圓錐曲線（解析版）

·1·求軌跡方程的常見方法有:1(2024·重慶·模擬預測)已知點F-1,0和直線m:x=2，點P到m的距離d=4-2PF.(1)求點P的軌跡方程；1·2·存在，t=-2x2，分別表示OA，OB及sin∠AOB，進而表當x>2時，PF≥3，d=4-2PF≤4-32<0不成立，2x2=2+x，即+y2=1；OA=1+kx，OB=1+kx，+k1x12=1，則x=，同理x=，設直線OA與OB的傾斜角分別為α,β,則tan∠AOB=tanα-β==，則sin∠AOB=k1-k2，1+k+k+k1k22= k+k-2k1k21+2k+2k+4k1k22= =-k+k-2t12t =-1+2k+2k+4t2221+2k+2k+4t2,2 22 2=2x；·3·根據題意可得（x-2+y2=x+2023-，化簡得y2=2x，所以C的方程為y2=2x.所以C的方程為y2=2x.因為平行四邊形MANB對角線的交點在第一三象限的角平分線上，所以(y1-y2((y1+y2(=2(x1-x2(，又y1+y2=2m,--=k,所以km=1，即k=.設直線MN的方程為y-m=(x-m(，即x-my+m2-m=0，聯(lián)立2+m2-m=0,整理得y2-2my+2m2-2m=0，所以Δ=8m-4m2>0，解得0<m<2，y1+y2=2m,y1y2=2m2-2m，則|MN|=1+m2|y1-y2|=1+m2(y1+y2(2-4y1y2=1+m24m2-4(2m2-2m(=21+m22m-m2.又點A到直線MN的距離為d=|2-2m+m2|，√1+m2所以S=2S△AMN=|MN|?d=21+m22m-m2? 1+m2=22m-m2|2-2m+m2|，記t=2m-m2，=2t(2-t2(=-2t3+4t,t∈(0,1[. 令f(t(=-2t3+4t,t∈(0,1[，則f,(t(=-6t2+4， 令f,(t(=0，可得t=，f,(t(>0,f(t(在區(qū)間(0, 所以S≤.3PF為直徑的圓與圓D:x2+y2=1相切，3·4·2-=1(2)2+1 得到最大值.2+y2-(x-5)2+y2|=2，!y=mx+nx2-=1x2-2mnx-(n2+4(=0(!y=mx+n則Δ>0?4+n2-m2>0，①x1+x2=-,x1x2=②所以AS:y=(x-1)，令x=0，得點M縱坐標t=-，同理可得點N縱坐標4-t=-，故+=-4，將y1=mx1+n,y2=mx2+n代入上式整理，得(2m+4)x1x2+(n-m-4)(x1+x2(+4-2n=0，將②代入得m2+2mn+n2+2m+2n=0?(m+n)(m+n+2)=0，AH⊥ST，垂足為H，所以點H軌跡是以AQ為直徑的圓(不含點A)，當且僅當點H在線段OE上時，OH取最大值2+1.11·5·(1)|x+c|+|x-c|+2|y|=2a(a>c>0((2)答案見解析(3)證明見解析-2x,x≤-c2-2x,x≤-c≤x≤a，c-a≤y≤a-c，2=，1,0(,A(-2,0(，由題意可設直線MN的方程為x=my+1(m≠0(,M(x1,y1(,N(x2,y2(，聯(lián)立+3(y2+2my-3=0，Δ=4m2+12(m2+3(=16m2+36>0恒成立，則y1+y2=-,y·6· AM==，所以直線AM的中垂線的方程為y=-x-y1，同理直線AN的中垂線的方程為y=-x-y2，設Q(x0,y0(，則y1,y2是方程y0=-x0-y的兩即y12是方程y2+(mx0+y0(y+3x0=0的兩根，所以y1+y2=-(mx0+y0(,y1y2=3x0，又因y1+y2=-,y1y2=-，所以-(mx0+y0(=-,3x0=-，兩式相比得-y0=2，所以=-3m，所以kMN?kOQ=?=-所以直線OQ與MN的斜率之積為定值-3. 的切線都是該直線族中的某條直線.2+y2=1是直線族mx+ny=1(m,n∈R)的包絡曲線，求m,n滿足的關系式；(1)根據包絡曲線的定義利用直線和圓相切即可得m2+n2=1；E為y=；【詳解】(1)由定義可知，mx+ny=1與x2+y2=1相切，則圓C1的圓心(0,0(到直線mx+ny=1的距離則d==1，m2+n2=1.0(不在直線族Ω:(2a-4(x+4y+(a-2)2=0(a∈R(的任意一條直線上，所以無論a取何值時，(2a-4(x0+4y0+(a-2)2=0無解.將(2a-4(x0+4y0+(a-2)2=0整理成關于a·7·2+(2x0-4(a+(4+4y0-4x0(=0.若該方程無解，則Δ=(2x0-4(2-4(4+4y0-4x0(<0，即y0>.x1,,y=在該點處的切線斜率為k=，于是可以得到y(tǒng)=在Qx1,點處的切線方程為：y=x-，即-2x1x+4y+x=0.今直線族Ω:(2a-4(x+4y+(a-2)2=0中2a-4=-2x1，則直線為-2x1x+4y+x=0，所以該曲線上的每一點處的切線都是該直線族中的某條直所以直線族Ω的包絡曲線E為y=.1-1(2-1(同理y=—”以CP==+y=在點A(x1,y1(處的切線方程為y=x-；2在點B(x2,y2(處的切線方程為y=2x-；聯(lián)立x1x22所?+-1-1=+++1 ==—”CP—”CB—”CP —”CP ==—”CP—”CB—”CP —”CP +1+1(==∠PCB成立.—”CP——則AI(xA,-1(，因為kPA=yI|x=x=,kAC==，顯然kBA?kAC=-1.又由拋物線定義得AAI=AC，故PA為線段AIC的中垂線，得到PAI=PC，即∠PAIA=·8· a-和復數(shù)的模求解證明；△OPZ=·d·|OZ|求解.(1)設復數(shù)z=a+bi(a,b∈R(，則|z2|-|z2-9|=(a2+b2(-(a2-b2-9(2+4a2b2=7。(a2-b2-9(2+4a2b2=a2+b2-7兩邊平方得(a2-b2-9(2+4a2b2=(a2+b2(2+49-14(a2+b2(。a2-8b2=8。-b2=1 a-=a-，ed=a-=a-22，|ZF1|=(a-3(2+b2由-b2=1得b2=-1，代入得|ZF1|=(a-3(2+b2=(a-3(2+-1=a2-6a+8= a-22 22(y=- 22(y=-則kl=kl=，（y=4(x-a(+b（y=4(x-a(+bP-2b，-a(,·9·==2-a22+b22-8b2=82+b2=S?OPQZ=2S△OPZ=2，故平行四邊形OPQZ的面積為定值2. 1已知點M是拋物線C:x2=2pyp>0的對稱軸與準線的交點，過M作拋物線的一條切線，切點為(2)過A-1,1作斜率為2的直線與拋物線C相交于點B，點T0,tt>0，直線AT與BT分別交拋物理由.2=y(2)存在，λ=解即可.2=2pyp>0，則M設Px0,，則在點P處的切線斜率k=，故在點P處的切線方程為y-=x-x0，即y=x-0，x-0，p2p0,-，則-=-，解得x=p2，則PM=x++2=2p=，解得p= 故拋物線C的方程為x2=y.·10·x∵直線BT的斜率k=，故其方程為y=x+t，-,,故直線EF的斜率為k=t+故直線EF的斜率為k=t+=3t=λt，則λ=2.22圍.0(+y0可得到x+y=2，再結合Q(x0,y0(在直線x+2y+t=0上，推出d=≤2，求解即可得到t的取值范圍.2=c2-a2=4-3=1，所以雙曲線C的方程為-y2=1；·11·0(，則切線方程為y=k(x-x0(+y0，0(+y0，消y并整理得(1-3k2(x2+6k(kx0-y0(x-3k2x+6kx0y0-3y-3=0，則Δ=[6k(kx0-y0([2-4×(1-3k2(×(-3k2x+6kx0y0-3y-3(=0，化簡得12(kx0-y0(2-(36k2-12(=0，即(kx0-y0(2-(3k2-1(=0，化成關于k的一元二次方程(x-3(k2-2x0y0k+y+1=0，2==-1，即x+y=2，0(在直線x+2y+t=0上，所以直線x+2y+t=0與圓x2+y2=2有交點，所以d=≤2，即|t|≤10，即-10≤t≤10，33 9(2)過橢圓+=1(m>n>0)上任意一點P(P不在C的漸近線上)分別作平行于雙曲線兩條漸近QQQAQA=及-|EF|min=10-3得c-a=10-3，再結合a2+b2=c2即可解決問題；)，則PM方程為y=-(x-x0(+y0，聯(lián)立漸近線方程y=再利用|PM|2+|PN|2=|OM|2+|ON|2計算即可得到答案.QQQA=??==，所以y=(x-a2(，①·12·所以由e=?m=3n?+=1，設P(x0,y0)，則直線PM方程為y=-(x-x0(+y0，直線PN方程為y=(x-x0(+y0由〈-x0(+y0，得xM=；x-x0(+y0，得xN=又tan∠MOx=，所以tan∠MOx=，所以= 由四邊形OMPN是平行四邊形，知|PM|2+|PN|2=|所以，|PM|2+|PN|2=|OM|2+|O1(2022·全國·高三專題練習)F(c,0(是橢圓C:+=1(a>b>0(的右焦點，其中c∈N*.點1·13·x0的表達式，結合-2<x0<2可求得結果.設C的左焦點為F，則△PBF的周長PF+PB+BF=2a-PF+PB+BF=5c+PB-PF<5c+BF=8c，*2-c2=3.00≠0，且-2<x0<2，直線AP的斜率為kAP=，所以，直線AP的方程為y=x+2，聯(lián)立直線AP、OM的方程x+2聯(lián)立直線BP、OM的方程-2=6x0+2=14-x0.=-=-=，解得xM=6，=-x022=---2=，解得xQ ·14·，從而得出結論.橢圓方程為+=1；(x=my+1+=1得(3m2+4)y2+6my-9=0，y1+y2=-34，y1y2=-3+4，(y2)2=y+2+y=+2+=(--(2=-34，m=0時，=-1，所以== A22+y2=r2(r>0)，橢圓C與圓A2交于點D，且kDADA=-.值范圍.·15·20=- =-x0-2x0+24直線l的方程為x=1，得到P和M，Q和N分別重合，求得r=； DAkDA=?=-，整理得+=1，+=1.F2=3FA2y=k(x-1)方程組+=1，2+3)x2-8k2x+4k2-12=0，則Δ>0,x1+x2=,x1x2=，所以PQ=1+k2x1-x2=1+k2×(x1+x2)2-4x1x2=，因為點A2到直線l的距離d= 以MN=2r2-d2=2r2-，又由PQ=MN，兩邊平方，可得r2=+36? 所以r2=+t-3,t∈[3,4)，設ft=+t ft<0，所以ft在t∈[3,4)上單調遞減，又由f3=4,f4=，所以ft∈ ·16·SDMEN=|xN-xM||y1-y2|，為此計算y1-y2，xN-xM代入轉化為k的函數(shù)求最大值.11PAOB面積的取值范圍.(2)設過P(x0,y0(的切線l:y-y0=k(x-x0(，S四邊形PAOB=|AB|(d1+d2(，結合y0的范圍，代入化簡即可求,FS,OK，F(xiàn)，過點P的直線的斜率為k，則方程為y-y0=k(x-x0(，x2+8(y0-kx0(kx+4(y0-kx0(2-4=0，Δ=64(y0-kx0(2k2-4(1+4k2([4(y0-kx0(2-4[=0，整理得(4-x(k2+2x0y0k+1-y=0，k12==-1，即x+y=5，所以點P在方程為x2+y2=5的圓上.,A點在橢圓上，則+y=1，則4-x=4y,1-y=，1(滿足：(4-x(k2+2x1y1k+1-y=0則4yk2+2x1y1k+=0，即（2y1k+2=0，故k=-，從而得切線l1的方程為y-y1=-(x-x1(整理得x+y1y=1，·17·點P(x0,y0(滿足方程，則+y0y1=1，同理可得+y0y2=1即點A(x1,y1(,B(x2,y2(滿足方程x+y0y=1，所以AB的方程為x+y0y=1.消y得1+x2-x+-4=0，x1+x2=，x1?x2=，+y-1d1++y-1y++ y+=x2 4+x2y+S四邊形PAOB=|AB|(d1+d2(== 5+3y=53y+122線AD、AE分別與x軸交于M,N，求四邊形DMEN面積的最大值.并求出y1-y2，xN-xM，將SDMEN=|xN-xM||y1-y2|表示為k的函數(shù)，使用基本不等式求最大值.GFF4c+(2-2|GF1||GF2|=4c2?4a2-4=4c2?a2又r內==2-3?a+c=2+3，a-c=2-3，所以橢圓C的方程為+y2=1.·18·x2+8k(2k+1(x+16k2+16k=0，則Δ>0,x1+x2=,x1?x2=，直線AD的方程：y=x+1，所以xM=，同理xN=，1=kx1+2k+1,y2=kx2+2k+1,∴y1-y2=k(x1-x2(，xN-xM=-k(+2(--k(+2(= 2(x1-x2(k(x1+2((x2+2(，DMEN=|xN-xM||y1-y2|====(-4k((-≤=4，43(2023·全國·高三專題練習)如圖．已知圓M:(個圓均內切.3 2,求四邊形APBQ面積的最大值.理得四邊形APBQ的面積S=3×(x1+x2(2-4x1x2可得答案；，·19·∴9-SM=SN+1,∴SM+SN=8>2+2=4，所以2a=8,a=4,2c=4,c=2,b2=a2-c2=16-4=12，2(，直線AB的方程為y=x+t，代入+整理得x2+tx+t2-12=0，Δ=t2-4(t2-12(>0，解得-4<t<4，x1+x2=-t，x1x2=t2-12， 2四邊形APBQ 2x1-x2|=3×(x1+x2(2-4x1x2=348-3t2，11(2)設P是橢圓C上不同于A,B的一點，直線PA，PB與直線x=4分別交于點M,N.試判斷以MN為直結論.·20·所以所以求橢圓C的方程為+=1.+4n2=12，PA,PB斜率存在且不為0，依題意可知PA的直線方程為y=(x+2(，PB的直線方程為y=(x-2(，0-4,y0-?x0-4,y0-=(x0-4(2+y-y0+，為3m2+4n2=12，所以?=(x0-4(2+y-y0-9.因為?=0，所以(x0-4(2+y-y0-9=0，令y0=0，可得(x0-4(2=9，解得x0=1，x0=7， 到點M與點N坐標，進而求出圓的方程，即可得到以MN為直徑的圓過y2∴橢圓C的標準方程為C:+y2=12=1將直線方程代入橢圓方程，得(4k2+2(x2+4kx-3=0∴x1+x2=-，x1x2=-直線AP的解析式為lAP:y=x+1直線AQ的解析式為lAQ:y=x+1-,0N圓心為M-+,0以MN為直徑的圓的方程為：x--+2+y2=-++2即x2+y2++x+·21·x1x2 =x1x2y1-1y2-1x1x2x1x2∵==y1-1y2-1kx1+-1kx2+-1 -12=-6-12k2+8k2+4k2+2= x1x2kx1-2-= 4x1x24k2x1x2-2kx1+x2+1=2+y2++x+=0中，令x=0，得y2=63已知雙曲線C:-=1(a>0,b>0)的左頂32-=1(2)證明見解析2+c-a2=1022=a2+b2=0，以PQ為直徑的圓的方程為x-x1x-x2+y-y1y-y2=0，由對稱性知以PQ為直徑的圓必過x軸上的定點，進而得到x2-x1+x2x+x1x2+y1y2=0，進而求解.可得yP=，yQ=-，即PF=，2+c-a2=1022=a2+b22-=1；22y2-4my+4-y2=3?3m2-1y2-12my+9=0,以PQ為直徑的圓的方程為x-x1x-x2+y-y1y-y2=0，x2-x1+x2x+x1x2+y2-y1+y2y+y1y2=0,由對稱性知以PQ為直徑的圓必過x軸上的定點，令y=0，可得x2-x1+x2x+x1x2+y1y2=0，而x1+x2=my1+y2-4=-4=，x1x2=my1-2my2-2=m2y1y2-2my1+y2+4=-3m2-43m2-1，2-x++=0?3m2-1x2-4x+5-3m2=0·22·2?(3m2-1(y2-12my+9=0,由對稱性知以PQ為直徑的圓必過x軸上的定點.設以PQ為直徑的圓過E(t,0(，-t((x2-t(+y1y2=0?x1x2-t(x1+x2(+t2+y1y2=0，而x1x2=(my1-2((my2-2(=m2y1y2-2m(y1+y2(+4=m2?-2m?+4=，x1+x2=m(y1+y2(-4=-4=∴-+t2+=0，(3m2-1(t2-4t+5-3m2=0，即[(3m2-1(t+3m2-5[(t-1(=0對?m∈R恒成立，①kPA+kPB=t(t≠0(時，lAB過定點（x0-,-y0(PB=t(t≠0(時，lAB過定點x0-,-y01已知點F是橢圓E:+=1(a>b>0)的右焦點，P是橢圓E的上1tan∠PFO=.k11+k2=2，求橢圓E的方程.2=1.(1)根據tan∠PFO===33可求出； ∴e=c= ·23· k1+k2(y= k1+k2+=1，得(1+4k2(x2-8k2x+4k2-4b2=0，則Δ=64k4-4(1+4k2((4k2-4b2(>0，即4k2b2-k2+b2>0，-=2kx1x2-(5k+3((x1+x2(+8k+24x1x2-4(x1+x2(+16=2，則橢圓方程為+y2=1，y1+y2=0此時k1+k2=+===2，滿足題意，綜上，橢圓方程為+y2=1.221+k2=-1，求證：直線MN恒過定點.2+y2，化簡得y2=4x.2x-1)2-(2k+4(x+k=0，所以x1+x2=，則M 所以x1+x2=，則M所以kMN=k+2k+2kkk=由k1+k2=-1，可得kMN=k1(1+k1(，·24·332由已知可設l所在直線的方程為y=k(x-1(，(x2-8k2x+4(k2-3(=0，Δ=64k4-4×(4k2+3(×4(k2-3(=144(k2+1(>0，x三2+222x2-(k821k-k-1.+k2=0此時直線l的方程為y=(x-1(，即x-2y-1=0.給定橢圓+=1（a>b>0與橢圓上定點P(x0,y0(，過P點·25·2=t，則直線AB過定點+x0,-+y0(11PQ過定點.+x2,x1x2APkAQ=后化簡得m,k的關系，此關系代入直線方程可得定點坐標.+=1fa2=42=+=1fa2=4橢圓方程為+y2=1；)x2+8kmx+4m2-4=0，Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-4)>0，4k2+1>m2，由韋達定理得x1+x2=-，x1x2=，kAPkAQ=?====代入x1)=，整理得m=3k或m=-2k，2+1>9k2得-<k<，直線PQ方程為y=kx+3k，過定點(-3,0).22N兩點，M在N的左側. 2 21k2為定值.·26·k2即可化簡出定值.+=1聯(lián)立得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0.故m2=4k2+3.2=4= 1+2=.51)得y1=kx1+m，y2=kx2+m，m2=4k2+3.(x2+2kmx+m2-4=0，由韋達定理得Δ=(2km)2-4(1+k2)(m2-4)=16(4k2-m2+4)=16>0，x1+x2=-，x1x2=，故(x2-x1(2=-4×==，∴x2-x1=，代入①式整理可得k1k2===-3，所以k1k2為定值. ·27·值.2=b2+c2所以橢圓E的方程為+y2=1.y=kx+m(2)①設直線AB的方程為y=kx+m，聯(lián)立+y2=1，消去y得到(1+4k2)x2+8mkx+4m2-4=0，設A(x，y),B(x2，y2)，由韋達定理得到，x1+x2=，x1?x2=，,得m2<4k2+1，設線段AB的中點為定值.=-1代入+y2=1，均求得AB=3，又C到直線AB的距離為3，,所以x3=-x1+x2=，y3=-y1+y2=，原點O到直線AB的距離,·28·雙曲線-=1的以x0,y0為切點的切線方程為-=1(1)點Px0,y0是拋物線y2=2mxm≠0上一點，則拋物線過點P的切線方程是：y0y=mx0+x；(2)點Px0,y0是拋物線x2=2mym≠0上一點，則拋物線過點P的切線方程是：x0x=my0+y.11(1)求橢圓E的標準方程：(2)過橢圓E的左焦點F1作直線l與橢圓E相交于A，B兩點(點A在x軸上方)，過點(1)由待定系數(shù)法求解析式；(1)由題意得..·29·橢圓在x軸上方對應方程為,則A處切線斜率為y得+y2=1得,,橢圓在x軸上方的部分方程為,·30·同理可得過B(x,y2)(y2<0)的切線方程為,.由設得,..令n=1+4k2≥1,ABMF1ABMF122.·31·5y=0令y=0令則F(-1,0),F2(,0),,又,,3法國數(shù)學家加斯帕爾·蒙日被譽為畫法幾何之父.他在研究橢圓切線問題時發(fā)現(xiàn)了一個有趣3、·32·y-=k(x-)P(x0，)(1)設橢圓方程為,且蒙日圓的方程為x2+y2=7；,y-=k(x-),,由于P在橢圓,故=4(3+46-12)>0，·33·設過點P的兩切線斜率為，：，x1=λx21F與y軸垂直的直線交橢1mm·34·，，+=4成立.得(k2+4)2+2mk+m2-4=0，k2-m2+4>0,且,=3∴x1=-3x2m2k2+m2-k2-4=0.當m2=1m2=1,∵∵1<m<21<m<2·35· 2在平面直角坐標系xOy中，動點Mx,y與定點F1,0的距離和M到定直線x=2的距離的比是-4，求點N的坐標.(1)(2)(±1,0)(1)根據點到直線距離和兩點間距離公式依題意計算即可.用兩根和及兩根積表示,計算即可.到F(1,0)∴∵得,將得4m2=4,m=±1(±1,0)x=y+n,則N為得·36·令設P,Q,R則(y+y2)=-2yy(y+y2)=-2yy2(±1,0)3