2023新高考总复习数学5·3A32-专题九95圆锥曲线的综合问题之1-9.5　圆锥曲线的综合问题-习题+题组

2023版新高考版高考总复习数学5·3A版32_专题九95圆锥曲线的综合问题之1_9.5圆锥曲线的综合问题2023版新高考版高考总复习数学5·3A版32_专题九95圆锥曲线的综合问题之1_9.5圆锥曲线的综合问题2023版新高考版高考总复习数学5·3A版32_专题九95圆锥曲线的综合问题之1_9.5圆锥曲线的综合问题[2023版新高考版高考总复习数学5·3A版32_专题九95圆锥曲线的综合问题之1_9.5圆锥曲线的综合问题]2023版新高考版高考总复习数学5·3A版32_专题九95圆锥曲线的综合问题之1_9.5应用创新题组2023版新高考版高考总复习数学5·3A版32_专题九95圆锥曲线的综合问题之1_9.5应用创新题组2023版新高考版高考总复习数学5·3A版32_专题九95圆锥曲线的综合问题之1_9.5应用创新题组９。５圆锥曲线的综合问题考法一求轨迹方程1．【2016课标Ⅲ，理20,文2０,12分】已知抛物线C:y2=2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于Ａ，B两点，交C的准线于P,Q两点。〔未经许可请勿转载〕【1】若Ｆ在线段AB上,R是PQ的中点,证明ＡR∥FQ;【2】若△PQF的面积是△AＢF的面积的两倍，求ＡB中点的轨迹方程.解析由题设知Ｆ12,0。设l1：y=ａ,l2：y=ｂ,则ab且Aa22,a，Ｂb22,b记过A，Ｂ两点的直线为l,则l的方程为2ｘ-【a+b】ｙ＋aｂ=0。【3分】〔未经许可请勿转载〕【1】由于F在线段AB上,故1+ａb=0。记AR的斜率为k1，FＱ的斜率为ｋ２，则k1=a-b1+a2=a-b所以AR∥ＦQ.【5分】【2】设l与x轴的交点为D【x1，0】,则S△ＡBF=12｜b-a|｜FＤ|＝12｜ｂ—ａ｜x1-12,Ｓ由题设可得2×12｜ｂ－ａ｜x1-所以x1=0【舍去】,或x1=1．【8分】设满足条件的ＡB的中点为E【ｘ，y】。当AB与x轴不垂直时,由kAＢ=ｋＤE可得2a+b＝y而a+b2=ｙ,所以y2当AB与x轴垂直时,E与D重合.所以，所求轨迹方程为ｙ2=x—1。【１2分】〔未经许可请勿转载〕疑难突破第【1】问求解关键是把AR∥FQ的证明转化为kAR=ｋFQ的证明;第【2】问需找到ＡB中点所满足的几何条件,从而将其转化为等量关系.在利用斜率表示几何等量关系时应注意分类讨论思想的应用．〔未经许可请勿转载〕评析本题主要考查抛物线的性质，直线的斜率及其应用,轨迹方程的求法等知识，考查分类讨论思想的应用,考查考生对基础知识和基本技能的应用能力。〔未经许可请勿转载〕2．【２014广东理，20,14分】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1【a〉b>0】的一个焦点为【【1】求椭圆Ｃ的标准方程;【2】若动点P【ｘ0,y0】为椭圆C外一点,且点Ｐ到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程。〔未经许可请勿转载〕解析【1】由题意知c=5，ｅ＝ca=5∴a＝3，b2=a2-c2=４，故椭圆C的标准方程为x29+【2】设两切线为l1,ｌ２,①当l1⊥x轴或l1∥x轴时,l２∥ｘ轴或ｌ2⊥x轴,可知Ｐ【±3，±２】。〔未经许可请勿转载〕②当ｌ1与x轴不垂直且不平行时,x0≠±3,设l1的斜率为ｋ，且k≠0,则l2的斜率为－1k，ｌ1的方程为y－y０＝k【ｘ—x0】,与x29+y2整理得【9k２＋４】x2＋18【y０—kｘ０】ｋx+9【y0—kｘ0】２-36=0,〔未经许可请勿转载〕∵直线l1与椭圆相切,∴Δ=0,即9【y0—kx0】２k2-【９k2+４】·［【y０—ｋx0】2－4］=0,〔未经许可请勿转载〕∴【x02－9】k2-2ｘ０ｙ0k+∴k是方程【x02—９】x2—2x0ｙ0x+y0同理，-1k是方程【x02-9】x2-2x０y0x＋y0∴k·-1k=y02-4x02-9，整理得∴点Ｐ的轨迹方程为x2＋y2=13【x≠±3】。P【±3，±2】满足上式.综上,点Ｐ的轨迹方程为x2+y2=13.评析本题考查椭圆的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系以及轨迹方程的求法.考查分类讨论思想以及方程思想的应用.〔未经许可请勿转载〕３．【2014湖北理，21,14分】在平面直角坐标系ｘOｙ中，点M到点F【１，0】的距离比它到y轴的距离多1。记点Ｍ的轨迹为C．〔未经许可请勿转载〕【1】求轨迹Ｃ的方程;【２】设斜率为k的直线l过定点Ｐ【—2，1】．求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围．〔未经许可请勿转载〕解析【1】设点M【x,y】，依题意得｜MF｜=｜x｜+1，即(x化简整理得y２=2【|x|+x】.故点M的轨迹C的方程为ｙ2＝4【2】在点M的轨迹Ｃ中，记C1:y２＝４x，Ｃ2：y＝0【x〈０】，依题意,可设直线ｌ的方程为y-１=k【x+２】。由方程组y-1=k(x+2),【i】当k=0时,此时y=1。把y=1代入轨迹C的方程，得x＝14故此时直线l：y=1与轨迹C恰好有一个公共点14【iｉ】当k≠0时,方程①的判别式为Δ=-16【2ｋ２+k-1】．②设直线ｌ与x轴的交点为【ｘ0，０】,则由y－1=ｋ【ｘ+2】,令y＝0，得x0＝—2k+1１°若Δ<0,x0<0,由②③解得k＜—１即当k∈【—∞,—1】∪12,+∞时，直线l与Ｃ1没有公共点，与Ｃ2故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点。2°若Δ=0,x0<0或Δ>0,x0≥0,则由②③解得即当k∈-1,12时，直线l与C1只有一个公共点,与C当k∈-12,0时，直线l与Ｃ1有两个公共点，与C故当k∈-12,0∪-1,12时,3°若Δ>0,x0<0,则由②③解得-1<k<－1即当k∈-1,-12∪0,12时,直线l与C1有两个公共点,故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点.综合【ｉ】【iｉ】可知，当k∈【—∞，－１】∪12,+∞∪｛0｝时，直线ｌ与轨迹C恰好有一个公共点;当k∈-12,0∪-1,12时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点;当k∈-1,-评析本题考查了直线和抛物线的位置关系,考查了数形结合的方法，灵活地利用判别式是求解的关键．盲目利用抛物线的定义而漏掉射线ｙ=0【x〈０】就会造成错解而失分.〔未经许可请勿转载〕4.【２０1３课标Ⅰ,理2０，文２1，12分】已知圆Ｍ：【x＋1】2+y2=1,圆Ｎ:【ｘ-1】2＋ｙ2=9，动圆Ｐ与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.〔未经许可请勿转载〕【1】求C的方程;【２】l是与圆P，圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于Ａ，B两点,当圆Ｐ的半径最长时,求｜AB|.〔未经许可请勿转载〕解析由已知得圆Ｍ的圆心为M【－1,0】,半径ｒ1=1;圆N的圆心为N【1，0】，半径r２=3.设圆Ｐ的圆心为P【x，y】，半径为R．〔未经许可请勿转载〕【1】因为圆Ｐ与圆M外切并且与圆N内切，所以｜PM｜+|PN|=【Ｒ+r1】+【r2—R】＝r１+r2=4．〔未经许可请勿转载〕由椭圆的定义可知，曲线C是以M、Ｎ为左、右焦点，长半轴长为2,短半轴长为3的椭圆【左顶点除外】,其方程为x24+y23【2】对于曲线Ｃ上任意一点P【x,y】，由于|PM｜—｜ＰN|=2R—2≤2,所以R≤2，当且仅当圆Ｐ的圆心为【2，0】时,R=2。所以当圆P的半径最长时，其方程为【x—2】2+y2=4.〔未经许可请勿转载〕若l的倾斜角为９0°，则ｌ与y轴重合,可得|AＢ｜＝23.若l的倾斜角不为90°,由r1≠R知l不平行于x轴,设l与x轴的交点为Q，则|QP||QM|=Rr1，可求得Q【－4，0】，所以可设ｌ：y=k【x+４】。由l与圆M相切得|3当k=24时，将y=24x+2代入x24+y23＝1,并整理得７ｘ2＋8x-8=０,解得所以｜AB｜＝1+k2|x2-x１|=当k＝—24时,由图形的对称性可知｜AB|=18综上,|ＡB|=２3或|AB|＝187评析本题考查了直线和圆的位置关系，考查了椭圆的定义和方程,考查了分类讨论的方法和运算求解能力．利用数形结合的方法是解题的关键．在求曲线Ｃ的方程时容易忽视对左顶点和直线倾斜角为90°时的讨论而造成失分.〔未经许可请勿转载〕5。【2013课标Ⅱ文，2０,12分】在平面直角坐标系xＯy中,已知圆P在x轴上截得线段长为22,在y轴上截得线段长为２3。〔未经许可请勿转载〕【1】求圆心P的轨迹方程；【2】若P点到直线y＝x的距离为22,求圆P的方程解析【1】设P【x,y】，圆P的半径为r。由题设得y2+2＝r2，ｘ2＋３=r２。从而y２+2=x２+3.故Ｐ点的轨迹方程为y2-x2=１．【2】设P【x0，y0】,由已知得|x0-又P在双曲线y２-x２=1上,从而得|x由x0-y0=1,y02-x0由x0-y0=-1,y02-x故圆P的方程为x2+【ｙ—1】2=3或ｘ2＋【ｙ+1】２=3.考法二定值与定点问题的解题方法1.【20１9课标Ⅲ理，21，１２分】已知曲线C:y=x22，Ｄ为直线y=-12上的动点,过D作Ｃ的两条切线，【１】证明：直线AB过定点；【2】若以E0,52为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AＢ的中点，求四边形ADBE的面积解析本题考查直线与抛物线相切,弦的中点，直线与圆相切等知识点，通过直线与抛物线的方程运算,考查了学生在解析几何中的运算求解能力，以直线与抛物线相切为背景考查了数学运算的核心素养.〔未经许可请勿转载〕【1】设Dt,-12,Ａ【x1，y1】，则由于ｙ＇=x,所以切线DA的斜率为x1,故y1+1整理得2tx1-２y1+1＝０.设B【x2，ｙ2】,同理可得2tx2－2ｙ2+1=0.故直线AB的方程为2tx—２y+1=0。所以直线AB过定点0,1【2】由【1】得直线ＡB的方程为ｙ＝tｘ+12由y=tx+1于是x1＋x2=2t，x1x2=—１，y1＋y2=t【x1+x2】+１=2ｔ2+1,〔未经许可请勿转载〕｜AＢ｜=1+t2|ｘ1—ｘ2｜=1+t2×(设d１，d２分别为点D,E到直线AB的距离，则ｄ1=t2+1,d2=2因此,四边形ADBE的面积S=12|AB|【ｄ1+d2】＝【t2＋3】t2设M为线段AB的中点,则Mt,由于EM⊥AB，而EM=【t，t2—２】，AB与向量【1，ｔ】平行,所以ｔ+【t2－２】t=０.解得t＝0或ｔ=±1.当t=0时,S=3；当ｔ=±1时,S=４2。因此，四边形ADBE的面积为3或４2。解题关键【1】设出A、B坐标，求导、列等式是解题的突破口．【2】由【1】得出AＢ的方程,用坐标表示出EM⊥AB，求ＡB方程中的参数是关键.〔未经许可请勿转载〕2。【2018北京理,１9,14分】已知抛物线C：y2=2px经过点P【1，2】．过点Q【0,1】的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线ＰA交y轴于M，直线ＰB交ｙ轴于N．〔未经许可请勿转载〕【１】求直线ｌ的斜率的取值范围;【2】设O为原点,QM=λQO,QN＝μQO,求证:1λ＋1μ解析【1】因为抛物线y2=2px过点【1，2】,所以2p=4,即ｐ=２。故抛物线C的方程为y2=4x，由题意知,直线l的斜率存在且不为0。设直线l的方程为ｙ=kx+１【k≠0】.由y2=4x,y=依题意Δ=【2k—4】2－4×k2×１〉0,解得k〈0或０〈k〈1．又PA,ＰB与y轴相交，故直线l不过点【1,-2】。从而k≠-3.所以直线ｌ斜率的取值范围是【-∞，-3】∪【-3，０】∪【0，１】。【2】设A【x１，y１】，B【x2,y2】，由【1】知ｘ1+x2=-2k-4k2，x1直线PA的方程为y-２＝y1令x=０,得点M的纵坐标为ｙM＝-y1+2x同理得点N的纵坐标为ｙN=-k由QM=λQO,QN＝μQO得λ=1－yM，μ＝１－yN。所以1λ+1μ=11-yM+=1k-1·2x1x所以1λ+1μ方法总结圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略【1】求代数式为定值.依题设条件,得出与代数式有关的等式,化简即可得出定值;〔未经许可请勿转载〕【2】求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的表达式，再利用题设条件化简、变形求得;〔未经许可请勿转载〕【3】求某线段长度为定值．利用两点间的距离公式求得线段长度的表达式，再依据条件对表达式进行化简、变形即可求得．〔未经许可请勿转载〕３。【2016北京理，19，14分】已知椭圆C：x2a2+y2b2=1【ａ〉b〉0】的离心率为3【1】求椭圆C的方程；【2】设P是椭圆C上一点，直线PA与ｙ轴交于点M，直线PB与x轴交于点Ｎ．求证:｜AN|·|BM｜为定值.〔未经许可请勿转载〕解析【1】由题意得c解得a＝２,b＝1.所以椭圆C的方程为x24+y【2】由【1】知，A【2,０】，B【0,１】。设P【ｘ０,y0】，则x02+4当x0≠0时，直线PA的方程为y=y0令x＝０,得yM＝—2y0x0-2,从而直线PＢ的方程为ｙ=y0令y=０，得ｘＮ=—x0y0-1，从而|AN｜＝|2-ｘ所以｜AN|·|BM｜=2+x0=x0=4＝4．当x0=0时，y0=－1，|BM|=2，｜AＮ｜=2，所以｜ＡN｜·｜BM｜＝4.综上，｜AN|·|BＭ|为定值.一题多解【2】点P在曲线x22+y12=１上,不妨设Ｐ【2ｃｏsθ,sinθ】，当θ≠kπ且θ≠ｋπ+π2【ｋ∈Ｚ】时,直线AP的方程为ｙ—0＝sinθ2(cosθ-1)直线BP的方程为y—1=sinθ-12cosθ【x—0】，令ｙ=0，得x∴｜AN|·｜BＭ｜=21-cosθ=22(1-sinθ)(1-cos当θ＝kπ或θ＝ｋπ＋π2【k∈Z】时，Ｍ、N是定点,易得|AN|·｜ＢM｜＝４.综上,｜AN|·｜BＭ|＝4．评析本题考查椭圆的标准方程,直线与圆锥曲线的位置关系及定值问题，方法常规,运算量大,对学生的运算能力要求较高.〔未经许可请勿转载〕4.【2016北京文，19,1４分】已知椭圆C:x2a2+y2b2＝1【1】求椭圆Ｃ的方程及离心率；【2】设Ｐ为第三象限内一点且在椭圆C上，直线ＰA与y轴交于点M,直线ＰB与x轴交于点N。求证：四边形ABNM的面积为定值.〔未经许可请勿转载〕解析【1】由题意得，a=2,b=1．所以椭圆C的方程为x24+y2＝1．【3又c=a2-b所以离心率ｅ=ca=32。【5【2】设Ｐ【x0,y0】【ｘ0<0,ｙ０<0】,则x02＋4y02又A【2，0】,Ｂ【0，1】，所以，直线PA的方程为y=y0令x＝0,得yM＝—2y0x0-2,从而|ＢＭ|=１－yM直线PB的方程为y=y0令y＝0，得xN=-x0从而|AＮ｜=2－xＮ=2+x0y0所以四边形ABＮM的面积S=12|AＮ｜·=1=x0=2x从而四边形AＢNM的面积为定值.【１4分】解后反思本题第【2】问可画出图形进行分析，发现点Ａ和点B分别为椭圆的右顶点和上顶点，且四边形ABＮM的对角线ＡN与BＭ互相垂直,所以Ｓ四边形AＢＮＭ=12｜AN｜·｜BM｜，问题转化为求点Ｍ与点Ｎ的坐标,故设点P【x0,y0】,表示出直线ＰA和PB,即可求得点M、N的坐标．评析本题考查了椭圆的标准方程、离心率和直线方程的相关知识及定值问题，知识点较综合，属中等偏难题。〔未经许可请勿转载〕5.【2015课标Ⅱ文，20,１2分】已知椭圆C:x2a2＋y2b2=１【a〉ｂ>0】的离心率为22,点【2，【1】求C的方程;【２】直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M．证明:直线OＭ的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.〔未经许可请勿转载〕解析【1】由题意有a2-b2a=2解得a2=8,ｂ２＝4．所以C的方程为x28+【2】设直线l：y=kｘ+b【k≠0，ｂ≠0】，Ａ【ｘ1，y1】，B【x2，y2】,Ｍ【ｘM，yM】．将y=kx+b代入x28+y2【2k2+1】ｘ2+4kｂx+2b２—8=0．故xＭ＝x1+x22＝-2kb2k2于是直线OM的斜率ｋOM=yMxM=—12k,即ｋ所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．评析本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系；考查了定值问题的解题方法。利用韦达定理解决线段的中点是求解关键。〔未经许可请勿转载〕６.【20１５陕西文，20,1２分】如图，椭圆E：x2a2+y2b2＝1【a〉b>0】经过点【1】求椭圆E的方程；【2】经过点【1,1】，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q【均异于点A】，证明:直线AP与AQ的斜率之和为２.〔未经许可请勿转载〕解析【1】由题设知ca＝2结合ａ2=b２+c2,解得ａ=2．所以椭圆E的方程为x22＋y【2】证明:由题设知，直线PQ的方程为y=ｋ【x—1】+1【k≠2】，代入x22+y２=１，得【1+２ｋ2】x2由已知可知Δ>0.设Ｐ【x1,y１】,Q【ｘ2，y2】，x1x2≠0，则x1＋x２=4k(k-1)1+2k2从而直线AP，AQ的斜率之和kAP＋kＡＱ=y1+1x1+y2=２k+【2—k】1x1＝2k＋【2－ｋ】4k评析本题考查椭圆标准方程与简单性质的同时,重点考查直线与椭圆的位置关系．〔未经许可请勿转载〕考法三最值与范围问题的解题方法1。【2019课标Ⅱ文，２0，12分】已知F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2＝1【a>b>0】的两个焦点，P为【1】若△PＯF2为等边三角形，求Ｃ的离心率；【2】如果存在点P，使得PF1⊥PＦ2，且△F１PF2的面积等于16，求b的值和ａ的取值范围。〔未经许可请勿转载〕解析本题主要考查椭圆的定义、简单的几何性质;考查数形结合的数学思想和逻辑思维能力与运算求解能力；体现了逻辑推理与数学运算的核心素养。〔未经许可请勿转载〕【１】连接PF1．由△PＯF2为等边三角形可知在△F１PＦ２中，∠Ｆ1PF2=9０°,|PF2｜=c，|PF1|=3ｃ，于是2a=｜PF１|+|ＰF2｜=【3+１】c，故C的离心率ｅ=ca＝3—1。【２】由题意可知，满足条件的点Ｐ【x，ｙ】存在，当且仅当12｜y｜·2c=16，yx+c·yx-即c｜ｙ｜=1６，①x2+ｙ2=c２，②x2a2+由②③及ａ2=b2+c２得y２=b4又由①知y2=162c由②③得ｘ２＝a2c2【c２所以c2≥ｂ2,从而a２=b2+c2≥２b2=32,故a≥42.当b＝4，a≥42时,存在满足条件的点Ｐ.所以b＝4,ａ的取值范围为［４2，＋∞】。思路分析第【1】问中由平面几何知识可知△PF１Ｆ２是∠Ｆ１PＦ2=9０°的直角三角形,且｜PＦ2｜＝c,|PF1|=3c，再利用椭圆的定义找出a与ｃ的等量关系，进而求离心率．〔未经许可请勿转载〕第【2】问中设出Ｐ点坐标,利用S△PF1F2=16，ＰF1⊥PF2以及x2a2+y2b2一题多解【２】设｜ＰＦ１｜=ｒ1，|PF２｜=r２,由椭圆的定义可得ｒ1+r2=2a，S△PF1F2＝12ｒ１ｒ２又PF1⊥ＰF２，∴r12+r2【r1+r２】2=r12＋r22+2r1r2＝4c∴４a2-4ｃ2＝64，∴ｂ=4,又r12+r22≥2r1r2,∴４c2≥2×3２,∴a2＝ｂ2+ｃ２=１6+c2≥３２，∴b的值为4，a的取值范围为［42,+∞】。２。【201８浙江，21,15分】如图,已知点P是y轴左侧【不含y轴】一点，抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA，PB的中点均在C上．〔未经许可请勿转载〕【1】设AＢ中点为M,证明：ＰM垂直于y轴；【2】若Ｐ是半椭圆x2+y24＝1【x<0】上的动点，求△ＰAＢ面积的取值范围解析本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力．〔未经许可请勿转载〕【1】设P【ｘ０,y0】，A14y1因为PＡ，PB的中点在抛物线上，所以y1,ｙ2为方程y+y022=4·14y2+x02即所以y１+ｙ2＝2y０，因此，PM垂直于y轴．【2】由【１】可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,所以因此，△PAＢ的面积Ｓ△PＡB=12｜PＭ|·|ｙ1-y２|＝324【y02因为x02+y024=１【ｘ0＜0】,所以y02—４x0=-4因此，△PAB面积的取值范围是62疑难突破解析几何中“取值范围”与“最值”问题在解析几何中，求某个量【直线斜率,直线在x、y轴上的截距，弦长，三角形或四边形面积等】的取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量【通常是直线斜率,动点的横、纵坐标等】的函数,并求出这个变量的取值范围【即函数的定义域】,将问题转化为求函数的值域或最值．〔未经许可请勿转载〕３.【２017浙江，２1，15分】如图,已知抛物线ｘ2=ｙ，点A-12,14，B32,94,抛物线上的点P【x，y】-1【1】求直线AP斜率的取值范围；【2】求|ＰＡ|·|PQ|的最大值.解析【1】设直线ＡP的斜率为k，k＝x2-1因为-12<x＜32，所以直线AP【2】解法一：联立直线AP与ＢＱ的方程kx-解得点Q的横坐标是xQ=-k因为｜PA｜=1+k2x|PＱ｜=1+k2【xQ-x】＝－所以｜PＡ｜·｜PＱ|=-【k-1】【k+1】3,令f【k】=—【k－1】【k+1】3.因为ｆ'【k】=-【４k－2】【k+1】２，〔未经许可请勿转载〕所以f【k】在区间-1,12上单调递增,12,1上单调递减，因此当k＝12时，｜ＰＡ|解法二:如图,连接BP,｜AP｜·|PQ|=|AP｜·|PＢ｜·ｃos∠BPQ＝AP·【AB-AP】=AP·AB－AP2.易知P【ｘ,x2】-1则AP·AB=2x＋１+2x2—12=2x2＋2x＋12，AP2=x+122+x2-142=x2＋x+14+x4-12∴|AP|·|PＱ｜＝-x4+32x2+x+3设f【x】=-x4+32ｘ2＋ｘ+3则f＇【x】＝-4x3＋3x+1＝—【x-1】【2ｘ+1】2,∴f【x】在-12,1上为增函数，在∴ｆ【x】max=f【1】=2716故|AＰ｜·|PQ|的最大值为27164.【２0１６课标Ⅰ理，2０，12分】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AC的平行线交ＡD于点E．〔未经许可请勿转载〕【１】证明｜ＥA|+｜EＢ|为定值，并写出点E的轨迹方程；【2】设点Ｅ的轨迹为曲线C１，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点，求四边形ＭPNQ面积的取值范围．〔未经许可请勿转载〕解析【1】因为｜ＡＤ|=｜AC｜,EＢ∥AC，故∠EBD=∠ＡＣD=∠ADC．〔未经许可请勿转载〕所以｜ＥB｜=|ＥＤ|，故|ＥA｜+｜EB｜=｜EA|＋｜EＤ|=|AD｜.〔未经许可请勿转载〕又圆Ａ的标准方程为【x+1】2+y2=16，从而｜ＡD|=４，所以|EA｜＋｜EB｜=4.【2分】〔未经许可请勿转载〕由题设得A【-1,0】，B【１，0】,|AB｜=２，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为x24+y23=1【y≠【２】当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k【x-1】【ｋ≠0】,M【x1,y1】,N【x2，y2】。由y=k(x-1),x24+y则ｘ1+x2=8k24k2+3,x所以｜MN｜=1+k2|x1-ｘ2|=12(k2过点B【１，0】且与l垂直的直线m：y=—1k【x-1】，Ａ到m的距离为2k2+1,所以｜PＱ|=24故四边形MＰＮQ的面积Ｓ＝12｜MN||ＰQ|=1２1+14k可得当l与ｘ轴不垂直时,四边形ＭPNQ面积的取值范围为【12,８3】.当l与x轴垂直时，其方程为x＝１，|MN|=3,｜PＱ|=８，四边形MPＮQ的面积为１2.〔未经许可请勿转载〕综上,四边形MＰＮQ面积的取值范围为[１２,83】.【12分】评析本题重点考查圆锥曲线的几何性质,以及直线与椭圆、圆的位置关系,尤其是对“弦长”问题的考查,更是本题考查的重点．解决此类问题，除了要熟知圆锥曲线的几何性质之外，对计算能力的要求也非常高．〔未经许可请勿转载〕5。【2016浙江理，19，1５分】如图，设椭圆x2a2＋y【1】求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长【用ａ，ｋ表示】；【２】若任意以点Ａ【0，１】为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点,求椭圆离心率的取值范围.〔未经许可请勿转载〕解析【1】设直线y=kｘ+1被椭圆截得的线段为AP，由y=kx+1,x2a2+y2=1故ｘ1=0，ｘ２=-2a因此｜AP｜=1+k2｜x1-x2|=2a2【2】假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P,Q，满足|ＡP|=｜AQ｜。〔未经许可请勿转载〕记直线ＡP，AＱ的斜率分别为k1，ｋ2,且k１，ｋ2〉0，k1≠ｋ2.由【1】知，|AP|=2a2|k故2a2|k所以【k12—k22】［1+k12+k22由于k1≠k2,k1,k２>0得1+k12+k22＋ａ2【２-a2因此1k12+11k因为①式关于k1,ｋ2的方程有解的充要条件是1＋a2【ａ2-2】>1,所以a＞2。〔未经许可请勿转载〕因此,任意以点Ａ【0，1】为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1＜a≤2,〔未经许可请勿转载〕由e=ca=a2-1a得，评析本题主要考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力。〔未经许可请勿转载〕６．【2０16天津理,１9，１4分】设椭圆x2a2+y23=１【a＞3】的右焦点为Ｆ，右顶点为A．已知1|OF|+1|OA【1】求椭圆的方程;【2】设过点Ａ的直线ｌ与椭圆交于点B【B不在x轴上】，垂直于l的直线与l交于点Ｍ，与y轴交于点H.若BF⊥ＨＦ,且∠MOA≤∠MAO,求直线l的斜率的取值范围。〔未经许可请勿转载〕解析【1】设F【c,0】，由1|OF|+1|OA|＝3e|FA|,即1c＋1a＝3ca(a-c),可得a2-c2=3c2，又a2－c2【２】设直线l的斜率为ｋ【k≠0】，则直线l的方程为y=k【ｘ—２】.设Ｂ【xB,yB】，由方程组x24整理得【4k２+3】x2—16k２x+１６ｋ２—1２＝0。解得x=2或ｘ=8k由题意得xB=8k2-64k2由【1】知，Ｆ【1，0】，设Ｈ【0,yH】，有FH=【—１，yH】,BF=9-由ＢＦ⊥ＨＦ,得BF·FH=0，所以4k2-94k2+3+12因此直线ＭH的方程为y=—1kx+9设M【xM，yM】,由方程组y=k(x-2),y=-在△MAO中,∠MＯＡ≤∠MAO⇔｜ＭＡ|≤|MO｜,即【xM-2】2+yM2≤xM2+yM2,化简得xM≥１，即20k2+912(k2+1)所以,直线l的斜率的取值范围为-∞,-解后反思由于引起变动的原因是直线不定,而直线过已知定点,因此直线的斜率是“战争的根源”.直线与直线、直线与椭圆的交点坐标归结为方程组的解,用直线的斜率k表示出点M的坐标是“奋斗的目标”.〔未经许可请勿转载〕评析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、一元二次不等式基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质。考查运算求解能力、以及用方程思想解决问题的能力。〔未经许可请勿转载〕7.【20１６浙江文，1９,１5分】如图,设抛物线y2=２px【ｐ>0】的焦点为Ｆ，抛物线上的点Ａ到y轴的距离等于｜ＡＦ｜-１.〔未经许可请勿转载〕【1】求p的值;【2】若直线AＦ交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过Ｆ与ＡB垂直的直线交于点Ｎ，ＡN与x轴交于点M.求M的横坐标的取值范围.〔未经许可请勿转载〕解析【1】由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点Ａ到直线x=－1的距离，由抛物线的定义得p2=1，即p=2．【２】由【1】得,抛物线方程为y2=4ｘ，F【1，０】，可设A【t2，2t】,t≠0，t≠±１．〔未经许可请勿转载〕因为AF不垂直于y轴，可设直线AF:x=sｙ＋1【s≠0】，由y2=4x,x=sy故y1y2＝—4,所以,B1t又直线AB的斜率为2tt2-1，故直线从而得直线FN：ｙ＝—t2-12t所以Nt2设M【m,０】，由A，M，N三点共线得2tt2于是ｍ＝2t所以m<0或ｍ〉2.经检验,ｍ<0或m>2满足题意．综上，点Ｍ的横坐标的取值范围是【-∞，０】∪【2,+∞】．思路分析【1】利用抛物线的定义来解题；【2】由【1】知抛物线的方程,可设A点坐标及直线AＦ的方程，与抛物线方程联立可得B点坐标，进而得直线FＮ的方程与直线BN的方程，联立可得Ｎ点坐标，最后利用A,Ｍ，Ｎ三点共线可得kAN=ｋAM，最终求出结果。〔未经许可请勿转载〕评析本题主要考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力。〔未经许可请勿转载〕8。【2015天津，19,１4分】已知椭圆x2a2+y2b2＝1【a〉b〉0】的左焦点为F【—c,０】，离心率为33，点M在椭圆上且位于第一象限,直线FＭ被圆x２+ｙ2【1】求直线FM的斜率;【２】求椭圆的方程;【3】设动点P在椭圆上,若直线FP的斜率大于2，求直线OP【O为原点】的斜率的取值范围．〔未经许可请勿转载〕解析【１】由已知有c2a2=13，又由a2=b２+c2,可得ａ2=3c2,b2设直线FM的斜率为k【k>0】,则直线FM的方程为ｙ＝k【x+ｃ】。由已知，有kck2+12+c22＝b【2】由【1】得椭圆方程为x23c2+y22c2=１，直线FM的方程为y＝33【x＋c】，两个方程联立，消去y，整理得3x2+2cx－5c2=0,解得x=—53c或x=c.由|ＦM|=(c+c)2所以椭圆的方程为x23+【３】设点Ｐ的坐标为【x，y】，直线FP的斜率为t,得ｔ＝yx+1，即y=t【x＋1】【ｘ≠-１】，与椭圆方程联立得y=t(x+1),x23+y22=1,消去y，整理得2ｘ2+3t2【ｘ＋1】２=6.设直线ＯP的斜率为m，得ｍ=yx，即y=ｍｘ【x≠０】,与椭圆方程联立，整理可得m2＝2x2-①当x∈-32,-1时，有y=t【ｘ+１】〈0，因此m＞0，于是m＝2x2②当ｘ∈【-1，0】时，有y＝t【ｘ+1】＞0,因此m<0,于是m=—2x2-23,得综上，直线OP的斜率的取值范围是-∞,-评析本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程和圆的方程、直线与圆的位置关系、一元二次不等式等基础知识。考查用代数方法研究圆锥曲线的性质。考查运算求解能力以及用函数与方程思想解决问题的能力。〔未经许可请勿转载〕9.【２01５浙江理,19，１５分】已知椭圆x22＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线ｙ=mx+12【1】求实数m的取值范围；【２】求△AOB面积的最大值【Ｏ为坐标原点】。解析【1】由题意知m≠0，可设直线AB的方程为ｙ=－1m由x22+y2=1,y=-1mx因为直线y=-1mx+b与椭圆x22+y2所以Δ=-２ｂ2＋2＋4m2将ＡＢ中点M2mbm2+2,mb=-m2+2由①②得m〈-63或m〉6【2】令t=1m∈-62则|AＢ|=t2+1·且O到直线ＡB的距离为ｄ=t2设△AOB的面积为S【t】，所以Ｓ【t】＝12|AB|·ｄ=12-当且仅当t2=12时,等号成立故△AOB面积的最大值为22评析本题主要考查椭圆的几何性质,直线与椭圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力。〔未经许可请勿转载〕1０。【２013课标Ⅱ理,2０，１2分】平面直角坐标系xＯy中，过椭圆M:x2a2＋y2b2=1【a〉b>０】右焦点的直线x+ｙ—3=0交M于A，B两点，Ｐ为AB的中点，【1】求M的方程;【2】C,Ｄ为M上两点，若四边形ＡCBD的对角线ＣD⊥AB，求四边形AＣＢD面积的最大值．〔未经许可请勿转载〕解析【１】设A【x1，y1】,B【ｘ2，y2】,P【ｘ0，y0】，则x12a2+y12b2＝1由此可得b2(x2因为x１+x2=２x0,ｙ1+y2=2y0，y0x0所以a２=2b2.又由题意知,Ｍ的右焦点为【3,0】，故a2－b2=3.因此a2＝6，b2=３。所以Ｍ的方程为x26+【2】由x+y-3=0,因此｜AB｜＝46由题意可设直线CD的方程为ｙ=x+n-5设C【x3,ｙ3】,D【x4,y4】．由y=x+n,x于是x3，4＝-2因为直线ＣD的斜率为1,所以｜CD|=2|x4－ｘ3|=43由已知,四边形ACBD的面积S＝12|CD｜·|AB|＝8当n=0时,S取得最大值，最大值为86所以四边形ACBＤ面积的最大值为86评析本题考查了直线和椭圆的位置关系，考查了解析几何中的中点问题和最值问题,计算量大，综合性较强．应充分重视方程思想和函数思想在解题中的作用.〔未经许可请勿转载〕１1。【2011课标理,2０,１２分】在平面直角坐标系xOｙ中,已知点A【０，－１】,B点在直线ｙ=-３上,M点满足〔未经许可请勿转载〕MB∥OA,MA·AB=MB·BA，M点的轨迹为曲线Ｃ。【1】求Ｃ的方程;【2】P为C上的动点,l为C在P点处的切线,求O点到l距离的最小值。解析【１】设Ｍ【x,y】，由已知得Ｂ【x,—3】,A【0，－1】.所以MA=【-ｘ,-1—y】,MB=【0,—3－y】，AB=【x，-2】.〔未经许可请勿转载〕再由题意可知【MA+MB】·AB=0，即【—x，－4－2y】·【x，－2】=0．〔未经许可请勿转载〕所以曲线C的方程为y=14ｘ2【2】设P【x0,ｙ0】为曲线C：ｙ=14x２—2上一点,因为ｙ’=12x,所以ｌ的斜率为12x因此直线l的方程为y—y0=12x0【x—x０】,即ｘ0ｘ-2y+2y0—x0则O点到ｌ的距离ｄ＝|2y又y0=14xd=12x02当x0=０时取等号,所以O点到l距离的最小值为2.1２。【2014福建文,２1,1２分】已知曲线Γ上的点到点Ｆ【0，1】的距离比它到直线y=－3的距离小2．〔未经许可请勿转载〕【1】求曲线Γ的方程；【２】曲线Γ在点P处的切线l与x轴交于点A，直线y＝3分别与直线l及ｙ轴交于点Ｍ，N．以MN为直径作圆C，过点A作圆Ｃ的切线，切点为Ｂ．试探究:当点Ｐ在曲线Γ上运动【点P与原点不重合】时，线段AB的长度是否发生变化？证明你的结论。〔未经许可请勿转载〕解析【1】解法一：设Ｓ【ｘ,y】为曲线Γ上任意一点,依题意，点S到F【0，１】的距离与它到直线y=－1的距离相等,所以曲线Γ是以点F【0，1】为焦点、直线y＝—1为准线的抛物线，所以曲线Γ的方程为ｘ2=4y.〔未经许可请勿转载〕解法二：设S【x，y】为曲线Γ上任意一点,则|y－【-3】｜-(x依题意，知点S【ｘ,y】只能在直线ｙ=-3的上方，所以y〉—3,所以(x化简得,曲线Γ的方程为x２=４y.【2】当点Ｐ在曲线Γ上运动时，线段AB的长度不变。证明如下：由【１】知抛物线Γ的方程为y=14ｘ２设P【ｘ0,y0】【x0≠0】,则y0=14由ｙ’=12x,得切线ｌ的斜率k＝y’|x=x0所以切线l的方程为ｙ—y０＝12x０【x－x0】，即y=12x0ｘ—1由y=12x由y=12x又N【０，３】，所以圆心C14半径ｒ=12｜MN|=1｜AB｜=|=12x0所以点P在曲线Γ上运动时,线段AB的长度不变.评析本题主要考查抛物线的定义与性质、圆的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等,考查运算求解能力、推理论证能力,考查数形结合思想、函数与方程思想、特殊与一般思想、化归与转化思想。〔未经许可请勿转载〕13.【2016课标Ⅱ,2０,１2分】已知椭圆E：x2t+y23＝1的焦点在ｘ轴上，A是Ｅ的左顶点,斜率为k【k〉0】的直线交E于A,Ｍ两点，点N在E上【1】当t=4,|AＭ｜=|AN|时,求△AMN的面积；【2】当２｜ＡM|=|AＮ｜时，求k的取值范围.解析【1】设M【ｘ1,y1】，则由题意知y1〉０。当t=4时,E的方程为x24＋y23＝1，A【-2，0】.由已知及椭圆的对称性知，直线AＭ的倾斜角为π4.因此直线AＭ的方程为y=x+２．将x＝ｙ－2代入x24+解得y＝0或ｙ=127，所以y１=12因此△AＭN的面积S△AMＮ=2×12×127×127【2】由题意,t〉3，k>0,A【—t，0】。将直线AM的方程y=k【x+t】代入x2t+y23=１得【3＋tk２】x2＋2t·tk2ｘ+ｔ2由x1·【—t】=t2k2-3t3+故|AM｜=｜x１+t｜1+k2=由题设，直线AＮ的方程为y=-1k【x+t故同理可得｜AN｜=6k由2｜AＭ|＝｜ＡN｜得23+tk即【k3-２】t=３k【2ｋ-1】.当k＝32时上式不成立,因此t=3t〉3等价于k3-2k2+k由此得k-2>0,k3-2<0因此ｋ的取值范围是【32解题关键第【1】问中求出直线ＡＭ的倾斜角是解决问题的关键；第【2】问利用2｜ＡM｜＝|AN｜得出t与ｋ的关系式，由t>3,建立关于k的不等式，从而得出k的取值范围。〔未经许可请勿转载〕考法四存在性问题１.【20１9课标Ⅰ文,21，12分】已知点A，B关于坐标原点O对称，｜AB|=４，☉M过点A,B且与直线x+２＝0相切。〔未经许可请勿转载〕【1】若A在直线x+y=0上,求☉M的半径；【2】是否存在定点P，使得当Ａ运动时,|ＭA|－｜MP｜为定值?并说明理由。〔未经许可请勿转载〕解析本题利用关于原点对称和直线与圆相切,考查圆的方程及圆的几何性质,要求学生具备较强的直观想象与逻辑推理能力,第【２】问设置开放性问题，考查抛物线的定义与性质．〔未经许可请勿转载〕【1】因为☉M过点A，B,所以圆心M在AB的垂直平分线上。由已知A在直线ｘ+ｙ=0上，且Ａ,B关于坐标原点Ｏ对称,所以M在直线y＝ｘ上，故可设M【ａ，a】。〔未经许可请勿转载〕因为☉M与直线x+2=0相切，所以☉Ｍ的半径为ｒ=｜a+2｜.由已知得|AＯ|＝２,又MO⊥AO,故可得2a2＋４=【a+2】２，解得ａ=0或a=4.故☉Ｍ的半径ｒ=2或ｒ=６．【２】存在定点P【１，0】，使得｜MA｜-|MＰ|为定值.理由如下：设M【ｘ，ｙ】,由已知得☉M的半径为r＝｜x+2|，|AＯ|=2，由于MO⊥AO,故可得x2＋y2+４=【x＋2】2,化简得Ｍ的轨迹方程为ｙ2＝4x.〔未经许可请勿转载〕因为曲线C：y２=4x是以点P【1,0】为焦点，以直线ｘ=－1为准线的抛物线，所以｜MP｜=ｘ+１。〔未经许可请勿转载〕因为｜MＡ|—｜MP｜=r-|MP｜=x＋2－【x+１】＝１,所以存在满足条件的定点P。〔未经许可请勿转载〕2。【２015课标Ⅰ理，20，１2分】在直角坐标系xＯｙ中,曲线Ｃ：ｙ=x24与直线l：y=ｋｘ＋a【ａ＞0】交于M，Ｎ两点【1】当k=０时,分别求C在点M和N处的切线方程；【２】y轴上是否存在点P，使得当ｋ变动时，总有∠OPM=∠OＰN？说明理由.〔未经许可请勿转载〕解析【1】由题设可得M【2a，a】,N【-２a，a】或M【—２a,ａ】，N【2a，a】.〔未经许可请勿转载〕又y＇＝x2，故ｙ=x24在x=2a处的导数值为a,C在点【2a，a】处的切线方程为y—a=a【ｘ—2a】,即y=x24在x＝－2a处的导数值为－a，Ｃ在点【—2a，ａ】处的切线方程为y－ａ=—a【x+２a】,即a故所求切线方程为ax—y-a=0和ax+y+ａ=0．【5分】【2】存在符合题意的点,证明如下:设P【0，ｂ】为符合题意的点,M【x1，ｙ1】,N【x２，y2】,直线PＭ,ＰＮ的斜率分别为k1，k2。〔未经许可请勿转载〕将y=kx+ａ代入C的方程得ｘ2-4ｋｘ—4a=0。故x１+x２=4k，x1ｘ2＝-4a．从而ｋ1+k2=y1-bx1+y2当b＝-a时,有k1＋k2＝０，则直线PＭ的倾斜角与直线PN的倾斜角互补,故∠OPM=∠OPN,所以点Ｐ【0，—a】符合题意．【１2分】〔未经许可请勿转载〕3．【2014湖南文,20，１3分】如图，Ｏ为坐标原点,双曲线C１：x2a12—y2b12=1【a1>０,b1＞0】和椭圆Ｃ2：y2a22+x2b22=1【ａ２＞b2【１】求C1，C2的方程;【2】是否存在直线l，使得ｌ与C１交于Ａ,B两点，与C2只有一个公共点，且｜OA+OB｜=|AB｜？证明你的结论.〔未经许可请勿转载〕解析【１】设Ｃ2的焦距为２c2,由题意知，２c2=2，2ａ１=2,从而a1=1,ｃ2=１。因为点P233,1在双曲线ｘ2-y2b12=1上，所以2由椭圆的定义知2a2＝2332+(1-1于是a２＝3，b22=a22—c22=2,故C1,Ｃ2的方程分别为x2-y【2】不存在符合题设条件的直线．【i】若直线l垂直于x轴，因为l与Ｃ2只有一个公共点，所以直线l的方程为x=2或ｘ=－2．〔未经许可请勿转载〕当x=2时,易知A【2，3】,B【2,—3】，所以｜OA＋OB｜=22，|AB|=23，此时,|OA+OB|≠｜AB｜.当x=—2时，同理可知,|OA＋OB｜≠|AB|．【ii】若直线l不垂直于x轴,设ｌ的方程为y=kx+ｍ，由y=kx+m,x2-y当l与C1相交于A，B两点时,设Ａ【x1，y1】，B【x2,y2】，则ｘ1，ｘ２是上述方程的两个实根，从而x1＋x2=2km3-k2，x１x于是y1ｙ２=k2ｘ1x2+km【x１+ｘ2】＋ｍ2＝3k2由y=kx+m,y23+因为直线l与Ｃ2只有一个公共点,所以上述方程的判别式Δ=1６k2m2-8【2ｋ２＋3】【m2-3】=0。化简，得2k2=m2－3,因此OA·OB=x1x2+y1ｙ2＝m2+3k2-3+于是OA2+OB2+2OA·OB≠OA2＋OB2—2即｜OA+OB｜2≠｜OA－OB｜２,故｜OA＋OB｜≠|AB|。综合【ｉ】，【ii】可知,不存在符合题设条件的直线。评析本题考查椭圆与双曲线的定义、几何性质、标准方程及直线与圆锥曲线的位置关系,同时考查方程思想，运算、推理能力,综合性较强．

〔未经许可请勿转载〕[2023版新高考版高考总复习数学5·3A版32_专题九95圆锥曲线的综合问题之1_9.5应用创新题组]〔未经许可请勿转载〕2023版新高考版高考总复习数学5·3A版32_专题九95圆锥曲线的综合问题之1_9.5专题检测题组2023版新高考版高考总复习数学5·3A版32_专题九95圆锥曲线的综合问题之1_9.5专题检测题组2023版新高考版高考总复习数学5·3A版32_专题九95圆锥曲线的综合问题之1_9.5专题检测题组9。5圆锥曲线的综合问题应用创新题组1。【202２届河北衡水模拟,14科技发展】“九天揽月"是中华民族的伟大梦想,我国探月工程的进展与实力举世瞩目．２0１９年,“嫦娥四号"探测器实现历史上的首次月背着陆,月球上“嫦娥四号”的着陆点被命名为天河基地,〔未经许可请勿转载〕如图是“嫦娥四号”运行轨道示意图，圆形轨道距月球表面1０0千米，椭圆形轨道的一个焦点是月球球心,一个长轴顶点位于两轨道相切的变轨处,另一个长轴顶点距月球表面１5千米,则椭圆形轨道的焦距为千米.〔未经许可请勿转载〕答案：85解析设椭圆的长半轴长为a千米,半焦距为ｃ千米，月球半径为ｒ千米,由题意可得a+c=100+r,a-2.【2021皖北协作体4月联考,14科技发展】“天问一号”推开了我国行星探测的大门，通过一次发射，将实现火星环绕、着陆、巡视,是世界首创，也是我国真正意义上的首次深空探测。20２1年２月10日，天问一号探测器顺利进入火星的椭圆环火轨道【将火星近似看成一个球体，球心为椭圆的一个焦点】.2月15日17时，天问一号探测器成功实施捕获轨道“远火点【椭圆轨迹上距离火星表面最远的一点】平面机动”,同时将近火点高度调整至约２65千米.若此时远火点距离约为119４５千米,火星半径约为34０0千米，则调整后“天问一号”的运行轨迹【环火轨道曲线】的离心率约为。【精确到0.1】

〔未经许可请勿转载〕答案:0。6解析设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1【a＞b〉０】，由椭圆的性质可得椭圆上的点到焦点的距离的最小值为a-c，最大值为ａ+ｃ，根据题意可得近火点满足a—c=３400+2６5＝3６65,远火点满足ａ＋c=3400+11945=15３４5,解得a=9505，c＝５８4０,所以椭圆的离心率为e=3．【20２2届广西玉林一模，2０改编题型创新】①双曲线C的渐近线方程为y=±33ｘ,左焦点为Ｆ1【-2，０】；②双曲线C的实轴长为23,点P为双曲线C右支上一点，Ｆ1，Ｆ２分别为左、右焦点，且PF1·PF2的最小值为—1,在上面两个条件中任选一个,补充在下面横线中已知双曲线C:x2a2—y2b2=1【a〉０，ｂ>0】的左、右焦点分别为【1】求双曲线Ｃ满足条件时的标准方程；

【2】过点Q【2,0】作直线l与【1】中所求的双曲线Ｃ右支交于A,B两点,若AQ=２QB，求直线l的方程.〔未经许可请勿转载〕解析【1】若选条件①,由已知得c=2,∴双曲线C的标准方程为x23-y若选条件②,由题意可得,2a=23,则a=3，PF1→·PF2→=【PO→＋OF1→】·【PO→+OF2→】=PO→2-c２≥ａ2-c∴b２＝ｃ2－a2=4-3=1，∴双曲线C的标准方程为x23－ｙ【２】设直线ｌ的方程为ｘ－２=my，A【x1，y1】,B【x2，y2】,∵AQ＝2QB，∴y1＝－２y2①，〔未经许可请勿转载〕由x-2=my,x23-y则ｙ1+y２=-4mm2-3②，y由①②③得m=±111，检验得Δ〉0,∴直线ｌ的方程为y＝±11【ｘ—2】．

[2023版新高考版高考总复习数学5·3A版32_专题九95圆锥曲线的综合问题之1_9.5专题检测题组]〔未经许可请勿转载〕2023版新高考版高考总复习数学5·3A版32_专题九95圆锥曲线的综合问题之1_习题WORD版2023版新高考版高考总复习数学5·3A版32_专题九95圆锥曲线的综合问题之1_习题WORD版2023版新高考版高考总复习数学5·3A版32_专题九95圆锥曲线的综合问题之1_习题WORD版9．５圆锥曲线的综合问题一、选择题1。【2021浙江,9，4分】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【】〔未经许可请勿转载〕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：C由题意知f【s】=as2+b,f【s-t】=a【ｓ—t】２+b=【ａｓ2+b】＋aｔ【t-2s】,f【ｓ＋t】=ａ【s+ｔ】２＋ｂ＝【as2+ｂ】＋ａt【t+２s】,〔未经许可请勿转载〕∵ｆ【s—t】，f【ｓ】，f【s＋ｔ】成等比数列,∴ｆ【ｓ－t】·f【s+ｔ】=f２【ｓ】⇒[【ａs2+b】+ａt【ｔ—2s】］[【aｓ2+b】+at【t+２s】]=【ａｓ2+b】2⇒aｔ【as2+b】【ｔ-2s+t＋２s】+a2t2【ｔ２－4ｓ２】=0⇒2at2【ａs2+b】＋ａ2t2【t2—4ｓ2】=０，【*】〔未经许可请勿转载〕①当ｔ＝0时，s∈R，故【s,ｔ】的轨迹为一条直线;②当t≠0时，【*】式可化为２as2+2b＋at2—4as2＝0，即2as2－aｔ２=2b,因为ab〉0，所以s2—t22=ba〉0,故【s，ｔ】的轨迹为双曲线，二、解答题2。【２022届广西开学考,２2】设双曲线x23—y２=1的右焦点为Ｆ，过F的直线与双曲线C的右支交于Ａ、B两点【１】若直线AB与ｘ轴不垂直，求直线的斜率的取值范围;【２】求AＢ中点的轨迹方程.解析【1】由题知F【２，0】，设直线AB的方程为y＝k【x-2】，代入方程x23－y2=１，得【3k2-1】x２-1２ｋ２ｘ＋12ｋ２+3=0．设A【x1,ｙ1】，B【x2，y2则x1所以k∈-∞,-33∪【2】设AB中点坐标为【ｘ０，y0】,若直线AB的斜率存在，ｘ0＝x1+x22＝6k23k2-1，y0=y1+y22=ｋ【x0—２】=2k3k2-1,消去ｋ得,【ｘ若直线AＢ的斜率不存在,则x0=２，y0=0,满足【x-1】2—３y２=1。综上，ＡＢ中点的轨迹方程为【x—1】２－３y２=1【ｘ≥2】。〔未经许可请勿转载〕3.【2022届山西怀仁一中期中，21】已知点A【－2,0】,B【２,０】,设动点P满足直线PＡ与PB的斜率之积为—34,记动点P的轨迹为曲线E.【1】求曲线E的方程；【2】若动直线l经过点【1，０】，且与曲线E交于Ｃ，D【不同于A，B】两点，问：直线AC与ＢD的斜率之比是不是定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由.〔未经许可请勿转载〕解析【1】设P【x,y】，由题意可得ｋPＡ·ｋPＢ=—34,所以yx+2·yx-2=-34【ｘ≠±２】,所以曲线E的方程为【2】由题意知，可设直线ｌ：x＝my+１，C【ｘ1，ｙ1】,Ｄ【ｘ2，y２】，由x=my+1,x24+y23=1(x≠±2),可得【３m2＋4】y2+６my-9=０,则y１+y2＝-6m3m2+4，y1y2=-93m2+4，因为直线AC的斜率k1=y1x1+2,直线BD的斜率k2=y2x2-24。【202１四省八校调研,20】已知圆锥曲线E：(x-1)2+y2+(x+1)2【１】求曲线E的标准方程；【２】设直线PR，QR的斜率分别为ｋ1，k2，求k1k2的值。解析【1】由(x-1)2+y2+(x+1)2+y2=4可得,点【x,ｙ】到定点【—1,0】，【1,０】的距离的和为4.由椭圆的定义可知动点【ｘ，y】的轨迹即圆锥曲线E是以【—１,0】，【1,０】为左、右焦点,2a＝４为长轴长的椭圆【此处必须由定义说明圆锥曲线的类型】，则其长半轴长【2】由题意得过点Q【-4,４】的直线l的斜率存在，设为k,则直线l的方程为y—４＝k【x+４】，即y=kx+4＋4ｋ,〔未经许可请勿转载〕代入x24+y23=１,整理，得【3+4k２】x2+32【ｋ+1】kx+64k２＋1２８k+5２=0【※】。∵ｌ与∴Δ=10２4【k＋1】2k2－4【3+4ｋ2】【6４k2＋１28ｋ+52】=０，〔未经许可请勿转载〕即12k2＋32ｋ+１3＝0。解得ｋ=－12或k＝-136.【k的值有两个，需分两种情况求解设P【x0，ｙ０】，当k=—12时,方程【※】为ｘ2-2x＋1=0，得x0=１,∴ｙ０=32,∴k1=34,又ｋ２＝－43,∴k１当k=-136时,方程【※】为49x2+182ｘ+169＝0,得x０=—137,∴y0=-914,∴ｋ1=34，又k2＝-43,∴k１k２＝-1．综上所述,k１5．【2022届甘肃名校月考，21】已知Ｆ1,F２分别是椭圆Ｅ：x2a2+y2右焦点，｜F1F2|=６,当P在Ｅ上且ＰＦ1垂直于x轴时,｜ＰF２｜=7|PF1｜.〔未经许可请勿转载〕【1】求E的标准方程；【2】A为E的左顶点,Ｂ为Ｅ的上顶点,M是E上第四象限内一点,AM与y轴交于点Ｃ,ＢM与x轴交于点D．求证:四边形ABDC的面积是定值。〔未经许可请勿转载〕解析【１】由题意知｜PF1|＝b2a，｜ＰF2｜+｜PＦ1|=2a，｜PF2｜＝7｜ＰF1|,则8|PF1｜=2a,所以a=2b,又c=3,a2=ｂ2＋ｃ2,∴a=23,b=3∴Ｅ的标准方程是x212+【2】证明:由题意知Ａ【－23，0】，B【0,3】,设M【m,n】,Ｃ【0,t】,Ｄ【ｓ,0】,因为Ａ,C，M三点共线，所以设AC＝λAM，解得t=23nm+23，又Ｂ,D，M三点共线，所以设BD=μBM，易知，｜ＡD｜=ｓ+23，｜BC｜=3-ｔ,m212+所以｜AＤ｜·|BＣ|＝3s—23ｔ—sｔ+6=－3mn-3－12nm+23＋6mn(n-3)(m+23)＋6=－6．【２0２2届长春外国语学校期中，２1】已知椭圆C:x2a2+y2b2＝1【a＞ｂ＞0】的离心率与等轴双曲线的离心率互为倒数关系,直线l:x—y+2=0与以原点为圆心【1】求椭圆C的方程；【2】设M是椭圆的上顶点，过点M分别作直线MA,MＢ交椭圆于Ａ,B两点，设两直线的斜率分别为k１,k２,且k1+k２=４,证明:直线ＡB过定点，并求出该定点.〔未经许可请勿转载〕解析【1】易知，等轴双曲线的离心率为2，故椭圆C的离心率e＝22。∵e2=c2a2=a2-b2a2=12，∴ａ2=２b2．由x-y+2=0与圆x2+y２＝ｂ2相切，得22=b,【2】已知M【0，1】。当直线AB的斜率不存在时，设方程为ｘ=x０【x0≠0】，A【x0，y0】，B【x0，—y0】．由ｋ１+k2=4，得y0-1x0＋-y0-1x0=４，即x０=－12.此时直线AＢ的方程为x=－12.当直线ＡB的斜率存在时，设AB的方程为ｙ＝kx＋m，依题意知m≠±1.设A【ｘ1,y1】，Ｂ【ｘ2,y2】,由y=kx+m,x22+y2=1得【1+2k2】x2＋４kmx+2m2—２＝０。则∴kx1+m-1x1∴k-kmm+1=2,∴k=２【ｍ+1】，∴m=k2—1．故直线ＡＢ的方程为ｙ=kx+k2-1,即y=kx+12—1.∴直线AB过定点-12７.【2022届成都蓉城名校联盟联考一，20】已知椭圆Ｅ：x2a2＋y2b2=1【a〉b＞0】的长轴长与短轴长之比为２,过点P【0，25】且斜率为【1】求椭圆Ｅ的方程；【2】过点T【2，０】的直线l与椭圆E交于Ａ,B两点，与直线x＝８交于Ｈ点，若HA=λ1AT，HB＝λ2BT．证明:λ1+λ2为定值．〔未经许可请勿转载〕解析【1】由题意知，ab=２,a=2ｂ，切线方程为ｙ＝x+25。设椭圆方程为x24b2+y2b2=1,联立得y=x+25,x24b2+y2b2=1,整理得5ｘ2【2】由题意知，直线ｌ的斜率一定存在.当直线l的斜率为零时，易得λ1+λ２=0;当直线l的斜率不为零时，设直线l：x=ｔy+2【t≠0】,A【x1，y1】,B【x2，y2】，联立x=ty+2,x2+4y2=16,得【t2＋4】y２＋4ty－１2=０，则y1+y２=-4tt2+4，ｙ1ｙ2=-12t2+4,直线l:x＝ty+2，令x=8,则ｙ=6t,即Ｈ8,6t．∵HA＝x1-8,y1-6t，AT＝【２-x1，－ｙ1】,HA=λ1AT,∴x1-8=８.【20２1皖南八校第三次联考,2０】已知椭圆C:x2a2＋y2b2=1【a>b>0】的左焦点为F，过点F的直线l与椭圆交于Ａ,B两点，当直线l⊥x轴时，|AB｜=2【1】求椭圆C的方程;【2】设直线l’⊥l,直线ｌ’与直线l、x轴、y轴分别交于M、Ｐ、Q，当点M为线段AB中点时,求PM·PFPO解析【1】由题意可知F【－c,0】．当直线l⊥x轴时，｜AB｜＝2b2a＝2,ｔａn∠AOＢ=2tan∠AOF1-tan2∠AOF=２2，解得tan∠AOＦ=22或—2，∵∠AOＦ∈0,π2，∴tan∠AOF=22=【２】设A【x1,ｙ1】，B【ｘ2,y２】,依题意直线l的斜率一定存在且不为零,设l:y=ｋ【x+1】,由y=k(x+1),x22+y2=1,消去y得【２k2+１】x2+4k2ｘ＋２k2－2=0,则x1+x2=-4k22直线l’:y—k2k2+1=-1kx+2k22k∴PM·PF＝｜PM|2，PO·PQ=|PO｜２，∴PM·PFPO·PQ=|PM|2|PO|2＝-∴PM·PF9。【202２届四川内江六中月考，20】已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1【ａ>b〉0】的左、右焦点分别为F１、F2,过F2且与ｘ轴垂直的直线与椭圆C交于Ａ,Ｂ两点，△AOB的面积为22,点P为椭圆C的下顶点【1】求椭圆C的标准方程；【2】经过抛物线ｙ2=4x的焦点F的直线l交椭圆C于Ｍ,N两点，求|FM·FN｜的取值范围.〔未经许可请勿转载〕解析【1】因为△OPＦ2为直角三角形,所以b2＋c2=|PF２｜2=【2b】2，故b=c,又S△AＯB=12·2b2a·ｃ=b2ca=22，所以ｂ２c=22a，又a2=b２＋c2，所以b3=22·b2+c2=４ｂ，故b2=4，所以ａ2=b2【2】由题意得Ｆ【1，0】，M，Ｎ，F三点共线,所以|FM·FN｜＝||FM|·｜FN｜·coｓπ｜=|FM|·|ＦN｜。若直线l斜率为零，则｜FM·FN|=|ＦM|·｜FN｜=【a—１】【a+1】＝7;若直线l斜率不为零,设直线l的方程为x=my+1,M【x１，y1】，N【ｘ2,y2】,则x=my+1,x28+y24=1,消去ｘ得【ｍ2＋2】y2+2my－7＝0,所以y1+y2=-2mm2+2,ｙ1ｙ2=-7m2+2，则｜FM｜=(x1-1)2+y12=(my1+1-1)2+y12＝m2+1｜y1｜，同理｜FN|=m2+1·｜y2|,所以|FM·FN１0．【2022届黑龙江大庆月考，20】已知椭圆E:x2a2+y2b2=1【a〉ｂ〉0】的左、右焦点分别为Ｆ1、F2，其离心率为12。【１】求椭圆E的方程；【2】过F1的直线与椭圆相交于C,Ｄ【不与顶点重合】，过右顶点B分别作直线BC,ＢD与直线x＝—4相交于Ｎ，M两点,以ＭＮ为直径的圆是否恒过某定点？若是,求出该定点坐标;若不是，请说明理由。〔未经许可请勿转载〕解析【１】由题意得，ca=12，|ＡB|=２a=4，∴a=2，c=1，b＝a2-c2＝3,∴椭圆Ｅ【2】恒过定点【－7，０】和【－1，0】.由【1】知F1【—1，0】，Ｂ【2,0】,由题意得,直线ＣD的斜率不为0，设直线ＣD的方程为x＝my-１,代入椭圆E的方程x24+y23=1,整理得【３m2＋4】y2-6my－9＝0。设C【x1,y1】，D【ｘ2，y2】,则y1＋y２=6m3m2+4①,ｙ１y2=－93m2+4②。直线BC:y=y1my1-3【x－2】,令x=-４,可得Ｎ-4，-6y1my1-3，同理M-4,-6y2my2-3，∴以MN为直径的圆的方程为【x+4】【ｘ+４】+y+6y1my1-3y+6y2my2-3=0，即x1２。【2０22届湘豫名校联盟１1月联考，２０】已知椭圆E：x2a2+y2b2=１【a〉b＞0】的离心率e=63，其左，右焦点为F１，Ｆ２,P为椭圆E【1】求椭圆E的方程；【2】设直线l：y=kｘ+m与椭圆Ｅ交于A【x1，y1】,B【ｘ2,y２】两点,且x12+x22＝3,是否存在这样的直线l与圆x2+y2=1相切?如果存在，直线l有几条？如果不存在解析【1】由题意知，e＝63，所以b2a2=1—e2=13，即a2=３b2,易知｜PO｜２∈［b2,ａ2]，所以b2＝1，故椭圆E的标准方程为【2】联立y=kx+m,x2+3y2=3,整理得【３k2+1】x2+6ｋｍx＋３m2－3=0。所以ｘ1+ｘ因为x12+x22=【ｘ1+ｘ2】2-2x１·ｘ2＝3，所以化简得1２k2m2—2【m2—１】·【3k2＋1】=【３k2即２ｍ２·【３k2-1】＝【３k2＋１】·【3ｋ2—1】，所以３ｋ2—1=0或3k2+1＝２m２,又直线l:ｙ=ｋx+ｍ与圆x2+ｙ2=1相切,所以|m|1+k2=1,即k2+１=m2。当3k2－1＝0时,解得k2=13,m2=43，直线l的方程为y=±33x±233;当3k2+１=2ｍ2时,解得k２=1,m2=２,直线l的方程为y=±x±2１3.【２022届江西月考，21】过抛物线y2=２px【p>0】的焦点F作倾斜角为θθ≠π2的直线，交抛物线于Ａ，B两点,当θ=π3时,以FA为直径的圆与y轴相切于点【1】求抛物线的方程;【2】试问在x轴上是否存在异于Ｆ点的定点P，使得|FA|·|PB｜＝|ＦB｜·|PA|成立?若存在，求出点Ｐ的坐标；若不存在，请说明理由。〔未经许可请勿转载〕解析【1】取FA的中点C,过Ｃ作CＥ⊥x轴于Ｅ，连接CT.因为以ＦA为直径的圆与y轴相切于点T【0，3】,所以CT⊥y轴于Ｔ，故｜ＣE|=｜OT｜=3,因为θ=π3,即∠CFＥ=π3,所以｜CF|=2，|EF｜=1，所以C1＋p2,3，所以A2+p2,23，故【23】２＝２p·2+p2，又【2】设P【x0，0】【x0≠1】,且F【1，０】,由题意可知直线ＦA的斜率不为０,故设直线FA：x=my＋1,联立x=my+1,y2=4x,整理得y2—4mｙ—4=0,设A【x1,y１】,B【x2,ｙ2】，则ｙ1y2=－4。易知|FA||FB|=|y1||y2|,|PA||PB|＝(x1-x0)2+(y1-0)2(x2-x0)2+(y2-0)2,因为｜FA｜·｜PＢ｜＝|FB｜·|PA|，即|FA|14.【2021山西太原二模,20】已知椭圆Ｃ：x2a2+y2b2=1【a>ｂ〉0】的左、右顶点分别是A，B，直线l：x=23与椭圆C相交于Ｄ，Ｅ两个不同点,直线DA与直线DB的斜率之积为-1【１】求椭圆C的标准方程；【2】若点P是直线l：x=23的一个动点【不在x轴上】，直线AP与椭圆Ｃ的另一个交点为Q，过P作BQ的垂线，垂足为M,在x轴上是否存在定点N，使得|MN|为定值?若存在,请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.解析【1】设Ｄ23由题意得kDA·k∴椭圆C的方程为x24+y【2】假设存在这样的点Ｎ,设直线ＰM与x轴相交于点Ｔ【x0,0】，由题意得TP⊥BQ,由【1】得A【—2，０】，B【2,0】，设P23,t,ｔ≠０，Q【x1，y1】，由题意可设直线AP的方程为x=my－2，由x=my-2,x24+y2=1得【m2+4】y2－４mｙ=0,∴y1=4mm2+4或ｙ1＝0【舍去】，ｘ1=2m2-8m2+4，∵23=ｍt—2,∴ｔ=83∴直线PＭ过定点T【0，0】,∴存在定点Ｎ【1,0】，使得|ＭN|=１.

[2023版新高考版高考总复习数学5·3A版32_专题九95圆锥曲线的综合问题之1_习题WORD版]〔未经许可请勿转载〕9。5圆锥曲线的综合问题综合篇知能转换A组考法一求轨迹方程１.【202０课标Ⅲ文，６,5分】在平面内,Ａ,B是两个定点，C是动点.若AC·BC=1，则点C的轨迹为【】〔未经许可请勿转载〕A．圆B。椭圆Ｃ。抛物线D。直线答案:A2．设圆【x+1】2+y2=25的圆心为Ｃ,A【１，0】是圆内一定点，Q为圆周上任一点，线段AQ的垂直平分线与CＱ的连线交于点M，则M的轨迹方程为【】〔未经许可请勿转载〕A。4x221－4y225=1Ｃ。4x224-4y221=1答案：Ｄ3.【多选】【2022届重庆巴蜀中学1０月月考，11】已知点Ｑ是圆Ｍ:【x+2】2＋ｙ２＝4上一动点,点N【2，0】,若线段NＱ的垂直平分线交直线MQ于点Ｐ，则下列结论正确的是【】〔未经许可请勿转载〕A．点P的轨迹是椭圆B.点P的轨迹是双曲线C。当点P满足PM⊥PN时,△PMN的面积Ｓ△PMN＝３Ｄ。当点P满足PＭ⊥MN时,△PＭＮ的面积S△ＰMN＝6答案：BCD4。【201７课标Ⅱ理【文】,２0，1２分】设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x22+y2＝1上,过M作x轴的垂线,垂足为Ｎ,点P满足NP=2【1】求点P的轨迹方程；【２】设点Q在直线x=—3上，且OP·PQ=１。证明：过点P且垂直于OＱ的直线l过C的左焦点F。〔未经许可请勿转载〕解析【1】设P【x，y】，M【x0,y０】，则N【x0，0】，NP=【x—x０，y】,NM=【0，y０】.由NP=2NM得x0=x，y0＝22因为Ｍ【x０，y0】在C上,所以x22＋因此点P的轨迹方程为x2+y2=2。【２】证明：由题意知F【－１,0】。设Q【-3,t】，P【m,n】，则OQ=【-3，t】，PF=【－1－m，—n】，OQ·PF=3＋3m－ｔn，OP=【ｍ,ｎ】,PQ=【—３－m,ｔ-n】．〔未经许可请勿转载〕由OP·PQ=1得－３m－ｍ2+tn—n2=1，又由【1】知m2＋n2=2，故3+3m—tｎ=0．所以OQ·PF=０，即OQ⊥PF．又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于ＯQ的直线l过Ｃ的左焦点F。〔未经许可请勿转载〕考法二定值与定点问题的解题方法１。【202２届广东韶关九校１1月联考,21】已知抛物线C:y2＝２px【p＞０】上的点P【1，y０】【ｙ0〉０】到焦点的距离为2。〔未经许可请勿转载〕【1】求点P的坐标及抛物线C的方程；【2】若点M、N在抛物线C上，且kPＭ·kＰN=—12，求证：直线MＮ过定点．解析【1】设抛物线的焦点为F,则Ｆp2,0．准线方程为ｘ=-p2，由抛物线的定义得1+p2=2,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=４ｘ，把【1，y０】代入得y02＝４,因为ｙ0＞0,所以【２】证明:由题意知直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x=my+n,M14y12,y1,N14y22,y2，联立x=my+n,y2=4x,得ｙ2-4ｍy-４n=０,Δ＝１６m2+4×4n〉０，ｙ１+ｙ2=４m,ｙ１ｙ2=-4n，所以16(y1+2)(y2+2)＝－12，即ｙ1所以-4n＋8m+３６=0，即n=2m＋9，满足Δ〉0，所以直线MN的方程为x=my＋2ｍ+９＝m【y+2】+9，所以直线MＮ过定点【９，—2】.２。【2０２1武汉4月质检，21】设抛物线Ｅ:ｙ２=2ｐx【p〉0】的焦点为F,过F作直线ｌ交抛物线Ｅ于Ａ，Ｂ两点。当l与ｘ轴垂直时，△ＡOＢ的面积为8，其中O为坐标原点