(dǎo)向”這一高考命題思想,這是近年來(lái)的命題熱點(diǎn).求解這類(lèi)問(wèn)題的主要思路是:由題設(shè)條件給出的數(shù)列關(guān)系,結(jié)合數(shù)列的基本性質(zhì)得到圓錐曲線(xiàn)中坐標(biāo)間的關(guān)系,從而將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為常規(guī)的解析幾何問(wèn)題求解.6.[2020湖北省宜昌市三校聯(lián)考]已知F為橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn),點(diǎn)P(2,2)在橢圓C上,(1)求橢圓C的方程;(2)如圖10-4-4,過(guò)點(diǎn)F的直線(xiàn)l分別交橢圓C于A,B兩點(diǎn),交直線(xiàn)x=4于點(diǎn)M.判斷PA,PM,PB的斜率是否構(gòu)成等差數(shù)列,并說(shuō)明理由.數(shù)學(xué)探究2圓錐曲線(xiàn)與平面向量的交匯10[2020天津模擬]已知拋物線(xiàn)C1:x2=2py(p>0)和圓C2:(x+1)2+y2=2,傾斜角為45°的直線(xiàn)l1過(guò)C1的焦點(diǎn),且l1與C2相切.(1)求p的值;(2)動(dòng)點(diǎn)M在C1的準(zhǔn)線(xiàn)上,動(dòng)點(diǎn)A在C1上,若C1在點(diǎn)A處的切線(xiàn)l2交y軸于點(diǎn)B,設(shè)MN=MA+MB,證明點(diǎn)N(1)首先設(shè)出直線(xiàn)l1的方程,再利用直線(xiàn)l1與C2相切,可求出p的值.(2)首先設(shè)出點(diǎn)M的坐標(biāo),再利用導(dǎo)數(shù)求出在A點(diǎn)處的切線(xiàn)的斜率及切線(xiàn)l2的方程,得到與y軸的交點(diǎn)B的坐標(biāo),由向量關(guān)系MN=MA+MB進(jìn)行坐標(biāo)運(yùn)算,得到點(diǎn)(1)依題意,設(shè)直線(xiàn)l1的方程為y=x+p2,因?yàn)橹本€(xiàn)l1與C2相切,所以圓心C2(-1,0)到直線(xiàn)l1:y=x+p2的距離d=|-即|-1+p2|2=2,解得p=6所以p=6.(2)依題意設(shè)M(m,-3),由(1)知拋物線(xiàn)C1的方程為x2=12y,即y=x212,所以y'=設(shè)A(x1,y1),則以A為切點(diǎn)的切線(xiàn)l2的斜率為k=x1所以切線(xiàn)l2的方程為y=16x1(x-x1)+y1令x=0,得y=-16x12+y1=-16×12y1+y即點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0,-y1),所以MA=(x1-m,y1+3),MB=(-m,-y1+3),所以MN=MA+MB=(x1-2m,6),ON=OM+MN=(x1-設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為(x,y),則y=3,所以點(diǎn)N在定直線(xiàn)y=3上.素養(yǎng)探源核心素養(yǎng)考查途徑素養(yǎng)水平數(shù)學(xué)運(yùn)算①由點(diǎn)到直線(xiàn)的距離公式求出p的值.②利用導(dǎo)數(shù)求出切線(xiàn)的斜率.③向量坐標(biāo)的計(jì)算.二邏輯推理①由直線(xiàn)與圓相切聯(lián)想到應(yīng)用點(diǎn)到直線(xiàn)的距離公式.②通過(guò)向量關(guān)系得到ON=(x1-m,3)后,判斷點(diǎn)N在定直線(xiàn)y=3上.二直觀想象直線(xiàn)與圓的位置關(guān)系,直線(xiàn)與拋物線(xiàn)的位置關(guān)系.二7.[2019浙江湖州五校高三模擬]如圖10-4-5,已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,點(diǎn)M(-2,1)是橢圓內(nèi)一點(diǎn),過(guò)點(diǎn)M作兩條斜率存在且互相垂直的動(dòng)直線(xiàn)l1,l2,l1與橢圓C相交于點(diǎn)A,B,l2與橢圓C相交于點(diǎn)D,E,當(dāng)M恰好為線(xiàn)段AB(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;圖10-4-5(2)求AD·EB的最小值.1.A對(duì)于選項(xiàng)B,方程x2+xy=x表示的是兩條直線(xiàn),故B錯(cuò)誤;對(duì)于選項(xiàng)C,方程y=x中,x≥0,y≥0,而方程x=y2中,x≥0,y∈R,故這兩個(gè)方程表示的不是同一條曲線(xiàn),故C錯(cuò)誤;對(duì)于選項(xiàng)D,因?yàn)閮蓷l直線(xiàn)的具體位置不確定,所以所求軌跡方程也無(wú)法確定,故D錯(cuò)誤.選A.2.D由已知得|MF|=|MB|,根據(jù)拋物線(xiàn)的定義知,點(diǎn)M的軌跡是以點(diǎn)F為焦點(diǎn),直線(xiàn)l為準(zhǔn)線(xiàn)的拋物線(xiàn).故選D.3.A因?yàn)閥'=2x,所以4x1x2=-1,即x1x2=-14,過(guò)點(diǎn)A的切線(xiàn)方程為y-y1=2x1(x-x1),即y=2x1x-x12.同理,過(guò)點(diǎn)B的切線(xiàn)方程為y=2x2x-x22.由y=2x1x-x12,y1.(1)設(shè)P(x,y),M(x0,y0),則N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).因?yàn)镹P=2NM,所以x0=x,y0因?yàn)閯?dòng)點(diǎn)M在橢圓C上,所以x022+y0故點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=2.(2)由題意知,橢圓C的左焦點(diǎn)為F(-1,0).設(shè)Q(-3,t),P(m,n),則OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQ·PF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).由OP·PQ=1,得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0,所以O(shè)Q·PF=0,即OQ⊥PF.因?yàn)檫^(guò)點(diǎn)P存在唯一直線(xiàn)垂直于OQ,所以過(guò)點(diǎn)P且垂直于OQ的直線(xiàn)l過(guò)C的左焦點(diǎn)F.2.(1)兩圓半徑都為1,兩圓圓心分別為C1(0,-4),C2(0,2),由題意得|CC1|=|CC2|,可知圓心C的軌跡是線(xiàn)段C1C2的垂直平分線(xiàn),C1C2的中點(diǎn)為(0,-1),直線(xiàn)C1C2的斜率不存在,故圓C的圓心軌跡L的方程為y=-1.(2)因?yàn)閙=n,所以M(x,y)到直線(xiàn)y=-1的距離與到點(diǎn)F(0,1)的距離相等,故點(diǎn)M的軌跡Q是以直線(xiàn)y=-1為準(zhǔn)線(xiàn),點(diǎn)F(0,1)為焦點(diǎn)的拋物線(xiàn),所以p2=1,即p=2,所以軌跡Q的方程是x2=43.(1)設(shè)直線(xiàn)AP的斜率為k,則k=x2-14x因?yàn)?12<x<32,所以直線(xiàn)AP斜率的取值范圍是(-1,1(2)解法一聯(lián)立直線(xiàn)AP與BQ的方程,得kx解得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)是xQ=-k因?yàn)閨PA|=1+k2(x+12)=1+k2(k+1),|PQ|=1+k2(x所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3.令f(k)=-(k-1)(k+1)3,因?yàn)閒'(k)=-(4k-2)(k+1)2,所以f(k)在區(qū)間(-1,12)上單調(diào)遞增,(12,1)因此當(dāng)k=12時(shí),|PA|·|PQ|取得最大值27解法二連接BP,則|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos∠BPQ=AP·(AB-AP)=AP·易知P(x,x2)(-12<x<32),AP=(x+12,x2-14),AB=(則AP·AB=2x+1+2x2-12=2x2+2x+1AP2=(x+12)2+(x2-14)2=x2+x+14+x4-12x2+116=x4+12所以|AP|·|PQ|=-x4+32x2+x+316(-12<x<設(shè)f(x)=-x4+32x2+x+316(-12<x則f'(x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,所以f(x)在(-12,1)上單調(diào)遞增,在(1,32)所以f(x)max=f(1)=2716故|AP|·|PQ|的最大值為27164.(1)由已知得c=1,4a=8∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+(2)若直線(xiàn)l的斜率不存在,則直線(xiàn)m的斜率也不存在,這與直線(xiàn)m與直線(xiàn)l相交于點(diǎn)P矛盾,∴直線(xiàn)l的斜率存在.設(shè)l:y=k(x-1)(k≠0),m:y=-k(x+t),A(xA,yA),B(xB,yB),M(xM,yM),N(xN,yN).將直線(xiàn)m的方程代入橢圓方程得,(3+4k2)x2+8k2tx+4(k2t2-3)=0,Δ=64k4t2-16(3+4k2)(k2t2-3)>0,∴xM+xN=-8k2t3+4k2,x∴|MN|2=(1+k2)·16(同理,|AB|=1+k2·由|MN|2=4|AB|得t=0,滿(mǎn)足Δ>0,∴直線(xiàn)m:y=-kx,∴P(12,-12k),即點(diǎn)P在定直線(xiàn)x=125.(1)設(shè)動(dòng)點(diǎn)M(x,y),則直線(xiàn)MA的斜率kMA=