第一篇 专题五 第2讲 圆锥曲线的方程及计算、证明、最值与范围问题-【衡中学案】2025年高考数学二轮总复习学案

２．弦中点问题的解决方法 （１）用“点差法”求解弦中点问题的解题 步骤 （２）对于弦中点问题常用“根与系数的关 系”或“点差法”求解，在使用根与系数的 关系时，要注意使用条件Δ ＞ ０，在用“点差 法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交． 提醒：斜率恰好等于双曲线渐近线的斜率 的直线ｌ可能与双曲线相交，但交点只有 一个．与抛物线的对称轴平行或重合的直 线与抛物线只有一个公共点，故直线与双 曲线（抛物线）有一个公共点是直线与双 曲线（抛物线）相切的必要不充分条件． 　 　 Ａ．［１２８，２５６］ Ｂ．［６４，２５６］ Ｃ． ６４，１９６[ ]３ Ｄ． １９６３ ，[ ]１２８ ●9:;< ７．（多选）（２０２４·河北模拟）已知抛物线Ｅ：ｙ２ ＝ ２ｐｘ（ｐ ＞ ０）焦点 为Ｆ，过点Ｍ（２，０）（不与点Ｆ重合）的直线交Ｅ于Ｐ，Ｑ两点，Ｏ 为坐标原点，直线ＰＦ，ＱＦ分别交Ｅ于Ａ，Ｂ两点，∠ＰＯＱ ＝ ９０°， 则 （　 　 ） Ａ． ｐ ＝ １ Ｂ．直线ＡＢ过定点１４ ，( )０ Ｃ． ｜ＦＰ ｜·｜ＦＱ ｜的最小值为２５４ Ｄ． ｜ＰＡ ｜ ＋ ｜ＱＢ ｜的最小值为２５４ ８．（多选）（２０２４·东湖区校级三模）已知椭圆Ｗ：ｘ ２ ４ ＋ ｙ ２ ＝ １，点 Ｆ１，Ｆ２分别为Ｗ的左、右焦点，点Ｃ，Ｄ分别为Ｗ的左、右顶点， 过原点且斜率不为０的直线ｌ与Ｗ交于Ａ，Ｂ两点，直线ＡＦ２与 Ｗ交于另一点Ｍ，则 （　 　 ） Ａ． Ｗ的离心率为槡３２ Ｂ． ｜ＡＦ２ ｜的最小值为２ －槡３ Ｃ． Ｗ上存在一点Ｐ，使∠ＣＰＤ ＝ ２π３ Ｄ．△ＡＢＭ面积的最大值为２ 温馨提示：复习至此，请做练案［１６］ 第２讲　 圆锥曲线的方程及计算、证明、最值与范围问题 !"#$ 　 　 　 明方向　 　 　 主要考查证明问题（证明位置关系、线段长度关系等）、弦长或图形面积的计算及其最值或范围问题，属于较 难问题，热点是直线与圆锥曲线相交所形成的三角形或四边形面积的最值问题． %&'( 　 　 　 明体系　 !)% )*+, 　 　 　 明考向　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　１．（２０２４·全国甲卷理科）设椭圆Ｃ：ｘ ２ ａ２ ＋ ｙ ２ ｂ２ ＝ １（ａ ＞ ｂ ＞ ０）的右焦点为Ｆ，点Ｍ １，３( )２ 在Ｃ上，且ＭＦ⊥ｘ轴． （１）求Ｃ的方程； （２）过点Ｐ（４，０）的直线与Ｃ交于Ａ，Ｂ两点，Ｎ为线段ＦＰ的中点，直线ＮＢ交直线ＭＦ于点Ｑ，证明：ＡＱ⊥ｙ轴． ２．（２０２２·全国甲卷）设抛物线Ｃ：ｙ２ ＝ ２ｐｘ（ｐ ＞ ０）的焦点为Ｆ，点Ｄ（ｐ，０），过Ｆ的直线交Ｃ于Ｍ，Ｎ两点．当直线 ＭＤ垂直于ｘ轴时，｜ＭＦ ｜ ＝ ３． （１）求Ｃ的方程； （２）设直线ＭＤ，ＮＤ与Ｃ的另一个交点分别为Ａ，Ｂ，记直线ＭＮ，ＡＢ的倾斜角分别为α，β．当α － β取得最大值 时，求直线ＡＢ的方程． ３．（２０２３·新课标全国Ⅰ卷）在直角坐标系ｘＯｙ中，点Ｐ到ｘ轴的距离等于点Ｐ到点０，１( )２ 的距离，记动点Ｐ的 轨迹为Ｗ． （１）求Ｗ的方程； （２）已知矩形ＡＢＣＤ有三个顶点在Ｗ上，证明：矩形ＡＢＣＤ的周长大于３槡３． !)& ４．（２０２２·新课标Ⅰ卷）已知点Ａ（２，１）在双曲线Ｃ：ｘ ２ ａ２ － ｙ ２ ａ２ － １ ＝ １（ａ ＞ １）上，直线ｌ交Ｃ于Ｐ，Ｑ两点，直线ＡＰ，ＡＱ 的斜率之和为０． （１）求ｌ的斜率； （２）若ｔａｎ∠ＰＡＱ ＝ ２槡２，求△ＰＡＱ的面积． ５．（２０２２·新课标Ⅱ卷）已知双曲线Ｃ：ｘ ２ ａ２ － ｙ ２ ｂ２ ＝ １（ａ ＞ ０，ｂ ＞ ０）的右焦点为Ｆ（２，０），渐近线方程为ｙ ＝ ±槡３ｘ． （１）求Ｃ的方程； （２）过Ｆ的直线与Ｃ的两条渐近线分别交于Ａ，Ｂ两点，点Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２）在Ｃ上，且ｘ１ ＞ ｘ２ ＞ ０，ｙ１ ＞ ０．过 Ｐ且斜率为－槡３的直线与过Ｑ且斜率为槡３的直线交于点Ｍ．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个 成立： ①Ｍ在ＡＢ上；②ＰＱ∥ＡＢ；③ ｜ＡＭ ｜ ＝ ｜ＢＭ ｜ ． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． !)' !-./ 　 　 　 提能力　 !"#$sÐÑÒ²'ÓÔ5IHCDOPlm ●5678 １．求轨迹方程的常用方法 （１）直接法 ①用直接法求曲线方程的关键就是 把几何条件或等量关系翻译为代数 方程，要注意翻译的等价性．通常将 步骤简记为建系、设点、列式、代换、 化简、证明这几个步骤，但最后的证 明可以省略； ②注意求出曲线的方程后还需注意 检验方程的纯粹性和完备性． （２）待定系数法：已知所求曲线的类 型，求曲线方程——先根据条件设 出所求曲线的方程，再由条件确定 其待定系数． （３）定义法 ①所求的轨迹符合某种圆锥曲线 （椭圆、双曲线、 ! 物线）的定义； ②看轨迹是否是完整的椭圆、双曲 线、 ! 物线，如果不是完整的曲线， 则应对其中的变量ｘ或ｙ进行限制． （４）相关点（代入）法 ①明确主动点（已知曲线上的动点） Ｐ（ｘ０，ｙ０），被动点（要求轨迹的动 点）Ｍ（ｘ，ｙ）； ②寻求关系式ｘ０ ＝ ｆ（ｘ，ｙ），ｙ０ ＝ｇ（ｘ，ｙ）； ③将ｘ０，ｙ０代入已知曲线方程； ④整理关于ｘ，ｙ的关系式得点Ｍ的 轨迹方程． ２．解答圆锥曲线基本计算问题的注 意事项 （１）准确求出圆锥曲线的方程和直 线的方程． （２）直线与圆锥曲线方程联立消元， 利用根与系数的关系得到等量 关系． （３）注意常见等量关系的应用：点在 曲线上其坐标满足曲线方程、圆锥 曲线的定义、几何图形中位置关系 揭示的等量关系、向量的有关知 识等． ●1234 １．已知ｂ ＞ ａ ＞ ０，点Ａ（０，槡２ｂ），Ｂ ０，槡２２( )ｂ ，动点Ｐ满足｜ ＰＡ ｜ ＝槡２ ｜ ＰＢ ｜， 点Ｐ的轨迹为曲线Ｃ． （１）求曲线Ｃ的方程； （２）直线ｙ ＝ ｋｘ ＋ｍ与曲线Ｃ相切，与曲线Ｅ：ｘ ２ ａ２ － ｙ ２ ｂ２ ＝ １交于Ｍ，Ｎ两 点，且∠ＭＯＮ ＝ π２ （Ｏ为坐标原点），求曲线Ｅ的离心率． ●9:;< 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　１．（２０２４·沧县校级模拟）已知圆Ｆ１：（ｘ ＋槡７）２ ＋ ｙ２ ＝ １，圆Ｆ２：（ｘ －槡７）２ ＋ ｙ２ ＝ ２５．若动圆Ｓ与圆Ｆ１、圆Ｆ２ 都内切，记动圆Ｓ的圆心的轨迹 为Ｃ． （１）求轨迹Ｃ的方程； （２）已知Ａ（２，０），过点Ｂ（２，１）的直线ｌ与Ｃ交于Ｐ，Ｑ两点，直线ＡＰ， ＡＱ分别交直线ｘ ＝ ４于Ｍ，Ｎ，设线段ＭＮ的中点为Ｇ，判断点Ｇ是否 在轨迹Ｃ上，并说明理由． !)( !"=$bclm ●5678 圆锥曲线证明问题的类 型及求解策略 （１）圆锥曲线中的证明 问题，主要有两类：一是 证明点、直线、曲线等几 何元素中的位置关系， 如，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（相等或不等）． （２）解决证明问题时， 主要根据直线与圆锥曲 线的性质、直线与圆锥 曲线的位置关系等，通 过相关性质的应用、代 数式的恒等变形以及必 要的数值计算等进行 证明． （３）常用的证明方法 ①证Ａ，Ｂ，Ｃ三点共线， 可证ｋＡ Ｂ ＝ ｋＡ Ｃ 或→ＡＢ ＝ λ →ＢＣ； ②证直线ＭＡ⊥ＭＢ，可 证ｋＭＡ·ｋＭＢ ＝ － １ 或 →ＭＡ·→ＭＢ ＝ ０； ③证｜ＡＢ ｜ ＝ ｜ ＡＣ ｜，可证 Ａ点在线段ＢＣ的垂直 平分线上． ●1234 ２．（２０２４·龙凤区校级模拟）设点Ｔ是抛物线外一点，过点Ｔ向抛物线ｙ２ ＝ ４ｘ引两条 切线ＴＭ，ＴＮ，切点分别为Ｍ，Ｎ，焦点为Ｆ． （１）若点Ｔ的坐标为（－ １，１），证明：以ＴＭ为直径的圆过焦点； （２）若点Ｔ的坐标为（－ ２，２），证明：∠ＭＦＴ ＝∠ＮＦＴ． ●9:;< ２．（２０２４·河区校级模拟）如图，已知椭圆Ｅ１：ｘ ２ ａ２ ＋ ｙ ２ ｂ２ ＝ １（ａ ＞ ｂ ＞ ０）与椭圆Ｅ２：ｘ ２ １２ ＋ ｙ２ ４ ＝ １有相同的离心率，点Ｐ（槡３，１）在椭圆Ｅ１ 上．过点Ｐ的两条不重合直线ｌ１，ｌ２与椭圆Ｅ１相 交于Ｑ，Ｈ两点，与椭圆Ｅ２ 相交于Ａ，Ｂ和Ｃ，Ｄ 四点． （１）求椭圆Ｅ１的标准方程； （２）求证：Ｓ△ＡＰＤ ＝ Ｓ△ＢＱＤ； （３）若｜ＢＱ ｜｜ＤＨ ｜ ＝ ｜ＤＰ ｜ ｜ＢＰ ｜，设直线ｌ１，ｌ２的倾斜角分别为α，β，求证：α ＋ β为定值． !)) !"@$\[ （ uv ） lm ●5678 解决圆锥曲线中的最值 （范围）问题应考虑的 五个方面 （１）利用圆锥曲线的几 何性质或判别式构造不 等关系，从而确定参数 的最值（范围）． （２）利用已知参数的范 围，求新参数的范围，解 这类问题的核心是建立 两个参数之间的等量 关系． （３）利用隐含的不等关 系建立不等式，从而求 出参数的最值（范围）． （４）利用已知的不等关 系构造不等式，从而求 出参数的最值（范围）． （５）利用求函数值域的 方法将待求量表示为其 他变量的函数，求其值 域，从而确定参数的最 值（范围）． ●1234 ３．（２０２４·唐山二模）已知椭圆Ｃ的右焦点为Ｆ（１，０），其四个顶点的连线围成的四 边形面积为４槡３；菱形ＡＢＤＥ内接于椭圆Ｃ． （１）求椭圆Ｃ的标准方程； （２）①坐标原点Ｏ在边ＡＢ上的投影为点Ｐ，求点Ｐ的轨迹方程； ②求菱形ＡＢＤＥ面积的取值范围． ●9:;< ３．（２０２４·保定三模）已知椭圆Ｃ的中心在坐标原点，两焦点Ｆ１，Ｆ２ 在ｘ轴上，离心 率为１２ ，点Ｐ在Ｃ上，且△ＰＦ１Ｆ２的周长为６． （１）求椭圆Ｃ的标准方程； （２）过点Ｍ（４，０）的动直线ｌ与Ｃ相交于Ａ，Ｂ两点，点Ｂ关于ｘ轴的对称点为Ｄ， 直线ＡＤ与ｘ轴的交点为Ｅ，求△ＡＢＥ的面积的最大值． 温馨提示：复习至此，请做练案［１７］ !)* 由椭圆的对称可知当P为短轴顶点时，∠CPD取得最大值，此 128k2-24-160k2+24+32 IDPI =ICPI =5,ICDI =4, 3+42 =k 21-5 =0,故为=y0,即AQ上y轴 由余弦定理得os∠CPD=CP+1DP2-1CDL2.3 2ICP\·IDPI 5 2.(1)抛物线的准线为x=一子，当MD与x轴垂直时，点M的 -放∠CPD>等，即F上存在-点P,使∠CPm=号，C 横坐标为P 正确： 此时MF=p+号=3，所以p=2,所以抛物线C的方程为了 设直线AM的方程为x=四+3.联立直线AM与F的方程得 =4x (m2+4)y2+23my-1=0, 设A(出).M(,则+为=-25m m2+4为=- 1 (2)设n(年小N(停小A(年小（华小直线 m2+4 MN:x =my +1, 所以AMI=√1+m-3= 、由可得护-4m-4=0,4>0=-4, √1+m2 12m2 由斜率公式可得w=上当：，4 ,kw= -Y4 又点0到直线AM的距离为4=5 + /m2+1 44 44 所以8Saw=2Saw=MM1·d=4B×m+打 4 m2+4 +无 个3=43（≥1）6+3≥23， 直线MD:x=-2.y+2,代人抛物线方程可得了 令1=√m+1,则S△w= 1+3 t+ 4(1-2) ·Y-8=0 当且仅当1=子，即1=时，等号成立， 4>0y=-8,所以为=2同理可得y4=2y,所以k= 所以△ABM面积的最大值为2，D正确.故选ACD. 4 4 为+%20y+2)=2 第2讲圆锥曲线的方程及计算、 又因为直线MN.AB的倾斜角分别为&，B,所以=anB= 证明、最值与范围问题 真题再现明考向 =四巴若要使a-B大则B(o,引 2 上)设c0),曲题设有6=1且片号：故-号放。 设kn=2km=26>0.则an(a-B)=ma-tan且=，5 1 tan atan B 1 +2 2 12 1 =2,6=尽，故椭圆方程为4+3=1 +22V 4 (2)证明：直线AB的斜率必定存在，设AB:y=k(x-4),A(x ）,B(), 由32·可得3+4松) 当组仅当=2即=号时，等号成立， Ly=k(x-4) 所以当《-B最大时，u=受，设直线B:=,区+， -32kx+64k2-12=0. 故△=1024k-4(3+462)(64 代人抛物线方程可得y2-42y-4n=0. 12)>0故-<< 4>0,4=-4n=4y为=-16，所以n=4,所以直线AB:x= 2y+4. 32 64k2-12 叉+3+4状名 3+462 3 ①)设点P的坐标为)，由题意得1=入F+(一 面N(30),放直线N:y=”与(-)故，= 2 两边平方可得=2+-y+士，化简得)=2+}，符合 5 x-2 -2 题意 -3y =2x-5 放甲的方程为y=+日 所以方为元+25x2+3 (2)证明：方法一：不妨设A,B,C三点在W上，且AB⊥BC 2x1-5 _k(-4)×(22-5)+3k(2-4) 设4a,+)6.+)cc,2+) 2x3-5 则A=(6-a,b2-a2),BC=(c-b.c2-62). =k2西-5（出+）+8 2-5 由题意，AB·B元=0，即(6-a)(e-b)+(6-a2)(c2-2) 。3+4+8 =0. 2x1-5 2x- 显然(b-a)(c-b)≠0，于是1+(b+a)(c+b)=0. 308 此时，lb+al·lc+bl=1.于是minl1b+al,le+bl≤1. =1. 不妨设c+b1≤1，则a=-b-6+。 由题易知，直线1的斜率存在，设直线I的方程为y=:+m, P(1y),Q(乃)， 则1AB1+1BC1=1b-a1√1+(a+b)+1e- 联立直线（与双曲线C的方程并整理得(22-1）x2+4kx+ I c -6 I 2m2+2=0, 4km 2m2+2 √1+(c+b)F≥16-al√1+(c+b)7+1ec-bl√1+(e+b)7 故+名=2西2W行 sl-ale w+6w二色+m-,+m- ,-2+6-2,-2 本-2=0 设=b+,则)=(+）+2， 化简得2名+(m-1-2)(,1+)-4(m-1)=0, 即八x)=+)是又/).+t.3-1- 故2422+(a-1-2(4(m-0=0,整 22-1 理得(k+1)(m+2k-1)=0, 2(1+x2)3·(2x2-1) 又直线1不过点A,即m+2k-1≠0，故k=-1, (2)不妨设直线PA的倾斜角为(0<8<2）】 显然=号为最小值点故九到≥( 由题意知∠PAQ=T-20,所以an∠P40Q=-am20=2an8 an28-1 故矩形ABCD的周长为2(IAB1+|BCI)≥2x)≥33. =22 注意这里有两个取等条件，一个是Ib+cl=1,另一个是Ib+cl 解得m0=成m0=-号（会去， r达-1 这显然是无法同时取到的，所以等号不成立，命题得证 方法二：不妨设A,B,D在抛物线W上，C不在抛物线W上，欲 由 得，=10-42所以1P1=515-21= 3 证命愿为M1+01>39 -=1, 由图象的平移可知，将抛物线W看作y=x不影响问题的 45×(5-卫，同理得，-10+42 3 3 证明. 设A(a,a2)(a≥0)，平移坐标系使A为坐标原点， 所以1401=515-21=45x2+山.因为m∠P40= 3 则新抛物线方程为y'=x2+2a',写为极坐标方程， 即pin0=pcos20+2pras0,即p=in0-2aosQ 2,2,所以sim∠P0=2 3 008°0 欲证明的结论为 故sam“号1Pi401n∠PA0:宁×4x-山x 3 sin 8-2ac0s 6 sml(0+）-2em(0+号 33 43x(2+1×2,2_162 3 3 91 e0s20 (0+） 5.(1)右焦点为F(2,0),∴c=2,渐近线方程为y=±3x, 也即 。+品+> 2a sin 6 不妨设22 es≥sna ,将不等式左边看成关于a的函数， ∴.b=3a..e2=a2+b2=402=4,a=1,b=3,.C的方程 根据绝对值函数的性质， 为号 其最小值当2 sa·a-ng=0即a= sin8时取得， (2)由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方 cos'0 2c0s0 程为y=缸+(k≠0)，将直线PQ的方程代入C的方程，整理 因此欲证不等式为 cos8、3E cos8in8>2· 得(3-)2-2--3=0，则无+与=，2,5 2+3 3-2>0, 根据均值不等式，有I cos Osin'0= 所以3-<0，所以1-=√(1+)-4x 2 cos 0(1-cos 0)(1-coso) -23(+3-k -3 由题意，等号不成立，故原命题得证。 设点M的坐标为(xw),则w-名=-3(-名)， 4.(1)将点A的坐标代人双曲线方程得 4 yw-为=5(xw-), 化简得心-4+4=0，得。=2，故双曲线C的方程为号- 两式相减，得力-为=23x-3(+), 又当-为=(，+)-(k,+t)=(x1-名)， 309 所以25xw=k(x1-)+5(x+名)，解得xm 则学光学兰 2 2k2-3 =本+3--缸 2-3 因为1AM1=1BW1,所以M在AB的垂直平分线上，即M在直 两式相加，得2y-(+3)=5(1-x）.又y+=(红 线y-e=-本(x-c) +)+(x2+1)=(x1+2)+21, 即y=- 上，与y=联立得 6k 1/ 所以2yM=k(无1+）+5(1-)+21，解得yM= 3+3-k-313 22 6k 2-3 t 3=cw23= 因此，点M的轨造为直线了=子，其中k为直线P四的斜率 即M恰为AB的中点，故M在直线AB上， 考点突破提能力 若选择①②：因为PQ∥AB,所以直线AB的方程为y=(x一 考点一 2),设A(x4,J,),B(x), 典例研析 =(x4-2), 不妨令点A在直线y=3x上，则由 1.(1)设P(xy),由1PAI=21PB1得 y,=3x: 解得x= 一，，=同理可得 2k v+-=aVP+(-到 k-3 整理得x2+y2=,即为曲线C的方程 -23k +3 (2):y=x+m与曲线C相切， 4 12k 所以+=一3+=3点M的坐标满 即局 √+1 w=k(xw-2). 设M(xy1),N(2 足 3 将y=x+m代人曲线E,整理得(b-a2)x2-2akmx- yw=gw (a2m2+a2b)=0.62-a22≠0 得光产加兴”，故为的中 4=4a26(m2+62-a2k2）>0, -2a'km .1十无= 点，即IAMI=IBMI. akmtub ak-b 若选择①③：当直线AB的斜常不存在时，点M即为点F(2, ”∠w0N=受0m.0示=0，即k+5=0 0),此时M不在直线了=名上，矛 .y为2=(k1+m)(k:+m)=x+km(x1+2）+m 当直线AB的斜率存在时，易知直线AB的斜率不为0，设直线 ko-mP AB的方程为y=m(x-2)(m≠0)，A(x4y,).B(xgya）,不妨 a2k2-62 令点A在直线y=3r上，则由，=m(-2, 02m2+n262a6-m2 ak2-6 a2k-月 0 y=3x .a2b2 解得无，▣2m m+= 2m 整理得。 切、石，，=二，同理可得。= m-√3 即6=2a2,c2=3n2,e=3. -23m 故曲线E的离心率为3 m+3 跟踪训练 +n-2m2 因为M在AB上，且AM=BM1,所以xw=2 1.(1)设动圆S的圆心为S(xy),半径为r, m2-31 可得圆F,:(x+7)2+y2=1的圆心为F,(-7,0),半径为 ”3又点v在直线y=名上，所以贸 m-3 1,圆F:(x-7)2+y2=25的圆心为F(7,0),半径为5 32m 因为圆S与定圆F,F都内切， km2-3 所以1SF,1=r-1,ISFI=r-5, 解得名=m,因此PQ∥AB. 此时1SFI-1SF2I=4<IFFI=2√7. 若选择②③：因为PQ∥AB,所以直线AB的方程为y=(x- 可得动圆S的圆心的轨迹为以F,(-7,0),F,(70)为焦点 2).设A(x1y),B(xma), 的双曲线的右支 不奶令点4在直线y=3x上，则由=，-2. 此时e=7,a=2, y1=3x1, 则b2=2-2=3, 解得后得同理可得 2 k-51 故销连C的方程为号-号=(：≥2》 _2设AB的中点为C(cc (2)易知直线1的斜率存在， k+3 设直线1的方程为y-1=(x-2),P(x),Q(x2少)， -310 ry=(x-2)+1, 跟踪训练 联立{上 消去y并整理得(3-4)x2+(16k2-8k)x 43=, 2（)由题意知，两椭圆有相同的离心率，则有气=立， 4 -16k2+16k-16=0 a2=36, 此时3-4≠0且4>0， 又点P(3,1)在椭圆E,上， 由韦达定理得新+名=一16+8 -16k2+16k-16 3-4 >0,x2= 3-4k 有+方=1，解得0=6，=2。 >0, 为当1(32-2)+3(x1-2) 所以椭圆名的标准方程为号，号1 此时6w+w无-2+-2（出-2西-2刃 (2)证明：要证S△m=S△mww,即证1AP1=1BQ1, -[s-2)+1(s-2)+[(3-2)+1](-2 A(x.y).B(xm.a),P(xp.y).Q(xo.yo). (1-2)(2-2) 当直线1斜率不存在时，由椭圆对称性可知IAP|=|BQI 2(-2-2]+6+)=4=26+(+6）-4 成立， (x1-2)(.1-2) x1-2(x1+5)+4 当直线，斜率存在时，设斜率为k,则AB方程为y-1=k(x -16k2+8k-4 -3) =2k+ 3-4k2 -16M+16k-16-2.-16k+84+4 2k+84-卫=3. -4 y-1=k(x-3) 3-42 3-4h2 由 2 得(3+1)x2+(6k-63)x+3(1 易知直线AM的方程为y=kw(x-2),直线ANy不 的方程为y=片n(x-2), -3k)2-6=0. 所以2.2u2=w+w=3, 63k-6k 3(1-3)2-6 2 2 则。+y= 3+1 ,xg 34+1 则线段MW的中点为(4,3)， y-1=k(x-3). 因为号-号=1放点G在轨连G上 由{x2 得(3+1)x2+(6k,-63)x+3(1 考点二 -3%,)2-12=0. 典例研析 2.【证明】(1)不妨设抛物线外一点T(,), 65-6k 3(1-5k,)2-12 过点T作抛物战的切点弦所 则+3城+ 3k+1 在直线方程为%=2(x+ 得x+x0=x+无，所以x印一：=g-g x0》, 又IAP1=√个+·Ix-x4l,IBQI=√1+所·xg-xl 若点T的坐标为(-1,1)， 则有1AP1=1BQ1, 此时切点弦方程为y=2(x 所以△APD与△BQD等底等高，则Sam=S么w -1), (3)证明：由(2)可知1AP1=|BQ1,同理有1CP1=1DH1,由 连接TF,易得km=- 2 -品可品-品 则knkr=-1. 则有IAPI·IBPI=ICPI·IDPI, 故以TM为直径的圈过焦点. 设直线CD的斜案为k2,直线CD方程为y-1=k(x-√5)， (2)若点T的坐标为(-2,2)， 设C(xe,yc),D(xnyn), 此时切点弦所在直线方程为y=x-2, y-1=k(x-3), 联主-2消去上并整理得了-4y-80。 由{x2 可得(3+1)x2+(6k,-65号)x+ 1y2=4x, 解得为=2+23或为=2-23】 3(1-3k)2-12=0. 不妨设M(1y),N(), 此时直线MF的方程为(1-1)y=方(x-1), 所以xc+xn= 63-6k 3+1 e-31-5)-12 3+1 可得点7到直线F的距离山=-2-2(x-1)- 则ICP·DPI=√I+·lxe-xnl·√1+店·xn-xpl, √+(1-1)2 IAP·1BP=√个+·xA-xl·T+·lxg-nl, 15y,+21 =23, 所以(1+)·1xc-x,l·1xn-x1=(1+)·x-r1 √2+2y1+1 lxg -xpl. 同理得点T到直线NF的距离山=-2水，-2（出-）-」 即(1+居)·xcxn-xn(xe+xn)+x|=(1+品)·Ixxg √分+(x2-1)月 xr(+xn)+x, I5y2+2 =23, √23+21+1 化横或实即片。 则d,=d.故∠MFT=∠NFT 由题意≠么1，所以k,+=0,故《+B=元 311 考点三 典例研析 八椭圆C的标准方程是 4 +3=1 3(1)根据题意设椭圆C的标准方程为号+片 +存=1，c=1, 由已知得，b=23,a2-=1. 解得a=2,b=3, 所以椭圆C的标准方程为子+兮=山。 ry=kx+m. (2)设直线1的方程为x=y+4(1≠0)，4(，)，B(), (2)依题意设直线AB的方程为Y=kx+m,由 得 rx=ty+4, 4+3=1, 联立 x2,Y,消去x整理得(32+4)y2+24y+36=0. (3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0, 43=1, 由题意4=64m2-4(3+42)(4m2-12)=48(42-m2+3) 24 36 则+为3+43+4 >0,则名+= 8km 3+4南= 4m-12 3+4k2 点B,D关于x轴对称，则D(,-为).设点E(,0) 所以=(，+m)·(+m)=3m-12然 3+4h2 A,B,D三点共线，则kw=km,即，。=二五 :-0无- ①因为四边形ABDE为菱形，所以OA⊥OB, 即（名-）=-方(x-x),即名+1=(1+) 所以0·02=0 4nm2-12+3m2-12K=0. 得和=5+适.（出+4）+(+4 所以x+=3+4W y +y yi+y 3+4k2 2出+4m*.2业+4=2，x36+4=l. 所以7m=12(2+1),即m2=_12(E+D yi+y y+5 241 7 .点E(I,0)为定点，1EM1=3. 因为1OPI为点O到直线AB的距离， 所以IOPI=d= m 12 S版=1SaE-Sae1=子1BW1·1X-为1= 多0+4 所以P点的轨凌方程为广+y=号 ②因为1AB↓=√(1+6)儿(+-42J=45 -号兴-匠令a 312+4312+4 1+k)(4-m+3 0) (4w+3月 则SaE 18m 18m 18 9 3(m+4)+43m2+16 6s 所以△A0B的面积S=2 ×↓AB×d= 3m+ m V3m 16 12/k+1)(16k+9】 =33 7N(42+3)2 4 令1=3+4，则>3.学2s=号√ 4+1-3 当且仅当m=4:5时取等号，△BE的面积的最大值 3 4 +4 为炉 因为>3，所以0<1≤ 第3讲 圆锥曲线的定点与定值问题、 ≤3 存在性问题 所以当1=6时=5，当1=3时，S=号，所以号≤S 真题再现明考向 ≤3， 由对称性可知菱形ABDE面积等于△AOB面积的4倍， a 所以姿形ABDE面积的取值范围为号4，可 ·（1)由题意可得{4，⊥=L.解得a=6,6=c=3,故椭圆C 跟踪训练 a2=b2+c2, 30)由照意可设锅国C的标准方程为号+云-1。 的方程为是 :路心率为分即e=后=分则0=2 (2)证明：设点M(x方)，N(:为).因为AM⊥AN,所以A7 A=0. △PF,F2的周长为6，则PF,1+1PFI+1F,FI=6, 即(x1-2)(2-2)+(为1-1)(3-1)=0.① ∴.2a+2e=6,即a+c=3. 当直线MN的斜率存在时，设其方程为y=x+m,如图1. 于是2c+e=3,解得e=1,则a=2,b=a-c=3 代人椭圆方程消去y并整理，得(1+2)x2+4hmx+2m2-6 312