人教A版高三数学2026年高考专题复习讲义圆锥曲线三角代换含解析

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由 x2a2+y2b2=1⇒x=acsθ,y=bsinθ.
设椭圆上一点 Macsθ,bsinθ ，且 t=tanθ2 ，则
x=acsθ=acs2θ2−sin2θ2cs2θ2+sin2θ2=a1−tan2θ21+tan2θ2=a1−t21+t2,y=bsinθ=b2sinθ2csθ2cs2θ2+sin2θ2=b2tanθ21+tan2θ2=b2t1+t2.
若 M,N 为椭圆上的两点，则
kMN=b2t11+t12−b2t21+t22a1−t121+t12−a1−t221+t22=ba⋅t1t2−1t1+t2.
结论
(1)若 MN 经过定点 Pm,n ，且 t=tanθ2 ，则 b2t21+t22−na1−t221+t22−m= b2t11+t12−na1−t121+t12−m=s. （同构设参），根据具体题目简化分析
(2) S△MON=12x1y2−x2y1=12acsθ1⋅bsinθ2−acsθ2⋅bsinθ1= 12absinθ1−θ2 .
(3)过两点 Aa1−t121+t12,b2t11+t12,Ba1−t221+t22,b2t21+t22 的直线方程可表示为 ayt1+t2−bxt1t2−1=abt1t2+1 .
二、双曲线的三角代换
由 x2a2−y2b2=1⇒x=acsθ,y=btanθ.
设双曲线上一点 Macsθ,btanθ ，且 t=tanθ2 ，则
x=acsθ=a⋅cs2θ2+sin2θ2cs2θ2−sin2θ2=a⋅1+tan2θ21−tan2θ2=a⋅1+t21−t2,y=btanθ=b⋅2sinθ2csθ2cs2θ2−sin2θ2=b⋅2tanθ21−tan2θ2=b⋅2t1−t2
若 M,N 为双曲线上的两点，则
kMN=b2t11−t12−b2t21−t22a1+t121−t12−a1+t221−t22=ba⋅t1t2+1t1+t2.
结论
(1)若 MN 经过定点 Pm,n ，且 t=tanθ2 ，则 b2t21−t22−na1+t221−t22−m=b2t11−t12−na1+t121−t12−m=s，（同构设参），根据具体题目简化分析
(2)过两点 Aa1+t121−t12,2bt11−t12,Ba1+t221−t22,2bt21−t22 的直线方程可表示为 at1+t2y−bt1t2+1x=abt1t2−1 .
三、抛物线的三角代换
由 y2=2px⇒x=2ptan2θ,y=2ptanθ ，令 t=1tanθ ，则抛物线上一点 A2pt2,2pt .
【例 1】已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1 的离心率为 12 ，直线 x=1 交椭圆所截得的弦长为 3 .
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)若 M 是第四象限椭圆上的动点， A1,A2 分别为左、右顶点， B1,B2 分别为上下顶点， B2M 交直线 y=b 于点 P ， MA1 交 A2B1 于点 Q . 求证:直线 PQ 的斜率为定值.
解:(1) x24+y23=1 ；
(2)证明: 设 M2csθ,3sinθ,Px1,3,Qx2,y2,M21−t21+t2,32t1+t2 ,
根据 A1、M、Q 共线与 B1、A2、Q 共线可得
32t1+t221−t21+t2+2=32t=y2x2+2y2x2−2=−32, 化简得x2=2−2t1+ty2=23t1+t ，所以Q2−2t1+t,23t1+t
根据 B2、M、P 共线可得:
23x1=32t1+t2+321−t21+t2 ,化简得 x1=41−t1+t，所以P41−t1+t,3
所以kPQ=23t1+t−32−2t1+t−41−t1+t=32为定值.
【例2】(2023 全国乙卷理科)已知椭圆 C:y2a2+x2b2=1a>b>0 的离心率是 53 ，点 A−2,0 在 C 上.
(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.
【答案】(1) y29+x24=1 2 见解析
【解析】设x=2csα=21−t21+t2y=3sinα=32t1+t2 ,其中 t=tanα2,
设 P21−t121+t12,6t11+t12,Q21−t221+t22,6t21+t22,A−2,0 ,
则直线 PQ 的方程: 31−t1t2x+2t1+t2y=61+t1t2 ,代入点 −2,3 得 t1+t2=2 ,
直线 AP 的方程: y=32t1x+2 ,令 x=0 ,则 yM=3t1 ; 同理 yN=3t2 ,所以 yM+yN2=3 ,
故线段 MN 的中点为定点 0,3 .
【例 3】椭圆 E:x2a2+y2b2=1a>b>0 左右顶点与上顶点为 A,B,C ,离心率 e=32,△ABC 的面积为 2
(1)求椭圆 E 的标准方程；
(2)点 D 在第一象限 E 上不同于端点的动点,直线 BD 与直线 AC 交于点 M ,直线 CD 与 x 轴交于点 N ，
证明:直线 MN 过定点
【解析】(1) x24+y2=1
(2)令 2csθ=x;sinθ=y ；又 csθ=cs2θ2−sin2θ2cs2θ2+sin2θ2=1−tan2θ21+tan2θ2 ；
sinθ=2sinθ2csθ2cs2θ2+sin2θ2=2tanθ21+tan2θ2 ; 令 t=tanθ2 ;
设 D21−t21+t2,2t1+t2;A−2,0,B2,0,C0,1 ;
所以直线 AC 的方程为: y−x2=1;
kBD=2t1+t221−t21+t2−2=1−2t ;故直线 BD 的方程为 y=−12tx−2 ;
y=−12tx−2y−x2=1⇒x=21−tt+1y=2t+1 ;即 M21−tt+1,2t+1 ;
又 kCD=2t1+t2−121−t21+t2=t−12t+1 ;故直线 CD 的方程为: y=t−12t+1x+1 ; 故 N2t+11−t,0 ;
设直线 MN 的斜率为 k ，则 k=2t+121−tt+1+2t+1t−1=t−14t ;
故直线 MN 的方程为: y=t−14tx+2t+1t−1 ，即 tx+2−4y=x−2 ;
故直线 MN 过定点 T2,1 ;
【例4】已知点 A2,3,B2,1 ,双曲线 C:xa2−y2b2=1a>0,b>0 的一条渐近线方程是 y=x ,直线 AB 被 C 截得的弦长为 23 .
(1)求 C 的方程.
(2)已知 P,Q 是 C 的右支上不同的两点,且存在实数 λ ,使得 AP=λAQ .
(i) 若点 D 满足 PD=λDQ ,求证: 点 D 总在某定直线上.
(ii) 若直线 PB 与 C 的另一个交点为 R (异于 Q ),求证: 直线 QR 过定点,并求出该定点的坐标.
【解析】 (1) 由题知, a=b,AB:x=2,AB 被 C 截得弦长为 23 ,则点 2,3 在 C 上,代入得 4a2−3a2=1 ，所以 a=b=1 ，所以 C:x2−y2=1
(2)设 Px1,y1,Qx2,y2,Dx0,y0
由 AP=λAQ,OP=−λPQ ,得 2=x1+λx21+λ3=y1+λy21+λx0=x1−λx21−λy0=y1−λy21−λ
P,Q 在椭圆上, x12−y12=1①x22−y22=1②
① −λ2 ②得
x1+λx21+λ⋅x1⋅λx21−λ−y1+λy21+λ⋅y1−λy21−λ=1 ,所以 2x0−3y0=1
即 D 在定直线 2x−3y−1=0 ,
(3)设 P1+t121−t12,2t11−t12,Q1+t221−t22,2t21−t22,R1+t321−t32,2t31−t32 ,
则直线 PQ,PR,QR 可分别表示为
PQ:1+t1t2x−t1+t2y=1−t1t2,
PR:1+t1t3x−t1+t3y=1−t1t3,
QR:1+t2t3x−t2+t3y=1−t2t3.
点 A2,3 代入 PQ:3t1t2=3t1+t2−1(1) ,
点 B2,1 代入 PR:3t1t3=t1+t3−1(2) ,
由 (1) 知: t1=3t2−13t2−3 ,代入 (2) 中: 3t3⋅3t2−13t2−3=3t2−13t2−3+t3−1 ,
通分: 3t33t2−1=3t2−1+t3−13t2−3 ,展开: t2t3=13 ,
故 QR:43x−t2+t3y=23 ,
当 t2+t3=0 时, x=12 ,则 QR 过定点 (12,0)