2022版高三全国统考数学(文)大一轮备考课件：解题思维7 高考中圆锥曲线解答题的提分策略
2022届高三数学一轮复习-圆锥曲线解答题解题策略讲义
圆锥曲线大题解题策略题型一：轨迹问题曲线轨迹方程的探求有两种题型，第一种题型是曲线类型已知，该题型常用的方法是找条件或用待定系数法，难度不大；第二种题型是曲线类型未知，该题型常用的方法有以下4种：1、定义法：如果所给的几何条件能够符合一些常见定义（如圆、椭圆、双曲线、抛物线等曲线的定义），则可从定义出发直接写出轨迹方程，这种方法叫做定义法．2、直接法：如果动点运动的条件有明显的等量关系，或者是一些几何量的等量关系，这些条件简单明确，易于表达成含未知数x 、y 的等式，从而得到轨迹方程，这种方法叫做直接法．3、参数法：求解轨迹方程有时很难直接找到动点的横坐标、纵坐标之间的关系，则可借助中间变量（参数），使x 、y 之间建立起联系，然后再从所求式子中消去参数，得出动点的轨迹方程，这种方法叫做参数法．一般来说，引进了N 个未知数与参数，要得到未知数x 与y 之间的关系，需要找1N -个方程．常见的消参手法是：加、减、乘、除、平方、平方相加、平方相减以及整体消参等．相关点代入法、交轨法是参数法的一种特殊情况．4、代入法(相关点法)：动点P (x ，y )依赖于另一动点Q (x 0，y 0)的变化而变化，并且Q (x 0，y 0)又在某已知曲线上，则可先用x ，y 的代数式表示x 0，y 0，再将x 0，y 0代入已知曲线得要求的轨迹方程；5、解轨迹问题注意：（1）求点的轨迹与求轨迹方程是不同的要求，求轨迹时，应先求轨迹方程，然后根据方程说明轨迹的形状、位置、大小等.（2）要验证曲线上的点是否都满足方程，以方程解为坐标点是否都在曲线上，补上在曲线上而不满足方程解得点，去掉满足方程的解而不再曲线上的点.1、设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：2212x y +=上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足2NP NM =，求点P 的轨迹方程。
2、已知点()2,2P ，圆C ：2280x y y +-=，过点P 的动直线l 与圆C 交于A 、B 两点，线段AB 的中点为M ，O 为坐标原点．求M 的轨迹方程；3、设圆222150x y x ++-=的圆心为A ,直线l 过点B （1,0）且与x 轴不重合,l 交圆A 于C ,D 两点,过B 作AC 的平行线交AD 于点E 。
2022年高考数学一轮复习专题 专题42 圆锥曲线复习课件
3, 2
已知点P(0, 3 )到这个椭圆上点的最远距离为
2
7，求这个椭圆方
程，并求椭圆上到点P的距离为 7 的点的坐标.
【解析】设椭圆方程为
x2 a2
y2 b2
（1 a＞b＞0）,
e c 3 ,c2 3 a 2,
a2
4
由a2=b2+c2得a=2b,故椭圆方程可化为
x2 4b2
y2 b2
（1 b＞0设）, M（x,y）
即m2=8n2，即双曲线方程为 x2
16n 2
y2 3n 2
1，
故双曲线的渐近线方程是
x2 y2 16n2 3n2
0，
即 y 3 x.
4
8.已知椭圆
x2 3m2
y2 5n 2
1和双曲线
是椭圆上任意一点，则x2=4b2-4y2.
｜PM｜2 x2 （y 3 ）2 4b2 4y2 y2 3y 9 3y2 3y 9 4b2
2
4
4
（3 y 1 ）2 3 4b2. 2
∵ -b≤y≤b（讨论 与［-b,b］间的关系），
若
b 1, 2
则当 y 1
2
时，｜PM｜max
得
P F1
＝
8 3
c ，P F2
＝
4 3
c ，且|PF1|>|PF2|，
若圆锥曲线C为椭圆，则2a＝|PF1|＋|PF2|＝4c，
离心率
e＝ c ＝ 1； a2
若圆锥曲线C为双曲线，
则 2a＝
P F1
P F2
＝
4 3
c离，心率
e＝ c ＝ 3 . a2
直线与圆锥曲线
【技法点拨】
高考数学一轮复习考点知识专题讲解67---圆锥曲线中定点与定值问题
高考数学一轮复习考点知识专题讲解圆锥曲线中定点与定值问题题型一 定点问题例1已知定圆A ：(x ＋3)2＋y 2＝16，动圆M 过点B (3，0)，且和圆A 相切． (1)求动圆圆心M 的轨迹E 的方程；(2)设不垂直于x 轴的直线l 与轨迹E 交于不同的两点P ，Q ，点N (4,0)．若P ，Q ，N 三点不共线，且∠ONP ＝∠ONQ .证明：动直线PQ 经过定点． (1)解圆A 的圆心为A (－3，0)，半径r 1＝4. 设动圆M 的半径为r 2， 依题意有r 2＝|MB |.由|AB |＝23，可知点B 在圆A 内，从而圆M 内切于圆A ， 故|MA |＝r 1－r 2，即|MA |＋|MB |＝4>2 3.所以动点M 的轨迹E 是以A ，B 为焦点，长轴长为4的椭圆， 其方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明设直线l 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)， 联立⎩⎨⎧y ＝kx ＋b ，x 2＋4y 2＝4，消去y 得，(1＋4k 2)x 2＋8kbx ＋4b 2－4＝0，Δ＝16(4k 2－b 2＋1)>0，设P (x 1，kx 1＋b )，Q (x 2，kx 2＋b )，则x1＋x2＝－8kb1＋4k2，x1x2＝4b2－41＋4k2，于是k PN＋k QN＝kx1＋bx1－4＋kx2＋bx2－4＝2kx1x2－(4k－b)(x1＋x2)－8b(x1－4)(x2－4)，由∠ONP＝∠ONQ知k PN＋k QN＝0.即2kx1x2－(4k－b)(x1＋x2)－8b＝2k·4b2－41＋4k2－(4k－b)－8kb1＋4k2－8b＝8kb2－8k1＋4k2＋32k2b－8kb21＋4k2－8b＝0，得b＝－k，Δ＝16(3k2＋1)>0.故动直线l的方程为y＝kx－k，过定点(1,0)．教师备选在平面直角坐标系中，已知动点M(x，y)(y≥0)到定点F(0,1)的距离比到x轴的距离大1.(1)求动点M的轨迹C的方程；(2)过点N(4,4)作斜率为k1，k2的直线分别交曲线C于不同于N的A，B两点，且1k1＋1k2＝1.证明：直线AB恒过定点．(1)解由题意可知x2＋(y－1)2＝y＋1，化简可得曲线C：x2＝4y.(2)证明由题意可知，N(4,4)是曲线C：x2＝4y上的点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则l NA：y＝k1(x－4)＋4，l NB：y＝k2(x－4)＋4，联立直线NA 的方程与抛物线C 的方程， ⎩⎨⎧y ＝k 1(x －4)＋4，x 2＝4y⇒x 2－4k 1x ＋16(k 1－1)＝0， 解得x 1＝4(k 1－1)，① 同理可得x 2＝4(k 2－1)，② 而l AB ：y －x 214＝x 1＋x 24(x －x 1)，③又1k 1＋1k 2＝1，④由①②③④整理可得l AB ：y ＝(k 1＋k 2－2)x －4， 故直线AB 恒过定点(0，－4)．思维升华 求解直线或曲线过定点问题的基本思路(1)把直线或曲线方程中的变量x ，y 当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x ，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点． (2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y －y 0＝k (x －x 0)，则直线必过定点(x 0，y 0)；若得到了直线方程的斜截式y ＝kx ＋m ，则直线必过定点(0，m )．跟踪训练1(2022·邯郸质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦距为23，且过点⎝⎛⎭⎪⎫3，12.(1)求椭圆方程；(2)设直线l ：y ＝kx ＋m (k ≠0)交椭圆C 于A ，B 两点，且线段AB 的中点M 在直线x ＝12上，求证：线段AB 的中垂线恒过定点N . (1)解椭圆过点⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12，即3a 2＋14b 2＝1，又2c ＝23，得a 2＝b 2＋3，所以a 2＝4，b 2＝1，即椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明由⎩⎨⎧x 24＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝－8km1＋4k 2， 设AB 的中点M 为(x 0，y 0)， 得x 0＝－4km 1＋4k 2＝12，即1＋4k 2＝－8km ，所以y 0＝kx 0＋m ＝12k －1＋4k 28k ＝－18k .所以AB 的中垂线方程为y ＋18k ＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，即y ＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －38，故AB 的中垂线恒过点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫38，0.题型二 定值问题例2(2022·江西赣抚吉名校联考)已知抛物线E ：y 2＝2px (p >0)上的动点M 到直线x ＝－1的距离比到抛物线E 的焦点F 的距离大12.(1)求抛物线E 的标准方程；(2)设点Q 是直线x ＝－1(y ≠0)上的任意一点，过点P (1,0)的直线l 与抛物线E 交于A ，B 两点，记直线AQ ，BQ ，PQ 的斜率分别为k AQ ，k BQ ，k PQ ，证明：k AQ ＋k BQk PQ为定值． (1)解由题意可知抛物线E 的准线方程为x ＝－12，所以－p 2＝－12，即p ＝1，故抛物线E 的标准方程为y 2＝2x .(2)证明设Q (－1，y 0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为直线l 的斜率显然不为0，故可设直线l 的方程为x ＝ty ＋1. 联立⎩⎨⎧x ＝ty ＋1，y 2＝2x ，消去x ，得y 2－2ty －2＝0.Δ＝4t 2＋8>0，所以y 1＋y 2＝2t ，y 1y 2＝－2，k PQ ＝－y 02.又k AQ ＋k BQ ＝y 1－y 0x 1＋1＋y 2－y 0x 2＋1＝(y 1－y 0)(x 2＋1)＋(y 2－y 0)(x 1＋1)(x 1＋1)(x 2＋1)＝(y 1－y 0)(ty 2＋2)＋(y 2－y 0)(ty 1＋2)(ty 1＋2)(ty 2＋2)＝2ty 1y 2＋(2－ty 0)(y 1＋y 2)－4y 0t 2y 1y 2＋2t (y 1＋y 2)＋4＝2t ·(－2)＋(2－ty 0)·2t －4y 0t 2·(－2)＋2t ·2t ＋4＝－y 0(t 2＋2)t 2＋2＝－y 0.所以k AQ ＋k BQ k PQ ＝－y 0－y 02＝2(定值)．教师备选(2022·邯郸模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过点F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，交y 轴于点M ，若|F 1F 2|＝2，△ABF 2的周长为8. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)MA →＝λF 1A —→，MB →＝μF 1B —→，试分析λ＋μ是否为定值，若是，求出这个定值，否则，说明理由．解(1)因为△ABF 2的周长为8， 所以4a ＝8，解得a ＝2，由|F 1F 2|＝2，得2a 2－b 2＝24－b 2＝2， 所以b 2＝3，因此椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题意可得直线l 的斜率存在， 设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，由⎩⎨⎧y ＝k (x ＋1)，x 24＋y23＝1，整理得(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0， 显然Δ>0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2.设M (0，k )，又F 1(－1,0)，所以MA →＝(x 1，y 1－k )，F 1A —→＝(x 1＋1，y 1)， 则λ＝x 1x 1＋1.同理可得MB →＝(x 2，y 2－k )， F 1B —→＝(x 2＋1，y 2)，则μ＝x 2x 2＋1.所以λ＋μ＝x 1x 1＋1＋x 2x 2＋1＝x 1(x 2＋1)＋x 2(x 1＋1)(x 1＋1)(x 2＋1)＝2x 1x 2＋x 1＋x 2x 1x 2＋x 1＋x 2＋1＝2×4k 2－123＋4k 2－8k 23＋4k 24k 2－123＋4k 2－8k 23＋4k 2＋1 ＝8k 2－24－8k 24k 2－12－8k 2＋3＋4k 2 ＝－24－9＝83， 所以λ＋μ为定值83.思维升华 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．跟踪训练2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12，AB为椭圆的一条弦，直线y ＝kx (k >0)经过弦AB 的中点M ，与椭圆C 交于P ，Q 两点，设直线AB 的斜率为k 1，点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32.(1)求椭圆C 的方程； (2)求证：k 1k 为定值．(1)解由题意知⎩⎪⎨⎪⎧1a2＋94b 2＝1，c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝3，c ＝1，故椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明设M (x 0，y 0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由于A ，B 为椭圆C 上的点， 所以x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1，两式相减得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)4＝－(y 1＋y 2)(y 1－y 2)3，所以k 1＝y 1－y 2x 1－x 2＝－3(x 1＋x 2)4(y 1＋y 2)＝－3x 04y 0. 又k ＝y 0x 0，故k 1k ＝－34，为定值．课时精练1．(2022·运城模拟)已知P (1,2)在抛物线C ：y 2＝2px 上．(1)求抛物线C 的方程；(2)A ，B 是抛物线C 上的两个动点，如果直线PA 的斜率与直线PB 的斜率之和为2，证明：直线AB 过定点．(1)解将P 点坐标代入抛物线方程y 2＝2px ，得4＝2p ，即p ＝2， 所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明设AB ：x ＝my ＋t ，将AB 的方程与y 2＝4x 联立得y 2－4my －4t ＝0，Δ>0⇒16m 2＋16t >0⇒m 2＋t >0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4t ，k PA ＝y 1－2x 1－1＝y 1－2y 214－1＝4y 1＋2， 同理k PB ＝4y 2＋2， 由题意知4y 1＋2＋4y 2＋2＝2， 即4(y 1＋y 2＋4)＝2(y 1y 2＋2y 1＋2y 2＋4)， 解得y 1y 2＝4，故－4t ＝4，即t ＝－1， 故直线AB ：x ＝my －1恒过定点(－1,0)．2．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为23，且其左顶点到右焦点的距离为5.(1)求椭圆的方程；(2)设点M ，N 在椭圆上，以线段MN 为直径的圆过原点O ，试问是否存在定点P ，使得P 到直线MN 的距离为定值？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．解(1)由题设可知⎩⎨⎧ c a ＝23，a ＋c ＝5，解得a ＝3，c ＝2，b 2＝a 2－c 2＝5，所以椭圆的方程为x 29＋y 25＝1. (2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，①若直线MN 与x 轴垂直，由对称性可知|x 1|＝|y 1|，将点M (x 1，y 1)代入椭圆方程，解得|x 1|＝37014， 原点到该直线的距离d ＝37014； ②若直线MN 不与x 轴垂直，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋m ，由⎩⎨⎧ y ＝kx ＋m ，x 29＋y 25＝1，消去y 得(9k 2＋5)x 2＋18kmx ＋9m 2－45＝0，由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1x 2＝9m 2－459k 2＋5，x 1＋x 2＝－18km 9k 2＋5，由题意知，OM →·ON →＝0，即x 1x 2＋(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝0，得(k2＋1)9m2－459k2＋5＋km⎝⎛⎭⎪⎫－18km9k2＋5＋m2＝0，整理得45k2＋45＝14m2，则原点到该直线的距离d＝|m|k2＋1＝4514＝37014，故存在定点P(0,0)，使得P到直线MN的距离为定值．3．已知双曲线C的渐近线方程为y＝±3x，右焦点F(c,0)到渐近线的距离为 3.(1)求双曲线C的方程；(2)过F作斜率为k的直线l交双曲线于A，B两点，线段AB的中垂线交x轴于D，求证：|AB||FD|为定值．(1)解设双曲线方程为3x2－y2＝λ(λ>0)，由题意知c＝2，所以λ3＋λ＝4⇒λ＝3，所以双曲线C的方程为x2－y23＝1.(2)证明设直线l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)代入x2－y23＝1，整理得(3－k2)x2＋4k2x－4k2－3＝0，Δ＝36(k2＋1)>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x 1＋x 2＝－4k 23－k 2，x 1x 2＝－4k 2－33－k 2， 由弦长公式得 |AB |＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝6(k 2＋1)|3－k 2|， 设AB 的中点P (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝－2k 23－k 2， 代入l 得y 0＝－6k 3－k 2， AB 的垂直平分线方程为y ＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2k 23－k 2－6k 3－k 2， 令y ＝0得x D ＝－8k 23－k 2， 即|FD |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－8k 23－k 2－2＝6(1＋k 2)|3－k 2|， 所以|AB ||FD |＝1为定值． 当k ＝0时，|AB |＝2，|FD |＝2，|AB ||FD |＝1， 综上所述，|AB ||FD |为定值．4．(2022·河南九师联盟模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，焦距为2，长轴长为4.(1)求椭圆C 的方程；(2)设过点F 1不与x 轴重合的直线l 与椭圆C 相交于E ，D 两点，试问在x 轴上是否存在一个点M ，使得直线ME ，MD 的斜率之积恒为定值？若存在，求出该定值及点M 的坐标；若不存在，请说明理由．解(1)因为焦距为2，长轴长为4，即2c ＝2,2a ＝4，解得c ＝1，a ＝2，所以b 2＝a 2－c 2＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)知F 1(－1,0)，设点E (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，M (m ，0)，因为直线l 不与x 轴重合，所以设直线l 的方程为x ＝ny －1，联立⎩⎨⎧ x ＝ny －1，x 24＋y23＝1，得(3n 2＋4)y 2－6ny －9＝0，所以Δ＝(－6n )2＋36(3n 2＋4)>0，所以y 1＋y 2＝6n 3n 2＋4，y 1y 2＝－93n 2＋4，又x 1x 2＝(ny 1－1)(ny 2－1)＝n 2y 1y 2－n (y 1＋y 2)＋1＝－9n23n2＋4－6n23n2＋4＋1＝－12n2－4 3n2＋4，x 1＋x2＝n(y1＋y2)－2＝6n23n2＋4－2＝－83n2＋4.直线ME，MD的斜率分别为k ME＝y1x1－m，k MD ＝y2x2－m，所以k ME·k MD＝y1x1－m·y2x2－m＝y1y2(x1－m)(x2－m)＝y1y2x1x2－m(x1＋x2)＋m2＝－93n2＋4－12n2－43n2＋4－m⎝⎛⎭⎪⎫－83n2＋4＋m2＝－9－12n2＋4＋8m＋3m2n2＋4m2＝－9(3m2－12)n2＋4(m＋1)2，要使直线ME，MD的斜率之积恒为定值，3m2－12＝0，解得m＝±2，当m＝2时，存在点M(2,0)，使得k ME ·k MD＝－9(3m2－12)n2＋4(m＋1)2＝－936＝－14，当m＝－2时，存在点M(－2,0)，使得k ME ·k MD＝－9(3m2－12)n2＋4(m＋1)2＝－94，综上，在x轴上存在点M，使得ME，MD的斜率之积恒为定值，当点M的坐标为(2,0)时，直线ME，MD的斜率之积为定值－1 4，当点M的坐标为(－2,0)时，直线ME，MD的斜率之积为定值－9 4 .。
圆锥曲线复习课课件
将问题转化为函数问题，利用函数的性质和图像，求解相关 问题。
05
圆锥曲线的问题与挑战
圆锥曲线中的难题与挑战
圆锥曲线中的复杂计算
圆锥曲线问题往往涉及大量的计算和复杂的数学公式，需要学生 具备较高的数学计算能力和逻辑思维能力。
圆锥曲线中的抽象概念
圆锥曲线问题常常涉及到抽象的概念和性质，需要学生具备较好的 数学基础和空间想象力。
利用圆锥曲线的参数方程，将问 题转化为参数的取值范围或最值 问题，简化计算。
圆锥曲线的特殊解题方法
焦点三角形法
利用圆锥曲线的焦点三角形，结合正 弦定理、余弦定理等，求解相关问题 。
切线法
通过圆锥曲线的切线性质，结合导数 和切线斜率，求解相关问题。
圆锥曲线的综合解题方法
数形结合法
将几何性质与代数表达式相结合，通过数形结合的方法，直 观地解决问题。
作用。
光线的弯曲程度与圆锥曲线的离 心率有关，离心率越大，光线弯
曲程度越明显。
圆锥曲线的对称性质
圆锥曲线具有对称性，包括中 心对称、轴对称和面对称等。
圆具有中心对称和轴对称，椭 圆和双曲线只有中心对称，抛 物线只有轴对称。
对称性是圆锥曲线的一个重要 性质，在解决几何问题时具有 广泛应用。
03
圆锥曲线的应用
路，提高解题能力。
培养数学思维
学生应注重培养数学思维，提高 逻辑推理能力和空间想象力，以
便更好地解决圆锥曲线问题。
如何进一步深化对圆锥曲线的研究
研究圆锥曲线的性质
01
学生可以进一步研究圆锥曲线的性质和特点，探索其内在规律
和数学之美。
探索圆锥曲线与其他数学领域的联系
02
学生可以探索圆锥曲线与其他数学领域之间的联系，例如与代
2022届高中数学一轮复习 第八章 高考大题专项(五) 圆锥曲线的综合问题 精品课件
- + 1 = 0,
解(1)由
消去 a,
+ 5 + 5 = 0
得曲线 C
2
的方程为 +y2=1(y≠-1).
5
= -2,
(2)设点 A(x1,y1),B(x2,y2),直线 l:x=my-2,由
2
5
则
得(m2+5)y2-4my-1=0,
+ 2 = 1,
4
1
令f(k)=-(k-1)(k+1)3,
则f'(k)=-(4k-2)(k+1)2.
又
1
1
k∈(-1,1),所以当-1<k< 时,f'(k)>0,当 <k<1
2
2
所以 f(k)在区间
取最大值 f
1
2
=
1
-1,
2
上单调递增,在区间
时,f'(k)<0,
1
,1
2
27
27
,即|PA|·
|PQ|的最大值为 .
16
1
y-4=k
9 1
3
9 3
方程为 y-4=- (x-2),即 x+ky-4k-2=0.由
为
- 2 +4+3
xQ= 2
.
2( +1)
+
1
2
,即
1
1
kx-y+2k+4=0,则直线
BQ 的
1
1
- + 2 + 4 = 0,
可得点 Q 的横坐标
9
3
+ - 4 - 2 = 0,
高考一轮复习必备—圆锥曲线讲义全
高考一轮复习必备—圆锥曲线讲义全-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIANⅠ复习提问一、直线l 与圆锥曲线C 的位置关系的判断判断直线l 与圆锥曲线C 的位置关系时，通常将直线l 的方程0Ax By C ++=（A ，B 不同时为0）代入圆锥曲线C 的方程F （x ，y ）=0，消去y （也可以消去x ）得到关于一个变量的一元二次方程，即联立(,)0Ax By C F x y ++=⎧⎨=⎩消去y 后得20ax bx c ++= （1）当0a =时，即得到一个一元一次方程，则l 与C 相交，有且只有一个交点，此时，若C 为双曲线，则直线l 与双曲线的渐近线平行；若C 为抛物线，则直线l 抛物线的对称轴平行。
（2）当0a ≠时，0∆>，直线l 与曲线C 有两个不同的交点；0∆=，直线l 与曲线C 相切，即有唯一公共点（切点）；0∆<，直线l 与曲线C 相离。
二、圆锥曲线的弦长公式相交弦AB的弦长1212AB AB AB x y y ⎧⎪=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=-==-⎪⎪⎩三、中点弦所在直线的斜率（1）若椭圆方程为22221(0)x y a b a b +=>>时，以P 00（x ,y ）为中点的弦所在直线斜率202(0)b k y a =-≠00x y ，即22op b k k a =-；若椭圆方程为22221(0)y x a b a b +=>>时，相应结论为202(0)a k y b =-≠0x y ，即22op a k k b =-；（2）P 00（x ,y ）是双曲线22221x y a b -=内部一点，以P 为中点的弦所在直线斜率202(0)b k y a =≠0x y ，即22op b k k a =； 若双曲线方程为22221y x a b -=时，相应结论为202(0)a k y b =≠0x y ，即22op a k k b =；（3））P 00（x ,y ）是抛物线22y px =内部一点，以P 为中点的弦所在直线斜率0(0)pk y =≠0y ；若方程为22x py =时，相应结论为k p=0x 。
2022版高考数学一轮复习(应试基础必备 高考考法突破)课件：专题10 圆锥曲线与方程
焦点在
x
轴上：
x a
2 2
y2 b2
1a o , b 0 ,
焦点为 F1 c ,0 , F2 c ,0 .
焦点在
y
轴上：
y a
2 2
x2 b2
1a o , b 0 ,
焦点为 F1 0 , c , F2 0 , c .
c2 a2 b2
Ø 考点57 双曲线的标准方程与性质的运用
1.定义 2.标准方程 3.几何性质
【注意】 1）应先判断直线斜率是否存在， 注意讨论斜率不存在的情况. 2）若方程中含有参数，应注意 Δ>0对参数范围的限制.
步骤：
联立直线与椭圆的方程
消元得到一元二次方程
利用根与系数关系，得 x1 x2, x1 x2或y1 y2, y1 y2
整体代换求解出问题
过焦点的弦长公式：
AB 2a ex1 x2 过右焦点； AB 2a ex1 x2 过左焦点； AB 2a ey1 y2 过上焦点； AB 2a ey1 y2 过下焦点. 左加右减，下加上减
直线的斜率等于 ±k时
直线与双曲线交 于一点如图①③
直线过P点且斜率 在（-k,k）上时
直线与曲线左右两 支各交于一点,如图
中直线②
直线过P点且斜率 在（-∞,-k）∪ （k,+∞）上
与曲线的右支交于两点, 如图⑥, 与曲线右支相切,如图④, 与曲线相离,如图⑤.
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l 700分综合 考点&考法
ü 考法1 双曲线的定义的应用
1.焦点三角形 问题的特征
2.等轴双曲线
(1)定义
(2)特征
即实轴和虚轴等长的双曲线
全国版2022高考数学一轮复习第10章圆锥曲线与方程第4讲圆锥曲线的综合问题课件理202103171
故点P到定点F的距离与它到定直线x=-1的距离相等,
所以点P的轨迹是以F为焦点,直线x=-1为准线的抛物线. 设P(x,y),则点P的轨迹方程为y2=4x(x≠0).
图10-4-2
考法1 求轨迹方程
考法1 求轨迹方程
考法1 求轨迹方程
考法1 求轨迹方程
方法技巧
求轨迹方程的常用方法与答题步骤
考法1 求轨迹方程
考法1 求轨迹方程
考法1 求轨迹方程
图 10-4-1
考法1 求轨迹方程
解法二(定义法) 如图10-4-2所示,过点P作y轴的垂线,与直线l交于点S,与
y轴交于点R,连接ST,PF.由题意知SF垂直平分线段TP,所以四边形STFP为菱
形,
所以|PS|=|PF|,且G为线段SF的中点,
所以|RS|=|OF|=1,
高分帮 ·“双一流”名校冲刺 提能力· 数学探索
数学探索1 圆锥曲线与数列的综合问题 数学探索2 圆锥曲线与平面向量的综合问题
考情解读
考情解读
考点帮·必备知识通关 考点 曲线方程的求法
考点 曲线方程的求法
1.曲线与方程 一般地,在平面直角坐标系中,如果某曲线C上的点与一个二元方程f(x,y)=0
一选 (设参)
选择变量,定点问题中的定点,随某一个量的变化而固定,可选择这个量为变 量(有时可选择两个变量,如点的坐标、斜率、截距等,然后利用其他辅助条 件消去其中之一
二求 (用参)
求出定点所满足的方程,即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量 的方程
三定点 (消参)
对上述方程进行必要的化简,即可得到定点
元素中的位置关系,如某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直
线平行或垂直等;二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不
通用版2022届高考数学一轮总复习专题五圆锥曲线的综合及应用问题第1课时课件
(1)求椭圆的标准方程； (2)若直线 l 的斜率为12，直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点. 点 P(2,1)为椭圆上一点，求△PAB 的面积的最大值.
2a＝4 2， 解：(1)由条件得e＝ac＝ 23，
a2＝b2＋c2，
解得 a＝2
2，c＝ 6，b＝ 2，
所以椭圆的方程为x82＋y22＝1.
答案：(2 7，8)
【规律方法】先由对称性可设点P在右支上，进而可得|PF1| 和|PF2|，再由△F1PF2为锐角三角形可得|PF1|2＋|PF2|2>|F1F2|2， 进而可得x的不等式，解不等式可得|PF1|＋|PF2|的取值范围.
考向 2 利用方程求最值 [例 2](1)F1，F2 是x42＋y2＝1 的左、右焦点，点 P 在椭圆上 运动，则P→F1·P→F2的最大值是( )
可设点 P(2cos α，sin α)，转化为三角问题， 则由P→F1＝(－ 3－2cos α，－sin α)，P→F2＝( 3－2cos α， －sin α)， 得到P→F1·P→F2＝3cos2α－2，从而易得选项 D 正确. 答案：D
(2)已知抛物线 C：y2＝x，M 为 x 轴负半轴上的动点，MA，
l1 的方程为 y＝k1(x－1)， 联立方程yy＝2＝k41xx，－1， 得 k21x2－(2k21＋4)x＋k21＝0， 有 x1＋x2＝2k12k＋12 4＝2＋k421. 同理设直线 l2 的方程为 y＝－k11(x－1)，有 x3＋x4＝2＋4k21. 由抛物线的定义，可得
2022高考数学(文)一轮通用版讲义：10.4直线与圆锥曲线
1了解圆锥曲线的简单应第四节直线与圆锥曲线用．2理解数形结合的思想．突破点一直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程A＋By＋C＝0A，B不同时为0代入圆锥曲线C的方程F，y＝0，消去y也可以消去得到一个关于变量或变量y的一元方程．即由消去y，得a2＋b＋c＝01当a≠0时，设一元二次方程a2＋b＋c＝0的根的判别式为Δ，则2当a＝0，b≠0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴平行或重合．一、判断题对的打“√”，错的打“×”1直线l与椭圆C相切的充要条件是：直线l与椭圆C只有一个公共点．2直线l与双曲线C相切的充要条件是：直线l与双曲线C 只有一个公共点．3直线l与抛物线C相切的充要条件是：直线l与抛物线C 只有一个公共点．答案：1√2×3×二、填空题1．设抛物线y2＝8的准线与轴交于点Q，若过点Q的直线l 与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是________．答案：[－1,1]2．已知斜率为1的直线l过椭圆＋y2＝1的右焦点，交椭圆于A，B两点，弦AB的长为________．答案：3．双曲线－＝1的右顶点为A，右焦点为F，过点F平行于双曲线的一条渐近线的直线与双曲线交于点B，则△AFB的面积为________．答案：[典例] 12022·河南九校联考已知直线y＝＋t与圆2＋y＋12＝1相切且与抛物线C：2＝4y交于不同的两点M，N，则实数t的取值范围是A．－∞，－3∪0，＋∞B．－∞，－2∪0，＋∞C．－3,0D．－2,02若过点0,1作直线，使它与抛物线y2＝4仅有一个公共点，则这样的直线有A．1条B．2条C．3条D．4条[解析] 1因为直线与圆相切，所以＝1，即2＝t2＋2－4－4t＝0，于是Δ＝162＋16t＝16t2＋2t＋16t＞0，解得t＞0或t ＜－2结合图形图略分析可知，满足题意的直线共有3条，分别为直线＝0，直线y＝1以及过点0,1且与抛物线相切的直线非直线＝0．故选C[答案] 1A 2C[方法技巧]直线与圆锥曲线位置关系的判定方法1代数法：即联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于，y 的方程组，消去y或得一元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标．2几何法：即画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数．[提醒] 联立直线与圆锥曲线的方程消元后，应注意讨论二次项系数是否为零的情况．[针对训练]1．若直线m＋ny＝4和圆O：2＋y2＝4没有交点，则过点m，n的直线与椭圆＋＝1的交点个数为A．至多一个B．2C．1 D．0解析：选B ∵直线m＋ny＝4和圆O：2＋y2＝4没有交点，∴圆心到直线的距离d＝＞2，∴m2＋n2＜4∴＋＜＋＝1－m2＜1，∴点m，n在椭圆＋＝1的内部，∴过点m，n的直线与椭圆＋＝1的交点有2个．2．双曲线C：－＝1a＞0，b＞0的右焦点为F，直线l过焦点F，且斜率为，则直线l与双曲线C的左、右两支都相交的充要条件是A．＞－B．＜C．＞或＜－D．－＜＜解析：选D 由双曲线渐近线的几何意义知－＜＜突破点二圆锥曲线中弦长及中点弦问题圆锥曲线的弦长公式设斜率为≠0的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A1，y1，B2，y2，则|AB|＝|1－2|＝·＝·|y1－y2|＝·一、判断题对的打“√”，错的打“×”1如果直线＝ty＋a与圆锥曲线相交于A1，y1，B2，y2两点，则弦长|AB|＝|y1－y2|2过抛物线y2＝2，由1知F1，F2的坐标分别为－1,0，1,0，所以以线段F1F2为直径的圆为2＋y2＝1，由题意知圆心0,0到直线l的距离d＝＜1，得|m|＜|AB|＝2＝2＝×，联立得消去y，得72－8m＋4m2－12＝0，由题意得Δ＝－8m2－4×74m2－12＝336－48m2＝487－m2＞0，解得m2＜7，设C1，y1，D2，y2，则1＋2＝，12＝，|CD|＝|1－2|＝×＝×＝×＝|AB|＝××，解得m＝±即存在符合条件的直线l，其方程为y＝－±[方法技巧]求解弦长的4种方法1当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解．2联立直线与圆锥曲线方程，解方程组求出两个交点坐标，代入两点间的距离公式求解．3联立直线与圆锥曲线方程，消元得到关于或y的一元二次方程，利用根与系数的关系得到1－22或y1－y22，代入两点间的距离公式．4当弦过焦点时，可结合焦半径公式求解弦长．[提醒] 利用弦长公式求弦长要注意斜率不存在的情形，若不存在，可直接求交点坐标再求弦长．涉及焦点弦长时要注意圆锥曲线定义的应用．考法二中点弦问题考向一由中点弦确定直线方程[例2] 在椭圆＋＝1中，以点M1,2为中点的弦所在直线方程为__________________．[解析] 设弦的两端点为A1，y1，B2，y2，代入椭圆方程得两式相减得＋＝0，所以＝－，即－＝，因为1＋2＝2，y1＋y2＝4，所以＝－，故该直线方程为y－2＝－－1，即9＋32y－73＝0[答案] 9＋32y－73＝0考向二由中点弦确定曲线方程[例3] 过点M2，－2对称，且MN的中点在抛物线y2＝18上，则实数m的值为__________．[解析] 设M1，y1，N2，y2，MN的中点对称，∴MN＝－1，∴y0＝－30又∵y0＝0＋m，∴，代入抛物线方程，得m2＝18·，解得m＝0或－8，经检验都符合题意．[答案] 0或－8[方法技巧]处理中点弦问题常用的2种方法1点差法设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有1＋2，y1＋y2，三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率．2根与系数的关系联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解．[提醒] 中点弦问题常用的两种求解方法各有弊端：根与系数的关系在解题过程中易产生漏解，需关注直线的斜率问题；点差法在确定范围方面略显不足．已知对称，则m的值为________．解析：设A1，y1，B2，y2,联立消去y，得2－2－4＝0则1＋2＝2，＝1∴y1＋y2＝1＋2＋2＝3，＝∵A，B关于直线y＝－2＋m对称，∴AB的中点在直线y＝－2＋m上，即＝－2×1＋m，解得m＝答案：经过椭圆M：＋＝1a＞b＞0的右焦点的直线＋y－＝0交椭圆M于A，B两点，由得3y2＋2my＋m2－6＝0，则y1＋y2＝－，y1·y2＝由弦长公式得|CD|＝·＝·≤4所以S四边形ACBD＝|AB|·|CD|≤当且仅当m＝0时取最大值．故四边形ACBD的面积的最大值为[课时跟踪检测]1．过抛物线y2＝2的焦点作一条直线与抛物线交于A，B两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线A．有且只有一条B．有且只有两条C．有且只有三条D．有且只有四条解析：选B 设该抛物线焦点为F，A A，y A，B B，y B，则|AB|＝|AF|＋|FB|＝A＋与圆2＋y2＝1相切，且与双曲线左、右两支的交点分别为＝1，∴m2＝1＋2，由得1－22－2m－m2＋1＝0，∴∴2＜1，∴－1＜＜1，由于1＋2＝，∴2－1＝＝＝，∵0≤2＜1，∴当2＝0时，2－1取最小值2故选A11．2022·安庆模拟设抛物线2＝4y的焦点为F，点A，B 在抛物线上，且满足y＋1，则直线⇒m2＋2y2＋2my－1＝0⇒y1＋y2＝－，y1y2＝－∴|MN|＝|y1－y2|＝2·⇒m2＋2y2－2＝0⇒y3＋y4＝0，y3y4＝－∴||y3－y4|＝2故到焦点的距离为41求抛物线E的方程；2过F作直线l，交抛物线E于A，B两点，若直线AB中点的纵坐标为－1，求直线l的方程．解：1抛物线E：y2＝2y＋1，由消去，得y2－4my－4＝0设A，B两点的坐标分别为A1，y1，B2，y2，∵线段AB中点的纵坐标为－1，∴＝＝－1，解得m＝－，∴直线l的方程为＝－y＋1，即2＋y－2＝016．2022·佛山模拟已知直线l过点y＋2，A1，y1，B2，y2，联立得方程组消去得y2－4my－8＝0，∴y1y2＝－8，故12＝·＝4，∵D在以AB为直径的圆上，且在直线OB上，∴，与轴交于点H，若O|＝|MA|，求直线l的方程．解：1因为椭圆C的离心率为，所以＝，即a＝2c又a2＝b2＋c2，所以b2＝3c2，即b2＝a2，所以椭圆C的方程为＋＝1把点代入椭圆C的方程中，解得a2＝4所以椭圆C的方程为＋＝12由1知，A0,2，设直线l的斜率为≠0，则直线l的方程为y＝＋2，由得32＋42＋12＝0设B B，y B，得B＝，所以y B＝，所以B设M M，y M，因为|MO|＝|MA|，所以点M在线段OA的垂直平分线上，所以y M＝1，因为y M＝M＋2，所以M＝－，即M设H H,0，又直线HM垂直于直线l，所以MH＝－，即＝－所以H＝－，即H又F10,1，所以＝，＝因为·＝0，所以·－＝0，解得＝±所以直线l的方程为y＝±＋2。