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重难点7-2 圆锥曲线综合问题
圆锥曲线综合问题是新高考数学的重难点内容.常见的考点有定点、定值、定曲线、最值范围、证明及存在性问题,主要在解答题的第2问中进行考查,难度较大.在今年的高考中依旧是命题的热点方向.
【题型1 圆锥曲线的定值问题】
满分技巧 1、解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段长度,图形面积,角度,直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值和题目中的参数无关,不依参数的变化而变化,而始终是一个确定的值, 求定值问题常见的解题方法有两种: 法一、先猜后证(特例法):从特殊入手,求出定值,再证明这个定值与变量无关; 法二、引起变量法(直接法):直接推理、计算,并在计算推理过程中消去参数,从而得到定值. 2、直接法解题步骤 第一步设变量:选择适当的量当变量,一般情况先设出直线的方程:或、点的坐标; 第二步表示函数:要把证明为定值的量表示成上述变量的函数,一般情况通过题干所给的已知条件,进行正确的运算,将需要用到的所有中间结果(如弦长、距离等)用引入的变量表示出来; 第三步定值:将中间结果带入目标量,通过计算化简得出目标量与引入的变量无关,是一个常数.
【例1】
(2023·北京·高三顺义区第一中学校考阶段练习)
1.已知椭圆过点,且离心率为.
(1)求椭圆的方程;
(2)设过点且斜率为的直线与椭圆交于、两点,线段的垂直平分线交轴于点,判断是否为定值?如果是定值,请求出此定值;如果不是定值,请说明理由.
【变式1-1】
(2023·陕西西安·校联考模拟预测)
2.椭圆的两个焦点分别为,,离心率为,为椭圆上任意一点,不在轴上,的面积的最大值为.
(1)求椭圆的方程;
(2)过点的直线与椭圆相交于M,N两点,设点,求证:直线,的斜率之和为定值,并求出定值.
【变式1-2】
(2023·山东·实验中学校考一模)
3.在平面直角坐标系xOy中,点P到点的距离比到y轴的距离大1,记点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)过点F且斜率不为零的直线l交椭圆E:于A,B两点,交曲线C于M,N两点,若为定值,求实数λ的值.
【变式1-3】
(2023·上海·高三进才中学校考期中)
4.双曲线的离心率为,圆与轴正半轴交于点,点在双曲线上.
(1)求双曲线的方程;
(2)过点作圆的切线交双曲线于两点、,试求的长度;
(3)设圆上任意一点处的切线交双曲线于两点、,试判断是否为定值 若为定值,求出该定值;若不是定值,请说明理由.
【题型2 圆锥曲线的定点问题】
满分技巧 1、参数无关法:把直线或者曲线方程中的变量,当作常数看待,把方程一端化为零,既然是过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,这时的参数的系数就要全部为零,这样就得到一个关于,的方程组,这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点. 2、特殊到一般法:根据动点或动直线、动曲线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关. 3、关系法:对满足一定条件上的两点连结所得直线定点或满足一定条件的曲线过定点问题,可设直线(或曲线)上两点的坐标,利用坐标在直线(或曲线)上,建立点的坐标满足方程(组),求出相应的直线(或曲线),然后再利用直线(或曲线)过定点的知识求解.
【例2】
(2023·贵州贵阳·高三校联考阶段练习)
5.已知椭圆的半焦距为,且过点.
(1)求椭圆的方程;
(2)设直线交椭圆于两点,且线段的中点在直线上,求证:线段的中垂线恒过定点.
【变式2-1】
(2023·北京东城·高三景山学校校考阶段练习)
6.已知椭圆,长轴长为4, 离心率是
(1)求椭圆 C的标准方程;
(2)斜率为且不过原点的直线交椭圆C于 A,B两点,线段AB的中点为E,射线OE交椭圆C于点 G,交直线于点D. 若 证明:直线经过定点,并求出定点坐标.
【变式2-2】
(2023·全国·模拟预测)
7.设动点P到定点的距离与到定直线l:的距离之比为2.
(1)求动点P的轨迹E的方程;
(2)若Q为l上的动点,A,B为E与x轴的交点,且点A在点B的左侧,QA与E的另一个交点为M,QB与E的另一个交点为N,求证:直线MN过定点.
【变式2-3】
(2023·江苏·高三校联考阶段练习)
8.已知抛物线的焦点为,过点的直线分别与相切于点,,点在曲线上,且在,之间,曲线在处的切线分别与,相交于,.
(1)求面积的最大值;
(2)证明:的外接圆经过异于点的定点.
【题型3 圆锥曲线的定直线问题】
满分技巧 解决圆锥曲线中动点在定直线问题的解题步骤: 1、联立直线与圆锥曲线的方程消元;2、挖掘图形中的对称性,解出动点横坐标或纵坐标;3、将动点的横纵坐标分别用参数表示,再消去参数;4、设点,将方程变形解出定直线方程.
【例3】
(2023·云南·高三校联考阶段练习)
9.已知过点的双曲线的渐近线方程为.
(1)求C的方程;
(2)已知A,B是C的实轴端点,过点的直线l与C交于M,N(异于A,B)两点,直线与交于点P,证明:点P在一条定直线上.
【变式3-1】
(2023·吉林长春·统考一模)
10.过抛物线焦点,斜率为的直线与抛物线交于、两点,.
(1)求抛物线的方程;
(2)过焦点的直线,交抛物线于、两点,直线与的交点是否在一条直线上.若是,求出该直线的方程;否则,说明理由.
【变式3-2】
(2023·全国·模拟预测)
11.已知椭圆:的左、右焦点分别为,,上顶点为,到直线的距离为,且.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)若过且斜率为的直线与椭圆交于,两点,椭圆的左、右顶点分别为,,证明:直线与的交点在定直线上.
【变式3-3】
(2023·广东广州·高三统考阶段练习)
12.已知在平面直角坐标系中,动点到的距离与它到直线的距离之比为,的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程;
(2)过点作直线与曲线交于不同的两点、(、在轴右侧),在线段上取异于点、的点,且满足,证明:点恒在一条直线上.
【题型4 圆锥曲线的最值问题】
满分技巧 圆锥曲线最值问题的解题步骤: 1、设参数:依题意设出相关的参数,如设点坐标,设比例式的参数,设直线的方程等; 2、联立方程:常把直线方程与曲线方程联立,转化为关于x(或y)的一元二次方程; 3、建函数:根据题设条件中的关系,建立目标函数的关系式; 4、求最值:利用配方法、基本不等式法、单调性法等求其最值.
【例4】
(2023·山东泰安·高三新泰市第一中学校考阶段练习)
13.已知椭圆经过两点.
(1)求椭圆的方程;
(2)点在椭圆上,求面积的最大值.
【变式4-1】
(2023·江苏苏州·高三统考期中)
14.已知抛物线的焦点到准线间的距离为2,且点抛物线C上.
(1)求m的值;
(2)若直线l与抛物线C交于A,B两点,且,于点D,,求DQ的最大值.
【变式4-2】
(2023·四川雅安·高三校联考期中)
15.已知椭圆:的焦距为,且.
(1)求的方程;
(2)A是的下顶点,过点的直线与相交于,两点,直线的斜率小于0,的重心为,为坐标原点,求直线斜率的最大值.
【变式4-3】
(2023·全国·高三专题练习)
16.已知双曲线C经过点,它的两条渐近线分别为和.
(1)求双曲线C的标准方程;
(2)设双曲线C的左 右焦点分别为 ,过左焦点作直线l交双曲线的左支于A B两点,求周长的最小值.
【题型5 圆锥曲线的取值范围问题】
满分技巧 1、利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系,从而确定参数的取值范围; 2、利用已知参数的范围,求新参数的范围,解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系; 3、利用隐含的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围; 4、利用已知的不等关系构造不等式,从而求出参数的取值范围; 5、利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数,求其值域,从而确定参数的取值范围.
【例5】
(2023·云南楚雄·高三统考期中)
17.已知动圆P过点,且在圆B:的内部与其相内切.
(1)求动圆圆心P的轨迹方程;
(2)若M,N是动圆圆心P的轨迹上的不同两点,点满足,且,求直线MN的斜率k的取值范围.
【变式5-1】
(2023·海南·校联考模拟预测)
18.已知抛物线()的焦点F到双曲线的渐近线的距离是.
(1)求p的值;
(2)已知过点F的直线与E交于A,B两点,线段的中垂线与E的准线l交于点P,且线段的中点为M,设,求实数的取值范围.
【变式5-2】
(2023·上海·高三同济大学第一附属中学校考期中)
19.已知椭圆经过,两点.为坐标原点,且的面积为,过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点,.且直线,分别与轴交于点,.
(1)求椭圆的方程;
(2)若以为直径的圆经过坐标原点,求直线的方程;
(3)设,,求的取值范围.
【变式5-3】
(2023·四川攀枝花·统考二模)
20.已知抛物线与双曲线的渐近线在第一象限的交点为P,且点P的横坐标为3.
(1)求抛物线E的标准方程;
(2)点A、B是第一象限内抛物线E上的两个动点,点为x轴上的动点,若为等边三角形,求实数t的取值范围.
【题型6 圆锥曲线的证明问题】
满分技巧 圆锥曲线几何证明问题的解题策略: 1、圆锥曲线中的证明问题,主要有两类:一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系,如某点在某直线上、某直线经过某点、某两条直线平行或垂直等;二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等与不等); (2)解决证明问题时,主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等,通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.
【例6】
(2023·江苏南通·高三如东高级中学校考期中)
21.在平面直角坐标系中,直线与抛物线相切.
(1)求的值;
(2)若点为的焦点,点为的准线上一点.过点的两条直线,分别与相切,直线与,分别相交于,,求证:.
【变式6-1】
(2023·内蒙古·高三校联考阶段练习)
22.已知椭圆,离心率,过点.
(1)求的方程;
(2)直线过点,交椭圆于、两点,记,并设直线、直线的斜率分别为、,证明:.
【变式6-2】
(2023·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)
23.已知,为椭圆的两焦点,过点作直线交椭圆于两点,的周长为.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)椭圆的上顶点为,下顶点为,直线交于点,求证:,,三点共线.
【变式6-3】
(2023·全国·模拟预测)
24.已知是曲线上一动点,是点在直线上的射影,为的中点,.
(1)求曲线的方程;
(2)若是曲线上异于坐标原点的两点,与关于轴对称,直线与轴交于点,直线与轴交于点,求证:.
【题型7 圆锥曲线的存在性问题】
满分技巧 存在性问题的解题技巧: 1、特殊值(点)法:对于一些复杂的题目,可通过其中的特殊情况,解得所求要素的必要条件,然后再证明求得的要素也使得其他情况均成立; 2、假设法:先假设存在,推证满足条件的结论.若结论正确,则存在;若结论不正确,则不存在.
【例7】
(2023·北京·高三景山学校校考期中)
25.已知椭圆的左、右顶点分别为,,焦距为,点在椭圆上.
(1)求的方程;
(2)过点的任意直线与椭圆交于,(不同于,)两点,直线的斜率为,直线的斜率为.试问是否存在常数,使得?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
【变式7-1】
(2023·全国·模拟预测)
26.已知椭圆C:的离心率为,点在椭圆C上.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若O为坐标原点,过点的直线l与椭圆C交于M,N两点,椭圆C上是否存在点Q,使得直线与直线分别交于点A,B,且点A,B关于x轴对称?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
【变式7-2】
(2023·全国·模拟预测)
27.已知抛物线的顶点为坐标原点,焦点为.椭圆的中心为,左焦点为,上顶点为,右顶点为,且.
(1)求抛物线和椭圆的标准方程.
(2)设直线经过点,与抛物线交于,两点,与椭圆交于,两点.记和的面积分别为和,是否存在直线,使得?若存在,求出的方程;若不存在,请说明理由.
【变式7-3】
(2023·浙江绍兴·统考模拟预测)
28.已知双曲线,过点的直线与该双曲线的左、右两支分别交于点.
(1)当直线的斜率为时,求;
(2)是否存在定点,使得?若存在,求点的坐标;若不存在,请说明理由.
(建议用时:60分钟)
(2023·安徽阜阳·临泉第一中学校考三模)
29.已知双曲线C:,直线l在x轴上方与x轴平行,交双曲线C于A,B两点,直线l交y轴于点D.当l经过C的焦点时,点A的坐标为.
(1)求C的方程;
(2)设OD的中点为M,是否存在定直线l,使得经过M的直线与C交于P,Q,与线段AB交于点N,,均成立;若存在,求出l的方程;若不存在,请说明理由.
(2023·全国·模拟预测)
30.已知椭圆的离心率为,且过点.
(1)求椭圆的标准方程.
(2)已知过右焦点的直线与交于两点,在轴上是否存在一个定点,使?若存在,求出定点的坐标;若不存在,请说明理由.
(2023·山东·山东省实验中学校考二模)
31.已知抛物线,过点的两条直线、分别交于、两点和、两点.当的斜率为时,.
(1)求的标准方程;
(2)设为直线与的交点,证明:点在定直线上.
(2023·重庆·高三巴蜀中学校考阶段练习)
32.如图3所示,点,分别为椭圆的左焦点和右顶点,点为抛物线的焦点,且(为坐标原点).
(1)求椭圆的方程;
(2)过点作直线交椭圆于,两点,连接,并延长交抛物线的准线于点,,求证:为定值.
(2023·安徽·高三模拟测试)
33.我们约定,如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴,则称它们互为“姊妺”圆锥曲线.已知椭圆,双曲线是椭圆的“姊妺”圆锥曲线,分别为的离心率,且,点分别为椭圆的左 右顶点.
(1)求双曲线的方程;
(2)设过点的动直线交双曲线右支于两点,若直线的斜率分别为.
(i)试探究与的比值是否为定值.若是定值,求出这个定值;若不是定值,请说明理由;
(ii)求的取值范围.
(2022·山东青岛·高三统考开学考试)
34.在平面直角坐标系Oxy中,动圆P与圆内切,且与圆外切,记动圆P的圆心的轨迹为E.
(1)求轨迹E的方程;
(2)不过圆心且与x轴垂直的直线交轨迹E于A,M两个不同的点,连接交轨迹E于点B
(i)若直线MB交x轴于点N,证明:N为一个定点;
(ii)若过圆心的直线交轨迹E于D,G两个不同的点,且,求四边形ADBG面积的最小值.
试卷第1页,共3页
试卷第1页,共3页
参考答案:
1.(1)
(2)是定值,且
【分析】(1)根据已知条件可得出关于、、的方程组,解出这三个量的值,即可得出椭圆的方程;
(2)先得到,联立直线与椭圆方程,设、,根据韦达定理,以及弦长公式,得到,以及线段的中点坐标,讨论和两种情况,求出,进而可求出结果.
【详解】(1)解:因为椭圆过点,且离心率为,
则,解得,
故椭圆的方程为.
(2)解:是定值.
由已知得直线的方程为.
由,消去,整理得.
所以,
设、,则,,
所以
,
则,
因为,
所以线段的中点为.
①当时,,,所以.
②当时,线段的垂直平分线方程为,
令,得,即,所以,
所以,
综上所述,为定值.
【点睛】方法点睛: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.(1)
(2)定值,
【分析】(1)根据题意列出方程即可;
(2)设出直线方程,联立椭圆方程,列出表达式利用韦达定理计算即可.
【详解】(1)因为椭圆的离心率为,所以,
设到的距离为,因为,
所以,易得当时面积取得最大值,
所以,因为,
所以,,所以椭圆的方程为;
(2)证明:如图,易知点在椭圆外,
设直线的方程为,,,
由得,
所以,,,
因为,所以,
所以,
所以,
所以.
【点睛】关键点点睛:本题的第(2)问的化简,这里化简主要是利用了韦达定理和直线的方程,在化简过程中同时涉及到通分,计算比较复杂,要认真计算.
3.(1);
(2).
【分析】(1)根据给定条件,设出点P的坐标,再列出方程化简作答.
(2)设出直线l的方程,分别与椭圆E、曲线C的方程联立,利用弦长公式求出弦长,再代入计算判断作答.
【详解】(1)设,依题意,,两边平方并整理,得,
所以曲线C的方程为.
(2)设,,,,依题意,设直线l的方程为,
由消去y并整理,得,而点为椭圆E的右焦点,
因此,,
则,
由(1)知,,
若直线l交曲线C于M、N两点,且,则直线l与相交,
由消去y并整理,得,而点为抛物线的焦点,
则,于是,
从而,
要使为定值,则,即,
所以实数λ的值为3.
4.(1)
(2)
(3)为定值,且
【分析】(1)由离心率为,可得,再由点在双曲线上可得出的值,由此可得出双曲线的方程;
(2)求出两条切线的方程,进而求出两切线与双曲线的交点坐标,结合两点间的距离公式可求得;
(3)线斜率存在时,设出其方程并与双曲线方程联立,利用韦达定理、三角形相似可得为定值,验证切线斜率不存在的情况作答.
【详解】(1)解:设双曲线的半焦距为,依题意,,即有,则,
因为点在双曲线上,则,可得,则,
因此,双曲线的方程为.
(2)解:当切线的斜率不存在时,切线的方程为,此时,圆心到直线的距离为,合乎题意,
当切线的斜率存在时,设切线的方程为,即,
由题意可得,解得,此时,切线方程为,
联立,可得或,即点,
联立,可得或,即点,
因此,.
(3)解:当圆在点处切线斜率不存在时,点或,切线方程为或,
由(1)及已知,得,则有,
当圆在点处切线斜率存在时,设切线方程为,设点、,
则有,即,
由消去得:,
显然,
由韦达定理可得,,
而,,
则
,
因此,
在中,于点,则,
又因为,所以,,
所以,,则,
综上得为定值.
【点睛】方法点睛: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.
5.(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)由题意可得,,结合求出b,即可求解;
(2)设,,,直线方程联立椭圆方程,利用韦达定理表示,进而表示,结合两直线的位置关系和直线的点斜式方程即可求解.
【详解】(1)椭圆过点,即,又,
又,则,
即椭圆方程为.
(2)由得,
,设,,则,
设的中点M为,
得,即,得,
所以.
所以的中垂线方程为,即,
故的中垂线恒过点.
6.(1);
(2)证明见解析,.
【分析】(1)根据给定条件,求出即可求出椭圆 C的标准方程.
(2)设直线的方程为:,,联立直线与椭圆得交点坐标,再结合已知求出的值即可得结论.
【详解】(1)由椭圆的长轴长为4,得,即,
由离心率是,得,解得,
所以椭圆 C的标准方程为.
(2)设直线的方程为:,,
由消去并整理得:,
,即,设,
则,,于是点,
直线的方程为,则点,
由,解得,设点,则,
显然点的纵坐标同号,由得,,
因此,解得,此时,直线:过定点,
所以直线经过定点,该定点坐标为.
7.(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)根据已知条件列式求轨迹方程;(2)先设,坐标,设出所在直线方程与双曲线方程联立,再根据韦达定理确定两根和与积的表达式,最后根据题中直线的斜率关系列方程求直线所过定点.
【详解】(1)设,则,
可得P点的轨迹方程为.
(2)方法一:设,,,.
由题意知,.
联立,得,
所以,即,
,.
由A,Q,M三点共线知①,
由B,Q,N三点共线知②,
由①②两式得③.
又因为,即,
代入③式得,
即,
整理得,
即,
化简得.
当时,,直线过定点,不符合题意,舍去.
当时,,直线过定点.
方法二:设,,
记,,
同方法一得③式,知.
设,代入,
得④.
因为,是方程④的根,
所以,得,
代入:得.
设,代入,
得,
解得,.
所以,
,
令,得,
所以直线MN过定点.
方法三:设,.
连接MB,由双曲线斜率积的定义知,
同方法一得③式,知.
所以.
设⑤,
双曲线方程可化为⑥.
点M,N满足⑤⑥两式,所以也满足下式:
即,
即,
所以有,
解得,代入⑤式得,
所以直线MN过定点.
8.(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)利用直线和抛物线相切,求出直线方程,然后利用距离公式表示出三角形的面积,结合函数求最大值即可;
(1)通过确定的外接圆圆心在的中点,然后证明,从而证明的外接圆经过异于点的点.
【详解】(1),设,,,
由题意可知直线的斜率均存在,且不为0,
设直线的方程为
与抛物线联立得:.
由相切得:,化简得:,
故
则,
同理可得:,
因为同时在直线和上,
所以,.
所以直线的方程为:,即
联立,消,得,
所以,,.
联立直线和
联立,解得,
同理,,
所以,
所以,
因为点到直线的距离,
所以
,
所以当时,
(2)由(1)得,的中点,
因为,
所以,
所以的外心为.
因为,
所以
,
所以,
所以的外接圆经过异于点的点.
9.(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)根据渐近线以及经过的点,代入联立方程即可求解,
(2)联立直线与双曲线方程得韦达定理,根据点斜式求解直线方程,即可得两直线的交点坐标,代入化简即可求解.
【详解】(1)因为C的渐近线方程为,所以,
又点在C上,所以,
解得,,故C的方程为.
(2)由题意可得直线l的斜率不为0,设l的方程为,(),
设,,
联立得,
则,,,
根据双曲线的对称性,不妨设A是左顶点,,
则直线,
同理得,
联立与,得
,
即,故,得
解得,故点P在定直线上.
10.(1)
(2)直线与直线的交点都在上
【分析】(1)设直线,与抛物线方程联立,根据抛物线定义及求得;
(2)分别表示出直线与方程,联立得交点的横坐标为定值.
【详解】(1)由题意设直线,,,
联立方程组,消得,,
所以,,解得,
即指物线的方程为.
(2)由(1)可知,,.
设直线,,,
联立方程组,消得,
所以,.
直线的斜率为 ,
所以直线,即,
同理可得直线,从而,
即,
解得,所以直线与直线的交点都在上.
11.(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)首先求出直线的方程,利用点到直线的距离公式得到,再由,即可求出、,从而求出椭圆方程;
(2)联立直线与椭圆方程,设,,消元,列出韦达定理,即可得到直线、的方程,设直线与的交点坐标为,求出,即可得解.
【详解】(1)依题意可得直线的方程为,即,
则到直线的距离为.
又,,故,,
所以椭圆的标准方程为.
(2)由(1)得,所以直线的方程为,
由可得,
设,,显然,
所以,,故.
由(1)可得,,则直线的方程为,
直线的方程为,
设直线与的交点坐标为,则,
故
,
解得,故直线与的交点在直线上.
【点睛】方法点睛:利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:
(1)设直线方程,设交点坐标为、;
(2)联立直线与圆锥曲线的方程,得到关于(或)的一元二次方程,必要时计算;
(3)列出韦达定理;
(4)将所求问题或题中的关系转化为、的形式;
(5)代入韦达定理求解.
12.(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)利用距离公式结合已知条件化简可得出曲线的方程;
(2)设,则,设点、、,利用向量的坐标运算可得出,,结合平方差公式以及双曲线的方程计算出,即可证得结论成立.
【详解】(1)解:由题意可得,整理可得.
所以,曲线的方程为.
(2)证明:如下图所示:
因为,设,则,
设点、、,
由可得,
即,所以,,
由可得,
即,所以,,
所以, ,,
所以,,即,
所以,点在定直线上.
【点睛】方法点睛:本题使用向量方法得到若干方程后,将这些方程进行整体处理,已达到消元的目的,这个方法比联立方程的计算量要小,不失为一中巧妙的方法.
13.(1)
(2)
【分析】(1)将两点代入椭圆方程,解得答案.
(2)设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为,根据相切得到,计算两条直线之间的距离,得到面积的最大值.
【详解】(1)椭圆经过两点,则,
解得:,故椭圆方程为:;
(2),设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为,
,即,,即,
要使的面积最大,则为直线与椭圆在第三象限的切点,此时,
的方程为:,
又直线的方程为:,
点到直线的最大距离为直线与直线的距离,,
又,
的最大面积.
14.(1)
(2)
【分析】(1)根据抛物线中的几何意义即可求解抛物线方程,即可代入可求解,
(2)根据斜率公式化简可得直线AB:,结合圆的性质,即由点点距离求解.
【详解】(1)因为抛物线的焦点到准线间的距离为2,
所以.
又因为点抛物线C上,所以.
(2)设,,所以,.
因为,所以,
所以,
又直线AB的方程为:,即,
所以直线AB:,
所以直线恒过.
因为于点D,所以点D在以PM为直径的圆上.
即圆心为,半径为.
.
所以DQ的最大值.
15.(1)
(2)
【分析】(1)根据焦距和和题目条件得到方程组,求出,得到椭圆方程;
(2)设出直线方程,联立椭圆方程,得到两根之和,再表达出重心坐标,,求出最大值.
【详解】(1)由题可知,解得
故的方程为;
(2)设的方程为,,.
联立方程组整理得,
则,得,
.
设,因为,所以,,
所以
,
当,即(满足)时,取得最大值,且最大值为.
16.(1)
(2)
【分析】(1)设双曲线C的方程为,代入坐标可得答案;
(2)当直线l的斜率不存在时,可得A B的坐标及的周长;当直线l的斜率存在,设直线l的方程为,与双曲线方程联立,的周长利用韦达定理得到,设,根据的范围可得答案.
【详解】(1)依题意,设双曲线C的方程为,
代入点,得,
所以双曲线C的标准方程为.
(2)由(1)知,
双曲线C的左焦点为,设 ,
①若直线l的斜率不存在,则,
得A B的坐标分别为和,
此时,
由双曲线定义可知:,
所以
此时的周长为:
.
②若直线l的斜率存在,设直线l的方程为,
由得,
因为直线l交双曲线的左支于A B两点,所以
,解得,
设的周长为z,则有:
,
设,由,得,,,所以,
综上,由①②可得的周长的最小值为.
【点睛】方法点睛:本题考查了直线与双曲线的位置关系的综合应用,考查了分析问题解决问题的能力,在处理圆锥曲线与直线的位置关系时,需要考虑直线斜率不存在的情况,同时设而不求是常用的方法需要熟练掌握,联立消元的过程要提升计算的能力与正确率.
17.(1)
(2)
【分析】(1)设切点为,根据题意,列出点满足的关系式即,则点的轨迹是椭圆,然后根据椭圆的标准方程求点的轨迹方程,
(2)根据题意设出直线MN的方程为,直线与椭圆联立,得,由,可得,由根与系数的关系和 ,可得,由求出,即可求出答案.
【详解】(1)设动圆P和圆B相切于点S,则B,P,S三点共线,
所以.
所以点P的轨迹是以,为焦点,长轴长为4的椭圆,
设该椭圆的方程为,则,,从而.
所以点P的轨迹方程为.
(2)由题意知直线MN的方程为,
设,.
联立方程组,消去x得,
由,可得.
由根与系数的关系有.
由可得,代入上式得.
当时,是减函数,故.
由,
解得,
又,所以,
即k的取值范围是.
18.(1)
(2)
【分析】(1)求出双曲线的渐近线,由点到直线距离公式得到方程,求出;
(2)设直线的方程为,联立抛物线方程,得到两根之和,两根之积,进而由弦长公式求出,求出M点的坐标和线段的中垂线方程,得到,,求出,得到答案.
【详解】(1)E的焦点为,
双曲线的渐近线方程为,不妨取,即.
由点到直线的距离公式得,
得.
(2)由(1)知,,:.
设直线的方程为,
联立消去x并整理,得,
设,,则,,
,
∴.
易得M点的坐标为,
∴的中垂线方程为,
令得,
∴,
从而,
∴,
∴实数的取值范围为.
19.(1)
(2)
(3)
【分析】(1)把点坐标代入椭圆的方程得,由的面积可得,解得,进而得椭圆的方程;
(2)设直线的方程为,,.联立直线与椭圆的方程的关于的一元二次方程,由,进而解得的取值范围,再列出韦达定理,由,则,即可求出,从而得解;
(3)因为,,,,写出直线的方程,令,解得.点的坐标为.同理可:点的坐标为.用坐标表示,,,代入,得,同理.由,,代入,化简再求取值范围.
【详解】(1)因为椭圆经过点,
所以解得(负值舍去).
由的面积为可知,解得,
所以椭圆的方程为.
(2)设直线的方程为,,.
联立,消整理可得.
因为直线与椭圆有两个不同的交点,
所以,解得,
因为,所以的取值范围是,
所以,,
则
,
因为以为直径的圆经过坐标原点,所以,
则,即,解得(负值舍去),
所以直线的方程为.
(3)因为,,,,
所以直线的方程是:,
令,解得,所以点的坐标为.
同理可得点的坐标为.
所以,,.
由,,
可得,,
所以,
同理,
由(2)得,
所以
,
因为,所以,所以,
则,所以,
所以的范围是.
【点睛】方法点睛:利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:
(1)设直线方程,设交点坐标为、;
(2)联立直线与圆锥曲线的方程,得到关于(或)的一元二次方程,必要时计算;
(3)列出韦达定理;
(4)将所求问题或题中的关系转化为、的形式;
(5)代入韦达定理求解.
20.(1);
(2).
【分析】(1)由双曲线求其渐近线方程,求出点的坐标,由此可求抛物线方程;
(2)设直线的方程为,利用设而不求法表示条件关系,由此可求t的取值范围.
【详解】(1)设点的坐标为,因为点在第一象限,所以,
双曲线的渐近线方程为,因为点在双曲线的渐近线上,所以,
所以点的坐标为,又点在抛物线上,所以,所以,
故抛物线的标准方程为:;
(2)设直线的方程为,联立,消得,,
方程的判别式,即,
设,,则,
因为点A、B在第一象限,所以,故,
设线段的中点为,则,
所以点的坐标为,
所以,
所以
又点到直线的距离,
因为为等边三角形,
所以,,
所以,,
所以①,②,
将①代入②可得③,所以,所以,
将③代入①可得,所以,
故t的取值范围为.
【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似,一般要用到根与系数的关系;
(2)有关直线与抛物线的弦长问题,要注意直线是否过抛物线的焦点,若过抛物线的焦点,可直接使用公式|AB|=x1+x2+p,若不过焦点,则必须用一般弦长公式.
21.(1)2;
(2)证明见解析.
【分析】(1)联立直线方程与抛物线方程得到,根据直线与抛物线相切可知,进而求出p的值.
(2)分别联立与,的方程得到A,B两点坐标,再设过点的直线的方程为,联立直线与抛物线方程,根据直线与抛物线相切及韦达定理,得到,最后利用证明.
【详解】(1)
因为直线与抛物线相切,
所以,解得或(舍),
故的值为2.
(2)证明:由(1)可知,焦点,准线方程为.
设准线上一点,
因为过点的两条直线,分别与相切,所以直线,斜率均不为零,
故设过点的两条直线,的方程分别为,.
,即A点坐标为
同理,B点坐标为.
所以,.
联立,可得
因为,与相切,所以,即,
且为方程的两根,
根据韦达定理,则有.
所以
所以,即.
【点睛】关键点点睛:第二小问的解题关键是分别联立与,的方程得到A,B两点坐标,再设过点的直线的方程为,将直线与抛物线方程联立方程组,根据直线与抛物线相切,得到一元二次方程,再利用韦达定理,并借助来证明.
22.(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)由已知可得,,可得出椭圆的方程为,将点的坐标代入椭圆的方程,可得出的值,由此可得出椭圆的方程;
(2)分析可知,直线的斜率存在,设直线的方程为,设点、,将直线的方程与椭圆的方程联立,列出韦达定理,利用斜率公式结合韦达定理可证得结论成立.
【详解】(1)解:因为,则,,
所以,椭圆的方程为,即,
将点的坐标代入椭圆的方程可得,
因此,椭圆的方程为.
(2)解:若直线与轴重合,此时,直线、的斜率都不存在,不合乎题意.
所以,直线的斜率存在,设直线的方程为,设点、,
联立可得,
,
由韦达定理可得,,
所以,
.
【点睛】方法点睛: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.
23.(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)根据题意,结合椭圆的定义和几何性质,求得的值,即可得到椭圆的方程;
(2)设直线:,联立方程组,得到,,根据,,三点共线,求得和,化简得到,将代入求得,即可得证.
【详解】(1)解:在椭圆中,由,可得,
又由的周长为,根据由椭圆的定义,可得,即,
则,所以椭圆的标准方程为.
(2)证明:如图所示,设直线:,且,,,
联立方程,整理得,
则,且,,
因为点,,三点共线,可得,即,
所以,
又由,
则
,
将,代入得,
所以三点共线.
24.(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)根据题意分析,曲线为抛物线,计算出,得到方程即可;
(2)分析得到直线的斜率均存在且均不为零,假设出直线对应的方程,分别与抛物线进行联立,根据韦达定理得到,由于与关于轴对称,所以横纵坐标的和相等,化简计算即可验证的结果.
【详解】(1)当与原点重合时,显然.
当与原点不重合时,连接,
为的中点,,
.
由抛物线的定义知,曲线是以为焦点、直线为准线的抛物线,
设抛物线的标准方程为,
则,
曲线的方程为.
(2)设点的坐标
设,则,
由题意知直线的斜率均存在且均不为零,
直线的方程为,
代入并整理得,,
.
直线的方程为,
代入并整理得,,
.
由于与关于轴对称,
,
,
点在曲线上,,
,
.
25.(1)
(2)存在,.
【分析】(1)根据题设及椭圆参数关系列方程求椭圆参数,即可得椭圆方程;
(2)令,联立椭圆并应用韦达定理求得、,进而表示出、,令的斜率为,结合椭圆性质易得,且,即可判断存在性.
【详解】(1)由题设,故的方程为;
(2)由题意,直线不与x轴重合,令,联立椭圆方程得,
所以,显然,则,,
所以,,
令的斜率为,则,而,即,所以,
又,
所以,即存在.
26.(1)
(2)存在,点Q的坐标为或
【分析】(1)根据已知,根据的关系得出.将点代入椭圆方程,即可解出,进而得出;
(2)当直线l的斜率不为0时,设,,,设直线l:,联立直线与椭圆方程,根据韦达定理表示出坐标关系,求出坐标.根据已知列出方程,整理推得,.代入椭圆方程求出点坐标;检验当直线l的斜率为0时,满足对称关系,即可得出答案.
【详解】(1)因为椭圆C的离心率为,
所以,.
又,所以.
将代入椭圆方程,得,
所以,,
所以椭圆C的标准方程为.
(2)
当直线l的斜率不为0时,
设直线l:,联立得,
整理得.
则,解得或.
设,,,
由韦达定理可得,,
则直线MQ:,
令,得,所以.
同理得.
由点A,B关于x轴对称得,
即,
整理可得,.
易知点不在上,所以,
所以,,
所以,有,
整理得.
由n的任意性知,
将坐标代入代入椭圆方程有,解得,
所以点Q的坐标为或.
当直线l的斜率为0时,不妨令,,,
此时直线MQ:,
令,得,所以,
同理得,显然点A,B关于x轴对称,满足.
综上,存在满足题意的点Q,且点Q的坐标为或.
【点睛】方法点睛:解决与圆锥曲线有关的顶点问题时,设出直线方程,联立直线与圆锥曲线的方程,根据韦达定理表示出坐标关系.分析已知条件,得出等量关系,整理化简即可得出结论.
27.(1),
(2)存在,其方程为或
【分析】(1)根据抛物线的焦点坐标直接可得抛物线方程,再设,,结合,可得椭圆方程;
(2)设直线的方程,联立直线与椭圆方程,结合韦达定理及弦长公式,可得面积,再根据,可得直线方程.
【详解】(1)由抛物线的焦点为,
可知,所以,
所以抛物线的方程为;
设椭圆的标准方程为,则,,
所以,,
由,可得,
又,
所以,解得或(舍),
则,
所以椭圆方程为;
(2)
由题意可知,直线的斜率一定不为,
则设直线的方程为,,,,,
联立直线与抛物线,得,,
则,,
所以的面积,
联立直线与椭圆,得,
,
则,,
所以的面积,
又,
所以,解得,
所以存在满足条件的直线,且直线方程为或.
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时,时常把两个曲线的方程联立,消去x(或y)建立一元二次方程,然后借助根与系数的关系,并结合题设条件建立有关参变量的等量关系.
(2)涉及到直线方程的设法时,务必考虑全面,不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.
28.(1);
(2)存在,.
【分析】(1)根据题设写出直线的方程,联立双曲线,应用韦达定理及弦长公式求;
(2)由题设,根据向量数量积的定义及等面积法有,令,直线的方程为,其中,联立双曲线,应用韦达定理及向量数量积的坐标表示列方程求参数即可.
【详解】(1)由题设,易知直线的方程为,设,
由,得,此时,所以,
所以,.
(2)因为,所以,
所以,所以,
由及等面积法得,所以.
设,直线的方程为,其中,
由,得,此时,
所以.
因为,
所以,
,
所以,整理得,
将韦达公式代入上式,整理得,所以.
所以,存在,使得.
29.(1)
(2)存在,
【分析】(1)由点A的坐标求得,结合双曲线的定义求得,进一步计算得出双曲线的方程即可;
(2)设直线PQ的方程为,与双曲线联立得出韦达定理,结合两个向量共线的坐标表示求得,得到直线l的方程.
【详解】(1)由已知C:,点A的坐标为,得,
焦点,,.
所以,,故C:.
(2)设l的方程为,则,故,
由已知直线PQ斜率存在,设直线PQ的方程为,故.
与双曲线方程联立得:,
由已知得,,设,,
则,①
由,得:,,
消去得:,
即②
由①②得:,由已知,
故存在定直线l:满足条件.
30.(1)
(2)存在,
【分析】(1)由离心率与定点代入椭圆方程,建立方程组待定系数即可;
(2)由条件转化为,设直线的方程为,将斜率坐标化,利用韦达定理代入,得到的等式,不论如何变化,等式恒成立求值即可.
【详解】(1)因为,所以.
所以椭圆的方程为.
因为点在椭圆上,所以,解得,
所以.
所以椭圆的标准方程为.
(2)存在定点,使.理由如下:
由(1)知,,则点.
设在轴上存在定点,使成立.
当直线斜率为时,直线右焦点的直线即轴与交于长轴两端点,
若,则,或.
当直线斜率不为时,设直线的方程为,.
由消去并整理,得,
则.
因为,所以,
所以,即.
所以,
即,
恒成立,
即对,恒成立,则,即.
又点满足条件.
综上所述,故存在定点,使.
31.(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)当直线的斜率为时,写出直线的方程,设点、,将直线的方程与抛物线的方程联立,列出韦达定理,利用弦长公式可得出关于的方程,结合可求出的值,即可得出抛物线的标准方程;
(2)分析可知直线、都不与轴重合,设直线的方程为,将该直线的方程与抛物线的方程联立,设、,由韦达定理可得,同理可得出,写出直线、的方程,求出这两条直线的交点的横坐标,即可证得结论成立.
【详解】(1)解:当直线的斜率为时,直线的方程为,设点、,
联立可得,
,因为,可得,
由韦达定理可得,,
,
整理可得,解得或(舍去),
因此,抛物线的方程为.
(2)证明:当直线与轴重合时,直线与抛物线只有一个交点,不合乎题意,
所以,直线不与轴重合,同理可知直线也不与轴重合,
设直线的方程为,联立可得,
则可得,
设点、,由韦达定理可得,
设直线的方程为,设点、,同理可得,
直线的方程为,即,
化简可得,
同理可知,直线的方程为,
因为点在抛物线的对称轴上,由抛物线的对称性可知,
交点必在垂直于轴的直线上,所以只需证明点的横坐标为定值即可,
由,消去,
因为直线与相交,则,
解得
,
所以,点的横坐标为,因此,直线与的交点必在定直线上.
【点睛】方法点睛:利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:
(1)设直线方程,设交点坐标为、;
(2)联立直线与圆锥曲线的方程,得到关于(或)的一元二次方程,必要时计算;
(3)列出韦达定理;
(4)将所求问题或题中的关系转化为、(或、)的形式;
(5)代入韦达定理求解.
32.(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)由抛物线的方程求出的长,再由求出的值;
(2)设直线为,联立直线与椭圆的方程,由韦达定理结合三点共线可求出,同理求出,由向量的数量积求出,即可证明.
【详解】(1)因为点为抛物线的焦点,所以,即,
因为,所以,,所以,,,
所以椭圆的方程为.
(2)证明:由(1)可知:,,
设,,,,
显然直线的斜率不为0,故可设为.
由得:,
,
,.
,,三点共线,.
同理:,
,
,
故,即:.
【点睛】方法点睛: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.
33.(1)
(2)(i)为定值,(ii)
【分析】(1)设出双曲线方程,根据离心率的乘积得到方程,求出,得到答案;
(2)(i)设,直线的方程为,联立双曲线方程,得到两根之和,两根之积,得到;
(ii)方法一:设直线,代入双曲线方程,由两根之积得到,结合点A在双曲线的右支上,得到,同理得到,结合确定,由和函数单调性得到答案;
方法二:求出双曲线的渐近线方程,由于点A在双曲线的右支上,与渐近线的斜率比较得到,同理可得,结合求出,由和函数单调性得到答案.
【详解】(1)由题意可设双曲线,则,解得,
所以双曲线的方程为.
(2)(i)设,直线的方程为,
由,消元得.
则,且,
,
或由韦达定理可得,即,
,
即与的比值为定值.
(ii)方法一:设直线,
代入双曲线方程并整理得,
由于点为双曲线的左顶点,所以此方程有一根为,.
由韦达定理得:,解得.
因为点A在双曲线的右支上,所以,解得,
即,同理可得,
由(i)中结论可知,
得,所以,
故,
设,其图象对称轴为,
则在上单调递减,故,
故的取值范围为;
方法二:由于双曲线的渐近线方程为,
如图,过点作两渐近线的平行线,由于点A在双曲线的右支上,
所以直线介于直线之间(含轴,不含直线),
所以.
同理,过点作两渐近线的平行线,
由于点在双曲线的右支上,
所以直线介于直线之间(不含轴,不含直线),
所以.
由(i)中结论可知,
得,所以,
故.
【点睛】方法点睛:(1)几何法,若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用几何法来解决;
(2)代数法,若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系,则可首先建立目标函数,再求这个函数的最值或范围.
34.(1)
(2)
【分析】(1)设动圆P的半径为R,圆心为,根据题意列出,即可得,结合椭圆定义即可求得答案;
(2)(i)设直线AB的方程并联立椭圆方程,可得根与系数的关系,进而利用BM方程,求出N点坐标,结合根与系数关系式化简,可得结论;
(ii)求出弦长和,结合题意可求出四边形ADBG面积的表达式,利用基本不等式即可求得其最小值.
【详解】(1)设动圆P的半径为R,圆心为,
即,
,即,
而动圆P与圆内切,且与圆外切,
故,则,
故动圆P的圆心的轨迹是以为焦点的椭圆,
设其方程为,则,
故轨迹E的方程为.
(2)(i)由题意知AB斜率存在,设其方程为,,
则,
由,得,
由于直线AB过椭圆焦点,则必有,则,
直线BM的方程为,
令,可得
,
即N为一个定点;
(ii)
,同理可得,
,则
,
当且仅当,即时等号成立,
即四边形ADBG的面积的最小值为.
答案第1页,共2页
答案第1页,共2页
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