2025年高考数学复习大题题型归纳：专题16 圆锥曲线中的探索性和综合性问题（解析）

专题16圆锥曲线中的探索性和综合性问题1．在直角坐标平面中，△ABC的两个顶点的坐标分别为A−77a,0,B77a,0(a>0)(1)求△ABC的顶点C的轨迹方程；(2)若过点P0,a的直线与（1）的轨迹相交于E､F(3)若G−a,0,H2a,0,θ为C点的轨迹在第一象限内的任意一点，则是否存在常数λ(λ>0)，使得【答案】(1)x(2)−(3)存在λ=2；理由见解析【分析】（1）设Cx,y，由MA+MB+MC=0知Mx3,y3，由NA=NB（2）设Ex1,y1､Fx2（3）通过由特殊到一般的方法进行求解.【详解】（1）设Cx,y，由MA∴M是△ABC的重心，∴Mx∵NA=NB且向量MN与AB共线，∴N∵A−又∵NC化简得x2即所求的轨迹方程是x2（2）设Ex1,y1代入x2−y∴x且△=4a2k∴k2−3<1，则4∴=4a则PE⋅PF的取值范围是（3）设Qx0,y0当QH⊥x轴时，x0即∠QHG=2QGH，故猜想λ=2.当QH不垂直x轴时，tan∠QHG=−∴tan又2∠QGH与∠QHG同在0,π∴2∠QGH=∠QHG.故存在λ=2，使2∠QGH=∠QHG恒成立.【点睛】轨迹问题一般方法有三种：定义法，相关点法.定义法：（1）判断动点的运动轨迹是否满足某种曲线的定义；（2）设标准方程，求方程中的基本量（3）求轨迹方程相关点法：（1）分析题目：与动点M(x,y)相关的点P(x（2）寻求关系式，x0=f(x,y)，（3）将x0，y（4）整理关于x，y的关系式得到MM的轨迹方程2．“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）：步骤1：设圆心是E，在圆内异于圆心处取一点，标记为F；步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点F；步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆.若取半径为6的圆形纸片，设定点F到圆心E的距离为4，按上述方法折纸.以点F、E所在的直线为x轴，线段EF中点为原点建立平面直角坐标系.(1)求折痕围成的椭圆的标准方程；(2)若过点Q1,0且不与y轴垂直的直线l与椭圆C交于M，N两点，在x轴的正半轴上是否存在定点Tt,0，使得直线TM，【答案】(1)x(2)存在，T3,0，【分析】（1）根据椭圆的定义对照折纸的方法求出a,b,c；（2）设直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理再结合斜率的两点公式求解即可.【详解】（1）如图以FE所在的直线为x轴，FE的中点O为原点建立平面直角坐标系，设Px,y为椭圆上一点，由题意可知，PF所以P点轨迹是以F，E为焦点，长轴长2a=6的椭圆，所以c=2，a=3，则b2所以椭圆方程为x2（2）由已知：直线l过Q1,0，设l的方程为x=my+1联立两个方程得x29+y2Δ=100m2+160设Mx1,y1，N所以kTM⋅k将（*）代入上式，可得kTM要使kTM⋅kTN为定值，则有9−t∴t=3，此时kTM∴存在点T3,0，使得直线TM与TN斜率之积为定值−【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为x1（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1（5）代入韦达定理求解.3．已知椭圆C：x24+y2b2=10<b<2，设过点A1,0的直线l交椭圆C于M，N两点，交直线(1)若AM≥1，求b(2)若b=1，记直线EM，EN，EP的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在k1，k2，k3的某种排列ki1，ki2，ki3【答案】(1)[(2)k1，k3，k2【分析】（1）设点Mx1,y1，表示出AM，结合AM（2）判断出结论，加以证明；考虑直线l的斜率为0和不为0两种情况；当直线l斜率不为0时，设直线l:x=my+1(m≠0),M(x1,【详解】（1）设点Mx1,y1则|AM|=(x1−1)2由AM≥1，得(1−∵x1≤2,0<b<2只需2≤2b24−b所以b的取值范围是[2（2）k1，k3，k2若b=1，则C:x24①若直线l斜率为0，则点P4,0，不妨令点M则k1=−t,k2=t3,kk1，k3，k2②直线l斜率不为0，设直线l:x=my+1(m≠0),M(x则点P(4,3由x=my+1x24+y故y1因为k1所以k==−6所以k1，k3，k2综合上述，k1，k3，k2【点睛】难点点睛：本题第二问与数列进行了综合，形式比较新颖，有一定难度，难点在于判断出结论，进而证明，证明时结合直线方程联立椭圆方程，利用根与系数的关系结合k14．椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0(1)求椭圆C的方程；(2)若点Mx0,y0是椭圆x2m2+y2n2=1m>n>0上任一点，则该椭圆在点M处的切线方程为x0x（i）求证：PF（ii）在椭圆C上是否存在点N，使得△PF1Q【答案】(1)x(2)（i）证明见解析；（ii）不存在，理由见解析【分析】（1）根据顶点和离心率建立方程求解即可；（2）利用椭圆上点的切线方程结论表示直线NP,利用垂直关系求出直线NQ，从而求出P、Q坐标，利用数量积证明PF1⊥Q【详解】（1）由已知得a=2ca=12（2）（i）依题意得，直线NP:x1x4+则直线NQ方程为y−y1=4y又F1−1,0，∴PF（ii）由（1）知△PF1Q为直角三角形，又P∴S△P当且仅当9y12又∵N为椭圆C上异于顶点外的任意一点，∴y1∴y1≠±3，故不存在这样的点N使得5．如图所示，由半椭圆C1:x24+y2b2=1y≤0和两个半圆C2:x+12+y2=1y≥0(1)求C1(2)若过点F1,F2作两条平行线l1,l2分别与C1【答案】(1)x(2)5【分析】（1）由圆的方程可确定圆心坐标，即椭圆焦点坐标，进而根据椭圆a,b,c关系求得方程；（2）根据对称性将问题转化为求解椭圆x24+【详解】（1）由两圆的方程知：圆心分别为C1−1,0，C21,0，即∴b2+1=4，解得：b（2）由题意知：MN+∵l1//l2，∴由对称性可知：M设l2:x=my+1，其与椭圆x24由x=my+1x24+∴y1+∴M当m=0时，MF1+PF2取得最小值【点睛】关键点睛：本题考查直线截椭圆所得弦长最值的求解问题，本题求解最小值的关键是能够对MN+PQ转化为MF6．已知抛物线H:x2=2py（p(1)若直线l:y=kx−2pk+2p与H只有一个公共点，求k；(2)贝塞尔曲线是计算机图形学和相关领域中重要的参数曲线．法国数学象卡斯特利奥对贝塞尔曲线进行了图形化应用的测试，提出了DeCasteljau算法：已知三个定点，根据对应的比例，使用递推画法，可以画出地物线．反之，已知抛物线上三点的切线，也有相应成比例的结论．如图，A，B，C是H上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D，E，F，证明：|AD||DE|【答案】(1)k=2(2)证明见解析【分析】（1）联立直线l的方程和抛物线方程，消去y后利用判别式求得k的值.（2）求得过A,B,C三点的切线方程，进而求得D,E,F的恒坐标，根据抛物线的知识证得结论成立.【详解】（1）将y=kx−2pk+2p代入x2化简得x2方程（*）的判别式Δ=4p化简得k2即k=2．（2）设Ax设抛物线x2=2py在A点处的切线方程为由y−yA=kAΔ=4ppkA2解得kA=xpy−pyA=即2py=2x同理可求得抛物线x22py=2xBx−由过A,B,C的切线方程两两联立，可以求得交点D，E，F的横坐标分别为：xD=xA+注意到结论中线段长度的比例可以转化为点的横坐标的比例，得|AD||DE|命题得证．7．已知直线l与抛物线C1:y2=2x交于两点Ax1,y1，Bx2,y2(1)若直线l过点M1,0，且1BM−(2)①证明：1y②设△AOB，△COD的面积分别为S1，S2，（O为坐标原点），若AC=2【答案】(1)l:x=y+1(2)①证明见解析；②S【分析】（1）设Ay122,y1，By222,y2，设l:x=my+1，联立直线和抛物线，利用韦达定理和两点间距离公式，代入1BM−1AM=22【详解】（1）设Ay122,y1，By2设l:x=my+1，联立y2=2xx=my+1则y1+y1BM解得m=1，则l:x=y+1.（2）设l:x=my+n，①联立y2=2xx=my+n则y1+y联立y2=4xx=my+n，整理得y2−4my−4n=0则1y②AC=2则y2−4m4m+其中y1,y3>0则y2=−6m，y3=12m，8．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为3，直线(1)求线段AB中点的坐标;(2)若a=1，过点D作斜率为2x0y0的直线l' 与直线l1:2x−y=0交于点P，与直线【答案】(1)−1,−2；(2)174【分析】（1）由离心率为3，可得双曲线C的方程为2x2−（2）结合（1），由题可得直线l'的方程为x0x−y0y2=1，2x02−y02=2，R为则m=34x【详解】（1）依题意，双曲线C的离心率e=ca=故双曲线C的方程为2x联立2x2−y2设Ax1,设线段AB的中点为Ex',将x'=−1代入直线l:y=x−1，得故线段AB的中点坐标为−1,−2；（2）依题意，a=1，则双曲线C的方程为x2直线l':y−y所以x02−y0由题可知，点O,P,Q均不重合，由|RO|=|RP|=|RQ|易知R(m,n)为△OPQ的外心，设Px3,y3,Qx线段OP的垂直平分线的方程为y−y32=−2联立y−y32联立y3=2x3故x3x故m=3即m2则m2【点睛】关键点点睛：本题涉及直线与双曲线方程的综合运用，难度较大.（1）虽然双曲线方程带有参数，但联立双曲线与直线方程后可发现x1+x2=−2，据此可得答案；（2）关键为从|RO|=|RP|=|RQ|9．如图，过抛物线E:x2=2py(p>0)的焦点F作直线l交E于A，B两点，点A，B在x轴上的射影分别为D，C．当AB平行于x(1)求p的值；(2)过抛物线上两点的弦和抛物线弧围成一个抛物线弓形，古希腊著名数学家阿基米德建立了这样的理论：以抛物线弓形的弦为底，以抛物线上平行于弦的切线的切点为顶点作抛物线弓形的内接三角形，则抛物线弓形的面积等于该内接三角形面积的43倍．已知点P在抛物线E上，且E在点P处的切线平行于AB，根据上述理论，从四边形ABCD中任取一点，求该点位于图中阴影部分的概率为12时直线【答案】(1)p=2(2)±【分析】（1）当AB平行于x轴时，四边形ABCD为矩形，根据矩形面积公式求出p的值；（2）设l:y=kx+1，Px0,y0，Ax1,y1，Bx【详解】（1）当AB平行于x轴时，四边形ABCD为矩形，|AB|=2p，|AD|=p所以SABCD=|AB|⋅|AD|=2p×p（2）由（1），抛物线E:x2=4y，即y=x2设l:y=kx+1，Px0,y0则y'x=x联立x2=4y,y=kx+1,得y2则|AB|=y1+所以S△ABP=1又y1−y又四边形ABCD是直角梯形或矩形，所以S四边形ABCD所以概率P=1−S解得k=±22，所以该点位于图中阴影部分的概率为1210．某城市决定在夹角为30°的两条道路EB、EF之间建造一个半椭圆形状的主题公园，如图所示，AB=2千米，O为AB的中点，OD为椭圆的长半轴，在半椭圆形区域内再建造一个三角形游乐区域OMN，其中M，N在椭圆上，且MN的倾斜角为45°，交OD于G．(1)若OE=3千米，为了不破坏道路EF，求椭圆长半轴长的最大值；(2)若椭圆的离心率为32，当线段OG长为何值时，游乐区域△OMN【答案】(1)2(2)OG=【分析】（1）根据直线EF与椭圆相切时，长半轴最大，利用判别式为0即可求解.（2）联立直线与椭圆的方程，根据弦长公式，结合三角形的面积公式，由t的范围，结合二次函数的性质即可求解面积的最大值.【详解】（1）以O为坐标原点，以OD所在的坐标为x轴，以OA所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，由题意A0,1，E0,3，由∠OEF=30°，所以所以F3,0，所以直线EF的方程为：y=−3设OD=a，则Da,0所以椭圆x2a整理可得：1+3aΔ=63a2−4所以椭圆的长半轴长的最大值为26（2）因为e=ca=32所以a2所以椭圆的方程为：x2设OG=t>0，则Gt,0，直线MN的方程为：y=x−t联立y=x−tx24设Mx1,y2，Ny1S△OMN要保证MN与半椭圆有交点，当N位于B时t=1，所以1≤t≤2，当t2=5S△OMN综上所述，当OG=1011．法国数学家加斯帕尔·蒙日是19世纪著名的几何学家，他创立了画法几何学，推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础，根据他的研究成果，我们定义：给定椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0，则称圆心在原点O，半径是a2(1)若点A为椭圆C的“伴随圆”与x轴正半轴的交点，B，D是椭圆C的两相异点，且BD⊥x轴，求AB⋅(2)在椭圆C的“伴随圆”上任取一点P，过点P作直线l1，l2，使得l1，l2与椭圆C都只有一个交点，试判断【答案】(1)0,7+4(2)对于椭圆C上的任意点P，都有l1【分析】（1）根据题意可得c=2、a=3，求出b即可求出椭圆C的方程，进而求出“伴随圆”方程，得出点A坐标，设Bm,n（2）设Ps,t，易知s=±3时l1⊥l2成立；当s≠±3时设直线l方程为y−t=kx−s，联立椭圆方程，消去y，由Δ=0【详解】（1）由题意知c=2，由短轴的一个端点到焦点的距离为3知a=b2+故椭圆C的方程为x23+由题意，可设Bm,n则有m23+故AB=故AB⋅又二次函数y=43m−由−3<m<3所以AB⋅AD的取值范围是（2）对于椭圆C上的任意点P，都有l1设Ps,t，则s当s=±3时，t=±1则l1,l当s≠±3时，设过Ps,t且与椭圆有一个公共点的直线l的斜率为则l的方程为y−t=kx−s代入椭圆C方程可得x2即3k由Δ=36k可得3−s2k设l1,l2的斜率分别为故k1k2综上可知，对于椭圆C上的任意点P，都有l112．如图，过抛物线E:x2=2py(p>0)的焦点F作直线l交E于A，B两点，点A，B在x轴上的射影分别为D，C，当AB平行于x(1)求p的值；(2)过抛物线上两点的弦和抛物线弧围成一个抛物线弓形，古希腊著名数学家阿基米德建立了这样的理论：以抛物线弓形的弦为底，以抛物线上平行于弦的切线的切点为顶点作抛物线弓形的内接三角形，则抛物线弓形的面积等于该内接三角形面积的43倍．已知点P在抛物线E上，且E在点P处的切线平行于AB，根据上述理论，从四边形ABCD【答案】(1)p=2(2)1【分析】（1）根据矩形的面积公式进行求解即可；（2）根据导数的几何意义，结合抛物线的弦长公式、几何概型运算公式进行求解即可.【详解】（1）当AB平行于x轴时，四边形ABCD为矩形，|AB|=2p，|AD|=p所以SABCD=|AB|⋅|AD|=2p×p（2）由（1），抛物线E:x2=4y，即y=x2设l:y=kx+1，Px0,y0则y'x=x联立x2=4y,y=kx+1,得y2−2则|AB|=y1+所以S△ABP=1又y1−y又四边形ABCD是直角梯形或矩形，所以S四边形ABCD所以概率P=1−S由k2≥0得13【点睛】关键点睛：利用导数的几何意义求出切线方程进而求出弦长是解题的关键.13．已知椭圆方程为C1:x2a2+(1)求该椭圆C1(2)若椭圆C1的顶点恰好是双曲线C2焦点，椭圆C1的焦点恰好是双曲线C2顶点，设椭圆C1的焦点F1,F2，双曲线C2的焦点F1【答案】(1)5(2)−【分析】（1）由题意列式，构造齐次式得1−e（2）联立C1,C2的方程点A，再求三边应用余弦定理可得【详解】（1）由题意，b2a=c故a2−c2−ac=0（2）设椭圆C1的方程为x由题意知双曲线C2的方程为x联立C1,C不失一般性，可设A在第一象限，所以点A2AF同理，AFF1AFAFcosβ=AF因为C2的离心率为e2=C1的离心率为e1cosα⋅又e1所以cosα⋅14．如图，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，直线l与圆C1:x2(1)求椭圆C的标准方程；(2)当△OAB的面积取最大值时（O为坐标原点），求直线l的方程．【答案】(1)x(2)x+【分析】（1）根据|MN|=2a（2）设直线l的方程为y=kx+m(k<0,m>0)，Ax1,y1，Bx2,y2，根据直线与圆的位置关系可得m2【详解】（1）依题意得|MN|=2a2−b又a2=b2+c∵e=ca=32，∴椭圆C的标准方程为x2（2）依题意可设直线l的方程为y=kx+m(k<0,m>0)，Ax1,∵直线l与圆C相切，∴|m|1+k2联立方程组y=kx+m,x24∴x1+x∴S=∵3k2+1+k当且仅当3k2=1+k2∴直线l的方程为y=−2215．在平面内动点P与两定点A1(−3(1)求动点P的轨迹E的方程；(2)已知点F1(−1,0),F2(1,0)，过点P作轨迹E的切线其斜率记为k(k≠0)，当直线P【答案】(1)x(2)是，−3【分析】（1）首先设点P坐标为x,y，然后根据两点的斜率公式表示出kPA与kPB的斜率，代入题干条件中并化简整理即可得到点（2）首先设切线方程为y=kx+m，然后直曲联立，根据直线与曲线相切的特征Δ=0得3k2−m2+2=0，再根据点P即在切线上也在椭圆上可分别得到m=b−ka与b2=2−23a【详解】（1）设点P坐标为(x,y)，根据斜率公式可得kPA=y因此可得：kPA化简整理得x2∴点P轨迹方程为x（2）设切线方程为y=kx+m，点Pa,b（b≠0联立方程y=kx+m2x2由Δ=36k2y=kx+m过点P(a,b)得m=b−ka代入①得3k2又点P(a,b)在椭圆上，∴b2=2−29b2k2k1=b【点睛】（1）再利用坐标法求轨迹方程时，首先我们设出动点坐标，再根据动点坐标将题干中的几何条件坐标化得到方程，最后化简方程即可得到轨迹方程（2）在解决直线与曲线相切的问题中，我们可以通过直曲联立，化简整理得到方程，利用判别式Δ=0来解决问题.16．已知双曲线Γ:x2−y23=1,F为双曲线Γ的右焦点，过F作直线l1交双曲线Γ于A,B两点，过F点且与直线l1垂直的直线l2(1)若直线OP的斜率为32，求AB(2)设直线AB,AP,AM,AN的斜率分别为k1,k2,k3,k4，且k1【答案】(1)30(2)v=【分析】（1）由已知得P为12,34，设Ax（2）设Ax0,y0,Mx1,y1,N−x1,−y【详解】（1）设Ax0,y0,Bx2,y2所以直线l1的斜率为k=2，故直线l1的方程为：联立直线l1和曲线Γ：y=2显然Δ>0，此方程的两根为x0由韦达定理得：x0所以AB=（2）设Ax0,因为l2⊥l1，故l2为y=−1所以：k2因为点Ax0,y0所以k2所以k1+k又kOP=yPxP=根据题意易知k12≠3，此方程的两根即为x所以k=−12即：k3所以：k3+k【点睛】关键点睛：第二问，设相关点坐标，利用直线与曲线关系，用所设点坐标表示出相关直线的斜率，再由k317．在xOy平面上．设椭圆Γ：x2m2+y2=1(m>1)，梯形ABCD的四个顶点均在(1)若AB为Γ的长轴，梯形ABCD的高为12，且C在AB上的射影为Γ的焦点，求m(2)设m=2，直线CD经过点P0,2，求(3)设m=2，AB=2CD，AD与BC的延长线相交于点M，当k【答案】(1)2；(2)−1,7(3)△MAB的面积是定值，定值为6【分析】（1）由题意可得点C的纵坐标，代入椭圆方程计算x=3m2，再由椭圆a,b,c的关系列式求解m；（2）设直线CD的方程为y=kx+2(k∈R)，联立方程组，根据Δ>0得k2的范围，写出韦达定理，根据向量数量积公式列式代入计算化简，并结合k2的范围，从而求解出OC⋅OD的范围；（3）分别将直线CD，AB的方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，根据弦长公式分别计算表示出CD,AB，再由AB=2CD【详解】（1）因为梯形AB为Γ的长轴，ABCD的高为12，所以点C的纵坐标为12，代入椭圆方程得x可得x=3m2，又因为C在AB∴c=m2−4∵m>1，∴m=2.（2）由题意，椭圆Γ：x22+y2设Cx1,化简得2kΔ=64k2−24∴x∴==6∵k2所以OC⋅OD（3）设直线CD的方程为y=kx+t，CxAx3,化简得2kΔ=16k∴x∴CD联立x22∴x∴AB∵AB=2CD化简得4t2=6又△MAB的高为ℎ=所以S将t=6k故△MAB的面积为定值6.【点睛】解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x（或y）立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．18．已知双曲线C的中心在坐标原点，左焦点F1与右焦点F2都在x轴上，离心率为3，过点F2的动直线l与双曲线C交于点A、B(1)求双曲线C的渐近线方程；(2)若点A、B都在双曲线C的右支上，求λ的最大值以及λ取最大值时∠AF1B的正切值；（关于求λ的最值．某学习小组提出了如下的思路可供参考：①利用基本不等式求最值；②设AF2|AB|为μ，建立相应数量关系并利用它求最值；(3)若点A在双曲线C的左支上（点A不是该双曲线的顶点，且λ=1，求证：△AF1B是等腰三角形．且AB【答案】(1)y=±2(2)λmax=(3)证明见解析【分析】（1）根据离心率求出ba（2）由（1）可得双曲线C的方程为x2a2−y28a2=1，设AF2=t1，BF2（3）设直线l的方程为x=my+3a，Ax1,y1，Bx2,y【详解】（1）设双曲线方程为x2a2−y由e=ca=3，所以b（2）由（1）可得c=3a，b=22a，所以双曲线C的方程为设AF2=t1，BF2所以AB=所以λ=AF2⋅B当λ=14时t1所以l⊥x轴且∠AF又双曲线C的方程为x2a2−y28可知AF2=8a，又Ftan∠AF（3）设直线l的方程为x=my+3a，将它代入8x2−设Ax1,可得y1+y由λ=1，可得AF故1+m又y1、y2同号，所以y1所以5×64a2此时直线l的斜率的绝对值为25<22又y1y2则AB=4a，它等于双曲线实轴长的2倍，此时A所以△AF【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x（5）代入韦达定理求解.19．某小区有块绿地，绿地的平面图大致如下图所示，并铺设了部分人行通道．为了简单起见，现作如下假设：假设1：绿地是由线段AB，BC，CD，DE和弧EA围成的，其中EA是以O点为圆心，圆心角为2π假设2：线段AB，BC，CD，DE所在的路行人是可通行的，圆弧EA暂时未修路；假设3：路的宽度在这里暂时不考虑；假设4：路用线段或圆弧表示，休息亭用点表示．图1-图3中的相关边、角满足以下条件：直线BA与DE的交点是O，AB//CD，∠ABC=π2小区物业根据居民需求，决定在绿地修建一个休息亭．根据不同的设计方案解决相应问题，结果精确到米．(1)假设休息亭建在弧EA的中点，记为Q，沿EA和线段QC修路，如图2所示．求QC的长；(2)假设休息亭建在弧EA上的某个位置，记为P，作PM⊥BC交BC于M，作PN⊥CD交DC于N．沿EP、线段PM和线段PN修路，如图3所示．求修建的总路长EP+PM+PN(3)请你对（1）和（2）涉及到的两种设计方案做个简明扼要的评价．【答案】(1)346米(2)651米(3)答案见解析【分析】如图，以O原点，OB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系．（1）由题目条件可得Q，C坐标，利用两点距离公式可得答案；（2）设∠POA=θ(0≤θ≤23π)，设修建的总路长EP+PM+PN为（3）可以从多个角度考虑，但以下两个指标是主要的衡量指标：1修的路相对短，2修的路相对便于居民出行言之有理即可.【详解】（1）如图，以O原点，OB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系．因为点Q为弧EA的中点，所以Q(200⋅cosπ3设DC与y轴交于F点，Cx,y则x=OB=400,y=OF所以|QC|=(400−100)所以QC的长约为346米；（2）设∠POA=θ(0≤θ≤2则P(200cosθ,200sinθ)，M(400,200sinθ)，N(200cosθ,2003设修建的总路长EP+PM+PN为f(θ)所以f(θ)=20023π−θf'令f'(θ)=0，则sinθ−cosθ=2sinθ−当0<θ<π2时，f'(θ)<0，函数f(θ)单调递减；当π2所以f(θ)min=所以修建的总路长EP+PM+PN的最小值约为651（3）（1）涉及到的设计方案总路径是200π3（2）涉及到的设计方案显然相对于方案1是相对不便捷（不利于AB段附近居民前往）．(说明：可以从多个角度考虑，但以下两个指标是主要的衡量指标：1修的路相对短，2修的路相对便于居民出行)20．从抛物线的焦点发出的光经过抛物线反射后，光线都平行于抛物线的轴，根据光路的可逆性，平行于抛物线的轴射向抛物线后的反射光线都会汇聚到抛物线的焦点处，这一性质被广泛应用在生产生活中．如图，已知抛物线C:x2=2pyp>1，从点4,9发出的平行于y轴的光线照射到抛物线上的D点，经过抛物线两次反射后，反射光线由(1)求抛物线C的方程；(2)已知圆M:x2+y−32=4，在抛物线C上任取一点E，过点E向圆M作两条切线EA和EB，切点分别为【答案】(1)x(2)[0,+∞)【分析】（1）根据抛物线光的反射性质知：直线DG必过焦点F(0,p2)，写出D,G（2）根据题设画出草图，易得EA⋅EB=EM2+EM⋅(MA+MB)+MA【详解】（1）由题设，令D(4,8p)，G(−1,12p所以kDF=kDG，则8p−p所以抛物线C的方程为x2（2）由题意，MA⊥EA,MB⊥EB，且EA=EM+MA，所以EA⋅而EM⋅(令∠AEM=∠BEM=θ∈(0,π2)所以MA⋅MB=4cos(π−2θ)=−4cos2θ综上，EA⋅又sinθ=2ME，M(0,3)，若E(x,x由x2≥0，当x2=4，即所以sinθ∈(0,22]，即θ∈(0,π4令t=1−cos2θ∈(0,1]，则EA⋅令y=8t+4t，y'=4−8t21．如图，小明同学先把一根直尺固定在画板上，把一块三角板的一条直角边紧靠在直尺边沿，再取一根细绳，它的长度与另一直角边相等，让细绳的一端固定在三角板的顶点A处，另一端固定在画板上点F处，用铅笔尖扣紧绳子，让细绳紧贴住三角板的直角边，然后将三角板沿着直尺上下滑动，这时笔尖在平面上留下轨迹C.已知细绳长度为3cm，经测量，当笔尖运动到点P处时，∠FAP=30∘,∠AFP=90∘.设直尺边沿所在直线为a，以过F垂直于直尺的直线为x轴，以过F垂直于(1)求C的方程；(2)过点D0,−3且斜率为k的直线l与C交于M,N两点，k的取值范围为0,2，探究：是否存在λ，使得DM=λDN【答案】(1)y2(2)存在λ∈(0,14)∪(4,+∞)【分析】（1）根据给定条件，求得笔尖留下的轨迹，再结合抛物线的定义求出方程作答.（2）求出直线MN的方程，并与曲线C的方程联立，利用韦达定理及共线向量建立函数关系即可求解作答.【详解】（1）依题意，笔尖到点F的距离与它到直线a的距离相等，因此笔尖留下的轨迹为以F为焦点，a为准线的抛物线，设其方程为y2则F(p2,0)得PA=2又|PF|+|PA|=3，所以PF=1，所以点P到直线a的距离为1由∠FPA=60°得点P的横坐标而抛物线的准线方程为x=−p则p2−1所以轨迹C的方程为y2（2）假设存在λ，使得DM=λ设Mx直线l的方程为y=kx−3，由y=kx−3y2=3x而k∈(0,2)，Δ=(6k+3)x1x1由DM=λDN得x1于是λ+1令t=1k∈(12因此λ+1λ>174解得0<λ<14或所以存在λ∈(0,14)∪(4,+∞)【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.22．已知F1，F2分别为双曲线E：x2a2−y(1)求双曲线的离心率；(2)若双曲线E实轴长为2，过点F2且斜率为k的直线l交双曲线C的右支不同的A，B两点，Q为x轴上一点且满足QA=QB【答案】(1)2(2)是，2【分析】（1）判断出△PF1F2为直角三角形，利用边长关系得到ba=3，利用齐次式法求出离心率；（2）利用“设而不求法”表示出Q【详解】（1）由3PF1=在△PF1F所以F1F2所以PF12所以在△OPF2中，PF2⊥OF2则双曲线的离心率为e=c（2）由（1）可知在双曲线E中有ba=3且实轴长为2，所以所以双曲线E方程为x2由F22,0，故设斜率为k的直线l为联立y=kx−2x2因为直线l与双曲线右支交于不同两点，所以Δ=36(k2+1)>0设Ax1,y1，B则x1+x即A，B的中点坐标为2k因为Q为x轴上一点，满足QA=AB的垂直平分线的方程为：y−6k令y=0，则得x=8k2所以QF又AB=又因为A，B在双曲线的右支上，故AF1−故AF1+故2QF223．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1､F(1)求椭圆C的方程；(2)若过点G1,0的动直线n与椭圆C相交于M,N两点，直线l的方程为x=4.过点M作MP⊥l于点P，过点N作NQ⊥l于点Q.记△GPQ,△GPM,△GQN的面积分别为S，S1，S2.问是否存在实数λ，使得λ【答案】(1)x(2)存在，λ=2.【分析】（1）利用椭圆的定义可求得a的值，利用焦距求出c，再由椭圆a，b，c关系即可求出椭圆方程；（2）依题意作图，设n的方程并与椭圆方程联立，求出S,S1,【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c，则2c=23，所以c=由椭圆的定义可得△ABF2的周长为所以a=2，所以b2所以椭圆C的方程为x2（2）由题意可知，直线n的斜率不为0，其方程可设为x=my+1，设Mx1,y1，N联立x=my+1x24+y由韦达定理可得y1+y因为S==3因为S1S2所以S=1所以S1故S1⋅S所以存在实数λ=2，使得λS24．在数学中常有“数形结合”的思想，即找到代数式的几何意义，比如：y=x−12+4x2−32+x2+4x(1)当a＝1时，证明：x1(2)当a≥1时，证明：a4【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）把a=1代入，根据给定条件，换元并构造函数，探讨函数地零点范围即可推理作答.（2）换元并构造函数ℎ(x)=【详解】（1）当a=1时，f(x)=2x+ln2x−4，x>0，令t=令g(x)=x2+2显然g'(x)在(0,+∞)上单调递增，g'(1)=2>0，于是存在x0x∈(x0<23(ln因此存在t2∈(43,e)，使得g(t2从而有t1+t2>（2）当a≥1时，f(x)=2x+aln2x−4，x>0，令t=令ℎ(x)=x2显然ℎ'(x)在(0,+∞)上单调递增，ℎ'(1)=2>0，于是存在t0x∈(t0,+∞),ℎ'(x)>0,ℎ(x)单调递增，而令φ(x)=ex−令u(x)=(x−2)2ex−4,x<0，uu(x)<u(0)=0，即有φ'(x)<0，函数φ(x)在(−∞,0)上递减，即当x<0时，ex>2+xℎ(e1a)=e2y'=1x−1<0，函数y=lnx−x+1在(1,+∞)于是2=t42令v=1a，则a=1v2令F(x)=5x2即函数F(x)在(0,1]上单调递减，t3由ℎ(x)=0知，x22+(alnx)2=1椭圆E的焦点F(1,0)，在E上任取点P(x',从而|AB|≤|AF|+|BF|=22所以a=(【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，可以探讨已知函数的单调性、极(最)值，构造不等式，再赋值推理作答.25．“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长．某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）步骤1：设圆心是E，在圆内异于圆心处取一点，标记为F；步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点F；步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕．已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆．若取半径为4的圆形纸片，设定点F到圆心E的距离为23(1)以点F、E所在的直线为x轴，建立适当的坐标系，求折痕围成的椭圆C的标准方程；(2)设椭圆C的下顶点为D，过点D作两条互相垂直的直线l1，l2，这两条直线与椭圆C的另一个交点分别为M，N．设l1的斜率为kk≠0，△DMN的面积为S，当【答案】(1)x(2)−2【分析】（1）根据已知条件，用定义法求椭圆C的标准方程；（2）设直线l1，l2的方程，与椭圆方程联立方程组，求出M，N的坐标，求出弦长，表示出△DMN的面积，通过不等式【详解】（1）如图，以FE所在的直线为x轴，FE的中点O为原点建立平面直角坐标系，设Mx,y为椭圆上一点，由题意可知，MF∴所以M点轨迹是以F，E为焦点，长轴长2a=4的椭圆，因为2c=23，2a=4，所以c=3，则b2=a（2）由（1）知，椭圆C的方程为x24+所以直线l1：y=kx−1k≠0，l2设Mx1,联立x24+所以x1=8k所以DM=联立x24+所以x2=−8k所以DN=所以S=1由Sk>16整理得4k4−又k2>0，所以所以−2<k<0或所以k的取值范围为−【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．26．如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，E，F，G，H分别是矩形四条边的中点，R，R'分别是线段OF，CF上的动点，且满足OR4+FR(1)证明：点P始终在某一椭圆上，并求出该椭圆的标准方程；(2)设S，T为该椭圆上两点，T关于直线y=x的对称点为Q，设M23,32，且直线MS【答案】(1)证明见解析，x(2)证明见解析.【分析】（1）设Rm,0，R'4,n，Px,y，求直线ER,GR（2）先证明点M在椭圆上，利用点差法证明9×x1+【详解】（1）由题意E0,−3，F4,0，G0,3，设Rm,0，直线ER的方程为y=3m直线GR'的方程为y=联立①②，得y−3x即y2−9x因为m4+n3=1这就证明了点Px,y在椭圆上，椭圆的标准方程为x（2）因为(23)216+记x0,y0=23故OS⋅因为直线MS，MT的倾斜角互补，所以y1−即x1y由9x12得9x12−同理，由9x22得9x2⑤+⑥，并结合③，可得x1整理得x1y④−⑦，得x0故x1所以OS⋅OQ=−2【点睛】根据点点睛：本题第一小问通过求两直线方程，利用交轨法求其交点的轨迹方程，第二小问利用设点法，结合点差法确定点的坐标的关系，由此完成证明.27．数学家加斯帕尔·蒙日创立的《画法几何学》对世界各国科学技术的发展影响深远.在双曲线C:x2a2−y2(1)求双曲线C的标准方程；(2)设点P3,1关于坐标原点的对称点为Q，不过点P且斜率为13的直线与双曲线C相交于M,N两点，直线PM与QN交于点Dx【答案】(1)x(2)1【分析】（1）由题意得到方程组a2−b2=4（2）设Mx1,y1,Nx2,y2，直线MN为y=13x+m，联立方程组，取得【详解】（1）解：由题意知，双曲线C的实轴长为26，其蒙日圆方程为x可得a2−b所以C的标准方程为：x2（2）解：设Mx1,y1由y=13x+m因为直线MN与C相交于M,N两点，所以Δ=(−2m)2−4×由点Q−3,−1，当直线PM,QNkPM所以直线PM的方程为y−1=1直线QN的方程为y+1=两方程联立方程组，可得x0显然x0≠0，可得所以y0当直线PM的斜率不存在时，可得直线PM的方程为x=3，直线QN的方程为y=2则x0=3,y当直线QN的斜率不存在时，可得直线QN的方程为x=−3，直线PM的方程为y=23x−1，则x0综上可得：直线OD的斜率值1.【点睛】方法策略：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量k）；②利用条件找到k过定点的曲线F(x,y)=0之间的关系，得到关于k与x,y的等式，再研