中档大题规范练——圆锥曲线1．已知中心在原点的双曲线C的右焦点为(2,0)，实半轴长为.(1)求双曲线C的方程；(2)若直线l：y＝kx＋与双曲线C的左支交于A，B两点，求k的取值范围；(3)在(2)的条件下，线段AB的垂直平分线l0与y轴交于M(0，b)，求b的取值范围．解 (1)设双曲线方程为－＝1(a>0，b>0)，由已知，得a＝，c＝2，b2＝c2－a2＝1，故双曲线方程为－y2＝1.(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，将y＝kx＋代入－y2＝1，得(1－3k2)x2－6kx－9＝0.由题意，知解得<k<1.所以当<k<1时，直线l与双曲线C的左支有两个交点．(3)由(2)，得xA＋xB＝，所以yA＋yB＝(kxA＋)＋(kxB＋)＝k(xA＋xB)＋2＝，所以AB中点P的坐标为.设l0的方程为y＝－x＋b，将P点的坐标代入l0的方程，得b＝，∵<k<1，∴－2<1－3k2<0，∴b<－2.∴b的取值范围是(－∞，－2)．2．已知离心率为的椭圆C1的左，右焦点分别为F1，F2，抛物线C2：y2＝4mx(m>0)的焦点为F2，设椭圆C1与抛物线C2的一个交点为P(x0，y0)，PF1＝.(1)求椭圆C1的标准方程及抛物线C2的标准方程；(2)直线x＝m与椭圆C1在第一象限的交点为Q，若存在过点A(4,0)的直线l与椭圆C1相交于不同的两点M，N，使得36AQ2＝35AM·AN，求出直线l的方程．解 (1)∵在椭圆C1中c＝m，e＝，∴a＝2m，b2＝3m2，设椭圆C1的方程为＋＝1，-7-\n联立＋＝1与y2＝4mx，得3x2＋16mx－12m2＝0，即(x＋6m)·(3x－2m)＝0，得x＝或－6m(舍去)，代入y2＝4mx得y＝±，∴设点P的坐标为(，)，PF2＝＋m＝，PF1＝2a－＝＝，∴m＝1，此时，椭圆C1的标准方程为＋＝1，抛物线C2的标准方程为y2＝4x.(2)由题设知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－4)，由消去y整理，得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0.由题意知Δ＝(－32k2)2－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，解得－<k<.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.由(1)知m＝1，∴解得∴点Q的坐标是(1，)．∴AQ2＝，由已知条件可知AM·AN＝×＝.又AM·AN＝·＝·＝(k2＋1)·(4－x1)·(4－x2)＝(k2＋1)[x1x2－4(x1＋x2)＋16]＝(k2＋1)(－4×＋16)＝(k2＋1)·.-7-\n∴(k2＋1)·＝，解得k＝±，经检验成立．∴直线l的方程为x－2y－4＝0或x＋2y－4＝0.3．(2022·课标全国Ⅱ)平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：＋＝1(a>b>0)右焦点的直线x＋y－＝0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.(1)求M的方程；(2)C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．解 (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝1，①＋＝1，②①－②，得＋＝0.因为＝－1，设P(x0，y0)，因为P为AB的中点，且OP的斜率为，所以y0＝x0，即y1＋y2＝(x1＋x2)．所以可以解得a2＝2b2，即a2＝2(a2－c2)，即a2＝2c2，又因为右焦点(c,0)在直线x＋y－＝0上，解得c＝，所以a2＝6，所以M的方程为＋＝1.(2)因为CD⊥AB，直线AB方程为x＋y－＝0，所以设直线CD方程为y＝x＋m，将x＋y－＝0代入＋＝1得：3x2－4x＝0，即A(0，)，B，所以可得AB＝；将y＝x＋m代入＋＝1得：3x2＋4mx＋2m2－6＝0，设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则CD＝＝，又因为Δ＝16m2－12(2m2－6)>0，-7-\n即－3<m<3，所以当m＝0时，CD取得最大值4，所以四边形ACBD面积的最大值为AB·CD＝.4．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，⊙O：x2＋y2＝b2，点A，F分别是椭圆C的左顶点和左焦点，点P是⊙O上的动点．(1)若P(－1，)，PA是⊙O的切线，求椭圆C的方程；(2)是否存在这样的椭圆C，使得恒为常数？如果存在，求出这个常数及C的离心率e；如果不存在，请说明理由．解 (1)由P(－1，)在⊙O：x2＋y2＝b2上，得b2＝1＋3＝4.直线PA的斜率kPA＝＝，而直线PA的斜率kPA＝－＝，所以＝，解得a＝4.所以a2＝16，所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)假设存在椭圆C，使得恒为常数．设椭圆C的半焦距为c，当P(－b,0)时，则有＝；当P(b,0)时，则有＝.依假设有＝.①当c－b>0时，有＝，所以(a－b)(b＋c)＝(a＋b)(c－b)，化简整理得a＝c，这是不可能的．②当c－b<0时，有＝.所以(a－b)(b＋c)＝(a＋b)(b－c)，化简整理得ac－b2＝0.所以c2－a2＋ac＝0，两边同除以a2，得e2＋e－1＝0.解得e＝，或e＝∉(0,1)(舍去)．可见，若存在椭圆C满足题意，只可能离心率e＝.设P(x，y)为⊙O：x2＋y2＝b2上任意一点，则＝-7-\n＝＝＝.(*)由上c2－a2＋ac＝0，得a2－c2＝ac，所以·＝·＝·c＝＝＝1，从而＝.代入(*)式得＝＝，所以存在满足题意的椭圆C，这个常数为，椭圆C的离心率为e＝.5．已知平面内一动点P到点F(1,0)的距离与点P到y轴的距离的差等于1.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，设l1与轨迹C相交于点A，B，l2与轨迹C相交于点D，E，求·的最小值．解 (1)设动点P的坐标为(x，y)，由题意有－|x|＝1.化简得y2＝2x＋2|x|.当x≥0时，y2＝4x；当x<0时，y＝0.所以，动点P的轨迹C的方程为y2＝4x(x≥0)和y＝0(x<0)．(2)由题意知，直线l1的斜率存在且不为0，设为k，则l1的方程为y＝k(x－1)．由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1＋x2＝2＋，x1x2＝1.因为l1⊥l2，所以l2的斜率为－.设D(x3，y3)，E(x4，y4)，则同理可得x3＋x4＝2＋4k2，x3x4＝1.-7-\n故·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·＝||·||＋||·||＝(x1＋1)(x2＋1)＋(x3＋1)(x4＋1)＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋x3x4＋(x3＋x4)＋1＝1＋＋1＋1＋(2＋4k2)＋1＝8＋4≥8＋4×2＝16.当且仅当k2＝，即k＝±1时，·取最小值16.6．在平面直角坐标系xOy中，动点P在椭圆C1：＋y2＝1上，且到椭圆C1的右焦点的距离与到直线x＝2的距离之比等于椭圆的离心率．动点Q是动圆C2：x2＋y2＝r2(1<r<2)上一点．(1)设椭圆C1上的三点A(x1，y1)，B(1，)，C(x2，y2)与点F(1,0)的距离依次成等差数列，线段AC的垂直平分线是否经过一个定点？请说明理由；(2)若直线PQ与椭圆C1和动圆C2均只有一个公共点，求P，Q两点的距离PQ的最大值．解 (1)椭圆C1：＋y2＝1的离心率e＝，右焦点为(1,0)，由题意可得AF＝(2－x1)，BF＝(2－1)，CF＝(2－x2)．因为2BF＝AF＋CF，所以(2－x1)＋(2－x2)＝2×(2－1)，即得x1＋x2＝2.因为A，C在椭圆上，故有＋y＝1，＋y＝1，两式相减，得kAC＝＝－＝－.设线段AC的中点为(m，n)，而m＝＝1，n＝，所以与直线AC垂直的直线斜率为k′＝y2＋y1＝2n.则线段AC的垂直平分线的方程为y－n＝2n(x－1)，即y＝n(2x－1)经过定点(，0)．-7-\n即线段AC的垂直平分线过一个定点(，0)．(2)依题意得，直线PQ的斜率显然存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋t，设P(x′1，y′1)，Q(x′2，y′2)，由于直线PQ与椭圆C1相切，点P为切点，从而有得(2k2＋1)x′＋4ktx′1＋2(t2－1)＝0.故Δ＝(4kt)2－4×2(t2－1)(2k2＋1)＝0，从而可得t2＝1＋2k2，x′1＝－，①直线PQ与圆C2相切，则＝r，得t2＝r2(1＋k2)，②由①②得k2＝，并且PQ2＝OP2－OQ2＝1＋－r2＝3－r2－≤3－2＝(－1)2.即0<PQ≤－1，当且仅当r2＝∈(1,4)时取等号，故P，Q两点的距离PQ的最大值为－1.-7-
