【二輪復(fù)習(xí)】高考數(shù)學(xué) 重難點14 圓錐曲線必考壓軸解答題全歸類（新高考專用）（解析版）

重難點14圓錐曲線必考壓軸解答題全歸類【十一大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1軌跡方程】 4【題型2圓錐曲線的弦長問題】 10【題型3圓錐曲線的“中點弦”問題】 15【題型4斜率之和差商積問題】 19【題型5圓錐曲線中三角形（四邊形）的面積問題】 25【題型6圓錐曲線中的最值或取值范圍問題】 31【題型7圓錐曲線中的定點、定值問題】 36【題型8圓錐曲線中的定直線問題】 41【題型9圓錐曲線與向量綜合】 48【題型10圓錐曲線中的探索性問題】 53【題型11圓錐曲線新定義】 59平面解析幾何是高考數(shù)學(xué)的重要考查內(nèi)容，其中圓錐曲線是高考的必考內(nèi)容之一，常作為試卷的拔高與區(qū)分度大的試題，其思維要求高，計算量較大.從近幾年的高考情況來看，在解答題中的考查主要有三個方面：一是平面解析幾何通性通法的研究；二是圓錐曲線中的弦長、面積、最值、定點、定值或定直線等問題的求解；三是圓錐曲線中的常見模型.圓錐曲線的核心內(nèi)容概括為八個字，就是“定義、方程、位置關(guān)系”，所有的圓錐曲線有關(guān)試題都是圍繞這些核心內(nèi)容展開；試題難度較大，需要靈活求解．【知識點1動點軌跡問題】1.求動點的軌跡方程的方法

求動點的軌跡方程有如下幾種方法：(1)直譯法：直接將條件翻譯成等式，整理化簡后即得動點的軌跡方程；(2)定義法：如果能確定動點的軌跡滿足某種已知曲線的定義，則可利用曲線的定義寫出方程；(3)相關(guān)點法：用動點Q的坐標(biāo)x、y表示相關(guān)點P的坐標(biāo)x0、y0，然后代入點P的坐標(biāo)(x0,y0)所滿足的曲線方程，整理化簡可得出動點Q的軌跡方程；(4)參數(shù)法：當(dāng)動點坐標(biāo)x、y之間的直接關(guān)系難以找到時，往往先尋找x、y與某一參數(shù)t得到方程，即為動點的軌跡方程；【知識點2圓錐曲線中的弦長問題】1．橢圓的弦長問題(1)定義：直線與橢圓的交點間的線段叫作橢圓的弦.

(2)弦長公式：設(shè)直線l:y=kx+m交橢圓+=1(a>b>0)于，兩點，則或.2．橢圓的“中點弦問題”(1)解決橢圓中點弦問題的兩種方法

①根與系數(shù)的關(guān)系法：聯(lián)立直線方程和橢圓方程構(gòu)成方程組，消去一個未知數(shù)，利用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系以及中點坐標(biāo)公式解決.

②點差法：利用端點在曲線上，坐標(biāo)滿足方程，將端點坐標(biāo)分別代入橢圓方程，然后作差，構(gòu)造出中點坐標(biāo)和斜率的關(guān)系.設(shè)，，代入橢圓方程+=1(a>b>0)，得，

①-②可得+=0，

設(shè)線段AB的中點為，當(dāng)時，有+=0.

因為為弦AB的中點，從而轉(zhuǎn)化為中點與直線AB的斜率之間的關(guān)系，這就是處理弦中點軌跡問題的常用方法.(2)弦的中點與直線的斜率的關(guān)系

線段AB是橢圓+=1(a>b>0)的一條弦，當(dāng)弦AB所在直線的斜率存在時，弦AB的中點M的坐標(biāo)為，則弦AB所在直線的斜率為，即.

3．雙曲線的弦長問題①弦長公式：直線y=kx+b與雙曲線相交所得的弦長d.

②解決此類問題時要注意是交在同一支，還是交在兩支上.

③處理直線與圓錐曲線相交弦有關(guān)問題時，利用韋達(dá)定理、點差法的解題過程中，并沒有條件確定直線與圓錐曲線一定會相交，因此，最后要代回去檢驗.

④雙曲線的通徑：

過焦點且與焦點所在的對稱軸垂直的直線被雙曲線截得的線段叫作雙曲線的通徑.無論焦點在x軸上還是在y軸上，雙曲線的通徑總等于.4．雙曲線的“中點弦問題”“設(shè)而不求”法解決中點弦問題：①過橢圓內(nèi)一點作直線，與橢圓交于兩點，使這點為弦的中點，這樣的直線一定存在，但在雙曲線的這類問題中，則不能確定.要注意檢驗.

②在解決此類問題中，常用韋達(dá)定理及垂直直線的斜率關(guān)系.常用的解題技巧是如何應(yīng)用直線方程將轉(zhuǎn)化為能用韋達(dá)定理直接代換的.垂直關(guān)系有時用向量的數(shù)量關(guān)系來刻畫，要注意轉(zhuǎn)化.5．拋物線的弦長問題設(shè)直線與拋物線交于A,B兩點，則

|AB|==或

|AB|==(k為直線的斜率，k≠0).6．拋物線的焦點弦問題拋物線=2px(p>0)上一點A與焦點F(,0)的距離為|AF|=，若MN為拋物線=2px(p>0)的焦點弦，則焦點弦長為|MN|=++p(,分別為M,N的橫坐標(biāo)).設(shè)過拋物線焦點的弦的端點為A,B，則四種標(biāo)準(zhǔn)方程形式下的弦長公式為：標(biāo)準(zhǔn)方程弦長公式y(tǒng)2=2px(p>0)|AB|=x1+x2+py2=-2px(p>0)|AB|=p-(x1+x2)x2=2py(p>0)|AB|=y1+y2+px2=-2py(p>0)|AB|=p-(y1+y2)【知識點3圓錐曲線中最值或取值范圍問題的解題策略】1.處理圓錐曲線最值問題的求解方法圓錐曲線中的最值問題類型較多，解法靈活多變，但總體上主要有兩種方法：一是利用幾何法，即通過利用曲線的定義、幾何性質(zhì)以及平面幾何中的定理、性質(zhì)等進(jìn)行求解；二是利用代數(shù)法，即把要求最值的幾何量或代數(shù)表達(dá)式表示為某個(些)參數(shù)的函數(shù)(解析式)，然后利用函數(shù)方法、不等式方法等進(jìn)行求解.2.解決圓錐曲線中的取值范圍問題應(yīng)考慮的五個方面(1)利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍；(2)利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數(shù)之間的等量關(guān)系；(3)利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；(4)利用已知的不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；(5)利用求函數(shù)的值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍.【知識點4圓錐曲線中的定點、定值問題的解題策略】1.圓錐曲線中的定點問題的兩種解法(1)引進(jìn)參數(shù)法：引進(jìn)動點的坐標(biāo)或動線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量，再研究變化的量與參數(shù)何時沒有關(guān)系，找到定點.(2)特殊到一般法：根據(jù)動點或動線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關(guān).2.圓錐曲線中的定值問題的解題策略圓錐曲線中的定值問題主要分兩類：一類是圓錐曲線中的定線段的長的問題；另一類是圓錐曲線中幾何圖形的面積的定值問題.(1)探求圓錐曲線中的定線段的長的問題，一般用直接求解法，即先利用弦長公式把要探求的線段表示出來，然后利用題中的條件(如直線與曲線相切等)得到弦長表達(dá)式中的相關(guān)量之間的關(guān)系式，把這個關(guān)系式代入弦長表達(dá)式中，化簡可得弦長為定值.(2)探求圓錐曲線中幾何圖形的面積的定值問題，一般用直接求解法，即可先利用三角形面積公式(如果是其他凸多邊形，可分割成若干個三角形分別求解)把要探求的幾何圖形的面積表示出來，然后利用題中的條件得到幾何圖形的面積表達(dá)式中的相關(guān)量之間的關(guān)系式，把這個關(guān)系式代入幾何圖形的面積表達(dá)式中，化簡即可.【知識點5圓錐曲線中的探索性問題的解題策略】1.圓錐曲線中的探索性問題此類問題一般分為探究條件、探究結(jié)論兩種.若探究條件，則可先假設(shè)條件成立，再驗證結(jié)論是否成立，成立則存在，否則不存在；若探究結(jié)論，則應(yīng)先求出結(jié)論的表達(dá)式，再針對其表達(dá)式進(jìn)行討論，往往涉及對參數(shù)的討論.【題型1軌跡方程】【例1】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知A是圓E：x-32+y2=16上的任意一點，點F-3,0，線段AF的垂直平分線交線段AE于點T．(1)求動點T的軌跡C的方程；(2)已知點Q(4,0)，過點P(1,0)的直線l與C交于M，N兩點，求證：【解題思路】（1）由點T滿足條件符合橢圓的定義，得點T的軌跡方程；（2）按直線斜率是否為零分類討論，當(dāng)直線斜率不為零時，聯(lián)立方程組，得kMQ+kNQ=0，所以【解答過程】（1）因為TE+所以動點T的軌跡C是以E，F(xiàn)為焦點且長軸長為4的橢圓，因為2a=4，2c=23所以動點T的軌跡C的方程是x2（2）證明：若直線l與x軸重合，則M，N為橢圓C長軸的端點，不妨設(shè)M(2,0)，N(-2,0)，則MPNP=1若直線l與x軸不重合，設(shè)直線l的方程為x=設(shè)點Mx1,y1，N因為Δ=4t2+12t因為kMQ所以x軸平分∠MQN，所以S綜上，MP?【變式1-1】（2024·山東淄博·一模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點.F5,0，點Px,y是平面內(nèi)的動點.若以PF為直徑的圓與圓D(1)求C的方程;(2)設(shè)點A(1,0),M(0,t),N(0,4-t)(t≠2)，直線AM，AN分別與曲線C交于點S，T(S，T異于A)【解題思路】（1）設(shè)P(x,（2）設(shè)直線ST:y=mx+n，將其與雙曲線方程聯(lián)立得到韋達(dá)定理式，求出M,N的縱坐標(biāo)，從而有y【解答過程】（1）設(shè)P(x,y)根據(jù)題意得|OG即x+整理得(x化簡整理，得點P的軌跡方程C:（2）設(shè)Sx由對稱性可知直線ST的斜率存在，所以可設(shè)直線ST:聯(lián)立直線ST與曲線C的方程，得x2消元整理，得4-m則Δ>0?4+nx1所以AS:y=y1x1同理可得點N縱坐標(biāo)4-t=-y將y1=m將②代入得m2若m+n=0，則直線ST若m+n+2=0，則ST因為直線ST恒過Q(1,-2)，且與C:xAH⊥ST，垂足為H，所以點H軌跡是以AQ為直徑的圓（不含點設(shè)AQ中點為E，則圓心E(1,-1)，半徑為1，所以|當(dāng)且僅當(dāng)點H在線段OE上時，OH取最大值2+1【變式1-2】（2024·遼寧·一模）已知平面上一動點P到定點F12,0的距離比到定直線x=-2023的距離小40452(1)求C的方程；(2)點A2,1,M,N為C上的兩個動點，若M,N,B恰好為平行四邊形MANB【解題思路】（1）根據(jù)距離公式列等量關(guān)系即可求解，或者利用拋物線的定義求解，（2）根據(jù)點差法可得斜率關(guān)系，聯(lián)立直線與拋物線方程得韋達(dá)定理，即可根據(jù)弦長公式求解長度，由點到直線的距離公式表達(dá)面積，即可利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的最值.【解答過程】（1）解法一：設(shè)Px,y根據(jù)題意可得x-12所以C的方程為y2解法二：因為點P到定點F12,0的距離比到定直線x所以點P到定點F12,0由拋物線的定義可知，點P的軌跡是以定點F12,0所以C的方程為y2（2）證明：設(shè)Mx1,y1,Nx2

因為平行四邊形MANB對角線的交點在第一?三象限的角平分線上，所以線段MN的中點Q在直線y=設(shè)Qm,所以y1又y所以km=1，即k設(shè)直線MN的方程為y-即x-聯(lián)立x-my+所以Δ=8m-y1則MN=1+=1+m24又點A到直線MN的距離為d=所以S=2記t=因為0<m<2，所以所以S=2令ft=-2t令f't=0當(dāng)t∈0,63時，f't>0,ft在區(qū)間(0,6所以當(dāng)t=63，即m=1±3所以S≤【變式1-3】（2024·山西臨汾·一模）已知M是一個動點，MA與直線l1:y=x垂直，垂足A位于第一象限，MB與直線l2:y=-x垂直，垂足(1)求動點M的軌跡E的方程；(2)設(shè)過點M的直線l與l1，l2分別相交于P，Q兩點，△APM和△BQM的面積分別為S1和S2，若S1=【解題思路】（1）設(shè)M(（2）根據(jù)題意分析可知M為PQ的中點，可得直線l的斜率k=x0y0，與曲線【解答過程】（1）設(shè)M(x,y)所以矩形OAMB的面積|MA因為A，B分別在第一、四象限，所以動點M的軌跡E方程為x2（2）因為S1=S2，所以M為PQ的中點.設(shè)Mx0,當(dāng)直線l的斜率不存在時，其方程為x=所以僅當(dāng)x0=2m時，滿足S1當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y=聯(lián)立y=kx聯(lián)立y=kx所以kx0-所以直線l的方程為y=聯(lián)立y=x0y0則Δ=4所以直線l與曲線E僅有一個公共點；綜上所述：除點M，直線l與曲線E沒有其它公共點.【題型2圓錐曲線的弦長問題】【例2】（2024·山西·模擬預(yù)測）已知F為橢圓C:x22+y2=1的右焦點，過點F且斜率為k1的直線與橢圓C(1)求AB的取值范圍；(2)過點F作直線ED與橢圓C交于點E，D，直線ED的傾斜角比直線AB的傾斜角大π4，求四邊形AEBD【解題思路】（1）聯(lián)立方程組，由弦長公式計算求解即可；（2）解法一：設(shè)直線AB的傾斜角為α，將四邊形AEBD的面積轉(zhuǎn)化為關(guān)于α的表達(dá)式，利用函數(shù)的單調(diào)性即可得解；解法二：結(jié)合（1）中結(jié)論，將四邊形AEBD的面積轉(zhuǎn)化關(guān)于k1的表達(dá)式，再利用導(dǎo)數(shù)求得其最大值，從而得解【解答過程】（1）設(shè)Ax1,y1聯(lián)立x22+y2∵Δ=8k2+1∴AB又2k∴AB（2）如圖：解法一：設(shè)直線AB的傾斜角為α∈0,π由（1）知AB=22∵直線DE的傾斜角為α+∴同理可知DE=42∵=2∴SAEBD=令t=sin2∴S∴當(dāng)t=-1時，SAEBD取最大值解法二：依題意，∵k1≠1，直線ED的傾斜角比直線AB∴直線ED的斜率存在．不妨設(shè)直線ED的方程：y=k2(x由（1）同理得ED=則S=12=22?又k1∴SAEBD=令f(x)=∴f解方程x2-2∴f(x)在區(qū)間當(dāng)x≠1時，f∵f(0)=13，x→+∴S【變式2-1】（2024·陜西寶雞·一模）設(shè)拋物線C：y2=2pxp>0，直線x-2y+1=0(1)求p；(2)若在x軸上存在定點M，使得MA?MB=0，求定點【解題思路】（1）設(shè)AxA,（2）假設(shè)x軸上存在定點Mm,0，直線與拋物線方程聯(lián)立，由MA【解答過程】（1）設(shè)AxA,yAy2-4py+2AB=即2p2-p-（2）假設(shè)x軸上存在定點Mm,0使得由x-2y所以yA+y由題知MA?即xA化簡得：m2-14則存在定點M7+211,0【變式2-2】（2024·安徽蚌埠·模擬預(yù)測）已知雙曲線E:x2a2(1)求雙曲線E的離心率；(2)設(shè)直線y=12x-12與雙曲線E【解題思路】（1）根據(jù)左頂點與漸近線的方程求得a,（2）求出交點縱坐標(biāo)代入弦長公式求解.【解答過程】（1）由題意知a=1，且ba∴c所以雙曲線的離心率e=（2）由（1）知雙曲線方程為x2將y=12x-12即不妨設(shè)yP所以|PQ【變式2-3】（2024·廣西·模擬預(yù)測）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>(1)求橢圓C的方程；(2)過點F2斜率不為0的直線l交橢圓C于P，Q兩點，記直線MP與直線MQ的斜率分別為k1，k2①直線l的方程；②△MPQ的面積【解題思路】（1）由橢圓定義和代入點的坐標(biāo)，得到方程，求出a=2，b（2）①設(shè)直線l的方程為x=my+1m≠0②方法一：求出弦長，結(jié)合點到直線距離公式求出面積；方法二：根據(jù)S△MPQ【解答過程】（1）由MF1+MF由點M1,32在橢圓C上得：1∴橢圓C的方程為x2（2）由（1）知，c2=a2-據(jù)題意設(shè)直線l的方程為x=my+1m≠0則k1=y于是由k1+k2=0得2①由x=my+13xΔ=由根與系數(shù)的關(guān)系得：y1+y代入（*）式得：-18m3∴直線l的方程為x-②方法一：由①可知：Δ=14422+1=720由求根公式與弦長公式得：PQ=設(shè)點M到直線l的距離為d，則d=∴S△方法二：由題意可知S△由①知，直線l的方程為x-代入3x2+4y2∴Δ=22-4×4×∴S△【題型3圓錐曲線的“中點弦”問題】【例3】（2023·河南開封·一模）已知直線l:y=kx+2(k≠0)與橢圓C:x2a2+y2b2(1)求橢圓C的離心率；(2)若直線l與x軸，y軸分別相交于M，N兩點，且|MA|=|NB|，|【解題思路】（1）利用點差法得到-b（2）依題意可得E為線段MN的中點，求出直線l與坐標(biāo)軸的交點，即可得到E點坐標(biāo)，從而求出kOE，由kAB?kOE=-12求出k，即可得到直線l方程，由（1【解答過程】（1）依題意可得k<0，設(shè)Ax1直線l與橢圓C交于A，B兩點，線段AB的中點為E，則x1∴1a∴-b2a2=又直線AB與直線OE的斜率乘積為-1∴-b2a（2）因為直線l與x軸，y軸分別相交于M，N兩點，且|MAE為線段AB的中點，所以E為線段MN的中點，直線l:y=kx+2(k≠0)與x所以E-1k又kAB?kOE=-12所以直線l:又橢圓C:x由y=-22x+2由Δ=4b2又x1+x所以AB=1+k2x所以橢圓C的方程為x2【變式3-1】（2023·陜西漢中·模擬預(yù)測）已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為(1)求拋物線C的方程；(2)已知直線l交拋物線C于M,N兩點，且點4,2為線段MN的中點，求直線【解題思路】（1）利用拋物線定義可求得p=8，即可求出拋物線C（2）由弦中點坐標(biāo)為4,2并利用點差法即可求得直線l的斜率為4，便可得直線方程.【解答過程】（1）點A6,y0由拋物線定義可得AF=6+p2故拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2（2）設(shè)Mx

則y12=16即y1又線段MN的中點為4,2，可得y1則y1-y2x所以直線l的方程為y-即直線l的方程為4x【變式3-2】（2023·廣西南寧·模擬預(yù)測）已知雙曲線C:x2a2-y2(1)求雙曲線C的方程；(2)過點P1,1的直線l與雙曲線C相交于A，B兩點，P能否是線段AB【解題思路】（1）由漸近線方程求得一個a,（2）設(shè)出交點坐標(biāo)，若P1,1是線段AB的中點，利用點差法求出直線l方程，再聯(lián)直線與雙曲線查看是否有解，即可判斷【解答過程】（1）由題雙曲線C:x2a2-y2所以-22a解得a=1,所以雙曲線C的方程為：x2（2）當(dāng)直線l垂直x軸時，直線l的方程為x=1，此時直線l當(dāng)直線l不垂直x軸時，斜率存在，設(shè)Ax所以x1兩式作差得x1即x1若P1,1是線段AB的中點，則x則x1所以直線l的斜率k=則直線l的方程為y=2將直線l與雙曲線聯(lián)立y=2x-Δ=所以這樣的直線不存在，即點P不能是線段AB的中點.【變式3-3】（2023·河北承德·模擬預(yù)測）已知斜率為k的直線l與橢圓C:x26+y23=1(1)若n=1，m=-1，求(2)若線段AB的垂直平分線交y軸于點P0,-13，且AB=4【解題思路】（1）根據(jù)中點坐標(biāo)，利用點差法求中點弦的斜率；（2）令直線l為y=k(x-n)+m，討論k=0、k≠0，應(yīng)用點差法得k=-n2m【解答過程】（1）由題設(shè)xA26又xA+x所以kl（2）由題意，直線l斜率一定存在，令直線l為y=若k=0時l:y=m且M(0,m與題設(shè)中，垂直平分線與y軸交于P0,-若k≠0，由（1）知：n(x則中垂線PM為y+13=2所以3mn-n=0，得n=0或m=1故k=-3n2，即整理得9(2+9n所以xA+xB=2n，xA由AB=4PM，則(4+9n所以l:綜上，直線l的方程為y=±【題型4斜率之和差商積問題】【例4】（2023·全國·模擬預(yù)測）已知拋物線E:y2=2px(p>0)的焦點為F,(1)求拋物線E的標(biāo)準(zhǔn)方程．(2)已知過點Q且互相垂直的直線l1,l2與E分別交于點A,C與點B,D，線段AC與BD的中點分別為【解題思路】（1）根據(jù)題意結(jié)合拋物線的定義分析可得PF+PQ≥2+（2）設(shè)直線l1的方程為x=my+2，直線l2的方程為【解答過程】（1）拋物線E的準(zhǔn)線方程為x=-設(shè)點P到準(zhǔn)線的距離為d．由拋物線的定義，得PF+PQ=當(dāng)且僅當(dāng)P,所以拋物線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2（2）設(shè)Ax由題意可知，l1,l設(shè)直線l1的方程為x將其代入y2=4x，得y同理可得：設(shè)直線l2的方程為x=-1所以yM所以xM=m所以k1當(dāng)且僅當(dāng)m2=1又易知k1所以k1k2【變式4-1】（2023·全國·模擬預(yù)測）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點F2的直線l1，l2分別交橢圓E于A，B兩點和C，D兩點，且直線AC和BD分別與直線QF2交于點M，N，若PM和PN的斜率分別為k【解題思路】（1）求出點Q的坐標(biāo)，由相似三角形即可求解；（2）設(shè)出Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,【解答過程】（1）設(shè)坐標(biāo)原點為O．∵QF2與x軸垂直，∴可設(shè)將點Q的坐標(biāo)代入橢圓E的方程，得c2a2+∵Q在第一象限，∴d=b2a又∵點P0,24，易得△F1OP∽∴b2a∵橢圓的離心率e=22，∴由①②及a2=b2+∴橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，Cx由x=t1y+1,由題意知必有Δ1>0，則y1同理由x=t2y由題意知必有Δ2>0，則y3∴y1+y∴t1∴t1y由已知可得直線QF2的方程為x=1，故可設(shè)M由A，M，C共線，得m-y1∴m=同理，n=∴m+由③式可知m+∴k1【變式4-2】（23-24高三上·江蘇連云港·階段練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：x24+y23=1的左，右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點T4,0且不與x軸重合的直線l與橢圓C交于A(1)記直線AF2，BF2的斜率分別為k1(2)設(shè)直線AF1與BF2交于點M【解題思路】（1）設(shè)直線l的方程為x=my+4（2）設(shè)Ax0,y0由對稱關(guān)系得AF的方程和BF2的方程，聯(lián)立方程組得x0=1x,【解答過程】（1）設(shè)直線l的方程為x=my+4，A聯(lián)立方程組x=my+4則Δ=24m所以k=2（2）由（1）可知，k1+k2=0，故直線B設(shè)直線BF2與橢圓C的另一個交點為A'，則A與A設(shè)Ax0,所以直線AF1的方程為y=y0故點Mx,y滿足方程組y因為點Ax0,y0即14x2所以點M在雙曲線x214-y依題意，點A在T，B之間，所以x0>0，得x>0所以MF【變式4-3】（2023·四川南充·一模）如圖，橢圓E:x25+y2=1的四個頂點為A，B，C，D，過左焦點F1(1)求四邊形ABCD的內(nèi)切圓的方程；(2)設(shè)R(1,0)，連結(jié)MR，NR并延長分別交橢圓E于P，Q兩點，設(shè)PQ的斜率為k'．則是否存在常數(shù)λ，使得k=【解題思路】（1）根據(jù)對稱性，利用等面積法即可求解半徑，進(jìn)而可求圓的方程，（2）聯(lián)立直線與橢圓的方程，可得P3x1-5【解答過程】（1）連接AD,DC,CB,AB由對稱性可知，當(dāng)圓與直線BC相切時，則與四邊形ABCD的各個邊相切，且圓心為坐標(biāo)原點，設(shè)內(nèi)切圓半徑為r，由于CD=則由等面積法可得12CD?故圓的方程為：x（2）設(shè)Mx1,y則直線MP的方程為y=聯(lián)立y=y1即1+5將y12=1-化簡得6-2x所以x1xPyP故P3同理可得Q3所以k由于直線MN方程為y=kx故kPQ故存在λ=25【題型5圓錐曲線中三角形（四邊形）的面積問題】【例5】（2024·四川·模擬預(yù)測）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F(1)求C的方程；(2)若點A、B在橢圓C上，O為坐標(biāo)原點，且OA⊥OB，求【解題思路】（1）根據(jù)題意，由兩直線的斜率之商為2以及離心率公式，代入計算，即可求得a,（2）根據(jù)題意，分直線OA，直線OB其中一條直線斜率不存在與直線OA，直線OB的斜率均存在討論，然后聯(lián)立方程，由三角形的面積公式結(jié)合基本不等式即可得到結(jié)果.【解答過程】（1）設(shè)F1所以kMF1=y0-可得y0-3+又離心率e=ca=2所以C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）

當(dāng)直線OA，直線OB其中一條直線斜率不存在時，不妨令A(yù)1,0此時△AOB面積為1

當(dāng)直線OA，直線OB的斜率均存在時，不妨設(shè)直線OA的方程為y=則直線OB的方程為y=-1k聯(lián)立方程x2+2y所以O(shè)A2聯(lián)立方程x2+2y所以O(shè)B2所以1OA因為S△AOB=所以O(shè)A?OB≥所以△AOB面積的最小值為23，當(dāng)且僅當(dāng)OA=OB【變式5-1】（2023·湖南·模擬預(yù)測）已知雙曲線C:(1)求雙曲線C的方程；(2)若直線l與橢圓y22+x2=1相切，且與雙曲線C的左、右支分別交于A,B兩點，與雙曲線C的漸近線分別交于E,F兩點．【解題思路】（1）利用離心率公式和點到直線距離公式即可求解；（2）根據(jù)題意可得l的斜率k一定存在且k≠±1，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，先聯(lián)立橢圓方程，根據(jù)相切得到Δ=0，從而得到m2-k2=2；再聯(lián)立雙曲線方程，根據(jù)韋達(dá)定理及點到直線的距離公式求得S1；再聯(lián)立雙曲線的漸近線方程，求得OE和OF，從而求得S2【解答過程】（1）由題意，設(shè)雙曲線C:x22-斜率為正的漸近線方程為bx-則bcb2+2所以雙曲線C的方程為x2（2）由題意可得l的斜率k一定存在且k≠±1，設(shè)直線l的方程為y聯(lián)立y=kx+my又直線l與橢圓y22+x2聯(lián)立y=kx+mx設(shè)Ax1,則x1+x所以AB=又點D到直線AB的距離為d1所以S1聯(lián)立y=kx+my聯(lián)立y=kx+my所以S2又7155?所以71552-化簡得2m-316m則m=32時，k=±12，所以【變式5-2】（2023·安徽合肥·三模）已知點F(0,1)，動點M在直線l：y=-1上，過點M且垂直于x軸的直線與線段MF的垂直平分線交于點P，記點P的軌跡為曲線(1)求曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過F的直線與曲線C交于A，B兩點，直線OA，OB與圓x2+y2-2y=0的另一個交點分別為【解題思路】（1）利用拋物線定義即可求得曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）先求得S△DOE【解答過程】（1）過點M且垂直于x軸的直線與線段MF的垂直平分線交于點P，則PM=PF，則點P到直線y=-1則P的軌跡為以F(0,1)為焦點以直線y則曲線C的方程為：x（2）設(shè)A，B，D，E坐標(biāo)分別為Ax1,y1，B因為S△令直線lOA：y=k1x，k1=由x2+y由x2+所以x3令lAB：y=kx+1，與所以，x1x2=-4所以k1k2又因為k1所以x3x4x1所以△DOE與△AOB【變式5-3】（2023·全國·模擬預(yù)測）已知橢圓C：x2a2+y2b(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)橢圓C的左、右頂點分別為A，B，直線PQ交橢圓C于P，Q兩點，記直線AP的斜率為k1，直線BQ的斜率為k2，已知k1=3k2，設(shè)△APQ和△【解題思路】（1）依題意列式即可求解；（2）先討論直線PQ的斜率為0的情況，斜率不為0時，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，用韋達(dá)定理結(jié)合已知條件證明直線PQ恒過x軸上一定點，再表示出S1-【解答過程】（1）由題意知c解得a2=4,b2=1,（2）依題意，A-2,0，B2,0，設(shè)P若直線PQ的斜率為0，則點P，Q關(guān)于y軸對稱，必有kAP=-k所以直線PQ的斜率必不為0，設(shè)其方程為x=與橢圓C的方程聯(lián)立x得t2所以Δ=16t因為Px1,所以kAP?k則kAP=-1因為12=12y==12n+2所以n=-1，此時Δ故直線PQ恒過x軸上一定點D-因此y1+y所以S1-===4=4-則1t2+4∈0,14，當(dāng)1【題型6圓錐曲線中的最值或取值范圍問題】【例6】（2023·貴州·模擬預(yù)測）已知橢圓C：x2a2+y2b(1)求橢圓C的方程；(2)若C的上頂點為E，過左焦點F1的直線交橢圓C于P，G兩點（與橢圓頂點不重合），直線EP，EG分別交直線x+y+4=0于H，Q【解題思路】（1）將x=c代入橢圓方程得y=±b2a，即2b（2）設(shè)Px1,y1,Gx2,y2，直線PG的方程為x=my-1(【解答過程】（1）由題意知，F(xiàn)2(c,0)，將得y=±b2有2b2a所以該橢圓C的方程為x2（2）由（1）知E(0,1),設(shè)Px1,y1由x=my-1x22則y1設(shè)H(xH,y由y-1=y1-所以HQ=52(m將y1+y又點E(0,1)到直線x+y所以S△設(shè)m+7=t，則所以S△當(dāng)1t=750即t=50【變式6-1】（2023·河南·三模）設(shè)雙曲線E:x2a2-y2b(1)求E的方程；(2)過F2作兩條相互垂直的直線l1和l2，與E的右支分別交于A，C兩點和B，D【解題思路】（1）根據(jù)題意得到ba=12，結(jié)合（2）設(shè)直線l1:y=kx-5，l2:y=-【解答過程】（1）由題意，得E:x2因為雙曲線E的漸近線方程為y=±x2，所以b又因為F1F2=2a故E的方程為x2（2）根據(jù)題意，直線l1，l2的斜率都存在且不為設(shè)直線l1:y=k因為l1，l2均與E的右支有兩個交點，所以k>12將l1的方程與x24設(shè)Ax1,y1所以AC=1+用-1k替換k，可得所以SABCD令t=k2則SABCD當(dāng)1t=1故四邊形ABCD面積的最小值為329【變式6-2】（2023·全國·模擬預(yù)測）已知F是拋物線C:y2=2pxp>0的焦點，過點F的直線交拋物線C(1)求拋物線C的方程；(2)若O為坐標(biāo)原點，過點B作y軸的垂線交直線AO于點D，過點A作直線DF的垂線與拋物線C的另一交點為E，AE的中點為G，求GBDG【解題思路】（1）分析可知AB與x軸不重合，設(shè)直線AB的方程為x=my+p2，設(shè)點Ax1,y1、Bx（2）寫出直線AO的方程，將y=y2代入直線AO的方程，求出D的坐標(biāo)，然后求出AE的方程，與拋物線的方程聯(lián)立，結(jié)合韋達(dá)定理求出點G的坐標(biāo)，分析可知G、B、D三點共線，可得出GBGD=1-1【解答過程】（1）解：拋物線C的焦點為Fp若直線AB與x軸重合，則直線AB與拋物線C只有一個公共點，不合乎題意，設(shè)直線AB的方程為x=my+p2聯(lián)立y2=2pxx=由韋達(dá)定理可得y1+y1=my1所以，拋物線C的方程為y2（2）解：設(shè)點Ax1,y1、Bx2,y又因為直線AO的方程為y=

將y=y2代入直線AO的方程可得y2=所以，kDF因為AE⊥DF，則所以，直線AE的方程為y-聯(lián)立y-y1=1故yE=2y由AE的中點為G，可得Gx故G、B、D三點共線，則GBGD又由y1y2故GB=1-1故GBGD的取值范圍為1【變式6-3】（2023·四川攀枝花·一模）與雙曲線x2-y2=1(1)求橢圓C的方程；(2)過點N0,-2的直線l交橢圓C于A、B兩點，交x軸于點P，點A關(guān)于x軸的對稱點為D，直線BD交x軸于點Q.求OP+【解題思路】（1）由題意可得a2-b（2）設(shè)直線l的方程為y=kx-2，可得P2k,0，進(jìn)而得到直線BD的方程，表示出點【解答過程】（1）雙曲線x2-y2=1則c=2，即又點1,63在橢圓則1a2+63所以橢圓C的方程為x2（2）由題意，設(shè)直線l的方程為y=kx-設(shè)Ax1,y1，Bx2令y=0，得點Q的橫坐標(biāo)為x聯(lián)立y=kx-則Δ=-12k2x1+x則xQ從而OP+當(dāng)且僅當(dāng)2k=3所以O(shè)P+OQ的取值范圍為【題型7圓錐曲線中的定點、定值問題】【例7】（2023·四川成都·模擬預(yù)測）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點分別為F1，(1)求橢圓E的方程；(2)當(dāng)點P為橢圓E的上頂點時，過點P分別作直線PM，PN交橢圓E于M，N兩點，設(shè)兩直線PM，PN的斜率分別為k1，k2，且k1+【解題思路】（1）用點P的縱坐標(biāo)yP表示出三角形面積，結(jié)合yP的范圍求出半焦距c，進(jìn)而求出a（2）設(shè)直線MN方程y=kx+m，與橢圓E的方程聯(lián)立，結(jié)合斜率坐標(biāo)公式確定k【解答過程】（1）設(shè)點P的縱坐標(biāo)yP，橢圓的半焦距為c，當(dāng)點P不在x軸上時，0<|S△PF1F2=所以橢圓E的方程為x2（2）當(dāng)直線MN的斜率存在時，設(shè)直線MN的方程為y=kx+由y=kx+mxΔ=64k2則x1+x2=-由k1+k2=2由Δ>0，得k<-23或k>0，直線MN直線x=-1交橢圓x24直線PM',PN所以當(dāng)k1+k2=2【變式7-1】（2023·海南省直轄縣級單位·模擬預(yù)測）已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F，準(zhǔn)線為l，過點F且傾斜角為π6的直線交拋物線于點M（M在第一象限），MN⊥(1)求p的值.(2)若斜率不為0的直線l1與拋物線C相切，切點為G，平行于l1的直線交拋物線C于P,Q兩點，且∠PGQ=π2【解題思路】（1）利用圖中的幾何關(guān)系以及拋物線的定義求解；（2）直線PQ的方程為y=kx+mk≠0以及點P,Q,G的坐標(biāo)，將直線方程與拋物線方程聯(lián)立由韋達(dá)定理以及∠PGQ=π2得到k與m【解答過程】（1）如圖所示，過點F作FA⊥MN，垂足為A,MN交由題得∠AFM=π因為MF=MN，所以△因為O是FB的中點，所以DF=故FM=所以MN=8，AN=4，所以O(shè)F=12

（2）由（1）可知拋物線的方程是x2設(shè)直線PQ的方程為y=kx+因為∠PGQ=π即x1+x又y'=k=x聯(lián)立y=kx+mx2=8則x1所以-8m+32設(shè)點F到直線PQ和直線l1的距離分別為d則由l1∥PQ所以點F到直線PQ與到直線l1的距離之比是定值，定值為【變式7-2】（2023·全國·模擬預(yù)測）已知雙曲線E:x2-y2=λ2(λ>0)的右頂點為A，右焦點為F，點F到E的一條漸近線的距離為2，動直線(1)求E的方程；(2)若∠FAB+∠FAC=【解題思路】（1）根據(jù)雙曲線的方程寫出漸近線方程以及焦點F的坐標(biāo)，利用點到直線距離公式求得λ=（2）聯(lián)立直線l與雙曲線E的方程，根據(jù)韋達(dá)定理得到B，C的橫坐標(biāo)滿足x1+x2=-2kmk2【解答過程】（1）由題可得，雙曲線E的一條漸近線方程為x-y=0則點F到E的一條漸近線的距離d=|2所以E的方程為x2（2）證明：由（1）可得A(2,0)依題意，直線l的斜率一定存在，所以設(shè)直線l:y=kx+因為動直線l與E在第一象限內(nèi)交于B，C兩點，且E的一條漸近線斜率為1，所以k>1聯(lián)立y=kx+則Δ=根據(jù)韋達(dá)定理得，x1+x由斜率定義得，kAB=tan因為∠FAB所以tan(∠化簡得，kAB+k變形得，y1x將y1=kx1+將x1+x2=2k化簡得，2k+2km+2m當(dāng)m=-2k時，直線l:y當(dāng)m=-2時，直線l:y=綜上，動直線l過定點(0,-2【變式7-3】（2023·山西臨汾·模擬預(yù)測）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點分別為A，B，O為坐標(biāo)原點，點P在C(1)求C的方程；(2)過橢圓C的右焦點F的直線l與C交于D，E兩點，過線段DE的中點G作直線x=4的垂線，垂足為N，記△ODE的面積為S，直線DN，EN的斜率分別為k1，k【解題思路】（1）設(shè)P(x,y)，由直線PA，PB的斜率之積為-34，化簡得到b（2）由（1）知，設(shè)直線l為x=my+1，聯(lián)立方程組，得到y(tǒng)1+y2=-6m3m【解答過程】（1）設(shè)P(x,y)因為直線PA，PB的斜率之積為-34，可得又因為y2=b2(又由點M1,32在C聯(lián)立方程組，解得a2=4,b2=3（2）由（1）知，橢圓的方程為x24+過橢圓C的右焦點F的直線l與C交于D，E兩點，可設(shè)直線l的方程為x=聯(lián)立方程組x=my+1設(shè)D(x1,y因為△ODE的面積為S=1設(shè)G(x0,y0)，因為G因為過線段DE的中點G作直線x=4的垂線，垂足為N，可得可得k1則k=(所以Sk【題型8圓錐曲線中的定直線問題】【例8】（2023·山東泰安·模擬預(yù)測）已知曲線C上的動點P滿足|PF1(1)求C的方程；(2)若直線AB與C交于A、B兩點，過A、B分別做C的切線，兩切線交于點P'.在以下兩個條件①②中選擇一個條件，證明另外一個條件成立①直線AB經(jīng)過定點M4,0②點P'在定直線x=【解題思路】（1）由雙曲線的定義得出曲線C的方程；（2）若選擇①證明②成立：利用導(dǎo)數(shù)得出過A和過B的方程，從而得出交點P'的橫坐標(biāo)，再由x1=my1+4,x2=my2+4證明點P'在定直線x=1【解答過程】（1）因為|P所以曲線C是以F1、F2為焦點，以2所以2a=2，即又因為F1-2,0,F所以曲線C的方程為x2-y（2）若選擇①證明②成立.依題意，AB在雙曲線右支上，此時直線AB的斜率必不為0，設(shè)直線方程為x=my+4，A(x1因為x2-y23=1,(x所以過點A的直線方程為y-y化簡為y?y1=3x聯(lián)立方程①②得,交點P'的橫坐標(biāo)為y因為A、B點在直線AB上，所以x1所以x1所以P'的橫坐標(biāo)y即點P'在定直線x=若選擇②證明①成立.不妨設(shè)A在第一象限，B在第四象限.設(shè)A(因為x2-y23求導(dǎo)得y'=3x3化簡為y?y1=3聯(lián)立方程①②得交點P'的橫坐標(biāo)為y2由題意，y2即x1因為A(所以過直線AB的方程為y-化簡(x整理得x由③式可得y2易知x=4,y=0，即直線AB【變式8-1】（2023·安徽安慶·一模）如圖1所示，雙曲線具有光學(xué)性質(zhì)：從雙曲線右焦點發(fā)出的光線經(jīng)過雙曲線鏡面反射，其反射光線的反向延長線經(jīng)過雙曲線的左焦點．若雙曲線E:x24-y2b2=1b>0的左、右焦點分別為F1、F2，從F2

(1)求雙曲線E的方程；(2)設(shè)A1、A2為雙曲線E實軸的左、右頂點，若過P4,0的直線l與雙曲線C交于M、N兩點，試探究直線A1M【解題思路】（1）延長CA與DB交于F1，分析可得BF1AB=34，令BF1=3tt>0（2）分析可知，直線l不與x軸垂直，設(shè)直線l的方程為x=my+4，設(shè)點Mx1,y1、Nx2,y【解答過程】（1）解：如圖所示：

延長CA與DB交于F1，因為AB⊥AD則tan∠F1令BF1=3所以，AF由雙曲線的定義可得AF1-BF1-又因為AB=AF2+所以，BF1=3由勾股定理可得2c=F故b=因此，雙曲線E的方程為x2（2）解：若直線l與x軸重合，則直線l與雙曲線E的交點為雙曲線E的兩個頂點，不合乎題意，設(shè)直線l的方程為x=my+4，設(shè)點M聯(lián)立x=my+4

由題意可得3m2-由韋達(dá)定理可得y1+y易知點A1-2,0、A22,0直線A1M的方程為y=y1聯(lián)立直線A1M、A2N的方程并消去可得x=-108m因此，直線A1M與直線A2N的交點Q【變式8-2】（2023·新疆·一模）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)過M0,1的直線交橢圓C于E、D兩點，Q為坐標(biāo)平面上一動點，直線QE、QM、QD斜率的倒數(shù)成等差數(shù)列，試探究點Q【解題思路】（1）將點P的坐標(biāo)代入橢圓方程，可得出a2的值，由已知可得BF2?P（2）設(shè)點Qx0,y0，設(shè)點Ex1,y1、Dx2,y2，對直線ED的斜率是否存在進(jìn)行分類討論，在直線ED的斜率存在時，設(shè)直線【解答過程】（1）解：將點P的坐標(biāo)代入橢圓C的方程可得832a易知點B0,-b、F2c,0因為BF2⊥整理可得c-22=0，解得因此，橢圓C的方程為x2（2）解：設(shè)點Qx0,y0當(dāng)直線ED的斜率存在時，設(shè)直線ED的方程為y=聯(lián)立y=kx+1x2由韋達(dá)定理可得x1+xkQE=y0-因為直線QE、QM、QD斜率的倒數(shù)成等差數(shù)列，即2k所以，2x0y將y1=kx1顯然kx0+1-整理可得x1可得x1即x1即-4k2所以，y02-5y顯然y0≠1，故當(dāng)直線DE的斜率不存在時，則D、E為橢圓短軸的端點，不妨設(shè)D0,2、E0,-2、QxkQM=3x0，kQD綜上所述，點P在定直線y=4上【變式8-3】（2023·山東淄博·一模）已知拋物線C：y2=2pxp>0上一點P2,t到其焦點F的距離為3，A，B為拋物線C上異于原點的兩點.延長AF，BF分別交拋物線C于點M，N(1)若AF⊥BF，求四邊形(2)證明:點Q在定直線上.【解題思路】（1）根據(jù)拋物線的焦半徑公式求得拋物線方程，設(shè)Ax1,y1，Mx2,y2，直線（2）設(shè)Bx3,y3，Nx4,y4，QxQ,yQ，根據(jù)A，【解答過程】（1）由拋物線定義可知，2+p2=3即拋物線C方程為y2由題意，設(shè)Ax1,y1，M由x=my+1y2=4x由韋達(dá)定理可知：y1+y故AM=因為AF⊥BF，所以直線BN的方程為于是BN=4則S當(dāng)且僅當(dāng)m2=1所以四邊形ABMN面積的最小值為32；（2）設(shè)Bx3,y3，Nx4,y4，Qx所以，xi因為A，N，Q三點共線，所以有y4即y4-y同理，因為B，M，Q三點共線，可得yQ即y1解得：4x由（1）可知，y1?y得xQ即點Q在定直線x=-【題型9圓錐曲線與向量綜合】【例9】（2023·廣西玉林·模擬預(yù)測）已知點P在橢圓C:x212+y26=1，直線y=kx與橢圓D:x22λ+y2(1)求橢圓D的方程；(2)直線PA，PB分別交橢圓D于另一點M，N，若AB=mMN【解題思路】（1）根據(jù)題意求相應(yīng)點的坐標(biāo)，結(jié)合面積關(guān)系列式求解；（2）設(shè)P23cosα,6【解答過程】（1）由題意可知：橢圓C的上頂點為0,6，橢圓D的左右頂點分別為-則12×6所以橢圓D的方程為x2（2）設(shè)P2因為若AB=mMN，顯然m可知PM=則x-23即M2又因為點M在x2則23整理得121-由題意可知：B-2cos同理可得N2將點N代入橢圓方程x2121-兩式相加可得241-n2+8n若n=1，則點A與點M重合，點B與點N所以n=12【變式9-1】（2023·廣西·模擬預(yù)測）已知拋物線C:y2=2pxp>0上一點P的橫坐標(biāo)為4(1)求拋物線C的方程；(2)點A,B是拋物線C上異于原點O的不同的兩點，且滿足OA?【解題思路】（1）根據(jù)題意，利用拋物線的定義得到4+p2=5（2）設(shè)OA:y=kx，組求得A4k2,4k，根據(jù)OA?AB【解答過程】（1）解：由拋物線C:y2因為點P到拋物線的準(zhǔn)線的距離為5，且點P的橫坐標(biāo)為4，根據(jù)拋物線的定義，可得4+p2=5，解得p（2）解：根據(jù)題意，設(shè)OA:y=kx，聯(lián)立方程組y=因為OA?AB=0，可得OA可設(shè)AB:y-整理得到y(tǒng)2+4ky-16所以yB=-4k-4所以O(shè)B=xB2+設(shè)t=k+則OB=4所以當(dāng)t=4時，OB取最小值為8【變式9-2】（2023·上海奉賢·一模）已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距為23，離心率為32，橢圓的左右焦點分別為F(1)求橢圓的方程；(2)設(shè)橢圓上有一動點T，求PT?(3)設(shè)線段BC的中點為M，當(dāng)t≥2時，判別橢圓上是否存在點Q，使得非零向量OM與向量【解題思路】（1）由題意計算即可得；（2）由設(shè)出T點坐標(biāo)，表示出PT，結(jié)合TF1-TF（3）設(shè)出直線方程后聯(lián)立得一元二次方程，由直線l與橢圓交于不同的兩點可得該方程Δ>0，并由方程中的韋達(dá)定理表示出直線OM斜率，假設(shè)存在該點Q，則有kPQ=kOM，借此設(shè)出直線PQ方程，則該直線與橢圓必有焦點，即聯(lián)立后有【解答過程】（1）由題意，得c=3，a=2則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）設(shè)動點Tx,y，F(xiàn)PT?∵x∈-2,2，所以（3）顯然直線的斜率存在，故可設(shè)直線l:y=kx+聯(lián)立y=kx+tx24Δ=-16t2+64則x1+x則x1+x則xM故kOM若OM//PQ，則有設(shè)直線PQ為y=-聯(lián)立y=-14kx要使得存在點Q，則Δ2整理得16+4故k2≤由①②式得，t2則t2-1所以當(dāng)t≥2時，不存在點Q，使得【變式9-3】（2023·安徽阜陽·三模）已知雙曲線C：y2a2-x2b2=1a>0,b>0，直線l在x軸上方與x軸平行，交雙曲線C于A，B兩點，直線l交(1)求C的方程；(2)設(shè)OD的中點為M，是否存在定直線l，使得經(jīng)過M的直線與C交于P，Q，與線段AB交于點N，PM=λPN，MQ=【解題思路】（1）由點A的坐標(biāo)求得c，結(jié)合雙曲線的定義求得a，進(jìn)一步計算得出雙曲線的方程即可；（2）設(shè)直線PQ的方程為y=kx+mk≠0【解答過程】（1）由已知C：y2a2-x2b焦點F10,4，F(xiàn)2所以a=2，b2=c2（2）設(shè)l的方程為y=2mm>1，則由已知直線PQ斜率存在，設(shè)直線PQ的方程為y=kx+與雙曲線方程聯(lián)立得：3k由已知得3k2≠1，Δ>0，設(shè)則x1+x由PM=λPN，MQ=λ消去λ得：x2即2x由①②得：km2-故存在定直線l：y=22【題型10圓錐曲線中的探索性問題】【例10】（2023·全國·模擬預(yù)測）已知橢圓C：x2a2+y2b(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若O為坐標(biāo)原點，過點4,0的直線l與橢圓C交于M，N兩點，橢圓C上是否存在點Q，使得直線MQ,NQ與直線x=4分別交于點A，B，且點A，B關(guān)于x【解題思路】（1）根據(jù)已知c=22a，根據(jù)a,b,c（2）當(dāng)直線l的斜率不為0時，設(shè)Mx1,y1，Nx2,y2，Qs,t，設(shè)直線l：x=ny+4，聯(lián)立直線與橢圓方程，根據(jù)韋達(dá)定理表示出坐標(biāo)關(guān)系，求出【解答過程】（1）因為橢圓C的離心率為22所以ca=2又b2+c將2,1代入橢圓方程，得2所以a2=4，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）

當(dāng)直線l的斜率不為0時，設(shè)直線l：x=ny+4整理得n2則Δ=64n2-48設(shè)Mx1,y1由韋達(dá)定理可得y1+y則直線MQ：y-令x=4，得y=tn同理得B4,由點A，B關(guān)于x軸對稱得yA即tn+4-整理可得，tn+4-易知點Q不在l上，所以tn+4-所以，4-s所以，有4-s整理得ns由n的任意性知s=1將Q坐標(biāo)代入代入橢圓方程有14+t所以點Q的坐標(biāo)為1,62或當(dāng)直線l的斜率為0時，不妨令M-2,0，N2,0此時直線MQ：y=令x=4，得y=6同理得B4,-6，顯然點A，B關(guān)于x綜上，存在滿足題意的點Q，且點Q的坐標(biāo)為1,62或【變式10-1】（2023·河南·模擬預(yù)測）已知拋物線Γ:x2=2py((1)求拋物線Γ的準(zhǔn)線方程；(2)若過點F的直線l與拋物線Γ交于A,B兩點，線段AB的中垂線與拋物線Γ的準(zhǔn)線交于點C，請問是否存在直線l，使得tan∠ACB【解題思路】（1）由題意，拋物線Γ:x2=2py（2）由題意，設(shè)出直線方程，聯(lián)立方程，寫出韋達(dá)定理，根據(jù)中垂線的性質(zhì)，利用正切二倍角公式以及銳角正切函數(shù)的定義，建立等式，可得CM=AB【解答過程】（1）因為拋物線Γ:x2=2py上一點到焦點F所以拋物線Γ:x2=2py所以-p2=-1故拋物線Γ的方程是x2=4y（2）由題意得F0,1，且l斜率一定存在，設(shè)l由y=kx+1x2則x1設(shè)AB中點為M，如圖，

則tan∠解得CM=2AM，即當(dāng)k=0時，易知CM當(dāng)k≠0時，設(shè)C因為CM垂直平分AB，所以CM的斜率為-1易知CM=1+k因為M為AB的中點，所以y4由題意，y3=-1，即兩邊平方整理可得k4-2故存在直線l使得tan∠ACB=43，且直線l【變式10-2】（2023·廣東梅州·三模）已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的右焦點，右頂點分別為F，A，B0,(1)求雙曲線C的方程.(2)過點F的直線l與雙曲線C的右支相交于P，Q兩點，在x軸上是否存在與F不同的定點E，使得EP?FQ=EQ【解題思路】（1）由AF=1，BM=3MA，直線OM的斜率為1，求得（2）設(shè)直線PQ的方程，與雙曲線的方程聯(lián)立，可得兩根之和及兩根之積，由等式成立，可得EF為∠PEQ的角平分線，可得直線EP,EQ的斜率之和為0【解答過程】（1）設(shè)c2=a2+b2因為點M在線段AB上，且滿足BM=3MA因為直線OM的斜率為1，所以13+1b3因為AF=1，所以c-a=1，解得a=1所以雙曲線C的方程為x2（2）假設(shè)在x軸上存在與F不同的定點E，使得EP?

當(dāng)直線l的斜率不存在時，E在x軸上任意位置，都有EP?當(dāng)直線l的斜率存在且不為0時，設(shè)Et,0，直線l的方程為直線l與雙曲線C的右支相交于P，Q兩點，則-33<設(shè)Px1,由x2-y23=1x=所以y1+y因為EP?FQ=EQ?FP，即EPEQ有y1x1-t+所以2k93k2綜上所述，存在與F不同的定點E，使得EP?FQ=【變式10-3】（2023·全國·模擬預(yù)測）已知橢圓E:x2a2+y2b2=1（a>0，b>0）的離心率為2(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點P(2,0)的直線與橢圓E交于B，C兩點，過點B，C分別作直線l:x=1的垂線，垂足分別為M，N，記△BMP，△MNP，△CNP的面積分別為S1，S2，S3，試問：是否存在正數(shù)【解題思路】（1）根據(jù)已知條件，列出關(guān)于a，b，c的方程組，求解即可求得橢圓方程．（2）假設(shè)存在滿足題意的正數(shù)λ，設(shè)直線BC的方程，以及Bx1,y1，Cx2,y2【解答過程】（1）因為橢圓E:x2a2+y2b當(dāng)點T位于橢圓的上頂點或下頂點時，△TF1所以ca=22bc所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）假設(shè)存在正數(shù)λ，使得S1，λS2由已知得，直線BC的斜率存在且不為0，點B，C在x軸的同側(cè)，

設(shè)直線BC的方程為y=k(x-2)(k把x=1代入x22即直線x=1與橢圓的交點為(1,±22則過點(1,-22)和P(2,0)的直線為得x2-2x+1=0，x切點為(1,-22)，故設(shè)x1<消去y整理得1+2k需滿足Δ=81-2k2>0因為S1=121-所以S=14==14kλ2S22=λ2k要使得S1，λS2則應(yīng)有k2即λ2=1所以存在λ=12，使得S1，【題型11圓錐曲線新定義】【例11】（2023·廣西·模擬預(yù)測）在橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>(1)求橢圓C的方程；(2)過橢圓C的蒙日圓上一點M，作橢圓的一條切線，與蒙日圓交于另一點N，若kOM，kON存在．證明：【解題思路】（1）根據(jù)橢圓所過的點，列方程求解a2（2）由題意可得橢圓的蒙日圓方程，由此討論直線MN斜率不存在和存在兩種情況，存在時，設(shè)直線MN的方程y=kx+t【解答過程】（1）將A22,32可得12a2所以橢圓C的方程為：x2（2）由題意可知，蒙日圓方程為：x2（i）若直線MN斜率不存在，則直線MN的方程為：x=2或不妨取x=2，代入x2不妨取M2,1，N2,-1，∴kOM（ii）若直線MN斜率存在，設(shè)直線MN的方程為：y=聯(lián)立y=kx+據(jù)題意有Δ=16k2設(shè)Mx1,y1（x聯(lián)立y=kx+Δ1x1+x則k=k∵t2=2k綜上可知，kOM?k【變式11-1】（2023·全國·模擬預(yù)測）定義：一般地，當(dāng)λ>0且λ≠1時，我們把方程x2a2+y2b2=λa>b>0表示的橢圓Cλ稱為橢圓x(1)當(dāng)λ=2時，若與橢圓C有且只有一個公共點的直線l1，l2恰好相交于點P，直線l(2)當(dāng)λ=e2（e為橢圓C的離心率）時，設(shè)直線PM與橢圓C交于點A,B，直線PN與橢圓C【解題思路】（1）設(shè)Px0,y0，則直線l1的方程為y-y0=k（2）由題知橢圓Cλ的標(biāo)準(zhǔn)方程為x23+y234=1，進(jìn)而結(jié)合點Px0,y0在橢圓C2:x28【解答過程】（1）解：設(shè)Px0,y0，則直線l記t=y0-k1將其代入橢圓C的方程，消去y，得4k因為直線l1與橢圓C所以Δ=8k將t=y0同理可得，x0所以k1,k2為關(guān)于所以，k1又點Px0,所以y0所以k1（2）解：由橢圓C:x2所以當(dāng)λ=e2，即λ=3所以，M-3,0，N易知直線PM,PN的斜率均存在且不為所以kPM因為Px0,y0在橢圓C所以kPM設(shè)直線PM的斜率為k，則直線PN的斜率為-1所以直線PM的方程為y=由y=kx設(shè)Ax1,y1所以AB=1+=1+同理可得DE=所以AB+【變式11-2】（2024·河南南陽·一模）在橢圓(雙曲線)中，任意兩條互相垂直的切線的交點都在同一個圓上，該圓的圓心是橢圓(雙曲線)的中心，半徑等于橢圓(雙曲線)長半軸(實半軸)與短半軸(虛半軸)平方和(差)的算術(shù)平方根，則這個圓叫蒙日圓.已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的蒙日圓的面積為13π，該橢圓的上頂點和下頂點分別為(1)證明：AP1，BP2的交點P(2)求直線AP1【解題思路】（1）由題意求橢圓方程，設(shè)直線l1（2）設(shè)直線l2與直線AP1,BP1的交點分別為Cx【解答過程】（1）根據(jù)題意，蒙日圓的半徑為13，所以a2因為P1P2=2，可知所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2因為直線l1過點Q0,12，可知直線可設(shè)直線l1聯(lián)立方程y=kx+12由根與系數(shù)的關(guān)系可得：x1因為P10,1,P2所以y=-9即y-1y所以直線AP1,BP2（2）設(shè)直線l2與直線AP1則由（1）可知：直線AP1:聯(lián)立方程y=y1解得x3因為x1又因為點P1到直線l2的距離可得S=12|由弦長公式可得|=25=令3k+1=t可得35當(dāng)且僅當(dāng)1t=1625即CD的最小值為655，可得△P故直線AP1,

【變式11-3】（2023·上海奉賢·二模）已知橢圓C:x24+y2b2=1b>0，A0,b，B0,-b．橢圓C內(nèi)部的一點Tt,1(1)若橢圓C的離心率是32，求b(2)設(shè)△BTM的面積是S1，△ATN的面積是S2，若S1(3)若點U(xu,yu)，V(xv,yv)滿足【解題思路】（1）分0<b<2，（2）聯(lián)立直線AM的方程與橢圓方程可得xM，聯(lián)立直線BN的方程與橢圓方程可得xN.結(jié)合圖形可得S1S2（3）聯(lián)立直線與橢圓方程可得xM，xN，后結(jié)合Tt,12在橢圓內(nèi)部可得x【解答過程】（1）因為橢圓C的離心率是32當(dāng)0<b<2時，32當(dāng)b>2時，32=所以b的值為1或4；（2）由題意，直線AM的斜率kAM存在，直線BN的斜率kkAM=12-bt則xMkBN=12+1t=則xN由圖，S1注意到∠BTM+∠ATN又TB=TA=1+k（3）由題意，直線AM的斜率kAM存在，直線BN的斜率kkAM=12-bt則y=1-2bkBN=12+bt則y=1+2b則xM-xN=4bt2b-1又根據(jù)題意知yN>12,12>yM1．（2023·北京·高考真題）已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為5(1)求E的方程；(2)設(shè)P為第一象限內(nèi)E上的動點，直線PD與直線BC交于點M，直線PA與直線y=-2交于點N．求證：【解題思路】（1）結(jié)合題意得到ca=53，（2）依題意求得直線BC、PD與PA的方程，從而求得點M,N的坐標(biāo)，進(jìn)而求得kMN，再根據(jù)題意求得kCD【解答過程】（1）依題意，得e=ca又A,C分別為橢圓上下頂點，AC=4，所以2所以a2-c2=所以橢圓E的方程為x2（2）因為橢圓E的方程為x29+因為P為第一象限E上的動點，設(shè)Pm,n

易得kBC=0+2-3-0kPD=n-0聯(lián)立y=-23x-而kPA=n-2令y=-2，則-2=n又m29+n2所以k==-又kCD=0+2顯然，MN與CD不重合，所以MN//2．（2023·全國·高考真題）已知直線x-2y+1=0與拋物線C:(1)求p；(2)設(shè)F為C的焦點，M，N為C上兩點，F(xiàn)M?FN=0【解題思路】（1）利用直線與拋物線的位置關(guān)系，聯(lián)立直線和拋物線方程求出弦長即可得出p；（2）設(shè)直線MN：x=my+n，Mx1,【解答過程】（1）設(shè)Ax由x-2y+1=0y所以AB=即2p2-p-（2）因為F1,0，顯然直線MN設(shè)直線MN：x=my+由y2=4xx=Δ=16因為FM?FN=0即my亦即m2將y14m2=所以n≠1，且n2-6n設(shè)點F到直線MN的距離為d，所以d=MN=1+所以△MFN的面積S而n≥3+22或當(dāng)n=3-22時，△MFN3．（2023·全國·高考真題）已知橢圓C:y2a2+x(1)求C的方程；(2)過點-2,3的直線交C于P,Q兩點，直線AP,AQ與y【解題思路】（1）根據(jù)題意列式求解a,（2）設(shè)直線PQ的方程，進(jìn)而可求點M,N的坐標(biāo)，結(jié)合韋達(dá)定理驗證y【解答過程】（1）由題意可得b=2a2所以橢圓方程為y2（2）由題意可知：直線PQ的斜率存在，設(shè)PQ:聯(lián)立方程y=kx+2+3則Δ=64k2可得x1因為A-2,0，則直線令x=0，解得y=2同理可得N0,則2=kx=32所以線段MN的中點是定點0,3.

4．（2023·天津·高考真題）已知橢圓x2a2+y2b(1)求橢圓的方程和離心率；(2)點P在橢圓上（異于橢圓的頂點），直線A2P交y軸于點Q，若三角形A1PQ的面積是三角形【解題思路】（1）由a+c=3a-c（2）先設(shè)直線A2P的方程，與橢圓方程聯(lián)立，消去y，再由韋達(dá)定理可得xA2?xP，從而得到P點和Q點坐標(biāo).由S△A2【解答過程】（1）如圖，

由題意得a+c=3a-所以橢圓的方程為x24+（2）由題意得，直線A2P斜率存在，由橢圓的方程為x2設(shè)直線A2P的方程為聯(lián)立方程組x24+y2由韋達(dá)定理得xA2?所以P8k2所以S△A2QA所以S△所以2yQ=3解得k=±62，所以直線A5．（2023·全國·高考真題）已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點，左焦點為-25,0(1)求C的方程；(2)記C的左、右頂點分別為A1，A2，過點-4,0的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線MA1與NA2交于點【解題思路】（1）由題意求得a,（2）設(shè)出直線方程，與雙曲線方程聯(lián)立，然后由點的坐標(biāo)分別寫出直線MA1與NA2的方程，聯(lián)立直線方程，消去y，結(jié)合韋達(dá)定理計算可得x+2x【解答過程】（1）設(shè)雙曲線方程為x2a2則由e=ca=5雙曲線方程為x2（2）由(1)可得A1-2,0顯然直線的斜率不為0，所以設(shè)直線MN的方程為x=my-與x24-y2則y1

直線MA1的方程為y=y1聯(lián)立直線MA1與直線x=m由x+2x-2=-據(jù)此可得點P在定直線x=-6．（2022·全國·高考真題）已知雙曲線C:x2a2(1)求C的方程；(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點，點Px1,y1,Qx2,y2在C上，且x1>①M在AB上；②PQ∥AB；③注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.【解題思路】（1）利用焦點坐標(biāo)求得c的值，利用漸近線方程求得a,b的關(guān)系，進(jìn)而利用a,（2）先分析得到直線AB的斜率存在