2025届高考数学统考第二轮专题复习第15讲圆锥曲线中的定量问题学案理含解析

第15讲圆锥曲线中的定量问题高考年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2024椭圆的标准方程及过定点问题·T20椭圆的离心率及椭圆、抛物线的标准方程·T19椭圆的标准方程及三角形的面积·T202024抛物线的几何性质,直线与抛物线的综合应用·T19椭圆的性质及直线与椭圆的位置关系·T21圆锥曲线中的定点问题·T212024直线与椭圆的综合应用,角相等问题·T19直线与抛物线的综合应用,求圆的标准方程·T19直线与椭圆的位置关系及等差数列的性质·T201.[2024·全国卷Ⅰ]已知A,B分别为椭圆E:x2a2+y2=1(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,AG·GB=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与(1)求E的方程;(2)证明:直线CD过定点.2.[2024·全国卷Ⅱ]已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A,B两点,交C2于C,D(1)求C1的离心率;(2)设M是C1与C2的公共点,若|MF|=5,求C1与C2的标准方程.3.[2024·全国卷Ⅰ]设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;(2)设O为坐标原点,证明:∠OMA=∠OMB.定点问题1已知中心为原点O的椭圆C的左焦点为F1(-1,0),C与y轴正半轴的交点为A,且∠AF1O=π3.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过点A作斜率为k1,k2(k1k2≠0)的两条直线分别交C于异于点A的点M,N,证明:当k2=k1k1-1时【规律提炼】定点问题解题技巧:(1)引入参数法,设定点坐标,依据题意选择参数,建立一个直线系或曲线系方程,而该方程与参数无关,故得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标,即为所求点;(2)特殊到一般法,从特殊位置入手,找到定点,再证明该定点与变量无关.测题已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点坐标为(1,0),且椭圆C经过点A(1)求椭圆C的方程;(2)设O为原点,直线l:y=kx+t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同的点P,Q,直线AP与x轴交于点M,直线AQ与x轴交于点N,若|OM|·|ON|=2,求证:直线l经过定点.定值问题2[2024·全国卷Ⅲ]已知椭圆C:x225+y2m2=1(0<m<5)的离心率为154,A,(1)求C的方程;(2)若点P在C上,点Q在直线x=6上,且|BP|=|BQ|,BP⊥BQ,求△APQ的面积.3已知抛物线y2=2px(p>0)上一点M(x0,22)到焦点F的距离|MF|=3x02,倾斜角为α的直线经过焦点F,且与抛物线交于A,B(1)求抛物线的标准方程及准线方程;(2)若α为锐角,作线段AB的中垂线m交x轴于点P,证明|FP|-|FP|·cos2α为定值,并求出该定值.规律提炼】定值问题解题方法:(1)特殊到一般法,通过考查极端位置探究出“定值”是多少,然后再证明这个值与变量无关,特殊是假如题目以客观题出现,这种方法特别有效;(2)引入参数法,即引入变量,构建函数,推导定值.测题已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点A与左、右焦点F1,(1)求椭圆C的标准方程;(2)若直线l与椭圆C相切,求证:点F1,F2到直线l的距离之积为定值.定角、定直线问题4在平面直角坐标系中,点A,B的坐标分别为(-2,0),(2,0),P是坐标平面内的动点,且直线PA,PB的斜率之积等于-14.设点P的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程.(2)某同学对轨迹C的性质进行探究后发觉:若过点(1,0)且倾斜角不为0的直线l与轨迹C相交于M,N两点,则直线AM,BN的交点Q在一条定直线上.此结论是否正确?若正确,请赐予证明,并求出定直线方程;若不正确,请说明理由.【规律提炼】定直线问题就是求证某个点不管如何改变,始终在某条直线上运动,本质上是求动点的轨迹方程.测题已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为A(2,0),定点P(0,-1),直线PA与椭圆交于另一点B-1(1)求椭圆C的标准方程.(2)是否存在过点P的直线l与椭圆C交于M,N两点,使得S△PAMS△PBN=6?若存在,恳求出直线l的方程第15讲圆锥曲线中的定量问题真知真题扫描1.解:(1)由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1),则AG=(a,1),GB=(a,-1).由AG·GB=8得a2-1=8,即a=3,所以E的方程为x29+y2=(2)证明:设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知-3<n<3.由于直线PA的方程为y=t9(x+3),所以y1=t9(x1+直线PB的方程为y=t3(x-3),所以y2=t3(x2-可得3y1(x2-3)=y2(x1+3).由于x229+y22=1,故y22=-(x2+3)(x2-3)9,可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3),即(27+m2)y1y2+m(将x=my+n代入x29+y2=1得(m2+9)y2+2mny+n2-9=所以y1+y2=-2mnm2+9,y1y代入①式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0,解得n=-3(舍去)或n=32故直线CD的方程为x=my+32,即直线CD过定点32,0.若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点32,0.综上,直线CD过定点32,0.2.解:(1)由已知可设C2的方程为y2=4cx,其中c=a2不妨设A,C在第一象限,由题设得A,B的纵坐标分别为b2a,-b2a,C,D的纵坐标分别为2c,-2c,故|AB|=2由|CD|=43|AB|得4c=8b23a,即3×ca=2-2ca2,解得ca=-所以C1的离心率为12(2)由(1)知a=2c,b=3c,故C1:x24c2+设M(x0,y0),则x024c2+y023c2=1,y02因为C2的准线为x=-c,所以|MF|=x0+c,又|MF|=5,所以x0=5-c,代入①得(5-c)24c2+4×(5-c)3c=1,即c2-所以C1的标准方程为x236+y227=1,C2的标准方程为y3.解:(1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1.由已知可得,点A的坐标为1,22或1,-22,所以AM的方程为y=-22x+2或y=22x-(2)证明:当l与x轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°.当l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线,所以∠OMA=∠OMB.当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x1<2,x2<2,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=y1x1由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=2k将y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=所以x1+x2=4k22k2+1,x则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-从而kMA+kMB=0,故直线MA,MB的倾斜角互补,所以∠OMA=∠OMB.综上,∠OMA=∠OMB.考点考法探究解答1例1解:(1)由题可设椭圆C的标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),在Rt△AF1O中,|OA|=b,|OF1|=c=1,|AF1|=|OA|2+|OF1|2=a,∵∠AF1O=π3,∴∠OAF1=π6,∴a=|AF1|=2|OF1|=(2)证明:由k2=k1k1-1得1设M(x1,y1),N(x2,y2),由(1)知A(0,3).当直线MN的斜率不存在时,N(x1,-y1),此时,k1=y1-3x1,由1k1+1k2=x1y1-3得x1=-833,由题知-2<x1<2,故不符合题意,即直线MN设直线MN的方程为y=kx+m(m≠3),由x24+y23=1,y=kx+m,消去y化简得(4k2+3则x1+x2=-8km4k2+3,x1由1k1+1k2=x1得(k2-2k)x1x2+(k-1)(m-3)(x1+x2)+m2-23m+3=0,则(83k-3m+33)(m-3)=0,∵m≠3,∴m=83k3即直线MN的方程为y=kx+83k3+3,因此直线MN过定点-833【自测题】解:(1)因为椭圆C的右焦点坐标为(1,0),所以c=1,又椭圆C经过点A(0,1),所以b=1,所以a2=b2+c2=2,故椭圆C的方程为x22+y2=(2)证明:设P(x1,y1),Q(x2,y2),由x22+y2=1,y=kx+t,得(1+2k2)则x1+x2=-4kt1+2k2,x1x2=2t2-21+2k2,得y1+y2=k(x1+x2)+2t=2t1+2k2,y1y2=k2x由题可知直线AP的方程为y-1=y1-1x1x,令y=0得x=-x1同理可得|ON|=-x2y因为|OM|·|ON|=2,所以-x1y1-1·-x2y2-即t2-1t2-2t+1=1,解得t=0,所以直线l的方程为y=kx,直线l解答2例2解:(1)由题设可得25-m25=154,得m2=2516,所以C的方程为(2)设P(xP,yP),Q(6,yQ),依据对称性可设yQ>0,由题意知yP>0.由已知可得B(5,0),直线BP的方程为y=-1yQ(x-5),所以|BP|=yP1+yQ因为|BP|=|BQ|,所以yP=1,将yP=1代入C的方程,解得xP=3或-3.由直线BP的方程得yQ=2或8.所以点P,Q的坐标分别为P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8).|P1Q1|=10,直线P1Q1的方程为y=13x,点A(-5,0)到直线P1Q1的距离为102,故△AP1Q1的面积为12×102×|P2Q2|=130,直线P2Q2的方程为y=79x+103,点A到直线P2Q2的距离为13026,故△AP2Q2的面积为12×13026综上,△APQ的面积为52例3解:(1)由抛物线的定义知,|MF|=x0+p2=3x02将点M(p,22)的坐标代入y2=2px,得2p2=8,得p=2,∴抛物线的标准方程为y2=4x,准线方程为x=-1.(2)由(1)知F(1,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为x=ty+1,线段AB的中点为C.由x=ty+1,y2=4x,消去x得y2∴x1+x2=t(y1+y2)+2=4t2+2,∴C(2t2+1,2t).由题意知直线m的方程为y-2t=-t[x-(2t2+1)],令y=0,得x=2t2+3,则点P(2t2+3,0),∴|PC|=4+4t2,|FP|=2t2+∴|FP|-|FP|cos2α=2|FP|sin2α=2|FP|·|PC||FP|2=2|PC故|FP|-|FP|·cos2α为定值,且定值为4.【自测题】解:(1)∵椭圆C的上顶点A与左、右焦点F1,F2构成一个面积为1的直角三角形,∴b=c,∴a2=b2+c2=2,∴椭圆C的标准方程为x22+y2=(2)证明:由(1)知F1(-1,0),F2(1,0).①当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=±2,点F1,F2到直线l的距离之积为(2-1)(2+1)=1.②当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,由y=kx+m,x22+y2=1得(1+2k2)x由Δ=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-2)=-8(m2-2k2-1)=0,得m2=1+2k2,点F1到直线l:y=kx+m的距离d1=|-k点F2到直线l:y=kx+m的距离d2=|k∴d1d2=|-k+m|k2+1·|综上可知,当直线l与椭圆C相切时,点F1,F2到直线l的距离之积为定值1.解答3例4解:(1)设点P的坐标为(x,y),由yx+2·yx-2=-14,得4y2=4-x2,即x24+y故轨迹C的方程为x24+y2=1(y≠0(2)结论正确.证明如下:依据题意,可设直线MN的方程为x=my+1,由x=my+1,x24+y2=1,消去x并整理得(m2设M(x1,y1),N(x2,y2),则y1+y2=-2mm2+4,y1y易知直线AM的方程为y=y1x1+2(x+直线BN的方程为y=y2x2-2(设Q(x0,y0),则x0+2=y2(x1+2)y而y2(x1=-3mm2+4因此x0=4,即点Q在定直线x=4上.综上,探究发觉的结论是正确的.【自测题】解:(1)由椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为A(2,0)知,a=2.把B点坐标-1,-32代入椭圆方程,得1解得b2=3,所以椭圆C的标准方程为x24+y2(2)由A(2,0),B-1,-32,P(0,-1),得|PA|=5,|PB|=52,所以|PA||PB|=2.假设存