专题17圆锥曲线问题运算策略讲义-2025届高三数学二轮复习 含答案

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例1【解析】(Ⅰ)证明：由题意解得a2=4，b2=2，
所求椭圆方程为 x24+y22=1．
∴F1(−2,0)，F2(2,0)，
∵椭圆C与y轴的一个交点为N，∴△NF1F2是等腰直角三角形．
(Ⅱ)解：设点Q、A、B的坐标分别为(x,y)，(x1,y1)，(x2,y2).
由题可设λ=|AP||PB|=|AQ||QB|，则λ>0且λ≠1．
又A，P，B，Q四点共线，从而AP=−λPB,AQ=λQB．
于是4=x1−λx21−λ，1=y1−λy21−λx=x1+λx21+λ，y=y1+λy21+λ，
从而x12−λ2x221−λ2=4x，…(1) ，y12−λ2y221−λ2=y，…(2)
又点A、B在椭圆C上，即x12+2y12=4,…(3)，x22+2y22=4,…(4)
(1)+(2)×2并结合(3)，(4)得4x+2y=4，
即点Q的轨迹是直线在椭圆内的部分，方程为2x+y−2=0
例2【解析】解：设Ax1,y1，Bx2,y2，
又AP=λPB⇒Px1+λx21+λ,y1+λy21+λ⇒x1+λx2=1+λy1+λy2=1+λ,
且AQ=−λQB⇒Qx1−λx21−λ,y1−λy21−λ⇒x1−λx2=(1−λ)xQy1−λy2=(1−λ)yQ,(P,Q调和分割A，B)
因为x124+y123=1x224+y223=1⇒λ2x224+λ2y223=λ2，两式相减整理得：xQ4+yQ3=1，
又|OQ|=xQ2+yQ2表示QxQ,yQ到O(0,0)的距离，且点QxQ,yQ在直线x4+y3=1上，
所以|OQ|min=1116+19=125．
练1【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由P(0,1)，AP=2PB，可得−x1=2x2，1−y1=2(y2−1)，即有x1=−2x2，y1+2y2=3，
又x12+4y12=4m，即为x22+y12=m，①,又x22+4y22=4m，②
①−②得(y1−2y2)(y1+2y2)=−3m，可得y1−2y2=−m，解得y1=3−m2，y2=3+m4，
则m=x22+(3−m2)2，即有x22=m−(3−m2)2=−m2+10m−94=−(m−5)2+164，
即有m=5时，x22有最大值4，即点B横坐标的绝对值最大．
故答案为：5．
练2【解析】解：设A(x1,y1)、B(x2,y2)、C(x3,y3)、D(x4,y4)，P(1,1)，
由AP=λPC，即(1−x1,1−y1)=λ(x3−1,y3−1)，
则x1+λx3=1+λy1+λy3=1+λ，同理可得：x2+λx4=1+λy2+λy4=1+λ,∴x1+x2+λ(x3+x4)=2(1+λ)y1+y2+λ(y3+y4)=2(1+λ),
则(y1+y2)+λ(y3+y4)=(x1+x2)+λ(x3+x4)，
将点C，D的坐标代入椭圆方程作差可得：y3−y4x3−x4=−b2a2×x3+x4y3+y4，
即−14=−b2a2×x3+x4y3+y4，则a2(y3+y4)=4b2(x3+x4)，
由AP=λPC,BP=λPD，得AB//CD，所以kAB=kCD=−14，
故同理可得：a2(y1+y2)=4b2(x1+x2)，
∴a2[(y1+y2)+λ(y3+y4)]=4b2[(x1+x2)+λ(x3+x4)]，
而(y1+y2)+λ(y3+y4)=(x1+x2)+λ(x3+x4)，∴b2a2=14，
则椭圆的离心率e=ca=1−b2a2=32．
故选C．
例3【解析】(1)∵椭圆的焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0)，
由已知得b=1，c=1，所以a=2，椭圆的方程为y22+x2=1，
当直线l与x轴垂直时，与题意不符，
设直线l的方程为y=kx+1，C(x1,y1)，D(x2,y2)，
将直线l的方程代入椭圆的方程化简得(k2+2)x2+2kx−1=0，
Δ=8(k2+1)>0，则x1+x2=−2kk2+2，x1x2=−1k2+2，
∴|CD|=1+k2·(x1+x2)2−4x1x2=1+k2( −2kk2+2)2+41k2+2
=22(k2+ 1)k2+2=322，解得k=±2．
∴直线l的方程为y=±2x+1；
(2)证明：当直线l与x轴垂直时与题意不符，
设直线l的方程为y=kx+1，(k≠0,k≠±1)，C(x1,y1)，D(x2,y2)，
∴P点的坐标为(−1k,0)，
由(1)知x1+x2=−2kk2+2，x1⋅x2=−1k2+2，
且直线AC的方程为y=y1x1+1(x+1)，且直线BD的方程为y=y2x2−1(x−1)，
将两直线联立，消去y得x+1x−1= y2(x1+1)y1(x2−1)，
∵−10，
由韦达定理得：y1y2=363m2+4,y1+y2=−24m3m2+4，
化简得：my1y2=−32y1+y2，
由已知得R−2,0，Q2,0，
则直线lAR的方程为y=y1x1+2x+2，直线lBQ的方程为y=y2x2−2x−2，
联立直线lAR和lBQ：y=y1x1+2x+2y=y2x2−2x−2 ，
代入my1y2=−32y1+y2，x1=my1+4、x2=my2+4可得：xN+2xN−2=my1y2+6y2my1y2+2y1=−3．
化简可得：xN=1，
所以N点在一条定直线上．
练4【解析】解：如图示：
(1)由题意A(−a,0)，B(a,0)，G(0,1)，
∴AG=(a,1)，GB=(a,−1)，AG⋅GB=a2−1=8，解得：a=3，
故椭圆E的方程是x29+y2=1；
(2)由(1)知A(−3,0)，B(3,0)，设P(6,m)，则直线PA的方程是y=m9(x+3)，
联立x29+y2=1y=m9(x+3)⇒(9+m2)x2+6m2x+9m2−81=0，
由韦达定理−3xC=9m2−819+m2⇒xC=−3m2+279+m2，
代入直线PA的方程为y=m9(x+3)得：yC=6m9+m2，即C(−3m2+279+m2,6m9+m2)，
直线PB的方程是y=m3(x−3)，
联立方程x29+y2=1y=m3(x−3)⇒(1+m2)x2−6m2x+9m2−9=0，
由韦达定理3xD=9m2−91+m2⇒xD=3m2−31+m2，
代入直线PB的方程为y=m3(x−3)得yD=−2m1+m2，即D(3m2−31+m2,−2m1+m2)，
∴直线CD的斜率kCD=yC−yDxC−xD=4m3(3−m2)，
∴直线CD的方程是y−−2m1+m2=4m3(3−m2)(x−3m2−31+m2)，整理得：y=4m3(3−m2)(x−32)，
故直线CD过定点(32,0)．
例5【解析】(1)解：根据椭圆的对称性，P3(−1,32)，P4(1,32)两点必在椭圆C上，
又P1的横坐标为1，∴椭圆必不过P1(1,1)，∴P2(0,1)，P3(−1,32)，P4(1,32)三点在椭圆C上．
把P2(0,1)，P3(−1,32)代入椭圆C，得：1b2=11a2+34b2=1,
解得a2=4，b2=1，∴椭圆C的方程为x24+y2=1；
(2)方法1.直接构造关于斜率的齐次式
椭圆C的方程x2+4y−1+12=4, 即x2+4y−12+8y−1=0.
设直线l方程为mx+ny−1=1,
联立x2+4y−12+8y−1=0mx+ny−1=1,齐次化得x2+4y−12+8y−1mx+ny−1=0,
整理得 x2+4+8ny−12+8mxy−1=0,
整理得4+8ny−1x2+8m∙y−1x+1=0,
由韦达定理得k1+k2=y1−1x1+y2−1x2=−8m4+8n=−1, 从而2m−2n=1,
与mx+ny−1=1对照可知, 直线l过定点2,−1.
【注】使用齐次化方法时, 可直接将直线方程设为mx−x0+ny−y0=1的形式,
其中x0,y0是题目中给定的定点，同时也要将椭圆方程变形为x−x0+x02a2+y−y0+y02b2=1的形式.
方法2: 坐标平移之后构造齐次式
如图, 以P2为原点新建坐标系xP2y,
则椭圆方程变为x24+y+12=1, 即x24+y2+2y=0.
设直线AB为 mx+ny=1, 联立椭圆方程,
化齐次式得x24+y2+2ymx+ny=0,
整理得2n+1yx2+2m∙yx+14=0. 因为 kP2A+kP2B=−1, 所以−2m2n+1=−1.
即2m−2n=1, 所以直线 AB 过定点 2,−2.所以在原坐标系中, 直线 AB 过定点2,−1.
例6【解析】证明：由于OP⊥OQ, 因此由勾股定理可得OP2+OQ2=PQ2, 所以1OP2+1OQ2=PQ2OP∙OQ2.
设△OPQ的面积为S,O到PQ的距离为d, 则有S=12PQ∙d=12OP∙OQ,
因此PQOP∙OQ=d, 所以要证明1OP2+1OQ2为常数, 则只需证明d为定值.
设直线PQ方程为mx+ny=1, 联立x2a2+y2b2=1mx+ny=1, 齐次化并整理可得:
1b2−n2∙yx2−2mn∙yx+1a2−m2=0, 方程两根为y1x1 ,y2x2,
由韦达定理得: y1x1∙y2x2=1a2−m21b2−n2. 因为OP⊥OQ, 所以1a2−m21b2−n2=−1, 化简即得m2+n2=1a2+1b2.
由点到直线距离公式, 得d=1m2+n2=11a2+1b2,所以1OP2+1OQ2=PQ2OP∙OQ2=d2=a2b2a2+b2为定值.
练5【解析】解：(1)∵点D在PC2的垂直平分线上，∴|DC2|=|DP|，
∴|DC1|+|DC2|=|DC1|+|DP|=26>|C1C2|，
∴点D的轨迹E是以C1，C2为焦点的椭圆，其方程为x26+y22=1；
(2)设直线AQ:x=my−r, 联立x=my−rx26+y22=1, 齐次化得x26+y22=x−myr2,
整理可得: 6m2−3r2y2−12mxy+6−3r2x2=0,
即6m2−3r2yx2−12mx−myr2+6−3r2=0, 方程两根为kOM,kON,
则kOM+kON=12m6m2−3r2=4m2m2−r2,同理可得kOS+kOT=4∙−1m2−1m2−r2=4mm2r2−2,．
由条件知kOM+kON=kOS+kOT, 所以4m2m2−r2=4mm2r2−2,
整理得m2+1r2−2=0, ∴r=2．
练6【解析】设直线Q1Q2方程为mx+ny=1, 点D的坐标为(x0,y0).
联立x22b2+y2b2=1mx+ny=1⇒x22b2+y2b2−mx+ny2=0,
化简可得: x22b2+y2b2−m2x2−n2y2−2mnxy=0,
整理成关于x,y的齐次式:
2−2b2n2y2+1−2m2b2x2−4mnb2xy=0,
进而两边同时除以x2,
则2−2b2n2k2−4mnb2k+1−2m2b2=0⇒k1k2=1−2m2b22−2b2n2,
因为OQ1⊥OQ2, 所以k1k2=1−2m2b22−2b2n2=−1,∴3=2b2m2+n2∗
又因为直线Q1Q2方程等价于为y−y0=−x0y0x−x0, 即y=−x0y0x+x02y0+y0,
对比于mx+ny=1, 则x0x02+y02=my0x02+y02=n, 代入∗中, 化简可得: x02+y02=23b2..
故D的轨迹方程为x2+y2=23b2
【专题训练】
1.【解析】如图, 设 Cx1,y1, Bx2,y2,A(a,0), 由 AB=12BC ,
由 AB=12BC 得 x2=a+12x11+12y2=0+12y11+12⇒x1−3x2=−2ay1−3y2=0
又 x12a2−y12b2=0x22a2−y22b2=0⇒x12a2−y12b2=09x22a2−9y22b2=0
由 (1)−(2) 得: x1+3x2x1−3x2a2−y1+3y2y1−3y2b2=0⇒x1+3x2=0 , 又 x1−3x2=−2a
所以 x1=−a, 所以 C(−a,b) , 所以 kAC=−1=b−0−a−a⇒b=2a⇒e=5 .
故选C.
2.【解析】记直线 F1A 反向延长交椭圆于 B1, 由 F1A=5F2B 及椭圆对称性得 AF1=5F1B1,
设 Ax1,y1, Bx2,y2, F(−2,0).
(1)定比分点公式得: −2=x1+5x21+50=y1+5y21+5⇒x1+5x2=−62y1+5y2=0
(2)又 x123+y12=1(1)x2 23+y2 2=1(2)⇒x124+y12=1(1)25x2 23+25y2 2=25(3)
(3)由 (1)-(3) 得 x1+5x2x1−5x23+y1+5y2y1−5y2=−24⇒x1−5x2=62 ,
又 x1+5x2=−62⇒x1=0⇒A(0,±1) .
3.【解析】设 Px0,y0, Ax1,y1, Bx2,y2,
由 PF1=λF1A 得 −c=x0+λx11+λ0=y0+λy11+λ⇒x0+λx1=−c(1+λ)y0+λy1=0
由 PF2=μF2B 得 c=x0+μx21+μ0=y0+μy21+μ⇒x0+μx2=−c(1+μ)y0+μy2=0
由 x02a2+y0 2b2=1x1 2a2+y1 2b2=1⇒x0 2a2+y0 2b2=1λ2x1 2a2+λ2y12b2=λ2
由(1)-(2) 得: x0−λx1x0+λx1a2+y0−λy1y0+λy1b2=1−λ2
⇒x0−λx1x0+λx1(1−λ)(1+λ)=a2⇒x0−λx1=−a2c(1−λ), 又 x0+λx1=−c(1+λ)
所以 2x0=a2−c2cλ−a2+c2c, 同理可得 2x0=−a2−c2cμ+a2+c2c
所以 a2−c2c(λ+μ)=2⋅a2+c2c⇒(λ+μ)=2⋅a2+c2a2−c2=10⇒μ=8 .
4.【解析】设Ax1,y1,Bx2,y2,
由条件AP=17PB可得7y1+y2=8,y1与y2的系数不对等,怎么凑出韦达式呢?
解法1:
7y1+y2=8即y2=−7y1+8,待定系数λ,使得y2−1=λy1−1,易得λ=−7,即y2−1=−7y1−1,
因为y1−1≠0,所以y2−1y1−1=−7,取倒数相加,便得−7−17=y2−1y1−1+y1−1y2−1=y1−12+y2−12y1−1y2−1,
所以−507=y1+y2−22y1y2−y1+y2+1−2,
设直线l:x−2=m(y−1),与抛物线C:y2=4x联立可得y2−4my+4m−8=0,
则y1+y2=4m,y1y2=4m−8,代入前面的式子中可得16m2−16m+4−7=−367,
解得m=2或m=−1,所以直线l斜率为12或−1.
解法2:
设Ax1,y1,Bx2,y2,设直线l:x−2=m(y−1),
与抛物线C:y2=4x联立可得y2−4my+4m−8=0,则y1+y2=4m,y1y2=4m−8,
由条件AP=17PB可得:y2=−7y1+8,
代入上面两式,得:y1+y2=−6y1+8=4m⇒y1=4−2m3,所以y1y2=−7y12+8y1=4m−8
所以−74−2m32+8⋅4−2m3=4m−8,解得m=2或m=−1,所以直线l斜率为12或−1.
5.【解析】解：(1)由题意得a=2，把(1,32)代入x24+y2b2=1，
解得b= 3，
所以C的方程为x24+y23=1．
(2)由(1)知：c= a2−b2=1，F(−1,0)，
①当l斜率不存在时，易知S△AEFS△BDF=|AF||BF|=13;
②当l斜率存在时，设l:x=ty−1(t≠0)，D(x1,y1)(y1>0)，E(x2,y2)(y20，
所以y1+y2=6t3t2+4，y1y2=−93t2+4．
因为S△AEF=12|AF|⋅|y2|=12⋅(−y2)，
S△BDF=12|BF|⋅|y1|=32⋅y1，
所以S△AEFS△BDF=12⋅(−y2)32⋅y1=−13⋅y2y1，
因为(y1+y2)2y1y2=36t2(3t2+4)2−93t2+4=−4t23t2+4=−43+4t2>−43，
所以−43