圆锥曲线综合大题（考题猜想易错必刷32题15种题型）（解析版）

123-24高二下·四川成都·期中）已(2)过右焦点F且斜率为1的直线l交椭圆C于M，N两点，点P为直线x=4上任意一点，求证：直线PM，PF，PN的斜率成等差数列． （2）设M(x1,y1)，N(x2,y2)，P(4,n)，设直线MN的方程为：y=x-1，联立直线MN与椭圆的方程得代入点P3(0,-)得，b2=3，代入点P1得，a2=4， kPMPNEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(2),x)EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up6(4),-4))(x(EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up6(y),2)2EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(2),x)EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up6(4),-4)EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up6(x),2)所以直线PM，PF，PN的斜率成等差数列．(1)设过点(1,0)的直线l与C相切于点M(4,3)，求部分椭圆方程、部分双曲线方程及直线l的方程；(2)过A的直线m与C相交于点P,A,Q三点，求证：上PBA=上QBA．7【分析】（1）首先由C与x轴有A(2,0),B(-2,0)两个交点，得出a，再由椭圆与双曲线的离心率之积为74即可求出b，由直线l过点(1,0)和M(4,3)即可得出直线l的方程；（2）由题意可得PQ的斜率存在且不为零，故设方程为：y=k(x-2)，分别与椭圆，双曲线方程联立，求【详解】（1）因为曲线C与x轴有A(2,0),B(-2,0)两个交点，所以a=2，=1(y=1(y≥0)．由直线l过点(1,0)和M(4,3)，得k=1，则y=xxy-)x2-16k2x所以kBP=-kBQ，所以上PBA=上QBA．(2)过点M(1,0)的直线l与椭圆C交于点A、B，设点若△ABN的面积为，求直线l的斜率k.（（2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及三角形面积公式列出方程求解即得.由椭圆C由椭圆C过点(1,)，得联立解得a=2所以椭圆所以椭圆C的方程为（（2）依题意，直线l不垂直于y轴，设其方程为x=ty+1，A(x1,y1),B(x2,y2)，则ììx=ty+1由í22消去x得(t2+4)y2-2ty-3=0，显然Δ>0，lx+4y=4△△ABN的面积S△解得t=±6，所以直线l的斜率斜率分别为k1，且设动点P(X,Y)的轨迹为曲线C.(2)过点F1(—1,0)的直线l交曲线C于M、N两点，是否存在常数λ,使恒成立？存在.存在.（2）设l:x=my-1，联立椭圆方程消去x，利用弦长公式求|MN|，利用韦达定理化简.即可求得λ.my-1l3x（2）设直线l:x=my-1，Mmy-1l3xEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(--),1M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(--),1N)22=my1-1,x2=my2-1，所以EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(--),1M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(--),1N)).(x22,y1).(my2,y2)=λF1M.F=λF1M.F1N恒成立.(2)点P、Q为椭圆C上不同的两点，直线AP与y轴交于点M，直线AQ与y轴交于点N,E(,0)，设（2）首先设点P,Q的坐标，由条件转化为关于坐标的关系式，再设直线PQ方程与椭圆方程联立，所以椭圆C的方程为直线AQ的方程为，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),O)2-x1,y2-y1).(,0)=(x2-x1)=-2，则x2-x1=-2≠0，所以直线所以直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y=kx+b，整理为整理为b(b-2k)=0，即b=0或b=2k，若若b=2k，则PQ直线为y=kx+2k=k(x+2)，过点(-2,0)，不符合题意，舍去，若若b=0，则PQ直线为y=kx，过原点，此时x1+x2=0，又因为又因为x2-x1=-2，所以x1=1，x2=-1，代入椭圆方程得y1=±,y2=±,621-22高三上·湖北·期中）已知圆O：x2+y2=2，椭圆C：的离心率为，P是C上的一点，A是圆O上的一点，PA的最大值为+.(2)点M是C上异于P的一点，PM与圆O相切于点N，证明：PO2=PM.PN.222EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(-),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(-),O)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(-),O)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(-),O)所以C的方程是EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up1(-),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up1(-),O)②②当直线PM斜率存在时，设PM方程为y=kx+m，即kx-y+m=0.)x2设P(x1,y1)，M(x2,y2)，则EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up9(-),O)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up9(-),O)1x2x22EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(-),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(-),O)所以即PO2=PM.PN723-24高二下·福建泉州·期中）已知抛物线C:y2=2px(0<p<3)，其焦点为F，点Q(m,2)在抛物（ii）求VAFO与△ABO面积之和的最小值．【答案】(1)【答案】(1)y2=4x(2)（i）证明见解析ii）85（ii）利用三角形面积公式写出面积和的解析式，可得且2pm=12，则抛物线的方程为y2=4x；如图，设AB的方程为x=sy+t，A(x1,y1),B(x2,y2)，联立可得y2-4sy-4t=0，所以直线AB恒过定点N(4,0)；（ii）由上小问可得y1y2<0，不妨设y1<则VAFO与△ABO面积之和为,,则VAFO与△ABO面积之和的最小值为85．(2)M为线段PA的中点，求点M的轨迹方程；(3)过原点O的直线交P的轨迹于B，C两点，求△ABC面积的最大值. （2）设M(x,y)，P(x0,y0)，利用中点坐标公式及“代点法”即可得出点M的轨迹方程；（3）对直线BC的斜率分不存在、为0、存在且不为0三种情况讨论，当直线BC的斜率存在（不为0）时，把直线BC的方程与椭圆的方程联立，解得点B，C的坐标，利用两点间的距离公式即可得出BC，再利用点到直线的距离公式即可得出点A到直线BC的距离，利用三角形的面积计算(-3点P的轨迹C是以(-3,0)和(3,0)为焦点，长半轴长为2的椭圆，故动点P的轨迹方程为（2）设M(x,y)，P(x0,y0)，,且M为线段PA的中点，整理得2x2-2x+8y2-4y-1=0，即点M的轨迹方程为2x2-2x+8y2-4y-1=0；（3）①当直线BC的斜率不存在时，可得B(0,-1)，C(0,1)，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(1),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(1),2)③当直线BC的斜率存在且不为零时，设直线BC的方程为y=kx(k≠0)，B(x1,y1)，C(-x1,-y1)，联立化为x2=4．又点A到直线BC的距离．EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(1),2)923-24高二·山东·期中）已知抛物线C:y2=2px(p>0).过抛物线焦点F作直线l1分别在第一、四象限(1)求抛物线的方程.(2)若EP平行于x轴，证明：S在抛物线C上.(3)在（2）的条件下，记△SEP的重心为R，延长ER交SP于Q，直线EQ交抛物线于N、T（T在右侧设NT中点为G，求△PEG与△ESQ面积之比n的取值范围.【答案】(1)【答案】(1)y2=4x(2)证明见解析(3)(1,3)（2）设l1方程及K、P坐标，利用E坐标表示l2方程，联立l1,l2方程得出S坐标，结合点在抛物线与直线上（3）设S、P坐标及直线SP方程，利用坐标表示ER，结合焦点弦的性质消元转化表示yQ,yG，并根据几何性质把面积比化为线段比，再化为坐标比，构造函数计算其范围即可.不妨设P(a,-2)，则即P(1,-2)，代入抛物线方程有4=2pÞp=2，所以C:y2=4x； 不妨设P(x1,y1),K(x2,y2)(y10,y20)，l1:x=my+1，若EP平行于x轴，则E(-1,y1)，所以整理得y=-y1x，又P在抛物线C和直线l1上，即EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(y),x)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(1),1)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(y),x)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(4),x)yEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),S)=4xS，同（2仍设P(x1,y1),S(x2,y2)(y10,y20)，l1:x=my+1，2m2+1,2m)，可知lEQ:y=2m-y12m-y1(y-y1)-1，设EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up3(1),m)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up2147483644(1),m)..【点睛】思路点睛：第二问是教材例题的变式，设点K、P、E坐标表示相应直线方程，求出S坐标，验证其横纵坐标是否满足抛物线方程即可；第三问，仍是利用点坐标来表示直线EQ方程，利用韦达定理表示yQ,yG，并根据几何性质把面积比化为线段比，再化为坐标比，构造函数计算其范围即可.(2)设A，B分别是椭圆E的右顶点和上顶点，不过原点的直线l与直线AB平行，且与x轴，y轴分别交于点M，N，与椭圆E相交于点C，D，O为坐标原点.（i）求△OCM与△ODN的面积之比；CM2+MD2为定值.（2）设出直线方程，直线与椭圆交点坐标，联立直线方程与椭圆方程，可得出根与系数的关系i）表即可得证.所以椭圆所以椭圆E的方程为.设直线设直线l的方程为则M(2m,0)，N(0,m)，联立方程联立方程，消去y，整理得x2-2mx+2m2-2=0，ΔΔ=4m2-8(m2-1)=8-4m2>0，得m2<2且m≠0，设设C(x1,y1)，D(x2,y2)，则x1+x2=2m，x1x2=2m2-2.（i（i）S△CM2+MD2=(x1-2m)2+yEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),1)+(x2-2m)2+yEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),2)综上，综上，CM2+MD2=5.1123-24高二下·安徽阜阳·期中）已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，P是C上一点，线段PF(2)若p<7，O为原点，点M，N在C上，且直线OM，ON的斜率之积【答案】(1)y2=4x，或y2=16x(2)证明见解析（2）设直线MN的方程，然后与抛物线方程联立，利用直线OM，ON的斜率之积为2024和韦达定理列方程得到n，即可得到直线MN过定点.所以C的方程为y2=4x，或y2=16x．（2）证明：因为p<7，所以C的方程为y2=4x，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线MN的方程为x=my+n，与y2=4x联立，得y2-4my-4n=0，则y1+y2=4m，y1y2=-4n，因为直线OM，ON的斜率之积为2024，1222-23高二上·四川雅安·期中）已知P(0,1)为椭圆C:+=1(a>b>0)上一点，点P与椭圆C的两(2)不经过点P的直线l与椭圆C相交于A,B两点，若直线PA与PB的斜率之和为-1，证明：直线l必过定点，证明见解析，定点(2,-1)（2）当直线l的斜率不存在时，直接分析即可；当直线l的斜率存在时，设出l的方程并与椭到横坐标的韦达定理形式，将斜率关系转化为坐标运算，从而求解出直线l方程中参数k,m的关系，由此可求直线l所过的定点.（2）设A(x1,y1),B(x2,y2)，当直线l的斜率不存在时，则x1=x2,y1=-y2，所以直线l的斜率一定存在，设不经过点P的直线l方程为：y=kx+m(m≠1)，由得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0，且Δ=(8km)2-4×(1+4k2)(4m2-4)>0，即4k2+1>m2，所以(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0，即(2k+1)(4m2-4)+(m-1)(-8km)=0，化简可得：(m-1)(2k+m+1)=0，因为m≠1，所以m=-2k-1，所以l:y=k(x-2)-1，所以直线l必过定点(2,-1)．再用m替换k或用k替换m代入直线方程，则定点坐标可求；程形式表示出直线方程，由此确定出定点坐标.过点的动直线l交椭圆C于A,B两点，试问在坐标平面上是否存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点T？若存在，求出T的坐标，若不存在，说明理由．存在，T存在，T(0,1)（2）通过直线l斜率为0和不存在两种情况，得出定点T(0,1)，再证明当直线l斜率存在且不为0时，以AB为直径的圆恒过点T(0,1)，设直线，联立椭圆方程得到(18k2+9)x2-12kx-16=0，利用韦故以AB为直径的圆的方程为联立③和④,解得x=0,y=1，所以如果存在点T，则定点为T(0,1)，下证，当直线l斜率存在且不为0时，以AB为直径的圆恒过点T(0,1)，设直线l:y=kx-(k≠0)，A(x1,y1),B(x2,y2)，故在坐标平面上存在一个定点T(0,1)满足条件.1423-24高二上·江苏常州·期中）已知双曲线的离心率为右焦点F到渐近线的距离为1．(2)若直线l过定点M(4,0)且与双曲线C交于不同的两点A、B，点N是双曲线C的右顶点，直线AN、BN分别与y轴交于P、Q两点，以线段PQ为直径的圆是否过x轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，（2）解法一：对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，在直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x-4)，设点A(x1,y1)、B(x2,y2)，将直线l的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，分析可知，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(-),Q)0解法二：分析可知，直线l不与x轴重合，设直线l的方程为x=my+4，设点A(x1,y1)、B(x2,y2)，将直线l的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，分析可知，以PQ为直径的圆过x轴上的定点T(x0,0)，则PT.QT=0，利用平面向量数量积的坐标运算求出x0的值，可得出定点坐标.则渐近线方程为即x±2y=0，右焦点F(c,0)到渐近线距离为所以，c=5，a=2，b=1，则双曲线C的方程是（2）解：以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点．法一：当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x-4)，若直线l的斜率为零，则A、B中有一点与点N重合，不合乎题意，则k≠0，x2+当k≠±时，Δ=(32k2)2+4(1-4k2)(64k2+4)=192k2+16>0，设A(x1,y1)、B(x2,y2)，则有又N是双曲线C的右顶点，则N(2,0)．y2x2-直线BN的方程为y=EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(2),2)y2x2-直线BN的方程为y=EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(-),Q)所以，所以，恒成立．又又EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up8(2),0)x1-EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up10(4),2)y)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up8(2),0)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up8(2),0)当直线l斜率不存在时，直线AB的方程为x=4，EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up10(x),y)、B4,-)，则直线则直线AN的方程为在直线AN的方程中，令x=0，可得即点同理可得点Q(0,法二：若直线l与x轴重合，则A、B中有一点与点N重合，不合乎题意， 设点A(x1,y1)、B(x2,y2)，则直线AN的方程为EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(-),Q)则将定点问题转化为直径所对的圆周角为直角，转化为向量垂直来处理.1523-24高二下·上海·期中）已知圆F:(x-2)2+y2=1，动圆P与圆F内切，且与定直线x=-3相切，设圆心P的轨迹为Γ(2)若直线l过点F，且与Γ交于A,B两点EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(-),A)②过点A,B分别作曲线Γ的切线相交于点P，求△PAB面积的最小值.【详解】（1）设P(X,Y)，圆P的半径为R，由题可知，因为圆P与定直线x=-3相切，所以R=x+3又圆P与圆F内切所以所以化简得y2=8x，即Γ的方程为y2=8x（2）①由题意得F(2,0)，直线l的斜率一定存在，故设直线l的方程为y=k(x-2),A(x1,y1),B(x2,y2)则M(0,-2k)，因为=λEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(uu),A)1,y1+2k)=λ(2-x1,0-y1)，解得因为点A在Γ上，所以y12=8x1，即所以k2=4λ同理，由解得因为点B在Γ上，所以y22=8x2，即所以k2=4μ(1+μ)由4λ(1+λ)=4μ(1+μ)，得(λ-μ)(λ+μ+1)=0因为λ>0,μ>0，所以λ+μ+1≠0，即λ=μ;②由题意得直线l的斜率一定不为0，设直线l的方程为x=my+2,A(x1,y1),B(x2,y2)设直线PA的方程为消去x，得因为直线PA与抛物线Γ有一个交点，Δ=64-4×k×(8y1-yEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),1)k)=0，解得直线AP的方程为同理可得，直线BP的方程为联立方程联立方程点P到直线点P到直线AB的距离为:S△PAB=×(8m2+8)×4m2+1=16(m2+1)m2+时，S△PAB取到最大值为16.【点睛】关键点点睛：第二问【点睛】关键点点睛：第二问②的关键是得出S△PAB的表达式，由此即可顺利得解.1623-24高二下·上海·期中）已知抛物线Γ:x2=2y的焦点为F，过Γ在第一象限上的任意一点P作Γ的切线l，直线l交y轴于点Q．过F作l的垂线m，交Γ于A,B两点．(2)求PF的中点M的轨迹方程；(3)若三角形PAB面积为，求点Q的坐标．设M(x,y)，则再由点P在抛物线上，代入抛物线方程，即可求（3）首先得到直线m的方程，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式表示出|AB|，再由点到线的距离公式及面积公式得到方程，求出xEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),0)，即可求出Q点坐标.EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(1),2) （（1）设直线方程，设交点坐标为(x1,y1)、(x2,y2)；（（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;（5（5）代入韦达定理求解.172024高二·全国·期中）已知椭圆C:顶点，O为坐标原点，直线y=kx+4与C交于不同的两点M，N．(1)设点P为线段MN的中点，证明：直线OP与直线MN的斜率之积为定值；(2)若AB=4，证明：直线BM与直线AN的交点G在定直线上．【答案】【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）设M(x1,y1)，N(x2,y2)，由中点坐标公式和斜（2）由题意求出椭圆方程，与直线方程联立，韦达定理表示根与系数的关系，联立直线BM与直线AN的设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up8(ìb2),lb2)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(x),x)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(a),a)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up12(2),2)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(y),y)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(a),a)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up8(2b2),2b2)将直线的方程y将直线的方程y=kx+4代入椭圆C的方程x2+2y2=8，化简整理得(2k2+1)x2+16kx+24=0．①由韦达定理，得设M(x1,kx1+4)，N(x2,kx2+4)，则直线MB的方程为③直线NA的方程为y=x+2，④由③④两式解得2即即yG=1，所以直线BM与直线AN的交点G在定直线y=1上．设直线MN（即直线y=kx+4）与直线AB（y轴）的交点为S(0,4)，直线AM与直线BN的交点为R，则点G，R，S构成椭圆C的自极三点形，点G一定在点S(0,4)对应的极线GR上，其方程为,即y=1，就是说直线BM与直线AN的交点G在定直线y=1上．解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，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，涉及到直线方程(2)椭圆C的左、右顶点分别为A1和A2，M，N为椭圆上异于A1、A2的两点，直线MN不过原点且不与坐标轴垂直．点M关于原点的对称点为S，若直线A1S与直线A2N相交于点T．（i）设直线MA1的斜率为k1，直线MA2的斜率为k2，求k1-k2))2ii）证明见解析（2i）设直线和相关点，结合椭圆方程分析可知，结合基本不等式运算求解ii）联立方程，根据三点共线结合韦达定理可得联立直线方程运算求解设直线设直线MN的方程为x=ty+p(t≠0,p≠0)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，T(x0,y0)，则S(-x1,-y1)．t2+2-p2)>0得-2<p<2且p≠0，y0y1y2y1y2故直线OT与直线MN的交点在定直线x=-2上．EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(-),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(-),A)出点P到直线AB的距离及弦长|AB|的值，进而求出△PAB的面积．（2）由（1）可得右焦点F(3,0)，当直线AB的斜率为0时，则直线AB的方程为y=0，EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(-),A),与已知条件矛盾，所以直线AB的斜率不为0， EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(-),A)(-3-x1,-y1)=3(x2-3,y2)，可得-y1=3y2，即y1=-3y2，③202023·河南·期中）已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点F(1,0)，点在椭EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(-),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(-),Q)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(-),O)，即Q是直线x+y-1=0上动点，再由点到直线距离求最小值即可.2.所以a2.所以a=2,b=c=1,2x+2x+y2=1.2（2）由题意知λ≠1，设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x0,y0).λy2=(1+λ)y0.++EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(-),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(-),Q)λ>0)，得í(-1λ),且íEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(ì),l)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(x),y)λy2=(1+λ)y0.++又A，B都在椭圆上，所以又由，得(x1+λx2)+(y1+λy2)=(1+λ)(x0+y0).所以x0+y0=1.所以O到直线x+y-1=0的距离经检验，此时垂足Q(EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(1),2),EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(1),2))在椭圆内部.212024·河南郑州·期中）设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，P(x0,y0)是C上一点且|PF|2-|PF|=xEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),0)+x0，直线l经过点Q(-8,0)．(2)①若l与C相切，且切点在第一象限，求切点的坐标；②若l与C在第一象限内的两个不同交点为A,B，且Q关于原点O的对称点为R，证明：直线AR,BR的倾斜角之和为π.|PF|2-|PF|=xEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),0)+x0化简得|PF|-x0=1，再根据定义得代入即可的抛物线（2）①设切点坐标为(t,2t)，通过导数求出切线方程y-2t=(x-t)，将点Q(-8,0)代入即可；②设直线l的方程为联立得y1+y2=4k，y1y2=32，然后计算kAR+kBR=0即可.【详解】（【详解】（1）因为|PF|2-|PF|=xEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),0)+x0，所以|PF|2-xEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),0)=|PF|+x0，所以切线方程为所以切线方程为，将Q(-8,0)代入上式，得②由①得，直线AR,BR的斜率都存在，要证：直线AR,BR的倾斜角之和为π,只要证明：直线AR,BR的斜率之和为0．EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(ìx),ly)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(=),4)所以y1+y2=4k，y1y2=32，Δ=16k2-128>0，即k>22，即直线AR,BR的倾斜角之和为π.2223-24高二上·云南昆明·期中）在平面直角坐标系xOy中，动点M(x,y)满足记点M【答案】【答案】(1)y2=4x(2)0(2)(2)设出直线AB，PQ的方程，与抛物线联立，列出式子利用韦达定理即可求解.所以点所以点M到定点F(1,0)的距离等于到定直线x=-1的距离，所以所以M的轨迹为抛物线，方程为y2=4x；（2（2）设T(0,b)，如图：设直线AB的方程为y=k1x+b，直线直线PQ的方程为y=k2x+b且b≠0，A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4)，(2k1b-4)x+b2=0同理同理TP.TQ=，因为TA.TB=TP.TQ，所以因为k1≠k2，所以由k12=kEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),2)得k1+k2=0．2323-24高二·辽宁鞍山·期中）已知椭圆右焦点为(2)求证：直线MN过定点.【答案】【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析法二：设P(6,yP)，联立方程求M,N坐标，进而根据直线方程分析定点.所以kMA1.kMA2为定值-5.（2）解法一：设P(6,yP)，则可得设直线MN:x=my+t,t≠±3，M(x1,y1),N(x2,y2)，9则Δ=100m2t2-4>0，解得5m2+9>t2，且整理可得(5m2+3)y1y2+5m(t-3)(y1+y2)+5(t-3)2=0，因为t≠±3，则解得t=，解法二：设P(6,yP)，则EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),p)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),p)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),p)直线MN的斜率存在时当MN的斜率不存在时，则解得t=mk+n，得y=k(x+m)+n，故动直线过定点(-m,n)；2423-24高二·云南昆明·期中）已知点P在椭圆上，过点P作直 ,1当直线l的斜率为零时，点P与点Q关于y轴对称，又点P与点P¢关于点O对称，代入椭圆代入椭圆C的方程得解得a2=6，（（2）设点p(x0,y0)，Q(x1,y1)，P¢(-x0,-y0)，252024·广东广州·期中）已知在平面直角坐标系xOy中，双曲线C：过()和两点.(2)若S，T为双曲线C上不关于坐标轴对称的两点，M为ST中点，且ST为圆G的一条非直径的弦，记GM斜率为k1，OM斜率为k2，证明：为定值.证明见解析证明见解析（（2）利用“点差法”可得直线ST斜率与OM斜率关系，再由圆的性质可得ST,GM斜率的关系，化简即可得证.EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(1),b)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(8),2)（2（2）如图，设S(x1,y1)，T(x2,y2)(x1≠x2,y1≠y2)，由ST为圆G的一条非直径的弦，M为ST中点得GM丄ST，故k1kST=-1，因此为定值.(2)如图，过点F且斜率为k的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为证明见解析证明见解析（2）先考虑直线斜率为0时满足，再设直线的横截距式方程，与椭圆方程联立消元后得到一元二次方程，代入前式，计算即得分子为0，则得证.如图，当直线如图，当直线l的斜率k=0时，可得k1=k2=0，显然满足EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up7(3),m)因A(-2,0),B(2,0),则此式的分子为：3y1(my2-1)-y2(my1+3)=2my1y2-3y1-3y2=3(y1+y2)-3(y1+y2)=0，故得3k1=k2，即得证.2723-24高二下·上海·期中）已知A、B、C是我方三个炮兵阵地，A地在B地的正东方向，相距6km；C地在B地的北偏西30°,相距4km．P为敌方炮兵阵地．某时刻A地发现P地产生的某种信号，12s后B 地也发现该信号（该信号传播速度为以BA方向为x轴正方向，AB中点为坐标原点，与AB垂直的方向为y轴建立平面直角坐标系．(2)若C地与B地同时发现该信号，求从A地应以什么方向炮击P地？【答案】(1)P在以A,B为焦点的双曲线右支上，(2)炮击的方位角为A北偏东30o.PB-PA=4，根据双曲线的定义可知P在以A(3,0)、B(-3,0)为焦点的双曲线右（（2）首先求出C点坐标，依题意点P在线段BC的垂直平分线上，求出BC的垂直平分线方程，再联立（1）中轨迹方程，求出P点坐标，即可求出kAP，从而确定方向.故故P在以A(3,0)、B(-3,0)为焦点的双曲线右支上，°°BC-所以所以C(-5,2)，因为PB=PC，所以点P在线段BC的垂直平分线上，2823-24高二上·安徽宿州·期中）已知直线BC经过定点N(0,2),O是坐标原点，点M在直线BC上，且(1)当直线BC绕着点N转动时，求点M的轨迹E的方程；(2)已知点T(-3,0)，过点T的直线交轨迹E于点P、Q，且求PQ．线方程，再求直线与圆相交的弦长.【详解】（1）依题意可知，直线NM即为直线BC,显然当直线OM与直线BC的斜率不直线OM与直线BC的斜率都存在，QN(0,2),设M(x,y),(x≠0)，QOM丄BC,即kOM.kBC=-1，xx联立，整理得(1+k2)x2+(6k2-2k)x+9k2-6k=0，①:Δ=(6k2-2k)2-4(1+k2)(9k2由直线不经过点A，所以且k≠设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则x1,x2为①式两根，此时直线l一定与轨迹E交于不同两点P,Q又【点睛】求曲线方程的常用方法：求曲线方程是解析几何核心问（（3）参数法：借助中间变量，间接得到轨迹方程的方292024·福建·期中）贝塞尔曲线是由法国数学家PierreBézier发明的，它为计算机矢量图形学奠定了基(1)在平面直角坐标系中，已知点T1在线段AB上．若A(X1,Y1)，B(X2,Y2)，AT1=aAB，求动点T1坐标；(2)在平面直角坐标系中，已知A(2,-4)，B(-2,0)，C(2,4)，点M,N在线段AB,BC上，若动点T2在线段MNAB,BC,CD,MN,NP,XY上，且求动点T3的轨迹方程．【答案】(1)【答案】(1)(ax2+(1-a)x1,ay2+(1-a)y1)(2)y2=8x(0≤x≤2)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(-),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(-),N),依次进行向量的坐标运算，代入A,B,C的坐标则可用参数a表示T2的坐标，消去参数a可得轨迹方程；（3）结合（12）的运算，同理可得T3的坐标，消去参数a可得轨迹【详解】（1）由题意可知A(x1,y1),B(x2,y2)，设T1(x0,y0)，因为AT1=aAB，且点T1在线段AB上，设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)，EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(-),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(-),A)结合（1）同理可得M(ax2+(1-a)x1,ay2+(1-a)y1)，N(ax3+(1-a)x2,ay3+(1-a)y2)，又MT2=aMN，1-a)xM=aax3+(1-a)x22且yT=ayN+(1-a)yM=a2y3+2a(1-a)y2+(1-a)2y1，将A(2,-4)，B(-2,0)，C(2,4)，坐标代入得T8a2-8a+2,8a-4)，=8a2-8a+2=8a=8a2-8a+2=8a-4,消a得y2=8x.ly又由0≤a≤1，得0≤x≤2.故T2的轨迹方程为：y2=8x(0≤x≤2).（3）设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4)，xM=ax2+(1-a)x1,xN=ax3+(1-a)x2,xP=ax4+(1-a)x3，且xX=axN+(1-a)xM==a2x3+2a(1-a)x2+(1-a)2x1，xY=axP+(1-a)xN==a2x4+2a(1-a)x3+(1-a)2x2，且xT3=axY+(1-a)xX，其中0≤a≤1.则xT3=aa2x4+2a(1-a)x3+(1-a)2x2+(1-a)a2x3+2a(1-a)x2+(1-a)2x1=(1-a)3x1+3a(1-a)2x2+3a2(1-a)x3+a3x4，同理yT3=(1-a)3y1+3a(1-a)2y2+3a2(1-a)y3+a3y4.(1-a)2x2+3a2(1-a)x3+a3x4,(1-a)3y1+3a(1-a)2y2+3a2(1-a)y3+a3y(2a-1)(8a2-8a-1)，69(2a-1)(8a2-8a-1)，69ì6设T3(x,y)，则íïx=3(2a-1)，消a得y=x3-x，ïly=96(2a-1)(8a2-8a-1)又由0≤a又由0≤a≤1，得-≤x≤.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键点有两点：一是将共线与长度比关系转化为向量关系式，再利用向围.3023-24高三上·湖北荆州·期中）已知双曲线E的中心为坐标原点，渐近线方程为点(-2,1)在双曲线E上.互相垂直的两条直线l1,l2均过点，且n∈N*)，直线l1交E于A,B两点，直线l2交E于C,D两点，M,N分别为弦AB和CD的中点.(2)若直线MN交x轴于点Q(tn,0)(n∈N*)，设pn=2n.①求tn；（2）①方法一，设l1的方程为x=my+2n，与椭圆方程联立，利用韦达定理求点M的坐标，同理求点N的坐标，利用M，N，Q三点共线，即可求解；方法二，设直线l1的方程为y=k(x-pn)(k≠0)，其他步骤与②根据k为奇数和偶数，分组求和，化简求和形式为，再利用错位相减法求和.因为点(-2,1)在双曲线E上，所以则λ=1，所以E的方程为（2）①当直线l1,l2中又一条直线的斜直线MN与x轴重合，不符合题意；所以直线l1,l2的斜率均存在且不为0，解法一：A(x1,y1)，B(x22y2)，M(xM,yM)，N(xN,yN)，n得(my+2n)2-2y2=2Þ(m2-2)y2+2n+1.m.y+22n-2=0，因为l1丄l因为M、N、Q三点共线，所以yM(tn-xN)=yN(tn-xM)，解法二：设l1的方程为y=k(x-pn)(k≠0)，A(x1,y1)，B(x22y2)，M(xM,yM)，N(xN,yN)，x2EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(2),n)则1-2k2≠