专题十八 圆锥曲线的综合运用（解析版）2021届高三《新题速递 数学》4月刊（江苏专用 适用于高考复习）

专题十八 圆锥曲线的综合运用 一、多选题 1．（2021·湖北荆门市·高三月考）已知抛物线 2 2x y ，点 1( , 1), ,12M t t       ，过 M 作抛物线的两条切线 ,MA MB ，其中 A，B 为切点，直线 AB 与 y 轴交于点 P，则下列结论正确的有（ ） A．点 P 的坐标为 (0,1) B．OA OB C． MAB△ 的面积的最大值为3 3 D． | | | | PA PB 的取值范围是[2,2 3] 【答案】AC 【分析】 由 21 2y x ，可得 y x  ，得到 ,A B 点处的切线的斜率分别为 1 1k x 和 2 2k x ，设过点 ( , 1)M t  的切线方 程为 1 ( )y k x t   ，联立方程组，由由 2 2 2 0k tk     ，求得 1 2 1 22 , 2k k t k k    ，根据 1 2 4OA OB k kk k  ，可判断 B 不正确；由 1 2 2AB x xk t  ，得出 AB 的直线方程为 2 2 2( )2 ky t x k   ，将 P 代 入直线 AB 的方程，可判定 A 正确；设直线 AB 的方程为 1y tx  ，根据点到直线的距离公式和弦长公式， 求得 3 2 2( 2)MABS t  ，可判定 C 正确；由 1 2 PA k PB k  ，结合韦达定理，得到 21 2 2 1 2 2k k tk k     ，得出不 等式组，可判定 D 不正确. 【详解】 由题意，设 2 2 1 2 1 2( , ), ( , )2 2 x xA x B x ，由 21 2y x ，可得 y x  ， 所以 A 点处的切线的斜率为 1 1k x ， B 点处的切线的斜率为 2 2k x ， 设过点 ( , 1)M t  的切线方程为 1 ( )y k x t   ， 联立方程组 2 1 ( ) 2 y k x t x y      ，可得 21 1 02 x kx kt    ， 由 2 22( 1) 2 2 0k kt k tk        ，可得 1 2 1 22 , 2k k t k k    ， 又由 2 2 1 2 1 2 1 2 0 02 2,0 2 0 2OA OB x x x xk kx x        ，则 1 2 1 2 1 4 4 2OA OB x x k kk k     ， 所以 ,OA OB 不垂直，所以 B 不正确； 由 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2AB x x x xk tx x     ，所以 AB 的直线方程为 2 2 2( )2 xy t x x   ， 即 2 2 2( )2 ky t x k   ，将 (0,1)P 代入直线 AB 的方程，可得 2 2 2 1 1 02 k tk   ， 由 2 2 2 0k tk   知，方程 2 2 2 1 1 02 k tk   成立，所以点 P 在直线 AB 上，所以 A 正确； 由点 P 在直线 AB 上，可设直线 AB 的方程为 1y tx  ， 则点 M 到 AB 的距离为 2 2 2 2 1 1 2 1 1 t t d t t        ， 且 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 21 1 1 ( ) 4AB t x x t k k t k k k k           2 2 2 21 4 8 2 1 2t t t t        ， 所以 3 2 21 ( 2)2MABS AB d t    ， 因为 1[ ,1]2t  ，可得 2 92 [ ,3]4t   ，所以 MABS 的最大值为3 3，所以 C 正确； 由 2 2 2 2 1 1 2 21 1 , 1 1PA t x t k PB t x t k        ，所以 1 2 PA k PB k  ， 由 1 2 1 22 , 2k k t k k    ，可得 2 21 2 1 2 1 2 2 1 ( ) 2 2k k k k tk k k k       ， 所以 21 2 2 1 2 2k k tk k     ，因为 1[ ,1]2t  ，可得 2 52 2 [ 4, ]2t     ， 又由 1 2 2 0k k    ，设 1 2 0ku k   ，可得 1 5[ 4, ]2u u     ， 即 1 4 1 5 2 u u u u         ，解得 2 3 2u     或 1 2 32 u     ， 即 | | | | PA PB 的取值范围是[2,2 3] , 2[ 12 3 ]    ，所以 D 不正确. 故选：AC. 【点睛】 直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略： 对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程 根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能 较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力． 二、单选题 2．（2021·四川眉山市·高二期末（文））设 1F ， 2F 分别是椭圆 1C 和双曲线 2C 的公共焦点， P 是的一个公共 点，且 1 2PF PF ，线段 1PF 的垂直平分线经过点 2F ，若 1C 和 2C 的离心率分别为 1e ， 2e ，则 1 2 1 1 e e  的 值为（ ） A．2 B．3 C． 3 2 D． 5 2 【答案】A 【分析】 设双曲线 2C 的方程为 2 2 2 2 1x y a b   ，根据题意，得到 2 1 2 2PF F F c  ，又由双曲线的定义，求得所以 1 2 2PF c a  ，根据椭圆的定义，求得长半轴 2a c a   ，结合离心率的定义，即可求解. 【详解】 设双曲线 2C 的方程为 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     ，焦点  2 ,0F c ， 因为线段 1PF 的垂直平分线经过点 2F ，可得 2 1 2 2PF F F c  ， 又由 1 2PF PF ，根据双曲线的定义可得 2 1 12 2PF PF c PF a    ， 所以 1 2 2PF c a  ， 设椭圆的长轴长为 2a ， 根据椭圆的定义，可得 2 1 2 2 2 2PF PF c c a a     ，解得 2a c a   ， 所以 1 2 1 1 2 2a a c a a e e c c c c        . 故选：A. 【点睛】 求解椭圆或双曲线的离心率的解题策略： 1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得 ,a c 得值，根据离心率的定义求解离心率 e ； 2、齐次式法：由已知条件得出关于 ,a c 的二元齐次方程，然后转化为关于 e 的一元二次方程求解； 3、特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率. 3．（2021·全国高三专题练习）已知抛物线 2 2y px （ p 是正常数）上有两点  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，焦点 F ， 甲： 2 1 2 4 px x  乙： 2 1 2y y p  丙： 23 4OA OB p    . 丁： 1 1 2 | | | |FA FB p   以上是“直线 AB 经过焦点 F ”的充要条件有几个（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】 先证明必要性：设过抛物线C ： 2 2y px  0p  的焦点 F 的直线为： 2 px my  ，代入抛物线方程得： 2 22 0y pmy p   ，计算 1 2y y 、 1 2x x 、OA OB  、 1 1 | | | |FA FB  即可判断甲、乙、丙、丁都是必要条件， 再设直线 AB 的方程为： x my t  ，代入抛物线方程得： 2 2 2 0y pmy pt   ，由韦达定理验证四个结 论成立时，实数t 的值，即可判断充分性，进而可得正确答案. 【详解】 必要性：设过抛物线C ： 2 2y px  0p  的焦点 F 的直线为： 2 px my  ， 代入抛物线方程得： 2 22 0y pmy p   ； 由直线上两点  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 则有 2 1 2y y p  ，   2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 4 4 p p p p px x my my m y y m y y              ， 2 2 2 1 2 1 2 3 4 4 p pOA OB x x y y p        ， 由   1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 | | | | 2 2 2 4 AB x x p p p p pFA FB x x x x x x                ＝ 1 2 2 1 2 2 ( )2 2 x x p p p px x      ， 故：甲、乙、丙、丁都是必要条件， 充分性：设直线 AB 方程为： x my t  ，则直线 AB 交 x 轴于点 ,0t ， 抛物线焦点 ,02 pF      将直线 AB 的方程与抛物线方程得： 2 2 2 0y pmy pt   ， 由直线上两点  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 对于甲： 若     2 2 1 2 1 2 1 2 1 2x x my t my t m y y tm y y t         2 2 22 2 4 pm pt tm pm t      ， 可得 2 pt   ，直线 AB 不一定经过焦点 F .所以甲条件是“直线 AB 经过焦点 F ”的必要不充分条件； 对于乙：若 2 1 2 2y y p pt    ，则 2 pt  ，直线 AB 经过焦点 F ，所以乙条件是“直线 AB 经过焦点 F ” 的充要条件； 对于丙： 2 2 1 2 1 2 32 4OA OB x x y y pt t p         ，可得 2 pt  或 3 2 pt  ，直线 AB 不一定经过焦点 F ， 所以丙条件是“直线 AB 经过焦点 F ”的必要不充分条件； 对于丁：   1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 | | | | 2 2 2 4 AB x x p p p p pFA FB x x x x x x                1 2 2 2 1 2 2 ( )2 4 x x p p p pt x x       可得 2 pt   ，直线 AB 不一定经过焦点 F .所以丁条件是“直线 AB 经过焦点 F ”的必要不充分条件； 综上，只有乙正确，正确的结论有 1 个. 故选：B 【点睛】 结论点睛：抛物线焦点弦的几个常用结论 设 AB 是过抛物线 2 2y px  0p  的焦点 F 的弦，若  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，则： （1） 2 1 2 4 px x  ， 2 1 2y y p  ； （2）若点 A 在第一象限，点 B 在第四象限，则 1 cos pAF   ， 1 cos pBF   ， 弦长 1 2 2 2 sin pAB x x p     ，（ 为直线 AB 的倾斜角）； （3） 1 1 2 | | | |FA FB p   ； （4）以 AB 为直径的圆与准线相切； （5）以 AF 或 BF 为直径的圆与 y 轴相切. 4．（2021·辽宁沈阳市·高三期末）已知椭圆 2 2 2 2: 1x yM a b   ( 0)a b  ，过 M 的右焦点 (3,0)F 作直线交 椭圆于 A，B 两点，若 AB 中点坐标为 (2,1) ，则椭圆 M 的方程为（ ） A． 2 2 19 6 x y  B． 2 2 14 x y  C． 2 2 112 3 x y  D． 2 2 118 9 x y  【答案】D 【分析】 设 ,A B 以及 AB 中点 P 坐标，利用“点差法”得到 ,AB POk k 之间的关系，从而得到 2 2,a b 之间的关系，结合  3,0F 即可求解出椭圆的方程. 【详解】 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， AB 的中点  2,1P ，所以 0 1 13 2AB PFk k     ， 又 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 b x a y a b b x a y a b       ，所以    2 2 2 2 2 2 1 2 1 2b x x a y y    ，即 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 y y y y b x x x x a      ， 而 1 2 1 2 1AB y y kx x     ， 1 2 1 2 2 1 1 2 2 2 y y x x     ，所以 2 2 1 2 b a  ，又 3c  ， ∴ 2 2 18 9 a b     ，即椭圆方程为： 2 2 118 9 x y  . 故选：D. 【点睛】 本题考查了已知焦点、弦中点求椭圆方程，应用了韦达定理、中点坐标公式，属于基础题. 第 II 卷（非选择题） 三、解答题 5．（2021·安徽高三月考（理））已知椭圆 E ： 2 2 19 3 x y  ， P 为椭圆 E 的右顶点，O 为坐标原点，过点 P 的直线 1l ， 2l 与椭圆 E 的另外一个交点分别为 A ， B ，线段 PA 的中点为 M ，线段 PB 的中点为 N . （1）若直线OM 的斜率为 1 3  ，求直线 1l 的方程； （2）若OM ON ，证明：直线 AB 过定点. 【答案】（1） 3 0x y   ；（2）证明见解析. 【分析】 （1）设直线 AP ：  3 0x ty t   ，联立方程组，求得 1 2 2 6 3y ty t  ，得出 M 的坐标，结合斜率公式， 列出方程，即可求解； （2）①当直线 AB 的斜率不存在时，设  0 0,A x y ，  0 0,B x y ，由OM ON ，结合椭圆的方程， AB 的方程；②当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y kx m  ，联立方程组，利用根与系数的关系 和 1OM ONk k   ，化简得到，即可判定，得到结论. 【详解】 （1）由题意，椭圆 2 2 19 3 x y  ，可得右顶点 (3,0)P ，可设直线 AP ：  3 0x ty t   ， 联立方程组 2 2 3 19 3 x ty x y     ，整理得 2 23 6 0t y ty   ， 则 1 2 2 6 3y ty t  ，可得 1 2 2 2 3 3M tyy t y    ， 代入 3x ty  ，可得点 M 的横坐标为 2 9 3Mx t   ，即 2 2 9 3,3 3 tM t t       ， 又因为 1 3OMk   ，所以 2 2 3 13 9 3 3 t t t      ，解得 1t  . 所以直线 1l 的方程为 3 0x y   . （2）①当直线 AB 的斜率不存在时，设  0 0,A x y ，  0 0,B x y ， 03 3x   ， 则 0 03,2 2 x yM      ， 0 03,2 2 x yN     ， 由OM ON ，有 1OM ONk k   ，代入 M ， N 点的坐标可得   2 0 2 0 1 3 y x     ， 又因为 2 2 0 0 19 3 x y  ，联立可得 0 3 2x   ，所以 AB 的方程为 3 2x   . ②当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y kx m  ， 代入椭圆方程得 2 2 23 1 6 3 9 0k x kmx m     ，  2 212 9 3 0k m     . 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，则有 1 2 2 6 3 1 kmx x k    ， 2 1 2 2 3 9 3 1 mx x k   . 由 1OM ONk k   ，可得    1 2 1 2 13 3 y y x x    ， 即   2 2 1 2 1 21 ( 3) 9 0k x x km x x m       ， 将 1 2x x ， 1 2x x 代入可得 2 29 9 2 0k km m   ， 即 (3 2 )(3 ) 0k m k m   ，解得 3m k 或 3 2m k ， 当 3m k 时，直线 AB 过椭圆的左顶点，不满足题意； 当 3 2m k 时，直线 AB 过定点 3,02     ，且满足  2 212 9 3 0k m     . 综上，直线 AB 过定点 3,02     . 【点睛】 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 0( ),F x y  之间的关系，得到关于 k 与 ,x y 的等 式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标； 2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证 明该定点与变量无关. 6．（2021·江苏高三专题练习）如图，曲线τ的方程是 2 1x y y  ，其中 A、B 为曲线τ与 x 轴的交点，A 点 在 B 点的左边，曲线τ与 y 轴的交点为 D．已知 F1（﹣c，0），F2（c，0），c 0， 1DBF△ 的面积为1 2 2 + ． （1）过点 B 作斜率为 k 的直线 l 交曲线τ于 P、Q 两点（异于 B 点），点 P 在第一象限，设点 P 的横坐标为 xP、Q 的横坐标为 xQ，求证：xP•xQ 是定值； （2）过点 F2 的直线 n 与曲线τ有且仅有一个公共点，求直线 n 的倾斜角范围； （3）过点 B 作斜率为 k 的直线 l 交曲线τ于 P、Q 两点（异于 B 点），点 P 在第一象限，当 1 1 3 2 2F P FQ    时，求| | || |AP AQ  成立时λ的值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 3[ , ]4 4   ；（3）答案见解析. 【分析】 （1）求出点 P，点 Q 的坐标，计算即可得证； （2）根据题意可得 2c  ，设直线 n 的方程为 ( 2)y m x  ，由直线 n 与曲线τ有且仅有一个公共点， 可得 1m  ，显然直线 n 的方程为 2x  时也符合题意，进而得出结论； （3） 1 1( 2, ), ( 2, )P P Q QF P x y FQ x y     ，利用数量积公式建立关于 k 的方程，解出 k，进而得出答 案． 【详解】 （1）设直线方程 ( 1)y k x  ， 联立方程组 2 2 ( 1) 1( 0) y k x x y y       ，解得 2 2 1 1P kx k   ， 联立方程组 2 2 ( 1) 1( 0) y k x x y y       ，解得 2 2 1 1Q kx k   ， 所以 1P Qx x  . （2）因为 1DBF△ 的面积为1 2 2 + ，可得 1 1 21 (1 )2 2c     ，解得 2c  ， 设过点 F2，直线 n 的方程为 ( 2)y m x  ，则 2 2 ( 2) 1 0 y m x x y y         只有一个交点， 故方程 2 2 2( 2) 1x m x   只有一个解，亦即 2 2 2 2(1 ) 2 2 2 1 0m x m x m     ， 由 2 2 28 4(1 )(2 1) 0m m m      ，解得 1m  ， 显然直线 n 的方程为 2x  时也符合题意， 由图可知，当 ( 2)y m x  与双曲线 2 2 1x y  的渐近线 y x 平行时， 1m   ， 此时仅有一个交点， 所以直线 n 的倾斜角的取值范围为 3[ , ]4 4   ； （3）由 1 1( 2, ), ( 2, )P P Q QF P x y FQ x y     , 所以 2 2 2 1 1 ( 2)( 2) (1 ) ( 2 )( ) 2P Q P Q P Q P QF P FQ x x y y k x x k x x k            因为 4 4 2 2 , 11P Q P Q kx x x xk    所以 4 2 2 1 1 4 2 2(3 2 ) ( 2 ) 3 2 21 kF P FQ k k k           ，所以 2 2k  ， 所以 3 2 2, 3 2 2,| | 40 28 2P Qx x AP      ，| | 8 4 2AQ   ， 则 40 28 2 17 12 2 3 2 2 8 4 2        【点睛】 直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略： 对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程 根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能 较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力． 7．（2021·全国高三专题练习）如图，过点 (1,0)F 和点 (4,0)E 的两条平行线 1l 和 2l 分别交抛物线 2 4y x 于 ,A B 和 ,C D （其中 ,A C 在 x 轴的上方）， AD 交 x 轴于点G ． （1）求证：点C 、点 D 的纵坐标乘积为定值； （2）分别记 ABG 和 CDG 的面积为 1S 和 2S ，当 1 2 1 4 S S  时，求直线 AD 的方程． 【答案】（1）证明见解析； （2） 2 4 0x y   . 【分析】 （1）设直线 : 4CD x my  ，联立方程组，结合根与系数的关系，即可求解； （2）联立方程组 2 1 4 x my y x     ，求得 1 2 1 2,y y y y ，根据 1 2 1 4 S S  ，化简整理得 4 12y y  ，分别联立 2 4 1 3 4 16,y yy y     ， 3 1 8y y  和 1 2 3 4y y y y   ，求得 1 4,y y 的值，结合直线的点斜式方程，即可求解. 【详解】 （1）设 1 1 2 2 3 3 4 4( , ), ( , ), ( , ), ( , )A x y B x y C x y D x y ， 设直线 : 1, : 4AB x my CD x my    ， 由 2 4 4 x my y x     ，可得 2 4 16 0y my   ，所以 3 4 3 44 , 16y y m y y    ， 所以点C 、 D 的纵坐标乘积为定值 16 . （2）由（1）直线 : 1AB x my  ， 联立方程组 2 1 4 x my y x     ，可得 2 4 4 0y my   ，所以 1 2 1 24 , 4y y m y y    ， 可得 1 2 1 1 21 2 4 3 4 3 4 1 ( ) ( ) 12 1 ( ) 4( )2 FG y y y y yS S y y yEG y y         ，即 1 1 2 4 3 4 ( ) 1 ( ) 4 y y y y y y      ， 因为 1 2 4y y   且 3 4 16y y   代入上式，整理得 4 12y y  ， 又由 2 4 1 3 4 16,y yy y     ，联立可得 3 1 8y y  ， 又因为 1 2 3 4y y y y   ，代入可得 1 42, 4y y   ， 又由 2 2 1 1 4 44 , 4y x y x  ，代入可得 1 41, 4x x  ，即 (1,2), (4, 4)A D  ， 所以 2ADk   ，可得直线 AD 的方程为  2 2 1y x    ，即 2 4 0x y   . 【点睛】 直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略： 对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程 根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能 较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力． 8．（2021·黑龙江校高三期末（理））已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的一个顶点恰好 是抛物线 2: 4D x y 的焦点，其离心率与双曲线 2 2 16 2 x y  的离心率互为倒数. （1）求椭圆C 的标准方程； （2）若过椭圆的右焦点 F 作与坐标轴不垂直的直线l 交椭圆 C 于 ,A B 两点，设点 A 关于 x 轴的对称点为 P ， 当直线l 绕着点 F 转动时，试探究：是否存在定点Q ，使得 , ,B P Q 三点共线？若存在，求出点Q 的坐标； 若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2）存在，定点为 4 3 ,03Q       . 【分析】 （1）求得抛物线的焦点为  0,1 ，得到 1b  ，进而得到椭圆C 的离心率 3 2 c a  ，列出方程组，求得 ,a b 的 值，即可求解； （2）设直线l 的方程为 3x ty  ，其中 0t  ，联立方程组，求得 1 2 1 2,y y y y ，结合椭圆的对称性和 PB PQk k ，即可求解. 【详解】 （1）由题意，抛物线 2: 4D x y ，可得焦点为  0,1 ，所以 1b  ， 又由双曲线 2 2 16 2 x y  的离心率为 2 3 3e  ，可得椭圆 C 的离心率 3 2 c a  ， 可得 2 2 1 3 2 0 b a c c a a          ，解得 2 1 a b    ， 即椭圆C 的标准方程为 2 2 14 x y  . （2）由直线l 不与坐标轴垂直，可设直线l 的方程为 3x ty  ，其中 0t  ， 设点  1 1,A x y ､  2 2,B x y ，则点  1 1,P x y ， 联立直线l 与椭圆C 的方程 2 2 3 4 4 x ty x y      ，整理得 2 24 2 3 1 0t y ty    ， 由 0  恒成立，且 1 2 2 2 3 4 ty y t     ， 1 2 2 1 4y y t    ， 由椭圆的对称性知，若存在定点 Q ，则点Q 必在 x 轴上， 故假设存在定点  ,0Q q ，使得 P ､ B ､Q 三点共线，则 PB PQk k ， 即 2 1 1 2 1 1 y y y x x q x    ，可得 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 3( ) 8 4 3 32 3 x y x y ty y y y tq y y y y t          . 故存在定点 4 3 ,03Q       ，使得 P ､ B ､Q 三点共线. 【点睛】 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 0( ),F x y  之间的关系，得到关于 k 与 ,x y 的等 式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标； 2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证 明该定点与变量无关. 9．（2021·浙江高二期末）如图，已知 A，B，C，D 是抛物线 2: 2x y  上四个不同的点，且 / /AB CD ， 设直线 AC 与直线 BD 相交于点 P，设 ( 0)PC CA    ． （1）求证：A，P，B 三点的横坐标成等差数列； （2）当直线 AB 经过点 (0,1)Q ，且 2  时，若 PAB△ 面积的为 20 3 ，求直线 AB 的方程． 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 1y x   ． 【分析】 （1）设出点 , , ,A B C D 的坐标，根据 / /AB CD ，得到 1 2 3 4x x x x   ，在根据 PC CA  ，求得    0 3 4 1 22 (1 )x x x x x      ，联立求得 0 1 22x x x  ，即可求解； （2）设直线 AB 的方程为 1y kx  ，联立方程组，得到 2 1 2 2 2x x k   ，根据（1）得到 0 3 1(1 )x x x    ，分别求得 3 3,x y ，转化为 1 2,x x 是方程 2 2 0 0 02 4 6 0x x x y x    的两个实根，利用根 与系数的关系和线段 AB 的中点为 M，求得  3 25 26PABS k  ，结合题意，即可求解. 【详解】 （1）由题意，点 A，B，C，D 是抛物线 2: 2x y  上四个不同的点， 设   2 2 2 2 1 2 3 4 1 2 3 4 0 0, , , , , , , , ,2 2 2 2 x x x xA x B x C x D x P x y                       ， 因为 / /AB CD ．所以 AB CDk k ，即 2 2 2 22 1 3 4 2 1 4 3 2 2 2 x x xx x x x x     ，化简得： 1 2 3 4x x x x   ， ① 因为 PC CA  ，所以  3 0 1 3x x x x   ，解得 0 3 1(1 )x x x    ， 因为 / /AB CD ， PC CA  ，所以 PD DB  ， 于是 0 4 2(1 )x x x    ，所以    0 3 4 1 22 (1 )x x x x x      ， ② 由①②可知 0 1 22x x x  ，即 A，P，B 三点的横坐标成等差数列． （2）设直线 AB 的方程为 1y kx  ，代入 2 2x y ，得 2 2 2 0x kx   ， 所以 1 2 2x x k  ，且 1 2 2x x   ，所以 2 1 2 2 2x x k   ， 由（1）可知 0 3 1(1 )x x x    ，且 2  ，可得 0 1 3 2 3 x xx  ， 同理 2 0 0 1 3 2 3 3 Ay y y xy    ． 由 2 3 32x y ，得 2 2 0 1 0 12 23 3 x x y x       ，即 2 2 1 0 1 0 02 4 6 0x x x y x    ， 同理可得 2 2 2 0 2 0 02 4 6 0x x x y x    ， 所以 1 2,x x 是方程 2 2 0 0 02 4 6 0x x x y x    的两个实根，于是 2 0 0 1 2 6 2 y xx x  ， 又因为 1 2 2x x   ， 1 2 0 2 x xx k  ，所以 2 06 22 y k   ，解得 2 0 4 6 ky  ， 设线段 AB 的中点为 M，则 2 2 21 2 12 4 A B M y y x xy k     ， 所以   2 2 2 0 4 5 101 6 6M k ky y k       ， 于是  2 3 2 2 1 2 0 1 1 5 10 52 2 22 2 6 6PAB M kS x x y y k k          ， 因为 PAB△ 面积的为 20 3 ，所以  3 25 2026 3k   ，解得 2k   ， 所以直线 AB 的方程为 2 1y x   ． 【点睛】 解答直线与圆锥曲线综合问题的策略： 解答直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程 根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能 较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力． 10．（2021·云南昆明市·高三月考（文））已知直线l ： y x m  与椭圆C ： 2 2 13 x y  交于 A ， B 两点. （1）若直线l 过椭圆C 的左焦点 1F ，求 AB ； （2）线段 AB 的垂直平分线与 x 轴交于点 1 ,02N      ，求 m . 【答案】（1） 3 ；（2） 1m   . 【分析】 （1）根据椭圆的方程，求得左焦点 1F ，得到直线l 的方程为 2y x  ，联立方程组，结合根与系数的关 系，以及直线与圆锥曲线的弦长公式，即可求解； （2）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，得到线段 AB 的垂直平分线方程为 1 2y x   ，将点 ,A B 代入椭圆的方 程，两式相减整理得 1 2 1 2 1 2 1 2 1 3 y y y y x x x x      ，再由 MN AB ，两两方程组，求得 AB 中点坐标，即可求 解. 【详解】 （1）由题意，椭圆 2 2: 13 xC y  ，可得 2 23, 1a b  ， 则 2 2 2 2c a b   ，左焦点  1 2,0F  ， 则直线l 的方程为 2y x  ，设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 联立方程 2 2 2 3 3 y x x y      ，整理得 24 6 2 3 0x x   ， 所以 72 48 0    ，且 1 2 3 2 2x x   ， 1 2 3 4x x  ， 所以   2 2 1 2 1 2 3 22 4 2 3 32x x xAB x                    . （2）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， AB 的中点  0 0,M x y ， 由题知线段 AB 的垂直平分线方程为 1 2y x   ，直线 AB 不平行于 y 轴，即 1 2x x ， 由 2 21 1 2 22 2 13 13 x y x y       ，两式相减整理得 1 2 1 2 1 2 1 2 1 3 y y y y x x x x      ①， 因为  0 0,M x y 是 AB 的中点，所以 0 1 22x x x  ， 0 1 22y y y  ， 因为 MN AB ，所以 0 0 1 1 2 AB MN x k k y     ， 所以①变形为 0 0 0 0 1 2 12 2 3 x y y x     ，解得 0 3 4x  ，所以 0 1 4y   ， 代入直线 y x m  ，可得 1 3 4 4 m   ，解得 1m   . 【点睛】 直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略： 对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程 根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能 较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力． 11．（2021·高二开学考试（文））已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的离心率为 2 2 3 ，点 12 2, 3      在椭圆C 上. （1）求椭圆C 的标准方程； （2）若直线l 不过原点O 且与坐标轴不平行，直线l 与椭圆C 相交于 A ， B 两点，线段 AB 的中点为 M ， 证明：直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积是定值. 【答案】（1） 2 2 19 x y  ；（2）证明见解析. 【分析】 （1）由椭圆C 的离心率为 2 2 3 ，得到 2 2 8 9 c a  ，进而化简得到椭圆C 的方程为 2 2 2 2 19 x y b b   ，将点 12 2, 3      代入椭圆方程求得 2 1b  ，即可求解. （2）设直线l 的方程为  0, 0y kx m k m    ，联立方程组，根据根与系数的关系，求得线段 AB 的中 点为 M 的坐标为 2 2 9 ,1 9 1 9 km m k k      ，结合斜率公式，即可求解. 【详解】 （1）由题意，椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的离心率为 2 2 3 ， 可得 2 2 3 c a  ，所以 2 2 8 9 c a  ， 因为 2 2 2a b c  ，所以 2 2 1 9 b a  ，所以椭圆C 的方程为 2 2 2 2 19 x y b b   ， 将点 12 2, 3      代入椭圆方程得 2 2 8 1 19 9b b   ，解得 2 1b  ， 所以椭圆 C 的方程为 2 2 19 x y  . （2）设直线l 的方程为  0, 0y kx m k m    ， 联立方程组 2 2 19 y kx m x y     ，整理得 2 2 21 9 18 9 9 0k x kmx m     ， 由     2 2 218 4 1 9 9 9 0km k m      ，所以 2 29 1 0m k   ， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，则 1 2 2 18 1 9 kmx x k     ， 2 1 2 2 9 9 1 9 mx x k   ，   2 1 2 1 2 2 2 18 22 21 9 1 9 k m my y k x x m mk k          ， 所以线段 AB 的中点为 M 的坐标为 2 2 9 ,1 9 1 9 km m k k      . 所以直线 OM 的斜率为 2 2 0 11 9 9 901 9 OM m kk km k k      ， 所以 1 1 9 9OM lk k kk       ，即直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积是定值 1 9  . 【点睛】 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 0( ),F x y  之间的关系，得到关于 k 与 ,x y 的等 式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标； 2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证 明该定点与变量无关. 12．（2021·江西高二期末（理））已知抛物线 2 4y x 的焦点为 F ，直线l 斜率为 1，直线l 与抛物 线交于 A ､ B 两点，与 x 轴交于 P 点. （1）若 8AF BF  ，求直线l 方程； （2）若 2AP PB  ，求 AB . 【答案】（1） 1y x  ；（2）12 2 . 【分析】 （1）设直线l 的方程为 y x m  ，联立方程组，得到 4 2A Bx x m   ，结合题意，求得 6A Bx x  ，求 得 1m   ，即可求得直线的方程； （2）由 2 4 y x m y x     ，得到 4A By y  和 4A By y m ，再根据 2AP PB  ，求得 2A By y  分别代入上式， 求得 ,A B A Bx x x x ，结合弦长公式，即可求解. 【详解】 （1）由题意，直线l 斜率为 1，设直线l 的方程为 y x m  ， 联立方程组 2 4 y x m y x     ，整理得  2 22 4 0x m x m    ，则 4 2A Bx x m   又由 8AF BF  ，可得 1 1 8A Bx x    ，所以 6A Bx x  ， 即 4 2 6m  ，解得 1m   ，所以直线l 方程为 1y x  . （2）由 2 4 y x m y x     ，消 x 得  2 4 0y y m   ，即 2 4 4 0y y m   ， 则 4A By y  ，① 4A By y m ② 又由 2AP PB  ，可得 ( ,0 ) 2( , 0)P A A B P Bx x y x x y     ， 可得 2A By y  代入①式，可得 8Ay  ， 4By   再代入②得 8m   ，即 20A Bx x  ， 64A Bx x  ， 所以  22 4 12 2A B A Bx x xA xB    . 13．（2021·江苏省高三二模）已知O 为坐标原点，椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率 2 2e  ， 点 P 在椭圆C 上，椭圆C 的左右焦点分别为 1 2,F F ， 1PF 的中点为 Q ， 1OFQ 周长等于 63 2  . （1）求椭圆C 的标准方程； （2）W 为双曲线 2 2: 14 xD y   上的一个点，由W 向抛物线 2: 4E x y 做切线 1 2,l l ，切点分别为 ,A B . （i ）证明：直线 AB 与圆 2 2 1x y  相切； （ii ）若直线 AB 与椭圆C 相交于 ,M N 两点，求 OMN 外接圆面积的最大值. 【答案】（1） 2 22 13 3 x y  ；（2）（i ）证明见解析，（ ii ） 9 8  . 【分析】 （1）根据题意，列出方程组 63 2 2 2 a c c a       ，求得 ,a b 的值，即可求得椭圆的方程； （2）（i ）设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，写出直线 1l 和 2l 的方程，联立求得 1l 与 2l 的交点  0 0,W x y 的坐标，根 点W 在双曲线上，推得 2 21m k  ，进而结合点到直线的距离公式求得圆心到直线的距离，即可得到答案； （ii ）联立直线 y kx m  与椭圆的方程，由韦达定理求得 1 2 1 2,x x x x ，根据 0OM ON   ，得到OM ON ， 写出弦长 2 2 2| | 4 3| | 2 1 m mMN m   ，方法一：令 2 1 2 1t m   ，结合二次函数的性质，求得| |MN 有最大值. 方法二：求得实数 m 的取值范围，再由基本 u 不等式，求得| |MN 的最大值，进而求得 OMN 外接圆面积 的最大值. 【详解】 （1）设 1 2 2F F c ，因为Q 为 1PF 的中点， 所以 1OFQ 周长 2 1 1 1| | 2 F P F PFO OQ QF c a c       ， 所以 63 2 2 2 a c c a       ，解得 3a  ， 6 2b c  ， 所以椭圆 C 的标准方程为 2 22 13 3 x y  . （2）（i ）由 2 4x y 得 2 4 xy  ，求导得 2 xy  ， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，则  1 1 1 1: 2 xy y x x   ，即 2 1 1 1 : 2 4 x xl y x  ， 同理： 2 2 2 2 : 2 4 xl xy x  设  0 0,W x y ，因为W 为 1l ， 2l 的交点，所以 1 2 0 2 x xx  ， 1 2 0 4 x xy  ， 由题直线 AB 的斜率存在，设其方程为 y kx m  ， 将 y kx m  代入 2 4x y 得： 2 4 4 0x kx m   ， 由韦达定理得， 1 2 4x x k  ， 1 2 4x x m  ，所以 0 2x k ， 0y m  ， 因为 2 2 0 0 14 xy   ，所以 2 21m k  ， 所以圆心 O 到直线 AB 的距离 2 | | 1 1 md r k     ， 所以，直线 AB 与圆 2 2: 1O x y  相切. （ii ）将 y kx m  与 2 22 13 3 x y  ， 联立方程组，可得  2 2 21 2 4 2 3 0k x kmx m     ， 由韦达定理得 1 2 2 4 1 2 kmx x k    ， 2 1 2 2 2 3 1 2 mx x k   ， 因为   1 2 1 2 1 2 1 2OM ON x x y y x x kx m kx m           2 2 1 2 1 21 k x x mk x x m     ， 所以 2 2 2 3 3 3 01 2 m kOM ON k       ，所以OM ON ， 又因为  22 2 2 1 2 21 1| | 1 1 4MN k x x k x x x x       ， 所以   2 2 2 2 2 2 2 1 6 2 3 2 | | 4 3| | 1 2 2 1 k k m m mMN k m       ， 方法一： 由（i ）知：方程 2 4 4 0x kx m   的    2 216 16 1 0k m m m       且 24 3 0m   ，解得 3 2 m 或 5 1 2m   ， 所以  2 2 2 2 4 3 | | 2 2 1 m m MN m    2 2 1 12 1 22 1 2 1m m           ， 令 2 1 2 1t m   ，所以 0 2t  或者 0 5 2t   ， 21 9| | 2 (1 )(2 ) 2 2 4MN t t t          ， 可以看出当 1 2t  时，即 6 2 m 时，| |MN 有最大值，且最大值为 3 2 2 ， 所以 Rt OMN△ 外接圆直径 MN 的长度最大值为 3 2 2 ， 所以 OMN 外接圆面积的最大值等于 9 8  . 方法二： 由（i ）知：方程 2 4 4 0x kx m   的    2 216 16 1k m m m      且 24 3 0m   所以 3 2 m 或 5 1 2m   ， 所以  2 2 2 2 4 3 | | 2 2 1 m m MN m        2 2 2 2 4 3 3 22 22 2 1 m m m       ， 等号当仅当 2 22 4 3m m  ，即 6 2 m （ 6 2m   舍）， 所以 Rt OMN△ 外接圆直径 MN 的长度最大值为 3 2 2 ， 所以 OMN 外接圆面积的最大值等于 9 8  . 【点睛】 解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略： （1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图 形、几何性质来解决； （2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或 值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要 特别注意自变量的取值范围. 14．（2021·上海高三专题练习）已知椭圆 C 的方程为 2 2 12 yx   ，点 P(a，b)的坐标满足 2 2 12 ba   ，过点 P 的直线 l 与椭圆交于 A､B 两点，点 Q 为线段 AB 的中点，求： （1）点 Q 的轨迹方程； （2）点 Q 的轨迹与坐标轴的交点的个数. 【答案】（1） 2 22 2 0x y ax by    ；（2）答案见解析. 【分析】 （1）先把 ,A B 两点和点 Q 的坐标设出来，再分 ,A B 两点的横坐标相等和不相等两种情况分别设出直线的 方程，再利用 ,A B 两点既在直线上又再椭圆上，可以找出 ,A B 两点坐标之间的关系，最后利用中点公式， 即可求得点Q 的轨迹方程（注意要反过来检验所求轨迹方程是否满足已知条件）； （2）先找到曲线与 y 轴的交点 (0,0),(0, )b 以及与 x 轴的交点 (0,0),( ,0)a ，再对 ,a b 的取值分别讨论，分 析出与坐标轴的交点的个数（注意点 ( , )P a b 的坐标满足 2 2 12 ba   ）. 【详解】 （1）设点 A､B 的坐标分别为(x1，y1)､(x2，y2)，点 Q 的坐标为 Q(x，y)， 当 1 2x x 时，设直线斜率为 k，则 l 的方程为 y=k(x-a)+b， 由已知 2 2 1 1 12 yx   ①， 2 2 2 2 12 yx   ， ② y1=k(x1-a)+b ③，y2=k(x2-a)+b， ④ ①②得(x1+x2)(x1-x2)+ 1 2 (y1+y2)(y1-y2)=0.⑤③+④得 y1+y2=k(x1+x2)-2ka+2b， ⑥ 由⑤､⑥及 1 2 1 2 1 2 ,2 x x y yx k x x     ， 得点 Q 的坐标满足方程 2x2+y2-2ax-by=0， ⑦ 当 x1=x2 时，k 不存在，此时 l 平行于 y 轴，因此 AB 的中点 Q 一定落在 x 轴， 即 Q 的坐标为(a，0)，显然点 Q 的坐标满足方程 ⑦ 综上所述，点 Q 的坐标满足方程 2x2+y2-2ax-by=0， 设方程⑦所表示的曲线为 l. 则由 2 2 2 2 2 2 0 12 x y ax by yx        得(2a2+b2)x2-4ax+2-b2=0， 因为Δ=8b2(a2+ 2 2 b -1)，由已知 2 2 12 ba   ， 所以当 a2+ 2 2 b =1 时，Δ=0，曲线 l 与椭圆 C 有且只有一个交点 P(a，b)； 当 a2+ 2 2 b