2023北京版数学高考第二轮复习--第十章圆锥曲线 微专题.pdf

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1、2023北京版数学高考第二轮复习第十章因锥曲线微专题1.(2022全国名校4月大联考,10)已知点F为抛物线C:y 2=4x的焦点，过点F作两条互相垂直的直线直线h与C交于A,B两点，直线L与C交于D,E两点则|AB|+9|DE|的最小值为()A.32 B.48 C.64 D.72答 案C因 为.且1/与抛物线y 2=4x都有2个交点，所以直线的斜率均存在且不为零易知F(l,0),所以可设直线h的方程为x=m y+l(m W 0),则直线L的方程为x=9y+l.设A(Xi,y)B(X2,y 2),联立直线h与抛物线C的方程可得y2-4m y-4=0,A=16m2+160恒成立，则y i+y 2

2、=4m,y i y 2=-4,故|AB|=l +旅167712+m=4(0？+1),同理可得|DE|=4(+1),所以|AB|+9|DE|=4(m 2+l)+36(点+1)=4(m2+-4 0 2 6 4,当且仅当 m2=2，即m=V5时等号成立，所以|AB|+9|DE的最小值为64,故选C.2.(2022贵阳一模,12)过抛物线E:x 2=2p y(p 0)的焦点F作两条互相垂直的弦AB,CD,设P为抛物线上一动点点Q(l,2),合 焉+备=；JW F|+|P Q的最小值是()A.l B.2 C.3 D.4答 案c由题意知F(0,9,直线A B的斜率存在且不为0.设直线A B的方程为y=k

3、x+Ak，0),由 _ 2 消去 y 得 x2-2p k x-p2=0,A=4p2k2+4p20,i S A(x i,y i),B(X2,y 2)厕 x i+x 2=2p k,所以U2=2p y,y i+y 2=k(Xi+X2)+p=2p k?+p,由抛物线的定义得AB|=y i+y 2+p=2p(k?+l).因为 AB_L CD,所以直线 C D 的方程为yx琮同理得ICD噂(IE),所 以 高+通=+碗磊与=海 得p=2,所以抛物线E的方程为x 2=4y,准线方程为y=-l,如图过点P作PM垂直于抛物线的准线，垂足为M,连接M Q,则由抛物线的定义可得|P F|=|P M|,所以P F|+

4、|P Q|=|P M|+|P Q|2|M Q|22-(-l)=3.当且仅当Q、P、M三点共线时等号成立，故选C.3.(2022安徽江南十校4月联考,15)已知抛物线C:y 2=2x,P(-2,0)动 点A,B在C上 厕t an N A P B的最大值为.型 章1口*3解析 当直线P A,P B分别与C相切时,A P B取最大值(0 D A P B l g l Ql?-l A-l Gl dR,解得 k=；，所以t an z AP O=T(O为坐标原点)厕0Z A P O 0)和圆C:(x-2+y 2=4,点P是 上的动点,当直线OP的斜率为1时,P O C的面积为4.求抛物线 的方程：(2)若M

5、、N是y轴上的动点.且圆C是 PMN的内切圆，求 PMN面积的最小值.解析 当直线OP的斜率为1时，直线OP的方程为y=x，联立心2r2p x,得P(2p,2p),由S，=竽=4,解得p=2,.抛物线r的方程为y 2=4x.(2)设 P(x o,y o),M(O,m),N(O,n).由题意知 x04,则直线 P M:y=x+m,g P(y o-m)x-x oy+m xo=O.V 直线 P M 与圆 C 相 切,2(y-i n)+m y o1=2,J(y()-m)2+(-x o)2*-4(y o-m)2+m2%o+4m x 0(y 0 m)=4(y 0 m)2+4%o，即(x o-4)m 2+4

6、y()m-4x o=O,同理得(x(r4)n 2+4y()n 4x o=O.：m、n 是方程(x()-4)x2+4yox4xo=O 的两个根,.m+n=,m n=且A=16光+16x0(x0 4)=16瞪0恒成立,.|m-n|=A/(?n+v)24mn=/.S，PM N4Im-nl-xo=2 1。-4+谓+8)232,当且仅当x0=8时取等号，则 PMN面积的最小值为32.5.(2022江苏苏州常熟抽测二,22)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C,+，=l(ab0)的上顶点为B,左、右焦点分别为B(-c,0)、F2(C,0)RBF2是周长为4+4鱼的等腰直角三角形.求椭圆C的标准方程；过 点

7、 且 互 相 垂 直 的 直 线h、L分别交椭圆C于M、N两点及S、T两点.若直线h过左焦点B,求四边形MSNT的面积；求黑罂 的 最 大 值解 析 因 为 BBF?是等腰直角三角形，且|BB|=|BF2|=a,|FiF2|=2c,所 以 由 勾 股 定 理 可 得+BF22=IF1F2E即2a2=4/,则a=V2c,因为 FiBF?的周长为2a+2c=2(或+l)c=4+4应，可得c=2,a=2夜 厕b=V 7=2,所以椭圆C的标准方程为5+。=1.O 4-(2)由题意知直线h、L的斜率者B存在,设直线h的方程为y=k(x+l)-l,其中kW0,M(xi,yD,N(X2,y2),联 立 得

8、一 倍：2 1消 y 可得(2k2+l)x2+(4k2-4k)x+2k2-4k-6=0,A=(4k2-4k)2-4(2k2+l)(2k2-4k-X+Zy=8,6)=8(7 k2+2k+3)0,由根与系数的关系得X1+x2=,x l x 2 =都 空2/c+1 2k+1._ ,-.-2V2.A(l+/c2)(7 fc2+2k+3)所以|MN|=，1+H.jQ i+%2)2-4%1%2=-示石-因为直线h过左焦点R(-2,0),所以|+IP M|-PN _ 5(1+.)必+2 _ +2 _ 1 3 厂(五 叫P S|.|P 7|一 2/+1 5(1+/)一 2/+1 2+2(22+1)匚2/(X=

9、-1 俨=-1,当直线h _L x轴时联立得：2上/2 a 解得 上g此时|P M HP N|=(苧 +1)x (竽 1)=|,此时直线b的方程为y=-l,联立得；2二；2=8解得1；：那 则P SHP T|=(遥+l)x (乃-1)=5,此时|P M|.|P N|_ !.PS.PT 2?当直线h y轴时，同 理 可 得 需 券=2.综 上 所 述 层 符 箫42,即 翳 制 的 最 大 值 为2.6.(2022海南新高考模拟卷一.22)已知A(-2,0),B(2,0)分 别 是 椭 圆 谆+自l(ab0)的左、右顶点,F是椭圆的右焦点，点Q(V3,苧)在椭圆上,P是椭圆上异于A、B的一点.(

10、1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线1的方程为x=4,若直线A P与直线1交于点M,直线B P与直线1交于点N,求证:而祢为定值.解 析 由 题 意 得a=2.又点Q(V3,苧)在椭圆上，所以|+磊=1,解得b=V3,所以椭圆C的标准方程为+=1.证明:设 P(x o,y o),且 x oW 2,则M+醇 1,化简得 4 M=3(4-瑶).设 M(4,m),N(4,n),由万，祠共线知6y o=m(x o+2),由乔，丽共线知2y o=n(x 0-2)，X得 m n(%5-4)=12诏=9(4-诏)，所以 m n=-9.又 F(1,O),所 以 标=(-3,-m),/VF=(-3,-n),所以

11、诉1而=9+m n=9-9=0,即 笳而是定值0.7.(2022江苏七市三调,21)在平面直角坐标系x O y中.已知抛物线E:y 2=2p x(p 0)和点H(3,4),点Q在抛物线E上.且丽=，而.求E的方程；(2)若过点H作两条直线h,L J与E相交于A,B两点,L与E相交于C,D两点，线段A B,C D中点的连线的斜率为k.直线AB,CD,AD,BC的斜率分别为的是人此,证明/+；=；+2且;+；-1为定值.卜1 3 k3 k 4 3 M k丽3-4=解析 设Q(x o,y o),：O Q!/39-4/(Q4),03-4Q又Q在抛物线E上。2P弓=9,/.p=2,4E的方程为y2=4x

12、.证明:设直线A B的方程为x=*(y-4)+3,K1A但%),B件 必)，C停M)，D件,总嗡=4 4W?同理 k=W?k3 =4%+煤.4 .=-+及+%+、4 ,=-+及+为+办力+丫3前 心 4 七十储 4 设A B的中点为M,C D的中点为N,丫.尸吗右=工那得 一#3,即-怖+3,3),同理。寻 意+3卷),.+*.=+为定值.的 4 k k k2 k8.(2022山东泰安三模,21)已 知 椭 圆 噎+亲l(ab0)的离心率e岑四个顶点组成的菱形面积为8企,0为坐标原点.求椭圆E的方程;过。O k+y 2弓上任意点P作。O的切线1与椭圆E交于点M,N,求证:丽丽为定值.解析 由题

13、意得2ab=8V2,e =；=孝,a2=b?+c 2,所以a=2或,b=2,所以椭圆E的方程为9.(2)当切线1的斜率不存在时，其方程为x=苧，当切线方程为*=竽时,P(半,0),将*=竽代入椭圆方程5 +%得y=土手，不妨取M(竽,竽),N (竽,一第,则 丽=(0,甯，丽=(0,-甯,西.丽=-1;当切线方程为x=-竽时，同理可得丽丽=-|,当切线I的斜率存在时，设1的方程为y=k x+m,M(x1,y1),N(x2,y 2),r ry 一八人 丁 IIL,因为 1 与。相切，所 以 捋=竽，所以 3m 2=8k 2+8,由/2 得(l+2k 2)x 2+4k m x+2m 2-8=0,出

14、=3 七+彳=1，,4km 4 c.X+X2=+2 k 2，X1X2=27 n2-81+2户由 A=(4k m)2-4(l+2k 2)(2m 2-8)0彳 导 8k2-m2+40,m&或 m 1 O M O N=x i X2+y i y 2=x i x 2+(k x i+m)(k x 2+m)=(1+k2)x i X2+k m(x i+x 2)+m2=(/l+k2、2)2 m 2-8 (4km o 3m2-8k2-8 n?4-km-n +m 2 =-0=0,1+2/v 1+2/C2/1+2/：.PM-PN=-*综上，丽丽为定值9.(2022广东深圳二调,21)已 知 椭 圆 噎+，=l(ab0

15、)经过点M(l,日),且焦距|FE|=2何 线 段AB,CD分别是它的长轴和短轴.求椭圆E的方程；(2)若N(s,t)是平面上的动点，从下面两个条件中选一个，证明:直线PQ经过定点.s=l,t H土 苧，直线N A,N B与椭圆E的另一交点分别为P,Q;t=2,sW R,直线N C,N D与椭圆E的另一交点分别为P,Q.解析 解 法 一:由 已 知 得4户一,a2-b2=3,解得 I二:，椭圆E的方程为5+y 2=l.解法二:由题意得c=V5,两个焦点的坐标F)(-V3,0),F2(8,0).由椭圆的定义得,2a=|M B|+|M F2|=J(l+V3)2+J(l-V3)2+=等+与庄=4,b

16、=yJa2-c2=22-(V3)2=1,丫2.椭圆E的方程为+y 2=l.(2)选择条件.证明:由题意得N(l,t),t e R,t#y.不妨令A(-2,0),B(2,0)厕直线NA的方程为y=g(x+2),直线NB的方程为y=-t(x-2).卜=g(x +2),由2 得(4t 2+9)x 2+16t 2x+16t 2-36=0.S+y2 =i.V-2是上述方程的一个根,.XP=答，则丫0=品皿却 借)同理可得Q(黑，岛)当 t=0 时,P(2,0),Q(-2,0),直线 P Q 为 x 轴；当t H0,t N士 苧时,4区t 8-2直线PQ的 方 程 为 玉 斗=危 需？4t2+9 4t2+

17、1令y=，则上面方程的左边=市 再 不（/+9）=-2（4t2-3）5*=窑+岛黯需纵与t无关）.综 欣，直线PQ经 漆 点（4,。）.选择条件.证明:由题意得N（s,2）,不妨设C（O,-1）,D（O,1）厕直线N C的方程为3x-sy-s=0,直线ND的方程为x-sy+s=O.(3%sys=0,由得(s2+36)y2+2s2y+s2.36=0.匕+必=1,1 S2-36 mi 24sP(瑞，-禁)同理可得Q岛忌)当s=0时,H 0,1)00,-1),直线PQ为y轴;当“0时，直线PQ的方程为2 3 6义4，_ S2-4 /+36 S2+4(I 8 s、，s2+4 14s_ 8s S2+4A

18、S2+36 S2+4令X=0,则s-36 s-4S2-4 S2+36 S2+4 8s _ s2-4-2s+288_ 1 _ s?-4 _,S2+4 彳 生 一+学 工 S2+4 S2+4 3(S2+4)+(S2+36)S2+4 S2+4s2+36 s2+42(S2+12)(S2-12)1-4(s2+12)S2+4=；（与S无关）.综上所述，直线PQ经过定点（0 1）10.（2022福建莆田三模,21）已知椭圆C：i|+-l（ab0）的离心率为苧，点A。,苧）在椭圆C上.(1)求椭圆C的标准方程;若直线1与椭圆C相切于点D,且与直线x=2交于点E.试问在x轴上是否存在定点P,使得点P在以线段D

19、E为直径的圆上?若存在，求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.解 析(1)由题意得，c y2工+二 _ =1=a2=2,b2=l,a2 2b2 2=b2+c2所以椭圆C的标准方程为y 2=l.(2)易知椭圆的切线方程的斜率一定存在,设切点D(X0,y。)厕切线方程为竽+y y o=l .下面证明:联立9 +y 2=i,华+y y o=L+y j x 2 -2x 0 x +2-2M=0,又苧+诏=1厕 诏=1-4所以 X2-2X O X+2-2(1-y=O,EP(x-xo)2=O,所以直线1与椭圆只有一个公共点D(x o,y o),故直线1与椭圆相切，所以在切点D(x,y。)处的切线方程为号+y

20、 y o=L所以E(2,矛),故以线段D E为直径的圆的方程为(x-x o)(x-2)+(y-y o)(y-啜)=0,设 P(m,O)J!|(m-x o)(m-2)+(O-y o)(O -)=0,化简整理得(m-l)2+(l-m)x 0=0,由题意可知，此式恒成立.故m=l满足题意.所以P(l,0).故存在定点P(1,0).使得点P在以线段D E为直径的圆上.211.(2022福建漳州一模,21)已知双曲线?y 2=l (a0)的左、右焦点分别为Fi(-c,0)E(c,0),点P(x ,y。)是 右支上一点，若1为 PF E的内心，且S口P&=S nP F?+苧5口 叱 求 的方程；点A是I.

21、在第一象限的渐近线上的一点，且AF2 _L x轴T在点P处的切线1与直线AF?相交于点M,与直线x=|相交于点N.证明:无论点P怎么变动，总有|N F2|=|M F2|.解析 设 PF R的内切圆半径为 r,W JSn/P F 1=1|P Fl|r,Sn/P F2=|P F2|r,Sn/F1F2=犯Fai r,因为SEUPR=SaiPF2+苧S口Fl%，所以1P Fl|r=:|P F2|r+苧 X|FlF2|r,g P|P F1|=|P F2|+y|F1F2|,p J|P F1|-明 写IF1F2I,所以窄苧=郛 啜=苧，v2又a?二c5所以a?则 的方程为三旷=1.证明油题意得直线1的斜率存

22、在,设直线1的方程为y-y o=k(x-x o)(y()HO).由*y 2=l可得y2=y -1=X2-3若点P在双曲线右支的上半支上，则y=等，所 以 产 房 篇=缶 故k=本 2因为*y o=l，所以欧-3=3据,k =券；V3.j3yg 3yo若点P在双曲线右支的下半支上，则y=-导，同理可得k=-T=券综上,k=，代入直线1的方程得y-y o=(x-x o),即x ox-3y y r,-3犬，所以直线的交点为I的方程为x x-3y y=3,即y=(xO B).因为直线AF2的方程为x=2,所以直线I与直线AF23y oM(2,等)，直线1与直线x=|的交点为所以|皿|=2卬3时 L(x

23、0-2)2 _ 1/4xo+4 _ 百14跻 12x+9 _ 6 2x0-3 _ V34 4%2|y0|2 31yoi 2 31yoi 21即 师|=苧|1碉得证.12.(2022辽宁鞍山二模,21)已知O为坐标原点,B、F2为椭圆C的左、右焦点,|FE|=2,P为椭圆C的上顶点，以P为圆心且过B、Fz的圆与直线x=-或 相切.(1)求椭圆C的标准方程;若过点&作直线I,交椭圆C于M,N两点(1与x轴不重合)，在x轴上是否存在一点T,使得直线T M与T N的斜率之积为定值?若存在，请求出所有满足条件的点T的坐标;若不存在,请说明理由.解析 依 题 意，得 F(l,0),F2(l,0),|P F

24、i|=|P F2|=e,所以 2a=|P Fi|+|P F2|=2V2,即a=V2,X c=l,所以b=1.故椭圆C的标准方程为9+y 2=l.设直线I的方程为x=m y+l,由厂2工7得(m 2+2)y 2+2m y-l=0,设M(x i,y/N(x 2,y 2),则力+丫2=-磊,y l y 2=-总没假设存在点T(t,0),则直线T M与T N的斜率分别为k=而言工,kTN=募=而/口，所以 kTM,kTN=(my14-l-t)(my2+l-t):_n zz_m2y1y2+m(l-t)(y1+y2)+(l-t)21_ m2+2_m2(&)+m(l-t)(品)+(1力21_(产-2)m2+

25、2(l-t产要使k TM-k TN为定值.必有t 2-2=0,即t=V2,当 t=/时,V m e R,k T M-k T N=-2 =-V 2,2(1 V2)/当 t=-&时,V m W R,kTM kTN=2(二 心=V 2-|,所以存在点T(&,0).使得直线T M与T N的斜率之积为定值.13.(2022山东临沂二模,22)已知抛物线H:y 2=2p x(p 0)的焦点为F,抛物线H上的一点M的横坐标为5,0为坐标原点,CO SN O FM=-|.求抛物线H的方程；若一直线经过抛物线H的焦点F,与抛物线H交于A,B两点，点C为直线x-1上的动点.求证:N A C B与是否存在这样的点C

26、,使得 A B C为正三角形?若存在，求点C的坐标;若不存在.说明理由.解 析(1)：M的横坐标为5,，|M F|=5+，过M作M N _ L x轴于N点，Vc osZ O FM=-1,.c osZ M FN=|,且|FN|=5 刍.,.CO SN MF N#=3=I，解得 p=2,.抛物线H的方程为y2=4x.设直线 A B 的方程为 x=m y+l,C(-l,t),A(x i,y i),B(X2,y 2).,(x=m y 4-1,.,S 2 _ 4 得 y 2-4m y-4=0,A=(-4m)2+160,y i+y 2=4m,y i yi=-4,x i+X2=m y i+1 +m y 2+

27、1=m(y 1 4-y 2)+2=4m2+2,为X2 二 寸 V证明:.西=(x l +l,y l -t),CB=(x2+l,y2-t),，C4-CB=(x i+1)(x 2+l)+(y i-t)(y2-t)=x i X2+X +X2+1 +y i y 2-t(y+y 2)+t2=1 +4m2+2+1 -4-4t m+t2=4m2-4t m+t2=(2m-t)2 0,A z A C B岑.假设存在点C,使得 A B C为正三角形.取A B的中点D(x o,y o),连接C D厕CD_L A B,x0=2m 2+l,y 0=2 m,D(2 m2+1,2m).当m=0时.AB斜率不存在,由抛物线的

28、对称性知C的坐标为(-1,0).此时 A B C不是正三角形.当 m H()时,k AB=L k CD=君三.m 2加+2由 CD AB 得 kAB-k c D=-r=-l,m 2md+2解得 t=2m3+4m,/.C(-l,2m3+4m),/.|CD|=7(22-2)2+(2m3 4-2m)2=2(m 2+l)Vm2 4-1,又 V|AB|=x i+X2+2=4(m2+1),由|CD|=苧|ABb得 m=V2,所以存在点C(-l,8&),使得 A B C为正三角形.14.(2022湖南师范大学附属中学二模,21)已知双曲线C:g -=l(a0,b0)的右焦点为F(2,0),O为坐标原点，点A

29、,B分别在C的两条渐近线上，点F在线段A B上,且O A_L AB,|O A|+|O B|=B|AB|.求双曲线C的方程；过点F作直线I交C于P,Q两点，问;在x轴上是否存在定点M,使IM P F+IM QF-IP QF为定值?若存在，求出定点M的坐标及这个定值;若不存在，说明理由.解析 不妨设点A在第一象限/AO F=a,则N AO B=2a.因为O A_L AB,所以|O A|=|O B|c os2a,|AB|=|O B|si n 2a.所以|O B|c os 2a4-|O B|=V3|O B|si n 2a,即 c os 2a+l=V3si n 2a,即 2c os2a=2V3si n

30、ac os a,又 c os aHO,所以 c os a=V3si n a,即 t an a=.因为a为渐近线OA的倾斜角，所以g =意 即a=V3b.又+炉=2,所以 a=V3,b=L所以双曲线C的方程是J-y 2=l.解法一：设点 M(m,0),|M P F+|M QF-|P QF=1.当1 J_x轴时，直线1的方程为x=2代入。2=得y=士意不妨取pQ -粉,Q(2,/则X=2(m-2)2+i-()2 =2m2-8m+T当l _L y轴时，直线I的方程为y=0代入9旷=1得X=V3.不妨取 P(-6,0),Q(8,0),则 x=(m +V3)2+(m-V3)2-(2/3)2=2m2-6.

31、令 2m 2-8m+竽=2m 2-6,解得 m=|,此时 X=2m2-6=-6=.当直线【不与坐标轴垂直时,设直线I的方程为x=t y+2,由/得(t J3)y 2+4t y+1 =0.T-y=L设 P（x i,y D,Q（x 2,y 2）,则 y i+y 2=-券,y i y 2 =高.对于点 M(|,O),X=+y l+(x2-|)+资一(yi-y2)2(i+t2)=(tyi+1)+资 +()+y l-(yi-y2)2(+t2)2 2(产+1)8t2 f 2 6(t2+l)-8 t2,2 6-2t2,2 2,2 49-t2-3 3(/-3)9-3(产-3)9-3(产-3)9 3 9-9,所

32、以存在定点MQ,o),使|M PF+|M QF-|PQF=I为定值.%=ty+2,解法二:当直线1不与X轴重合时，设1的方程为x=ty+2,由卜2 2 4得(ty+2)2-3y2=3,即(t2-3)y?+4ty+l=0.e-y=1，设 P(xi,yi),Q(x2,y2)厕 yi+y2=-,yiy2=告.在 PMQ 中,由余弦定理得|MPF+|MQF-|PQF二2|MP|MQ|COSN PMQ=2笳丽，设 M(m,0),JJ!jMP-MQ=(xi-m)(X2-m)+y1 y2=(ty +2-m)-(ty2+2-m)+yiy?=(t2+l)yiy2+t(2-m)(y i+y2)+(2-m)2=-+

33、(2 m)2=(/舞i2 m+ll),令 3m2-12m+l l=3(n?-3),得 m=|,此时而丽=m2 3=一 所以|MPF+|MQ|2-|PQ|2=-9当直线1与x轴重合时，点P,Q为双曲线的两顶点,不妨取P(-V3,0),Q(V3,0).对于点 M(1,0),|MP|2+|MQ|2-|PQ|2=(|+?+(|-V 3)2-(273)2=y-6 =-J所以存在定点M(|,0)使MP|2+MQF-|PQF=1为定值.15.(2022湘豫名校3月联考,20)已知点P是抛物线C:x?=4(y+3)的顶点过点(0,-1)的直线1交C于A,B两点，点M是 PAB的外接圆的圆心.(1)试问:直线1

34、与点M的轨迹是否有交点?若有，请求出交点坐标;若没有，请说明理由.(2)若在点M的轨迹上存在不关于y轴对称的两点G、H,使直线PG与直线PH关于y轴对称，求证:直线GH必过定点.解 析 设 A(Xi,yi),B(X2,y2),设直线A B的方程为y=kx-1.由卜=化简得x2_4kx_8=o.ly=kx-1,所以 A=16k2+320,x i+X2=4k,x i X2=-8.若直线1与点M 的轨迹有交点，则 PAPB.易知 P（0,-3）,由可,丽=0,得 xiX2+yiy2+3（yi+y2）+9=0.因为y +y2=4k2-2,yiy2=-12k?+1代入上式不成立，所以直线1与点M 的轨迹

35、没有交点.证明:因为点乂是白PAB的外接圆的圆心，所以点乂是白PAB三条边的中垂线的交点.设线段PA的中点为F,线段PB的中点为E.因为 P（0,-3）,所以F（表），E（养 孥）-二 蜉，kPB=蜉所以线段PA的中垂线的方程为y-岁=-急（%吟）因为A在抛物线C上,所以山+3日 ，所以PA的中垂线的方程为y磊+3=唠），即 y=Tx+-1-X j o同理可得线段PB的中垂线的方程为y=-x+-1.X 7 O联立得2丁3+X8-=MMXyr11得，解，112H.8壹8+XX4一打4一也-_-yyIIXIX2（XI4-%2）由可得 xi+x2=4k,XiX2=-8.所以X M=芋=k,yM=不号

36、2 k 2=审f =2k2,鼎=3M所以点M 的轨迹方程为x2=1y.设H(X3,2%Q,G(x 4,2x；)是满足条件的两点，贝!X3+X4W O.所以 k HG=至 数=2(x 3+x 4),k P H=渲3#P G =皿3X3-X4 X3 X4由 k p H+k p G=O.即 殳02曳=0,得 X3X4=-|.又直线 H G 的方程为 y-2x 3=2(x3+x4)(x-x 3),整理，得 y=2(X3+x 4)x-2x 3X4,即 y=2(x3+x 4)x+3.所以直线H G必过定点(0,3).16.(2022河南天一第五次联考,20)在直角坐标系x O y中椭圆C+y 2=l与直线

37、l:x=m y+l交于M,N两点,P为MN的中点.若m b0)的左顶点与上顶点分别为A,B,右焦点为F,点 P 在 C 上,PF_Lx 轴,ABII OP,|AB|=V3.求C的方程；(2)过F的直线I交椭圆于M,N两点，坐标平面上是否存在定点Q,使得西丽是定值?若存在，求点Q的坐标;若不存在,请说明理由.解 析 由 题 可 得a?+b2=3,因为ABII OP,所以：=，又 b2+c2=a2(3),由解得a=V,b=l,所以c的方程为9+y2=i.y2设直线 l：x=m y+l 代入y+y 2=l (m2+2)y2+2m y-l =0,设 M(x i,y i),N(x 2,y 2)厕 y i

38、+y 2=，,y l y 2=版 ，设 Q(x o,y o),则 的=(m y l 4-1-x 0,y l -y 0),Q/V=(m y2+1 -xo,y 2-y o),Q M-Q N=(m 2 4-l)y l y 2 4-m(l -x O)y O(y l +y 2)+(1-x 0)2+Q=(2+1)x 5+m(l -x O)-y O x +(1-x 0)2+据(-3+2和)/+2 y m-1 2=-m 12+(1-XO)2+洛要使西而是定值，则j -3+2 x0-1 解得 5此时Q(|,0),瑞丽=一 (1 _ 3 =一套当直线1与X轴重合时,不妨令M(-V2.0),N(V2,0),Q M

39、=(-V雪,0),丽=(8沙)厕 丽丽=一卷综上所述坐标平面上存在定点Q(|,0),使得丽丽为定值看18.(2022陕西西工大附中六模,20)已 知 椭 圆+，=l(ab0)的焦距为2遮,过椭圆E的焦点且与x轴垂直的弦的长为1.求椭圆E的方程：(2)如图,F是椭圆E的右焦点,A,C是椭圆C上关于y轴对称的两点(不在x轴上)，直线A F交椭圆E于另一点B,若D是 A B C外接圆的圆心，求盥的最小值.解析 由题知,2c=2V5.解得c=V5.由椭圆的对称性,不妨取椭圆的右焦点F（c,O）,将x=c代入盘+v2人2力=l(ab0),得 y=,Da所以萼=1,所以b2g a.又 b?+c 2=a2,

40、所以;a+3=a?,解得a=2（负值舍去），所以b=l,所以椭圆C的方程为3+y 2=l.4（2）由题知，直线A B的斜率不为0.设直线A B的方程为x=m y+V5,代入椭圆E的方程，消去x得(m2+4)y2+2V3m y-l=0.i g A(x 1,y D，B(X2,y 2),则 y i+y 2=;7|,y l y 2=所以 x i+x2=m(y i+y2)+2V3=+2A/3=，盘，则线段 A B 的中点坐标为,|AB|=V1+m2-|y-y2|=Vl+m2 x 7(yi+y2)2-4yiy2=V1+m2 x，盘 丁 =笔 售.因为D是 A B C的外心，且A,C关于y轴对称，所以D是线

41、段A B的垂直平分线与y轴的交点.线段AB的垂直平分线的方程为y-潴=-m3黑），令x=。,得y*|科D（0,）,又F（H,。）,所以D F|3 3+奇.(源 +1)(雨2+16)MB|m+4*所 以 两4(1+一)J3(m24-l)(m24-16)$X t X x J l-y|二 y,当且仅当m=0时取等号,所以揣的最小值为当19.（2022新疆质检（一）,21）圆心为（4,0）的圆与抛物线y?=2x相交于A,B,C,D四个点.求圆的半径r的取值范围;（2）当四边形A B C D的面积最大时，求对角线A C与B D的交点P的坐标.解 析 圆 的 方 程 为(x-4+y 2=r2(r0),联

42、立 伤 铲+2 =产得 X2_6X+16W=0(*).=2x,故当x 0时,X2-6X+16“2=0有两个不相等实数根,令 g(x)=x 2-6x+16-F,4 0,p 6-4(1 6-r2)0,则 g(0)0,即 16-N o,r 0,卜 0,解得近r0,贝！J f(t)单调递增,当t e(i,3)时，f 3 0)的焦点点P(-3,2),|P F|=2遥,若过点P作直线与抛物线E顺次交于A,B两点，过点A作斜率为1的直线与抛物线的另一个交点为点C.求抛物线E的标准方程；求证:直线B C过定点；(3)若直线B C所过定点为点Q,Q A B,A PB C的面积分别为S,S2,求的取值范围.解析

43、焦点F6,0),|F P|=J(-3g)2+4=2倔p 0,/.p=2,故抛物线E的标准方程为y M x.证明:显然，直线A B的斜率存在，设A B的方程为y-2=k(x+3).由,(y-22=k4(；x 4-3)得,g k y 20-4y+8+12k=,k H0,A=16(-3k2-2k+l)0,A O设 A(x i,y D,B(x 2,y 2)厕 y i+y 2=i y l y 2=-+12,.y i y2-12=2(y i+y2).直线A C的方程为y-y.=x 4-由 y-%X得,y 2-4y+4y i-y 10,y2=4xA=16-4(4y i-y f )0,设 C(X3,y 3),

44、则 y i+y 3=4.由得(4-y 32-l 2=2(4-y 3+y 2),2(y 2+y 3)=y 2y 3+20.若直线B C的斜率不存在，则y 2+y 3=0,又2(y z+y 3)=y 2y 3+20,.抬=20,;x 3=卷=5.A B C的方程为x=5.若直线B C的 斜 率 存 在 厕=熹,直线 BC 的方程为 y-y 2=-9)，即 4x-(y z+y 3)y+y 2y 3=0,将代入得 4x-(y 2+y 3)y+2(y 2+y 3)-20=0,(y 2+y 3)(2-y)+4(x-5)=0,故直线B C过点(5,2).由(i)(i i)知，直线8(2过点(5,2).Ill

45、 1(3)Si=S-.PBQ-SA P AQ=2l P Q|-|y i-2|-|P Q|-|y 2-2|=-|P Q|-|y i-y 2|=-x 8x|y i-y2|=4|y i-y2|,1 1S2=-|P Q|-|y 2-y 3l=-x 8x|y 2-y3|=4|y 2-y 3|=4|yl+y 2-4|,4 8(16 32 4、-3k2-2k+l .由得 y i+y 2=%y l y 2 建+12,.-.|y l -y 2|=J -y-4 8 =,k W 0,又 A=16(-3k2-2k+l)0,/-l k.且0,则 名=必 刃 =4,3k2-2k+l=J-3 层 2k+l人 豆一|yi+y2-4|一 网.加 一两1一,设 k-l=u,t=i=严哥区=户密=V-4t2-8t-3=V-4(t +l)2+l,V-l k g,且 k HO,t W(-11)U-,.V-4(t +i)2+i e(o,i),故3的取值范围是(0/)