高中数学压轴培优教程(圆锥曲线篇)-第3章 观点篇

第三章观点篇3.1椭圆的共轭直径一、知识纵横1、有关概念定义1 过椭圆中心的弦叫做椭圆的直径.定义2 若椭圆的两直径，的斜率之积为，则称这两直径，为椭圆的一对共轭直径.特别地，当一直径所在直线斜率为，另一直径所在直线斜率不存在时，我们也称这两直径为椭圆的共轭直径.注：(1)椭圆直径即过其对称中心的弦，因此椭圆的直径有无数条，因此共轭直径有无数对；(2)当椭圆的一对共轭直径互相垂直时，即为椭圆的长轴和短轴.2、椭圆直径的性质性质1 已知椭圆，线段为椭圆的直径(过椭圆中心的弦)，点为椭圆上异于、的点，则.性质2 椭圆的一焦点为，为其一直径，则的面积的最大值为.性质3 椭圆)的中心为，则到互相垂直的两直径的两端点的连线段的距离为.3、椭圆共轭直径的性质：性质 已知直线与椭圆交于，两不同点，若直线，的斜率之积，则：(1)，好；(2)，；(3)；(4)；(5)；(6)的面积.证明：(2).因为点，在椭圆上，所以，.即 ① ②由①②得：，所以.由①②得，所以.(3)因为 所以.(4)因为，所以，.(5).(6) 推论1 设椭圆的两共轭直径的端点为，及，，则四边形的面积为定值.推论2 椭圆的任意两共轭直径的平方和为.二、典型例题例1.已知椭圆的方程为，，是椭圆上的两动点，为椭圆上任意一点，若，且，证明：.【证明】设，，，由，知点的坐标为，因为点在椭圆上，所以.即.又，是椭圆上的两动点，所以，.又由，可得，所以. 【注】三个条件中：（1）；（2），(3)在椭圆上，已知任意两个，可以推出第三个.例2.已知，是椭圆上关手原点对称的两个点，、、是椭圆上异于的点，且，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C【解析】解法1：利用特殊位置.解法2：利用参数方程，设，，则，，∴.解法3：，由性质（6）有．例3．如图，分别为椭圆的长轴的左，右端点，为坐标原点，为椭圆上不同于的三点，直线围成一个平行四边形，则等于（）A．4 B．3 C．D．【答案】B【解析】解法1：设三点的坐标分别为，直线的斜率分别为，则直线的斜率为分别为，且，∵，同理，∴．解法2：，设，由，，∴，同理(将换成)，，于是．例4．已知椭圆，为坐标原点，是椭圆上两点，的斜率存在并分别记为，且，则的最小值为()A． B． C． D．【答案】C【解析】解法1：记，，由，，，∴，∴．当且仅当时，等号成立．∴．解法2：设，由，，∴，同理(将换成)，，于是，∴．当且仅当时，等号成立．∴的最小值为．解法3：设，由，，∴，同理(将换成)，，于是，∴．当且仅当时，等号成立．∴的最小值为．解法4:仿射变换设，则，，∴，∴，∴，∴．当且仅当时，等号成立．∴的最小值为．例．在平面直角坐标系中，已知椭圆，其焦点到相应准线的距离为3，离心率为．(1)求椭圆的标准方程；(2)如图所示，是椭圆上两点，且直线的斜率满足，延长到，使得，且交椭圆于，设，求证：①；②为定值．【解析】(1)由，解得，，，椭圆的标准方程为．(2)解法1：，设，则，由得．由在椭圆上，得，，，化简得，所以．而，由三点共线，得．∴，，，设，则，∴，即．解法2：仿射变换，，，延长交圆于，，，由勾股定理得：，由割线定理得：，解得，．例6．椭圆上有相异的任两点，且三点不共线，直线，直线的斜率满足：，求证：为定值．【解析】解法1：设，代入，得，设，则，，，因为，所以，所以，，因为三点不共线，所以，所以，故，，所以．解法2：设，由得，即，所以sin即sin2即sin2即sin2即sin⁡α即12因为A,B,所以sin⁡2α=sin⁡2β所以cos⁡(α+β)=0,不妨设所以|=4=4+1=5三、巩固练习1.已知椭圆C1:x24+y2=1,过抛物线C2:x2=4y焦点F的直线交抛物线于M、(1)若记直线NO,MO的斜率分别为k1,(2)△OAB的面积S(3)线段OA、OB的长度的平方和(4)设λ=SΔA.1个B.2个C.3个D.4个【答案】D【解析】设Mx1,y1设A由k1k2即cos⁡αcos⁡β+sin⁡α所以S△而|=4所以λ综上，四个选项均正确,故选D.2.(2018高中数学竞赛第11题）如图,在平面直角坐标系xOy中,A,B和C,D分别是椭圆Γ:x2a2+y2b2证明：线段OQ,【答案】见解析.【解析】解法1:设直线OQ:y=所以|由中点弦结论知k⋅kOM联立椭圆方程,同理可得|=解法2:利用椭圆参数方程k设cos⁡∴|线段OQ,3.已知两点C−62,0,D62,0,设A,B【答案】见解析.【解析】由结论可得:设Ak不妨设N得故|NC4.已知A,B在椭圆x24+y23=1上运动,koAk【答案】见解析.【解析】解法1:设Ax13由由∴化简得且∴解法2:因为又解得令5.已知椭圆C:x24+y2=1,不过原点O的直线l与椭圆C相交于A,【答案】见解析.【解析】设直线l的方程为y=联立y则Δ=161+4k又k1,⇒km由韦达定理,代入可得m2−4k又由Δ=162−m2>0,解得所以|=34(±23.2圆锥曲线等角定理一、知识纵横圆锥曲线等角定理及其证明1.椭圆的等角定理:过椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)【证明】只需证明kGA=−k即证:又因为:故只需证明:即证:2m+联立x=my由韦达定理,得:y代入①式:等式左边=2=2故命题得证.2.双曲线的等角定理:过双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)该定理的证明方式和椭圆的类似,可以参照上面的解法进行证明.3.拋物线的等角定理:过抛物线y2=2px(p>0)对称轴上任意一点【证明】只需证明kGA=−kGB,即即证:yAx其中xG设AB所在直线方程为:x=my+myB+联立x=my+a由韦达定理，得：yA+y等式左边=2m故命题得证.二、典型例题类型1:椭圆等角定理的应用例1.2018年全国I理）设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与(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【答案】(1)y=−22【解析】（1）由已知得F(1,0),l的方程为由已知可得,点A的坐标为1,22或所以AM的方程为y=−22(2)当l与x轴重合时,∠OMA当l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线,所以∠OMA当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=则x1<2,x由y1=将y=k(x−1)所以x1则2从而kMA+kMB=0综上,∠OMA例2.如图,两条相交线段AB、PQ的四个端点都在椭圆x24+y23=1(1)若n=0,∠BAP=∠(2)探究：是否存在常数m,当n变化时,恒有∠BAP【答案】（1）m=±1【解析】(1)依题意,当n=0时,由x24因为∠BAP=∠BAQ设A(m,y)又由m24+y23=1因为AB平分∠PAQ,所以m=±3(2)设Px由x24+其中Δ=124−若存在常数m,当n变化时,恒有∠BAP则由（1）可知只可能是m=±1①当m=1时,取A1,3即2y即4y1y所以存在常数m=1,当n变化时,恒有∠②当m=−1时,取A综上可得,存在常数m=±1,当n变化时,恒有∠例3.已知点P(t,0)(t≠0),直线AB过点Ea2t,0且与椭圆x【答案】见解析.【解析】下面仅以椭圆x2【证明】设点A和点B的坐标分别为x1,y∵代入椭圆方程可得:∴∴直线PA,∴直线PA,PB与类型2：拋物线等角定理的应用例1.已知倾斜角为45∘的直线l过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F,且直线A.2B.2C.2D.2【答案】C【解析】过A作AH⊥x轴,AA'设∠AMF由于sin⁡θ所以tan⁡α同理tan⁡β从而tan⁡∠AMB所以tan⁡∠AMB例2.已知F是拋物线y2=4x的焦点,其准线与x轴交于P点,过点P的直线l与拋物线交于A,B两点,若线段AB上有一点M【答案】x=1(−2<y<2【解析】解法1:设Ax1由直线AB：x=y2−4由(1)和(2)得4代入直线AB:x故M点的轨迹方程是x=1(−2<y<2解法2：延长BF,与拋物线交于点C,设∠APx点B在x轴上的射影为H,A,则tan⁡α同理tan⁡β=sin⁡θ,所以α=β进而得△AFP≅△∠CFP由条件|AM|⋅|PB又因为|PA||PB|因为∠AFB+∠CFA故∠AFM+∠AFP=90于是M在直线x=1上（不在x由y2=4xx=1⇒y例3.已知A,B是拋物线y2=4x上的两点,F是焦点,直线AF,BF【答案】1.【解析】设Ax1,y即y1y而kAB=y1−即y=4y1+可得直线AB过定点K(−1,0),即准线x=−1与设点A在准线上的投影为A1,在x轴上的投影为H记∠AKx=于是1k例4.2018年全国1理）设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与(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【答案】(1)y=−22【解析】（1）由已知得F(1,0),l的方程为由已知可得,点A的坐标为1,22或所以AM的方程为y=−22(2)解法1:设直线l的方程为:my=A联立方程组得:my消元整理得：m2因为点F为椭圆的右焦点,所以方程(1)有两个实数根分别为y1由韦达定理可得:y所以kAM解法2:椭圆第二定义过点A,B分别作椭圆右准线的垂线垂足分别为由椭圆的第二定义可得：e=所以有：AFBF=AA1B所以AFBF由①②得AA1BB1所以△AA1故∠OMA例5.2015年全国1理20)在直角坐标系xOy中,曲线C:y=x24与直线(1)当k=0时，分别求C在点M和N(2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有∠OPM【解析】（1）联立y=ay由曲线C:y=∴曲线C在M点处的切线斜率为2a其切线方程为:y−a=同理可得曲线C在点N处的切线方程为:ax(2)存在符合条件的点(0,−a设P(0,b)联立y=kx+设Mx1,y1,所以k当b=−a时,k1+k即点P(0,−巩固练习1.设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F的直线l与抛物线交于A,B两点,M【答案】【解析】sin⁡θ同理sin⁡θ=tan⁡由tan⁡2∴sin⁡2.已知点P(t,0)(t≠0),直线AB过点E(−t,0),且与抛物线【答案】见解析.【解析】设点A和点B的坐标分别为x1,y1和x2,y2,∵代入抛物线的方程得:y∵=∴直线PA,∴直线PA,PB与3.2020届厦门市高三4月第一次质检理数12）已知抛物线C:x2=4y的交点为F,准线与轴相交于点P,过F的直线与CA.5

B.92

C.5

D.【答案】B【解析】设Ax1,y1由角平分线定理可知|AF||BF设直线AB方程为x=my故y1+y2故|AB4.已知抛物线y2=4x的准线与x轴相交于点P,过点P且斜率为k(k>0)的直线与拋物线交于A,BA.32

B.2

C.172

【答案C】【解析】由|FB|=2|FA|及抛物线定义知,A代入抛物线方程4y2不妨设A12,故选C.3.3蒙日圆及其应用一、知识纵横1.椭圆的蒙日圆椭圆C:x2a2【证明】方法1:(1)当两条互相垂直的切线中的斜率均存在且均不为0时,设点P的坐标为x0,y0x0≠±由x22因为直线与椭圆相切,所以其判别式为0,得x因为kPAkPB是这个关于k由此得kPA⋅k(2)若两条切线中有一条斜率不存在时,可得点P的坐标是(±a,b),或综上所述:交点P的轨迹是蒙日圆:x2方法2：作变换x'=x设原来两条切线PA,PB斜率分别为k设变换后的坐标系中的动点Px0,y0设变换后的坐标系中的动点Px0,y0即l:kx−y−即kx0由韦达定理可得：k1'由于在原坐标系中x=所以在原坐标系中,轨迹方程为x2【注】双曲线x2a2−y2b2.椭圆蒙日圆的性质性质1.过圆x2+y2=a2+性质2.设P为圆O:x2+y2=a2+b2上任一点,过点(1)C、(2)CD(3)koPk(4)k性质3.过圆x2+y2=a2+b2上的动点注:由性质2中的kOP二、蒙日圆的应用例1.己知椭圆C:x24+y2=1,P为圆x2+y答案:见解析.解析:设AB与OP交于点M,由性质2可知,M为AB中点.由性质1可知,∠APB所以MA=由圆的性质可知,OP=因此有∠PAM所以AB∥例2.2014年高考广东卷)已知椭圆C:a2a2(1)求椭圆C的标准方程;(2)若动点Px0,y0为椭圆C外一点,且点P答案:(1)x29+解析:（1）可知c=5,ca(2)解法1:构造同构式设两切线为l1①当l1⊥x轴或l1//x轴时,对应②当l1与x轴不垂直且不平行时,x0≠±3,设l1的斜率为k,则l1的方程为y−y9因为直线与朋圆相切,所以Δ=0,得9整理得x所以k和−1k是k整理得x02+此时点P的轨迹方程为x2因为P(±3,±2)也满足上式,综上知：点P的轨迹方程为x解法2：利用椭圆的光学性质设椭圆的中心为O,F1椭圆的两条切线为PA、M、N分别为F1关于PA由椭圆的光学性质知：F2,A由椭圆定义有:MF设F1M交直线PA于点Q,F2N交直线PB于点则OQ=在矩形PQRS中,由平面几何知识知:OP代入得OP所以点P的轨䢍方程为x2例3.给定椭圆C:x2a2+a2b2=1(a>b>0)(1)求椭圆C的方程和其“准圆”方程;(2)点P是椭圆C的“准圆”上的动点,过点P作椭圆的切线l1,l(1)证明：当点P为“准圆”与y轴正半轴的交点时,l1(2)求证：线段MN的长为定值.答案:(1)x2解析:(1)根据题意c=2,a=3,所以(2)①“准圆"与轴正半轴的交点为,设过点且与椭圆相切的直线为,由得.因为直线与椭圆相切,所以,解得.所以的方程分别为.因为,所以.②当直线中有一条斜率不存在时，设直线斜率不存在,则.当时,与“准圆”交于点,此时为(或)，显然直线垂直;同理当时，直线垂直.当斜率存在时,设点,其中.设经过点与椭圆相切的直线为,由得:,由化简整理得:.因为,所以.设的斜率分别为,因为与椭圆相切,所以满足,所以,即垂直.结合①,因为经过点,又分别交其“准圆”于点,且垂直.所以线段为“准圆"的直径,为定值.三、巩固练习1.已知圆C:x2+y2=1,若直线y=kx+2上存在点答案:(−∞,−1]∪[1,+∞).解析:|OP|2=1由题意可知,直线y=kx+2故2k2+1⩽22.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>答案:−解析:椭圆的蒙日圆为x2+y2=4,所有满足条件的点都在蒙日圆上,由题意可知,直线l3.已知柏圆C:x24+y23=1,l:x+答案:[2解析:椭圆的蒙日圆为x2+y2=7,当M在蒙日圆内部时,由M向椭圆引两条切线l1,l2,则l1,l2夹角为钝角,故M所在区域为图中阴影部分,由图可知,当M分别在A,注:从这个题的思路可以看出，当我们拿筷子的手在蒙日圆内部时，筷子的夹角是钝角,手在蒙日圆的外面时,筷子的夹角是锐角,而蒙日圆,就是两种角的分界线了.4.过椭圆x2a2+y2=1(a>1)上一点P及坐标原点O作直线l与圆x2答案:[解析:a2=|PA|⋅|PB|+1=a2+1−|5.已知圆O:x2(1)若点P在圆O上,线段OP的垂直平分线经过椭圆的右焦点,求点P的横坐标;(2)现有如下真命题:“过圆x2+y2=“过圆x2+y2=答案:(1)174解析:（1）设点Px0,y0,则x因为点F在线段OP的垂直平分线上,所以|PF所以x由（1）,(2),解得x0=174,所以(2)一般结论为:"过圆x2+y2=(i)当过点Q与椭圆x2a2因为点Q在圆x2+y所以直线y=±b恰好为过点Q与椭圆x2(ii)当过点Q(m,可设切线方程为y−由x2a2整理得b2+a所以Δ=4整理得m所以k综上所述,命题成立.6.已知椭圆C:x2m+y2=1(m答案:0,解析:椭圆C:显然中一条斜率不存在和另一条斜率为0时,两直线与椭圆相交;可设,即,联立椭圆方程可得，由直线和椭圆无交点,可得，化为,解得,由两直线垂直的条件,可将换为,即有,化为,解得或,由题意可得化为,由于时,,可得;同样,由−3m+1m故答案为:0,7.已知从圆C:x2+y2=r2(r>0)上一点Q(0,A.20.5B.4C.4D.8答案:C解析:设其中一条切线的斜率为k,则另一条切线的斜率为−1k,故切线方程分别为y=−将y=kx+整理得1+3k2x2同理将y=−1则Δ2=由①②联立可得,k=±1,故圆C的方程为x2注意到直线l:mx+y−3m又|PC|=(故选:C.8.设椭圆x25+y24=1的两条互相垂直的切线的交点轨迹为C,曲线C的两条切线PA、PB答案:9(2解析:设两切线为l1①当l1⊥x轴或l1∥x轴时,对应②当l1与x轴不垂直且不平行时,x0≠±5,设l1的斜率为k,则k≠0,l得5因为直线与椭圆相切,所以Δ=0,得5所以−20所以所以同理−1k是方程所以所以点因为综上知：点P的轨迹方程为x2设PA=PB=x,∠A3PA令t=1−cos⁡θ∈(0,2]PA当且仅当t=2t,即t=29.已知椭圆C:x22+y2=1,M答案:解析:设MxMA:x由Mx0从而AB将直线AB的方程与椭圆C的方程联立,得y0所以,x1因此，|AB又原点O到直线AB的距离d所以S△令t=y3.4阿基米德三角形一、知识纵横阿基米德（约公元前287年一前212年)，是伟大的古希腊哲学家、百科式科学家、数学家、物理学家,并且享有“力学之父”的美称.他在求体积或面积时采用的“平衡法”一档杆原理,被后人命名为“阿基米德方法”.正是由于他对当时数学作出的突出贡献以及对后世数学发展的深邃影响,他又被后人誉为“数学之神”.本节主要探讨的阿基米德三角形指的是圆锥曲线（椭圆、双曲线、拋物线）的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形.阿基米德三角形得名于阿基米德在研究与拋物线有关的面积问题时得出的一个结论:抛物线的弦与拋物线所围成的封闭图形的面积,等于抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形面积的三分之二.（结论的证明利用了“平衡法”)该结论的变式叙述可见于《普通高中课程标准实验教科书·数学选修3-1（A版):数学史选讲》(人民教育出版社2007年1月第2版).接下来，我们就去探讨一下阿基米德三角形中蕴藏的一些重要性质:条件：已知抛物线C:x2=2py(p>0),如图所示,D为某一直线l上的动点,过D作结论1.1直线AB的方程为x1证明:设Ax1,由于y'=xp,所以切线DA的斜率为x1设Bx2,y2(1)÷(2)化简后,可得y=将(3)代入(1),可得x=x1+故直线AB的方程为x说明:特别的,当D为直线y=−p2上的动点时,直线AB的方程为x结论1.2证明:由结论1.1的证明可知点F的坐标为0,−又kDF说明:特别的,当D为直线y=−p2上的动点时，有DF⊥AB结论1.3在阿基米德△DAB中,有∠证明:如图,过点A,B分别作抛物线准线的垂线AA1,AF,BF易知,AD⊥A1F.又AA1同理可得B1D=进而∠DA1说明:第三部分中的第4题的第（2）问恰恰就考查了这一结论.结论1.4DA,AB,证明:结合结论1.2的证明过程以及点D坐标x1说明:第三部分中的第5题的第（1）问中就涉及到了这一结论.结论1.5线段FA,FD,证明:经过简单计算即可得到上述结果.说明:特别的,当D为直线y=−p2结论1.6若以E0,−5x1x22x证明:易知DA利用面积公式SΔS又所以S说明：当D为直线y=−p2上的动点,且E0,5结论1.7△DAB的重心G满足的方程为4证明:过程从略，感兴趣的读者可自行尝试证明.说明:当D为直线y=−p2上的动点时，△DAB结论1.8若P为拋物线弧AB上一点,拋物线在点P处的切线与直线..分别交与M,S证明:设Px3所以AMMD设因为SΔPMA同理S△PND=又SΔNMD所以S所以SΔ值得注意的是抛物线的性质远也不止这些，上述所列诸条,大多数是在区域模拟考试及高考中经常出现的.众所周知,以阿基米德三角形为背景的直线的定点、三角形的面积、轨迹、最值等相关问题是高考和模拟考考查的热点也是难点.纸上得来终觉浅,接下来我们不妨从多个视角去赏析一道高考题,以进一步体会阿基米德三角形的相关性质.二、典型例题例1.2019全国3卷理科第21题）已知曲线C:y=12x2,D(1)证明：直线AB过定点;(2)若以E0,52为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB答案:(1)见解析;(2)3或42分析:分析题目可知,直线AB是切点所在的直线,只需找到㔹点的共同属性即可.故可采用“设而不求”的思想就将该问题解决.解析:解法1：设而不求设Dt,−1由于y'=x,所以切线DA的斜率为x1,故y1设Bx2,y2故直线AB的方程为2tx−2y+1=0,所以直线(2)由（1）得直线AB的方程为y=wx+1于是|设d1,d2分别为点D,因此,四边形ADBE的面积S=设M为线段AB的中点,则Mt由于EM⊥AB,而EM=t,t2−2,当t=0时,S=3;当t=±1时,S=42分析:本题还可从寻找切点A,B定直线入手，将直线解法2：求切点定直线(1)设Dt,−12,过D点与C相切的直线方程设为y+由y+12由Δ=0,可得k2−2将@代入(1),可得Ak1故直线AB的方程为y=k1+k(2)设线段AB的中点坐标为Txx0=又kAB⋅kET又DA利用面积公式S=S同理可得

当t=0时,k1当t=±1时,k1注:此处给出的这种方法是解决此类问题的通性通法,但注意不要漏掉斜率为0的情形.解法3:设直线定“待参”设直线AB的方程设为y由y=kx+m由于y'=x,所以切线所以切线DA,BD联立可得D点的纵坐标yD=12x1故直线AB过定点0,(2)由（1）知x设线段AB的中点坐标为Tx0所以TD垂直于直线y过A,B分别作直线y=−所以点D为A1B1的中点.记AB过的定点为由（1）知kAD⋅易得S又S以下计算同方法二.解法四：设切点定截距设Ax1,联立y=1又y'=x,从而直线因为切线过点Dm,−12,所以有mx1−12x1(2)由（1）知,x1+x2=2k,则当k=0时,M0,12,此时,四边形当k≠0时,由kTE⋅kAB所以,|AB又点E到直线AB的距离d1=21+k2所以四边形ADBE的面积S=综上，四边形ADBE的面积为3或42三、巩固练习以阿基米德三角形为背景考查的高考题主要还有以下几种类型.（一）轨迹问题1.2013年高考辽宁卷理科第20题）如图,抛物线C1:x2=4y,C2:x2=−2py(p>0).点Mx0,y(1)求p的值;(2)当M在C2上运动时,求线段AB中点N的轨迹方程(A,B重合于答案:(1)p=2解析:（1）p=2(2)设N由N为线段AB中点知x=x1所以，切线MA,MB的方程分别为y=由(3)(4)得,MA,MB的交点Mx因为点Mx0,y0在C由(1)(2)(5)得x2当x1=x2时,A,B重合于O时,中点因此AB中点N的轨迹方程为x2（二）最值问题2.2006年高考全国II卷理科第21题）已知抛物线x2=4y的焦点为F,A,B(1)证明FM⋅(2)设△ABM的面积为S,写出S=f答案:(1)见解析;(2)4.解析:(1)由已知条件,得F(0,1),设Ax1即−x1将①式两边平方并把x12=4解②、③式得y1=λ拋物线方程为y=14所以过抛物线上A,y易得M的坐标为x1所以FM黄色阴影部分原版即为上面这样(显然有问题)(II)由(I)知在△ABM中,FM⊥AB又|于是S=由λ+1λ⩾2知S⩾2（三）定点问题3.(2012年高考福建卷文科21题）如图,等边三角形OAB的边长为83,且其三个顶点均在拋物线E（1）求抛物线E的方程;(2)设动直线l与抛物线E相切于点P,与直线y=−1相交于点Q.证明以PQ为直径的圆恒过y【答案】(1)x2【解析】(1)抛物线E的方程为x2(2)设Px0,y0,x0≠0即y=联立，即，所以设M0,y因为MP⋅MQ=0,所以x0故以PQ为直径的圆恒过M(0,1)（四）角度问题4.(2005年江西卷,理22题）如图，设抛物线C:y=x2的焦点为F,动点P在直线l:x−y−2=0上运动,过(1)求△APB的重心G(2)证明∠PFA【答案】(1)y=【解析】（1）设切点A,B坐标分别为x,所以切线AP的方程为:2x切线BP的方程为:2x解得P点的坐标为:xP=x0+x1y所以yp=−3yG+4从而得到重心G的轨迹方程为:x−(2)因为FA=由于P点在拋物线外,则|FP所以cos⁡∠同理有cos⁡∠所以∠PFA（五）探索性问题5.2008年山东卷理科第22题）如图,设抛物线方程为x2=2py(p>0),(1)求证：A,(2)已知当M点的坐标为(2,−2p)时，(3)是否存在点M,使得点C关于直线AB的对称点D在拋物线x2=2py(p>0)上【解析】（1）证明：由题意设Ax由x2=2py得y=x因此直线MA的方程为y+2p=x1所以x122由(1)、(2)得x1+x22所以A,(2)由（1）知,当x0x所以x1,x2是方程x2又kAB=由弦长公式得|AB又|AB|=410,所以p因此所求抛物线方程为x2=2y(3)设Dx3,则CD的中点坐标为Qx设直线AB的方程为y−由点Q在直线AB上,并注意到点x1+x代入得y3=x0p因此x3=0或x3=2x(1)当x0=0时,则x1(2)当x0≠0,对于D(0,0),此时所以kAB⋅k对于D2x0,2x0又kAB=x0p所以x0≠0时,不存在符合题意的综上所述,仅存在一点M(0,−23.5椭圆中的蝴蝶模型一、知识纵横蝴蝶定理（ButterflyTheorem），是古代欧氏平面几何中最精彩的结果之一.这个命题最早出现在1815年,由W.G.霍纳提出证明.【蝴蝶定理】M是⊙O中弦AB的中点,过点M的两条弦CD,EF,连接DE,CF交AB于P问题中的图形酷似圆中翩翩起舞的蝴蝶,因此而被冠之“蝴蝶定理".蝴蝶定理还可以推广到椭圆,甚至双曲线与抛物线中.高考中,直接考查圆锥曲线中的蝴蝶定理很少见，大多考查蝴蝶模型背景下的直线与椭圆的位置关系问题.此类问题的本质是研究椭圆的内接四边形,其形如“蝴蝶”的四边形通常可以由椭圆的两条相交弦确定,在具体的问题中,此两弦要么过定点,要么某线斜率特定，由此便会呈现兼具一般解法又别具一格的定点、定值等问题,下面略举几例予以说明.二、典型例题类型1：蝴蝶模型中的定点问题例1.在平面直角坐标系中,已知圆O:x2+y2=9,Q是圆点P满足DP=53DQ,设点(1)求曲线E的方程;(2)若A(−3,0),B(3,0),过直线x=9上任意一点T(不在x轴上）作两条直线交于点Cx1,y1【答案】(1)x2【解析】(1)设P(x,y),Qx0,y0,因为:(2)由对称性,定点在x轴上.解法1：设点表点设点T的坐标为(9,直线TA方程为:y−0m−0直线TB方程为:y−0m−0分别与椭圆x29+解得:C当x1≠x2令y=0,解得:x=1.此时必过点当x1=x2时,直线CD方程为:x=1所以直线MN必过x轴上的一定点K(1,0)解法2：设线表点显然AC斜率存在,设AC斜率为k,则BD斜率为2k,直线TA方程为:y=k(x由韦达定理,直线TB方程为:y=2k(5+36k由韦达定理,xB⋅(1)当xC=xD,易得直线(2)当由对称性定点在x轴上,方程中令y=0,化简得x所以直线MN必过x轴上的一定点K(1,0)【注】上述两种解法的关键是通过设点或设线，利用韦达定理表示出点C和点D:C或C在此条件下研究直线CD过定点,研究的思路可以先由对称性,推断其在x轴上，写出直线CD的方程，令y=0,求出x设直线CD经过定点(s,t).也可表示为y−t=则10m⋅380−∴s=1,t解法3:韦达代换直线5由韦达定理,AC所以:又由(1)(2)可知:在直线则当【注】在此解法中关键是处理非对称式:2x常见的处理解法是构造对称式x构造方程组,解出x类型2：蝴蝶模型中的斜率定比问题例2.已知椭圆C:x216+y212=1的左、右顶点分别为P,Q,过椭圆右焦点F的直线l与椭圆交于A,B两点,且直线l的斜率不为0.分别记直线AP【答案】见解析.设Ax1,k用联立由韦达定理得:代入解法2：设点解点F(2,0),设Ax0,yx所以从而解法3:三点共线+对偶式因为整理可得又由所以由从而λ类型3:蝴蝶模型中的弦长关系问题例3.已知椭圆E:x2a2(1)求椭圆E的方程;(2)设不过原点O且斜率为12的直线l与椭圆E交于不同的两点A,B,线段AB中点为M,直线OM与椭圆E交于【答案】(1)x2【解析】（1）椭圆E的方程为x(2)设直线l的方程为y=由方程组x2+4y则x1+x2=−2mx由方程组x2+4∴||∴|【注】此问题结构漂亮，结论优美，相仿于圆中的相交线定理.一般地,|MA|⋅|MB||MC|⋅|三、巩固练习1.如图,O为坐标原点,椭圆C:x2a2+y(1)求椭圆C的方程;(2)过点P(0,1)作直线l交椭圆C于异于M,N的A,B两点,直线AM,【答案】(1)x2【解析】(1)由题意可知:2c=a有b=3,c=1,(2)由题意知直线l的斜率存在,设其方程为y=联立直线方程和椭圆方程得y=kx+13x设Ax1又A,P,B三点共线,则构造式子:x2y1又l由∴解之,得y=3.故点T【注1】此问题是例1的逆向问题,其中也再次用到了手法:据A,P,B三点共线,可知则x2【注2】椭圆的内接四边形的对边交点落在定直线上等价于其对角线交点为定点.一般结论如下:结论1:椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>结论2:过有心圆锥曲线mx2+ny2=1的中心O的直线交曲线于A,B,T2.已知椭圆C:x26+y24=1与定点A(0,−2),经过点E(0,1),且斜率存在的直线l交椭圆于Q,N【答案】见解析【解析】设l:y=kx+1设Nx1又N,E,Q三点共线,则∴则λ∴存在实数λ=3,使得k【注】以上问题具有如下共同特征:(1)直线a与直线b的斜率之积为定值−b(2)直线d过坐标轴上一定点;(3)直线c与直线b的斜率之积为定值.2.椭圆C:x2a2+y(1)求椭圆C的方程;(2)直线y=kx(k>0)与椭圆C交于A,B连接AF2,【答案】(1)x2【解析】(1)F1得a=5,c=2,(2)设Ax0,y代入C:x2因为x02设Dx1,y1直线BE:x=所以k=1x【注】此问题可推广为如下一般结论:椭圆C:x2a2+ykAPkBQ3.设椭圆C:x2a2+y2b2=1的左、右顶点分别为A,B【答案】kAP【解析】设Px因点Q在椭圆上有x有−b另有kAQ⋅设直线PQ:y=a2左边为g令x=−a代入(∗)式中,得k由于k≠0且t化简得k又因kAQ⋅k4．2018.全国高三竞赛)已知椭圆Γ的方程为x29+y25=1,经椭圆的左焦点F(−2,0)、斜率为k1k1;k1≠0的直线与椭圆交于【答案】47【解析】设Ax1,代入椭圆方程消去x得5−x1y代入直线AR的方程得x3=5x同理,D5则k因为A、F、B故k23.6曲线系及其应用一、知识纵横1.曲线系与曲线系方程的概念曲线系：具有某种共同性质的所有曲线的集合,称为一个曲线系,并用含有参数的方程来表示.曲线系方程:对于关于x,y的二元方程,如果方程中除2.过两曲线交点的曲线系若两曲线C1:ff1(x,y3.一次曲线系（直线系)具有某种共同属性的一类直线的集合,称为直线系,也叫做一次曲线系,它的方程称直线系方程.下面是几种常见的直线系方程:(1)过已知点Px0,y0(2)斜率为k的直线系方程：y=(3)与已知直线Ax+By+(4)与已知直线Ax+By+(5)过直线l1:AA1x+B14.二次曲线系圆、椭圆、双曲线、抛物线统称为“二次曲线”，两条相交直线被视为二次曲线的退化形式.二次曲线系的一般形式为:A两条直线所组成的二次曲线方程为:A熟悉下列结论有助于我们更好地理解二次曲线系:定理给定五点,其中任何三点都不共线,则有且仅有一条二次曲线过这五点.在此定理的基础上我们可以进一步得到一些重要结论.为简单起见,以下将两直线l1l1⋅l2,那么推论1如果两条直线的方程为Aix+li(xλF(由推论可知:若二次曲线的方程为:Ax(1)已知四边形四条边的方程为li:A(2)过两直线l1,lf(3)与两条已知直线l1,l2分别切于点M1,M推论2Pi(i=1,2,3)为不共线的三点,直线表示所有过P1二、典例分析类型1:利用曲线系求曲线方程例1.已知椭圆C:x2+2y【答案】5x【解析】显然四个交点不共线,可设所求曲线方程为λx将点(−1,1)的坐标代人方程,即得λ=3.故所求椭圆方程为5【注】利用曲线系求曲线方程的步䐂:(1)设出曲线系方程;(2)根据条件求出参数;(3)回代即得所求方程.类型2：圆系问题例2.求经过两圆x2+y2+6【答案】x2【解析】设所求圆的方程为x2化简得(1+λ因为圆心−31+λ,−3λ解得λ=−7,即得所求圆的方程为x例3.△ABC三边所在直线方程为:x−2y【答案】x【解析】△ABC(即3于是2λ1−即得△ABC外接圆方程为x例4.椭圆x2+2y2−2=0与直线x+2y−1=0交于【答案】6【解析】我们可以先求出B,C点的坐标,利用推论2求解,不过这里可从另一个角度思考问题,二次曲线系λx2+2y2λ这就包含了过B,(令λ+μ=2λ−4代入∗得6将A点坐标代人,得m=−8,代人得所求圆的方程为6【注】这里添加直线x−2y+m=0例5.四条直线l1:x【答案】x2【解析】设过该四边形4个顶点的二次曲线系的方程为(x整理得,方程表示圆,则解得,故此四边形外接圆的方程为.例6.设过坐标原点的直线与拋物线交于两点,且以为直径的圆恰好经过拋物线的焦点,求直线的方程.【答案】.【解析】设直线的方程为,构造过的二次曲线系,即,①令得，代入①即得过两点的圆的方程是 因点在圆上，于是有 又以为直径的圆的圆心在直线上,由上两式消去,解得,故所求的直线的方程是例7.已知直线与双曲线相交于两点,当为何值时,以为直径的圆经过原点.【答案】.【解析】构造二次曲线系:, 即令得，又圆经过原点，代入得，于是方程可表示为 又圆心在直线上，故化简整理得故.易知当时,直线与双曲线相交,所以当时,以为直径的圆经过原点.类型3:利用曲线系求解切线问题例已知圆的方程为,求经过圆上一点的切线方程.【答案】.【解析】视圆上的点为点圆,设所求圆方程为:,令,得,故切线方程为.【注】在二次曲线系的应用中，“点圆”,“点椭圆”可助一臂之カ.本题中,将点看成“二次曲线":,即为“点圆”.用类似的解法可得:(1)过圆上一点的切线方程为(2)过椭圆上一点的切线方程为(3)过双曲线上一点的切线方程为；(4)过抛物线上一点的切线方程为.例9.求经过点且与圆相切于点的圆的方程.【答案】.【解析】将切点视为点圆,设所求圆的方程为: 将点坐标代入,可得,代入整理,得所求方程为.例求与拋物线相切于两点,且过点的圆锥曲线方程.【答案】.【解析】过和两切点的直线方程是,设所求的曲线方程是因曲线过点,代人上式得.再代入,化简整理得所求的圆锥曲线方程是.【注】运用此种解法比其他解法解决这类问题要简单得多，但切勿忘记将切点弦方程加上平方.类型4;利用曲线系求解圆锥曲线上的四点共圆问题例11.年高考全国卷II）已知为坐标原点,为椭圆在轴正半轴上的焦点,过且斜率为的直线与交于两点,点满足.(1)证明：点在上;(2)设点关于点的对称点为,证明：四点在同一圆上.【答案】（1）见解析;(2)见解析.【解析】(1)设,直线,与联立得,所以由，得因为,所以点在上.(2)解法1: 同理 所以互补,因此四点在同一圆上.解法2:由和题设知,的垂直平分线的方程为设的中点为,则的垂直平分线的方程为(2)由(1)(2)得的交点为, 所以故四点在以为圆心的同一圆圆上.解法3:由(1)得,直线的方程为.又直线的方程为，即故两直线的二次方程为由此可设过点的曲线系方程为 ①即②我们让②式表示圆,则,得.代入①式化简得,即,显然此方程表示一个圆,故四点在同一圆上.例12.若两条直线与圆锥曲线有四个交点,则四个交点共圆的充要条件是.【答案】见解析【证明】两直线组成的曲线方程为,则过四个交点的曲线方程可设为 必要性：若四点共圆,则方程(1)表示圆,那么(1)式左边展开式中项的系数为零,即有.充分性：当时，令(1)式左边展开式中项的系数相等,得,联立解得,将其代入(1)式,整理得由题设知四个交点在方程(2)所表示的曲线上，显然方程(2)表示圆,即四个交点共圆.【注】本题表明：圆锥曲线的内接四边形出现四点共圆时，一定有任何一组对边对应所在的直线倾斜角互补.例设直线与椭圆交于两点,过两点的圆与交于另两点,则直线的斜率为（A.B.C.D-4【答案】D【解析】设,所以,则过四点的曲线系为.表示圆,则系数相等,且无项.化简得解得【注】由例12结论可知：四点共圆.例14.全国大纲卷）已知拋物线的焦点为,直线与轴的交点为,与的交点为,且.(1)求抛物线的方程;(2)过的直线与相交于两点,若的垂直平分线与相交于两点,且四点在同一个圆上,求直线的方程.【答案】（1）(2)或.【解析】(1)设,代入中得,所以,依题意得,解得或（舍去)，故拋物线的方程为.(2)依题意知与坐标轴不垂直,故可设的方程为.代入得.设,则,故的中点为.又的斜率为,所以的方程为,由直线的方程及拋物线方程,可设过四点的曲线系方程为: 因为四点共圆,所以,从而.当时，化简式得，即,此时直线的方程为:;当时，化简式得,即此时直线的方程为：,所求直线的方程为：或.例15.全国高中数学联赛设,过两定点,分别引直线和,使与拋物线有四个不同的交点,当这四点共圆时,求和的交点的轨迹.【答案】点的轨迹是直线(除去与和三个交点）.【解析】设,则:,将两直线合并为二次曲线:，又抛物线方程为,则过四个点的二次曲线系方程为因为四个交点共圆,则方程（*）表示圆,四点必满足方程: (为常数)于是: 对比两侧项的系数,可得,所以,即点的轨迹是直线(除去与和的三个交点）.【注】本题借助曲线系方程,巧妙利用“四点共圆”的已知条件，成功避开了求交点的繁杂过程.需要注意的是,在对比系数时,不必找出所有项的系数,我们只要找出其中最好用的即可.本例中,由于圆方程的特点：没有项,即项系数为0,故对比项的系数即可得到结果.题型5:利用曲线系求解定点定值问题例16.已知椭圆中有一内接,且(如图),求证,直线方向一定.【答案】见解析【解析】点的坐标为,过点的椭圆的切线方程是,将点视作二重点,于是直线的方程依次是: 过四点的椭圆方程可写为 ①与椭圆方程 ②代表同一条二次曲线,故比较①②中项系数,可得：,即为所求.例17.已知为椭圆的左右顶点,在直线上任取一点,连接,分别与椭圆交于,连交轴于点,求证:.【答案】见解析【解析】设,则, 用双直线和椭圆表示双直线得 比较的系数得,即比较的系数得,即所以.例18.年新课标)已知椭圆,四点中恰有三点在椭圆上.(1)求的方程;(2)设直线不经过点,且与相交于两点.若直线与直线的斜率的和为,证明:过定点.【答案】（1）(2)见解析.【解析】(1)(过程略)(2)设斜率分别为，其中则将两直线方程合并为：联立方程组，（此方程组的解为三点的坐标）整理得进而所以或（即点或）故直线的方程为：,显然恒过定点.例19.年全国1）已知分别为椭圆的左、右顶点,为的上顶点,为直线上的动点,与的另一交点为与的另一交点为.(1)求的方程;(2)证明：直线过定点.【答案】(1)(2)见解析【解析】(1)（过程略）(2)设,则用双直线和椭圆表示双直线,得比较的系数得;比较的系数得,所以.直线的方程为,显然直线过定点.例20.已知椭圆和定点过点作直线交椭圆于点,直线分别交椭圆于另一个点.设直线和的斜率为证明:(1)直线经过定点;(2)为定值.【答案】见解析.【解析】证明：如图,设直线,即.则下面的曲线系方程表示经过点四点的曲线: 展开此方程得 即 ①取特殊的,使该方程表示为直线和组合体对应的曲线方程 ，展开此方程得 ②由此存在实数,使得方程①和方程②为同一个方程,对照和项系数得,即由此知直线,其与轴的交点为.设直线的交点为,点在椭圆关于点的极线上，设极线与轴的交点为.由此得 解得故此时的方程为，即从而直线经过定点.题型6:证明圆锥曲线内接四边形的性质例21.试证明,椭圆的内接矩形的两相邻边分别与椭圆的长短轴平行.【答案】见解析【解析】建立坐标系,设矩形各边：,则椭圆方程可写为,显然,项系数为0,故得证.3.7调和点列与极点极线一、知识纵横以极点极线为背景的题目经常出现在高考和各级竞赛试题之中,如圆锥曲线的切线、切点弦、圆锥曲线内接四边形两对边延长线的交点轨迹等,是圆锥曲线的常考问题,这些问题大多和极点极线与调和点列的性质有关.熟悉调和点列与极点极线基本性质,能抓住此类问题的本质，明确问题的目标,能更高效地解决问题.下面介绍交比、调和点列、完全四边形、Apollonius圆、极点和极线等射影几何的重要概念及性质,溯本求源，揭示此类与极点极线有关的问题的来龙去脉.（一）调和分割的概念“调和分割”又称“调和共轭”,来源于交比，分“调和线束”和“调和点列”两种,它是交比研究中的一个重要特例,也是贯穿《高等几何》课程的一个重要概念.定义1线束和点列的交比:如图,过点的四条直线被任意直线所截的有向线段之比称为线束或点列的交比.定理1交比与所截直线无关.【证明】令线束分别交于,则,又因为各对应向量方向相同,故交比与所截直线无关.【注】定理说明，点列的交比与其对应线束的交比是相同的.保持线束不变,取另一直线交线束于,可视为对作射影变换,所得交比不变,由此说明交比是射影不变量,具有射影不变性.定义2调和线束与调和点列:若交比为,则称为调和比.交比为的线束称为调和线束,点列称为调和点列.一般地,若且,则四点构成“调和点列”;①叫做“基点”叫做“（内、外）分点”.根据定义可得：如果点内分线段，点外分线段,且,那么称点调和分割线段.亦称为调和点列.线段端点和内外分点,依次构成调和点列.即：调和点列内分比外分比.②也可以以为基点,则四点仍构成调和点列,故称与调和共轭.③如图,若构成调和点列,为直线外任意一点,则四直线为调和线束;若另一直线截此调和线束,则截得的四点仍构成调和点列（由定理1可知）.定理2调和点列的性质：若为调和点列,即,则:(1)调和性:证明: （2）共轭性:若构成调和点列,则也构成调和点列.即：若成立,则也成立;(3)等比性:①②记线段的中点为,则有.③记线段的中点为,则有(同2可证）证明:由等比性质可知: 同理可得.定理3斜率分别为的三条直线交于轴外的点,过作轴的垂线,则成等差数列的充要条件为成调和线束.分析：不妨设均为正数,其它情况同理可证.【证明】如图,设与轴分别交于四点,则成调和点列成调和线束.定理4已知为椭圆的焦点,为相应的准线,过任作一直线交椭圆于两点,交于点,则成调和点列.（说明：此处图像应修正：点在椭圆上，虚线应往上移一点）【证明】如图,分别过作的垂线,垂足为,则由椭圆的第二定义及平行线的性质可得:,故成调和点列.定义3阿波罗尼斯Apollonius圆：到两定点距离之比为定值且）的点的轨迹为圆,称为Apollonius圆（简称阿氏圆），为古希腊数学家Apollonius最先提出并解决.【证明】如图,由,则在直线上有两点满足,故分别为的内外角平分线,则,即的轨迹为以为直径的圆（圆心为线段的中点）.由可知,图中为调和点列.定义4完全四边形：我们把两两相交,且没有三线共点的四条直线及它们的六个交点所构成的图形,叫做完全四边形.如图，凸四边形各边延长交成的图形称为完全四边形称为其对角线.定理5完全四边形对角线所在直线互相调和分割.即分别构成调和点列.【证明】,即,所以为调和点列.其余的可由线束的交比不变性得到.（二）极点和极线的概念1.极点和极线的几何定义如图,为不在圆锥曲线上的点,过点引两条割线依次交圆锥曲线于四点,连接交于,连接交于,我们称点为直线关于圆锥曲线的极点,称直线为点关于圆锥曲线的极线.直线交圆锥曲线于两点,则为圆锥曲线的两条切线.若在圆锥曲线上,则过点的切线即为极线.(1)自极三角形：极点一一极线；极点一一极线极点一一极线;即中,三个顶点和对边分别为一对极点和极线,称为“自极三角形”.(2)极点和极线的两种特殊情况(1)当四边形变成三角形时：曲线上的点对应的极线,就是切线;

(2)当四边有一组对边平行时,如：当时,和的交点落在无穷远处;点的极线和点的极线满足:2.极点和极线的代数定义对于定点与非退化二次曲线过点作动直线与曲线交于点与点,那么点关于线段的调和点的轨迹是什么?可以证明:点在一条定直线上，如下图.我们称点为直线关于曲线的极点;相应地,称直线为点关于曲线的极线.一般地,对于圆锥曲线设极点,则对应的极线为 【注】替换规则为:(1)椭圆的三类极点极线(1)若极点在椭圆外,过点作橢圆的两条㘦线,切点为,则极线为切点弦所在直线 (2)若极点在椭圆上,过点作椭圆的切线,则极线为切线;(3)若极点在橢圆内,过点作椭圆的弦,分别过作椭圆切线,则切线交点轨迹为极线由此可得椭圆极线的几何作法:(2)对于双曲线,极点对应的极线为(3)对于拋物线,极点对应的极线为.3.极点和极线的性质(1)引理:已知椭圆方程为,直线的方程为,点不与原点重合.过点作直线交椭圆于两点,点在直线上，则“点在直线上"的充要条件是调和分割,即.【证明先证必要性.设点的坐标为,则有.设直线的参数方程为为参数）与椭圆方程联立,得，即,该方程有两个不等实根,设为,则.即调和分割,也即.将以上证明过程反向推导，即得充分性成立.设是圆锥曲线的一个极点,它对应的极线为,过任意引一条直线,交于点,交于点,若点是位于间的点,结合引理可得如下极点和极线的三个调和性质:(1)调和性 (2)共轨性四点也构成“调和点列”,即.(3)等比性(1)点是线段的内、外分点,.(2)若为椭圆或双曲线，当直线经过曲线中心时,.4.配极原则若点关于圆锥曲线的极线通过另一点,则点的极线也通过,称关于调和共轭.【证明】设点,则相应的极线为,点,相应的极线为:因为过点坐标满足方程,即则点坐标满足方程,这也说明,也就是过点配极原则说明:过点过点,由此可得下面推论:推论1:共线点的极线必然共点（四点共线,它们的极线共交点）;共点线的极点必然共线（直线共交点,它们的极点四点共线）.推论2：如下图,过极点作两条直线,与桞圆分别交于点和,则直线的交点必在极线上.5.椭圆的极点与极线的常用性质对于椭圆,极点(不是原点)对应的极线为,有如下性质：性质1:“类焦点"与“类准线”当极点在轴上时，对应的极线平行于轴，当极点在轴上时对应的极线平行于轴;特别地,当极点为椭圆的焦点时,极线为相应的准线.性质2：平方模型如下图,射线OP与椭圆交于点D,与点P的极线交于点C,则|OP|⋅|OC|=|OD|2;当点P在x轴上时,|性质3：共轭方向设极点Px0,y0不在坐标轴上,则直线OP的斜率为kOP=y【注】性质3表明:椭圆内一点P的极线方向与以极点P为中点的弦的方向相同，称OP与极线方向共轭.当极点Px0,y0在椭圆内时，极线l平行于以P为中点的弦所在直线EF（用点差法易证）.设直线OP与椭圆相交于点D,过点D作椭圆的切线l1,则以P为中点的弦所在直线EF、过点D的切线性质4:平行如下图,设四边形ABCD为椭圆的内接梯形,AC//BD,AD∩BC=Q,则点P的极线过Q,且与直线AC、BD平行.特别地,若BC//AD//性质5:垂直设圆锥曲线Γ的一个焦点为F,与F相应的准线为l,若过点F的直线与圆雉曲线Γ相交于M,N两点,则Γ在M,N两点处的切线的交点Q在准线【证明】以椭圆为例证明,双曲线与拋物线类似处理.设Px0,y0,则Px0,y0对应的极线为MN:x0xa2+y0性质6：等角定理如下图,A,B是椭圆Γ的一条对称轴l上的两点(不在Γ上）,若A,B关于Γ调和共轭,过A任作Γ的一条割线,交Γ于证明：因Γ关于直线l对称,故在Γ上存在P,Q的对称点P',Q'.若P'与Q重合,则Q'与P也重合,此时P,Q关于l对称,有∠PAB=∠QAB；若P'与Q不重合,则Q'与P也不重合,由于A,B关于Γ调和共轭,故【注】事实上,性质6对于圆锥曲线都成立.我们还可以得到下列结论:(1)直线PB与椭圆的另一交点为Q',则Q'与Q关于(2)∠PAO(3)kAP二、典型例题类型1:判断位置关系例1.(2013陕西文)已知点M(a,b)在圆OA.相切B.相交C.相离D.不确定________.【答案】B.【解析】因为ax+by=1是圆x巩固练习1:1.2010湖北文）已知椭圆C:x22+y2=1的两焦点为F1,F2,点Px0【答案】[2,22【解析】因为点x02.对于抛物线C:y2=4,我们称满足y02A.恰有一个公共点B.恰有两个公共点C.没有公共点D.有一个或两个公共点【答案】C.【解析】点Px0,y0对应的极线恰好是直线l:y类型2:求极线方程例2.过椭圆x29+y24=1内一点M(1,2),作直线AB与椭圆交于点A,B,作直线CD与椭圆交于点C,【答案】x9【解析】该题实质上就是求椭圆x29+y2例3.2008年安徽理）设椭圆C:x2a(1)求敉圆C的方程;(2)当过点P(4,1)的动直线l于椭圆C相交于两不同点A,B时,在线段AB上取点Q,满足|【答案】(1)x2【解析】（1）由题意得：，解得，所求椭圆方程为x24+(2)解法1:定比点差法设点Q、A由题设知|AP|,|PB|,|AQ|,|又A,P于是4=x从而:4x=x又点A、B在椭圆x1x2(1)+(2)×2,并结合(3)(4)得4x即点Q(x,解法2：构造同构式设点Q(由题设知|AP|,|PB又A,P于是x1=4−由于Ax1,y1,整理得:x2x2+2(4)-(3)得:8(2x即点Q(x,解法3：极点极线由|AP|⋅|QB说明点P,Q关于桞圆调和共轭,点Q在点此极线方程为4⋅x4+故点Q总在直线2x【注】点Q的轨汖方程为2x巩固练习2:1.(2013山东理)过点(3,1)作圆(x−1)2+yA.2xB.2xC.4xD.4【答案】A.【解析】直线AB为点(3,1)的极线,即(3−1)(x−1)+1⋅y=1,化简得2.设椭圆方程为x24+y23=1,点M(1,1),过点M的动直线与椭圆相交于点【解析】该定直线即为点M(1,1)对应的极线:x3.已知F是拋物线y2=4x的焦点,其准线与x轴交于P点,过P的直线l与抛物线交于A,B两点,若线段AB上有一点M(x【答案】x=1【解析】解法1:常规做法如图,∵F(1,0),设l:y=k(所以x并且Δ>0⇒−1<∵|而|MA从而有y=又M(x,y)又−1<k所以M点的轨迹方程是x=1（−2<解法2:直线参数方程设过点P(−1,0)直线的参数方程为x代入y2=4xΔ=16cos设A,B,M

当

代入

所以t设M(x所以M点的轨迹方程是x=1（−2<【注】题中的条件等价于t1AM解法3:极点极线由调和点列的性质和极点极线理论,易得点M的轨迹是点P(−1,0)的极线（方程为x但不包括与x轴的交点,即M点的轨迹方程是x=1（−2<4.2011年安徽理）设λ>0,定点A(1,1),动点Ba,a2,点Q满足BQ=λQA,经过点Q与x轴垂直的直线交抛物线y【答案】2x【解析】设P(x,y),由点A由经过点Q与x轴垂直的直线交拋物线y=x2于点C由QC=λCP,得即2x−y【注】动点P的轨迹恰好是定点A关于抛物线y=5.1995年全国理）已知椭圆C:x224+y216=1,直线l:x12+y8=1.P是【答案】点Q的轨迹是以(1,1)为中心,长短轴分别为102和153,且长轴平行于【解析】由条件知|OQ|⋅|OP|=|OR|2可知点P,Q关于圆锥曲线C则与P对应的极线方程为12t⋅x又直线OP的方程为y=8−8t由(1)(2),解得x=6t5可化为(x−1)故点Q的轨迹是以(1,1)为中心,长短轴分别为102和153,且长轴平行于6.已知梆圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)内有一点M(1,1),过M的两条直线l1,l2分别于椭圆Γ交于A【答案】32【解析】AMMC=BMMD⇒AB//

所以

即e2−1=−17.过点P(1,1)的直线l与椭圆x24+y23=1交于点A和B,且AP=【答案】125【解析】解法1:则，又四点共线，故可设，，，说明P,Q关于椭圆x24+

此极线方程为

故|OQ|的最小值就是点O到直线3x解法2：构造同构式设点Q,A,由题设有AP=则，又四点共线，故可设，，，于是x点Ax1,3x2点Bx3由（3）（4）知:μ,−μ是方程3x2+4y2故|OQ|的最小值就是点O到直线3x解法3：定比点差法设Ax1,1−同理,由AQ=−x所以1+代入(*)式有x04+y0故|OQ|的最小值就是点O到直线3x8.(2020年3月温州中学高三检测）过点P(2,1)斜率为正的直线交椭圆x224+y25=1于A,B两点,A.2B.65C.24D.19【答案】D.【解析】由内角平分线定理知:PAPB所以C,D在阿圆上,即△PCD外接圆,设圆半径为R,圆与AB则PAPB=QAQB,即故Q在P(2,1)对应的极线x又点P(2,1)到直线5x+12所以△PCD外接圆直径2r⩾d=3813,所以r故选D.类型3：证明直线过定点或三点共线例4.2019全国高三竞赛）如图,过直线l:5x−7y−70=0上的点P作椭圆x225+y(1)当点P在直线l上运动时,证明：直线MN恒过定点Q;(2)当MN//l时,定点Q平分线段【答案】见解析.【解析】解法1:常规解法(1)证明：设Px则椭圆过点M,N的切线方程分别为:因为两切线都过点P,则有:x1

这表明

由两点确定一条直线知,式(1)就是直线MN的方程,

其中

当点

代入(1)消去

变形可得

x故直线MN恒过定点Q25

(2)当

将此方程与椭圆方程联立,消去

由此可得,此时MN截圆所得弦的中点横坐标恰好为点Q25x代入(3)式可得弦中点纵坐标恰好为点Q25即y这就是说,点Q2514,−解法2:(1)动点P在定直线l上,则相应的切点弦过定点,可知定点Q必为极点,于是只需求极点即可:由5x−7y(2)由椭圆内一点极线方向与以极点为中点弦的方向相同,也即OQ与极线方向共轭,即得结论(2).【注】“极点在已知直线上，则极线过定点”.这是一类常考的直线过定点问题.例5.（2020年全国1卷理）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(1)求E的方程;（2）证明：直线CD过定点.【答案】(1)x2【解析】（1）易得椭圆E的方程为x2（2）利用极点极线角度1:如下图,设CD交AB于Q,AD交CB于R,则QR为即点Q在点P对应的极线上.极点P(6,t)即2x3+ty=1,极线恒过定点3角度2:如图,设CD交AB于Q(则点P(6,t)在点Q(m,0)对应的极线上，极点Q(m,0)对应的极线方程为mx9+0⋅角度3:如图,设直线x=6交x轴于点H|即6|OQ|=32,所以|OQ【注】本题的背景是极点极线,上面解法从三个不同角度进行了“秒杀”，令人回味无穷.极点极线是高等几何中的内容,高中数学教材中虽然没有介绍相关的定义及性质,但是以此为背景的高考和竞赛试题层出不穷、常考常新.我们用其他解法求解本题时，可以用求极线对应极点的解法得到这个定点,目标已然心中有数,那么就能降低运算难度，避免计算错误.巩固练习31.已知A、B是椭圆C:x225+y29=1的左、右顶点,直线l交椭圆C(1)求证：直线l过定点;(2)记△AMN的面积为S1,△BMN的面积为【答案】（1）见解析;(2)18.【解析】（1）设AM与BN交于点P,AB与MN交于点G,则点G对应的极线过点由题意,直线AM的方程为y=k1(x由y=k1(x+5)y设Gx0,0,则对应的极线方程为x所以x0=4,直线l过定点(2)由题设直线l:x=ty+4即9设Mx则S令t2+1则m=43时,S2.如图所示,点A,B分别是桞圆x24+顶点的任意一点,若直线PC与x轴交于点M,直线PB与直线AC交于点N,证明：直线MN过定点.【答案】直线MN过定点(2,1).【解析】证法1:常规解法设Px0,y0

直线

联立

直线

直线MN的斜率k直线MN的方程为y显然当x=2时，y=1,因此直线MN经过定点证法2：极点极线设BC与AP相交于点Q,由ABPCMN为完全四边形可知：Q对应的极线即为MN.

因为点

则直线MN的方程为2t⋅x4+(1−t)y=15.2012年北京理）已知曲线C(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆,求m的取值范围;(2)设m=4,曲线C与y轴的交点A,B（点A位于点B的上方），直线y不同的两点M、N,直线y=1与直线BM交于点G【答案】见解析.【解析】（2）如图,直线AN与BM的交点必在点P(0,4)的极线上,而点P(0,4)的极线为所以直线AN、直线BM、直线y=1共点,所以A类型4:证明两直线垂直例6.已知A(−2,0),B(2,0),点C是动点,且直线AC和直线BC(1)求动点C的轨迹方程;(2)设直线l与（1）中轨迹相切于点P,与直线x=4相交于点Q,且F(1,0),求证:【答案】(1)x2【解析】（1）设C(x,y)所以有yx整理得x2（2）解法1:设直线l:y=3

依题意

解法2:

设

令

∴解法3:x=4为椭圆的右准线,椭圆右焦点为F由椭圆极点极线性质5可知:PF⊥FQ,即【注】模型：已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>巩固练习4:1.已知F为椭圆x24+y23=1的右焦点,,过点AA.−B.−C.−1D.−【答案】C.【解析】A在椭圆的右准线x=4上，右焦点F由性质可知AF⊥2.在平面直角坐标系xOy中,已知焦点为F的抛物线x2=4y上有两个动点A、B,且满足AF(1)求:OA⋅OB的值;(2)证明:【答案】(1)−3;（2）证明见解析

【解析】（1）设

∵

化简整理得

∵∴

(2)抛物线方程为

∴

即

∴3.2012年贵州省预赛题）如图，已知A、B是椭圆x2a2+y2b2（1）求证:MN(2)若弦PQ过椭圆的右焦点F2,求直线MN【答案】见解析.【解析】（1）设AB与PQ交于点G(则MN是点G所对应的极线，其方程为mxa2=1,即x(2)由（1）知,MN的方程为x=类型5:证明向量数量积（或线段长度之积）为定值例7.（2011年四川理）如图,椭圆有两顶点A(−1,0),B(1,0),过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C、D两点,并与x轴交于点P,直线(1)当|CD|=322（2）当点P异于A、B两点时,求证：【答案】(1)y=±【解析】解法1:设P(t,0),则点P的极线过Q.易得椭圆方程x2+y2于是点Q在直线x=1t上,设Q解法2:根据极点极线几何性质,点p关于敉圆x2+y22设该直线交x轴于Q',由“调和点列”的“等比性”,可知OQ'巩固练习5:1.2011年四川文）如图,过点C(0,1)的椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,蛕圆与x轴交于两点A(a(1)当直线l过椭圆右焦点时,求线段CD的长;(2)当点P异于点B时,求证:OP⋅【答案】(1)|CD【解析】（1）桞圆方程为x2(2)解法1:记直线BC与AD相交于点R,则P,Q,R构成自极三点形,点设PxP,0,则点P的极线方程为x故点Q在直线x=4xP上，可设解法2:点P关于椭圆x24+y2设该直线交x轴于Q',由“调和点列”的“等比性”,可知OQ'类型6:与斜率有关的定值问题例8.2013年湖北省预赛题）设Px0,y0为桞圆x24+y2(1)证明:直线AB的斜率为定值;(2)过点P作AB的平行线,与椭圆交于E、F两点,证明：点P平分线段【答案】见解析【解析】（1）因为AB//CD,所以点P对应的极线x0即AB的斜率是−y(2)直线EF:y=−xx则x此时点P是EF中点,即点P平分线段EF.例9.如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1（a>b>0的离心率为22,直线l:y=12(1)求椭圆E的方程;(2)求证：直线MN的斜率为定值.【答案】(1)x2【解析】(1)x2(2)设点N的坐标为(m,n),直线DC与则MP为点N对应的极线,其方程为mx6+ny3=1.结合y=12x,得到P点坐标为6所以直线MN的斜率为定值−1.【注】本题需要极点、极线之间的两次转化,通过点P在点N对应的极线上,以及MN是点P对应的极线,使问题得以解决.例10.四边形ABCD是椭圆x23+y22=1的内接四边形,AB经过左焦点F1,(1)证明:k1k2【答案】见解