2023年新高考數(shù)學(xué)一模試題匯編13 圓錐曲線（填空解答）（解析版）

專題13圓錐曲線（填空解答）

一、填空題

1.（2023?廣東茂名?統(tǒng)考一模）已知直線％=2Tn與雙曲線C:*-3=I（Tn>0,n>0）交于A,B兩點（A

在8的上方），A為BQ的中點，過點A作直線與y軸垂直且交于點E,若ABDE的內(nèi)心到y(tǒng)軸的距離不小

于Im,則雙曲線C的離心率取值范圍是_____.

【答案】（1,膂］

【分析】先求得4B的坐標(biāo),根據(jù)三角形的內(nèi)心以及角平分線定理以及的內(nèi)心G到y(tǒng)軸的距離d的范圍,

求得??的取值范圍，進而求得離心率e的取值范圍.

【詳解】因為A在8的上方，且這兩點都在C上，

所以A（2m,√In）,B（2m,-√3n）,則∣4B∣=2√5n.

因為A是線段8。的中點，又EAIy軸，

所以瓦41BD,?ED?=?EB?,

所以ABCE的內(nèi)心G在線段EA上.

因為。G平分乙4DE,所以在AAOE中所以船=瞿,

IDEl?GE?

、兒ILClI匚口、12√3n2m-d2mY

設(shè)∣EG∣=d,所以I^==—7-=-r-1,

J(Zrn)2+(2√3n)2

因為G到y(tǒng)軸的距離不小于沙，.?.∣m≤d<2τn,

?2娟nVi

J(2m)2+(2√3n)23

Λ?≤?故l<e=Jl+㈢J等.

m2247?mj12

故答案為：(1,等］

2.（2023?廣東梅州?統(tǒng)考一模）函數(shù)/（X）=J*+*+；+-2/-4χ+13的最小值為

【答案】?.5

【分析】將已知式子變形為/(x)=jɑX2-02+X2+JGX2-3)2+(%-2)2,可表示拋物線y2=2x±

的點P(O到兩定點M(3,2),N&0)的距離之和，即∣PM∣+∣PN∣,拋物線的準(zhǔn)線為Lx=設(shè)點Q、

Qo分別為點P、M在準(zhǔn)線I上的投影,根據(jù)拋物線的定義得出IPNl=IPQ|,則IPMl+∣PNI=IPM∣+∣PQlN

IMQO即可計算IMQOl得出答案.

【詳解】f(x)=∣-x4+-X2+?+∣-x4-2x2-4x+13,

=JQX2心)2+/+JQX2_3了+(%―2)2,

可表示拋物線y2=2X上的點P仔,x),到兩定點M(3,2),NG,0)的距離之和，即IPMI+∣PN∣,

而點M(3,2)在此拋物線內(nèi)，點N(mo)是此拋物線的焦點，拋物線的準(zhǔn)線為Lx=設(shè)點Q、QO分別為點

P、M在準(zhǔn)線，上的投影，

如圖，根據(jù)拋物線的定義有IPNl=IPQ

則IPMl+IPNl=?PM?+?PQ?≥?MQ0?=3÷i=∣,

故答案為：?.

3.(2023.廣東深圳?統(tǒng)考一模)若橢圓上的點到焦點距離的最大值是最小值的2倍，則該橢圓的離心率為

【答案W

【分析】根據(jù)橢圓的性質(zhì)可知，點到焦點距離的最大值為α+c,最小值為α-c,代入條件即可求解.

【詳解】依題意，由圖象的性質(zhì)可知，

點到焦點距離的最大值為α+c,最小值為α-c,

所以竺￡=2,化簡得￡=；,即離心率e=g

a-ca33

故答案為：?.

4.(2023?廣東佛山?統(tǒng)考一模)拋物線C：y2=8χ的焦點為凡準(zhǔn)線為/,例是C上的一點，點N在/上,

若FM1FN,且IMFl=10,貝IJINFl=______.

【答案】5

【分析】根據(jù)題意結(jié)合拋物線的定義可求得M(8,8),再根據(jù)垂直關(guān)系求得MF=-不由直線方程求得

N(-2,3)即可得結(jié)果.

【詳解】由題意可得：拋物線C：y2=8χ的焦點為尸(2,0),準(zhǔn)線，：x=—2,

不妨設(shè)點M(Xo,yo)Q?,yo>0)，則IMFl=Xo+2=10,即&=8,

可得據(jù)—64,即加=8.故M(8,8),

則直線MF的斜率AMF=衿=［，

O-Z3

?.?FMJ.尸M則直線N尸的斜率%F=-3

：.直線N尸的方程y=-∣(x-2),

令X=-2,解得y=3,即N(-2,3),

故INFl=√(-2-2)2+(3-0)2=5.

故答案為：5.

5.(2023?廣東汕頭?統(tǒng)考一模)過雙曲線條-卷=1(。>0/>0)上的任意一點「，作雙曲線漸近線的平行

線，分別交漸近線于點MN,若麗?麗≥;Z√,則雙曲線離心率的取值范圍是___________.

4

【答案】(L爭

【分析】設(shè)點P(Xo,尢)，分別聯(lián)立兩組直線方程，求出M,N的坐標(biāo)，然后利用向量的數(shù)量積，推出離心率

的范圍即可.

【詳解】因為雙曲線搐T=I9>03>0)的漸近線方程為：bx+ay=O,

即y=±gx,設(shè)點P(Xo,yf>),可得：y-yo=±5。-%0)，

=_4"一"°)，解得：M(空警,也皿)，

聯(lián)立方程組

y=-X2b2a

同理可得：N(竺泮,一絲鏟)，

所以麗.麗=、戶°2-.。孕

4?z4α2

22222

因為誓一*=1,所以〃而-ny0=ab,

所以麗?麗=《蘭由題意可得：4≥1

444

所以?,故離心率e=9=∣1+M≤容又因為雙曲線的離心率e>1,

2

a2QNa22

所以雙曲線離心率的取值范圍為（1,凈，

故答案為：（l,g].

6.（2023?湖南邵陽?統(tǒng)考一模）多面體ABCn-&BIGDl為正方體，點P滿足瓦？=xB^A+yB^C+zB1Z）1",

且x+y+z=l,直線BIP與平面ZCDI所成角為多若二面角P-4D-的大小為0,則tan。的最大值是

【答案】√6

【分析】根據(jù)共面的充要條件及線面垂直的判定定理，利用線面垂直的性質(zhì)定理及線面角的定義，結(jié)合二

面角的平面角的定義及二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解.

【詳解】；用=X即+y布+z^X，且x+y+z=l,

ΛP在平面ACDi上，

設(shè)CDlCClD=0,連接ND,4。，且BlDn40=。「如圖所示

因為Biel，平面CiRlDC,又CDlU平面G5DC,

所以BlGlCD1，XCD11C1D,BlClnClD=C1，ClCU平面BIClZλ4,BlClU平面&GZM,

所以CDl1平面BlGD4，BlDU平面BICIZM,所以CDl1B1D,

同理可得BIDJ_4C,又ACnCD】=C,ACU平面AC/,CDlU平面AC5,

所以BlDL平面AC5,

設(shè)正方體的棱長為1,則可知Bl-ACDl為棱長為√Σ的正四面體，

所以O(shè)i為等邊三角形ZCDl的中心，

由題可得40=X&=乎，得4。I=I4O=彳，所以BIoI=JT=?，

又?.?8$與平面ZCDl所成角為:則翳=tan：=√3,

3OjP3

可求得OIP=|,即P在以。1為圓心，半徑r=|的圓上，且圓在平面力。。1內(nèi)，

由晶。1平面ACD1，又；BIDU平面ABiGD,

.?.平面4B[C1DL平面ACD1，且兩個平面的交線為4。，把兩個平面抽象出來，如圖所示,

作PMJ.A。于M點，過點M作MNi.4D交AD于N點，連接PN,

；平面4B1C。IYffiXCDi,PMU平面ACD0平面ABIGDC平面ACDl=AO,

,PM_L平面ABIc1。，ACU平面ABlClD,

：.PMJLAD,

又MNI4D,MN與PM為平面PMN中兩相交直線，

故4D_L平面PMN,PNU平面PMN,：.AD1PN

.?.ZPNM為二面角P-AD-Bl的平面角，即為角0,

設(shè)AM=X,當(dāng)M與點Oi不重合時，在RtAPMOi中，

可求得。M=J(∣)2-(x-y)2=卜2+%_|,

若M與點。1重合時，即當(dāng)X=?時，可求得PM=Pol=|,也符合上式，

故PM=I-X2+—X—

yJ39

MNAM

?：MNLAD,ODLAD1：.MN∣∣On,

S"需=修1=<IG)2÷^×G)-1

令y=V(A?M)τ

2

則y=-∣G-乎)+2≤2,當(dāng)：=乎,即X=S時等號成立,

.*.tanΘ=?/??6≤V3×yj2=V6,

故tan。的最大值是∕δ.

故答案為：λ∕r6.

【點睛】解決此題的關(guān)鍵是根據(jù)已知條件作出圖形，再利用線面垂直的判定及性質(zhì)定理，然后根據(jù)線面角

及二面角的平面角的定義找出所求角，結(jié)合三角形相似及二次函數(shù)的性質(zhì)即可.

7.(2023?湖南長沙?統(tǒng)考一模)已知O為坐標(biāo)原點，尸為拋物線V=2p%的焦點，過點F作傾斜角為60。

的直線與拋物線交于4,B兩點(其中點A在第一象限).若直線AO與拋物線的準(zhǔn)線/交于點D,設(shè)^AOF,

△4。B的面積分別為Si，S2,則2=______.

S2

【答案】?0.5625

16

【分析】直線AB方程為y=√5(x-。.聯(lián)立直線AB方程與拋物線的方程，求出4B點的坐標(biāo)，進而得到。的

坐標(biāo)，表示出Si，S2,即可得出結(jié)果.

由題意知，fɑ,θ),直線AB方程為丫二舊卜一^設(shè)做心,％)，B?,yβ)?

9?-?/&(P

y=2pxγ——??%—τ

聯(lián)立直線4B方程與拋物線的方程；_R-(P?,解得2p或《e.

"8(X-I)(y=√3py=-yp

因為點A在第一象限，所以a(∣p,√?),B信一梟)，

直線40方程為y=需X=∕x,。點坐標(biāo)為(一舄一梟).

因為獨=%)=一4，所以BD〃X軸.

所以Sl=TX∣°FlXMl=TX(X6P=等,

S2=l×?BD?X\yA-yB\=TXhG)IX|島-(-釣I=空，

√3p2

所以&=二二=

m22

^S2I√3p216?

9

故答案為：

Io

8.(2023?湖南岳陽?統(tǒng)考一模)已知橢圓氏?+?=1的左、右焦點分別為Fi、尸2,圓P：(x-I)2+(y-∣)2=

［分別交線段PF”PF?于M、N兩點，則麗?麗=______.

【答案】|##1.2

【分析】根據(jù)橢圓的定義及圓的半徑確定Λ?=gP%,M%2=gP72,再由數(shù)量積坐標(biāo)運算求解.

【詳解】由(x-l)2+(y-|丫=；知圓心P(l,∣),半徑r=}

又橢圓方程為［+<=1,

所以P(I在橢圓上，且橢圓的焦點居(一1,0)，F(xiàn)2(l,0),

所以IPKl=J(I+1)2+(∣—0)2=￡∣PF2∣=2α-∣=4-∣=∣,

因為IPM=T,I俞I=/

所以MX=gPF11MF2=IPP2

又PFI=(-2,-∣),PF2=(0,-},

所以麗-=^PF1-PF2=?X2=|,

故答案為：I

9.(2023?山東威海?統(tǒng)考一模)己知橢圓各A=I(α>b>0)的右焦點為F,以尸為焦點的拋物線y2=

2px(p>0)與橢圓的一個交點為M,若MF垂直于X軸，則該橢圓的離心率為______.

【答案】y/2-1##—1+√2

【分析】利用拋物線和橢圓交點及簡單性質(zhì),列出關(guān)系式,求解橢圓離心率即可.

【詳解】根據(jù)橢圓和拋物線對稱性及M尸_LX軸，由M在拋物線上得Mg,p),M在橢圓上得M(C,?)

c=Va2一正2.則由條件得:?=C且P=?

2ac=b2■■■2ac=a2—C2

即得e?+2e—1=0.

解得e=—1+VΣ,e=-1-VΣ(舍去)，所以e=—1+夜

故答案為：,∕2—1

10?(2023?山東濰坊?統(tǒng)考一模)已知拋物線C經(jīng)過第二象限，且其焦點到準(zhǔn)線的距離大于4,請寫出一個滿

足條件的C的標(biāo)準(zhǔn)方程__________.

【答案】∕=i6y(答案不唯一)

【分析】設(shè)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為∕=2py,由題意得出p>4,即可得出拋物線的方程.

【詳解】設(shè)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為M=2py(p>0).

由已知可得，焦點到準(zhǔn)線的距離P>4.

可取P=8,則拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為/=I6y.

故答案為：X2=16y.

11.(2023?重慶統(tǒng)考一模)已知橢圓C：捻+，=1(。>6>0)的左、右焦點分別為乙七，O為坐標(biāo)原點,

4為橢圓C上頂點，過Fl平行于HF2的直線/與橢圓交于B,C兩點，M為弦BC的中點且直線I的斜率與

OM的斜率乘積為-：，則橢圓C的離心率為________；若∣0M∣=3g,則直線，的方程為_________.

【答案】‰.5√3x+y+15√3=O

【分析】應(yīng)用點差法轉(zhuǎn)化斜率積可求離心率,設(shè)直線與橢圓聯(lián)立,應(yīng)用己知距離可求直線方程.

【詳解】設(shè)點C(XI,%),β(x2y2)>c,B在橢圓上

.?4+?=ι.........................①

4+?=ι...........................②

因為ACB?kθM=一：

??.及*么±及=一...............③

*2Tl"1+%24

由①-②得號—學(xué)+1_券=0,即曄+啥i=0,所以江!.一=_與

aia2b2b2a2b2×2~χιχ1^χ2a2

由③得_與=_;,

2

a4

???過Fl平行于4尸2的直線，與橢圓交于B,C兩點，

λkβ?=總尸2,4（0,匕），F(xiàn)2（c,。），

J^BC=-g=-V3?

設(shè)直線BC為y=-√3x+m

y=-V3x+m_

2222

3xy2,RΓW15X—8V3mx+4m-4b=O

I市+瓦=1

???∕+%2=嚕，則M（嚕中），

V?0M?-j（-??）÷（7）=，筌?=9×19.由題意m<O

：.m=-15√3

.?.y=-√3x+15心即直線，的方程為Bx+y+15√3=O

故答案為：∣j√3x+y+15√3=O

二、解答題

12.(2023?重慶?統(tǒng)考一模)己知雙曲線E：會\=1(。>0/>0)的離心率為2,左、右焦點分別為

F1(-c,O),F2(c,O),點4(X[,yD為雙曲線E右支上異于其頂點的動點，過點A作圓C：/+y2=cι2的一條

切線AM,切點為例，且MMl2+3=W就一a?.

(1)求雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)設(shè)直線與雙曲線左支交于點8,雙曲線的右頂點為D(α,0),直線A。，BO分別與圓C相交，交點

分別為異于點。的點P,Q.判斷弦PQ是否過定點，如果過定點，求出定點，如果不過定點，說明理由.

【答案】(I)X2-9=1

(2)是，定點為(0,0)

【分析】(I)由切線有∣4C∣2=∣AM∣2+α2,結(jié)合條件等式、離心率即可求；

⑵直線為y??(?+2)與雙曲線聯(lián)立，結(jié)合韋達定理可得B點坐標(biāo)，則由而?DA=O可判斷CB1

Xj+2

DA,即可得弦PQ恒過圓心.

【詳解】(1)雙曲線的離心率為e=；=2,b=√3α,因為雙曲線上點力(XI,%)切圓C：x2+y2=α2于M,

且MMI2+3-G2,

則IACI2=∣AM∣2+α2=5^-3,即洸+資=e?螃一3=4望一3,即好一？=1,詈一總=I=:一

區(qū)?=ln丘-璉=α2≠>α2=ι,

3a213

故雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為/—9=L

(2)弦PQ過定點，理由如下：

由(1)得α=l,h=√3,c=2,則D(l,0),F1(-2,0),F2(2,0).

2y2

則直線為y=k(x+2),k=2-,聯(lián)立x3-1得(/c?—3)X2+4k2x+4∕c2+3=0,

xι+2(y=fc(χ+2)

2

-(X+4)∕C2+3XIC2XIC2Z)

則XB+%=渣-4k11_>/—(%+4)∕+31??_.—(X+2)∕+3(1-2

χB=^-χι=-E-YB(———+ZJ=k—

/一(%i+4)*2+3%ιd.—(?X]+2)k?+3(3]—2八∕-(x?∣+5)∕C^+3(X)+1)?—(x1+2)∕t2+3(x∣-2)'

(-^5--------Lk----------n--)=(------位-------------.

市=(XI-Ly1)，由*-N=I得資=3(埒-1),

DB-^DA=%一I)I-(Xl+5)，+301+1)]+kyj—(Xl+2)k2+3(/—2)]

k2—3

一(Xl+5)0ι—l)k2+3(*-1)-ylk2÷3%普?(修一2)

-(?i+5)(%ι-l)fc2+3(%ι-1)-3(%ι-l)fc2+'-I.——

??~rL

二H-3

-4(與+2)(Xl-l)∕c2+3(*-1)+W[治L2)

=H-3

-

(%ι-1)[4(xj+2)242+3(x1+l)(%ι+2)+9支1+I)(Xl-2)]

(fc2—3)(巧+2)

=3(Xl-1)-—1)+(Xl+I)(Xl+2)+3(/+I)(Xl-2)]

2

_(fc-3)(x1+2)

=3(XLI)O=

(H-3)(Xι+2)υ-

：.DBIDA,DQJ.DP,...QP為圓C的直徑，故弦PQ恒過圓心（0,0）

【點睛】直線與圓錐曲線定點問題，一般通過聯(lián)立直線與圓錐曲線，結(jié)合韋達定理將可能過定點的直線表

示出來，進而判斷是否過定點.

本題可能過定點的線段為圓上的弦，直徑恒過圓心，故先通過分析麗?方判斷是否該弦為直徑.

13.（2023?重慶?統(tǒng)考一模）己知橢圓。:捺+5=19>6>0）的離心率為當(dāng)且過點（2,0,點0為坐標(biāo)

原點.

⑴求桶圓C的方程；

（2）橢圓C上的動點M,尸，Q滿足直線MP,MQ的斜率互為相反數(shù)，且點M不在坐標(biāo)軸上，設(shè)直線PQ,。M的

斜率分別為七#2，求自為的值.

【答案】（1）?+?=1

(2)k水2=2

【分析】（1）利用粗圓離心率的定義以及點在橢圓上，建立關(guān)于α,b,c的方程組，求解即可；

（2）設(shè)直線IMP方程，與橢圓方程聯(lián)立，通過韋達定理求出P點的坐標(biāo),同理可求得Q點坐標(biāo)，然后由兩點

間的斜率公式列出心心，化簡即可.

【詳解】⑴由題￡=卓二+3=Lα2=b2+c2,聯(lián)立解得a2=8,爐=4,

a2azDz

所以橢圓方程為1+t=L

84

(2)設(shè)MO?,yo),P(%ι,yι),QO?y2),直線夠「：'=々(%一&)+MP

2

聯(lián)立橢圓方程得(21+1)%2+4(y0—kx0)kx+2(y0-∕cx0)-8=0,

_4(kx-y)k,2k2x-4ky-x

X÷X∩=——0---0--,.-X=-------0-----0----0,

1U2k2+l112k2+l

為_2依產(chǎn)始為

%=k?-Xo)+yo=2k2+l

同理可得&=空器Fi,%=yo+2kXo-2%2yo

2k2+l

—轉(zhuǎn)=SS畸3親

七七=2'

22

14.(2023?江蘇南通?統(tǒng)考一模)已知雙曲線C:,一a=l(α>0,b>0)的左頂點為A,過左焦點F的直線與

C交于P,Q兩點.當(dāng)PQ?Lx軸時，∣P4∣=√TU,APAQ的面積為3.

(1)求C的方程；

(2)證明：以PQ為直徑的圓經(jīng)過定點.

【答案】(1)/一9=1

⑵證明見解析

()+(c

【分析】(1)根據(jù)題意，可得IPFl=?,，[7-ɑ)=(√lθ)

12b—、°,進而求解；

r-?(c-α)=3

Ic2=α2÷b2

(2)設(shè)PQ方程為X=Jny-2,P(Xl,%),<?(%2，、2)，聯(lián)立直線和雙曲線方程組，可得(3r∏2-l)y2-"my+

9=0,以PQ為直徑的圓的方程為(X-x1)(x-x2)+(y-y1)(,y-y2)=0,由對稱性知以PQ為直徑的圓必

過X軸上的定點，進而得到久2-(X]+冷沈+X1Xz+為丫2=。，進而求解.

【詳解】(1)當(dāng)PQLX軸時，P,Q兩點的橫坐標(biāo)均為-c,

代入雙曲線方程，可得力=?,=即IPH=

(9)+(C-a)2=(√Tθ)2

由題意，可得12b2??,解得Q=1,b=√3,c=2,

—?(fc-α)=3

c2=α2+b2

.?.雙曲線C的方程為：X2-^=1;

P(XI,yi),Q(%2，y2)，

(x=my—2

(3x2-y2=3=3(τn2y2—4my+4)-y?=3=(3m2—l)y2-12my+9=0,

以PQ為直徑的圓的方程為(X-%ι)(x-x2)+(y-y1)(y-y2)=0,

22

X-(Xl+χ2)χ+χχχ2+y-(yi+y2)y+%乃=。,

由對稱性知以PQ為直徑的圓必過X軸上的定點，令y=0,可得

2,

X—(Xl+x2)x+X1X2+)1y2=0，

而不+冷=巾(%+及)_4=黑_4=高，

2

×ι×2=(m%-2)(my2-2)=my1y2-2m(y1+y2)+4=

4—3Z∏2—49

???X2--~~5——-X+——；———+-~~；——-=O=(3m2-l)x2-4x+5-3m2=0

3m2-13m2-13m2-1''

=>[(3m2-I)X+3m2—5](%-1)=0對VnI∈R恒成立，?,?％=1,

???以PQ為直徑的圓經(jīng)過定點(L0)；

方法二：設(shè)PQ方程為%=my-2,P(x1,y1),Q(x2fy2)，

(x=my—2,??

∣3χ2_y2=3=(3τ∏2-Dxy2-12my+9=0,

由對稱性知以PQ為直徑的圓必過X軸上的定點.

設(shè)以PQ為直徑的圓過E(t,O),

2

.?.EPEQ=0=>(x1-t)(x2-1)+y1y2=Onx1x2T(Xl+x2)+1+y1y2=0,

n24

而%ι%2-Oyl_2)(my2-2)=my1y2-2m(y1÷y2)÷

,、12m24

/+x2=M%+%-4=赤=T=石目

.——1+/+—2_=0f

3m2-l3m2-l3m2-l

(3m2-l)t2-4t+5-3τn2=0,≡P[(3m2-l)t+3m2-5](t-1)=0對VnI∈R恒成立,

.?.t=l,即以PQ為直徑的圓經(jīng)過定點(1,0).

15.(2023?廣東茂名?統(tǒng)考一模)已知橢圓E:5+，=l(α>b>0)的左焦點尸為(一立,0),過橢圓左頂點

和上項點的直線的斜率為

4

⑴求橢圓E的方程；

(2)若N(t,6)為平面上一點，C,。分別為橢圓的上、下頂點，直線NC,M)與橢圓的另一個交點分別為P,

Q.試判斷點尸到直線尸。的距離是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，請說明理由.

【答案】(底+?=1:

⑵存在，?.

【分析】(1)根據(jù)給定條件，直接求出a,b的值作答.

(2)當(dāng)t≠0時，求出直線NC,ND的方程，與橢圓E的方程聯(lián)立求出點P,Q坐標(biāo)，進而求出直線PQ方程即

可推理計算，再驗證t=0時的情況作答.

【詳解】(1)橢圓E：a+S=l(a>b>0)的左頂點(—a,0),上頂點(0,b)>依題意，T=京

又左焦點『(一√7,0),即有。2一/=7,解得a=4,b=3,

所以橢圓E的方程為q+?=1.

(2)由(1)知，點C(0,3),D(0,-3),而N(t,6),

當(dāng)t=0時，P(0,-3),Q(0,3),直線PQ為y軸，

當(dāng)tK0時，直線CN的斜率%=p方程為3x-ty+3t=0,直線DN的斜率岫N=p方程為9x-ty-

3t=0,

由得+μ￡=二;消去X得:(d+16)y2-6t2y+9t2-i44=0,設(shè)P(XP加，

則3+"=磊,有力=寡，孫=彘,即P尷?,寓)，

由［惠;；北消去X得：(t2+144)y2+6t2y+9t2-1296=0,設(shè)Q(%yQ>

.∣C.-6t2士-3t2+43296tIn八/96t-3t2+432

則m—3+yQ==,有yQ=-75π^^,XQ=F即Q(二，x

直線PQ的斜率APQ=高茨，方程為：y—金=卷茨(X+贏)，

即y=-3t)44χ+3顯然直線PQ過定點(O5),而t=0時，y軸也過點(OA),

64c222

因此對任意實數(shù)3直線PQ經(jīng)過定點M(O,|),

則當(dāng)尸MLPQ(M為垂足)時，F(xiàn)到直線PQ的距離取得最大值IFM=/-夕乃+(|尸=”,

所以點F到直線PQ的距離存在最大值，最大值為合.

【點睛】思路點睛：經(jīng)過圓錐曲線上滿足某條件的兩個動點的直線過定點問題，可探求出這兩個動點坐標(biāo)，

求出宜線方程，即可推理計算解決問題.

16?(2023?廣東佛山?統(tǒng)考一模)已知橢圓「捻+總=1(α>b>0)的左焦點為尸(To),左、右頂點及上

頂點分別記為4、B、C,且而?而=1.

(1)求橢圓「的方程；

⑵設(shè)過F的直線PQ交橢圓「于尸、。兩點，若直線P4、QA與直線/：X+4=O分別交于M、N兩點,/與X

軸的交點為K,則IMKl?∣KN∣是否為定值？若為定值，請求出該定值；若不為定值，請說明理由.

【答案】⑴?+?=1

(2)為定值9

【分析】(1)首先表示C,B的坐標(biāo)，即可得到京，CB,根據(jù)沃?而=1及F=α2-c2,求出即可求

出產(chǎn)，從而得解；

(2)設(shè)直線PQ的方程為X=my-1,P(XI,yj,ρ(x2,y2),聯(lián)立直線與橢圓方程，消元、列出韋達定理，

N

即可得到直線P4的方程為y="?j(x+2),令X=-4求出yjw,同理得到Y(jié)，則IMKl?∣KN∣=|)/疝力/1，代

入計算可得.

【詳解】(1)解:依題意C(O,b),B(α,O),尸(-1,0),所以京=(-l,-b),CB=(a,-b~),

由不?麗=1,可得/-α=l,即α2-α-2=0,解得a=2或a=-1(舍去)，

故Q2=4,b2=3,

所以橢圓「的方程為1+4=L

43

(2)解：設(shè)直線PQ的方程為％=my-1,P(XLy1)，、(電、2)，

聯(lián)立亍+y=1,消去工整理得(3r∏2+4)y2—6my-9=0,

所以乃+y2=蓋,%y2=u?'

直線PA的方程為y=τ?a+2),令“一4,得YM=卷仔,

同理可得”就？

所以三三"中——

IMKI??KN?=IyMyNI=|M=I-2~1I

∣ZMZ∕v∣ITnyI+1my2+llImy1y2+m(y1+y2)+1

I-36

_____3莉+4______Q

-9m26m2-'

'3m2+43m2+4

故IMKI?IKNl為定值9.

17.(2023?廣東梅州?統(tǒng)考一模)已知動圓M經(jīng)過定點a(一百,0),且與圓產(chǎn)2：(工一8)？+V=16內(nèi)切.

(1)求動圓圓心M的軌跡C的方程；

(2)設(shè)軌跡C與X軸從左到右的交點為點48,點P為軌跡C上異于4B的動點，設(shè)PB交直線X=4于點T,連結(jié)

AT交軌跡C于點Q.直線4P、4Q的斜率分別為心p?∕?1Q.

(i)求證：%P?∕CAQ為定值；

(ii)證明直線PQ經(jīng)過久軸上的定點，并求出該定點的坐標(biāo).

【答案】(1左+y2=ι

(2)(i)證明見解析；(ii)證明見解析，定點(1,0)

【分析】(1)根據(jù)定點FI和圓心F2的位置關(guān)系，利用兩圓內(nèi)切即可得出半徑之和等于圓心距，再根據(jù)橢圓

定義即可求得軌跡C的方程；(2)(i)易知4B即為橢圓的左右頂點，設(shè)出點P,Q坐標(biāo)，利用共線時斜率相

等即可得出∕?4p?k做的表達式，化簡即可得出心p?∕?1Q=一(H)根據(jù)(i)中的結(jié)論，寫出直線PQ的方

程，將表達式化簡即可得出直線PQ經(jīng)過定點(1,0).

【詳解】(1)設(shè)動圓的半徑為r,由題意得圓尸2的圓心為尸2(舊，。)，半徑R=4；

所以IMFIl=r,∣MF2∣=R-r,

則IMFIl+∣MF2∣=4>2√3=∣F1F2∣.

所以動點M的軌跡C是以后，B為焦點，長軸長為4的橢圓.

因此軌跡C方程為γ+y2=ι.

(2)(i)設(shè)P(Λ?,%),Q(X2,丫2)，7(4,?n).

由題可知力(一2,0),B(2,0),如下圖所示：

所以的P?k*=Z-X巴=2-XALr=書J，

APχ+263(x-2)3(4)

■AQ1x1+21后一

又R尤=1,則資=；("*),

因此L?%=黯=—專為定值.

(ii)設(shè)直線PQ的方程為X=ty+n,P(x1,y1),Q(X2，力)

x=ty+n

q+2_1，W(t2+4)y2+2tny+n2-4=0,

{z

4,

(,2tn

所叫冏4?

I≡=τ≡π

由(可知，即*-*=----咕------=

i)kAP-kA0=--,?27

A產(chǎn)AQ12x1+2x2+(tyι+∏+2)(ty2+n+2)12

化簡得丁τ?*=-?-解得n=1或n=-2(舍去)，

4nz+16n+1612

所以直線PQ的方程為X=ty+l,

因此直線PQ經(jīng)過定點(1,0).

【點睛】方法點睛：解決定值或定點問題時，經(jīng)常會用到設(shè)而不求的方法，即首先設(shè)出點坐標(biāo)或直線方程，

再根據(jù)題目條件尋找等量關(guān)系即可實現(xiàn)整體代換求得定值或定點.

18.(2023?廣東深圳?統(tǒng)考一模)已知雙曲線氏9一丫2=1與直線/：y=—3相交于A、B兩點,何為

線段AB的中點.

(1)當(dāng)Z變化時，求點M的軌跡方程；

(2)若/與雙曲線E的兩條漸近線分別相交于C、。兩點，問：是否存在實數(shù)晨使得A、8是線段CO的兩

個三等分點？若存在，求出上的值；若不存在，說明理由.

【答案】(I)X2=4y2+"y,其中y≤-3或y>:

(2)存在，∕c=±∣

【分析】(1)設(shè)4(xι,%),B(X2,丫2)，M(Xo,%)，聯(lián)立直線1與雙曲線E的方程，消去y,M(l-4k2)x2+

24依-40=0,根據(jù)已知直線1與雙曲線E相交于A、B兩點，得A=160-64右>。且1一4/≠。，即

卜2<|且/￡2力：，由韋達定理，得X]+%2=言，

Z41-4KA

則Xo=哉，y0=聯(lián)立消去k,得歐=4必+12%,再根據(jù)k的范圍得出y的范圍，即可得出答案；

(2)設(shè)C(K3,%)，D(∕,%)，根據(jù)雙曲線E的漸近線方程與直線1的方程聯(lián)立即可得出心=白，勺=搐，

則中=F器=即線段AB的中點M也是線段CD的中點，若A,B為線段CD的兩個三等分點,

2l-4fc2U

則ICDl=3∣4B∣,結(jié)合弦長公式列式得|冷-Ml=3∣Xι-g∣,即可化簡代入得出屋刁=

3J(f≡Λ?即可解出答案?

【詳解】⑴設(shè)AOl,yj,B(x2,y2)>M(x0,y0),

3

聯(lián)立直線1與雙曲線E的方程，得K=1,

(X/-4y∕=4

消去y,得(1-41)/+24k%-40=0.

由A=160-64∕c2>0且1-4fc2≠0,得U<三且H≠1

24

由韋達定理，得Xl+X2=言??

斫以Y->1+不—T2k_Λ_2_T2d_q__3

所以&-2.1-4d'V。一化&r§-1-軌2§-1-4H

_-12k

X。一守消去k,得詔=2+y.

(4y120

由N<I且1≠i,得y。≤一3或y0>?.

所以，點M的軌跡方程為/=4y2+i2y,其中y≤-3或y>[.

(2)雙曲線E的漸近線方程為y=±1x.

設(shè)C(X3，為)，。(“4，、4)，聯(lián)立]y~2X得久3=白，同理可得％=搐，

[y=kx-32k-12k+l

因為弩=畜=W

所以，線段AB的中點M也是線段CD的中點.

若A,B為線段CD的兩個三等分點，W∣J∣CD∣=3μβ∣.

即√1+々2,3-X4I-311+-2|%1—χ2∣,∣χ3—χ4∣=3∣X1—x2∣.

而出一劃=2急一

√(X1+X2)-4X1X2=K建)2+9,∣x3-%4∣=I￡1=μ?J?

所以，浸『3」(券丫+/，解得k=±∣,

所以k=±∣,存在實數(shù)，使得A、B是線段CD的兩個三等分點.

19.(2023?湖南邵陽?統(tǒng)考一模)已知拋物線C:/=2Py(P>0)的焦點為F,且F與圓M:久2+(y+3)2=1

上點的距離的最大值為5.

(1)求拋物線C的方程;

(2)若點P在圓M上，PA,尸8是拋物線C的兩條切線，A,B是切點，求△PZB面積的最大值.

【答案】(1)/=4y

(2)32

【分析】(1)［方法一］：由題意知，F(xiàn)(O，5,設(shè)圓M上的點N(XO,yo),由兩點間的距離公式求出IFNl=

x2

y∣o+^-yo)>利用二次函數(shù)性質(zhì)求最大值；［方法二J：拋物線C的焦點為F(0,9,∣FM∣=g+3,F

與圓M+(y+3)2=1上點的距離的最大值為§+3+1=5,即可得出答案；

(2)［方法一］：由導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出直線P4的方程和直線PB的方程，即可求出直線4B的方程，聯(lián)立

直線4B的方程和拋物線的方程由韋達定理代入求出∣4B∣和點P到直線AB的距離，表示出△P48面積，由

二次函數(shù)的性質(zhì)即可得出答案；［方法二］：同方法一聯(lián)立直線AB的方程和拋物線的方程得到韋達定理，過

P作y軸的平行線交AB于Q,則Q(x0.?-y0)>將韋達定理代入則SAPAB=/PQI?%-42∣=X詔-4y0)l

因為P點在圓Mk則設(shè)｛y°?二，利用三角換元求最值；［方法三］：設(shè)=+聯(lián)立ClB和

拋物線C的方程表示出韋達定理，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義表示出直線P4PB的方程，即可求出P的坐標(biāo)，將

點P的坐標(biāo)代入圓M的方程可得U=12喂!，表示出IaBl和點P到直線AB的距離，再由二次函數(shù)的性

質(zhì)求最值.

【詳解】(1)［方法一］：利用二次函數(shù)性質(zhì)求最大值

由題意知，F(xiàn)(θ,θ,設(shè)圓M上的點N(XO,y°),!??+(y0+3>=1.

所以以=1—(yo+3)2(-4≤y0≤—2).

222

從而有IFNl=y∣x^+ɑ-y0)=Jl-(y0+3)+g-y0)=J-(p+6)y0-8+γ?

因為一4≤y°≤-2,所以當(dāng)出=—4時，F(xiàn)MmaX=Jy+4p+16=5.

又p>0,解之得P=2,因此P=2.

拋物線C的方程為：X2=4y.

［方法二］【最優(yōu)解】：利用圓的幾何意義求最大值

拋物線C的焦點為F(0,9，IFMl=(+3,

所以，F(xiàn)與圓時:/+。+3)2=1匕點的距離的最大值為9+3+1=5,解p=2

拋物線C的方程為：x2=4y

(2)［方法一］：切點弦方程+韋達定義判別式求弦長求面積法

拋物線C的方程為/=4y,即y=9,對該函數(shù)求導(dǎo)得y'=；,

設(shè)點4(%ι,yι)?B(x2ty2)>PaO，加)，

直線P4的方程為y-yι=￡(x-％ι),即y=等一即XIN-2%-2y=0

同理可知，直線PB的方程為小％-2y2-2y=0,

由于點P為這兩條直線的公共點，則［￡°一如一.U

(×2x0—l?y2~Zyo=U

所以，點A、B的坐標(biāo)滿足方程XoX-2y-2yo=。，

所以，直線AB的方程為XoX-2y-2y0=0,

(x0x-2y-2y0=0

2

聯(lián)立]X,可得--2x0x+4y0=0,

IX=T

由韋達定理可得h+X2=2x0>Xi刀2=4y0

24χ-4

所以，IABl=JI+管)-√(x1+