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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0:+/=4上,点A（-3,0）,8（0,4）,则满足APlBP的点P的个数为（）A3B.2C.lD.0答案B2 .（2020课标In文,6,5分）在平面内,A,B是两个定点,C是动点.若前近=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-I）2+）,2=16,BQ1,0）,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（）2v22v2A9+J=lB.三-=l1691692v
2、22v2C.-+-=1D.-J=l4 343答案C4. （2017课标11,文20,理20,12分）设。为坐标原点,动点M在椭圆C与+/1上,过M作X轴的垂线,垂足为N,点P满足称=y2NM.求点P的轨迹方程；设点Q在直线,v=-3上,且祝丽=L证明:过点P且垂直于OQ的直线/过C的左焦点五.解析设P(%y),M(xo,yo),则N(X0,0),NP=(x-xo,y),NM=(0,y0).由而=记得2沏=%yo=yy因为M(X0,泗)在C上,所以9+?=1.因此点P的轨迹方程为x2+=2.证明：由题意知尸(-1,0).设Q(-3,f),P(?,)，则的=(3,f),而=(-l-m,-n),OQ
3、PF=3+3rn-tn,OP=(w,n),PQ=(-3-z,t-n).由诃PQ=I得-32-加2+5_2=,又由知m2+n2=2,故3+3n-tn=0.所以丽PF=O,即而1PF.又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的宜线/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-l,0),定直线,x=-5,设动点P到定直线的距离为,且满足尊=停.d5(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的轨迹与)，的负半轴交于4点,直线AM、AN分别交直线产-3于点”、K,若Q+QKW35,求上的
4、取值范围.解析(1)设动点P的坐标为(x,y),因为等=9,所以(即5(x+l)2+y2=仇+5F,整理得f+7=1.所以动点尸的轨迹方程为+=l设M(x,),N(X2,，由可得点A的坐标为(0,-2),故直线AAf:)，=马-2,令y=-xI3,则切=/，同理*潦？由忆x5y23L20消去y得(4+5尸)P30H+25=0,由4=900尸-IOo(4+52)0,解得Zv-I或Ql.由根与系数的关系得汨+T2=XIX2=二L2,XIX20,4+544+5fc=+,|Xl+2I_I2依1%2-(%1+Q)IIfcx1-Ikx2-lk2x1x2-k(x1+x2)+l5O30k4+s4+S2_C|I
5、I25M30纥一。阳，4+5fc24+Sk2因为IQ*+IQq35,所以5k2=磊，”二品.因为前=2FA,所以(I-X2,-)=2(x-1,V),所以-J2=2y,解得m2=,则LyII=詈,所以丽I=1+m2yl|=乎.8假设在X轴上存在异于点F的定点Q(,0)(1),使得咎为定值.kQB因为y+)2=,)D2=jp所以)1+y2=2my1y2,所以&QA_x；Z=%(%2-力_%(my2+i)弦一襄一力g-0一2(m%+lT)二北九为+(1一亡1_2刀当、2+2(1-)当_(3-2t)y+y2my1y2+(l-t)y2-2my1y2+2(l-t)y2-y+(3-2t)y2要使警为定值,则
6、有彳=-7,解得仁2或仁1(舍去)，此时挥=1.KQB13-2tKqb故在X轴上存在异于尸的定点Q(2,0),使得抖为定值.Kqb又IF2AI=Jc-1)+(1-0)2=当WI+IQA的最大值为4+当(2)由题意知直线/的斜率存在,设/:尸攵(x+l),M(Xby),N(x”2),则P(O,%),y=k(x+1),由-2消y得(3+42)x2+8A+422-12=0,+=1Xl+X2=-Qk23+4H4k2-12VPM=4MF；,即(x,y-2)=2(-l-x,-y)i则/一含,同理可得*日，JL十1十8lf22482IxI-2_XI(I+#2)+必(1+%1)_2.1_2+(-1+%2)_3
7、+42-3+N_z1+X11+X2(l+x1)(l+x2)-x1x2+(i+2)+4fc2-2-8fe2.+-3+4k23+*x8上2-24-8k28M日r8-4fc2-12-8k2+3+4fc2=?*ZC定值行3. (2020新高考I,22,12分)已知椭圆CI+1(abO)的离心率为当且过点A(2,1).(1)求C的方程；点MN在C上,且AMlANtD1MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得IDQI为定值.解析由题设得W+=,Q?=;,解得=6,=3.所以C的方程为。+4=1.63(2)证明:设M(x,y),N(X2,Jz).22若直线MN与X轴不垂直,设直线MN的方程为)=依+而,代入2
8、+=1得63(1+22)x2+4knvc+2m2-6=0.于是R+M=-黑，Xm=盖由4M_LAN知4Mi4N=0,故(XL2)(x2-2)+(y1-l)(y2-l)=O,可得U2+l)jx2+(h/-2)(xi+x2)+-D2+4=0.将代入上式可得(心1)誓N-Gh2)+(D2+4=0.整理得(2Z+37+1)(2A+*l)=0.因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+z-l0,故2k+3m+1=0,1.于是MN的方程为y=kx一一：(即).所以直线MN过点P(|,-若直线MN与X轴垂直,可得N(M-州).由丽？丽=0得(XL2)Gl2)+(p-1)(-y-l)=0.又胃+?=1,可得3
9、后-8x+4=0.解得为=2(舍去)或乃V此时直线MN过点P(三,-).Q为AP的中点,即QGt)若。与P不重合,则由题设知AP是RsADP的斜边,故IDQwAP=竽若D与P重合,则|。QKHPI.综上,存在点qGW),使得IQQ为定值.4. (2022山东泰安三模,21)已知椭圆+g=l(abO)的离心率吟,四个顶点组成的菱形的面积为8,。为坐标原点.(1)求椭圆E的方程；过。0:9+)，2(上任意点P作。的切线/与椭圆E交于点M,N,求证:西所为定值.解析由题意得2=82,芍=当=+/,解得6Z=22,6=2,所以椭圆E的方程为%+7=1.证明：当切线/的斜率不存在时,其方程为x=乎，当户
10、手时,将广平代入椭圆方程+=1,得产乎,不妨令33o43M(冬聆-甯，哈,。),.丽=(。,甯,而=(。,-甯,PMPN=-|;当户当时，同理可得由PN=-l当切线/的斜率存在时，设I的方程为y=kx+m,M(x,y1),N(X2,%),因为/与。相切,所以悬=竽，所以3序=8A8,(y=k%+m,由二尸2得(1+2炉)x2+4kx+2n2-8=0,十184.,4km2n2-8即+也=-向，即处二际.由J=(4m)2-4(1+22)(2w2-8)O,得82-w2+40.PMPN=(OM-OP)(ON-OP)=OP2一丽丽一丽丽+丽丽=而2一OP2-OP2OM-ON=OM-ON,*,OMON=x
11、X2+yy2=xX2+(kx+n)(kx2+m)=(1+k2)xX2+km(x1+x2)+w2=+B等+加(一黑)+应=号需士。，PMPV=3综上,PM丽为定值5. (2022河北衡水二调,21)已知椭圆C:1+=1(ab0)的长轴长为4,P在C上运动,Fh尸2为C的两个焦点,且COSNRPF2的最小值为最(1)求C的方程；已知过点M（0,m）Qbvmvb）的动直线I交C于两点A,Bt线段AB的中点为N,若布OB-OM-而为定值,试求m的值.解析（1）由题意得=2,设IPRl,PB分别为p,q,则p+q=2a,2M_pq _ 空1 2MPq - Pq -(掾J(p+q)2-4C2-2Pq2pq
12、-I=今-1（当且仅当PF时取等号），从而祟-1=今得则C的方程为1+t=l43若直线I的斜率不存在,易得而OB-OM-0N=-3;若直线I的斜率存在，设其方程为y=kx+m,y=Zcx+m,联立*y2消丁得(4炉+3)/+8也+4?2-12=0,易知/0恒成立,(+=1设A(Xbyl),B(X2,/2),则Nef%),Q-8km4m2-12且X的0A0B-OMON=xlx2+yly2-m-71-=XX2+(kx+m)(AX2+7W)-y(kx+n+kx2+fn)要使上式为常数,必须且只需W-3=0,即加二土f(-3,3).=出+1 ) 心号(.2) = (FH) + ”.潴4K 十3/ *tK 十 S-12c2+4n2-12 _ -3(4k2+3)+4m2-3 _ q 4m2-3 =-J +4fc2+34c2+34c2+3,
