课时分层检测(70)圆锥曲线中范围与最值问题&课时分层检测(71)圆锥曲线中定点与定值问题-【创新大课堂】2026年高三数学一轮总复习

=2x1x2+2y12-6W2(x1+x2)-t(y1+ y2)+32 -(+)西(9：+6)西+ x2)+4r+32 =4(2+8)(2+92_42(32+24+42+ 212-9 2t2-9 32=0. 所以GD.H正=GE.Di, 所以GD11HE1·cos0=|GE1|Di1· c0s0, 0-0 3.(1)解因为双曲线C的离心率为√2， 所以√小+-E,即a-6, 故双曲线C的方程为x2一y2=a2。 由-2x+4得3x2+165x+48+ x2-y2=a2, a2=0. 因为直线4：y=2x十45与双曲线C仅有 一个公共点， 所以△=(16√3)2-12×(48+a2)=0, 解得a2=16, 用花双由线C的方银为后一荒山 (2)证明因为直线2平行于山， 所以设l2:y=2x十m(n≠士4√5). 设M(x1y1),N(2'2). （x2y2 由61消去y. （y=2x+m, 得3.x2+4mx十m2+16=0, 所以上十=-0,2-m16 3 3 由题意知△=16m2-12(m2+16)>0, 解得m-4√5或m>4√5. 如图，过点A与L2垂直的直线为l3:y= --2. 设L3与双曲线C交于另一点H, =-2-2 由 ）x2y2 消去y, 6i6-1, 得3x2-8x-80=0, 解得x= 9或=-4合去)片以H( 3 ) 下证：MH⊥AN. (x2+4,y2) =20 16 32十89x1x24x13%一y19 =20 _16(22十m) (2x1十m)(2x2十m） =-5a-(4+2m(国+a)+婴 16m-ne =(-5).m2+16-（4+2m). 80_16 33n-m2 --5m2-80+16+8m2+ 3 一3 8016 3 3 3 3 n2=0, 所以MH⊥AN. 又因为AH⊥MN,所以H为△AMN的： 垂心， 因为H在双曲线C上， 所以△AMN的垂心在双曲线C上. (1)解由题意得c=2. ① 因为双曲线的渐近线方程为 y=士x=士Bx, 所以b=尽. ②· 又c2=a2+b2, ③1 所以联立①②③得a=1,b=√5， 所以双曲线C的方程为x2一 31. (2)证明由题意知直线PQ的斜率存在且： 不为0， 设直线PQ的方程为y=kx十t(k≠0)， 将直线PQ的方程代入C的方程， 整理得(3-k2)x2一2ktx-2-3=0, 则x1十x2= 2k1 3-k2 所以3一k2<0, 所以x1-x2=√(x1十x2)2-4x1x2 -2V3(72+3-2) k2-3 设点M的坐标为(xM,yM), 则{M一y=-B(xw-1), (yM-y2=5(xM-x2), 两式相减，得一2-25x一√(x十x2), 又为-2=(k红1十)-(kx2十)=k(西 2), 所以23xM=k(x1一)十3（工1十x2), 解得xM-+3-区-红 k2-3 两式相加，得2yM一(1十2)=√5(x1 又y1十2=(kx1十1)+(kx2十) =k(x1+x2)+21, 所以2yw-k(x1十x2)+√5(x1-x2)+21, 解得yM 3VF+3-g-3L-3 k2-3 因此，点M的轨迹为直线y= 为直线PQ的斜率. 若选择①②： 因为PQ∥AB, 所以直线AB的方程为y=k(x-2), 设A(xAyA),B(xB,yB), 不妨令点A在直线y=√x上， 则由了A=(xA-2), yA=3A -店A-2B6 2k 解得xA= k-√5 同理可得xB= 2k 十 =23k k+5 所以xA十xB 4k2 12k (XM=k(xM-2), 点M的坐标满足{ w是w 2k2 得xM= k2-3 A十，yM=R2-3 2 yA+yB 2 520 故M为AB的中点，即|MA|=|MB| 若选择①③： 当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F (2,0),此时M不在直线y=是x上，矛盾： 当直线AB的斜率存在时，易知直线AB的 斜率不为0， 设直线AB的方程为y=n(x-2)(n≠0)， A(AA),B(xB'yB), 不妨令点A在直线y=√x上， 则由yA=m(xA一2)， yA=3A 解得xA=2n m-√3 ,m十5归、2m 同理可得g-2m 加+3 因为M在AB上，且|MA|=|MB, 所以xw=1十B-2n2 2 3w-4十塑 6m m2-3 又点M在直线y=冬：上， 所以6m -3.2m2 m3=‘m2-3 解得k=m,因此PQ∥AB. 若选择②③： 因为PQ∥AB, 所以直线AB的方程为y=k(x一2)， 设A(xAyA),B(xByB), 不妨令点A在直线y=√5x上， 则由了VA=(xA-2), A=3A 解得xA=，2炎 2√3k k-4- 2k 2√3k 同理可得十后%=一十后 设AB的中点为C(xC,yc), 2 k2-3 ye=yA十B=6k 2 k2-3 因为|MA=MB, 所以M在AB的垂直平分线上， 即点M在直线y一=一名(x一)， 即y一k2一3 6k 3 2k2 与y= 后x联立，得rM一二3C: 6k yM=k2-3-c' 即点M恰为AB的中点，故点M在AB上。 课时分层检测（七十） c= (1)由题意可得 a 3 又a2=b2+c2,解得a=3,b=√5. 所以黄国C的方粒为号+苦-1 (2)设A(1y1),B(x22), 当直线L的斜率存在时，设I:y=kx十1， （y=k.x+t, 联立{x2 消去y得(1十3k2)x2+6k1x+32-9=0, △=12(3+9k2-t2)>0, -6kt x1十x2=1+3k2, 3t2-9 1x2=1+3k2 又k12=12= 1 x1x2 3 1 故hy2=-31x2且x1x2≠0， 即32一9≠0，则t2≠3， 又y=kx1十t,2=kx2+t, 所以当业=k十0(kx2+D I172 X1x2 -6k2t2 =k2+(x1十2)+2 =k2十 13k2+2 I1x2 312-9 1+3k2 12-9k21 32-9 =-31 整理得212=9k2十3≥3， 则2≥2且4>0恒成立。 OA.OB=x1x2十y1为=x1x2-32 1 2 --) 又r≥号，且2≠3， 故3(1-是）[-3,0U0,3 当直线L的斜率不存在时，x2=x1,y2= 一y· 3 又+号1，解得-号 9 3 则0.0=-听=号=3. 综上，OA.O店的取值范国为[-3,0)U(0,3]. 2.解（1)由题意知，制周导十芳=1>6> 0)的左焦点坐标为（一√5,0）， 根据椭圆的定义，可得点M到两焦，点的距离 之和为++（合-0）+-4， 即2a=4,所以a=2, 又因为c=5,可得b=√a2-c2=1, 所以精图C的方程为号+y2-1 (2)当直线【的斜率不存在时，结合椭圆的 对称性可知，kA十kB=0,不符合题意. 故设直线L的方程为y=kx十n(k≠0)， A(x1,y1),B(x2,y2), （y=kx+n, 联立方程组{x2 +2-1, 可得(4k2+1)x2+8km.x+4(n2-1)=0, 则x1十x2= 4- 4k2+1 所以ka十kB-十 (kx1十m)x2+(kx2十n)x1 I1I2 =2k+m(x+2) =2k+-8km2 =-2k 4(m2-1)m2-11 因为十m=一之可得2-4技十1. 所以k≥一 1 又由△>0，可得16(4k2-n2+1)>0, 所以4k2一4k>0,解得k0或k>1, 综上可得，直线【的斜率的取值范围是 [-÷0u4+ 3.解(1)设C的半焦距为c(c>0), 1PF,1+1PF,=51E,F, 2 可得2a=√6c,① 当PFLx轴时，令x=c,得1y= a 所以」 6@ 联立①②以及a2=b2十c2,解得a=√6， b=√2， 故C的方程为号+苦-1 (2)设P(x0,%)(x0>0,y>0), 由已知可得F1(-2,0),F2(2,0), 设直线PA的方程为x十2=ny, 直线PB的方程为x一2=y. (x+2=my, 联立 后+苦 消去x整理得 (m2+3)y2-4my-2=0, -2 所以ym2十3 0+2 ,x名十3y8=6, yo 所以y0y1 Io+2 2x0十5' +3 所以y1= yo 2x0+5 3y0 同理可得y2= 5-2x0 yo 4xo yo 则y1一为-5-205+2x025-46 Axo yo 4xo yo 25(+受) -4x 2 4 4 43 0十20 25y% 5 6yo 2入6y0 当且仅当x品=75y时取等号， 所以y一32的最大值为4 5 4.(1)证明 由题知a=1, b=√2， .双曲线C的方程为 2-号-1 显然直线L的斜率存在， 设直线l:y=k.x十m,P(x1,y1),Q(x2,y2), 2=1,得(2-k2)x2-2kmx （y=k.x+n, (m2+2)=0, 2km -m2-2 2-k2 设直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2, 到= y2 故十行十兴 y1 =2y十x12十y+2 x1x2十x十x2+11 又x1y2十x2y1-工1(kx2+m)+x2(k.x1+ m） 521 -4k =2kx1x2十m(x1十工2）=2- y1+y2=k(x1+x2)+2m= 2k2m十2m 2-k2 Am 2-k2 -4k14n .k1十k2= 2-k2T2-k2 m2-2+2km+1 2-k2 2-k2 -4k+4n =-m2-2+2km+2-k 4(m-k) -(n一k)2 一2， .(m-k)(m-k一2)=0， ,PQ不过点A,n一k≠0，.n=k十2， .y=k(x十1)+2，∴.直线1过定，点(-1,2). (2)解由题意可设直线PR:y=1(x+1)十 r(r≠0)，直线AP的斜率为k1,直线AQ的 斜率为k2· 1y=k1(.x+1), 2+k4k1N 2 由 -1，得P 2-好'2-k好 2 故|AP2= 4r(1+k) （2-k好)(k1-) 4r(1+k) 同理AQ1·|AR一2-k5)(k,-D 由∠APQ=∠ARP可知，|AP|2=|AQ|· AR 4r(1+k) 4r(1+k号) 即2-)(1-D2-始)(2- ,k1≠k2,k1十k2=一2， 112 7 7 化简得1= 6 一241 k1+k2=-2, 当 =- 1时取等号， 1 “直线PR的斜率的最大值为一 课时分层检测（七十一） 1.解由题意得A(-√2,0)，B(√2,0)， 设P%01,则要-号=1， 所以直线M1的方程为y-E.十 yo 2), 直线MB的方程为y-一巴(L-, yo x0+√2 y= x+√2)， 由 yo xo-√2 (x-√2)， yo 解得y= x8-2 即点M的纵坐标为 yo yM=号2 S1 所以 号1AB:w 8-2 S2 =2, 1AB引·Io 野受为定值2 2,(1)解因为渐近线方程为y 3, 所以可设双曲线C的方程为 9 =入1 3 (入≠0)， 将点P(3,)代入得9 =入，解得 9-3 背以风曲线C的方程为号-子-1 (2)证明显然直线BQ的斜率不为零， 设直线BQ的方程为x=my十1，B(工)， D(x2),A(x1,-y),联立}3 -3y2=1, (x=my+1, 消x整理得(m2-3)y2+2y-2=0. 依题意得m2一3≠0且△=4m2+8(n2一3)！ >0, 即n2>2且n2≠3， 2 2 y1十y2= n3y为=一m2—3 直线AD的方程为y十1一十”（红一， ②一 令y=0,得x= 》+n-十》 32+y1 2+y1 =my1+1)y2+(m2+1) y2+y1 =2my12+(y1+2) y2十y1 -2 2m 一6n ·m二3m2-3-m23-3. 2n· -2m -2n n2-3 m2-3 所以直线AD过x轴上的定点(3,0) 3.解(1)由题知n=一分×8=-4. 设M,N两点的坐标分别为(x1,y1),(x2, 2),显然x1≠x2, 所以kN=为一业=」 x1-x2y1+y2 2 又y十%=2n=-8,所以kMN=-2= 8 一=之，解得=2， 所以抛物线C的方程为y2=4x. (2)证明当直线m的斜率存在时，由题意： 知直线n的斜率不为0，设直线n:y= k(x-8)-4(k≠0)，A(x39),B(x4y4). 联立2=4x, 1y=k(x-8)-4, 整理得ky2-4y-32k-16=0,4>0, 为十4=有为4=一32-名： 4 16 所以6十=当+y+8+16=坠+4+16， 2 4-)2-64k+16+61. 16 令Q(4,4),则QA·QB=(-4)(x4-4)+ (yg-4)·(y4-4) =r3x4-4(x3+x4)+16+y3y4-4(y3+ y4)+16 6+6-(装+16）+16+ (-32-)9+16-0… 所以QA⊥QB,故以弦AB为直径的圆恒过： 点(4,4). 当直线n的斜率不存在时，直线m:x=8, 此时直线加与抛物线的两个交点分别为 (8,4√2)，(8，-4√2)， 不妨令A(8,4√2)，B(8,一4√2)， 此时QA=(4,42-4),QB=(4,-4V2-4), 则QA·QB=16-(4√2+4)(4√2-4)=0， 所以QA⊥QB,故以弦AB为直径的圆过，点！ (4,4). 综上所述，以弦AB为直径的圆恒过点(4,4). 4.(1)证明设P(x0,yo), 9+4 =1, 可得喝=9-9 4 yo yo 又kpA=十2，km-0-2' y 9、9 则kpa·kpB名46-4 4 9 因为BG∥PA, 所以F·k=kPM·长B=一马 (2)解当直线GF的斜率存在时，设GF的！ 方程为y=k(x一t)(k≠0)， 联立{=(x-), {3.x2+4y2=12, 消去y得(4k2+3).x2 -8k2tx+4k22-12=0. 则△=64k42-16(4k2+3)(k22一3)=48 (4k2+3-k2t2)>0, 设G(x1y1),F(x2,y2), 则x1十x2= 62+3=4h2-12 8k21 4k2+3 由kF·kG y1 2 x1-2x2-2 k2[x1x2-t(x1十x2)十t2] 、9 x1x2-2(x1+x2)+4 k2-16k21+16=-1, 得 3k2t2-12k2 9 约去k2并化简得2-31十2=0， 解得1=1(1=2不符合题意，合去)，此时直 线GF过定点(1,0)； 当直线GF的斜率不存在时，设GF的方程1 为x=m,其中m≠2， .汇=2， 联立x2, y2 {行+=1… 解得y=±√12-3m 则Fm,√，r).G(m,-2, 2 2 12-3n2 所以kBF·kBG= 4 (n-2)2 解得m=1. 综上，直线GF过定，点(1,0) (3)证明设PA的方程为y=k1(x十2)· (k1>0), 联立y=k1(x十2)， {3x2+4y2=12, /6-8k号12k1 解得E点的坐标为(h十3'4+3 南1)知Pw6-9-9要， 由k1= yo x0十2 则E点的坐标为 4(1-x0)-2y0 x0-4'x0-4 同理，记PB的斜率为k2,则F点的坐标为 /8k号-6-12k2、 4k号+3'4k号十3 由k如一r。-2 则F点的坐标为 /4(x0+1)2yo 236 +26 则EF的斜率kF= 0十4T0-4 4+D+40-D xo+4 x0-4 To M 2(6-4) 522 所以直线EF的方程为 4(xo-1)1 x0-4 令y=0,得0=4， 4=4 又xp=xo,故xprQ=0‘ 课时分层检测（七十二） 解(1)第1步：用c表示a和b 为-后-号所以a=20-V7 3c, 第2步：写出点A,B,C的坐标 由题知A(-a,0),B0,-b),C0,-合) 第3步：用c表示出S△ABC,并求出c 所以5A-号·BC·QA1-号·台 第4步：求出a和b,并写出椭圆方程 所以a=2√3，b=3. 故椭圆的方程为2十号 (2)第1步：设点的坐标，并讨论直线PQ斜 率不存在的情况 设P(1y1),Q(x22),T(0,）. 当直线PQ的斜率不存在时，不妨设P(0, 3),Q(0,-3),则TP·TQ=(0,3-t)·(0, -3一t)=t2-90,解得-3≤t≤3. 第2步：讨论直线PQ斜率存在的情况，设 出直线方程 当直线PQ的斜率存在时，设其方程为y kr-2. 第3步：联立方程，消去y,判断判别式符 号，写出根与系数的关系 r立可得(3+42)r-12虹 3 由 =1 27=0,所以△=144k2+4×27(3+4k2)> 12k 27 0+-3十4农12=一3千4状 第4步：表示出TP·TQ,代入根与系数的 关系并化简 因为TP·TQ=(,为-t)·(2,次-t)= 十(1-)(-)=x1x2+（km-2 ）(x2-号-）=1+) ++)+（是+） 27(1+k2) 3+4k 3+4k2 -27-27k2-18-1221+22+02+9+9+4状2+12W7 3+4 4k212-36k2+32+91-1<0 3+4k2 第5步：求出t的范围 所以4h22-36A2+32十91-81≤0对k∈ 4 R恒成立， 14r2-36≤0 3 第6步：得出结论 综上可得，一3≤1≤3，即点T的纵坐标的 2 取值范因定[-3，号]课时分层检测（七十） 圆锥曲线中范围与最值问题 …0知识过关 0 …0 能力拓展。… 1.(2025·洛阳模拟)已知O为坐标原点，椭圆C: 云方=1a>6>0)的商心率为香，且经过点 x2+y2 .2025·海向珍所)已知桶圆C兰+芳=1a>≥6 >0)的左、右焦点分别为F1,F2,P是椭圆C上 P(√6,1). 的一个动点，PF+PF,=EF,当 (1)求椭圆C的方程； (2)直线1与椭圆C交于A,B两点，直线OA的 PF2⊥x轴时，PF,=⑤ 斜率为k1,直线OB的斜率为k2,且k1k2=一3' 1 (1)求C的方程； 求OA·OB的取值范围. (2)设点P在第一象限，且直线PF1,PF2与椭圆 C分别相交于另外两点A(x1,y2)和B(x2,y2), 求y1一y2的最大值. ,已知F(B.0)是椭圆C士广=1a>b>0)的 一个焦点，点M(5,2)在椭圆C上. (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l与椭圆C相交于A,B两点，且kQ4 4.己已知双曲线C2-总=1(a≥0，b>0)的左顶点 十k0B=- (0为坐标原点)，求直线1的斜率的 为A(一1,0)，渐近线方程为y=士√2x.直线1交 C于P,Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为一2. 取值范围. (1)证明：直线1过定点； (2)若在射线AQ上的点R满足∠APQ= ∠ARP,求直线PR的斜率的最大值. 348 课时分层检测（七十一）圆锥曲线中定点与定值问题 …0知识过关 0 0能力拓展0… 1.(2025·辽宁名校联考节选) 3.(2025·汕头模拟)已知抛物线C:y2=2px(p> 如图，已知双曲线C:号y 0)与直线l:x十2y=0交于M,N两点，且线段 MN的中点为P(8,yp). =1的左、右顶点分别为A, AO B (1)求抛物线C的方程； B,P是C上异于左、右顶点 (2)过点P作直线m交抛物线于点A,B,证明： 的任意一点，记PA,PB的 以弦AB为直径的圆恒过点(4,4). 斜率分别为k1,k2.若点M满足MA⊥PA,MB⊥ PB,记△MAB,△PAB的面积分别为S1,S2,试 判断号是香为定值？若是，求出该定值：若不是， 请说明理由 4,如图，已知椭圈℃着+苦=1。 y 椭园C:苦+程-1A(-2, 0),B(2,0),P为椭圆C2上的 HXG 2.(2025·连云港模拟)已知双曲线C的渐近线方 动点且在第一象限，直线PA, 程为y=士9，且过点P(3). PB分别交椭圆C1于E,F两点，连接EF并延 长交x轴于Q点，过B点作BH分别交椭圆C1, (1)求C的方程； C2于G,H点，且BH∥PA. (2)设Q(1,0),直线x=t不经过P点且与C相 (1)证明：kBF·kG为定值； 交于A,B两点，若直线BQ与C交于另一点D, (2)证明：直线GF过定点，并求出该定点； 求证：直线AD过x轴上的一定点. (3)若记P,Q两点的横坐标分别为xP,xQ,证 明：xpxQ为定值. 349