2025屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考第二輪專題復(fù)習(xí)第15講圓錐曲線中的定量問題學(xué)案理含解析

第15講圓錐曲線中的定量問題高考年份全國卷Ⅰ全國卷Ⅱ全國卷Ⅲ2024橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及過定點問題·T20橢圓的離心率及橢圓、拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程·T19橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及三角形的面積·T202024拋物線的幾何性質(zhì),直線與拋物線的綜合應(yīng)用·T19橢圓的性質(zhì)及直線與橢圓的位置關(guān)系·T21圓錐曲線中的定點問題·T212024直線與橢圓的綜合應(yīng)用,角相等問題·T19直線與拋物線的綜合應(yīng)用,求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程·T19直線與橢圓的位置關(guān)系及等差數(shù)列的性質(zhì)·T201.[2024·全國卷Ⅰ]已知A,B分別為橢圓E:x2a2+y2=1(a>1)的左、右頂點,G為E的上頂點,AG·GB=8.P為直線x=6上的動點,PA與E的另一交點為C,PB與(1)求E的方程;(2)證明:直線CD過定點.2.[2024·全國卷Ⅱ]已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點F與拋物線C2的焦點重合,C1的中心與C2的頂點重合.過F且與x軸垂直的直線交C1于A,B兩點,交C2于C,D(1)求C1的離心率;(2)設(shè)M是C1與C2的公共點,若|MF|=5,求C1與C2的標(biāo)準(zhǔn)方程.3.[2024·全國卷Ⅰ]設(shè)橢圓C:x22+y2=1的右焦點為F,過F的直線l與C交于A,B兩點,點M的坐標(biāo)為(2,0(1)當(dāng)l與x軸垂直時,求直線AM的方程;(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點,證明:∠OMA=∠OMB.定點問題1已知中心為原點O的橢圓C的左焦點為F1(-1,0),C與y軸正半軸的交點為A,且∠AF1O=π3.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)過點A作斜率為k1,k2(k1k2≠0)的兩條直線分別交C于異于點A的點M,N,證明:當(dāng)k2=k1k1-1時【規(guī)律提煉】定點問題解題技巧:(1)引入?yún)?shù)法,設(shè)定點坐標(biāo),依據(jù)題意選擇參數(shù),建立一個直線系或曲線系方程,而該方程與參數(shù)無關(guān),故得到一個關(guān)于定點坐標(biāo)的方程組,以這個方程組的解為坐標(biāo),即為所求點;(2)特殊到一般法,從特殊位置入手,找到定點,再證明該定點與變量無關(guān).測題已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點坐標(biāo)為(1,0),且橢圓C經(jīng)過點A(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)O為原點,直線l:y=kx+t(t≠±1)與橢圓C交于兩個不同的點P,Q,直線AP與x軸交于點M,直線AQ與x軸交于點N,若|OM|·|ON|=2,求證:直線l經(jīng)過定點.定值問題2[2024·全國卷Ⅲ]已知橢圓C:x225+y2m2=1(0<m<5)的離心率為154,A,(1)求C的方程;(2)若點P在C上,點Q在直線x=6上,且|BP|=|BQ|,BP⊥BQ,求△APQ的面積.3已知拋物線y2=2px(p>0)上一點M(x0,22)到焦點F的距離|MF|=3x02,傾斜角為α的直線經(jīng)過焦點F,且與拋物線交于A,B(1)求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程及準(zhǔn)線方程;(2)若α為銳角,作線段AB的中垂線m交x軸于點P,證明|FP|-|FP|·cos2α為定值,并求出該定值.規(guī)律提煉】定值問題解題方法:(1)特殊到一般法,通過考查極端位置探究出“定值”是多少,然后再證明這個值與變量無關(guān),特殊是假如題目以客觀題出現(xiàn),這種方法特別有效;(2)引入?yún)?shù)法,即引入變量,構(gòu)建函數(shù),推導(dǎo)定值.測題已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上頂點A與左、右焦點F1,(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)若直線l與橢圓C相切,求證:點F1,F2到直線l的距離之積為定值.定角、定直線問題4在平面直角坐標(biāo)系中,點A,B的坐標(biāo)分別為(-2,0),(2,0),P是坐標(biāo)平面內(nèi)的動點,且直線PA,PB的斜率之積等于-14.設(shè)點P的軌跡為C.(1)求軌跡C的方程.(2)某同學(xué)對軌跡C的性質(zhì)進(jìn)行探究后發(fā)覺:若過點(1,0)且傾斜角不為0的直線l與軌跡C相交于M,N兩點,則直線AM,BN的交點Q在一條定直線上.此結(jié)論是否正確?若正確,請賜予證明,并求出定直線方程;若不正確,請說明理由.【規(guī)律提煉】定直線問題就是求證某個點不管如何改變,始終在某條直線上運動,本質(zhì)上是求動點的軌跡方程.測題已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右頂點為A(2,0),定點P(0,-1),直線PA與橢圓交于另一點B-1(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程.(2)是否存在過點P的直線l與橢圓C交于M,N兩點,使得S△PAMS△PBN=6?若存在,懇求出直線l的方程第15講圓錐曲線中的定量問題真知真題掃描1.解:(1)由題設(shè)得A(-a,0),B(a,0),G(0,1),則AG=(a,1),GB=(a,-1).由AG·GB=8得a2-1=8,即a=3,所以E的方程為x29+y2=(2)證明:設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).若t≠0,設(shè)直線CD的方程為x=my+n,由題意可知-3<n<3.由于直線PA的方程為y=t9(x+3),所以y1=t9(x1+直線PB的方程為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(將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故直線CD的方程為x=my+32,即直線CD過定點32,0.若t=0,則直線CD的方程為y=0,過點32,0.綜上,直線CD過定點32,0.2.解:(1)由已知可設(shè)C2的方程為y2=4cx,其中c=a2不妨設(shè)A,C在第一象限,由題設(shè)得A,B的縱坐標(biāo)分別為b2a,-b2a,C,D的縱坐標(biāo)分別為2c,-2c,故|AB|=2由|CD|=43|AB|得4c=8b23a,即3×ca=2-2ca2,解得ca=-所以C1的離心率為12(2)由(1)知a=2c,b=3c,故C1:x24c2+設(shè)M(x0,y0),則x024c2+y023c2=1,y02因為C2的準(zhǔn)線為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的標(biāo)準(zhǔn)方程為x236+y227=1,C2的標(biāo)準(zhǔn)方程為y3.解:(1)由已知得F(1,0),l的方程為x=1.由已知可得,點A的坐標(biāo)為1,22或1,-22,所以AM的方程為y=-22x+2或y=22x-(2)證明:當(dāng)l與x軸重合時,∠OMA=∠OMB=0°.當(dāng)l與x軸垂直時,OM為AB的垂直平分線,所以∠OMA=∠OMB.當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時,設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),則x1<2,x2<2,直線MA,MB的斜率之和為kMA+kMB=y1x1由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=2k將y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=所以x1+x2=4k22k2+1,x則2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-從而kMA+kMB=0,故直線MA,MB的傾斜角互補(bǔ),所以∠OMA=∠OMB.綜上,∠OMA=∠OMB.考點考法探究解答1例1解:(1)由題可設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為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)證明:由k2=k1k1-1得1設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),由(1)知A(0,3).當(dāng)直線MN的斜率不存在時,N(x1,-y1),此時,k1=y1-3x1,由1k1+1k2=x1y1-3得x1=-833,由題知-2<x1<2,故不符合題意,即直線MN設(shè)直線MN的方程為y=kx+m(m≠3),由x24+y23=1,y=kx+m,消去y化簡得(4k2+3則x1+x2=-8km4k2+3,x1由1k1+1k2=x1得(k2-2k)x1x2+(k-1)(m-3)(x1+x2)+m2-23m+3=0,則(83k-3m+33)(m-3)=0,∵m≠3,∴m=83k3即直線MN的方程為y=kx+83k3+3,因此直線MN過定點-833【自測題】解:(1)因為橢圓C的右焦點坐標(biāo)為(1,0),所以c=1,又橢圓C經(jīng)過點A(0,1),所以b=1,所以a2=b2+c2=2,故橢圓C的方程為x22+y2=(2)證明:設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),由x22+y2=1,y=kx+t,得(1+2k2)則x1+x2=-4kt1+2k2,x1x2=2t2-21+2k2,得y1+y2=k(x1+x2)+2t=2t1+2k2,y1y2=k2x由題可知直線AP的方程為y-1=y1-1x1x,令y=0得x=-x1同理可得|ON|=-x2y因為|OM|·|ON|=2,所以-x1y1-1·-x2y2-即t2-1t2-2t+1=1,解得t=0,所以直線l的方程為y=kx,直線l解答2例2解:(1)由題設(shè)可得25-m25=154,得m2=2516,所以C的方程為(2)設(shè)P(xP,yP),Q(6,yQ),依據(jù)對稱性可設(shè)yQ>0,由題意知yP>0.由已知可得B(5,0),直線BP的方程為y=-1yQ(x-5),所以|BP|=yP1+yQ因為|BP|=|BQ|,所以yP=1,將yP=1代入C的方程,解得xP=3或-3.由直線BP的方程得yQ=2或8.所以點P,Q的坐標(biāo)分別為P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8).|P1Q1|=10,直線P1Q1的方程為y=13x,點A(-5,0)到直線P1Q1的距離為102,故△AP1Q1的面積為12×102×|P2Q2|=130,直線P2Q2的方程為y=79x+103,點A到直線P2Q2的距離為13026,故△AP2Q2的面積為12×13026綜上,△APQ的面積為52例3解:(1)由拋物線的定義知,|MF|=x0+p2=3x02將點M(p,22)的坐標(biāo)代入y2=2px,得2p2=8,得p=2,∴拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=4x,準(zhǔn)線方程為x=-1.(2)由(1)知F(1,0),設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),直線AB的方程為x=ty+1,線段AB的中點為C.由x=ty+1,y2=4x,消去x得y2∴x1+x2=t(y1+y2)+2=4t2+2,∴C(2t2+1,2t).由題意知直線m的方程為y-2t=-t[x-(2t2+1)],令y=0,得x=2t2+3,則點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為定值,且定值為4.【自測題】解:(1)∵橢圓C的上頂點A與左、右焦點F1,F2構(gòu)成一個面積為1的直角三角形,∴b=c,∴a2=b2+c2=2,∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x22+y2=(2)證明:由(1)知F1(-1,0),F2(1,0).①當(dāng)直線l的斜率不存在時,直線l的方程為x=±2,點F1,F2到直線l的距離之積為(2-1)(2+1)=1.②當(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè)其方程為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,點F1到直線l:y=kx+m的距離d1=|-k點F2到直線l:y=kx+m的距離d2=|k∴d1d2=|-k+m|k2+1·|綜上可知,當(dāng)直線l與橢圓C相切時,點F1,F2到直線l的距離之積為定值1.解答3例4解:(1)設(shè)點P的坐標(biāo)為(x,y),由yx+2·yx-2=-14,得4y2=4-x2,即x24+y故軌跡C的方程為x24+y2=1(y≠0(2)結(jié)論正確.證明如下:依據(jù)題意,可設(shè)直線MN的方程為x=my+1,由x=my+1,x24+y2=1,消去x并整理得(m2設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則y1+y2=-2mm2+4,y1y易知直線AM的方程為y=y1x1+2(x+直線BN的方程為y=y2x2-2(設(shè)Q(x0,y0),則x0+2=y2(x1+2)y而y2(x1=-3mm2+4因此x0=4,即點Q在定直線x=4上.綜上,探究發(fā)覺的結(jié)論是正確的.【自測題】解:(1)由橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右頂點為A(2,0)知,a=2.把B點坐標(biāo)-1,-32代入橢圓方程,得1解得b2=3,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y2(2)由A(2,0),B-1,-32,P(0,-1),得|PA|=5,|PB|=52,所以|PA||PB|=2.假設(shè)存