專題17圓錐曲線中的軌跡問題

1.（浙江省杭州市八縣市區(qū)2021-2022學(xué)年高二下學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題）己知橢圓C的離心率為受，其焦點是雙曲線

2

一一片=1的頂點.

3

（D寫出橢圓C的方程；

（2）直線與橢圓C有唯一的公共點M,過點M作直線/的垂線分別交x軸、y軸于A（x,0）,8（0,y）兩點，當(dāng)

點M運動時，求點P（x,y）的軌跡方程，并說明軌跡是什么曲線.

【答案】⑴三+y2=l

2

（2）軌跡方程2x2+丁=l,（x工0,yh0）,為橢圓2/+V=1除去4個頂點

【解析】

【分析】

（1）根據(jù)雙曲線的頂點，結(jié)合橢圓離心率的公式與基本量的關(guān)系求解即可；

（2）根據(jù)題意可得直線/與橢圓C相切，故聯(lián)立直線與橢圓的方程，利用判別式為0可得幺機的關(guān)系，再得到點M坐

標(biāo)的表達式，從而得到過點M作直線/的垂線的方程，求得P（x,y）,結(jié)合橢圓的方程求解即可

（1）

222

設(shè)橢圓C的方程為，+斗=1,（〃>6>0）,a2=b2+c2,（c>0）,由題意，雙曲線/一女=1的頂點為（土1,0）,故c=l.

又￡=也，故°=血，故從=2-1=1,故橢圓C的方程為片+丁=1

a22

（2）

V2

由題意，直線/與橢圓C相切，聯(lián)立（萬+）'一得（1+2公卜2+46"+2加-2=0,故△=16公〃?2-4（1+2左2）（2〃?2-2）=0,

y=kx+m

,,../\,,.-2km2k,（2k\m2-2k'I.f2k1

a即n加2=2公+1.設(shè)材（%,九），則x”=,2,=——，故加=k\——\+m=-------=一，故----|.所以直線A3

\'\+2km\m）"im\mm）

的方程為y--=尤+"],EPy=-^-x—當(dāng)y=O時,x=—―，故—,ol,當(dāng)x=0時，x=-■—,故B（0,一-—|,

mmJkinm\mJm<mJ

故P[-常一/）,又〃獲'故尸（兌力則M（2x,-V）,又M（2x,—y）在、+y?=1上，故IZU-+（_y/=i,即

2x2+y2=\,由題意可得xH0,y#0,故點尸（x,y）的軌跡方程為2x?+V=1,（萬工0,尸0）,為橢圓2/+丁=1除去4

個頂點

2.（2022?青海?海東市第一中學(xué)模擬預(yù)測（文））已知動圓E過定點尸（2,0）,且），軸被圓E所截得的弦長恒為4.

（1）求圓心E的軌跡方程.

⑵過點尸的直線/與E的軌跡交于A,B兩點,M（-2,0）,證明：點尸到直線AM,的距離相等.

【答案】（l）V=4x

（2）證明見解析

【解析】

【分析】

（1）設(shè)E（x,y）,由圓的弦長公式列式可得：

（2）設(shè)A（x2J,8仁,%），設(shè)=2）,直線方程代入拋物線方程，應(yīng)用韋達定理得王+々，中2，”?算

KM+怎M=°，得直線PM平分NAMB,從而得結(jié)論，再說明直線/斜率不存在時也滿足.

（1）

設(shè)E（x,y）,圓E的半徑r=J（x-2,+y2,圓心E到y(tǒng)軸的距離4=可，

由題意得/="2+4,

化簡得y2=4x,經(jīng)檢驗，符合題意.

（2）

設(shè)/:y=Z（x-2）,與E的方程聯(lián)立，消去y得，A:V-（4*2+4）x+4Z;2=0.

-4+—2

設(shè)B（X2，y2）,貝人，**k,,

砧=4

k,；__y,必_-2）&（*2_2）_%（X]-2）（.+2）+Mw-2）（X|+2）..

AM5-R_（占+2）（占+2）.

Z（Xi-2）（x,+2）+Z（X2-2乂%+2）=2%（X]W-4）=0,

/-kAM+&0M=。，則直線PM平分ZAMB.

當(dāng)直線/與x軸垂直時，顯然直線PW平分NAMB.

綜上，點P到直線AM,8M的距離相等.

3.（2022?江西?上高二中模擬預(yù)測（理））已知圓心在y軸上移動的圓經(jīng)過點A（O,-4）,且與x軸、y軸分別交于點8（%,0）,

C（0,%）兩個動點，記點。（%，%）的軌跡為曲線「

（1）求曲線「的方程；

（2）過點F（0,l）的直線/與曲線廠交于產(chǎn)，。兩點，直線。P,OQ與圓￡：丁+（尸2）2=4的另一交點分別為加，N（其

中。為坐標(biāo)原點）,求AOMN與△OPQ的面積之比的最大值.

【答案】⑴f=4〉

【解析】

【分析】

（1）設(shè)動圓的圓心為H,則,半徑為也尹，所以Ba?=￡+[』/]化簡整理即可；（2）

分析可知直線斜率存在，設(shè)丫=履+1,尸&方），<2（%,%），聯(lián)立得士+迎=4%,再求出直線0P的方程為

xr.6464

y=?x,直線。。的方程為y言x,分別與圓聯(lián)立求出與=而下，"而所以

SA（,?V\OM\x\ON\1024

器=胃避=（16+可（16+引，展開再代入韋達定理,分析求解即可■

（1）

設(shè)動圓的圓心為H,則”（0,叢廣），半徑為用回，

8〃2=x；,化簡得：x；=4%,即「的方程為V=4y；

（2）

當(dāng)直線/的斜率不存在時，直線/為：x=0,此時與拋物線只有一個交點，不符合題意；

當(dāng)直線/的斜率存在時，設(shè)過尸（0,1）的直線方程為》=依+1，P（內(nèi)/），。（孫丫2），聯(lián)立方程：

x2—4y

<,彳導(dǎo)工2—4履一4=0,%+工2=4%,xx=-4,

y=kx+i]2

則直線OP的方程為y="x=3,直線。。的方程為，

Xi4x24

（x-2），y2=46464

聯(lián)立方程：與,解得知=哈‘同理"吟’

4.

|。尸|=舊+父=Jx<+77=%嚴(yán)產(chǎn)，畫=&+￡=卜+a=人嚴(yán)苫，

Vlo4Vlo4

16yjl6+x；16小16+x；

s八OMN=|。-岡ON|=F+x；x161=1024

2

SAOPQ|OP|x|OQ|?J16+x,.1516+.（16+x：）（16+x；）

MiI4x\x214

_________1024_____________________1024____________1024_64

2

256+16（x；+x；）+x；x；256+16[（%,+x2）-2x,x21+16256^+40025+16公

顯然當(dāng)左=0時最大，最大值為去；

64

綜上，r的方程為V=4x,4MN與△OPQ的面枳之比的最大值為：

4.(2022?河南省蘭考縣第一高級中學(xué)模擬預(yù)測(理))已知點可力,0),平面上的動點5到尸的距離是5到直線而;+4=0

的距離的正倍，記點S的軌跡為曲線C.

2

⑴求曲線C的方程；

(2)過直線/：y=2上的動點尸(5,2乂6>2)向曲線C作兩條切線《，￡4交x軸于交y軸于N,4交x軸于T,交y

軸于Q,記VPNQ的面積為耳，△尸用T的面積為邑，求5「邑的最小值.

【答案】⑴《+>2=1

4

(2)48

【解析】

【分析】

(1)設(shè)S(x,y)是所求軌跡C上的任意一點，根據(jù)題意列出方程，即可求解；

(2)設(shè)直線的方程分別為y=K(x-s)+2,y=似x-s)+2,求得M,N,T,Q的坐標(biāo)，求得S/S,=s??爭+3―2,

Kk2

4v34S2(S2+12)

聯(lián)立方程組求得△=(),得到4+網(wǎng)=:工溫月=島，化簡得到s「s,=八令s2-4=f(f>0),結(jié)合基本

s—4-43(5"-4)

不等式，即可求解.

(1)

解：設(shè)S(x,y)是所求軌跡C上的任意一點，

由題意知動點S到尸(6,0)的距離是S到直線小+4=0的距離的半倍，

可得J(x-揚=亭

4，整理得工+y2=l,

X+-尸

64-

即曲線C的方程為工+V=i.

4'

⑵

解：設(shè)宜線34的方程分別為y=K(x-s)+2,y=&(x-s)+2,

可得N（0,2fs）,0（0,2-卷）,“5-^2,0|,7-5-p0

%

I122

所以AS'jNQlk/jy/MTluiZ/-7對庫-日

乙乙，K-）AC|

=/.(h-kj。=$2.2+&-2,

k}k2k】k2

jy=%(x-s)+2

聯(lián)立方程組,整理得(4%2+1)——8〃(公一2?+4(2-抬)2-4=0,

h+r=1

則A=64(1-2>I_4(4r+[)[4(2_fo)2-4]=0,

整理得［2-4）/-4抬+3=0,所以/林2=p^

心+%￥16s2所咋+>/2

所以

2

kyk23(5-4)

4s2(Y+12)

代入上式,可得Sj-S=s2

23(.*-4)3(，*-4)

令$2-4=f(r>0),

S「S,=|4(f+?：+16)[=寸卡?+20卜g.(2〃.1+20)=48,

當(dāng)且僅當(dāng)f=*64時，即f=8時，即s=26r-時，的最小值為48.

t

5.（2022?重慶南開中學(xué)模擬預(yù)測）已知點尸（血,0）,動點M（x,y）到直線/：%=2應(yīng)的距離為d,且d=0|MF|,記M

的軌跡為曲線C.

⑴求C的方程；

（2）過M作圓a：/+y2=g的兩條切線〃p、MQ（其中戶、。為切點），直線用尸、MQ分別交C的另一點為A、B.從

下面①和②兩個結(jié)論中任選其一進行證明.

①|(zhì)尸4歸陷為定值;

?\MA\=\MB\.

22

【答案】⑴三+二=1

42

（2）條件選擇見解析，證明見解析

【解析】

【分析】

（1）根據(jù)已知條件可得出關(guān)于x、y的等式，化筒后可得出曲線c的方程；

（2）設(shè)材（知兒）、A（x“yJ、B（x2,y2）,分x；=g、石二g兩種情況討論，在第一種情況下，直接驗證OMLOA；

在第二種情況下，設(shè)直線M4的方程為丫=履+機，由直線與圓相切結(jié)合韋達定理可得出

選①，分析出RtAMOPsRQAOP,利用三角形相似可求得|幺卜|加|的值；

選②，分析可知|0川=|。卻，結(jié)合勾股定理可證得結(jié)論成立.

（1）

解：由題意知|2應(yīng)—小在/-⑹二丁,兩邊平方整即得月+2丁=4,

22

所以，曲線c的方程為±+±=1.

42

（2）

證明：設(shè)必（為九）、A（X[,y）、B（x,,y2）,

當(dāng)片=5時，則不妨設(shè)點例則點-一7|或"[―一

此時麗?麗=0，則QW_LO4；

當(dāng)時，設(shè)直線M4:y=Ax+〃z，

由直線MA與圓O：Y+y2=g相切可得的—=1，即31=4（1+公），

y=loc-}-in2

可得（2必+l）f+4kmx+2m—4=0,

聯(lián)立2

x+2y2=4

△=16公療一4（2公+1）（2濟一4）=8（4公+2-也*（4公+1）>0,

由韋達定理可得%+玉=-=三，%々=筌二六，

ZK11Zk+1

2

則OM-OA=x（）xy+y（）y=%0%（）+（5+，〃）（g+間=（1+公房辦+Am（%oH-xJ+w

（1+/2）0療一4）一4/>+療（1+2標(biāo)）3病一4（1+巧

二0,

1+2/-1+2/

所以，OMVOA,同理可得。

選①，由OW_LQ4及OP_LAM可得RlzjWOPsRsAOP,

則需=尚，所以，|PMHPA|=|OP|L：

選②，出。及OMJ_OB可得：A、。、B三點共線，則=

X|M4|2=\OA(+\OMf=|OB|2+|OM|2=|MB|2,因此，|MA|=M卻.

6.(2022婀南鄭州三模(理))在直角坐標(biāo)系》伽中，曲線6的方程為產(chǎn)+(丫-1)2=1.P為曲線G上一動點，且麗=2麗,

點。的軌跡為曲線C?.以坐標(biāo)原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系.

⑴求曲線G，C。的極坐標(biāo)方程；

(2)曲線G的極坐標(biāo)方程為22=高而，點M為曲線G上一動點，求|畫的最大值.

【答案】⑴0=2sin，；p=4sin。

(2)5

【解析】

【分析】

(1)利用直角坐標(biāo)和極坐標(biāo)的互化關(guān)系求G的極坐標(biāo)方程，利用代入法求C2的極坐標(biāo)方程；

(2)M為］+＞2=1上一點，。為V+(y_2)2=4上一點，可知21111ax=|肱"皿+2,即可求解.

(1)

X=OCOS0.,

.。代入/+("1)-=1得0=2sin，，

{y=psin夕

則曲線G的極坐標(biāo)方程為夕=2sin。，

設(shè)點P的極坐標(biāo)為(4,4),則Po=2sin6?0,

點。的極坐標(biāo)為(。,。)，由麗=2而得即＜"*=5°,

將，自＞2“代入。0=2sin%得0=4sin，，

所以點。軌跡曲線C2的極坐標(biāo)方程為。=4sin。；

(2)曲線G直角坐標(biāo)方程為5+V=1,設(shè)點例(&COSQsin。)，

2

曲線C2的直角坐標(biāo)方程為爐+(y-2)=4,則圓心為N(0,2),

風(fēng)=1嘰+2,

B|J\MN\=+(sin3-2『二J-sir^o-dsin3+6

當(dāng)sin°=T時,|MV舄=3,所以2kx=3+2=5.

7.(2022?山東?肥城市教學(xué)研究中心模擬預(yù)測)在平面直角坐標(biāo)系，中，己知4出兩點的坐標(biāo)分別是(-30),(石,0),

直線4,8,48相交于點B,且它們的斜率之積為g.

⑴求點B的軌跡方程；

(2)記點B的軌跡為曲線C,川,〃P,。是曲線。上的點，若直線“V,PQ均過曲線C的右焦點尸且互相垂直，線段

的中點為R,線段尸。的中點為T.是否存在點G,使直線RT恒過點G,若存在，求出點G的坐標(biāo)，若不存在，說明

理由.

【答案】(吟-9=1("±@；

⑵存在，(3,0).

【解析】

【分析】

(1)根據(jù)直線斜率公式，結(jié)合已知等式進行求解即可；

(2)設(shè)出直線方程與雙曲線方程聯(lián)立，根據(jù)一元二次方程根的判別式、根與系數(shù)關(guān)系、直線斜率公式進行求解即可.

(1)

設(shè)M(x,y),因為直線相交于點B,且它們的斜率之積為:，

VV1

所以^^=晨

整理可得三-y2=],

3

所以點8的軌跡方程為弓-y2=l(X*土百).

(2)

因為曲線C的方程為。-y2=l(XH±G),

所以直線MN,P。的斜率都存在且不為0.

設(shè)直線MN：y=k(x-2),則直線PQ：y=-l(x-2),

k

設(shè)

y=/:(x-2)

由<232—3(w+⑹可得："2_i)x2_i2%2x+⑵2+3=0,

當(dāng)次2-1=0時，即％方程為Yx+7=0,此時只有一解，不符合題意，

當(dāng)弘2-1M0時，△=144/-4(3公-1)(12公+3)=12(/2+1)>0,

由韋達定理可得：%+々=」受，所以點R的橫坐標(biāo)為4=上&+2)=—衿，

3人123%1

6k2.2k

代入直線MN：y=M*-2)可得：y=k(x-2)=k目一2

KK3二一1

所以線段MN的中力:R

6_2

用"4替換左可得/=盧=3，％=〃互=言

所以線段p。的中點T（鼻，言］,

—kJ-kJ

2k-2kz、

當(dāng)心+1nlk一素733P2M3")+2k伊2-1).2k

T七±1M，%-*6公(3-公)-6"2-『3(-2)'

3k23-k2

2k2k6

直線RT的方程為："立=死不(、-藪記)，

整理可得：y=-^~rx——------^-7

-3(1-/)3(1-83-%23-公

2k2k6,、2k2k9-3k22k,小

=-----5-*X------7(z-----z-F1)=-----z-X------z------z-=-----z-(X—3)

3(1—/)3-k23(1-公)3(1-A;2)3-k23(1-Jt2)3(1-Jt2)

此時直線RT過定點G（3,0）,

若尢=±1時,

則R(3,l),7(3,—1),或R(3,-l),T(3,l),直線RT的方程為x=3,

此時直線RT也過點G（3,0）,

綜上所述：直線RT過定點G（3,0）

8.（2022?河北張家口?三模）已知5＞。＞0,點A（O,、&）,^［。，卓，

，動點尸滿足|PA|=0|PB|,點P的軌跡為曲

線C.

⑴求曲線C的方程；

22

（2）直線，=仙+m與曲線C相切，與曲線￡:二-鼻=1交于M、N兩點，且/MON=g（O為坐標(biāo)原點），求曲線E的離

a"b~2

心率.

【答案】（\）x2+y2=h\

⑵6

【解析】

【分析】

（1）根據(jù)兩點間距離距離公式，結(jié)合已知等式進行求解即可；

(2)根據(jù)曲線切線的性質(zhì)，結(jié)合一元二次方程根的判別式、根與系數(shù)關(guān)系、平面向量垂直的性質(zhì)、雙曲線的離心率公

式進行求解即可.

(1)

設(shè)P(x,y),由IPA1=應(yīng)IPBI得后于7^=a?[F+y-^-b，整理得/+/="即為曲線C；

(2)

?.?y=H+帆與曲線C相切，..)="7四〒，即〃=」J.

yj\+k2l+k2

設(shè)M(5，X),N(XZ，%)，

將y="+W代入曲線E整理得：萬-a%*-2片切+。"2)=0,

加一/無2H0,A=4a2尸(加2+b2_a2k2)>o,

—2a2kma2m2+a2b2

二不+々=和下，叱2=日」

71..

?：/MON=3,:.OMON=0^即％%+乂%=0?

k2a2b2-m2b2

yy=(履|+in)(kx+tri)=lcxx+km(x、+x)+nr

22[22a2k2-b2

a2nr+a2b2k2a2b2-in2b2整理得Fa2b2

------------------1--------------------

a^-b2(^k2-b2k2+\b2-a2

:.-^y=h2,即層=2/,c2=3a2,e=B

b-a

故曲線E的離心率為g.

9.(2022?河南?南陽中學(xué)三模(文))已知點。為圓。：f+y2=］上一動點，過點。分別作x軸、y軸的垂線，垂足分

別為A、B,連接BA并延長至點P,使得|R4|=1,點P的軌跡記為曲線C.

(1)求曲線C的方程;

(2)設(shè)直線，與曲線C交于不同于右頂點Q的M,N兩點，且QMLQN,求|。加卜|。兇的最大值.

丫2

【答案】⑴土+V=1

4.

~32

⑵——

25

【解析】

【分析】

(1)注意到4為8P的中點，由相關(guān)點法，即可求得曲線C的方程；

⑵先判斷直線/恒過點7怎，0),而|。4|刎即為△QMN面積的兩倍，故將問題轉(zhuǎn)化為求△QWV面積的最大值.

(1)

設(shè)點尸(x,y),0a)，為)，則A(%,o)、5(0,%)，由題意的|AB|=1，因為=

所以麗=衣而麗=(%-%),AP=(x-x0,y),

所以廣F代入圓。：f+y2=l得曲線C的方程為三+2=「

4

1為=7

⑵

由題意知，直線/的斜率不為0,則不妨設(shè)直線/的方程為x=6+，〃(m#2).

V2=]

聯(lián)立得彳+)'=1消去》得92+4}2+2卜政+1一4=0,

x=ky+m

A=4%2加-4件+4)(〃"4)＞0,化簡整理,得公+4＞病.

設(shè)N?,%),則%+芳％=^^.

因為QMJLQN,所以西?麗=0.

因為Q(2,0),所以軻=(.一2,%),QN=(x2-2,y2),得(士—2)&一2)+乂必=。，

將菁=外|+機，々=b'2+機代入上式，得(X+1)%%+%("?-2)(必+%)+(機-2『=0,

得僅").容+如"一2).熟+(“一2)23

解得機=《或機=2(舍去)，

所以直線/的方程為x=@+4，則直線/恒過點T,0

825(&2+4)-36

所以5衡=3|。斗|%-%|=?%+4yM=

--X----------

25V(公+4)-5------

設(shè)『=七，則0＜區(qū)；，S-￡xJ-36『+25r,

易知y=4xJ—36產(chǎn)+25/在(。，]|上單調(diào)遞增,所以當(dāng)r時，S,2MN取得最大值為

132

又SNMN="。叫?例，所以他MMML=2雙刎)111ax=石?

10.(2022?河南?寶豐縣第一高級中學(xué)模擬預(yù)測(理))已知點A(l,0),動點〃到直線X=4的距離與到點A的距離的比

為2,設(shè)動點M的軌跡為曲線C.

(1)求曲線C的方程；

⑵若點3(-1,0)，點尸，。為曲線C上位于x軸上方的兩點，且PA〃Q8,求四邊形PA8Q的面積的最大值.

【答案】⑴工+?=1

43

(2)3

【解析】

【分析】

（1）直接法求點的軌跡方程；

（2）由已知得A,8為所求橢圓C的焦點，通過計算|PE|=|QF|,可得四邊形PEFQ為平行四邊形，將所求四邊形尸他。

的面積轉(zhuǎn)化為求三角形POE的面積，從而得到$四邊形厚地=2SN°￡誓，利用換元法及導(dǎo)數(shù)法即可求出面積的最

大值.

⑴

|x-4|-----------

設(shè)M（x,y）,由題意得Jq—iy+y,=2,所以k-4|=24》一1）2+/,

兩邊平方，得（x—4）2=4（x—l）2+4y2,

22o2

化簡，得乙+匕=1,即曲線c的方程為三+二=1.

4343

（2）

如圖，由（1）知曲線C為橢圓，A,B為其焦點，延長R4與橢圓相交于另一點E,延長。8與橢圓相交于另一點F.

設(shè)直線PE1的方程為x=〃?y+i,2（片方），網(wǎng)七,為），

聯(lián)立方程Z4+￡3一=I’消去X并化簡，得（3加+4）y2+6my—9=0,,

x=my+\

6m9

所以i=-五百，跖=-病丁

所以|PE|=J（X|-X2）2+（%-%）2=Jl+%2,（,+必）2_4）＞|必

=討|一4。不=^1.

VI3療+4）3川+43m~+4

因為PA//Q3,所以PE//QF,設(shè)。F的方程為x=，畋—1,

同理可求|QF|=1；（1：Z）,所以|P￡|=|QF|,所以四邊形PMQ為平行四邊形,

所以四邊形PABQ的面積S四邊形PABQ=S^PQE=2s△p0E?

l-ll1

點0到直線PE的距離d=11=-；==

+，1+機~

12(l+/n216，1+療

所以=-------o-----------X-]=----------z--------

3nr+4Ji+*3"+4

所以S四邊形皿。=2SNOE=子■

c_⑵_12

令Jl+療=(21),所以四邊物“畋一m石一彳，

令一+；,則八3->亨1,顯然當(dāng)4時，y>0.

所以y=3f+；在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)1=1,

即m=o時，y取得最小值，且^^=4,

所以(S四邊物色)心=3,即四邊形PA8Q的最大值為3.

11.(2022?全國?模擬預(yù)測(理))已知4-2,0),8(2,0),動點M(x,y)滿足AM與的斜率之積為-L記M的軌跡

4

為曲線C.

(1)求點M的軌跡方程;

(2)點P,。在C上，且APLA。，求AAPQ面積的取值范圍.

【答案】⑴三+V=l(x*±2)

4

⑵21。弱16]

【解析】

【分析】

(1)設(shè)點M(x,y),由坐標(biāo)分別求出直線AM、8M的斜率，結(jié)合斜率之積為得到關(guān)于x,V得方程，化簡即可，

注意考慮斜率不存在，得到取值范圍；

(2)直線AP的斜率為腹，由點斜式得到直線AP的方程，聯(lián)立橢圓C消去V得到關(guān)于了的一元二次方程，聯(lián)立韋達

定理求得刖再由弦長公式求得附，因為APU。，則直線AQ的斜率為-)同理可得闕，代入^^=；閹闕

KN

化簡得到關(guān)于左的式子，利用換元法和對勾函數(shù)得到取值范圍.

(1)

直線AM的斜率為kAM=-^-(xw-2),直線BM的斜率為kRM=-J(xw2),

x+2x-2

由題意可知：kAM%=-7,-7=-4=丁+4丫2=4(xw±2),

x+2x-24

2

故曲線C的方程為：y+/=l(x^±2).

⑵

不妨設(shè)P在x軸的上方，直線AP的斜率為比則%>0.

則直線AP的方程為：y=A(x+2),聯(lián)立橢圓C：\+)，2=l,

得（1+4k2*+16公x+16k2-4=0,即△=（16代『一叩+4用（搐公-4）=16>0,

則由韋達定理得：-24=竺￡二苫=-8^+2

"1+4公1+4公

所以，

H=7i7F|s+2|=Vi7FT7^r=^^

由于APL4Q,所以AQ的斜率為直線AQ的方程為：y=-l(x+2),

Kk

以4代替4n|AQ|=4&a+1

二+4

4kdic°+18-X+i）8伏+工）

所以％"2=；|A刊A0=；4,1+r

X----------------x

1+4公/+4（1+4公）/2+4）4（Z+J_y+9

1，二8f8

令f=k+:，由于女＞0,所以此2,52-4產(chǎn)+9二，9.

K42+一

由于4/+彳9在此2時單調(diào)遞增，所以￡=2時面積最大，此時%”。=考16

0.1|,故"PQ面積的取值范圍為(0,卷16.

綜上：S&APQ€

25

12.(2022?四川?石室中學(xué)三模(理))已知點M(0,2百)，N(0,-20)，R(4,2后)，2(4,0),動點S,T滿足啟=幾屆,

MT=2AMR(/LeR),直線MS與N7交于一點P.設(shè)動點尸的軌跡為曲線C.

(1)求曲線C的方程;

(2)直線4：3x-2)，=O與曲線C交于A,B兩點，G為線段AB上任意一點(不與端點重合)，傾斜角為a的直線6經(jīng)過點

G,與曲線C交于E,尸兩點.若」看三的值與點G的位置無關(guān),求證：IGERGFI.

|(JA|*|GoI

。7

【答案】(1)二+二=1:

1612

(2)證明見解析.

【解析】

【分析】

(1)設(shè)P(x,y)，由M,P,S三點共線，得4(y—26)=一26〃，由N,P,T三點共線，得+26)=46x,消

去X即得解;

(2)不妨設(shè)點A在第一象限，設(shè)點G(2m,3附，其中若直線4的斜率不存在，則直線4的方程為x=2m,故

IMF

不為定值.若直線％的斜率存在，設(shè)直線4的斜率為人，則直線4的方程為》="-(2左-3)%.將直線/2的方程

IGA|?|GB|

代入曲線C的方程化簡、整理得到韋達定理計算即得證.

⑴

解：由題意，知R&=（0,-26），從而S（4,26（1-2））,則Mg=（4,-27ii）.

設(shè)P（x,y）,貝IJ詁=［,廣26），NP=（x,y+2^.

由M,P,S三點共線，得4（y-2月）=-2百/U.

由疝?=（4,0），得7（8尢2石），從而N^=（8/1,45國.

由N,P,T三點共線，得8〃y+2后）=4百x,消去；I得32（丁-12）=-24/,

整理得工+片=1,

1612

即曲線C的方程為工+￡=1.

1612

⑵

證明：由題意并結(jié)合（1）易知（不妨設(shè)點A在第一象限），42,3）,B（-2,-3）.

設(shè)點G（2M,3/M）,其中-1＜加＜1,

則|G4|=岳（1一九）,\GB\=713（1+/M）,

所以|G4|-|G8|=13（l-，〃2）

若直線4的斜率不存在，則直線4的方程為x=2m,

此時王（2”,，12-3所1F（2m,-V12-3w2）,

\EF^12（4-/M2）

故IGAI-IGBI-13（l-w2j不為定值.

若注線，2的斜率存在，設(shè)直線4的斜率為人,則直線4的方程為丫=丘-（24-3）〃7.

將直線4的方程代入曲線C的方程化簡、整理，得（4公+3）/-8切7（24-3）x+4（24—3）2機2-48=0.

\c（、8h〃（2k-3）4（2/-3）2療-48

墳E（AX），廠（程必），川占+》2=-2—＞XtX2=~'

?'D^TK.十,3

所以|EF|2=（l+/）a_xJ

（1+公）｛64/加（2k-3）2-16（442+3）［（24-3）2/-12］｝

（4A2+3）2

48（1+左2）［（2&-3）2加2-06^+12）］

（4公+3『，

?EF|248（1+公）［（24一3）2病一（16公+12）］

“IGAHGBI=13（叱+3丫（蘇-1）

因為」的值與的值無關(guān)，

IGAM|?|1CJDI

所以(2左一3)2=1622+12,解得A=-g,

所以與&=4噂=2m,

所以G是EF的中點，即|GE|=|GF|.

13.(2022?福建三明?模擬預(yù)測)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，。為原點，尸。,0),過直線/：x=4左側(cè)且不在x軸上的

動點P，作PH，/于點”,NHPF的角平分線交x軸于點M,且歸川=2附用，記動點尸的軌跡為曲線C.

⑴求曲線C的方程；

(2)已知曲線C與x軸正半軸交于點A，過點S(-4,0)的直線乙交C于A,B兩點,AS=ABS，點T滿足W=/l而，其

中4<1,證明：N4TB=2NTSO.

v22

【答案】(1)二+匕v=l(y*0)

43'，

(2)證明見解析

【解析】

【分析】

(1)根據(jù)條件，代入動點P(x,y)(ywO)的坐標(biāo)，化簡即可；

(2)注意到S點在x軸上，所以人=乂，將2作為橋梁，合理利用，即可求解.

(1)

設(shè)p(x,y)(yWo),因為P〃〃x軸，所以NHPM=NPMF,

因為PM為的角平分線，所以ZHPM=NFPM,

\pf'\\MF\1

所以NFPM=ZPMF,B|J|MF|=|PF|,所以慌才=扁=萬.

即化簡整理得不+片=1,因為P不在x軸上，

\x-4\243

22

即曲線C的方程為:+q=1("0)

(2)

易知直線4的斜率存在且不為0,設(shè)4的方程為x=/ny-4(M*0).

K￡=]

聯(lián)立方程組43-，消x整理得（3加+4）y2—24my+36=0,

x=my-4

所以△=（一24〃）2-4x（3〃/+4卜36>0,得〃?>2或機<一2,

設(shè)A6,yJ,8（孫%），則%+%=常々，》以工乎了.

5m+43/7?+4

由福=2的得一H=-2%，所以4=叢，

%

設(shè)7（為,%）,由XT=4無,得%-X=4（必一%），

36

）[+為22），12yM=2x

3療+4一3

所以為=

24機m

1+21+A7+%

必3/+4

3

所以/=my-4=mx——4=~1,

（）m

所以點了卜吟）在直線x=-l匕

且為W°，

乂因為s（-4,o）與A（2,0）關(guān)于直線X=—1對稱,所以△7S4，是等腰三角形,

（或者證明直線TS與直線以］的斜率互為相反數(shù)）

所以NTSA=N%S,因為NA8=NTSA+NgS,所以ZA/B=2NTSO,

綜上所述，ZAITB=2ZTSO.

14.（2022?江蘇?南京市寧海中學(xué)模擬預(yù)測）已知平面上一動點P到定點F（l,0）的距離與它到定直線x=-1的距離相等，

設(shè)動點P的軌跡為曲線C

（1）求曲線C的軌跡方程

（2）已知點網(wǎng)2,2收），過點8引圓M:（x-4『+y2=r2（o<r<2）的兩條切線BP；BQ,切線BP、8。與曲線C的另一交

點分別為P、Q，線段P。中點N的縱坐標(biāo)記為4,求4的取值范圍.

【答案】（l）/=4x；

⑵4的取值范圍為卜6夜,-4夜）.

【解析】

【分析】

(1)根據(jù)曲線軌跡方程的定義求解；⑵設(shè)切線BP的方程為產(chǎn)勺(r2)+2行，切線B。的方程為產(chǎn)質(zhì)(尸2)+2行，所以

勺+公=為"，勺鼠=殳二，再求出/=上士及=—20-竺在，即得解.

12r2-44-r228-r2

(1)

設(shè)P(x,y),

根據(jù)題意可得7(x-l)2+y=|x+1I，

化簡得(x-l>+y2=(x+l)2,

所以y2=4x,

所以曲線C的方程為y2=4x,

(2)

由已知8(2,20),所以切線BP,BQ的斜率存在,

設(shè)切線BP的方程為y=4(x-2)+2/，

\2k.+2y/2\

則圓心M(4,0)到切線AP的距離d=??=r,

日

所以(4一,)婷+8&匕+8-產(chǎn)=0,

設(shè)切線B