圆锥曲线-答案与解析几何
圆锥曲线中的直线(线段)的问题(含解析)
圆锥曲线中的直线（线段）的问题解析几何题的解题思路一般很容易觅得，实际操作时，往往不是因为难于实施，就是因为实施起来运算繁琐而被卡住，最终放弃此解法，因此方法的选择特别重要．从思想方法层面讲，解决解析几何问题主要有两种方法：．一般的，设线法是比较顺应题意的一种解法，它的参变量较少，目标集中，思路明确；而设点法要用好点在曲线上的条件，技巧性较强，但运用的好，解题过程往往会显得很简捷．对于这道题，这两种解法差别不是很大，但对于有些题目，方法选择的不同，差别会很大，因此要注意从此题的解法中体会设点法和设线法的不同． 一、题型选讲题型一 、圆锥曲线中的线段的关系例1、【2020年高考北京】设抛物线的顶点为O ，焦点为F ，准线为l ．P 是抛物线上异于O 的一点，过P 作PQ l 于Q ，则线段FQ 的垂直平分线 A ． 经过点O B ． 经过点P C ． 平行于直线OPD ． 垂直于直线OP例2、(2019南京学情调研）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为22，且直线l ：x ＝2被椭圆E 截得的弦长为2.与坐标轴不垂直的直线交椭圆E 于P ，Q 两点，且PQ 的中点R 在直线l 上．点M(1，0)．(1) 求椭圆E 的方程；(2) 求证：MR⊥PQ.例3、(2016南京三模）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，点(2,1)在椭圆C 上．(1) 求椭圆C 的方程；(2) 设直线l 与圆O ：x 2＋y 2＝2相切，与椭圆C 相交于P ，Q 两点. ①若直线l 过椭圆C 的右焦点F ，求△OPQ 的面积； ②求证： OP ⊥OQ .题型二、圆锥曲线中直线的斜率问题例4、（2020届浙江省台州市温岭中学3月模拟）已知P ，Q 是椭圆2213x y +=上的两点(点Q 在第一象限)，若()1,0M ，且直线PM ，QM 的斜率互为相反数，且2PM QM =，则直线QM 的斜率为____________.例5、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知椭圆()222210x y a b a b +=>>，F 是其右焦点，直线y kx =与椭圆交于A ，B 两点，8AF BF +=. （1）求椭圆的标准方程；（2）设()3,0Q ，若AQB ∠为锐角，求实数k 的取值范围.例6、(2018苏锡常镇调研）已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)经过点⎝⎛⎭⎫3，12，⎝⎛⎭⎫1，32，点A 是椭圆的下顶点．(1) 求椭圆C 的标准方程；(2) 过点A 且互相垂直的两直线l 1，l 2与直线y ＝x 分别相交于E ，F 两点，已知OE ＝OF ，求直线l 1的斜率．例7、(2019苏州期初调查）已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A ，B ，离心率为12，点P ⎝⎛⎭⎫1，32为椭圆上一点．(1) 求椭圆C 的标准方程；(2) 如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l 与椭圆交于M ，N 两点，记直线AM 的斜率为k 1，直线BN 的斜率为k 2，若k 1＝2k 2，求直线l 斜率的值．题型三、圆锥曲线中直线的方程例8、【2019年高考全国⊥卷理数】已知抛物线C ：y 2=3x 的焦点为F ，斜率为的直线l 与C 的交点为A ，B ，与x 轴的交点为P ．（1）若|AF |+|BF |=4，求l 的方程； （2）若，求|AB |．例9、（2020届浙江省十校联盟高三下学期开学）如图，已知抛物线24y x =的焦点为F ，准线为l ，过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点B 在准线l 上的投影为E ，若C 是抛物线上一点，且AC EF⊥.（1）证明：直线BE 经过AC 的中点M ；（2）求ABC ∆面积的最小值及此时直线AC 的方程.例10、(2018南通、泰州一调）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为22，两条准线之间的距离为4 2.(1) 求椭圆的标准方程；(2) 已知椭圆的左顶点为A ，点M 在圆x 2＋y 2＝89上，直线AM 与椭圆相交于另一点B ，且⊥AOB 的面323AP PB=积是⊥AOM 的面积的2倍，求直线AB 的方程．二、达标训练1、(2019宿迁期末）如图所示，椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为22，右准线方程为x ＝4，过点P(0，4)作关于y 轴对称的两条直线l 1，l 2，且l 1与椭圆交于不同两点A ，B ，l 2与椭圆交于不同两点D ，C.(1) 求椭圆M 的方程；(2) 证明：直线AC 与直线BD 交于点Q(0，1)； (3) 求线段AC 长的取值范围．2、(2018扬州期末）已知椭圆E 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)，若椭圆E 2：x 2ma 2＋y 2mb 2＝1(a>b>0，m>1)，则称椭圆E 2与椭圆E 1“相似”．(1) 求经过点(2，1)，且与椭圆E 1：x 22＋y 2＝1“相似”的椭圆E 2的方程．(2) 若椭圆E 1与椭圆E 2“相似”，且m ＝4，椭圆E 1的离心率为22，P 在椭圆E 2上，过P 的直线l 交椭圆E 1于A ，B 两点，且AP →＝λAB →.①若B 的坐标为(0，2)，且λ＝2，求直线l 的方程； ②若直线OP ，OA 的斜率之积为－12，求实数λ的值．3、(2017南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为23，C 为椭圆上位于第一象限内的一点． (1) 若点C 的坐标为⎝⎛⎭⎫2，53，求a ，b 的值；(2) 设A 为椭圆的左顶点，B 为椭圆上一点，且AB →＝12OC →，求直线AB 的斜率．4、(2017无锡期末）已知椭圆x 24＋y 23＝1，动直线l 与椭圆交于B ，C 两点(点B 在第一象限)．(1) 若点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫1，32，求△OBC 的面积的最大值；(2) 设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，且3y 1＋y 2＝0，求当△OBC 的面积最大时直线l 的方程．5、(2018南京、盐城、连云港二模）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，上顶点A 到右焦点的距离为 2.过点D(0，m)(m≠0)作不垂直于x 轴，y 轴的直线l 交椭圆E 于P ，Q 两点，C 为线段PQ 的中点，且AC⊥OC.(1) 求椭圆E 的方程；(2) 求实数m 的取值范围；(3) 延长AC 交椭圆E 于点B ，记⊥AOB 与⊥AOC 的面积分别为S 1，S 2，若S 1S 2＝83，求直线l 的方程．一、题型选讲题型一 、圆锥曲线中的线段的关系例1、【2020年高考北京】设抛物线的顶点为O ，焦点为F ，准线为l ．P 是抛物线上异于O 的一点，过P作PQ l ⊥于Q ，则线段FQ 的垂直平分线 A ． 经过点O B ． 经过点P C ． 平行于直线OP D ． 垂直于直线OP【答案】B【解析】如图所示：．因为线段FQ 的垂直平分线上的点到,F Q 的距离相等，又点P 在抛物线上，根据定义可知，PQ PF =，所以线段FQ 的垂直平分线经过点P . 故选：B ．例2、(2019南京学情调研）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为22，且直线l ：x ＝2被椭圆E 截得的弦长为2.与坐标轴不垂直的直线交椭圆E 于P ，Q 两点，且PQ 的中点R 在直线l 上．点M(1，0)．(1) 求椭圆E 的方程；(2) 求证：MR⊥PQ.规范解答 (1)因为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝22，所以e 2＝c 2a 2＝1－b 2a 2＝12，即a 2＝2b 2. (2分) 因为直线l ：x ＝2被椭圆E 截得的弦长为2， 所以点(2，1)在椭圆上，即4a 2＋1b 2＝1. 解得a 2＝6，b 2＝3，所以椭圆E 的方程为x 26＋y 23＝1.(6分)(2)解法1(设线法) 因为直线PQ 与坐标轴不垂直，故设PQ 所在直线的方程为y ＝kx ＋m. 设 P(x 1，y 1)，Q(x 2, y 2) .因为PQ 的中点R 在直线 l ：x ＝2上，故R(2，2k ＋m)．联立方程组⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 26＋y 23＝1， 消去y ，并化简得 (1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0, (9分) 所以x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2 .由x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2＝4，得1＋2k 2＝－km.(12分) 因为M(1，0)，故k MR ＝2k ＋m2－1＝2k ＋m ，所以k MR ·k PQ ＝(2k ＋m)k ＝2k 2＋km ＝2k 2－(1＋2k 2)＝－1，所以MR⊥PQ.(16分) 解法2(设点法) 设P(x 1，y 1)，Q(x 2, y 2)．因为PQ 的中点R 在直线 l ：x ＝2上，故设R(2，t)．因为点P ，Q 在椭圆E ：x 26＋y 23＝1上，所以⎩⎨⎧x 216＋y 213＝1，x 226＋y 223＝1，两式相减得(x 1＋x 2) (x 1－x 2)＋2(y 1＋y 2) (y 1－y 2)＝0.(9分) 因为线段PQ 的中点为R ，所以x 1＋x 2＝4，y 1＋y 2＝2t. 代入上式并化简得(x 1－x 2)＋t (y 1－y 2)＝0.(12分) 又M(1，0)，所以MR →·PQ →＝(2－1)×(x 2－x 1)＋(t －0)×(y 2－y 1)＝0，因此 MR⊥PQ.(16分)用代数法处理圆锥曲线综合题的常见方法有两种：设点法、设线法．对于本题而言，两种方法都可以，解题时把“设线法”与“直线斜率乘积为－1”结合，把“设点法”与“向量的数量积为0”结合，其实颠倒一下也可行．例3、(2016南京三模）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，点(2,1)在椭圆C 上．(1) 求椭圆C 的方程；(2) 设直线l 与圆O ：x 2＋y 2＝2相切，与椭圆C 相交于P ，Q 两点. ①若直线l 过椭圆C 的右焦点F ，求△OPQ 的面积； ②求证： OP ⊥OQ .思路分析 (1) 由e ＝c a ＝22，得a ∶b ∶c ＝2∶1∶1，用b 表示a 更方便；(2) ①设直线l 的方程为y ＝k (x －3)，由直线l 与圆O 相切可先求出k ，再求出PQ 的长即可．②设l ：y ＝kx ＋m ，则只要证OP →·OQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝0.联列直线与椭圆方程可得x 1＋x 2，x 1x 2均可用k ，m 表示．由直线l 与圆O 相切，可得k 与m 的关系式．规范解答 (1) 由题意，得c a ＝22，4a 2＋1b 2＝1，解得a 2＝6，b 2＝3.所以椭圆的方程为x 26＋y 23＝1.(2分)(2) ①解法1 椭圆C 的右焦点F (3，0)．设切线方程为y ＝k (x －3)，即kx －y －3k ＝0，所以|－3k |k 2＋1＝2，解得k ＝±2，所以切线方程为y ＝±2(x －3)．当k ＝2时，(4分)由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －3，x 26＋y23＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝43＋325，y ＝－6＋65或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝43－325，y ＝－6－65.所以点P ，Q 的坐标分别为43＋325， －6＋65， 43－325， －6－65， 所以PQ ＝665.(6分)因为O 到直线PQ 的距离为2，所以△OPQ 的面积为635.因为椭圆的对称性，当切线方程为y ＝－2(x －3)时，△OPQ 的面积也为635.综上所述，△OPQ 的面积为635.(8分)解法2 椭圆C 的右焦点F (3，0)．设切线方程为y ＝k (x －3)，即kx －y －3k ＝0，所以|－3k |k 2＋1＝2，解得k ＝±2，所以切线方程为y ＝±2(x －3)．当k ＝2时，(4分) 把切线方程 y ＝2(x －3)代入椭圆C 的方程，消去y 得5x 2－83x ＋6＝0.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝835.由椭圆定义可得，PQ ＝PF ＋FQ ＝2a －e (x 1＋x 2)＝2×6－22×835＝665.(6分)因为O 到直线PQ 的距离为2，所以△OPQ 的面积为635.因为椭圆的对称性，当切线方程为y ＝－2(x －3)时，△OPQ 的面积为635. 综上所述，△OPQ 的面积为635.(8分)②解法1 (i)若直线PQ 的斜率不存在，则直线PQ 的方程为x ＝2或x ＝－ 2. 当x ＝2时，P (2， 2)，Q (2，－2)．因为OP →·OQ →＝0，所以OP ⊥OQ .当x ＝－2时，同理可得OP ⊥OQ .(10分)(ii)若直线PQ 的斜率存在，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋m ，即kx －y ＋m ＝0.因为直线与圆相切，所以|m |1＋k 2＝2，即m 2＝2k 2＋2.将直线PQ 方程代入椭圆方程，得(1＋2k 2) x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0.设P (x 1，y 1) ，Q (x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k 2.(12分)因为OP →·OQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝(1＋k 2)×2m 2－61＋2k 2＋km ×⎝⎛⎭⎫－4km 1＋2k 2＋m 2.将m 2＝2k 2＋2代入上式可得OP →·OQ →＝0，所以OP ⊥OQ . 综上所述，OP ⊥OQ .(14分)解法2 设切点T (x 0，y 0)，则其切线方程为x 0x ＋y 0y －2＝0，且x 20＋y 20＝2. (i)当y 0＝0时，则直线PQ 的直线方程为x ＝2或x ＝－ 2. 当x ＝2时，P (2， 2)，Q (2，－2)．因为OP →·OQ →＝0，所以OP ⊥OQ .当x ＝－2时，同理可得OP ⊥OQ .(10分) (ii)当y 0≠0时，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 0x ＋y 0y －2＝0，x 26＋y23＝1，消去y 得(2x 20＋y 20)x 2－8x 0x ＋8－6y 20＝0.设P (x 1，y 1) ，Q (x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝8x 02x 20＋y 20，x 1x 2＝8－6y 202x 20＋y 20.(12分)所以OP →·OQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋2－x 0x 12－x 0x 2y 20＝－6x 20＋y 2＋122x 20＋y 20. 因为x 20＋y 20＝2，代入上式可得OP →·OQ →＝0，所以OP ⊥OQ . 综上所述，OP ⊥OQ .(14分)题型二、圆锥曲线中直线的斜率问题例4、（2020届浙江省台州市温岭中学3月模拟）已知P ，Q 是椭圆2213x y +=上的两点(点Q 在第一象限)，若()1,0M ，且直线PM ，QM 的斜率互为相反数，且2PM QM =，则直线QM 的斜率为____________. 【答案】1【解析】延长PM 交椭圆于N ，由对称性可知QM MN =， 设直线PM 的斜率为k ，则直线PM 的方程为()()10y k x k =-<，联立方程组()22133y k x x y ⎧=-⎨+=⎩，消元得：2212320yy k k ⎛⎫++-=⎪⎝⎭， 设()11,P x y ，()22,N x y ， 则1222k13k y y -+=+，2PM QM =，122y y ∴=-.1222213ky y y k-∴+=-=+， 即22213ky k =+， 222113x k∴=++， 把22221,1313k N k k ⎛⎫+ ⎪++⎝⎭代入椭圆方程得：2222221331313k k k ⎛⎫⎛⎫++= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭， 解得21k =，1k ∴=-，∴直线QM 的斜率为1k -=.故答案为：1.例5、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知椭圆()222210x y a b a b +=>>，F 是其右焦点，直线y kx =与椭圆交于A ，B 两点，8AF BF +=. （1）求椭圆的标准方程；（2）设()3,0Q ，若AQB ∠为锐角，求实数k 的取值范围.【答案】（1）221164x y += （2）k >k <【解析】（1）设1F 为椭圆的左焦点,连接1F B ,由椭圆的对称性可知,1AF FB =, 所以128AF BF BF BF a +=+==,所以4a =,又2c e a==,222a b c =+,解得c =,2b =, 所以椭圆的标准方程为221164x y +=（2）设点1122(,),(,)A x y B x y ,则11(3,)QA x y =-,22(3,)QB x y =-,联立221164x y y kx ⎧+=⎪⎨⎪=⎩,得22(41)160k x +-=, 所以120x x +=,1221641x x k -=+, 因为AQB ∠为锐角,所以0QA QB ⋅>, 所以1212(3)(3)QA QB x x y y ⋅=--+12121293()x x x x y y =-+++ 2121293()(1)x x k x x =-+++2216(1)9041k k +=->+,解得10k >10k <-例6、(2018苏锡常镇调研）已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)经过点⎝⎛⎭⎫3，12，⎝⎛⎭⎫1，32，点A 是椭圆的下顶点．(1) 求椭圆C 的标准方程；(2) 过点A 且互相垂直的两直线l 1，l 2与直线y ＝x 分别相交于E ，F 两点，已知OE ＝OF ，求直线l 1的斜率．思路分析 (1) 由两点在椭圆上，列方程组解出a 2，b 2；(2) 设E(t ，t)，则l 1的斜率k AE ＝t ＋1t . 规范解答 (1) 由⎝⎛⎭⎫3，12，⎝⎛⎭⎫1，32两点在椭圆C 上，得⎩⎨⎧3a 2＋14b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.(4分) 所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(6分)(2) 首先A(0，－1)．由E ，F 在直线y ＝x 上，且OE ＝OF ，可设E(t ，t)，F(－t ，－t)．(8分) 由l 1⊥l 2，得AE →·AF →＝0，即t(－t)＋(t ＋1)(－t ＋1)＝0，得t ＝±22.(12分) 直线l 1的斜率为k AE ＝t ＋1t ＝1＋1t ＝1± 2.(14分)例7、(2019苏州期初调查）已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A ，B ，离心率为12，点P ⎝⎛⎭⎫1，32为椭圆上一点．(1) 求椭圆C 的标准方程；(2) 如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l 与椭圆交于M ，N 两点，记直线AM 的斜率为k 1，直线BN 的斜率为k 2，若k 1＝2k 2，求直线l 斜率的值．思路分析 (1)根据已知条件，建立方程组，求出a ，b ，即可得到椭圆的标准方程．(2)设出直线l 方程为y ＝kx ＋1，M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，将直线l 方程与椭圆方程联立，求出x 1＋x 2和x 1x 2，根据条件求出k 1和k 2，代入k 1＝2k 2化简计算，得到关于k 的方程，解方程求出k 的值．规范解答 (1)因为椭圆的离心率为12，所以a ＝2c. 又因为a 2＝b 2＋c 2，所以b ＝3c. 所以椭圆的标准方程为x 24c 2＋y 23c 2＝1.(3分)又因为点P ⎝⎛⎭⎫1，32为椭圆上一点，所以14c 2＋943c 2＝1，解得c ＝1.(5分) 所以椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1.(6分)(2) 由椭圆的对称性可知直线l 的斜率一定存在，设其方程为y ＝kx ＋1. 设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)．联立方程组⎩⎨⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋1，消去y 可得(3＋4k 2)x 2＋8kx －8＝0.所以由根与系数关系可知x 1＋x 2＝－8k 3＋4k 2，x 1x 2＝－83＋4k 2.(8分) 因为k 1＝y 1x 1＋2，k 2＝y 2x 2－2，且k 1＝2k 2，所以y 1x 1＋2＝2y 2x 2－2.(10分) 即y 21（x 1＋2）2＝4y 22（x 2－2）2. ⊥又因为M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)在椭圆上， 所以y 21＝34(4－x 21)，y 22＝34(4－x 22)．⊥将⊥代入⊥可得：2－x 12＋x 1＝4（2＋x 2）2－x 2，即3x 1x 2＋10(x 1＋x 2)＋12＝0.(12分) 所以3⎝⎛⎭⎫－83＋4k 2＋10⎝⎛⎭⎫－8k 3＋4k 2＋12＝0，即12k 2－20k ＋3＝0.(14分) 解得k ＝16或k ＝32，又因为k>1，所以k ＝32.(16分)题型三、圆锥曲线中直线的方程例8、【2019年高考全国⊥卷理数】已知抛物线C ：y 2=3x 的焦点为F ，斜率为的直线l 与C 的交点为A ，B ，与x 轴的交点为P ．（1）若|AF |+|BF |=4，求l 的方程； （2）若，求|AB |． 【答案】（1）3728y x =-；（2【解析】设直线()()11223:,,,,2l y x t A x y B x y =+． （1）由题设得3,04F ⎛⎫⎪⎝⎭，故123||||2AF BF x x +=++，由题设可得1252x x +=．由2323y x t y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩，可得22912(1)40x t x t +-+=，则1212(1)9t x x -+=-．从而12(1)592t --=，得78t =-． 所以l 的方程为3728y x =-．（2）由3AP PB =可得123y y =-．由2323y x t y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩，可得2220y y t -+=． 所以122y y +=．从而2232y y -+=，故211,3y y =-=． 代入C 的方程得1213,3x x ==．故||AB =． 例9、（2020届浙江省十校联盟高三下学期开学）如图，已知抛物线24y x =的焦点为F ，准线为l ，过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点B 在准线l 上的投影为E ，若C 是抛物线上一点，且AC EF ⊥.323AP PB =（1）证明：直线BE 经过AC 的中点M ；（2）求ABC ∆面积的最小值及此时直线AC 的方程.【答案】（1）详见解析；（2）面积最小值为16，此时直线方程为30x y ±-=. 【解析】（1）由题意得抛物线24y x =的焦点()1,0F ，准线方程为1x =-，设()2,2B t t ，直线AB ：1x my =+， 则()1,2E t -，联立1x my =+和24y x =， 可得244y my =+，显然40A B y y +=，可得212,A tt ⎛⎫- ⎪⎝⎭，因为EF k t =-，AB EF ⊥， 所以1AC k t=， 故直线AC ：2211y x t t t ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭， 由224120y xx ty t ⎧=⎪⎨---=⎪⎩， 得224480y ty t ---=. ∴4A C y y t +=，248A C y y t =--， 所以AC 的中点M 的纵坐标2M y t =，即M B y y =，所以直线BE 经过AC 的中点M.（2）所以A C y A C =-== 设点B 到直线AC 的距离为d ，则2212t d ++==.所以1162ABCS AC d ∆=⋅=≥=，当且仅当41t =，即1t =±，1t =时，直线AD 的方程为：30x y --=， 1t =-时，直线AD 的方程为：30x y +-=.另解：2221112222ABC A C S BM y y t t t ∆=⋅-=++-3222122t t ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭.例10、(2018南通、泰州一调）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为22，两条准线之间的距离为4 2.(1) 求椭圆的标准方程；(2) 已知椭圆的左顶点为A ，点M 在圆x 2＋y 2＝89上，直线AM 与椭圆相交于另一点B ，且⊥AOB 的面积是⊥AOM 的面积的2倍，求直线AB 的方程．思路分析 (1) 基本量建立方程组，求出a ，b 的值，得出椭圆的标准方程．(2) 由面积关系，分析出M 为AB 的中点，这里有两种思路，解法1，设出M(x 0，y 0)，得出B 的坐标，分别代入椭圆与圆的方程，建立方程组，求出M 的坐标；解法2，设出直线的方程y ＝k(x ＋2)，由直线与椭圆联立，得出M 的坐标，代入圆的方程，得到一个关于k 的方程，解得k 的值．规范解答 (1) 设椭圆的焦距为2c ，由题意得c a ＝22，2a 2c ＝42，(2分) 解得a ＝2，c ＝2，所以b ＝ 2. 所以椭圆的方程为x 24＋y 22＝1.(4分)(2) 解法1(设点法) 因为S △AOB ＝2S △AOM ，所以AB ＝2AM ，所以M 为AB 的中点．(6分) 因为椭圆的方程为x 24＋y 22＝1，所以A(－2，0)． 设M(x 0，y 0)(－2<x 0<0)，则B(2x 0＋2，2y 0)． 所以x 20＋y 20＝89⊥，（2x 0＋2）24＋（2y 0）22＝1 ⊥，(10分) 由⊥⊥得9x 20－18x 0－16＝0，解得x 0＝－23或x 0＝83(舍去)． 把x 0＝－23代入⊥得y 0＝±23，(12分)所以k AB ＝±12，因此直线AB 的方程为y ＝±12(x ＋2)，即x ＋2y ＋2＝0或x －2y ＋2＝0.(14分) 解法2(设线法) 因为S △AOB ＝2S △AOM ，所以AB ＝2AM ，所以M 为AB 的中点．(6分) 由椭圆方程知A(－2，0)，设B(x B ，y B )，M(x M ，y M )，设直线AB 的方程为y ＝k(x ＋2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k （x ＋2），得(1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－4＝0， 所以(x ＋2)[(1＋2k 2)x ＋4k 2－2]＝0，解得x B ＝2－4k 21＋2k 2.(8分) 所以x M ＝x B ＋（－2）2＝－4k 21＋2k 2，y M ＝k(x M ＋2)＝2k1＋2k 2，(10分) 代入x 2＋y 2＝89得⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 21＋2k 22＋⎝⎛⎭⎫2k 1＋2k 22＝89， 化简得28k 4＋k 2－2＝0，(12分)即(7k 2＋2)(4k 2－1)＝0，解得k ＝±12，所以直线AB 的方程为y ＝±12(x ＋2)，即x ＋2y ＋2＝0或x －2y ＋2＝0.(14分) 二、达标训练1、(2019宿迁期末）如图所示，椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为22，右准线方程为x ＝4，过点P(0，4)作关于y 轴对称的两条直线l 1，l 2，且l 1与椭圆交于不同两点A ，B ，l 2与椭圆交于不同两点D ，C.(1) 求椭圆M 的方程；(2) 证明：直线AC 与直线BD 交于点Q(0，1)；(3) 求线段AC 长的取值范围．思路分析 对于(2)，要求证明交于一点Q(0，1)，角度一：根据图形的对称性可设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则D(－x 1，y 1)，C(－x 2，y 2)，再设l 1方程为y ＝kx ＋4，则可由一元二次方程根与系数的关系判断出点B ，D ，Q 三点共线，同理有点A ，C ，Q 三点共线，这个角度的逻辑是借助了给出的定点(0，1)，然后验证，有些不严谨；角度二：直接求直线AC 和直线BD 的方程，联立求解坐标，这个方法是逻辑严谨的首选，不过计算量稍大．对于(3)，可由两点间的距离公式表示出AC 的长度，将表达式的关于x 1，x 2的结构用含有k 的式子代换掉，回归一元变量，求解最值，可直接求导. 但是解析几何中的最值，直接求导，暴力求解最值的较少，更多的是化简函数表达式，根据结构采用基本不等式(无法取等的时候就求导来解决)来求解最终的最值(或者值域)，必然要有定义域，所以寻找函数的定义域是非常重要的，而解析几何中直线和曲线联立(曲直联立)以后的关于x(或者y)的一元二次方程有解，判别式就是很重要的一个点，也就是定义域的一个重要来源，有些题目甚至是唯一来源．规范解答 (1)由⎩⎨⎧e ＝c a ＝22，a 2c ＝4，得a ＝22，c ＝2，所以b 2＝a 2－c 2＝4，所以椭圆M 的方程为x 28＋y 24＝1.(4分)(2)解法1 设直线l 1：y ＝kx ＋4，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则由对称性可知D(－x 1，y 1)，C(－x 2，y 2)． 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 28＋y 24＝1，y ＝kx ＋4，消去y 得(1＋2k 2)x 2＋16kx ＋24＝0,所以x 1＋x 2＝－16k 1＋2k 2，x 1·x 2＝241＋2k 2.(6分) 又k BQ ＝y 2－1x 2，k DQ ＝y 1－1－x 1，则k BQ －k DQ ＝y 2－1x 2－y 1－1－x 1＝kx 2＋3x 2＋kx 1＋3x 1＝2k ＋3（x 1＋x 2）x 1x 2＝2k ＋－48k 1＋2k 2241＋2k 2＝2k －2k ＝0，(8分) 知k BQ ＝k DQ ，故点B ，D ，Q 三点共线，即直线BD 经过点Q(0，1)． 同理可得直线AC 经过点Q(0，1)．所以直线AC 与直线BD 交于点Q(0，1)．(10分)解法2 设直线l 1：y ＝kx ＋4，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则由对称性可知D(－x 1，y 1)，C(－x 2，y 2)，且k ＝y 2－y 1x 2－x 1.联立⎩⎪⎨⎪⎧x 28＋y 24＝1，y ＝kx ＋4，削去y 得(1＋2k 2)x 2＋16kx ＋24＝0，Δ＝(16k)2－4(1＋2k 2)·24＝64k 2－96>0.所以x 1＋x 2＝16k 1＋2k 2，x 1·x 2＝241＋2k 2.(6分)直线AC 的方程为y ＝－y 2－y 1x 2＋x 1(x －x 1)＋y 1＝－y 2－y 1x 2＋x 1(x －x 1)＋kx 1＋4. 直线BD 的方程为y ＝y 2－y 1x 2＋x 1(x －x 2)＋y 2＝y 2－y 1x 2＋x 1(x －x 2)＋kx 2＋4.联立直线AC 和直线BD 的方程并化简得k(x 1＋x 2)＝y 2－y 1x 2＋x 1，即k （x 1－x 2）y 2－y 1＝1x 2＋x 1＝2x x 2＋x 1－1，即k－k ＝－1＝2xx 2＋x 1－1，解得x ＝0.在直线AC 的方程中，令x ＝0，得y ＝－y 2－y 1x 2＋x 1(－x 1)＋kx 1＋4＝－kx 2－kx 1x 2＋x 1(－x 1)＋kx 1＋4＝2kx 2x 1x 2＋x 1＋4. 将x 1＋x 2＝－16k 1＋2k 2，x 1·x 2＝241＋2k 2代入计算得y ＝2kx 2x 1x 2＋x 1＋4＝48k 1＋2k 2－16k 1＋2k 2＋4＝－3＋4＝1.同理可得，在直线BD 的方程中，令x ＝0，得y ＝2kx 2x 1x 2＋x 1＋4＝48k 1＋2k 2－16k 1＋2k 2＋4＝－3＋4＝1.故直线AC 与直线BD 交于点Q(0，1)．(3)由(2)可知AC 2＝(x 1＋x 2)2＋(y 1－y 2)2＝(x 1＋x 2)2＋k 2(x 1－x 2)2＝(x 1＋x 2)2＋k 2[]（x 1＋x 2）2－4x 1·x 2＝162k 2（1＋2k 2）2＋k 2⎣⎡⎦⎤162k 2（1＋2k 2）2－4×241＋2k 2＝16×4k 4＋10k 24k 4＋4k 2＋1 ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋6k 2－14k 4＋4k 2＋1.(12分) 令t ＝6k 2－1，则k 2＝t ＋16.又由Δ＝162k 2－4×24×(1＋2k 2)>0得k 2>32，所以t>8，所以AC 2＝16＋]＝16(1＋9tt 2＋8t ＋16]＝16(1＋9t ＋16t ＋8)．(14分) 因为⎝⎛⎭⎫t ＋16t ＋8′＝1－16t 2>0在t⊥(8，＋∞)上恒成立， 所以t ＋16t ＋8在t⊥(8，＋∞)上单调递增，所以t ＋16t ＋8>18, 0<9t ＋16t ＋8<12，1<1＋9t ＋16t ＋8<32.所以16<AC 2<24，4<AC<26，所以线段AC 长的取值范围是(4，36)．(16分)2、(2018扬州期末）已知椭圆E 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)，若椭圆E 2：x 2ma 2＋y 2mb 2＝1(a>b>0，m>1)，则称椭圆E 2与椭圆E 1“相似”．(1) 求经过点(2，1)，且与椭圆E 1：x 22＋y 2＝1“相似”的椭圆E 2的方程．(2) 若椭圆E 1与椭圆E 2“相似”，且m ＝4，椭圆E 1的离心率为22，P 在椭圆E 2上，过P 的直线l 交椭圆E 1于A ，B 两点，且AP →＝λAB →.①若B 的坐标为(0，2)，且λ＝2，求直线l 的方程； ②若直线OP ，OA 的斜率之积为－12，求实数λ的值．规范解答 (1) 设椭圆E 2的方程为x 22m ＋y 2m ＝1，将点(2，1)代入得m ＝2， 所以椭圆E 2的方程为x 24＋y 22＝1.(3分)(2) 因为椭圆E 1的离心率为22，故a 2＝2b 2，所以椭圆E 1：x 2＋2y 2＝2b 2.又椭圆E 2与椭圆E 1“相似”，且m ＝4，所以椭圆E 2：x 2＋2y 2＝8b 2.设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，P(x 0，y 0)． ①解法1(设线法) 由题意得b ＝2，所以椭圆E 1：x 2＋2y 2＝8.当直线l 斜率不存在时，B(0，2)，A(0，－2)，P(0，4)，不满足AP →＝2AB →，从而直线l 斜率存在，可设直线l ：y ＝kx ＋2，代入椭圆E 1：x 2＋2y 2＝8得(1＋2k 2)x 2＋8kx ＝0， 解得x 1＝－8k1＋2k 2，x 2＝0，故y 1＝2－4k 21＋2k 2，y 2＝2，所以A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 1＋2k 2，2－4k 21＋2k 2.(5分)又AP →＝2AB →，即B 为AP 中点，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 1＋2k 2，2＋12k 21＋2k 2，(6分) 代入椭圆E 2：x 2＋2y 2＝32得⎝⎛⎭⎫8k 1＋2k 22＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋12k 21＋2k 22＝32，即20k 4＋4k 2－3＝0，即(10k 2－3)(2k 2＋1)＝0，所以k ＝±3010，所以直线l 的方程为y ＝±3010x ＋2.(8分)解法2(设点法) 由题意得b ＝2，所以椭圆E 1：x 2＋2y 2＝8，E 2：x 2＋2y 2＝32.由A(x 1，y 1)，B(0，2)，则P(－x 1，4－y 1)．代入椭圆得⎩⎪⎨⎪⎧x 21＋2y 21＝8，x 21＋2（4－y 1）2＝32，解得y 1＝12，故x 1＝±302，(6分) 所以直线l 的斜率k ＝±3010，所以直线l 的方程为y ＝±3010x ＋2.(8分)②由题意得x 20＋2y 20＝8b 2，x 21＋2y 21＝2b 2，x 22＋2y 22＝2b 2，解法1(设点法) 由直线OP ，OA 的斜率之积为－12，得y 0x 0·y 1x 1＝－12，即x 0x 1＋2y 0y 1＝0. 又AP →＝λAB →，则(x 0－x 1，y 0－y 1)＝λ(x 2－x 1，y 2－y 1)，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝x 0＋（λ－1）x 1λ，y 2＝y 0＋（λ－1）y 1λ，(12分)所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0＋（λ－1）x 1λ2＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤y 0＋（λ－1）y 1λ2＝2b 2， 则x 20＋2(λ－1)x 0x 1＋(λ－1)2x 21＋2y 20＋4(λ－1)y 0y 1＋2(λ－1)2y 21＝2λ2b 2，(x 20＋2y 20)＋2(λ－1)(x 0x 1＋2y 0y 1)＋(λ－1)2(x 21＋2y 21)＝2λ2b 2，所以8b 2＋(λ－1)2·2b 2＝2λ2b 2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝52.(16分)解法2(设线法) 不妨设点P 在第一象限，设直线OP ：y ＝kx(k>0)，代入椭圆E 2：x 2＋2y 2＝8b 2， 解得x 0＝22b 1＋2k 2，则y 0＝22bk1＋2k 2.直线OP ，OA 的斜率之积为－12，则直线OA ：y ＝－12k x ，代入椭圆E 1：x 2＋2y 2＝2b 2， 解得x 1＝－2bk 1＋2k 2，则y 1＝b1＋2k 2.又AP →＝λAB →，则(x 0－x 1，y 0－y 1)＝λ(x 2－x 1，y 2－y 1)，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝x 0＋（λ－1）x 1λ，y 2＝y 0＋（λ－1）y 1λ，(12分)所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0＋（λ－1）x 1λ2＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤y 0＋（λ－1）y 1λ2＝2b 2， 则x 20＋2(λ－1)x 0x 1＋(λ－1)2x 21＋2y 20＋4(λ－1)y 0y 1＋2(λ－1)2y 21＝2λ2b 2，(x 20＋2y 20)＋2(λ－1)(x 0x 1＋2y 0y 1)＋(λ－1)2(x 21＋2y 21)＝2λ2b 2，所以8b 2＋2(λ－1)[22b 1＋2k 2·(－2bk1＋2k 2)＋2·22bk 1＋2k 2·b1＋2k 2]＋(λ－1)2·2b 2＝2λ2b 2，即8b 2＋(λ－1)2·2b 2＝2λ2b 2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝52.(16分)3、(2017南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为23，C 为椭圆上位于第一象限内的一点． (1) 若点C 的坐标为⎝⎛⎭⎫2，53，求a ，b 的值；(2) 设A 为椭圆的左顶点，B 为椭圆上一点，且AB →＝12OC →，求直线AB 的斜率．思路分析 (1) 由e ＝c a ＝23，得a 2∶b 2∶c 2＝9∶5∶4.(2) 设点C 的坐标，则能用C 的坐标表示B 的坐标，由B ，C 两点在椭圆上可解出点C 的坐标．规范解答 (1) 由e ＝c a ＝23，得a 2∶b 2∶c 2＝9∶5∶4.设椭圆方程为x 29λ2＋y 25λ2＝1(λ＞0)．(3分)把C 的坐标代入，得49λ2＋59λ2＝1，解得λ2＝1，所以a ＝3，b ＝ 5.(5分)(2) 由(1)可设椭圆方程为x 29λ2＋y 25λ2＝1(λ＞0)，此时A (－3λ，0)．设C (3λx 0，5λy 0)，其中x 0＞0，y 0＞0，由AB →＝12OC →，得B ⎝⎛⎭⎫－3λ＋32λx 0，52λy 0.(8分)由点B ，C 均在椭圆上，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0－22＋y 20＝4，x 20＋y 20＝1，解得x 0＝14，取y 0＝154.(12分) 所以直线AB 的斜率k AB ＝k OC ＝5λy 03λx 0＝53×15＝533.(14分)4、(2017无锡期末）已知椭圆x 24＋y 23＝1，动直线l 与椭圆交于B ，C 两点(点B 在第一象限)．(1) 若点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫1，32，求△OBC 的面积的最大值；(2) 设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，且3y 1＋y 2＝0，求当△OBC 的面积最大时直线l 的方程．规范解答 (1) 直线OB 方程为y ＝32x ，即3x －2y ＝0，设过点C 且平行于OB 的直线l ′方程为y ＝32x ＋b .(2分)则当l ′与椭圆只有一个公共点时，△OBC 的面积最大． ⎩⎨⎧x 24＋y 23＝1，y ＝32x ＋b ，消去y 整理得3x 2＋3bx ＋b 2－3＝0，(4分) 此时Δ＝9b 2－12(b 2－3)，令Δ＝0，解得b ＝±23，当b ＝23时，C ⎝⎛⎭⎫－3，32；当b ＝－23时，C ⎝⎛⎭⎫3，－32，(6分)所以△OBC 面积的最大值＝12×1＋94×|33＋3|13＝ 3.(8分) (2) 显然，直线l 与y 轴不垂直，设直线l 的方程为x ＝my ＋n .由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，x ＝my ＋n ，消去x 并整理得(3m 2＋4)y 2＋6mny ＋3n 2－12＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－6nm 3m 2＋4，y 1y 2＝3n 2－123m 2＋4. 因为3y 1＋y 2＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝3nm3m 2＋4，y 21＝4－n23m 2＋4，从而9n 2m 23m 2＋42＝4－n 23m 2＋4，即n 2＝3m 2＋43m 2＋1，(10分)所以S △OBC ＝12|n |·|y 1－y 2|＝2|n |·|y 1|＝6|m |n 23m 2＋4＝6|m |3m 2＋1.(12分)因为B 在第一象限，所以x 1＝my 1＋n ＝3m 2n3m 2＋4＋n ＞0，所以n ＞0. 因为y 1＞0，所以m ＞0，所以S △OBC ＝6m 3m 2＋1＝63m ＋1m≤623＝3当且仅当3m ＝1m ，即m ＝33时取等号，(14分)此时n ＝102，所以直线l 的方程为x ＝33y ＋102，即y ＝3x －302.(16分)5、(2018南京、盐城、连云港二模）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，上顶点A 到右焦点的距离为 2.过点D(0，m)(m≠0)作不垂直于x 轴，y 轴的直线l 交椭圆E 于P ，Q 两点，C 为线段PQ 的中点，且AC⊥OC.(1) 求椭圆E 的方程；(2) 求实数m 的取值范围；(3) 延长AC 交椭圆E 于点B ，记⊥AOB 与⊥AOC 的面积分别为S 1，S 2，若S 1S 2＝83，求直线l 的方程．思路分析 用代数法处理圆锥曲线综合题的常见方法有两种：设点法、设线法，本题第(2)，(3)问都分别采用设线法和设点法解题．第(2)问，欲求实数m 的取值范围，则需建立m 与其他参数的关系，进而借助其他参数的取值范围求解．解法1是设线法，先建立m 与直线l 斜率k 的等式关系，再由直线与椭圆相交得到的k 的取值范围来求解m 的取值范围；解法2是设点法，先建立m 与点C(x 0，y 0)坐标间的等式关系，再借助线段PQ 的中点C 在椭圆内部求解m 的取值范围．第(3)问，选取面积的表示形式是解决问题的关键，本题选择 S 1＝12AO ×|x B |，S 2 ＝12AO ×|x C |时， S 1S 2＝⎪⎪⎪⎪x B x C ，进而在第(2)问的基础上分别用k 或m 表示x B ，x C 求解．规范解答 (1) 因为⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝22，a ＝2，所以c ＝1，b 2＝a 2－c 2＝1，所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2分)(2) 解法1(设线法) 由(1)得A(0，1)．设P(x 1，y 1)，Q(x 2，y 2)，C(x 0，y 0)．设直线l 方程为y ＝kx ＋m(k≠0)， 将其与椭圆E 的方程联立，消去y 得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0 (*)，所以x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，(4分)所以x 0＝x 1＋x 22＝－2km 1＋2k 2，y 0＝kx 0＋m ＝m 1＋2k 2，即C ⎝⎛⎭⎫－2km 1＋2k 2，m 1＋2k 2， 所以k AC ＝y 0－1x 0＝m1＋2k 2－1－2km 1＋2k 2＝2k 2＋1－m2km .(6分)又因为k OC ＝y 0x 0＝m 1＋2k 2－2km 1＋2k 2＝－12k ，且AC⊥OC ，所以k AC ·k OC ＝2k 2＋1－m 2km ·⎝⎛⎭⎫－12k ＝－1， 整理得m ＝2k 2＋14k 2＋1.(8分)因为k≠0，则m ＝2k 2＋14k 2＋1＝4k 2＋1－2k 24k 2＋1＝1－2k 24k 2＋1＝1－12＋12k 2∈⎝⎛⎭⎫12，1，此时Δ＝8(2k 2＋1－m)＞0，所以实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，1.(10分)解法2(设点法) 由(1)得A(0，1)．设P(x 1，y 1)，Q(x 2，y 2)，C(x 0，y 0)，其中x 0，y 0均不为0，且x 1≠x 2.因为P ，Q 两点都在椭圆E 上，所以x 21＋2y 21＝2 且x 22＋2y 22＝2，两式相减得y 2－y 1x 2－x 1×y 0x 0＝－12.(4分)又k PQ ＝k CD ，即y 2－y 1x 2－x 1＝y 0－m x 0 ，所以y 0－m x 0×y 0x 0＝－12，(6分) 即x 20＝2y 0(m －y 0)． ⊥又AC⊥OC ，所以y 0－1x 0×y 0x 0＝－1，(8分)即x 20＝y 0(1－y 0)． ⊥ 由⊥⊥得y 0＝2m －1，x 20＝(1－2m) (2m －2)⊥(0，2)， 所以12＜m ＜1.(10分)(3) 解法1 设B(x 3，y 3)，由(2)解法1知k OC ＝－12k . k AB ＝－1k OC ＝2k ，所以直线AB 的方程为y ＝2kx ＋1， 与椭圆E 方程联立解得x ＝－8k1＋8k 2或x ＝0(舍)， 即x 3＝－8k1＋8k 2.(12分)又因为x 0＝－2km 1＋2k 2＝－2k 1＋2k 2×2k 2＋14k 2＋1＝－2k1＋4k 2， 所以S 1S 2＝12AO ×|x 3|12AO ×|x 0|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－8k 1＋8k 2－2k1＋4k 2＝4＋16k 21＋8k 2.(14分) 因为S 1S 2＝83，所以4＋16k 21＋8k 2＝83，解得k ＝±12， 此时m ＝2k 2＋14k 2＋1＝34，点D 坐标为⎝⎛⎭⎫0，34， 所以直线l 的方程为y ＝±12x ＋34.(16分)解法2 设B(x 3，y 3)，点B 在椭圆E 上，所以x 23＋2y 23＝2.又AC⊥OC ，所以y 3－1x 3×y 0x 0＝－1，即y 3＝－x 0y 0x 3＋1， 代入上式消去y 3，得x 3＝4x 0y 0y 20＋2x 20(x 3＝0舍)，(12分) 所以S 1S 2＝12AO×|x 3|12AO ×|x 0|＝⎪⎪⎪⎪x 3x 0＝⎪⎪⎪⎪4y 0y 20＋2x 20.由(2)解法2知y 0＝2m －1，x 20＝(1－2m) (2m －2)，12＜m ＜1，所以S 1S 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4（2m －1）（2m －1）2＋2（1－2m ）（2m －2）＝⎪⎪⎪⎪43－2m ＝43－2m .(14分) 因为S 1S 2＝83，所以43－2m ＝83，解得m ＝34，此时y 0＝2m －1＝12，x 20＝(1－2m) (2m －2)＝14，所以x 0＝±12，所以点C 坐标为⎝⎛⎭⎫±12，12，点D 坐标为⎝⎛⎭⎫0，34，所以直线l 的方程为y ＝±12x ＋34.(16分)。
圆锥曲线中的定值问题-(解析版)
专题3 圆锥曲线中的定值问题在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值、角度等基本量与参变量无关，这类问题统称为定值问题．对学生逻辑思维能力计算能力等要求很高,这些问题重点考查学生方程思想、函数思想、转化与化归思想的应用．探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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．解答的关键是认真审题，理清问题与题设的关系，建立合理的方程或函数，利用等量关系统一变量，最后消元得出定值。
题型1、与面积有关的定值问题 经典例题：1．（2021·四川成都市·高三三模（理））已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的长轴长为，其离心率与双曲线221x y -=的离心率互为倒数.（1）求椭圆C 的方程；（2）将椭圆C 上每一点的横坐标扩大为原来倍，纵坐标不变，得到曲线1C ，若直线:l y kx t =+与曲线1C 交于P 、Q 两个不同的点，O 为坐标原点，M 是曲线1C 上的一点，且四边形OPMQ 是平行四边形，求四边形OPMQ 的面积.【答案】（1）2212x y +=；（2 【分析】（1）根据已知条件求出a 、b 、c 的值，由此可得出椭圆C 的方程；（2）求出曲线1C 的方程，设()11,P x y 、()22,Q x y 、()00,M x y ，将直线l 的方程与曲线1C 的方程联立，列出韦达定理，求出点M 的坐标，代入曲线1C 的方程，可得出22414t k =+，求得PQ 以及点O 到直线PQ 的距离，利用三角形的面积公式可求得结果.【详解】（1）由已知，2a =，所以a =221x y -=，可知，椭圆C 的离心率为c a =即a =，故1c =，进而1b ==，所以椭圆C 的方程为2212x y +=；（2）将椭圆C倍，纵坐标不变，得到曲线1C 的方程为2214x y +=，设()11,P x y 、()22,Q x y 、()00,M x y ，由()2222214844044y kx tk x ktx t x y =+⎧⇒+++-=⎨+=⎩， 由韦达定理可得122814kt x x k -+=+，21224414t x x k-=+， 且()()()2228414440∆=-+->kt kt，即2214<+t k ，由四边形OPMQ 是平行四边形，所以OM OP OQ =+， 则0122814kt x x x k -=+=+，()0121222214t y y y k x x t k =+=++=+， 因为点M 在椭圆上，所以222282141414-⎛⎫⎪+⎛⎫⎝⎭+= ⎪+⎝⎭kt t k k ，整理可得22414t k =+， 所以21222441114-==-+t x x k t ， 则PQ ===，O 到直线l 的距离d =OPMQ 的面积为PQ d ⋅=.【点睛】求定值问题常见的方法有两种：（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．2．（2021·安徽高三其他模拟（理））已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>过点P ⎛ ⎝⎭． （1）求椭圆C 的标准方程；（2）设点A 、B 分别是椭圆C 的左顶点和上顶点，M 、N 为椭圆C 上异于A 、B 的两点，满足//AM BN ，求证：OMN 面积为定值．【答案】（1）2214x y +=；（2）证明见解析．【分析】（1）根据已知条件可得出关于a 、b 、c 的方程组，结合这三个量的值，由此可得出椭圆C 的标准方程；（2）设直线AM 的方程为()2y k x =+，设直线BN 的方程为1y kx =+，将这两条直线分别与椭圆C 的方程联立，求出点M 、N 的坐标，求出OM 以及点N 到直线OM 的距离，利用三角形的面积公式可求得结果.【详解】（1）由已知条件可得2222221314c aa b a b c ⎧=⎪⎪⎪+=⎨⎪⎪=+⎪⎩，解得21a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩，即椭圆C 的标准方程为2214x y +=； （2）设()11,M x y 、()22,N x y ，由题意直线AM 、BN 的斜率存在，设直线AM 的方程为()2y k x =+①，设直线BN 的方程为1y kx =+②，由（1）椭圆22:14x C y +=③，联立①③得()222241161640k x k x k +++-=，解得2122841k x k -=+，即222284,4141k k M k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭， 联立②③，得()224180k x kx ++=，所以，22841kx k =-+，即222148,4141k k N k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭-，易知OM =直线OM 的方程为110y x x y -=，点N 到直线OM的距离为d =所以211222222211841222414121411844OMNx y x y k k S OM d k k k k k k --=⋅==⋅-⋅=++++--△， 故OMN 面积为定值1．【点睛】求定值问题常见的方法有两种：（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．3.（2021年北京高考模拟）已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>，(,0)A a ，(0,)B b ，(0,0)O ，ΔOAB 的面积为1．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设P 是椭圆C 上一点，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．【解析】（Ⅰ）由题意得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+===,,121,23222c b a ab ac 解得1,2==b a .所以椭圆C 的方程为1422=+y x . （Ⅱ）由（Ⅰ）知，)1,0(),0,2(B A ，设),(00y x P ，则442020=+y x .因为AN ⊥BM ，所以12ABNM S AN BM =⋅⋅ 1°当00≠x 时，直线PA 的方程为)2(200--=x x y y . 令0=x ，得2200--=x y y M .从而221100-+=-=x y y BM M.直线PB 的方程为1100+-=x x y y . 令0=y ，得100--=y x x N .从而12200-+=-=y x x AN N . 所以0000211212212ABNM x y S AN BM y x =⋅⋅=⋅+⋅+-- 2200000000000000000044484448811222222x y x y x y x y x y x y x y x y x y ++--+--+==--+--+2=. 2°当00=x 时，10-=y ，,2,2==AN BM 所以四边形ABNM 的面积为定值。
2023年新高考数学大一轮复习专题六解析几何第6讲圆锥曲线的定点问题(含答案)
新高考数学大一轮复习专题：第6讲 定点问题 母题 已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，点P (0,1)，设直线l 不经过P 点且与C 相交于A ，B 两点，若直线PA 与直线PB 的斜率的和为－1，求证：l 过定点．思路分析❶l 斜率k 存在时写出l 的方程↓❷联立l ，C 的方程，设而不求↓❸计算k PA ，k PB 并代入k PA ＋k PB ＝－1↓❹分析直线方程，找出定点证明 设直线PA 与直线PB 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |<2，可得A ，B 的坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22， 则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t＝－1，得t ＝2，不符合题设． 从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)．将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1. 而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2 ＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2 ＝2kx 1x 2＋m －1x 1＋x 2x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0，即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km 4k 2＋1＝0， 解得k ＝－m ＋12. 当且仅当m >－1时，Δ>0，于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ， 即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1)．[子题1] 已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，O 是坐标原点．若点E (－2,0)，直线l 不与坐标轴垂直，且∠AEO ＝∠BEO ，求证：直线l 过定点． 证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意可设直线l 的方程为x ＝ny ＋b (n ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝ny ＋b ，y 2＝4x ，得y 2－4ny －4b ＝0， 则y 1＋y 2＝4n ，y 1y 2＝－4b .由∠AEO ＝∠BEO ，得k EA ＝－k EB ，即y 1x 1＋2＝－y 2x 2＋2， 整理得y 1x 2＋2y 1＋x 1y 2＋2y 2＝0，即y 1(ny 2＋b )＋2y 1＋(ny 1＋b )y 2＋2y 2＝0，整理得2ny 1y 2＋(b ＋2)(y 1＋y 2)＝0，即－8bn ＋4(b ＋2)n ＝0，得b ＝2，故直线l 的方程为x ＝ny ＋2(n ≠0)，所以直线l 过定点(2,0)．[子题2] (2020·湖南四校联考)已知抛物线C ：y 2＝4x 与过点(2,0)的直线l 交于M ，N 两点，若MP →＝12MN →，PQ ⊥y 轴，垂足为Q ，求证：以PQ 为直径的圆过定点． 证明 由题意可知，直线l 的斜率不为0，设其方程为x ＝my ＋2(m ∈R )，将x ＝my ＋2代入y 2＝4x ，消去x 可得y 2－4my －8＝0，显然Δ＝16m 2＋32>0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－8，因为MP →＝12MN →，所以P 是线段MN 的中点， 设P (x P ，y P )，则x P ＝x 1＋x 22＝m y 1＋y 2＋42＝2m 2＋2， y P ＝y 1＋y 22＝2m ，所以P (2m 2＋2,2m )，又PQ ⊥y 轴，垂足为Q ，所以Q (0,2m )，设以PQ 为直径的圆经过点A (x 0，y 0)，则AP →＝(2m 2＋2－x 0,2m －y 0)，AQ →＝(－x 0,2m －y 0)，所以AP →·AQ →＝0，即－x 0(2m 2＋2－x 0)＋(2m －y 0)2＝0，化简可得(4－2x 0)m 2－4y 0m ＋x 20＋y 20－2x 0＝0，①令⎩⎪⎨⎪⎧ 4－2x 0＝0，4y 0＝0，x 20＋y 20－2x 0＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＝2，y 0＝0，所以当x 0＝2，y 0＝0时，对任意的m ∈R ，①式恒成立，所以以PQ 为直径的圆过定点，该定点的坐标为(2,0)．规律方法 动线过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l 过定点问题，解法：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，解法：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． 跟踪演练1．(2020·北京东城区模拟)已知椭圆C ：x 26＋y 22＝1的右焦点为F ，直线l ：y ＝kx ＋m (k ≠0)过点F ，且与椭圆C 交于P ，Q 两点，如果点P 关于x 轴的对称点为P ′，求证：直线P ′Q 过x 轴上的定点．证明 ∵c ＝6－2＝2，∴F (2,0)，直线l ：y ＝kx ＋m (k ≠0)过点F ，∴m ＝－2k ，∴l ：y ＝k (x －2)．由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋3y 2＝6，y ＝k x －2，得(3k 2＋1)x 2－12k 2x ＋12k 2－6＝0. 依题意Δ>0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝12k 23k 2＋1，x 1x 2＝12k 2－63k 2＋1. ∵点P 关于x 轴的对称点为P ′，则P ′(x 1，－y 1)．∴直线P ′Q 的方程可以设为y ＋y 1＝y 2＋y 1x 2－x 1(x －x 1)，令y ＝0，x ＝x 2y 1－x 1y 1y 1＋y 2＋x 1＝x 2y 1＋x 1y 2y 1＋y 2 ＝kx 2x 1－2＋kx 1x 2－2k x 1＋x 2－4＝2x 1x 2－2x 1＋x 2x 1＋x 2－4＝2×12k 2－63k 2＋1－2×12k 23k 2＋112k 23k 2＋1－4＝3. ∴直线P ′Q 过x 轴上的定点(3,0)．2．已知P (0,2)是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个顶点，C 的离心率e ＝33. (1)求椭圆的方程；(2)过点P 的两条直线l 1，l 2分别与C 相交于不同于点P 的A ，B 两点，若l 1与l 2的斜率之和为－4，则直线AB 是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．解 (1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝2，c a ＝33，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝6，b ＝2，c ＝2，∴椭圆的方程为x 26＋y 24＝1. (2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋t (t ≠2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋t ，x 26＋y 24＝1，消去y 并整理， 可得(3k 2＋2)x 2＋6ktx ＋3t 2－12＝0，∴Δ＝36(kt )2－4×(3k 2＋2)(3t 2－12)>0，即24(6k 2－t 2＋4)>0，则x 1＋x 2＝－6kt 3k 2＋2，x 1x 2＝3t 2－123k 2＋2， 由l 1与l 2的斜率之和为－4，可得y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝－4， 又y 1＝kx 1＋t ，y 2＝kx 2＋t ，∴y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝kx 1＋t －2x 1＋kx 2＋t －2x 2＝2k ＋t －2x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋t －2·－6kt 3k 2＋23t 2－123k 2＋2＝－4， ∵t ≠2，化简可得t ＝－k －2，∴y ＝kx －k －2＝k (x －1)－2，∴直线AB 经过定点(1，－2)．当直线AB 的斜率不存在时，设直线AB 的方程为x ＝m ，A (m ，y 1)，B (m ，y 2)，∴y 1－2m ＋y 2－2m ＝y 1＋y 2－4m＝－4， 又点A ，B 均在椭圆上，∴A ，B 关于x 轴对称，∴y 1＋y 2＝0，∴m ＝1，故直线AB 的方程为x ＝1，也过点(1，－2)，综上直线AB 经过定点，定点为(1，－2)．专题强化练1．已知椭圆C ：x 22＋y 2＝1，设直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，D (0，－1)，若直线AD 与直线BD 的斜率之积为16.证明：直线l 恒过定点． 证明 ①当直线l 斜率不存在时，设l ：x ＝m ，A (m ，y A )，B (m ，－y A )，因为点A (m ，y A )在椭圆x 22＋y 2＝1上， 所以m 22＋y 2A ＝1，即y 2A ＝1－m 22， 所以k AD ·k BD ＝y A ＋1m ·－y A ＋1m ＝1－y 2A m 2＝m 22m 2＝12≠16，不满足题意． ②当直线l 斜率存在时，设l ：y ＝kx ＋b (b ≠－1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋b ，x 2＋2y 2－2＝0，整理得 (1＋2k 2)x 2＋4kbx ＋2b 2－2＝0，依题意得，Δ>0，所以x 1＋x 2＝－4kb 1＋2k 2，x 1x 2＝2b 2－21＋2k 2，则k AD ·k BD ＝y 1＋1x 1·y 2＋1x 2 ＝kx 1＋b kx 2＋b ＋[k x 2＋x 1＋2b ]＋1x 1x 2 ＝k 2x 1x 2＋kb ＋k x 1＋x 2＋b 2＋2b ＋1x 1x 2. 将x 1＋x 2＝－4kb 1＋2k 2，x 1x 2＝2b 2－21＋2k2， 代入上式化简得，k AD ·k BD ＝y 1＋1x 1·y 2＋1x 2＝b ＋122b ＋1b －1＝16，即b ＋1b －1＝13，解得b ＝－2.所以直线l 恒过定点(0，－2)．2．已知点H 为抛物线C ：x 2＝4y 的准线上任一点，过H 作抛物线C 的两条切线HA ，HB ，切点为A ，B ，证明直线AB 过定点，并求△HAB 面积的最小值．解 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，H (t ，－1)，由C ：x 2＝4y ，即y ＝14x 2，得y ′＝12x ， 所以抛物线C ：x 2＝4y 在点A (x 1，y 1)处的切线HA 的方程为y －y 1＝x 12(x －x 1)，即y ＝x 12x －12x 21＋y 1，因为y 1＝14x 21，所以y ＝x 12x －y 1， 因为H (t ，－1)在切线HA 上，所以－1＝x 12t －y 1，① 同理－1＝x 22t －y 2，② 综合①②得，点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)的坐标满足方程－1＝x 2t －y ，即直线AB 恒过抛物线的焦点F (0,1)， 当t ＝0时，此时H (0，－1)，可知HF ⊥AB ，|HF |＝2，|AB |＝4，S △HAB ＝12×2×4＝4， 当t ≠0时，此时直线HF 的斜率为－2t，得HF ⊥AB ， 于是S △HAB ＝12×|HF |×|AB |， 而|HF |＝t －02＋－1－12＝t 2＋4，把直线y ＝t 2x ＋1代入C ：x 2＝4y 中，消去x 得 y 2－(2＋t 2)y ＋1＝0，|AB |＝y 1＋y 2＋2＝t 2＋4， 即S △HAB ＝12(t 2＋4)t 2＋4＝()322142t +>4，综上所述，当t ＝0时，S △HAB 最小，且最小值为4.。
解析几何 第二讲 圆锥曲线的概念与性质,与弦有关的计算问题——2023届高考数学二轮复习含解析
专题七 解析几何 第二讲 圆锥曲线的概念与性质，与弦有关的计算问题1.若椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的短轴长等于焦距，则椭圆的离心率为( )A.122.已知O 是坐标原点，椭圆221259x y +=上的一点M 到左焦点1F 的距离为2，N 是MF 的中点，则ON 的长为( ) A.8B.6C.5D.43.若π0,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，方程22sin cos 1x y αα+=表示焦点在y 轴上的椭圆，则α的取值范围是( )A.π0,4⎛⎫ ⎪⎝⎭B.π0,3⎛⎫⎪⎝⎭C.ππ,42⎛⎫⎪⎝⎭ D.ππ,32⎛⎫⎪⎝⎭ 4.已知双曲线2222:1(0,0)x y T a b a b-=>>，直线y b =-与T 交于A ，B 两点，直线7y b =与T交于C ，D 两点，四边形ABCD 的两条对角线交于点E ，60AEB ∠=︒，则双曲线T 的离心率为( )C.2D.45.已知双曲线22122:1(0,0)x y C a b a b-=>>1C 同渐近线的双曲线2C 过点A ，直线:40l x y +-=与x 轴、y 轴分别交于B ，C 两点，且与双曲线2C 交于D ，若CD CB λ=，则λ=( ) A.2B.58C.38D.36.双曲线E 与椭圆22:162x y C +=焦点相同且离心率是椭圆C E的标准方程为( )A.2213y x -=B.2221y x -=C.22122x y -= D.2213x y -= 7.已知F 为抛物线2:4C y x =的焦点，，过F 作两条互相垂直的直线1l ，2l ，直线1l 与C 交于A ，B 两点，直线2l 与C 交于D ，E 两点，则||||AB DE +的最小值为( )A.16B.14C.12D.108.（多选）已知点P 为双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>所在平面内一点，12(,0),(,0)F c F c -分别为C 的左、右焦点，2121,4PF F F PF c ⊥=,线段12,PF PF 分别交双曲线于,M N 两点,11PF MF λ=,22PF NF μ=.设双曲线的离心率为e ,则下列说法正确的有( )A.若1PF 平行渐近线,则2e =B.若4λ=,则2e = C.若3μ=,则eD.λμ9. （多选）已知椭圆C 的中心在原点，焦点1F ，2F 在y 轴上，且短轴长为2，离心率1F 作y 轴的垂线，交椭圆C 于P ，Q 两点，则下列说法正确的是( ) A.椭圆方程为2213y x +=B.椭圆方程为2213x y +=C.3PQ =D.2PF Q △的周长为10. （多选）已知抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点为F ，若()01,M y 为抛物线C 上一点，直线MF的斜率为M 为圆心的圆与C 的准线相切于点Q ，则下列说法正确的是( )A.抛物线C 的准线方程为3x =-B.直线MF 与抛物线C 相交所得的弦长为15C.MFQ △外接圆的半径为4D.若抛物线C 上两点之间的距离为8，则该线段的中点到y 轴距离的最小值为111.双曲线222:1(0)4x y C b b-=>的一条渐近线方程为320x y +=，则双曲线C 的焦距为__________.12.已知1F ，2F 是椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的两个焦点，P 为C 上一点，且1260F PF ∠=︒，12||5||PF PF =，则C 的离心率为______.13.已知抛物线22(0)y px p =>的准线为l ，点P 在抛物线上，PQ l ⊥于点Q ，(2,0)M 与抛物线的焦点不重合，且||||PQ PM =，120MPQ ∠=︒，则p =______________.14.已知抛物线2:2(0)C x py p =>的焦点为,F O 为坐标原点,的点P 在抛物线C 上,满足||||PF PO =. (1)求抛物线C 的方程.(2)过抛物线C 上的点A 作抛物线C 的切线,l A 与O 不重合,过O 作l 的垂线,垂足为B ,直线BO 与抛物线C 交于点D .当原点到直线AD 的距离最大时,求点A 的坐标.15.如图，已知椭圆22112x y +=.设A ，B 是椭圆上异于(0,1)P 的两点，且点10,2Q ⎛⎫⎪⎝⎭在线段AB 上，直线PA ，PB 分别交直线132y x =-+于C ，D 两点.（Ⅰ）求点P 到椭圆上点的距离的最大值； （Ⅱ）求||CD 的最小值.答案以及解析1.答案：C解析：由题意，得b c =，则2222b a c c =-=，a =，则椭圆的离心率c e a==. 2.答案：D解析：椭圆221259x y +=上的一点M 到左焦点1F 的距离为2，则点M 到右焦点2F 的距离为8.又N 是1MF 的中点，所以2142ON MF ==. 3.答案：C解析：方程22sin cos 1x y αα+=，即22111sin cos x y αα+=表示焦点在y 轴上的椭圆，则11cos sin αα>.又π0,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以cos sin αα<，所以ππ,42α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭. 4.答案：A解析：在22221x y a b-=中，令y b =-，得x =，不妨设,),(,)A b B b --，同理可得(,7),,7)C b D b -， 由对称性可知，四边形ABCD 的两条对角线的交点E 在y 轴上. 易知直线AC的方程为)y x b =-，令0x =，得3b y =，即0,3b E ⎛⎫⎪⎝⎭. 因为60AEB ∠=︒，所以ABE △是等边三角形，|E A y y AB -=，所以22483b a b ==，因为222c a b =+，所以22358a c =，所以e =. 5.答案：C解析：由题意，双曲线1C的离心率c e a ==1ba=，∴设222:(0)C x y αα-=≠，将点A 代入得48α-=，解得4α=-，222:144y x C ∴-=，与直线l 联立得52D y =.易得0,4B C y y ==，CD CB λ=，()5,4,042D C B C x x x x λ⎛⎫∴--=-- ⎪⎝⎭，解得38λ=，故选C. 6.答案：C解析：由题知，椭圆22162x y +=的焦点坐标为(2,0)和(2,0)-设双曲线E的标准方程为22221(0,0)x y a b a b -=>>，则224a b +=且2a =，解得222a b ==，所以双曲线E 的标准方程为22122x y -=，故选C.7.答案：A解析：如图所示，设直线AB 的倾斜角为θ，过A ，B 分别作准线的垂线，垂足为1A ，1B ，则1||AF AA =，1||BF BB =，过点F 向1AA 引垂线FG ，得||||cos ||||AG AF pAF AF θ-==， 则||1cos p AF θ=-，同理，||1cos pBF θ=+，则22||||||sin p AB AF BF θ=+=，即24|si |n AB θ=， 因为1l 与2l 垂直，所以直线DE 的倾斜角为π2θ+或π2θ-， 则24||cos DE θ=，则2244||||sin cos AB DE θθ+=+22224416sin cos sin 21sin 22θθθθ===⎛⎫⎪⎝⎭， 则易知||||AB DE +的最小值为16. 故选A. 8.答案：ACD解析：本题考查双曲线的定义、离心率问题、焦半径问题.由题意12PF F △为直角三角形,点P坐标为(,)c ±,直线1PF斜率1260k PF F =∠=.不妨设点P 在第一象限,如图.选项A,若1PF 平行渐近线,则ba,得2e =,故A 正确.选项B,若4λ=,则1MF c =.连接2MF (图略),由1260PF F ∠=︒,解得221,21)MF a MF MF c =∴=-=,得1e ,故B 错误.选项C,若3μ=,则2NF =.连接1NF (图略),由2190PF F ∠=︒,解得112,2NF a NF NF ∴=-=,得e 故C 正确. 选项D,114PF c MF λ==,14cMF λ∴=,点M 的坐标为2,M M cx c y λ=-=,代入双曲线方程得()2222ac c b λ+=,22b NF a =,则22PF NF λμμ==∴==故D 正确.故选ACD.9.答案：ACD解析：由已知，得22b =，3c a =，则1b =.又222a b c =+，所以23a =，所以椭圆的方程为2213y x+=.由题意，得223b PQ a ===，2PF Q △的周长为4a =.故选ACD. 10.答案：ACD解析：过点M 作MB 垂直于x 轴，垂足为B ，MF k =-，∴直线MF 的倾斜角为120°，60MFB ∴∠=︒，在Rt MBF △中，30BMF ∠=︒，||2||212pMF BF ⎛⎫∴==- ⎪⎝⎭，又由抛物线的定义可得||12pMF =+，21122p p ⎛⎫∴-=+ ⎪⎝⎭，解得6p =，∴抛物线C 的方程为212y x =，抛物线C 的准线方程为3x =-，故A 正确；易知直线MF的方程为3)y x =-，代入抛物线C 的方程，得21090x x -+=，解得1x =或9x =，∴直线MF 与抛物线C 相交所得弦长为19616++=，选项B 不正确；易得M ，(3,0)F，(3,Q -，||QF ==120QMF ∠=︒，设MFQ △外接圆的半径为r，根据正弦定理可得||28sin QF r QMF ====∠，4r ∴=，选项C正确；设抛物线C 上的两点分别为()11,G x y ，()22,H x y ，则||||||8GF HF GH +≥=，当且仅当G ，H ，F 三点共线时，等号成立，由抛物线的定义可知，1212||||6GF FH x x p x x +=++=++，所以1268x x ++≥，即122x x +≥，所以线段GH 的中点到y 轴的距离122122x x +≥=，选项D 正确.故选ACD. 11.答案：解析：根据题意，双曲线222:1(0)4x y C b b -=>C:x 24-y 2b 2=1(b >0)的焦点在x 轴上，则其渐近线方程为2by x =±，又由该双曲线的一条渐近线方程为320x y +=，即32y =-=3=；所以2c ==15PF =122PF +=153a =，2PF =12PF F 中，由余弦定理可得：22212121212||||||2||||cos F F PF PF PF PF F PF =+-⋅∠，而1260F PF ∠=︒，即222255429933a a a c a =+-⨯⨯712=，可得离心率c e a ==13.答案：45解析：如图，设抛物线的焦点为F ，连接PF ，由拖物线的定义知||||PQ PF =，又||||PQ PM =，所以||||PF PM =，由PQ l ⊥及120MPQ ∠=︒，得60PMF ∠=︒，于是PFM △为正三角形，||22pMF =-，所以点P 的坐标为1242p p ⎛⎫⎫+- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 将其代入22(0)y px p =>，得23221424p p p ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即2556480p p +-=，即(12)(54)0p p +⋅-=，所以45p =. 14.答案：(1)24x y =(2)(2)-或( 解析：本题考查抛物线的标准方程,直线与抛物线的位置关系.(1)依题意设点1),(0,0),(0,)2p P O F p ,由||||PF PO =,又0p >,解得2p =,所以抛物线C 的方程为24x y =.(2)设()22,(0)A t t t ≠,由214y x =求导,得12y x '=, 所以过点A 的切线l 斜率为122k t t =⨯=, 所以切线l 的方程为2(2)y t t x t -=-, 即2y tx t =-.因为直线OB 与切线l 垂直,所以1OB k t=-, 直线OB 方程为1y x t=-,即0x ty +=,由20,4,x ty x y +=⎧⎨=⎩解得24,4,x ty t ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或0,0x y =⎧⎨=⎩(舍).即点244(,)D t t-.因为()22442,,(,)A t t D t t-,所以22242422ADt t t k t t t --==+, 则直线AD 的方程为222(2)2t y t x t t--=-,即()22240t x ty t --+=. 原点到直线AD 的距离d ===2≤=,当且仅当224t t=,即t =,等号成立. 所以原点到直线AD 的距离最大为2,此时点A 坐标为(2)-或(.15.解析：（Ⅰ）设,sin )([0,2))M θθθ∈π是椭圆上任意一点，由(0,1)P ，知222221441144||12cos (1sin )1311sin 2sin 11sin 111111PM θθθθθ⎛⎫=+-=--=-+≤ ⎪⎝⎭， 故||PM即点P（Ⅱ）易知直线AB 的斜率存在，设直线AB ：12y kx =+，联立直线AB 与椭圆的方程，整理得22130124k x kx ⎛⎫++-= ⎪⎝⎭， 设()11,A x y ，()22,B x y ，则122112k x x k +=-+，12231412x x k =-⎛⎫+ ⎪⎝⎭.直线PA 的方程为1111y y x x -=+，代入132y x =-+， 整理得111114422(21)1C x x x x y k x ==+-+-. 同理可得，222224422(21)1D x x x x y k x ==+-+-，则||C D CD x =-224(21)1x k x =-+-=====341431kk⨯+≥+=，当且仅当3|4|4k=，即3||16k=时等号成立，所以当3||16k=时，||CD.11。
高二数学圆锥曲线与方程试题答案及解析
高二数学圆锥曲线与方程试题答案及解析1.若动点与定点和直线的距离相等，则动点的轨迹是（）A．椭圆B．双曲线C．抛物线D．直线【答案】D【解析】因为定点F（1，1）在直线上，所以到定点F的距离和到定直线l的距离相等的点的轨迹是直线，就是经过定点A与直线，垂直的直线．故选D．【考点】1．抛物线的定义；2．轨迹方程．2. F1、F2是定点，|F1F2|=6，动点M满足|MF1|+|MF2|=6，则点M的轨迹是（）A．椭圆B．直线C．线段D．圆【答案】C【解析】主要考查椭圆的定义、椭圆的标准方程。
解：因为|MF1|+|MF2|=6=|F1F2|，所以点M的轨迹是线段，故选C。
3.椭圆内有一点P（3，2）过点P的弦恰好以P为中点，那么这弦所在直线的方程为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】主要考查椭圆的定义、直线与椭圆的位置关系。
利用“点差法”求弦的斜率，由点斜式写出方程。
故选B。
4.如果抛物线y 2=ax的准线是直线x=-1，那么它的焦点坐标为（）A．（1, 0）B．（2, 0）C．（3, 0）D．（－1, 0）【答案】A【解析】由已知，所以=4，抛物线的焦点坐标为（1, 0），故选A。
【考点】本题主要考查抛物线的定义、标准方程、几何性质。
点评：熟记抛物线的标准方程及几何性质。
5.圆心在抛物线y 2=2x上，且与x轴和该抛物线的准线都相切的一个圆的方程是（）A．x2+ y 2-x-2 y -=0B．x2+ y 2+x-2 y +1="0"C．x2+ y 2-x-2 y +1=0D．x2+ y 2-x-2 y +=0【答案】D【解析】由抛物线定义知，此圆心到焦点距离等于到准线距离，因此圆心横坐标为焦点横坐标，代入抛物线方程的圆心纵坐标,1，且半径为1，故选D。
【考点】本题主要考查抛物线的定义、标准方程、几何性质，同时考查了圆的切线问题。
点评：抛物线问题与圆的切线问题有机结合，利用抛物线定义，简化了解答过程。
圆锥曲线习题及答案
圆锥曲线习题及答案圆锥曲线习题及答案圆锥曲线是高中数学中的一个重要知识点，它是解析几何中的一个分支，涉及到椭圆、双曲线和抛物线这三种曲线。
掌握圆锥曲线的性质和解题方法，不仅可以帮助我们解决几何问题，还能提高我们的逻辑思维和解题能力。
在这篇文章中，我将为大家提供一些圆锥曲线的习题及答案，希望能够帮助大家更好地理解和掌握这一知识点。
1. 椭圆习题习题1：已知椭圆的长轴长为8，短轴长为6，求其离心率和焦点坐标。
解答：椭圆的离心率定义为离心距与长轴的比值。
离心距可以通过勾股定理计算得到，即离心距的平方等于长轴的平方减去短轴的平方。
根据这一定义，我们可以计算出离心距为√(8^2-6^2)=√(64-36)=√28。
因此，离心率为√28/8=√7/2。
焦点坐标可以通过离心率和长轴的长度计算得到，即焦点坐标的x坐标为±(长轴/2)*离心率，y坐标为0。
所以焦点坐标为(±√7,0)。
习题2：已知椭圆的焦点坐标为(±3,0)，离心率为2/3，求其长轴和短轴的长度。
解答：根据椭圆的离心率定义，我们可以得到离心距为(长轴/2)*离心率。
由于离心率为2/3，离心距为(长轴/2)*(2/3)。
而离心距可以通过焦点坐标计算得到，即离心距的平方等于焦点坐标的x坐标的平方减去长轴的平方。
根据这一关系，我们可以得到(长轴/2)*(2/3)^2=(3/2)^2-长轴^2/4。
通过解这个方程，我们可以得到长轴的长度为8/5。
由于椭圆的长轴是短轴的两倍，所以短轴的长度为8/10=4/5。
2. 双曲线习题习题1：已知双曲线的离心率为2，焦点坐标为(±4,0)，求其长轴和短轴的长度。
解答：双曲线的离心率定义为离心距与焦点之间的距离的比值。
根据焦点坐标和离心率的定义，我们可以得到离心距为焦点坐标的x坐标的绝对值。
由于离心率为2，离心距为4，所以焦点坐标的绝对值为4。
而双曲线的长轴和短轴可以通过焦点坐标和离心率计算得到，即长轴的长度为2*离心距，短轴的长度为2*焦点坐标的绝对值。
(完整版)圆锥曲线常见题型及答案
圆锥曲线常见题型归纳一、基础题涉及圆锥曲线的基本概念、几何性质，如求圆锥曲线的标准方程，求准线或渐近线方程，求顶点或焦点坐标，求与有关的值，求与焦半径或长（短）轴或实（虚）轴有关的角和三角形面积。
此类题在考试中最常见，解此类题应注意：（1）熟练掌握圆锥曲线的图形结构，充分利用图形来解题；注意离心率与曲线形状的关系； （2）如未指明焦点位置，应考虑焦点在x 轴和y 轴的两种（或四种）情况；（3）注意2,2,a a a ，2,2,b b b ，2,2,c c c ，2,,2p p p 的区别及其几何背景、出现位置的不同，椭圆中222b a c -=，双曲线中222b a c +=，离心率a c e =，准线方程a x 2±=；例题：（1）已知定点)0,3(),0,3(21F F -，在满足下列条件的平面上动点P 的轨迹中是椭圆的是 （ ）A ．421=+PF PFB ．621=+PF PF C ．1021=+PF PF D ．122221=+PF PF （答：C ）；（2）方程8=表示的曲线是_____ （答：双曲线的左支）（3）已知点)0,22(Q 及抛物线42x y =上一动点P （x ,y ）,则y+|PQ|的最小值是_____ （答：2）（4）已知方程12322=-++k y k x 表示椭圆，则k 的取值范围为____ （答：11(3,)(,2)22---）； （5）双曲线的离心率等于25，且与椭圆14922=+y x 有公共焦点，则该双曲线的方程_______（答：2214x y -=）；（6）设中心在坐标原点O ，焦点1F 、2F 在坐标轴上，离心率2=e 的双曲线C 过点)10,4(-P ，则C 的方程为_______（答：226x y -=）二、定义题对圆锥曲线的两个定义的考查，与动点到定点的距离（焦半径）和动点到定直线（准线）的距离有关，有时要用到圆的几何性质。
此类题常用平面几何的方法来解决，需要对圆锥曲线的（两个）定义有深入、细致、全面的理解和掌握。
解析几何圆锥曲线测试题及详解
平面解析几何第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的。
)1．(2011·辽宁沈阳二中阶段检测)“a ＝2”是“直线2x ＋ay －1＝0与直线ax ＋2y －2＝0平行”的( )A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件[答案] B[解析] 两直线平行的充要条件是2a ＝a 2≠－1－2，即两直线平行的充要条件是a ＝±2.故a＝2是直线2x ＋ay －1＝0与直线ax ＋2y －2＝0平行的充分不必要条件．[点评] 如果适合p 的集合是A ，适合q 的集合是B ，若A 是B 的真子集，则p 是q 的充分不必要条件，若A ＝B ，则p ，q 互为充要条件，若B 是A 的真子集，则p 是q 的必要不充分条件．2．(2011·福州市期末)若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的焦点到其渐近线的距离等于实轴长，则该双曲线的离心率为( )A. 5 B ．5 C. 2 D ．2[答案] A[解析] 焦点F (c,0)到渐近线y ＝b a x 的距离为d ＝bca 2＋b 2＝2a ，两边平方并将b 2＝c 2－a 2代入得c 2＝5a 2，∵e ＝ca>1，∴e ＝5，故选A.3．(2011·黄冈期末)已知直线l 交椭圆4x 2＋5y 2＝80于M 、N 两点，椭圆与y 轴的正半轴交于B 点，若△BMN 的重心恰好落在椭圆的右焦点上，则直线l 的方程是( )A ．6x －5y －28＝0B ．6x ＋5y －28＝0C ．5x ＋6y －28＝0D ．5x －6y －28＝0[答案] A[解析] 由椭圆方程x 220＋y 216＝1知，点B (0,4)，右焦点F (2,0)，∵F 为△BMN 的重心，∴直线BF 与MN 交点D 为MN 的中点， ∴BD →＝32BF →＝(3，－6)，又B (0,4)，∴D (3，－2)，将D 点坐标代入选项检验排除B 、C 、D ，选A.4．(2011·江西南昌调研)直线l过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F，且与抛物线交于A、B 两点，若线段AB的长是8，AB的中点到y轴的距离是2，则此抛物线方程是() A．y2＝12x B．y2＝8xC．y2＝6x D．y2＝4x[答案] B[解析]设AB中点为M，A、M、B在抛物线准线上的射影为A1、M1、B1，则2|MM1|＝|AA1|＋|BB1|＝|AF|＋|BF|＝|AB|＝8，∴|MM1|＝4，又|MM1|＝p2＋2，∴p＝4，∴抛物线方程为y2＝8x.5．(2011·福州市期末)定义：平面内横坐标为整数的点称为“左整点”．过函数y＝9－x2图象上任意两个“左整点”作直线，则倾斜角大于45°的直线条数为() A．10 B．11C．12 D．13[答案] B[解析]依据“左整点”的定义知，函数y＝9－x2的图象上共有七个左整点，如图过两个左整点作直线，倾斜角大于45°的直线有：AC，AB，BG，CF，CG，DE，DF，DG，EF，EG，FG共11条，故选B.6．(文)(2011·巢湖质检)设双曲线y2m－x22＝1的一个焦点为(0，－2)，则双曲线的离心率为()A. 2 B ．2 C. 6 D ．2 2[答案] A[解析] 由条件知m ＋2＝4，∴m ＝2， ∴离心率e ＝22＝ 2. (理)(2011·山东潍坊一中期末)已知抛物线y 2＝2px (p >0)与双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1有相同的焦点F ，点A 是两曲线的交点，且AF ⊥x 轴，则双曲线的离心率为( )A.5＋12B.3＋1C.2＋1D.22＋12[答案] C[解析] 由AF ⊥x 轴知点A 坐标为⎝⎛⎭⎫p 2，p ，代入双曲线方程中得，p 24a 2－p2b2＝1，∵双曲线与抛物线焦点相同，∴c ＝p 2，即p ＝2c ，又b 2＝c 2－a 2，∴4c 24a 2－4c 2c 2－a2＝1，由e ＝ca 代入整数得，e 4－6e 2＋1＝0，∵e >1，∴e 2＝3＋22，∴e ＝2＋1.7．(2011·烟台调研)与椭圆x 24＋y 2＝1共焦点且过点P (2,1)的双曲线方程是( )A.x 24－y 2＝1 B.x 22－y 2＝1 C.x 23－y 23＝1 D ．x 2－y 22＝1 [答案] B[解析] 椭圆的焦点F 1(－3，0)，F 2(3，0)， 由双曲线定义知2a ＝|PF 1|－|PF 2|＝(2＋3)2＋1－(2－3)2＋1＝8＋43－8－43＝22，∴a ＝2，∴b 2＝c 2－a 2＝1， ∴双曲线方程为x 22－y 2＝1.8．(文)(2011·辽宁沈阳二中检测)椭圆x 24＋y 2＝1的焦点为F 1，F 2，点M 在椭圆上，MF 1→·MF 2→＝0，则M 到y 轴的距离为( )A.233B.263C.33D. 3[答案] B[分析] 条件MF 1→·MF 2→＝0，说明点M 在以线段F 1F 2为直径的圆上，点M 又在椭圆上，通过方程组可求得点M 的坐标，即可求出点M 到y 轴的距离．[解析] 椭圆的焦点坐标是(±3，0)，点M 在以线段F 1F 2为直径的圆上，该圆的方程是x 2＋y 2＝3，即y 2＝3－x 2，代入椭圆得x 24＋3－x 2＝1，解得x 2＝83，即|x |＝263，此即点M 到y 轴的距离．[点评] 满足MF →·MB →＝0(其中A ，B 是平面上两个不同的定点)的动点M 的轨迹是以线段AB 为直径的圆．(理)(2011·山东实验中学期末)已知双曲线的两个焦点为F 1(－10，0)，F 2(10，0)，M 是此双曲线上的一点，且MF 1→·MF 2→＝0，|MF 1→|·|MF 2→|＝2，则该双曲线的方程是( )A.x 29－y 2＝1 B ．x 2－y 29＝1 C.x 23－y 27＝1 D.x 27－y 23＝1 [答案] A[解析] 由条件知，MF 1→⊥MF 2→，∴|MF 1→|2＋|MF 2→|2＝|F 1F 2→|2＝(210)2＝40， (|MF 1→|－|MF 2→|)2＝|MF 1→|2＋|MF 2→|2－2|MF 1→|·|MF 2→|＝40－2|MF 1→|·|MF 2→|＝36， ∴||MF 1|－|MF 2||＝6＝2a ，∴a ＝3， 又c ＝10，∴b 2＝c 2－a 2＝1，∴双曲线方程为x 29－y 2＝1. 9．(2011·宁波市期末)设双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右焦点为F ，O 为坐标原点．若以F 为圆心，FO 为半径的圆与双曲线C 的一条渐近线交于点A (不同于O 点)，则△OAF 的面积为( )A ．abB ．bcC ．ac D.a 2b c[答案] A[解析] 由条件知，|F A |＝|FO |＝c ，即△OAF 为等腰三角形，F (c,0)到渐近线y ＝ba x 的距离为b ，∴OA ＝2a ，∴S △OAF ＝12×2a ×b ＝ab .10．(2011·北京朝阳区期末)已知圆的方程为x 2＋y 2－2x ＋6y ＋8＝0，那么下列直线中经过圆心的直线方程为( )A ．2x －y ＋1＝0B ．2x ＋y ＋1＝0C ．2x －y －1＝0D ．2x ＋y －1＝0[答案] B[解析] 将圆心(1，－3)坐标代入直线方程检验知选B.11．(文)(2011·江西南昌调研)设圆C 的圆心在双曲线x 2a 2－y 22＝1(a >0)的右焦点上，且与此双曲线的渐近线相切，若圆C 被直线l ：x －3y ＝0截得的弦长等于2，则a ＝( )A.14B. 6C. 2 D ．2[答案] C[解析] 由条件知，圆心C (a 2＋2，0)，C到渐近线y ＝2a x 的距离为d ＝2(a 2＋2)2＋a 2＝2为⊙C 的半径，又截得弦长为2，∴圆心C 到直线l ：x －3y ＝0的距离a 2＋22＝1，∴a 2＝2，∵a >0，∴a ＝ 2.(理)(2011·辽宁沈阳二中阶段检测)直线y ＝kx ＋3与圆(x －3)2＋(y －2)2＝4相交于M ，N 两点，若|MN |≥23，则k 的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤－34，0 B.⎝⎛⎦⎤－∞，－34∪[0，＋∞) C.⎣⎡⎦⎤－33，33 D.⎣⎡⎦⎤－23，0 [答案] A[解析] 由条件知，圆心(3,2)到直线y ＝kx ＋3的距离不大于1，∴|3k －2＋3|1＋k 2≤1，解之得－34≤k ≤0.12．(2011·辽宁沈阳二中检测)已知曲线C ：y ＝2x 2，点A (0，－2)及点B (3，a )，从点A 观察点B ，要使视线不被曲线C 挡住，则实数a 的取值范围是( )A ．(4，＋∞)B ．(－∞，4]C ．(10，＋∞)D ．(－∞，10][答案] D[解析] 过点A (0，－2)作曲线C ：y ＝2x 2的切线， 设方程为y ＝kx －2，代入y ＝2x 2得， 2x 2－kx ＋2＝0，令Δ＝k 2－16＝0得k ＝±4， 当k ＝4时，切线为l ，∵B 点在直线x ＝3上运动，直线y ＝4x －2与x ＝3的交点为M (3,10)，当点B (3，a )满足a ≤10时，视线不被曲线C 挡住，故选D.第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上) 13．(2011·广东高州市长坡中学期末)若方程x 24－k ＋y 26＋k ＝1表示焦点在x 轴上的椭圆，则k 的取值范围是________．[答案] (－6，－1)[解析] 由题意知，4－k >6＋k >0，∴－6<k <－1.14．(文)(2011·浙江宁波八校联考)已知F 1、F 2是双曲线的两焦点，以线段F 1F 2为边作正三角形，MF 1的中点A 在双曲线上，则双曲线的离心率是________．[答案]3＋1[解析] 由条件知，|F 1F 2|＝2c ，|AF 1|＝c ， ∴|AF 2|＝3c ，由双曲线定义知，|AF 2|－|AF 1|＝2a ， ∴3c －c ＝2a ，∴e ＝c a ＝23－1＝3＋1.(理)(2011·重庆南开中学期末)设双曲线x 2－y 23＝1的左右焦点分别为F 1、F 2，P 是直线x ＝4上的动点，若∠F 1PF 2＝θ，则θ的最大值为________．[答案] 30°[解析] F 1(－2,0)、F 2(2,0)，不妨设P (4，y )，y >0，过P 作PM ⊥x 轴，垂足为M ，设∠F 1PM ＝β，∠F 2PM ＝α，则θ＝β－α，∴tan θ＝tan(β－α)＝tan β－tan α1＋tan βtan α＝6y －2y 1＋6y ·2y ＝4y ＋12y ≤4212＝33，∴θ≤30°. 15．(文)(2011·黑龙江哈六中期末)设抛物线y 2＝8x 的焦点为F ，过点F 作直线交抛物线于A 、B 两点，若线段AB 的中点E 到y 轴的距离为3，则AB 的长为________．[答案] 10[解析] 2p ＝8，∴p2＝2，∴E 到抛物线准线的距离为5，∴|AB |＝|AF |＋|BF |＝2×5＝10.(理)(2011·辽宁大连联考)已知抛物线“y 2＝4x 的焦点为F ，准线与x 轴的交点为M ，N 为抛物线上的一点，且满足|NF |＝32|MN |”，则∠NMF ＝________. [答案] π6[解析] 设N 在准线上射影为A ，由抛物线的定义与条件知，|NA |＝|NF |＝32|MN |，∴∠AMN ＝π3，从而∠NMF ＝π6.16．(文)(2011·湖南长沙一中月考)直线l ：x －y ＝0与椭圆x 22＋y 2＝1相交A 、B 两点，点C 是椭圆上的动点，则△ABC 面积的最大值为________．[答案] 2[解析] 设与l 平行的直线方程为x －y ＋a ＝0，当此直线与椭圆的切点为C 时，△ABC 的面积最大，将y ＝x ＋a 代入x 22＋y 2＝0中整理得，3x 2＋4ax ＋2(a 2－1)＝0，由Δ＝16a 2－24(a 2－1)＝0得，a ＝±3，两平行直线x －y ＝0与x －y ＋3＝0的距离d ＝62，将y ＝x 代入x 22＋y 2＝1中得，x 1＝－63，x 2＝63， ∴|AB |＝1＋1|63－(－63)|＝433， ∴S △ABC ＝12|AB |·d ＝12×433×62＝ 2.(理)(2011·湖北荆门调研)已知P 为椭圆C ：x 225＋y 216＝1上的任意一点，F 为椭圆C 的右焦点，M 的坐标为(1,3)，则|PM |＋|PF |的最小值为________．[答案] 5[解析] 如图，连结F 1M ，设直线F 1M 与C 交于P ，P ′是C 上任一点，则有|PF 1|＋|PF |＝|P ′F 1|＋|P ′F |，即|PM |＋|MF 1|＋|PF |＝|P ′F 1|＋|P ′F |， ∵|P ′F 1|≤|P ′M |＋|MF 1|， ∴|PM |＋|PF |≤|P ′M |＋|P ′F |， 故P 点是使|PM |＋|PF |取最小值的点， 又M (1,3)，F 1(－3,0)，∴|MF 1|＝5，∴|PM |＋|PF |＝|PF 1|＋|PF |－|MF 1|＝2×5－5＝5.三、解答题(本大题共6个小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分12分)(2011·山东潍坊一中期末)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两个焦点为F 1，F 2，椭圆上一点M ⎝⎛⎭⎫263，33满足MF 1→·MF 2→＝0. (1)求椭圆的方程；(2)若直线L ：y ＝kx ＋2与椭圆恒有不同交点A 、B ，且OA →·OB →>1(O 为坐标原点)，求k 的取值范围．[解析] (1)设F 1(－c,0)，F 2(c,0)，MF 1→＝⎝⎛⎭⎫－c －263，－33，MF 2→＝⎝⎛⎭⎫c －263，－33， ∵MF 1→·MF 2→＝0，∴－c 2＋⎝⎛⎭⎫2632＋⎝⎛⎭⎫332＝0，∴c 2＝3，∴a 2－b 2＝3①又点M 在椭圆上，∴83a 2＋13b 2＝1②①代入②得83a 2＋13(a 2－3)＝1， 整理得，a 4－6a 2＋8＝0，∴a 2＝2或a 2＝4， ∵a 2>3，∴a 2＝4，b 2＝1， ∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1y ＝kx ＋2，消去y 解得⎝⎛⎭⎫14＋k 2x 2＋22kx ＋1＝0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(kx 1＋2)(kx 2＋2) ＝(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋2＝6－4k 21＋4k 2>1，∴k 2<58，又由Δ＝k 2－14>0得k 2>14，∴14<k 2<58，∴k ∈⎝⎛⎭⎫－104，－12∪⎝⎛⎭⎫12，104. 18．(本小题满分12分)(2010·湖北文)已知一条曲线C 在y 轴右边，C 上每一点到点F (1,0)的距离减去它到y 轴距离的差都是1.(1)求曲线C 的方程；(2)是否存在正数m ，对于过点M (m,0)且与曲线C 有两个交点A ，B 的任一直线，都有F A →·FB →<0？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．[解析] (1)设P (x ，y )是曲线C 上任意一点，那么点P (x ，y )满足：(x －1)2＋y 2－x ＝1(x >0) 化简得y 2＝4x (x >0)(2)设过点M (m,0)(m >0)的直线l 与曲线C 的交点为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．设l 的方程为x ＝ty ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋m y 2＝4x 得y 2－4ty －4m ＝0， 此时Δ＝16(t 2＋m )>0.于是⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝4t y 1·y 2＝－4m ①又F A →＝(x 1－1，y 1)，FB →＝(x 2－1，y 2)F A →·FB →<0⇔(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2＝x 1·x 2－(x 1＋x 2)＋1＋y 1y 2<0② 又x ＝y 24，于是不等式②等价于y 214·y 224＋y 1y 2－(y 214＋y 224)＋1<0 ⇔(y 1y 2)216＋y 1y 2－14[(y 1＋y 2)2－2y 1y 2]＋1<0③由①式，不等式③等价于m 2－6m ＋1<4t 2④对任意实数t,4t 2的最小值为0，所以不等式④对于一切t 成立等价于m 2－6m ＋1<0，即3－22<m <3＋2 2由此可知，存在正数m ，对于过点M (m,0)且与曲线C 有两个交点A ，B 的任意一直线，都有F A →·FB →<0，且m 的取值范围是(3－22，3＋22)．19．(本小题满分12分)(2011·巢湖市质检)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，过原点O 斜率为1的直线与椭圆C 相交于M ，N 两点，椭圆右焦点F 到直线l 的距离为 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是椭圆上异于M ，N 外的一点，当直线PM ，PN 的斜率存在且不为零时，记直线PM 的斜率为k 1，直线PN 的斜率为k 2，试探究k 1·k 2是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由．[解析] (1)设椭圆的焦距为2c (c >0)，焦点F (c,0)，直线l ：x －y ＝0， F 到l 的距离为|c |2＝2，解得c ＝2， 又∵e ＝c a ＝22，∴a ＝22，∴b ＝2.∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x 28＋y 24＝1，y ＝x ，解得x ＝y ＝263，或x ＝y ＝－263，不妨设M ⎝⎛⎭⎫263，263，N ⎝⎛⎭⎫－263，－263，P (x ，y )， ∴k PM ·k PN ＝y －263x －263·y ＋263x ＋263＝y 2－83x 2－83， 由x 28＋y 24＝1，即x 2＝8－2y 2，代入化简得k 1·k 2＝k PM ·k PN ＝－12为定值． 20．(本小题满分12分)(2011·厦门期末质检)已知抛物线C ：y 2＝4x ，直线l ：y ＝12x ＋b 与C 交于A 、B 两点，O 为坐标原点．(1)当直线l 过抛物线C 的焦点F 时，求|AB |；(2)是否存在直线l 使得直线OA 、OB 倾斜角之和为135°，若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．[解析] (1)抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F (1,0)，代入直线y ＝12x ＋b 可得b ＝－12， ∴l ：y ＝12x －12，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x y ＝12x －12，消去y 得x 2－18x ＋1＝0， ∴x 1＋x 2＝18，x 1x 2＝1，(方法一)|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝54·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝20. (方法二)|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝18＋2＝20.(2)假设存在满足要求的直线l ：y ＝12x ＋b ， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x y ＝12x ＋b ，消去x 得y 2－8y ＋8b ＝0，∴y 1＋y 2＝8，y 1y 2＝8b ，设直线OA 、OB 的倾斜角分别为α、β，斜率分别为k 1、k 2，则α＋β＝135°，tan(α＋β)＝tan135°⇒k 1＋k 21－k 1k 2＝－1， 其中k 1＝y 1x 1＝4y 1，k 2＝y 2x 2＝4y 2，代入上式整理得y 1y 2－16＋4(y 1＋y 2)＝0， ∴8b －16＋32＝0，即b ＝－2，代入Δ＝64－32b ＝128>0，满足要求．综上，存在直线l ：y ＝12x －2使得直线OA 、OB 的倾斜角之和为135°. 21．(本小题满分12分)(2011·黑龙江哈六中期末)已知菱形ABCD 的顶点A ，C 在椭圆x 2＋3y 2＝4上，对角线BD 所在直线的斜率为1.(1)当直线BD 过点(0,1)时，求直线AC 的方程；(2)当∠ABC ＝60°时，求菱形ABCD 面积的最大值．[解析] (1)由题意得直线BD 的方程为y ＝x ＋1.因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .于是可设直线AC 的方程为y ＝－x ＋n .由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋3y 2＝4，y ＝－x ＋n 得4x 2－6nx ＋3n 2－4＝0. 因为A ，C 在椭圆上，所以Δ＝－12n 2＋64>0，解得－433<n <433. 设A ，C 两点坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝3n 2，x 1x 2＝3n 2－44， y 1＝－x 1＋n ，y 2＝－x 2＋n .所以y 1＋y 2＝n 2，所以AC 的中点坐标为⎝⎛⎭⎫3n 4，n 4. 由四边形ABCD 为菱形可知，点⎝⎛⎭⎫3n 4，n 4在直线y ＝x ＋1上，所以n 4＝3n 4＋1，解得n ＝－2.所以直线AC 的方程为y ＝－x －2，即x ＋y ＋2＝0.(2)因为四边形ABCD 为菱形，且∠ABC ＝60°，所以|AB |＝|BC |＝|CA |.所以菱形ABCD 的面积S ＝32|AC |2. 由(1)可得|AC |2＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝－3n 2＋162， 所以S ＝34(－3n 2＋16)⎝⎛⎭⎫－433<n <433. 所以当n ＝0时，菱形ABCD 的面积取得最大值4 3.22．(本小题满分12分)(文)(2011·温州八校期末)如图，在由圆O ：x 2＋y 2＝1和椭圆C ：x 2a 2＋y 2＝1(a >1)构成的“眼形”结构中，已知椭圆的离心率为63，直线l 与圆O 相切于点M ，与椭圆C 相交于两点A ，B .(1)求椭圆C 的方程；(2)是否存在直线l ，使得OA →·OB →＝12OM →2，若存在，求此时直线l 的方程；若不存在，请说明理由．[解析] (1)∵e ＝c a ＝63，c 2＝a 2－1，∴23＝a 2－1a2， 解得：a 2＝3，所以所求椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1. (2)假设存在直线l ，使得OA →·OB →＝12OM →2 易得当直线l 垂直于x 轴时，不符合题意，故设直线l 方程为y ＝kx ＋b ，由直线l 与圆O 相切，可得b 2＝k 2＋1①把直线y ＝kx ＋b 代入椭圆C ：x 23＋y 2＝1中，整理得： (1＋3k 2)x 2＋6kbx ＋3b 2－3＝0则x 1＋x 2＝－6kb 1＋3k 2，x 1·x 2＝3b 2－31＋3k 2， OA →·OB →＝x 1·x 2＋y 1·y 2＝x 1·x 2＋(kx 1＋b )(kx 2＋b )＝(1＋k 2)x 1·x 2＋kb (x 1＋x 2)＋b 2＝(1＋k 2)3b 2－31＋3k 2＋6k 2b 21＋3k 2＋b 2＝4b 2－3k 2－31＋3k 2＝12② 由①②两式得k 2＝1，b 2＝2，故存在直线l ，其方程为y ＝±x ±2.(理)(2011·山东淄博一中期末)已知椭圆的两个焦点F 1(－3，0)，F 2(3，0)，过F 1且与坐标轴不平行的直线l 1与椭圆相交于M ，N 两点，如果△MNF 2的周长等于8.(1)求椭圆的方程；(2)若过点(1,0)的直线l 与椭圆交于不同两点P 、Q ，试问在x 轴上是否存在定点E (m,0)，使PE →·QE →恒为定值？若存在，求出E 的坐标及定值；若不存在，请说明理由．[解析] (1)由题意知c ＝3，4a ＝8，∴a ＝2，b ＝1，∴椭圆的方程为x 24＋y 2＝1. (2)当直线l 的斜率存在时，设其斜率为k ，则l 的方程为y ＝k (x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1y ＝k (x －1)消去y 得(4k 2＋1)x 2－8k 2x ＋4k 2－4＝0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)则由韦达定理得x 1＋x 2＝8k 24k 2＋1，x 1x 2＝4k 2－44k 2＋1， 则PE →＝(m －x 1，－y 1)，QE →＝(m －x 2，－y 2)，∴PE →·QE →＝(m －x 1)(m －x 2)＋y 1y 2＝m 2－m (x 1＋x 2)＋x 1x 2＋y 1y 2＝m 2－m (x 1＋x 2)＋x 1x 2＋k 2(x 1－1)(x 2－1)＝m 2－8k 2m 4k 2＋1＋4k 2－44k 2＋1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2－44k 2＋1－8k 24k 2＋1＋1 ＝(4m 2－8m ＋1)k 2＋(m 2－4)4k 2＋1要使上式为定值须4m 2－8m ＋1m 2－4＝41，解得m ＝178， ∴PE →·QE →为定值3364， 当直线l 的斜率不存在时P ⎝⎛⎭⎫1，32，Q ⎝⎛⎭⎫1，－32，由E ⎝⎛⎭⎫178，0可得PE →＝⎝⎛⎭⎫98，－32，QE →＝⎝⎛⎭⎫98，32， ∴PE →·QE →＝8164－34＝3364， 综上所述当E ⎝⎛⎭⎫178，0时，PE →·QE →为定值3364.。
圆锥曲线大题专题及答案
解析几何大题专题第一类题型 弦长面积问题1．（本小题满分14分）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的离心率是2，且过点P ．直线2y x m =+与椭圆C 相交于,A B 两点．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）求PAB △的面积的最大值；（Ⅲ）设直线,PA PB 分别与y 轴交于点,M N ．判断||PM ，||PN 的大小关系，并加以证明．2. （本小题14分） 已知椭圆22:13+=x y C m m，直线:20+-=l x y 与椭圆C 相交于P ，Q 两点，与x 轴交于点B ，点,P Q 与点B 不重合.（Ⅰ）求椭圆C 的离心率；（Ⅱ）当2∆=OPQ S 时，求椭圆C 的方程；（Ⅲ）过原点O 作直线l 的垂线，垂足为.N 若λ=PN BQ ，求λ的值.3．（本小题共14分）已知椭圆2222:1(0)x yC a ba b+=>>离心率等于12，(2,3)P、(2,3)Q-是椭圆上的两点.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）,A B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点，若直线AB的斜率为12，求四边形APBQ面积的最大值.4．（本小题满分14分）已知椭圆C：2231(0)mx my m+=>的长轴长为O为坐标原点.（Ⅰ）求椭圆C的方程和离心率；（Ⅱ）设点(3,0)A，动点B在y轴上，动点P在椭圆C上，且P在y轴的右侧，若||||BA BP=，求四边形OPAB面积的最小值.5．（本小题共14分）已知椭圆C：2214xy+=，F为右焦点，圆O：221x y+=，P为椭圆C上一点，且P位于第一象限，过点P作PT与圆O相切于点T，使得点F，T在OP两侧.（Ⅰ）求椭圆C的焦距及离心率;（Ⅱ）求四边形OFPT面积的最大值.6.（本小题13分）已知抛物线C：y2=2px经过点P(2，2)，A，B是抛物线C上异于点O的不同的两点，其中O为原点．（I）求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；（II）若OA OB，求△AOB面积的最小值.第二类题型 圆过定点问题（ 包括点在圆上 点在圆外 点在圆内）1．（本小题满分14 分）已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的离心率为2，椭圆C 与y 轴交于A ， B 两点，且｜AB ｜＝2．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设点P 是椭圆C 上的一个动点，且直线PA ，PB 与直线x ＝4分别交于M ， N两点．是否存在点P 使得以MN 为直径的圆经过点（2,0）？若存在，求出点P 的横坐标；若不存在，说明理由。
解析几何尤承业前四章部分习题答案
解析几何(尤承业)前四章部分习题答案第一章：平面几何基础1.证明：若两条直线的斜率相等，则它们平行。
证明：设直线l1的斜率为k1，直线l2的斜率为k2。
若k1=k2，则有k1x+b1=k2x+b2，即(k1-k2)x=b2-b1。
由于k1-k2=0，所以方程化简为0x=b2-b1。
由于任何实数乘以0都等于0，所以此方程有解，即二者平行。
2.已知直线l1的斜率为k1，直线l2经过点A(a,b)且与l1垂直，求直线l2的方程。
解：由直线l1的斜率为k1，可知l1的斜率为k1的直线上任意一点(x1,y1)与原点(0,0)的斜率为k1，即有y1/x1=k1，即y1=k1x1。
由于直线l2经过点A(a,b)且与l1垂直，所以直线l2的斜率为-1/k1。
设直线l2的方程为y=-1/k1 x + c，代入点A(a,b)可得b=-1/k1*a+c，即c=b+a/k1。
所以直线l2的方程为y=-1/k1 x + b+a/k1。
3.已知直线l1过点A(a,b)和点B(c,d)，求直线l1的方程。
解：由于直线l1过点A(a,b)和点B(c,d)，所以直线l1的斜率为直线AB的斜率。
设直线l1的方程为y=kx+m，代入点A(a,b)和点B(c,d)可得方程组： b=ka+m d=kc+m将第一个方程乘以k，得到bk=ka^2+km，再用第二个方程减去这个等式，可得d-b = kc-ka^2+km-km，即d-b=k(c-a)。
所以直线l1的方程为y=(d-b)/(c-a)x + (ad-bc)/(c-a)。
第二章：直线与圆1.已知直线l的方程为y=ax+b，圆C的圆心为O(h,k)，半径为r，求直线l与圆C的交点坐标。
解：设直线l与圆C的交点为点P(x,y)，代入直线l的方程可得y=ax+b。
将这个方程代入圆C的方程(x-h)^2+(y-k)^2=r^2中，得到(x-h)^2+(ax+b-k)^2=r^2。
展开后整理得到一个二次方程，即x^2+(a^2+1)x-2ah+(b-k)^2-r^2=0。
第16讲 圆锥曲线等角定理(解析几何)(解析版)
第16讲 圆锥曲线等角定理知识与方法圆锥曲线等角定理及其证明1.椭圆的等角定理:长轴上任意一点的一条弦端点与对应点过椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)N (t ,0)G(a 2t ,0)的连线所成角被焦点所在直线平分，即.∠OGA =∠OGB 【证明】只需证明,即.k GA =−k GB k GA +k GB =0即证:y Ax A −x G +y Bx B −x G =0,即证y A (x B −x G )+y B (x A −x G )=0,其中x G =a 2t.又因为:x A =my A +t ,x B =my B +t ,故只需证明:my B +t−x Gy B+my A +t−x Gy A=0,①即证:2m +(t−x G )(1y A+1y B)=0联立,得:{x =my +tx 2a2+y 2b2=1(m 2a 2+1b 2)y 2+2mt a 2y +t 2a2−1=0由韦达定理,得:y A +y B =−2mt a2m2a2+1b2,y A y B =t 2a 2−1m2a2+1b 2代入①式:等式左边=2m +(t−a2t)(y A +y B y A y B)=2m +(t−a2t)(−2mt a 2t2a 2−1)=2m +(t−a 2t )(−2mtt 2−a 2)=2m−2m =0故命题得证.2.双曲线的等角定理:实轴上任意一点的一条弦端点与对应点过双曲线x 2a 2−y 2b2=1(a >0,b >0)N (t ,0)G(a 2t ,0)的连线所成角被焦点所在直线平分，即.∠OGA =∠OGB 该定理的证明方式和椭圆的类似,可以参照上面的解法进行证明.3.拋物线的等角定理:过抛物线对称轴上任意一点的一条弦端点与对应点y 2=2px (p >0)N (a ,0)A 、B G(−a 的连线所成角被对称轴平分.,0)【证明】只需证明,即.即证:,k GA =−k GB k GA +k GB =0y Ax A −x G+y BxB −x G=0即证:①y A (x B −x G )+y B (x A −x G )=0其中.x G =−a 设所在直线方程为:,则有:,代入(1)中可得:AB x =my +a x A =my A +a ,x B =my B +a ,化简，得: ②my B +a−x Gy B+my A +a−x Gy A=02m +2a(1y A+1y B)=0联立,得:,即{x =my +ay 2=2px y 2=2p (my +a )y 2−2pmy−2pa =0由韦达定理，得：代入②式,y A +y B =2pm ,y A y B =−2pa .等式左边,=2m +2a (y A +y B y A y B)=2m +2a(2pm −2pa)=0故命题得证.典型例题类型1:椭圆等角定理的应用【例1】设椭圆的右焦点为,过的直线与交两点,点的坐标为C :x 22+y 2=1F F l C A ,B M .(2,0)(1)当与轴垂直时,求直线的方程;l x AM (2)设为坐标原点,证明：.O ∠OMA =∠OMB 【答案】(1)或(2)见解析.y =−22x +2y =22x−2;【解析】（1）由已知得的方程为.F (1,0),l x =1由已知可得,点的坐标为或.A (1,22)(1,−22)所以的方程为或.AM y =−22x +2y =22x−2(2)当与轴重合时,.l x ∠OMA =∠OMB =0∘当与轴垂直时,为的垂直平分线,所以.l x OM AB ∠OMA =∠OMB 当与轴不重合也不垂直时,设的方程为,l x l y =k (x−1)(k ≠0),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)则,直线的斜率之和为.x 1<2,x 2<2MA ,MB k MA +k MB =y 1x 1−2+y2x 2−2由,得y 1=kx 1−k ,y 2=kx 2−k k MA +k MB =2kx 1x 2−3k (x 1+x 2)+4k(x 1−2)(x 2−2)将代入得.y =k (x−1)x 22+y 2=1(2k 2+1)x 2−4k 2x +2k 2−2=0所以.x 1+x 2=4k 22k 2+1,x 1x 2=2k 2−22k 2+1则2kx 1x 2−3k (x 1+x 2)+4k =4k 3−4k−12k 3+8k 3+4k2k 2+1=0从而,故的倾斜角互补,所以.k MA +k MB =0MA ,MB ∠OMA =∠OMB 综上,.∠OMA =∠OMB【例2】如图,两条相交线段的四个端点都在椭圆上，其中直线AB 、PQ x 24+y 23=1AB 的方程为,直线的方程为.x =m PQ y =12x +n(1)若,求的值;n =0,∠BAP =∠BAQ m (2)探究：是否存在常数,当变化时,恒有?m n ∠BAP =∠BAQ 【答案】（1）；（2）见解析.m =±1【解析】依题意,当时,由,解得,(1)n =0{x 24+y 23=1y =12xP (−3,−32),Q (3,32)因为,所以,∠BAP =∠BAQ k AP =k AQ 设,则,化简得,A (m ,y )y +32m +3+y−32m−3=02my =3又由,联立方程组,解得或.m 24+y 23=1{2my =3m 24+y 23=1m =±1m =±3因为平分,所以(不合题意）,所以.AB ∠PAQ m =±3m =±1(2)设,P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)由,整理得,{x 24+y 23=1y =12x +n4y 2−6ny +3n 2−3=0其中,Δ=12(4−n 2),y 1+y 2=3n2,y 1y 2=3(n 2−1)4若存在常数,当变化时,恒有,m n ∠BAP =∠BAQ 则由（1）可知只可能是,m =±1①当时,取等价于,m =1A (1,32),∠BAP =∠BAQ y +32m +1+y−32m−1=0即,(2y 1−3)(2y 2−2n−1)+(2y 2−3)(2y 1−2n−1)=0即即,此式子恒成立,4y 1y 2+3(2n−1)=2(n +2)(y 1+y 2)3(n 2−1)+3(2n +1)=3n (n +2)所以存在常数,当变化时,恒有;m =1n ∠BAP =∠BAQ ②当时,取,由椭圆的对称性,同理可知结论也成立,m =−1A (−1,−32)综上可得,存在常数,当变化时,恒有.m =±1n ∠BAP =∠BAQ 【例3】已知点,直线过点且与椭圆P (t ,0)(t ≠0)AB E(a 2t ,0)x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)（或双曲线交于不同的两点,求证:直线与x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0))A ,B PA ,PB x 轴所成的较小的角相等.【答案】见解析.【解析】下面仅以椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)为例（如图)来证明,双曲线的情形可仿此证明.【证明】设点和点的坐标分别为和,A B (x 1,y 1)(x 2,y 2)∵直线AB 过点E (a 2t ,0),∴设直线AB 的方程为y =k (x−a 2t ),代入椭圆方程可得:(b 2+a 2k 2)x 2−2a 4k 2t x +a 6k 2t2−a 2b 2=0∴x 1+x 2=2a 4k2tb 2+a 2k 2,x 1x 2=a 6k 2t 2−a 2b 2b 2+a 2k 2∵k PA +k PB =y 1x 1−t +y 2x 2−t =y 1(x 2−t )+y 2(x 1−t )(x 1−t )(x 2−t )=k (x 1−a 2t )(x 2−t )+k (x 2−a 2t )(x 1−t )(x 1−t )(x 2−t )=k [2x 1x 2−(t +a 2t)(x 1+x 2)+2a 2](x 1−t )(x 2−t )=k [2(a 6k 2t 2−a 2b 2)b 2+a 2k 2−(t +a 2t )2a 4k 2t(x 1−t )(x 2−t )=0直线的斜率互为相反数,倾斜角互补,∴PA ,PB 直线与轴所成的较小的角相等.∴PA ,PB x 类型2：拋物线等角定理的应用【例4】已知倾斜角为的直线过抛物线的焦点,且直线45∘l C :y 2=2px (p >0)F l交拋物线于两点.若点,则C A 、B M (−p2,0)tan ∠AMB =()A. B.2C.D.22226【答案】C【解析】过作轴,准线准线A AH ⊥x AA '⊥L ',BB '⊥L '.设,∠AMF =α,∠BMF =β,∠AFH =θ由于,sin θ=AHAF =AHAA '=tan α所以.tan α=sin θ=sin 45∘=22同理,tan β=sin θ=22从而.tan ∠AMB=tan (α+β)=tan α+tan β1−tan α⋅tan β=22所以.tan ∠AMB=22【例5】已知是拋物线的焦点,其准线与轴交于点,过点的直线F y2=4x x P P l与拋物线交于两点,若线段上有一点,满足,则A,B AB M(x,y)|AM|⋅|PB|=|BM|⋅|PA|M 的轨迹方程是________.【答案】且)x=1(−2<y<2≠0【解析】解法1:设,所以A(x1,y1),B(x2,y2),M(x,y)y−y1y2−y1=y1y2⇒(y1+y2)y=2y1y2⋯⋯(1)由直线和拋物线联立,得AB：x=my−1y2=4x或y2−4my+4=0⇒Δ=16m2−16>0⇒m<−1m>1⇒{y1+y2=4my1y2=4⋯(2)由(1)和得(2)4my=8⇒my=2代入直线,得AB:x=my−1x=1,y=2m∈(−2,0)∪(0,2)故点的轨迹方程是且).M x=1(−2<y<2y≠0解法2：延长,与拋物线交于点,设, BF C∠APx=α,∠CPx=β,∠BFx=θ点在轴上的射影为在准线上的射影分别为,B x H ,A ,B A 1,B 1则,tan α=BHHP =BHBB 1=BHBF =sin θ同理,所以于是关于轴对称,tan β=sin θα=β.A ,C x 进而得,故.△AFP≅△∠CFP ∠AFP =∠CFP 由条件得:,|AM |⋅|PB |=|BM |⋅|PA ||AM ||BM |=|PA ||PB |又因为,所以,由角平分线定理得.|PA ||PB |=|AA 1||BB 1|=|AF ||BF ||AM ||BM |=|AF ||BF |∠AFM =∠BFM 因为,所以,∠AFB +∠CFA =180∘2∠AFM +2∠AFP =180∘故,即,即轴,∠AFM +∠AFP =90∘∠MFP =90∘MF ⊥x 于是在直线上（不在轴），且在拋物线开口之内.M x =1x 由,得的轨迹方程为,且.{y 2=4x x =1⇒y =±2M x =1(−2<y <2y ≠0)【例6】已知是拋物线上的两点,是焦点,直线的倾斜角互补,记A ,B y 2=4x F AF ,BF AF ,的斜率分别为,则________.AB k 1,k 21k 22−1k21=【答案】1.【解析】设,由,得A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)k AF +k AF =0y 1x 1−1=y 2x 2−1即,得y 1y214−1=y 2y224−1y 1y 2=4而,直线的方程为,k AB =y 1−y 2x 1−x 2=4y 1+y 2AB y−y 1=4y 1+y 2(x−x 1)即,将代入，得,y =4y 1+y 2x+y 1y 2y1+y 2y 1y 2=4y =4y 1+y 2(x +1)可得直线过定点,即准线与轴的交点.AB K(−1,0)x =−1x 设点在准线上的投影为,在轴上的投影为,A A 1x H记,则∠AKx =α,∠AFx =θtan α=AH KH =AH AA 1=AHAF =sin θ于是.1k 22−1k 21=1tan 2 α−1tan 2 θ=1sin 2 θ−1tan 2 θ=1sin 2 θ−cos 2 θsin 2 θ=sin 2 θsin 2 θ=1【例7】设椭圆的右焦点为,过的直线与交于两点,点的坐标为C :x 22+y 2=1F F l C A ,B M .(2,0)(1)当与轴垂直时,求直线的方程;l x AM (2)设为坐标原点,证明:.O ∠OMA =∠OMB 【答案】(1)或(2)见解析.y =−22x +2y =22x−2;【解析】（1）由已知得的方程为.F (1,0),l x =1由已知可得,点的坐标为或.A (1,22)(1,−22)所以的方程为或.AM y =−22x +2y =22x−2(2)解法1:设直线的方程为:,l my =x−1A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),k AM =y 1−0x 1−2,k BM =y 2−0x 2−2联立方程组得:{my =x−1x 22+y 2=1消元整理得：(1)(m 2+2)y 2+2my−1=0因为点为椭圆的右焦点,所以方程(1)有两个实数根分别为.F y 1,y 2由韦达定理可得:y 1+y 2=−2m2+m 2,y 1y 2=−12+m 2所以.k AM +k BM =y 1−0x 1−2+y 2−0x 2−2=y 1my 1−1+y 2my 2−1=2my 1y 2−(y 1+y 2)(my 1−1)(my 2−1)=−2m 2+m 2+2m 2+m 2(my 1−1)(my 2−1)=0解法2:椭圆第二定义过点分别作椭圆右准线的垂线垂足分别为（如图所示）A ,B A 1,B 1由椭圆的第二定义可得：,e =AF AA 1=BFBB 1所以有：①,又因为轴,AFBF =AA 1BB 1AA 1//x //BB 1所以②AFBF =A 1M B 1M 由①②得,即有且,AA 1BB 1=A 1MB 1M AA 1A 1M =BB 1B 1M ∠AA 1M =∠BB 1M 所以,即可得,△AA 1M≅△BB 1M ∠AMA 1=∠BMB 1故.∠OMA =∠OMB 【例8】在直角坐标系中,曲线与直线交于,两点.xOy C :y =x 24l :y =kx +a (a >0)M N (1)当时，分别求在点和处的切线方程;k =0C M N (2)轴上是否存在点,使得当变动时,总有?说明理由.y P k ∠OPM =∠OPN 【解析】（1）联立,不妨取,{y =ay =x 24M (2a ,a ),N(−2a ,a )由曲线可得:,C :y =x 24y '=x2曲线在点处的切线斜率为,∴C M 2a 2=a 其切线方程为:,即为.y−a =a (x−2a )a x−y−a =0同理可得曲线在点处的切线方程为:.C N a x +y +a =0(2)存在符合条件的点,下面给出证明:(0,−a )设满足,P (0,b )∠OPM =∠OPN 联立,得，{y =kx +a y =x 24x 2−4kx−4a =0设,直线的斜率分别为.则M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)PM ,PN k 1,k 2x 1+x 2=4k ,x 1x 2=−4a所以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当时,,直线的倾斜角互补,.b =−a k 1+k 2=0PM ,PN ∴∠OPM =∠OPN 即点符合条件.P(0,−a )强化训练1.设抛物线的焦点为,过的直线与抛物线交于两点,C :y 2=4x F F l A ,B M 为抛物线的准线与轴的交点,若,则________.x tan ∠AMB =22|AB |=【答案】【解析】,sin θ=AH AF =AHMH =tan α同理于是sin θ=tan β，tan α=tan β,∴α=β由tan 2α=22⇒2tan α1−tan 2 α=22⇒tan α=22∴sin θ=22,∴AB =2psin 2 θ=82.已知点,直线过点,且与抛物线交于不同的两点P (t ,0)(t ≠0)AB E(−t ,0)y 2=2px (p >0),求证：直线与轴所成的较小的角相等.A ,B PA ,PB x【答案】见解析.【解析】设点和点的坐标分别为和,直线过点设直线A B (x 1,y 1)(x 2,y 2)∵AB E(−t ,0),∴的方程为AB x =my−t代入抛物线的方程得:y 2−2pmy +2pt =0,∴y 1+y 2=2pm ,y 1y 2=2pt ∵k PA +k PB =y 1x 1−t +y 2x 2−t=y 1(x 2−t )+y 2(x 1−t )(x 1−t )(x 2−t )=y 1(y 222p −t )+y 2(y 212p −t)(x 1−t )(x 2−t )=(y 1+y 2)(y 1y 22p−t)(x 1−t )(x 2−t )=0直线的斜率互为相反数,倾斜角互补,∴PA ,PB 直线与轴所成的较小的角相等.∴PA ,PB x 已知抛物线的交点为,准线与轴相交于点,过的直线与交于3.C :x 2=4y F P F C A 、B两点,若,则|PA |=2|PB ||AB |=A.5B.C. D.925322【答案】B【解析】设,由圆锥曲线中的等角定理可知,轴是的平分线A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)y ∠APB 由角平分线定理可知,即,故|AF ||BF |=2y 1+1y2+1=2y 1=2y 2+1设直线方程为,与抛物线方程联立得,AB x =my +1my 2+(2m−4)y +1=0故,解方程组得y 1+y 2=4−2m m2,y 1y 2=1m2{y 1=2y 2+1y 1+y 2=4−2mm 2y 1y 2=1m2{y 1=2y 2=12m =1故.|AB |=y 1+y 2+2=924.已知抛物线的准线与轴相交于点,过点且斜率为y 2=4x x P P k (k >0)的直线与拋物线交于两点,为拋物线的焦点,若,则的长度为A ,B F |FB |=2|FA |AB ()A.B.2C.D.3217217【答案】C 【解析】由及抛物线定义知,为的中点,设|FB |=2|FA |A PB A(y 24,y ),B (y 22+1,2y)代入抛物线方程,解得4y2=4(y22+1)y=±2不妨设,所以，A(12,2)|AB|=|PA|=(12+1)2+(2−0)2=172故选C.。
高二数学圆锥曲线与方程试题答案及解析
高二数学圆锥曲线与方程试题答案及解析1.若椭圆与双曲线有公共的焦点，其交点为且∠，则△的面积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】∵点p既在椭圆上又在双曲线上，∴，由椭圆与双曲线有公共的焦点，得∴∴.【考点】椭圆、双曲线定义的应用。
点评：本题主要考查椭圆和双曲线定义的灵活应用，先根据点p既在椭圆上又在双曲线上，得，，再利用完全平方式求出，从而求出△的面积。
2.已知抛物线的顶点在原点，焦点在y轴上，其上的点到焦点的距离为5，则抛物线方程为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】根据抛物线的顶点在原点，焦点在y轴上，在抛物线上，可以设其方程为：，准线方程为：；根据抛物线的上的点到焦点的距离等于到准线的距离，可得到准线的距离为5，即∴抛物线方程为。
【考点】本题考查了抛物线的定义及其标准方程的求法。
点评：求抛物线的方程时，通常利用抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离来求。
本题中根据点在抛物线上判断出焦点在y轴负半轴上是关键。
3.若点A的坐标为（3，2），为抛物线的焦点，点是抛物线上的一动点，则取得最小值时点的坐标是（）A．（0，0）B．（1，1）C．（2，2）D．【答案】C【解析】点A（3，2）在抛物线的内部，如图：过点A向准线作垂线AH,交抛物线于P，此时取最小值,把代入得，所以的坐标是（2，2）。
【考点】抛物线的定义。
点评：本题用数形结合的思想来解。
如图，由抛物线的定义，,当A,P,H三点共线时，最小。
4.过抛物线的焦点F作一直线交抛物线于P，Q两点，若线段PF与FQ的长分别是，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】抛物线的焦点为：设，则，设直线PQ为：，由得：∴∴∴。
【考点】抛物线的焦点弦。
点评：在解决焦点弦问题时，一般先利用定义转化成点到准线的距离，然后联立直线方程与抛物线方程，得一元二次方程，再利用韦达定理求解。
5.已知△ABC的顶点B、C在椭圆上，顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦点在BC边上，则△ABC的周长是（）A. B. 6 C. D. 12【答案】C【解析】由椭圆的定义椭圆上一点到两焦点的距离之和等于长轴长2a，可得△ABC的周长为4a=4，所以选C【考点】本题主要考查椭圆的定义及标准方程。
高二数学圆锥曲线试题答案及解析
高二数学圆锥曲线试题答案及解析1.已知点，，直线上有两个动点，始终使，三角形的外心轨迹为曲线为曲线在一象限内的动点，设，，，则（）A．B．C．D．【答案】C【解析】依题意设，的外心为，则有即，又由得即，将代入化简得即，在中，由余弦定理可得即展开整理得即也就是，将、代入可得，整理可得，即的外心轨迹方程为设，则即，而又，所以所以，故选C.【考点】1.动点的轨迹；2.直线的斜率；3.两角和的正切公式.2.若点P到点的距离与它到直线y+3=0的距离相等，则P的轨迹方程为 () A．B．C．D．【答案】C【解析】根据抛物线的定义可知，条件为以为焦点的抛物线，所以轨迹为.【考点】抛物线的定义.3.过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，且在直线上的射影分别是，则的大小为 .【答案】.【解析】如图，由抛物线的定义可知：,∴；根据内错角相等知；同理可证而,∴.【考点】抛物线的定义.4.已知椭圆的一个焦点为，过点且垂直于长轴的直线被椭圆截得的弦长为；为椭圆上的四个点。
(Ⅰ)求椭圆的方程；(Ⅱ)若，且，求四边形的面积的最大值和最小值.【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ) 2，【解析】(Ⅰ)依题意可得椭圆C的一个焦点为知，在代入点即可得得到一个关于的等式从而可求出的值，即可得椭圆的标准方程.(Ⅱ) 由于，所以直线都过F点，从而又因为所以直线与直线相互垂直.所以四边形的面积为.故关键是求出线段的长度.首先要分类存在垂直于轴的情况，和不垂直于轴的情况两种.前者好求.后者通过假设一条直线联立椭圆方程写出弦长的式子，类似地写出另一条所得到的弦长.通过利用基本不等式即可求得面积的范围.从而再结合垂直于轴的情况，求出最大值与最小值.试题解析：（Ⅰ）由题椭圆C的一个焦点为知故可设椭圆方程为，过焦点且与长轴垂直的直线方程为，设此直线与椭圆交于A,B两点则，又，所以，又，联立求得，，故椭圆方程为.（Ⅱ）由，知，点共线，点共线，即直线经过椭圆焦点。
又知，（i）当斜率为零或不存在时，（ii）当直线存在且不为零时，可设斜率为，则由知，的斜率为所以：直线方程为：。
高中数学圆锥曲线详解【免费】 (1)
解圆锥曲线问题常用方法+椭圆与双曲线的经典结论+椭圆与双曲线的对偶性质总结解圆锥曲线问题常用以下方法：1、定义法（1）椭圆有两种定义。
第一定义中，r 1+r 2=2a 。
第二定义中，r 1=ed 1 r 2=ed 2。
（2）双曲线有两种定义。
第一定义中，a r r 221=-，当r 1>r 2时，注意r 2的最小值为c-a ：第二定义中，r 1=ed 1，r 2=ed 2，尤其应注意第二定义的应用，常常将 半径与“点到准线距离”互相转化。
（3）抛物线只有一种定义，而此定义的作用较椭圆、双曲线更大，很多抛物线问题用定义解决更直接简明。
2、韦达定理法因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用。
3、解析几何的运算中，常设一些量而并不解解出这些量，利用这些量过渡使问题得以解决，这种方法称为“设而不求法”。
设而不求法对于直线与圆锥曲线相交而产生的弦中点问题，常用“点差法”，即设弦的两个端点A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),弦AB 中点为M(x 0,y 0)，将点A 、B 坐标代入圆锥曲线方程，作差后，产生弦中点与弦斜率的关系，这是一种常见的“设而不求”法，具体有： （1）)0(12222>>=+b a b y a x 与直线相交于A 、B ，设弦AB 中点为M(x 0,y 0)，则有02020=+k b y ax 。
（2）)0,0(12222>>=-b a by ax 与直线l 相交于A 、B ，设弦AB 中点为M(x 0,y 0)则有02020=-k by ax（3）y 2=2px （p>0）与直线l 相交于A 、B 设弦AB 中点为M(x 0,y 0),则有2y 0k=2p,即y 0k=p.【典型例题】例1、(1)抛物线C:y 2=4x 上一点P 到点A(3,42)与到准线的距离和最小,则点 P 的坐标为______________ (2)抛物线C: y 2=4x 上一点Q 到点B(4,1)与到焦点F 的距离和最小,则点Q 的坐标为 。
解析几何全书【邱微声】含答案【圆锥曲线详解】
2
2
( ) �����
MN
=
���� ME
+
���� EN
=
1
���� ���� AD + BC
。
2
�� � � � � 7. 证明：对任意向量 a, b 都有 a + b ≤ a + b ，这个称为三角形不等式，等号成立的充要条件是什么？
��
� ���
�� � �
证明：若 a, b 全不为零，则 a + b, a, b 首尾相接成一三角形，那么有三角形性质可得 a + b < a + b ；
���� ���� ���� k1 AB + k2 AC + k3 AD = 0 ，那么对任意一点 O ，有
���� ����
���� ����
���� ����
( ) ( ) ( ) k1 AO + OB + k2 AO + OC + k3 AO + OD = 0
��� ���� ���� ����
���� ���� ���� 则 AB, AC, AD 共面，所以 A, B, C, D 共面。
11. 设 A, B, C 是不在一直线上的三点，则点 M 在 A, B, C 决定的平面上的充要条件是：存在实 λ, µ,υ
使得
����� ���� ���� ���� OM = λOA + µOB +υOC, λ + µ +υ = 1
���� ����
( ) ( ) AO + OM = λ′ AO + OB + µ′ AO + OC ，
�����
圆锥曲线专题：定值问题的7种常见考法(解析版)
圆锥曲线专题：定值问题的7种常见考法一、定值问题处理方法1、解析几何中的定值问题是指某些几何量（线段长度，图形面积，角度，直线的斜率等）的大小或某些代数表达式的值和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值，求定值问题常见的解题方法有两种：法一、先猜后证（特例法）：从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；法二、引起变量法（直接法）：直接推理、计算，并在计算推理过程中消去参数，从而得到定值。
2、直接法解题步骤第一步设变量：选择适当的量当变量，一般情况先设出直线的方程：b kx y +=或n my x +=、点的坐标；第二步表示函数：要把证明为定值的量表示成上述变量的函数，一般情况通过题干所给的已知条件，进行正确的运算，将需要用到的所有中间结果（如弦长、距离等）用引入的变量表示出来；第三步定值：将中间结果带入目标量，通过计算化简得出目标量与引入的变量无关，是一个常数。
二、常见定值问题的处理方法1、处理较为复杂的问题，可先采用特殊位置（例如斜率不存在的直线等）求出定值，进而给后面一般情况的处理提供一个方向；2、在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢；3、巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算。
三、常见条件转化1、对边平行：斜率相等，或向量平行；2、两边垂直：斜率乘积为-1，或向量数量积为0；3、两角相等：斜率成相反数或相等或利用角平分线性质；4、直角三角形中线性质：两点的距离公式5、点与圆的位置关系：（·1）圆外：点到直径端点向量数量积为正数；（2）圆上：点到直径端点向量数量积为零；（3）圆内：点到直径端点向量数量积为负数。
四、常用的弦长公式：（1）若直线AB 的方程设为b kx y +=，()11y x A ，，()22y x B ，，则()a k x x x x k x x k AB ∆⋅+=-+⋅+=-⋅+=22122122121411（2）若直线AB 的方程设为n my x +=，()11y x A ，，()22y x B ，，则()am y y y y m y y m AB ∆⋅+=-+⋅+=-⋅+=22122122121411【注】上式中a 代表的是将直线方程带入圆锥曲线方程后，化简得出的关于x 或y 的一元二次方程的二次项系数。