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1、9.5圆锥曲线的综合问题综合篇考法一求轨迹方程1 .（2022山东聊城二模,4）已知点P在圆0:+/=4上,点A（-3,0）,8（0,4）,则满足APlBP的点P的个数为（）A3B.2C.lD.0答案B2 .（2020课标In文,6,5分）在平面内,A,B是两个定点,C是动点.若前近=1,则点C的轨迹为（）A.圆B.椭圆C.抛物线D.直线答案A3 .（2023届贵州遵义新高考协作体入学质量监测,8）已知圆C的方程为（X-I）2+）,2=16,BQ1,0）,A为圆C上任意一点,若点P为线段AB的垂直平分线与直线AC的交点,则点P的轨迹方程为（）2v22v2A9+J=lB.三-=l1691692v
2、22v2C.-+-=1D.-J=l4 343答案C4. （2017课标11,文20,理20,12分）设。为坐标原点,动点M在椭圆C与+/1上,过M作X轴的垂线,垂足为N,点P满足称=y2NM.求点P的轨迹方程；设点Q在直线,v=-3上,且祝丽=L证明:过点P且垂直于OQ的直线/过C的左焦点五.解析设P(%y),M(xo,yo),则N(X0,0),NP=(x-xo,y),NM=(0,y0).由而=记得2沏=%yo=yy因为M(X0,泗)在C上,所以9+?=1.因此点P的轨迹方程为x2+=2.证明：由题意知尸(-1,0).设Q(-3,f),P(?,)，则的=(3,f),而=(-l-m,-n),OQ
3、PF=3+3rn-tn,OP=(w,n),PQ=(-3-z,t-n).由诃PQ=I得-32-加2+5_2=,又由知m2+n2=2,故3+3n-tn=0.所以丽PF=O,即而1PF.又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的宜线/过C的左焦点F.5. (2023届长沙市明德中学检测,21)平面直角坐标系内有一定点-l,0),定直线,x=-5,设动点P到定直线的距离为,且满足尊=停.d5(1)求动点P的轨迹方程；(2)直线m:y=kx-3过定点Q,与动点P的轨迹交于不同的两点M,N,动点P的轨迹与)，的负半轴交于4点,直线AM、AN分别交直线产-3于点”、K,若Q+QKW35,求上的
4、取值范围.解析(1)设动点P的坐标为(x,y),因为等=9,所以(即5(x+l)2+y2=仇+5F,整理得f+7=1.所以动点尸的轨迹方程为+=l设M(x,),N(X2,，由可得点A的坐标为(0,-2),故直线AAf:)，=马-2,令y=-xI3,则切=/，同理*潦？由忆x5y23L20消去y得(4+5尸)P30H+25=0,由4=900尸-IOo(4+52)0,解得Zv-I或Ql.由根与系数的关系得汨+T2=XIX2=二L2,XIX20,4+544+5fc=+,|Xl+2I_I2依1%2-(%1+Q)IIfcx1-Ikx2-lk2x1x2-k(x1+x2)+l5O30k4+s4+S2_C|I
5、I25M30纥一。阳，4+5fc24+Sk2因为IQ*+IQq35,所以5k2=磊，”二品.因为前=2FA,所以(I-X2,-)=2(x-1,V),所以-J2=2y,解得m2=,则LyII=詈,所以丽I=1+m2yl|=乎.8假设在X轴上存在异于点F的定点Q(,0)(1),使得咎为定值.kQB因为y+)2=,)D2=jp所以)1+y2=2my1y2,所以&QA_x；Z=%(%2-力_%(my2+i)弦一襄一力g-0一2(m%+lT)二北九为+(1一亡1_2刀当、2+2(1-)当_(3-2t)y+y2my1y2+(l-t)y2-2my1y2+2(l-t)y2-y+(3-2t)y2要使警为定值,则
6、有彳=-7,解得仁2或仁1(舍去)，此时挥=1.KQB13-2tKqb故在X轴上存在异于尸的定点Q(2,0),使得抖为定值.Kqb又IF2AI=Jc-1)+(1-0)2=当WI+IQA的最大值为4+当(2)由题意知直线/的斜率存在,设/:尸攵(x+l),M(Xby),N(x”2),则P(O,%),y=k(x+1),由-2消y得(3+42)x2+8A+422-12=0,+=1Xl+X2=-Qk23+4H4k2-12VPM=4MF；,即(x,y-2)=2(-l-x,-y)i则/一含,同理可得*日，JL十1十8lf22482IxI-2_XI(I+#2)+必(1+%1)_2.1_2+(-1+%2)_3
7、+42-3+N_z1+X11+X2(l+x1)(l+x2)-x1x2+(i+2)+4fc2-2-8fe2.+-3+4k23+*x8上2-24-8k28M日r8-4fc2-12-8k2+3+4fc2=?*ZC定值行3. (2020新高考I,22,12分)已知椭圆CI+1(abO)的离心率为当且过点A(2,1).(1)求C的方程；点MN在C上,且AMlANtD1MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得IDQI为定值.解析由题设得W+=,Q?=;,解得=6,=3.所以C的方程为。+4=1.63(2)证明:设M(x,y),N(X2,Jz).22若直线MN与X轴不垂直,设直线MN的方程为)=依+而,代入2
8、+=1得63(1+22)x2+4knvc+2m2-6=0.于是R+M=-黑，Xm=盖由4M_LAN知4Mi4N=0,故(XL2)(x2-2)+(y1-l)(y2-l)=O,可得U2+l)jx2+(h/-2)(xi+x2)+-D2+4=0.将代入上式可得(心1)誓N-Gh2)+(D2+4=0.整理得(2Z+37+1)(2A+*l)=0.因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+z-l0,故2k+3m+1=0,1.于是MN的方程为y=kx一一：(即).所以直线MN过点P(|,-若直线MN与X轴垂直,可得N(M-州).由丽？丽=0得(XL2)Gl2)+(p-1)(-y-l)=0.又胃+?=1,可得3
9、后-8x+4=0.解得为=2(舍去)或乃V此时直线MN过点P(三,-).Q为AP的中点,即QGt)若。与P不重合,则由题设知AP是RsADP的斜边,故IDQwAP=竽若D与P重合,则|。QKHPI.综上,存在点qGW),使得IQQ为定值.4. (2022山东泰安三模,21)已知椭圆+g=l(abO)的离心率吟,四个顶点组成的菱形的面积为8,。为坐标原点.(1)求椭圆E的方程；过。0:9+)，2(上任意点P作。的切线/与椭圆E交于点M,N,求证:西所为定值.解析由题意得2=82,芍=当=+/,解得6Z=22,6=2,所以椭圆E的方程为%+7=1.证明：当切线/的斜率不存在时,其方程为x=乎，当户
10、手时,将广平代入椭圆方程+=1,得产乎,不妨令33o43M(冬聆-甯，哈,。),.丽=(。,甯,而=(。,-甯,PMPN=-|;当户当时，同理可得由PN=-l当切线/的斜率存在时，设I的方程为y=kx+m,M(x,y1),N(X2,%),因为/与。相切,所以悬=竽，所以3序=8A8,(y=k%+m,由二尸2得(1+2炉)x2+4kx+2n2-8=0,十184.,4km2n2-8即+也=-向，即处二际.由J=(4m)2-4(1+22)(2w2-8)O,得82-w2+40.PMPN=(OM-OP)(ON-OP)=OP2一丽丽一丽丽+丽丽=而2一OP2-OP2OM-ON=OM-ON,*,OMON=x
11、X2+yy2=xX2+(kx+n)(kx2+m)=(1+k2)xX2+km(x1+x2)+w2=+B等+加(一黑)+应=号需士。，PMPV=3综上,PM丽为定值5. (2022河北衡水二调,21)已知椭圆C:1+=1(ab0)的长轴长为4,P在C上运动,Fh尸2为C的两个焦点,且COSNRPF2的最小值为最(1)求C的方程；已知过点M（0,m）Qbvmvb）的动直线I交C于两点A,Bt线段AB的中点为N,若布OB-OM-而为定值,试求m的值.解析（1）由题意得=2,设IPRl,PB分别为p,q,则p+q=2a,2M_pq _ 空1 2MPq - Pq -(掾J(p+q)2-4C2-2Pq2pq
12、-I=今-1（当且仅当PF时取等号），从而祟-1=今得则C的方程为1+t=l43若直线I的斜率不存在,易得而OB-OM-0N=-3;若直线I的斜率存在，设其方程为y=kx+m,y=Zcx+m,联立*y2消丁得(4炉+3)/+8也+4?2-12=0,易知/0恒成立,(+=1设A(Xbyl),B(X2,/2),则Nef%),Q-8km4m2-12且X的0A0B-OMON=xlx2+yly2-m-71-=XX2+(kx+m)(AX2+7W)-y(kx+n+kx2+fn)要使上式为常数,必须且只需W-3=0,即加二土f(-3,3).=出+1 ) 心号(.2) = (FH) + ”.潴4K 十3/ *t
13、K 十 S-12c2+4n2-12 _ -3(4k2+3)+4m2-3 _ q 4m2-3 =-J +4fc2+34c2+34c2+3,此时而OB-OM-ON=-3为定值,符合题意.综上，当尸邛时，能使得就OB-OM-ON=-3.6. (2023届福建部分名校联考,22)已知两点M(0,-4),NS,4),动点P在X轴的投影为Qf且丽PN=3PQ2t记动点P的轨迹为曲线C(1)求。的方程；过点F(26,0)的直线与曲线。在y轴右侧相交于A,B两点,线段AB的垂直平分线与X轴相交于点H,试问黑是不是定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.解析设P(x,y),则2UO),PM=(-x,-4-y
14、),PN=(-x,4-y),PQ=(0,-)，).因为前PN=3PQ2,所以X2+产16=3y故C的方程为1一4=1.16O(2)由题可知直线AB的斜率一定存在,且不为0,设直线AB的方程为y=k(x-26)fA(xty)tB(及,).(y=k(x26),联立x2y2消去y整理得(1-2lc)x2+862x-48A2-16=0,I=Lr=384c4(1-21)(1921+64)0,-86c2C1则(+x2=1，整理得给-48k2-16、a飙2=下行。，%+%2_46fc2y1+y2_2k2l-2k2,-2l-2fc2,则线段AB的垂直平分线的方程为)斗器=-Vx+誓言)，1一NKK1-ZCz令
15、产。，得k黑,则时-嗡,。)，呵2两笫=I留XAB=1+k27(Xi+x2)24%i%2=EJw翳)2-4.嗡声= + l2 .384心(192Y+64)(l-22)(l-2k2)2(1-2/C2)28(l+fc2)1-2H卜所以=孚故盟是定值，该定值为手.考向二定点问题1.(2022全国乙,理20,文21,12分)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为X轴、)，轴,且过A(0,2),喝,一1)两点.(1)求E的方程；设过点尸(1,-2)的直线交E于MN两点,过M且平行于X轴的直线与线段AB交于点T,点H满足标=用.证明：直线HN过定点.解析(1)解法一:设椭圆E的方程为5+,=1(必),b0且
16、Wb),将A(0,-2),(,-l)：=1两点的坐标代入,得、/+表=1，解得卷二:做椭圆E的方程为? + ?，4n = 1,也+九=1,解得严考,结合题意可知N(1,孚),例(1,一半)，由y = |%-2, ,=fX = 6 + 3,26W = 一丁，解法二:设椭圆E的方程为mx2+ny1=(znO,0且ntn).由题意可得一彳故椭圆后的方程为+1=1.,34由A(0,-2),8信一1)可得直线AB的方程为y=x-2.若过点P(l,-2)的直线的斜率不存在,则其方程为41,与方程9+3=1联立,可得则(-6+3,一竽)，由祈=TH,V6+31=Xh(V6+3),/2r得=_we则”(一2乃
17、+5,_孚)，,H3,所以直线HN的方程为尸(2+/)片2,易知直线HN过点(0,-2);若过点P(l,-2)的直线的斜率存在,设其方程为y+2=k(x-l),(x1,y),N(X2,y2).y+2=k(x1),联立/y2得(3F+4)x2-6%(2+Qx+3A(2+4)=0,则(+=1*6k(2+k3k(k+4)-8(2+c)即+MFTP 为也丁；“ +)2=和p4(4+4k-2k2)-24fc3c2+4y.联立,2_2,可得警+3,y),由祈=THf可得(3y+6-My),故此时直线HN的方程为V-V2=T白一U-X2),将(0,-2)代入并整理得2Ui+X2)-6(y+y2)+xy2+x
18、2y-3y)*12=0,即2x嘿誉-6嘿誉+-3”嗤泞-12=0恒成立,则直线HN过定点(0,-2).综上,直线HN过定点(0,-2).2. (2019北京理，18,14分)已知抛物线Cx2=-2py经过点(2,-1).(1)求抛物线C的方程及其准线方程；(2)设O为原点,过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线/交抛物线C于两点MN,直线产-1分别交直线OM,ON于点A和点A求证：以A3为直径的圆经过y轴上的两个定点.解析(1)由抛物线Cx2=-2py经过点(2,1),得p=2.所以抛物线C的方程为x2=-4yt其准线方程为产1.(2)证明:抛物线C的焦点为F(0,-1).=kx 设直线/的方程为
19、尸独1(后0).(V=kx2_4得2+4h-4=0.设M(x,y),N(以力),则X2=-4,直线OM的方程为y=-x.xI令尸-1,得点A的横坐标X1=y同理得点5的横坐标加=-这.力设点0(0,应，则无5=-n)tDB=(一笆一1-n= (h+1)2=+ 3+1)2=-+(/7+1)2=-4+(+1)2.12令万？DB=O,BP-4+(n+l)2=0,得=1或n=-3.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0,-3).3. (2022广东韶关九校联考,21)已知抛物线Cy2=2px(p0)上的点P(1,y0)(foO)到焦点的距离为2.(1)求点P的坐标及抛物线C的方程；(2
20、)若点M、N在抛物线C,且kpM+kp*求证:直线MN过定点.解析(1)设抛物线的焦点为F,则Fg,0),准线方程为产另由抛物线的定义得1丹=2,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x,把(1,州)代入得用=4,因为yoO,所以州=2,所以P(l,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+nfMG无,yj,N（鸿力），联立得y2-4y-4n=0,J=16w2+440,y+y2=4n,yy2=-4n,因为=172盘,kPM.kpW所以(力+荔+2)=V即y+2(y1+y2)+36=0,所以-4+8m+36=0,即n=2m+9,满足/0,所以直线MN的方程为x=my+
21、2m+9=m（y+2）+9,所以直线MN过定点（9,-2）.考法三最值与范围问题考向一最值问题1 .（2021全国乙文，11,5分）设8是椭圆Cq+）2=1的上顶点，点尸在C上,则P8的最大值为（）A1BC,5D,2答案A2 .（多选）（2023届河北“五个一”名校联盟摸底，12）已知圆Cx2+（y-j）2=l上两点4、8满足IABl,点“（沏,0）满足IMAl=IM矶则下列结论中正确的是（）A.当HBl=时,入04B.当Xo=O时,过M点的圆C的最短弦长是28C线段AB的中点纵坐标的最小值是等D.过M点作圆C的切线且切点为A,Bf则X0的取值范围是（一8,-U?,+）答案CD3.（2023届
22、山东青岛调研,21）在平面直角坐标系Xo），中,动圆尸与圆G：f+卢2XT=O内切,且与圆。2：/+广2=0外切,记动圆P的圆心的轨迹为E.（1）求E的方程；（2）不过圆心G且与X轴垂直的直线交上于A,M两个不同的点,连接ACz并延长交E于点B.（i）若直线MB交X轴于点N,证明:N为一个定点；（ii）若过圆心Ci的直线交E于O,G两个不同的点,且ABLDGt求四边形ADBG面积的最小值.解析（1）设动圆户的半径为凡圆心户的坐标为卜），）.由题意可知圆G的圆心为GQ1,0）,半径为5;圆C2的圆心为C2（1,0）,半径为今 动圆P与圆Ci内切,且与圆C2外切，（IPCIl=*兄 11=PC1+
23、PC2=4CC2=2,PC2=+/? 动圆P的圆心的轨迹E是以G,C2为焦点的椭圆.设其方程格+g=(*0),其中2a=4t2c=2t：.a=2,c=l,则b2=3.从而E的方程为。+t=l.43(2)证明:设直线A5的方程为尸MX-I)(0),A(x,y),B(,),则M(xi-y)iy=k(x-1),由-2可得(4A2+3)282x+4旧“2=0,1=143.*.X+X2=8k2ZZ予 X，X2= 4fc2+3 -直线BM的方程为y+y尸汉（1乐）,X2-xl令）=0,可得N点的横坐标为孙一必+%1=k(X2-X)(XIT)+l_222一(必+”2)y2+yy-fc(X+x2-2)-Xi+
24、X2-242-12Qk2_4d+34卜2+3。一MC-%4k2+3-N为一个定点,其坐标为(4,0).Gi）根据可求得A=l+k2x2xl=1k2Xyj(x2+1)2-4x1x2=TTP1(纵2丫42-12-12(+1)4k2+3J4k2+34k2+3VABlDG,.cdg=,则IDGl=I猾”.K3N,+4*：ABVDG,四边形ADBG的面积S=II的GlEX喏X*2=就募%令F+lw,耳0,01,re_72t2_72_72、FC+W+22_(卜+乎当3=即=l时,Smin=鬻.4. (2022济南三模,21)已知椭圆C若+=1(ab0)的离心率为络且经过点P(l,3).z匕/3(1)求椭圆
25、C的方程；(2)A、6为椭圆C上两点,直线PA与PB的倾斜角互补,求APAB面积的最大值.a32r2解析由题意得巨+支_1解得a=,力=,椭圆C的方程为卷+=1.c2丁k2-L6Z(2)由题意可知直线B的斜率一定存在.设直线AB的方程为y=kx+tiA(x,y),B(X2,y),将产h+r代入学+0得6k2-3t2+180.-2ktt2-Y直线PA和直线PB的倾斜角互补，化简可得23+x1y2+x25,1=(y1+y2)+3(X1+X2),*,y1+y2=x1+t+kx2+t=k(x+x2)+2r=-j-,Xy2+X2yi=Xl(kx2+t)+X2(kx+t)=2kXX2+tUl+X2)T26
26、历-2kt23+国5=西5+V3际，化简得(&-V5)(A+z5)=o,直线AB不过点P,.=3,.xi+-2=,xi-2=,-23tbX)过点M3),点4为其左顶点,且AM的斜率为去(1)求C的方程；(2)点N为椭圆上任意一点,求ZkAMN的面积的最大值.解析（1）由题意可知直线AM的方程为y-3=U-2）,即x-2y=-4f当产0时,解得x=-4,所以0=4,由椭圆+A=1（公协0）过点M3）,可得1+Q1,解得加=12,所以C的方程为3=1.1612设与直线AM平行的直线方程为x-2y=my当直线与椭圆相切时,与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N,此时AAMN的面积取得最大值.(X2y
27、=m,联立x2y2T消去X得16y2+12my+3z112-48=0,上十五=L所以j=144w2-46（3h2-48）=0,即加=64,解得w=8,与AM距离比较远的直线方程为x-2y=8,两平行线（直线AM与直线x-2y=S）之间的距离为仁耨=喑IAM=J（2+4）2+32=3后.所以AAMN的面积的最大值为方35竿=18.考向二范围问题1.（多选）（2023届湖北“宜荆荆恩”起点考试,11）已知椭圆（7:圣+5=1（。乂0）的左,右焦点分别为F,F2,长轴长为4,点P（,1）在椭圆C外,点。在椭圆C上,则（）A.椭圆C的离心率的取值范围是（0,/）B.当椭圆C的离心率为雷时,IQQI的取
28、值范围是2-3,2+3C存在点Q,使得函QK=O扁+品的最小值为1答案BCD2. （2022山东滨州二模,21）已知抛物线C.x2=2py（pX）在点、M（1,州）处的切线斜率为去（1）求抛物线C的方程；若抛物线C上存在不同的两点关于直线/:尸2x+m对称,求实数?的取值范围.解析由题意知点m(l则切线方程为啥=汾1),由消去y并整理得/3+p-l=O,依题意,有=p2-4(p-l)=0,解得p=2,所以抛物线C的方程是x2=4y.设抛物线C上关于直线/对称的两点为A(孙y),Ba2,y),直线AB的方程为)=+r,由17”+消去y并整理得f+2v4u,则JM+16r0,解得txi+x2=-2
29、,yy2=-(x+x2)+2r=2r+1,显然线段AB的中点(-1,t+J在直线Z上,于是得r+=-2+w,即有t=tn而r-i,因此,怔I-1,解得加号所以实数m的取值范围是C+8).3. (2021北京,20,15分)已知椭圆七:马+之1(*0)的一个顶点为A(0,-2),以椭圆EQ/D的四个顶点为顶点的四边形面积为4强.求椭圆E的方程;过点P(0,-3)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C,直线ARAC分别与直线产-3交于点M,M当IPM+1PNlq5时,求k的取值范围.解析(1)将A(0,-2)代入椭圆上的方程得6=2,由椭圆E的四个顶点围成的四边形面积为2=45,解得5,所以
30、椭圆E的方程为9=1.(2)设B(XI,y),C(X2,”)，由题意得直线/的方程为)，+3=MX0),即y=kx-3i将y=kx-3代入椭圆E的方程并化简得(4+5F)x2-30辰+25=0,则xx2=42,xx2=;由J=(-30)2-425(4+5尸)0,解得R-I或kl.直线AB的方程为需=言，令尸3解得尸编,得M(-肃p-3),同理可得N(一-4,一3),所以PM+PNII+I2I_忤此2+2)+七必+2)|yi+2+ly2+2-I(J+2)(y2+2)Ix1(fcx2-l)+x2(-l)I(cx1-3)+2(cx2-3)+2I2x2-(x1+x2)_I2M2一(必+必)I(fcx1
31、-l)(kx2-l)Ik2x1x2-k(x1+x2)+lI共2530比,225.30fc,.kZr-kr+14+5fc24+5fc2解得-33.故k的取值范围为-3,-1)U(1,3,4. (2022长沙长郡中学月考一,20)设椭圆。：9+/=1的左,右顶点分别为4,8若P、Q是椭圆上关于X轴对称的两点,直线APiBQ的斜率分别为k,k式kk丽求由1+1划的最小值;(2)已知过点O(O,-3)的直线/交椭圆C于M、N两个不同的点,直线AM,AN分别交y轴于点S,T,记丽=/1丽,而=而(O为坐标原点)，当直线/的倾斜角。为锐角时,求H4的取值范围.解析(1)由题意设点P(X,yo),QerO,
32、加，-3X03,不妨令Oyo5,因为A(3,0),8(3,0),所以=心=二,则由|+也|二丹+丹=普，由M+*=1可得9-Xq=则饮i+I22=F,因为0),y=kx-3,联立/2得(5+9/-54履+36=0,由题意得/=(-542-436(5+9d)0,因为(+=1QO,所以Q.由根与系数的关系得Xl+X2=,X1X2=易知直线AM的方程是yCr+3),令x=0,解得产含,所以S(0,段)，同理可得r(0-)所以痂=N等+3)团=(。，簧+3)，因为说二(0,3),DS=DO,DT=DOt所以2+3=3Z-+3=3/,所以+=+第1+3犬？+3(X+32xz+3二收1-3依2-32收炉2
33、+3(SQi+-2)T82ki+3(18中+诉+2-,/+,(y*+焉+3.悬+9+2,9(k+l)因为A所以*+4V2.所以的取值范围是(右2).考法四存在性问题1.(2023届重庆八中入学考,21)已知B(-l,0),C(l,0)为AABC的两个顶点,P为AABC的重心,边AC,A8上的两条中线长度之和为6.(1)求点P的轨迹T的方程;已知点N(3,0),E(-2,0),尸0),直线PN与T的另一个公共点为Q,直线EP与FQ交于点M试问：当点P变化时,点M是否恒在一条定直线上?若是,请证明；若不是,请说明理由.解析(1)因为P为AABC的重心,且边ACAB上的两条中线长度之和为6,所以P8
34、+PCqx6=48C,由椭圆的定义知,点P的轨迹7是以8(/,0),C(l,0)为焦点的椭圆(不包括长轴的端点)，且a=2,c=l,所以b=y3,所以点P的轨迹T的方程为。+4=1(2).设直线PQ的方程为x=my-3,P(x,y),Q(a,玖)，x=my3,X21y21消X得层+4)丁2-182)，+15=。，T+T=1*贝Uyy=-1n-,yy=一等一,/3m2+4,3m2+4,所以2nyf2=(y+y),又直线PE的方程为产含(x+2)二意ZTG+2),直线。尸的方程为)G(x2)=京E(X2),联立I=喈7+S解得X=幽”安2辿，y=*7(-2),f+5%VWiy2-5把2沙中汐小)代
35、入上式得=骼需=T所以当点P运动时,点M恒在定直线X=W上.222. (2022深圳实验学校、长沙市一中联考,20)设双曲线C:-1=1(0)0)的左,右焦点分别是F,F2,渐近线分别为1,12t过Fz作渐近线的垂线,垂足为P,且AOPH的面积为。.4(1)求双曲线。的离心率；动直线/分别交直线/1,/2于A,8两点U,B分别在第一、四象限)，且AOAB的面积恒为8,是否存在总与直线/有且只有一个公共点的双曲线C?若存在,求出双曲线C的方程;若不存在,说明理由.解析由题意易知，PF2=b,OP=,由PFzLOP得Saopf2=y,又因为S的生=SAOPFz=,所以?=，解得b=2a,则c=yS
36、a,所以双曲线。的离心率e=y5.由及题意得渐近线lcy=tlx,h.y=-2x,设双曲线的方程为三依题意得直线.Q/4Q/I的斜率不为零，因此设直线7的方程为x=myti-m0,设直线Z交X轴于点D(r,0),A(x,y)(x0,y0),B(m,y2)U20,y20,X=y+,联立*y2_得(4加-1)2+即町y+4(2-*)=0,出.赤=L若直线/与双曲线C只有一个公共点,则J=O,即/=64氏16(4?21)(z2)=o,化简得f2+a2(4-l)=0,将式代入可得a2=4,所以双曲线的方程为I一三1,因此,存在总与直线/有且只有一个公共点的双曲线G双曲线C的方程为I-I=L4163.
37、(2022重庆八中摸底,21)已知椭圆C:+g=l(0)的离心率为室长轴端点和短轴端点的距离为右.(1)求椭圆。的方程;若尸为椭圆C上异于椭圆C顶点的任意一点,过点Q(0,-2)且平行于OP的宜线/与椭圆C相交于A,B两点(点O为坐标原点),是否存在实数/1,使得MQB=入诃2成立?若存在,求出入的值;若不存在,请说明理由._3/2_4加7=后,解得2=1：2=b2+C2,(-3,椭圆C的方程为9+y2=L(2)存在.因为P是椭圆C上异于椭圆C顶点的任意一点,且I/OP,所以直线/的斜率存在且不为0.设过点Q(0,的直线/的方程为y=kx-2,A(xby),B(x2,.由J4消去)得(1+4F
38、)XM6履+12=0,则J=(-16c)2-412(1+42)0=423,16k12X+X2=117,XIX2=,l+4k2l+4fc2QAQB=/1k2xl-xQ1+k2x2-XQ=(1+2)rX2.由哙；/=4得以=品i,所以PD诏(1+d)7,又因为西丽=AOP2,所以04HQ5=lOPF,所以MX2口哈即7=-i,解得4=3.1+4ACL9v*K故存在实数尢使得口？QB=4而2成立,且zl=3.4. (2022湖北部分学校质量检测,21)已知F1(-c,0),F2(cf0)分别为椭圆C曝+(ab0)的左,右焦点,P(c,g)是椭圆C上一点,且耐电，(1)求椭圆C的方程；过点F2的直线与
39、椭圆C交于A,6两点,试问:是否存在定点G(W0),使得瓦弱为定值?若存在,求出此的值;若不存在,请说明理由.解析因为厄电=(-2c,-汨(,-汨=2=*又c0,所以c=1,p(l5又点P在椭圆上,所以+赤=L解得K=?U2=庐+1,(b2=3.所以椭圆C的方程为+=(x-l),(2y2A(x,y),B(x2,y2),由彳+彳=1得(42+3)x28dx+4F42=0,则4=64收4(4F+3)(4公-(y=Mx-1)12)0,4fc2-12所以褊=(x-xo,yi),B=(X2-X0,y2),则刀B=XX2-(X1+X2)Xo+Xq+Ic2(XLl)(X2-1)=(3+1)XX2-(xo+k2)Cvi+X2)+Ic+Xq=-8：+3712,4z+3因为牙而为定值,所以4就-。-5=强士,解得处寸,定值为.鬻,而即岑时，(祉1)2.438
