第三节圆锥曲线大题篇_高中三年全科资料_高中_2026年高考《MST高考》一轮复习系列（数学）_第九章

MST老唐说题26版一轮 9.3 圆锥曲线大题篇 解答题我们最直接的就是“直曲联立”，将直线代入圆锥曲线，得到二次方程，这也是最常规的方法， 被广泛认同，甚至成为了标答。 但是，这个真的好算吗？教学中常见的就是联立后交给学生们去自行操作，巨大的计算量不知不觉“劝 退”了不少学生，他们拿第一问分数，第二问技巧性的联立“骗分”。新高考模式下，出了被刻意前置的考 题，一些常规联立能解决的问题由于都考过，所以越来越少，所以导致简单的大家都会，难一点的大家都 跪。我们陆陆续续介绍了圆锥曲线的各种方法，并给予解答题的汇总，以及什么情况下用什么方法，以便 我们更加高效地学习并理解圆锥曲线。 年份 新高考1 新高考2 甲卷 乙卷 北京 天津 浙江 2024 面积问题 双 元 数 列 调 和 线 束 极 点 极 线 向量乘积 递推+帕斯 平 行 中 点 背景+内外 卡定理 定理 角 角 平 分 线 2023 垂直背景+ 1.简单极点 1. 抛物线 1. 斜率和 1. 单动点 面 积 比 转 弦 长 最 值 极线背景 焦半径 定值 2. 五边形 化 为 坐 标 （ 极 坐 标 2.斜率翻译 2. 简单面 2. 调和线 3. 帕斯卡 比 复 数 解 法 或 者 坐 标 积处理 束 平 行 中 定理背景 最佳） 翻译 点定理 2022 1. 斜率和 1.中点 1.抛物线截 1. 调和线 3. 调和线 1. 切线 1. 隐藏斜 2.面积 2.斜率 距等比 束 平 行 中 束 平 行 中 2. 单动点 率 积 为 定 3.退化二次 2.最大张角 点定理 点定理 值 曲 线 布 利 2. 隐藏斜 2.隐藏斜率 2. 弦长最 安 桑 定 理 率 倒 数 和 倒 数 和 为 值 背景 定值 定值 2021 1. 退化二 1. 弦长 抛 物 线 彭 阿 基 米 德 1. 隐藏斜 1.切线 1. 长度等 次 曲 线 与 2. 焦点弦 塞列闭合 三 角 形 面 率 积 为 定 2.单动点 比 四点共圆 积 值 2. 退化二 2. 倾斜角 2. 轴点弦 次曲线 互补 年份 新 高 考 I卷 II卷 III卷 北京 天津 浙江 山东卷 2020 1. 斜率积 1. 斜率比 1. 焦点弦 面积 1. 轴点弦 1. 切线 1. 两圆锥 定值 2. 定点 长 2. 定值 2. 中点弦 曲线交点 2. 过定点 3. 极点极 2. 两圆锥 2. 定比分 线背景 曲线交点 点 通过对近五年的高考题进行分析，当2020年新高考在山东卷进行试点时，圆锥曲线作为压轴题出现， 将椭圆上共顶点的两垂直弦作为条件，隐藏第三条边过定点，从而开启了新高考圆锥曲线的命题核心—— “藏”。而一卷则模仿2010年江苏卷命制了以极点极线为背景的求定点问题，其破题本质还是隐藏了斜率 比值为定值。而北京卷却以轴点弦为背景，两个三点共线为辅助，也是经典的“1+2”模型，背景来自调和 线束平行线中点定理，这种命题模型在2018年文科卷作为压轴题就出现，只是18年出现了两条轴点弦辅MST老唐说题26版一轮 助一条三点共线，属于经典“2+1”模型，这种类型常规联立非常难算，而专门破解此类问题的定比点差法 应运而生，其背景也是调和线束平行线中点定理。2020年，就是新高考起点，促使我们需要学习一些解决 圆锥曲线的新技能。 2021年高考，属于老教材新高考最后一年，题型不会大幅度创新，但是“藏”的命题逻辑和新方法引 入已经是不可逆趋势，新高考一卷的四点共圆问题，可以常规联立，也可以用参数方程快速求出，甲卷和 乙卷的抛物线问题涉及到了两点式方程和同构方程思想，此思想方法在北京卷2018年就出现，阿基米德三 角形在2013年江西卷和2019年II卷也出现，属于老题新作。北京卷则延续了2020年的风格，延续了轴点 弦，同时将斜率积为定值做了隐藏，这个命题逻辑延续到了2022年，北京卷总是一个风向标，值得我们重 视。 2022年高考，来到了斜率和积隐藏的最高峰，除了新高考2卷和多年风格不变的天津卷，连浙江卷也 加入了斜率积为定值的隐藏。甲卷延续之前III卷风格，抛物线常规联立即可破解，其背景加入了米勒定理。 这一年高考，成为了常规联立越来越难在考场中操作完成，甚至因为选填题的难度加大导致很多考生做不 到圆锥曲线第二问，而乙卷的计算量巨大也导致了很多师生开始怀疑之前的圆锥曲线学习方法，其对极点 极线背景的隐藏，最终还是指向了调和线束平行线中点定理。新课标2卷，当大家在思考如何简化计算时， 按照退化二次曲线方程的解法完全实现了降维打击，其背景也是指向了布利安桑定理，新高考的圆锥曲线， 越来越强调对背景的挖掘和翻译. 2023年高考，北京卷再次创新，引入了帕斯卡六边形为背景，乙卷继续沿用22年的调和线束平行线中 点定理，2卷沿用2020年I卷的简单极点极线的自极三角形翻译，区别仅仅是解读在了双曲线上，1卷的弦 长问题，则是在垂直环境下的一道经典题型，可追溯到2009年的垂直弦，最佳方法是复数旋转来解读垂直， 将函数方程不等式思想在最后一题用抛物线为载体呈现。 2024圆锥曲线难度最大的是新高考II卷的压轴题，除了前两问的铺垫，涉及数列的双元递推后，最后 一问背景又源于帕斯卡六边形，这说明射影几何学的背景深挖已经刻不容缓，北京卷源自调和点列的形成 ——调和梯形+内外角平分线，甲卷则是近三年最火的模型——调和线束平行中点定理，不过最佳解答方法 是坐标翻译——定比点差，天津卷延续了纯计算少背景传统，I卷由于是第二道解答题，算面积，可以通过 换元和对称来简化。MST老唐说题26版一轮 考向 1 方程与曲线 题型1 定义法 1．定义法 回顾之前所讲的第一定义的求解轨迹问题，我们常常需要把动点P和满足焦点标志的定点连起来判断． 熟记焦点的特征： ①关于坐标轴对称的点；②标记为F的点；③圆心；④题上提到的定点等等．当看到以上的标志的时 候要想到曲线的定义，把曲线和满足焦点特征的点连起来结合曲线定义求解轨迹方程．注意求出轨迹方程 后，也要查漏补缺． 【例 1】（2021•新高考Ⅰ）在平面直角坐标系xOy 中，已知点F( 17 ，0)，F ( 17 ，0)，点M 满足 1 2 |MF ||MF |2．记M 的轨迹为C． 1 2 （1）求C 的方程； 【例2】（2016•新课标Ⅰ）设圆x2  y2 2x150的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆 A于C ，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E． （Ⅰ）证明|EA||EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；MST老唐说题26版一轮 题型2 直译法 2．直译法 根据题上条件，直接表示轨迹方程． 一般步骤为： （1）建系设点 建立适当的坐标系，设曲线上任意动点坐标M为（x,y）； （2）等量关系 根据条件列出与M有关的等式； （3）联立化简 化成最简形式； （4）确定范围 验证方程表示的曲线是否为已知的曲线，重点检查方程表示的曲线是否有多余的点，或者 曲线上是否有遗漏的点． 要检查轨迹上是否所有的点是否都符合题干，常见的限制范围有：题干涉及三角 形，轨迹里面不能构成三角形的点要去掉；题干有斜率关系，斜率不存在的时候要去掉；轨迹为双曲线的 时候，要检查是否左右两支上的点都符合题意． 1 【例3】（2023•新高考Ⅰ）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点(0, )的距离，记动点P 2 的轨迹为W ． （1）求W 的方程； 1 【例4】（2019•新课标Ⅱ）已知点A(2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM 与BM 的斜率之积为 ．记 2 M 的轨迹为曲线C． （1）求C 的方程，并说明C是什么曲线；MST老唐说题26版一轮 题型3 相关点法 3．相关点法 若所求轨迹上的动点P与另一个已知曲线上的动点Q存在着某种联系，可设点P(x,y)，用点P的坐标 表示出来点Q，然后代入曲线方程，化简即得所求轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做相关点法（或称 代入法）． 【例5】从圆O:x2  y2 4上任取一点P向x轴作垂线段PD，D为垂足．当点P在圆上运动时，线段PD 的中点Q的轨迹为曲线C （当P为x轴上的点时，规定Q与P重合）． （1）求C 的方程，并说明曲线C的类型； 考向 2 韦达联立与弦长面积问题 题型1 联立之正设反设问题 1．直线和曲线联立 x2 y2 （1）椭圆  1(ab0)与直线l:ykxm相交于AB两点，设A(x ，y )，B(x ，y ) a2 b2 1 1 2 2 x2 y2   1 a2 b2 ，(b2 k2a2)x2 2a2kmxa2m2（正设）  ykxm x2 y2 椭圆  1(a0，b0) 与过定点(m，0)的直线l相交于AB两点，设为xtym，如此消去x，保留 y， a2 b2 x2 y2   1 构造的方程如下：a2 b2 ，(a2t2b2)y22b2tmyb2m2a2b2 0（反设）  xtym 注意： ①如果直线没有过椭圆内部一定点，是不能直接说明直线与椭圆有两个交点的，一般都需要摆出0，满 足此条件，才可以得到韦达定理的关系． ②焦点在y轴上的椭圆与直线的关系，双曲线与直线的关系和上述形式类似，不再赘述． （2）抛物线y2 2px(p0)与直线xtym相交于A、B两点，设A(x ，y )，B(x ，y ) 1 1 2 2 y  y 2pt 联立可得y2 2p(tym)，0时， 1 2 y y 2pm 1 2MST老唐说题26版一轮 特殊的，当直线AB过焦点的时候，即m p ，y y 2pmp2，x x  y 1 2  y 2 2  1 p2，因为AB为通径 1 2 1 2 2 2p 2p 4 的时候也满足该式，根据此时A、B坐标来记忆． 抛物线 x2 2py(p0) 与直线 ykxm 相交于 C、D 两点，设 C(x ，y ) ， D(x ，y ) ，联立可得 1 1 2 2 x x 2pk x2 2p(kxm) ，0 时，  1 2 ． xx 2pm 1 2 x2 y2 5 【例1】（2023•北京）已知椭圆E:  1(ab0)的离心率为 ，A、C分别为E的上、下顶点，B、 a2 b2 3 D分别为E的左、右顶点，|AC|4． （1）求E的方程； （2）点P为第一象限内E上的一个动点，直线PD与直线BC交于点M ，直线PA与直线y2交于点N．求 证：MN //CD． 【例2】（2023•新高考Ⅱ）已知双曲线C 中心为坐标原点，左焦点为(2 5，0)，离心率为 5 ． （1）求C 的方程； （2）记C 的左、右顶点分别为A，A ，过点(4,0)的直线与C的左支交于M ，N两点，M 在第二象限， 1 2 直线MA 与NA 交于P，证明P在定直线上． 1 2MST老唐说题26版一轮 题型2 韦达联立与弦长问题 1．根的判别式和韦达定理 x2 y2  1(ab0)与ykxm联立，两边同时乘上a2b2即可得到(a2k2b2)x22kma2xa2(m2b2)0，为 a2 b2 了方便叙述，将上式简记为Ax2 +Bx+C =0．该式可以看成一个关于x的一元二次方程，判别式为 D=4a2b2(a2k2 +b2 -m2)可简单记4a2b2(Am2)． x2 y2 同理 + =1(a>b>0)和x=ty+m联立(a2 +t2b2)y2 +2b2tmy+b2m2 -a2b2 =0 ,为了方便叙述，将上式简记 a2 b2 为Ay2+By+C=0,D=4a2b2(a2+t2b2-m2)，可简记4a2b2(Am2)． l与C相离ÛD<0；l与C相切ÛD=0；l与C相交ÛD>0． B C 注意：（1）由韦达定理写出x x  ，x x  ，注意隐含条件0． 1 2 A 1 2 A （2）求解时要注意题干所有的隐含条件，要符合所有的题意． （3）如果是焦点在y轴上的椭圆，只需要把a2，b2互换位置即可． （4）直线和双曲线联立结果类似，焦点在x轴的双曲线，只要把b2换成-b2即可； 焦点在y轴的双曲线，把a2换成-b2即可，b2换成a2即可． 2．弦长公式 设M(x ，y )，N(x ，y )根据两点距离公式|MN| (x x )2 (y  y )2 ． 1 1 2 2 1 2 1 2 （1）若M、N在直线ykxm上，代入化简，得|MN| 1k2 x x ； 1 2 （2）若M、N所在直线方程为xtym，代入化简，得|MN| 1t2 y y ． 1 2 |x x | | y  y | （3）构造直角三角形求解弦长，|MN|  2 1  2 1 ．其中k为直线MN 斜率，为直线倾斜角． |cos| |sin| 【例 1】（2021•新高考Ⅰ）在平面直角坐标系xOy 中，已知点F( 17 ，0)，F ( 17 ，0)，点M 满足 1 2 |MF ||MF |2．记M 的轨迹为C． 1 2 （1）求C 的方程； 1 （2）设点T在直线x 上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA||TB||TP||TQ|， 2 求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和．MST老唐说题26版一轮 3 x2 y2 【例2】（2024•新高考I卷）已知A(0,3)和P(3, )为椭圆C:  1(ab0)上两点． 2 a2 b2 （1）求C 的离心率； （2）若过P的直线l交C于另一点B，且ABP的面积为9，求l的方程． x2 1 【例3】(2022浙江卷)如图,已知椭圆E: y2 1.设A，B是椭圆上异于P(0，1)的两点,且点Q(0， )在 12 2 1 线段AB上,直线PA,PB分别交直线y x3于C，D两点. 2 (1)求点P到椭圆上点的距离的最大值； (2)求|CD|的最小值.MST老唐说题26版一轮 题型3 韦达联立与面积问题 三角形的面积处理方法 1 （1）S = ×底·高（通常选弦长做底，点到直线的距离为高） △ 2 1 1 1 （2）S = ×水平宽·铅锤高= AB× x -x 或S = CD× y - y △ 2 2 E D △ 2 A E 图4-6-2 1 1 证明：S =S +S = |AB|×|x -x |+ |AB|× △ADE △ABE △ABD 2 B E 2 |x -x |= 1 |AB|×|x -x | B D 2 E D 1 1 1 S =S +S = |CD|×|y - y |+ |CD|× | y - y |= |CD|×| y - y | △ADE △ACD △ECD 2 A C 2 E C 2 A E （3）在平面直角坐标系xOy中，已知△OMN 的顶点分别为O(0，0)，M(x ，y )，N(x ，y )，三角形的 1 1 2 2 1 面积为S = x y -x y ． 2 1 2 2 1 |x y -x y | 证明：直线OM 的方程为 y x-x y=0，N(x ，y )到它的距离为d = 1 2 2 1 ， 1 1 2 2 x2 +y2 1 1 1 1 1 则S = OM d = x2+y2×d = x y -x y ． 2 2 1 1 2 1 2 2 1 【例1】（2023•甲卷）已知直线x2y10与抛物线C:y2 2px(p0)交于A，B两点，|AB|4 15 ． （1）求 p；   （2）设F 为C的焦点，M ，N为C 上两点，且FM FN 0，求MFN面积的最小值．MST老唐说题26版一轮 x2 y2 【例2】（2023•天津）设椭圆  1(ab0)的左、右顶点分别为A，A ，右焦点为F ，已知|AF|3， a2 b2 1 2 1 |A F|1． 2 （Ⅰ）求椭圆方程及其离心率； （Ⅱ）已知点P是椭圆上一动点（不与顶点重合），直线A P交y轴于点Q，若△APQ的面积是△A FP面 2 1 2 积的二倍，求直线A P的方程． 2 【例3】（2015•上海）已知椭圆x2 2y2 1，过原点的两条直线l 和l 分别于椭圆交于A、B和C、D， 1 2 记得到的平行四边形ACBD的面积为S． （1）设A(x ，y )，C(x ，y )，用A、C的坐标表示点C到直线l 的距离，并证明S 2|x y x y |； 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 （2）设l 与l 的斜率之积为 ，求面积S的值． 1 2 2MST老唐说题26版一轮 题型4 点乘双根法 （1）点乘双根法的原理 我们要计算 x t  x t 这个量,此时当然可以将其展开,利用韦达定理来进行计算,但更简单的操作 1 2 方法是利用二次函数的两根式,得出ax2 bxca  xx  xx  ,并在两端同时令 x t ,即可得到 1 2 at2 btc at2 btca  tx  tx  ,从而 x t  x t  ,这种方法叫做“点乘双根法” 1 2 1 2 a   PAPB  x x  x x  y  y  y  y  ,从而构建出关于参数的等式关系式,避免复杂的计算, 1 0 2 0 1 0 2 0 达到快速解題的目的(其中,点P坐标 x ,y 为已知定点,A  x ,y  ,B  x ,y 为直线l与圆锥曲线的交点. 0 0 1 1 2 2 （2）点乘双根法适用题型   在圆锥曲线中,遇到如PAPB m(其中m为常数)的形式,其中点P是己知的点, A,B为直线l与圆雉曲线 的交点的问题时，可用点乘双根法以达到简化运算. x2 y2 1 【例4】（2024•天津）已知椭圆  1(ab0)的离心率e ，左顶点为A，下顶点为B，C是线段 a2 b2 2 3 3 OB的中点，其中S  ． ABC 2 （1）求椭圆方程． 3   （2）过点(0, )的动直线与椭圆有两个交点P，Q，在y轴上是否存在点T使得TPTQ0恒成立．若存 2 在，求出这个T点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． y2 【例5】（2024•上海）已知双曲线:x2  1，(b0)，左右顶点分别为A，A ，过点M(2,0)的直线l b2 1 2 交双曲线于P、Q两点，且点P在第一象限． （1）当离心率e2时，求b的值； 2 6 （2）当b ，△MA P为等腰三角形时，求点P的坐标； 3 2   （3）连接OQ并延长，交双曲线于点R，若ARA P1，求b的取值范围． 1 2MST老唐说题26版一轮 考向 3 联立之曲线反代入直线 题型一 切线单动点语言体系 单动点就等于换元，我们本章介绍了三角代换，最大的优势就是单动点在曲线上，如果是切点，最好 用换元，这样实现了曲线代入直线，.天津卷近年考得最多. x2 y2 我们尝试来求椭圆  1上一点P(x ，y )处的切线方程， a2 b2 0 0 2x  当点P(x ，y )位于第一或第二象限时，yb 1 x2 ，求导得k  y b  a2  bx  1 ，当 0 0 a2 2 x2 a2 x2 1 1 a2 a2 x 2 y b2x xx yy x x 时， 1 0  0 ，故k  0 ，代入切线方程y y k(xx )得： 0  0 1 0 a2 b a2y 0 0 a2 b2 0 2x  当点P(x ,y )位于第三或第四象限时，yb 1 x2 ，求导得k  y b  a2  0 0 a2 2 x2 1 a2 bx 1 x 2 y b2x xx yy  ，当x x 时，1 0  0 ，故k 0 ，代入切线方程y y k(xx )得： 0  0 1． a2 x2 0 a2 b a2y 0 0 0 a2 b2 1 a2 x2 y2 【例1】（2021•乙卷）设B是椭圆C:  1(ab0)的上顶点，若C上的任意一点P都满足|PB|2b， a2 b2 则C的离心率的取值范围是（ ） 2 1 2 1 [ ，1) B．[ ，1) C．(0， ] D．(0， ] A． 2 2 2 2MST老唐说题26版一轮 xx yy xcos ysin 1. 椭圆的切线参数方程： 0  0 1  1； a2 b2 a b xx yy x ytan 2. 双曲线的切线参数方程： 0  0 1  1 a2 b2 acos b x2 y2 6 【例2】(2022 天津卷)椭圆  （1 ab0)离心率为 ，直线l与椭圆有唯一公共点M ，与y轴交于 a2 b2 3 点N (N异于M)，记O为原点，若|OM ||ON|，且△OMN 面积为 3，求椭圆方程 . x2 y2 2 5 【例3】（2021•天津）已知椭圆  1(ab0)中，e ，其上顶点为B，右焦点为F ，且|BF|2 5 ． a2 b2 5 （1）求椭圆的方程； （2）若直线l与椭圆有唯一交点M ，l与y轴正半轴交于点N，过N作BF 的垂线，交x轴于点P，已知 MP//BF ，求直线l的方程．MST老唐说题26版一轮 x2 y2 【例4】如图，已知A，B分别为椭圆M :  1(ab0)的左，右顶点，P(x ，y )为椭圆M 上异于 a2 b2 0 0 4 点A，B的动点，若AB6，且直线AP与直线BP的斜率之积等于 ． 9 （1）求椭圆M 的标准方程； （2）过动点P(x ，y )作椭圆M 的切线，分别与直线xa和xa相交于D，C 两点，记四边形ABCD的 0 0 对角线AC，BD相交于点N，问：是否存在两个定点F ，F ，使得|NF ||NF |，为定值？若存在，求F ， 1 2 1 2 1 F 的坐标；若不存在，说明理由． 2MST老唐说题26版一轮 题型二 单动点与四个顶点连线的三角换元  a xacos x   椭圆： ，双曲线： 1 cos ，不妨令t tan ， ybsin  y btan 2 1 通常单个动点在圆锥曲线上，用参数换元连接四个顶点是能大大简化计算的. 以椭圆为例，     2sin cos 2sin cos k  bsin  b 2 2  b tan   b t，k  bsin  b 2 2  b  b ， PA acosa a 2cos2  a 2 a PB acosa a 2sin2  atan  at 2 2 2 b(1t) b(1t) 计算量瞬间被简化.同理，关于上下顶点，k  ，k  ， PC a(1t) PD a(1t)  b 记忆方法：将t tan 作为第一象限角，则0t1，显然 k  k ，所以左乘右除，左正右负，k  t ， PA PB PA 2 a b b(1t) b(1t) k  ； k  k 上负下正，上小下大，k  ，k  ， PB at PC PD PC a(1t) PD a(1t) x2 y2 5 【例5】（2023•北京）已知椭圆E:  1(ab0)的离心率为 ，A、C分别为E的上、下顶点，B、 a2 b2 3 D分别为E的左、右顶点，|AC|4． （1）求E的方程； （2）点P为第一象限内E上的一个动点，直线PD与直线BC交于点M ，直线PA与直线y2交于点N．求 证：MN //CD．MST老唐说题26版一轮 x2 y2 3 【例6】(2013江西文)椭圆C：  1（ab0）的离心率为e ，ab3. a2 b2 2 （1）求椭圆C 的方程； （2）如图，A，B，D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意点，直线DP交x轴于N直线AD 交BP于点M ，设BP的斜率为k，MN 的斜率为m，证明为2mk 为定值. 题型三 抛物线两点式同构方程体系 一．抛物线的两点联立式 过抛物线y2 2px上两点A(x ，y )、B(x ，y )的直线AB方程是:(y y )y2pxy y . 1 1 2 2 1 2 1 2 y y y y 2p 2p y2 证明:以曲代直，k  2 1  2 1  ，故直线AB方程为:yy  (x 1 )， AB x x y2 y2 y  y 1 y  y 2p 2 1 2  1 1 2 1 2 2p 2p 化简可得:(y y )y2pxy y . 1 2 1 2 记忆方法:把抛物线化成标准方程，然后将最左端的二次自动降为一次，再在最左端和最右端加上“y  y 1 2、 y y ”皆可.同理，如果抛物线的形式是x2 2py(p0)，直线AB的方程是:(x x )x2pyxx . 1 2 1 2 1 2 【例7】(2022全国甲卷)已知抛物线C：y2 2px(p0)焦点为F ，点D(p，0)过焦点F 做直线l交抛物线于 M，N 两点，当MDx轴时，|MF|3. （1）求抛物线方程 （2）若直线MD，ND与抛物线的另一个交点分别为A，B.若直线MN ，AB的倾斜角为，，当最 大时，求AB的方程MST老唐说题26版一轮 【例8】已知抛物线C:y2 2px，焦点为F ，点M(2,0)，N(2,2)，过点M 作抛物线的切线MP，切点为 P，|PF|3，又过M 作直线交抛物线于不同的两点A，B，直线AN交抛物线于另一点D． （1）求抛物线方程； （2）求证BD过定点． 【例9】(2018•北京理)已知抛物线C:y2 2px经过点P(1，2)，过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不 同的交点A，B，且直线PA交y轴于M ，直线PB交y轴于N. (I)求直线l的斜率的取值范围;     1 1 (II)设O为原点，QM QO，QN QO求证:  为定值.  MST老唐说题26版一轮 二．抛物线的双切圆同构与彭塞列闭合圆 【例10】(2011·浙江理)已知抛物线C :x2  y，圆C :x2(y4)2 1的圆心为M ，P是C 上一点(异于原 1 2 1 点)，过P作圆C 的两条切线，交C 于A、B两点，MP AB.求PM 的方程。 2 1 【例11】(2021·全国甲卷)抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l:x1交C于P、Q两点， 且OP OQ，已知点M(2，0)，且圆M 与l相切. (1)求C，圆M 的方程; (2)设A 、A 、A 是C上的三个点，直线AA ，AA 均与圆M 相切，判断直线A A 与圆M 的位置关系， 1 2 3 1 2 1 3 2 3 并说明理由.MST老唐说题26版一轮 【例12】已知抛物线C:y2 2px(p0)的焦点F 到准线的距离为2，圆M 与y轴相切，且圆心M 与抛物线 C的焦点重合． （1）求抛物线C和圆M 的方程； （2）设P(x ，y )(x 2)为圆M 外一点，过点P作圆M 的两条切线，分别交抛物线C于两个不同的点A(x ， 0 0 0 1 y )，B(x ，y )和点Q(x ，y )，R(x ，y )．且y y y y 16，证明：点P在一条定曲线上． 1 2 2 3 3 4 4 1 2 3 4 【例13】(2021浙江文)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C:y2 4x上存在不同的两点A， B满足PA，PB的中点均在C上. (I)设AB中点为M ，证明:PM 垂直于y轴; y2 (II)若P是半椭圆x2 1(x0)上的动点，求△PAB面积的取值范围. 4MST老唐说题26版一轮 考向 4 斜率关系翻译之齐次化 题型1 斜率关系与齐次化 x2 y2 已知点P是平面内一个定点，椭圆C：  1(ab0)上有两动点A、B a2 b2 （1）若直线k k ，则直线AB过定点． PA PB （2）若直线k k ，则直线AB过定点． PA PB  (xx )2 (y y )2 证明：将椭圆C按向量POx ，y 方向平移，得椭圆C： 0  0 1，展开得： 0 0 a2 b2 x2 y2 2x 2y x2 y2   0 x 0 y 0  0 1 0． a2 b2 a2 b2 a2 b2 平面内的定点P(x ，y )和椭圆C上的动点A、B分别对应椭圆C上的定点O和动点A、B，设直线AB的 0 0 x2 y2 2x 2y x2 y2 方程为mxny1，代入展开式得  ( 0 x 0 y)mxny( 0  0 1) mxny2 0（构造齐 a2 b2 a2 b2 a2 b2 次式），当x0时，两边同时除以x2整理得， [ n2x 0 2  ny 0 12 n2] y2  ( 2mnx 0 2 2x 0 n  2mny 0 2 2y 0 m 2mn) y [ mx 0 12  m2y 0 2 m2]0 a2 b2 x2 a2 b2 x a2 b2 y 因为点A、B的坐标满足这个方程，所以k 和k 是关于 的方程的两根． OA' OB' x 2mnx2 2x n 2mny2 2y m 0 0  0 0 2mn （1）若k k ，由平移性质知k k ，故k k  a2 b2 ， PA PB OA OB OA OB n2x2 ny 12 0  0 n2 a2 b2 整理可得到m和n的关系，从而可知直线AB过定点，由平移性质可得直线AB过定点． mx 12 m2y2 0  0 m2 （2）若k k ，由平移性质知k k ，所以k k  a2 b2 ，整理可得到m PA PB OA OB OA OB n2x2 ny 12 0  0 n2 a2 b2 和n的关系，从而可知直线AB过定点，由平移性质可得直线AB过定点． 注意：双曲线的齐次化如法炮制MST老唐说题26版一轮 x2 y2 【例1】(2022新高考Ⅰ卷)已知A(2，1)在双曲线C:  1(a1)上,直线l交C于P、Q两点,直线 a2 a2 1 AP,AQ斜率之和为0. (1)求l的斜率; x2 y2 2 【例2】(2020•山东)已知椭圆C:  1(ab0)的离心率为 ,且过点A(2，1). a2 b2 2 (1)求C的方程; (2)点M ,N在C上,且AM⊥AN ，AD⊥MN ，D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值. x2   【例3】(2020全国1卷)已知A,B分别为椭圆E: y2 1(a1) 的左、右顶点,G为E的上顶点,AGGB a2 8.P为直线x6上的动点,PA与E的另一交点为 C ， PB 与E的另一交点为D. (1)求E的方程; (2)证明:直线CD过定点.MST老唐说题26版一轮 题型2 隐藏斜率关系与齐次化 从曾经的直接考查斜率和积为定值，到如今斜率和积为定值都作为了隐藏条件，为最后的解答指明方 向，本节我们介绍一下那些隐藏的斜率和积为定值问题，新高考，在于藏，不在于难. 高考中出现斜率和积问题，最早可以追溯到近二十年前，考题的日新月异决定了不会永远局限于斜率 和与积的问题,所以需要通过题目给到的定点或者探索定点的过程中,找到北后的本质逻辑.2022年新课标 一巻的斜率和积成为了第一问就能看出来,压轴问往往要根据已知的定点或者定值来探索斜率的关系. x2 y2 1.已知点P(a，0)是椭圆C:  1(ab0)右顶点, a2 b2 2b2 ①椭圆上弦AB过定点(a，t),则k k  定值; PA PB at b2(t2a) ②椭圆上弦AB过定点(at，0),则k k  定值; PA PB a2t (xa)2 y2 x2 y2 2a 证明:将椭圆C按向量 平移得椭圆C:  1   x0 , PO(a，0) a2 b2 a2 b2 a2 ①动点A，B分别对应椭圆C上的动点A,B，根据题意直线AB过定点(0，t)，AB的方程为 y x2 y2 2a y 1 y2 2 y 12am mx 1,即   x(mx )0,当x0时,两边除以x2得:   0, t a2 b2 a2 t b2 x2 at x a2 2b2 k k  定值; PA PB at x ②动点A,B分别对应椭圆C上的动点A,B,根据题意直线AB过定点(t，0)，AB的方程为 ny1,代 t x2 y2 2a x 1 y2 2n y 1 2 b2(t2a) 入①得   x( ny)0,当x0时,两边除以x2得:    0,k k   a2 b2 a2 t b2 x2 a x a2 at PA PB a2t 定值; x2 y2 2.已知点P(0，b)是椭圆C:  1(ab0)上顶点, a2 b2 1 1 2a2 ①椭圆上弦AB过定点(t，b),则   定值; k k bt PA PB 2b2 ②椭圆上弦AB过定点(0，bt),则k k  定值; PA PB at  x2 (yb)2 x2 y2 2b 证明:将椭圆C按向量PO(0，b)平移得椭圆C:  1   y0 , a2 b2 a2 b2 b2 x ①动点A,B分别对应椭圆C上的动点A,B,根据题意直线A,B过定点(t，0)，A,B的方程为 ny1, t x2 y2 2b x 12bn y2 2 y 1 1 1 2a2 即,当x0时,两边除   y( ny)0以x2得:   0,   定值; a2 b2 b2 t b2 x2 bt x a2 k k bt PA PB ②动点A,B分别对应椭圆C上的动点A,B,根据题意直线A,B过定点(0，t)，A,B的方程为 y x2 y2 2b y 1 2 y2 2m y 1 mx 1,即   y(mx )0,当x0时,两边除以x2得:(  )   0, t a2 b2 b2 t b2 bt x2 b x a2 b2t k k  定值; PA PB a2(t2b) 我们不需要记忆这个定值,但是我们可以提前预判定值的类型,从而进行定点定值的必要性探路,MST老唐说题26版一轮 x2 y2 2 【例4】已知椭圆C:  1(ab0)的左右顶点分别为A,B,过椭圆内点D( ，0)且不与x轴重合的动 a2 b2 3 直线交椭圆C于P Q两点,当直线PQ与x轴垂直时, ， 4 PD  BD  . 3 (I)求椭圆C的标准方程; (II)设直线AP AQ和直线l:xt分别交于点M,N ,若MD⊥ND恒成立,求t的值. ， 3.中点与斜率关系转化 如图,PC为PAB的中线,设直线AP,BP,CP的斜率分别为k ,k ,k , 1 3 2 1 1 2 ①若AB与x轴平行,则:   ；②若AB与y轴平行,则:k k  2k . k k k 1 3 2 1 3 2 y2 x2 5 【例5】（2023•乙卷）已知椭圆C:  1(ab0)的离心率为 ，点A(2,0)在C 上． a2 b2 3 （1）求C 的方程； （2）过点(2,3)的直线交C于点P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M ，N，证明：线段MN 的中点为定点．MST老唐说题26版一轮 x2 y2 【例6】(2022北京卷)已知椭圆E:  1(ab0)的一个顶点为A(0，1),焦距为2 3. a2 b2 (1)求椭圆E的方程 (2)过点P(2，1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C,直线AB，AC 分别与x轴交于点M ,N. 当|MN|2时,求k的值. 4. 高考中隐藏的斜率比值问题 k 若A、B为椭圆长轴顶点,直线MN 交椭圆于M、N两点,交长轴于点P(m，0),则 AM 为定值,反 k BN k 之, AM 为定值,则MN 过长轴上定点P(m，0); k BN 【例7】（2023•新高考Ⅱ）已知双曲线C中心为坐标原点，左焦点为(2 5，0)，离心率为 5 ． （1）求C 的方程； （2）记C 的左、右顶点分别为A，A ，过点(4,0)的直线与C的左支交于M ，N两点，M 在第二象限， 1 2 直线MA 与NA 交于P，证明P在定直线上． 1 2MST老唐说题26版一轮 x2 y2 【例8】（2021·北京）已知椭圆E：  1（ab0）的一个顶点A(0,2)，以椭圆E的四个顶点 a2 b2 围成的四边形面积为4 5. （I）求椭圆E的方程； （II）过点P0,3作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB、AC 分别与直线y3交 于点M 、N ，当 PM  PN 15时，求k的取值范围. 3 【例9】(2022全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过A(0，2) B( ，1)两 ， 2 点. (1)求E的方程; (2)设过点P(1，2) 的直线交E于M,N 两点,过M 且平行于x轴的直线与线段 AB 交于点T ,点H 满足   MT TH .证明:直线HN 过定点.MST老唐说题26版一轮 考向 5 平行垂直问题之参数方程与复数代换 类型一.长度参数方程构造 一．参数方程与四点共圆 【例 1】（2021•新高考Ⅰ卷）在平面直角坐标系xOy 中，已知点F( 17，0) ，F ( 17，0) ，点M 满足 1 2 |MF ||MF |2．记M 的轨迹为C． 1 2 （1）求C 的方程； 1 （2）设点T在直线x 上，过T的两条直线分别交C 于A，B两点和P，Q两点，且|TA||TB| 2 |TP||TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和． 补充：圆幂定理 ①相交弦定理：圆内的两条相交弦AB与CD交于P，则 PA  PB  PC  PD （左图）． ②切割线定理：从圆外一点P引圆的切线PA和割线交圆于B、C两点，则 PA 2  PB PC （中图）． ③割线定理：从圆外一点P引两条割线与圆分别交于A、B和C、D，则 PA  PB  PC  PD （右图）． 二． 参数方程破解类圆幂定理 在圆的切线长定理当中，存在 PA 2  PB  PC ，当这个问题出现在椭圆当中，则满足类圆幂定理 PA 2  PB  PC ，确定的数值.MST老唐说题26版一轮 x2 y2 【例2】（2016•四川）已知椭圆E:  1(ab0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的3个 a2 b2 顶点，直线l:yx3与椭圆有且只有一个公共点T． （1）求椭圆E的方程及点T 的坐标； （2）设O是坐标原点，直线l'平行于OT ，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P．证明： 存在常数，使得 PT 2 PA  PB ，并求的值． 【例3】已知抛物线C:y2 2px (p0)，直线l:yx1与抛物线C有且只有一个公共点T． （1）求抛物线C的方程以及T点坐标； （2）设O为坐标原点，直线l平行于OT 与C 交于不同的两点A，B，且与直线l交于点Q，是否存在常 数m，使得|QT|2m|QA||QB|？若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由． 类型二 复数变换与垂直问题 我们来看一下圆锥曲线的参数方程，就是把圆锥曲线上的点进行参数换元，达到简化计算的效果. 一 复数的模与辐角表示圆锥曲线方程 设M 是平面内任意一点，它的直角坐标是(x，y)，转化为复平面，z  x yir(cosisin)，可 M 以得出它们之间的关系：xrcos，yrsin．又可得到关系式：r2  x2  y2，argz ．这就是复平 M 面坐标与直角坐标的互化公式． 由于新教材删除了原来的极坐标和参数方程内容，故我们在上一讲介绍了三角代换，由于2019版本 的人教A版教材介绍了复数的三角形式，虽然加了*号，但是也在另一个层面提示我们一些涉及坐标变换的， 尤其是旋转类型的题，完全可以利用复数的三角形式来解决.MST老唐说题26版一轮 x2 y2 【例4】（2016•新课标Ⅱ）已知椭圆E:  1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k 0)的直 t 3 线交E于A，M 两点，点N在E上，MA NA． （1）当t 4，|AM ||AN|时，求△AMN 的面积； （2）当2|AM ||AN|时，求k的取值范围． 1 【例5】（2023年全国1卷）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到(0, )的距离， 2 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 3 【例6】（2024•南宁月考）已知抛物线E:x2 2py(p0)的焦点为F ，直线x4分别与x轴交于点M ，与 5 抛物线E交于点Q，且|QF| |MQ|． 4 （1）求抛物线E的方程； （2）设横坐标依次为x ，x ，x 的三个点A，B，C都在抛物线E上，且x 0 x  x ，若ABC 是以AC 1 2 3 1 2 3   为斜边的等腰直角三角形，求ABAC的最小值．