圆锥曲线的方程及计算、证明、最值与范围问题 课件-2026届高三数学二轮复习

专题五　解析几何 第2讲　圆锥曲线的方程及计算、证明、最值与范围问题 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． (1)求椭圆的标准方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足|AR|·|AP|＝3. ①设P(m，n)，求点R的坐标(用m，n表示)； ②设O为坐标原点，M是椭圆上的动点，直线OR的斜率为直线OP的斜率的3倍，求|PM|的最大值． 方法一：设M(3cos θ，sin θ)，所以 |MN|2＝(3cos θ)2＋(sin θ＋4)2＝9cos2θ＋sin2θ＋8sin θ＋16 ＝8cos2θ＋1＋8sin θ＋16 ＝8(1－sin2θ)＋8sin θ＋17 ＝－8sin2θ＋8sin θ＋25 (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)证明：由(1)可知P(2,1)，F(－1,0)，A(2,0)， 易知直线PB的斜率存在，设其方程为y＝kx＋m，则1＝2k＋m，即m＝1－2k， 考点一 求圆锥曲线的标准方程和基本计算问题 ●方法技巧 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、拋物线)的定义； ②看轨迹是否是完整的椭圆、双曲线、拋物线，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． (2)如图所示，因为A关于x轴的对称点为B，A(m，n)， 考点二 证明问题 ●方法技巧 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 ●典例研析 2．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. 【证明】　(1)不妨设抛物线外一点T(x0，y0)， (2)证明：要证S△APD＝S△BQD，即证|AP|＝|BQ|， 设A(xA，yA)，B(xB，yB)，P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)， 当直线l1斜率不存在时，由椭圆对称性可知|AP|＝|BQ|成立， 考点三 最值(范围)问题 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)． (1)求曲线C的方程； (2)过M的直线与曲线C相切，求切线方程； (3)△MNF是钝角三角形，求N点横坐标的取值范围． 解答题：每小题15分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 1．(2025·鹰潭模拟)已知A为抛物线T：y2＝2px(p＞0)的焦点，B为T的准线与x轴的交点，C在y轴正半轴上，直线AD交T于M，N两点，D在线段AM上，且四边形ABCD为菱形． (1)求|BD|(用p表示)； (2)证明：D为线段AM的中点． 【解析】　(1)根据题意可得|AB|＝p，又四边形ABCD为菱形， 所以|BC|＝|AB|＝2|BO|＝p， 所以∠CBO＝60°， 所以△ABC与△ACD为等边三角形， (1)求椭圆W的方程； (2)设C(0,2)，D(0，－4)，过点C的直线l与椭圆交于P，Q两点，连接QD、PD交x轴于M、N两点(M、N不重合)，已知|ON|＝2|OM|，求直线l的方程． (2)结合题意可知，直线l的斜率存在， 又C(0,2)，设直线l方程为y＝kx＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，如图所示： 【解析】　(1)因为|MF1|＝7，|MF2|＝5， 所以2a＝|MF1|－|MF2|＝2， 解得a＝1， 记双曲线C1的右焦点F2为(c,0)(c＞0)， 此时抛物线C2：y2＝4cx，准线方程为x＝－c. 设M(xM，yM)(xM＞0，yM＞0)， 因为点M在抛物线上， (1)求椭圆的方程； (2)设过点M(0,2)且斜率为k的直线与椭圆交于不同的两点A，B，点O在以线段AB为直径的圆外(O为原点)，求k的取值范围． 因为点O在以线段AB为直径的圆外， 所以∠AOB为锐角，A，O，B不共线， (1)求曲线Γ的方程； (2)过P(x0，y0)作Γ的切线l交C于不同两点S，T. ①求直线l的方程(用x0，y0表示)； ②求证：|SP|＝|PT|. 消去y并整理得(1＋2k2)x2＋4kbx＋2b2－4＝0， 此时Δ＝16k2b2－4(2b2－4)(1＋2k2)＝8(4k2－b2＋2)， 因为l与曲线Γ相切， 所以4k2－b2＋2＝0. 因为k＝kST， 所以kOP＝kOQ， 可得P，Q重合， 即P为ST的中点． 则|SP|＝|PT|. 【解析】　(1)不妨设双曲线E的半焦距为c(c＞0)， 因为△PF1F2的面积为3， 解得|PF1|·|PF2|＝6， 易知|PF1|－|PF2|＝2a， 对等式两边同时平方得|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|＝4a2， 又|PF1|2＋|PF2|2＝4c2， 即4c2－12＝4a2， 因为b2＝c2－a2， 解得b2＝3， 因为双曲线E的离心率为2， 1．(2025·新课标全国Ⅰ卷)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，|AB|＝. 【解析】　(1)由题可知，A(0，－b)，B(a,0)，所以解得a2＝9，b2＝1，c2＝8， 故椭圆的标准方程为＋y2＝1. (2)①设R(x0，y0)，易知m≠0， 方法一：所以kAP＝，故＝，且mx0>0. 因为A(0，－1)，|AR|·|AP|＝3，所以×＝3， 即x0m＝3，解得x0＝，所以y0＝， 所以点R的坐标为. 方法二：设＝λ，λ>0，则|AR|·|AP|＝3⇒λ[m2＋(n＋1)2]＝3， 所以λ＝，＝λ＝λ(m，n＋1)＝， 故点R的坐标为. ②因为kOR＝＝，kOP＝， 由kOR＝3kOP，可得＝， 化简得m2＋n2＋8n－2＝0，即m2＋(n＋4)2＝18(m≠0)， 所以点P在以N(0，－4)为圆心，3为半径的圆上(除去两个点)， |PM|max为M到圆心N的距离加上半径， ＝－82＋27≤27， 当且仅当sin θ＝时取等号， 所以|PM|max＝＋3＝3(＋)． 方法二：设M(xM，yM)，则＋y＝1， |MN|2＝x＋(yM＋4)2＝9－9y＋y＋8yM＋16＝－8y＋8yM＋25 ＝－82＋27≤27，当且仅当yM＝时取等号， 故|PM|max＝＋3＝3(＋)． 2．(2024·全国甲卷理科)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M在C上，且MF⊥x轴． 【解析】　(1)设F(c,0)，由题设有c＝1且＝，故＝，故a＝2，b＝，故椭圆方程为＋＝1. (2)证明：直线AB的斜率必定存在，设AB：y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0， 故Δ＝1 024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，故－<k<， 又x1＋x2＝，x1x2＝， 而N，故直线BN：y＝，故yQ＝＝， 所以y1－yQ＝y1＋＝ ＝ ＝k＝k ＝k＝0，故y1＝yQ，即AQ⊥y轴． 3．(2025·新课标全国Ⅱ卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，长轴长为4. (1)求C的方程； (2)过点(0，－2)的直线l与C交于A，B两点，O为坐标原点，若△OAB的面积为，求|AB|. 【解析】　(1)因为长轴长为4，故a＝2，而离心率为，故c＝， 故b＝，故椭圆方程为＋＝1. (2)由题设直线AB的斜率不为0，故设直线l：x＝t(y＋2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由可得(t2＋2)y2＋4t2y＋4t2－4＝0， 故Δ＝16t4－4(t2＋2)(4t2－4)＝4(8－4t2)>0即－<t<， 且y1＋y2＝－，y1y2＝， 故S△OAB＝×|2t|×|y1－y2|＝|t|＝＝， 解得t＝±， 故|AB|＝|y1－y2|＝×＝×＝. 4．(2025·天津高考)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，右顶点为A，P为x＝a上一点，且直线PF的斜率为，△PFA的面积为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B(异于点A)，求证：PF平分∠AFB. 【解析】　(1)依题意，设椭圆＋＝1(a>b>0)的半焦距为c， 则左焦点F(－c,0)，右顶点A(a,0)，离心率e＝＝，即a＝2c， 因为P为x＝a上一点，设P(a，m)， 又直线PF的斜率为，则＝，即＝， 所以＝，解得m＝c，则P(a，c)，即P(2c，c)， 因为△PFA的面积为，|AF|＝a－(－c)＝a＋c＝3c，高为|m|＝c， 所以S△PFA＝|AF||m|＝×3c×c＝，解得c＝1， 则a＝2c＝2，b2＝a2－c2＝3， 所以椭圆的方程为＋＝1. 联立消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 因为直线与椭圆有唯一交点，所以Δ＝(8k·m)2－4(3＋4k2)·(4m2－12)＝0， 即4k2－m2＋3＝0，则4k2－(1－2k)2＋3＝0，解得k＝－，则m＝2， 所以直线PB的方程为y＝－x＋2， 联立解得则B， 以下分别用四种方法证明结论： 方法一：则＝，＝(3,1)，＝(3,0)， 所以cos∠BFP＝＝＝， cos∠PFA＝＝＝， 则cos∠BFP＝cos∠PFA，又∠BFP，∠PFA∈， 所以∠BFP＝∠PFA，即PF平分∠AFB. 方法二：所以kFB＝＝，kPF＝＝，kAF＝0， 由两直线夹角公式，得tan∠BFP＝＝，tan∠PFA＝＝， 则tan∠BFP＝tan∠PFA，又∠BFP，∠PFA∈， 所以∠BFP＝∠PFA，即PF平分∠AFB. 方法三：则tan∠PFA＝kPF＝，tan∠BFP＝kFB＝， 故tan 2∠PFA＝＝＝＝tan∠BFP， 又∠BFP，∠PFA∈， 所以∠BFP＝∠PFA，即PF平分∠AFB. 方法四：则kFB＝＝， 所以直线FB的方程为y＝(x＋1)，即3x－4y＋3＝0， 则点P到直线FB的距离为d＝＝1， 又点P到直线FA的距离也为1， 所以PF平分∠AFB. 5．(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. 【解析】　(1)设点P的坐标为(x，y)，由题意得|y|＝， 两边平方可得y2＝x2＋y2－y＋，化简得y＝x2＋，符合题意． 故W的方程为y＝x2＋. (2)证明：方法一：不妨设A，B，C三点在W上，且AB⊥BC. 设A，B，C， 则＝(b－a，b2－a2)，＝(c－b，c2－b2)． 由题意，·＝0，即(b－a)(c－b)＋(b2－a2)(c2－b2)＝0， 显然(b－a)(c－b)≠0，于是1＋(b＋a)(c＋b)＝0. 此时，|b＋a|·|c＋b|＝1.于是min{|b＋a|，|c＋b|}≤1. 不妨设|c＋b|≤1，则a＝－b－， 则|AB|＋|BC|＝|b－a|＋|c－b| ＝|b－a|＋|c－b| ≥|b－a|＋|c－b|≥|c－a| ＝. 设x＝|b＋c|，则f(x)＝， 即f(x)＝.又f ′(x)＝. 显然，x＝为最小值点．故f(x)≥f ＝， 故矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|)≥2f(x)≥3. 注意这里有两个取等条件，一个是|b＋c|＝1，另一个是|b＋c|＝， 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，欲证命题为|AB|＋|AD|＞. 由图象的平移可知，将抛物线W看作y＝x2不影响问题的证明． 设A(a，a2)(a≥0)，平移坐标系使A为坐标原点， 则新抛物线方程为y′＝x′2＋2ax′，写为极坐标方程， 即ρsin θ＝ρ2cos2θ＋2aρcos θ，即ρ＝. 欲证明的结论为＋>， 也即＋>. 不妨设≥，将不等式左边看成关于a的函数，根据绝对值函数的性质， 其最小值当·a－＝0即a＝时取得， 因此欲证不等式为>，即>， 根据均值不等式，有|cos θsin2θ|＝≤＝， 由题意，等号不成立，故原命题得证． 6．(2025·北京高考)已知E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，椭圆上的点到两焦点距离之和为4. (1)求椭圆方程； (2)设O为原点，M(x0，y0)(x0≠0)为椭圆上一点，直线x0x＋2y0y－4＝0与直线y＝2，y＝－2交于A，B.△OAM与△OBM的面积为S1，S2，比较与的大小． 【解析】　(1)由椭圆可知，2a＝4，所以a＝2，又e＝＝， 所以c＝，b2＝a2－c2＝2， 故椭圆方程为＋＝1. (2)联立消去x得2＋2y2＝4， 整理得y2－16y0y＋16－4x＝0， ① 又＋＝1，所以2x＋4y＝8,16－4x＝8y， 故①式可化简为8y2－16y0y＋8y＝0，即(y－y0)2＝0，所以y＝y0， 所以直线x0x＋2y0y－4＝0与椭圆相切，M为切点． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知，当x1＝x2时，由对称性可知，＝. 故设x2<x0<x1，易知＝＝＝， 联立解得x1＝，y1＝2， 联立解得x2＝，y2＝－2， 所以＝＝＝＝＝， ＝＝＝＝＝， 故＝. 方法二：不妨设A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知，当x1＝x2时，由对称性可知，＝. 故设x2<x0<x1， 联立解得x1＝，y1＝2， 联立解得x2＝，y2＝－2， 则kOA＝＝＝，kOB＝＝＝－，kOM＝， 又＋＝1，所以x＋2y＝4， 所以tan∠AOM＝＝ ＝－＝－＝， tan∠BOM＝＝＝＝＝， 则tan∠AOM＝tan∠BOM，即∠AOM＝∠BOM， 所以＝＝. ●典例研析 1．(2025·清远模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点P在椭圆C上． (1)求椭圆C的方程； (2)已知过点F2的直线l交椭圆C于A，B两点，当△F1AB的面积最大时，求此时直线l的方程． 【解析】　(1)因为椭圆C的离心率为， 所以＝＝，解得a＝2b， 因为在椭圆C上，所以＋＝1， 又a＝2b，解得a＝2，b＝1， 则椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)设直线l的方程为x＝my＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立消去x并整理得(m2＋4)y2＋2my－1＝0， 由韦达定理得y1＋y2＝，y1y2＝－， 则S△F1AB＝|F1F2||y1－y2| ＝ ＝≤＝2， 当且仅当＝，即m＝±时，等号成立． 故直线l的方程为x＋y－＝0或x－y－＝0. ●跟踪训练 1．(2025·东城区一模)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)过点(0,1)，离心率为.E上的点A(m，n)(n≠0)关于x轴的对称点为B.设O为原点，＝λ(0＜λ＜1)，过点H与x轴平行的直线交E于点P，Q. (1)求椭圆E的方程； (2)若点B在以PQ为直径的圆上，求λ的值． 【解析】　(1)因为椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)过点(0,1)， 所以＝1，即b＝1， 因为椭圆的离心率为，所以e＝＝，c＝a， 又因为椭圆中a2＝b2＋c2，代入可得a2＝1＋2， 解得a2＝3，所以椭圆的方程为＋y2＝1. 所以B(m，－n)， 因为＝λ， 所以＝(λm，λn)，所以H(λm，λn)， 所以过点H与x轴平行的直线为y＝λn， 将直线y＝λn代入椭圆方程＋y2＝1， 可得＋(λn)2＝1，即x2＝3(1－λ2n2)， 所以Q(，λn)，P(－，λn)， 所以以PQ为直径的圆的圆心为(0，λn)，半径为， 所以圆的方程为x2＋(y－λn)2＝3(1－λ2n2)， 因为点B在圆上，所以m2＋(－n－λn)2＝3(1－λ2n2)， 即m2＋n2(1＋λ)2＝3－3λ2n2(*)， 又因为点B在椭圆上，所以＋n2＝1，即m2＝3(1－n2)， 代入(*)可得3(1－n2)＋n2(1＋λ)2＝3－3λ2n2， 化简后可得2λ2＋λ－1＝0，解得λ＝或λ＝－1(舍)， 所以λ＝. ①证A，B，C三点共线，可证kAB＝kAC或＝λ； ②证直线MA⊥MB，可证kMA·kMB＝－1或·＝0； ③证|AB|＝|AC|，可证A点在线段BC的垂直平分线上． 过点T作抛物线的切点弦所在直线方程为yy0＝2(x＋x0)， 若点T的坐标为(－1,1)， 此时切点弦方程为y＝2(x－1)， 连接TF，易得kTF＝－， 则kTFkMF＝－1. 故以TM为直径的圆过焦点． (2)若点T的坐标为 (－2,2)， 此时切点弦所在直线方程为y＝x－2， 联立消去x并整理得y2－4y－8＝0， 解得y1＝2＋2或y2＝2－2， 不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 此时直线MF的方程为(x1－1)y＝y1(x－1)， 可得点T到直线MF的距离d1＝＝＝2， 同理得点T到直线NF的距离d2＝＝＝2， 则d1＝d2.故∠MFT＝∠NFT. ●跟踪训练 2.如图，已知椭圆E1：＋＝1(a>b>0)与椭圆E2：＋＝1有相同的离心率，点P(，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＝，设直线l1，l2的倾斜角分别为α，β，求证：α＋β为定值． 【解析】　(1)由题意知，两椭圆有相同的离心率，则有＝，a2＝3b2， 又点P(，1)在椭圆E1上， 有＋＝1，解得a2＝6，b2＝2， 所以椭圆E1的标准方程为＋＝1. 当直线l1斜率存在时，设斜率为k1，则AB方程为y－1＝k1(x－)， 由得(3k＋1)x2＋(6k1－6k)x＋3(1－k1)2－6＝0， 则xp＋xQ＝，xPxQ＝， 由得(3k＋1)x2＋(6k1－6k)x＋3(1－k1)2－12＝0， 则xA＋xB＝，xAxB＝， 得xP＋xQ＝xA＋xB，所以xP－xA＝xB－xQ. 又|AP|＝·|xP－xA|，|BQ|＝·|xB－xQ|， 则有|AP|＝|BQ|， 所以△APD与△BQD等底等高，则S△APD＝S△BQD. (3)证明：由(2)可知|AP|＝|BQ|，同理有|CP|＝|DH|，由＝，可得＝， 则有|AP|·|BP|＝|CP|·|DP|， 设直线CD的斜率为k2，直线CD方程为y－1＝k2(x－)， 设C(xC，yC)，D(xD，yD)， 由可得(3k＋1)x2＋(6k2－6k)x＋3(1－k2)2－12＝0， 所以xC＋xD＝，xCxD＝， 则|CP|·|DP|＝·|xC－xP|··|xD－xP|， |AP|·|BP|＝·|xA－xP|··|xB－xP|， 所以(1＋k)·|xC－xP|·|xD－xP|＝(1＋k)·|xA－xP|·|xB－xP|， 即(1＋k)·|xCxD－xP(xC＋xD)＋x|＝(1＋k)·|xAxB－xP(xA＋xB)＋x|， 化简得＝，即k＝k， 由题意k2≠k1，所以k1＋k2＝0，故α＋β＝π. ●典例研析 3．(2025·琼海三模)已知A，B两点的坐标分别是A(－2,0)，B(2,0)，直线AP、BP相交于点P，且它们的斜率之积是－.记点P的轨迹为曲线C.M(－3,0)，F(1,0)，N在曲线C上． 【解析】　(1)设P(x，y)，x≠±2，根据题意可得kPA·kPB＝－， 所以·＝－， 整理可得＋＝1(x≠±2)， 所以曲线C的方程为＋＝1(x≠±2)． (2)设过点M的直线为x＝my－3， 联立得(3m2＋4)y2－18my＋15＝0， 若直线与曲线C相切，则Δ＝(－18m)2－4(3m2＋4)×15＝0， 解得m＝±， 所以直线方程为x±y＋3＝0. (3)因为点N在曲线C上， 所以设N(2cos θ，sin θ)，θ∈(0，π)∪(π，2π)， 若△MNF为钝角三角形，则∠FNM为钝角或∠NFM为钝角， 当∠FNM为钝角时， ·＝(1－2cos θ，－sin θ)·(－3－2cos θ，－sin θ)＝cos2θ＋4cos θ＜0， 所以cos θ＜0，又－1<cos θ<1， ∴－1<cos θ<0，∴－2<2cos θ<0， 所以N点横坐标的取值范围为(－2,0)， 当∠NFM为钝角时， ·＝(2cos θ－1，sin θ)·(－4,0)＝－4(2cos θ－1)＜0， 所以cos θ>， 又因为－1＜cos θ＜1， 所以＜cos θ＜1， 所以1＜2cos θ＜2， 所以N点横坐标的取值范围为(1,2)， 综上所述，N点横坐标的取值范围为(－2,0)∪(1,2)． ●跟踪训练 3．(2025·江西模拟)已知O为坐标原点，椭圆Γ：＋＝1，双曲线Γ′与Γ焦点相同，离心率互为倒数．线段PQ是Γ的一条弦，且PQ中点在Γ′上． (1)求Γ′的方程； (2)求直线PQ纵截距绝对值的最小值； (3)求△OPQ面积的最大值． 【解析】　(1)因为椭圆Γ：＋＝1， 所以a＝3，c＝， 可得椭圆Γ的焦点坐标为(±，0)，离心率为， 因为双曲线Γ′与Γ焦点相同，离心率互为倒数， 所以双曲线Γ′的焦点坐标为(±，0)，离心率为， 即c＝，a2＝1，b2＝c2－a2＝2， 则Γ′的方程为x2－＝1. (2)易知直线PQ的斜率存在， 设直线PQ的方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立消去y并整理得(3k2＋2)x2＋6mkx＋3m2－18＝0， 由韦达定理得x1＋x2＝，x1x2＝， 因为y1＋y2＝kx1＋m＋kx2＋m＝k(x1＋x2)＋2m， 所以y1＋y2＝， 可得PQ中点， 因为线段PQ是Γ的一条弦，且PQ中点在Γ′上， 所以2－＝1，解得k2＞， 因为m2＝＝(9k2－2)＋＋ ≥2＋＝， 当且仅当(9k2－2)＝，即k2＝时，等号成立， 即|m|≥， 则直线PQ纵截距绝对值的最小值为. (3)设△OPQ面积为S， 当直线PQ斜率不存在时，易知|x1|＝|x2|＝1， 所以|y1|＝|y2|＝， 此时S＝|y1－y2|×1＝； 当直线PQ斜率存在时，由(2)知|x1－x2|＝＝＝2， 所以S＝|x1－x2|＝， 因为m2＝＝， 所以S＝＝4＝4， 令t＝9k2－2，t＞0，即k2＝， 所以S＝4 ＝＝， 当＝时，S＝≤×＝×＝， 因为＞. 所以△OPQ面积的最大值为. 所以|BD|＝p. (2)证明：由(1)可得直线AM的倾斜角为∠DAx＝∠CBO＝60°， 所以|AM|＝p＋|AM|cos 60°， 所以|AM|＝＝2p， 又由(1)可知|AD|＝|BC|＝p， 所以D为线段AM的中点． 2．(2025·西城区校级三模)已知椭圆W：＋＝1(a＞b＞0)过A(0，－1)，B两点． 【解析】　(1)将A(0，－1)，B代入椭圆W的方程可得 解得 所以椭圆W的方程为＋y2＝1. 联立整理可得(4k2＋1)x2＋16kx＋12＝0， 所以可得x1＋x2＝，x1x2＝， 且Δ＝(16k)2－4×12(4k2＋1)＞0， 可得k2＞，即k＞或k＜－； 因为D(0，－4)， 所以QD、PD的斜率分别为kQD＝，kPD＝， 因此直线QD、PD的方程分别为 y＝x－4，y＝x－4， 则交点M，N的坐标为M，N， 结合|ON|＝2|OM|，可知＝2， 即＝， 也即＝， 整理可得kx1x2＋12x2－6x1＝0， 又x1x2＝，可得＋12x2－6x1＝0， 又因为x1＋x2＝， 将x1＝－x2代入＋12x2－6x1＝0， 可得＋12x2－6＝0， 解得x2＝－， 所以x1＝－， 代入x1x2＝， 计算可得＝，解得k2＝1， 即k＝1或k＝－1，经检验符合题意， 所以直线l的方程为y＝－x＋2或y＝x＋2. 3．(2025·邢台三模)已知双曲线C1：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，抛物线C2：y2＝2px(p＞0)的焦点与F2重合，M是C1与C2的一个公共点，且|MF1|＝7，|MF2|＝5，△MF1F2是钝角三角形． (1)求C1与C2的标准方程； (2)过点M且与C2相切的直线l与C1的另一个交点为N，求|MN|. 所以y＝4cxM， 因为|MF2|＝5，所以c＋xM＝5， 因为|MF1|2＝y＋(xM＋c)2，|MF1|＝7， 所以cxM＝6， 解得c＝2，xM＝3或c＝3，xM＝2， 若c＝2，此时|F1F2|＝4， 在△MF1F2中，最大角为∠MF2F1， cos∠MF2F1＝＜0， 所以∠MF2F1为钝角，△MF1F2是钝角三角形，符合题意， 则b2＝c2－a2＝3. 若c＝3，此时|F1F2|＝6， 在△MF1F2中，最大角为∠MF2F1， cos∠MF2F1＝＞0， 所以∠MF2F1为锐角，△MF1F2是锐角三角形，不符合题意， 综上所述，C1的标准方程为x2－＝1，C2的标准方程为y2＝8x. (2)由(1)得xM＝3， 设点M在第一象限， 可得M(3,2)． 设直线l：x＝m(y－2)＋3， 联立 消去x并整理得y2－8my＋16m－24＝0. 此时Δ＝(8m)2－4×(16m－24)＝0， 解得m＝， 所以l：2x－y＋6＝0. 设N(x1，y1)， 联立 消去y并整理得7x2－12x－27＝0， 解得x1＝－，xM＝3， 所以y1＝，yM＝2. 则|MN|＝ ＝ ＝＝. 4．(2025·金昌校级模拟)在以O为坐标原点的平面直角坐标系中，F(2,0)为椭圆Z：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点，过点F的直线l(斜率存在)与Z交于A，B两点，线段AB的中点为M(不与O重合)，直线OM与l的斜率之积为－. (1)证明：a2＝2b2； (2)设直线OM与直线x＝4交于点N，若△AFN为等腰三角形，求l的一般式方程． 【解析】　(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 因为A，B两点均在椭圆Z上， 所以＋＝1，＋＝1， 两式相减得＋＝0， 即＋＝0， 设M(x0，y0)， 此时x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0， 所以＋＝0， 即＝－， 则直线l的斜率k＝，直线OM的斜率为， 所以直线OM与直线l的斜率之积为－， 即＝，则a2＝2b2. (2)因为椭圆的右焦点F(2,0)， 所以c＝2， 此时a2－b2＝c2＝4， 又a2＝2b2， 解得a＝2，b＝2， 所以椭圆Z的方程为＋＝1， 由(1)知，直线OM的方程为y＝－， 令x＝4，解得y＝－， 即N， 所以直线FN的斜率为＝－， 所以直线FN始终垂直于直线l， 因为△AFN为等腰三角形， 即|NF|＝|AF|， 可得＝|y1|， 解得y1＝±2，则x1＝0. 故l的一般式方程为x－y－2＝0或x＋y－2＝0. 5．(2025·江城区校级三模)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的焦距为2，离心率为. 【解析】　(1)设椭圆的半焦距为c，根据题意可知， 离心率为＝，2c＝2， 因为a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝， 故椭圆的方程为＋y2＝1. (2)设直线的方程为y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0， 由Δ＝(16k)2－4×12(1＋4k2)＞0，得k2＞， 则x1＋x2＝－，x1x2＝， 因为点O在以线段AB为直径的圆外， 所以cos∠AOB＞0，所以·＞0， 所以x1x2＋y1y2＞0， y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4， 所以x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4 ＝－＋4 ＝＞0， 解得k2＜4，因为k2＞， 所以解得－2＜k＜－或＜k＜2， 所以实数k的取值范围为∪. 6．(2025·中山市校级模拟)已知椭圆C：＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P与F1，F2连线斜率乘积为－，记P的轨迹为Γ. 【解析】　(1)设P(x，y)， 因为椭圆C：＋＝1， 所以c＝2， 即F1(－2,0)，F2(2,0)， 所以PF1的斜率为，PF2的斜率为， 因为点P与F1，F2连线斜率乘积为－， 所以×＝－. 整理得＋＝1(y≠0)， 则曲线Γ的方程为＋＝1(y≠0)． (2)①设直线l的方程为y＝kx＋b， 联立 联立 可得(4－x)k2＋2x0y0k＋2－y＝0， 因为P(x0，y0)在曲线Γ上， 所以x＋2y＝4， 因为(4－x)k2＋2x0y0k＋2－y＝0， 所以4yk2＋4x0y0k＋x＝0， 即(2y0k＋x0)2＝0， 所以k＝－，b＝y0－kx0＝＝， 则直线l的方程为y＝－x＋， 即＋＝1. ②证明：设直线l交C于S(x1，y1)，T(x2，y2)，ST的中点为Q(m，n)， 因为S，T均在椭圆上， 所以 可得＋＝0. 所以＝－， 即kQO×kST＝－. 由①得直线l的斜率为k＝－， 因为kOP＝， 所以kOP×k＝×＝－， 7．(2025·北流市模拟)已知双曲线E：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2，P是E的右支上一点，且PF1⊥PF2，△PF1F2的面积为3. (1)求E的方程； (2)若E的左、右顶点分别为A，B，过点F2的直线l与E的右支交于M，N两点，直线AM和BN的斜率分别即为kAM和kBN，求k＋kBN的最小值． 所以S△PF1F2＝|PF1|·|PF2|＝3， 所以＝2， 解得a2＝1， 则双曲线E的方程为x2－＝1. (2)由(1)知F2(2,0)，A(－1,0)，B(1,0)， 因为直线MN的斜率不为0， 不妨设直线MN的方程为x＝ty＋2， M(x1，y1)，N(x2，y2)， 联立 消去x并整理得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0， 由韦达定理得y1＋y2＝－，y1y2＝， 因为kAM＝，kBN＝， 所以＝＝＝＝＝－， 即kBN＝－3kAM， 所以k＋kBN＝(kAM－1)2－1， 因为直线AM与E的右支有交点， 所以－＜kAM＜， 故当kAM＝1，kBN＝－3时，k＋kBN取得最小值，最小值为－1. $