2027新高考数学复习53A版3-8.5　直线与圆锥曲线的位置关系

8.5直线与圆锥曲线的位置关系考点1直线与圆锥曲线的位置关系五年高考1.★★★★(2022新高考Ⅱ,16,5分)已知直线l与椭圆x26+y23=1在第一象限交于A,B两点,l与x轴、y轴分别交于M,N两点,且|MA|=|NB|,|MN|=23答案x+2y2.★★★★(2025天津,18,15分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,左焦点为F,右顶点为A,点P在直线x=a上,直线(1)求椭圆的方程;(2)若过点P的直线与椭圆有唯一的公共点B(B异于A),求证:FP平分∠AFB.解析(1)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的半焦距为c,则左焦点由右顶点A(a,0),离心率e=ca=12,得因为P在x=a上,所以设P(a,m),又直线PF的斜率为13,则m−0a−(−c)=13,即ma+c=13,所以m2c+c=13,解得m=c,则P因为△PFA的面积为32,|AF|=a-(-c)=a+c=3c,AF边上的高为|m|=c所以S△PFA=12|AF||m|=12×3c·c=32,解得c=1,则a=2c=2,b所以椭圆的方程为x24(2)证明:由(1)可知P(2,1),F(-1,0),A(2,0),易知直线PB的斜率存在,设其方程为y=kx+n,则1=2k+n,即n=1-2k,联立y=kx+n,x24+y23=1,消去y,得(3+4k2)x【思路探究:直线与椭圆有唯一交点就是直线与椭圆相切,运用代数法由判别式为0求出待定系数,解方程组得到交点坐标,进而结合其他条件解决问题】因为直线与椭圆有唯一交点,所以Δ=(8kn)2-4(3+4k2)·(4n2-12)=0,即4k2-n2+3=0,则4k2-(1-2k)2+3=0,解得k=-12,则n=2所以直线PB的方程为y=-12x+2联立y=−则B1,3以下分别用四种方法证明结论:证法一则FB=2,32,FP=(3,1),FA=(所以cos∠BFP=FB·cos∠PFA=FA·FP|FA|·|FP|=3×3+1×03又∠BFP,∠PFA∈0,π所以∠BFP=∠PFA,即FP平分∠AFB.证法二则kFB=32又kPF=13,kAF=0所以由两直线的夹角公式,得tan∠BFP=34−131+13则tan∠BFP=tan∠PFA,又∠BFP,∠PFA∈0,π所以∠BFP=∠PFA,即FP平分∠AFB.证法三则tan∠PFA=kPF=13tan∠BFA=kFB=34故tan2∠PFA=2tan∠PFA1−tan2∠PFA又∠BFA,∠PFA∈0,π所以∠BFA=2∠PFA,即FP平分∠AFB.证法四则kFB=32所以直线FB的方程为y=34(x+1),即3x-4y+3=0则点P到直线FB的距离d=|3×2−4×1+3|32又点P到直线FA的距离也为1,所以FP平分∠AFB.3.★★★★★(2022新高考Ⅱ,21,12分)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,(1)求C的方程;(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点,点P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上,且x1>x2>0,y1>0.过P且斜率为-3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面①②③①M在AB上;②PQ∥AB;③|MA|=|MB|.注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.解析(1)由题意知c=2,∴C的方程为x2-y23(2)易知直线PQ的斜率存在且不为零,设其方程为y=kx+b,由y=kx+b,3x2−y2−3=0,得(3-k2)x2-2kbx-b2-3=0,由Δ>0,得∴x1+x2=2kb3−k2,x1x2=−b2−33−k2,∵x1>x∴x1-x2=(=23(设点M的坐标为(x0,y0),则直线PM、QM的方程分别为y-y0=-3(x-x0),y-y0=3(x-x0),故y(*)-(**)得y1-y2=-3(x1+x2-2x0),即k(x1-x2)=-3(x1+x2-2x0),解得x0=kb又(*)+(**)得y1+y2-2y0=3(x2-x1),而y1+y2=k(x1+x2)+2b,∴k(x1+x2)+2b-2y0=3(x2-x1),解得y0=3b2+3−故点M的轨迹方程为y=3kx,其中k为直线PQ的斜率若选择①②作为条件,③作为结论,设直线AB的方程为y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),不妨设点A在渐近线y=3x上,则由y∴A2kk−同理B2kk+又由y=k(x−2),∴M2k∴xM=xA+xB2,yM=yA+yB2,即M为若选择①③作为条件,②作为结论,当直线AB的斜率不存在时,点M即为F(2,0),此时M不在直线y=3kx上,不符合题意,舍去当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=m(x-2),m≠0,±3.不妨设点A在渐近线y=3x上,且A(xA,yA),B(由y∴A2mm−同理B2mm+此时xM=xA+xB2=∵点M在直线y=3kx上,∴6mm2−3=3k·2m若选择②③作为条件,①作为结论,设直线AB的方程为y=k(x-2),A(xA,yA),B(xB,yB),不妨设点A在渐近线y=3x上,则y解得xA=2kk−3,yA=同理,得xB=2kk+3,yB=-设线段AB的中点为C(xC,yC),则xC=xA+xB2=由于|MA|=|MB|,故点M在线段AB的中垂线上,即点M在直线y-yC=-1k(x-xC)上将该直线方程与y=3kx联立,得xM=2k2k2−3=xC,yM即点M恰为线段AB的中点,故点M在直线AB上.三年模拟1.★★(2026届福建福州二中段考,5)若椭圆x28+y24=1的弦被点(1,1)平分A.x-2y+1=0B.x+2y-3=0C.2x-y-1=0D.2x+y-3=0答案B2.★★★(2026届湖北襄阳四中开学考,8)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1且倾斜角为θ的直线与C交于A,B两点,若cosθ=2e(e为C的离心率),O为坐标原点,G为△AOBA.36答案B3.★★★(2026届浙江嘉兴测试,13)过点M(6,4)的直线与抛物线y2=8x相交于A,B两点,若M恰为AB的中点,则线段AB的长为.

答案164.★★★(2026届江苏如皋期初调研,15)已知O为坐标原点,过抛物线C:y2=2px的焦点F的直线交抛物线C于A,B两点(点A在第一象限).(1)若∠AFO=120°,|AF|=4,求p的值;(2)设点M为抛物线准线与x轴的交点,求kMA+kMB.解析(1)因为点A在第一象限,∠AFO=120°,则p>0,焦点Fp2,0,准线x=-p2,kAB=3,则直线lAB:y设A(xA,2pxA),B(xB,-联立y2=2px,y=3x−p2,消去y得12x2-20px+3p2=0,解得xA由|AF|=xA+p2=2p=4,得p=2(2)因为点A在第一象限,则p>0,焦点Fp2,0,点M设Ay122p,y1,By222p,y【方法技巧:设直线方程为lAB:x=my+p2有两点好处:一是避免斜率不存在的讨论,二是方便代入消去x联立y2=2px,x=my+p2,消去x得y2-2所以y1+y2=2mp,y1y2=-p2,则kMA+kMB=y=2py=2p·y=2p·(=2p·2mp(−p2故kMA+kMB的值为0.5.★★★(2026届江苏部分学校联考,15)已知双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b(1)求E的方程;(2)直线l过(3,0)且交E于A,B两点,若弦AB的长度为E的实轴长的两倍,求l的方程.解析(1)因为双曲线E过点62,1,离心率为3,解得a2=1,b2=2,所以双曲线E的方程为x2-y22(2)由(1)知双曲线的实轴长为2,所以|AB|=4.当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x-3),联立y=k(x−3),2x2−y2=2,消去y得(2-k2)x2+23k2x设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=−23k22−k2,x所以|AB|=1+k2(x1+x2由直线与双曲线渐近线的位置关系可得此时直线与双曲线有两个交点;当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=3,此时|AB|=4,符合题意.综上所述,直线l的方程为y=226.★★★★(2026届重庆巴蜀中学开学考,17)设A,B分别为椭圆x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)(1)求椭圆的方程;(2)设P为直线x=4上不同于点(4,0)的任意一点,若直线AP,BP分别与椭圆相交于异于A,B的点M,N,证明:点B在以MN为直径的圆内.解析(1)由题意得,a=2c,因此椭圆的方程为x24(2)证明:如图,设P(4,t),t≠0,由(1)得,A(-2,0),B(2,0),则直线AP的方程为y=t6(x+2),代入x24+y23=1,整理得(t2+27)x2+4t【思路探究:直线AP与椭圆相交于A,M两点,A点已知,可以利用根与系数的关系求出M点的横坐标】则-2xM=4t2−108t2+27,yM=t6(xM+2)=18t因此M54−2t同理,直线BP的方程为y=t2(x-2),代入x24+y23=1,整理得(t2+3)x2-4t则2xN=4t2−12t2+3,即xN=2t2−6t2+3,yN=t【思路探究:欲证点B在以MN为直径的圆内,只需计算BM·BN,并由BM·BN<0推得∠MBN为钝角,从而证得结论】于是BM=−4=48=−60t因为t≠0,所以BM·BN<0,即∠MBN为钝角,因为圆的直径所对的圆周角为直角,故点B在以MN7.★★★★★(2026届浙江名校联盟联考,18)已知抛物线C:y2=2px(p>0),过点Q(2,0)的直线l交C于A,B两点,O为坐标原点.当l与x轴垂直时,|AB|=42.(1)求抛物线C的方程;(2)若cos∠AOB=-1313,过x轴上一点P作直线OA,OB,AB的垂线,垂足分别为E,F,G,且满足E,F,G三点共线(i)求直线l的方程;(ii)求P点的坐标.解析(1)当l与x轴垂直时,|yA|=|yB|=2p,则AB=4p=4解得p=2,故C:y2=4x.(2)(i)由l与抛物线交于A,B两点,可设l:x=my+2,A(x1,y1),B(x2,y2),联立得y2=4x,x=my+2,消去x,整理得y2-4所以y1+y2=4m,y1y2=-8,则x1+x2=y124+y224=(y1+解法一由cos∠AOB=OA=−4=−19+4m2=−1313,则l:x=y+2或x=-y+2,即y=x-2或y=-x+2.解法二因为cos∠AOB=-1313所以tan∠AOB=-23.因为tan∠AOx=y1x1=4y1所以tan∠AOB=tan(∠AOx+∠BOx)=tan∠AOx+tan∠BOx1−tan∠AOx·tan∠BOx即|y2-y1|=43.由(y2+y1)2-(y2-y1)2=4y1y2,得16m2-48=-32,解得m=±1,则l:x=y+2或x=-y+2.即y=x-2或y=-x+2.(ii)【思路探究:条件E,F,G三点共线的运用,可以用直线方程,也可用直线的斜率,因此可先求出点E,F,G的坐标,再用三点共线解决问题】解法一由对称性,不妨取l:x=y+2,由于Ay124,y1,因此OA设P(a,0),因为PE⊥OA,所以PE:y=-y14(x-联立y=−解得Eay同理Fay所以kEF=yE由(i)得y1+y2=4,y1y2=-8,代入可得kEF=32因此EF:y=32由于y12-4y1-8=0,故4y1=y则4ay1y12+16−3a因为kPG=-1,所以PG:y=-(x-a),联立y=x−2,y=−(x−a),因为E,F,G三点共线,所以G在直线EF上,代入得a−22=32·故P点的坐标为(10,0).解法二由对称性,不妨取l:x=y+2,设A在第一象限,P(a,0),联立y2=4x,y=x−2,解得yA=2+23,yB=2-23,则A(4+23,2+23),B(4-23,2-23),故OA:因为PE⊥OA,所以PE:y=-13−1(x-联立y=(解得E5+23同理F5−23可知kEF=yE因为kPG=-1,所以PG:y=-(x-a),与直线AB的方程联立解得Ga+22则kEG=yE因为E,F,G三点共线,所以kEG=kEF,代入解得a=10,故P点的坐标为(10,0).考点2弦长与面积问题五年高考1.★★★(2024新课标Ⅰ,16,15分)已知A(0,3)和P3,32为椭圆C:x2a2+y2b(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.解析(1)将A(0,3),P3,329b所以椭圆的离心率e=1−b(2)当直线l的斜率不存在时,l:x=3,此时S△ABP=12×3×3=92,当直线l的斜率存在时,设l:y=k(x-3)+32联立y=k(x−3)+32,x212+y29=1,消去y整理得(3+4k2)·x2+(12k-24设P(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=24k2−12k3+4k2,x∴|BP|=1+k又点A到直线l的距离d=32∴S△ABP=12|BP|·解得k=12∴直线l的方程为y=12x或2.★★★(2025全国二卷,16,15分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b(1)求C的方程;(2)过点(0,-2)的直线l与C交于A,B两点,O为坐标原点.若△OAB的面积为2,求|AB|.解析(1)由题意,得c所以b=a2故C的方程为x24(2)由题意知,直线l的斜率必存在.设直线l的方程为y=kx-2,A(x1,y1),B(x2,y2).由x24+y22=1,y=kx−2消去y,得(1+2k2由Δ=(-8k)2-4×4(1+2k2)>0,得k2>12由根与系数的关系得x1+x2=8k1+2k2,x1x2所以|AB|=1+k2|x1-x=1+=1+=41+又原点O到直线l的距离d=2k2+1,且△OAB所以12·41+k2·2k2−1所以|AB|=41+3.★★★★(2025北京,19,12分)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)(1)求椭圆E的方程;(2)设O为坐标原点,点M(x0,y0)(x0≠0)在椭圆E上,直线x0x+2y0y-4=0与直线y=2,y=-2分别交于点A,B,设△OAM与△OBM的面积分别为S1,S2,比较S1S解析(1)由题意得2a=4,所以a=2,又e=ca=22,所以c=2,则b2=a2-故椭圆E的方程为x24(2)联立x【方法技巧:x0x+2y0y-4=0是椭圆x24+y22=1在M(x0,y0)(x0≠消去x,得4−2y0yx02(2x02+4y02)y2-16y0又x02所以2x02+4y0故①式可化简为8y2-16y0y+8y02=0,即(y-y0)2=0,所以y=y所以直线x0x+2y0y-4=0与椭圆相切,M为切点.设A(x1,y1),B(x2,y2),易知,当x1=x2时,y0=0,由对称性可知,S1当x1≠x2时,不妨设x2<x0<x1,易知S1【思路探究:等高的三角形面积之比转化为对应底边长之比,利用点的坐标证明结论】联立x0x+2y0y−4=0,联立x0x+2y0y−4=0,所以S=2y又|OA|=4(1−=y0故S14.★★★★(2021新高考Ⅱ,20,12分)已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),若右焦点为F(1)求椭圆C的方程;(2)设M,N是C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.解析(1)由题意得c=故椭圆C的方程为x23+y2(2)证明:由(1)得,曲线x2+y2=1(x>0),当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,不符合题意;当直线MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2).①先证必要性.因为M,N,F三点共线,F(2,0),所以设直线MN:x=my+2,即x-my-2=0.由题意知O(0,0)到直线MN的距离d=2m2+1=1,解得m2=1,故m=±1,所以直线MN:x±y-根据对称性,不妨令直线MN:y=x-2.联立y=x−2,x23+y2=1,消y整理得4x2−62x②再证充分性.易知直线MN的斜率存在,设其方程为y=kx+t.由题意得t1+k2=b=1,即t2=1+由y=kx+t,x23+y2=1,消y整理得(1+3k2)x2则x1+x2=-6kt1+3k2,x1x2所以|MN|=(1+=(1+=−12(=24k因为|MN|=3,所以8k2(1+k2)(1+3k2)2=1因为x1+x2=-6kt1+3k2>0,即所以k=1,t=-2或k=-1,t=2,所以直线MN的方程为y=x-2或无论哪一种情况,直线MN恒过焦点F,所以M,N,F三点共线,即充分性成立.故M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.5.★★★★★(2022新高考Ⅰ,21,12分)已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上,直线l交C于P,Q(1)求l的斜率;(2)若tan∠PAQ=22,求△PAQ的面积.解析(1)∵点A(2,1)在双曲线上,∴4a2−1a2−1∴C的方程为x22-y2=1设直线l:y=kx+m.②联立①②,消去y得(1-2k2)x2-4kmx-2(m2+1)=0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=4km1−2k2,x1x2kPA=y1−1x1−2,由kPA+kQA=0,得y1−1化简得2kx1x2+(m-2k-1)(x1+x2)-4(m-1)=0,即2k·−2m2+21−2k2+(m-2k-1)·4km化简得(2k+m-1)(k+1)=0,∴2k+m-1=0或k+1=0.若2k+m-1=0,则l:y=k(x-2)+1,这时直线l过点A,不合题意,∴k+1=0,∴k=-1.(2)不妨设直线PA,AQ的倾斜角为α,βα<π2<β,∵kAP+kAQ=0,∴α+由(1)知x1x2=2m2+2>0,当P,Q均在双曲线左支时,∠PAQ=2α,∴tan2α=22,即2tan2α+tanα−2=0,解得tan此时PA与双曲线的渐近线平行,与双曲线左支无交点,舍去;当P,Q均在双曲线右支时,∵tan∠PAQ=22,∴tan(β-α)=22,即tan2α=-22,即2tan2解得tanα=2(负值舍去).于是,直线PA:y=2(x-2)+1,QA:y=-2(x-2)+1,联立y=消去y可得3x2+(42-16)x+20-82=0,∴x1+xA=16−423,x1xA=∴|AP|=1+(同理|AQ|=4(6又∵sin∠PAQ=22∴S△PAQ=12|PA||QA|sin∠PAQ=166.★★★★★(2024新课标Ⅱ,19,17分)已知双曲线C:x2-y2=m(m>0),点P1(5,4)在C上,k为常数,0<k<1.按照如下方式依次构造点Pn(n=2,3,…):过Pn-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Qn-1,令Pn为Qn-1关于y轴的对称点.记Pn的坐标为(xn,yn).(1)若k=12,求x2,y2(2)证明:数列{xn-yn}是公比为1+k1−k的等比数列(3)设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积.证明:对任意正整数n,Sn=Sn+1.解析(1)由题意得m=52-42=9.过P1且斜率为12的直线方程为y=12与C的方程联立,得x2-12(x−5)+4解得x1=5(舍去),x2=-3,所以Q1(-3,0).因此x2=3,y2=0.(2)证明:由题设知Pn(xn,yn)在C的右支上,则Pn+1(xn+1,yn+1),所以Qn(-xn+1,yn+1).由Pn,Qn均在双曲线C上及直线PnQn的斜率为k,得x由于yn≠yn+1,故k(yn+yn+1)=xn-xn+1,因此(k+1)yn+(k-1)yn+1=(k+1)xn+(k-1)xn+1,从而xn+1所以数列{xn-yn}是公比为1+k1−k的等比数列(3)证明:设q=1+k1−k,则q>1由(2)及题设知xn-yn=qn-1,xn+yn=9x故xn=129qn−1+q对任意正整数n,yn+2因此PnPn+3∥Pn+1Pn+2,所以Sn=Sn+1【三角形同底等高】.

三年模拟1.★★(教材溯源·人教A版选择性必修第一册P132)(2025届湖南郴州一模,14)已知抛物线y2=4x,从抛物线内一点A(2,2)发出平行于x轴的光线经过抛物线上点B反射后交抛物线于点C,则△ABC的面积为.

答案92.★★★(2026届重庆育才中学入学考,16)已知A为抛物线C:y2=2px(p>0)上一点,点A到C的焦点的距离为6,到y轴的距离为5.(1)求C的方程;(2)设C的焦点为F,过点F的直线l与C交于M,N两点,MF=2FN,求|MN解析(1)设点A(x0,y0),因为点A到C的焦点的距离为6,到y轴的距离为5,所以x0=5,x0所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)由(1)得,抛物线C的方程为y2=4x,所以F(1,0),又过点F的直线l与C交于M,N两点,所以设l:x=my+1,M(x1,y1),N(x2,y2),联立x=my+1,y2=4x,整理得y2-4所以Δ=16m2+16>0,y1+y2=4m,y1y2=-4,又MF=2FN,则-y1=2y联立−y1=2y2,根据弦长公式,得|MN|=1+m将y1+y2=4m,y1y2=-4,代入上式,可得|MN|=1+m24m)2−4×(−4)又m=±24则|MN|=4(1+m2)=4×1+13.★★★(2026届广东广州黄埔期中,18)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0(1)求C的标准方程;(2)若A−52,0,直线l:x=ty+32(t>0)交椭圆C于E,F两点,且△AEF的面积为462解析(1)因为2c=22,ca=22,所以c=2,a=2,所以椭圆C的标准方程为x24(2)设E(x1,y1),F(x2,y2),A点到直线l的距离为d.直线l的方程为x-ty-32=0所以d=−5联立x24+y22=1,x=ty+32,消去x得(t由根与系数的关系得y1+y2=-3tt2+2,y1y2所以|EF|=1+t2·|y1-y=1+=1+=t2由S=12化简可得t2=2.因为t>0,所以t=2.4.★★★(2025届重庆十一中第一次质检,18)椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点22(1)求椭圆C的标准方程;(2)设C的左、右焦点分别为F1,F2,过点F2作直线l,与椭圆C交于A,B两点,AF1·BF1=解析(1)将22,−32代入椭圆方程可得1又因为b=c,所以a2=2b2,代入上式可得a2=2,b2=1,故椭圆C的标准方程为x22+y2(2)由(1)可得F1(-1,0),F2(1,0),|F1F2|=2,由题意设直线l的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),则AF1=(-x1-1,-y1),BF1=(-x2-1,联立x=my+1,x22+y2=1,得(m2+2所以y1+y2=-2mm2+2,y1y2所以AF1·BF1=(-x1-1,-y1)·(-x2-1,-y2)=x1+x2+x1x2+1+y1y2=m(y1+y2)+2+(my1+1)(my2+1)+1+y1y2=2m(y1+y2)+(m2+1)y解得m2=4,即m=±2,所以y1+y2=±23,y1y2=-1则△ABF1的面积S=125.★★★★★(2026届湖北武汉摸底考,18)已知点Q是圆F2:(x-1)2+y2=8上的任意一点,点F1(-1,0),线段QF1的垂直平分线交QF2于点P.(1)求动点P的轨迹C1的方程;(2)分别过F1,F2作平行直线m,n,若直线m与C1交于A,B两点,直线n与C1交于C,D两点,其中点A,D在x轴上方.(i)若∠AF1F2=π4,求|AF1|+|DF2|的值(ii)求四边形AF1F2D的面积的取值范围.解析(1)圆F2:(x-1)2+y2=8,则圆心为F2(1,0),r=22.连接PF1,因为线段QF1的垂直平分线交QF2于点P,所以|PQ|=|PF1|,由于|PQ|+|PF2|=r=22,所以|PF1|+|PF2|=22,又|F1F2|=2<22,所以根据椭圆的定义可知,动点P的轨迹是以F1,F2为焦点的椭圆,其中2a=22,c=1,所以b=1,因此动点P的轨迹C1的方程为x22+y2(2)由题意可得直线m,n的斜率不为0,设直线m的方程为x=ty-1,直线n的方程为x=ty+1,A(x1,y1),D(x2,y2).(i)因为∠AF1F2=π4,所以t=1联立x=y−1,x22+y2=1,消去x可得3y2-2y-1=0,因为点A在x轴上方,所以y1=1,即A(0,1),所以|AF1|=2,联立x=y+1,x22+y2=1,消去x可得3y2+2y-1=0,因为点D在x轴上方,所以y2=13,即D4所以|DF2|=43−12+13−02=23(ii)联立x=ty−1,消去x可得(t2+2)y2-2ty-1=0,所以y1+yB=2tt2+2,y1yB则|AB|=1+t联立x=ty+1,x22+y2=1,消去x可得(t2+2所以y2+yC=−2tt2+2,y2yC则|CD|=1+t所以|AB|=|CD|,又AB∥CD,所以四边形ABCD为平行四边形,O为对角线的交点,根据对称性可知,四边形AF1F2D的面积S1=四边形ABCD的面积S2的一半,四边形ABCD边AB上的高h=|1+1|1+所以S1=1=22因为1+t2≥1,所以1+t2+11+t所以S1=221+t所以四边形AF1F2D的面积的取值范围为(0,2].

考点3定点、定值与定线问题五年高考1.★★★★(2023新课标Ⅱ,21,12分)已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为(-25,0),离心率为5.(1)求C的方程;(2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点,M在第二象限,直线MA1与NA2交于点P,证明:点P在定直线上.解析(1)设双曲线的方程为x2a2−y2b2由题意可知c=25,又离心率e=ca=5【写出公式给∴a=2,∴b2=c2-a2=20-4=16,∴双曲线C的方程为x24(2)证明:由题意知直线MN的斜率不为0【失分点:考虑斜率不存在,否则会失分】,所以可设直线MN的方程为x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),由(1)知,A1(-2,0),A2(2,0).联立x=my−4,x24−y216=1,消去x,得(4m2∴y1+y2=32m4m2−1,y1y∴my1y2=32(y1+y2)易知直线MA1的方程为y=y1x1+2(x+2)=y1m直线NA2的方程为y=y2x2−2(x-2)=y2联立①②可得,y1my1−2(x+2)=∴x+2x−2∴x=-1,∴点P在定直线x=-1上【最后一定要作答,否则会失分】.2.★★★★(2023全国乙理,20,12分)已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为53,点A(1)求C的方程;(2)过点(-2,3)的直线交C于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.解析(1)由已知条件得b=2,又e=ca=1−b2a∴C的方程为y29(2)证明:由题意知,过P、Q两点的直线的斜率存在且不为零,记直线为l,设l:y=k(x+2)+3=kx+2k+3,令t=2k+3,则l:y=kx+t①,联立y=kx+t,y29+x24=1,消去y得(4k2+9)x由Δ=(8kt)2-4(4k2+9)(4t2-36)=144×(4k2+9-t2)>0得4k2+9>t2.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=−8kt4k2+9,x1x易知直线AP的方程为y=y1x1+2(令x=0,得yM=2y1x1+2,同理可得则y=(k=2k=2k=36(t−2k)4(t−2k)∴线段MN的中点为定点(0,3).三年模拟1.★★★(2026届河南新乡开学考,16)已知抛物线C:y2=2px(p>0)仅经过A1(2,22),A2(3,6),A3(3,-6)中的一点.(1)求C的方程;(2)过C的焦点F作两条互相垂直的直线,分别交C于点E,H和点M,N,设线段EH,MN的中点分别为P,Q,求证:直线PQ过定点.解析(1)抛物线C:y2=2px关于x轴对称,而点A2(3,6),A3(3,-6)关于x轴对称,若点A2,A3之一在抛物线C上,则另一点必在该抛物线上,不符合题意,因此点A1(2,22)必在抛物线C上,则(22)2=2p·2,解得p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)证明:由(1)知,抛物线C的焦点为F(1,0),显然直线EH,MN都不垂直于坐标轴,设直线EH的方程为x=ty+1,则直线MN的方程为x=-1ty+1【思路探究:设t为参数,利用直线与抛物线的位置关系求出中点P,Q的坐标,进而求出直线PQ的方程,由含参数的直线方程确定定点坐标】由x=ty+1,y2=4x消去x得y2-4设E(x1,y1),H(x2,y2),则y1+y2=4t,则x1+x2=t(y1+y2)+2=4t2+2,则线段EH的中点P(2t2+1,2t),同理可得线段MN的中点Q2t2+1,−2t,【方法技巧:将P点坐标中的t换为-1当t2≠1时,直线PQ的斜率k=2t+2直线PQ的方程为y-2t=tt2−1(x-2t2-1),整理得y=tt2【方法技巧:含参数的直线方程,按参数整理求定点坐标】则直线PQ过定点(3,0).当t2=1时,P(3,2),Q(3,-2)或P(3,-2),Q(3,2),直线PQ:x=3过定点(3,0),所以直线PQ过定点.2.★★★(2026届河北正定中学月考,16)已知椭圆E:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为32,(1)求E的方程;(2)若斜率为2的直线l与y轴交于点D,与E交于M,N两点,证明:|DM|2+|DN|2为定值.解析(1)由题意得b=1,解得a=2,因此E的方程为y24+x2(2)证明:设D(0,t),M(x1,y1),N(x2,y2),直线l的方程为y=2x+t,【思路探究:利用三点D,M,N的坐标,计算|DM|2+|DN|2,将|DM|2+|DN|2用参数t表示,最终消去参数得到定值】联立y24+x2=1,y=2x+t,得8x2则Δ=16(8-t2)>0,且x1+x2=-t2,x1x2=t所以|DM|2+|DN|2=x12+(y1-t)2+x22+(y2-t)2=x12+(2x1)2+x2=5(x12+x22)=5[(x1+x2)2-2x因此|DM|2+|DN|2为定值.3.★★★(2026届山东青岛调研,17)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2,O为坐标原点,过C的右焦点的直线l交C的右支于P,Q两点,当l⊥(1)求C的方程;(2)过P作直线x=1的垂线,垂足为N.(i)证明:直线QN过定点;(ii)求△OQN面积的最小值.解析(1)由题设知ca=2,且a2+b2=c2,则a=b,c=由l⊥x轴时,|PQ|=22,不妨令P(2a,2),代入双曲线方程得2a2所以a2=b2=2,则所求方程为x22(2)(i)由(1)得右焦点坐标为(2,0).设P(x1,y1),Q(x2,y2),则N(1,y1),由l的斜率不为0,设l:x=my+2,联立x=my+2,x22−y22=1,消去x,并整理得(m2-1)y2+4my+2=0,则m2-1≠y1+y2=-4mm2−1,y1y2由x2≠1,则直线NQ:y=y2−y1x2−1(根据双曲线的对称性,直线NQ所过定点必在x轴上,【方法技巧:由对称性推测出定点的位置(在x轴上),为解题指明方向:令y=0,证明横坐标为定值】令y=0,则y2−y1x2−1(x-1)+y因为x2=my2+2,所以x=y2而y1+y2y1y2=-2m则x=y2所以QN过定点32(ii)设M32,0,S△OQN=由(i)得m2−1≠0,8(m2+1)>0,y令t=m2-1,则t∈[-1,0),则S△OQN=3=32由于1t∈(-∞,-1],故S△OQN≥322,当t故S△OQN的最小值为324.★★★★(2025届重庆巴蜀中学月考,18)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为3,F1,F2分别为其左、右焦点,P为双曲线上任一点,Q(3,(1)过点Q(3,n)分别作双曲线C的两条渐近线的平行线,与渐近线分别交于A,B两点,O为坐标原点,求四边形OAQB的面积;(2)若不过点Q的直线l与双曲线交于不同的两点M,N,且满足QM⊥QN.证明:直线MN过定点,并求出该定点坐标.解析(1)设P(x0,y0),则PF1·PF2=(-c-x0,-y0)·(c-x0,-y0)当y02=0时,PF1·PF2的值最小,为-b2,所以b2=2,结合离心率为3,可得故双曲线C的方程为x2-y22所以Q(3,4),双曲线的渐近线方程为y=±2x.不妨令A为直线y=2x与y−4=−2(可得A2+同理可知B−2所以S四边形OAQB=22(2)若直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2).联立2x2−y2−2=0,y=kx+m,消去y得(2-k2)x2-2kmx-m2-2=0,则Δ=8m2-8k2+16>0x1+x2=2km2−k2,x1x2因为QM⊥QN,所以QM·QN=(x1-3,y1-4)·(x2-3,y2=(x1-3)(x2-3)+(kx1+m-4)(kx2+m-4)=(1+k2)x1x2+[k(m-4)-3](x1+x2)+9+(m-4)2=0,整理得m2-(6k+16)m-27k2+48=0,m=9k+12或m=-3k+4,当m=-3k+4时,直线方程为y=kx-3k+4,过Q(3,4),与题意不符;当m=9k+12时,直线方程为y=kx+9k+12=k(x+9)+12,过定点(-9,12).若直线l的斜率不存在,令其方程为x=t,根据对称性不妨令M(t,2t2−2),N(t,QN·QM=(t-3,2t2−2-4)·(t-3,-2t2−2-4)=(t-3)2+16-2t2