高考数学专题9平面解析几何74圆锥曲线中的综合热点问题文
高考数学第九章平面解析几何6圆锥曲线的综合问题课件文
考向突破 考向 存在性问题
例5
(2019届四川大学附中期中考试,19)已知椭圆C1:
x a
2 2
+
y2 b2
=1(a>b>0),
F为左焦点,A为上顶点,B(2,0)为右顶点,若 7 | AF |=2| AB|,抛物线C2的顶
点在坐标原点,焦点为F.
(1)求C1的标准方程;
(2)是否存在过F点的直线,与C1和C2的交点分别是P,Q和M,N,使得S△OPQ=
例2
(2019届湖北襄阳重点中学第一次月考,20)椭圆C:
x a
2 2
+
y2 b2
=1(a>b>
0)上的点P(2, 3 )满足|AP|+|BP|=4 2 ,其中A、B是椭圆C的左、右焦点.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)与圆(x-1)2+y2=1相切的直线l(斜率存在)交椭圆C于M、N两点,若椭圆
讨论.
例3
(2019届山西顶级名校10月联考,20)已知椭圆C:
则Δ=4t2+8m>0,y1+y2=2t,y1y2=-2m.
∵k1+k2=2,即
y1 y12
2 2
+
y2 y22
2 2
=2,∴ 2( y1 2)
y12 4
+ 2( y2 2)
y22 4
=2,
2
2
∴ 1 + 1 =1,∴y1y2+y1+y2=0.
y1 2 y2 2
∴-2m+2t=0,∴m=t.
设该直线方程为x=ky-1,P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x3,y3),N(x4,y4).
圆锥曲线中综合问题(题型归纳)
圆锥曲线中综合问题【考情分析】1.圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，常见的热点题型有：范围、最值问题，定点、定值问题，探索型问题等.2.以解答题的压轴题形式出现，难度较大，重在提升逻辑推理、直观想象、数学运算的核心素养.【题型一】圆锥曲线中的最值、范围问题【典例分析】1．（2021·山东滕州一中高三模拟）已知椭圆22:143x y C +=的左顶点为A ，过其右焦点F 作直线交椭圆C 于D ，E (异于左右顶点)两点，直线AD ，AE 与直线:4l x =分别交于M ，N ，线段MN 的中点为H ，连接FH .（1）求证：FH DE ⊥；（2）求DEH △面积的最小值.【解析】（1）由已知得(1,0)F ，设()11,D x y ，()22,E x y ，直线DE 的方程为1x my =+，与椭圆方程联立得()2234690m y my ++-=，122634m y y m +=-+，122934y y m =-+设直线AD 的方程为11(2)2y y x x =++，与直线:4l x =联立得1164,2y M x ⎛⎫⎪+⎝⎭，同理可得2264,2y N x ⎛⎫⎪+⎝⎭，则()()()12121221212123233323339M N H my y y y y y y y y m my my m y y m y y ++⎛⎫+==+==- ⎪+++++⎝⎭，(4,3)H m ∴-，3041FH m k m --==--，当0m =时，显然DE FH ⊥；当0m ≠时，()11DE FH k k m m⨯=⨯-=-时，DE FH ⊥，综上，可得DE FH ⊥.（2）12234y y m -===+()2122121||34m DE y y m +=-=+，H 到直线DE的距离d ==(221811||234DFHm S DE d m +=⨯=+△，设2211t m t =≥⇒=-，()3322()(1)31314t t f t t t t ==≥+-+，()422233'()031t t f t t +=>+()f t ∴在[1,)+∞上单调递增，min 1()(1)4f t f ==，当1t =，即0m =时取得最小值.DEH ∴ 面积的最小值是92.2．（2021·山东省实验中学高三模拟）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，点P 是椭圆C上位于第二象限的任一点，直线l 是12F PF ∠的外角平分线，直线2PF 交椭圆C 于另一点Q ，过左焦点1F 作l 的垂线，垂足为N ，延长1F N 交直线2PF 于点M ，||2ON =（其中O 为坐标原点），椭圆C 的离心率为12.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）求1PF Q 的内切圆半径r 的取值范围.【解析】（1）由题意可得1||||F N NM =，且1||||PF PM =，所以1222||||||||||2PF PF PM PF MF a +=+==，因为O ，N 分别为线段12F F ，1F M 的中点，所以ON 为12MF F △的中位线，所以2//ON MF 且21||||22ON MF a ===，由12c a =，222a b c =+得23b =，所以椭圆C 的标准方程为22143x y +=.（2）由（1）知2(1,0)F ，设直线2PF 的方程为1(0)x my m =+≠，由点P 在第二象限求得33m <.设11(,)P x y ，22(,)Q x y ，由221143x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得22(34)690m y my ++-=，由根与系数的关系得122634m y y m +=-+，122934y y m =-+，所以12212121212211121||||2()42234PF Q m S F F y y y y y y m +=⋅⋅-=⨯+-+△，令2231()3t m t =+>，则221m t =-，所以12212121213(1)4313PF Q t t S t t t t===-+++△，因为13y t t=+在233t >时单调递增，所以15332y t t =+>所以11283153PF Q S t t=∈+△，又11111(||||||)4422PF Q S PF PQ QF r a r r =++⋅=⋅⋅=△，所以83045r <<，即305r <<，所以1PF Q 内切圆半径r 的取值范围是23)5.【提分秘籍】求解圆锥曲线中最值、范围问题的主要方法(1)几何法:若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用图形性质数形结合求解.(2)代数法:若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系,或者不等关系,或者已知参数与新参数之间的等量关系等,则利用代数法求参数的范围.【变式演练】1．（2021·辽宁本溪高级中学高三模拟）已知点F 为椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点，椭圆上任意一点到点F 距离的最大值为3，最小值为1.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）若M 为椭圆C 上的点，以M 为圆心，MF 长为半径作圆M ，若过点(1,0)E -可作圆M 的两条切线,EA EB (,A B 为切点)，求四边形EAMB 面积的最大值.【解析】（1）根据题意椭圆上任意一点到点F 距离的最大值为3，最小值为1.所以31a c a c +=⎧⎨-=⎩，解得2,1a c ==，所以b =因此椭圆C 的标准方程为22143x y +=（2）由（1）知，()1,0E-为椭圆的左焦点，根据椭圆定义知，||||4ME MF +=，设|r MF MB ==｜，∵点E 在圆M 外，∴||4ME r r =->，∴12r ≤<所以在直角三角形MEB 中，||EB ==1||||2MEB S EB MB =⋅= ，由圆的性质知，四边形EAMB面积22MEB S S == ，其中12r ≤<.即)12S r =≤<.令()322412y r r r =-+≤<，则2682(34)y r r r r '=-+=--当413r <<时，0y '>，3224y r r =-+单调递增；当423r <<时，0y '<，3224y r r =-+单调递减.所以，在43r =时，y 取极大值，也是最大值此时maxS ==2．在平面直角坐标系xOy 中，椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线10x y ++-=与以椭圆C 的右焦点为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆相切．（1）求椭圆C 的方程；（2）BMN △是椭圆C 的内接三角形，若坐标原点O 为BMN △的重心，求点B 到直线MN 距离的取值范围．【解析】（1）设椭圆2222:1x y C a b+=的右焦点()2,0F c ，则以椭圆C 的右焦点为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆：()222x c y a -+=，所以圆心到直线10x y ++=的距离d a ==，又椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，所以2,a c b ==，解得：2,1a b c ===，所以椭圆的标准方程为22143x y +=；（2）设(),B m n ，设,M N 的中点为D ，直线OD 与椭圆交于A,B 两点，因为O 为BMN △的重心，则2BO OD OA ==,所以,22m n D ⎛⎫-- ⎪⎝⎭即B 到直线MN 的距离是原点O 到直线MN 距离的3倍.当MN 的斜率不存在时，点D 在x 轴上，所以此时B 在长轴的端点处.由2OB =得：1OD =,则O 到直线MN 距离为1，B 到直线MN 距离为3；当MN 的斜率存在时，设()()1122,,,M x y N x y ，则有：22112222143143x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩两式相减得：()()()()12121212043x x x x y y y y +-+-+=，因为D 为,M N 的中点，所以1212,x x m y y n +=-+=-，所以121234y y mk x x n-==--，所以直线MN 的方程为3242n m m y x n ⎛⎫+=-+ ⎪⎝⎭，即2268430mx ny n m +++=，所以原点O 到直线MN距离22d =.因为22143m n +=，所以223124m n =-，所以22d ===因为203n <≤，所以3<≤13≤<，所以332d ≤<综上所述，33332d ≤≤.即点B 到直线MN 距离的取值范围33,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦.【题型二】圆锥曲线中的定点、定值问题【典例分析】1．（2021浙江镇海中学高三模拟）已知()0,1F 且满足1PF x =+的动点(),P x y 的轨迹为C．（1）求曲线C 的轨迹方程；（2）如图，过点()1,0-T 的斜率大于零的直线与曲线C 交于D ，M 两点，()1,1Q -，直线DQ 交曲线C 于另外一点N ，证明直线MN 过定点．【解析】（1）∵1PF x =+，1x ≥-1x =+，等式两边平方整理得24y x =．（2）证明：设()11,M x y ，()22,N x y ，()33,D x y ．由21123344y x y x ⎧=⎨=⎩两式相减得1313134DM y y k x x y y -==-+．所以直线DM 的方程为()11134y y x x y y -=-+，整理得()13134y y y x y y +=+（*）．因为点T 在直线上，所以134y y =①，同理直线DN 的方程为()23234y y y x y y +=+，因为点Q 在直线上，所以()23234y y y y -+=+②．由①②两式得2211444y y y y ⎛⎫-+=+⋅ ⎪⎝⎭，整理得()121244y y y y =-+-．由（*）式同理知直线MN 的方程为()12124y y y x y y +=+，所以()()1212124444y y y x y y x y y +=+=-+-，整理得直线MN 的方程为()()()12441y y y x ++=-，所以直线MN 过定点()1,4-．2．（2021·天津八中高三模拟）已知椭圆C ：2221(0)6x y b b+=>的左、右焦点分别为()1,0F c -和()2,0F c ，P 为椭圆C 上任意一点，三角形12PF F 面积的最大值是3．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）若过点()2,0的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，且9,04Q ⎛⎫⎪⎝⎭，证明：QA QB ⋅ 为定值．【解析】（Ⅰ）由题意知226c b =-，当P 点位于椭圆C 短轴端点时，三角形12PF F 的面积S 取最大值，此时max 1232S c b bc =⨯⨯==．所以229b c =，即()2269bb -=，解得23b=．故椭圆C 的方程为22163x y +=．（Ⅱ）（方法1）当直线l 的斜率不为0时，设直线l ：2x my =+交椭圆于()()1122,,,A x y B x y ．由22226x my x y =+⎧⎨+=⎩消去x 得，()222420m y my ++-=．则12122242, 22m y y y y m m +=-=-++．而112299,,,44QA x y QB x y ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，所以()()2121212129911144416QA QB x x y y m y y m y y ⎛⎫⎛⎫⋅=--+=+-++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()222222141211512421621616m m m m m m m --⎛⎫⎛⎫=+---+=+=- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭．当直线l 的斜率为0时，(A B ，则998115,0,06441616QA QB ⎫⎛⎫⋅=⋅=-+=-⎪ ⎪⎭⎝⎭ ．故QA QB ⋅ 为定值，且为1516-．（方法2）当直线l 的斜率存在时，设直线l ：()2y k x =-交椭圆于()()1122,,,A x y B x y ．由22(2)26y k x x y =-⎧⎨+=⎩消去y 得，()2222218860k x k x k +-+-=．则2122821k x x k +=+，21228621k x x k -=+．而112299,,,44QA x y QB x y ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以()()222121212129998112444416QA QB x x y y k x x k x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅=--+=+-++++ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()22222228698811242142116k k k k k k k -⎛⎫=+⋅-+⋅++⎪++⎝⎭22126818115621161616k k --=+=-+=-+．当直线l 的斜率不存在时，可求得()()2,1,2,1A B -，则991152,12,11441616QA QB ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅--=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ．故QA QB ⋅ 为定值，且为1516-．【提分秘籍】1.求定值问题的思路方法(1)思路:求解定值问题的基本思路是使用参数表示要解决的问题,然后证明与参数无关,这类问题选择消元的方向是非常关键的.(2)方法:从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.2.求定点问题的解题方法(1)动直线l 过定点问题:设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t,由题设条件将t 用k 表示为t=mk,得y=k(x+m),故动直线过定点(-m,0).(2)动曲线C 过定点问题:引入参变量建立曲线C 的方程,再根据其对参变量恒成立,令其系数等于零,得出定点.【变式演练】1．（2021·广东华南师范大学附属中学高三模拟）设A ，B 为双曲线2222:1x y C a b-=(0,0)a b >>的左、右顶点，直线l 过右焦点F 且与双曲线C 的右支交于M ，N 两点，当直线l 垂直于x 轴时，AMN 为等腰直角三角形.（1）求双曲线C 的离心率；（2）已知直线AM ，AN 分别交直线2ax =于,P Q 两点，当直线l 的倾斜角变化时，以PQ 为直径的圆是否过定点，若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.【解析】（1）由l x ⊥轴时，AMN 为等腰直角三角形，可得||||||AF NF MF ==，所以2ba c a+=，即2220c ac a --=，故220e e --=，结合1e >，解得2e =.故双曲线C 的离心率为2.（2）因为2c e a ==，所以双曲线:C 222213x y a a-=，显然直线l 的斜率不为0，设直线:2l x my a =+，11(,)M x y ，22(,)N x y ，联立直线l 与双曲线C 的方程得2222213x my a x y a a=+⎧⎪⎨-=⎪⎩，化简得222(31)1290m y amy a -++=，根据根与系数的关系，得2121222129,3131am a y y y y m m +=-⋅=--，①所以121224()431ax x m y y a m -+=++=-，②222221212122342()431a m a x x m y y am y y a m --⋅=⋅+++=-，③设直线:AM 11()y y x a x a =++，直线:AN 22()y y x a x a=++，令2ax =，可得121233(,),(,)22()22()ay ay a a P Q x a x a ++，设()G x y ,是以PQ 为直径的圆上的任意一点，则0PG QG ⋅=，则以PQ 为直径的圆的方程为2121233()[][]022()2()ay ay a x y y x a x a -+--=++，由对称性可得，若存在定点，则一定在x 轴上，令0y =，可得2121233()022()2()ay ay a x x a x a -+⋅=++，即2212212129()024[()]a y y a x x x a x x a -+=+++，将①②③代入，可得22222222229931()034424()3131a a a m x a m a a a a m m ⋅--+=---+⋅+--，即229(24a x a -=，解得x a =-或2x a =，所以以PQ 为直径的圆过定点(,0)a -，(2,0)a .2．（2021·山师大附中高三模拟）已知圆(22:12C x y +=，动圆M过点)D且与圆C 相切.（1）求动圆圆心M 的轨迹E 的方程；（2）假设直线l 与轨迹E 相交于A ，B 两点，且在轨迹E 上存在一点P ，使四边形OAPB 为平行四边形，试问平行四边形OAPB 的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.【解析】（1）因为CD =<，所以点D 在圆内.又因为圆M 过点D 且与圆C相切，所以MC MD =，所以MC MD CD +=>.即点M 的轨迹是以C ，D 为焦点的椭圆.则2a =，即a =又因为222a b -=，所以21b =.故动圆圆心M 的轨迹E 的方程为：2213x y +=.（2）当直线AB 的斜率不存在时，可得直线AB 的方程为32x =±，此时32A y =，所以四边形OAPB 的面积32S =.当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y kx m =+，由22,13y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩整理得，()()222316310k x kmx m +++-=.因为直线l 与轨迹E 相交于A ，B 两点，所以()()()222222361231112310k m k m k m =-+-=-+>△.设()11,A x y ，()22,B x y ，则122631kmx x k +=-+，()21223131m x x k -=+.所以()121222231my y k x x m k +=++=+.设AB 的中点为Q ，则Q 的坐标为223,3311km m k k ++⎛⎫-⎪⎝⎭.因为四边形OAPB 为平行四边形，所以22622,3131km m OP OQ k k ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，所以点P 的坐标为2262,3131km m k k ⎛⎫-⎪++⎝⎭.又因为点Р在椭圆上，所以222262311331km m k k ⎛⎫- ⎪+⎛⎫⎝⎭+= ⎪+⎝⎭.整理得，22431m k =+.又因为12223131AB x k k =-==++，原点О到直线AB的距离为d =所以平行四边形OAPB的面积322AOBS S AB d ==⋅== .综上可知，平行四边形OAPB 的面积为定值32.1．（2021·江苏南京师范大学附属中学高三模拟）已知抛物线2:2(0)C y px p =>，满足下列三个条件中的一个：①抛物线C 上一动点Q 到焦点F 的距离比到直线:1m x =-的距离大1；②点(2,3)A 到焦点F 与到准线:2pl x =-的距离之和等于7；③该抛物线C 被直线:20n x y --=所截得弦长为16.请选择其中一个条件解答下列问题.（1）求抛物线C 的标准方程；（2）O 为坐标原点，直线l 与抛物线C 交于M ，N 两点，直线OM 的斜率为1k ，直线ON 的斜率为2k ，当124k k ⋅=-时，求OMN 的面积的最小值.【解析】（1）若选择①，则抛物线C 上一动点Q 到焦点F 的距与到直线:2m x =-的距离相等，故22p=，故4p =，所以抛物线的方程为28y x =.2=72p +，解得4p =，故抛物线的方程为28y x =.若选择③，则由222y x y px=-⎧⎨=⎩可得2240y py p --=，16=，解得4p =，故抛物线的方程为28y x =.（2）设:MN x my n =+，()11,M x y 、()22,N x y ，因为MN 与抛物线C 相交于M 、N ，所以将:MN x my n =+代28y x =消去x 得：2880y my n --=，则264640m n ∆=+>且128y y m +=，128y y n ⋅=-，由题意可知111y k x =，222y k x =，所以1212122212121264644888y y y y k k y y x x y y n ⋅⋅=⋅====-⋅-⋅，所以2n =，所以OMN的面积1212122S y y y y =⨯⨯-=-=≥，当且仅当0m =时等号成立，所以OMN的面积的最小值为2．（2021·重庆第一中学高三模拟）已知A ，B 分别为椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左､右顶点，F 为右焦点，点P 为C 上的一点，PF 恰好垂直平分线段OB (O 为坐标原点)，32PF =.（1）求椭圆C 的方程；（2）过F 的直线l 交C 于M ，N 两点，若点Q 满足OQ OM ON =+(Q ，M ，N 三点不共线)，求四边形OMQN面积的取值范围.【解析】（1）由题意可知(),0F c ，(),0B a ，∵PF 恰好垂直平分线段OB ，∴2a c =，令x c =，代入22221x y a b +=得：2b y a =±，∴232b a =，∴2222232a cba abc =⎧⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩，解得21a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，∴椭圆C 的方程为：22143x y +=.（2）由题意可知直线l 的斜率不为0，设直线l 的方程为：1x my =+，设()11,M x y ，()22,N x y ，联立方程221431x y x my ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，消去x 得：()2234690m y my ++-=，∴()223636340m m ∆=++>，∴122634m y y m -+=+，122934y y m -=+，设MN 的中点为E ，则2OQ OM ON OE =+=，∴MN 与OQ 互相平分，四边形OMQN 为平行四边形，∴OMQN S 平行四边形2OMN S =△12122OF y y =⨯⨯⨯-12y y =-==212134m=+，令1t =≥，则()2121211313OMQN t S t t t t==≥++平行四边形，∵11333y t t t t ⎛⎫ ⎪=+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭在[1,)+∞上单调递增，∴134t t+≥，∴(]120,313t t∈+，∴03OMQN S <≤平行四边形.综上所述，四边形OMQN 面积的取值范围为(0,3].3.（2021·浙江杭州高级中学高三模拟）已知抛物线2:2(0)C x py p =>的焦点为F ，点P 为抛物线C 上一点，点P 到F 的距离比点P 到x 轴的距离大1．过点P 作抛物线C 的切线，设其斜率为0k .（1）求抛物线C 的方程；（2）直线:l y kx b =+与抛物线C 相交于不同的两点A ，B （异于点P ），若直线AP 与直线BP 的斜率互为相反数，证明：00k k +=．【解析】（1）解：设点()00,P x y ，由点P 到F 的距离比点P 到x 轴的距离大1，可得01PF y =+，即0012py y +=+，所以2p =，即抛物线C 的方程为24x y =.（2）证明：设()11,A x y ，()22,B x y ，直线AP 的斜率为AP k ，直线BP 的斜率为BP k ，则()101010AP y y k x x x x -=≠-，()202020BP y yk x x x x -=≠-.因为直线AP 与直线BP 的斜率互为相反数，所以AP BP k k =-，即10201020y y y y x x x x --=---，又点()11,A x y ，()22,B x y 均在抛物线上，可得222200211020444x x x x x x x x --=---，化简可得1202x x x +=-，因为2114x y =，2224x y =，所以()2212124x x y y -=-，即1212124y y x x x x -+=-，故012122x y y k x x -==--，因为24x y =，所以214y x =，所以1 2y x '=，则0012k x =，故00k k +=.4．（2021·湖南长沙长郡中学高三模拟）已知椭圆E ：()222210x y a b a b+=>>上有一点A ，点A 在x 轴上方，1F ，2F分别为E 的左，右焦点，当△12AF F 121sin 2AF F ∠=.（Ⅰ）求E 的标准方程；（Ⅱ）若直线l 交E 于P ，Q 两点，设PQ 中点为M ，O 为坐标原点，2PQ OM =uu u r uuu r，作ON PQ ⊥，求证：ON为定值.【解析】（Ⅰ）由椭圆的性质知，△12AF F 的面积取最大时，A 为椭圆的上顶点，即(0,)A b ，而12||2F F c =，∴12121||||2AF F S F F OA bc =⋅== 121sin 2b AF F a ∠==，又222a bc =+，∴24a =，21b =，可得E 的标准方程2214x y +=.（Ⅱ）由题意，2PQ OM =uu u r uuu r且PQ 中点为M ，易得90POQ ∠=︒，即OP OQ ⊥，若直线l 斜率不存在时，P ，Q 关于x 轴对称，2PQ OM =uu u r uuu r知：横纵坐标的绝对值相等，不妨假设P 在第一象限，则(,)P m m ，(,)Q m m -在椭圆上，∴255m =，此时,M N 两点重合，即255ON =；若直线l 斜率为0时，同理可得255ON =，若直线l 斜率存在且不为0时，设直线l 为(0)y kx b b =+≠，11(,)P x y ，22(,)Q x y ，则11(,)OP x y = ，22(,)OQ x y =，且12120x x y y +=，联立椭圆与直线得：222(41)84(1)0k x kbx b +++-=且2216(41)0k b ∆=-+>，∴122841kb x x k +=-+，21224(1)41b x x k -=+，即2222222221212122224(1)84()414141k b k b b k y y k x x kb x x b b k k k --=+++=-+=+++，∴222222224(1)45440414141b b k b k k k k ----+==+++，即||b =.∴||5ON==，为定值.5．（2021·天津南开中学高三模拟）已知点A，B分别为椭圆2222:1(0)x yE a ba b+=>>的左顶点和上顶点，且坐标原点O到直线AB 的距离为61313，椭圆E的离心率是方程2650x-+=的一个根.（1）求椭圆E的标准方程；（2）若(3,0)P，过P作斜率存在的两条射线PM，PN，交椭圆E于M，N两点，且PM PN⊥，问：直线MN经过定点吗？若经过，求出这个定点坐标；若不经过，说明理由.【解析】（1）因为椭圆E的离心率是方程2650x-+=的一个根，所以2e=或3e=.因为椭圆E的离心率(0,1)e∈，所以53e=.因为3ca=，所以2295a c=，所以222245b ac c=-=，因为点A，B分别为椭圆E的左顶点和上顶点，所以||AB===.因为坐标原点O到直线AB 的距离为61313，所以11||22ab AB=，=⨯，所以c=，所以29a=，24b=，所以椭圆E的标准方程为22194x y+=.（2）当直线MN的斜率存在时，设MN：y=kx+m，由22194y kx mx y=+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消元并化简得222(49)189360k x kmx m+++-=，设1122(,),(,)M x y N x y ，则1221849km x x k +=-+，212293649m x x k-=+，又(3,0)P ，PM PN ⊥，所以1212133y yx x ⋅=---，所以1212123()9()()0x x x x kx m kx m -+++++=，即221212(1)(3)()(9)0k x x km x x m ++-+++=，所以2222293618(1)(3)(9)04949m kmk km m k k--++-++=++，所以2222(1)(936)(3)(18)(9)(49)0k m km km m k +-+--+++=，即224554130k km m ++=，所以30k m +=或15130k m +=，当30k m +=时，(3)y k x =-，此时M ，N ，P 重合，舍去.当15130k m +=时，15(13y k x =-，恒过点15(,0)13.当直线MN 的斜率不存在时，MN ⊥x 轴，设(),3M t t -，则()223194t t -+=，解得1513t =，所以此时直线MN 也过点15(,0)13.所以直线MN 恒过定点15(,0)13.6.（2021·湖南长郡中学高三模拟）已知抛物线2:4C x y =的焦点为F ，准线为l .设过点F 且不与x 轴平行的直线m 与抛物线C 交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M ，过M 作直线垂直于l ，垂足为N ，直线MN 与抛物线C 交于点P .（1）求证：点P 是线段MN 的中点.（2）若抛物线C 在点P 处的切线与y 轴交于点Q ，问是否存在直线m ，使得四边形MPQF 是有一个内角为60︒的菱形？若存在，请求出直线m 的方程；若不存在，请说明理由.【解析】（1）证明：由题意知直线m 的斜率存在且不为0，故设直线m 的方程为1(0)y kx k =+≠，代入24x y =，并整理得2440x kx --=.所以216160k ∆=+>，设()11,A x y ，()22,B x y ，则124x x k +=，124x x =-.设()00,M x y ，则12022x x x k +==，200121y kx k =+=+，即()22,21M k k +.由MN l ⊥，得(2,1)N k -，所以MN 中点的坐标为()22,k k.将2x k =代入24x y =，解得2y k =，则()22,P k k ，所以点P 是MN 的中点.（2）由24x y =，得24x y =，则'2x y =，所以抛物线C 在点()22,P k k的切线PQ 的斜率为k ，又由直线m 的斜率为k ，可得m PQ ∥；又M N y ∥轴，所以四边形MPQF 为平行四边形.而||MF ==()222||211MP k k k =+-=+，由||||MF MP =，得21k =+，解得3k =±，即当3k =±时，四边形MPQF 为菱形，且此时2||1||||PF k MP MF ==+==，所以60PMF ∠=︒，直线m 的方程为13y x =±+，2即0x +=或0x +=，所以存在直线m ，使得四边形MPQF 是有一个内角为60︒的菱形.。
2024年新高考版数学专题1_9.5 圆锥曲线的综合问题(分层集训)
解析 (1)设动点P的坐标为(x,y),因为| PF | = 5 ,
d5
所以
(x 1)2 y2
=
5 ,即5[(x+1)2+y2]=|x+5|2,整理得 x2 + y2 =1.所以动点P的
| x5|
5
54
轨迹方程为 x2 + y2 =1.
54
(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=
AC
·BC
=1,
则点C的轨迹为 ( )
A.圆 B.椭圆 C.抛物线 D.直线
答案 A
3.(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. x2 + y2 =1
2 2
+
y2 b2
=1(a>b>0)的离心率e=
2 ,四
2
个顶点组成的菱形的面积为8 2 ,O为坐标原点.
(1)求椭圆E的方程;
(2)过☉O:x2+y2= 8
上任意点P作☉O的切线l与椭圆E交于点M,N,求证:
PM
·
3
PN
为定值.
解析 (1)由题意得2ab=8 2 ,e= c = 2 ,a2=b2+c2,
2
3
6
,
0
,∴
PM
=
0,
2
3
6
,
PN
=
0,
2
6 3
,
∴
高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 热点探究课6 高考中的圆锥曲线问题课件
热点 1 圆锥曲线的标准方程与性质
圆锥曲线的标准方程在高考中占有十分重要的地位．一般地，求圆锥曲线 的标准方程是作为解答题中考查“直线与圆锥曲线”的第一小题，最常用的方 法是定义法与待定系数法．离心率是高考对圆锥曲线考查的另一重点，涉及 a， b，c 三者之间的关系．另外抛物线的准线，双曲线的渐近线也是命题的热点．
是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标. 【导学号：62172280】
[解] (1)由 e2＝ac22＝a2－a2 b2＝12，可得 a2＝2b2，
6分 8分
14 分
热点 2 圆锥曲线中的定点、定值问题
定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以 及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题．
☞角度 1 圆锥曲线的定值问题
(2016·北京高考)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1 过 A(2,0)，B(0,1)两点． (1)求椭圆 C 的方程及离心率； (2)设 P 为第三象限内一点且在椭圆 C 上，直线 PA 与 y 轴交于点 M，直线 PB 与 x 轴交于点 N，求证：四边形 ABNM 的面积为定值．
[解] (1)由题意得 a＝2，b＝1，
所以椭圆 C 的方程为x42＋y2＝1.
3分
又 c＝
a2－b2＝
3，所以离心率
e＝ac＝
3 2.
5分
(2)证明：设 P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则 x20＋4y20＝4.
又 A(2,0)，B(0,1)，
所以直线 PA 的方程为 y＝x0y－0 2(x－2).
12 分 14 分
[规律方法] 1.用定义法求圆锥曲线的标准方程是常用的方法，同时应注意 数形结合思想的应用．
专题09 圆锥曲线综合问题(答题指导)(解析版)
专题09 圆锥曲线综合问题（答题指导）【题型解读】▶▶题型一 圆锥曲线中的最值问题1．圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题． 2．最值问题的两类解法技巧(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决．(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解．【例1】 (2017·浙江卷)如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＜x ＜32.过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q . (1)求直线AP 斜率的取值范围； (2)求|PA |·|PQ |的最大值．【答案】见解析【解析】(1)设直线AP 的斜率为k ，则k ＝x 2－14x ＋12＝x －12.因为－12<x <32，所以直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)．(2)联立直线AP 与BQ 的方程可得⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋32k 2＋1. 因为|PA |＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－k －1k ＋12k 2＋1，所以|PA |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3.令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3＝－k 4－2k 3＋2k ＋1， 因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减． 因此当k ＝12时，|PA |·|PQ |取得最大值2716.【素养解读】本例问题(1)中用x 表示k 考查了数学建模的核心素养，第(2)问将最值问题转化成函数的最值进行处理，分别考查了数学运算和数学建模的核心素养．【突破训练1】 已知动圆过定点(2,0)，且在y 轴上截得的弦长为4，设动圆圆心的轨迹为H ，点E (m,0)(m ＞0)为一个定点，过点E 作斜率分别为k 1，k 2的两条直线交H 于点A ，B ，C ，D ，且M ，N 分别是线段AB ，CD 的中点． (1)求轨迹H 的方程；(2)若m ＝1，且过点E 的两条直线相互垂直，求△EMN 的面积的最小值．【答案】见解析【解析】(1)设动圆圆心的坐标为(x ，y )，由题意可以得到x －22＋y 2＝x 2＋4，化简得y 2＝4x ，所以动圆圆心的轨迹H 的方程为y 2＝4x .(2)当m ＝1时，E 为抛物线y 2＝4x 的焦点，因为k 1k 2＝－1，所以AB ⊥CD .设直线AB 的方程为y ＝k 1(x －1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1(x-1)，y 2＝4x得k 1y 2－4y －4k 1＝0，则y 1＋y 2＝4k 1，y 1y 2＝－4，x 1＋x 2＝y 1＋y 2k 1＋2＝4k 21＋2.因为M ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋1，2k 1. 同理，可得N (2k 21＋1，－2k 1)． 所以S △EMN ＝12|EM |·|EN |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 212＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 12·2k 212＋(－2k 1)2＝2k 21＋1k 21＋2≥22＋2＝4，当且仅当k 21＝1k 21，即k 1＝±1时，△EMN 的面积取最小值4.▶▶题型二 圆锥曲线中的定点与定值问题1．定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题． 2．圆锥曲线中定点、定值问题的解法 (1)定点问题的常见解法①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点； ②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意． (2)定值问题的常见解法①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．【例2】 (2018·北京卷)已知抛物线C ：y 2＝2px 经过点P (1,2)，过点Q (0,1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线PA 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N . (1)求直线l 的斜率的取值范围；(2)设O 为原点，QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，求证：1λ＋1μ为定值．【答案】见解析【解析】(1)因为抛物线y 2＝2px 经过点P (1,2)，所以4＝2p ，解得p ＝2，所以抛物线的方程为y 2＝4x .由题意可知直线l 的斜率存在且不为0，设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0.依题意Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1＞0，解得k ＜0或0＜k ＜1.又PA ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2)，从而k ≠－3.所以直线l 斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k 2.直线PA 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1)．令x ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2.同理得点N 的纵坐标为y N ＝－kx 2＋1x 2－1＋2.由QM →＝λQO →，QN →＝μQO →得λ＝1－y M ，μ＝1－y N .所以1λ＋1μ＝11－y M ＋11－y N ＝x 1－1(k －1)x 1＋x 2－1(k －1)x 2＝1k －1·2x 1x 2－x 1＋x 2x 1x 2＝1k －12k2＋2k －4k 21k 2＝2.所以1λ＋1μ为定值．【素养解读】本例考查了直线与抛物线的相交和平面向量的应用，综合性较强，解答中不仅要结合图象考虑它们相交的情况，还要考虑直线不过点(1，－2)这一条件，计算也比较复杂，因而它综合考查了逻辑推理、数学运算和直观想象的核心素养．【突破训练2】(2019·河南豫北名校联盟联考)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的离心率是22，点P (0,1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－1. (1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．【答案】见解析【解析】由已知得点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )．又点P 的坐标为(0,1)，且PC →·PD →＝－1，于是⎩⎪⎨⎪⎧1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝2，所以椭圆E 方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)． 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0.其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)>0， 所以，x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1.从而OA →·OB →＋λPA →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)·(y 2－1)]＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2.所以，当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝－3为定值． 当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ，此时OA →·OB →＋λPA →·PB →＝OC →·OD →＋λPC →·PD →＝－2－λ＝－3，故存在常数λ＝1.综上可知，存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值－3.【例3】 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2＝1(a ＞0)，过椭圆C 的右顶点和上顶点的直线与圆x 2＋y 2＝23相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)设M 是椭圆C 的上顶点，过点M 分别作直线MA ，MB 交椭圆C 于A ，B 两点，设这两条直线的斜率分别为k 1，k 2，且k 1＋k 2＝2，证明：直线AB 过定点．【答案】见解析【解析】(1)因为直线过点(a,0)和(0,1)，所以直线的方程为x ＋ay －a ＝0，因为直线与圆x 2＋y 2＝23相切，所以|－a |1＋a2＝63，解得a 2＝2，所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1. (2)证明：当直线AB 的斜率不存在时，设A (x 0，y 0)，则B (x 0，－y 0)，由k 1＋k 2＝2得y 0－1x 0＋－y 0－1x 0＝2，解得x 0＝－1.当直线AB 的斜率存在时，设AB 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝kx ＋m⇒(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，得x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－21＋2k 2，由k 1＋k 2＝2⇒y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝2⇒(kx 2＋m －1)x 1＋(kx 1＋m －1)x 2x 1x 2＝2，即(2－2k )x 1x 2＝(m －1)(x 1＋x 2)⇒(2－2k )(2m 2－2)＝(m －1)(－4km )，即(1－k )(m 2－1)＝－km (m －1)，由m ≠1得(1－k )(m ＋1)＝－km ⇒k ＝m ＋1，即y ＝kx ＋m ＝(m ＋1)x ＋m ⇒m (x ＋1)＝y －x ，故直线AB 过定点(－1，－1)．综上，直线AB 过定点(－1，－1)．【素养解读】本例问题(1)中用直接法求解椭圆方程考查了数学运算的核心素养；本例问题(2)中分类讨论斜率存在与不存在两种情况，再利用相应公式计算求解考查了逻辑推理和数学运算的核心素养．【突破训练3】 已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点F (1,0)，O 为坐标原点，A ，B 是抛物线C 上异于O 的两点． (1)求抛物线C 的方程；(2)若直线OA ，OB 的斜率之积为－12，求证：直线AB 过x 轴上一定点．【答案】见解析【解析】(1)因为抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点坐标为(1,0)，所以p2＝1，所以p ＝2.所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明：①当直线AB 的斜率不存在时，设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，t ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，－t .因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以tt 24· －t t 24＝－12，化简得t 2＝32.所以A (8，t )，B (8，－t )，此时直线AB 的方程为x ＝8. ②当直线AB的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋b ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋b ，化简得ky2－4y ＋4b ＝0.根据根与系数的关系得y 1y 2＝4b k ，因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以y 1x 1·y 2x 2＝－12，即x 1x 2＋2y 1y 2＝0，即y 214·y 224＋2y 1y 2＝0，解得y 1y 2＝0(舍去)或y 1y 2＝－32.所以y 1y 2＝4bk＝－32，即b ＝－8k ，所以y ＝kx －8k ，即y ＝k (x －8)．综上所述，直线AB 过定点(8,0)．▶▶题型三 圆锥曲线中的范围问题圆锥曲线的有关几何量的取值范围问题一直是高考的热点，解决这类问题的基本途径：先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法进行求解．一般有五种思考方法：(1)利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的取值范围，解决这类问题的关键是在两个参数之间建立起相应的联系；(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求参数的取值范围；(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求参数的取值范围；(5)利用函数的值域，确定参数的取值范围．【例4】 已知m ＞1，直线l ：x －my －m 22＝0，椭圆C ：x 2m2＋y 2＝1，F 1，F 2分别为椭圆C 的左、右焦点．(1)当直线l 过右焦点F 2时，求直线l 的方程；(2)设直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，△AF 1F 2，△BF 1F 2的重心分别为G ，H ，若原点O 在以线段GH 为直径的圆内，求实数m 的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)因为直线l ：x －my －m 22＝0经过F 2(m 2－1，0)， 所以m 2－1＝m 22，得m 2＝2.又因为m ＞1，所以m ＝2，故直线l 的方程为x －2y －1＝0. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋m 22，x 2m 2＋y 2＝1，消去x ，得2y 2＋my ＋m 24－1＝0，则由Δ＝m 2－8⎝ ⎛⎭⎪⎫m 24－1＝－m 2＋8＞0知m 2＜8，且有y 1＋y 2＝－m 2，y 1·y 2＝m 28－12.由F 1(－c,0)，F 2(c,0)，可知G ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 13，y 13，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 23，y 23.因为原点O 在以线段GH 为直径的圆内，所以OH →·OG →＜0，即x 1x 2＋y 1y 2＜0.所以x 1x 2＋y 1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫my 1＋m 22⎝ ⎛⎭⎪⎫my 2＋m 22＋y 1y 2＝(m 2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫m 28－12＜0，解得m 2＜4(满足m 2＜8)．又因为m ＞1，所以实数m的取值范围是(1,2)．【素养解读】本题的解答通过方程的知识得到一个不等式，进而求得所求范围，考查了数学建模、逻辑推理和数学运算的核心素养．【突破训练4】 (2018·浙江卷)如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2＝4x 上存在不同的两点A ，B 满足PA ，PB 的中点均在C 上．(1)设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；(2)若P 是半椭圆x 2＋y 24＝1(x ＜0)上的动点，求△PAB 面积的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)设P (x 0，y 0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 21，y 1，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 22，y 2. 因为PA ，PB 的中点在抛物线上，所以y 1，y 2为方程⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋y 022＝4·14y 2＋x 02即y 2－2y 0y ＋8x 0－y 20＝0的两个不同的实数根．所以y 1＋y 2＝2y 0.因此，PM ⊥y 轴．(2)由(1)可知⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2y 0，y 1y 2＝8x 0－y 2，所以|PM |＝18(y 21＋y 22)－x 0＝34y 20－3x 0，|y 1－y 2|＝2①2(y 20－4x 0).因此，△PAB 的面积S △PAB ＝12|PM |·|y 1－y 2|＝324(y 20－4x 0)32.因为x 20＋y 204＝1(－1≤x 0＜0)，所以y 20－4x 0＝－4x 20－4x 0＋4∈[4,5]．因此，△PAB 面积的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤62，15104.▶▶题型四 圆锥曲线中的探索性问题1．圆锥曲线中的存在性问题具有开放性和发散性，此类问题的条件和结论不完备，要求考生结合已知条件或假设新的条件进行探究、观察、分析、比较、抽象、概括等，是高考中的常考题型，作为解答题的压轴题出现，难度一般较大，常和不等式、函数、直线、圆及圆锥曲线等知识结合在一起，对数学能力和数学思想有较高的要求．2．圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立．解决此类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．【例5】 (2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a ＞0)交于M ，N 两点．(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由． 【答案】见解析【解析】(1)依题意求得x 与c 的交点不妨设为M (2a ，a )，N (－2a ，a )．又y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a处的导数值为a ，所以C 在点M (2a ，a )处的切线方程为y －a ＝a (x －2a )，即ax －y －a ＝0.y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ，所以C 在点N (－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x ＋2a )，即ax ＋y＋a ＝0.故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0.(2)存在符合题意的点．证明如下：设P (0，b )为符合题意的点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2.将y ＝kx ＋a 代入C 的方程，得x 2－4kx －4a ＝0.故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a .从而可得k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－b x 2＝2kx 1x 2＋(a －b)(x 1＋x 2)x 1x 2＝k (a ＋b)a.当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝0，则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补，故∠OPM ＝∠OPN ，所以点P (0，－a )符合题意．【素养解读】本例问题(1)中将解析几何的计算与导数应用结合起来求切线方程，考查了数学运算和数学抽象的核心素养；问题(2)中将角的关系转化为直线的斜率进行处理，考查了数学建模和直观想象的核心素养．【突破训练5】 (2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m ＞0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M . (1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，说明理由． 【答案】见解析【解析】(1)证明：设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )．将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2，得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9.于是直线OM 的斜率k O M ＝y M x M ＝－9k，即k O M ·k ＝－9.故直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值．(2)四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m3，m ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k ＞0，k ≠3. 由(1)得OM 的方程为y ＝－9kx .设点P 的横坐标为x P .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km3k 2＋9. 将点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m 的坐标代入直线l 的方程得b ＝m (3－k)3，因此x M ＝k (k －3)m3(k 2＋9).四边形OAPB 为平行四边形，当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M . 于是±km 3k 2＋9 ＝2×k (k －3)m3(k 2＋9)， 解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i ＞0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当直线l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形．。
高考数学第八篇平面解析几何第7节圆锥曲线的综合问题(第3课时)定点、定值、存在性专题文
＋1)，
由x82＋y42＝1，
得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.
y＋2＝k（x＋1），
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝－4k（1＋k－2k22），
y1)，B(x2，y2)．
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第7节 圆锥曲线的综合问题 第二十二页，共四十二页。
由x42＋y2＝1，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. y＝kx＋m
则 Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)＞0，x1＋x2 ＝－1＋8km4k2，x1x2＝41m＋2－4k42 ，则 y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝m12＋－44kk22，
且 x1＋x2＝4k82k＋2 3，x1x2＝44kk22－＋132.
直线 AE 的方程为 y＝x1y－1 2(x－2)，
令 x＝4，得点 M4，x12－y12，
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第7节 圆锥曲线的综合问题 第十七页，共四十二页。
直线 AF 的方程为 y＝x2y－2 2(x－2)， 令 x＝4，得点 N4，x22－y22， 所以点 P 的坐标为4，x1y－1 2＋x2y－2 2. 所以直线 PF2 的斜率为 k′＝x1y－1 2＋4－x21y－2 2－0 ＝13x1y－1 2＋x2y－2 2＝13·y2xx11x＋2－x22y（1－x12＋（xy21）＋＋y24）
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第7节 圆锥曲线的综合问题 第十一页，共四十二页。
(2)由(1)知 F(1，0)，设 A(x0，y0)(x0＞0)，D(xD，0)(xD＞0)， 因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1， 由 xD＞0 得 xD＝x0＋2，故 D(x0＋2，0)， 故直线 AB 的斜率为 kAB＝－y20， 因为直线 l1 和直线 AB 平行， 故可设直线 l1 的方程为 y＝－y20x＋b，
高考数学专题9平面解析几何74圆锥曲线中的综合热点问题文
【步步高】(江苏专用)2017版高考数学专题9平面解析几何74圆锥曲线中的综合热点问题文训练目标对圆锥曲线热点、难点集中研究，重点突破，规范训练解题格式、解题步骤•训练题型(1)范围、最值问题；(2)定点、定值问题；(3)探索性问题.解题策略(1)利用化归思想结合定义、性质，将问题转化为圆锥曲线常见问题；(2)利用函数与方程思想，寻找探索性问题的解题思路；(3)利用数形结合思想及圆锥曲线的几何性质，解决定值、定点问题•1. (2015 •浙江重点中学协作体上学期第二次适应性测试)已知椭圆a2+牯=1(a>b>0)的离心率为2,且经过点P(1 , 2)•过它的两个焦点F, F2分别作直线丨1与丨2,丨1交椭圆于A B(1)求椭圆的标准方程;⑵求四边形ACB啲面积S的取值范围.x2 y2 12. (2015 •深圳第二次调研)如图，椭圆E: ：+ 1(a>b>0)的离心率为-,F为右焦点,a2 b2 2点A B分别为左，右顶点，椭圆E上的点到F的最短距离为1.(1)求椭圆E的方程;⑵设t € R且t工0,过点M(4 , t)的直线MA MB与椭圆E分别交于点P, Q求证：点P,F, Q共线.x2 y2a^ +需=1(a>b>0)的左，右焦点分别是(2015 •江西新余上学期期末)已知椭圆Cc, 0) , F2(c, 0)，直线I : x= m什c与椭圆C交于M N两点，且当m=--的上顶点，且△ MFF2的周长为6.(2)设椭圆时，以线段4. (2015•(1)求椭圆C的方程;C的左顶点为A,直线AM AN与直线：x = 4分别相交于点P, Q问当m变化PQ为直径的圆被x轴截得的弦长是否为定值？若是，求出这个定值；若不是,说明理由.济南模拟)已知抛物线C的标准方程为y2= 2px(p>0), M为抛物线C上一动点,A(a, 0)( a^0)为其对称轴上一点，直线MA与抛物线C的另一个交点为N.当A为抛物线C的9焦点且直线MA与其对称轴垂直时，△ MON勺面积为^.(1)求抛物线C的标准方程;1 1⑵记t = Aj诂AN若t的值与M点位置无关，则称此时的点A为“稳定点”，试求出所有“稳定点”，若没有，请说明理由.5. (2015 •湖北七市4月联考)在矩形ABC［中, AB= 2 ■'3, AD= 2,四条边的中点，以HF GE所在直线分别为x, y轴建立直角坐标系E, F, G H分别为矩形(如图所示)，若R, Rx2 2—+ y = 1 上;OR CR 1 且OF="CF =n,M是椭圆C2GM 与直线GN 的斜率之积为3，求证：直线 MN 过定3占 八、、♦答案解析 C 1 2 2 2 21.解 (1)由-=亍？ a = 2c ,所以 a = 4c , b = 3c , a 2将点P 的坐标代入椭圆方程得C 2= 1,(2)若I 1与I 2中有一条直线的斜率不存在，则另一条直线的斜率为 0,此时四边形的面积S = 6.若I 1与I 2的斜率都存在，设I 1的斜率为k ,1则I 2的斜率为一匸， 则直线11的方程为y = k (x + 1).设 A (X 1, y 1), B (x 2, y 2),y = k x + 1消去 y 并整理得(4 k 2+ 3) x 2+ 8k 2x + 4k 2— 12= 0.①8k2 4k2 — 12 :x1+x2= — 4^，x1x2=花輛，12pk2 + 1A|x1 — x21= 4k2 + 3，-------- 12 k2 +1 - --A* 11 + k21 x i — X 2| = 4k2 + 3，②注意到方程①的结构特征和图形的对称性，1可以用一1代替②中的k ,172 1 + k2 2 S=— AB- CD=24k2 + 3-3k2 + 4'2令 k = t € (0 ,+ I ,M N 为曲线Q 上的两点，且直线故所求椭圆方程为 x2 y24 +_3 = 1.联立方程组 x2 y27 + J = 1，得CD=12 k2 + 1 3k2 + 4 S =72 1+1 24t + 3- 3t + 46 12t2 + 25t + 12 —6t12t2 + 25t + 126 6 288=6 ——49，12 4912t +-p + 25当且仅当t = 1时等号成立,288• S C[49，6)，综上可知，四边形ABCD勺面积S G】2 3 4^, 6].12. (1)解由椭圆E的离心率为^,得£=舟即有a= 2c,a 2x2 y2• E的方程可化为花+忘=1, 设椭圆上的动点H(x o, y o)( —2c< x°W2c),2 3即y0= 3c —4x2,②②代入①整理可得,x0 —4c 2( —2c W X oW2 c),•••当X o= 2c 时，HFn in= c= 1.x2 y2故所求椭圆E的方程为-+三=1.⑵证明由⑴可知A—2,0) , B(2,0),所以k MA= 6 , k MB= 2,故MA勺方程为y = 6(x+ 2),ty = x+2 ,6联立方程组x2 y2+ —= 14 十3 1，•/ F( c, 0) , • HF= ：x0 —c 2+ y0,①又由月+鶉=1,4c2 3c2H&2 2 2 2得(27 + t )x + 4t x + (4t — 108) = 0,—4t2 54 — 2t2 …X P = — X A =27 +12 27+ t22t2 — 6 同理，可求得点Q 3 + t2，3 +t2「不(t2 — 9— 6t )Q= (3+ t2，3 + t2 )，工〜 3 3+12 T 而 PF =27+12 FQ••• t € R 且t 工0时，点P, F , Q 三点共线.又△ MFF 2的周长为6，2a + 2c = 6 , 所以c=cos 60 ax2 y2所以椭圆方程是7+= j当m= 0时，直线I 的方程为x = 1,N 的坐标分别是(1 , |) , (1 , — |),又点A 的坐标是(一2,0),由图可以得到 P, Q 两点坐标分别是(4,3) , (4 , — 3), 以PQ 为直径的圆过右焦点，被 x 轴截得的弦长为6 , 猜测当m 变化时，以PQ 为直径的圆恒过焦点 F 2 ,被x 轴截得的弦长为定值6.证明如下:设点M N 的坐标分别是(x i , y i ), (X 2, y 2),3 .解⑴当m ^ — ，直线的倾斜角为 12 0° ,代入MA 的方程，得y p = 6(X P + 2)18t27 + t2， •••点只54—讐，27+ t2 18t 、 27 + t2 )， —6t ),于是P 乍=严—27 —18t27 + t2，27 + t2 )，解得 a = 2, c = 1 , ? b = 3 , 此时，点My x + 2则直线人⑷勺方程是y=口 x = my + 1,2 2 2 2得 3(my + 1) + 4y = 12? (3m + 4) y + 6my-9 = 0,从而 F2P • F2Q= (4 — 1)(4 — 1) +=9 |3盼2my1+ 3 my2+ 336y1y2=9 +m2y1y2+ 3m y1 + y2 + 9—9X 369 —p 0于 一 9m2- 18m2^ 27m2+ 36 ，所以，以PQ 为直径的圆一定过右焦点 F 2,被x 轴截得的弦长为定值 6.4.解 (1)由题意知，当 A 为抛物线C 的焦点且直线 MA 与其对称轴垂直时，1 亠 1 p p2 9&MON F • OA- MN= •云・2 p = — = ^, 二 P = 3,2 故抛物线C 的标准方程为y = 6x .(2)设 Mi y 1), N(X 2, y 2), 直线MN 的方程为x = my — a ,x = my — a , 联立y2 = 6x , 得 y -6my-6a = 0,2••• A = 36m + 24a >0,y 1 + y 2 = 6m y 1y 2=— 6a.由对称性，不妨设 m>0 , ①当 a <0 时,T y 1y 2= — 6a >0,所以点 P 的坐标是(4 ,同理，点 Q 的坐标是(4 ,6y2) x2 +由方程组x2 y2~4 + ~3 1, 所以y 1 + y 2 =—6m3m2+ 4一 9 y1y2= 3m2+ 4，36y1y2 x1 + 2 x2 + 2• y1, y2 同号,又G 0,1），则直线GR 的方程为y —-盘x + 1.①又 t =丄+1= _______________ +AMAN 寸 i + m2|y1| 寸 1 + m2|y2|'」 1 、， yi + y2 2■ ■ t/\1 + m2 y1y2 21 36m2x -1 + m2 36a21 1a2(1 1 + m2，不论a 取何值，t 均与m 有关， 即当a <0时，A 不是“稳定点”. ②当a >0时，讨旳2— — 6a <0,■- y 1, y 2异号，1 1 又 t —-4-—又—AM T AN■'1 + m2|y1| 十’1 + m2|y2| ' 21 y1 — y2 2■ t ---------- x—1 + m2 y1y2 21 x y1 + y2 2 — 4y1y2 1 + m2 y1y2 21 36m2+ 24ax - 36a2 1 + m21—a2(1 2 3a -1 + 1 +m2，所以当且仅当3a - 1 — 0, 3即a — 时，t 与m 无关，此时A ：|, 0）为抛物线C 的焦点,即抛物线C 的对称轴上仅有焦点这一个“稳定点”.5•证明OR CR 1 ⑴「O F—击—n ， ■尺卡,0) , R( . 3,n — 1 "V )•设 MN x = t （—帀＜t ＜取）, 则 Ml '\ \ 1 — 3 ）， N （t ，—, 1 — 3 ），1k GM ・ k GN = 3，不合题意，②当直线MN 的斜率存在时，设 MN y = kx + b ,Mx 1, yj , N (x 2, y 2),y = kx + b ,联立方程组x2亍 + y2 = 1,222得(1 + 3k )x + 6kbx + 3b — 3 = 0,2 2贝U A = 12(3 k — b + 1)>0 , —6kb3b2 — 3x i + X 2=1 * 3k2，乂风二仆 3k2., y1 — 1 y2 — 1 k2x1x2 + k b — 1 x1 + x2 + b — 1 2 2k GN = • ==—,x1 x2 x1x23'又E （0，- 1），则直线ER 的方程为)由①②得P 2 3 n n2 - 1 n2+ 1， n2 + 1 2 3nn2 + 1 3~2-+ ( n2— 1 2 4n 2+ n2 — 1n2+ 1) = n2+ 1 __2 2 -=1,MN 的斜率不存在时,Q : X2 + y 2 = 1 上.3又k Gi11 / 92 2即(3 k —2) X1X2 + 3k(b—1)( X i + X2) + 3( b—1) = 0,- —6kb 3b2 — 3 、口将Xi+ X2= i + 3k2 , XlX2= i + 3k2代入上式得b=—3,•••直线过定点T(0，—3).。
圆锥曲线问题在高考的常见题型及解题技巧
圆锥曲线问题在高考的常见题型及解题技巧圆锥曲线是数学中的重要概念，也是高中数学中的重要内容之一。
在高考中，圆锥曲线问题往往是考查学生分析能力、解题技巧和数学理论应用能力的重要内容。
圆锥曲线问题包括了圆、椭圆、双曲线和抛物线等内容，这些问题在高考中的常见题型有很多，下面我们就来总结一下圆锥曲线问题在高考中的常见题型及解题技巧。
一、圆锥曲线的常见题型1. 求解圆锥曲线的焦点、直径等坐标问题2. 求圆锥曲线与坐标轴的交点3. 求圆锥曲线的参数方程4. 求解圆锥曲线的切线方程5. 求解圆锥曲线的渐近线方程6. 判断点是否在圆锥曲线内部或外部等问题这些都是高考中经常出现的圆锥曲线的题型，考查学生的代数计算、几何推理、参数方程应用等多方面的数学能力。
二、解题技巧1. 确定圆锥曲线的类型在解题时首先要明确圆锥曲线的类型，包括圆、椭圆、双曲线和抛物线等。
这样可以根据具体的类型选择相应的解题方法，避免盲目求解导致错误。
2. 利用几何的方法辅助求解对于椭圆、双曲线等圆锥曲线，可以利用几何的方法来辅助求解，比如通过图形性质来确定焦点、直径等坐标，利用图形的对称性质来求解切线方程等。
3. 转换坐标系有些圆锥曲线问题在直角坐标系中比较复杂，但是如果将坐标系进行适当的旋转、平移或变换，可能会使问题更易于求解。
将坐标系转换成合适的坐标系是解决问题的有效方法之一。
4. 参数化求解对于一些复杂的圆锥曲线问题，可以尝试使用参数方程来进行求解，将问题转化成参数方程的形式，有时会使问题变得更加简单。
5. 利用数学工具软件辅助求解在解题过程中，可以利用数学软件来辅助求解，比如利用计算机绘制图形、求解方程等，可以帮助理清思路、验证结果，并避免繁琐的计算错误。
三、举例分析以下举一个常见的圆锥曲线问题作为例子进行分析：已知椭圆的方程为：\[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \]求椭圆的焦点坐标及渐近线方程。
圆锥曲线问题在高考的常见题型及解题技巧
圆锥曲线问题在高考的常见题型及解题技巧圆锥曲线是数学中的一个重要概念，在高考数学考试中经常出现。
圆锥曲线问题在高考中的题型多样，涉及到椭圆、双曲线和抛物线等各种不同的情况。
学生需要掌握不同类型圆锥曲线的基本知识和解题方法，才能在考试中取得好成绩。
本文将详细介绍圆锥曲线问题在高考中的常见题型及解题技巧。
一、椭圆问题在高考数学中，椭圆问题是圆锥曲线中的一个常见题型。
椭圆是圆锥曲线中的一种，其数学方程一般表示为x²/a² + y²/b² = 1。
椭圆问题在高考中主要涉及到椭圆的性质、方程和相关的几何问题。
下面是一些常见的椭圆问题和解题技巧：1. 椭圆的性质椭圆有许多独特的性质，例如焦点、长轴、短轴等。
解决椭圆问题时，首先需要熟悉椭圆的基本性质，包括焦点的坐标、长轴和短轴的长度等。
了解这些性质可以帮助学生更好地理解和解决椭圆相关的问题。
2. 椭圆的方程学生需要掌握椭圆的标准方程和一般方程，以及如何从一个方程中得到椭圆的相关信息。
如何通过椭圆的方程确定焦点和长轴的长度等。
熟练掌握椭圆的方程和相关的计算方法是解决椭圆问题的关键。
3. 几何问题在高考中，椭圆问题经常涉及到与椭圆相关的几何问题，例如椭圆的切线、法线、焦点、离心率等。
解决这些问题需要学生具有一定的几何直觉和解题技巧，可以通过画图、几何推理等方法来解决。
二、双曲线问题三、抛物线问题在解决圆锥曲线问题时，学生需要注意以下几个解题技巧：1. 画图对于圆锥曲线相关的几何问题，画图是非常重要的。
学生可以通过画图来直观地理解问题，并且可以通过几何推理来解决问题。
2. 几何推理圆锥曲线问题往往需要一定的几何推理能力，例如通过推导得到相关的性质和结论。
学生需要熟练掌握几何推理的方法，以便解决圆锥曲线问题。
3. 代数计算除了几何推理，对于圆锥曲线的方程和相关计算问题，学生还需要掌握代数计算的方法，包括因式分解、配方法、求导等。
圆锥曲线中的几何问题
圆锥曲线中的几何问题全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：圆锥曲线是解析几何中一个非常重要的概念，它是由一个固定点（焦点）和一条固定直线（直角）确定的一类曲线。
圆锥曲线包括圆、椭圆、抛物线和双曲线四种类型，它们在数学和物理学中有着广泛的应用。
在圆锥曲线中，我们常常会遇到一些有趣的几何问题，下面我们就来讨论一些常见的问题。
1. 圆锥曲线的焦点和直角每一种圆锥曲线都有其独特的性质。
对于椭圆和双曲线来说，焦点和直角是平面上的两个点。
而对于圆和抛物线来说，焦点和直角是同一个点。
焦点和直角的位置决定了圆锥曲线的形状。
椭圆的焦点和直角之间的距离越小，椭圆就越扁平；而双曲线的焦点和直角之间的距离越大，双曲线就越尖锐。
焦点和直角是圆锥曲线的特征点，它们具有一些重要的性质。
焦点和直角之间的距离等于圆锥曲线的半长轴长度。
这意味着半长轴越长，焦点和直角之间的距离就越大。
焦点和直角之间的距离是一个常数，不随圆锥曲线的形状而改变。
这意味着无论圆锥曲线是椭圆、抛物线还是双曲线，焦点和直角之间的距离始终保持不变。
3. 圆锥曲线的离心率在圆锥曲线中，离心率是一个重要的参数，它描述了曲线的拉伸程度。
离心率的取值范围是0到1之间，离心率等于0时表示圆形，等于1时表示抛物线。
离心率越接近于0，曲线就越接近于圆形；离心率越接近于1，曲线就越拉长。
椭圆和双曲线的离心率范围在0到1之间，而抛物线的离心率恰好等于1。
在椭圆和双曲线中，焦点和直角之间的距离等于定点到曲线上任意一点的距离之和。
这就是著名的焦点定理，它是圆锥曲线独特的性质之一。
焦点定理不仅在数学中有着重要的应用，还在物理学和工程学中起着重要的作用。
椭圆的焦点定理可以帮助我们设计卫星轨道、光学设备等。
圆锥曲线中的几何问题是解析几何中一个非常重要和有趣的部分。
通过研究圆锥曲线的性质和定理，我们可以更好地理解数学和物理世界中的形状和运动规律。
希望本文对您有所帮助，谢谢阅读！第二篇示例：圆锥曲线是几何学中非常重要的一个概念，它在解决各种几何问题中起着至关重要的作用。
圆锥曲线问题在高考的常见题型及解题技巧
圆锥曲线问题在高考的常见题型及解题技巧圆锥曲线作为高等数学中的重要内容，经常出现在高中数学的教学中，也是高考数学中的一个热点考点。
掌握圆锥曲线的相关知识和解题技巧对于学生来说非常重要。
本文将介绍圆锥曲线问题在高考中的常见题型及解题技巧，希望能够帮助广大学生更好地应对高考数学考试。
一、圆锥曲线问题的常见题型1. 椭圆的方程与特征：椭圆的标准方程为\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1，其中a和b分别为椭圆在x轴和y轴上的半轴长。
在高考中，通常会出现给定椭圆的焦点、顶点等信息求椭圆的方程，或者反过来给定椭圆的方程求椭圆的相关信息的题目。
2. 抛物线的方程与性质：抛物线的标准方程为y=ax^2+bx+c，其中a不等于0。
高考中常见的题型包括给定抛物线的焦点、直径和顶点求抛物线的方程，或者求解抛物线与直线的交点等。
圆的标准方程为(x-a)^2+(y-b)^2=r^2，其中(a，b)为圆心坐标，r为半径。
高考中常见的题型包括求解圆与直线、圆与圆的交点、圆心坐标等。
1. 熟练掌握圆锥曲线的标准方程在解题时，首先要掌握圆锥曲线的标准方程，根据题目中给出的相关信息将其代入方程中，从而求出所需的未知数。
熟练掌握标准方程对于解题是非常重要的。
2. 注意利用圆锥曲线的性质在解题时，要善于利用圆锥曲线的性质，例如椭圆和双曲线的焦点、顶点等特征，抛物线的焦点、直径等特征，以及圆的半径、圆心坐标等特征。
通过这些性质，可以更快速地解题。
3. 结合几何思维进行分析在解题过程中，可以结合几何思维进行分析，画出相应的图形来辅助解题。
通过直观的几何图形，有时可以更好地理解题目要求，并且更容易找到解题的思路。
4. 熟练掌握相关公式和定理在解题过程中，要熟练掌握相关的公式和定理，例如椭圆和双曲线的离心率公式，抛物线的焦点、准线和方程性质，以及圆的切线和法线方程等。
熟练掌握这些公式和定理可以为解题提供更多的思路和方法。
如何通过圆锥曲线解决高考数学中的几何问题
如何通过圆锥曲线解决高考数学中的几何问题圆锥曲线是一种代数曲线，包括椭圆、抛物线、双曲线三种。
在高考数学中，圆锥曲线经常被用来解决几何问题。
本文将介绍如何通过圆锥曲线解决高考数学中的几何问题。
一、椭圆椭圆是一个平面内到两个给定点A、B的距离之和等于常数2a的所有点P的集合。
这两个点称为椭圆的焦点。
椭圆有许多重要的性质，其中一个是它的半长轴和半短轴之和等于焦距的两倍，即2a=AF+BF。
由此可以解决一些几何问题，例如以下问题：例1：椭圆C的两个焦点A、B的坐标分别是（-1，0）、（1，0），且椭圆C上有一点P(3，4)。
过点P的切线交x轴于点D，交y轴于点E，求线段DE的长度。
解：由于P在椭圆上，所以PA+PB=2a=2，其中a为椭圆的半长轴，且椭圆的中心在原点处。
因此，AF=BF=1，直线AP的方程为y=4x/3+4/3， AP的斜率k=4/3，所以过点P的切线的斜率为-3/4。
以P为起点，斜率为-3/4的直线交x轴于点D，交y轴于点E，通过计算可得DE的长度为15/4。
例2：在平面直角坐标系中，过点（1，1）的切线与圆x²+y²=4相交于点P，过点（2，0）的切线与圆相交于点Q，求线段PQ的长度。
解：圆的标准方程为x²+y²=4，所以其导数为2x+2y*dy/dx=0，即y'=-x/y。
因此，过点（1，1）的切线斜率为-y'/2=-1/2，过点（2，0）的切线斜率为-y'/2=-2/3。
以（1，1）和（2，0）为起点，斜率分别为-1/2和-2/3的直线相交于点P和Q，通过计算可得PQ的长度为2*sqrt(13)/3。
二、抛物线抛物线是一个平面内距离一个定点F（焦点）与一个定直线L （准线）距离相等的所有点P的集合。
从抛物线的定义，可以得出以下两个性质：1. 抛物线的准线切割抛物线的两个焦点的中垂线。
2. 抛物线关于其准线对称，焦点在准线上。
超实用高考数学重难点专题复习：专题九 平面解析几何 第九讲 圆锥曲线的综合问题(精讲课件)
知识拓展 1.圆锥曲线中的最值和范围问题的求解方法. 求解有关圆锥曲线的最值、参数范围的问题：一是注意题目中的几何特征， 充分考虑图形的性质，二是运用函数思想，建立目标函数， 求解最值，在利用代数法解决最值和范围问题时常从五个方面考虑：
（1）利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新参数的范围， 解决这类问题的核心是两个参数之间建立等量关系；
核心知识整合
考点2：定点与定值问题
1.定点问题 定点问题通常情况下要建立含参数的曲线方程， 选取合适的坐标（可通过取参数的不同特殊值及对应的方程组的根的求解来完成）， 即可说明此坐标适合该曲线方程且与参数无关.
2.定值问题 （1）定值问题的求解：可先考虑能否用特殊点或特殊值求出定值， 再推广到一般结论.
• 专题九 平面解析几何 • 第九讲 圆锥曲线的综合问题
01 能通过不同的方法解决圆锥曲线的综合问题.
重点
01 能通过不同的方法解决圆锥曲线的综合问题.
难点
距离高考还有一段时间，不少有经验的老师都会提醒考生，愈是临近高考，
能否咬紧牙关、学会自我调节，态度是否主动积极，安排是否科学合理，能不 能保持良好的心态、以饱满的情绪迎接挑战，其效果往往大不一样。以下是本 人从事10多年教学经验总结出的超实用新高考数学专题复习讲义希望可以帮助 大家提高答题的正确率，希望对你有所帮助，有志者事竟成！
也组成一个点集
F,上述定义中，
条件 条件
(1) C (2) F
F C
C
F
.
2.求动点的轨迹方程的步骤 （1）建系—建立适当的坐标系； （2）设点—设轨迹上的任意一点 P(x, y) ；
（3）列式—列出动点 P 的坐标所满足的关系式； （4）代换—依条件的特点，选用距离公式、斜率公式等将 其转化为关于 x,y 的方程式，并化简. （5）证明—证明所求方程即为符合条件的动点的轨迹方程.
高考数学核心考点深度解析圆锥曲线篇
高考数学核心考点深度解析圆锥曲线篇在高考数学中，圆锥曲线一直是一个重要的考点，其涉及的知识点较为深奥，对学生的数学能力和逻辑思维能力都有很高的要求。
本文将从圆锥曲线的基本概念出发，深度解析其在高考数学中的应用，并对其中的核心考点进行逐一剖析。
一、基本概念1. 圆锥曲线的定义：圆锥曲线是平面上的点到两个定点的距离之比等于到一个定点到一个定直线的距离的性质的点的轨迹。
2. 圆锥曲线的分类：圆锥曲线包括椭圆、双曲线和抛物线三种类型，它们分别对应着不同的几何特征和数学表达式。
二、椭圆1. 椭圆的定义：椭圆是平面上到两个定点的距离之和等于常数的点的轨迹。
2. 椭圆的性质：椭圆具有对称性、焦点、长轴和短轴等几何特征，并且在数学上有严格的表达式和性质。
三、双曲线1. 双曲线的定义：双曲线是平面上到两个定点的距离之差等于常数的点的轨迹。
2. 双曲线的性质：双曲线同样具有对称性、焦点、渐近线等独特的几何特征，其数学性质和表达式也有着明确定义。
四、抛物线1. 抛物线的定义：抛物线是平面上到一个定点到一个定直线的距离相等的点的轨迹。
2. 抛物线的性质：抛物线是所有圆锥曲线中最简单的一种，其几何性质和数学表达式都具有很强的规律性和特殊性。
五、高考数学中的应用圆锥曲线在高考数学中有着举足轻重的地位，它涉及到的知识点既有几何直观又有严谨的数学表达，考查的内容也涵盖了平面几何、解析几何和代数方程等多个方面。
六、核心考点解析1. 圆锥曲线方程：掌握圆锥曲线的一般方程及标准方程是解题的基础，要熟练掌握各种类型圆锥曲线的方程形式和性质。
2. 圆锥曲线的性质：了解椭圆、双曲线和抛物线各自的特点和性质，对其焦点、渐近线、参数方程等知识要有深入的理解。
3. 圆锥曲线的应用：掌握圆锥曲线在现实生活和工程技术中的实际应用，能够将数学知识与实际问题相结合。
七、个人观点圆锥曲线作为高考数学的重要内容，不仅考查学生对数学知识的掌握和运用能力，更重要的是培养学生的逻辑思维和数学素养。
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【步步高】（江苏专用）2017版高考数学 专题9 平面解析几何 74圆锥曲线中的综合热点问题 文 训练目标 对圆锥曲线热点、难点集中研究，重点突破，规范训练解题格式、解题步骤. 训练题型 (1)范围、最值问题；(2)定点、定值问题；(3)探索性问题.解题策略 (1)利用化归思想结合定义、性质，将问题转化为圆锥曲线常见问题；(2)利用函数与方程思想，寻找探索性问题的解题思路；(3)利用数形结合思想及圆锥曲线的几何性质，解决定值、定点问题.1．(2015·浙江重点中学协作体上学期第二次适应性测试)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的离心率为12，且经过点P (1，32)．过它的两个焦点F 1，F 2分别作直线l 1与l 2，l 1交椭圆于A ，B 两点，l 2交椭圆于C ，D 两点，且l 1⊥l 2.(1)求椭圆的标准方程；(2)求四边形ACBD 的面积S 的取值范围．为右焦点，F ，12的离心率为>0)b >a 1(＝y2b2＋x2a2：E 图，椭圆如)深圳第二次调研(2015·．2点A ，B 分别为左，右顶点，椭圆E 上的点到F 的最短距离为1.(1)求椭圆E 的方程；(2)设t ∈R 且t ≠0，过点M (4，t )的直线MA ，MB 与椭圆E 分别交于点P ，Q ，求证：点P ，F ，Q 共线．－(1F 的左，右焦点分别是>0)b >a 1(＝y2b2＋x2a2：C 已知椭圆)江西新余上学期期末(2015·．3C 是椭圆M 时，33＝－m 两点，且当N ，M 交于C 与椭圆c ＋my ＝x ：l ，直线0)c,(2F ，0)c, 6.的周长为2F 1MF △的上顶点，且(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆C 的左顶点为A ，直线AM ，AN 与直线：x ＝4分别相交于点P ，Q ，问当m 变化时，以线段PQ 为直径的圆被x 轴截得的弦长是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，说明理由．上一动点，C 为抛物线M ，>0)p (px 2＝2y 的标准方程为C 已知抛物线)济南模拟(2015·．4A (a,0)(a ≠0)为其对称轴上一点，直线MA 与抛物线C 的另一个交点为N .当A 为抛物线C 的.92的面积为MON △与其对称轴垂直时，MA 焦点且直线 (1)求抛物线C 的标准方程；出所有，试求”稳定点“为A 点位置无关，则称此时的点M 的值与t ，若1AN＋1AM ＝t 记(2)“稳定点”，若没有，请说明理由．分别为矩形H ，G ，F ，E ，2＝AD ，32＝AB 中，ABCD 在矩形)月联考4湖北七市(2015·．5四条边的中点，以HF ，GE 所在直线分别为x ，y 轴建立直角坐标系(如图所示)，若R ，R ′.1n＝CR′CF ＝OR OF 上，且CF ，OF 分别在线段上；1＝2y ＋x23：Ω在椭圆P 的交点′GR 与ER 求证：直线(1)过定MN ，求证：直线23的斜率之积为GN 与直线GM 上的两点，且直线Ω为曲线N ，M 若(2)点．答案解析 ，2c 3＝2b ，2c 4＝2a ，所以c 2＝a ⇒12＝c a 由(1) ．解1 ，1＝2c 的坐标代入椭圆方程得P 将点 1.＝y23＋x24故所求椭圆方程为 中有一条直线的斜率不存在，2l 与1l 若(2) 则另一条直线的斜率为0，此时四边形的面积S ＝6.，k 的斜率为1l 的斜率都存在，设2l 与1l 若 ，1k的斜率为－2l 则 ．1)＋x (k ＝y 的方程为1l 则直线 ，)2y ，2x (B ，)1y ，1x (A 设 ⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x ＋1，x24＋y23＝1，联立方程组 0.①＝12－2k 4＋x 2k 8＋2x 3)＋2k (4并整理得y 消去 ，4k2－124k2＋3＝2x 1x ，8k24k2＋3＝－2x ＋1x ∴ ，12k2＋14k2＋3＝|2x －1x ∴| ②，12k2＋14k2＋3＝|2x －1x |1＋k2＝AB ∴ 注意到方程①的结构特征和图形的对称性，，k 中的②代替1k可以用－ ，12k2＋13k2＋4＝CD 得 ，721＋k224k2＋3·3k2＋4＝CD ·AB 12＝S ∴ ，∞)，＋∈(0t ＝2k 令 721＋t 24t ＋3·3t ＋4＝S ∴612t2＋25t ＋12－6t 12t2＋25t ＋12＝ ，28849＝649－≥6612t ＋12t＋25－6＝ 当且仅当t ＝1时等号成立，，6)，28849∈[S ∴ ．6]，28849∈[S 的面积ABCD 综上可知，四边形 ，12的离心率为E 由椭圆 解(1)．2 ，c 2＝a 即有12＝c a 得 ，2c 3＝2c －2a ＝2b ∴ ，1＝y23c2＋x24c2的方程可化为E ∴ ，)c ≤20x ≤c 2－)(0y ，0x (H 设椭圆上的动点 ①，x0－c 2＋y20＝HF ∴，0)c,(F ∵ ，1＝y203c2＋x204c2又由 ②，20x 34－2c 3＝20y 即 ②代入①整理可得，，)c ≤20x ≤c 2－(14x0－4c 2 ＝HF 1.＝c ＝min HF 时，c 2＝0x 当∴ 1.＝y23＋x24的方程为E 故所求椭圆 (2)证明 由(1)可知A (－2,0)，B (2,0)，，t 2＝MB k ，t 6＝MA k 所以 ，2)＋x (t 6＝y 的方程为MA 故 ⎩⎪⎨⎪⎧y ＝t 6x ＋2，x24＋y23＝1，联立方程组，0＝108)－2t (4＋x 2t 4＋2x )2t ＋(27得 ，－4t227＋t2＝P x ＋A x 故 ，54－2t227＋t2＝A x －－4t227＋t2＝P x ∴ ，18t 27＋t2＝2)＋P x (t 6＝P y 的方程，得MA 代入 ，)18t 27＋t2，54－2t227＋t2(P 点∴ ，)－6t 3＋t2，2t2－63＋t2(Q 同理，可求得点 ，)－18t 27＋t2，3t2－2727＋t2(＝F →P 于是 ，)－6t 3＋t2，t2－93＋t2(＝Q →F ，FQ →33＋t227＋t2＝PF →而 ∴t ∈R 且t ≠0时，点P ，F ，Q 三点共线．，120°时，直线的倾斜角为33＝－m 当(1) ．解3 ，6的周长为2F 1MF △又 ，3＝b ⇒，1＝c ，2＝a 解得⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋2c ＝6，c a ＝cos 60°，所以 1.＝y23＋x24所以椭圆方程是 (2)当m ＝0时，直线l 的方程为x ＝1，，)32，－(1，)32，(1的坐标分别是N ，M 此时，点 又点A 的坐标是(－2,0)，由图可以得到P ，Q 两点坐标分别是(4,3)，(4，－3)，以PQ 为直径的圆过右焦点，被x 轴截得的弦长为6，，2F 为直径的圆恒过焦点PQ 变化时，以m 猜测当 被x 轴截得的弦长为定值6.证明如下：，)2y ，2x (，)1y ，1x (的坐标分别是N ，M 设点，x ＋2x1＋2＝y y1的方程是AM 则直线 ，)6y1x1＋2，(4的坐标是P 所以点 ，)6y2x2＋2，(4的坐标是Q 同理，点 ⎩⎪⎨⎪⎧ x24＋y23＝1，x ＝my ＋1，由方程组 ，0＝9－my 6＋2y 4)＋2m (3⇒12＝2y 4＋21)＋my 3(得 ，－93m2＋4＝2y 1y ，－6m 3m2＋4＝2y ＋1y 所以 36y1y2x1＋2x2＋2＋1)－1)(4－(4＝F2Q →·F2P →从而 36y1y2my1＋3my2＋3＋9＝ 36y1y2m2y1y2＋3m y1＋y2＋9＋9＝ ，0＝－9×36－9m2－18m2＋27m2＋36＋9＝ ，2F 为直径的圆一定过右焦点PQ 所以，以 被x 轴截得的弦长为定值6.4．解 (1)由题意知，当A 为抛物线C 的焦点且直线MA 与其对称轴垂直时，，92＝p22＝p ·2p 2·12＝MN ·OA ·12＝MON △S ∴p ＝3，.x 6＝2y 的标准方程为C 故抛物线 ，)2y ，2x (N ，)1y ，1x (M 设(2) 直线MN 的方程为x ＝my ＋a ，⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝my ＋a ，y2＝6x ，联立 ，0＝a 6－my 6－2y 得 ，>0a 24＋2m 36＝Δ∴ .a 6＝－2y 1y ，m 6＝2y ＋1y 由对称性，不妨设m >0，，>0a 6＝－2y 1y ∵，时<0a 当① ，同号2y ，1y ∴， 11＋m2|y2|＋11＋m2|y1|＝1AN ＋1AM ＝t 又 y1＋y22y1y22×11＋m2＝2t ∴ 36m236a2×11＋m2＝，)11＋m2－(11a2＝ 不论a 取何值，t 均与m 有关，即当a <0时，A 不是“稳定点”．，<0a 6＝－2y 1y ∵时，>0a 当② 异号，2y ，1y ∴ 1AN＋1AM ＝t 又 ，11＋m2|y2|＋11＋m2|y1|＝ y1－y22y1y22×11＋m2＝2t ∴ y1＋y22－4y1y2y1y22×11＋m2＝ 36m2＋24a 36a2×11＋m2＝ ，)23a －11＋m2＋(11a2＝ ，0＝1－a 23所以当且仅当 无关，m 与t 时，32＝a 即 的焦点，C 为抛物线0)，32(A 此时 即抛物线C 的对称轴上仅有焦点这一个“稳定点”．，1n＝CR′CF ＝OR OF (1)∵ ．证明5 ．)n －1n，3′(R ，0)，3n (R ∴ 1.①＋x 13n ＝－y 的方程为′GR ，则直线(0,1)G 又1.②－x n 3＝y 的方程为ER ，则直线1)，－(0E 又 ，)n2－1n2＋1，23n n2＋1(P 得①②由 ，1＝4n2＋n2－12n2＋12＝2)n2－1n2＋1(＋23n n2＋123∵ 上．1＝2y ＋x23：Ω在椭圆P 的交点′GR 与ER 直线∴(2)①当直线MN 的斜率不存在时，，)3<t <3－(t ＝x ：MN 设 ，)1－t23，－t (N ，)1－t23t, (M 则 ，不合题意，13＝GN k ·GM k ∴ ②当直线MN 的斜率存在时，设MN ：y ＝kx ＋b ，，)2y ，2x (N ，)1y ，1x (M ⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋b ，x23＋y2＝1，联立方程组 ，0＝3－2b 3＋kbx 6＋2x )2k 3＋(1得 ，1)>0＋2b －2k 12(3＝Δ则 .3b2－31＋3k2＝2x 1x ，－6kb 1＋3k2＝2x ＋1x ，23＝k2x1x2＋k b －1x1＋x2＋b －12x1x2＝y2－1x2·y1－1x1＝GN k · GM k 又，0＝21)－b 3(＋)2x ＋1x 1)(－b (k 3＋2x 1x 2)－2k (3即 ，3＝－b 代入上式得3b2－31＋3k2＝2x 1x ，－6kb 1＋3k2＝2x ＋1x 将 ∴直线过定点T (0，－3)．。