《备战2024年高考数学一轮专题复习1_9.5 圆锥曲线的综合问题讲义.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战2024年高考数学一轮专题复习1_9.5 圆锥曲线的综合问题讲义.docx（26页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
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O:x2+y2=4上,点A(-3,0),B(0,4),则满足APBP的点P的个数为()A.3B.2C.1D.0答案B2.(2020课标文,6,5分)在平面内,A,B是两个定点,C是动点.若ACBC=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-1)2+y2=16,B(-1,0),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()A.x216+y29=1B.x216-y29=1C.
2、x24+y23=1D.x24-y23=1答案C4.(2017课标,文20,理20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x22+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足NP=2NM.(1)求点P的轨迹方程;(2)设点Q在直线x=-3上,且OPPQ=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.解析(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).由NP=2NM得x0=x,y0=22y.因为M(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1.因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.(2)证明:由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P
3、(m,n),则OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQPF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).由OPPQ=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以OQPF=0,即OQPF.又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l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F(-1,0),定直线l:x=-5,设动点P到定直线的距离为d,且满足|PF|d=55.(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
4、与y的负半轴交于A点,直线AM、AN分别交直线y=-3于点H、K,若|QH|+|QK|35,求k的取值范围.解析(1)设动点P的坐标为(x,y),因为|PF|d=55,所以(x+1)2+y2x+5|=55,即5(x+1)2+y2=|x+5|2,整理得x25+y24=1.所以动点P的轨迹方程为x25+y24=1.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),由(1)可得点A的坐标为(0,-2),故直线AM:y=y1+2x1x-2,令y=-3,则xH=-x1y1+2,同理xK=-x2y2+2.由y=kx-3,4x2+5y2=20消去y得(4+5k2)x2-30kx+25=0,由=900k2-100(
5、4+5k2)0,解得k1.由根与系数的关系得x1+x2=30k4+5k2,x1x2=254+5k2,x1x20,|QH|+|QK|=|xH+xK|=x1y1+2+x2y2+2=x1kx1-1+x2kx2-1=2kx1x2-(x1+x2)k2x1x2-k(x1+x2)+1=50k4+5k2-30k4+5k225k24+5k2-30k24+5k2+1=5|k|,因为|QH|+|QK|35,所以5|k|35,即|k|7.综上,-7k-1或1b0)的离心率为22,且过点A(2,1).(1)求C的方程;(2)点M,N在C上,且AMAN,ADMN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.解析(1)
6、由题设得4a2+1b2=1,a2-b2a2=12,解得a2=6,b2=3.所以C的方程为x26+y23=1.(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2).若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入x26+y23=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2.由AMAN知AMAN=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.将代入上式可得(k2+1)2m2-61+2k2-(km-k-2)4km1+2k2+(
7、m-1)2+4=0.整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-10,故2k+3m+1=0,k1.于是MN的方程为y=kx-23-13(k1).所以直线MN过点P23,-13.若直线MN与x轴垂直,可得N(x1,-y1).由AMAN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.又x126+y123=1,可得3x12-8x1+4=0.解得x1=2(舍去)或x1=23.此时直线MN过点P23,-13.令Q为AP的中点,即Q43,13.若D与P不重合,则由题设知AP是RtADP的斜边,故|DQ|=12|AP|=223.若D与P重合,则
8、|DQ|=12|AP|.综上,存在点Q43,13,使得|DQ|为定值.4.(2022山东泰安三模,21)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率e=22,四个顶点组成的菱形的面积为82,O为坐标原点.(1)求椭圆E的方程;(2)过O:x2+y2=83上任意点P作O的切线l与椭圆E交于点M,N,求证:PMPN为定值.解析(1)由题意得2ab=82,e=ca=22,a2=b2+c2,解得a=22,b=2,所以椭圆E的方程为x28+y24=1.(2)证明:当切线l的斜率不存在时,其方程为x=263,当x=263时,将x=263代入椭圆方程x28+y24=1,得y=263,不妨令M263,
9、263,N263,-263,P263,0,PM=0,263,PN=0,-263,PMPN=-83;当x=-263时,同理可得PMPN=-83.当切线l的斜率存在时,设l的方程为y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2),因为l与O相切,所以mk2+1=263,所以3m2=8k2+8,由y=kx+m,x28+y24=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-81+2k2,由=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-8)0,得8k2-m2+40.PMPN=(OM-OP)(ON-OP)=OP2-OPOM-OPON+OMON=OP2-OP
10、2-OP2+OMON=-83+OMON,OMON=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)2m2-81+2k2+km-4km1+2k2+m2=3m2-8k2-81+2k2=0,PMPN=-83.综上,PMPN为定值-83.5.(2022河北衡水二调,21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的长轴长为4,P在C上运动,F1,F2为C的两个焦点,且cosF1PF2的最小值为12.(1)求C的方程;(2)已知过点M(0,m)(-bm0恒成立,设A(x1,y1),B(x2,y2),则Nx1+x22,y1+y22,
11、且x1+x2=-8km4k2+3,x1x2=4m2-124k2+3.OAOB-OMON=x1x2+y1y2-my1+y22=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)-m2(kx1+m+kx2+m)=(k2+1)x1x2+km2(x1+x2)=(k2+1)4m2-124k2+3+km2-8km4k2+3=-12k2+4m2-124k2+3=-3(4k2+3)+4m2-34k2+3=-3+4m2-34k2+3,要使上式为常数,必须且只需4m2-3=0,即m=32(-3,3).此时OAOB-OMON=-3为定值,符合题意.综上,当m=32时,能使得OAOB-OMON=-3.6.(2023届福建部分名校
12、联考,22)已知两点M(0,-4),N(0,4),动点P在x轴的投影为Q,且PMPN=3PQ2,记动点P的轨迹为曲线C.(1)求C的方程;(2)过点F(26,0)的直线与曲线C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|AB|FH|是不是定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.解析(1)设P(x,y),则Q(x,0),PM=(-x,-4-y),PN=(-x,4-y),PQ=(0,-y).因为PMPN=3PQ2,所以x2+y2-16=3y2,故C的方程为x216-y28=1.(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),A(
13、x1,y1),B(x2,y2).联立y=k(x-26),x216-y28=1,消去y整理得(1-2k2)x2+86k2x-48k2-16=0,则=384k4+(1-2k2)(192k2+64)0,x1+x2=-86k21-2k20,x1x2=-48k2-161-2k20,整理得k212.x1+x22=-46k21-2k2,y1+y22=-26k1-2k2,则线段AB的垂直平分线的方程为y+26k1-2k2=-1kx+46k21-2k2,令y=0,得x=-66k21-2k2,则H-66k21-2k2,0,|FH|=26+66k21-2k2=26(1+k2)1-2k2.又|AB|=1+k2(x1+
14、x2)2-4x1x2=1+k2-86k21-2k22-4-48k2-161-2k2=1+k2384k4(1-2k2)2+(192k2+64)(1-2k2)(1-2k2)2=8(1+k2)1-2k2,所以|AB|FH|=826=263.故|AB|FH|是定值,该定值为263.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、y轴,且过A(0,-2),B32,-1两点.(1)求E的方程; (2)设过点P(1,-2)的直线交E于M,N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MT=TH.证明:直线HN过定点.解析(1)解法一:设椭圆E
15、的方程为x2a2+y2b2=1(a0,b0且ab),将A(0,-2),B32,-1两点的坐标代入,得4b2=1,94a2+1b2=1,解得a2=3,b2=4,故椭圆E的方程为x23+y24=1.解法二:设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m0,n0且mn).由题意可得4n=1,9m4+n=1,解得n=14,m=13,故椭圆E的方程为x23+y24=1.(2)由A(0,-2),B32,-1可得直线AB的方程为y=23x-2.若过点P(1,-2)的直线的斜率不存在,则其方程为x=1,与方程x23+y24=1联立,可得y=263,结合题意可知N1,263,M1,-263,由y=23x-2,y=-26
16、3,得x=-6+3,y=-263,则T-6+3,-263,由MT=TH,得-6+3-1=xH-(-6+3),yH=-263,则H-26+5,-263,所以直线HN的方程为y=2+263x-2,易知直线HN过点(0,-2);若过点P(1,-2)的直线的斜率存在,设其方程为y+2=k(x-1),M(x1,y1),N(x2,y2).联立y+2=k(x-1),x23+y24=1,得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0,则x1+x2=6k(2+k)3k2+4,x1x2=3k(k+4)3k2+4,y1+y2=-8(2+k)3k2+4,y1y2=4(4+4k-2k2)3k2+4,x1y2
17、+x2y1=-24k3k2+4.联立y=y1,y=23x-2,可得T3y12+3,y1,由MT=TH,可得H(3y1+6-x1,y1),故此时直线HN的方程为y-y2=y1-y23y1+6-x1-x2(x-x2),将(0,-2)代入并整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0,即26k(2+k)3k2+4-6-8(2+k)3k2+4+-24k3k2+4-34(4+4k-2k2)3k2+4-12=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C:x2=-2py经过点(2,-1).(1
18、)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l交抛物线C于两点M,N,直线y=-1分别交直线OM,ON于点A和点B.求证:以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.解析(1)由抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1),得p=2.所以抛物线C的方程为x2=-4y,其准线方程为y=1.(2)证明:抛物线C的焦点为F(0,-1).设直线l的方程为y=kx-1(k0).由y=kx-1,x2=-4y得x2+4kx-4=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2=-4,直线OM的方程为y=y1x1x.令y=-1,得点A的横坐标xA=-x1y1.同理得点B的横
19、坐标xB=-x2y2.设点D(0,n),则DA=-x1y1,-1-n,DB=-x2y2,-1-n,DADB=x1x2y1y2+(n+1)2=x1x2-x124-x224+(n+1)2=16x1x2+(n+1)2=-4+(n+1)2.令DADB=0,即-4+(n+1)2=0,得n=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C:y2=2px(p0)上的点P(1,y0)(y00)到焦点的距离为2.(1)求点P的坐标及抛物线C的方程;(2)若点M、N在抛物线C上,且kPMkPN=-12,求证:直线MN过定点.解析(1)
20、设抛物线的焦点为F,则Fp2,0,准线方程为x=-p2,由抛物线的定义得1+p2=2,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x,把(1,y0)代入得y02=4,因为y00,所以y0=2,所以P(1,2).(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+n,M14y12,y1,N14y22,y2,联立x=my+n,y2=4x,得y2-4my-4n=0,=16m2+44n0,y1+y2=4m,y1y2=-4n,因为kPM=y1-214y12-1=4y1+2,kPN=y2-214y22-1=4y2+2,kPMkPN=-12,所以16(y1+2)(y2+2)=-12,即y1y2+
21、2(y1+y2)+36=0,所以-4n+8m+36=0,即n=2m+9,满足0,所以直线MN的方程为x=my+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B是椭圆C:x25+y2=1的上顶点,点P在C上,则|PB|的最大值为()A.52B.6C.5D.2答案A2.(多选)(2023届河北“五个一”名校联盟摸底,12)已知圆C:x2+y-122=1上两点A、B满足|AB|2,点M(x0,0)满足|MA|=|MB|,则下列结论中正确的是()A.当|AB|=2时,x0=12B.当x0=0时,过M点的圆C的最短弦长
22、是23C.线段AB的中点纵坐标的最小值是1-22D.过M点作圆C的切线且切点为A,B,则x0的取值范围是-,-7272,+答案CD3.(2023届山东青岛调研,21)在平面直角坐标系xOy中,动圆P与圆C1:x2+y2+2x-454=0内切,且与圆C2:x2+y2-2x+34=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C2且与x轴垂直的直线交E于A,M两个不同的点,连接AC2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C1的直线交E于D,G两个不同的点,且ABDG,求四边形ADBG面积的最小值.解析(1)设动圆P的半径为R,圆心P
23、的坐标为(x,y).由题意可知圆C1的圆心为C1(-1,0),半径为72;圆C2的圆心为C2(1,0),半径为12.动圆P与圆C1内切,且与圆C2外切,PC1|=72-R,PC2|=12+R|PC1|+|PC2|=4|C1C2|=2,动圆P的圆心的轨迹E是以C1,C2为焦点的椭圆.设其方程为x2a2+y2b2=1(ab0),其中2a=4,2c=2,a=2,c=1,则b2=3.从而E的方程为x24+y23=1.(2)(i)证明:设直线AB的方程为y=k(x-1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),则M(x1,-y1),由y=k(x-1),x24+y23=1可得(4k2+3)x2-8k2
24、x+4k2-12=0,x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3.直线BM的方程为y+y1=y2+y1x2-x1(x-x1),令y=0,可得N点的横坐标为xN=x2-x1y2+y1y1+x1=k(x2-x1)(x1-1)k(x1+x2-2)+x1=2x1x2-(x1+x2)x1+x2-2=24k2-124k2+3-8k24k2+38k24k2+3-2=4,N为一个定点,其坐标为(4,0).(ii)根据(i)可求得|AB|=1+k2|x2-x1|=1+k2(x2+x1)2-4x1x2=1+k28k24k2+32-44k2-124k2+3=12(k2+1)4k2+3.ABDG,
25、kDG=-1k,则|DG|=12(k2+1)3k2+4.ABDG,四边形ADBG的面积S=12|AB|DG|=1212(k2+1)4k2+312(k2+1)3k2+4=72(k2+1)2(4k2+3)(3k2+4),令k2+1=t,k0,t1,则S=72t212t2+t-1=72-1t2+1t+12=72-1t-122+494,当1t=12,即k=1时,Smin=28849.4.(2022济南三模,21)已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(ab0)的离心率为63,且经过点P(1,3).(1)求椭圆C的方程;(2)A、B为椭圆C上两点,直线PA与PB的倾斜角互补,求PAB面积的最大值.解析(1)
26、由题意得e=ca=63,3a2+1b2=1,a2=b2+c2,解得a=6,b=2,椭圆C的方程为y26+x22=1.(2)由题意可知直线AB的斜率一定存在.设直线AB的方程为y=kx+t,A(x1,y1),B(x2,y2),将y=kx+t代入y26+x22=1得(k2+3)x2+2ktx+t2-6=0,由=4k2t2-4(k2+3)(t2-6)0得6k2-3t2+180.x1+x2=-2ktk2+3,x1x2=t2-6k2+3.直线PA和直线PB的倾斜角互补,kPA=-kPB,即y1-3x1-1=-y2-3x2-1,化简可得23+x1y2+x2y1=(y1+y2)+3(x1+x2),y1+y2
27、=kx1+t+kx2+t=k(x1+x2)+2t=6tk2+3,x1y2+x2y1=x1(kx2+t)+x2(kx1+t)=2kx1x2+t(x1+x2)=-12kk2+3,23+-12kk2+3=6tk2+3+3-2ktk2+3,化简得(k-3)(k+t-3)=0,直线AB不过点P,k=3,x1+x2=-3t3,x1x2=t2-66,-23tb0)过点M(2,3),点A为其左顶点,且AM的斜率为12.(1)求C的方程;(2)点N为椭圆上任意一点,求AMN的面积的最大值.解析(1)由题意可知直线AM的方程为y-3=12(x-2),即x-2y=-4,当y=0时,解得x=-4,所以a=4,由椭圆C
28、:x2a2+y2b2=1(ab0)过点M(2,3),可得416+9b2=1,解得b2=12,所以C的方程为x216+y212=1.(2)设与直线AM平行的直线方程为x-2y=m,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AMN的面积取得最大值.联立x-2y=m,x216+y212=1,消去x得16y2+12my+3m2-48=0,所以=144m2-416(3m2-48)=0,即m2=64,解得m=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=8)之间的距离为d=|8+4|1+4=1255,|AM|=(2+4)2+32=35.所以AMN的面
29、积的最大值为12351255=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C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左,右焦点分别为F1,F2,长轴长为4,点P(2,1)在椭圆C外,点Q在椭圆C上,则()A.椭圆C的离心率的取值范围是0,22B.当椭圆C的离心率为32时,|QF1|的取值范围是2-3,2+3C.存在点Q,使得QF1QF2=0D.1QF1|+1QF2|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(p0)在点M(1,y0)处的切线斜率为12.(1)求抛物线C的方程;(2)若抛物线C上存在不同的两点关于直线l:
30、y=2x+m对称,求实数m的取值范围.解析(1)由题意知点M1,12p,则切线方程为y-12p=12(x-1),由2py-1=p(x-1),x2=2py消去y并整理得x2-px+p-1=0,依题意,有=p2-4(p-1)=0,解得p=2,所以抛物线C的方程是x2=4y.(2)设抛物线C上关于直线l对称的两点为A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=-12x+t,由y=-12x+t,x2=4y消去y并整理得x2+2x-4t=0,则=4+16t0,解得t-14.x1+x2=-2,y1+y2=-12(x1+x2)+2t=2t+1,显然线段AB的中点-1,t+12在直线l上,于是得t+
31、12=-2+m,即有t=m-52,而t-14,因此,m-52-14,解得m94,所以实数m的取值范围是94,+.3.(2021北京,20,15分)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的一个顶点为A(0,-2),以椭圆E的四个顶点为顶点的四边形面积为45.(1)求椭圆E的方程;(2)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AB,AC分别与直线y=-3交于点M,N.当|PM|+|PN|15时,求k的取值范围.解析(1)将A(0,-2)代入椭圆E的方程得b=2,由椭圆E的四个顶点围成的四边形面积为2ab=45,解得a=5,所以椭圆E的方程为x25+y24=1.(2
32、)设B(x1,y1),C(x2,y2),由题意得直线l的方程为y+3=k(x-0),即y=kx-3,将y=kx-3代入椭圆E的方程并化简得(4+5k2)x2-30kx+25=0,则x1+x2=30k4+5k2,x1x2=254+5k2,由=(-30k)2-425(4+5k2)0,解得k1.直线AB的方程为y+2y1+2=x-0x1-0,令y=-3,解得x=-x1y1+2,得M-x1y1+2,-3,同理可得N-x2y2+2,-3,所以|PM|+|PN|=x1y1+2+x2y2+2=x1(y2+2)+x2(y1+2)(y1+2)(y2+2)=x1(kx2-1)+x2(kx1-1)(kx1-3)+2
33、(kx2-3)+2=2kx1x2-(x1+x2)(kx1-1)(kx2-1)=2kx1x2-(x1+x2)k2x1x2-k(x1+x2)+1=2k254+5k2-30k4+5k2k2254+5k2-k30k4+5k2+1=50k-30k25k2-30k2+4+5k2=|5k|15,解得-3k3.故k的取值范围为-3,-1)(1,3.4.(2022长沙长郡中学月考一,20)设椭圆C:x29+y25=1的左,右顶点分别为A,B.(1)若P、Q是椭圆上关于x轴对称的两点,直线AP,BQ的斜率分别为k1,k2(k1k20),求|k1|+|k2|的最小值;(2)已知过点D(0,-3)的直线l交椭圆C于M
34、、N两个不同的点,直线AM,AN分别交y轴于点S,T,记DS=DO,DT=DO(O为坐标原点),当直线l的倾斜角为锐角时,求+的取值范围.解析(1)由题意设点P(x0,y0),Q(x0,-y0),-3x03,不妨令0y05,因为A(3,0),B(3,0),所以k1=y0x0+3,k2=-y0x0-3,则|k1|+|k2|=y03+x0+y03-x0=6y09-x02,由x029+y025=1可得9-x02=9y025,则|k1|+|k2|=103y0,因为00),联立y=kx-3,x29+y25=1得(5+9k2)x2-54kx+36=0,由题意得=(-54k)2-436(5+9k2)0,因为
35、k0,所以k23.由根与系数的关系得x1+x2=54k9k2+5,x1x2=369k2+5.易知直线AM的方程是y=y1x1+3(x+3),令x=0,解得y=3y1x1+3,所以S0,3y1x1+3,同理可得T0,3y2x2+3.所以DS=0,3y1x1+3+3,DT=0,3y2x2+3+3,因为DO=(0,3),DS=DO,DT=DO,所以3y1x1+3+3=3,3y2x2+3+3=3,所以+=y1x1+3+y2x2+3+2=kx1-3x1+3+kx2-3x2+3+2=2kx1x2+3(k-1)(x1+x2)-18x1x2+3(x1+x2)+9+2=2k369k2+5+3(k-1)54k9k
36、2+5-18369k2+5+354k9k2+5+9+2=-109(k+1)+2,因为k23,所以43+|BC|,由椭圆的定义知,点P的轨迹T是以B(-1,0),C(1,0)为焦点的椭圆(不包括长轴的端点),且a=2,c=1,所以b=3,所以点P的轨迹T的方程为x24+y23=1(x2).(2)设直线PQ的方程为x=my-3,P(x1,y1),Q(x2,y2),联立x=my-3,x24+y23=1,消x得(3m2+4)y2-18my+15=0,则y1+y2=18m3m2+4,y1y2=153m2+4,所以2my1y2=53(y1+y2),又直线PE的方程为y=y1x1+2(x+2)=y1my1-
37、1(x+2),直线QF的方程为y=y2x2-2(x-2)=y2my2-5(x-2),联立y=y1my1-1(x+2),y=y2my2-5(x-2),解得x=2(2my1y2-y2-5y1)-y2+5y1,把2my1y2=53(y1+y2)代入上式得x=223y2-103y1-y2+5y1=43(y2-5y1)-y2+5y1=-43,所以当点P运动时,点M恒在定直线x=-43上.2.(2022深圳实验学校、长沙市一中联考,20)设双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左,右焦点分别是F1,F2,渐近线分别为l1,l2,过F2作渐近线的垂线,垂足为P,且OPF1的面积为b24.(1)求双
38、曲线C的离心率;(2)动直线l分别交直线l1,l2于A,B两点(A,B分别在第一、四象限),且OAB的面积恒为8,是否存在总与直线l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(1)由题意易知,|PF2|=b,|OP|=a,由PF2OP得SOPF2=ab2,又因为SOPF1=SOPF2=b24,所以ab2=b24,解得b=2a,则c=5a,所以双曲线C的离心率e=5.(2)由(1)及题意得渐近线l1:y=2x,l2:y=-2x,设双曲线的方程为x2a2-y24a2=1,依题意得直线l的斜率不为零,因此设直线l的方程为x=my+t,-12m0,设直线l交x轴于点D(t,0),A(x1,y1)(x10,y10),B(x2,y2)(x20,y20,联立x=my+t,x2a2-y24a2=1,得(4m2-1)y2+8mty+4(t2-a2)=0,若直线l与双曲线C只有一个公共点,则=0,即=64m