2023高考数学2卷圆锥曲线题多种解法
2023年高考数学(理科)一轮复习课件——圆锥曲线的综合问题 第二课时 定值问题
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(2)若直线 l 交椭圆 E 于 M，N 两点，直线 OM 的斜率为 k1，直线 ON 的斜率 为 k2，且 k1k2＝－19，证明：△OMN 的面积是定值，并求此定值.
证明 当直线l的斜率不存在时，
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答题模板
第一步 求圆锥曲线的方程 第二步 特殊情况分类讨论 第三步 联立直线和圆锥曲线的方程 第四步 应用根与系数的关系用参数表示点的坐标 第五步 根据相关条件计算推证 第六步 明确结论
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训练 2 (2021·大同调研)如图，在平面直角坐标系 xOy 中， 椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为 A，B，
已知|AB|＝4，且点e，345在椭圆上，其中 e 是椭圆的
离心率.
(1)求椭圆 C 的方程；
解 ∵|AB|＝4，∴2a＝4，即a＝2. 又点e，345在椭圆上，∴ae22＋1465b2＝1，即1c62 ＋1465b2＝1， 又b2＋c2＝a2＝4，联立方程解得b2＝3， ∴椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1.
(1)求动点 M 的轨迹 E 的方程；
[规范解答]
解 设M(x，y)，P(x0，y0)， 由(1－ 3)O→Q＝O→P－ 3O→M， 得O→Q－O→P＝ 3O→Q－ 3O→M， 即P→Q＝ 3M→Q，2 分
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∴xy00＝＝x，3y，又点 P(x0，y0)在圆 O：x2＋y2＝6 上， ∴x20＋y20＝6，∴x2＋3y2＝6， ∴轨迹 E 的方程为x62＋y22＝1.4 分
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感悟提升
解此类题的要点有两个：一是计算面积，二是恒等变形.如本题，要求△OMN 的面积，则需要计算弦长|MN|和原点 O 到直线 l 的距离 d，然后由面积公式 表达出 S△OMN(如果是其他凸多边形，一般需要分割成三角形分别求解)，再 将由已知得到的变量之间的等量关系代入面积关系式中，进行恒等变形， 即得 S△OMN 为定值23.
新高考数学圆锥曲线62种题型第二讲 两直线的位置关系(原卷版)
第二节 两直线间的位置关系知识框架知识点归纳1.两条直线的位置关系直线l 1：y ＝k 1x ＋b 1，l 2：y ＝k 2x ＋b 2，l 3：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，l 4：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0(其中l 1与l 3是同一直线，l 2与l 4是同一直线)的位置关系如下表：2.直线的交点与方程组解的关系 (1)两直线的交点点P 的坐标既满足直线l 1的方程A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，也满足直线l 2的方程A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0，即点P 的坐标是方程组⎩⎨⎧A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0的解，解这个方程组就可以得到这两条直线的交点坐标.(2)两直线的位置关系与方程组解的关系3.距离公式(1)两点间的距离公式平面上任意两点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)间的距离公式为|P 1P 2|特别地，原点O (0，0)与任一点P (x ，y )的距离|OP |＝ . (2)点到直线的距离公式平面上任意一点P 0(x 0，y 0)到直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0的距离d ＝ . (3)两条平行线间的距离公式一般地，两条平行直线l 1：Ax ＋By ＋C 1＝0，l 2：Ax ＋By ＋C 2＝0(C 1≠C 2)间的距离d ＝ . 4.对称问题(1)点P (x 0，y 0)关于点A (a ，b )的对称点为P ′ .(2)设点P (x 0，y 0)关于直线y ＝kx ＋b 的对称点为P ′(x ′，y ′)，则有⎩⎪⎨⎪⎧y ′－y 0x ′－x 0·k ＝－1，y ′＋y 02＝k ·x ′＋x 02＋b ，可求出x ′，y ′. [常用结论]对于直线A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0：(1)“两直线平行”的充要条件是“A 1B 2＝A 2B 1且A 1C 2≠A 2C 1”； (2)“两直线垂直”的充要条件是“A 1A 2＋B 1B 2＝0”.题型归类题型一 两直线的平行与垂直例1 已知直线l 1：ax ＋2y ＋6＝0和直线l 2：x ＋(a －1)y ＋a 2－1＝0.(1)试判断l1与l2是否平行；(2)当l1⊥l2时，求a的值.感悟提升 1.当含参数的直线方程为一般式时，若要表示出直线的斜率，不仅要考虑到斜率存在的一般情况，也要考虑到斜率不存在的特殊情况，同时还要注意x，y的系数不能同时为零这一隐含条件.2.在判断两直线的平行、垂直时，也可直接利用直线方程的系数间的关系得出结论.题型二两直线的交点与距离问题例2 (1)直线l经过原点，且经过两条直线2x＋3y＋8＝0，x－y－1＝0的交点，则直线l的方程为________________.(2)已知直线经过点(1，2)，并且与点(2，3)和(0，－5)的距离相等，则此直线的方程为________________.感悟提升(1)求过两直线交点的直线方程的方法：先求出两直线的交点坐标，再结合其他条件写出直线方程.(2)利用距离公式应注意：①点P(x0，y0)到直线x＝a的距离d＝|x0－a|，到直线y＝b的距离d ＝|y0－b|；②两平行线间的距离公式要把两直线方程中x，y的系数化为相等.题型三对称问题角度1关于点对称例3过点P(0，1)作直线l，使它被直线l1：2x＋y－8＝0和l2：x－3y＋10＝0截得的线段被点P平分，则直线l的方程为________.角度2关于线对称例4(1)已知入射光线经过点M(－3，4)，被直线l：x－y＋3＝0反射，反射光线经过点N(2，6)，则反射光线所在直线的方程为________.(2)在等腰直角三角形ABC中，|AB|＝|AC|＝4，点P是边AB上异于A，B的一点.光线从点P 出发，经BC，CA反射后又回到点P(如图所示).若光线QR经过△ABC的重心，则AP的长度为________.感悟提升对称问题的求解策略(1)解决对称问题的思路是利用待定系数法将几何关系转化为代数关系求解.(2)中心对称问题可以利用中点坐标公式解题，两点轴对称问题可以利用垂直和中点两个条件列方程组解题.题型四直线系方程的应用角度1与平行、垂直有关的直线系例5 (1)过点A(1，－4)且与直线2x＋3y＋5＝0平行的直线方程为________________.(2)经过点A(2，1)且与直线2x＋y－10＝0垂直的直线l的方程为________________.角度2 过两直线交点的直线系例6 已知两条直线l 1：x －2y ＋4＝0和l 2：x ＋y －2＝0的交点为P ，求过点P 且与直线l 3：3x －4y ＋5＝0垂直的直线l 的方程.感悟提升 几种常见的直线系方程(1)与直线Ax ＋By ＋C ＝0平行的直线系方程是Ax ＋By ＋m ＝0(m ≠C ). (2)与直线Ax ＋By ＋C ＝0垂直的直线系方程是Bx －Ay ＋n ＝0.(3)过直线l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0与l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0的交点的直线系方程为A 1x ＋B 1y ＋C 1＋λ(A 2x ＋B 2y ＋C 2)＝0(λ∈R )，但不包括l 2.课时训练一、单选题1．若直线a ，b 的斜率分别为方程x 2－4x －1＝0的两个根，则a 与b 的位置关系为( )A.互相平行B.互相重合C.互相垂直D.无法确定2．已知直线1:250l x y +-=，直线2:310l x y --=的交点为A ，O 为坐标原点，则点A 到原点的距离AO 的长二、多选题7．“曼哈顿距离”是由赫尔曼·闵可夫斯基所创的词汇，是一种使用在几何度量空间的几何学用语．在平面直三、填空题，则PAB的面积的最大值为轴上的任意一点，四、解答题，圆心在直线．已知ABC的顶点AB的方程；在两个条件中任选一个，补充在下面问题中．的平分线所在直线方程为边上的中线所在的直线方程为。
2023年高考数学复习：圆锥曲线的方程与性质
3 考点三 抛物线的几何性质
PART THREE
核心提炼
抛物线的焦点弦的几个常见结论：
设AB是过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的弦，
若A(x1，y1)，B(x2，y2)，α是弦AB的倾斜角，则 (1)x1x2＝p42，y1y2＝－p2. (2)|AB|＝x1＋x2＋p＝si2np2α . (3)|F1A|＋|F1B|＝2p. (4)以线段 AB 为直径的圆与准线 x＝－p2相切.
规律 方法
(1)在“焦点三角形”中，常利用正弦定理、余弦定理，结合椭圆
(或双曲线)的定义，运用平方的方法，建立与|PF1|·|PF2|的联系. (2)确定椭圆和双曲线的离心率的值及范围，其关键就是确立一个关 于a，b，c的等量关系或不等关系，然后用a，c代换b，进而求 ac 的值. (3)求双曲线渐近线方程的关键在于求ba或ab的值，也可将双曲线方程 中等号右边的“1”变为“0”，然后因式分解得到.
考向1 椭圆、双曲线的几何性质
例 2 (1)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2， 短轴长为 2，O 为坐标原点，点 P 在 C 上且|OP|＝c(c 为椭圆 C 的半焦
距)，直线 PF2 与 C 交于另一个点 Q，若 tan∠F1QF2＝34，则椭圆 C 的长 轴长为
(2)(2021·全国乙卷)设 B 是椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的上顶点，若 C 上的
任意一点 P 都满足|PB|≤2b，则 C 的离心率的取值范围是
A.
22，1
B.12，1
√
C.0，
2
2
D.0，12
2025高考数学专项复习平移齐次化解决圆锥曲线中斜率和积问题与定点问题含答案
圆锥曲线中斜率和积为定值问题与定点问题(平移齐次化)1.真题回顾2020新高考I 卷2.题型梳理题型1：已知定点求定值题型2：已知定值求定点【例题】已知椭圆x 24+y 2=1，设直线l 不经过P 2(0,1)点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1，证明：l 过定点．Q (2,-1)2025高考数学专项复习平移齐次化解决圆锥曲线中斜率和积问题与定点问题【手电筒模型·1定+2动】直线y =kx +m 与椭圆x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 交于A ，B 两点，P (x 0,y 0)为椭圆上异于AB 的任意一点，若k AP ⋅k BP =定值或k AP +k BP =定值(不为0)，则直线AB 会过定点．(因为三条直线形似手电筒，固名曰手电筒模型)．补充：若y =kx +m 过定点，则k AP ⋅k BP =定值，k AP +k BP k=定值.2020·新高考1卷·22C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为22，且过点A 2,1 ．(1)求C 的方程：(2)点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得DQ 为定值．题型一已知定点求定值C :y 2=4x ，过点(4,0)的直线与抛物线C 交于P ，Q 两点，O 为坐标原点．证明：∠POQ =90°．椭圆E:x22+y2=1，经过点M(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A(0,-1)，证明:直线AP与AQ的斜率之和为2．A1,3 2，O为坐标原点，E，F是椭圆C:x24=y23=1上的两个动点，满足直线AE与直线AF关于直线x=1对称．证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值；点F(1,0)为椭圆x24+y23=1的右焦点，过F且垂直于x轴的直线与椭圆E相交于C､D两点(C在D的上方)，设点A､B是椭圆E上位于直线CD两侧的动点，且满足∠ACD=∠BCD，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由.:x22+y2=1，A0,-1，经过点1,1，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ斜率之和为2．C ：x 24+y 23=1，过F 作斜率为k (k ≠0)的动直线l ，交椭圆C 于M ，N 两点，若A 为椭圆C 的左顶点，直线AM ，AN 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k k 1+k k 2为定值，并求出定值.题型二已知定值求定点全国卷理)已知椭圆x 24+y 2=1，设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1，证明：l 过定点．C:x24+y2=1，设直线l不经过点P2(0,1)且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1，证明：直线l过定点．C：y2=2px(p>0)上的点P(1，y0)(y0>0)到其焦点的距离为2．(1)求点P的坐标及抛物线C的方程；(2)若点M、N在抛物线C上，且k PM•k PN=-12，证明：直线MN过定点.C :x 24+y 23=1，P 1,32 ，若直线l 交椭圆C 于A ，B (A ，B 异于点P )两点，且直线PA 与PB 的斜率之积为-94，求点P 到直线l 距离的最大值．E ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为33，椭圆E 的短轴长等于4．(1)求椭圆E 的标准方程；x 26+y 24=1(2)设A 0,-1 ，B 0,2 ，过A 且斜率为k 1的动直线l 与椭圆E 交于M ，N 两点，直线BM ，BN 分别交⊙C ：x 2+y -1 2=1于异于点B 的点P ，Q ，设直线PQ 的斜率为k 2，直线BM ，BN 的斜率分别为k 3，k 4．①求证：k 3⋅k 4为定值； ②求证：直线PQ 过定点.圆锥曲线中斜率和积为定值问题与定点问题(平移齐次化)1.真题回顾2020新高考I 卷2.题型梳理题型1：已知定点求定值题型2：已知定值求定点【例题】已知椭圆x 24+y 2=1，设直线l 不经过P 2(0,1)点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1，证明：l 过定点．Q (2,-1)【平移+齐次化处理】Step 1：平移点P 到原点，写出平移后的椭圆方程，设出直线方程，并齐次化处理将椭圆向下平移一个单位，(为了将P 2(0,1)平移到原点)椭圆方程化为C :x 24+(y +1)2=1，(左加右减，上减下加为曲线平移)设直线l 对应的直线l ′为mx +ny =1，椭圆方程化简为14x 2+y 2+2y =0，把一次项化成二次结构，将2y 乘上mx +ny 即可此时椭圆方程变成：14x 2+y 2+2y mx +ny =0⇒2n +1 y 2+2mxy +14x 2=0Step 2：根据斜率之积或斜率之和与韦达定理的关系得到等式，求得m ，n 之间的关系由于平移不会改变直线倾斜角，即斜率和仍然为-1，而P 2点此时为原点，设平移后的A (x A ,y A ),B (x B ,y B )，即y A -0x A -0+y B -0x B -0=-1,将椭圆方程两边同除以x 2，令k =y x ，得2n +1 k 2+2mk +14=0，结合两直线斜率之和为-1，即k 1+k 2=-2m 2n +1=-1，得2m =2n +1，∴m -2n =1，Step 3：得出定点，此时别忘了，还要平移回去!∴直线l ′恒过点Q ′(2,-2)，向上平移一个单位进行还原在原坐标系中，直线l 过点Q (2,-1)．【手电筒模型·1定+2动】直线y =kx +m 与椭圆x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 交于A ，B 两点，P (x 0,y 0)为椭圆上异于AB 的任意一点，若k AP ⋅k BP =定值或k AP +k BP =定值(不为0)，则直线AB 会过定点．(因为三条直线形似手电筒，固名曰手电筒模型)．补充：若y =kx +m 过定点，则k AP ⋅k BP =定值，kAP +k BP k=定值.【坐标平移+齐次化处理】(左加右减，上减下加为曲线平移)Step 1：平移点P 到原点，写出平移后的椭圆方程，设出直线方程，并齐次化处理Step 2：根据斜率之积或斜率之和与韦达定理的关系得到等式，求得m ，n 之间的关系，Step 3：得出定点，此时别忘了，还要平移回去!【补充】椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0),P (x 0,y 0)是椭圆上一点，A ，B 为随圆E 上两个动点，PA 与PB 的斜率分别为k 1，k 2.(1)k 1+k 2=0，证明AB 斜率为定值:x 0y 0⋅b 2a2(y ≠0)；(2)k 1+k 2=t (t ≠0)，证明AB 过定点：x 0-2y 0t,-y 0-2x 0t ⋅b 2a2 ；(3)k 1⋅k 2==b 2a 2，证明AB 的斜率为定值-y 0x 0(x 0≠0)；(4)k 1⋅k 2=λλ≠b 2a 2 ，证明AB 过定点：x 0λa 2+b 2λa 2-b 2,-y 0λa 2+b 2λa 2-b 2 .以上称为手电筒模型，注意点P 不在椭圆上时，上式并不适用，常数也需要齐次化乘“12”2020·新高考1卷·22C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为22，且过点A 2,1 ．(1)求C 的方程：(2)点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得DQ 为定值．【详解】(1)由题意可得：c a =224a 2+1b 2=1a 2=b 2+c 2，解得：a 2=6,b 2=c 2=3，故椭圆方程为：x 26+y 23=1.(2)[方法一]：通性通法设点M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，若直线MN 斜率存在时，设直线MN 的方程为：y =kx +m ，代入椭圆方程消去y 并整理得：1+2k 2 x 2+4kmx +2m 2-6=0，可得x 1+x 2=-4km 1+2k 2，x 1x 2=2m 2-61+2k 2，因为AM ⊥AN ，所以AM ·AN=0，即x 1-2 x 2-2 +y 1-1 y 2-1 =0，根据y 1=kx 1+m ,y 2=kx 2+m ,代入整理可得：k 2+1 x 1x 2+km -k -2 x 1+x 2 +m -1 2+4=0，所以k 2+1 2m 2-61+2k 2+km -k -2 -4km 1+2k2+m -1 2+4=0，整理化简得2k +3m +1 2k +m -1 =0，因为A (2,1)不在直线MN 上，所以2k +m -1≠0，故2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k x -23 -13k ≠1 ，所以直线过定点直线过定点P 23,-13.当直线MN 的斜率不存在时，可得N x 1,-y 1 ，由AM ·AN=0得：x 1-2 x 1-2 +y 1-1 -y 1-1 =0，得x 1-2 2+1-y 21=0，结合x 216+y 213=1可得：3x 12-8x 1+4=0，解得：x 1=23或x 2=2(舍).此时直线MN 过点P 23,-13 .令Q 为AP 的中点，即Q 43,13，[方法二]【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O 点平移至点A 处，则在新的坐标系下椭圆的方程为(x +2)26+(y +1)23=1，设直线MN 的方程为mx +ny =4．将直线MN 方程与椭圆方程联立得x 2+4x +2y 2+4y =0，即x 2+(mx +ny )x +2y 2+(mx +ny )y =0，化简得(n +2)y 2+(m +n )xy +(1+m )x 2=0，即(n +2)y x 2+(m +n )yx +(1+m )=0．设M x 1 ,y 1 ,N x 2,y 2 ，因为AM ⊥AN 则k AM ⋅k AN =y 1x 1⋅y 2x 2=m +1n +2=-1，即m =-n -3．代入直线MN 方程中得n (y -x )-3x -4=0．则在新坐标系下直线MN 过定点-43,-43，则在原坐标系下直线MN 过定点P 23,-13．又AD ⊥MN ，D 在以AP 为直径的圆上．AP 的中点43,13即为圆心Q ．经检验，直线MN 垂直于x 轴时也成立．故存在Q 43,13 ，使得|DQ |=12|AP |=223．[方法三]：建立曲线系A 点处的切线方程为2×x6+1×y 3=1，即x +y -3=0．设直线MA 的方程为k 1x -y -2k 1+1=0，直线MB 的方程为k 2x -y -2k 2+1=0，直线MN 的方程为kx -y +m =0．由题意得k 1⋅k 2=-1．则过A ，M ，N 三点的二次曲线系方程用椭圆及直线MA ,MB 可表示为x 26+y 23-1+λk 1x -y - 2k 1+1 k 2x -y -2k 2+1 =0(其中λ为系数)．用直线MN 及点A 处的切线可表示为μ(kx -y +m )⋅(x +y -3)=0(其中μ为系数)．即x 26+y 23-1+λk 1x -y -2k 1+1 k 2x - y -2k 2+1 =μ(kx -y +m )(x +y -3)．对比xy 项、x 项及y 项系数得λk 1+k 2 =μ(1-k ),①λ4+k 1+k 2 =μ(m -3k ),②2λk 1+k 2-1 =μ(m +3).③将①代入②③，消去λ,μ并化简得3m +2k +1=0，即m =-23k -13．故直线MN 的方程为y =k x -23 -13，直线MN 过定点P 23,-13．又AD ⊥MN ，D 在以AP 为直径的圆上．AP 中点43,13即为圆心Q ．经检验，直线MN 垂直于x 轴时也成立．故存在Q 43,13 ，使得|DQ |=12|AP |=223．[方法四]：设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ．若直线MN 的斜率不存在，则M x 1,y 1 ,N x 1,-y 1 ．因为AM ⊥AN ，则AM ⋅AN=0，即x 1-2 2+1-y 21=0．由x 216+y 213=1，解得x 1=23或x 1=2(舍)．所以直线MN 的方程为x =23．若直线MN 的斜率存在，设直线MN 的方程为y =kx +m ，则x 2+2(kx +m )2-6=1+2k 2x -x 1 x -x 2 =0．令x =2，则x 1-2 x 2-2 =2(2k +m -1)(2k +m +1)1+2k 2．又y -m k 2+2y 2-6=2+1k 2y -y 1 y -y 2 ，令y =1，则y 1-1 y 2-1 =(2k +m -1)(-2k +m -1)1+2k 2．因为AM ⊥AN ，所以AM ⋅AN =x 1-2 x 2-2 +y 1-1 y 2-1 =(2k +m -1)(2k +3m +1)1+2k 2=0，即m =-2k +1或m =-23k -13．当m =-2k +1时，直线MN 的方程为y =kx -2k +1=k (x -2)+1．所以直线MN 恒过A (2,1)，不合题意；当m =-23k -13时，直线MN 的方程为y =kx -23k -13=k x -23-13，所以直线MN 恒过P 23,-13．综上，直线MN 恒过P 23,-13，所以|AP |=423．又因为AD ⊥MN ，即AD ⊥AP ，所以点D 在以线段AP 为直径的圆上运动．取线段AP 的中点为Q 43,13 ，则|DQ |=12|AP |=223．所以存在定点Q ，使得|DQ |为定值．【整体点评】(2)方法一：设出直线MN 方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点P ，再根据平面几何知识可知定点Q 即为AP 的中点，该法也是本题的通性通法；方法二：通过坐标系平移，将原来的O 点平移至点A 处，设直线MN 的方程为mx +ny =4，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出m ,n 的关系，从而可知直线过定点P ，从而可知定点Q 即为AP 的中点，该法是本题的最优解；方法三：设直线MN :y =kx +m ，再利用过点A ,M ,N 的曲线系，根据比较对应项系数可求出m ,k 的关系，从而求出直线过定点P ，故可知定点Q 即为AP 的中点；方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解x 1-2 x 2-2 以及y 1-1 y 2-1 的计算．题型一已知定点求定值C :y 2=4x ，过点(4,0)的直线与抛物线C 交于P ，Q 两点，O 为坐标原点．证明：∠POQ =90°．【解析】直线PQ :x =my +4,P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2由x =my +4，得1=x -my4则由x =my +4y 2=4x ，得：y 2=4x ⋅x -my 4，整理得：y x 2+m y x -1=0，即：y 1x 1⋅y 2x 2=-1．所以k OP ⋅k OQ =y 1y 2x 1x 2=-1，则OP ⊥OQ ，即：∠POQ =90°椭圆E :x 22+y 2=1，经过点M (1,1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A (0,-1)，证明:直线AP 与AQ 的斜率之和为2．【解析】设直线PQ :mx +n (y +1)=1,P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 则m +2n =1．由mx +n (y +1)=1x 22+y 2=1，得：x 22+[(y +1)-1]2=1．则x 22+(y +1)2-2(y +1)[mx +n (y +1)]=0，故(1-2n )y +1x 2-2m y +1x +12=0．所以y 1+1x 1+y 2+1x 2=2m 2n -1=2.即k AP +k AQ =y 1+1x 1+y 2+1x 2=2.A 1,32 ，O 为坐标原点，E ，F 是椭圆C :x 24=y 23=1上的两个动点，满足直线AE 与直线AF 关于直线x =1对称．证明直线EF 的斜率为定值，并求出这个定值；【答案】(提示：k 1+k 2=0答案：12)点F (1,0)为椭圆x 24+y 23=1的右焦点，过F 且垂直于x 轴的直线与椭圆E 相交于C ､D 两点(C 在D 的上方)，设点A ､B 是椭圆E 上位于直线CD 两侧的动点，且满足∠ACD =∠BCD ，试问直线AB 的斜率是否为定值，请说明理由.解法1常规解法依题意知直线AB 的斜率存在，设AB 方程：y =kx +m A x 1,y 1 ，B x 2,y 2代入椭圆方程x 24+y 23=1得：4k 2+3 x 2+8kmx +4m 2-12=0(*)∴x 1+x 2=-8km 4k 2+3，x 1x 2=4m 2-124k 2+3由∠ACD =∠BCD 得k AC +k BC =0∵C 1,32 ，∴y 1-32x 1-1+y 2-32x 2-1=kx 1+m -32x 1-1+kx 2+m -32x 2-1=0∴2kx 1x 2+m -32-k x 1+x 2 -2m +3=0∴2k ⋅4m 2-124k 2+3+m -32-k -8km 4k 2+3-2m +3=0整理得：(6k -3)(2k +2m -3)=0∴2k +2m -3=0或6k -3=0当2k +2m -3=0时，直线AB 过定点C 1,32，不合题意∴6k -3=0，k =12，∴直线AB 的斜率是定值12解法2齐次化：设直线AB 的方程为m (x -1)+n y -32 =1椭圆E 的方程即：3[(x -1)+1]2+4y -32 +322=12即：4y -32 2+12y -32+6(x -1)+3(x -1)2=0联立得：(4+12n )y -32 2+(12m +6n )y -32 (x -1)+(6m +3)(x -1)2=0即(4+12n )y -32x -1 2+(12m +6n )y -32x -1+(6m +3)=0∴由∠ACD =∠BCD 得k AC +k BC =y 1-32x 1-1+y 2-32x 2-1=-(12m +6n )(4+12n )=0即：n =-2m∴直线AB 的斜率为-m n =12，是定值.:x 22+y 2=1，A 0,-1 ，经过点1,1 ，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 斜率之和为2．解法1常规解法：证明：由题意设直线PQ 的方程为y =k x -1 +1k ≠0 ，代入椭圆方程x 22+y 2=1，可得1+2k 2 x 2-4k k -1 x +2k k -2 =0，由已知得1,1 在椭圆外，设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，x 1x 2≠0，则x 1+x 2=4k k -1 1+2k 2，x 1x 2=2k k -21+2k 2，且Δ=16k 2k -1 2-8k k -2 1+2k 2 >0，解得k >0或k <-2．则有直线AP ，AQ 的斜率之和为k AP +k AQ =y 1+1x 1+y 2+1x 2=kx 1+2-k x 1+kx 2+2-k x 2=2k +2-k 1x 1+1x 2=2k +2-k ⋅x 1+x 2x 1x 2=2k +2-k ⋅4k k -12k k -2=2k -2k -1 =2．即有直线AP 与AQ 斜率之和2．解法2齐次化：上移一个单位，椭圆E和直线L:x 22+y -1 2=1mx +ny =1，mx +ny =1过点1,2 ，m +2n =1，m =1-2n ，x 2+2y -1 2=2，x 2+2y 2-4y =0，2y 2+x 2-4y mx +ny =0，-4n +2 y2-4mxy +x 2=0，∵x ≠0，同除x 2，得-4n +2 y x2-4m yx+1=0，k 1+k 2=-4m -4n +2=2m 1-2n =2mm=2．C ：x 24+y 23=1，过F 作斜率为k (k ≠0)的动直线l ，交椭圆C 于M ，N 两点，若A 为椭圆C 的左顶点，直线AM ，AN 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k k 1+kk 2为定值，并求出定值.将椭圆沿着AO 方向平移，平移后的椭圆方程为(x −2)24+y 23=1⇒x 24+y 23+x =0设直线MN 方程为mx +ny =1，代入椭圆方程得x 24+y 23+x (mx +ny )=0，两侧同时除以x 2得13y x 2−n y x +1−4m 4=0，k 1+k 2=3n ,k 1k 2=34−3m ,k =k MN=−mn，因为mx +ny =1过定点F (3,0)⇒m =13，所以k k 1+kk 2=4题型二已知定值求定点全国卷理)已知椭圆x 24+y 2=1，设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1，证明：l 过定点．(1)根据椭圆的对称性，P 3-1,32 ，P 41,32两点必在椭圆C 上，又P 4的横坐标为1，∴椭圆必不过P 11,1 ，∴P 20,1 ，P 3-1,32 ，P 41,32 三点在椭圆C 上，把P 20,1 ，P 3-1,32 代入椭圆C ，得：1b 2=11a 2+34b2=1，解得a 2=4，b 2=1，∴椭圆C 的方程为x 24+y 2=1．(2)：解法1常规解法:①当斜率不存在时，设l :x =m ，A m ,y A ，B m ,-y A ，∵直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1，∴k P 2A +k P 2B =y A -1m +-y A -1m =-2m=-1，解得m =2，此时l 过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．②当斜率存在时，设l :y =kx +t ，t ≠1 ，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，联立y =kx +tx 2+4y 2-4=0，整理，得1+4k 2 x 2+8ktx +4t 2-4=0，x 1+x 2=-8kt 1+4k 2，x 1x 2=4t 2-41+4k 2，则k P 2A+k P 2B =y 1-1x 1+y 2-1x 2=x 2kx 1+t -x 2+x 1kx 2+t -x 1x 1x 2=8kt 2-8k -8kt 2+8kt1+4k 24t 2-41+4k 2=8k t -14t +1 t -1=-1，又t ≠1，∴t =-2k -1，此时Δ=-64k ，存在k ，使得Δ>0成立，∴直线l 的方程为y =kx -2k -1，当x =2时，y =-1，∴l 过定点2,-1 ．解法2齐次化：下移1个单位得E :x 24+y +1 2=1⇒x 24+y 2+2y =0，设平移后的直线：A B :mx +ny =1，齐次化：x 2+4y 2+8y mx +ny =0，8n +4 y 2+8mxy +x 2=0，∵x ≠0同除以x 2，8n +4 y x 2+8m y x +1=0，8n +4 k 2+8mk +1=0，k 1+k 2=-8m 8n +4=-1，8m =8n +4，2m -2n =1，∴mx +ny =1过2,-2 ，上移1个单位2,-1 ．C :x 24+y 2=1，设直线l 不经过点P 2(0,1)且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1，证明：直线l 过定点．不平移齐次化【解析】设直线l :mx +n (y -1)=1．．．．．．(1)由C :x 24+y 2=1，得x 24+[(y -1)+1]2=1即：x 24+(y -1)2+2(y -1)=0．．．．．．(2)由(1)(2)得：x 24+(y -1)2+2(y -1)[mx +n (y -1)]=0整理得：(1+2n )y -1x2+2m ⋅y -1x +14=0则k P 2A +k P 2B =y 1-1x 1+y 2-1x 2=-2m1+2n =-1，则2m =2n +1，代入直线l :mx +n (y -1)=1，得：l :(2n +1)x +2n (y -1)=2显然，直线过定点(2,-1)．C ：y 2=2px (p >0)上的点P (1，y 0)(y 0>0)到其焦点的距离为2．(1)求点P 的坐标及抛物线C 的方程；(2)若点M 、N 在抛物线C 上，且k PM •k PN =-12，证明：直线MN 过定点.答案：(2)(9，-2)C :x 24+y 23=1，P 1,32 ，若直线l 交椭圆C 于A ，B (A ，B 异于点P )两点，且直线PA 与PB 的斜率之积为-94，求点P 到直线l 距离的最大值．解法1齐次化：公共点P 1,32 ，左移1个单位，下移32个单位，C :x +124+y +3223=1A B:mx +ny =1，3x 2+6x +4y 2+3y =0，4y 2+3x 2+6x +2y mx +ny =0，12n +4 y 2+62m +n xy +6m +3 x 2=0，等式两边同时除以x 2，12n +4 y x2+62m +n yx+6m +3 =0，k PA ⋅k PB =-94，6m +312n +4=-94，-12m -94n =1，mx +ny =1过-12,-94 ，右移1个单位，上移32个单位，过Q 12,-34，∴P 到直线l 的距离的最大值为PQ 的值为1-12 2+32--34 2=854，由于854>12，∴点P 到直线l 距离的最大值854已知椭圆E ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为33，椭圆E 的短轴长等于4．由k 3⋅k 4=k BP ⋅k BQ ，即t -t 2=-2,∴t =22+83,此时Δ2=4 k 29>0，∴PQ 的方程为y =k 2x +22(1)求椭圆E 的标准方程；x 6+y 24=1(2)设A 0,-1，B 0,2，过A 且斜率为k 1的动直线l 与椭圆E 交于M ，N 两点，直线BM ，BN 分别交⊙C ：x 2+ y -12=1于异于点B 的点P ，Q ，设直线PQ 的斜率为k 2，直线BM ，BN 的斜率分别为k 3，k 4．①求证：k 3⋅k 4为定值；②求证：直线PQ 过定点.3答案：(2)-2；(3) 0,2【小问1详解】4c=33 由题意 a b 2+c 2=a 22b = 解得2==ba c =2所以椭圆的标准方程为：x 6+62y 24=1；【小问2详解】2①设MN 的方程为y =k 1x -1，与x 6+y 24=1联立得： 3k 2 1+2x 2-6k 1x -9=0，x 1+x 2=6k 13k 21+293k 21+2 1+1>0设M (x 1,y 1)，N (x 2,y 2)，则 x 1x 2=- Δ1=72 2k 2，∴k 3⋅k 4=y 1-2x 1⋅y 2-2x 2= k 1x 1-3 2x 2-3 k x 1x 2=k 21x 1x 2-3k 1(x 1+x 2)+9x 1x 2=-2【法二】平移坐标系+齐次化处理将坐标系中的图像整体向下平移2个单位，2平移后的椭圆方程为：x 6+ 22y +4=1，整理得：2x 2+3y 2+12y =0，设平移后的直线MN 的方程为：mx +ny =1，代入点 0,-3得mx -y3=1，y则有2x 2+3y 2+12y mx - 3=0，整理得：-y 2+12mxy +2x 2=0y令k =x，将-y 2+12mxy +2x 2=0两边同除x 2，得-k 2+12mk +2=0，故k 3⋅k 4=-2y m '说明：因为平移后k 3=x m 'y n '，k 4=x n '，而式子-y 2+12mxy +2x 2=0中x ，y 的值对应平移后的m '和n '所以同除x 2后得到的就是一个以k 3和k 4为根一个关于k 的一元二次方程．②设PQ 的方程为y =k 2x +t ，与x 2+ y -12=1联立 k 22+1x 2+2k 2 t -1x +t t -2=0，2k 2t -1k 22+1t -2tk 22+1 2-t 2+2t >0设P (x 3,y 3)，Q (x 4,y 4)则 x 3x 4= Δ2=4 k 2 x 3+x 4=-∴k BP ⋅k BQ =y 3-2x 3⋅y 4-2x 4= k 2x 3+t -2 2x 4+t -2 k x 3x 4=k 22x 3x 4+k 2 t -2 x3+x 4+ t -22x 1x 2=k 2 2t t -2-2k 2 2 t -2 t -1+ k 2 2+1 t -22t t -2=k 22t -2k 22 t -1 2+1 t -2 + k 2t =t -2t 3，故直线PQ 恒过定点 0，23.。
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
2023新高考II卷数学真题及答案
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2023新高考II卷数学试卷及答案
2023高考数学选择题题型及分布规律
1.集合交并补运算
2.充分必要条件，命题真假
3.复数四则运算
4.三视图恢复与，体积表面积内外截球计算
5.算法循环结构
6.概率，排列组合计算，积分计算
6.函数奇偶周期对称抽象函数与导函数(及结论)
7.分段函数8空间几何平行垂直夹角体积计算
9线性规划
10三角函数求值
11解三角形相关夹角面积周长
12向量共线垂直乘积夹角模长最值及向量有关三角形计算等
13.数列通项，某一项，求和，最值
14.复杂图形辨别及导数相关图形辨别
15.函数比较大小，非常规(指数，对数，三角，抽象)不等式求解及恒成立，参数范围求解。
16基本不等式相关最值
17.统计(抽样，频率分布直方图，数字特征及图形相关概率)
18导函数，抽象导函数，单调性，切线，最值及导数不等式压轴
19线(直线，切线，弦)，曲线(椭圆，双曲线，抛物线)，点(中点)，图形(三角形，菱形，矩形)与圆(特殊，普通)关系
20.圆锥曲线方程，离心率，最值及参数等相关计算
21.创新题
22.综合类复杂题多为参数范围求解综合类问题
2023高考数学选择题解题技巧
1.剔除法：利用数学选择题已知条件和选项所提供的信息，从四个选项中剔除掉三个错误的答案，从而达到正确选择的目的。
这是一种常用的方法，尤其是答案为定值，或者有数值范围时，取特殊点代入验证即可排除。
2.特特殊值检验法：对于具有一般性的数学选择题问题，在解题过程中，可以将问题特殊化，利用问题在某一特殊情况下不真，则它在一般情况下不真这一原理，达到去伪存真的目的。
圆锥曲线中的定点、定值问题讲义-2023届高三数学二轮专题复习
专题复习：圆锥曲线中的定点、定值问题一、方法指导圆锥曲线是高考数学中的重点和难点，其中定点问题更是难点中的难点。
通过对近几年高考数学试卷的分析，可以发现圆锥曲线定点问题一直是高频考点，且题目难度较大，对学生的数学思维和解题能力要求较高。
因此，在高三二轮复习中，学生需要加强对圆锥曲线定点问题的复习，掌握其解题方法和技巧。
二、知识梳理圆锥曲线的定义和性质直线与圆锥曲线的位置关系圆锥曲线的定点问题及其解法三、方法总结直接法：通过联立直线和圆锥曲线的方程，消元后得到一元二次方程，再利用根与系数的关系进行求解。
这种方法适用于直线过定点但不与x轴平行的情况。
参数法：引入参数来表示直线的斜率或截距，再通过参数的取值范围来确定定点。
这种方法适用于直线过定点且与x轴平行或重合的情况。
反证法：假设定点不是坐标原点，则过该定点的直线与圆锥曲线有两个交点。
根据韦达定理，这两个交点的横坐标之和等于两倍的定点横坐标，这与题意矛盾。
因此，定点必须是坐标原点。
这种方法适用于直线过定点且与x轴垂直的情况。
由特殊到一般法如果要解决的问题是一个定值（定点）问题，而题设条件又没有给出这个定值（定点），那么我们可以这样思考：由于这个定值（定点）对符合要求的一些特殊情况必然成立，那么我们根据特殊情况先找到这个定值（定点），明确了解决问题的目标，然后进行一般情况下的推理证明.3.利用推论解题推论1过圆锥曲线上的任意一点P（x0，y0）作互相垂直的直线交圆锥曲线于点A，B，则直线AB必过一定点（等轴双曲线除外）.推论2过圆锥曲线的准线上任意一点P作圆锥曲线上的两条切线，切点分别为点A，B，则直线AB必过焦点.推论3过圆锥曲线外一点P作圆锥曲线上的两条切线，切点分别为点A，B，则直线AB已知且必过定点.推论4过圆锥曲线上的任意一点P（x0，y0）作斜率和为0的两条直线交圆锥曲线于A，B两点，则k AB为定值.推论5设点A，B是椭圆x 2a2+y2b2=1（a>b>0）上关于原点对称的两点，点P是该椭圆上不同于A，B两点的任意一点，直线PA，PB的斜率分别是k1，k2，则k1·k2=-b 2a2推论6过圆锥曲线的焦点F的直线（斜率存在）交圆锥曲线于P，Q两点，PQ的中垂线交x轴于点M，则MFPQ=e2，e为圆锥曲线的离心率.推论7过圆锥曲线的焦点F的直线交圆锥曲线于A，B两点，过点A，B分别作较近准线l 的垂线AA1，BB1，垂足分别为点A1，B1，设准线l与焦点所在轴交于点P，M为PF中点，则（1）AA1与BB1过点M;（2）A1F+B1F为定值.一、动直线过定点1、齐次式：例1、椭圆C :x 24+y 2=1，C (0，1)，设直线l 不过点P ，且与C 交于A 、B 两点，若k PA +k PB =−1，证明：直线l 过定点.2、参数法：例2、（2021·湖北襄阳市高三期末）已知A ，B 分别为椭圆()222:11x C y a a+=>的左､右顶点，P 为C 的上顶点，8AP PB ⋅=. （1）求椭圆C 的方程；（2）过点()6,0作关于x 轴对称的两条不同直线1l ，2l 分别交椭圆于()11,M x y 与()22,N x y ，且12x x ≠，证明：直线MN 过定点，并求出该定点坐标.3、特殊到一般例2、（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过()30,2,,12A B ⎛--⎫⎪⎝⎭两点．(1)求E 的方程；(2)设过点()1,2P -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．4、待定系数法例3、椭圆C ：22143x y +=左右顶点分别为A 、B ，k ≠0的直线与C 交于M 、N 两点，K BM =2K AN ，证明：直线过定点，并求出该定点.解：A (−2，0) B (2，0)设直线：y =kx +b (k ≠0) M (x 1，y 1) N (x 2，y 2) 直线与曲线联立得：(3+4k 2)x 2+8kbx +4b 2−120 则x 1x 2=4b 2−123+4k 2x 1+x 2=−8kb3+4k 2K BM =2K AN 所以y 1x1−2= 2y 2x 2−2x 2y 1+2y 1=2x 1y 2−4y 2即k x 1x 2−(4k +b )x 2+2(b −k )x 1−6b =0代入得：−12b 2k −8k 2b −12k −18b −(6k +8k 3+9b +12k 2b )x 2=0待定系数有：{−12b 2k −8k 2b −12k −18b =06k +8k 3+9b +12k 2b =0得(2k −b )(2k +3b ) =0若b =2k ,则过定点(−2，0)，不成立； 若−3b =2k ,则过定点(23，0)，成立.5、y 1−y 2或x 1−x 2型例4、已知双曲线C ：x 23−y 2=1,过(3，0)的直线l 交C 于P 、Q 两点，过P 作直线x =1的垂线，垂足为A ，证明：AQ 过定点解：当l 斜率不存在时P (3，√2) Q (3，−√2) 或P (3，−√2) Q (3，√2)过P 作x =1垂线：A (1，√2)或A(1，−√2)此时AQ ：y =√2x −2√2或y = −√2x +2√2 过定点(2，0) 当l 斜率存在时 l ：y =k (x −3) P (x 1，y 1) Q (x 2，y 2) 与双曲线联立得：(1−3k 2)x 2+18k 2x −27k 2−3=0 有x 1x 2=−27k 2−31−3k 2x 1+x 2=−18k 21−3k 2AQ :y =y 1+y 2x 2−1x −x 2(y 2−y 1)x 2−1+y 2令y =0 x =y 2−x 2y 1y 2−y 1= −kx 1x 2+4kx 2−3k2−x 1)=−x 1x 2+4x 2−3x 2−x 1= 27k 2=31−3k 2−3+4x 2−(x 1+x 2−2x 2)= 36k 21−3k 2+4x 218k 21−3k 2+2x 2=2过定点（2，0）二、动点在定直线上的问题例3、（2021·山东威海市高三期末）已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的离心率为1,,2A B 分别是它的左、右顶点，F 是它的右焦点，过点F 作直线与C 交于,P Q (异于,A B )两点，当PQ x ⊥轴时，APQ ∆的面积为92.（1）求C 的标准方程;（2）设直线AP 与直线BQ 交于点M ，求证:点M 在定直线上.解:（1）由题意知12c a =，所以2a c =，又222a b c =+， 所以3b c =当PQ x ⊥轴时，APQ 的面积为92， 所以()212922b ac a +⋅=解得21,c =所以224,3a b ==，所以椭圆C 的标准方程为22143x y +=.（2）由（1）知()1,0F ，设直线PQ 的方程为1x my =+，与椭圆22143x y +=联立，得()2234690m y my ++-=.显然0∆>恒成立. 设1122(,),(,)P x y Q x y ， 所以有12122269,3434m y y y y m m +=-=-++ ()* 直线AP 的方程为()112+2y y x x =+，直线BO 的方程为()2222y y x x =--， 联立两方程可得，所以()()121222+22y y x x x x +=-- ()()121212212121213232221my y x y my y y x x y x y my my y y ++++=⋅==---- 由()*式可得()121232y y y y m=+， 代入上式可得()()1212121221339222233322232y y y y x y y x y y y y +++==-+-=++， 解得4,x = 故点M 在定直线4x =上.三、其他曲线过定点例4、（2021·湖北武汉市高三月考）设P 是椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>上异于长轴顶点A 1，A 2的任意一点，过P 作C 的切线与分别过A 1，A 2的切线交于B 1，B 2两点，已知|A 1A 2|=4，椭圆C 的离心率为12. （1）求椭圆C 的方程；（2）以B 1B 2为直径的圆是否过x 轴上的定点？如果过定点，请予以证明，并求出定点；如果不过定点，说明理由.解：（1）由题可知122412A A a c e a ⎧==⎪⎨==⎪⎩，解得2,1a c ==，由222a b c =+得23b =， 椭圆C 的方程为22143x y +=.（2）设00(,)P x y ，由于P 是异于长轴顶点12,A A 的任意一点，故切线斜率存在.设过P 的椭圆的切线为y kx b =+，联立方程22143y kx bx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得222(34)84120k x kbx b +++-=，222(8)4(34)(412)0kb k b ∆=-+-=，得2234b k =+，由002200143y kx bx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩ 所以()220034y kx k -=+，则()22200004230x k y x k y --+-=，即222000016290y k y x k x ++=所以()200430y k x +=，则034x k y =-解得过P 点的切线方程为()000034x y y x x y -=--，即000334x x y y y =-+ 由于分别过12,A A 的切线分别为2,2x x =-=， 解得12,B B 的坐标为0012006363(2,),(2,)22x x B B y y +--.在x 轴上取点(),0M t ，则010632,2x MB t y ⎛⎫+=-- ⎪⎝⎭，020632,2x MB t y ⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭， 所以2220122369414x MB MB t t y -⋅=-+=-. 当1t =±时，120MB MB ⋅=.所以，以12B B 为直径的圆过x 轴上的定点为12(1,0),(1,0)F F -.二、例题讲解例1A ，B 是抛物线y 2＝2px (p >0)上的两点，且OA ⊥OB (O 为坐标原点)，求证： (1)A ，B 两点的横坐标之积，纵坐标之积分别都是定值； (2)直线AB 经过一定点．例2如图，直线y ＝12x 与抛物线y ＝18x 2－4交于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线与直线y ＝－5交于Q 点． (1)求点Q 的坐标；(2)当P 为抛物线上位于线段AB 下方(含A ，B )的动点时，求△OPQ 面积的最大值．例3如图，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)是抛物线y 2＝2px (p >0)上的相异两点，Q ，P 到y 轴的距离的积为4，且OP →·OQ →＝0. (1)求该抛物线的标准方程；(2)过Q 的直线与抛物线的另一交点为R ，与x 轴的交点为T ，且Q 为线段RT 的中点，试求弦PR 长度的最小值．三、课时练习1．已知λ∈R ，则不论λ取何值，曲线C ：λx 2－x －λy ＋1＝0恒过定点( ) A ．(0，1) B ．(－1，1) C ．(1，0) D ．(1，1)2．若AB 是过椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)中心的一条弦，M 是椭圆上任意一点，且AM 、BM 与两坐标轴均不平行，k AM 、k BM 分别表示直线AM 、BM 的斜率，则k AM ·k BM ＝( )A ．－c 2a 2B ．－b 2a 2C ．－c 2b 2D ．－a 2b23．直线y ＝kx －1与椭圆x 24＋y 2a＝1相切，则k ，a 的取值范围分别是( )A ．a ∈(0，1)，k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12B ．a ∈(0，1]，k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12 C ．a ∈(0，1)，k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 D ．a ∈(0，1]，k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－12，12 4．已知点P 是抛物线y 2＝4x 上的点，设点P 到抛物线的准线的距离为d 1，到圆(x ＋3)2＋(y－3)2＝1上一动点Q 的距离为d 2，则d 1＋d 2的最小值是( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．32＋15．抛物线y 2＝12x 与直线3x －y ＋5＝0的最近距离为______．6．已知动点P (x ，y )在椭圆x 225＋y 216＝1上，若A 点坐标为(3，0)，|AM →|＝1，且PM →·AM →＝0，则|PM →|的最小值是____．7．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左，右焦点分别为F 1，F 2，左顶点为A ，若|F 1F 2|＝2，椭圆的离心率为e ＝12.(1)求椭圆的标准方程；(2)若P 是椭圆上的任意一点，求PF 1→·PA →的取值范围；(3)直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆相交于不同的两点M ，N (均不是长轴的顶点)，AH ⊥MN ，垂足为H ，且AH →2＝MH →·HN →，求证：直线l 恒过定点．。
2022-2023学年高二下数学：圆锥曲线解答题(附答案解析)
2022-2023学年高二下数学：圆锥曲线解答题压轴
一．解答题（共8小题）
1．（2021•新高考Ⅱ）已知椭圆C 的方程为+＝1（a＞b＞0），右焦点为F （，0），且离心率为．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2+y2＝b2（x＞0）相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝．
2．（2021•上海）已知Γ：+y2＝1，F1，F2是其左、右交焦点，直线l过点P（m，0）（m
≤﹣），交椭圆于A，B两点，且A，B在x轴上方，点A在线段BP上．
（1）若B是上顶点，||＝
||，求m的值；
（2）若
•
＝，且原点O到直线l 的距离为，求直线l的方程；
（3）证明：对于任意m ＜﹣
，使得∥的直线有且仅有一条．
3．（2021•浙江）如图，已知F是抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点，M是抛物线的准线与x 轴的交点，且|MF|＝2．
（Ⅰ）求抛物线的方程：
（Ⅱ）设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|2＝|PN|•|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围．
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2023高考数学2卷圆锥曲线题多种解法
近年来，高考数学2卷中的圆锥曲线题目备受考生和教师关注。
圆锥曲线是数学中重要的概念，其在几何、代数和应用数学中都有着广泛的应用。
掌握圆锥曲线的相关知识和多种解题方法是提高学生数学成绩的关键之一。
本文将针对2023年高考数学2卷的圆锥曲线题目，围绕不同的解题方法展开讨论，帮助考生深入理解、掌握相关知识，并提高解题的灵活性和准确性。
一、圆锥曲线的基本概念
1.1 圆锥曲线的定义
圆锥曲线是平面上一类重要的几何曲线，包括圆、椭圆、双曲线和抛物线。
它们都可以由一个圆锥面与一个平面交线而成。
在坐标系中，圆锥曲线可以通过方程表示，分别为：
圆：x^2 + y^2 = r^2
椭圆：(x/a)^2 + (y/b)^2 = 1
双曲线：(x/a)^2 - (y/b)^2 = 1
抛物线：y^2 = 2px
1.2 圆锥曲线的性质
圆锥曲线具有多种性质，例如椭圆的焦点性质、双曲线的渐近线性质、抛物线的焦点和准线性质等。
掌握这些性质有助于理解圆锥曲线的特
点和解题方法。
二、2023年高考数学2卷圆锥曲线题目分析
2.1 题目类型和难度
2023年高考数学2卷的圆锥曲线题目主要涉及圆、椭圆和双曲线，涵盖了曲线方程、焦点、离心率、渐近线等知识点。
题目难度适中，但
需要考生对相关知识有基本的掌握和灵活运用能力。
2.2 典型题目解析
（1）椭圆的离心率问题
题目描述：已知椭圆的长轴为6，短轴为4，求椭圆的离心率。
解析：根据椭圆的定义和离心率的计算公式，可求得椭圆的离心率为
e=√(1 - (b^2/a^2))，带入长短轴的值计算即可得到答案。
（2）双曲线渐近线问题
题目描述：已知双曲线的方程为y^2/9 - x^2/16 = 1，求双曲线的渐近线方程。
解析：通过判别式Δ=b^2-a^2来判断双曲线的类型，进而求得渐近
线的斜率和方程。
三、圆锥曲线题目的多种解题方法
3.1 几何分析法
通过几何分析曲线的特点和性质，可以直观地求解题目。
根据椭圆的
定义和性质，通过几何分析求得椭圆的焦点、离心率等。
3.2 代数方程法
利用代数方程和坐标系分析曲线的方程和参数，可以精确地求解题目。
利用双曲线方程的一般形式和参数方程，可以求得渐近线方程和双曲
线的性质。
3.3 参数方程法
对于特定的曲线，可以通过引入参数方程来简化计算和求解。
利用参
数方程求解双曲线焦点、渐近线等问题。
3.4 运用数学工具解题
利用数学软件或工具，辅助分析和求解曲线题目，可以提高解题的效
率和准确性。
利用数学软件绘制曲线、求解方程、计算参数等，有助
于深入理解和应用圆锥曲线知识。
四、总结与展望
2023年高考数学2卷的圆锥曲线题目涉及椭圆、双曲线等多个知识点，考察了学生对曲线的性质和解题方法的掌握。
通过多种解题方法的讨
论和应用，有助于提高学生的数学分析能力和解题技巧。
在今后的数
学教学中，应注重培养学生的几何直观和代数分析能力，引导学生熟
练掌握曲线的性质和多种解题方法，为提高学生的数学素养和解题水
平打下坚实的基础。
通过对2023高考数学2卷圆锥曲线题目的多种解题方法的分析和讨论，相信可以帮助考生更好地理解和掌握圆锥曲线的相关知识，提高
解题的灵活性和准确性。
希望本文的内容能够为广大考生和教师提供
一定的参考和帮助。
好的，这里为您续写扩写新内容：
四、总结与展望
在讨论了2023年高考数学2卷圆锥曲线题目的多种解题方法后，我
们来总结一下。
圆锥曲线作为数学中的重要概念，涉及到多种解题方法，包括几何分析法、代数方程法、参数方程法以及运用数学工具解题。
这些方法各有特点，灵活运用可以帮助学生更好地理解和应用圆
锥曲线知识，提高解题的准确性和效率。
在几何分析法中，通过直观的几何图形和曲线性质进行分析，可以帮
助学生对题目有更直观的理解，尤其对于椭圆和双曲线的离心率、焦点、渐近线等性质有很好的帮助。
几何分析法也可以帮助学生在解题
过程中形成更深刻的印象，从而更好地掌握知识点。
而代数方程法则可以帮助学生通过运用代数方程的形式对问题进行分
析和计算。
对于一些需要精确计算的问题，例如双曲线方程的渐近线
方程或者椭圆的焦点坐标等，代数方程法可以提供更精确的计算结果。
参数方程法，则可以帮助学生简化一些复杂的计算，特别是在解决双
曲线的参数方程或者参数方程相关问题时，可以节省时间和精力，提
高解题效率。
利用数学工具解题或许常常被人们忽视，然而借助数学软件或工具进
行辅助分析和求解曲线题目，可以提高解题的效率和准确性。
在现代
科技便利的今天，这种辅助工具已经成为了提高学习效率和深入研究
的重要手段。
当然，在使用数学工具时，学生也需要遵循规范和理解
背后的数学原理。
总体来说，通过综合运用多种解题方法，学生有助于全面深入地理解圆锥曲线知识，并提高数学解题的灵活性和准确性。
当然，为了更好地掌握这些解题方法，学生需要进行大量的练习和反复训练，同时也需要加强对圆锥曲线理论知识的理解和运用。
通过对圆锥曲线的多种解题方法的讨论和应用，我们也不难看出，数学教学应该更加注重培养学生的数学思维和解决问题的能力，这将是将来学习和工作中的重要素养之一。
我们期望未来的数学教学能够更加注重学生思维方式的培养，引导学生不仅关注知识的获取，更应强调对知识的应用和探究。
展望未来，我们希望可以通过更加关注学生个体差异，培养其解决问题的能力，让学生在学习数学过程中不仅能够掌握知识，更能够发展综合素质，并且明白数学作为一种思维方式的重要性。
这样，不仅能够提高学生数学学科的应试能力，更可以帮助学生在日常生活和未来工作中做到更好地运用数学知识去解决问题。
在此，我们真诚希望我们的教育能够引导学生更好地掌握数学知识，提高数学素养，成为未来社会建设和科技创新的中坚力量。
希望通过教育的力量，我们可以培养更多具备创造力和思维能力的人才。
这也是我们对教育的期许与展望。