2025版新高考版高考總復習數(shù)學　圓錐曲線的綜合問題

2025版新高考版高考總復習數(shù)學9.5圓錐曲線的綜合問題五年高考考點1圓錐曲線中的軌跡方程問題1.(2021浙江,9,4分,中)已知a,b∈R,ab>0,函數(shù)f(x)=ax2+b(x∈R).若f(s-t),f(s),f(s+t)成等比數(shù)列,則平面上點(s,t)的軌跡是()A.直線和圓B.直線和橢圓C.直線和雙曲線D.直線和拋物線答案C2.(2019北京,8,5分,中)數(shù)學中有許多形狀優(yōu)美、寓意美好的曲線,曲線C:x2+y2=1+|x|y就是其中之一(如圖).給出下列三個結論:①曲線C恰好經過6個整點(即橫、縱坐標均為整數(shù)的點);②曲線C上任意一點到原點的距離都不超過2;③曲線C所圍成的“心形”區(qū)域的面積小于3.其中,所有正確結論的序號是()A.①B.②C.①②D.①②③答案C3.(多選)(2020新高考Ⅰ,9,5分,中)已知曲線C:mx2+ny2=1.()A.若m>n>0,則C是橢圓,其焦點在y軸上B.若m=n>0,則C是圓,其半徑為nC.若mn<0,則C是雙曲線,其漸近線方程為y=±?mD.若m=0,n>0,則C是兩條直線答案ACD4.(2023新課標Ⅰ,22,12分,難)在直角坐標系xOy中,點P到x軸的距離等于點P到點0,12的距離,記動點P(1)求W的方程;(2)已知矩形ABCD有三個頂點在W上,證明:矩形ABCD的周長大于33.解析(1)設P(x,y),由題意可得(x?0)2+y?122=|y|,整理得x2-y+14=0,(2)證明:不妨設A,B,C三點在W上,如圖所示.設Bx0,x02+14,Ax1,x12+14直線AB,BC的方程分別為y-x02+14=k(x-x0),y-x02+14=?1k(x-x0),即直線AB,BC的方程分別為聯(lián)立直線AB與拋物線W的方程可得y消去y得x2-kx+kx0-x02則Δ=k2-4kx0+4x02=(k-2x0)2>0,k≠2x由根與系數(shù)的關系得x0+x1=k,x0·x1=kx0-x0∴|AB|=1+k2·|x1?x同理,聯(lián)立直線BC與拋物線W的方程,并消去y得x2+1kx?1kx0∴|AB|+|BC|=1+k由對稱性不妨設0<|k|≤1,則1+1k2=1+∴|AB|+|BC|≥1+k2k?2x0|+1k+2x0>1+則(k2+1)3k2=(t+1)3t,令g(則g'(t)=3(當0<t<12時,g'(t)<0,g(t)單調遞減;當12<t≤1時,g'(t)>0,g(t)∴g(t)在t=12處取得極小值,即最小值,為g1∴|AB|+|BC|>g(∴矩形的周長=2(|AB|+|BC|)>33.考點2弦長與面積問題(2018江蘇,18,16分,中)如圖,在平面直角坐標系xOy中,橢圓C過點3,1F1(-3,0),F2(3,0),圓O的直徑為F1F2.(1)求橢圓C及圓O的方程.(2)設直線l與圓O相切于第一象限內的點P.①若直線l與橢圓C有且只有一個公共點,求點P的坐標;②直線l與橢圓C交于A,B兩點.若△OAB的面積為267,求直線l解析(1)因為橢圓C的焦點為F1(-3,0),F2(3,0),所以可設橢圓C的方程為x2a2+y2b2又點3,12在橢圓C上因此,橢圓C的方程為x24+y2=1.(3分因為圓O的直徑為F1F2,所以其方程為x2+y2=3.(5分)(2)①設直線l與圓O相切于P(x0,y0)(x0>0,y0>0),如圖1,則x02所以直線l的方程為y=-x0y0(x-x0)+y0,即y由x24+y(4x02+y02)x2-24x0x+36-4y02=0因為直線l與橢圓C有且只有一個公共點,所以Δ=(-24x0)2-4(4x02+y02)(36-4y02)因為x0,y0>0,所以x0=2,y0=1.因此,點P的坐標為(2,1).(10分)②因為三角形OAB的面積為26所以12AB·OP=2設A(x1,y1),B(x2,y2),如圖2,由(*)得x1,2=24x所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+x02y0因為x02所以AB2=16(x02?2)(解得x02=52(x02=20舍去),則y02=12,因此P則直線l的方程為y=-5x+32.(2.(2020課標Ⅲ理,20,12分,中)已知橢圓C:x225+y2m2=1(0<m<5)的離心率為154(1)求C的方程;(2)若點P在C上,點Q在直線x=6上,且|BP|=|BQ|,BP⊥BQ,求△APQ的面積.解析(1)由題設可得25?m25=154,所以C的方程為x225(2)設P(xP,yP),Q(6,yQ),根據(jù)對稱性可設yQ>0,由題意知yP>0.由已知可得B(5,0),直線BP的方程為y=-1yQ(x所以|BP|=yP1+yQ2,|BQ因為|BP|=|BQ|,所以yP=1,將yP=1代入C的方程,解得xP=3或-3.由直線BP的方程得yQ=2或8.所以點P,Q的坐標分別為P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8).|P1Q1|=10,直線P1Q1的方程為y=13x,點A(-5,0)到直線P1Q1的距離為102,故△AP1Q1的面積為|P2Q2|=130,直線P2Q2的方程為y=79x+103,點A到直線P2Q2的距離為13026,故△AP2Q2的面積為12×3.(2022新高考Ⅰ,21,12分,難)已知點A(2,1)在雙曲線C:x2a2?y2a2?1=1(a>1)上,直線l交C于P,(1)求l的斜率;(2)若tan∠PAQ=22,求△PAQ的面積.解析(1)∵點A(2,1)在雙曲線上,∴4a2解得a2=2.∴C的方程為x22-y2=1設直線l:y=kx+m.②聯(lián)立①②,消去y得(1-2k2)x2-4kmx-2(m2+1)=0.設P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1+x2=4km1?2k2,x1xkPA=y1?1x1?2,kQA=y2?1x2?2,由k化簡得2kx1x2+(m-2k-1)(x1+x2)-4(m-1)=0,即2k·?2m2+21?2k2+(m-2k-1)·4化簡得(2k+m-1)(k+1)=0,∴2k+m-1=0或k+1=0.若2k+m-1=0,則l:y=k(x-2)+1,這時直線l過點A,不合題意,∴k+1=0,∴k=-1.(2)不妨設直線PA,AQ的傾斜角為α,βα<∵kAP+kAQ=0,∴α+β=π.由(1)知x1x2=2m2+2>0,當P,Q均在雙曲線左支時,∠PAQ=2α,∴tan2α=22,即2tan2α+tanα?2=0,解得tan此時PA與雙曲線的漸近線平行,與雙曲線左支無交點,舍去;當P,Q均在雙曲線右支時,∵tan∠PAQ=22,∴tan(β-α)=22,即tan2α=-22,即2tan2α?tanα?2=0,解得tan于是,直線PA:y=2(x-2)+1,QA:y=-2(x-2)+1,聯(lián)立y=2(x?2)+1,x22?y2=1,消去y可得3x2+(42-16)x+20-82=0,∴x1+∴|AP|=1+(同理|AQ|=4(6+3)3,又∵sin∴S△PAQ=12考點3定點與定值問題1.(2023新課標Ⅱ,21,12分,中)已知雙曲線C的中心為坐標原點,左焦點為(-25,0),離心率為5.(1)求C的方程;(2)記C的左、右頂點分別為A1,A2,過點(-4,0)的直線與C的左支交于M,N兩點,M在第二象限,直線MA1與NA2交于點P,證明:點P在定直線上.解析(1)設雙曲線的方程為x2a2?y2b2由題意可知c=25,又離心率e=ca=5(寫出公式給1分),∴∴b2=c2-a2=20-4=16,∴雙曲線C的方程為x24(2)證明:由題意知直線MN的斜率不為0(失分點:考慮斜率不存在,否則會失分),所以可設直線MN的方程為x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),由(1)知,A1(-2,0),A2(2,0).聯(lián)立x=my?4,x24?y216=1,消去x,得(∴y1+y2=32m4m2?1,y1y2=484m2?1,∴my1y2=易知直線MA1的方程為y=y1x1+2(x+2)=y1直線NA2的方程為y=y2x2?2(x-2)=y2聯(lián)立①②可得,y1my1?2(x+2)=∴x+2x?2=m∴點P在定直線x=-1上(最后一定要作答,否則會失分).2.(2021新高考Ⅱ,20,12分,中)已知橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),若右焦點為F(1)求橢圓C的方程;(2)設M,N是C上的兩點,直線MN與曲線x2+y2=b2(x>0)相切,證明:M,N,F三點共線的充要條件是|MN|=3.解析(1)由題意得c故橢圓C的方程為x23+y2(2)證明:由(1)得,曲線x2+y2=1(x>0),當直線MN的斜率不存在時,直線MN:x=1,不符合題意;當直線MN的斜率存在時,設M(x1,y1),N(x2,y2).①先證必要性.因為M,N,F三點共線,F(2,0),所以設直線MN:x=my+2,即x-my-2=0.由題意知O(0,0)到直線MN的距離d=2m2+1=1,解得m2=1,故m=±1,所以直線MN:x±y-根據(jù)對稱性,不妨令直線MN:y=x-2.聯(lián)立y=x?故x1+x2=322,x1x2=34,所以|MN|=1+②再證充分性.易知直線MN的斜率存在,設其方程為y=kx+t.由題意得t1+k2=b=1,即t2=1+由y=kx+t,x23+y2=1,消y整理得(1+3則x1+x2=-6kt1+3k2,x1x所以|MN|=(1+=(1+=?12(t因為|MN|=3,所以8k2(1+k2)(1+3k2)2=1因為x1+x2=-6kt1+3k2>0,所以k=1,t=-2或k=-1,t=2,所以直線MN的方程為y=x-2或無論哪一種情況,直線MN恒過焦點F,所以M,N,F三點共線,即充分性成立.故M,N,F三點共線的充要條件是|MN|=3.3.(2023全國乙理,20,12分,難)已知橢圓C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的離心率為53,點A(1)求C的方程;(2)過點(-2,3)的直線交C于P,Q兩點,直線AP,AQ與y軸的交點分別為M,N,證明:線段MN的中點為定點.解析(1)由已知條件得b=2,又e=ca=1?b2a2=1?4a2(2)證明:由題意知,過P、Q兩點的直線的斜率存在且不為零,記直線為l,設l:y=k(x+2)+3=kx+2k+3,令t=2k+3,則l:y=kx+t①,聯(lián)立y=kx+t,y29+x24=1,消去y得(4由Δ=(8kt)2-4(4k2+9)(4t2-36)=144×(4k2+9-t2)>0得4k2+9>t2.設P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1+x2=?8kt4k2+9,x1易知直線AP的方程為y=y1x1+2(令x=0,得yM=2y1x1+2,同理可得則y=(=2=2k(4∴線段MN的中點為定點(0,3).解題技巧解決直線l過坐標系內定點問題時,可采取換元法將點斜式方程變?yōu)樾苯厥椒匠?減少項數(shù),從而有效降低后續(xù)的計算量.4.(2020新高考Ⅰ,22,12分,難)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22(1)求C的方程;(2)點M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D為垂足.證明:存在定點Q,使得|DQ|為定值.解析(1)由題設得4a2+1b2=1,a2?b2所以C的方程為x26(2)證明:設M(x1,y1),N(x2,y2).若直線MN與x軸不垂直,設直線MN的方程為y=kx+m,代入x26+y23=1得(1+2k2)x2+4于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2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將①代入上式可得(k2+1)2m2?61+2k2-(km-k-2)4km1+2整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0(易錯點:化簡和因式分解過程中的計算量比較大,容易出錯).因為A(2,1)不在直線MN上,所以2k+m-1≠0,故2k+3m+1=0,k≠1.于是MN的方程為y=kx?23?1所以直線MN過點P23若直線MN與x軸垂直(易丟分點:容易忽略直線斜率不存在的情況),可得N(x1,-y1).由AM·AN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)又x126+y123=1解得x1=2(舍去)或x1=23此時直線MN過點P23令Q為AP的中點,即Q43若D與P不重合,則由題設知AP是Rt△ADP的斜邊,故|DQ|=12若D與P重合,則|DQ|=12|AP|綜上,存在點Q43,13,考點4最值與范圍問題1.(2020新高考Ⅱ,21,12分,中)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點M(2,3),點(1)求C的方程;(2)點N為橢圓上任意一點,求△AMN的面積的最大值.解析(1)由題意可知直線AM的方程為y-3=12(x-2),即x-2y=-4,當y=0時,解得x=-4,所以a=4由橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點M(2,3),可得416+9b2(2)設與直線AM平行的直線方程為x-2y=m,當直線與橢圓相切時,與AM距離比較遠的直線與橢圓的切點為N,此時△AMN的面積取得最大值.聯(lián)立x?2y=m,x216+y212=1,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,與AM距離比較遠的直線方程為x-2y=8,兩平行線(直線AM與直線x-2y2.(2022浙江,21,15分,難)如圖,已知橢圓x212+y2=1.設A,B是橢圓上異于P(0,1)的兩點,且點Q0,12在線段AB上,直線PA,PB分別交直線y=-12x+3于(1)求點P到橢圓上點的距離的最大值;(2)求|CD|的最小值.解析(1)設M(23cosθ,sinθ)是橢圓上一點,又P(0,1),∴|PM|2=12cos2θ+(sinθ-1)2=13-11sin2θ-2sinθ=14411?11sinθ+1112≤14411(2)由題易知直線AB的斜率存在,設直線AB:y=kx+12,將直線AB的方程與橢圓的方程聯(lián)立,消去y整理得k2+設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-kk2+112,x1易得直線PA:y=y1?1x1x得xC=4x同理可得xD=4x則|CD|=1+?122|xC=5=25=25=25=35當且僅當k=316時取到等號,經檢驗符合題意3.(2021全國乙理,21,12分,難)已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F,且F與圓M:x2+(y+4)2=1上點的距離的最小值為4.(1)求p;(2)若點P在M上,PA,PB是C的兩條切線,A,B是切點,求△PAB面積的最大值.解析(1)由題設知F0,p2,圓M的圓心為(0,-4),半徑為1,F與圓M上點的距離的最小值為p2+3,即p2+3=4,(2)由(1)知C:x2=4y.設P(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2).因為C在A處切線的斜率為x1所以直線PA的方程為x1x-2y-2y1=0.方法點撥:因為拋物線方程為x2=4y,即y=x24,所以利用導數(shù)的幾何意義可求切線方程因為P在直線PA上,故x1x0-2y0-2y1=0,所以A在直線x0x-2y-2y0=0上.同理B也在直線x0x-2y-2y0=0上.所以直線AB的方程為x0x-2y-2y0=0.(利用點與直線的關系以及直線與方程的定義可知過A,B兩點的直線的方程)由x0x?2y?2y0=0,x2=4y故x1+x2=2x0,x1x2=4y0.因此|AB|=1+x因為點P到直線AB的距離d=|x所以△PAB的面積S=12|AB(利用弦長公式和點到直線的距離公式表示三角形的面積)由x02=1-(y0+4)2得S=12[21-(y0+6)因為y0∈[-5,-3],所以當y0=-5時,△PAB的面積取得最大值,最大值為205.(利用圓的方程得出y0的取值范圍,再利用函數(shù)思想求得三角形面積的最值)4.(2019課標Ⅱ理,21,12分,難)已知點A(-2,0),B(2,0),動點M(x,y)滿足直線AM與BM的斜率之積為-12.記M的軌跡為曲線(1)求C的方程,并說明C是什么曲線.(2)過坐標原點的直線交C于P,Q兩點,點P在第一象限,PE⊥x軸,垂足為E,連接QE并延長交C于點G.(i)證明:△PQG是直角三角形;(ii)求△PQG面積的最大值.解析(1)由題設得yx化簡得x24+y22=1(|x|≠2),(所以C為中心在坐標原點,焦點在x軸上的橢圓,不含左右頂點.(易忽略C的軌跡不含左右頂點)(4分)(2)(i)證明:第一步:設直線PQ的方程,與橢圓方程聯(lián)立,得P,Q,E的坐標.設直線PQ的斜率為k,則其方程為y=kx(k>0).(已知點P在第一象限,所以k>0)由y=記u=21+2k則P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).第二步:利用點斜式表示QG的方程,與橢圓方程聯(lián)立得點G的坐標.于是直線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G(xG,yG),則-u和xG是方程①的解,故xG=u(3k2+2)2+k2第三步:由斜率公式得直線PG的斜率,利用斜率關系得三角形形狀.從而直線PG的斜率為uk所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.(8分)(ii)第一步:利用弦長公式表示三角形的兩直角邊的長.由(i)得|PQ|=2u1+k2,|PG|=第二步:利用三角形的面積公式把面積表示成關于k的函數(shù).所以△PQG的面積S=12第三步:利用換元法和對勾函數(shù)的性質求面積的最值.設t=k+1k,則由k>0得t≥2,當且僅當k=1時取等號因為S=8t1+2t2在[2,+∞)上單調遞減,所以當t=2,即k=1時,S取得最大值因此,△PQG面積的最大值為169.(12分)考點5存在性問題1.(2023天津,18,12分,中)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右頂點分別為A1,A2,右焦點為F,已知|A1F(1)求橢圓C的方程及離心率;(2)已知點P是橢圓上一動點(不與頂點重合),直線A2P交y軸于點Q,若△A1PQ的面積是△A2FP面積的二倍,求直線A2P的方程.解析(1)設橢圓C的焦距為2c(c>0),則a+c=3,a?c=1,解得a=2,c所以橢圓C的方程為x24+y23=1(2)由(1)可得,|A2F|=14|A1A2|,所以S△A2FP=14S△PA1A2,設P(x0,y0),當x0<0時,PQ=12PA2,此時點P與當x0>0時,可得QP=故x0=23,代入橢圓方程,得P2又A2(2,0),所以kA所以直線A2P的方程為y=±62(x-2)2.(2021新高考Ⅰ,21,12分,難)在平面直角坐標系xOy中,已知點F1(-17,0),F2(17,0),點M滿足|MF1|-|MF2|=2.記M的軌跡為C.(1)求C的方程;(2)設點T在直線x=12上,過T的兩條直線分別交C于A,B兩點和P,Q兩點,且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和解析(1)由題意知|F1F2|=217,因為|MF1|-|MF2|=2<|F1F2|=217,所以結合雙曲線定義知,點M的軌跡C是以F1、F2為焦點的雙曲線的右支.設其方程為x2a2?y2b2=1(a>0則2a=2,2c=217,解得a=1,c=17,則b2=c2-a2=(17)2-12=16,所以M的軌跡C的方程為x2-y216=1(x≥1(2)如圖,設T12,m,直線AB的方程為y-m=k1x?12,由y=k1x?12+m,x2?y216=1(x≥1)消y得(設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=k12?2k1mk1因為T12所以|TA|=1+k12x1?所以|TA|·|TB|=(1+k12=(1+k12)x1x2-12(x1+x2)+=(1+k12)1=(1+k12=(1+k設直線PQ的方程為y-m=k2x?同理得|TP|·|TQ|=(m因為|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,所以(m即1+k12k12?16=1+k22k22化簡得k12=k22,由題意知k1≠k2,所以k即直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和為0.3.(2022新高考Ⅱ,21,12分,難)已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點為F(2(1)求C的方程;(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A,B兩點,點P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上,且x1>x2>0,y1>0.過P且斜率為-3的直線與過Q且斜率為3的直線交于點M.從下面①②③①M在AB上;②PQ∥AB;③|MA|=|MB|.注:若選擇不同的組合分別解答,則按第一個解答計分.解析(1)由題意知c∴C的方程為x2-y23(2)易知直線PQ的斜率存在,設其方程為y=kx+b(k>3),由y=kx+b,3x2?y2?3=0,得(3-由Δ>0,得b2+3-k2>0,∴x1+x2=2kb3?k2,x1x∴x1-x2=(x設點M的坐標為(x0,y0),則直線PM、QM的方程分別為y-y0=-3(x-x0),y-y0=3(x-x0),故y(*)-(**)得y1-y2=-3(x1+x2-2x0),即k(x1-x2)=-3(x1+x2-2x0),解得x0=kb又(*)+(**)得y1+y2-2y0=3(x2-x1),而y1+y2=k(x1+x2)+2b,∴k(x1+x2)+2b-2y0=3(x2-x1),解得y0=3b2+3?故點M的軌跡方程為y=3kx,其中k為直線PQ的斜率若選擇①②作為條件,③作為結論,設直線AB的方程為y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),不妨設點A在漸近線y=3x上,則由y∴A2kk?3,又由y∴M2k∴xM=xA+xB2,yM=yA+∴|MA|=|MB|.若選擇①③作為條件,②作為結論,當直線AB的斜率不存在時,點M即為F(2,0),此時M不在直線y=3kx上,不符合題意,舍去當直線AB的斜率存在時,設直線AB的方程為y=m(x-2),m≠0,±3.不妨設點A在漸近線y=3x上,且A(xA,yA),B(由y∴A2m同理B2m此時xM=xA+xB2=∵點M在直線y=3kx上,∴6解得k=m,故PQ∥AB.若選擇②③作為條件,①作為結論,設直線AB的方程為y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),不妨設點A在漸近線y=3x上,則yA=k(xA同理,得xB=2kk+3,y設線段AB的中點為C(xC,yC),則xC=xA+xB2=由于|MA|=|MB|,故點M在線段AB的中垂線上,即點M在直線y-yC=-1k(x-xC)上將該直線方程與y=3kx聯(lián)立,得xM=2k2k2?3=xC,yM=6kk2?3故點M在直線AB上.三年模擬綜合拔高練11.(2023廣東廣州二模)已知點F(1,0),P為平面內一動點,以PF為直徑的圓與y軸相切,點P的軌跡記為C.(1)求C的方程;(2)過點F的直線l與C交于A,B兩點,過點A且垂直于l的直線交x軸于點M,過點B且垂直于l的直線交x軸于點N.當四邊形MANB的面積最小時,求l的方程.解析(1)設P(x,y),則以PF為直徑的圓的圓心為x+12,y2,根據(jù)圓與y軸相切,可得x+12所以C的方程為y2=4x.(2)由題意可知:直線l的斜率存在且不為0,設直線l:y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立y=k(x?1),y2=4x?k2x2-2(k所以x1+x2=2(k2+2)k2,x所以|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+2=2(k設直線l的傾斜角為θ,則|AM|=|AF||tanθ|,|BN|=|BF||tanθ|,所以|AM|+|BN|=|AF||tanθ|+|BF||tanθ|=|AB||tanθ|=|AB||k|.四邊形MANB的面積S=S△ABM+S△ABN=12|AB|(|AM|+|BN|)=|AB設t=|k|>0,則S(t)=8(t所以S'(t)=81?=8·(t當t>3時,S'(t)>0,S(t)單調遞增,當0<t<3時,S'(t)<0,S(t)單調遞減,所以當t=3,即|k|=3時,四邊形MANB的面積最小,此時k=±3,故直線l的方程為y=±3(x-1),即3x?2.(2024屆廣東南粵名校素養(yǎng)評價,21)已知雙曲線x2a2?y2b2=1(a>0,b>0(1)求雙曲線的標準方程;(2)若點P為雙曲線右支上一動點,過點P與雙曲線相切的直線l與雙曲線的漸近線分別交于M,N兩點,求△FMN的面積的最小值.解析(1)由已知得漸近線方程為bx±ay=0,右焦點為F(c,0),∴|bc|a2+b2=3,又∵a2+b2解得b=3,由離心率e=ca=2,可得a=1,c=2,∴雙曲線的標準方程為x2-y2(2)解法一:雙曲線x2-y23當直線l的斜率不存在時,由P(1,0),知直線l的方程為x=1,此時可得M(1,3),N(1,-3)(不妨令M在x軸上方),故|MN|=23,又∵F(2,0),故S△FMN=12當直線l的斜率存在時,設其方程為y=kx+m(m≠0),聯(lián)立x2?y23=1,y=kx+m,消去y得(k2-3)x2+2kmx+m2+3=0,∵直線與雙曲線相切,∴Δ=4k2m2-4(k2-3)(m2+3)=0,解得m2=k2-3>0,設M(x1聯(lián)立3x2?y2=0,y=kx+m,消y得(k∴x1+x2=?2kmk2?3=?2kmy1+y2=k(x1+x2)+2m=?2ky1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=k2+km·?2km+m2在△OMN中,|OM|=2x1,|ON|=2x2,∴S△OMN=12∴S△FMN=S△OFM+S△OFN-S△OMN=1=(y∵m2=k2-3>0,∴S△FMN=36m綜上所述,△FMN的面積的最小值為3.解法二:由條件知,若直線l的斜率存在,則斜率不為零,故可設l:x=my+n,聯(lián)立x2?y23=1,x=my+n,消x得(3m∵直線l與雙曲線相切,∴Δ即3設M(x1,y1),N(x2,y2),聯(lián)立x2?y23=0,x=my+n,消x得(3m則y1+y2=?6mn3m2?1=?6mn?由直線l的方程得,直線與x軸的交點坐標為(n,0),∴S△FMN=1=12∵3m2+n2=1,∴n2≤1,且n≠0,又∵P在雙曲線右支,故n>0,∴n=1時,S△FMN取得最小值,為3.綜合拔高練21.(2023湖南常德二模)已知A、B是雙曲線C1:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的兩個頂點,點P是雙曲線上異于A、B的一點,O為坐標原點,射線OP交橢圓C2:x2a2+y2b2=1(a>b>0)于點Q,設直線PA、PB、(1)若雙曲線C1的漸近線方程是y=±12x,且過點5,12,求(2)在(1)的條件下,如果k1+k2=158,求△ABQ的面積(3)試問:k1+k2+k3+k4是不是定值?如果是,請求出此定值;如果不是,請說明理由.解析(1)由雙曲線C1的漸近線方程為y=±12x,設雙曲線C1的方程為x24-y2=λ,將點5,12代入雙曲線C1的方程得λ=(5)(2)設射線OP所在直線的方程為y=kx,P(x0,y0),則y0=kx0,∵點P在雙曲線C1上,∴x024?y∵k1+k2=y0∴k=415聯(lián)立y=415x,x2因此,△ABQ的面積為S=12(3)設點P(x0,y0)、Q(x1,y1),由點P在雙曲線C1上,得x02a2?k1=y0x0+a,∴k1+k2=y0同理可得k3+k4=-2b2ka2,因此k1+k2+k3+k2.(2024屆廣東“六?！甭?lián)合摸底考,21)已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)經過點A1(2,0),A2(4,0),A3(22,3),A4(22,-3),A(1)求雙曲線C的方程;(2)已知點M,N是雙曲線C上與其頂點不重合的兩個動點,過點M,N的直線l1,l2都經過雙曲線C的右頂點,若直線l1,l2的斜率分別為k1,k2,且k1+k2=1,判斷直線MN是否過定點,若過定點,求出該點的坐標;若不過定點,請說明理由.解析(1)由于A3,A4關于x軸對稱,所以A3,A4要么都在雙曲線C上,要么都不在雙曲線C上.點A1,A2不可能都在雙曲線C上.因為雙曲線C經過其中3個點,所以A3,A4都在雙曲線C上.將A3,A4的坐標代入x2a2?y2b2=1得8a2?3b2=1,由A3,A4都在雙曲線C上可知A2(4,0)、A5(3,3)都不在雙曲線C上,所以點A1(2,0)在雙曲線(2)設M(x1,y1),N(x2,y2),其中y1≠y2≠0,易知直線MN不與y軸平行,當直線MN的斜率不為0時,設直線MN的方程為x=my+n,由x=my+n,x24?y23=1消去x并整理得(3則有3m2-4≠0,y1+y2=-6mn3m2?4,y1·因為雙曲線C的右頂點為A1(2,0),且k1+k2=1,所以y=2=6mn所以n=-3m+2,代入x=my+n得x=m(y-3)+2,當y=3時,x=2,所以直線MN過定點(2,3).當直線MN的斜率為0時,直線方程為y=3,代入x24?y23=1得x=±4,不妨令M(4,3),N(-4,3),則k1+k2綜上,直線MN過定點(2,3).

綜合拔高練31.(2024屆廣東深圳開學?？?22)已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,且|F1F2|=4,若C上的點M(1)求C的方程.(2)若過點M的直線l與C的兩條漸近線交于P,Q兩點,且|MP|=|MQ|.(i)證明:l與C有且僅有一個交點;(ii)O為坐標原點,求1|OP|+解析(1)由雙曲線定義可知||MF1|-|MF2||=2a=2,∴a=1,又|F1F2|=4,∴c=2,∵a2+b2=c2,∴b=3,∴雙曲線C的方程為x2-y23(2)(i)證明:當直線l的斜率不存在時,由雙曲線的對稱性可知,l的方程為x=±1,滿足題意.當直線l的斜率存在時,設l的方程為y=kx+m(k≠±3且k≠0).由y=kx+m,x2?y23=1,得(3-Δ=4k2m2+4(3-k2)(m2+3)=12(m2+3-k2)(*).由y=由y=由|MP|=|MQ|得M為PQ中點,設M(x0,y0),則2∵點M在雙曲線上,∴mk3?k化簡得m2=k2-3,代入(*)式,得Δ=0,∴直線l與C有且只有一個交點.綜上所述,直線l與C有且只有一個交點.(ii)當直線l的斜率不存在時,易知|OP|=|OQ|=c=2,此時1|OP|當直線l的斜率存在時,由(i)及題意不妨令Pm3?k,3m3?k同理可得,|OQ|=2m則|OP|·|OQ|=2m3∴1|OP|+2|OQ|=1|OP|+|OP|2又∵|OP|∈(0,+∞),∴1|OP|+2|OQ|的取值范圍為[22.(2024屆廣東仲元中學月考,21)在平面直角坐標系xOy中,設橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率是e,定義直線y=±be為橢圓的“類準線”,(1)求橢圓C的標準方程;(2)A為橢圓C的右頂點,直線l交橢圓C于E,F兩點(點E,F與點A不重合),且滿足AE⊥AF,若點P滿足2OP=OE+OF,解析(1)由題意得be=abc=43,2a=8,又a2=∴a2=16,b2=12,c2=4,∴橢圓C的標準方程為x216(2)由(1)得A(4,0),(需要分直線l⊥x軸與直線l不垂直于x軸兩種情況討論)當直線l⊥x軸時,由對稱性不妨令點E在x軸上方.∵AE⊥AF,∴直線AE的斜率為-1,則AE:y=-x+4,聯(lián)立y=?x+4,x216+y212=1,消y得7x2-32x+16=0,解得x=47或x=4,所以xE=x當直線l不垂直于x軸時,設E(x1,y1),F(x2,y2),直線l:y=kx+t(t≠-4k,k≠0),聯(lián)立y=kx+t,3x2+4y2=48,消y整理得(3+4依題意知Δ=64k2t2-4(3+4k2)(4t2-48)>0,即16k2-t2+12>0(*),由根與系數(shù)的關系得x1+x2=-8kt3+4k2,x1x∵AE⊥AF,∴AE·AF=(x1-4)(x2-4)+y1y2=(x1-4)(x2-4)+(kx1+t)·(kx2+t)=(1+k2)x1x2+(kt-4)(