极点极线常考6模型

1“极点极线”是射影几何中的内容，不属于高考考查的范围，但极点极线是圆锥曲线的一种基本特征，蕴含了很多圆锥曲线的重要性质，自然成为命题人命题的背景知识和方向，可以肯定的说“极点极线”为背景的考题是出题人思维中的定势方向.学生掌握了极点极线的相关知识，就可以从“高观点下”看待高中圆锥曲线的相关内容，更容易抓住问题的本质，虽然高考解答题不能用相关结论，但是我们可以将它作为辅助手段，快速的找到正确答案，然后再用初等方法写过程解题.24年甲卷，23年乙卷解析几何的极点极线背景本质与22年北京，20年北京卷解析几何一致，是当下非常常见的一个极点极线背景，我们需要多家留意.2:C在E上，即+=1,:=1-=②:y1y2=-x1x2-a(x1+x2)+③,2将此式代入因式分解得点，不符合题意，:+(n-a)=0lQ=，再通分化简得：mn-an+am-a2+mn-am+an-a2=0,:mn=a2，即n=，即直线CD也过定点(n,0).（2）当直线CD斜率为0时，经验证直线CD也过定点(n,0).3=1；证明详见解析.a2（2）方法一：设P(6,y0)，可得直线AP的方程为联立直线AP的方程与椭圆方程即可求得点C的坐标为同理可得点D的坐标为≠3时，可表线CD的方程，整理直线CD的方程可得即可知直线过定点=3时，直【详解】（1）依据题意作出如下图象：2-1=8，:a2=9:椭圆方程为+y2=14证明：设P(6,y0)，)x2+6y02x+9y02-81=0，解得：x=-3(y0+(y0+9y0+9,.(3y02-3-2y0)同理可得：点D的坐标为|(y02+1,y02+1,2y08y0(y2y08y0(y02+3)(3y02-3)8y0(3y02-3)3-y02+1,(3)44y02y04y0(3)整理得：y=整理得：y=3(3-y02)x+y02-3=3(3-y02)(|x-2,所以直线CD过定点|(2,0,.3(3)当y=3时，直线CD：x=2，直线过点|(2,0,3(3)(3)故直线CD过定点|(2,0,(3)[方法二]【最优解】：数形结合5设P(6,t)，则直线PA的方程为，即tx-9y+3t=0.同理，可求直线PB的方程为tx-3y-3t=0.则经过直线PA和直线PB的方程可写为(tx-9y+3t)(tx-3y-3t)=0.可化为t2(x2-9)+27y2-12txy+18ty=0.④易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有x2-9=-9y2，代入④式可得(27-9t2)y2-12txy+18ty=0.其中y=0表示直线AB，则(27-9t2)y-12tx+18t=0表示直线CD.【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.61)调和点列直线上依次四点A,C,B,D，若满足，则称A,C,B,D成调和点列（C为内分点，D为外分点特别地，若D在无穷远处，则即此时C为AB中点.2)调和点列与极点极线7设点P关于圆锥曲线E的极线为l，过点P任作一割线交E于A,B，交l于Q，则；反之，若有成立，则称点P,Q调和分割线段AB，或称P,Q关于E调和共辄.1．圆锥曲线的切线方程（1）设P(x0,y0)是椭圆上一点，则过P(x0,y0)的椭圆的切线方程为（2）设P(x0,y0)是双曲线上一点，则过P的双曲线的切线方程为：（3）设P(x0,y0)是抛物线E:y2=2px(p>0)上一点，则过P(x0,y0)的抛物线的切线方程为：y0y=p(x2．椭圆的光学性质如图，从椭圆一个焦点出发的光线经过反射后穿过另一个焦点，即桶圆上任一点P处的切线的垂线（法线）平分过该点的两条焦半径的夹角.83．抛物线的光学性质如图，从抛物线焦点出发的光线经过反射平行于抛物线对称轴．假设过抛物线上任意一点A作切线与对称TF=AF且7ATF=7TAF.4．极点与极线的几何意义（1）当P在圆锥曲线I上时，则点P的极线是曲线I在P点处的切线；（2）当P在圆锥曲线I内时，过点P任作一割线交I于A，B，设I在A，B处的切线交于点Q，则点P的极线是动点Q的轨迹；【极线与圆锥曲线必定相离】（3）当P在圆锥曲线I外时，过点P作I的两条切线，设其切点分别为A，B，则点P的极线是直线AB（即切点弦所在的直线）．【极线与圆锥曲线必定相交】9【答案】【分析】（I）将给定点代入设出的方程求解即可II）设出直线方程，与椭圆E的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.22所以椭圆E的方程为.（II）证法一：定点为(0,-2)，点P(1,-2)对应的极线为即x-2，即为直线AB，则AP,AB;AM,AN为调和线束，过M作MH//AP，交AB,AN于T,H，由调和性质可知T为MH中点，故直线HN过定点(0,-2).①若过点P(1,-2)的直线斜率不存在，直线x=1．代入=1，可得M，代入AB方程x-2，可得，由得到H．求得HN方程：x-2，过点②若过点P(1,-2)的直线斜率存在，设kx-y-(k+2)=0,M(x1,y1),N(x2,y2).2-6kxy22y1可求得此时HN:y-y2=将(0,-2)，代入整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0，将(*)代入，得24k+12k2+96+48k-24k-48-48k+24k2-36k2-48=0，显然成立.综上，可得直线HN过定点(0,-2).【评注】求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.由此题，进一步的我们可以得出如下结论—— 【答案】（12）证明见解析.【分析】（1）由已知两点坐标得a,b，求得c后可得离心率；（2）直线AB方程为x=2y-2，设P(x0,y0)（y0≠0，y0≠±1），Q(2yQ-2,yQ)，S(xS,0)．由C,P,Q三点共线求得Q点坐标（用P点坐标表示由B,P,S共线求得S点坐标（用P点坐标表示写出直线QS的方程，把x=4-4y代入化简对方程变形可得定点坐标.【详解】解1）因为点A(-2,0)，B(0,1)都在椭圆M上， 所以椭圆M的离心率.由题意知：直线AB的方程为x=2y-2.设P(x0,y0)（y0≠0，y0≠±1），Q(2yQ-2,yQ)，S(xS,0).-----→0-2,y0),CQ=(2yQ-2-2,yQ)，所以(x0-2)yQ=y0(2yQ-4).因为B,S,P三点共线，4y00-4x0所以直线QS的方程为x=2y0-x0+21-y0y+x0， 4y01-y0又因为点P在椭圆M上，所以x02=4-4y02.所以直线QS的方程为所以直线QS过定点(2,1).【点睛】关键点点睛：本题考查求椭圆的离心率，考查椭圆的直线过定点问题，解题方法是设椭圆上的点坐标P(x0,y0)，利用三点共线变为向量平行，求得直线交点Q,S的坐标，得出直线QS方程，再由P在椭圆上，代入化简凑配出定点坐标.【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a，b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；（II）首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA，NA的方程确定点P，Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得yP+yQ=0，从而可得两线段长度的比值.（II）解法一：点B(-4,0)关于椭圆C的极线方程为x=-2，即图中的直线AE，点E为直线MN与直线AE的交点，由极点与极线的理论可知，B,M,E,N四点成调和点列，在调和点列所在直线外选一点A，则AB,AM,AE,AN为调和线束．同时，直线x=-2与该调和线束交于P,B,Q，且直线x=-2与直线AE平行，故B点为PQ中点，则.解法二：设M(x1,y1),N(x2,y2)，直线MN的方程为：y=k(x+4)，令x=-4可得：yP=-2×-1=-2×lyP22x2x21x2:PBBQx2x222 BQPB:yP BQPB:解法四：设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线MN的方程为：x=ky-4(k2+4)，由+:直线AM,AN的方程分别为：AM:y=-1,AN:y=-1，令x=-4，则直线AN的方程为，令x=-4，则yP=,yQ=-，此时也有综上：【点睛】第二问看似是求值问题．解法一是发现yP+yQ=0，且相加后可以利用韦达定理整体代换，但是需要一定的直觉与应变能力，发现为的中点，需要一定的分析推理能力．解法二中出现分式结构，分子与分母有大部分相同，故第一步先分离分子，之后出现了不对称的结构，全部用韦达定理整体代换，此时只要保留相同的量，其余部分利用韦达定理整体代换后进行化简，需要一定的运算功底.【评注】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题.【答案】(1)P的轨迹为直线直线MN必过x轴上一定点D(1,0).【分析】（1）根据椭圆的标准方程可得A、B、F的坐标,设动点P(x,y).根据条件PF2-PB2=4,结合两点间距离公式,化简即可得解.=代入椭圆方程即可求得M、N的坐标.进而求得直线AM与直线AN的方程.联立两条直线方程即可求得交点T的坐标.（3）设出直线AM与直线AN的方程,分别联立椭圆方程即可表示出M、N的坐标.讨论x1=x2与x1≠x2,并分别求得m的值.即可求得所过定点的坐标.(x-2)2+y2,PB2=(x-3)2+y2,PF2-PB2=4,代入化简得x=.直线AM的方程为y=x+1,直线AN的方程为y=x-,（3）由题设知,直线AT的方程为：y=),直线BT的方程为：y=),所以kMD=kND,所以直线MN过点D(1,0).因此直线MN必过x轴上一定点D(1,0).【点睛】本题考查了曲线轨迹方程的求法,点与椭圆的位置关系及直线交点的求法,直线与椭圆的位置关系及过定点问题,综合性强证明见解析.222（2）先讨论斜率不存在时的情况易知直线AM，BN的交点Q的坐标是(4,3).当直线斜率存在时，设直线方程为y=k(x-1)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，进而联立方程结合韦达定理得x1+x2=，x1.x2=直线AM的方程是，直线BN的方程是进而计算得x=4时的纵坐标，并证明其相等即可.：（222所以椭圆C的方程是（2）①若直线l的斜率不存在时，如图，所以点M的坐标是点N的坐标是.所以直线AM的方程是直线BN的方程是所以直线AM，BN的交点Q的坐标是(4,3).所以点Q在直线x=4上.②若直线l的斜率存在时，如图.设斜率为k.所以直线l的方程为y=k(x-1).