第八章 高考重点突破二 圆锥曲线的综合问题-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习（人教A版2019）

回高考一轮总复习·数学·RUA [典例1]已知直线l过抛物线C:y=2px(p>0) [典例2]已知F为抛物线C:y2=4x的焦点，过 的焦点，且与该抛物线交于M,N两点.若线段 F作两条互相垂直的直线l1,l,直线41与C交 MN的长为16，MN的中点到y轴距离为6，则 于A,B两点，直线42与C交于D,E两点，则 △MON(O为坐标原点)的面积是 ( |AB+IDEI的最小值为 () A.8V3 B.8v② C.6√2 D.6 A.16 B.14 C.12 D.10 感悟方法 感悟方法乙 若直线过抛物线的焦点，并且题目中涉及弦长， 如果題目条件或所求问题中涉及把过抛物线焦 一搬要考虑结论应用1AB到=x十3十p=22 sin'a 点的弦分为两段，则要考虑应用结论AF十 (a是直线AB的倾斜角). 1 2为定值(F是抛物线的焦点) 高考难点突破二 圆锥曲线的综合问题 第1课时 范围与最值问题 提升能力 考点剖析⊙ [对应答案P44] 考点 最值问题（多雏探究） 角度1基本不等式法求最值 角度2函数法求最值 [例1](2022·全四甲卷)设抛物线C:y=2x(p> [例2](2023·新高考全国I卷)在直角坐标系 O)的焦点为F,点D(p,O),过F的直线交C于M, xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点 N两点.当直线MD垂直于x轴时，MF=3. (0,)的距离，记动点P的轨迹为w。 (1)求C的方程； (2)设直线MD,VD与C的另一个交点分别为 (1)求W的方程： A,B,记直线MN,AB的倾斜角分别为a,R.当 (2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明： a一B取得最大值时，求直线AB的方程. 矩形ABCD的周长大于3√3， ®180 第八章平面解析几何回 感悟方法必 (1)求椭圆E的标准方程； 处理圆锥曲线最值问题的求解方法 (2)过椭圆E的左焦点F作斜率存在的两直线 圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多 AB,CD分别交椭圆于A,B,C,D,且AB⊥CD, 变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何 线段AB,CD的中点分别为M,N,求四边形 法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面 BCMN面积的最小值. 几何中的定理，性质等进行求解：二是利用代数 法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示 为某个（些）参数的函数（解析式），然后利用函 数方法、不等式方法等进行求解。 多变式训练多 (2024·湖南长迹·二模)已知椭圆E中心在原 点，左焦点为F(一1,0)，其四个顶点的连线围成 的四边形面积为2√2. 考点2 范围问题（师生共研） [例3](2024·新高考上海卷)已知双曲线：x (3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出 、 一京=1(b>0),左、右顶点分别为A1,A,过点 参数的取值范围； (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出 M(一2,0)的直线l交双曲线T于P,Q两点. 参数的取值范围： (1)若离心率e=2时，求b的值： (5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为 (2)若62，△MA,P为等腰三角形，且点P 其他变量的函数，求其值城，从而确定参数的取 在第一象限，求点P的坐标； 值范围. (3)连接OQ(O为坐标原点)并延长交P于点 ◆变式训练多 R,若A,R·A2P=1,求b的取值范围. 已知抛物线C:y=2px(p>0)上一点P(x,2), 抛物线C的焦点F在以OP为直径的圆上(O为 坐标原点). (1)求抛物线C的方程： (2)过点P引圆M:(x-3)+y2=r2(1<r≤3) 的两条切线PA,PB,切线PA,PB与抛物线C 的另一交点分别为A,B,线段AB中点的横坐标 记为t,求实数t的取值范围. 感悟方法 解决圆锥曲线中的取值范围 问题应考虑的五个方面 (1)利用國锥曲线的几何性质或判别式构造不 等关系，从而确定参数的取值范围： (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； 请完成《课时检测训练54》 181® 回高考一轮总复习·数学·RUA 第2课时 定值与定点问题 [对应答案P449] 提升能力 考点剖析。 考点小 定点问题（师生共研） [例1们(2023·全国乙卷理科)已知椭圆C:若+ 必变式训练冬 云=1a>>0)的离心率是5，点A(-2,0)在 2025,赤*模拟)已知椭圆0：+ 存=1(a>b C上. >0的离心率为9焦距为2， (1)求C的方程； (1)求2的标准方程： (2)过点（一2,3）的直线交C于P,Q两点，直线 (2)过2的右焦点F作相互垂直的两条直线11， AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明：线段 L(均不垂直于x轴)，l1交2于A,B两点，L2交 MN的中点为定点. Q于C,D两点.设线段AB,CD的中点分别为 M,N,证明：直线MN过定点 感悟方法 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工， 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一y。=k(x一x),则直线必过 定点(xo,y):若得到了直线方程的斜截式y= x十m,则直线必过定点(0，m). ®182 第八章平面解析几何回 考点2 定值问题（师生共研） [例2]已知直线1：x十4=0，M为平面内一动点， (2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的 过点M作直线l的垂线，垂足为N,且OM· 距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件 ON=0(O为坐标原点). 化简、变形求得. (1)求动点M的轨迹E的方程； (3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解 (2)已知点P(0,2),直线y=x十t(t>0)与曲线 析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可 E交于A,B两点，直线PA,PB与曲线E的另 求得。 一交点分别是点C,D,证明：直线CD的斜率为 冬变式训练 定值。 (2025·学和治椅模拟)已知椭圆 后+芳-1o b>0)的一个焦点为F(2,0),且椭圆经过点 M(w5,-1). (1)求椭圆的方程； (2)设A,B是x轴上的两个动点，且|AM|= |BM,直线AM,BM分别交椭圆于点P,Q(均 不同于M),证明：直线PQ的斜率为定值， 感悟方法 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. 请完成《课时检测训练55》 183® 回高考一轮总复习·数学·RUA 第3课时 证明与存在性问题 [对应答案P450] 提升能力 考点剖析⊙ 考点1 证明问题（师生共研） [例1门 (2023·北家账)已知椭圆E:号大 2=1(a ◆变式训练 >0)的离心率为号A,C分别是E的上.下 (2024·金四甲卷)设椭圆C号+芳-1o>6> 顶点，B,D分别是E的左、右顶点，|AC=4. 0)的右焦点为F,点M1,2)在C上，且MF⊥ (1)求E的方程； x轴。 (2)设P为第一象限内E上的动点，直线PD (1)求C的方程： 与直线BC交于点M,直线PA与直线y=一2 (2)过点P(4,0)的直线与C交于A,B两点，N 交于点N.求证：MN∥CD. 为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点 Q,证明：AQ⊥y轴. 感悟方法 圆锥曲线中的证明问题涉及证明的范围比较 广，但无论证明什么，其常用方法有直接法和转 化法，对于转化法，先是对已知条件进行化简， 根据化简后的情况，将证明的问题转化为另一 问题， ®184 第八章平面解析几何回 考点2 存在性问题（师生共研） [创2]（2024·新高专天津卷)已知椭圆后+芳 ◆变式训练 =1(a>b>0)的焦距为2，点 1(a>6>0),椭圆的离心率e=2左顶点为A, 已知烧圆C号+ 下顶点为B,O为坐标原点，C是线段OB的中 (1,号)在c上. (1)求C的方程： 点，其中SAc= 33 2 (2)若过动点P的两条直线11,2均与C相切，且 (1)求椭圆方程； 4,l2的斜率之积为一1，点A(-√5,0)，问是否 (2)过点(0，一号)的动直线与椭圆有两个交点 存在定点B,使得PA·PB=0?若存在，求出点 P,Q,在y轴上是否存在点T使得TP.T≤0 B的坐标；若不存在，请说明理由. 若存在，求出点T纵坐标的取值范围；若不存 在，请说明理由. 感悟方法 存在性问题的求解策略 解决存在性问题，先假设存在，推证满足条件的 结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不 存在 (1)当条件和结论不唯一时要分类讨论， (2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假 设成立，再推出条件. (3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证 明结论符合题意。 请完成《课时检测训练56》 185® 回高考一轮总复习·数学·RUA 自主培优15 解析几何运算中的常见技巧 →对应吾案P451 技巧一回归定义，巧用性质 技巧三数形结合，偷梁换柱 [典例1订 R,R是椭圆G:菁+y-1与双曲线 [典例3] 已知F是双曲线C:2-首-1的右焦 C2的公共焦点，A,B分别是C1,C在第二、四 点，P是C的左支上一点，A(0,6√6).当△APF 象限的公共点.若四边形AFBF,为矩形，则 周长最小时，该三角形的面积为 C,的离心率是 感悟方法 A.√2 B.√5 要求△APF周长的最小值，其实就是转化为求 c号 D 解三角形三边长之和的最小值，根据已知条件 与双曲线定义加以转化为已知边的长度问题与 感悟方法 已知量的等价条件来分析，根据直线与双曲线 本题巧妙运用椭国和双曲线的定义建立|AF|, 的位置关系，通过数形结合确定点P的位置， |AF2|的等量关系，从而快速求出双曲线实半 通过求解点P的坐标进而利用三角形的面积 公式来处理。 轴长a的值，进而求出双曲线的离心率，大大降 低了运算量. 技巧四妙用向量，无中生有 [典例4】如图，在平面直角坐标系xOy中，F是 技巧二 设而不求，整体代换 [典例2]过点M(1,1)作斜率为- 号的直线与椭 方=1(a>b>0)的右焦点，直线y= 圆c后+ =1(a>b>0)相交于A,B两点， 名与椭圆交于B,C两点，且∠BFC=90,则该 椭圆的离心率是 若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等 于 感悟方法 在运用圆锥曲线问题中的设而不求方法技巧 时，需要做到：①凡是不必直接计算就能更简洁 感悟方法2 地解决问题的，都尽可能实施“设而不求”：② 本题通过相关向量坐标的确定，结合∠BFC “设而不求”不可避免地要设参、消参，而设参的 90°，巧妙借助平面向量的坐标运算来转化圆锥 原则是宜少不宜多 曲线中的相关问题，从形入手转化为相应数的 形式，简化运算 ③186高考难点突破二 第1课时 [提升能力 考点剖析] -+÷-(c+)则kAB·kp=-1,a+b<b+c,令k 考点1 =a+b=m<0. [例1]解(1)抛物线的准线为 x=-2,,当MD与x轴垂直 时，点M的横坐标为p, m=-n同理令k=b+c=n>0,且mn=-1,则： 设矩形周长为C,由对称性不妨设|m|≥|n|, 此时|MF|=p+2=3,,所以p=2,所以抛物线C的方程 为y2=4x. kc-kA=c-a=n-m=n+n, 则县c=|AB|+|BCI M(4,x),n(,y?),A(,w),B(,y.),直(2)设1 =(b-a)√1+m2+(c-b)√1+n2 线MN:x=my+1, ≥(c-a)√1+n2=(n+n)√1+n3.n>0,易知 3=4x+1,由 可得y2-4my-4=0,△>0,y?y?=-4, 二x+x二 由斜率公式可得 (n+六)√1+n3>0 则令f(x)=(x+1)(1+x23),z>0, =v.4 f(x)=2(x+1)(2x-1), 直线MD:x=-2·y+2,代入抛物线方程可得y2- x=2 令f'(x)=0,解得 4cx?-2).y-8=0, 当xe(o,2) )时，f'(x)<0,此时 f(x)单调递减； △>0,y?ys=-8,所以y?=2y?,同理可得y=2y?, 所以k=v。+y.2(,+x=2 又因为直线MN,AB的倾斜角分别为α,β, 所以km=tanβ=k2=ta2e, β∈(0,匹),若要使α-β最大，则 x∈(2,+),f(x)>0,当 ,此时f(x)单调递增， 则f(x)m=r()=27,故会c≥√27=323,即C≥ 3√3. 当C=3√3时，,n=,m=-√2, 且(b-a)√1+m2=(b-a)√1+n2, 设km=2km=2k>0,则 tan(a-β)=i+ttan atan β= +2-+ 方=2k即k=时，等号成立，当且仅当- ,k=2,设直线AB:x=√2y+n,所以当α-β最大时， 代入抛物线方程可得y2-4√2y-4n=0, 即m=n时等号成立，矛盾，故C>3√3,得证. [变式训练] 解(1)根据题意可知椭圆的焦点在x轴上，设椭圆E的标准 +前=1a>b>0),方程为 椭圆四个顶点的连线围成的四边形是菱形，两条对角线互相垂 直，而两条对角线长分别为2a,2b, 2×2a×2b=2√2,即ab=√2,由已知得 因为左焦点为F(-1,0),所以c=1,可得a2-b2=1, △>0,y?y?=-4n=4y?y?=-16,所以n=4,所以直线AB: {-62=1,? {b=12解得 (负值舍去)联立 x=√2y+4. sl=√2+(y-),[例2]解(1)设P(x,y),则 ,两边同时 +y2=1. 故椭圆E的标准方程为 (2)作出椭圆E的图象，如下图所示： y=x2+4,平方化简得： 故W:y=x2+4 ↑ A C M (2)证明：设矩形的三个顶点A(a,a2+4),B(b,b2+4), F lo X c(c,2+4))在W上，且a<b<c,易知矩形四条边所在直 线的斜率均存在，且不为0, B N D y D 根据题意可知直线AB,CD的斜率存在，且AB⊥CD, 所以两直线AB,CD的斜率存在且不为0, 因此设直线AB,CD的斜率分别为k,方， C A 又F(-1,0),设直线AB的方程为y=k(x+1),直线CD的方 程为y=-方(x+1) B o 设A,B,C,D的坐标分别为(x?,y?),(x?,y?),(xs,ys),(x?, y?), ·447· 高考一轮总复习·数学·RJA 设四边形BCMN的面积为S. 当直线l的斜率为0时，此时A?R·A?P=0,不合题意，则 -1.得(2k2+1)x2+4k2x+(2k2-2)=0,联立< k?≠0,则设直线l:x=my-2, △=(4k2)2-4×(2k2+1)(2k2-2)=8(k2+1)>0, 因为x?xr?是该方程两根，由韦达定理可得 设点P(x?,y?),Q(x?,y?),根据OQ延长线交双曲线P于 点R, 根据双曲线对称性知R(-x?,-y?), 联立有-{-m2-Dy-u6m+6-, 由弦长公式可得|AB|=√(x?-x?)2+(y?-y)2=√k2+1|x? -x?I=√k2+1·√(x?+x?)2-4x?x?, 则IAB|=√k+12k+18-22k+1, c-t)a同理可得， 显然二次项系数b2m2-1≠0, 其中△=(-4bm2)2-4(b2m2-1)3b2=4b'm2+12b2>0, y?+y?=b.4mm①,y?y?=m2I②, y P e 因为M,N分别是线段AB,CD的中点，且AB⊥CD, M o /A 所以BM⊥CN,|BMI=2IAB|,ICNI=2ICD|, A, R x s=2|BM|·ICNI=8IAB|·|CDI=28(2k+1)· A?R=(-x?+1,-y?),A?P=(x?-1,y?), 2√2++1)=(2k+3+(R+2), 则A?R·A?P=(-a?+1)(x?-1)-y?y?=1,因为P(x?, y?),Q(x?,y?)在直线l上， 则x?=my?-2,x?=my?-2, s=2k+5k+2-2(1-2k+5k2+2)所以S 即-(my?-3)(my?-3)-y?y?=1,即y?y?(m2+1)-(y? +y?2)3m+10=0, 2(+六)+5>÷(-2x2+5)-贵 将①②代入有(m2+1)·pm2-1-3mb4m-1+10=0, k=,当且仅当， ,即k=±1时，等号成立. 9故四边形 BCMN面积的最小值为 即3b2(m2+1)-3m·4b2m+10(b2m2-1)=0, 化简得b2m2+3b2-10=0, m2=1-3,所以： ,代入到b2m2-1≠0,得b2≠3, 考点2 [例3]解 (1)由题意得e=C=1=2,则c=2,b=√22-1 b3≤3且m2=b-3≥0,解得 ,又因为b>0,则0<b2 ≤3 =√3. b=236(2)当 时，双曲线 综上知，B∈(0,3)U[3,], r.2-=1,其中M(-2,0), ∴b∈(0,3)U[3,3] A?(1,0), [变式训练] 因为△MA?P为等腰三角形，则 x=-2上，这与点①当以MA2为底时，显然点P在直线a P在第一象限矛盾，故舍去； o=是，4=2p×解(1)由已知条件可得∠PFO=90°,所以 t=p2, ②当以A?P为底时，|MP|=|MA?I=3, {b-=21,解得 所以抛物线的方程为y2=4x. +x--设P(x,y),则 (2)由题意可知，过P引圆(x-3)2+y2=r2(1<r≤√3)的切线斜率存在， 联立解得< 设切线PA的方程为y=k?(x-1)+2,则圆心M到切线PA a=2A+=的距离c 因为点P在第一象限，显然以上均不合题意，舍去； (或者由双曲线性质知|MP|>|MA?|,矛盾，舍去); 整理得(r2-4)ki-8k?+r2-4=0, 设切线PB的方程为y=k?(x-1)+2, 同理可得(r2-4)k2-8k?+r2-4=0. ③当以MP为底时，|A?P|=|MA?I=3,设P(xo,y。),其中 所以k?,k?是方程(r2-4)k2-8k+r2-4=0的两根，k?+k?= x?>0,y?>0, {0=2、2,则有 即P(2,2√2).解得 84,kk=1. {y=4cx-D+2得k?y2-4y-设A(x?,y?),B(x?,y2),由 4k?+8=0, 综上所述：P(2,2√2). (3)由题知A?(-1,0),A?(1,0), 2y.=8-4,由韦达定理知： ·448·高考一轮总复习·数学·RJA v=4-2-A-2=4k?-2,所以： 同理可得y?=4k?-2. =t=8_4k?-2)+(4k,-2)设点D的横坐标为t,则 =2(k2+k)-2(k?+k?)+1=2(k?+k?)2-2(k?+k?)-3. m=,?4∈[-8,-3],设m=k?+k?,则 m=2>-3,所以t=2m2-2m-3,对称轴1 ,所以t在m∈ [-8,-3]上单调递减，则t∈(49,141). 第2课时 [提升能力 考点剖析] 考点1 [例1]解(1)由题意可得 解得 9+=1.所以椭圆方程为 (9,0).y=55(x-9)(2)证明：由题意可知，直线PQ的斜率存在，设直线PQ:y即y ,则直线MN过定点( =k(x+2)+3,P(x?,y?),Qx?,y2), += +3, 消去y得(4k2+9)x2+8k(2k联立方程组 x=9,当k=±1时，直线MN的方程为 +3)x+16(k2+3k)=0, 则△=64k2(2k+3)2-64(4k2+9)(k2+3k)= -1728k>0,解得k<0, 可得z?+a?=-842k+93),x,x?=164k+3k) AP:y=zx;+2(x+2),因为A(-2,0),则直线 令x=0,解得-+2,即M(0.2+2), 2+_G+2+3N(0,2+2),则2同理可得 +kz.+2+3 _kx+(2k+3)(++2)(?+2(2k+3)(z?+2) _2kzjx?+(k?+2(z?+x?)+4(2k+3) 所以线段PQ的中点是定点(0,3). 4X M B P A o Q [变式训练] 解(1)因为椭圆的离心率e==5,2c=2,且a2=b2+2, 所以c=1,a=√5,b=2, +=1.故Ω的标准方程为 (2)证明：由(1)知F(1,0). 设直线AB的方程为y=k(x-1)(k≠0), +安-A(x?,y?),B(x?,y?),联立 消去y,得(5k2+4)x2-10k2x+5k2-20=0, 则x?+x?=5R0+4,?+y?=52+4, (55+4'5-44).所以点M的坐标为 因为CD⊥AB,所以CD的斜率为-方. ,可得点N的坐标将点M坐标中的k换为 (4k+5'442+5).为( 当k≠±1时，设直线MN的斜率为kMN, 则k-—=5k-5, y4R4+5-52-5(x-4?+5),所以直线MN的方程为： (9,0).也过点( (,0).综上所述，直线MN过定点( 考点2 [例2]解(1)设M(x,y),则N(-4,y),则OM=(x,y),ON= (-4,y), 所以OM·ON=-4x+y2=0,则E的方程为y2=4x. (2)证明：设A(x?,y1),B(x?,y2),C(x?,y3),D(x?,y), {=a+:,得y2-4y+4t=0,则△=16-16t>0,联立 即0<t<1, 且y?+y?=4,y?y?=4t,又直线PA为：y=4G-22+2, +2,联立 '得(y?-2)y2-y?y+2y2=0, v,=2-z,由韦达定理得： v=2z,同理得y=2所以： 则-一录这-+- =44y?--4sy+)+4]=4-84=1,,故直线CD的斜 率为定值. [变式训练] 解(1)由已知c=2,得a2-b2=4①. 3+=1②.将点M(√3,-1)代入椭圆方程得 联立①②,解得a2=6,b2=2, +送=1.所以椭圆方程为 (2)证明：显然直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y= kx+m,P(x?,y?),Q(x?,y2), -联立{ 得(3k2+1)x2+6kmx+3m2-6=0, x?+?=3k?+I,?=3R2+1满足△>0时，有 · 449· 高考一轮总复习·数学·RJA 由|AM|=|BM|,得kMp+kg=0, ++-+3=0,即：--+-±=0,即 化简得2kx?x?+(m+1-√3k)(x?+x?)-2√3(m+1)=0, 即3√3k2+3k(m+2)+√3(m+1)=0, 即(3k+√3)√3k+m+1)=0. 又点M(√3,-1)不在直线PQ上， 所以√3k+m+1≠0, k=-3,所以3k+√3=0,所以 故直线PQ的斜率为定值-3. 第3课时 [提升能力 考点剖析] 考点1 =-5,则c=5a[例1]解(1)依题意，得 又A,C分别为椭圆的上、下顶点，|AC|=4, -4),A(x?,y?),B(x?,y2), y4 所以2b=4,即b=2, a2-9a2=4a2=4,所以a2-c2=b2=4,即( {3=2k(4-412,可得(3+4k2)x2由{ Q A M B P -32k2x+64k2-12=0, o 则a2=9, 故△=1024k-4(3+4k2)(64k2- F N 9+4=1.所以椭圆E的方程为 12)>0,故-2<k<2, +4=1,(2)证明：因为椭圆E的方程为 又x?+?=3+4k?=63+42, 所以A(0,2),C(0,-2),B(-3,0),D(3,0). 因为P为第一象限E上的动点，设P(m,n)(0<m<3,0< 而N(号，0),,故直线BN.y-5-艺),故y。= "+4=1,n<2),则? y A p B 可 方 y?-vo=v+235=×(2-5)+3所以 y=-2 C N _k(z?-4)×(2-5+3k(z?-4) M 易得k=°3-2o=-3,则直线 BC的方程为 =k2x,x,-5(z-52)+8 y=-3x-2, km=m-3=m-3,,则直线PD的方程为 _--+8 y=m"3(x-3), --。 故y?=yq,即AQ⊥y轴。 联立 考点2 e=2,故a=2c,b=√3c,[例2]解(1)因为椭圆的离心率为 其中c为半焦距， 即M(33m+2m-6)?n+2m-6), y="-2x+2,ke=m-2="-2,则直线PA的方程为而k 令y=-2,则-2="2a+2,解得x=--2, 所以AC-2c,0),BCO,-√3c),c(0,-3c),故S△=2 ×2cx1c=323, 故c=√3,所以a=2√3,b=3, 即N(=-2,-2). +子=1.故椭圆方程为 又2+4=1,则m2=9-94,8m2=72-18n2, 所 =(9n-6m+168(n-2)1+4m(3n+2m-6) y(o,-2)(2)若过点( )的动直线 Q的斜率存在，则可设该直线方程 TA为y=kx-2, o x C设P(x?,y1),Q(x?,y2),T(O,t), P B ·450· =9n2+8nm2+6m-12m2-36 =92+72-184+6m-12m-36 =9mn2+6mm-12m+36 =3(-3n3+2mm-4m+12)=3 又km=3-2=3,即km=km, 显然，MN与CD不重合，所以MN//CD. [变式训练] &=3,故21=3,故解(1)设F(c,0),由题设有c=1且 a=2,b=√3, +3=1.故椭圆C的方程为 (2)证明：由题意知，直线AB的斜率必定存在，设AB:y=k(x 高考一轮总复习·数学·RJA v-t-由 可得(3+4k2)x2-12kx-27=0, 故△=144k2+108(3+4k2)=324+576k2>0且x?+x?= 3+4k,ix?=-3+4 而TP=(x?,y?-t),TQ=(x?,y?-t), 故TP·TQ=x?x?+(y?-t)(y?-t)=x?x? +(kx,-2-t)(kx-2-) =(1+k2)a?x?-k(2+t)(x?+x?)+(2+t) =(1+k)×(-3+4k)-k(2+t)×3+24k+(2+t) z-z--s+3(+)+a+zve _[s+20-1z-5x+(+)- +)-u因为TP·TQ≤0恒成立，故 解得 -3≤<2 (0,-2)若过点( 的动直线的斜率不存在，则P(0,3),Q(0, -3)或P(0,-3),Q0,3), 此时需-3≤<≤3,两者结合可得-3≤<2 综上，存在T(0,t)(-3≤i≤2),使得TP·TQ≤0恒 成立. [变式训练] 解(1)由题意知，椭圆C的半焦距c=1,焦点分别为(-1,0), (1,0), 2a=√a1-12+(号)+由椭圆定义得，椭圆长轴长： J1+1)2+(②)2=2√2,,即a=√2,b2=a2-1=1,所以椭圆 +y2=1.C的方程为 (2)设点P(x?,y。),显然x?≠±√2,过点P的直线方程为y- yo=k(x—x), 由2+2-=2-2)消去y并整理得(1+2k2)x2+4k(y?- kx?)x+2(y。-kx。)2-2=0. 因为直线L与C相切，则△=16k2(y。-kx。)2-8(1+2k2)[(y。 -kax?)2-1]=0,得(y?-kx。)2=1+2k2, 即(x2-2)k2-2x?y。k+y?-1=0,设直线L,l?的斜率分别为 k?,k2,显然k?,k2是上述关于k的一元二次方程的两个根， kk?=-2=-1,则 ,化简得x3+y2=3,即点P到坐标原点O 的距离|PO|=√3, 故点P在以O为圆心，√3为半径的圆上，并且是动点，而点A 为该圆上一定点， 则当满足PA·PB=0时，AB为圆O的直径，即点B(√3,0), 所以存在点B(√3,0)满足题意. ·451· 自主培优15 [典例1]D 解析 由已知，得F?(-√3,0),F?(√3,0),设双曲 线C?的实半轴长为a,由椭圆及双曲线的定义和已知，可 得 解得a2=2,故a=√2.所以双曲 线C?的离心率一- [典例2]受 解析 设 :(z?-2)(z,+z2+-2)(y?+v2=0, ∴x2--·+2=-2, x?+x?=2,y?+y?=2, ∴-=-2∴a2=26B. 又∵b2=a2-c2,∴a2=2(a2-c2), :a2=22,∴&-2 e=.即椭圆C的离心率( [典例3]12√6 解析 设双曲线的左焦点为 F?,根据双曲线的定义可知|PF|=2a+ |PF?I, "A 则△APF的周长为|PA|+|PF|+|AF| =|PA|+2a+|PF?I+|AF|=|PA|+ |PF?I+|AF|+2a, P F F 由于|AF|+2a是定值，要使△APF的周 长最小，则|PA|+|PF?|最小，即P,A,F?共线. 3+由于A(0,6√6),F?(-3,0),则直线AF?的方程为- 66=1,即z=2√6-3, 代入双曲线方程整理可得y2+6√6y-96=0,解得y=2√6 或 y=-8√6(舍去), 所以点P的纵坐标为2√6,所以S△AP=S△AFF,-SAPre,= 2×6×6√6-2×6×2√6=12√6. 典例4 y=2代入椭圆+学=1,解析 把： ,可得x= ±a,则B(-a,2),c(a,2), FB=(-a-c,2),FC=(a-c,2),而F(c,0),则1 又∠BFC=90°, 故有B·FC=(-3a-c,2)·(a-c,2)=&- 4a2+4b2=c-3a2+4(a2-c)=4c2-2a2=0,则 有3c2=2a2, 所以该椭圆的离心率e== 高考一轮总复习·数学·RJA