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第16讲 圆锥曲线综合
【考点梳理】
1．抛物线的标准方程
【知识点的认识】
抛物线的标准方程的四种种形式：
（1）y2＝2px，焦点在x轴上，焦点坐标为F（，0），（p可为正负）
（2）x2＝2py，焦点在y轴上，焦点坐标为F（0，），（p可为正负）
四种形式相同点：形状、大小相同；
四种形式不同点：位置不同；焦点坐标不同．
下面以两种形式做简单的介绍：
标准方程 y2＝2px（p＞0），焦点在x轴上 x2＝2py（p＞0），焦点在y轴上
图形
顶点 （0，0） （0，0）
对称轴 x轴 焦点在x轴长上 y轴 焦点在y轴长上
焦点 （，0） （0，）
焦距 无 无
离心率 e＝1 e＝1
准线 x＝﹣ y＝﹣
2．抛物线的性质
【知识点的认识】
抛物线的简单性质：
3．双曲线的性质
【知识点的认识】
双曲线的标准方程及几何性质
标准方程 （a＞0，b＞0） （a＞0，b＞0）
图形
性 质 焦点 F1（﹣c，0），F2（ c，0） F1（0，﹣c），F2（0，c）
焦距 |F1F2|＝2c |F1F2|＝2c
范围 |x|≥a，y∈R |y|≥a，x∈R
对称 关于x轴，y轴和原点对称
顶点 （﹣a，0）．（a，0） （0，﹣a）（0，a）
轴 实轴长2a，虚轴长2b
离心率 e＝（e＞1）
准线 x＝± y＝±
渐近线 ±＝0 ±＝0
4．曲线与方程
【曲线与方程】
在直角坐标系中，如果某曲线C（看作点的集合或适合某种条件的点的轨迹）上的点与一个二元方程f（x，y）＝0的实数解建立了如下的关系：①曲线上点的坐标都是这个方程的解；②以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点．那么，这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线．求解曲线方程关键是要找到各变量的等量关系．
【例题解析】例：：定义点M到曲线C上每一点的距离的最小值称为点M到曲线C的距离．那么平面内到定圆A的距离与它到定点B的距离相等的点的轨迹不可能是（　　）
A：直线 B：圆 C：椭圆 D：双曲线一支．
解：对定点B分类讨论：
①若点B在圆A内（不与圆心A重合），如图所示：设点P是圆A上的任意一点，连接PB，作线段PB的垂直平分线l交AP于点M，连接BM，则|AM|+|BM|＝|AP|＝R＞|AB|．
由椭圆的定义可知：点M的轨迹是以点A、B为焦点的椭圆．
②若点B在圆A外，如图2所示：设点P是圆A上的任意一点，连接PB，作线段PB的垂直平分线l交AP于点M，连接BM，则|BM|﹣|AM|＝|AP|＝R＜|AB|．
由双曲线的定义可知：点M的轨迹是以点A、B为焦点的双曲线的一支．
③若定点B与圆心A重合，如图3所示：
设点P是圆A上的任意一点，取线段AP的中点M，则点M满足条件，
因此点M的轨迹是以点A为圆心，以为半径的圆．
④若点B在圆A上，则满足条件的点是一个点B．
综上可知：可以看到满足条件的点M的轨迹可以是：椭圆、双曲线的一支，圆，一个点，而不可能是一条直线．
故选A．
这是一个非常好的题，一个题把几个很重要的曲线都包含了，我认为这个题值得每一个学生去好好研究一下．这个题的关键是找等量关系，而这个等量关系是靠自己去建立的，其中还要注意到圆半径是相等的和中垂线到两端点的距离相等这个特点，最后还需结合曲线的第二定义等来判断，是个非常有价值的题．
【考点点评】 这个考点非常重要，但也比较难，我们在学习这个考点的时候，先要认真掌握各曲线的定义，特别是椭圆、抛物线、双曲线的第二定义，然后学会去找等量关系，最后建系求解即可．
5．圆锥曲线的共同特征
【知识点的认识】
圆锥曲线的共同特征：
圆锥曲线上的点到一个定点的距离与它到定直线的距离之比为定值e．当0＜e＜1时，圆锥曲线是椭圆；当e＞1时，圆锥曲线是双曲线；当e＝1时，圆锥曲线是抛物线．其中定点是圆锥曲线的一个焦点，定直线是相应于这个交点的准线．
6．直线与圆锥曲线的综合
【概述】直线与圆锥曲线的综合问题是高考的必考点，比方说求封闭面积，求距离，求他们的关系等等，常用的方法就是联立方程求出交点的横坐标或者纵坐标的关系，通过这两个关系的变形去求解．
【实例解析】
例：已知圆锥曲线C上任意一点到两定点F1（﹣1，0）、F2（1，0）的距离之和为常数，曲线C的离心率．
（1）求圆锥曲线C的方程；
（2）设经过点F2的任意一条直线与圆锥曲线C相交于A、B，试证明在x轴上存在一个定点P，使的值是常数．
解：（1）依题意，设曲线C的方程为（a＞b＞0），
∴c＝1，
∵，
∴a＝2，
∴，
所求方程为．
（2）当直线AB不与x轴垂直时，设其方程为y＝k（x﹣1），
由，
得（3+4k2）x2﹣8k2x+4（k2﹣3）＝0，
从而，，
设P（t，0），则
＝
当，
解得
此时对 k∈R，；
当AB⊥x轴时，直线AB的方程为x＝1，
xA＝xB＝1，，
对，，
即存在x轴上的点，使的值为常数．
这是一道符合高考命题思维的题型，一般命题思路都是第一问叫你求曲线的表达式；第二问在求证某种特殊的关系，像本题求证是个常数这是高考中非常喜欢考的一种形式．我们看看解答思路，第一问就是求a、b、c中的两个值即可；第二问先是联立方程，然后把我们要证的这个关系转化为根与系数的关系，这也是常用的方法．
【考点分析】 必考题，也是难题，希望大家多总结，尽量去总结一下各种题型和方法，在考试的时候，如果运算量大可以适当的放到最后做．
7．圆锥曲线的综合
【知识点的认识】
1、抛物线的简单性质：
2、双曲线的标准方程及几何性质
标准方程 （a＞0，b＞0） （a＞0，b＞0）
图形
性 质 焦点 F1（﹣c，0），F2（ c，0） F1（0，﹣c），F2（0，c）
焦距 |F1F2|＝2c a2+b2＝c2
范围 |x|≥a，y∈R |y|≥a，x∈R
对称 关于x轴，y轴和原点对称
顶点 （﹣a，0）．（a，0） （0，﹣a）（0，a）
轴 实轴长2a，虚轴长2b
离心率 e＝（e＞1）
准线 x＝± y＝±
渐近线 ±＝1 ±＝1
8．圆锥曲线的轨迹问题
【知识点的认识】
1、求曲线的轨迹方程常采用的方法有直接法、定义法、代入法、参数法．
（1）直接法：直接法是将动点满足的几何条件或者等量关系，直接坐标化，列出等式化简即得动点轨迹方程．
（2）定义法：若动点轨迹的条件符合某一基本轨迹的定义（如椭圆、双曲线、抛物线、圆等），可用定义直接探求．
（3）相关点法：根据相关点所满足的方程，通过转换而求动点的轨迹方程．
（4）参数法：若动点的坐标（x，y）中的x，y分别随另一变量的变化而变化，我们可以以这个变量为参数，建立轨迹的参数方程．
求轨迹方程，一定要注意轨迹的纯粹性和完备性．要注意区别“轨迹”与“轨迹方程”是两个不同的概念．
【解题方法和技巧】
1.求轨迹方程的一般步骤：
（1）建立适当的直角坐标系（如果已给出，本步骤省略）；
（2）设曲线上任意一点的坐标为（x，y）；
（3）根据曲线上点所适合的条件，写出等式；
（4）用坐标yx、表示这个等式，并化简；
（5）证明已化简后的方程的解为坐标的点都是曲线上的点．
上述五个步骤可简记为：建系；设点；写出集合；列方程、化简；证明．
【考点剖析】
【考点1】曲线与方程（共4小题）
1．（2022 奉贤区模拟）不论α取何实数，方程x2+2y2sinα＝1所表示的曲线必不是（　　）
A．抛物线 B．圆 C．直线 D．双曲线
2．（2021 上海模拟）由曲线x2＝4y，x2＝﹣4y，x＝4，x＝﹣4围成图形绕y轴旋转一周所得为旋转体的体积为V1，满足x2+y2≤16，x2+（y﹣2）2≥4，x2+（y+2）2≥4的点（x，y）组成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V2，则（　　）
A．V1＝V2 B．V1＝V2 C．V1＝V2 D．V1＝2V2
3．（2021 黄浦区校级三模）在xOy平面上，对任意的m∈R，曲线x2＝2my+m2+1都不经过一些点，则这些点组成的区域的面积为　 　
4．（2020 浦东新区校级模拟）数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线C：（x2+y2）3＝16x2y2为四叶玫瑰线，下列结论正确的有（　　）
（1）方程（x2+y2）3＝16x2y2（xy＜0），表示的曲线在第二和第四象限；
（2）曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2；
（3）曲线C构成的四叶玫瑰线面积大于4π；
（4）曲线C上有5个整点（横、纵坐标均为整数的点）．
A．（1）（2） B．（1）（2）（3） C．（1）（2）（4） D．（1）（3）（4）
【考点2】圆锥曲线的共同特征（共1小题）
5．（2017 徐汇区校级模拟）抛物线y＝x2﹣2xsinα+1的顶点在椭圆x2+my2＝1上，这样的抛物线有且只有两条，则m的取值范围是　 　．
【考点3】直线与圆锥曲线的综合（共6小题）
6．（2022 徐汇区校级模拟）如图，A、B是椭圆长轴的两个端点，M、N是椭圆上与A、B均不重合的相异两点，设直线AM、BN、AN的斜率分别是k1、k2、k3．
（1）若直线MN过点（1，0），求证：k1 k3为定值；
（2）设直线MN与x轴的交点为（t，0）（t为常数且t≠0），试探究直线AM与直线BN的交点Q是否落在某条定直线上？若是，请求出该定直线的方程；若不是，请说明理由．
7．（2022 宝山区校级模拟）已知椭圆是左、右焦点．设M是直线l：x＝t（t＞2）上的一个动点，连结MF1，交椭圆Γ于N（yN≥0）．直线l与x轴的交点为P，且M不与P重合．
（1）若M的坐标为，求四边形PMNF2的面积；
（2）若PN与椭圆Γ相切于N且，求tan∠PNF2的值；
（3）作N关于原点的对称点N'，是否存在直线F2N，使得F1N'上的任一点到F2N的距离为，若存在，求出直线F2N的方程和N的坐标，若不存在，请说明理由．
8．（2022 松江区二模）已知椭圆的右顶点坐标为A（2，0），左、右焦点分别为F1、F2，且|F1F2|＝2，直线l交椭圆Γ于不同的两点M和N．
（1）求椭圆Γ的方程；
（2）若直线l的斜率为1，且以MN为直径的圆经过点A，求直线l的方程；
（3）若直线l与椭圆Γ相切，求证：点F1、F2到直线l的距离之积为定值．
9．（2022 青浦区二模）已知椭圆的右焦点为F，过F的直线l交Γ于A，B两点．
（1）若直线l垂直于x轴，求线段AB的长；
（2）若直线l与x轴不重合，O为坐标原点，求△AOB面积的最大值；
（3）若椭圆Γ上存在点C使得|AC|＝|BC|，且△ABC的重心G在y轴上，求此时直线l的方程．
10．（2022 静安区二模）如图，点P（xP，yP）是y轴左侧（不含y轴）一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B，且PA，PB的中点均在抛物线C上．
（1）若P（﹣1，2），点A在第一象限，求此时点A的坐标；
（2）设AB中点为M，求证：直线PM⊥y轴；
（3）若P是曲线上的动点，求△PAB面积的最大值．
11．（2022 浦东新区二模）已知F1、F2分别为椭圆E：的左、右焦点，过F1的直线l交椭圆E于A、B两点．
（1）当直线l垂直于x轴时，求弦长|AB|；
（2）当时，求直线l的方程；
（3）记椭圆的右顶点为T，直线AT、BT分别交直线x＝6于C、D两点，求证：以CD为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标．
【考点4】圆锥曲线的综合（共3小题）
12．（2022 闵行区校级模拟）已知双曲线x2﹣y2＝1的右焦点和抛物线y2＝2px的焦点重合，则p＝　 　．
13．（2021 杨浦区校级模拟）已知F1，F2为椭圆和双曲线的公共焦点，P为它们的一个公共点，且|F1F2|＝4，∠F1PF2＝，则的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
14．（2020 浦东新区三模）如图，已知椭圆C1和双曲线C2交于P1、P2、P3、P4四个点，F1和F2分别是C1的左、右焦点，也是C2的左、右焦点，并且六边形P1P2F1P3P4F2是正六边形．若椭圆C1的方程为＝1，则双曲线C2的方程为 　 　．
【考点5】圆锥曲线的轨迹问题（共2小题）
15．（2020 嘉定区二模）如图，若正方体ABCD﹣A1B1C1D1的侧面BCC1B1内动点P到棱A1B1的距离等于它到棱BC的距离，则点P所在的曲线为（　　）
A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．圆
16．（2021 青浦区校级模拟）有一块正方形EFGH，EH所在直线是一条小河，收获的蔬菜可送到F点或河边运走．于是，菜地分别为两个区域S1和S2，其中S1中的蔬菜运到河边较近，S2中的蔬菜运到F点较近，而菜地内S1和S2的分界线C上的点到河边与到F点的距离相等，现建立平面直角坐标系，其中原点O为EF的中点，点F的坐标为（1，0），如图
（1）求菜地内的分界线C的方程；
（2）菜农从蔬菜运量估计出S1面积是S2面积的两倍，由此得到S1面积的经验值为．设M是C上纵坐标为1的点，请计算以EH为一边，另一边过点M的矩形的面积，及五边形EOMGH的面积，并判断哪一个更接近于S1面积的“经验值”．
【真题模拟题专练】
一．选择题（共1小题）
1．（2020 上海）已知椭圆+y2＝1，作垂直于x轴的垂线交椭圆于A、B两点，作垂直于y轴的垂线交椭圆于C、D两点，且AB＝CD，两垂线相交于点P，则点P的轨迹是（　　）
A．椭圆 B．双曲线 C．圆 D．抛物线
二．填空题（共1小题）
2．（2018 上海）已知平面上动点P到两个定点（1，0）和（﹣1，0）的距离之和等于4，则动点P的轨迹方程为　 　．
三．解答题（共3小题）
3．（2022 上海）设有椭圆方程Γ：+＝1（a＞b＞0），直线l：x+y﹣4＝0，Γ下端点为A，M在l上，左、右焦点分别为F1（﹣，0）、F2（，0）．
（1）a＝2，AM中点在x轴上，求点M的坐标；
（2）直线l与y轴交于B，直线AM经过右焦点F2，在△ABM中有一内角余弦值为，求b；
（3）在椭圆Γ上存在一点P到l距离为d，使|PF1|+|PF2|+d＝6，随a的变化，求d的最小值．
4．（2021 上海）已知Γ：+y2＝1，F1，F2是其左、右焦点，直线l过点P（m，0）（m≤﹣），交椭圆于A，B两点，且A，B在x轴上方，点A在线段BP上．
（1）若B是上顶点，||＝||，求m的值；
（2）若 ＝，且原点O到直线l的距离为，求直线l的方程；
（3）证明：对于任意m＜﹣，使得∥的直线有且仅有一条．
5．（2016 上海）有一块正方形EFGH，EH所在直线是一条小河，收获的蔬菜可送到F点或河边运走．于是，菜地分别为两个区域S1和S2，其中S1中的蔬菜运到河边较近，S2中的蔬菜运到F点较近，而菜地内S1和S2的分界线C上的点到河边与到F点的距离相等，现建立平面直角坐标系，其中原点O为EF的中点，点F的坐标为（1，0），如图
（1）求菜地内的分界线C的方程；
（2）菜农从蔬菜运量估计出S1面积是S2面积的两倍，由此得到S1面积的经验值为．设M是C上纵坐标为1的点，请计算以EH为一边，另一边过点M的矩形的面积，及五边形EOMGH的面积，并判断哪一个更接近于S1面积的“经验值”．第16讲 圆锥曲线综合
【考点梳理】
1．抛物线的标准方程
【知识点的认识】
抛物线的标准方程的四种种形式：
（1）y2＝2px，焦点在x轴上，焦点坐标为F（，0），（p可为正负）
（2）x2＝2py，焦点在y轴上，焦点坐标为F（0，），（p可为正负）
四种形式相同点：形状、大小相同；
四种形式不同点：位置不同；焦点坐标不同．
下面以两种形式做简单的介绍：
标准方程 y2＝2px（p＞0），焦点在x轴上 x2＝2py（p＞0），焦点在y轴上
图形
顶点 （0，0） （0，0）
对称轴 x轴 焦点在x轴长上 y轴 焦点在y轴长上
焦点 （，0） （0，）
焦距 无 无
离心率 e＝1 e＝1
准线 x＝﹣ y＝﹣
2．抛物线的性质
【知识点的认识】
抛物线的简单性质：
3．双曲线的性质
【知识点的认识】
双曲线的标准方程及几何性质
标准方程 （a＞0，b＞0） （a＞0，b＞0）
图形
性 质 焦点 F1（﹣c，0），F2（ c，0） F1（0，﹣c），F2（0，c）
焦距 |F1F2|＝2c |F1F2|＝2c
范围 |x|≥a，y∈R |y|≥a，x∈R
对称 关于x轴，y轴和原点对称
顶点 （﹣a，0）．（a，0） （0，﹣a）（0，a）
轴 实轴长2a，虚轴长2b
离心率 e＝（e＞1）
准线 x＝± y＝±
渐近线 ±＝0 ±＝0
4．曲线与方程
【曲线与方程】
在直角坐标系中，如果某曲线C（看作点的集合或适合某种条件的点的轨迹）上的点与一个二元方程f（x，y）＝0的实数解建立了如下的关系：①曲线上点的坐标都是这个方程的解；②以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点．那么，这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线．求解曲线方程关键是要找到各变量的等量关系．
【例题解析】例：：定义点M到曲线C上每一点的距离的最小值称为点M到曲线C的距离．那么平面内到定圆A的距离与它到定点B的距离相等的点的轨迹不可能是（　　）
A：直线 B：圆 C：椭圆 D：双曲线一支．
解：对定点B分类讨论：
①若点B在圆A内（不与圆心A重合），如图所示：设点P是圆A上的任意一点，连接PB，作线段PB的垂直平分线l交AP于点M，连接BM，则|AM|+|BM|＝|AP|＝R＞|AB|．
由椭圆的定义可知：点M的轨迹是以点A、B为焦点的椭圆．
②若点B在圆A外，如图2所示：设点P是圆A上的任意一点，连接PB，作线段PB的垂直平分线l交AP于点M，连接BM，则|BM|﹣|AM|＝|AP|＝R＜|AB|．
由双曲线的定义可知：点M的轨迹是以点A、B为焦点的双曲线的一支．
③若定点B与圆心A重合，如图3所示：
设点P是圆A上的任意一点，取线段AP的中点M，则点M满足条件，
因此点M的轨迹是以点A为圆心，以为半径的圆．
④若点B在圆A上，则满足条件的点是一个点B．
综上可知：可以看到满足条件的点M的轨迹可以是：椭圆、双曲线的一支，圆，一个点，而不可能是一条直线．
故选A．
这是一个非常好的题，一个题把几个很重要的曲线都包含了，我认为这个题值得每一个学生去好好研究一下．这个题的关键是找等量关系，而这个等量关系是靠自己去建立的，其中还要注意到圆半径是相等的和中垂线到两端点的距离相等这个特点，最后还需结合曲线的第二定义等来判断，是个非常有价值的题．
【考点点评】 这个考点非常重要，但也比较难，我们在学习这个考点的时候，先要认真掌握各曲线的定义，特别是椭圆、抛物线、双曲线的第二定义，然后学会去找等量关系，最后建系求解即可．
5．圆锥曲线的共同特征
【知识点的认识】
圆锥曲线的共同特征：
圆锥曲线上的点到一个定点的距离与它到定直线的距离之比为定值e．当0＜e＜1时，圆锥曲线是椭圆；当e＞1时，圆锥曲线是双曲线；当e＝1时，圆锥曲线是抛物线．其中定点是圆锥曲线的一个焦点，定直线是相应于这个交点的准线．
6．直线与圆锥曲线的综合
【概述】直线与圆锥曲线的综合问题是高考的必考点，比方说求封闭面积，求距离，求他们的关系等等，常用的方法就是联立方程求出交点的横坐标或者纵坐标的关系，通过这两个关系的变形去求解．
【实例解析】
例：已知圆锥曲线C上任意一点到两定点F1（﹣1，0）、F2（1，0）的距离之和为常数，曲线C的离心率．
（1）求圆锥曲线C的方程；
（2）设经过点F2的任意一条直线与圆锥曲线C相交于A、B，试证明在x轴上存在一个定点P，使的值是常数．
解：（1）依题意，设曲线C的方程为（a＞b＞0），
∴c＝1，
∵，
∴a＝2，
∴，
所求方程为．
（2）当直线AB不与x轴垂直时，设其方程为y＝k（x﹣1），
由，
得（3+4k2）x2﹣8k2x+4（k2﹣3）＝0，
从而，，
设P（t，0），则
＝
当，
解得
此时对 k∈R，；
当AB⊥x轴时，直线AB的方程为x＝1，
xA＝xB＝1，，
对，，
即存在x轴上的点，使的值为常数．
这是一道符合高考命题思维的题型，一般命题思路都是第一问叫你求曲线的表达式；第二问在求证某种特殊的关系，像本题求证是个常数这是高考中非常喜欢考的一种形式．我们看看解答思路，第一问就是求a、b、c中的两个值即可；第二问先是联立方程，然后把我们要证的这个关系转化为根与系数的关系，这也是常用的方法．
【考点分析】 必考题，也是难题，希望大家多总结，尽量去总结一下各种题型和方法，在考试的时候，如果运算量大可以适当的放到最后做．
7．圆锥曲线的综合
【知识点的认识】
1、抛物线的简单性质：
2、双曲线的标准方程及几何性质
标准方程 （a＞0，b＞0） （a＞0，b＞0）
图形
性 质 焦点 F1（﹣c，0），F2（ c，0） F1（0，﹣c），F2（0，c）
焦距 |F1F2|＝2c a2+b2＝c2
范围 |x|≥a，y∈R |y|≥a，x∈R
对称 关于x轴，y轴和原点对称
顶点 （﹣a，0）．（a，0） （0，﹣a）（0，a）
轴 实轴长2a，虚轴长2b
离心率 e＝（e＞1）
准线 x＝± y＝±
渐近线 ±＝1 ±＝1
8．圆锥曲线的轨迹问题
【知识点的认识】
1、求曲线的轨迹方程常采用的方法有直接法、定义法、代入法、参数法．
（1）直接法：直接法是将动点满足的几何条件或者等量关系，直接坐标化，列出等式化简即得动点轨迹方程．
（2）定义法：若动点轨迹的条件符合某一基本轨迹的定义（如椭圆、双曲线、抛物线、圆等），可用定义直接探求．
（3）相关点法：根据相关点所满足的方程，通过转换而求动点的轨迹方程．
（4）参数法：若动点的坐标（x，y）中的x，y分别随另一变量的变化而变化，我们可以以这个变量为参数，建立轨迹的参数方程．
求轨迹方程，一定要注意轨迹的纯粹性和完备性．要注意区别“轨迹”与“轨迹方程”是两个不同的概念．
【解题方法和技巧】
1.求轨迹方程的一般步骤：
（1）建立适当的直角坐标系（如果已给出，本步骤省略）；
（2）设曲线上任意一点的坐标为（x，y）；
（3）根据曲线上点所适合的条件，写出等式；
（4）用坐标yx、表示这个等式，并化简；
（5）证明已化简后的方程的解为坐标的点都是曲线上的点．
上述五个步骤可简记为：建系；设点；写出集合；列方程、化简；证明．
【考点剖析】
【考点1】曲线与方程（共4小题）
1．（2022 奉贤区模拟）不论α取何实数，方程x2+2y2sinα＝1所表示的曲线必不是（　　）
A．抛物线 B．圆 C．直线 D．双曲线
【分析】就sinα的不同取值分类讨论即可．
【解答】解：若sinα＝0，则方程为x2＝1，它表示两条直线；
若sinα≠0，则方程可化为，
若sinα＜0，则它表示焦点在x轴上的双曲线；
若，则，则它表示焦点在y轴上的椭圆；
若，则，则它表示圆，
若，则，则它表示焦点在x轴上的椭圆，
故选：A．
【点评】本题考査圆锥曲线的标准方程与圆锥曲线类型的对应关系，属于基础题．
2．（2021 上海模拟）由曲线x2＝4y，x2＝﹣4y，x＝4，x＝﹣4围成图形绕y轴旋转一周所得为旋转体的体积为V1，满足x2+y2≤16，x2+（y﹣2）2≥4，x2+（y+2）2≥4的点（x，y）组成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V2，则（　　）
A．V1＝V2 B．V1＝V2 C．V1＝V2 D．V1＝2V2
【分析】由题意可得旋转体夹在两相距为8的平行平面之间，用任意一个与y轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为|y|，求出所得截面的面积相等，利用祖暅原理知，两个几何体体积相等．
【解答】解：如图，两图形绕y轴旋转所得的旋转体夹在两相距为8的平行平面之间，
用任意一个与y轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为|y|，所得截面面积
S1＝π（42﹣4|y|），
S2＝π（42﹣y2）﹣π[4﹣（2﹣|y|）2]＝π（42﹣4|y|）
∴S1＝S2，由祖暅原理知，两个几何体体积相等，
故选：C．
【点评】本题主要考查祖暅原理的应用，求旋转体的体积的方法，体现了等价转化、数形结合的数学思想，属于基础题．
3．（2021 黄浦区校级三模）在xOy平面上，对任意的m∈R，曲线x2＝2my+m2+1都不经过一些点，则这些点组成的区域的面积为　π　
【分析】把x2＝2my+m2+1变形，看作关于m的一元二次方程，再由判别式小于0，即可得到曲线x2＝2my+m2+1不经过的点组成的平面区域，再由圆的面积公式求解．
【解答】解：由x2＝2my+m2+1，得m2+2ym+1﹣x2＝0，
∵对任意的m∈R，曲线x2＝2my+m2+1都不经过一些点，
设这些点构成的集合为A，
则关于m的方程m2+2ym+1﹣x2＝0无解，
∴Δ＝4y2﹣4（1﹣x2）＜0，即x2+y2＜1，
∴集合A中的点组成的区域是以原点为圆心，以1为半径的圆内，
其面积为S＝π×12＝π．
故答案为：π．
【点评】本题考查曲线与方程，考查化归与转化思想，更换主元是解答该题的关键，是中档题．
4．（2020 浦东新区校级模拟）数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线C：（x2+y2）3＝16x2y2为四叶玫瑰线，下列结论正确的有（　　）
（1）方程（x2+y2）3＝16x2y2（xy＜0），表示的曲线在第二和第四象限；
（2）曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2；
（3）曲线C构成的四叶玫瑰线面积大于4π；
（4）曲线C上有5个整点（横、纵坐标均为整数的点）．
A．（1）（2） B．（1）（2）（3） C．（1）（2）（4） D．（1）（3）（4）
【分析】因为xy＜0，所以x与y异号，故其图象在第二和四象限，从而判断（1）；
利用基本不等即可判断（2）；
将以O为圆心、2为半径的圆的面积与曲线C围成区域的面积进行比较即可判断（3）；
先确定曲线C经过点（，），再将第一象限内经过的整点（1，1），（1，2）和（2，1）逐一代入曲线C的方程进行检验即可判断（4）；
【解答】解：对于（1），因为xy＜0，所以x与y异号，故图象在第二和四象限，即（1）正确．
对于（2），因为x2+y2≥2xy（x＞0，y＞0），所以xy≤，所以（x2+y2）3＝16x2y2≤16×＝4（x2+y2）2，
所以x2+y2≤4，即（2）正确；
对于（3）选项，以O为圆点，2为半径的圆O的面积为4π，显然曲线C围成的区域的面积小于圆O的面积，即（3）错误；
把x＝，y＝代入曲线C，可知等号两边成立，所以曲线C在第一象限过点（，），由曲线的对称性可知，该点的位置是图中的点M，
对于（4）选项，只需要考虑曲线在第一象限内经过的整点即可，把（1，1），（1，2）和（2，1）代入曲线C的方程验证可知，等号不成立，所以曲线C在第一象限内不经过任何整点，再结合曲线的对称性可知，曲线C只经过整点（0，0），即（4）错误；
故选：A．
【点评】本题考查曲线的轨迹方程，涉及特殊点代入法、均值不等式、圆的面积等知识点，有一定的综合性，考查学生灵活运用知识和方法的能力，属于中档题．
【考点2】圆锥曲线的共同特征（共1小题）
5．（2017 徐汇区校级模拟）抛物线y＝x2﹣2xsinα+1的顶点在椭圆x2+my2＝1上，这样的抛物线有且只有两条，则m的取值范围是　（0，1）　．
【分析】根据题意求出抛物线的顶点坐标，再代入椭圆的方程，即可得到cos2α＝0或cos2α＝，又因为对应的sinα有2个不同的值，
所以看到cos2α＝无解，进而得到答案．
【解答】解：由题意可得：抛物线y＝x2﹣2xsinα+1的顶点坐标为：（sinα，cos2α），
因为抛物线y＝x2﹣2xsinα+1的顶点在椭圆x2+my2＝1上，
所以将顶点代入椭圆方程可得：sin2α+mcos4α＝1，即mcos4α＝cos2α，
解得：cos2α＝0或cos2α＝，
因为这样的抛物线有且只有两条，
所以对应的sinα有2个不同的值，
所以cos2α＝无解，即0＜m＜1．
故答案为：（0，1）
【点评】本题主要考查圆锥曲线的性质，以及三角函数的有关性质，此题综合性较强属于中档题．
【考点3】直线与圆锥曲线的综合（共6小题）
6．（2022 徐汇区校级模拟）如图，A、B是椭圆长轴的两个端点，M、N是椭圆上与A、B均不重合的相异两点，设直线AM、BN、AN的斜率分别是k1、k2、k3．
（1）若直线MN过点（1，0），求证：k1 k3为定值；
（2）设直线MN与x轴的交点为（t，0）（t为常数且t≠0），试探究直线AM与直线BN的交点Q是否落在某条定直线上？若是，请求出该定直线的方程；若不是，请说明理由．
【分析】（1）设直线MN为：x＝my+1，M（x1，y1），N（x2，y2），联立MN方程和椭圆方程，根据韦达定理和斜率计算公式计算k1 k3即可；
（2）设MN：x＝my+t，M（x1，y1），N（x2，y2）．联立MN方程和椭圆方程，求得根与系数关系．联立AM与BN方程，消去y，求解x，将根与系数关系代入化简即可求解．
【解答】（1）证明：设直线MN为：x＝my+1，M（x1，y1），N（x2，y2），
由得，（3m2+4）y2+6my﹣9＝0，
∴，，
∴
＝，
∴k1 k3为定值；
（2）解：设MN：x＝my+t，M（x1，y1），N（x2，y2），
，
由△＝36m2t2﹣4（4+3m2）（3t2﹣12）＝144m2﹣48t2+192＝48（3m2﹣t2+3）＞0，
得：t2＜3m2+3．
∴，，∴，
则，，
AM和BN方程联立得，，
即
＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝，
即，
即直线AM与直线BN的交点Q落在定直线上．
【点评】本题主要考查圆锥曲线中的定值问题，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．
7．（2022 宝山区校级模拟）已知椭圆是左、右焦点．设M是直线l：x＝t（t＞2）上的一个动点，连结MF1，交椭圆Γ于N（yN≥0）．直线l与x轴的交点为P，且M不与P重合．
（1）若M的坐标为，求四边形PMNF2的面积；
（2）若PN与椭圆Γ相切于N且，求tan∠PNF2的值；
（3）作N关于原点的对称点N'，是否存在直线F2N，使得F1N'上的任一点到F2N的距离为，若存在，求出直线F2N的方程和N的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由椭圆的方程可得a，b的值，进而求出c的值，可得左焦点F1的坐标，进而求出直线MF1的方程，与椭圆的方程联立，求出N的坐标，由S＝S﹣S可得四边形的面积；
（2）由题意可得直线PN的斜率存在，设直线PN的方程，与椭圆的方程联立，由判别式等于0，可得参数的关系，求出两根之和及两根之积，求出数量积，可得参数的值可得N的坐标，判断出NF2垂直于x轴，进而求出tan∠PNF2的值；
（3）由于N与N'，F1与F2是两组关于原点的对称点，由对称性知，四边形F1NF2N'是平行四边形，则NF2与N'F1是平行的，可得F1N'上的任一点到F2N的距离均为两条平行线间的距离d，设直线NF2的方程，d＝2d＝＝，可得k的值，进而求出N的坐标．
【解答】解：（1）因为椭圆的方程：+y2＝1，可得a2＝4，b2＝1，
可得c2＝a2﹣b2＝4﹣1＝3，解得c＝，所以F1（﹣，0），
M，可得k＝＝，
根据点斜式方程可得直线MF1的方程：y＝（x+），
联立，整理可得：13x2+2x﹣45＝0，
解得x＝﹣或x＝，由yN＞0，可得yN＝（+）＝，
所以，
所以S＝S﹣S＝[ （+）﹣ 2]＝；
（2）由于直线PN的斜率必存在，则设直线PN的方程：y＝k（x﹣t），
与椭圆方程联立，可得：（1+4k2）x2﹣8k2tx+4k2t2﹣4＝0，
由相切，Δ＝16（1+4k2﹣k2t2）＝0，则，
同时有韦达定理x1+x2＝2xN＝，代入k2＝可得xN＝＝，
将N的横坐标代入椭圆的方程可得：yN2＝1﹣＝
而 ＝xN2+yN2﹣3＝+﹣3＝﹣3＝，解得t＝，
而t＞0，所以t＝，满足k2＝＞0，
所以N的横坐标xN＝＝，
可得NF2⊥x轴，
所以tan∠PNF2＝＝＝；
（3）由于N与N'，F1与F2是两组关于原点的对称点，由对称性知，
四边形F1NF2N'是平行四边形，则NF2与N'F1是平行的，
故F1N'上的任一点到F2N的距离均为两条平行线间的距离d．
设N（x0，y0），其中x0∈（﹣，2），易验证，当时，NF2与N'F1之间的距离为，不合要求，
设，则直线NF2的方程为：y＝k（x﹣），即kx﹣y﹣k＝0，
当时，d＝2d＝＝，可得k2＝，
代入k＝，可得48y02＝（x0﹣）2，而y02＝1﹣，
两式联立可得：13x02﹣2x0﹣45＝0，
解得：x0＝﹣或x0＝，由x0∈（﹣，2），可得x0＝，
代入椭圆的方程可得N（，）．
所以k＝＝，
所以直线NF2的方程为：y＝（x﹣）．
【点评】本题考查椭圆的性质的应用，直线与椭圆的综合应用，直线与椭圆相切的性质的应用，属于中档题．
8．（2022 松江区二模）已知椭圆的右顶点坐标为A（2，0），左、右焦点分别为F1、F2，且|F1F2|＝2，直线l交椭圆Γ于不同的两点M和N．
（1）求椭圆Γ的方程；
（2）若直线l的斜率为1，且以MN为直径的圆经过点A，求直线l的方程；
（3）若直线l与椭圆Γ相切，求证：点F1、F2到直线l的距离之积为定值．
【分析】（1）根据2c＝2，a＝2，b2＝a2﹣c2＝3，即可求得椭圆方程；
（2）设直线l的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及，即可求得直线l的方程；
（3）分类讨论，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程y＝kx+b，与椭圆方程联立，由Δ＝0，可得b2＝3+4k2，结合点到直线的距离公式，即可求得点F1、F2到直线l的距离之积为定值．
【解答】解：（1）因为|F1F2|＝2c＝2，则c＝1，
因为a＝2，b2＝a2﹣c2＝3，
所以椭圆Γ的方程；
（2）因为直线l的斜率为1，故设直线l的方程为y＝x+m，设M（x1，y1），N（x2，y2），
由，消去y，整理，得7x2+8mx+4m2﹣12＝0，
则，，
因为以MN为直径的圆经过右顶点A，所以，
所以（x1﹣2）（x2﹣2）+y1y2＝0，
所以
＝，
整理得，7m2+16m+4＝0，所以m＝﹣2或，
因为Δ＝64m2﹣4×7×（4m2﹣12）＝16（21﹣3m2），
显然当m＝﹣2或时，成立
所以直线l的方程为y＝x﹣2或；
（3）证明：椭圆Γ的左、右焦点分别为F1（﹣1，0），F2（1，0），
①当直线l平行于y轴时，因为直线l与椭圆Γ相切，所以直线l的方程为x＝±2，
此时点F1、F2到直线l的距离分别为d1＝1，d2＝3，所以d1d2＝3，
②当直线l不平行与y轴时，设直线l的方程为y＝kx+b，
联立，消去y，整理得（3+4k2）x2+8kbx+4b2﹣12＝0，
所以，Δ＝64k2x2﹣4（3+4k2）（4b2﹣12）＝16（9+12k2﹣3b2），
因为直线l与椭圆Γ相切，Δ＝0，所以，b2＝3+4k2，
因为F1（﹣1，0）到直线l的距离为，F2（﹣1，0）到直线l的距离为，
所以，，
所以点F1、F2到直线l的距离之积为定值，且定值为3．
【点评】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，向量的坐标运算，点到直线的距离公式，考查转化思想，分类讨论思想，计算能力，属于难题．
9．（2022 青浦区二模）已知椭圆的右焦点为F，过F的直线l交Γ于A，B两点．
（1）若直线l垂直于x轴，求线段AB的长；
（2）若直线l与x轴不重合，O为坐标原点，求△AOB面积的最大值；
（3）若椭圆Γ上存在点C使得|AC|＝|BC|，且△ABC的重心G在y轴上，求此时直线l的方程．
【分析】（1）令x＝1，求出y＝±即可．
（2）设直线l：x＝my+1，与椭圆方程联立，利用韦达定理和三角形面积公式表达出△ABO的面积即可．
（3）分类讨论直线l，与椭圆方程联立，利用中点坐标公式求出M的坐标，再利用重心的性质求出C的坐标，代入椭圆即可求解．
【解答】解：（1）∵F（1，0），令x＝1，则+＝1，∴y＝±，∴|AB|＝3．
（2）设直线l：x＝my+1（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立得，则（3m2+4）y2+6my﹣9＝0，
则Δ＝144（m2+1），y1+y2＝，y1 y2＝，
∴|y1﹣y2|＝＝，
∴S△AOB＝|OF| |y1﹣y2|＝×，
令＝t，t≥1，则S△AOB＝＝，
∵y＝3t+在[1，+∞）上为增函数，
∴S△AOB＝＝≤＝，当且仅当t＝1，即m＝0时取等号，
∴△AOB面积的最大值为．
（3）当直线l不与x轴重合时，
设直线l：x＝my+1（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中点为M，
联立得，则（3m2+4）y2+6my﹣9＝0，
Δ＝144（m2+1），y1+y2＝，y1 y2＝，
∵△ABC的重心G在y轴上，
∴x1+x2+xC＝0，
∴xC＝﹣（x1+x2）＝﹣m（y1+y2）﹣2＝，
xM＝＝＝，
yM＝＝，
∵|AC|＝|BC|，∴CM⊥AB，
∴直线CM：y﹣yM＝﹣m（x﹣xM），∴yC＝yM﹣m（xC﹣xM）＝，
∴C（，），代入椭圆得，m2（3m2﹣1）＝0，
∴m＝0或m＝±，
∴直线l：x＝1或x＝±y+1，
当直线l与x轴重合时，C点在椭圆的上，下顶点，满足题意，此时l：y＝0，
综上，直线l：x＝1或y＝0或x＝±y+1．
【点评】本题考查了椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系，属于难题．
10．（2022 静安区二模）如图，点P（xP，yP）是y轴左侧（不含y轴）一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B，且PA，PB的中点均在抛物线C上．
（1）若P（﹣1，2），点A在第一象限，求此时点A的坐标；
（2）设AB中点为M，求证：直线PM⊥y轴；
（3）若P是曲线上的动点，求△PAB面积的最大值．
【分析】（1）求得AP的中点，代入抛物线方程，即可求得求得A点坐标；
（2）设A，B点坐标，求得AP的中点，代入抛物线方程，因此可得yA，yB是方程，利用韦达定理及中点坐标公式可得yP＝yM，即直线PM⊥y轴；
（3）分类讨论，当直线AB的斜率存在时，求得直线AB的方程，求得|AB|，根据点到直线的距离公式，求得△PAB面积的表达式，即可求得△PAB面积的最大值．
【解答】解：（1）设点A（xA，yA），，由P（﹣1，2），则AP中点坐标为，
代入y2＝4x，得，
所以yA＝6，即A（9，6）；
（2）设，P（xP，yP），则AP中点，
代入y2＝4x，得．同理可得，
所以，yA，yB是方程（*）的两根．
所以yA+yB＝2yP，又因为AB中点M（xM，yM），则2yM＝yA+yB，所以yP＝yM，
所以直线PM⊥y轴；
（3）当直线AB垂直于x轴时，P（﹣1，0），所以（*）化为y2﹣8＝0，即，，
所以，
当直线AB的斜率存在时，设直线AB方程为：，
则，所以，
所以，
因此＝，
点P到直线AB的距离，
所以，
又因为，则﹣1＜xP＜0，﹣2＜yP＜2，且yP≠0，
令，所以当时，t取得最大值，
当xP＝﹣1时，t取得最小值为2，则，
所以在上单调递增，所以，
综上可知，，
所以△ABC的面积的最大值为．
【点评】本题考查椭圆及抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，考查中点坐标公式及韦达定理的应用，考查转化思想，计算能力，属于难题．
11．（2022 浦东新区二模）已知F1、F2分别为椭圆E：的左、右焦点，过F1的直线l交椭圆E于A、B两点．
（1）当直线l垂直于x轴时，求弦长|AB|；
（2）当时，求直线l的方程；
（3）记椭圆的右顶点为T，直线AT、BT分别交直线x＝6于C、D两点，求证：以CD为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标．
【分析】（1）将x＝﹣1代入椭圆方程得，所以|AB|＝3；
（2）当直线l的斜率存在，设直线l的方程y＝k（x+1），代入椭圆方程，利用韦达定理及向量的坐标运算，由，即可求得k的值，求得直线l的方程；
（3）当直线l的斜率不存在时，求得直线AT，BT的方程，求得C，D坐标，求得以CD为直径的圆，令y＝0，得x＝4，x＝8．即圆过点（4，0），（8，0），当直线l的斜率存在时，同理，求得直线AT，BT的方程，求得C，D坐标，求得以CD为直径的圆，令y＝0，化简，整理可得x＝4，x＝8，即以CD为直径的圆恒过定点．
【解答】解：（1）由题知F1（﹣1，0），将x＝﹣1代入椭圆方程得，所以|AB|＝3；
（2）由（1）知当直线l的斜率不存在时，，
此时，不符合题意，舍去，
所以直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y＝k（x+1），
联立，消去y，整理，得（3+4k2）x2+8k2x+4k2﹣12＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则，，
由
＝，
解得，
所以，直线l的方程为；
（3）证明：①当直线l的斜率不存在时，，
直线AT的方程为，C点坐标为（6，﹣2），直线BT的方程为，D点坐标为（6，2），
以CD为直径的圆方程为（x﹣6）2+y2＝4，
由椭圆的对称性知若以CD为直径的圆恒过定点则定点在x轴上，
令y＝0，得x＝4，x＝8．即圆过点（4，0），（8，0），
②当直线l的斜率存在时，同（2）联立，直线AT的方程为，
C点坐标为，同理D点坐标为，
以CD为直径的圆的方程为，
令y＝0，得，
由，
得x2﹣12x+32＝0，解得x＝4，x＝8，即圆过点（4，0），（8，0），
综上可得，以CD为直径的圆恒过定点（4，0），（8，0）．
【点评】本题考查椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，向量的坐标运算，圆恒过定点问题，考查转化思想，分类讨论思想，计算能力，属于难题．
【考点4】圆锥曲线的综合（共3小题）
12．（2022 闵行区校级模拟）已知双曲线x2﹣y2＝1的右焦点和抛物线y2＝2px的焦点重合，则p＝　2　．
【分析】先求出双曲线的右焦点，再由题意可得，从而可求出p的值．
【解答】解：x2﹣y2＝1的右焦点为（，0），即，
解得p＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了圆锥曲线的性质，属于基础题．
13．（2021 杨浦区校级模拟）已知F1，F2为椭圆和双曲线的公共焦点，P为它们的一个公共点，且|F1F2|＝4，∠F1PF2＝，则的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
【分析】解：设椭圆方程与双曲线方程，再设|PF1|＝m，|PF2|＝n，由圆锥曲线定义及隐含条件求得m＝a1+a2，n＝a1﹣a2，在△PF1F2中，由余弦定理得，展开数量积，再求出a1的范围，即可求得的取值范围
【解答】解：不妨设椭圆方程为（a1＞b1＞0），双曲线方程为（a2＞0，b2＞0）
由题意，，，
不妨设点P在第一象限，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，
在椭圆中，有m+n＝2a1，在双曲线中，m﹣n＝2a2，
解得：m＝a1+a2，n＝a1﹣a2，
在△PF1F2中，由余弦定理得：
cos∠F1PF2＝＝，
整理得，则．
∴＝＝＝．
由于＞0，＞0，
得4＜＜，8＜＜，故＜＜﹣8．
∴＜＜0．
即的取值范围为（﹣，0）．
故选：D．
【点评】本题考查椭圆与双曲线的焦点三角形问题，考查化归转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
14．（2020 浦东新区三模）如图，已知椭圆C1和双曲线C2交于P1、P2、P3、P4四个点，F1和F2分别是C1的左、右焦点，也是C2的左、右焦点，并且六边形P1P2F1P3P4F2是正六边形．若椭圆C1的方程为＝1，则双曲线C2的方程为 　﹣＝1　．
【分析】由题意的方程可得左焦点的坐标，再由P1P2F1P3P4F2是正六边形，可得P2的坐标，由两个曲线的焦点相同可设双曲线的方程，将P2点代入可求出参数的值，进而求出双曲线的方程．
【解答】解：由题意的方程可得椭圆的半个焦距c2＝4+2﹣2＝4，即c＝2，
所以左焦点F1（﹣2，0），
由六边形P1P2F1P3P4F2是正六边形，
所以由图可得P2（﹣1，），
因为椭圆C1和双曲线C2D的焦点相同，设双曲线的方程为：﹣＝1，
0＜λ＜4，由于P2也在双曲线上，所以﹣＝1，整理可得λ2＝12，0＜λ＜4，所以，
所以双曲线的方程为：﹣＝1，
故答案为：﹣＝1．
【点评】本题考查圆锥曲线的综合，及正六边形的性质，属于中档题．
【考点5】圆锥曲线的轨迹问题（共2小题）
15．（2020 嘉定区二模）如图，若正方体ABCD﹣A1B1C1D1的侧面BCC1B1内动点P到棱A1B1的距离等于它到棱BC的距离，则点P所在的曲线为（　　）
A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．圆
【分析】由图可得P到棱A1B1的距离即P到B1的距离．再由抛物线的定义得答案．
【解答】解：P到棱A1B1的距离即P到B1的距离．
又动点P到棱A1B1的距离等于它到棱BC的距离，
∴平面BCC1B1内动点P到定直线BC和定点B1距离相等．
则P的轨迹为抛物线的一部分，
∴点P所在的曲线为抛物线．
故选：C．
【点评】本题考查抛物线的定义，考查数形结合的解题思想方法，是基础题．
16．（2021 青浦区校级模拟）有一块正方形EFGH，EH所在直线是一条小河，收获的蔬菜可送到F点或河边运走．于是，菜地分别为两个区域S1和S2，其中S1中的蔬菜运到河边较近，S2中的蔬菜运到F点较近，而菜地内S1和S2的分界线C上的点到河边与到F点的距离相等，现建立平面直角坐标系，其中原点O为EF的中点，点F的坐标为（1，0），如图
（1）求菜地内的分界线C的方程；
（2）菜农从蔬菜运量估计出S1面积是S2面积的两倍，由此得到S1面积的经验值为．设M是C上纵坐标为1的点，请计算以EH为一边，另一边过点M的矩形的面积，及五边形EOMGH的面积，并判断哪一个更接近于S1面积的“经验值”．
【分析】（1）设分界线上任意一点为（x，y），根据条件建立方程关系进行求解即可．
（2）设M（x0，y0），则y0＝1，分别求出对应矩形面积，五边形FOMGH的面积，进行比较即可．
【解答】解：（1）设分界线上任意一点为（x，y），由题意得|x+1|＝，得y＝2，（0≤x≤1），
（2）设M（x0，y0），则y0＝1，
∴x0＝＝，
∴设所表述的矩形面积为S3，则S3＝2×（+1）＝2×＝，
设五边形EMOGH的面积为S4，则S4＝S3﹣S△OMP+S△MGN＝﹣××1+＝，
S1﹣S3＝＝，S4﹣S1＝﹣＝＜，
∴五边形EMOGH的面积更接近S1的面积．
【点评】本题主要考查圆锥曲线的轨迹问题，考查学生的运算能力，综合性较强，难度较大．
【真题模拟题专练】
一．选择题（共1小题）
1．（2020 上海）已知椭圆+y2＝1，作垂直于x轴的垂线交椭圆于A、B两点，作垂直于y轴的垂线交椭圆于C、D两点，且AB＝CD，两垂线相交于点P，则点P的轨迹是（　　）
A．椭圆 B．双曲线 C．圆 D．抛物线
【分析】利用已知条件判断轨迹是双曲线，或利用求解轨迹方程，推出结果即可．
【解答】解：∵AB≤2，∴CD≤2，判断轨迹为上下两支，即选双曲线，
设A（m，t），D（t，n），
所以P（m，n），
因为，，消去t可得：2n2﹣，
故选：B．
【点评】本题考查轨迹方程的求法与判断，是基本知识的考查，基础题．
二．填空题（共1小题）
2．（2018 上海）已知平面上动点P到两个定点（1，0）和（﹣1，0）的距离之和等于4，则动点P的轨迹方程为　　．
【分析】利用椭圆的定义，转化求解P的轨迹方程即可．
【解答】解：平面上动点P到两个定点（1，0）和（﹣1，0）的距离之和等于4，
满足椭圆的定义，可得c＝1，a＝2，则b＝，
动点P的轨迹方程为：．
故答案为：．
【点评】本题考查圆锥曲线的轨迹方程的求法，椭圆的定义以及椭圆的简单性质，是基本知识的考查．
三．解答题（共3小题）
3．（2022 上海）设有椭圆方程Γ：+＝1（a＞b＞0），直线l：x+y﹣4＝0，Γ下端点为A，M在l上，左、右焦点分别为F1（﹣，0）、F2（，0）．
（1）a＝2，AM中点在x轴上，求点M的坐标；
（2）直线l与y轴交于B，直线AM经过右焦点F2，在△ABM中有一内角余弦值为，求b；
（3）在椭圆Γ上存在一点P到l距离为d，使|PF1|+|PF2|+d＝6，随a的变化，求d的最小值．
【分析】（1）由题意可得椭圆方程为，从而确定M点的纵坐标，进一步可得点M的坐标；
（2）由直线方程可知，分类讨论和两种情况确定b的值即可；
（3）设P（acosθ，bsinθ），利用点到直线距离公式和椭圆的定义可得，进一步整理计算，结合三角函数的有界性求得即可确定d的最小值．
【解答】解：（1）由题意可得，
，
∵AM的中点在x轴上，
∴M的纵坐标为，
代入得．
（2）由直线方程可知，
①若，则，即，
∴，
∴．
②若，则，
∵，∴，
∴，∴tan∠BAM＝7．
即tan∠OAF2＝7，∴，∴，
综上或．
（3）设P（acosθ，bsinθ），
由点到直线距离公式可得，
很明显椭圆在直线的左下方，则，
即，
∵a2＝b2+2，∴，
据此可得，，
整理可得（a﹣1）（3a﹣5）≤0，即，
从而．
即d的最小值为．
【点评】本题主要考查椭圆方程的求解，点到直线距离公式及其应用，椭圆中的最值与范围问题等知识，属于中等题．
4．（2021 上海）已知Γ：+y2＝1，F1，F2是其左、右焦点，直线l过点P（m，0）（m≤﹣），交椭圆于A，B两点，且A，B在x轴上方，点A在线段BP上．
（1）若B是上顶点，||＝||，求m的值；
（2）若 ＝，且原点O到直线l的距离为，求直线l的方程；
（3）证明：对于任意m＜﹣，使得∥的直线有且仅有一条．
【分析】（1）利用椭圆的方程，求出a，b，c的值，求出|BF1|和|PF1|，由||＝||，即可求出m的值；
（2）设点A（cosθ，sinθ），利用平面向量数量积的坐标表示化简 ＝，求出点A的坐标，设直线l的方程为，然后利用点到直线的距离公式列出关于k的方程，求出k的值即可得到答案．
（3）联立直线l与椭圆的方程，得到韦达定理，利用向量平行的坐标表示，化简可得，然后再利用韦达定理化简|x1﹣x2|，由此得到关于k和m的等式，整理可得，利用m的取值范围以及题中的条件，即可证明．
【解答】解：（1）因为Γ的方程：+y2＝1，
所以a2＝2，b2＝1，
所以c2＝a2﹣b2＝1，
所以F1（﹣1，0），F2（1，0），
若B为Γ的上顶点，则B（0，1），
所以|BF1|＝＝，|PF1|＝﹣1﹣m，
又|BF1|＝|PF1|，
所以m＝；
（2）设点A（cosθ，sinθ），
则＝＝，
因为A在线段BP上，横坐标小于0，
解得，
故，
设直线l的方程为，
由原点O到直线l的距离为，
则＝，化简可得3k2﹣10k+3＝0，解得k＝3或k＝，
故直线l的方程为或（舍去，无法满足m＜），
所以直线l的方程为；
（3）联立方程组，可得（1+2k2）x2﹣4k2mx+2k2m2﹣2＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则，
因为∥，
所以（x2﹣1）y1＝（x1+1）y2，又y＝kx﹣km，
故化简为，
又＝，
两边同时平方可得，4k2﹣2k2m2+1＝0，
整理可得，
当m＜时，＞0，
因为点A，B在x轴上方，
所以k有且仅有一个解，
故对于任意m＜﹣，使得∥的直线有且仅有一条．
【点评】本题考查了平面向量与圆锥曲线的综合应用，直线与椭圆位置关系的应用，在解决直线与圆锥曲线位置关系的问题时，一般会联立直线与圆锥曲线的方程，利用韦达定理和“设而不求”的方法进行研究，属于难题．
5．（2016 上海）有一块正方形EFGH，EH所在直线是一条小河，收获的蔬菜可送到F点或河边运走．于是，菜地分别为两个区域S1和S2，其中S1中的蔬菜运到河边较近，S2中的蔬菜运到F点较近，而菜地内S1和S2的分界线C上的点到河边与到F点的距离相等，现建立平面直角坐标系，其中原点O为EF的中点，点F的坐标为（1，0），如图
（1）求菜地内的分界线C的方程；
（2）菜农从蔬菜运量估计出S1面积是S2面积的两倍，由此得到S1面积的经验值为．设M是C上纵坐标为1的点，请计算以EH为一边，另一边过点M的矩形的面积，及五边形EOMGH的面积，并判断哪一个更接近于S1面积的“经验值”．
【分析】（1）设分界线上任意一点为（x，y），根据条件建立方程关系进行求解即可．
（2）设M（x0，y0），则y0＝1，分别求出对应矩形面积，五边形FOMGH的面积，进行比较即可．
【解答】解：（1）设分界线上任意一点为（x，y），由题意得|x+1|＝，得y＝2，（0≤x≤1），
（2）设M（x0，y0），则y0＝1，
∴x0＝＝，
∴设所表述的矩形面积为S3，则S3＝2×（+1）＝2×＝，
设五边形EMOGH的面积为S4，则S4＝S3﹣S△OMP+S△MGN＝﹣××1+＝，
S1﹣S3＝＝，S4﹣S1＝﹣＝＜，
∴五边形EMOGH的面积更接近S1的面积．
【点评】本题主要考查圆锥曲线的轨迹问题，考查学生的运算能力，综合性较强，难度较大．

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