§9.6　圓錐曲線的綜合問題專題檢測1.(2020湖南長沙一中第二次月考,11)點M與定點F(2,0)的距離和它到定直線x=8的距離之比為1∶2,則M的軌跡方程是(　　)A.y2=8x　　B.y2=-8(x-4)C.-=1　　D.+=1答案　D　設M(x,y),由F(2,0),得|MF|=,∵點M(x,y)到直線x=8的距離為|x-8|,∴由題意得=,化簡得3x2+4y2=48,即+=1,故選D.2.(2020山西太原五中第二次診斷,12)已知A(0,3),若點P是拋物線x2=8y上任意一點,點Q是圓x2+(y-2)2=1上任意一點,則的最小值為(　　)A.4-4　　B.2-1　　C.2-2　　D.4+1答案　A　拋物線x2=8y的準線l的方程為y=-2,焦點F的坐標為(0,2),過P作PB⊥l,垂足為B,由拋物線定義可得|PF|=|PB|.圓x2+(y-2)2=1的圓心為F(0,2),半徑r=1,可得|PQ|的最大值為|PF|+r=|PF|+1,所以≥,可令|PF|+1=t(t>1),則|PF|=t-1=|PB|=yP+2,即yP=t-3,所以=8(t-3),所以==t+-4≥2-4=4-4(當且僅當t=2時,等號成立). 所以的最小值為4-4,故選A.名師點睛?、賵A外一點到圓上一動點距離的最大值為該點到圓心的距離與半徑之和.②基本不等式求最值,注意“一正、二定、三相等”.3.(2020浙江臺州五校聯(lián)考,8)已知平面ABCD⊥平面ADEF,AB⊥AD,CD⊥AD,且AB=1,AD=CD=2.四邊形ADEF是正方形,在正方形ADEF內(nèi)部有一點M,滿足MB,MC與平面ADEF所成的角相等,則點M的軌跡長度為(　　)A.　　B.C.π　　D.π答案　C　本題考查直線與平面所成的角的求法、圓的方程及其應用;考查學生空間想象和運算求解的能力以及數(shù)形結(jié)合的思想;考查了數(shù)學運算和直觀想象的核心素養(yǎng).由已知可得AB⊥平面ADEF,CD⊥平面ADEF,連接AM,DM,則MB,MC與平面ADEF所成的角分別為∠BMA,∠CMD,由于∠BMA=∠CMD,CD=2AB,所以MD=2MA,則點M的軌跡為阿波羅尼斯圓,以DA所在直線為x軸,AD的中點為原點建立直角坐標系,則D(-1,0),A(1,0),設M(x,y),則=2,平方化簡可得+y2=(-1≤x≤1,y≥0),所求軌跡為一段圓弧,令x=1,可得y=,又圓的半徑為,故圓弧對應的扇形圓心角為,所求軌跡的長度為×2π×=,故選C. 4.(2020山東夏季高考模擬,6)已知點A為曲線y=x+(x>0)上的動點,B為圓(x-2)2+y2=1上的動點,則|AB|的最小值是(　　)A.3　　B.4　　C.3　　D.4答案　A　本題主要考查兩條曲線上,兩動點間的最小距離問題,考查數(shù)學建模及數(shù)學運算的核心素養(yǎng).如圖所示,設圓(x-2)2+y2=1的圓心為C,由于|AC|≤|AB|+|BC|,所以|AB|≥|AC|-|BC|,即|AB|≥|AC|-1,當且僅當A,B,C三點共線,且|AC|最小時,|AB|最小.設A,g(x)=|AC|2,則g(x)=(x-2)2+=2x2+-4x+12(x>0),g'(x)=4x--4=4·,令g'(x)=0,得x=2,當x∈(0,2)時,g'(x)<0,g(x)在(0,2)上單調(diào)遞減;當x∈(2,+∞)時,g'(x)>0,g(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增,從而g(x)在x=2處取極小值,也是最小值,g(x)min=g(2)=16,|AC|min==4,從而|AB|min=4-1=3,故選A.5.(2020浙江溫州中學3月月考,10)過點P(2,1)斜率為正的直線交橢圓+=1于A,B兩點,C,D是橢圓上相異的兩點,滿足CP,DP分別平分∠ACB,∠ADB,則△PCD外接圓半徑的最小值為(　　)A.　　B.　　C.　　D. 答案　D　如圖.先固定直線AB,由角平分線定理可知,==,所以點P,C,D在一個阿波羅尼斯圓上,且△PCD的外接圓就是這個阿波羅尼斯圓,設其半徑為r.易知,阿波羅尼斯圓會把點A,B其一包含進去,這取決于BP與AP誰更長,不妨先考慮|BP|>|AP|的情況,設BA的延長線與圓交于點Q,PQ即為該圓的直徑,如圖.接下來尋求半徑的表達式.由=得2r=|AP|+|AQ|=|AP|+,解得=-;同理,當|BP|<|AP|時,有=-.綜上,=.當直線AB斜率不存在時,直線AB與橢圓交點的縱坐標為±,|AP|=-1,|BP|=+1,則r=.當直線AB的斜率存在時,設直線AB的方程為y-1=k(x-2),即y=kx-2k+1,聯(lián)立方程消去y并整理可知(24k2+5)x2+48k(1-2k)x+96(k2-k-1)=0,設A(x1,y1),B(x2,y2),可知所以==-=.注意到x1-2與x2-2異號, 所以==·=·,設t=12k+5,則=·=·≤×=,當且僅當=,即t=時取等號,此時k=.又>,所以所求外接圓半徑的最小值為.故選D.6.(2020浙江杭州四中月考,16)圓錐的軸截面SAB是邊長為2的等邊三角形,O為底面中心,M為SO的中點,動點P在圓錐底面內(nèi)(包括圓周),若AM⊥MP,則P點形成的軌跡的長度為　　　　.?答案　解析　本題考查空間點、線、面的位置關系以及軌跡方程的求法;考查學生運算求解和空間想象的能力;考查了數(shù)學運算和直觀想象的核心素養(yǎng).以O為原點,直線OB,OS分別為y,z軸建立空間直角坐標系,則A(0,-1,0),M,設P(x,y,0),則由AM⊥MP可得·=0,即y=,所求軌跡的長度為圓x2+y2=1內(nèi)對應的弦長,令y=,得x=±,故軌跡長度為.7.(2018浙江湖州、衢州、麗水高三質(zhì)檢,21)已知拋物線C:y2=2px(p>0)上的點M(m,-2)與其焦點的距離為2.(1)求實數(shù)p與m的值;(2)如圖所示,動點Q在拋物線C上,直線l過點M,點A、B在l上,且滿足QA⊥l,QB∥x軸.若 為常數(shù),求直線l的方程.解析　(1)設拋物線的焦點為F,由題意得|MF|=m+=2,　(2分)又點M(m,-2)在拋物線上,故2pm=4,(4分)由p>0得p=2,m=1.(6分)(2)由(1)知拋物線C的方程為y2=4x,連接QM.設直線l的方程為t(y+2)=x-1,Q,(7分)則yB=y0,所以|MB|=|y0+2|,(9分)又點Q到直線l的距離d=,|MA|===,(11分)故==.(13分)由為常數(shù),得y0+2=y0-2+,所以t=1,則為8,此時直線l的方程為y=x-3.(15分) 8.(2018安徽蚌埠二中4月月考,20)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的左頂點為M,上頂點為N,直線2x+y-6=0與直線MN垂直,垂足為B點,且點N是線段MB的中點.(1)求橢圓C的方程;(2)若直線l:y=kx+m與橢圓C交于E,F兩點,點G在橢圓C上,且四邊形OEGF為平行四邊形,求證:四邊形OEGF的面積S為定值.解析　(1)由題意知,M(-a,0),N(0,b),直線MN的斜率k==,∴a=2b.∵點N是線段MB的中點,∴B(a,2b),∵點B在直線2x+y-6=0上,∴2a+2b=6,又a=2b,∴b=,a=2,∴橢圓C的方程為+=1.(2)證明:設E(x1,y1),F(x2,y2),G(x0,y0),將y=kx+m代入+=1,消去y整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,則x1+x2=-,x1·x2=,y1+y2=k(x1+x2)+2m=,∵四邊形OEGF為平行四邊形,∴=+=(x1+x2,y1+y2),得G,將G點坐標代入橢圓C的方程得m2=(1+4k2),又易得點O到直線EF的距離d=,|EF|=|x1-x2|,∴平行四邊形OEGF的面積S=d·|EF|=|m||x1-x2|=|m|·=4·=4·=4·=3. 故平行四邊形OEGF的面積S為定值3.9.(2020浙江麗水四校聯(lián)考,20)設直線l與拋物線x2=2y交于A,B兩點,與橢圓+=1交于C,D兩點,直線OA,OB,OC,OD(O為坐標原點)的斜率分別為k1,k2,k3,k4,若OA⊥OB.(1)是否存在實數(shù)t,滿足k1+k2=t(k3+k4)?請說明理由;(2)求△OCD面積的最大值.解析　本題考查直線與拋物線、橢圓的位置關系以及圓錐曲線的綜合應用;考查學生運算求解和邏輯推理的能力以及數(shù)形結(jié)合的思想;考查了數(shù)學運算的核心素養(yǎng).設直線l的方程為y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).聯(lián)立得得x2-2kx-2b=0,則x1+x2=2k,x1x2=-2b,Δ1=4k2+8b>0.由OA⊥OB,所以x1x2+y1y2=0,得b=2.聯(lián)立得得(3+4k2)x2+16kx+4=0,所以x3+x4=-,x3x4=.由Δ2=192k2-48>0,得k2>.(1)因為k1+k2=+=k,k3+k4=+=-6k,所以=-,故存在t=-,滿足k1+k2=t(k3+k4).(2)根據(jù)弦長公式得|CD|=|x3-x4|=4··,點O到直線CD的距離d=, 所以S△OCD=|CD|·d=4·,設=t>0,則S△OCD==≤,所以當且僅當t=2,即k=±時,S△OCD有最大值.10.(20205·3原創(chuàng)題)已知A,B為拋物線C:y2=4x上的兩點,分別過A,B作C的切線l1,l2交于點P.(1)若l1⊥l2,求證:直線AB過定點;(2)若點P恰在圓M:(x+2)2+y2=1上,求△PAB面積的取值范圍.注:拋物線y2=2px在點(x0,y0)處的切線方程為y0y=p(x0+x).解析　設A(x1,y1),B(x2,y2),則拋物線在點A處的切線方程為y1y=2(x1+x),從而,k1=,同理,k2=.(1)證明:因為l1⊥l2,所以k1k2=-1,即y1y2=-4,所以kAB==,從而直線AB的方程為y-y1=(x-x1),將x1=,y1y2=-4代入化簡得y=(x-1),所以直線AB過定點(1,0).(2)設點P(x0,y0),由點P在l1和l2上知y0y1=2(x0+x1),且y0y2=2(x0+x2),所以直線AB的方程為y0y=2(x0+x),聯(lián)立消去x并整理,得y2-2y0y+4x0=0,所以Δ=4(-4x0),且y1+y2=2y0,y1y2=4x0. 設點P到直線AB的距離為d,則S△PAB=|AB|d=·2·=(-4x0,因為點P恰在圓M:(x+2)2+y2=1上,所以(x0+2)2+=1,所以-4x0=1-(x0+2)2-4x0=--8x0-3,因為-3≤x0≤-1,所以-4x0∈[4,12],從而S△PAB∈[4,12].命題說明　本題以直線與拋物線的位置關系為載體,考查學生對定點問題和范圍問題的處理,第(2)問中,點P的位置是求△PAB面積的取值范圍的關鍵,該題綜合性較強,很好地考查了學生的運算求解能力.11.(2019重慶西南大學附屬中學模擬,20)已知動直線l:y=k(x+3)(k≠0)與y軸交于點A,過點A作直線AB⊥l,交x軸于點B,點C滿足=3,C的軌跡為E.(1)求E的方程;(2)已知點F(1,0),點G(2,0),過F作斜率為k1的直線交E于M,N兩點,延長MG,NG分別交E于P,Q兩點,記直線PQ的斜率為k2,求證:為定值.解析　(1)動直線l:y=k(x+3)(k≠0)與y軸交于點A(0,3k),∵直線AB⊥l,∴直線AB的方程為y=-x+3k,交x軸于點B(3k2,0).設C(x,y),點C滿足=3,∴(x,y-3k)=3(3k2,-3k).∴x=9k2,y=-6k.消去k可得y2=4x(x≠0),即為C的軌跡方程E.(2)證明:設M,N,P,Q的坐標依次為(xi,yi)(i=1,2,3,4).直線MN的方程為x=ty+1,聯(lián)立化為y2-4ty-4=0, ∴y1+y2=4t,y1y2=-4,設直線MG的方程為x=my+2,聯(lián)立化為y2-4my-8=0,∴y1y3=-8,∴y3=-.同理可得y4=-.∵k1===,k2=.∴===-=2為定值.12.(2020浙江杭州二中開學考,21)設F1,F2分別是橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點,|F1F2|=2,直線l過F1且垂直于x軸,交橢圓C于A,B兩點,分別連接A,B,F2,所組成的三角形為等邊三角形.(1)求橢圓C的方程;(2)過右焦點F2的直線m與橢圓C相交于M,N兩點,試問:橢圓C上是否存在點P,使=+成立?若成立,求出點P的坐標;若不存在,說明理由.解析　本題考查直線與橢圓的位置關系;考查學生數(shù)學運算的能力和數(shù)形結(jié)合的思想;考查了數(shù)學運算的核心素養(yǎng).(1)由題意,|F1F2|=2,|AF1|=,|AF2|=,2a=|AF1|+|AF2|=2,故c=1,a=,b=,故橢圓C的方程為+=1. (2)設橢圓C上存在點P(x0,y0)使=+成立,設M(x1,y1),N(x2,y2),則x0=x1+x2,y0=y1+y2,設直線m的方程為x=ty+1,則=t+1,即x0=ty0+2,由可得(2t2+3)y2+4ty-4=0,y0=,x0=ty0+2=,代入+=1,可得4t4+4t2-3=0,解得t2=,故P,即存在點P,使=+成立.13.(2020天津和平一模,18)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,左、右焦點分別為F1、F2,以原點O為圓心,橢圓C的短半軸長為半徑的圓與直線x-y+2=0相切.(1)求橢圓C的標準方程;(2)設Q為橢圓C上不在x軸上的一個動點,過點F2作OQ的平行線交橢圓C于M、N兩個不同的點,記△QF2M的面積為S1,△OF2N的面積為S2,令S=S1+S2,求S的最大值.解析　(1)由題意知,e===,∴a2=2b2,(1分)∵以原點O為圓心,橢圓C的短半軸長為半徑的圓x2+y2=b2與直線x-y+2=0相切,∴b==,∴a2=4,b2=2, ∴橢圓C的標準方程為+=1.(4分)(2)設直線OQ:x=my,則直線MN:x=my+,(5分)由得(m2+2)y2+2my-2=0.(6分)設M(x1,y1),N(x2,y2),則y1+y2=-,y1y2=,∴|MN|=|y1-y2|==.(9分)∵MN∥OQ,∴=,∴S=S1+S2=S△OMN.點O到直線x=my+的距離d=,∴S=|MN|d=.(12分)令t=,則m2=t2-1(t≥1),∴S==.(13分)∵t+≥2,當且僅當t=,即t=1時等號成立.∴Smax=(15分)14.(2020江西鷹潭二模,20)已知橢圓+=1(a>b>0),上下頂點分別是A、B,上下焦點分別是F1、F2,焦距為2,點在橢圓上.(1)求橢圓的方程;(2)若Q為橢圓上異于A、B的動點,過A作與x軸平行的直線l,直線QB與l交于點S,直線F2S 與直線AQ交于點P,判斷∠SPQ是不是定值,說明理由.解析　本題考查橢圓的方程和性質(zhì),直線和橢圓的位置關系,考查化簡運算能力和推理能力,體現(xiàn)了邏輯推理、數(shù)學運算的核心素養(yǎng).(1)由焦距為2,可得c=1,即有F1(0,1),F2(0,-1),由在橢圓上,可得2a=+=+=4,故a=2,b==,則橢圓的方程為+=1.(2)設Q(m,n),可得4m2+3n2=12,由A(0,2),設S(t,2),因為B(0,-2),Q和S三點共線,所以kSB=kBQ,即=,解得t=,即S,所以==,又kAQ=,所以kAQ·===-1,可得AQ⊥SF2,即∠SPQ=90°,則∠SPQ為定值.15.(2020浙江湖麗衢三地市4月?？?21)如圖,設拋物線方程為x2=2py(p>0),M為直線y=-2p上任意一點,過M引拋物線的切線,切點分別為A,B.(1)求直線AB與y軸的交點坐標;(2)若E為拋物線弧AB上的動點,拋物線在E點處的切線與△MAB的邊MA,MB分別交于點 C,D,記λ=,問λ是不是定值?若是,求出該定值;若不是,請說明理由.解析　(1)設A(x1,y1),B(x2,y2),易知過A點的切線方程為y-=·(x-x1),過B點的切線方程為y-=(x-x2),聯(lián)立兩個方程解得xM=,yM=.(3分)又kAB==,所以直線AB的方程為y-=(x-x1),化簡得(x1+x2)x-2py-x1x2=0,(5分)令x=0,得y=-,又yM==-2p,所以y=2p,所以直線AB過定點(0,2p),所以直線AB與y軸的交點坐標為(0,2p).(7分)(2)由(1)知xM=,同理可得xC=,xD=.(8分)===,===,所以=,同理=,所以==,(10分) 設===t,連接ME,記S△MCE=S,則S△ACE=tS,故S△MDE=,S△BDE=,S△MCD=S,所以==·=,即S△MAB=S△MCD=·S=S,(12分)S△EAB=S△MAB-S△MCD-S△ACE-S△BDE=S,(14分)所以λ==2,為定值.(15分)16.(2017浙江鎮(zhèn)海中學模擬(5月),21)設橢圓+=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1、F2,點D在橢圓上,DF1⊥F1F2,=2,△DF1F2的面積為.(1)求該橢圓的標準方程;(2)是否存在圓心在y軸上的圓,使圓在x軸的上方與橢圓有兩個交點,且圓在這兩個交點處的兩條切線相互垂直并分別過不同的焦點?若存在,求圓的方程,若不存在,請說明理由.解析　(1)設F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.由=2,得|DF1|==c,從而=|DF1|·|F1F2|=c2=,故c=1.從而|DF1|=,由DF1⊥F1F2得,=+=,因此|DF2|=.所以2a=|DF1|+|DF2|=2,故a=,b==1. 因此,所求橢圓的標準方程為+y2=1.(2)設圓心在y軸上的圓C與橢圓+y2=1的兩個交點分別為P1(x1,y1),P2(x2,y2),其中y1>0,y2>0,F1P1,F2P2是圓C的切線,且F1P1⊥F2P2由圓和橢圓的對稱性,易知x2=-x1,y1=y2,|P1P2|=2|x1|.由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以=(x1+1,y1),=(-x1-1,y1),再由F1P1⊥F2P2得-+=0,由橢圓方程得1-=,即3+4x1=0,解得x1=-或x1=0.當x1=0時,P1,P2重合,此時題設要求的圓不存在.當x1=-時,過P1,P2分別與F1P1,F2P2垂直的直線的交點即為圓心C,設C(0,y0).由CP1⊥F1P1,得·=-1,又y1==,故y0=.圓C的半徑為=.綜上,存在滿足條件的圓,其方程為x2+=.17.(2017云南師大附中4月月考,20)已知橢圓+=1(a>b>0)過點,橢圓的左,右頂點分別為A1,A2,點P的坐標為(4,0),|PA1|,|A1A2|,|PA2|成等差數(shù)列.(1)求橢圓的標準方程;(2)橢圓內(nèi)部是否存在一個定點,過此點的直線交橢圓于M,N兩點,且·=12恒成立?若存在,求出此點,若不存在,說明理由.解析　(1)由橢圓的幾何性質(zhì)知,|A1A2|=2a,|PA1|=a+4,|PA2|=|a-4|,故4a=a+4+|a-4|, 解得a=2或a=0(舍去).因為點P在橢圓上,所以+=1?b=1.故橢圓的標準方程為+y2=1.(2)假設存在滿足題意的定點.設點M(x1,y1),N(x2,y2),當直線斜率存在且不為0時,設直線方程為y=kx+m,聯(lián)立化簡得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.因為過橢圓內(nèi)的點,故此方程必有兩根.x1+x2=,x1x2=,=(x1-4,y1),=(x2-4,y2),·=(x1-4)(x2-4)+y1y2=x1x2-4(x1+x2)+16+k2x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)x1x2+(km-4)(x1+x2)+16+m2=(1+k2)·+(km-4)+16+m2==12,故得5m2+32km+12k2=0.∵k≠0,故有5+32+12=0,即=0,解得m=-k或m=-6k,故直線方程為y=kx-k或y=kx-6k,則直線恒過點或(6,0), 因為此點在橢圓內(nèi)部,所以只有點滿足要求.故存在定點,使·=12恒成立.