高考数学黄金考点精析精训考点26圆锥曲线的综合应用文

高考数学黄金考点精析精训考点26圆锥曲线的综合应用文

考点 25 圆锥曲线的综合应用 【考点剖析】 1.最新考试说明： （1）了解圆锥曲线的实际背景,了解圆锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作 用 . （2）掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程及简单几何性质 . （3）了解双曲线、抛物线的定义、几何图形和标准方程,知道它们的简单几何性质 . （4）理解数形结合的思想 . （5）了解圆锥曲线的简单应用 . 2.命题方向预测： 直线与圆锥曲线的综合考查，主要涉及曲线方程的求法、位置关系的判定及应用、弦长问题、 最值问题、定点定值的探索问题等．考查的知识点多，能力要求高，尤其是运算变形能力．同 时着重考查学生的分析问题与解决综合问题的能力，是高考中区分度较大的题目. 预测本节内容仍是 2018 年高考的热点之一，题型仍以解答题为主，难度可能会偏难．内容会 围绕直线与圆锥曲线的位置关系，展开对定值、最值、参数取值范围等问题的考查．设计出 探究性、存在性问题也属正常．分值 12～16 分．会更加注重知识间的联系与综合，更加注重 对综合应用知识解决问题的能力的考查，更加注重对数学思想方法尤其是函数思想、数形结 合思想及分类讨论思想的考查. 3.名师二级结论： 一种方法 点差法：在求解圆锥曲线并且题目中交代直线与圆锥曲线相交和被截的线段的中点坐标时， 设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标，代入圆锥曲线的方程并作差，从而求出直线的斜率， 然后利用中点求出直线方程．“点差法”的常见题型有：求中点弦方程、求(过定点、平行弦) 弦中点轨迹、垂直平分线问题．必须提醒的是“点差法”具有不等价性，即要考虑判别式Δ 是否为正数． 一条规律 “联立方程求交点，根与系数的关系求弦长，根的分布找范围，曲线定义不能忘”． 直线与椭圆的相交弦长问题： 弦长公式：设直线与椭圆有两个公共点 1 1 2 2( ) ( )M x y N x y， ， ， ，则弦长公式为 MN＝ 2 2 1 2 1 2(1 )[( ) 4 ]k x x x x   或 MN＝ 2 1 2 1 22 1(1 )[(y ) 4 ]y y y k    ． 直线与抛物线的相交弦长问题： 已知过抛物线 2 2 ( 0)y px p  的焦点 F 的直线交抛物线于 A、B两点. 设 A(x1,y1)，B(x2,y 2)，则： ①焦点弦长 1 2 2 2| | | | ( ) sin pAB x x p AB AB     或 为 的倾斜角 ② 2 2 1 2 1 2 - 4 px x y y p ， ③ 1 1 2 | | | |FA FB p   ，其中|AF|叫做焦半径， 1| | 2 pFA x  ④焦点弦长最小值为 2p.根据 2 2| | sin 2 pAB    可见，当 为 时，即 AB 垂直于 x轴时，弦 AB 的长最短，最短值为 2p. 求定值、最值等圆锥曲线综合问题要四重视 (1)重视定义在解题中的作用； (2)重视平面几何知识在解题中的作用； (3)重视根与系数的关系在解题中的作用； (4)重视曲线的几何特征与方程的代数特征在解题中的作用． 求参数的取值范围 根据已知条件建立等式或不等关系，再求参数的取值范围． 4.考点交汇展示： （1）与基本不等式的应用交汇 已知 F 是抛物线 2y x 的焦点，点 A，B在该抛物线上且位于 x轴的两侧， 2OA OB    （其 中O为坐标原点），则 ABO 与 AFO 面积之和的最小值是（ ） A． 2 B．3 C． 17 2 8 D． 10 【答案】B 【解析】据题意得 1( ,0) 4 F ，设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则 2 2 1 1 2 2,x y x y  ， 2 2 1 2 1 2 1 22, 2y y y y y y    或 1 2 1y y  ，因为 ,A B位于 x轴两侧所以.所以 1 2 2y y   两面积 之和为 1 2 2 1 1 1 1 1 2 2 4 S x y x y y     2 2 1 2 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 2 2 4 8 y y y y y y y y         1 1 1 2 1 8 y y y     1 1 2 9 8 y y   1 1 2 9 3 8 y y    . （2）与解三角形交汇 设 1 2,F F 是椭圆 2 2 2 2 1( 0, 0)x y m n m n     的两个焦点，P 为椭圆上任意一点，当 1 2F PF 取最大值时的余弦值为 1 49  ．则（Ⅰ）椭圆的离心率为 ；（Ⅱ）若椭圆上存在一 点 A , 使  2 2 0OA OF F A      ( O 为 坐 标 原 点 ) ， 且 1 2AF AF   , 则  的 值 为 ． 【答案】 5 7 ， 3 4 4 3 或 (3)与平面向量交汇 过双曲线 2 2 2 2 1x y a b   ( 0, 0)a b  的左焦点 F 作直线交双曲线的两条渐近线与 A,B 两点，若 2FA FB   ， 2( )OB OA OB     ,则双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. 3 C. 2 D. 5 【答案】C 【解析】∵ 2( )OB OA OB     ，∴ ( ) 0OB OB OA      ∴ 0OB AB    ，又∵ 2FA FB   ∴点 B 为 FA 的中点，∴可得 0=60BOF AOB AOX     ， ( )X x为 轴正半轴上的点 ∴ 0tan 60 3b a   ∴双曲线的离心率为： 21 ( ) 2be a    . 【考点分类】 热点一 直线与圆锥曲线的位置关系 1.【2016 高考四川文科】已知椭圆 E： 2 2 2 2 1( 0)x y a b a b     的一个焦点与短轴的两个端点 是正三角形的三个顶点，点 1( 3, ) 2 P 在椭圆 E 上. (Ⅰ)求椭圆 E 的方程； (Ⅱ)设不过原点 O 且斜率为 1 2 的直线 l 与椭圆 E 交于不同的两点 A，B，线段 AB 的中点为 M， 直线 OM 与椭圆 E 交于 C，D，证明： MA MB MC MD   ． 【答案】（1） 2 2 1 4 x y  ；（2）证明详见解析. 【解析】（I）由已知，a=2b. 又椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a b a b     过点 1( 3, ) 2 P ，故 2 2 1 3 4 1 4b b   ，解得 2 1b  . 所以椭圆 E 的方程是 2 2 1 4 x y  . （II）设直线 l 的方程为 1 ( 0) 2 y x m m   ， 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ， 由方程组 2 2 1, 4 1 , 2 x y y x m         得 2 22 2 2 0x mx m    ，① 方程①的判别式为 24(2 )m   ，由  ，即 22 0m  ，解得 2 2m   . 由①得 2 1 2 1 22 , 2 2x x m x x m     . 所以 M 点坐标为 ( , ) 2 mm ，直线 OM 方程为 1 2 y x  ， 由方程组 2 2 1, 4 1 , 2 x y y x         得 2 2( 2, ), ( 2, ) 2 2 C D  . 所以 25 5 5( 2) ( 2 ) (2 ) 2 2 4 MC MD m m m        . 又 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 5[( ) ( ) ] [( ) 4 ] 4 4 16 MA MB AB x x y y x x x x         2 2 25 5[4 4(2 2)] (2 ) 16 4 m m m     . 所以 =MA MB MC MD  . 2. 如 图 ， 曲 线 C 由 上 半 椭 圆 2 2 1 2 2: 1( 0, 0)y xC a b y a b      和 部 分 抛 物 线 2 2 : 1( 0)C y x y    连接而成， 1 2,C C 的公共点为 ,A B，其中 1C 的离心率为 3 2 . （1）求 ,a b的值； （2）过点B的直线 l与 1 2,C C 分别交于 ,P Q（均异于点 ,A B），若 AP AQ ，求直线 l的 方程. 【答案】（1） 2a  ， 1b  ；(2) 8 ( 1) 3 y x   （2）由（1）知，上半椭圆 1C 的方程为 2 2 1( 0) 4 y x y   ， (1,0)B 易知，直线 l与 x轴不重合也不垂直，设其方程为 ( 1)( 0)y k x k   代入 1C 的方程中，整理得： 2 2 2 2( 4) 2 4 0k x k x k     （*） 设点 P的坐标 ( , )P Px y 由韦达定理得 2 2 2 4P B kx x k    又 (1,0)B ，得 2 2 4 4P kx k    ，从而求得 2 8 4P ky k    所以点P的坐标为 2 2 2 4 8( , ) 4 4 k k k k     同理，由 2 ( 1)( 0) 1( 0) y k x k y x y         得点Q的坐标为 2( 1, 2 )k k k    2 2 ( , 4) 4 kAP k k     ， (1, 2)AQ k k    AP AQ 0AP AQ     ,即 2 2 2 [ 4( 2)] 0 4 k k k k      0k  ， 4( 2) 0k k    ，解得 8 3 k   经检验， 8 3 k   符合题意， 故直线 l的方程为 8 ( 1) 3 y x   . 【方法总结】 1.直线与圆锥曲线的关系是解析几何中一类重要问题，解题时注意应用根与系数的关系及 “设而不求”的技巧．研究直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为研究其直线方程与圆锥 曲线方程组成的方程组解的个数，要注意消元后方程的二次项系数是否含参，若含参需讨论， 同时充分利用根与系数的关系进行整体运算变形．有时对于选择，填空题，也常利用几何条 件，利用数形结合的方法求解． 2.涉及弦的中点问题，可以利用判别式和根与系数的关系加以解决，也可以利用“点差法” 解决此类问题．若知道中点，则利用“点差法”可得出过中点弦的直线的斜率．比较两种方 法，用“点差法”计算量较小，此法在解决有关存在性的问题时，要结合图形和判别式Δ加 以检验． 热点二 轨迹问题 1. 【2017 课标 II，文 20】设 O为坐标原点，动点 M 在椭圆 C 上，过 M 作 x 轴的 垂线，垂足为 N，点 P 满足 2NP NM   (1)求点 P的轨迹方程； (2)设点Q在直线 3x   上，且 1OP PQ    .证明过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F. 【答案】（1） （2）见解析 【解析】 试题分析：（1）转移法求轨迹：设所求动点坐标及相应已知动点坐标，利用条件列两种坐标 关系，最后代入已知动点轨迹方程，化简可得所求轨迹方程，（2）证明直线过定点问题，一 般方法以算代证：即证 ，先设 P（m，n），则需证3 3 0m tn   ，根据条件 1OP PQ    可得 2 23 1m m tn n     ，而 ，代入即得3 3 0m tn   . （2）由题意知 F（-1,0），设 Q（-3，t），P（m，n），则 ， . 由 得 2 23 1m m tn n     ，又由（1）知 ，故 3 3 0m tn   . 所以 ，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 F2.【2016 高考新课标 1卷】设圆 2 2 2 15 0x y x    的圆心为 A,直线 l过点 B（1,0）且与 x 轴不重合,l 交圆 A于 C,D 两点,过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E. （I）证明 EA EB 为定值,并写出点 E 的轨迹方程； （II）设点 E的轨迹为曲线 C1,直线 l 交 C1于 M,N 两点,过 B且与 l 垂直的直线与圆 A 交于 P,Q 两点,求四边形 MPNQ 面积的取值范围. 【答案】（Ⅰ） 1 34 22  yx （ 0y ）（II） )38,12[ 【解析】 试题分析：根据 EA EB 可知轨迹为椭圆,利用椭圆定义求方程；（II）分斜率是否存在设 出直线方程,当直线斜率存在时设其方程为 )0)(1(  kxky ,根据根与系数的关系和弦长 公式把面积表示为 x 斜率 k 的函数,再求最值. （Ⅱ）当 l与 x轴不垂直时,设 l的方程为 )0)(1(  kxky , ),( 11 yxM , ),( 22 yxN . 由       1 34 )1( 22 yx xky 得 01248)34( 2222  kxkxk . 则 34 8 2 2 21   k kxx , 34 124 2 2 21    k kxx . 所以 34 )1(12||1|| 2 2 21 2    k kxxkMN . 过点 )0,1(B 且与 l垂直的直线m ： )1(1  x k y , A到m 的距离为 1 2 2 k ,所以 1 344) 1 2(42|| 2 2 2 2 2      k k k PQ .故四边形MPNQ的面积 34 1112|||| 2 1 2   k PQMNS . 可得当 l与 x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为 )38,12[ . 当 l与 x轴垂直时,其方程为 1x , 3|| MN , 8|| PQ ,四边形MPNQ的面积为 12. 综上,四边形MPNQ面积的取值范围为 )38,12[ . 【方法总结】 求轨迹方程的常用方法 (1)直接法：直接利用条件建立 x，y 之间的关系 F(x，y)＝0； (2)待定系数法：已知所求曲线的类型，求曲线方程——先根据条件设出所求曲线的方程，再 由条件确定其待定系数； (3)定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨 迹方程； (4)代入转移法：动点 P(x，y)依赖于另一动点 Q(x0，y0)的变化而变化，并且 Q(x0，y0)又在 某已知曲线上，则可先用 x，y 的代数式表示 x0，y0，再将 x0，y0 代入已知曲线得要求的轨 迹方程； 热点三 最值与范围问题 1. 【2018 届江苏省仪征中学高三 10 月检测】椭圆 C： 2 2 2 2 1( 0)x y a b a b     的长轴是短轴 的两倍，点 1P 3, 2       在椭圆上.不过原点的直线 l 与椭圆相交于 A、B 两点，设直线 OA、l、 OB 的斜率分别为 1k 、 k、 2k ，且 1k 、 k、 2k 恰好构成等比数列，记△ ABO的面积为 S. （1）求椭圆 C的方程. （2）试判断 2 2OA OB 是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由？ （3）求 S的范围. 【答案】(1) 2 2 1 4 x y  （2）5（3）  0,1S 【解析】试题分析：  1 根据椭圆C： 2 2 2 2 1( 0)x y a b a b     的长轴是短轴的两倍，点 13, 2 A      在椭圆上，建 立方程，求出几何量，即可求出椭圆C的方程。  2 设直线 l的方程为 y kx m  ,代入椭圆方程，消去 y ，根据 1k 、k、 2k 恰好构成等比数 列，求出 k ,进而表示出 2 2OA OB ，即可得出结论。  3 表示出 ABO 的面积，利用基本不等式，即可求出 S的范围。 解析：(1)由题意可知 ，且 ， 所以椭圆的方程为 2 2 1 4 x y  （2）依题意，直线 斜率存在且 ，设直线 的方程为 （ ）， 、 由 ，因为 、 、 恰好构成等比数列， 所以 ， 即 ； 所以 此时 得 ，且 （否则： ，则 ， 中至少有一个为 ， 直线 、 中 至少有一个斜率不存在，与已知矛盾） 所以 ； 所以 所以 是定值为 5； （3） （ ，且 ） 所以  0,1S 2.【2018 届浙江省嘉兴市第一中学高三 9月测试】如图，已知抛物线 ，过直线 上 任一点 作抛物线的两条切线 ，切点分别为 . （I）求证： ； （II）求 面积的最小值. 【答案】(1)见解析(2) 面积取最小值 试题解析： （I）设 ， 的斜率分别为 过点 的切线方程为 由 ，得 所以 所以 （II）由（I）得 ， 所以 综上，当 时， 面积取最小值 . 【方法总结】 圆锥曲线中常见最值问题及解题方法 (1)圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问 题；②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问 题． (2)求最值常见的解法有两种：①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义， 则考虑利用图形性质来解决；②代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系， 则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值． 热点四 定值和定点问题 1. 【2017 课标 3，文 20】在直角坐标系 xOy 中，曲线 2 2y x mx   与 x 轴交于 A，B 两点， 点 C 的坐标为 (0,1) .当 m 变化时，解答下列问题： （1）能否出现 AC⊥BC 的情况？说明理由； （2）证明过 A，B，C 三点的圆在 y 轴上截得的弦长为定值. 【答案】（1）不会；（2）详见解析 【解析】试题分析：（1）设    1 2,0 , ,0A x B x ，由 AC⊥BC 得 1 2 1 0x x   ；由韦达定理得 1 2 2x x   ，矛盾，所以不存在（2）可设圆方程为 2 2 2 0x y mx Ey     ,因为过 (0,1) ， 所以 1E  ，令 0x  得 2 2 0 1 2y y y y      或 ，即弦长为 3. 令 0x  得 1 21, 2y y   ，所以过 A，B，C三点的圆在 y轴上截得的弦长为  1 2 3   ，所 以 所以过 A，B，C 三点的圆在 y 轴上截得的弦长为定值 解法 2：设过 A，B，C 三点的圆与 y 轴的另一个交点为 D， 由 1 2 2x x   可知原点 O在圆内，由相交弦定理可得 1 2 2OD OC OA OB x x   ， 又 1OC  ，所以 2OD  ， 所以过 A，B，C 三点的圆在 y 轴上截得的弦长为 3OC OD  ，为定值. 2. 【2017 课标 1，理 20】已知椭圆 C： 2 2 2 2 =1x y a b  （a>b>0），四点 P1（1,1），P2（0,1），P3 （–1， 3 2 ），P4（1， 3 2 ）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. 【解析】 试题解析：（1）由于 3P ， 4P 两点关于 y 轴对称，故由题设知 C 经过 3P ， 4P 两点. 又由 2 2 2 2 1 1 1 3 4a b a b    知，C不经过点 P1，所以点 P2在 C上. 因此 2 2 2 1 1 1 3 1 4 b a b        ，解得 2 2 4 1 a b     . 故 C 的方程为 2 2 1 4 x y  . 【方法总结】 1．求定值问题常见的方法有两种 (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 2．定点的探索与证明问题 (1)探索直线过定点时，可设出直线方程为 y＝kx＋b，然后利用条件建立 b、k等量关系进行 消元，借助于直线系的思想找出定点． (2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关． 热点五 探索性问题 1.【2017 届湖南省长沙市长郡中学高三下学期临考冲刺】在平面直角坐标系 xOy中，点  1 3,0F  ，圆 2 2 2 : 2 3 13 0F x y x    ，以动点 P为圆心的圆经过点 1F ，且圆 P与圆 2F 内切. （Ⅰ）求动点 P的轨迹E的方程； （Ⅱ）若直线 l过点  1,0 ，且与曲线 E交于 ,A B两点，则在 x轴上是否存在一点   ,0 0D t t  ，使得 x轴平分 ADB ？若存在，求出 t的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 2 2 1 4 x y  （2）在 x轴上存在一点  4,0D ，使得 x轴平分 ADB . 【解析】试题分析：（1）根据两圆内切得 1 2 4PF PF  ，再根据椭圆定义得动点 P的轨迹 E 的方程；（2）x轴平分 ADB ，就是直线 ,DA DB的斜率相反，设直线 : 1l x ny  ，根据斜 率坐标公式得    1 2 1 22 1 0ny y t y y    ，将直线方程与椭圆方程联立方程组，结合韦达定 理代入化简可得  4 0n t   ，即得 4t  （Ⅱ）设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，当直线 AB的斜率不为0时，设直线 : 1l x ny  ， 代入 2 24 4 0x y   得：  2 24 2 3 0n y ny    ，  216 3 0n    恒成立. 由根与系数的关系可得， 1 2 1 22 2 2 3, 4 4 ny y y y n n        ， 设直线 ,DA DB的斜率分别为 1 2,k k ，则由 ODA ODB  得， 1 2 1 2 1 2 y yk k x t x t              1 2 2 1 1 2 y x t y x t x t x t               1 2 2 1 1 2 1 1y ny t y ny t x t x t                 1 2 1 2 1 2 2 1 0 ny y t y y x t x t        . ∴    1 2 1 22 1 0ny y t y y    ，将 1 2 1 22 2 2 3, 4 4 ny y y y n n        代入得 6 2 2 0n n nt    ， 因此  4 0n t   ，故存在 4t  满足题意. 当直线 AB的斜率为0时，直线为 x轴，取    2,0 , 2,0A B ，满足 ODA ODB  ， 综上，在 x轴上存在一点  4,0D ，使得 x轴平分 ADB . 2.【2017 届浙江省湖州、衢州、丽水三市高三 4 月联考】已知点 1, 2 P t      在椭圆 2 2: 1 2 xC y  内，过P的直线 l与椭圆C相交于 A，B 两点，且点P是线段 AB 的中点，O为坐标原点． （Ⅰ）是否存在实数 t，使直线 和直线 OP 的倾斜角互补？若存在，求出 的值，若不存在， 试说明理由； （Ⅱ）求 OAB 面积 S 的最大值． 【答案】( Ⅰ)存在；(Ⅱ) max 2 2 S  . 【解析】试题分析： （Ⅰ）设出直线 l方程为  1 2 y k x t   ，代入椭圆方程得关于 x的一元二次方程，设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则可得 1 2 1 2,x x x x ，利用 1 2 2x x t  可建立 ,k t的关系，即 k t  ， 上面的一元二次方程有两个不等实根，即判别式 0  ，由此可得 t的范围．注意特殊情形的 讨论，最后由直线 l和直线OP的倾斜角互补，即斜率和为 0 可求得 t，若不能求出 t，说明不 存在）；（Ⅱ）利用（Ⅰ）得直线 l方程为 2 1 2 y tx t    ，关键是由表示出 OABS ， 2 1 2 1 1 2 2OABS t x x        ，这是 t的函数，可函数知识易求最值. 试题解析： （Ⅰ）存在. 由题意直线 的斜率必存在，设直线 的方程 是 代入 得： .（1） 设 ， ，则 ，即 ， 解得： ， 此时方程（1）即 由 解得， ， （或由 解得， ） 当 时，显然不符合题意； 当 时，设直线 的斜率为 ，只需 ， 即 ，解得 ，均符合题意. （Ⅱ）由（1）知 的方程是 ， 所以 ， ， 因为 ，所以当 时， . 【方法总结】 化解探索性问题的方法 (1)先假设成立，在假设成立的前提下求出与已知、定理或公理相同的结论，说明结论成立， 否则说明结论不成立．处理这类问题，一般要先对结论做出肯定的假设，然后由此假设出发， 结合已知条件进行推理论证，若推出相符的结论，则存在性随之解决；若推出矛盾，则否定 了存在性．若证明某结论不存在，也可以采用反证法． (2)根据题目中的一些特殊关系，归纳出一般结论，然后进行证明就是由特殊到一般的指导思 想． 【热点预测】 1.【2016 高考新课标Ⅲ文数】已知O为坐标原点， F 是椭圆C： 2 2 2 2 1( 0)x y a b a b     的 左焦点， ,A B分别为C的左，右顶点. P为C上一点，且 PF x 轴.过点 A的直线 l与线段 PF 交于点M ，与 y 轴交于点 E .若直线 BM 经过OE的中点，则C的离心率为（ ） （A） 1 3 （B） 1 2 （C） 2 3 （D） 3 4 【答案】A 2.【2016 高考天津】已知双曲线 )0,0(12 2 2 2  ba b y a x 的焦距为 52 ，且双曲线的一条渐 近线与直线 02  yx 垂直，则双曲线的方程为（ ） （A） 1 4 2 2  yx （B） 1 4 2 2  yx （C） 1 5 3 20 3 22  yx （D） 1 20 3 5 3 22  yx 【答案】A 【解析】由题意得 2 215, 2, 1 1 2 4 1 b x yc a b a         ，选 A. 3.【2016 高考天津理数】已知双曲线 2 2 2 4 =1x y b  （b>0），以原点为圆心，双曲线的实半轴长 为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于 A、B、C、D四点，四边形的 ABCD 的面积为 2b， 则双曲线的方程为（ ） （A） 22 44 3 =1yx  （B） 22 34 4 =1yx  （C） 2 2 2 4 =1x y b  （D） 22 24 =1 1 x y  【答案】D 【解析】根据对称性，不妨设 A 在第一象限， ( , )A x y ，∴ 2 2 2 2 4 4 4 4 2 24 xx y b b by x y b               ， ∴ 2 2 16 12 4 2 2 b bxy b b       ，故双曲线的方程为 2 2 1 4 12 x y   ，故选 D. 4.【2017 届河北省石家庄市二模】已知动点 P在椭圆 2 2 1 36 27 x y   上，若点 A的坐标为  3,0 ， 点M 满足 1AM   ， 0PM AM    ，则 PM  的最小值是（ ） A. 2 B. 3 C. 2 2 D. 3 【答案】C 【解析】 0PM AM PM AM        ， 2 2 2 2 21 1PM AP AM AM PM AP       ， 1AM  ∴点M 的轨迹为以为以点 A 为圆心，1 为半径的圆， 2 2 1PM AP  ， AP 越小， PM 越小， 结合图形知，当P 点为椭圆的右顶点时， AP 取最小值 6 3 3a c    ， PM 最小值是 23 1 2 2  故选：C． 5.【2018 届广西钦州市高三上学期第一次检测】抛物线 的焦点为 ，点 为该抛物 线上的动点，点 是抛物线的准线与坐标轴的交点，则 的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 由题意可知，抛物线的准线方程为 x=﹣1，A（﹣1， 0）， 过 P 作 PN 垂直直线 x=﹣1 于 N， 由抛物线的定义可知 PF=PN，连结 PA，当 PA 是抛物线的切线时， 有最小值，则∠APN 最 大，即∠PAF 最大，就是直线 PA 的斜率最大， 设在 PA 的方程为：y=k（x+1），所以 ， 解得：k2x2+（2k2﹣4）x+k2=0， 所以△=（2k2﹣4）2﹣4k4=0，解得 k=±1， 所以∠NPA=45°， =cos∠NPA= ． 故选 B． 6.【2018 届云南省昆明一中高三第一次摸底】设O为坐标原点， P是以 F 为焦点的抛物线 2 2y px （ 0p  ）上任意一点， M 是线段 PF 上的点，且 2PM MF ，则直线OM 的 斜率的最大值为（ ） A. 2 2 B. 2 3 C. 3 3 D. 1 【答案】A 【解析】由题意可得 , 0 2 pF       ，设 2 0 0 0, , ( 0) 2 yP y y p       ，则   2 0 01 1 1 2 , 3 3 3 3 6 3 3 y ypOM OF FM OF FP OF OP OF OP OF p                           ，可 得 2 00 0 0 0 1 1 23 2 226 3 2 k y py p y p p yp p y      ．当且仅当 0 02 y p p y  时取得等号，选 A. 7.【2017 届云南省师范大学附属中学高三高考适应性月考（五）】已知抛物线 的焦点为 ，准线为 ，抛物线的对称轴与准线交于点 ， 为抛物线上的动点， ，当 最小 时，点 恰好在以 为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 8.【2018 届海南省（海南中学、文昌中学、海口市第一中学、农垦中学）等八校联考】已知 F 是抛物线 2: 16C y x 的焦点，过F 的直线 l与直线 3 1 0x y   垂直，且直线 l与抛物线C 交于 A， B两点，则 AB  __________． 【答案】 64 3 【解析】F 是抛物线 2: 16C y x 的焦点，∴  4,0F ，又过 F 的直线 l与直线 3 1 0x y   垂直 ∴直线 l的方程为：  y 3 4x  ，带入抛物线 2: 16C y x ，易得： 23 40 48 0x x   设  1 1A x y ， ，  2 2B x y ， ， 1 2 1 2 40 16 3 x x x x  ，  2 1 2 1 2 641 3 4 3 AB x x x x     。 故答案为： 64 3 9.【2017 届山西省太原市高三三模】已知过点  2,0A  的直线与 2x  相交于点C，过点  2,0B 的直线与 2x   相交于点D，若直线CD与圆 2 2 4x y  相切，则直线 AC与 BD的 交点M 的轨迹方程为__________. 【答案】   2 2 1 0 4 x y y   【解析】设直线 AC，BD 的斜率分别为 1 2,k k ，则直线 AC，BD 的方程分别为：    1 22 , 2y k x y k x    ，据此可得：    1 22,4 , 2, 4C k D k  ， 则：   1 2 1 2 4 4 2 2CD k kk k k      ， 直线 CD 的方程为：   1 1 24 2y k k k x    ， 整理可得：    1 2 1 22 0k k x y k k     直线与圆相切，则：     1 2 2 1 2 2 2 1 k k k k     ， 据此可得： 1 2 1 4 k k   ， 由于：    1 22 , 2y k x y k x    ， 两式相乘可得：  2 2 2 1 2 14 1 4 y k k x x     即直线 AC与 BD的交点M 的轨迹方程为   2 2 1 0 4 x y y   . 10.【2018 届河南省师范大学附属中学高三 8 月开学】已知椭圆 的右焦 点为 ， 为椭圆的上顶点， 为坐标原点，且 是等腰直角三角形. （1）求椭圆的方程； （2）是否存在直线 交椭圆于 两点，且使 为 的垂心（垂心：三角形三条高的交点）？ 若 存在，求出直线 的方程；若 不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） 【解析】试题分析： （2）假设存在直线 l 交椭圆于 P,Q 两点，且使 F 为△PQM 的垂心 设 P（ , ）,Q（ , ） 因为 M（0,1），F（1,0），故 ，故直线 l 的斜率 于是设直线 l 的方程为 由 得 由题意知△＞0，即 ＜3，且 由题意应有 ，又 故 解得 或 经检验，当 时，△PQM 不存在，故舍去 ； 当 时，所求直线 满足题意 综上，存在直线 l，且直线 l的方程为 11.【江苏省苏州市 2017 届高三暑假自主测试】已知抛物线 C 的方程为 2 2 ( 0)y px p  ，点 (1,2)R 在抛物线 C 上． （1）求抛物线 C 的方程； （2）过点 Q（1,1）作直线交抛物线 C于不同于 R 的两点 A，B．若直线 AR,BR 分别交直线 : 2 2l y x  于 M,N 两点，求线段 MN 最小时直线 AB 的方程． x y A O M N RB Q 【答案】（1） 2 4y x （2） 2 0x y   【解析】（1）将 (1, 2)R 代入抛物线中，可得 2p  ，所以抛物线方程为 2 4y x ……3 分 （2）设 AB所在直线方程为 ( 1) 1( 0)x m y m    ， 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 与抛物线联立 2 4 1 y x x my m       得： 2 4 4( 1) 0y my m    ，所以 1 2 1 24 , 4( 1)y y m y y m    ……5分 设 AR： 1( 1) 2y k x   ， 由 1( 1) 2 2 2 y k x y x       得 1 1 2M kx k   ，而 1 1 1 2 11 1 2 2 4 1 21 4 y yk yx y        可得 1 2 Mx y   ，同理 2 2 Nx y   所以 2 1| | 5 | | 2 5 | 1|M N m mMN x x m       ……8 分 令 1 ( 0)m t t   ，则 1m t  所以 21 1 3| | 5 | | 2 5 ( ) 15 2 4M NMN x x t       此时 1m   ， AB所在直线方程为： 2 0x y   ……10 分 12.【2017 届宁夏石嘴山一中高三第二次模拟】已知椭圆 ： ，斜率为 的动直线 l 与椭圆 交于不同的两点 、 . （1）设 为弦 的中点，求动点 的轨迹方程； （2）设 、 为椭圆 的左、右焦点， 是椭圆在第一象限上一点，满足 ，求 面积的最大值. 【答案】（1） ， （2） 【解析】试题分析： (1)设出点的坐标，结合中点坐标公式和题意可得动点 的轨迹方程为 ， . (2)由题意可得面积函数的解析式： ，结合均值不等式的结论可得当 时， . 试题解析： 解：（Ⅰ）设 ， （1） （2） （1）-（2）得： ，即 又由中点在椭圆内部得 ， 所以 点的轨迹方程为 , （Ⅱ）由 ，得 点坐标为 ， 设直线 的方程为 ，代入椭圆方程中整理得： ，由 得 则 ， 所以 ，当 时， 13.【2018 届广东省汕头市金山中学高三上学期期中】在平面直角坐标系 xoy中，设点F (1， 0)，直线 l : 1x   ，点 P在直线 l上移动， R是线段 PF 与 y 轴的交点, 异于点 R 的点 Q 满足： RQ FP ， PQ l . （1）求动点Q的轨迹的方程； （2） 记Q的轨迹的方程为E，过点 F 作两条互相垂直的曲线 E 的弦 AB . CD，设 AB . CD 的中点分别为M N， ． 问直线MN是否经过某个定点？如果是，求出该定点， 如果不是，说明理由． 【答案】(Ⅰ) 2 4 ( 0)y x x  ；(Ⅱ)以直线MN恒过定点 R  3,0 ． 【解析】试题分析: （1）由已知条件知，点 R 是线段 FP 的中点，RQ 是线段 FP 的垂直平分线， 点 Q 的轨迹 E 是以 F 为焦点，l 为准线的抛物线，写出抛物线标准方程． （2）设出直线 AB 的方程，把 A、B 坐标代入抛物线方程，再利用中点公式求出点 M的坐标， 同理可得 N 的坐标，求出直线 MN 的斜率，得到直线 MN 的方程并化简，可看出直线 MN 过定点． 试题解析：(Ⅰ)依题意知，直线 l的方程为： 1x   ．点 R是线段 FP的中点， 且 RQ⊥ FP，∴ RQ是线段 FP的垂直平分线． ∴ PQ 是点Q到直线 l的距离． ∵点Q在线段 FP的垂直平分线，∴ PQ QF ． 故动点Q的轨迹 E是以 F 为焦点， l为准线的抛物线， 其方程为： 2 4 ( 0)y x x  ． (Ⅱ) 设    , , ,A A B BA x y B x y ，    , ,M M N NM x y N x y， ， 由 AB⊥CD，且 AB、CD 与抛物线均有两个不同的交点，故直线 AB、CD 斜率均存在，设直线 AB 的方程为  1y k x  则     2 2 4 1 { 4 2 A A B B y x y x   （1）—（2）得 4 A By y k   ，即 2 My k  ， 代入方程  1y k x  ，解得 2 2 1Mx k   ．所以点Ｍ的坐标为 2 2 21, k k      ． 同理可得： N 的坐标为  22 1, 2k k  ． 直线MN的斜率为 21 M N MN M N y y kk x x k      ，方程为  2 22 2 1 1 ky k x k k      ，整理得    21 3y k k x   ， 显然，不论 k为何值，  3,0 均满足方程，所以直线MN恒过定点 R  3,0 ． 14.【2018 届辽宁省庄河市高级中学高三上学期开学】设点M 是 x轴上的一个定点，其横坐 标为 a（a R ），已知当 1a  时，动圆 N 过点M 且与直线 1x   相切，记动圆N 的圆心N 的轨迹为C． （Ⅰ）求曲线C的方程； （Ⅱ）当 2a  时，若直线 l与曲线C相切于点  0 0,P x y （ 0 0y  ），且 l与以定点M 为圆心 的动圆M 也相切，当动圆M 的面积最小时，证明： M 、 P两点的横坐标之差为定值． 【答案】（Ⅰ） 2 4y x ；（Ⅱ）证明见解析. 试题解析： （Ⅰ）因为圆 N 与直线 1x   相切，所以点 N 到直线 1x   的距离等于圆 N 的半径， 所以，点 N 到点  1,0M 的距离与到直线 1x   的距离相等. 所以，点 N 的轨迹为以点  1,0M 为焦点，直线 1x   为准线的抛物线， 所以圆心 N 的轨迹方程，即曲线C的方程为 2 4y x ． （Ⅱ）由题意，直线 l的斜率存在，设直线 l的方程为  0 0y y k x x   ， 由  0 0 2 , { 4 , y y k x x y x     得 2 0 0 0 4 k y y kx y    ， 又 2 0 04y x ，所以 2 2 0 0 0 4 4 k ky y y y    ， 因为直线 l与曲线C相切，所以 2 0 01 0 4 kk y y          ，解得 0 2k y  ． 所以，直线 l的方程为 2 0 04 2 0x y y y   ． 动圆M 的半径即为点  ,0M a 到直线 l的距离 2 0 2 0 4 16 4 a y d y    . 当动圆M 的面积最小时，即 d 最小，而当 2a  时； 2 2 0 0 2 2 0 0 4 4 16 4 2 4 a y y ad y y       2 0 2 0 4 4 4 2 4 y a y      2 0 2 0 4 4 4 2 1 2 2 4 y a a y        . 当且仅当 2 0 4 8y a  ，即 0 2x a  时取等号， 所以当动圆M 的面积最小时， 0 2a x  ， 即当动圆M 的面积最小时， M 、 P两点的横坐标之差为定值.