新高考数学一轮复习专题八平面解析几何8-5直线与圆锥曲线的位置关系练习含答案

8.5直线与圆锥曲线的位置关系五年高考高考新风向1.(新定义理解)(多选)(2024新课标Ⅰ,11,6分,难)设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O,且C上的点满足横坐标大于-2,到点F(2,0)的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4.则(ABD)A.a=-2B.点(22,0)在C上C.C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D.当点(x0,y0)在C上时,y0≤42.(创新考法、多想少算)(2024新课标Ⅱ,19,17分,难)已知双曲线C:x2-y2=m(m>0),点P1(5,4)在C上,k为常数,0<k<1.按照如下方式依次构造点Pn(n=2,3,…):过Pn-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Qn-1,令Pn为Qn-1关于y轴的对称点.记Pn的坐标为(xn,yn).(1)若k=12,求x2,y2(2)证明:数列{xn-yn}是公比为1+k1−(3)设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积.证明:对任意正整数n,Sn=Sn+1.解析(1)如图1所示,由已知直线P1Q1的方程为y-4=12(x-5),即y=12x+又点P1(5,4)在双曲线x2-y2=m上,∴m=52-42=9,联立x2−y2=9,y=12x+32,消去y由P1(5,4),知Q1(-3,0),由已知Q1关于y轴的对称点为P2,则P2(3,0),故x2=3,y2=0.(2)证法一:由已知Pn(xn,yn)在双曲线上,如图2所示,设Pn-1(xn-1,yn-1)(n=2,3,…),则xn−12-yn−12=9,由已知得直线Pn-1Qn-1的方程为y-yn-1=k(联立x2−y2=9,y=yn−1+k(x−xn−1),消去y得(1-k2)x2-2k(yn-1-kxn设Qn-1(x0,y0),∵xn-1是方程(※)的一个根,∴由根与系数的关系得x0+xn-1=2k∴x0=2k∴y0=k(x0-xn-1)+yn-1=k2即Qn-12k则Pn−2∴xn-yn=k2xn−1=(k∴xn−ynxn−1−yn−1=(k+1)2∴数列{xn-yn}是公比为1+k1−证法二:由已知Pn(xn,yn),则Pn关于y轴的对称点是Qn-1(-xn,yn),又Pn-1(xn-1,yn-1)且Pn-1Qn-1是斜率为k的直线,∴yn−yn+1−xn−xn−1=∴x①-②可得(xn-xn-1)(xn+xn-1)=(yn-yn-1)(yn+yn-1),∴yn−yn−1即y④-③得(xn-yn)-(xn-1-yn-1)=k[(xn-yn)+(xn-1-yn-1)],∴(1-k)(xn-yn)=(1+k)(xn-1-yn-1),∴xn−y∴数列{xn-yn}是公比为1+k1−(3)证法一:如图3,设Pn(xn,yn),Pn+1(xn+1,yn+1),Pn+2(xn+2,yn+2),∴Pn+1Pn=(xn-xn+1,yn-yn+1),Pn+1Pn+2=(xn+2-xn+1,∴S△PnPn+1Pn+2=12|Pn=12|Pn+1P=1=12|(xn-xn+1)(yn+2-yn+1)-(xn+2-xn+1)(yn-yn+1)|又∵xn-yn=(x1-y1)1+k1−kn−1=1+k1−kn−1(n=1,2,3,…),且(xn,yn)在双曲线x2-y∴xn+yn=9xn−令1+k1−k=p,由0<k<1,得p>1∴xn=12(pn-1+9p1-n),yn=12(9p1-n-pn∴(xn-xn+1)(yn+2-yn+1)=14(pn-1+9p1-n-pn-9p-n)(9p-1-n-pn+1-9p-n+pn=14[9(1-p)2p-2+(1-p)2p2n-1-81(p-1)2p-2n-1-9(p-1)2]=14(p-1)2(9p-2-9+p2n-1-81p-2n又(xn+2-xn+1)(yn-yn+1)=14(pn+1+9p-n-1-pn-9p-n)(9p1-n-pn-1-9p-n+pn=14[(p-1)2p2n-1+9(p-1)2-81(1-p)2p-2n-1-9(1-p)2p-2]=14(p-1)2(9-9p-2+p2n-1-81p-2n∴S△PnPn+1Pn+2=12×14|18(p-1)2-18(1-p)2p-2|=94[(p-1∴Sn=94[(p-1)2-(1-p)2·p-2]=94(p-1)21−1p2=9(p−1)2(p2−1)4p2=94·(p−1)3证法二:要证Sn+1=Sn,即证S△Pn即证PnPn+3∥Pn+1Pn+2,(三角形同底等高模型)设1+k1−k=p,同证法一得xn-yn=pxn=12(pn-1+9p1-n),yn=12(9p1-n-pn则kPn+1P=1-2=1-2pkPnPn=1-2=1-2p故kPn+1Pn+2=kPnPn+3,即Pn原式得证.考点直线与圆锥曲线的位置关系1.(2022新高考Ⅰ,21,12分,中)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,Q两点,(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,∴4a2-1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,由kPA+kQA=0,得y1−1x1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<π2<β,∵kAP+kAQ=0,∴α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tanα=22(负值舍去)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tanα=2(负值舍去).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+(2)同理|AQ|=4(6+3)3,又∴S△PAQ=12|PA||QA|sin∠PAQ=162.(2021新高考Ⅱ,20,12分,中)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),若右焦点为F(2(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=2故椭圆C的方程为x23+y2(2)证明:由(1)得,曲线为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−2,x23+y2故x1+x2=322,x1x2=34,所以|MN|=1+12·|x1-x2|=2×(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,消去y整理,得(1+3则x1+x2=-6kt1+3k2,x1x所以|MN|=(1+=(1+=−12(=24k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y=-x+2.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.(2020新高考Ⅱ,21,12分,难)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M(2,3),点A为其左顶点(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=1,解得b2=12(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-2y=8)之间的距离为d=|8+4|1+4=1255,4.(2023新课标Ⅱ,21,12分,难)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=1(由题意可知c=25,又离心率e=ca=5,∴a=2∴b2=c2-a2=20-4=16,∴双曲线C的方程为x24-y(2)证法一:由题意知直线MN的斜率不为0,∴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=my1∴x=-1,∴点P在定直线x=-1上.证法二:由(1)知A1(-2,0),A2(2,0).由题意知直线MN的斜率不为0,∴可设直线MN的方程为x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),由x24−y216=1,x=my−4,得(由根与系数的关系知,y1+y2=32m4m2−1,y1易知直线MA1的方程为y=y1x1+2(直线NA2的方程为y=y2x2−2(由①②得y1x1+2(x+2)=y两边同时乘y2得,y1y2x1+2(x+2)又点N(x2,y2)在双曲线x24-y216=1上,∴y22∴y1y2x1+2(x+2)即y1y2(x+2)=4(x1+2)(x2+2)(x-2),③又∵x=my-4,∴(x1+2)(x2+2)=(my1-2)(my2-2)=m2y1y2-2m(y1+y2)+4,∴③式可化为484m2−1(x+2)=448m24m2−1-2m·32m4m2−1+4·(x-2),即-3(x+2)=x-2,解得x=-1.∴点P在定直线x=-1上.5.(2023全国乙,文21,理20,12分,难)已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为53,点A(-2(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=53,∴a2=9(2)证明:由题意知,过P、Q两点的直线l的斜率存在且不为零,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yM+yN2=y1=(=2=2=36(t−2k)4(∴线段MN的中点过定点(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,减少了项数,从而有效降低后续的计算量.6.(2022全国乙,文21,理20,12分,难)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过A(0,-2),B32,−1(1)求E的方程;(2)设过点P(1,-2)的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足MT=TH.证明:直线HN过定点.解析(1)设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0且m≠n)(巧设椭圆方程).由题意可得4n=1,9m4+n=1,解得n(2)由A(0,-2),B32,−1可得直线AB的方程为y=23①若过点P(1,-2)的直线的斜率不存在,则其方程为x=1,(易错点:不考虑斜率是否存在,直接设直线方程)与方程x23+y24=1联立,可得y=±263,结合题意可知N1,26则T−6由MT=TH,得−则H−26+5,−263,所以直线HN的方程为y=2+263x-2,②若过点P(1,-2)的直线的斜率存在,设其方程为y+2=k(x-1),M(x1,y1),N(x2,y2).联立y+2=k(x−1),x23+y24=1,得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0,则x1+x2=6k(2+k)3k2+4,x1x2=3k(k+4)3k2联立y=y1,y=23x−2,可得T3y12+3,y1,由MT=TH,可得H(3y1+6-x1,y1),故此时直线HN的方程为y-y2=y1−y23y1+6−x1−x2(x-x2),将(0,-2)代入并整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y综上,直线HN过定点(0,-2).名师点睛求定点、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.7.(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,b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),消去y得(设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=k12−2k1mk1因为T12所以|TA|=x=x=x1−1同理|TB|=1+k所以|TA|·|TB|=(1+k12=(1+k12)x1x2-12(x1+x2)+=(1+k12)14k12+m=(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(m2+12)(1+即1+k12(1+k12)(k22-16)=(1+k化简得k12=k22,由题意知k1≠k2,所以k1+即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.8.(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,且过点(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,解得a2=6,b2=3.所以C的方程为x26+y(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+4kmx+2于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m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+4=0.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.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−23-13(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)=0.又x126+y123=1,所以3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|AP|=2若D与P重合,则|DQ|=12|AP|综上,存在点Q43,13,使得|9.(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y=kx-kx0+x02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-x0|=1+k2·(x0+x1同理,联立直线BC与抛物线W的方程,并消去y得x2+1kx-1kx0-x02=0,且|BC|=1+−1k2·|x2-x∴|AB|+|BC|=1+k2|k-2x0|+由对称性不妨设0<|k|≤1,则1+1k2=1+k2k≥1+k2(∴|AB|+|BC|≥1+k2k−2x0|+1k+2x0>1+k2k+则(k2+1)3k2=(t+1)3t,令g(t)则g'(t)=3(t+1)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g12=∴|AB|+|BC|>g(t)≥g∴矩形的周长=2(|AB|+|BC|)>33.10.(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(2,0(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①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.①M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=2,b∴C的方程为x2-y23(2)易知直线PQ的斜率存在且不为零,设其方程为y=kx+b,由y=kx+b,3x2−y2−3=0,得(3-由Δ>0,得b2+3-k2>0,∴x1+x2=2kb3−k2,x1x2=−b2−33−k2,∵x1∴x1-x2=(x1+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−k2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yA=∴A2kk−3,又由y=k(x−2),y∴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(xB,yB).由yA=m(xA同理B2m此时xM=xA+xB2=2m2m∵点M在直线y=3kx上,∴6mm2−3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−2),yA=3同理,得xB=2kk+3,y设线段AB的中点为C(xC,yC),则xC=xA+xB2=2k2k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.

三年模拟练速度1.(2024浙江金华一中适应性测试,2)经过点(2,1)且与抛物线y=x2有且仅有一个公共点的直线的条数为(C)A.1B.2C.3D.42.(2024辽宁葫芦岛一模,4)已知椭圆G:x24+y23=1,A,B为G的短轴端点,P为G上异于A,B的一点,则直线AP,BP的斜率之积为(A.34B.43C.-343.(2024山东济南一模,4)与抛物线x2=2y和圆x2+(y+1)2=1都相切的直线的条数为(D)A.0B.1C.2D.34.(2024湖南邵阳第二次联考,7)已知直线l:x-2y-2=0与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于A,B两点.若弦AB被直线m:x+2y=0平分,则椭圆C的离心率为A.12B.24C.325.(2024广东惠州一模,12)已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线与圆x2+y2-4y+3=0相切6.(2024山东聊城一模,13)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点的坐标为(1,0),一条切线的方程为x+y=7,则C的离心率e7.(2024江苏南通二调,14)已知抛物线C:y2=4x,过点(4,0)的直线与抛物线交于A,B两点,则线段AB中点M的轨迹方程为y2=2(x-4).

练思维1.(2024江西上饶一模,7)已知抛物线C:y=16x2,则过抛物线C的焦点,弦长为整数且不超过2024的直线的条数是(C)A.4035B.4036C.4037D.40382.(2024T8联考二,8)已知抛物线C的方程为y=14x2,F为其焦点,点N坐标为(0,-4),过点F作直线交抛物线C于A,B两点,D是x轴上一点,且满足|DA|=|DB|=|DN|,则直线AB的斜率为(B)A.±152B.±112C.±23.(2024河北衡水多校联考,8)过抛物线C:y2=4x焦点F且斜率为3的直线与C交于A、B两点,若PF为△PAB的内角平分线,则△PAB面积最大值为(B)A.83B.163C.324.(2024福建龙岩3月质检,14)斜率为-1的直线与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)交于A,B两点,点T是椭圆上的一点,且满足TA⊥TB,点P,Q分别是△OAT,△OBT的重心,点R是△TAB的外心.记直线OP,OQ,OR的斜率分别为k1,k2,k3,若k1k2k3=-18,则椭圆5.(2024湖北名校教研联盟联考,13)已知抛物线C1:y2=2x,C2:y2=-4x的焦点分别为F1,F2,一条平行于x轴的直线与C1,C2分别交于点A,B,若|AF1|=|BF2|,则四边形ABF2F1的面积为

3226.(2024湖南师大附中一模,14)如果直线l:kx-y-2k=0和曲线Γ:x2-4y|y|=1恰有一个交点,那么实数k的取值范围是

−∞,−12∪37.(2024湖北武汉二调,13)设椭圆x29+y25=1的左、右焦点分别为F1,F2,过点F2的直线与该椭圆交于A,B两点,若线段AF2的中垂线过点F1,则|BF2|=8.(2024浙江台州二模,18)已知椭圆C:9x2+8y2=81,直线l:x=-1交椭圆于M,N两点,T为椭圆的右顶点,△TMN的内切圆为圆Q.(1)求椭圆C的焦点坐标;(2)求圆Q的方程;(3)设点P(1,3),过P作圆Q的两条切线,分别交椭圆C于点A,B,求△PAB的周长.解析(1)椭圆的标准方程为x29+y2818=1所以焦点坐标为0,±324.(3(2)将x=-1代入椭圆方程9x2+8y2=81得y=±3,由对称性不妨令M(-1,3),N(-1,-3),则直线MT的方程为y=3−1−3(x-3),即3x+4y-9=0.(4分)设圆Q的方程为(x-t)2+y2=r2,r>0,由于内切圆Q在△TMN的内部,所以-1<t<3.易知Q到直线MN和直线MT的距离相等,即t+1=|3t+4×0−9解得t=12(t=-7舍去),r=32,(7分所以圆Q的方程为x−122+y2=94.(3)显然直线PA和直线PB的斜率均存在,设过P作圆Q的切线方程为y=k(x-1)+3,其中k有两个不同的取值k1和k2,分别为直线PA和PB的斜率.由圆Q与直线相切得k12−1化简得8k2+12k-27=0,则k1+k2=−由y=k1(x−1)+3,9x2+8y2=81,得(9+8k12)x2+16k1(3-k1所以yA=k1(xA-1)+3=k18k12−48k1−98k同理xB=8k22−48k2−98k22所以直线AB的方程为y=-32所以AB与圆Q相切,(15分)将y=-32代入9x2+8y2=81得x=±7所以|AB|=27,设△PAB的周长为m,因为点P到直线AB的距离为92则△PAB的面积S△PAB=12m×32=12×27×92,解得所以△PAB的周长为67.(17分)9.(2024山东潍坊二模,18)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的实轴长为23,(1)求C的方程;(2)过C上一点P1(3,2)作C的切线l1,l1与C的两条渐近线分别交于R,S两点,P2为点P1关于坐标原点的对称点,过P2作C的切线l2,l2与C的两条渐近线分别交于M,N两点,求四边形RSMN的面积;(3)过C上一点Q向C的两条渐近线作垂线,垂足分别为H1,H2,是否存在点Q,满足|QH1|+|QH2|=2?若存在,求出点Q坐标;若不存在,请说明理由.解析(1)因为实轴长为23,所以a=3,(1分)取C的一条渐近线为y=bax,则有bca1+b2a2=b所以双曲线C的方程为x23-y2=1.(4分(2)由题意可知四边形MNRS为平行四边形,其面积S▱MNRS=4S△ORS,(5分)由题意可知直线l1的斜率存在,设直线l1:y=kx+t,t=2-3k,且k≠±33联立y=kx+t,x23−y2=1,消去y并整理得(1-3k2)x2因为直线l1与双曲线C相切,所以1−3得3k2=t2+1,即2k2-22k+1=0,所以k=22,直线l1的方程为x-2y-1=0,(7分)设直线l1与y=33x的交点为R,与y=-33x的交点为联立x−2y−1=0,y=33x,得同理得xS=3-6,(9分)则|RS|=1+k2|xR-xS|=1+222|xR-xS|=6,因为原点O到直线l1的距离d=11+2=33,(11分所以S△ORS=12×6×33=所以S▱MNRS=4S△ORS=43.(12分)(3)设Q(x0,y0),则x023-不妨设Q到直线y=33x的距离为|QH1|=33x0−y03同理|QH2|=3233x0+所以|QH1|·|QH2|=34x02|QH1|+|QH2|=2②,(15分)由①②解得QH1|=12,解得x0=2,y0=3所以存在点Q2,33或Q−2,33或Q2,−33或Q−2,−33,使得|QH1|+|QH210.(2024江苏苏锡常镇二模,18)已知F为抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点,点A在C上,FA=3,−14.点P(0,-2),M,N是抛物线上不同两点,直线PM和直线PN的斜率分别为k1,(1)求C的方程;(2)存在点Q,当直线MN经过点Q时,3(k1+k2)-2k1k2=4恒成立,请求出满足条件的所有点Q的坐标;(3)对于(2)中的一个点Q,当直线MN经过点Q时,|MN|存在最小值,试求出这个最小值.解析(1)F0,p2,设A则FA=x1,x122p−所以x1=3,x122p−p2=−14,得2所以抛物线C的方程为x2=4y.(4分)(2)设直线MN:y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2),联立y=kx+m,x2=4y,消去所以Δ=16(k2+m)>0,x1+x2=4k,x1·x2=-4m.k1=y1+2x1=kx1+m+2x1=k+m+2则k1+k2=2k+(m+2)1x1+1x2=2k+(m+2)x1+k1k2=(=k2x1x2+k(因为3(k1+k2)-2k1k2=4,所以3×k(m−2)m即(2k+m-2)(4k+m-2)=0,则m=2-2k或m=2-4k,能满足Δ>0.(8分)则MN:y=kx+2-2k=k(x-2)+2或MN:y=kx+2-4k=k(x-4)+2,所以定点