圆锥曲线的方程及计算、证明、最值与范围问题 - 解析1

圆锥曲线的方程及计算、证明、最值与范围问题221(2023·江苏南通模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知圆E：(x+2)+y=4和定点F(2，0)，P为圆E上的动点，线段PF的垂直平分线与直线PE交于点Q，设动点Q的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设曲线C与x轴正半轴交于点A，过点T(t，0)(-1<t<1)的直线l与曲线C交于点M，N(异于点A)，直线MA，NA与直线x=t分别交于点G，H.若F，A，G，H四点共圆，求实数t的值．解：(1)因为点Q在线段PF的中垂线上，所以|QP|=|QF|，故||QE|-|QF||=||QP|±|EP|-|QF||=|±2|=2<|EF|=4，所以点Q的轨迹是以E，F为焦点的双曲线，222其焦距2c=4，c=2，且2a=2，a=1，故b=c-a=3，22y所以曲线C的方程为x-=1.3(2)设直线l：x=my+t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，x=my+t，联立方程组y22x-=1，3222整理得(3m-1)y+6mty+3t-3=0，23m-1≠0，则2222Δ=36mt-4(3m-1)(3t-3)>0，y+y=-6mt，1223m-1且2yy=3t-3.1223m-1因为F，A，G，H四点共圆，所以∠HAF+∠HGF=π，又∠HAF+∠TAH=π，所以∠TAH=∠TGF，故Rt△TAH∽Rt△TGF，|TH||TF|所以=，|TA||TG|即|TA|·|TF|=|TH|·|TG|，所以(1-t)(2-t)=|yG|·|yH|.y1又直线AM：y=(x-1)，x1-1(t-1)y1令x=t，得yG=，x1-1(t-1)y2同理，yH=，x2-12y1y2故|yGyH|=(t-1)·(x1-1)(x2-1)2y1y2=(t-1)·(my1+t-1)(my2+t-1)1 23t-3223m-1=(t-1)·223t-3-6mt2m·2+m(t-1)·2+(t-1)3m-13m-123(t+1)22=(t-1)·=3|t-1|=3(1-t)，-(t-1)其中-1<t<1，2所以(1-t)(2-t)=3(1-t)，1解得t=-，41所以实数t的值为-.42(2023·河南开封模拟)在平面直角坐标系xOy中，一动圆经过点F(1，0)且与直线x=-1相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)过点F且斜率为k(k≠±2)的直线l与C交于A，B两点，点P是C上的一点，且OP∥l，直线OP与直|AF|·|BF|线x=1交于点Q，点M是线段PQ的中点，求的值．224|OM|-|PQ|解：(1)因为动圆经过点F(1，0)且与直线x=-1相切，所以该动圆的圆心到点F(1，0)和直线x=-1的距离相等，所以曲线C为抛物线，焦点为F(1，0)，p即=1，所以p=2，22所以曲线C的方程为y=4x.(2)设直线l的方程为y=k(x-1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，2y=4x，2222联立消去y得kx-(2k+4)x+k=0，y=k(x-1)，2k≠0，则2242Δ=(2k+4)-4k=16k+16>0，22k+4所以k≠0，则x1+x2=2，x1x2=1.k又|AF|=x1+1，|BF|=x2+1，244(1+k)所以|AF|·|BF|=(x1+1)(x2+1)=x1x2+(x1+x2)+1=4+2=2，kk因为OP∥l，则可设OP的方程为y=kx，y=kx，22联立2消去y得kx-4x=0，y=4x，4解得x=0或x=，2k44所以P，，2kk因为直线OP与直线x=1交于点Q，则Q(1，k)，224+k4+k故M，，22k2k2222(1+k2)(4+k2)224+k4+k所以|OM|=+=，2k2))2k4k42 22224242(1+k)(4-k)|PQ|=-1+-k=，k2kk4222222222(1+k)(4+k)(1+k)(4-k)16(1+k)所以4|OM|-|PQ|=-=，442kkk24(1+k)|AF|·|BF|k21所以==.2216(1+k2)44|OM|-|PQ|2))k2y2x3(2023·四省联考)已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)过点A(42，3)，且焦距为10.22ab(1)求C的方程；|GD|(2)已知点B(42，-3)，D(22，0)，E为线段AB上一点，且直线DE交C于G，H两点．证明：=|GE||HD|.|HE|32922解：(1)由题意可得-=1，2a+b=10，22ab2y2x故a=4，b=3，所以C的方程为-=1.169(2)证明：设E(42，t)(|t|<3)，G(x1，y1)，H(x2，y2)，3因为双曲线的渐近线方程为y=±x，43故当直线DE与渐近线平行时，和双曲线仅有一个交点，此时直线DE的方程为y=±(x-22)，43232令x=42，则y=±，故|t|≠.22t则直线DE：y=(x-22)．22y=t(x-22)，222222由x2y2得(9-2t)x+82tx-16t-144=0，-=1，1692282t16t+144所以x1+x2=2，x1x2=2.2t-92t-9GD·HE-GE·DH=(22-x1，-y1)·(42-x2，t-y2)-(42-x1，t-y1)·(x2-22，y2)=2x1x2+2y1y2-62(x1+x2)-t(y1+y2)+322t3222=2+4x1x2-4t+62(x1+x2)+4t+3222224(t+8)(t+9)4t(3t+24)2=-+4t+32=0，222t-92t-9所以GD·HE=GE·DH，所以|GD||HE|cos0=|GE||DH|cos0，|GD||HD|即=.|GE||HE|22272234已知圆M：(x+2)+y=的圆心为M，圆N：(x-2)+y=的圆心为N，一动圆与圆N内切，44与圆M外切，动圆的圆心E的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；3 3(2)已知定点P，0，过点N的直线l与曲线C交于A，B两点，证明：∠APN=∠BPN.2解：(1)如图，设圆E的圆心坐标为(x，y)，半径为r，333则|EM|=r+，|EN|=r-，22所以|EM|-|EN|=23<|MN|.2x由双曲线定义可知，E的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为23的双曲线的右支，所以曲线C的方程为32-y=1，x≥3.(2)证明：由题意可知，直线l的斜率不为0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为x=my+2，由于直线l与曲线C交于两点，故-3<m<3，2x2由3-y=1，得(m2-3)y2+4my+1=0，x=my+2，y+y=-4m，122m-3故yy=1，122m-3要证明∠APN=∠BPN，只要证明直线AP的斜率与直线BP的斜率互为相反数即可，y1y2即kAP=-kBP，即证=-.x-3x-31222又x1=my1+2，x2=my2+2，y1y2即证=-.my+2-3my+2-31222my+1my+11222又y1≠0，y2≠0，得=-，y1y21y1+y2即证-2m=·.2y1y2y+y=-4m，122m-3由yy=1，122m-3-4m1y1+y21m2-3得·=·=-2m，得证．2y1y2212m-35在△ABC中，A，B的坐标分别是(-2，0)，(2，0)，点G是△ABC的重心，y轴上一点M满足GM∥AB，且|MC|=|MB|.4 (1)求△ABC的顶点C的轨迹E的方程；(2)直线l：y=kx+m与轨迹E相交于P，Q两点，若在轨迹E上存在点R，使得四边形OPRQ为平行四边形(其中O为坐标原点)，求m的取值范围．解：(1)设点C的坐标为(x，y)，x≠0，y≠0，因为G为△ABC的重心．xyy所以点G的坐标为3，3，所以M0，3.222y2由|MC|=|MB|，得x+3y=2+3，2y22y2xx即+=1(x≠0，y≠0)，所以△ABC的顶点C的轨迹E的方程是+=1(x≠0，y≠0)．2626y=kx+m，(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立x2y2+=1，26222消去y，得(k+3)x+2kmx+m-6=0，222222Δ=4km-4(k+3)(m-6)=12(2k-m+6)>0，①22kmm-6且x1+x2=-2，x1x2=2.k+3k+3因为四边形OPRQ为平行四边形，所以线段PQ的中点即为线段OR的中点，所以点R的坐标为(x1+x2，y1+y2)，2km6m整理得R-，(m≠0)．k2+3k2+32km26m2-k2+3k2+3由点R在椭圆上，所以+=1，2622整理得2m=k+3.②2将②代入①得m>0恒成立，266由②得2m≥3，所以m≥或m≤-，2266所以m的取值范围为-∞，-2∪2，+∞.6(2023·广东广州二模)已知点F(1，0)，P为平面内一动点，以PF为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C.(1)求C的方程；(2)过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于l的直线交x轴于点N.当四边形MANB的面积最小时，求直线l的方程．x+1y解：(1)设P(x，y)，则以PF为直径的圆的圆心为2，2，根据圆与y轴相切，x+111222可得=|PF|=(x-1)+y，化简得y=4x，2222所以C的方程为y=4x.(2)由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，设直线l：y=k(x-1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，y=k(x-1)，2222联立2消去y，得kx-2(k+2)x+k=0，y=4x，22(k+2)所以x1+x2=2，x1x2=1，k5 2(k2+2)24k+4所以|AB|=x1+x2+2=2+2=2，kk设直线l的倾斜角为θ，则|AM|=|AF||tanθ|，|BN|=|BF||tanθ|，所以|AM|+|BN|=|AF||tanθ|+|BF||tanθ|=|AB||tanθ|=|AB||k|，由题意可知四边形MANB为梯形，所以四边形MANB的面积222421|AB||k|8(k+1)8(k+2k+1)S=|AB|(|AM|+|BN|)===，22|k|3|k|3设t=|k|>0，428(t+2t+1)21则S(t)==8t++，t3tt34223t-2t-3所以S′(t)=81--=8×t2t4t42(t+1)(t-3)(t+3)=8×，4t令S′(t)=0，得t=3，当t>3时，S′(t)>0，S(t)单调递增，当0<t<3时，S′(t)<0，S(t)单调递减，所以当t=3，即|k|=3时，面积最小，此时k=±3，故直线l的方程为y=±3(x-1)，即3x-y-3=0或3x+y-3=0.综合测试21(2023·全国甲卷)已知直线x-2y+1=0与抛物线C：y=2px(p>0)交于A，B两点，且|AB|=415.(1)求p；(2)设C的焦点为F，M，N为C上两点，MF·NF=0，求△MNF面积的最小值．解：(1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，x-2y+1=0，2由2可得y-4py+2p=0，y=2px，所以yA+yB=4p，yAyB=2p，22所以|AB|=(xA-xB)+(yA-yB)2=5|yA-yB|=5×(yA+yB)-4yAyB2=5×16p-8p=415，2即2p-p-6=0，因为p>0，解得p=2.(2)因为F(1，0)，显然直线MN的斜率不可能为零，设直线MN：x=my+n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，2y=4x，2由可得y-4my-4n=0，x=my+n，所以y1+y2=4m，y1y2=-4n，22Δ=16m+16n>0⇒m+n>0，6 因为MF·NF=0，所以(x1-1)(x2-1)+y1y2=0，即(my1+n-1)(my2+n-1)+y1y2=0，22即(m+1)y1y2+m(n-1)(y1+y2)+(n-1)=0，将y1+y2=4m，y1y2=-4n代入，得22224m=n-6n+1，4(m+n)=(n-1)>0，2所以n≠1，且n-6n+1≥0，解得n≥3+22或n≤3-22.设点F到直线MN的距离为d，|1-n|所以d=，2))1+m222|MN|=1+m·|y1-y2|=1+m·16m+16n22=1+m·4(n-6n+1)+16n2=21+m|n-1|，112|1-n|2所以△MNF的面积S=|MN|·d=×21+m|n-1|×=(n-1)，222))1+m而n≥3+22或n≤3-22，2所以当n=3-22时，△MNF的面积取得最小值，Smin=(2-22)=12-82.12(2023·新课标Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点0，的距离，记动点2P的轨迹为W.(1)求W的方程；(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于33.21221解:(1)设P(x，y)，则|y|=x+y-2，两边同时平方，化简得y=x+，421故W的方程为y=x+.4(2)证法一：不妨设A，B，D在W上，且AB⊥AD，21依题意可设Aa，a+，易知直线AB，AD的斜率均存在且不为0，41则设AB，AD的斜率分别为k和-，k由对称性，不妨设|k|≤1，21直线AB的方程为y=k(x-a)+a+，421y=x+，4联立21y=k(x-a)+a+，422得x-kx+ka-a=0，222Δ=k-4(ka-a)=(k-2a)>0，则k≠2a，2则|AB|=1+k|k-2a|，11同理|AD|=1++2a，2kk所以|AB|+|AD|7 211=1+k|k-2a|+1++2a2kk21≥1+k|k-2a|+k+2a21≥1+kk+k23(1+k)=.2k2令k=m，则m∈(0，1]，3(m+1)21设f(m)==m+3m++3，mm21(2m-1)(m+1)则f′(m)=2m+3-=，22mm1令f′(m)=0，解得m=，21当m∈0，时，f′(m)<0，f(m)单调递减，21当m∈2，1时，f′(m)>0，f(m)单调递增，127则f(m)min=f2=4，33所以|AB|+|AD|≥，221121但1+k|k-2a|+1++2a≥1+k·|k-2a|++2a，此处取等号的条件为|k|=1，与k2kk233最终取等号的条件|k|=不一致，故|AB|+|AD|>，故矩形ABCD的周长大于33.22212121证法二：设矩形的三个顶点Aa，a+4，Bb，b+4，Cc，c+4在W上，a<b<c，且AB⊥BC，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在且不为0，则kAB·kBC=-1，a+b<b+c，2121b+4-a+4令kAB==a+b=m<0，b-a同理，令kBC=b+c=n>0，且mn=-1，1则m=-，n1设矩形的周长为l，由对称性，不妨设|m|≥|n|，kBC-kAB=c-a=n-m=n+，n122212则l=|AB|+|BC|=(b-a)1+m+(c-b)1+n≥(c-a)1+n=n+1+n，2n12n>0，易知n+1+n>0，n122令f(x)=x+(1+x)，x>0，x121f′(x)=2x+x2x-x，2令f′(x)=0，解得x=，22当x∈0，2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，8 2当x∈2，+∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增，227则f(x)min=f2=4，12733故l≥=，即l≥33.2422当l=33时，n=，m=-2，222且(b-a)1+m=(b-a)1+n，即当|m|=|n|时等号成立，矛盾，故l>33，得证．12证法三：为了计算方便，我们将抛物线向下移动个单位得抛物线W′：y=x，4矩形ABCD变换为矩形A′B′C′D′，则问题等价于矩形A′B′C′D′的周长大于33.222设B′(t0，t0)，A′(t1，t1)，C′(t2，t2)在W′上，且A′B′⊥B′C′，根据对称性，不妨设t0≥0，则kA′B′=t1+t0，kB′C′=t2+t0，由于A′B′⊥B′C′，则(t1+t0)(t2+t0)=-1.22由于|A′B′|=1+(t1+t0)|t1-t0|，|B′C′|=1+(t2+t0)|t2-t0|，且t0介于t1，t2之间，不妨设t1<t0<t2，则22|A′B′|+|B′C′|=1+(t1+t0)(t0-t1)+1+(t2+t0)(t2-t0)．π令t2+t0=tanθ，θ∈0，2，1则t1+t0=-，tanθ1则t2=tanθ-t0，t1=--t0，tanθ112所以|A′B′|+|B′C′|=1+22t0+tanθ+1+tanθ(tanθ-2t0)，tanθ2t(cosθ-sinθ)3311sinθcosθ0sinθ+cosθ故|A′B′|+|B′C′|=2t0-++=+.sinθcosθ22sinθcosθ22cosθsinθsinθcosθπ①当θ∈0，4时，33sinθ+cosθsinθcosθ1232|A′B′|+|B′C′|≥=+≥2=2≥22>；sin2θcos2θcos2θsin2θsinθcosθsin2θ2ππ②当θ∈4，2时，由于t1<t0<t2，1从而--t0<t0<tanθ-t0，tanθ1tanθ从而-<t0<，又t0≥0，2tanθ2tanθ故0≤t0<，22t(cosθ-sinθ)330sinθ+cosθ所以|A′B′|+|B′C′|=+sinθcosθ22sinθcosθsinθ(cosθ-sinθ)33sinθ+cosθ1>+=2222sinθcosθsinθcosθsinθcosθ2=222sinθsinθ·2cosθ2=222(1-cosθ)(1-cosθ)·2cosθ2≥(1-cos2θ)+(1-cos2θ)+2cos2θ339 233==，23233当且仅当cosθ=时等号成立，333故|A′B′|+|B′C′|>，故矩形ABCD的周长大于33.22y2x313已知椭圆C：+=1(a>b>0)的离心率为，且过点3，.a2b222(1)求椭圆C的方程；(2)椭圆C与x轴相交于A，B两点，P为椭圆C上一动点，直线PA，PB与直线x=3交于M，N两点，设r1△PMN与△PAB的外接圆的半径分别为r1，r2，求的最小值．r2c331222解:(1)由题意知=，且+=1，a=b+c，a2a24b2∴a=2，b=1，2x2∴椭圆C的方程为+y=1.4(2)由题意，不妨设A(-2，0)，B(2，0)，椭圆C上的动点P(x，y)，x≠±2，则直线PA，PB的斜率存在且不为0，yy则有kPA=，kPB=，x+2x-2221-xyyy41∴kPA·kPB=x+2·x-2=2=2=-4.x-4x-41设直线PA的方程为y=k(x+2)，则直线PB的方程为y=-(x-2)，根据对称性不妨设k>0.4k1令x=3，得yM=5k，yN=-，4k1即M(3，5k)，N3，-，4k1则|MN|=5k+.4k|MN|由正弦定理得2r1=，sin∠MPN|AB|2r2=，sin∠APB又∠MPN+∠APB=180°，∴sin∠MPN=sin∠APB，5k+125k·1r1|MN|4k4k515r1∴==≥=，当且仅当5k=，即k=时，等号成立，即的最小值r2|AB|4444k10r25为.4强化训练1(2023·山东菏泽二模)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(-3，0)，点P为动点，点Q为线段PA的5中点，直线PA与直线OQ的斜率之积为-.9(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)设过点F(-2，0)且不与坐标轴垂直的直线l与C交于M，N两点，线段MN的垂直平分线与x轴交于10 1点B，若点B的横坐标xB>-，求|MN|的取值范围．3解:(1)设动点P(x，y)，x-3y则线段PA的中点Q2，2，yy∴kPA=，kOQ=，x+3x-32yyy则kPA·kOQ=·=2，x+3x-3x-925y5依题意，kPA·kOQ=-，∴2=-，9x-992y2x整理得+=1，又y≠0，∴x≠±3，952y2x故动点P的轨迹C的方程为+=1(x≠±3)．95(2)设直线l：x=my-2(m≠0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点E(xE，yE)，x=my-2，联立直线与椭圆方程x2y2+=1，9522得(5m+9)y-20my-25=0，222则Δ=(-20m)-4(5m+9)×(-25)=900m+900>0恒成立，20m25∴y1+y2=2，y1y2=-2，5m+95m+9110m∴yE=(y1+y2)=2，25m+918∴xE=myE-2=-2，5m+91810m∴MN的中点为E-，，5m2+95m2+9∴线段MN的垂直平分线方程为10m18y-=-mx+，5m2+95m2+98令y=0，得x=-，25m+98∴B-，0，5m2+9812由已知条件得->-，解得m>3，5m2+9322230(m+1)4∴|MN|=(1+m)[(y1+y2)-4y1y2]=2=6-2+1，5m+95m+9211∵m>3，∴0<<，5m2+924∴|MN|∈(5，6)，即|MN|的取值范围为(5，6)．22(2023·唐山二模)已知抛物线C：y=2px(p>0)的焦点为F，A为C上一点，B为准线l上一点，BF=2FA，|AB|=9.(1)求抛物线C的方程；4(2)M，N，E(x0，-2)是C上的三点，若kEM+kEN=-，求点E到直线MN距离的最大值．311 解:(1)如图所示，∵BF=2FA，1∴|AF|=|AB|=3，3p由BF=2FA，xB=-，2pxF=，可得xA=p，2p由抛物线的定义可知，|AF|=p+=3，2解得p=2.2则抛物线C的方程为y=4x.(2)如图所示，E(x0，-2)在抛物线C上，所以x0=1，由题意可知，直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x=ty+n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，2将x=ty+n代入y=4x，2得y-4ty-4n=0，则y1+y2=4t，y1y2=-4n，y1+22y1+24∴kEM==1=，x1-1y-1y1-244444(y1+y2)-1616t-164同理kEN=，kEM+kEN=+===-，y2-2y1-2y2-2y1y2-2(y1+y2)+4-4n-8t+43整理得n=t-2，直线MN的方程为x=ty+t-2，∴直线MN过定点T(-2，-1)，当ET⊥MN时，点E到直线MN的距离最大，22且最大距离为|ET|=(-2-1)+(-1+2)=10.22223(2023·辽宁实验中学模拟)已知一动圆与圆E：(x+3)+y=18外切，与圆F：(x-3)+y=2内切，该动圆的圆心的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的标准方程；(2)直线l与C交于A，B两点，点P在线段AB上，点Q在线段AB的延长线上，从下面①②③中选取两个作为已知条件，证明另外一个成立．①P(8，1)；②|AP|·|BQ|=|BP|·|AQ|；③Q是直线l与直线x-y-1=0的交点．注：如果选择不同的组合分别解答，按第一个解答计分．解:(1)设动圆的圆心为M(x，y)，半径为r，则|ME|=r+32，|MF|=r-2，所以|ME|-|MF|=42<|EF|，由双曲线定义可知，M的轨迹是以E，F为焦点，实轴长为42的双曲线的右支，所以2a=42，2c=6，即a=22，c=3，2222x2所以b=c-a=1，所以曲线C的标准方程为-y=1(x≥22)．8(2)证明：若选①②⇒③：12 由题意可设直线l：x-8=m(y-1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x0，y0)，y0≠1，因为直线l与C交于A，B两点，所以-22<m<22，x-8=m(y-1)，2222m(m-8)联立x22得(m-8)y-2m(m-8)y+(m-8)-8=0，所以y1+y2=，y1y2=-y=1，28m-82(m-8)-8，2m-8由|AP|·|BQ|=|BP|·|AQ|，|AP||AQ|得=，|BP||BQ|y1-1y0-y1即=，1-y2y0-y2|AQ||AP|由题意知≠1，所以≠1，即P异于AB的中点，所以y1+y2≠2，即m≠1，|BQ||BP|22(m-8)-162y1y2-(y1+y2)2y1y2-2m2-8-26得y0==-1+=-1+=1-，y1+y2-2y1+y2-22m(m-8)-2m-12m-8x0-8又x0-8=m(y0-1)，所以m=，y0-16故y0=1-，化简得x0-y0-1=0，x0-8-1y0-1所以点Q在直线x-y-1=0上，又Q是直线l上的点，所以③成立．若选①③⇒②：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x0，y0)，y0≠1，则x0-y0-1=0.由P，A，B，Q四点共线，设AP=λAQ，BP=μBQ，其中λ>0且λ≠1，μ<0，λx0-8λy0-1μx0-8μy0-1则x1=，y1=，x2=，y2=.λ-1λ-1μ-1μ-12x2又点A在C上，所以1-y1=1，8λx0-82λ-1λy0-12所以8-λ-1=1，222整理得(x0-8y0-8)λ-16(x0-y0-1)λ+48=0，222又x0-y0-1=0，所以(x0-8y0-8)λ+48=0，222同理(x0-8y0-8)μ+48=0，222248所以λ=μ=00，8y-x+8又λ>0，μ<0，所以λ=-μ，故AP=-μAQ，BP=μBQ，|AP||BP|所以==|μ|，故|AP|·|BQ|=|BP|·|AQ|，|AQ||BQ|即|AP|·|BQ|=|BP|·|AQ|成立，所以②成立．13 若选②③⇒①：由题意，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x′，y′)，Q(x0，y0)，由|AP|·|BQ|=|BP|·|AQ|，|AP||BP|得==λ，|AQ||BQ|又点P为线段AB上一点，点Q为线段AB延长线上一点，所以设AP=λAQ，BP=-λBQ，其中λ>0且λ≠1，x′-λx0y′-λy0x′+λx0y′+λy0则x1=，y1=，x2=，y2=，1-λ1-λ1+λ1+λ2x2又点A在C上，所以1-y1=1，8x′-λx021-λy′-λy02所以8-1-λ=1，22222整理得(x0-8y0-8)λ-(2x′x0-16y′y0-16)λ+x′-8y′-8=0，22222同理(x0-8y0-8)λ+(2x′x0-16y′y0-16)λ+x′-8y′-8=0，所以2x′x0-16y′y0-16=-(2x′x0-16y′y0-16)，故x′x0-8y′y0-8=0，将x0=y0+1代入，得(x′-8y′)y0+x′-8=0，x′-8y′=0，所以x′-8=0，x′=8，解得y′=1，即①P(8，1)成立．2y2x24(2023·江苏南通二模)已知椭圆E：+=1(a>b>0)的离心率为，焦距为2，过E的左焦a2b22点F的直线l与E交于A，B两点，与直线x=-2交于点M.(1)若M(-2，-1)，求证：|MA|·|BF|=|MB|·|AF|；11(2)过点F作直线l的垂线m与E相交于C，D两点，与直线x=-2相交于点N.求++|MA||MB|11+的最大值．|NC||ND|解:(1)证明：因为椭圆E的焦距为2，所以2c=2，解得c=1.c2又因为椭圆E的离心率e==，a2所以a=2，222所以b=a-c=2-1=1，2x2所以椭圆E的方程为+y=1.2因为直线l经过M(-2，-1)，F(-1，0)两点，-1-0kMF==1，-2-(-1)所以直线l的方程为y=x+1，y=x+1，24设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立22可得3x+4x=0，解得x=-或x=0，x+2y=2，314 4不妨设x1=-，x2=0.324所以|MA|·|BF|=2|x1+2|·2|x2+1|=2××1=，3314|MB|·|AF|=2|x2+2|·2|x1+1|=2×2×=，33因此|MA|·|BF|=|MB|·|AF|.(2)若直线l，m中两条直线分别与两条坐标轴垂直，则其中有一条必与直线x=-2平行，不符合题意，所以直线l的斜率存在且不为零，公众号：慧博高中数学最新试题设直线l的方程为y=k(x+1)，k≠0，1则直线m的方程为y=-(x+1)．ky=k(x+1)，2222联立22可得(1+2k)x+4kx+2k-2=0，x+2y=2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，4222则Δ=16k-8(2k+1)(k-1)=8(k+1)>0，224k2k-2所以x1+x2=-2，x1x2=2，2k+12k+1易知x1>-2且x2>-2，1111所以+=+|MA||MB|1+k2|x+2|1+k2|x+2|12111=+1+k2x1+2x2+21x1+x2+4=·1+k2x1x2+2(x1+x2)+42-4k+4121+2k=·22k2-28k21+k2-2+41+2k1+2k214k+4=·22k2+21+k2=，21+k1122|k|同理，+==，|NC||ND|1+-121+k2k11112(1+|k|)所以+++=|MA||MB||NC||ND|1+k22k+1+2|k|=22k+12=21+|k|+1|k|2≤21+2|k|·1|k|=22，当且仅当k=±1时，等号成立，1111因此，+++的最大值为22.|MA||MB||NC||ND|15 25设A(2，n)是抛物线E：x=4y上一点，不过点A的直线l交E于M，N两点，F为E的焦点．11(1)若直线l过点F，求+的值；|FM||FN|(2)设直线AM，AN和直线l的斜率分别为k1，k2和k，若k1+k2=2，求k的值．解:(1)设直线l的方程为y=kx+1，M(x1，y1)，N(x2，y2)．222将y=kx+1代入x=4y，得y-(2+4k)y+1=0，2于是y1+y2=2+4k，y1y2=1.由焦点弦公式，得|FM|=y1+1，|FN|=y2+1，11|FM|+|FN|∴+=|FM||FN||FM||FN|y+y+22124k+4===1.y1+y2+y1y2+14k2+4(2)设直线l的方程为y=kx+m，M(x1，y1)，N(x2，y2)．22将y=kx+m代入x=4y，得x-4kx-4m=0，于是x1+x2=4k，x1x2=-4m，y1=kx1+m，y2=kx2+m，且A(2，1)，y1-1y2-1∴k1+k2=+x1-2x2-2x1y2+x2y1-2(y1+y2)-(x1+x2)+4=(x1-2)(x2-2)2kx1x2+(m-2k-1)(x1+x2)+4-4m=x1x2-2(x1+x2)+4-8km+4k(m-2k-1)+4-4m=-4m-8k+42-km-2k-k+1-m=.-m-2k+1∵k1+k2=2，2∴2k+(m-3)k+1-m=0，即(k-1)(2k+m-1)=0.∵直线l：y=kx+m不过点A(2，1)，∴2k+m-1≠0，故k=1.2226已知抛物线C：x=2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x+(y+4)=1上点的距离的最小值为4.(1)求p；(2)若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值．p22pp解:(1)因为焦点F0，2到圆M：x+(y+4)=1上点的距离的最小值为|FM|-1=2+4-1=2+3，p所以+3=4，所以p=2.22(2)解法一：由(1)知抛物线C：x=4y，2x即y=，4x所以y′=.22x2x设切点A1x1，4，切点B2x2，4，16 x12xx22x则lPA：y=x-1，lPB：y=x-2.2424x1+x2x1x2从而可得P2，4.由题意可知直线AB的斜率存在，2设lAB：y=kx+b，与抛物线C：x=4y联立，y=kx+b，22得x=4y，消去y，得x-4kx-4b=0，22则Δ=16k+16b>0，即k+b>0，且x1+x2=4k，x1x2=-4b，所以P(2k，-b)．22因为|AB|=1+k(x1+x2)-4x1x222=1+k·16k+16b，2|2k+2b|点P到直线AB的距离d=，2k+13112222所以S△PAB=|AB|·d=16k+16b·|2k+2b|=4(k+b).(*)2222又点P(2k，-b)在圆M：x+(y+4)=1上，221-(b-4)所以k=.4将该式代入(*)式，23-b+12b-152得S△PAB=44.而yP=-b∈[-5，-3]，所以b∈[3，5]．所以当b=5时，△PAB的面积最大，最大值为205.22x解法二：由(1)知抛物线C：x=4y，即y=，4x所以y′=.2设切点A(x1，y1)，切点B(x2，y2)，圆M上任意一点P(x0，y0)，x1x2则易得lPA：y=x-y1，lPB：y=x-y2，22x1y=2x-y1，x1+x2x1x2联立得P，.y=x2x-y，2422x1+x2x1x2所以x0=，y0=，24x1+x2y1+y2又线段AB的中点Q的坐标为2，2.1所以S△PAB=|PQ|·|x1-x2|21y1+y2=22-y0))·|x1-x2|122x+x=4124-2y0))·|x1-x2|1312))3=|x1-x2|=|x1-x2|161617 123=(x1+x2)-4x1x2))16123=04x-16y0))16123=0x-4y0)).(*)222又点P(x0，y0)在圆M：x+(y+4)=1上，22所以x0=1-(y0+4)，3122代入(*)式，得S△PAB=(-y0-12y0-15).2而y0∈[-5，-3]，所以当y0=-5时，△PAB的面积最大，最大值为205.18