圆锥曲线二轮复习理(精选)
专题 圆锥曲线的定义、方程与性质(课件)2023届高考数学二轮专题复习
√
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解析：由题意可知，抛物线 的标准方程为 , ,设直线 的方程为 , , ,联立得 消去 ,得 , ,则 , . ,所以当 时， 的面积取得最小值，最小值为2，故选D.
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（2）（2022·新高考卷Ⅱ）已知直线 <m></m> 与椭圆 <m></m> 在第一象限交于 <m></m> ， <m></m> 两点， <m></m> 与 <m></m> 轴、 <m></m> 轴分别交于 <m></m> ， <m></m> 两点，且 <m></m> , <m></m> ，则 <m></m> 的方程为__________________．
，所以 ①,又 ②, 得 ,所以四边形 的面积为18.
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考点二 圆锥曲线的几何性质
例2.（1）（2022·陕西西安五校高三联考）已知双曲线 <m></m> 的离心率为2，则双曲线 <m></m> 的渐近线方程是( )
A. B. C. D.
解析：由题意可知，双曲线的实半轴长的平方 ,虚半轴长的平方 ,所以双曲线的离心率 满足 ,从而 ,所以双曲线的渐近线方程为 ,故选A.
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2. <m></m> ， <m></m> 是椭圆 <m></m> 的两个焦点， <m></m> 是椭圆 <m></m> 上异于顶点的一点， <m></m> 是 <m></m> 的内切圆圆心，若 <m></m> 的面积等于 <m></m> 的面积的3倍，则椭圆 <m></m> 的离心率为_ _.
2023高考数学二轮专题复习——圆锥曲线点差法求斜率
F 1F 2PABOxy4P x 0,y 0 是椭圆E ：x 24+y 2=1上的动点，设椭圆的左右焦点分别为F 1,F 2，若直线PF 1,PF 2与椭圆E 的另一个焦点分别为A ,B ，求△PAB 面积的最大值.定比点代法设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,P x 0,y 0 ，由对称性不妨设0<y 0≤1设PA =λAF 1 ，PB =μBF 2 ，则A x 0-3λ1+λ,y 01+λ将A 代入E 整理得：λ=23x 0+4 ，同理μ=23x 0-4 S △PAB =λλ+1⋅μμ+1⋅S △PF 1F2=3y 0x 02-64x 02-4912=3y 0y 02+13y 02+148设f y 0 =3y 0y 02+13 y 02+148，y 0∈0,1 下面证明f x ≤f 1 =64349，x ∈0,1只需证：f x =3x x 2+13 x 2+148=483x 3+163x48x 2+1≤64349，即证3x 3+x 48x 2+1≤449⟺x -1 147x 2-45x +4 ≤0，x ∈0,1 ，显然成立.故f x max =f 1 =64349.故△PAB 面积的最大值为64349.5椭圆x 25+y 2=1的左右焦点分别为F 1,F 2，P x 0,y 0 x >0,y >0 为椭圆上一点，直线PF 1,PF 2分别交椭圆于M ,N 两点，则当直线MN 的斜率为-19时，x 0y 0=.不联立 对偶式求斜率设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，MN 中点Q m ,n ，由点差法k OQ ⋅k MN =n m ⋅-19 =-15，所以n m =95x 0y 1-x 1y 0=-2y 1-y 0 ①x 0y 1+x 1y 0=-52y 1+y 0 ② ，x 0y 2-x 2y 0=2y 2-y 0③x 0y 2+x 2y 0=52y 2+y 0④①+③：x 0y 1+y 2 -y 0x 1+x 2 =2y 2-y 1 ⑤②+④：x 0y 1+y 2 +y 0x 1+x 2 =52y 2-y 1 ⑥⑥+⑤得：2x 0y 1+y 2 =92y 2-y 1⑥-⑤得：2y 0x 1+x 2 =12y 2-y 1两式相除：x 0y 0⋅y 1+y 2x 1+x 2=9，即x 0y 0⋅n m =9，所以x 0y 0=5.F 1F 2PMNOxyQF 1F 2PA BO xyQP x 0,y 0 为椭圆x 2a 2+y 2b2=1上一点，PF 1,PF 2交椭圆于A ,B 两点.结论1PF 1 F 1A +PF 2F 2B =2a 2+c 2 b 2=21+e 2 1-e 2.结论2k AB ⋅k OP =-1-e 221+e 2 .结论3Q 在以F 1,F 2为焦点的椭圆上，且k AB ⋅k PQ =-1-e 21+e 2 2.结论4△PAB 面积问题.证明：1y 0y 1=2cx 0+a 2+c 2-b 2，y 0y 2=-2cx 0+a 2+c 2-b 2，PF 1 F 1A +PF 2F 2B =-y 0y 1+y 0y 2=2a 2+c 2 b 2.2 设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2x 0y 1-x 1y 0=-c y 1-y 0 x 0y 1+x 1y 0=-a 2c y 1+y 0可得x 1=-2a 2c -a 2+c 2 x 02cx 0+a 2+c 2y 1=-b 2y 02cx 0+a 2+c 2 ，同理x 2=2a 2c -a 2+c 2 x 0-2cx 0+a 2+c 2y 2=-b 2y 0-2cx 0+a 2+c 2于是k AB =y 2-y 1x 2-x 1=-b 2y 0-2cx 0+a 2+c 2--b 2y 02cx 0+a 2+c 22a 2c -a 2+c 2 x 0-2cx 0+a 2+c 2--2a 2c -a 2+c 2 x 02cx 0+a 2+c 2=-b 2y 0⋅4cx 02a 2c -a 2+c 2 x 0 2cx 0+a 2+c 2 --2a 2c -a 2+c 2 x 0 -2cx 0+a 2+c 2=-4b 2cx 0y 04c a 2+c 2 a 2-x 02 =-4b 2cx 0y 04c a 2+c 2a 2-a 21-y 02b 2=-b 4x 0a 2a 2+c 2 y 0=-1-e 2 21+e 2 ⋅x 0y 0.证法二：不联立设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，MN 中点Q m ,n ，由点差法k OQ ⋅k MN =n m ⋅-19 =-15，所以n m =95x 0y 1-x 1y 0=-c y 1-y 0 ①x 0y 1+x 1y 0=-a 2c y 1+y 0②，x 0y 2-x 2y 0=c y 2-y 0③x 0y 2+x 2y 0=a 2c y 2+y 0④①+③：x 0y 1+y 2 -y 0x 1+x 2 =c y 2-y 1 ⑤②+④：x 0y 1+y 2 +y 0x 1+x 2 =a 2cy 2-y 1 ⑥⑥+⑤得：2x 0y 1+y 2 =a 2c +c y 2-y 1 ，⑥-⑤得：2y 0x 1+x 2 =a 2c-cy 2-y 1两式相除：y 0x 0⋅x 1+x 2y 1+y 2=b 2a 2+c 2，又y 1-y 2x 1-x 2⋅y 1+y 2x 1+x 2=-b 2a2，所以y 0x 0⋅y 1-y 2x 1-x 2=-b 4a 2a 2+c 2 ，即k AB ⋅k OP =-1-e 2 21+e 2.3AF 2：x =x 1-cy 1y +c BF 1：x =x 2+c y 2y -c，可得y Q =2c x 2+c y 2-x 1-c y 1=2c x 2+c y 2-x 1-c y 1=-b 23a 2+c 2y 0x Q =12x 1-c y 1+x 2+c y 2y Q =-a 2+3c 23a 2+c2x 0于是点Q 在椭圆x 2a 3+3ac 23a 2+c 2 2+y 2b 33a 2+c 22=1上.k PQ =y Q -y 0x Q -x 0=-b 23a 2+c 2y 0-y0-a 2+3c 23a 2+c2x 0-x 0=a 2a 2+c 2⋅y 0x 0=11+e 2⋅y 0x 0k AB ⋅k PQ =11+e 2⋅y 0x 0⋅-1-e 2 21+e 2 ⋅x 0y 0=-1-e 21+e 22.4 记S 1=S △PAB ，S 2=S △PF 1F 2S 1S 2=12PA ⋅PB ⋅∠Psin 12PF 1⋅PF 2⋅∠P sin =y 0-y 1y 0⋅y 0-y 2y 0=1-y 1y 0 1-y 2y 0，由S 2=12⋅2c ⋅y 0=cy 0从而S 1=1-y 1y 0 1-y 2y 0cy 0，把y 0y 1=2cx 0+a 2+c 2-b 2，y 0y 2=-2cx 0+a 2+c 2-b 2代入,即可求函数S 1=f y 0 的最值，经验证在y 0=±b 时取得面积最大值4a 4bca 2+c 22.。
高三数学二轮复习圆锥曲线 课件
内容
难度
中等
圆锥曲线的方程与性质、弦
长问题.
考点1：圆锥曲线的定义及
标准方程
【例1】（1）已知P是抛物线 y2＝4x上的一个动点，Q是圆(x‒3)2＋(y‒1)2＝1上
的一个动点，N(1，0)是一个定点，则|PQ|＋|PN|的最小值为( A )
A．3
B．4
y
C．5
Pபைடு நூலகம்
H
Q
1
O
x=-1
N
3
x
D． 2 ＋1
2
2
2
− 2
= 1 (a>0，
b>0)的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆
A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两
点．若∠MAN＝60°，则C的离心率为
2 3
________．
3
M
N
A
x
（2）在平面直角坐标系xOy中，双曲线
2
2
2
− 2
y
B
= 1 (a＞0，b＞0)的右支与焦点为F
•
计算，即利用待定系数法求出方程中的a 2 ，b 2 或p．另外，当焦点位置无法确定时，
抛物线常设为y 2 ＝2px或x 2 ＝2py(p≠0)，椭圆常设为mx 2 ＋ny 2 ＝1(m>0，n>0)，双
曲线常设为mx 2 －ny 2 ＝1(mn>0)．
考点2：圆锥曲线的几何性质
y
【例2】（1）已知双曲线C：
2
（2）已知双曲线 2
2
− 2
= 1 (a>0，b>0)的左焦点为F，离心率为 2 .若经过F
和P(0，4)两点的直线平行于双曲线的一条渐近线，则双曲线的方程为( B )
二轮复习Ⅴ3大题考法——直线与圆锥曲线的简单应用及最值范围问题课件(33张)
方法例解 [典例] (2021·全国甲卷)抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x 轴上，直
线l：x＝1交C于P，Q两点，且OP⊥OQ.已知点M(2,0)，且⊙M与l相切． (1)求C，⊙M的方程； (2)设A1，A2，A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与⊙M相切．判断直
2．已知椭圆E：xa22＋by22＝1(a>b>0)的四个顶点中的三个是边长为2 3的等边三角 形的三个顶点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝
2b2 3
相切且交椭圆E于M，N两点，求
|MN|的最大值．
解：(1)由题意得，椭圆上、下两顶点与左、右顶点中的一个是边长为2 3 的
所以当―M→Q ＝3―N→Q ，即y1＝3y2时，结合③得a2＝2＞43，所以椭圆C的方程为x22＋y2＝1； 当―M→Q ＝－3―N→Q ，即y1＝－3y2时，结合③得a2＝12＞43，所以椭圆C的方程为1x22＋y62＝1. 综上，椭圆C的方程为x22＋y2＝1或1x22 ＋y62＝1.
题型(二) 圆锥曲线中的最值问题
－4(5k2＋4)×25＝400(k2－1)＞0，
故k＞1或k＜－1.
由根与系数的关系， 得x1＋x2＝－5－k23＋0k4＝5k320＋k 4，x1x2＝5k22＋5 4， 进而可得y1＋y2＝k(x1＋x2)－6＝－5k22＋4 4， y1y2＝(kx1－3)(kx2－3)＝k2x1x2－3k(x1＋x2)＋9＝356k－2＋204k2. 直线AB的方程为y＋2＝y1x＋1 2x，令y＝－3， 则x＝－y1x＋1 2，故点M－y1x＋1 2，－3.
2023届高考二轮总复习试题适用于老高考旧教材 数学(理) 圆锥曲线中的定点、定值、证明问题含解析
考点突破练15 圆锥曲线中的定点、定值、证明问题1.(2022·湖南岳阳质检二)已知椭圆C :y 2a 2+x 2b 2=1(a>b>0),F 为上焦点,左顶点P 到F 的距离为√2,且离心率为√22,设O 为坐标原点,点M 的坐标为(0,2). (1)求椭圆C 的标准方程;(2)若过F 的直线l 与C 交于A ,B 两点,证明:∠OMA=∠OMB.2.(2022·陕西西安四区县联考一)已知抛物线x 2=ay (a>0),过点M 0,a2作两条互相垂直的直线l 1,l 2,设l 1,l 2分别与抛物线相交于A ,B 及C ,D 两点,当A 点的横坐标为2时,抛物线在点A 处的切线斜率为1. (1)求抛物线的方程;(2)设线段AB ,CD 的中点分别为E ,F ,O 为坐标原点,求证:直线EF 过定点.3.(2022·北京石景山一模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的短轴长等于2√3,离心率e=12. (1)求椭圆C 的标准方程;(2)过右焦点F 作斜率为k 的直线l ,与椭圆C 交于A ,B 两点,线段AB 的垂直平分线交x 轴于点P ,判断|PF ||AB |是否为定值,请说明理由.4.(2022·全国乙·理20)已知椭圆E 的中心为坐标原点,对称轴为x 轴、y 轴,且过A (0,-2),B (32,-1)两点. (1)求E 的方程;(2)设过点P (1,-2)的直线交E 于M ,N 两点,过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ,点H 满足MT ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =TH ⃗⃗⃗⃗⃗ .证明:直线HN 过定点.5.(2022·河南濮阳一模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率e=√32,且圆x 2+y 2=2过椭圆C 的上、下顶点.(1)求椭圆C 的方程;(2)若直线l 的斜率为12,且直线l 与椭圆C 相交于P ,Q 两点,点P 关于原点的对称点为E ,点A (-2,1)是椭圆C 上一点,若直线AE 与AQ 的斜率分别为k AE ,k AQ ,证明:k AE ·k AQ ≤0.6.(2022·广西柳州三模)已知点A (2,√3),B (-2,-√3),点M 与y 轴的距离记为d ,且点M 满足MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =d24-1,记点M 的轨迹为曲线W. (1)求曲线W 的方程;(2)设点P 为x 轴上除原点O 外的一点,过点P 作直线l 1,l 2,l 1交曲线W 于C ,D 两点,l 2交曲线W 于E ,F 两点,G ,H 分别为CD ,EF 的中点,过点P 作x 轴的垂线交GH 于点N ,设CD ,EF ,ON 的斜率分别为k 1,k 2,k 3,求证:k 3(k 1+k 2)为定值.考点突破练15 圆锥曲线中的定点、定值、证明问题1.(1)解 左顶点P 到F 的距离为√2,可得a=√2,又e=ca=√22,故c=1,从而b=1.∴椭圆C 的标准方程为y 22+x 2=1.(2)证明 当l 与y 轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°.当l 与y 轴不重合时,设l 的方程为y=kx+1,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线MA ,MB 的斜率之和为k MA +k MB =y 1-2x 1+y 2-2x 2=kx 1-1x 1+kx 2-1x 2=2k-(1x 1+1x 2)=2k-x 1+x 2x 1x 2,联立方程{y =kx +1,y 22+x 2=1,可得(2+k 2)x 2+2kx-1=0,x 1+x 2=-2k 2+k2,x 1x 2=-12+k2,∴2k-x 1+x 2x 1x 2=2k-2k=0,从而k MA +k MB =0,故直线MA ,MB 的倾斜角互补,∴∠OMA=∠OMB. 综上,∠OMA=∠OMB. 2.(1)解 ∵y'=2xa ,由题意得2×2a=1,∴a=4,∴抛物线的方程为x 2=4y. (2)证明 由题意得直线l 1,l 2的斜率都存在且都不为0,由M (0,2),可设直线AB 的方程为y=kx+2(k ≠0), 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由{y =kx +2,x 2=4y ,得x 2-4kx-8=0,则x 1+x 2=4k ,∴y 1+y 2=k (x 1+x 2)+4=4k 2+4,∴AB 的中点E (2k ,2k 2+2).∵l 1⊥l 2,∴直线CD 的斜率为-1k,同理可得CD 的中点F -2k ,2k2+2,∴EF 的方程为y-(2k 2+2)=2k 2+2-2k 2-22k+2k(x-2k ),化简整理得y=k-1k x+4, ∴直线EF 恒过定点(0,4).3.解 (1)由题意得b=√3,e=√1-b 2a 2=√1-3a 2=12,解得a=2,所以椭圆的方程为x 24+y23=1.(2)是定值.理由如下:由椭圆的方程x 24+y 23=1,得右焦点F (1,0),设直线l 的方程为y=k (x-1),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2), 由{y =k (x -1),x 24+y23=1,得(3+4k 2)x 2-8k 2x+4k 2-12=0,则x 1+x 2=8k 23+4k 2,x 1x 2=4k 2-123+4k 2, |AB|=√1+k 2|x1-x 2|=√1+k 2√(x 1+x 2)2-4x 1x 2=12(1+k 2)3+4k 2,设线段AB 的中点为D (x 0,y 0),则x 0=x 1+x 22=4k 23+4k2,则y 0=k (x 0-1)=-3k3+4k2,即D (4k 23+4k2,-3k 3+4k 2),所以直线l 的中垂线的方程为y--3k3+4k2=-1k x-4k 23+4k 2.令y=0,得x P =k 23+4k 2,所以|PF|=|x P -1|=|k 23+4k 2-1|=3(k 2+1)3+4k 2,所以|PF ||AB |=3(k 2+1)3+4k 212(1+k 2)3+4k2=14. 4.(1)解 设椭圆E 的方程为mx 2+ny 2=1(m>0,n>0), 则{4n =1,94m +n =1,解得{m =13,n =14. 故椭圆E 的方程为x 23+y 24=1. (2)证明 由点A (0,-2),B (32,-1),可知直线AB 的方程为y=23x-2.当过点P 的直线MN 的斜率不存在时,直线MN 的方程为x=1.由{x =1,x 23+y 24=1,解得{x =1,y =2√63或{x =1,y =-2√63,则点M (1,-2√63),N (1,2√63). 将y=-2√63代入y=23x-2,得x=3-√6,则点T (3-√6,-2√63). 又MT ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =TH ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以点H (5-2√6,-2√63),所以直线HN 的方程为y-2√63=-2√63-2√635-2√6-1x-1),即y=(2√63+2)x-2, 所以直线HN 过点(0,-2).当过点P 的直线MN 的斜率存在时,设直线MN 的方程为y+2=k (x-1),点M (x 1,y 1),N (x 2,y 2). 由{y +2=k (x -1),x 23+y 24=1,消去y ,得(4+3k 2)x 2-6k (k+2)x+3k (k+4)=0,则Δ>0,x 1+x 2=6k (k+2)4+3k 2,x 1x 2=3k (k+4)4+3k 2. 将y=y 1代入y=23x-2,得x=32(y 1+2),则点T (32(y 1+2),y 1).又MT ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =TH ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以点H (3y 1+6-x 1,y 1).所以直线HN 的方程为(3y 1+6-x 1-x 2)(y-y 2)=(y 1-y 2)(x-x 2),即(3y 1+6-x 1-x 2)(y-y 2)-(y 1-y 2)(x-x 2)=0.将x=0,y=-2代入上式,整理得12-2(x 1+x 2)+3y 1y 2+6(y 1+y 2)-x 1y 2-x 2y 1=0.(*) 因为x 1+x 2=6k (k+2)4+3k2,x 1x 2=3k (k+4)4+3k2,所以y 1+y 2=k (x 1-1)-2+k (x 2-1)-2=-8k -164+3k 2,x 1y 2+x 2y 1=x 1[k (x 2-1)-2]+x 2[k (x 1-1)-2]=-24k4+3k 2,y 1y 2=[k (x 1-1)-2][k (x 2-1)-2]=-8k 2+16k+164+3k 2,所以(*)式左边=12-12k (k+2)4+3k2+-24k 2+48k+484+3k2+-48k -964+3k2−-24k 4+3k 2=0=右边,即(*)式成立.所以直线HN 过点(0,-2).综上所述,直线HN 恒过定点(0,-2).5.(1)解 由题可知{b =√2,c a =√32,a 2=b 2+c 2,解得a=2√2,b=√2,∴椭圆C 的方程为x 28+y 22=1. (2)证明 设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),则E (-x 1,-y 1).设直线l 为y=12x+t ,代入椭圆方程得x 2+2tx+2t 2-4=0,则Δ=4t 2-4(2t 2-4)>0,解得-2<t<2,x 1+x 2=-2t ,x 1x 2=2t 2-4,则k AE +k AQ =y 2-1x 2+2+-y 1-1-x 1+2=(2-x 1)(y 2-1)-(2+x 2)(y 1+1)(2+x 2)(2-x 1),又y 1=12x 1+t ,y 2=12x 2+t ,∴(2-x 1)(y 2-1)-(2+x 2)(y 1+1)=2(y 2-y 1)-(x 1y 2+x 2y 1)+x 1-x 2-4=x 2-x 1-(x 1x 2+tx 1+tx 2)+x 1-x 2-4=-x 1x 2-t (x 1+x 2)-4=-(2t 2-4)-t (-2t )-4=0,即k AE +k AQ =0,∴k AE =-k AQ .于是k AE ·k AQ =-k AQ 2≤0.6.(1)解 设M (x ,y ),由题意得d=|x|,MA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-x ,√3-y ),MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2-x ,-√3-y ), ∵MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =d 24-1,∴(2-x ,√3-y )·(-2-x ,-√3-y )=d 24-1,∴x 2-4+y 2-3=x 24-1.∴3x24+y 2=6,M 的轨迹方程为x 28+y 26=1. (2)证法一 显然GH 斜率存在,设P (x 0,0),设GH 的方程为y=k 4x+m ,由题意知CD 的方程为y=k 1(x-x 0),联立方程{y =k 1(x -x 0),y =k 4x +m ,解得{x =k 1x 0+mk 1-k 4,y =k 1(k 4x 0+m )k 1-k 4,可得G k 1x 0+m k 1-k 4,k 1(k 4x 0+m )k 1-k4,设C (x C ,y C ),D (x D ,y D ),则有x C28+y C26=1,x D28+y D26=1,两式相减得:x C 2-x D28+y C 2-y D26=0,则有k 1=y C -y D x C-x D=-34·x C +xD y C+y D,又G 为CD 中点,则有k 1=-34·k 1x 0+mk1(k 4x 0+m ),将G 坐标代入CD 的方程可得4(k 4x 0+m )k 12+3x 0k 1+3m=0,同理可得4(k 4x 0+m )k 22+3x 0k 2+3m=0,故k 1,k 2为关于k 的方程4(k 4x 0+m )k 2+3x 0k+3m=0的两实根. 由韦达定理得k 1+k 2=-3x 04(k4x 0+m ).将x=x 0代入直线GH :y=k 4x+m ,可得N (x 0,k 4x 0+m ),故有k 3=k 4x 0+m x 0,则k 3(k 1+k 2)=k 4x 0+m x 0[-3x 04(k 4x 0+m )]=-34, 故k 3(k 1+k 2)为定值-34.证法二 由题意知直线CD ,EF ,ON 的斜率都存在,分别为k 1,k 2,k 3,设P (t ,0),N (t ,k 3t )(t ≠0),则直线CD ,EF 的方程分别为y=k 1(x-t ),y=k 2(x-t ),两直线分别与曲线W 相交,联立方程{y =k 1(x -t ),x 28+y 26=1,得(6+8k 12)x 2-16k 12tx+8k 12t 2-48=0,解得{x G =x 1+x 22=4k 12t3+4k 12,y G =-3k 1t3+4k 12,可得G (4k 12t3+4k 12,-3k 1t3+4k 12),同理可得H (4k 22t3+4k 22,-3k 2t3+4k 22),。
高考总复习二轮数学精品课件 专题6 解析几何 第2讲 圆锥曲线的定义、方程与性质
3
a
在双曲线 C 上,若△AF1F2 的周长为 10,则△AF1F2 的面积为(
)
A. 15
B.2 15
C.15
D.30
(2)已知|z+ 5i|+|z- 5i|=6,则复数 z 在复平面内所对应的点 P(x,y)的轨迹方程
是椭圆的右焦点,若 AF⊥BF,则 a=
答案 3+ 3
.
解析 设椭圆C的左焦点为F1,如图,连接AF1,BF1,因为|OA|=|OB|,|OF1|=|OF|,
所以四边形AF1BF为平行四边形.
又 AF⊥BF,所以四边形 AF1BF
π
为矩形,所以∠F1AF= ,则
2
|OF1|=|OF|=|OA|=2 3.
为
.
(3)已知O为坐标原点,抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,P为C上一点,PF与x
Hale Waihona Puke 轴垂直,Q为x轴上一点,且PQ⊥OP.若|FQ|=6,则C的准线方程
为
答案 (1)A
.
2
(2)
9
2
+ =1
4
3
(3)x=2
解析 (1)由题意得
e=
所以双曲线方程为
=
2
1 + 2
=
3
1 + 2=2,所以 a2=1.
2
即 x±2y=0,故 B 正确;
2 5
5
e1·
e2= 5 × 2 =1,所以 C1 与 C2 的离心率互为倒数,故 C
高三数学第二轮专题复习系列(8)-- 圆锥曲线
高三数学第二轮专题复习系列(8)-- 圆锥曲线一、知识结构 1.方程的曲线在平面直角坐标系中，如果某曲线C(看作适合某种条件的点的集合或轨迹 )上的点与一个二元方程f(x,y)=0的实数解建立了如下的关系：(1)曲线上的点的坐标都是这个方程的解；(2)以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点.那么这个方程叫做曲线的方程；这条曲线叫 做方程的曲线.点与曲线的关系 若曲线C 的方程是f(x,y)=0，则点P 0(x 0,y 0)在曲线C 上⇔f(x 0,y 0)=0； 点P 0(x 0,y 0)不在曲线C 上⇔f(x 0,y 0)≠0两条曲线的交点 若曲线C 1，C 2的方程分别为f 1(x,y)=0,f 2(x,y)=0,则 f 1(x 0,y 0)=0 点P 0(x 0,y 0)是C 1，C 2的交点⇔f 2(x 0,y 0) =0方程组有n 个不同的实数解，两条曲线就有n 个不同的交点；方程组没有实数解，曲线就没有 交点. 2.圆 圆的定义 点集：｛M ｜｜OM ｜=r ｝，其中定点O 为圆心，定长r 为半径. 圆的方程 (1)标准方程圆心在c(a,b)，半径为r 的圆方程是(x-a)2+(y-b)2=r 2圆心在坐标原点，半径为r 的圆方程是x 2+y 2=r 2(2)一般方程当D 2+E 2-4F ＞0时，一元二次方程x 2+y 2+Dx+Ey+F=0叫做圆的一般方程，圆心为(-2D ,-2E ，半径是24F -E D 22+.配方，将方程x 2+y 2+Dx+Ey+F=0化为(x+2D )2+(y+2E )2=44F-E D 22+当D 2+E 2-4F=0时，方程表示一个点(-2D ,-2E); 当D 2+E 2-4F ＜0时，方程不表示任何图形.点与圆的位置关系 已知圆心C(a,b),半径为r,点M 的坐标为(x 0,y 0)，则｜MC ｜＜r ⇔点M 在圆C 内， ｜MC ｜=r ⇔点M 在圆C 上， ｜MC ｜＞r ⇔点M 在圆C 内，其中｜MC ｜=2020b)-(y a)-(x +.(3)直线和圆的位置关系①直线和圆有相交、相切、相离三种位置关系 直线与圆相交⇔有两个公共点 直线与圆相切⇔有一个公共点 直线与圆相离⇔没有公共点 ②直线和圆的位置关系的判定 (i)判别式法(ii)利用圆心C(a,b)到直线Ax+By+C=0的距离d=22C Bb Aa BA +++与半径r 的大小关系来判定.3.椭圆、双曲线和抛物线椭圆、双曲线和抛物线的基本知识见下表.椭 圆 双曲线 抛物线轨迹条件 点集：({M ｜｜MF 1+｜MF 2｜=2a,｜F 1F 2｜＜2a ＝点集：{M ｜｜MF 1｜-｜MF 2｜.=±2a,｜F 2F 2｜＞2a}. 点集{M ｜ ｜MF ｜=点M 到直线l 的距离}. 圆 形标准方程 22a x +22b y =1(a ＞b ＞0)22a x -22by =1(a ＞0,b ＞0)y 2=2px(p ＞0)顶 点 A 1(-a,0),A 2(a,0); B 1(0,-b),B 2(0,b)A 1(0,-a),A 2(0,a) O(0,0)轴 对称轴x=0,y=0 长轴长：2a 短轴长：2b 对称轴x=0,y=0 实轴长：2a 虚轴长：2b 对称轴y=焦 点F 1(-c,0),F 2(c,0) 焦点在长轴上 F 1(-c,0),F 2(c,0) 焦点在实轴上 F(2P，0) 焦点对称轴上焦 距｜F 1F 2｜=2c ，c=b2-a2｜F 1F 2｜=2c, c=b2a2+准 线x=±ca 2准线垂直于长轴，且在x=±ca 2准线垂直于实轴，且在x=-2p 准线与焦点位于顶点两侧，且到顶点的距离曲 线 性 质椭圆外.两顶点的内侧.相等.离心率e=a c,0＜e ＜1 e=ac,e ＞1 e=14.圆锥曲线的统一定义平面内的动点P(x,y)到一个定点F(c,0)的距离与到不通过这个定点的一条定直线l 的距离之 比是一个常数e(e ＞0),则动点的轨迹叫做圆锥曲线.其中定点F(c,0)称为焦点，定直线l 称为准线，正常数e 称为离心率. 当0＜e ＜1时，轨迹为椭圆 当e=1时，轨迹为抛物线 当e ＞1时，轨迹为双曲线 5.坐标变换坐标变换 在解析几何中，把坐标系的变换(如改变坐标系原点的位置或坐标轴的方向)叫做 坐标变换.实施坐标变换时，点的位置，曲线的形状、大小、位置都不改变，仅仅只改变点 的坐标与曲线的方程.坐标轴的平移 坐标轴的方向和长度单位不改变，只改变原点的位置，这种坐标系的变换叫 做坐标轴的平移，简称移轴.坐标轴的平移公式 设平面内任意一点M ，它在原坐标系xOy 中的坐标是9x,y)，在新坐标系x ′O ′y ′中的坐标是(x ′,y ′).设新坐标系的原点O ′在原坐标系xOy 中的坐标是(h,k)，则x=x ′+h x ′=x-h (1) 或(2)y=y ′+k y ′=y-k 公式(1)或(2)叫做平移(或移轴)公式. 中心或顶点在(h,k)的圆锥曲线方程中心或顶点在(h,k)的圆锥曲线方程见下表.方 程焦 点 焦 线对称轴 椭圆22h)-(x a +22k)-(y b=1 (±c+h,k)x=±c a 2+hx=h y=k 22h)-(x b +22k)-(y a =1 (h,±c+k) y=±c a 2+kx=h y=k 双曲线22h)-(x a -22k)-(y b=1 (±c+h,k)=±c a 2+kx=h y=k 22k)-(y a -22h)-(x b=1 (h,±c+h)y=±ca 2+kx=h y=k 抛物线 (y-k)2=2p(x-h)(2p+h,k) x=-2p +h y=k (y-k)2=-2p(x-h)(-2p+h,k) x=2p +h y=k (x-h)2=2p(y-k)(h, 2p+k)y=-2p +kx=h(x-h)2=-2p(y-k)(h,-2p+k) y=2p +k x=h二、知识点、能力点提示(一)曲线和方程，由已知条件列出曲线的方程，曲线的交点说明 在求曲线方程之前必须建立坐标系，然后根据条件列出等式进行化简 .特别是在求出方程后要考虑化简的过程是否是同解变形，是否满足已知条件，只有这样求 出的曲线方程才能准确无误.另外，要求会判断 曲线间有无交点，会求曲线的交点坐标.三、 考纲中对圆锥曲线的要求： 考试内容：. 椭圆及其标准方程.椭圆的简单几何性质.椭圆的参数方程； . 双曲线及其标准方程.双曲线的简单几何性质； . 抛物线及其标准方程.抛物线的简单几何性质； 考试要求：. (1)掌握椭圆的定义、标准方程和椭圆的简单几何性质，理解椭圆的参数方程； . (2)掌握双曲线的定义、标准方程和双曲线的简单几何性质； . (3)掌握抛物线的定义、标准方程和抛物线的简单几何性质； . (4)了解圆锥曲线的初步应用。
第3讲 大题专攻——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 2023高考数学二轮复习课件
当t∈(2，3)时，u′＞0，u＝4t3－t4单调递增，
当t∈(3，4)时，u′＜0，u＝4t3－t4单调递减，
所以当
t＝3
时，u
取得最大值，则
S
也取得最大值，最大值为3 4
3.
目录
圆锥曲线中的范围问题
【例2】 已知抛物线E：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，点P在抛物线E上，点P 的横坐标为2，且|PF|＝2. (1)求抛物线E的标准方程； 解 法一：依题意得 F0，2p，设 P(2，y0)，则 y0＝2－p2，因为点 P 是抛 物线 E 上一点，所以 4＝2p2－2p，即 p2－4p＋4＝0，解得 p＝2.所以抛物 线 E 的标准方程为 x2＝4y. 法二：依题意，设 P(2，y0)，代入抛物线 E 的方程 x2＝2py 可得 y0＝2p，由 抛物线的定义可得|PF|＝y0＋p2，即 2＝2p＋p2，解得 p＝2.所以抛物线 E 的 标准方程为 x2＝4y.
4 1＋k2· k2＋b.
因为x2＝4y，即y＝x42，所以y′＝x2，则抛物线在点A处的切线斜率为
x1 2
，在
点A处的切线方程为y－x421＝x21(x－x1)，即y＝x21x－x421，
目录
同理得抛物线在点B处的切线方程为y＝x22x－x422，
联立得yy＝ ＝xx2212xx－－xx442212， ，则xy＝＝xx114x＋22＝x2－＝b2，k， 即P(2k，－b)．
＋ 2， 圆心O(0，0)到MN的距离d＝ m22＋1＝1⇒m2＝1.
联立xx＝ 2＋m3yy＋2＝32，⇒(m2＋3)y2＋2 2my－1＝0⇒4y2＋2 2my－1＝0，
|MN|＝
1＋m2·
8m2＋16＝ 4
高考数学二轮复习专题突破—圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题(含解析)
高考数学二轮复习专题突破—圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题1.(2021·重庆八中月考)已知椭圆C :x 24+y 23=1的右焦点为F ,过点M (4,0)的直线l 交椭圆C 于A ,B 两点,连接AF ,BF 并延长分别与椭圆交于异于A ,B 的两点P ,Q. (1)求直线l 的斜率的取值范围; (2)若PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λFA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,QF ⃗⃗⃗⃗⃗ =μFB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,证明:λμ为定值.2.(2021·河北张家口三模)已知抛物线C :y 2=4px (p>0)的焦点为F ,且点M (1,2)到点F 的距离比到y 轴的距离大p. (1)求抛物线C 的方程;(2)若直线l :x-m (y+2)-5=0与抛物线C 交于A ,B 两点,问是否存在实数m ,使|MA|·|MB|=64√2?若存在,求出m 的值;若不存在,请说明理由.3.(2021·江苏南通适应性联考)已知双曲线C :x 2a 2−y 2b 2=1(a>0,b>0)的两个焦点为F 1,F 2,一条渐近线方程为y=bx (b ∈N *),且双曲线C 经过点D (√2,1). (1)求双曲线C 的方程;(2)设点P 在直线x=m (y ≠±m ,0<m<1,且m 是常数)上,过点P 作双曲线C 的两条切线PA ,PB ,切点为A ,B ,求证:直线AB 过某一个定点.4.(2021·山东济南二模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为√22,且经过点H (-2,1).(1)求椭圆C 的方程;(2)过点P (-3,0)的直线(不与x 轴重合)与椭圆C 相交于A ,B 两点,直线HA ,HB 分别交x 轴于M ,N 两点,点G (-2,0),若PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求证:1λ+1μ为定值.5.(2021·广东汕头三模)已知圆C :x 2+(y-2)2=1与定直线l :y=-1,且动圆M 与圆C 外切并与直线l 相切.(1)求动圆圆心M 的轨迹E 的方程;(2)已知点P 是直线l 1:y=-2上一个动点,过点P 作轨迹E 的两条切线,切点分别为A ,B.①求证:直线AB 过定点; ②求证:∠PCA=∠PCB.6.(2021·北京东城一模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)过点D (-2,0),且焦距为2√3. (1)求椭圆C 的方程;(2)过点A (-4,0)的直线l (不与x 轴重合)与椭圆C 交于P ,Q 两点,点T 与点Q 关于x 轴对称,直线TP 与x 轴交于点H ,是否存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.答案及解析1.(1)解 由题意知直线l 的斜率不为零,故设其方程为x=ty+4,与椭圆方程联立,消去x 得(3t 2+4)y 2+24ty+36=0,Δ=144(t 2-4)>0,解得t<-2或t>2.故直线l 的斜率k=1t 的取值范围为(-12,0)∪(0,12).(2)证明 F (1,0),设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),P (x 3,y 3),Q (x 4,y 4),由(1)得y 1+y 2=-24t3t 2+4,y 1y 2=363t 2+4,所以ty 1y 2=-32(y 1+y 2).由PF⃗⃗⃗⃗⃗ =λFA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,得{1−x 3=λ(x 1-1),-y 3=λy 1,即{-x 3=λx 1-λ-1,-y 3=λy 1. 又点P 在椭圆上,即有3x 32+4y 32=12,代入上式得3(λx 1-λ-1)2+4λ2y 12=12,即λ2(3x 12+4y 12)-6λ(λ+1)x 1+3(λ+1)2=12, 又3x 12+4y 12=12,所以12(λ+1)(λ-1)-6λ(λ+1)x 1+3(λ+1)2=0.易知λ+1≠0,故λ=35−2x 1,同理可得μ=35−2x 2.又(5-2x 1)(5-2x 2)=25-10(x 1+x 2)+4x 1x 2 =25-10[t (y 1+y 2)+8]+4(ty 1+4)(ty 2+4)=9+6t (y 1+y 2)+4t 2y 1y 2=9+6t (y 1+y 2)+4t ·(-32)(y 1+y 2)=9, 所以λμ=9(5-2x1)(5-2x 2)=1.2.解 (1)由点M 到点F 的距离比到y 轴的距离大p ,得点M 到点F 的距离与到直线x=-p 的距离相等.由抛物线的定义,可知点M 在抛物线C 上,所以4=4p ,解得p=1. 所以抛物线C 的方程为y 2=4x.(2)存在满足题意的m ,其值为1或-3. 理由如下:由{y 2=4x,x-m(y +2)−5=0,得y 2-4my-8m-20=0. 因为Δ=16m 2+4(8m+20)>0恒成立,所以直线l 与抛物线C 恒有两个交点. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则y 1+y 2=4m ,y 1y 2=-4(2m+5).因为MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-1)(x 2-1)+(y 1-2)(y 2-2)=(y 124-1)(y 224-1)+(y 1-2)(y 2-2)=y 12y 2216−(y 1+y 2)2-2y 1y 24+y 1y 2-2(y 1+y 2)+5=16(2m+5)216−(4m)2+8(2m+5)4-4(2m+5)-8m+5=0,所以MA ⊥MB ,即△MAB 为直角三角形.设d 为点M 到直线l 的距离,所以|MA|·|MB|=|AB|·d=√1+m 2·√(y 1+y 2)2-4y 1y 2·√1+m 2=4·|1+m|·√16m 2+16(2m +5)=16·|1+m|·√(m +1)2+4=64√2,所以(m+1)4+4(m+1)2-32=0, 解得(m+1)2=4或(m+1)2=-8(舍). 所以m=1或m=-3.所以当实数m=1或m=-3时,|MA|·|MB|=64√2.3.(1)解 由{ba =b,2a 2-1b 2=1,解得{a =1,b =1,故双曲线方程为x 2-y 2=1.(2)证明 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线PA 的斜率为k ,P (m ,y 0).则PA:y-y1=k(x-x1),联立方程组{y-y1=k(x-x1), x2-y2=1,消去y,可得x2-[kx+(-kx1+y1)]2=1,整理可得(1-k2)x2-2k(y1-kx1)x-(y1-kx1)2-1=0.因为PA与双曲线相切,所以Δ=4k2(y1-kx1)2+4(1-k2)·(y1-kx1)2+4(1-k2)=0,整理得4(y1-kx1)2+4(1-k2)=0.即k2x12-2kx1y1+y12+1-k2=0,即(x12-1)k2-2kx1y1+(y12+1)=0,因为x12−y12=1,所以x12-1=y12,y12+1=x12代入可得y12k2-2x1y1k+x12=0,即(y1k-x1)2=0,所以k=x1y1.故PA:y-y1=x1y1(x-x1),即y1y=x1x-1.同理,切线PB的方程为y2y=x2x-1.因为P(m,y0)在切线PA,PB上,所以有{y0y1=mx1-1, y0y2=mx2-1,A,B满足直线方程y0y=mx-1,而两点唯一确定一条直线,故AB:y0y=mx-1,所以当{x=1m,y=0时,无论y0为何值,等式均成立.故点(1m ,0)恒在直线AB上,故无论P在何处,AB恒过定点(1m,0).4.(1)解由题意知e=ca =√1−b2a2=√22,则a2=2b2.又椭圆C经过点H(2,1),所以4a2+1b2=1.联立解得a2=6,b2=3,所以椭圆C的方程为x 26+y23=1.(2)证明 设直线AB 的方程为x=my-3,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由{x =my-3,x 26+y 23=1联立消去x ,得(m 2+2)y 2-6my+3=0,所以Δ=36m 2-12(m 2+2)>0,y 1+y 2=6mm 2+2,y 1y 2=3m 2+2,由题意知,y 1,y 2均不为1.设M (x M ,0),N (x N ,0),由H ,M ,A 三点共线知AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与MH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共线,所以x M -x 1=(-y 1)(-2-x M ),化简得x M =x 1+2y 11−y 1.由H ,N ,B 三点共线,同理可得x N =x 2+2y 21−y 2.由PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPG⃗⃗⃗⃗⃗ ,得(x M +3,0)=λ(1,0),即λ=x M +3. 由PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,同理可得μ=x N +3. 所以1λ+1μ=1xM+3+1xN+3=1x 1+2y 11−y 1+3+1x 2+2y 21−y 2+3=1−y 1x1-y 1+3+1−y 2x 2-y 2+3=1−y1(m-1)y1+1−y 2(m-1)y 2=1m-11−y 1y 1+1−y 2y 2=1m-1(y 1+y 2y1y 2-2)=1m-1(6mm 2+23m 2+2-2)=2,所以1λ+1μ为定值.5.(1)解 依题意知:M 到C (0,2)的距离等于M 到直线y=-2的距离,故动点M 的轨迹是以C 为焦点,直线y=-2为准线的抛物线.设抛物线方程为x 2=2py (p>0),则p2=2,则p=4,即抛物线的方程为x 2=8y ,故动圆圆心M 的轨迹E 的方程为x 2=8y. (2)证明 ①由x 2=8y 得y=18x 2,y'=14x.设A (x 1,18x 12),B (x 2,18x 22),P (t ,-2),其中x 1≠x 2, 则切线PA 的方程为y-18x 12=x 14(x-x 1),即y=14x 1x-18x 12.同理,切线PB 的方程为y=14x 2x-18x 22. 由{y =14x 1x-18x 12,y =14x 2x-18x 22,解得{x =x 1+x22,y =x 1x 28, 故{t =x 1+x 22,-2=x 1x 28,即{x 1+x 2=2t,x 1x 2=−16.故直线AB 的方程为y-18x 12=18x 22-18x 12x 2-x 1(x-x 1),化简得y=x 1+x 28x-x 1x 28,即y=t4x+2,故直线AB 过定点(0,2).②由①知:直线AB 的斜率为k AB =t4,(i)当直线PC 的斜率不存在时,直线AB 的方程为y=2,∴PC ⊥AB ,∴∠PCA=∠PCB ;(ii)当直线PC 的斜率存在时,P (t ,-2),C (0,2),直线PC 的斜率k PC =-2-2t-0=-4t,k AB ·k PC =t 4×-4t =-1,故PC ⊥AB ,∠PCA=∠PCB. 综上所述,∠PCA=∠PCB 得证.6.解 (1)因为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)过点D (-2,0),所以a=2,又2c=2√3,即c=√3,所以b 2=a 2-c 2=4-3=1,所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)存在常数λ=2,满足题意. 理由如下:显然直线l 的斜率存在且不为0,设直线l :y=k (x+4),联立{y =k(x +4),x 24+y 2=1,消去y 并整理,得(1+4k 2)x 2+32k 2x+64k 2-4=0, Δ=(32k 2)2-4(1+4k 2)(64k 2-4)>0,得0<k 2<112.设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),则T (x 2,-y 2),所以x 1+x 2=-32k 21+4k 2,x 1x 2=64k 2-41+4k 2,直线PT :y-y 1=y 1+y2x 1-x 2(x-x 1),令y=0,得x=x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,所以H x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,0,若存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立, 所以1λ=|AD|-|DH||AD|·|DH|=1|DH|−1|AD|,又因为D (-2,0),A (-4,0),H (x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,0),所以|AD|=2,|DH|=x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2+2 =x 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+4)+k(x 2+4)+2=x 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+x 2)+8k+2=kx 1(x 1+x 2)+8kx 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+x 2)+8k+2=kx 12+kx 1x 2+8kx 1-kx 12+kx 1x 2-4kx 1+4kx 2k(x 1+x 2)+8k+2=4k(x 1+x 2)+2kx 1x 2k(x 1+x 2)+8k+2=4k·-32k 21+4k 2+2k·64k 2-41+4k 2k·-32k 21+4k 2+8k +2=-1+2=1,所以1λ=11−12,解得λ=2.所以存在常数λ=2,使得|AD|·|DH|=2(|AD|-|DH|)成立.。
2022年高考数学二轮考点复习专题四 解析几何第2课时 圆锥曲线中的定点、定值问题
圆锥曲线中的定值问题 【典例 2】(16 分)(2021·新高考Ⅰ卷)在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 F1(－ 17 ， 0)，F2( 17 ，0)，点 M 满足|MF1|－|MF2|＝2，记 M 的轨迹为 C. (1)求 C 的方程； (2)设点 T 在直线 x＝21 上，过 T 的两条直线分别交 C 于 A，B 两点和 P，Q 两点，且 |TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线 AB 的斜率与直线 PQ 的斜率之和．
＝（n2＋1k212）－（116＋k21 ） ，……10 分
设 PQ：y－n＝k2x－12 ， 同理|TP|·|TQ|＝（n2＋1k222）－（116＋k22 ） ，
因为|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，
所以k112＋－k1216
＝k122＋－k2216
，1＋k21
17 －16
＝1＋k22
17 －16
所以 Δ＝(4kt)2－8(2k2＋1)(t2－2)＝8[2(2k2＋1)－t2]＞0.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则 x1＋x2＝－2k42＋kt 1
2（t2－2） ，x1x2＝ 2k2＋1
，
所以 y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝2k22＋t 1 .
因为四边形 OAPB 是平行四边形， 所以O→P ＝O→A ＋O→B ＝(x1＋x2，y1＋y2)＝(－2k42k＋t 1 ，2k22＋t 1 )，则 P(－2k42k＋t 1 ，
第2课时 圆锥曲线中的定点、定值问题
圆锥曲线中的定点问题 【典例 1】(2021·滨州一模)已知点 A(0，－1)，B(0，1)，动点 P 满足|P→B ||A→B |＝P→A ·B→A . 记点 P 的轨迹为曲线 C. (1)求 C 的方程； (2)设 D 为直线 y＝－2 上的动点，过 D 作 C 的两条切线，切点分别是 E，F.证明：直 线 EF 过定点．