2025版新高考版高考总复习数学　圆锥曲线的综合问题

2025版新高考版高考总复习数学9.5圆锥曲线的综合问题五年高考考点1圆锥曲线中的轨迹方程问题1.(2021浙江,9,4分,中)已知a,b∈R,ab>0,函数f(x)=ax2+b(x∈R).若f(s-t),f(s),f(s+t)成等比数列,则平面上点(s,t)的轨迹是()A.直线和圆B.直线和椭圆C.直线和双曲线D.直线和抛物线答案C2.(2019北京,8,5分,中)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线C:x2+y2=1+|x|y就是其中之一(如图).给出下列三个结论:①曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点);②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2;③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.其中,所有正确结论的序号是()A.①B.②C.①②D.①②③答案C3.(多选)(2020新高考Ⅰ,9,5分,中)已知曲线C:mx2+ny2=1.()A.若m>n>0,则C是椭圆,其焦点在y轴上B.若m=n>0,则C是圆,其半径为nC.若mn<0,则C是双曲线,其渐近线方程为y=±−mD.若m=0,n>0,则C是两条直线答案ACD4.(2023新课标Ⅰ,22,12分,难)在直角坐标系xOy中,点P到x轴的距离等于点P到点0,12的距离,记动点P(1)求W的方程;(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上,证明:矩形ABCD的周长大于33.解析(1)设P(x,y),由题意可得(x−0)2+y−122=|y|,整理得x2-y+14=0,(2)证明:不妨设A,B,C三点在W上,如图所示.设Bx0,x02+14,Ax1,x12+14直线AB,BC的方程分别为y-x02+14=k(x-x0),y-x02+14=−1k(x-x0),即直线AB,BC的方程分别为联立直线AB与抛物线W的方程可得y消去y得x2-kx+kx0-x02则Δ=k2-4kx0+4x02=(k-2x0)2>0,k≠2x由根与系数的关系得x0+x1=k,x0·x1=kx0-x0∴|AB|=1+k2·|x1−x同理,联立直线BC与抛物线W的方程,并消去y得x2+1kx−1kx0∴|AB|+|BC|=1+k由对称性不妨设0<|k|≤1,则1+1k2=1+∴|AB|+|BC|≥1+k2k−2x0|+1k+2x0>1+则(k2+1)3k2=(t+1)3t,令g(则g'(t)=3(当0<t<12时,g'(t)<0,g(t)单调递减;当12<t≤1时,g'(t)>0,g(t)∴g(t)在t=12处取得极小值,即最小值,为g1∴|AB|+|BC|>g(∴矩形的周长=2(|AB|+|BC|)>33.考点2弦长与面积问题(2018江苏,18,16分,中)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点3,1F1(-3,0),F2(3,0),圆O的直径为F1F2.(1)求椭圆C及圆O的方程.(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标;②直线l与椭圆C交于A,B两点.若△OAB的面积为267,求直线l解析(1)因为椭圆C的焦点为F1(-3,0),F2(3,0),所以可设椭圆C的方程为x2a2+y2b2又点3,12在椭圆C上因此,椭圆C的方程为x24+y2=1.(3分因为圆O的直径为F1F2,所以其方程为x2+y2=3.(5分)(2)①设直线l与圆O相切于P(x0,y0)(x0>0,y0>0),如图1,则x02所以直线l的方程为y=-x0y0(x-x0)+y0,即y由x24+y(4x02+y02)x2-24x0x+36-4y02=0因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点,所以Δ=(-24x0)2-4(4x02+y02)(36-4y02)因为x0,y0>0,所以x0=2,y0=1.因此,点P的坐标为(2,1).(10分)②因为三角形OAB的面积为26所以12AB·OP=2设A(x1,y1),B(x2,y2),如图2,由(*)得x1,2=24x所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+x02y0因为x02所以AB2=16(x02−2)(解得x02=52(x02=20舍去),则y02=12,因此P则直线l的方程为y=-5x+32.(2.(2020课标Ⅲ理,20,12分,中)已知椭圆C:x225+y2m2=1(0<m<5)的离心率为154(1)求C的方程;(2)若点P在C上,点Q在直线x=6上,且|BP|=|BQ|,BP⊥BQ,求△APQ的面积.解析(1)由题设可得25−m25=154,所以C的方程为x225(2)设P(xP,yP),Q(6,yQ),根据对称性可设yQ>0,由题意知yP>0.由已知可得B(5,0),直线BP的方程为y=-1yQ(x所以|BP|=yP1+yQ2,|BQ因为|BP|=|BQ|,所以yP=1,将yP=1代入C的方程,解得xP=3或-3.由直线BP的方程得yQ=2或8.所以点P,Q的坐标分别为P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8).|P1Q1|=10,直线P1Q1的方程为y=13x,点A(-5,0)到直线P1Q1的距离为102,故△AP1Q1的面积为|P2Q2|=130,直线P2Q2的方程为y=79x+103,点A到直线P2Q2的距离为13026,故△AP2Q2的面积为12×3.(2022新高考Ⅰ,21,12分,难)已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上,直线l交C于P,(1)求l的斜率;(2)若tan∠PAQ=22,求△PAQ的面积.解析(1)∵点A(2,1)在双曲线上,∴4a2解得a2=2.∴C的方程为x22-y2=1设直线l:y=kx+m.②联立①②,消去y得(1-2k2)x2-4kmx-2(m2+1)=0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=4km1−2k2,x1xkPA=y1−1x1−2,kQA=y2−1x2−2,由k化简得2kx1x2+(m-2k-1)(x1+x2)-4(m-1)=0,即2k·−2m2+21−2k2+(m-2k-1)·4化简得(2k+m-1)(k+1)=0,∴2k+m-1=0或k+1=0.若2k+m-1=0,则l:y=k(x-2)+1,这时直线l过点A,不合题意,∴k+1=0,∴k=-1.(2)不妨设直线PA,AQ的倾斜角为α,βα<∵kAP+kAQ=0,∴α+β=π.由(1)知x1x2=2m2+2>0,当P,Q均在双曲线左支时,∠PAQ=2α,∴tan2α=22,即2tan2α+tanα−2=0,解得tan此时PA与双曲线的渐近线平行,与双曲线左支无交点,舍去;当P,Q均在双曲线右支时,∵tan∠PAQ=22,∴tan(β-α)=22,即tan2α=-22,即2tan2α−tanα−2=0,解得tan于是,直线PA:y=2(x-2)+1,QA:y=-2(x-2)+1,联立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考点3定点与定值问题1.(2023新课标Ⅱ,21,12分,中)已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为(-25,0),离心率为5.(1)求C的方程;(2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点,M在第二象限,直线MA1与NA2交于点P,证明:点P在定直线上.解析(1)设双曲线的方程为x2a2−y2b2由题意可知c=25,又离心率e=ca=5(写出公式给1分),∴∴b2=c2-a2=20-4=16,∴双曲线C的方程为x24(2)证明:由题意知直线MN的斜率不为0(失分点:考虑斜率不存在,否则会失分),所以可设直线MN的方程为x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),由(1)知,A1(-2,0),A2(2,0).联立x=my−4,x24−y216=1,消去x,得(∴y1+y2=32m4m2−1,y1y2=484m2−1,∴my1y2=易知直线MA1的方程为y=y1x1+2(x+2)=y1直线NA2的方程为y=y2x2−2(x-2)=y2联立①②可得,y1my1−2(x+2)=∴x+2x−2=m∴点P在定直线x=-1上(最后一定要作答,否则会失分).2.(2021新高考Ⅱ,20,12分,中)已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),若右焦点为F(1)求椭圆C的方程;(2)设M,N是C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.解析(1)由题意得c故椭圆C的方程为x23+y2(2)证明:由(1)得,曲线x2+y2=1(x>0),当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,不符合题意;当直线MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2).①先证必要性.因为M,N,F三点共线,F(2,0),所以设直线MN:x=my+2,即x-my-2=0.由题意知O(0,0)到直线MN的距离d=2m2+1=1,解得m2=1,故m=±1,所以直线MN:x±y-根据对称性,不妨令直线MN:y=x-2.联立y=x−故x1+x2=322,x1x2=34,所以|MN|=1+②再证充分性.易知直线MN的斜率存在,设其方程为y=kx+t.由题意得t1+k2=b=1,即t2=1+由y=kx+t,x23+y2=1,消y整理得(1+3则x1+x2=-6kt1+3k2,x1x所以|MN|=(1+=(1+=−12(t因为|MN|=3,所以8k2(1+k2)(1+3k2)2=1因为x1+x2=-6kt1+3k2>0,所以k=1,t=-2或k=-1,t=2,所以直线MN的方程为y=x-2或无论哪一种情况,直线MN恒过焦点F,所以M,N,F三点共线,即充分性成立.故M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.3.(2023全国乙理,20,12分,难)已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为53,点A(1)求C的方程;(2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点,直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明:线段MN的中点为定点.解析(1)由已知条件得b=2,又e=ca=1−b2a2=1−4a2(2)证明:由题意知,过P、Q两点的直线的斜率存在且不为零,记直线为l,设l:y=k(x+2)+3=kx+2k+3,令t=2k+3,则l:y=kx+t①,联立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.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=−8kt4k2+9,x1易知直线AP的方程为y=y1x1+2(令x=0,得yM=2y1x1+2,同理可得则y=(=2=2k(4∴线段MN的中点为定点(0,3).解题技巧解决直线l过坐标系内定点问题时,可采取换元法将点斜式方程变为斜截式方程,减少项数,从而有效降低后续的计算量.4.(2020新高考Ⅰ,22,12分,难)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22(1)求C的方程;(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.解析(1)由题设得4a2+1b2=1,a2−b2所以C的方程为x26(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2).若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为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将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(易错点:化简和因式分解过程中的计算量比较大,容易出错).因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-1≠0,故2k+3m+1=0,k≠1.于是MN的方程为y=kx−23−1所以直线MN过点P23若直线MN与x轴垂直(易丢分点:容易忽略直线斜率不存在的情况),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此时直线MN过点P23令Q为AP的中点,即Q43若D与P不重合,则由题设知AP是Rt△ADP的斜边,故|DQ|=12若D与P重合,则|DQ|=12|AP|综上,存在点Q43,13,考点4最值与范围问题1.(2020新高考Ⅱ,21,12分,中)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M(2,3),点(1)求C的方程;(2)点N为椭圆上任意一点,求△AMN的面积的最大值.解析(1)由题意可知直线AM的方程为y-3=12(x-2),即x-2y=-4,当y=0时,解得x=-4,所以a=4由椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M(2,3),可得416+9b2(2)设与直线AM平行的直线方程为x-2y=m,当直线与椭圆相切时,与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N,此时△AMN的面积取得最大值.联立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,与AM距离比较远的直线方程为x-2y=8,两平行线(直线AM与直线x-2y2.(2022浙江,21,15分,难)如图,已知椭圆x212+y2=1.设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点Q0,12在线段AB上,直线PA,PB分别交直线y=-12x+3于(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值;(2)求|CD|的最小值.解析(1)设M(23cosθ,sinθ)是椭圆上一点,又P(0,1),∴|PM|2=12cos2θ+(sinθ-1)2=13-11sin2θ-2sinθ=14411−11sinθ+1112≤14411(2)由题易知直线AB的斜率存在,设直线AB:y=kx+12,将直线AB的方程与椭圆的方程联立,消去y整理得k2+设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-kk2+112,x1易得直线PA:y=y1−1x1x得xC=4x同理可得xD=4x则|CD|=1+−122|xC=5=25=25=25=35当且仅当k=316时取到等号,经检验符合题意3.(2021全国乙理,21,12分,难)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,且F与圆M:x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为4.(1)求p;(2)若点P在M上,PA,PB是C的两条切线,A,B是切点,求△PAB面积的最大值.解析(1)由题设知F0,p2,圆M的圆心为(0,-4),半径为1,F与圆M上点的距离的最小值为p2+3,即p2+3=4,(2)由(1)知C:x2=4y.设P(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2).因为C在A处切线的斜率为x1所以直线PA的方程为x1x-2y-2y1=0.方法点拨:因为抛物线方程为x2=4y,即y=x24,所以利用导数的几何意义可求切线方程因为P在直线PA上,故x1x0-2y0-2y1=0,所以A在直线x0x-2y-2y0=0上.同理B也在直线x0x-2y-2y0=0上.所以直线AB的方程为x0x-2y-2y0=0.(利用点与直线的关系以及直线与方程的定义可知过A,B两点的直线的方程)由x0x−2y−2y0=0,x2=4y故x1+x2=2x0,x1x2=4y0.因此|AB|=1+x因为点P到直线AB的距离d=|x所以△PAB的面积S=12|AB(利用弦长公式和点到直线的距离公式表示三角形的面积)由x02=1-(y0+4)2得S=12[21-(y0+6)因为y0∈[-5,-3],所以当y0=-5时,△PAB的面积取得最大值,最大值为205.(利用圆的方程得出y0的取值范围,再利用函数思想求得三角形面积的最值)4.(2019课标Ⅱ理,21,12分,难)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-12.记M的轨迹为曲线(1)求C的方程,并说明C是什么曲线.(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.(i)证明:△PQG是直角三角形;(ii)求△PQG面积的最大值.解析(1)由题设得yx化简得x24+y22=1(|x|≠2),(所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左右顶点.(易忽略C的轨迹不含左右顶点)(4分)(2)(i)证明:第一步:设直线PQ的方程,与椭圆方程联立,得P,Q,E的坐标.设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0).(已知点P在第一象限,所以k>0)由y=记u=21+2k则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).第二步:利用点斜式表示QG的方程,与椭圆方程联立得点G的坐标.于是直线QG的斜率为k2,方程为y=k2(x-u由y=k2(x−u),x24+y22=1得(2+k设G(xG,yG),则-u和xG是方程①的解,故xG=u(3k2+2)2+k2第三步:由斜率公式得直线PG的斜率,利用斜率关系得三角形形状.从而直线PG的斜率为uk所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.(8分)(ii)第一步:利用弦长公式表示三角形的两直角边的长.由(i)得|PQ|=2u1+k2,|PG|=第二步:利用三角形的面积公式把面积表示成关于k的函数.所以△PQG的面积S=12第三步:利用换元法和对勾函数的性质求面积的最值.设t=k+1k,则由k>0得t≥2,当且仅当k=1时取等号因为S=8t1+2t2在[2,+∞)上单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值因此,△PQG面积的最大值为169.(12分)考点5存在性问题1.(2023天津,18,12分,中)椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右顶点分别为A1,A2,右焦点为F,已知|A1F(1)求椭圆C的方程及离心率;(2)已知点P是椭圆上一动点(不与顶点重合),直线A2P交y轴于点Q,若△A1PQ的面积是△A2FP面积的二倍,求直线A2P的方程.解析(1)设椭圆C的焦距为2c(c>0),则a+c=3,a−c=1,解得a=2,c所以椭圆C的方程为x24+y23=1(2)由(1)可得,|A2F|=14|A1A2|,所以S△A2FP=14S△PA1A2,设P(x0,y0),当x0<0时,PQ=12PA2,此时点P与当x0>0时,可得QP=故x0=23,代入椭圆方程,得P2又A2(2,0),所以kA所以直线A2P的方程为y=±62(x-2)2.(2021新高考Ⅰ,21,12分,难)在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-17,0),F2(17,0),点M满足|MF1|-|MF2|=2.记M的轨迹为C.(1)求C的方程;(2)设点T在直线x=12上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和解析(1)由题意知|F1F2|=217,因为|MF1|-|MF2|=2<|F1F2|=217,所以结合双曲线定义知,点M的轨迹C是以F1、F2为焦点的双曲线的右支.设其方程为x2a2−y2b2=1(a>0则2a=2,2c=217,解得a=1,c=17,则b2=c2-a2=(17)2-12=16,所以M的轨迹C的方程为x2-y216=1(x≥1(2)如图,设T12,m,直线AB的方程为y-m=k1x−12,由y=k1x−12+m,x2−y216=1(x≥1)消y得(设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=k12−2k1mk1因为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设直线PQ的方程为y-m=k2x−同理得|TP|·|TQ|=(m因为|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,所以(m即1+k12k12−16=1+k22k22化简得k12=k22,由题意知k1≠k2,所以k即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.3.(2022新高考Ⅱ,21,12分,难)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2(1)求C的方程;(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点,点P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上,且x1>x2>0,y1>0.过P且斜率为-3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面①②③①M在AB上;②PQ∥AB;③|MA|=|MB|.注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.解析(1)由题意知c∴C的方程为x2-y23(2)易知直线PQ的斜率存在,设其方程为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设点M的坐标为(x0,y0),则直线PM、QM的方程分别为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−故点M的轨迹方程为y=3kx,其中k为直线PQ的斜率若选择①②作为条件,③作为结论,设直线AB的方程为y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),不妨设点A在渐近线y=3x上,则由y∴A2kk−3,又由y∴M2k∴xM=xA+xB2,yM=yA+∴|MA|=|MB|.若选择①③作为条件,②作为结论,当直线AB的斜率不存在时,点M即为F(2,0),此时M不在直线y=3kx上,不符合题意,舍去当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=m(x-2),m≠0,±3.不妨设点A在渐近线y=3x上,且A(xA,yA),B(由y∴A2m同理B2m此时xM=xA+xB2=∵点M在直线y=3kx上,∴6解得k=m,故PQ∥AB.若选择②③作为条件,①作为结论,设直线AB的方程为y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),不妨设点A在渐近线y=3x上,则yA=k(xA同理,得xB=2kk+3,y设线段AB的中点为C(xC,yC),则xC=xA+xB2=由于|MA|=|MB|,故点M在线段AB的中垂线上,即点M在直线y-yC=-1k(x-xC)上将该直线方程与y=3kx联立,得xM=2k2k2−3=xC,yM=6kk2−3故点M在直线AB上.三年模拟综合拔高练11.(2023广东广州二模)已知点F(1,0),P为平面内一动点,以PF为直径的圆与y轴相切,点P的轨迹记为C.(1)求C的方程;(2)过点F的直线l与C交于A,B两点,过点A且垂直于l的直线交x轴于点M,过点B且垂直于l的直线交x轴于点N.当四边形MANB的面积最小时,求l的方程.解析(1)设P(x,y),则以PF为直径的圆的圆心为x+12,y2,根据圆与y轴相切,可得x+12所以C的方程为y2=4x.(2)由题意可知:直线l的斜率存在且不为0,设直线l:y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),联立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设直线l的倾斜角为θ,则|AM|=|AF||tanθ|,|BN|=|BF||tanθ|,所以|AM|+|BN|=|AF||tanθ|+|BF||tanθ|=|AB||tanθ|=|AB||k|.四边形MANB的面积S=S△ABM+S△ABN=12|AB|(|AM|+|BN|)=|AB设t=|k|>0,则S(t)=8(t所以S'(t)=81−=8·(t当t>3时,S'(t)>0,S(t)单调递增,当0<t<3时,S'(t)<0,S(t)单调递减,所以当t=3,即|k|=3时,四边形MANB的面积最小,此时k=±3,故直线l的方程为y=±3(x-1),即3x−2.(2024届广东南粤名校素养评价,21)已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0(1)求双曲线的标准方程;(2)若点P为双曲线右支上一动点,过点P与双曲线相切的直线l与双曲线的渐近线分别交于M,N两点,求△FMN的面积的最小值.解析(1)由已知得渐近线方程为bx±ay=0,右焦点为F(c,0),∴|bc|a2+b2=3,又∵a2+b2解得b=3,由离心率e=ca=2,可得a=1,c=2,∴双曲线的标准方程为x2-y2(2)解法一:双曲线x2-y23当直线l的斜率不存在时,由P(1,0),知直线l的方程为x=1,此时可得M(1,3),N(1,-3)(不妨令M在x轴上方),故|MN|=23,又∵F(2,0),故S△FMN=12当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+m(m≠0),联立x2−y23=1,y=kx+m,消去y得(k2-3)x2+2kmx+m2+3=0,∵直线与双曲线相切,∴Δ=4k2m2-4(k2-3)(m2+3)=0,解得m2=k2-3>0,设M(x1联立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综上所述,△FMN的面积的最小值为3.解法二:由条件知,若直线l的斜率存在,则斜率不为零,故可设l:x=my+n,联立x2−y23=1,x=my+n,消x得(3m∵直线l与双曲线相切,∴Δ即3设M(x1,y1),N(x2,y2),联立x2−y23=0,x=my+n,消x得(3m则y1+y2=−6mn3m2−1=−6mn−由直线l的方程得,直线与x轴的交点坐标为(n,0),∴S△FMN=1=12∵3m2+n2=1,∴n2≤1,且n≠0,又∵P在双曲线右支,故n>0,∴n=1时,S△FMN取得最小值,为3.综合拔高练21.(2023湖南常德二模)已知A、B是双曲线C1:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两个顶点,点P是双曲线上异于A、B的一点,O为坐标原点,射线OP交椭圆C2:x2a2+y2b2=1(a>b>0)于点Q,设直线PA、PB、(1)若双曲线C1的渐近线方程是y=±12x,且过点5,12,求(2)在(1)的条件下,如果k1+k2=158,求△ABQ的面积(3)试问:k1+k2+k3+k4是不是定值?如果是,请求出此定值;如果不是,请说明理由.解析(1)由双曲线C1的渐近线方程为y=±12x,设双曲线C1的方程为x24-y2=λ,将点5,12代入双曲线C1的方程得λ=(5)(2)设射线OP所在直线的方程为y=kx,P(x0,y0),则y0=kx0,∵点P在双曲线C1上,∴x024−y∵k1+k2=y0∴k=415联立y=415x,x2因此,△ABQ的面积为S=12(3)设点P(x0,y0)、Q(x1,y1),由点P在双曲线C1上,得x02a2−k1=y0x0+a,∴k1+k2=y0同理可得k3+k4=-2b2ka2,因此k1+k2+k3+k2.(2024届广东“六校”联合摸底考,21)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)经过点A1(2,0),A2(4,0),A3(22,3),A4(22,-3),A(1)求双曲线C的方程;(2)已知点M,N是双曲线C上与其顶点不重合的两个动点,过点M,N的直线l1,l2都经过双曲线C的右顶点,若直线l1,l2的斜率分别为k1,k2,且k1+k2=1,判断直线MN是否过定点,若过定点,求出该点的坐标;若不过定点,请说明理由.解析(1)由于A3,A4关于x轴对称,所以A3,A4要么都在双曲线C上,要么都不在双曲线C上.点A1,A2不可能都在双曲线C上.因为双曲线C经过其中3个点,所以A3,A4都在双曲线C上.将A3,A4的坐标代入x2a2−y2b2=1得8a2−3b2=1,由A3,A4都在双曲线C上可知A2(4,0)、A5(3,3)都不在双曲线C上,所以点A1(2,0)在双曲线(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),其中y1≠y2≠0,易知直线MN不与y轴平行,当直线MN的斜率不为0时,设直线MN的方程为x=my+n,由x=my+n,x24−y23=1消去x并整理得(3则有3m2-4≠0,y1+y2=-6mn3m2−4,y1·因为双曲线C的右顶点为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,当y=3时,x=2,所以直线MN过定点(2,3).当直线MN的斜率为0时,直线方程为y=3,代入x24−y23=1得x=±4,不妨令M(4,3),N(-4,3),则k1+k2综上,直线MN过定点(2,3).

综合拔高练31.(2024届广东深圳开学模考,22)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,且|F1F2|=4,若C上的点M(1)求C的方程.(2)若过点M的直线l与C的两条渐近线交于P,Q两点,且|MP|=|MQ|.(i)证明:l与C有且仅有一个交点;(ii)O为坐标原点,求1|OP|+解析(1)由双曲线定义可知||MF1|-|MF2||=2a=2,∴a=1,又|F1F2|=4,∴c=2,∵a2+b2=c2,∴b=3,∴双曲线C的方程为x2-y23(2)(i)证明:当直线l的斜率不存在时,由双曲线的对称性可知,l的方程为x=±1,满足题意.当直线l的斜率存在时,设l的方程为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为PQ中点,设M(x0,y0),则2∵点M在双曲线上,∴mk3−k化简得m2=k2-3,代入(*)式,得Δ=0,∴直线l与C有且只有一个交点.综上所述,直线l与C有且只有一个交点.(ii)当直线l的斜率不存在时,易知|OP|=|OQ|=c=2,此时1|OP|当直线l的斜率存在时,由(i)及题意不妨令Pm3−k,3m3−k同理可得,|OQ|=2m则|OP|·|OQ|=2m3∴1|OP|+2|OQ|=1|OP|+|OP|2又∵|OP|∈(0,+∞),∴1|OP|+2|OQ|的取值范围为[22.(2024届广东仲元中学月考,21)在平面直角坐标系xOy中,设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是e,定义直线y=±be为椭圆的“类准线”,(1)求椭圆C的标准方程;(2)A为椭圆C的右顶点,直线l交椭圆C于E,F两点(点E,F与点A不重合),且满足AE⊥AF,若点P满足2OP=OE+OF,解析(1)由题意得be=abc=43,2a=8,又a2=∴a2=16,b2=12,c2=4,∴椭圆C的标准方程为x216(2)由(1)得A(4,0),(需要分直线l⊥x轴与直线l不垂直于x轴两种情况讨论)当直线l⊥x轴时,由对称性不妨令点E在x轴上方.∵AE⊥AF,∴直线AE的斜率为-1,则AE:y=-x+4,联立y=−x+4,x216+y212=1,消y得7x2-32x+16=0,解得x=47或x=4,所以xE=x当直线l不垂直于x轴时,设E(x1,y1),F(x2,y2),直线l:y=kx+t(t≠-4k,k≠0),联立y=kx+t,3x2+4y2=48,消y整理得(3+4依题意知Δ=64k2t2-4(3+4k2)(4t2-48)>0,即16k2-t2+12>0(*),由根与系数的关系得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)(