圆锥曲线中的极点极线问题（教师版）

公众号：慧博高中数学题库公众号：慧博高中数学题库如图,设P是不在圆雉曲线上的一点,过P点引两条割线依次交圆锥曲线于四点E,F,G,H,连接EH,FG交于N,连接EG,FH交于M,则直线MN为点P对应的极线.若P为圆雉曲线上的点,则过P点的切线即为极线.同理,PM为点N对应的极线,PN为点M所对应的极线.因而将△MNP称为自极三点形.设直线MN交圆锥曲线于点A,B两点,则PA,PB恰为圆锥曲线的两条切线.对于圆锥曲线C:Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0,已知点P(x0,y0((非中心)及直线l:Ax0x+BCy0y+D,则称点P(x0,y0(是直线l关于圆1122(1)当点P(x0,y0(在椭圆上时,极线l是以点P为切点的切线。(极点在极线上)(3)当点P在椭圆内时,极线l与椭圆相离,极线l为经过点P的弦在两端点处的切线交点的(1)对于椭圆,与点P(x0,y0(对应的极线(2)对于双曲线,与点P(x0,y0(对应的极线方程为-=1;(3)对于抛物线y2=2px,与点P(x0,y0(对应的极线方程为y0y=p(x0+x(1.(2024·全国·一模)如图，已知椭圆Γ的短轴长为4，焦点与双曲线的焦点重合.点33 PA,PB分别交椭圆Γ于M,N两点.(1)(0,4(，此整理即可得解.设P(p,0(,Qt(，则Q在P的极线上，现在如果经过P的直线x=my+p交椭圆于A(x1,y1),B(x2,y2)：所以Δ=4b4m2p2-4b2(p2-a2((a2+b2m2(=4b4m2p2-4b2(p2a2+p2b2m2-a4-a2b2m2(2m2-p2(>0→a2+b2m2>p2，也就是y1-t+y2-t=-2tmy1+p-my2+p-p-，(y1-t((my2+p-+(y2-t((my1+p-+2t(my1+p-my2+p-=0，也就是2m(p-+2m2ty1y2+(p-2+tm(p-(y1+y2(=0，也就是2m(p-+2m2t.+(p-2+tm(p-(-=0，也就是m(p-+m2t|ΓL.b2(p2-a2(+(p-2+tm(p-(-b2mp(=0，也就是(p-+mt.b2(p2-a2(-b2p(p-2+tm(p-=0，也就是(p-+mt.(p2-a2(-p(p-2+tm(p-=0，也就是(p-+mt.(p-(p-2+tm(p-=0，也就是(p-+mt.(p-=(p-2+tm(p-，接下来我们回到原题，而kQA=kQB=，所以kQN=kQM，这表明Q是MN和AB的交点，所以yD+yT=2yE，也就是E是DT的中点；②设Q(2,t(，那么kPQ=-,kAB=，所以kMN=-t-，这表明MN的方程是y=(-t-(x-2(+t，即t(3-x(+1-x-y=0，4455所以MN恒过点(3,-.直线l：Ax0x+Cy0y+D(x+x0(+E 理由.(x-4=0(2)利用代数法证明点Q在椭圆C外，则点Q和直线MN是椭圆C(1)因为椭圆+=1(a>b>0)过点P(4,0)，660,y0)，又QM，QN都与椭圆C相切，所以点Q和直线MN是椭圆C的一对极点和极线.所以存在定点T(2,1)恒在直线MN上.当MT=TN时，T是线段MN的中点，设M(x1,y1(，N(x2,y2(，直线MN的斜率为k，所以当M=T时，直线MN的方程为y-1=-(x-2(，即x+2y-4=0.+2Dx+2Ey+F=0，则称点P(x0,y0)和直线l：Ax0x+Cy0y+D(x+x0(+E(y+y0(+F=0是圆锥 2px，与点P(x0,y0)对应的极线方程为y0y=p(x0+x(.即对于确定77利用点差法求解即得.(1)设点P(x0,y0)，由点P在直线y=-x+2上运动，得y0=-x0+2， 又PM，PN都与椭圆G相切，因此点P和直线MN是椭圆G的一对极点和极线，将y0=-x0+2代入+=1，整理得x0(x-y(+4y-4=0，当MT=TN时，T是线段MN的中点有在椭圆G内，设M(x1,y1(，N(x2当MT=TN时，T是线段MN的中点有在椭圆G内，设M(x1,y1(，N(x2,y2(，直线MN的斜率为k，,两式相减并整理得=-.=-.=-，即k=-，所以当M=T时，直线MN的方程为y-1=-(x-1(，即x+2y-3=0.64x-4(x+2y((16-8y(=32y>0，所以|AB88yy=x+4yf(y0(=y，求导得f’(y0(=(y+4(2>0，即f(y0(在(0,2[单调递增，则f(y0(的最大值为f由对称性可知当-2≤y0<0时，f(y0(的最大值也为2，4y2-3=0相切.(10,y0),M(x1,y1),N(x2,y2)，然后由①可得过点M的切线方程和过点N的切线方程，则可求99-x+-12=0，所以P处的极线就是过点P的切线，②设点Q(x0,y0),M(x1,y1),N(x2,y2)，过点N的切线方程为l2:+=1，则割线MN的方程为l0:+=1，同理可得过点P(-4，0(的两条切线的切点弦XY的方程为l3:=1，即x=-1，所以Q,X,Y三点共线，都在直线x=-1上．公众号：慧博高中数学题库公众号：慧博高中数学题库1.(2022·全国·统考高考真题)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(两点．(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((2)(0,-2)(1)将给定点代入设出的方程求解即可；(1)解：设椭圆E的方程为mx2+ny2=1，过A(0,-2(,B,-1(，(2)A(0,-2),B,-1(，所以AB:y+2=x，可得M(1,-N(1,，代入AB方程y=x-2，可得T(-6+3,-，由M=T得到H.求得HN方程：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).联立x-2,可得Ty1(,H(3y1+6-x1,y1).可求得此时HN:y-y将(0,-2)，代入整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0，96+48k-24k-48-48k+24k2-36k2-48=0,综上，可得直线HN过定点(0,-2).(m≠0(((设Q(0,y0)m1-ny0m(1-n)y0y0mtan∠OQM=,tanm1-ny0m(1-n)y0y0mtan∠OQM=,tan∠ONQ===,1+n∵∠OQM=∠ONQ,∴tan∠OQM=tan∠ONQ,m2-n2m2m221+n)mm(1-n)y02则==y0m2-n2m2m221+n)mm(1-n)y02则==y0标为(2,0).(1)AM的方程为y或y；(2)证明见解析.所以AM的方程为y=-2x+2或y=2x-2当Ol与x轴不重合也不垂直时，设Ol的方程为2kx1x2-3k(x1+x2(+4k(x1-2((x2-2(.由y2kx1x2-3k(x1+x2(+4k(x1-2((x2-2(.将y=k(x-1(代入+y2=1得(2k2+1(x2-4k2x+2k2-2=0.则2kx1x2-3k(x1+x2(+4k==0.程为x=my+1，交椭圆于A(x1,点A关于x轴的对称点N(x1,-y1(，则直线BN的方程为(y+y1((x2-x1(=(y1+y2((x-x1(．令y=0，x则直线BN过点M，∠OMA=∠OMB．tt2=-．又A(1+t1cosα,t1sinα(,B(1+t2cosα,t2sinα(，则kMA+kMB= t1sinαt2sinαt1sinα1+t1cosα-21+t2cosα-2t1cosα-1t2cosα-1即kMA=-kMB．所以∠OMA=∠OMB．设A(ρ1,θ(,B(ρ2,θ+π(．设点O(也可选点F)到直线MA,MB的距离分别为d1,d2，根据角平分线定理的逆定理，要证∠OMA直线MA的方程为：y1x-(x1-2(y-2y1=0,d1=|2y1|．y+(x1-2(2(m2+1(y-2my1+1(m2+1(y-2my2+1[(m+1(y1-2my1+1[[(m+1(y2-2my2+1(m2+1(y-2my2+1[(m+1(y1-2my1+1[[(m+1(y2-2my2+1[设A=λF(λ≠0,±1(，A(x1,y1(,B(x2,y2(，x1-λx2=2(1-λ(，又x1+λx2=1+λ,所以，x1=(3-λ(,x2=3-，∠OMB.故∠OMA=∠OMB．方法二：根据角平分线的定义可知，利用点A关于x轴的对称点N在直线BM上，证直线AN过点M即可；(2)方法一：设P(6,y0(，可得直线AP的方程为：y=(x+3(，联立直线AP的方程与椭圆方程即可求得(1)依据题意作出如下图象：:AG=(a,1(，GB=(a,-:A.G=a2-1=8，:a2=9:椭圆方程为：+y2=1证明：设P(6,y0(，联立直线AP的方程与椭圆方程可得整理得：x-，设P(6,t)，则直线PA的方程为y=(x+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=0．④2-9=-9y2，代入④式可得(27-9t2(y2-12txy+18ty=0．故y[(27-9t2(y-12tx+18t[=0，可得y=0或(27-9t2(y-12tx+18t=0．其中y=0表示直线AB，则(27-9t2(y-12tx+18t=0表示直线CD．属于难题.(1设M(x1,y1(,N(x2,y2(，又A(-4,0),B(4,0)，则3(y1+y2(k1=my1y2-2y1=3(y1+y2(-2y1=y1+3y2=1 (5)代入韦达定理求解.(1)+=1(2)①-；②-②设BD，AD的斜率分别为k3，k4，设直线AC的方程为y-1=k1(x-2(，直线BD的方程为y+1=2=又左焦点F(-c,0(到直线l:x-2y=0的距离为，有=，2-c2=2，由解得所以A(2,1(，B(-2,-1(．设直线AC的方程为y-1=k1(x-2(，直线BD的方程为y+1=k3(x+2(．设直线AD的方程为y-1=k4(x-2(，即yx-2(，设直线BC的方程为y+1=k2(x+2(，即y+1=-(x+2(，所以kMN===-．7.(2023·湖北·三模)已知F1(-1,0),F2(1,0)分别为椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点，点直线M1F2F(2)设M1(x1,y1(,M2(x2,y2(，得到S△MNF-S△MNF=S△MFF-S△MFF=y1-y2，即可求解.“c=1,:b=1:椭圆C的方程是+y2=1；由题意知x0.y0>0,y1,y2<0，S△M2NF2-S△M1NF1=S△M2F1F2-S△M1F1F2=×2(|y2|-|y1|(=y1-y2，:(3+2x0(y2-2(x0+1(y0y-y=0．2=--，:y1-y2=-===0≤=(当且仅当x0:S△M2NF2-S△M1NF1的最大值是．别交椭圆于两点P和Q.(ii)求四边形APBQ面积的最大值.(2)(i)证明见解析；(ii)6(1)将两点代入椭圆中，解方程组即可求得椭(2)(i)分别将直线AM,BM与椭圆方程联立，利用韦达定理表示出P,Q两点坐标，由数量积B.B<0(2)(i)易知A(-2,0(,B(2,0(，由椭圆对称性可知，不妨设M(4,t(,t>0，P(xP,yP(,Q(xQ,yQ(；根据题意可知直线AM,BM斜率均存在，且kAM=,kBM=；所以直线AM的方程为y=(x+2(，BM的方程为y=(x-2(；则B=所以B所以点B在以PQ为直径的圆内；(ii)易知四边形APBQ的面积为SAB|×|yP-yQ由对勾函数性质可知y=λ+在[6,+∞(上单调递增，由对称性可知，即当点M的坐标为(4,3(或(4,-3(时，基本不等式求出最值即可.(3)求y2-y1的最小值.(1)(2),所以F1(-1,0),F2(1,0)，将其代入椭圆方程中可得+(x+1(2=1，整理得(2x0+3(x2+4yx-3x-4x0=0，1,y0(=4(-1-x1,-y1(，可得y0=-4y1，所以点P的坐标为,所以y1-y=-4x-9所以y1-y2的最大值为应用基本不等式求解即可.(1代入化简即可得解.A1(0,b(1λ(2a-|NF2|(．又因为所以|Pa-|M|(，λ(2a-|NF2|(=λ(2a-|NF2|(=2a-(+设MF1x=my-2，x=my+2，设M(x1,y1(，N(x2,y2((y1,y2>0(，(x=my-2+=1→(m2+2(y2-4my-(x=my-21(-2m1+m21(-2m1+m2[22(m2+1([2-4m2(1+m2)=4(1+m2((m2+2(2(m2+2(，力的培养是解决问题的关键.(2)求四边形ABCD面积的最大值；(1)+y2=12=c2=(a2-b2(=a2-，a2=4，设直线CD的方程为y=-x+t(t<1)，D(x1,y公众号：慧博高中数学题库1(，C(x2,y2(，-2tx+2t2-2=0，公众号：慧博高中数学题库由Δ=4t2-4(2t2-2(>0得-2<t<1，1x2=2t2-2-x2|=.4t2-8t2+8=5直线AB与CD之间的距离为d故四边形ABCD的面积为S=(|AB|+|CD|(d=(5+52-t2(.=|t-1|(1+2-t2(，令t=2cosθ<θ<π(，则S=(1-t((1+2sinθ(=(1-2cosθ((1+2sinθ(1x2=2t2-2，=t2--t+(2t-x1(=t2--x1=(t2-1-x1(=12t2-2-2x12t2-2-2x12(t2-1-x1(4，3.(2024·云南·模拟预测)抛物线Γ:y2=2px(p>0(的图象经过点M(1,-2(，焦点为F，过点F且倾斜角(1)y2=4x(2)|AB|=(1)由曲线y2=2px图象经过点M(1,-2(，可得p=2，则得抛物线Γ的(1)曲线y2=2px图象经过点M(1,-2(，所以(-2(2=2p，所以p=2，(3)由(1)知F(1,0(，直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x=my+1，A(x1,y1(，B(x2,y2(，C(x3,y3(，D(x4,y4(，y2=-4．-4ny-8=0，因此直线CD的方程为x=2m(y-y3(+x3，令y=0得，x=-2my3+x3=-2my(3)求证直线过定点(x0,y0(，常利用直线的点斜式方程y-y0=k(x-x0(或截距式y=kx+b来证明.(2)设点A(x1,y1(，B(x2,y2(，C(x3,y3(，D(x4,y4(，2y1-x1y2=y2-y1，直线CD的方程为y--=x-，=-y1-+(3x1-4(-(2x1-3(-=-y1(3x2-4(+y2(3x1-4(=4(y1-y2(+3(x1y2-x2y1(=7y2(2x1-3(-y1(2x2-3(3(y1-y2(+2(x1y2-x2y1(5，(3)求证直线过定点(x0,y0(，常利用直线的点斜式方程y-y0=k(x-x0(或截距式y=kx+b来证明.5.(24-25高三上·辽宁鞍山·开学考试)已知椭圆Ca>b>0)，右焦点为F(2的另一个交点为M,PA2与椭圆C的另一个交点为N.(1)证明见解析所以椭圆C:+=1，且A1(-3,0(,A2(3,0(设M(x1,y1(，则即y所以kMA1.kMA2为定值-.(2)解法一：设P(6,yP(，则kA1P=kMA1=,kA2P=kA2N=可得kA2M.kA2N=kA2M.3kA1M=-，设直线MN:x=my+t,t≠±3，M(x1,y1(,N(x2,y2(，2t2-4(5m2+9((5t2-45(>0，解得5m2+9>t2，整理可得(5m2+3(y1y2+5m(t-3((y1+y2(+5(t-3)2=0，则(5m2+3(+5m(t-3(+5(t-3)2=0，所以直线MN:x=mt+过定点直线A1P:y=(x+3(，可知A1P与椭圆必相交，则-3xM解得xMyM则MN:y(1)动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)+n，得y=k(x+m(+n，故动直线过定点(-m,n(；(y2=1(1)由题意 2=a2-c2=1当直线AB斜率不存在时，代入椭圆方程得A此时P(4,0(,当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y=k(x-1(，A(x1,y1(，B(x2,y2(，将直线方程代入椭圆方程得：(1+4k2(x2-8k2x+4k2-4=0∵P是直线x=4上任一点，过点M(1,0(且与PM垂直的直线交椭圆于A，B两点:直线PM的方程为：yx-1(“k1+k3=λk2(1)由l是线段AB的中垂线得|MA|=|MB|，根据椭圆定义可得答案；于是可设直线PQ的方程为y=k(x-1(，设直线EF的方程为yx-1(，将直线PQ的方程代入曲线(2)由直线EF与直线PQ垂直，可得A.A=A.A=0，于是P.Q=(A-A(.(A-A(=A.A+A.A，此时可不妨取P(1,Q(1,-E(2,0(，F(-2,0(，所以P.Q=(1,-,=-3-=-，③当直线PQ的斜率存在且不为零时，直线EF的斜率也存在，于是可设直线PQ的方程为y=k(x-1(，P(xP,yP(，Q(xQ,yQ(，AP=(xP-1,yP(，AQ=(xQ-1,yQ(，则直线EF的方程为y=-(x-1(于是A.A=(xP-1((xQ-1(+yP.yQ=(1+k2([xPxQ-(xP+xQ(+1[=(1+k2(-+1(=-，将上面的k换成-，可得A.A=-，所以P.Q=A.A+A.A=-9(1+k2(+，2=tP.Q=-9t+=-=-，综合①②③可知，P.Q的取值范围为-,-．(2)过B作x轴的垂线交椭圆于点D．(1S△AOD=S△AOM-S△MOD并将韦达公式代入化简，应用基本不等式求面积最大值，注意2t2-8(2t2+3((m2-12(=24(8t2-m2+12(>0，y2+(m+2((y1+y2(=0，∴m=-6，即直线AD的方程为x=ty-6恒过定点(-6,0(．②设直线AD恒过定点记为M(-6,0(，S△AOD=S△AOM-S△MOD=|OM||y1-y2|=×6×(y1+y2(2-4y1y2∴△AOD面积的最大值为26．出参数m为关键.F作两条互相垂直的弦AB,CD，设AB,CD的中点分别为M,N．设A(x1,y1),B(x2,y2)，则M,k-1((，则故M此时直线MN过点,0(，设点,0(为直线MN为y-=×-x-，即直线MN过定点,0(；(3)由第(2)问可知直线MN过定点P,0(，则fI<0，则f(t)在t∈[2,+∞)单调递减，十分细心.AC与直线BD交于点Q；(1),-(利用向量的数量积即可得证.所以直线l斜率为kPC=-，所以直线l方程为y=-x+1，可得D点坐标为.(2)当直线l与x轴垂直时不符合题意；则直线BD方程为yx+2(，则Q(-4k,2k+1(,OQ=(-4k,2k+1(，所以O.O=-4k.(-+0=4为定值.(5)代入韦达定理求解.关系即可得解.若点A(a,b(在直线l上，则a2+b2-r2=0即a2+b2=r2，2=x2+(4k-4(x+1=0.=(2k-2(x1x2+(x2+x1(故A为线段BM的中点.并与x轴交于点P．直线AC与直线BD交于点Q．(2)，1)2)=-x1•x且直线AC的方程为y=(x+1(，且直线BD的方程为y=-(x-1(，x-1k+1，:x+1=x-1k+1，((直线恒过定点.((Ⅱ)设P(x1,y1),Q(x2,y2)(y=kx+t(t≠1)+y2=1得(1+2k2)x2+4(y=kx+t(t≠1)=t2-2k2(从而找出适合条件的P点坐标.试题解析：(Ⅰ)由题设可得M(2a,a)，N(-2a,a(，或M(-2a,a(，N(2a,a).“yx，故y在x处的导数值为a，C在(2a,a(处的切线方程为y-a=a(x-2a)，即ax-y-a=0.故y=在x=-22a处的导数值为-a，C在(-22a,a)处的切线方程为y-a=-a(x+2a)，即ax+y+故所求切线方程为ax-y-a=0或ax+y+a=0.设P(0，b)为复合题意得点，M(x1,y1)