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1、专题限时集训(十三)解析几何1(2020新高考全国卷)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，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(1)由题设得1，解得a26，b23.所以C的方程为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ykxm，代入1得(12k2)x24kmx2m260.于是x1x2，x1x2.由AMAN知0，故(x12)(x22)(y11)(y21)0，可得(k21)x1x2(kmk2)(x1x2)(m1)240.将代入上式可得(k21)(kmk2)
2、(m1)240.整理得(2k3m1)(2km1)0.因为A(2，1)不在直线MN上，所以2km10，故2k3m10，k1，mk.于是MN的方程为yk(k1)所以直线MN过点P.若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，y1)由0得(x12)(x12)(y11)(y11)0.又1，可得3x8x140.解得x12(舍去)，x1.此时直线MN过点P.令Q为AP的中点，即Q.若D与P不重合，则由题设知AP是RtADP的斜边，故|DQ|AP|.若D与P重合，则|DQ|AP|.综上，存在点Q，使得|DQ|为定值2(2019全国卷)已知点A(2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为.
3、记M的轨迹为曲线C(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PEx轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.()证明：PQG是直角三角形；()求PQG面积的最大值解(1)由题设得，化简得1(|x|2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点(2)()证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为ykx(k0)由得x.记u，则P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u，0)于是直线QG的斜率为，方程为y(xu)由得(2k2)x22uk2xk2u280.设G(xG，yG)，则u和xG是方程的解，故xG，由此得yG.从而直线PG的斜率为.所以P
4、QPG，即PQG是直角三角形()由()得|PQ|2u，|PG|，所以PQG的面积S|PQ|PG|.设tk，则由k0得t2，当且仅当k1时取等号因为S在2，)单调递减，所以当t2，即k1时，S取得最大值，最大值为.因此，PQG面积的最大值为.3(2018全国卷)设椭圆C：y21的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0)(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；(2)设O为坐标原点，证明：OMAOMB解(1)由已知得F(1，0)，l的方程为x1.由已知可得，点A的坐标为或.又M(2，0)，所以AM的方程为yx或yx.(2)证明：当l与x轴重合时，OMAOMB0.当l与x轴
5、垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2，直线MA，MB的斜率之和为kMAkMB.由y1kx1k，y2kx2k得kMAkMB.将yk(x1)代入y21得(2k21)x24k2x2k220，所以x1x2，x1x2.则2kx1x23k(x1x2)4k0.从而kMAkMB0，故MA，MB的倾斜角互补，所以OMAOMB综上，OMAOMB1(2020安徽示范高中名校联考)过F(0，1)的直线l与抛物线C：x24y交于A，B两点，以A，B两点为切点分别作抛物线C的切线l1，l2，设l1与l
6、2交于点Q(x0，y0)(1)求y0；(2)过Q，F的直线交抛物线C于M，N两点，求四边形AMBN面积的最小值解(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l：ykx1，由得x24kx40，所以由x24yyx，所以l1：yy1x1(xx1)，即l1：yx1x，同理l2：yx2x，联立得得即y01.(2)因为，(x2x1，y2y1)，所以2(y2y1)0，所以，即MNAB，|AB|y1y22k(x1x2)44k24，同理|MN|4(易知k0)，SAMBN|AB|MN|8(k21)832，当且仅当k1时，四边形AMBN的面积取得最小值32.2(2020济宁模拟)已知圆O：x2y24，抛物线C：
7、x22py(p0)(1)若抛物线C的焦点F在圆O上，且A为抛物线C和圆O的一个交点，求|AF|；(2)若直线l与抛物线C和圆O分别相切于点M，N，设M(x0，y0)，当y03，4时，求|MN|的最大值解(1)由题意知F(0，2)，所以p4.所以抛物线C的方程为x28y.将x28y与x2y24联立得得y2(2)，所以点A的纵坐标为yA2(2)，结合抛物线的定义得|AF|yA22.(2)由x22py得y，y，所以直线l的斜率为，故直线l的方程为yy0(xx0)，即x0xpypy00.连接OM，ON(图略)，则|ON|2，得p，且y40，所以|MN|2|OM|2|ON|2xy42py0y4y4y41
8、6y4.令ty4，y03，4，则t5，12，令f (t)16t，则f (t)1，当t5，8时，f (t)0，f (t)单调递减，当t(8，12时，f (t)0，f (t)单调递增又f (5)165，f (12)1612，所以f (t)max，即|MN|的最大值为.3(2020贵阳模拟)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，F1，F2分别是椭圆C的左、右焦点，椭圆C的焦点F1到双曲线y21的渐近线的距离为.(1)求椭圆C的方程；(2)直线l：ykxm(k0)与椭圆C交于A，B两点，以线段AB为直径的圆经过点F2，且原点O到直线l的距离为，求直线l的方程解(1)椭圆C：1(ab0)的离心率为，.又双
9、曲线y21的其中一条渐近线方程为xy0，椭圆C的焦点F1(c，0)，解得c1，a，b1，椭圆C的标准方程为y21.(2)由(1)知F2(1，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由原点O到直线l：ykxm(k0)的距离为，得，即m2(1k2)将ykxm代入y21，得(12k2)x24kmx2m220，16k2m24(12k2)(2m22)8(2k2m21)0，x1x2，x1x2，又以线段AB为直径的圆经过点F2，0，即(x11)(x21)y1y20，(x11)(x21)(kx1m)(kx2m)0，即(1k2)x1x2(km1)(x1x2)m210，(1k2)(km1)m210，化简得3m
10、24km10.由，得11m410m210，m21.又k0，满足8(2k2m21)0.直线l的方程为yx1.4(2020大同调研)椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率e.(1)设E是直线yx2与椭圆的一个交点，求|EF1|EF2|取最小值时椭圆的方程；(2)已知N(0，1)，是否存在斜率为k的直线l与(1)中的椭圆交于不同的两点A，B，使得点N在线段AB的垂直平分线上？若存在，求出直线l在y轴上截距的范围；若不存在，说明理由解(1)e，椭圆的方程可化为1，将1与yx2联立，消去y化简得4x212x123b20，由14416(123b2)0，解得b21，即b1，|EF1|EF2|
11、2a2b2，当且仅当b1时，|EF1|EF2|取最小值2，椭圆的方程为y21.(2)设直线l在y轴上的截距为t，则直线l的方程为ykxt，代入y21，消去y整理得，(13k2)x26ktx3t230，直线l与椭圆交于不同的两点，1(6kt)212(t21)(13k2)0，即t213k2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为Q，则x1x2，x1x2，y1y2k(x1x2)2t，AB的中点Q的坐标为，当k0时，化简得13k22t，代入t213k2得2t0.又2t13k21，t，故2t.当k0时，1t1.综上，k0时，直线l在y轴上截距的范围为；k0时，直线l在y轴上截距的范围为(1，
12、1)1已知定点A(3，0)，B(3，0)，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为，记动点M的轨迹为曲线C(1)求曲线C的方程；(2)过点T(1，0)的直线l与曲线C交于P，Q两点，是否存在定点S(x0，0)，使得直线SP与SQ斜率之积为定值？若存在，求出S的坐标；若不存在，请说明理由解(1)设动点M(x，y)，则直线MA的斜率kMA(x3)，直线MB的斜率kMB(x3)因为kMAkMB，所以，化简得y21，又x3，所以曲线C的方程为y21(x3)(2)由题意得直线l的斜率不为0，根据直线l过点T(1，0)，可设直线l的方程为xmy1，联立消去x得(m29)y22my80.设P(x1，y1
13、)，Q(x2，y2)，则直线SP与SQ的斜率分别为kSP，kSQ，kSPkSQ，当x03时，mR，kSPkSQ；当x03时，mR，kSPkSQ.所以存在定点S(3，0)，使得直线SP与SQ斜率之积为定值2已知椭圆1(ab0)的四个顶点围成的菱形的面积为4，椭圆的一个焦点为圆x2y22x0的圆心(1)求椭圆的方程；(2)若M，N为椭圆上的两个动点，直线OM，ON的斜率分别为k1，k2，当k1k2时，MON的面积是否为定值？若为定值，求出此定值；若不为定值，请说明理由解(1)由题意可知，2ab4，圆x2y22x0的圆心坐标为(1，0)，所以c1，因此a2b21，结合ab2得a24，b23，故椭圆的方程为1.(2)当直线MN的斜率存在时，设其方程为ykxm(m0)，
