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新课预习衔接 直线与圆锥曲线的位置关系
一．选择题（共5小题）
1．（2024 昌江区校级月考）设O为坐标原点，直线l过抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点，且与C交于M，N两点，其中M在第一象限，则下列正确的是（　　）
A．C的准线为
B．的最小值为
C．以MN为直径的圆与x轴相切
D．若Q（0，p）且|MQ|＝|MF|，则∠ONQ+∠OMQ＞180°
2．（2024春 青秀区校级期中）过双曲线的左焦点F作圆x2+y2＝a2的切线，切点为A，直线FA交直线bx﹣ay＝0于点B．若，则双曲线C的离心率为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024春 东坡区期末）已知F1（﹣c，0），F2（c，0）为双曲线的两个焦点，P为双曲线上一点，且．则此双曲线离心率的取值范围为（　　）
A． B．（1，2] C． D．（2，+∞）
4．（2024 遂宁一模）已知F1，F2为双曲线的左、右焦点，点A在C上，若|F1A|＝2|F2A|，∠AF1F2＝30°，△AF1F2的面积为，则C的方程为（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024 天府新区模拟）已知椭圆C的焦点为F1（﹣1，0），F2（1，0），过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为（　　）
A．1 B．
C． D．
二．多选题（共2小题）
（多选）6．（2024秋 陕西月考）已知曲线Γ1的方程为x2＝y，Γ2是以点A（0，a）为圆心、1为半径的圆位于y轴右侧的部分，则下列说法正确的是（　　）
A．曲线Γ1的焦点坐标为
B．曲线Γ2过点（1，a）
C．若直线y＝x+2被Γ1所截得的线段的中点在Γ2上，则a的值为
D．若曲线Γ2在Γ1的上方，则
（多选）7．（2024 百色期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点F2且垂直于x轴的直线与该椭圆相交于A，B两点，且|AB|＝1，点P在该椭圆上，则下列说法正确的是（　　）
A．存在点P，使得∠F1PF2＝90°
B．若∠F1PF2＝60°，则
C．满足△F1PF2为等腰三角形的点P只有2个
D．|PF1|﹣|PF2|的取值范围为
三．填空题（共3小题）
8．（2024秋 湖北月考）已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2，过点F1的直线l交E的左支于A，B两点．|OB|＝|OF1|（O为坐标原点），记点O到直线l的距离为d，则　 　．
9．（2024 商洛模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，点P在C的左支上，，，延长PO交C的右支于点Q，点M为双曲线上任意一点（异于P，Q两点），则直线MP与MQ的斜率之积kMP kMQ＝　 　．
10．（2024 咸安区校级模拟）已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转θ角得到向量，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转θ角得到点P．现将双曲线Γ：上的每个点M绕坐标原点O沿逆时针方向旋转后得到曲线C，则曲线C的方程为 　 　．
四．解答题（共5小题）
11．（2024 丰泽区校级月考）在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A（1，1），动点P满足．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）直线l：y＝k（x+1）与轨迹C交于E，F两点，若EF的长为，求直线l的方程．
12．（2024 聊城三模）已知圆A：（x+1）2+y2＝16和点B（1，0），点P是圆上任意一点，线段PB的垂直平分线与线段PA相交于点Q，记点Q的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）点D在直线x＝4上运动，过点D的动直线l与曲线C相交于点M，N．
（ⅰ）若线段MN上一点E，满足，求证：当D的坐标为（4，1）时，点E在定直线上；
（ⅱ）过点M作x轴的垂线，垂足为G，设直线GN，GD的斜率分别为k1，k2，当直线l过点（1，0）时，是否存在实数λ，使得k1＝λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
13．（2024春 鼓楼区校级期中）设圆x2+y2+2x﹣15＝0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AD的平行线交AC于点E．
（Ⅰ）写出点E的轨迹方程；
（Ⅱ）设点E的轨迹为曲线C1，过A且与l平行的直线与曲线C1交于P，Q两点，求的取值范围．
14．（2024 建平县校级期末）在直角坐标平面内，已知A（﹣3，0），B（3，0），动点P满足条件：直线PA与直线PB的斜率之积等于，记动点P的轨迹为曲线E．
（1）求曲线E的方程；
（2）过点C（9，0）作直线l交E于M，N两点（与A，B不重合），直线AM与BN的交点Q是否在一条定直线上？若是，求出这条定直线的方程；若不是，请说明理由．
15．（2024 雁峰区校级模拟）已知以下事实：反比例函数的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线．
（1）（i）直接写出函数的图象C0的实轴长；
（ii）将曲线C0绕原点顺时针转，得到曲线C，直接写出曲线C的方程．
（2）已知点A是曲线C的左顶点．圆E：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝r2（r＞0），与直线l：x＝1交于P、Q两点，直线AP、AQ分别与双曲线C交于M、N两点．试问：点A到直线MN的距离是否存在最大值？若存在，求出此最大值以及此时r的值；若不存在，说明理由．
新课预习衔接 直线与圆锥曲线的位置关系
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024 昌江区校级月考）设O为坐标原点，直线l过抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点，且与C交于M，N两点，其中M在第一象限，则下列正确的是（　　）
A．C的准线为
B．的最小值为
C．以MN为直径的圆与x轴相切
D．若Q（0，p）且|MQ|＝|MF|，则∠ONQ+∠OMQ＞180°
【考点】抛物线的弦及弦长；求抛物线的准线方程．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】B
【分析】根据抛物线性质可得C的准线为，即A错误；利用抛物线定义由基本不等式可求得B正确；由直线与圆的位置关系可得以MN为直径的圆与x轴相交，即C错误；由|MQ|＝|MF|可得．利用向量夹角的坐标表示可求得∠ONQ+∠OMQ＜180°，即D错误．
【解答】解：对于A，由抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点可得，
所以C：x2＝y，
即C的准线为，
故A错误；
对于B，如下图所示：
设直线l的方程为，M（x1，y1），N（x2，y2），
联立直线与抛物线方程可得，
可得，
由抛物线定义可得，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，
即B正确；
对于C，以MN为直径的圆的圆心为，
此时圆心到x轴的距离为，
而，
所以以MN为直径的圆与x轴相交，
即C错误；
对于D，易知，由|MQ|＝|MF|可知M点在QF的垂直平分线上，
所以；
由kNF＝kMF即可得，如下图所示：
则，
所以∠ONQ＜90°，
同理可得，
可得∠OMQ＜90°，
所以∠ONQ+∠OMQ＜180°，
即D错误．
故选：B．
【点评】本题考查了平面向量的坐标运算，重点考查了直线与抛物线的位置关系，属中档题．
2．（2024春 青秀区校级期中）过双曲线的左焦点F作圆x2+y2＝a2的切线，切点为A，直线FA交直线bx﹣ay＝0于点B．若，则双曲线C的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【考点】双曲线与平面向量．
【专题】计算题；整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】D
【分析】取右焦点F2，连接AO、BF2，作F2M⊥AB于点M，由题意结合几何性质可得相应的边长及角度间的关系，借助余弦定理列出与a、b、c有关齐次式，计算即可得．
【解答】解：过双曲线的左焦点F作圆x2+y2＝a2的切线，切点为A，
直线FA交直线bx﹣ay＝0于点B，，
取右焦点F2，连接AO、BF2，作F2M⊥AB于点M，
由FA为圆x2+y2＝a2的切线，故FA⊥AO，又F2M⊥AB，
O为FF2中点，故A为MF中点，又3，故M为FB中点，
，则|FM|＝|BM|＝2b，
|F2M|＝2|OA|＝2a，则，
，由直线bx﹣ay＝0为双曲线的渐近线，
故有，则，
在△BOF2中，由余弦定理可得，
则，即，
即（c2﹣b2）（c2+8b2）＝（4b2﹣c2）2，化简得8b2＝5c2，即8c2﹣8a2＝5c2，
故．
故选：D．
【点评】本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
3．（2024春 东坡区期末）已知F1（﹣c，0），F2（c，0）为双曲线的两个焦点，P为双曲线上一点，且．则此双曲线离心率的取值范围为（　　）
A． B．（1，2] C． D．（2，+∞）
【考点】双曲线与平面向量．
【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】C
【分析】由题意，可得夹角的取值范围，整理相关等式，进而可得离心率的函数表达式，利用不等式的性质和离心率的范围，可得答案．
【解答】解：设，，∠F1PF2＝θ，由，则，
显然，
则整理可得，由，
则，
解得m2+n2＝3c2，由双曲线的定义可知：|m﹣n|＝2a，
则（m﹣n）2＝m2﹣2mn+n2，整理可得，
化简可得，由，且，
则﹣1≤cosθ＜0 ﹣6≤9cosθ+3＜3，
可得或，所以，解得．
故选：C．
【点评】本题考查双曲线的定义、方程和性质，以及向量数量积的性质，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
4．（2024 遂宁一模）已知F1，F2为双曲线的左、右焦点，点A在C上，若|F1A|＝2|F2A|，∠AF1F2＝30°，△AF1F2的面积为，则C的方程为（　　）
A． B．
C． D．
【考点】双曲线的焦点三角形．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】B
【分析】先根据双曲线的定义求出|F2A|，|F1A|，在△AF1F2中，利用正弦定理求出AF2F1，再根据三角形的面积公式求出a2，利用勾股定理可求得c2，进而可求出答案．
【解答】解：因为|F1A|＝2|F2A|，所以|F1A|＞|F2A|，
又因为点A在C上，所以|F1A|﹣|F2A|＝2a，
即2|F2A|﹣|F2A|＝2a，所以|F2A|＝2a，|F1A|＝4a，
在△AF1F2中，由正弦定理得，
所以，
又0°＜∠AF2F1＜180°，所以∠AF2F1＝90°，故∠F1AF2＝60°，
则，所以a2＝3，
则，所以c2＝9，
所以b2＝c2﹣a2＝6，
所以C的方程为．
故选：B．
【点评】本题考查双曲线方程的求法，注意运用双曲线的定义和直角三角形的性质，考查运算能力，属中档题．
5．（2024 天府新区模拟）已知椭圆C的焦点为F1（﹣1，0），F2（1，0），过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为（　　）
A．1 B．
C． D．
【考点】椭圆的弦及弦长．
【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】B
【分析】法一：设|F2B|＝n，则|AF2|＝2n，|BF1|＝|AB|＝3n，由椭圆的定义有2a＝|BF1|+|BF2|＝4n，在△AF1F2和△BF1F2中，由余弦定理结合cos∠AF2F1+cos∠BF2F1＝0，两式消去cos∠AF2F1，cos∠BF2F1，然后转化求解即可．
法二：设|F2B|＝n，则|AF2|＝2n，|BF1|＝|AB|＝3n，由椭圆的定义，在△AF1B中，由余弦定理转化求解椭圆方程即可．
【解答】解：法一：由已知可设|F2B|＝n，则|AF2|＝2n，|BF1|＝|AB|＝3n，由椭圆的定义有2a＝|BF1|+|BF2|＝4n，
∴|AF1|＝2a﹣|AF2|＝2n．
在△AF1F2和△BF1F2中，由余弦定理得，
又∠AF2F1，∠BF2F1互补，∴cos∠AF2F1+cos∠BF2F1＝0，两式消去cos∠AF2F1，cos∠BF2F1，
得3n2+6＝11n2，解得．
∴，
∴所求椭圆方程为，
故选：B．
法二：如图，由已知可设|F2B|＝n，则|AF2|＝2n，|BF1|＝|AB|＝3n，
由椭圆的定义有2a＝|BF1|+|BF2|＝4n，∴|AF1|＝2a﹣|AF2|＝2n．
在△AF1B中，由余弦定理推论得．
在△AF1F2中，由余弦定理得，解得．
∴，
∴所求椭圆方程为，
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
二．多选题（共2小题）
（多选）6．（2024秋 陕西月考）已知曲线Γ1的方程为x2＝y，Γ2是以点A（0，a）为圆心、1为半径的圆位于y轴右侧的部分，则下列说法正确的是（　　）
A．曲线Γ1的焦点坐标为
B．曲线Γ2过点（1，a）
C．若直线y＝x+2被Γ1所截得的线段的中点在Γ2上，则a的值为
D．若曲线Γ2在Γ1的上方，则
【考点】抛物线的弦及弦长；根据定义求抛物线的标准方程．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】BCD
【分析】根据抛物线的几何性质，可得判定A错误；把点（1，a）代入圆Γ2的方程，可判定B正确；12+（a﹣a）2＝1，所以圆Γ2过点（1，a），所以B正确；设y＝x+2被Γ1所截得的线段为DE，中点为G，联立方程组，求得G的坐标，代入Γ2，可判定C正确；根据圆与抛物线的位置关系，联立方程组，结合Δ＜0，可判定D正确．
【解答】解：对于A中，由曲线，抛物线Γ1的焦点坐标为，所以A错误；
对于B中，圆Γ2的标准方程为：x2+（y﹣a）2＝1（x＞0），
点（1，a）代入圆Γ2的方程得12+（a﹣a）2＝1，所以圆Γ2过点（1，a），所以B正确；
对于C中，设y＝x+2被Γ1所截得的线段为DE，中点为G，
联立方程组，整理得x2﹣x﹣2＝0，可得，
则，故，所以，
代入，可得，解得，所以C正确；
对于D中如图所示，曲线Γ2在Γ1的上方时，抛物线和圆无交点，
联立方程组，整理得y2+（1﹣2a）y+a2﹣1＝0，
由Δ＝（1﹣2a）2﹣4（a2﹣1）＜0，解得，所以D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查抛物线与圆的位置关系，属于中档题．
（多选）7．（2024 百色期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点F2且垂直于x轴的直线与该椭圆相交于A，B两点，且|AB|＝1，点P在该椭圆上，则下列说法正确的是（　　）
A．存在点P，使得∠F1PF2＝90°
B．若∠F1PF2＝60°，则
C．满足△F1PF2为等腰三角形的点P只有2个
D．|PF1|﹣|PF2|的取值范围为
【考点】椭圆的弦及弦长．
【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】ABD
【分析】首先求出椭圆方程，当点P为该椭圆的上顶点时，求出∠F1PF2，即可判断A；利用余弦定理及三角形面积公式判断B；再根据|PF2|的范围判断C；根据椭圆的定义及|PF1|的范围判断D．
【解答】解：根据题意：可得c，|AB|的最小值为1，所以|AB|，又c2＝a2﹣b2，
所以a＝2，b＝1，所以椭圆方程为，
当点P为该椭圆的上顶点时，，所以∠OPF2＝60°，
此时∠F1PF2＝120°，所在存在点P，使得∠F1PF2＝90°，所以选项A正确；
若∠F1PF2＝60°，|PF1|+|PF2|＝4，|F1F2|＝2，
由余弦定理|F1F2|2＝|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1||PF2|cos∠F1PF2，
即|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1||PF2|＝12，
又|PF1|2+|PF2|2+2|PF1||PF2|＝16，
所以|PF1||PF2|，
所以，，所以选项B正确；
满足|PF2|＝|F1F2|的点P有两个，同理满足|PF1|＝|F1F2|的点P有两个，P在上下两个顶点时，有2个，所以选项C不正确；
对于选项D，|PF1|﹣|PF2|＝|PF1|﹣（2a﹣|PF1|）＝2|PF1|﹣4，
分析可得|PF1|∈[2，2]，|PF1|﹣|PF2|∈[﹣2，2]，所以选项D正确，
故选：ABD．
【点评】本题主要考查椭圆的几何性质，圆锥曲线中的最值与范围问题等知识，属于中等题．
三．填空题（共3小题）
8．（2024秋 湖北月考）已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2，过点F1的直线l交E的左支于A，B两点．|OB|＝|OF1|（O为坐标原点），记点O到直线l的距离为d，则　　．
【考点】双曲线的弦及弦长．
【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】．
【分析】根据给定条件，作出图形，结合三角形中位线性质可得BF2⊥BF1，再利用双曲线定义及勾股定理求解即得．
【解答】解：令双曲线E的半焦距为c，由离心率为2，得c＝2a，
取F1B的中点D，连接OD，由|OB|＝|OF1|，得OD⊥F1B，则|OD|＝d，
连接F2B，由O为F1F2的中点，得BF2∥OD，|BF2|＝2d，BF2⊥BF1，|F1B|＝2d﹣2a，
因此，即（2d）2+（2d﹣2a）2＝（4a）2，整理得，
而，所以．
故答案为：．
【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，是中档题．
9．（2024 商洛模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，点P在C的左支上，，，延长PO交C的右支于点Q，点M为双曲线上任意一点（异于P，Q两点），则直线MP与MQ的斜率之积kMP kMQ＝　2　．
【考点】双曲线与平面向量．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】2．
【分析】先利用平面向量加法的法则和双曲线的性质求出△PF1F2和△PF1O的边长，再分别利用余弦定理联立可得，最后根据斜率公式求解即可．
【解答】解：依题意，设双曲线C的半焦距为c，
则|F1F2|＝2c，|F1O|＝c，
因为O是F1F2的中点，
所以，
故由得，
又因为，
所以，
在△PF1F2中，，
在△PF1O中，，
所以，
解得，
所以，
所以双曲线方程为2x2﹣y2＝2a2，
则y2＝2x2﹣2a2，
设M（x0，y0），P（x1，y1），Q（﹣x1，﹣y1），
所以．
故答案为：2．
【点评】本题考查了平面向量加法的法则和双曲线的性质，重点考查了余弦定理及斜率公式，属中档题．
10．（2024 咸安区校级模拟）已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转θ角得到向量，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转θ角得到点P．现将双曲线Γ：上的每个点M绕坐标原点O沿逆时针方向旋转后得到曲线C，则曲线C的方程为 　xy＝1　．
【考点】双曲线与平面向量．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑推理；数学运算．
【答案】xy＝1．
【分析】根据定义，在双曲线上设点M（x，y），求出旋转后点N的坐标，然后反求出（x，y）的坐标，再代入双曲线方程，化简即得．
【解答】解：在双曲线Γ：上任取一点M（x，y），
将其绕坐标原点O沿逆时针方向旋转后得到点
，即，
在曲线C上设点N（x′，y′），
则有，
求出x，y，得，
因点M（x，y）在双曲线Γ：上，
故：，
整理得：x′y′＝1，故曲线C的方程为xy＝1．
故答案为：xy＝1．
【点评】本题考查新定义的运用，考查双曲线的方程与性质，属于中档题．
四．解答题（共5小题）
11．（2024 丰泽区校级月考）在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A（1，1），动点P满足．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）直线l：y＝k（x+1）与轨迹C交于E，F两点，若EF的长为，求直线l的方程．
【考点】直线与圆锥曲线的综合；轨迹方程．
【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑推理；数学运算．
【答案】（1）（x+1）2+（y+1）2＝4；
（2）或．
【分析】（1）设动点P的坐标为（x，y），根据题意列出方程，化简，即得答案；
（2）利用点到直线的距离公式，结合圆的几何性质，求出弦长的表达式，结合题意列式计算，求得k的值，即可得答案．
【解答】解：（1）设动点P的坐标为（x，y），
因为点A（1，1），动点P满足，
所以，
整理得（x+1）2+（y+1）2＝4，
则动点P的轨迹C的方程（x+1）2+（y+1）2＝4；
（2）因为轨迹C为圆心为（﹣1，﹣1），半径为2的圆，
若直线l：y＝k（x+1）与轨迹C交于E，F两点，
此时点（﹣1，﹣1）到直线l的距离，
则，
解得，
此时，
满足直线l：y＝k（x+1）与轨迹C交于E，F两点，
则直线l的方程为或．
即或．
【点评】本题考查轨迹方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
12．（2024 聊城三模）已知圆A：（x+1）2+y2＝16和点B（1，0），点P是圆上任意一点，线段PB的垂直平分线与线段PA相交于点Q，记点Q的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）点D在直线x＝4上运动，过点D的动直线l与曲线C相交于点M，N．
（ⅰ）若线段MN上一点E，满足，求证：当D的坐标为（4，1）时，点E在定直线上；
（ⅱ）过点M作x轴的垂线，垂足为G，设直线GN，GD的斜率分别为k1，k2，当直线l过点（1，0）时，是否存在实数λ，使得k1＝λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
【考点】直线与圆锥曲线的综合；轨迹方程．
【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】（1）；
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）．
【分析】（1）根据中垂线的性质可得|QA|+|QB|＝4＞|AB|＝2，由椭圆的定义可知动点Q的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆，从而求出轨迹方程；
（2）（ⅰ）设直线l的方程为y＝kx+m，设M（x1，y1），N（x2，y2），E（x0，y0），与椭圆联立韦达定理，把线段长度比转化为坐标比，代入韦达定理化简即可得点E在定直线3x+y﹣3＝0上；
（ⅱ）利用坐标表示两个斜率，然后作商，将韦达定理代入即可判断．
【解答】解：（1）由题意知圆心A（﹣1，0），半径为4，且|QP|＝|QB|，|AB|＝2，则|QA|+|QB|＝|QA|+|QP|＝|PA|＝4＞|AB|＝2，所以点Q的轨迹为以A，B为焦点的椭圆，
设曲线的方程为，则2a＝4，2c＝2，解得a＝2，c＝1，
所以b2＝a2﹣c2＝3，
所以曲线C的方程为；
（2）（ⅰ）证明：因为直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为y＝kx+m，
因为D（4，1）在l上，所以4k+m＝1，
由得（3+4k2）x2+8kmx+4（m2﹣3）＝0，
Δ＝（8km）2﹣16（3+4k2）（m2﹣3）＝48（4k2﹣m2+3）＞0，设M（x1，y1），N（x2，y2），E（x0，y0），
则，由得，
化简得4（x1+x2）﹣2x1x2＝[8﹣（x1+x2）]x0，则，
化简得kx0+m+3x0﹣3＝0，又因为y0＝kx0+m，所以3x0+y0﹣3＝0，
所以点E在定直线3x+y﹣3＝0上．
（ⅱ）因为直线y＝kx+m过（1，0），所以k+m＝0，直线方程为y＝kx﹣k，
从而得D（4，3k），G（x1，0），
由（ⅰ）知，，，
所以
，
所以存在实数，使得．
【点评】本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
13．（2024春 鼓楼区校级期中）设圆x2+y2+2x﹣15＝0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AD的平行线交AC于点E．
（Ⅰ）写出点E的轨迹方程；
（Ⅱ）设点E的轨迹为曲线C1，过A且与l平行的直线与曲线C1交于P，Q两点，求的取值范围．
【考点】直线与圆锥曲线的综合；轨迹方程．
【专题】综合题；对应思想；分析法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑推理；数学运算．
【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）[6，16）．
【分析】（Ⅰ）由题意，先得到圆A的圆心和半径，结合直线平行的性质和等腰三角形的性质，推出|EB|＝|ED|，再利用圆的定义和椭圆的定义得到E的轨迹为以A，B为焦点的椭圆，根据a，b，c之间的关系，即可得到所求轨迹方程；
（Ⅱ）设出直线CD和PQ的方程，将直线CD的方程与圆A的方程联立，将直线PQ的方程与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，利用向量的坐标运算，得到的表达式，根据换元法以及二次函数的性质再进行求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）已知圆x2+y2+2x﹣15＝0的圆心为A，
所以圆A的标准方程为（x+1）2+y2＝16，圆心A（﹣1，0），半径r＝4，
易知|AD|＝|AC|＝r＝4，EB∥AC，
可得∠EBC＝∠ADC＝∠ACD，
所以|EB|＝|ED|，
此时|EA|+|EB|＝|EA|+|ED|＝|AD|，
则|EA|+|EB|＝4，
不妨设A（﹣1，0），B（1，0），
因为|AB|＝2＜|EA|+|EB|，
由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：；
（Ⅱ）不妨设直线CD的方程为x＝ty+1，
可得直线PQ的方程为x＝ty﹣1，
联立消去x并整理得（t2+1）y2+4ty﹣12＝0，
此时Δ＝16t2+48（t2+1）＝64t2+48＞0，
解得，
联立，消去x并整理得（3t2+4）y2﹣6ty﹣9＝0，
因为点A在椭圆内，
所以该方程一定有两个不相等的实数根，
不妨设P（x3，y3），Q（x4，y4），
由韦达定理得，，
则，x4﹣x3＝ty4﹣1﹣（ty3﹣1）＝t（y4﹣y3），
此时（ty4﹣ty3，y4﹣y3），，
可得yD（y4﹣y3）＝（t2yD+yD+2t）（y4﹣y3），
因为2t，
所以|t2yD+yD+2t| |y4﹣y3|＝24，
不妨令m＝3t2+4，m≥4，
此时88，
不妨令n，0＜n，
此时8，
易知函数y＝7n2﹣11n+4是开口向上的二次函数，对称轴x，
所以函数y＝7n2﹣11n+4在（0，]上单调递减，
则当x时，函数y＝7n2﹣11n+4取得最小值，最小值为，
所以y＝7n2﹣11n+4∈[，4），
则8∈[6，16），
故的取值范围为[6，16）．
【点评】本题考查轨迹方程和直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
14．（2024 建平县校级期末）在直角坐标平面内，已知A（﹣3，0），B（3，0），动点P满足条件：直线PA与直线PB的斜率之积等于，记动点P的轨迹为曲线E．
（1）求曲线E的方程；
（2）过点C（9，0）作直线l交E于M，N两点（与A，B不重合），直线AM与BN的交点Q是否在一条定直线上？若是，求出这条定直线的方程；若不是，请说明理由．
【考点】直线与圆锥曲线的综合；轨迹方程．
【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】（1）；
（2）是，x＝1．
【分析】（1）设P（x，y）（x≠±3），由斜率公式得到方程，整理即可得解；
（2）依题意直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x＝my+9，M（x1，y1），N（x2，y2），联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线AM、BN的方程，即可得到直线AM，BN的交点Q（x0，y0）的坐标满足，根据韦达定理求出，即可求出x0，从而得解．
【解答】解：（1）设P（x，y）（x≠±3），则，
所以9y2＝x2﹣9，即，
故曲线E的方程为；
（2）根据题意，直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x＝my+9，
由消去x并整理得（m2﹣9）y2+18my+72＝0，
Δ＝182m2﹣4×72（m2﹣9）＝36（m2+72）＞0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），则，
因为x1，x2≠±3，所以可设直线AM的方程为，……①
直线BN的方程为，……②
所以直线AM，BN的交点Q（x0，y0）的坐标满足．
而
，
因此x0＝1，即点Q在定直线上，且定直线的方程为x＝1．
【点评】本题考查了直线与双曲线的综合，考查了方程思想及数学运算能力，属于中档题．
15．（2024 雁峰区校级模拟）已知以下事实：反比例函数的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线．
（1）（i）直接写出函数的图象C0的实轴长；
（ii）将曲线C0绕原点顺时针转，得到曲线C，直接写出曲线C的方程．
（2）已知点A是曲线C的左顶点．圆E：（x﹣1）2+（y﹣1）2＝r2（r＞0），与直线l：x＝1交于P、Q两点，直线AP、AQ分别与双曲线C交于M、N两点．试问：点A到直线MN的距离是否存在最大值？若存在，求出此最大值以及此时r的值；若不存在，说明理由．
【考点】直线与圆锥曲线的综合．
【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】（1）（i）2；（ii）x2﹣y2＝1；（2）点A到直线MN距离的最大值为2，此时圆E的半径为．
【分析】（1）（i）考虑y＝x为图象C0的对称轴，解方程可得所求；（ii）求得渐近线方程和a，b，可得曲线C的方程；
（2）设MN：y＝kx+m，联立C：x2﹣y2＝1，运用判别式大于0，以及韦达定理和直线恒过定点的求法，结合点N在双曲线上，可得结论．
【解答】解：（1）（i）函数的图象为双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线，
y＝x为图象C0的对称轴，可得交点为（，），（，），则实轴长为2a＝2；
（ii）由题意可得曲线C的渐近线为y＝±x，且a＝b＝1，可得曲线C的方程为x2﹣y2＝1；
（2）设A（﹣1，0），M（x1，y1），N（x2，y2），
显然直线MN的斜率存在，设MN：y＝kx+m，
联立C：x2﹣y2＝1得（1﹣k2）x2﹣2kmx﹣（m2+1）＝0，
所以Δ＝4（m2+1﹣k2）＞0，
则，，①
AM：y（x+1），令x＝1，则yP；同理可得yQ，②
由题意可得yP+yQ＝2，③
y1＝kx1+m，y2＝kx2+m，④
由①②③④，化为﹣2k+2m＝﹣m2+2km﹣k2，即（m﹣k）（m﹣k+2）＝0，可得m＝k或m＝k﹣2，
若m＝k，则MN：y＝k（x+1）恒过点A（﹣1，0），不符题意；
若m＝k﹣2，则MN：y＝k（x+1）﹣2，所以MN恒过G（﹣1，﹣2），
所以点A到直线MN的距离dmax＝|AG|＝2，
当且仅当MN⊥AG即k＝0时取得，此时MN方程为y＝﹣2，
又N点在双曲线x2﹣y2＝1上，
所以，，
，
综上所述，点A到直线MN距离的最大值为2，此时圆E的半径为．
【点评】本题考查双曲线的方程和性质，以及直线和双曲线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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