2022届高考数学圆锥曲线重难点专题17 圆锥曲线与内心问题(解析版)

高考数学最新真题专题解析—圆锥曲线综合（新高考卷）【母题来源】2022年新高考I卷【母题题文】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两点，直线AP，AQ的斜率之和为0．(1)求l的斜率;(2)若tan∠PAQ=2√2，求△PAQ的面积．【答案】解：(1)将点A代入双曲线方程得4a2−1a2−1=1，化简得a4−4a2+4=0得：a2=2，故双曲线方程为x22−y2=1;由题显然直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则联立直线与双曲线得：(2k2−1)x2+4kmx+2m2+2=0，△>0，故x1+x2=−4km2k2−1，x1x2=2m2+22k2−1，k AP+k AQ=y1−1x1−2+y2−1x2−2=kx1+m−1x1−2+kx2+m−1x2−2=0，化简得：2kx1x2+(m−1−2k)(x1+x2)−4(m−1)=0，故2k(2m2+2)2k2−1+(m−1−2k)(−4km2k2−1)−4(m−1)=0，即(k+1)(m+2k−1)=0，而直线l不过A点，故k=−1．(2)设直线AP的倾斜角为α，由tan∠PAQ=2√2，得tan∠PAQ2=√22，由2α+∠PAQ=π，得k AP=tanα=√2，即y1−1x1−2=√2，联立y 1−1x1−2=√2，及x 122−y 12=1得x 1=10−4√23，y 1=4√2−53， 同理，x 2=10+4√23，y 2=−4√2−53， 故x 1+x 2=203，x 1x 2=689而|AP|=√3|x 1−2|，|AQ|=√3|x 2−2|， 由tan∠PAQ =2√2，得sin∠PAQ =2√23， 故S △PAQ =12|AP||AQ|sin∠PAQ =√2|x 1x 2−2(x 1+x 2)+4|=16√29． 【母题来源】2022年新高考II 卷【母题题文】.设双曲线C:x 2a 2−y2b2=1(a >0,b >0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y =±√3x. (1)求C 的方程;(2)经过F 的直线与C 的渐近线分别交于A ，B 两点，点P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)在C 上，且x 1>x 2>0，y 1>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 ，从下面三个条件 ① ② ③中选择两个条件，证明另一个条件成立： ①M 在AB 上; ②PQ//AB; ③|AM|=|BM|．【答案】解：(1)由题意可得ba =√3，√a 2+b 2=2，故a =1，b =√3． 因此C 的方程为x 2−y 23=1．(2)设直线PQ 的方程为y =kx +m(k ≠0)，将直线PQ 的方程代入C 的方程得(3−k 2)x 2−2kmx −m 2−3=0， 则x 1+x 2=2km3−k 2，x 1x 2=−m 2+33−k 2，x 1−x 2=√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=2√3(m 2+3−k 2)3−k 2．不段点M 的坐标为(x M ,y M )，则{y M −y 1=−√3(x M −x 1)y M −y 2=√3(x M −x 2)．两式相减，得y 1−y 2=2√3x M −√3(x 1+x 2)，而y 1−y 2=(kx 1+m)−(kx 2+m)=k(x 1−x 2)，故2√3x M =k(x 1−x 2)+√3(x 1+x 2)，解得x M =k√m 2+3−k 2+km3−k 2．两式相加，得2y M −(y 1+y 2)=√3(x 1−x 2)，而y 1+y 2=(kx 1+m)+(kx 2+m)=k(x 1+x 2)+2m ，故2y M =k(x 1+x 2)+√3(x 1−x 2)+2m ，解得y M =3√m 2+3−k 2+3m3−k 2=3k x M ⋅因此，点M 的轨迹为直线y =3k x ，其中k 为直线PQ 的斜率． 若选择 ① ②:设直线AB 的方程为y =k(x −2)，并设A 的坐标为(x A ,y A )，B 的坐标为(x B ,y B ). 则{y A =k(x A −2)y A =√3x A，解得x A =k−√3，y A =√3kk−√3．同理可得x B =k+√3，y B =√3kk+√3．此时x A +x B =4k 2k 2−3，y A +y B =12kk 2−3．而点M 的坐标满足{y M =k(x M −2)y M =3k x M ， 解得x M =2k 2k 2−3=x A +x B2，y M =6kk 2−3=y A +y B2，故M 为AB 的中点，即|MA|=|MB|． 若选择 ① ③:当直线AB 的斜率不存在时，点M 即为点F(2,0)，此时M 不在直线y =3k x 上，矛盾．故直线AB 的斜率存在，设直线AB 的方程为y =p(x −2)(p ≠0)， 并设A 的坐标为(x A ,y A )，B 的坐标为(x B ,y B ). 则{y A =p(x A −2)y A =√3x A，解得x A =p−√3，y A =√3pp−√3．同理可得x B =p+√3，y B =−√3pp+√3．此时x M =x A +x B2=2p 2p 2−3，y M =y A +y B2=6pp 2−3．由于点M 同时在直线y =3k x 上，故6p =3k ·2p 2，解得k =p.因此PQ//AB ． 若选择 ② ③:设直线AB 的方程为y =k(x −2)，并设A 的坐标为(x A ,y A )，B 的坐标为(x B ,y B ). 则{y A =k(x A −2)y A =√3x A解得x A =k−√3，y A =√3kk−√3．同理可得x B =k+√3，y B =√3kk+√3，设AB 的中点为C(x C ,y C )，则x C =x A +x B2=2k 2k 2−3，y C =y A +y B2=6kk 2−3．由于|MA|=|MB|，故M 在AB 的垂直平分线上，即点M 在直线y −y C =−1k (x −x C )上．将该直线与y =3k x 联立，解得x M =2k 2k 2−3=x C ，y M =6kk 2−3=y C ，即点M 恰为AB 中点，故点而在直线AB 上． 【命题意图】本题考查双曲线的标准方程和几何性质，考查直线与双曲线的位置关系，考查开放探究能力，属于压轴题．主要考查直线与双曲线的位置关系及双曲线中面积问题，属于难题【命题方向】圆锥曲线综合大题是属于高考历年的压轴题之一，难度较大，对学生的综合要求较高。

专题17 圆过定点模型【方法总结】1．圆过定点问题的一般设问方式(1)证明以PQ 为直径的圆恒过x 或y 轴上某定点M (m ，0)或M (0，n )； (2)证明以PQ 为直径的圆恒过定点M (m ，n )； (3)证明以PQ 为直径的圆恒过定点M (m ，n )；(4)以PQ 为直径的圆是否恒过定点M ？若是，求出该定点M 的坐标；若不是，请说明理由． 2．圆过定点问题的一般解法(1)向量法：基本思想是根据直径所对的圆周角是直角，即MP →·MQ →＝0．这是解决圆过定点的主要方法． 一般步骤：①设出M (m ，n )及相关点的坐标或相关直线的方程； ②根据题设条件求出点P 与点Q 的坐标，P (A (t )，B (t ))，Q (C (t )，D (t ))；③求出MP →与MQ →的坐标，并根据MP →·MQ →＝0，建立方程f (m ，n ，t )＝0，并整理成tf (m ，n )＋g (m ，n )＝0；④根据圆过定点时与参数没有关系(即方程对参数t 的任意值都成立)，得到方程组⎩⎪⎨⎪⎧f (m ，n )＝0，g (m ，n )＝0；⑤以方程组的解为坐标的点就是圆所过的定点．(2)方程法：基本思想是根据已知条件求出圆的方程，即f (x ，y ，k )＝0．这种方法用的很少． 一般步骤：①设出相关点的坐标或相关直线的方程；②根据题设条件求出点P 与点Q 的坐标，P (A (t )，B (t ))，Q (C (t )，D (t ))； ③求出圆的方程f (x ，y ，t )＝0，并整理成tf (x ，y )＋g (x ，y )＝0；④根据圆过定点时与参数没有关系(即方程对参数t 的任意值都成立)，得到方程组⎩⎪⎨⎪⎧f (x ，y )＝0，g (x ，y )＝0；⑤以方程组的解为坐标的点就是圆所过的定点．(3)赋值法：基本思想是从特殊到一般，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．【例题选讲】[例1] (2019·北京)已知抛物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)． (1)求抛物线C 的方程及其准线方程；(2)设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线y ＝－1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B ．求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．[规范解答] (1)由抛物线C ：x 2＝－2py经过点(2，－1)，得p ＝2．所以抛物线C 的方程为x 2＝－4y ，其准线方程为y ＝1． (2)向量法抛物线C 的焦点为F (0，－1)，设直线l 的方程为y ＝kx －1(k ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －1，x 2＝－4y得x 2＋4kx －4＝0． 设M ()x 1，y 1，N ()x 2，y 2，则x 1x 2＝－4．直线OM 的方程为y ＝y 1x 1x ．令y ＝－1，得点A 的横坐标x A ＝－x 1y 1．同理得点B 的横坐标x B ＝－x 2y 2．设点D (0，n )，则DA →＝⎝⎛⎭⎫－x 1y 1，－1－n ，DB →＝⎝⎛⎭⎫－x 2y 2，－1－n ， DA →·DB →＝x 1x 2y 1y 2＋(n ＋1)2＝x 1x 2⎝⎛⎭⎫－x 214⎝⎛⎭⎫－x 224＋(n ＋1)2＝16x 1x 2＋(n ＋1)2＝－4＋(n ＋1)2． 令DA →·DB →＝0，即－4＋(n ＋1)2＝0，则n ＝1或n ＝－3． 综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0，1)和(0，－3)． [例2] 已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点Q (1，32)，且离心率e ＝12．(1)求椭圆C 的方程；(2)椭圆C 长轴两端点分别为A ，B ，点P 为椭圆上异于A ，B 的动点，直线l ：x ＝4与直线P A ，PB 分别交于M ，N 两点，又点E (7，0)，过E ，M ，N 三点的圆是否过x 轴上不同于点E 的定点？若经过，求出定点坐标；若不存在，请说明理由．[规范解答] (1)由⎩⎨⎧e ＝c a ＝12，1a 2＋94b 2＝1a 2＝b 2＋c2，解得a 2＝4，b 2＝3，故椭圆C 的方程为：x 24＋y 23＝1．(2)向量法设点P (x 0，y 0)，直线P A ，PB 的斜率分别为k 1，k 2，由椭圆的第三定义知k 1k 2＝e 2－1＝－34，又P A ：y ＝k 1(x ＋2)，令x ＝4，得M (4，6k 1)， 同理：PB ：y ＝k 2(x －2)，令x ＝4，得N (4，2k 2)， 则k EM k EN ＝(－6k 13)(－2k 23)＝－1，过E ，M ，N 三点的圆的直径为MN ． 设圆过定点R (m ，0)，则RM →·RN →＝0，因为RM →＝(4－m ，6k 1)，RN →＝(4－m ，2k 2)． 所以RM →·RN →＝(4－m )2＋12k 1k 2＝0，即(4－m )2＝9，解得m ＝1或m ＝7 (舍)． 故经过E ，M ，N 三点的圆是以MN 为直径，过x 轴上不同于点E 的定点R (1，0)． [例3] 已知A (－2，0)，B (2，0)，点C 是动点且直线AC 和直线BC 的斜率之积为－34．(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 ，判断以PQ 为直径的圆是否过x 轴上一定点．[规范解答] (1)设C (x ，y )．由题意得k AC ·k BC ＝y x ＋2·y x －2＝－34(y ≠0)．整理，得x 24＋y 23＝1(y ≠0)．故动点C 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0)．(2)方法一：向量法易知直线l 的斜率存在，设直线l ：y ＝kx ＋m ．联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，消去y 并整理，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0．依题意得Δ＝(8km )2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝0，即3＋4k 2＝m 2．设x 1，x 2为方程(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0的两个根，则x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，所以x 1＝x 2＝－4km3＋4k 2．所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 3＋4k 2，3m 3＋4k 2，即P ⎝⎛⎭⎫－4k m ，3m ． 又Q (4，4k ＋m )，设R (t ，0)为以PQ 为直径的圆上一点，则由RP →·RQ →＝0， 得⎝⎛⎭⎫－4k m －t ，3m ·(4－t ，4k ＋m )＝0，整理，得4km (t －1)＋t 2－4t ＋3＝0． 由km 的任意性，得t －1＝0且t 2－4t ＋3＝0，解得t ＝1． 综上可知以PQ 为直径的圆过x 轴上一定点(1，0)． 方法二：向量法设P (x 0，y 0)，则曲线C 在点P 处的切线PQ ：x 0x 4＋y 0y3＝1，令x ＝4，得Q ⎝⎛⎭⎫4，3－3x 0y 0．设R (t ，0)为以PQ 为直径的圆上一点，则由RP →·RQ →＝0， 得(x 0－t )·(4－t )＋3－3x 0＝0，即x 0(1－t )＋t 2－4t ＋3＝0． 由x 0的任意性，得1－t ＝0且t 2－4t ＋3＝0，解得t ＝1．综上可知，以PQ 为直径的圆过x 轴上一定点(1，0)．[例4] 已知F 1，F 2为椭圆C ：x 22＋y 2＝1的左、右焦点，过椭圆长轴上一点M (m ，0)(不含端点)作一条直线l ，交椭圆于A ，B 两点．(1)若直线AF 2，AB ，BF 2的斜率依次成等差数列(公差不为0)，求实数m 的取值范围；(2)若过点P ⎝⎛⎭⎫0，－13的直线交椭圆C 于E ，F 两点，则以EF 为直径的圆是否恒过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．(1)图(2)图[规范解答] (1)由题意知F 1(－1，0)，F 2(1，0)，直线l 的斜率存在且不为0， 设直线l 的方程为y ＝k (x －m )(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＝k (x 1－m )，y 2＝k (x 2－m )，因为y 1x 1－1＋y 2x 2－1＝2k ，即k (x 1－m )x 1－1＋k (x 2－m )x 2－1＝2k ，整理得(x 1＋x 2)(1－m )＝2(1－m )，又公差不为0，所以x 1＋x 2＝2， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －m )，x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k 2mx ＋2k 2m 2－2＝0， 由x 1＋x 2＝4k 2m 1＋2k 2＝2，得k 2＝12(m －1)>0，所以m >1． 又点M (m ，0)在椭圆长轴上(不含端点)， 所以1<m <2，即实数m 的取值范围为(1，2)．(2)赋值法假设以EF 为直径的圆恒过定点．当EF ⊥x 轴时，以EF 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1； 当EF ⊥y 轴时，以EF 为直径的圆的方程为x 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋132＝169， 则两圆的交点为Q (0，1)．下证当直线EF 的斜率存在且不为0时，点Q (0，1)在以EF 为直径的圆上． 设直线EF 的方程为y ＝k 0x －13(k 0≠0)，代入x 22＋y 2＝1，整理得(2k 20＋1)x 2－43k 0x －169＝0， 设E (x 3，y 3)，F (x 4，y 4)，则x 3＋x 4＝4k 03(2k 20＋1)，x 3x 4＝－169(2k 20＋1)， 又QE →＝(x 3，y 3－1)，QF →＝(x 4，y 4－1)，所以QE →·QF →＝x 3x 4＋(y 3－1)(y 4－1)＝x 3x 4＋⎝⎛⎭⎫k 0x 3－43⎝⎛⎭⎫k 0x 4－43 ＝(1＋k 20)x 3x 4－43k 0(x 3＋x 4)＋169＝(1＋k 20)·－169(2k 20＋1)－43k 0·4k 03(2k 20＋1)＋169＝0， 所以点Q (0，1)在以EF 为直径的圆上．综上，以EF 为直径的圆恒过定点(0，1)． [例5] 等边三角形OAB 的边长为83，且其三个顶点均在抛物线E ：x 2＝2py (p ＞0)上． (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 为直径的圆恒过某定点．[规范解答] (1)依题意，|OB |＝83，∠BOy ＝30°，不妨设B (x ，y )，x >0， 则x ＝|OB |sin30°＝43，y ＝|OB |cos30°＝12，因为点B (43，12)在x 2＝2py 上，所以(43)2＝24p ，解得p ＝2， 所以抛物线的方程为x 2＝4y ． (2)解法1：向量法由(1)知y ＝14x 2，所以y ′＝12x ．设点P (x 0，y 0)，Q (x 1，－1)，则x 0≠0，l 的方程为y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即y ＝12x 0x －14x 02．令y ＝－1，可得x 1＝x 02－42x 02．设M (m ，n )是圆上一点，则MP →·MQ →＝0，即(m －x 0)( m －x 02－42x 0)＋(n －y 0)(n ＋1)＝0，整理可得m 2－3x 02－42x 0m ＋x 022－2＋n 2＋n －n y 0－y 0＝0，因为y 0＝14x 02，所以－m 3x 02－42x 0＋(1－n ) x 024＋(n 2＋n ＋m 2－2)＝0，该式子要对任意的满足y 0＝14x 02(x 0≠0)的x 0恒成立，所以⎩⎨⎧m ＝0，1－n ＝0n 2＋n ＋m 2－2＝0，由此解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝0，n ＝1，所以以PQ 为直径的圆恒过定点(0，1)．解法2：向量法由对称性可知该定点必在y 轴上，设为M (0，n )．由(1)知y ＝14x 2，所以y ′＝12x ．设点P (x 0，y 0)，Q (x 1，－1)，则x 0≠0，l 的方程为y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即y ＝12x 0x －14x 02．令y ＝－1，可得x 1＝x 02－42x 02．由MP →·MQ →＝0，可得x 02－42＋(n －y 0)(n ＋1)＝0，整理可得x 022－2＋n 2＋n －n y 0－y 0＝0，因为y 0＝14x 02，所以(1－n ) y 0＋(n 2＋n －2)＝0，该式子要对任意的满足y 0＝14x 02(x 0≠0)的y 0恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧1－n ＝0，n 2＋n －2＝0，由此解得n ＝1，所以以PQ 为直径的圆恒过定点(0，1)．解法3：赋值法由对称性可知该定点必在y 轴上．由(1)知y ＝14x 2，所以y ′＝12x ．设点P (x 0，y 0)，Q (x 1，－1)，则x 0≠0，且l 的方程为y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即y ＝12x 0x －14x 02．令y ＝－1，可得x 1＝x 02－42x 02．取x 0＝2，此时P (2，1)，Q (0，－1)，以PQ 为直径的圆为x (x －2)＋(y －1)(y ＋1)＝0，与y 轴交于点M 1(0，1)和M 2(0，－1)； 取x 0＝1，此时P (1，14)，Q (－32，－1)，以PQ 为直径的圆为(x －1)(x ＋32)＋(y －14)(y ＋1)＝0，与y 轴交于点M 3(0，1)和M 4(0，－74)．由此可知，该定点为M (0，1)，下证M (0，1)就是所求的点．因为MP →＝(x 0，y 0－1)，MQ →＝(x 02－42x 02，－2)，所以MP →·MQ →＝x 02－42－2 y 0＋2，所以以PQ 为直径的圆恒过定点(0，1)．[例6] 设F 1，F 2分别为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，若椭圆上的点T (2，2)到点F 1，F 2的距离之和等于42．(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线y ＝kx (k ≠0)与椭圆C 交于E ，F 两点，A 为椭圆C 的左顶点，直线AE ，AF 分别与y 轴交于点M ，N ．问：以MN 为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由．[规范解答] (1)由椭圆上的点T (2，2)到点F 1，F 2的距离之和是42，可得2a ＝42，a ＝22． 又T (2，2)在椭圆上，因此4a 2＋2b 2＝1，所以b ＝2，所以椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1．(2)方程法因为椭圆C 的左顶点为A ，所以点A 的坐标为(－22，0)．因为直线y ＝kx (k ≠0)与椭圆x 28＋y 24＝1交于E ，F 两点，设点E (x 0，y 0)(不妨设x 0＞0)，则点F (－x 0，－y 0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 28＋y 24＝1消去y ，得x 2＝81＋2k 2，所以x 0＝221＋2k 2，则y 0＝22k 1＋2k 2，所以直线AE 的方程为y ＝k1＋1＋2k 2(x ＋22)． 因为直线AE ，AF 分别与y 轴交于点M ，N ，令x ＝0，得y ＝22k1＋1＋2k 2，即点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22k 1＋1＋2k 2，同理可得点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22k 1－1＋2k 2．所以|MN |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪22k 1＋1＋2k 2－22k 1－1＋2k 2＝22(1＋2k 2)|k |． 设MN 的中点为P ，则点P 的坐标为P ⎝⎛⎭⎫0，－2k ． 则以MN 为直径的圆的方程为x 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋2k 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2(1＋2k 2)|k |2，即x 2＋y 2＋22k y ＝4． 令y ＝0，得x 2＝4，即x ＝2或x ＝－2．故以MN 为直径的圆经过两定点P 1(2，0)，P 2(－2，0)． 【对点精练】1．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别是F 1，F 2，上、下顶点分别是B 1，B 2，C 是B 1F2的中点，若B 1F 1→·B 1F 2→＝2且CF 1→⊥B 1F 2→(1)求椭圆的方程；(2)点Q 是椭圆上任意一点，A 1，A 2分别是椭圆的左、右顶点，直线QA 1，QA 2与直线x ＝433分别交于E ，F 两点，试证：以EF 为直径的圆与x 轴交于定点，并求该定点的坐标．1．解析 (1)设F 1(－c ，0)，F 2(c ，0)，B 1(0，b )，则C ⎝⎛⎭⎫c 2，b 2．由题意得B 1F 1→·B 1F 2→＝2，且CF 1→⊥B 1F 2→． 即⎩⎪⎨⎪⎧(－c ，－b )·(c ，－b )＝2，⎝⎛⎭⎫－3c 2，－b 2·(c ，－b )＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ b 2－c 2＝2，b 2＝3c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 2＝3，c 2＝1，从而a 2＝4， 故所求椭圆的方程为x 24＋y 23＝1．(2)向量法由(1)得A 1(－2，0)，A 2(2，0)，设Q (x 0，y 0)，易知x 0≠±2，则直线QA 1的方程为y ＝y 0x 0＋2(x ＋2)，与直线x ＝433的交点E 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫433，y 0x 0＋2⎝⎛⎭⎫433＋2，直线QA 2的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，与直线x ＝433的交点F 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫433，y 0x 0－2⎝⎛⎭⎫433－2， 设以EF 为直径的圆与x 轴交于点H (m ，0)，m ≠433，则HE ⊥HF ，从而HE →·HF →＝2，∵HE →＝(433－m ，y 0x 0＋2(433＋2))，HF →＝(433－m ，y 0x 0－2(433－2))，∴(433－m )2＋y 02x 02－4(163－4)＝0，即(433－m )2＋43y 02x 02－4＝0，①．由x 204＋y 203＝1得y 20＝3(4－x 20)4，②所以由①②得m ＝433±1，故以EF 为直径的圆与x 轴交于定点，且该定点的坐标为⎝⎛⎭⎫433＋1，0或⎝⎛⎭⎫433－1，0．2．已知圆C 1：(x ＋1)2＋y 2＝8，点C 2(1，0)，点Q 在圆C 1上运动，QC 2的垂直平分线交QC 1于点P(1)求动点P 的轨迹W 的方程；(2)过S (0，13)且斜率为k 的动直线l 交曲线W 于A，B 两点，在y 轴上是否存在定点D ，使得以AB 为直径的圆恒过这个点？若存在，求出D 的坐标；若不存在，说明理由．2．解析 (1)由线段QC 2的垂直平分线与半径QC 1交于点P ， 得|PC 1|＋|PC 2|＝|PC 1|＋|PQ |＝|C 1Q |＝22>|F 1F 2|＝2，所以点P 的轨迹为以C 1，C 2为焦点，长轴长为22的椭圆，故a ＝2，c ＝1，b 2＝a 2－c 2＝1． 动点P 的轨迹W 的方程为x 22＋y 2＝1．(2)向量法设直线l ：y ＝kx ＋13，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，与椭圆方程联立可得：⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋13，x 2＋2y 2＝2消去y 可得，x 2＋2(kx ＋13)2＝0，整理后可得，(2k 2＋1)x 2＋43kx －169＝0，∴x 1＋x 2＝－4k 3(2k 2＋1)，x 1x 2＝－169(2k 2＋1)． 设D (0，b )，因为以AB 为直径的圆过D 点，∴DA ⊥DB ，∴DA →·DB →＝0． 又DA →＝(x 1，y 1－b )，DB →＝(x 2，y 2－b )，所以DA →·DB →＝x 1x 2＋(y 1－b )(y 2－b )＝x 1x 2＋y 1y 2－b (y 1＋y 2)＋b 2＝0．①y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋23＝23(2k 2＋1)，y 1y 2＝(kx 1＋13)(kx 2＋13)＝k 2x 1x 2＋13k (x 1＋x 2)＋19＝－81k 2＋19(2k 2＋1)代入到①可得，b 2－2b 3(2k 2＋1)＋－81k 2＋19(2k 2＋1)－169(2k 2＋1)＝0．∴b 2－2b ＋6k 2＋53(2k 2＋1)＝0，所以只需6k 2(b 2－1)＋3b 2－2b －5＝0． 可得b ＝－1，所以存在定点(0，－1)．3．已知椭圆C 的中心在坐标原点，左，右焦点分别为F 1，F 2，P 为椭圆C 上的动点，△PF 1F 2的面积最 大值为3，以原点为中心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线3x －4y ＋5＝0相切． (1)求椭圆的方程；(2)若直线l 过定点(1，0)且与椭圆C 交于A ，B 两点，点M 是椭圆C 的右顶点，直线AM ，BM 分别与y 轴交于P ，Q 两点，试问以线段PQ 为直径的圆是否过x 轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由．3．解析 (1)(S △PF 1F 2)max ＝12| F 1F 2|b ＝bc ＝3，因为圆与直线相切，∴d O －l ＝532＋42＝b ，∴b ＝1，c ＝3，∴a 2＝b 2＋c 2＝4，∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1． (2)向量法当直线l 的斜率存在时，设l ：y ＝k (x －1)，由椭圆方程可得点M (2，0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程可得，⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝k (x －1)，消去y 整理可得：(1＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－4＝0， ∴x 1＋x 2＝8k 21＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－41＋4k 2，由M (2，0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，可得，AM ：y ＝y 1x 1－2(x －2)，BM ：y ＝y 2x 2－2(x －2)，分别令x ＝0，可得，P (0，－2y 1x 1－2)，Q (0，－2y 2x 2－2)，设x 轴上的定点为N (x 0，0)，若PQ 为直径的圆是否过N (x 0，0)，则PN →·QN →＝0． ∵PN →＝(x 0，2y 1x 1－2)，QN →＝(x 0，2y 2x 2－2)，∴问题转化为x 02＋4y 1 y 2(x 1－2)( x 2－2)＝0恒成立．即x 02＋4y 1 y 2x 1 x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝0 ①，由x 1＋x 2＝8k 21＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－41＋4k 2及y ＝k (x －1)可得，y 1y 2＝k 2(x 1－1) (x 2－1)＝k 2[x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1]＝－3k 21＋4k 2，代入到①可得，x 02＋4×－3k 21＋4k 24k 2－41＋4k 2－2×8k21＋4k 2＋4＝0，∴x 02＝3，解得，x 0＝±3．∴圆过定点(±3，0) 当直线斜率不存在时，直线方程为x ＝1，可得PQ 为直径的圆x 2＋y 2＝3过点(±3，0)， 所以以线段PQ 为直径的圆过x 轴上定点(±3，0)．4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1(－1，0)，F 21，0)，点P (x 0，y 0)(y 0>0)，是椭圆C 上的动点，直线OP 的斜率等于22时，PF 2⊥x 轴． (1)求椭圆C 的方程；(2)过点P 且斜率为－x 02y 0的直线l 2与直线l 1：x ＝2相较于点Q ，试判断以PQ 为直径的圆是否过x 轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由．4．解析 (1)∵PF 2⊥x 轴，∴P 的横坐标x 0的值为c ，且c ＝1，代入椭圆方程，得P (1，b 2a)．又k OP ＝y 0x 0＝b 2a c ＝22，解得a ＝2b 2，又∵a 2－b 2＝1，∴a ＝2a 2－2，解得a ＝2或者a ＝－22(舍去)， ∴b 2＝1，即椭圆方程C 为x 22＋y 2＝1．(2)向量法直线l 2的方程为y －y 0＝－x 02y 0 (x －x 0)，即2y 0y ＝－x 0x ＋x 2＋2 y 02．由题意得x 022＋y 02＝1，即x 02＋2 y 02＝2，∴l 2的方程为x 0 x ＋2 y 0 y ＝2，∴Q (2，1－x 0y 0)．设定点M (m ，0)，由MP →·MQ →＝0，得(x 0－m )(2－m )＋y 0 1－x 0y 0＝0，即(1－m ) x 0＋(m －1)2＝0，要使此方程对x 0∈R 恒成立，则必有⎩⎪⎨⎪⎧1－m ＝0(m －1)2＝0，∴解得m ＝1．综上所述，存在定点M (1，0)，满足题目要求．5．已知椭圆C：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是22，A 1，A 2分别是椭圆C 的左、右两个顶点，点F 是椭圆C的右焦点．点D 是x 轴上位于A 2右侧的一点，且满足1|A 1D |＋1|A 2D |＝1|FD |＝2． (1)求椭圆C 的方程以及点D 的坐标；(2)过点D 作x 轴的垂线n ，再作直线l ：y ＝kx ＋m ，与椭圆C 有且仅有一个公共点P ，直线l 交直线n 于点Q ．求证：以线段PQ 为直径的圆恒过定点，并求出定点的坐标．5．解析 (1) A 1(－a ，0)，A 2(a ，0)，F (c ，0)，设D (x ，0)， 由1|A 1D |＋1|A 2D |＝2，有1x ＋a ＋1x －a＝2，又|FD |＝1，∴x －c ＝1，x ＝c ＋1， 于是1c ＋1＋a ＋1c ＋1－a ＝2，∵e ＝22．∴a ＝2c ，代入c ＋1＝(c ＋1＋a )( c ＋1－a )，解得c ＝1，a 2＝2，b 2＝1，椭圆C ：x 22＋y 2＝1，且D (2，0)．(2)向量法∵Q (2，2k ＋m )，设P (x 0，y 0)，联立由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 22＋y 2＝1，消去y 得，(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，由Δ＝0，得m 2＝2k 2＋1，∴2x 0＝－4km 1＋2k 2，即x 0＝－2km 1＋2k 2，∴y 0＝kx 0＋m ＝－2k 2m ＋m ＝1m ，即P (－2k m ，1m )， 设以PQ 为直径的圆上任一点M (x ，y )，由MP →·MQ →＝0， 得(x ＋2k m )(x －2)＋(y －1m)(y －(2k ＋m ))＝0，整理得x 2＋y 2＋(2k m －2)x ＋(2k ＋m ＋1m )y ＋(1－2km)＝0，由对称性知定点在x 轴上，令y ＝0，取x ＝1时满足上式，故定点为(1，0)．6．已知点A (0，1)，过点D (0，－1)作与x 轴平行的直线l 1，点B 为动点M 在直线l 1上的投影，且满足 MA →·AB →＝MB →·BA →．(1)求动点M 的轨迹C 的方程；(2)已知P 为曲线C 上的一点，且曲线C 在点P 处的切线为l 2，若直线l 2与直线l 1相交与点Q ．试探究在y 轴上是否存在点N ，使得以PQ 为直径的圆恒过点N ？若存在，求出点N 的坐标；若不存在，说明理由．6．解析 (1)设M (x ，y )，由题意得B (x ，－1)，又A (0，1)， ∴MA →＝(－x ，1－y )，MB →＝(0，－1－y )，AB →＝(x ，－2)， 由MA →·AB →＝MB →·BA →，得(MA →＋MB →)AB →＝0，即(－x ，－2y ) (x ，－2)＝0，化简得x 2＝4y ，∴轨迹C 的方程为x 2＝4y ． (2)向量法设点N (0，n )，P (x 0，14x 02)，由y ＝14x 2，所以y ′＝12x ，∴直线l 2的斜率k l 2＝12x 0，∴直线l 2的方程为y ＝12x 0x －14x 02．令y ＝－1，可得x 1＝x 02－42x 0．∴点Q 的坐标为(x 02－42x 0，－1)．即由MP →·NQ →＝0，可得x 02－42＋(n －y 0)(n ＋1)＝0，整理可得x 022－2＋n 2＋n －n y 0－y 0＝0，即(1－n ) x 024＋n 2＋n －2＝0，要使此方程对x 0∈R 恒成立，则必有⎩⎪⎨⎪⎧1－n ＝0n 2＋n －2＝0，解得n ＝1． 即在y 轴上存在点N ，使得以PQ 为直径的圆恒过点N ，N 的坐标为(0，1)．7．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，并且直线y ＝x ＋b 是抛物线y 2＝4x 的一条切线．(1)求椭圆的方程； (2)过点S (0，13)的动直线l 交椭圆C 于A 、B 两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T ，使得以AB 为直径的圆恒过点T ？若存在，求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．7．解析 (1)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋b ，y 2＝4x ，消去y 得，x 2＋(2b －4)x ＋b 2＝0，因直线y ＝x ＋b 与抛物线y 2＝4x 相切，Δ＝(2b －4)2－4b 2＝0，∴b ＝1， e ＝c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，∴a 2－b 2a 2＝12，a 2＝2， 故所求椭圆方程为x 22＋y 2＝1．(2)赋值法当l 与x 轴平行时，以AB 为直径的圆的方程：x 2＋(y ＋13)2＝(43)2．当l 与x 轴垂直时，以AB 为直径的圆的方程：x 2＋y 2＝1，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋(y ＋13)2＝(43)2，x 2＋y 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1，因此，所求的T 如果存在，只能是T (0，1)．证明：①当直线L 与x 轴垂直时，以AB 为直径的圆过点T (0，1)． ②当直线L 与x 轴不垂直时，设直线L ：y ＝kx －13，由⎩⎨⎧y ＝kx －13，x22＋y 2＝1，消去y 得，(9＋18k 2)x 2－12kx －16＝0，设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝12k9＋18k 2，x 1x 2＝－169＋18k 2， 又∵TA →＝(x 1，y 1－1)，TB →＝(x 2，y 2－1)．TA →·TB →＝x 1x 2＋(y 1－1)( y 2－1)＝x 1x 2＋(kx 1－43)( kx 2－43)＝(k 2＋1)x 1x 2－43k (x 1＋x 2)＋619＝(k 2＋1) －169＋18k 2－43k 12k 9＋18k 2＋619＝0．所以TA →⊥TB →，即以AB 为直径的圆恒过T (0，1)． 综上所述，存在点T (0，1)满足条件．8．如图，在平面直角坐标系xOy 中，离心率为22的椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左顶点为A ，过原点O 的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C 交于P ，O 两点，直线P A ，QA 分别与y 轴交于M ，N 两点，当直线PQ 的斜率为22时，|PQ |＝23． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)试问以MN 为直径的圆是否过定点(与PQ 的斜率无关)？请证明你的结论．8．解析 (1)由k PQ ＝22可得，PQ ：y ＝22x ，∴P (x 0，22x 0)，由对称性可知，|OP |＝12|PQ |＝3， ∴x 02＋(22x 0)2＝3，∴x 0＝2，∴P (2，1)，由e ＝22可得，a ：b ：c ＝2：1：1 ∴椭圆方程为x 22b 2＋y 2b 2＝1，代入P (2，1)，可得，b 2＝2，a 2＝4，∴C ：x 24＋y 22＝1．(2)方程法设P (x 0，y 0)，由对称性可知Q (－x 0，－y 0)，由(1)可知A (－2，0)，设AP ：y ＝k (x ＋2)，联立直线与椭圆方程：⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝4，y ＝k (x ＋2)，消去y 得x 2＋2k 2(x ＋2)2－4＝0，整理可得：(1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－4＝0，所以x A x 0＝8k 2－41＋2k 2，即x 0＝2－4k 21＋2k 2．代入y ＝k (x ＋2)可得，y 0＝k (2－4k 21＋2k 2＋2)＝4k 1＋2k 2，所以P (2－4k 21＋2k 2，4k1＋2k 2)，从而Q (－2－4k 21＋2k 2，－4k 1＋2k 2)，所以k AQ＝0－(－4k 1＋2k 2)－2－(－2－4k 21＋2k 2)＝4k1＋2k 2－8k 21＋2k 2＝－12k ， ∴AQ ：y ＝－12k (x ＋2)，因为M ，N 是直线P A ，QA 与轴的交点，∴M (0，2k )，N (0，－1k)，∴以MN 为直径的圆的圆心为(0，2k 2－12k )，半径r ＝|2k 2＋12k |，∴圆方程为x 2＋(y －2k 2－12k )2＝(2k 2＋12k)2，整理可得：x 2＋y 2－2k 2－1k y ＋(2k 2－12k )2＝(2k 2＋12k )2，∴x 2＋y 2－2k 2－1ky ＝2，所以令y ＝0，解得x ＝±2，∴以MN 为直径的圆恒过(±2，0)．。

专题一：圆锥曲线与四心问题（内心、重心、垂心、外心）从近几年圆锥曲线的命题风格看，既注重知识又注重能力，既突出圆锥曲线的本质特征。

而现在圆锥曲线中面积、弦长、最值等几乎成为研究的常规问题。

“四心”问题进入圆锥曲线，让我们更是耳目一新。

因此在高考数学复习中，通过让学生研究三角形的“四心”与圆锥曲线的结合问题，快速提高学生的数学解题能力，增强学生的信心，备战高考．专题目录：第1讲、圆锥曲线与内心问题第2讲、圆锥曲线与重心问题第3讲、圆锥曲线与垂心问题第4讲、圆锥曲线与外心问题第4讲、圆锥曲线与外心问题：三角形的外心：三角形三条垂直平分线的交点 知识储备：(1)、O 是ABC ∆的外心||||||OC OB OA ==⇔(或222OC OB OA ==)；(2)、若点O 是ABC △的外心，则()()()OA OB AB OB OC BC OA OC AC +⋅=+⋅=+⋅=0.(3)、若O 是ABC ∆的外心，则sin 2sin 2B sin 02A OA OB C OC ⋅+⋅+⋅=; (4)、多心组合：ABC ∆的外心O 、重心G 、垂心H 共线，即OG ∥OH 经典例题例1．（2019年成都七中半期16题）1F ,2F 分别为双曲线22221(,0)x y a b a b-=>的左、右焦点，点P 在双曲线上，满足120PF PF ⋅=，若12PF F ∆的内切圆半径与外接圆半径之比为12，则该双曲线的离心率为_______ .1 【解析】∵120PF PF ⋅=，∴12PF PF ⊥，即12PF F ∆为直角三角形，∴222212124PF PF F F c +==，122PF PF a -=，则()()2222212121224PF PF PF PF PF PF c a ⋅=+--=-，()()2222121212484PFPF PFPF PF PF c a +=-+⋅=-.所以12PF F ∆内切圆半径12122PF PF F F r c +-==，外接圆半径R c =，=，整理得24c a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭1e =. 【点睛】本小题主要考查双曲线的定义，考查向量数量积为零的意义，考查双曲线离心率的求法，考查方程的思想，考查运算求解能力，属于中档题.例2．（2018全国高中数学联赛（湖北预赛））已知点P 的双曲线()222210,0x y a b a b-=>>上，12F F 、为双曲线的两个焦点，且210PF PF ⋅=，则12PF F ∆的内切圆半径r 与外接圆半径R 之比为____.1- 【解析】由120PF PF ⋅=，知1290PPF ∠=︒.设12,PF m PF n ==， 又122F F c =，则可得()1,22R c r m n c ==+-， 2224m n c +=， ① 2m n a -=. ②设rk R=，则()122r kR kc m n c ===+-，即有()22m n k c +=+. ③由①②③可得()22222248k c a c ++=，所以()22222213122c a k c e -+==-=，解得1k =-.故12PF F ∆的内切圆半径r 与外接圆半径R1- 例3.（2020年河南省质量检测（二）改编）已知椭圆22143x y +=的左、右焦点分别为12,F F ，过2F 的直线l 交椭圆C 于,A B 两点，过A 作x 轴的垂线交椭圆C 与另一点Q （Q 不与,A B 重合）.设ABQ ∆的外心为G ，则2ABGF 的值为 .【答案】4【解析】由题意知，直线AB 的斜率存在，且不为0，设直线AB 为1x my =+， 代入椭圆方程得()2234690m y my ++-=. 设()()1122,,,A x y B x y ，则12122269,3434m y y y y m m --+==++， 所以AB 的中点坐标为2243,3434m m m -⎛⎫⎪++⎝⎭，所以()212221213434m AB y m m +=-=-++. 因为G 是ABQ ∆的外心，所以G 是线段AB 的垂直平分线与线段AQ 的垂直平分线的交点，AB 的垂直平分线方程为22343434m y m x m m ⎛⎫+=-- ⎪++⎝⎭，令0y =，得2134x m =+，即21,034G m ⎛⎫⎪+⎝⎭，所以222213313434m GF m m +=-=++，所以()22222121||1234433334m AB m m GF m ++===++，所以2||AB GF 值为4. 【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，属于难题.例4.（2020年湖北省宜昌市高三调研12题）设(),0F c 为双曲线2222:1(0,0)x y E a b a b-=>>的右焦点，以F 为圆心，b 为半径的圆与双曲线在第一象限的交点为P ，线段FP 的中点为D ，∆POF 的外心为I ，且满足()0OD OI λλ=≠，则双曲线E 的离心率为（ ） ABC ．2D【答案】D【解析】由题,因为()0OD OI λλ=≠,所以O 、D 、I 三点共线,因为点D 为线段FP 的中点,∆POF 的外心为I ,所以DI PF ⊥,即OD PF ⊥, 设双曲线的左焦点为(),0F c '-,则点O 为线段F F '的中点,则在PFF '中,//PF OD ',即PF PF '⊥,所以PFF '是直角三角形,所以222F F F P PF ''=+,因为PF b =,由双曲线定义可得2PF PF a '-=,所以2PF a b '=+, 则()()22222c a b b =++,因为222c a b =+,整理可得2b a =,所以c =,则ce a==,故选:D 【点睛】本题考查求双曲线的离心率,考查双曲线的定义的应用.例5.（2019年衡水中学联考12题）已知坐标平面xOy 中，点1F ，2F 分别为双曲线222:1x C y a-=（0a >）的左、右焦点，点M 在双曲线C 的左支上，2MF 与双曲线C 的一条渐近线交于点D ，且D 为2MF 的中点，点I 为2OMF △的外心，若O 、I 、D 三点共线，则双曲线C 的离心率为（ ）AB ．3CD ．5【答案】C【解析】不妨设点M 在第二象限，设(,)M m n ，2(,0)F c ，由D 为2MF 的中点，O 、I 、D 三点共线知直线OD 垂直平分2MF ，则:1OD y x a=，故有n a m c =--，且1122m c n a +⋅=⋅，解得21a m c-=，2n a c =， 将212,a a M c c ⎛⎫-⎪⎝⎭，即2222,a c a c c ⎛⎫- ⎪⎝⎭，代入双曲线的方程可得()2222222241aca a c c--=，化简可得225c a =，即e =当点M 在第三象限时，同理可得e =故选：C.【点睛】本题主要考查双曲线的标准方程，双曲线的简单性质的应用，运用平面几何的知识分析出直线OD 垂直平分2MF ，并用a c ，表示出点M 的坐标是解决此题的难点，属于中档题.例6.（2019云南省曲靖市二模16题）已知斜率为1的直线与抛物线24y x =交于,A B 两点，若OAB ∆的外心为(M O 为坐标原点）,则当AB MO最大时，AB =____.【答案】.【解析】由题意知,MO 为OAB 外接圆的半径，在OAB 中,由正弦定理可知,2sin AB R AOB=∠(R 为OAB 外接圆的半径),当sin 1AOB ∠=,即90AOB ∠=︒时,AB MO取得最大值2.设()11,A x y ,()22,B x y ,易知10y ≠,20y ≠,则12120x x y y +=,得221212016y y y y ⋅+=,即12160y y +=.设直线AB 的方程为y x t =+,即x y t =-,代入24y x =得,2440y y t -+=,则124y y +=,124y y t =,所以4160t +=,解得4t =-.故12AB y y =-==.故答案为：【点睛】本题主要考查了正弦定理，直线与抛物线的关系，弦长公式，属于中档题.课后训练：变式1．P 为双曲线()2222:1,0x y C a b a b-=>上一点，12,F F 分别为C 的左、右焦点，212PF F F ⊥，若12PF F ∆外接圆半径与其内切圆半径之比为52，则C 的离心率为（ ） AB ．2CD ．2或3【答案】D【解析】不妨设P 为右支上的点，则122PF PF a -=，设双曲线的半焦距为c ，则22b PF a=，212b PF a a =+，又12Rt PF F 外接圆半径为21122b PF a a=+. 12Rt PF F 内切圆的半径为222222-22b bc ac a a a r c a+---===， 因为12PF F ∆外接圆半径与其内切圆半径之比为52，故252=2b aac a +-， 故22560c ac a -+=，所以2c a =或3c a =，即2e =或3e =.故选：D.【点睛】圆锥曲线中的离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于,,a b c 的一个等式关系．而离心率的取值范围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于,,a b c 的不等式或不等式组．变式2．（2018上海市高三模拟）已知椭圆22116x y m +=和双曲线221412x y m-=-，其中012m ＜＜，若两者图像在第二象限的交点为A ，椭圆的左右焦点分别为B 、C ，T 为△ABC 的外心，则•AT BC 的值为_____. 【答案】16.【解析】已知椭圆22116x y m +=和双曲线221412x y m-=-，焦距相等所以焦点相同，设(,0),(,0),B c C c c -=A 为两曲线在第二象限的交点，||||AB AC <，84AB AC AB AC ⎧+=⎪⎨-=-⎪⎩，||2AB =， 设000(,),42A x y x -<<-，220016m y m x =-，||AB ==0424c x ===+=，08x c ∴=-，因为O 为BC 中点，△ABC 的外心T 在y 轴上，0OT BC ⋅=，08()(,)(2,0•)16AT B OT OA BC OA BC y c cC =-⋅=-⋅=--⋅=【点睛】本题考查求椭圆与双曲线交点的坐标，考查向量数量积运算，考查计算求解能力，属于中档题.变式3. P 为双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>右支上的一点，12,F F 分别为左、右焦点，212PF F F ⊥，若12PF F ∆的外接圆半径是其内切圆半径的3倍，则双曲线C 的离心率为（ ）A．3 B．4 C．3或3 D．4或4-【答案】C【解析】212PF F F ⊥，∴点P 的坐标为2,b c a ⎛⎫ ⎪⎝⎭22b PF a =,则212b PF a a =+12PF F ∆的外接圆半径21122PF b r a a==+ 其内切圆半径222222b bc a a a r c a +--==- 12PF F ∆的外接圆半径是其内切圆半径的3倍，123r r ∴=,即()232b a c a a+=-化简可得22670c ac a --=即2670e e --=解得3e =±C【点睛】本题主要考查了计算双曲线的离心率，结合题意先计算出外接圆和内切圆的半径，然后结合数量关系求出结果，属于中档题.变式4．（2018年四川省棠湖中学三诊16题）已知点1(,0)F c -，2(,0)(0)F c c >是椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左、右焦点，点P 是这个椭圆上位于x 轴上方的点，点G 是12PF F ∆的外心，若存在实数λ，使得120GF GF GP λ++=，则当12PF F ∆的面积为8时，a 的最小值为__________． 【答案】4【解析】由G 是△PF 1F 2的外心，则G 在y 轴的正半轴上，120GF GF GP λ++=， 则1212()GP GF GF GO λλ=-+=-，则P ，G ，O 三点共线，即P 位于上顶点，则△PF 1F 2的面积S=12×b×2c=bc=8，由a 2=b 2+c 2≥2bc=16，则a ≥4，当且仅当时取等号， ∴a 的最小值为4，故答案为4．【点睛】(1)本题主要考查平面向量的共线定理和基本不等式，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答本题的关键是分析出1212()GP GF GF GO λλ=-+=-，得到P ，G ，O 三点共线，即P 位于上顶点.变式5．F 1，F 2分别为双曲线22221x y a b-=（a ，b >0）的左、右焦点，点P 在双曲线上，满足12PF PF ⋅=0，若△PF 1F 2的内切圆半径与外接圆半径之比为13，则该双曲线的离心率为_____.【答案】2【解析】120PF PF =，12PF PF ∴⊥．∴12PF F ∆的外接圆半径为1212F F c =，∴12PF F ∆的内切圆的半径为3c．设12PF F ∆的内切圆的圆心为M ，过M 作x 轴的垂线MN ，连接1MF ，2MF ，则3cMN =，设1NF m =，2NF n =，则2m n c +=，①不妨设P 在第一象限，由双曲线的定义可知122PF PF m na -=-=，② 由①②可得m a c =+，n c a =-，12PF PF ⊥，且1MF ，2MF 分别是12PF F ∠，21PF F ∠的角平分线，12214MF F MF F π∴∠+∠=，又121tan 33()MN c c MF F NF m a c ∠===+，2123()MN cMF F NF c a ∠==-， ∴2223()3()119()c c c a c a c c a ++-=--，化简可得2292a c =，故292e =，32e ∴=．故答案为：322．【点睛】本题考查了双曲线的性质，直线与圆的位置关系，属于中档题变式6. 数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心，依次在同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线后人称为三角形的欧拉线．已知ABC ∆的顶点)4,0(),0,2(B A ，若其欧拉线方程为02=+-y x ，则顶点C 的坐标是 ．【答案】()4,0-【解析】设(),C m n ，由重心坐标公式得，ABC ∆的重心为24,33m n ++⎛⎫⎪⎝⎭, 代入欧拉线方程得：242033m n++-+=,整理得：40m n -+= ① AB 的中点为()1,2，40202AB k -==--，AB 的中垂线方程为()1212y x -=-，即230x y -+=． 联立23020x y x y -+=⎧⎨-+=⎩，解得11x y =-⎧⎨=⎩.．ABC ∴∆的外心为()1,1-．则()()22221131m n ∴++-=+，整理得：22228m n m n ++-= ②联立①②得：4,0m n =-=或0,4m n ==．当0,4m n ==时,B C 重合，舍去．∴顶点C 的坐标是()4,0-． 考点：1新概念问题;2三角形的外心,重心,垂心.。

备战2022年新高考数学圆锥曲线压轴题精选与解析一、有关圆幂定理型压轴题【方法点拨】1.相交弦定理：如下左图，圆O 的两条弦AB 、PC 相交于圆内一点P ，则PA PB PC PD ⋅=⋅.2. 切割线定理:如下右图，PT 为圆O 的切线，P AB 、PCD 为割线，则2PT PA PB =⋅（）;3.割线定理：如下右图，P AB 、PCD 为圆O 的割线，则PA PB PC PD ⋅=⋅.说明：上述三个定理可以统一为22PA PB PO R ⋅=-(其中R 是半径)，统称为圆幂定理.【典型题示例】例1 如图，在平面直角坐标系x O y 中，已知点，点P 是圆O ：上的任意一点，过点作直线BT 垂直于AP ，垂足为T ，则2P A +3PT 的最小值是__________．【答案】 【分析】从题中已知寻求P A 、PT 间的关系是突破口，也是难点，思路一是从中线长定理入手，二是直接使用圆幂定理. 【解法一】由中线长公式可得，则 (1,0)A -224x y +=(1,0)B 93221862PT PA PA+=+≥=22212()2PO PA PB AB =+-22=10PA PB +CA ODPBTPOACD，则在中，，即 所以时取等）【解法二】∵BT ⊥ AP ，∴点T 的轨迹是圆，其方程是：x 2+y 2=1，过点P 作该圆的切线PC ，C 为切点，则PC，由切割线定理得：所以时取等）.点评：解法二中，先运用定直线张直角，得到隐圆，然后运用切割线定理得出定值，最后再使用基本不等式予以解决，思路简洁、解法明快.在有关解析几何的题目中，首先考虑相关的几何性质是解决这类问题的首选方向.在△AOM 中，由正弦定理得：OMsinA =√5，而OA ＝OM =2， 所以sinA =√5，所以tan A =2.故直线AB 的斜率为2．例3 在平面直角坐标系xOy 中，过点(1,0)M 的直线l 与圆225x y +=交于,A B 两点，222cos 2PA PB AB P PA PB+-=⋅3cos P PA PB =⋅Rt PBT ∆cos PT PB P =3PT PA=9232PA PT PA PA+=+≥=2PA =23PC PA PT =⋅=9232PA PT PA PA+=+≥=PA =其中A 点在第一象限，且2BM MA =，则直线l 的方程为 ． 【答案】y ＝x －1【分析】本题思路有下列几种：①利用向量坐标设点转化，点参法；②设直线方程的在x轴上的截距式，联立方程组；③垂径定理后二次解三角形；④相交弦定理；⑤利用”爪”型结构,得2133OM OA OB =+,两边平方求得AOB ∠的余弦值. 【解法一】：易知直线l 的斜率必存在，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)．由BM →＝2MA →，设BM ＝2t ，MA ＝t .如图，过原点O 作OH ⊥l 于点H ，则BH ＝3t2.设OH ＝d ，在Rt △OBH 中，d 2＋⎝⎛⎭⎫3t 22＝r 2＝5. 在Rt △OMH 中，d 2＋⎝⎛⎭⎫t 22＝OM 2＝1，解得d 2＝12， 则d 2＝k 2k 2＋1＝12，解得k ＝1或k ＝－1. 因为点A 在第一象限， BM →＝2MA →，由图知k ＝1， 所以所求的直线l 的方程为y ＝x －1.【解法二】由2BM MA =，设BM ＝2t ，MA ＝t又过点M 的直径被M 分成两段长为51-、51+ 由相交弦定理得()()225151t =-+，解之得2t =过原点O 作OH ⊥l 于点H ，在Rt △OBH 中，d 2＋⎝⎛⎭⎫3t 22＝r 2＝5，解得d 2＝12，（下同解法一，略）.【解法三】设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则BM →＝(1－x 2，－y 2)，MA →＝(x 1－1，y 1)．因为BM →＝2MA →，所以⎩⎪⎨⎪⎧1－x 2＝2(x 1－1)，－y 2＝2y 1.当直线AB 的斜率不存在时，BM →＝MA →，不符合题意． 当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 2＋y 2＝5，得(1＋k 2)y 2＋2ky －4k 2＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2k1＋k 2，y 1·y 2＝－4k 21＋k2，－y 2＝2y 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝2k1＋k 2，y 2＝－4k1＋k2，所以y 1·y 2＝－8k 2(1＋k 2)2＝－4k 21＋k2，即k 2＝1.又点A 在第一象限， 所以k ＝1，即直线AB 的方程为y ＝x －1.【解法四】设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则BM →＝(1－x 2，－y 2)，MA →＝(x 1－1，y 1)．因为BM →＝2MA →，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 1－x 2＝2(x 1－1)，－y 2＝2y 1，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＝2x 1－3，－y 2＝2y 1.又⎩⎪⎨⎪⎧ x 21＋y 21＝5，x 22＋y 22＝5，代入可得⎩⎪⎨⎪⎧x 21＋y 21＝5，(2x 1－3)2＋4y 21＝5，解得x 1＝2，代入可得y 1＝±1.又点A在第一象限，故A (2,1)，由点A 和点M 的坐标可得直线AB 的方程为y ＝x －1. 点评：上述各种解法中，以解法一、解法二最简、最优.【巩固训练】1. 在平面直角坐标系xoy 中，M 是直线3x =上的动点，以M 为圆心的圆M ，若圆M 截x 轴所得的弦长恒为4，过点O 作圆M 的一条切线，切点为P ，则点P 到直线2100x y +-=距离的最大值为 .2.在平面直角坐标系xOy 中，圆C ：(m ＞0)．已知过原点O 且相互垂直的两条直线l 1和l 2，其中l 1与圆C 相交于A ，B 两点，l 2与圆C 相切于点D ．若AB ＝OD ，则直线l 1的斜率为 ．3. 在平面直角坐标系xOy 中，设直线2y x =-+与圆222x y r +=(0)r >交于A B 、两点，O 为坐标原点，若圆上一点C 满足5344OC OA OB =+，则r = ．4.在平面直角坐标系xOy 中，已知点()0,1P 在圆C ：22222410++-+-+=x y mx y m m 内，若存在过点P 的直线交圆C 于A 、B 两点，且△PBC 的面积是△PAC 的面积的2倍，则实数m 的取值范围为 ．5.在平面直角坐标系xOy 中，圆22:(2)()3C x y m ++-=．若圆C 存在以G 为中点的弦AB ，且2AB GO =，则实数m 的取值范围是 ．6.已知直线3y ax =+与圆22280x y x ++-=相交于,A B 两点，点()00,P x y 在直线2y x =上且PA PB =，则0x 的取值范围为 .222()x m y r -+=【答案与提示】1.【答案】 2.【答案】 【解析一】作CE ⊥AB 于点E ，则 ，由OECD 是矩形，知CE 2＝OD 2，∴，化简得， 即cos ∠OCD ＝＝，tan ∠COB ＝tan ∠OCD ＝，∴直线l 1的斜率为．设OD ＝t (又∴直线l 13.244164416OC ⎪⎝⎭即222225159cos 16816r r r AOB r =+∠+，整理化简得3cos 5AOB ∠=-. 5±22222221144CE BC BE BC AB BC OD =-=-=-2222215()44r m r m r -=--=222254r m m r -=-r m =CDOC 3r m=55±2m t =Rt COE ∆过点O 作AB 的垂线交AB 于D ， 则23cos 2cos 15AOB AOD ∠=∠-=-，得21cos 5AOD ∠=.又圆心到直线的距离OD ==222212cos 5OD AOD r r ∠===，r = 【解法二】注意到线性表示时的系数和为2，联想“三点共线”. 由5344OC OA OB =+，即153288OC OA OB =+ 得A B D 、、三点共线（其中D 是AB 的中点），且:3:5AD BD =， 设，5BD x =思路一：垂径定理后二次解三角形，()222224r x r x ⎧⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭⎨⎪=+⎩，解之得r =思路二：相交弦定理，()22335224r r x x r x ⎧⋅=⋅⎪⎨⎪=+⎩，解之得r =. 4.【答案】4,49⎡⎫⎪⎢⎣⎭5.【答案】[【提示】易知OA OB ⊥，考察临界状态，只需过原点作圆的切线，切点弦的张角大于等于直角即可.6.【答案】 (1,0)(0,2)-⋃二、 抛物线过焦点的弦【方法点拨】设AB 是过抛物线y 2＝2px (p ＞0)焦点F 的弦，若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，α为弦AB 的倾斜角．则 (1)x 1x 2＝p 24，y 1y 2＝－p 2.(2)|AF |＝p 1－cos α，|BF |＝p1＋cos α (其中点A 在x 轴上侧，点B 在x 轴下侧) .(3)弦长|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝2psin 2α.(4)1|AF |＋1|BF |＝2p. 3AD x =(5)以弦AB 为直径的圆与准线相切．【典型题示例】例 1 已知抛物线()02:2>=p px y C 的焦点F 到其准线的距离为4，圆()12:22=+-y x M ，过F 的直线l 与抛物线C 和圆M 从上到下依次交于A ，P ，Q ，B四点，则BQ AP 4+的最小值为 . 【答案】13【分析】易知4p =，圆心(2,0)M 即为焦点F ，故445AP BQ AF BF +=+-，再利用抛物线的定义，进一步转化为445A B AP BQ x x +=++，利用4A B x x =、基本不等式即可. 【解析】易知4p =，圆心(2,0)M 即为焦点F所以()()414145AP BQ AF BF AF BF +=-+-=+- 根据抛物线的定义22A A p AF x x =+=+，22B B pBF x x =+=+ 所以()()4242545A B A B AP BQ x x x x +=+++-=++又244A B p x x ==所以445513A B AP BQ x x +=++≥=，当且仅当4A B x x =，即41A B x x =⎧⎨=⎩时等号成立，此时直线l的方程是y =-所以BQ AP 4+的最小值为13.例2 已知斜率为k 的直线l 过抛物线C ：y 2＝2px （p ＞0）的焦点，且与抛物线C 交于A ，B 两点，抛物线C 的准线上一点M （－1，－1）满足MA ·MB ＝0，则｜AB ｜＝ （ ） A． B． C ．5 D ．6 【答案】C【分析】将MA ·MB ＝0直接代入坐标形式，列出关于A ，B 中点坐标的方程，再利用斜率布列一方程，得到关于A ，B 中点坐标的方程组即可.这里需要说明的是，MA ·MB ＝0转化的方法较多，如利用斜边中线等于斜边一半等，但均不如上法简单. 【解析】易知p =2设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则x 1x 2=1，y 1y 2=－4，11(1,1)MA x y =++，22(1,1)MB x y =++ ∵MA ·MB ＝0∴1212(1)(1)(1)(1)0x x y y +++++=，化简得12121x x y y +++= 设A 、B 中点坐标为（x 0，y 0），则0012x y += ① 又由直线的斜率公式得12122212121204244AB y y y y k k y y x x y y y --=====-+-，001y k x =-∴00021y y x =-，即2002(1)y x =- ② 由①、②解得032x =∴12025AB x x p x p =++=+=，答案选C. 点评：本题的命题的原点是阿基米德三角形，即从圆锥曲线准线上一点向圆锥曲线引切线，则两个切点与该点所构成的三角形是以该点为直角顶点的直角三角形.以此为切入点解决此题，方法则更简洁.例3 过抛物线y 2＝4x 的焦点F 的直线l 与抛物线交于A ，B 两点，若|AF |＝2|BF |，则|AB |等于( ) A.4 B.92C.5D.6【答案】B【解析】 由对称性不妨设点A 在x 轴的上方，如图设A ，B 在准线上的射影分别为D ，C ，作BE ⊥AD 于E ，设|BF |＝m ，直线l 的倾斜角为θ，则|AB |＝3m ， 由抛物线的定义知|AD |＝|AF |＝2m ，|BC |＝|BF |＝m ，所以cos θ＝|AE ||AB |＝13，∴sin 2θ＝89.又y 2＝4x ，知2p ＝4，故利用弦长公式|AB |＝2p sin 2θ＝92. 【巩固训练】1.设F 为抛物线C ：y 2＝3x 的焦点，过F 且倾斜角为30°的直线交C 于A ，B 两点，O 为坐标原点，则△OAB 的面积为( ) A.334B.938C.6332D.942.已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点F 到准线的距离为2，过点F 的直线与抛物线交于P ，Q 两点，M 为线段PQ 的中点，O 为坐标原点，则下列结论正确的是( ) A.抛物线C 的准线方程为y ＝－1 B.线段PQ 的长度最小为4 C.点M 的坐标可能为(3，2) D.OP →·OQ →＝－3恒成立3.已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过F 的直线l 交C 于A ，B 两点，分别过A ，B 作准线l 的垂线，垂足分别为P ，Q .若|AF |＝3|BF |，则|PQ |＝________.4.已知抛物线C 的焦点为F ，过F 的直线与抛物线C 交于A ，B 两点，若112AF BF+=，则符合条件的抛物线C 的一个方程为__________．5.过抛物线22y x =的焦点F 作直线交抛物线于,A B 两点，若25,,12AB AF BF =<则AF = .6.过抛物线24y x =的焦点F 的直线交该抛物线于,A B 两点，若||3AF =，则||BF =______.【答案与提示】1.【答案】D【解析一】 由已知得焦点坐标为F ⎝⎛⎭⎫34，0，因此直线AB 的方程为y ＝33⎝⎛⎭⎫x －34，即4x －43y －3＝0.与抛物线方程联立，化简得4y 2－123y －9＝0， 故|y A －y B |＝（y A ＋y B ）2－4y A y B ＝6.因此S △OAB ＝12|OF ||y A －y B |＝12×34×6＝94.【解析二】 由2p ＝3，及|AB |＝2p sin 2α得|AB |＝2p sin 2α＝3sin 230°＝12. 原点到直线AB 的距离d ＝|OF |·sin 30°＝38，故S △AOB ＝12|AB |·d ＝12×12×38＝94.2.【答案】 BCD【解析】因为焦点F 到准线的距离为2，所以抛物线C 的焦点为F (1，0)，准线方程为x ＝－1，A 错误.当线段PQ 垂直于x 轴时长度最小，此时|PQ |＝4，B 正确.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，直线PQ 的方程为x ＝my ＋1.联立得方程组⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝my ＋1.消去x 并整理，得y 2－4my －4＝0，Δ＝16m 2＋16>0，则y 1＋y 2＝4m ，所以x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)＋2＝4m 2＋2，所以M (2m 2＋1，2m ).当m ＝1时，可得M (3，2)，C 正确.可得y 1y 2＝－4，x 1x 2＝(my 1＋1)(my 2＋1)＝m 2y 1y 2＋m (y 1＋y 2)＋1＝1，所以OP →·OQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＝－3，D 正确.故选BCD.3.【答案】 833【解析】F (1，0)，不妨设A 在第一象限，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由|AF |＝3|BF |得y 1＝－3y 2①设l AB ：y ＝k (x －1)与抛物线方程联立得 ky 2－4y －4k ＝0，y 1＋y 2＝4k ，y 1·y 2＝－4，②结合①②解得y 2＝－233，|PQ |＝|y 1－y 2|＝|－3y 2－y 2|＝－4y 2＝833.4.【答案】满足焦准距为1即可，如22y x =. 【解析】由公式112AF BF p +=得22p=，解得1p =，满足焦准距为1即可，如22y x =等. 5.【答案】65 【解析一】设AF =m ，BF =n ，则有25121121mnm n Pp ，解得65=m 或45m =(舍).【解析二】抛物线22y x =的焦点坐标为)0,21(，准线方程为21-=x 设A ，B 的坐标分别为),(),,(2211y x y x ，则414221==p x x 设n BF m AF ==,，则21,2121-=-=n x m x 所以有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=--122541)21)(21(n m n m ，解得65=m 或45=n ，所以65=AF . 6.【答案】32【解析】直接由112n m p+=立得（其中m ，n 是焦点弦被焦点所分得的两线段长，p 就是焦准距）.三、椭圆、双曲线的焦点弦被焦点分成定比【方法点拨】1. 设椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=＞＞的右焦点为F ，过F 的直线l 与椭圆相交于A B、两点，直线l 的倾斜角为θ，且=()AF FB λλ＞0，则e θλ、、间满足1cos 1e λθλ-=+. 2.长短弦公式:如下图,长弦=1cos ep AF e θ-,短弦=1cos epBF e θ+（其中p 是焦参数，即焦点到对应准线的距离，θ是直线l 与x 轴的夹角，而非倾斜角）. 说明：（1）公式1的推导使用椭圆的第二定义，不必记忆，要有“遇过将焦半径转化为到准线距离”的意识即可.（2）双曲线也有类似结论.【典型题示例】例1 已知椭圆方程为2214x y +=，AB 为椭圆过右焦点F 的弦，则的最小值||2||AF FB ∴+F xA BO为 ．【解析】由，得，，则椭圆的离心率为，右准线方程为 如图，过作于，则，① 设的倾斜角为， 则，② 联立①②，可得，同理可得，．令，，，． ．当且仅当时上式取等号． 的最小值为． 2214x y +=2a =c =e =:l x =A AM l ⊥M ||||AF AM =AB θ||||||cos ||cos ||cos AM CF AF AF AF θθθ=-==||AF =||BF ||2||AF BF ∴++==cos t θ=[1t ∈-1]1||2||32(6)12AF FB ∴+==-+-322(6)1263t-+++326363t =+t ||2||AF FB ∴+34+故答案为：．例 2 （2021·江苏南京盐城二调·7）已知双曲线()2222100x y C a b a b-=>>：，的左、右焦点分别为F 1，F 2，过点F 2作倾斜角为θ的直线l 交双曲线C 的右支于A ，B 两点，其中点A 在第一象限，且cos θ＝14.若|AB |＝|AF 1|，则双曲线C 的离心率为A ．4B ．15C ．32 D ．2【答案】D【解析】22cos b AF a c θ=-，22cos b BF a c θ=+，2222122122230124b AB AF BF AF a AF BF a a e e ac =+==+⇒=⇒=⇒--=⇒+2e =．例3 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为32，与过右焦点F 且斜率为k (k >0)的直线相交于A ，B 两点．若AF →＝3FB →，则k ＝________.【答案】2【解析】如右图，设l 为椭圆的右准线，过A 、B3224+分别向l 作垂线AA /、BB /，A /、B /分别是垂足，过B 作AA /垂线BD ，D 是垂足 设BF =t ，AF =3t则t BB e '=，3t AA e'= Rt ABD 中，2,4tAD AB t e==故11cos 23AD AB e θ=== 又k >0，所以tan 2k θ==.xDF B BAyO B / A /【巩固训练】1. 设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，过点F 1的直线交椭圆E 于A ，B 两点．若|AF 1|＝3|F 1B |，AF 2⊥x 轴，则椭圆E 的离心率为________．2.已知F 是椭圆C 的一个焦点，B 是短轴的一个端点，线段BF 的延长线交C 于点D ，且BF ＝2FD ，则C 的离心率为________．3. 已知F 是抛物线24C y x =：的焦点，过F 且斜率为1的直线交C 于A B ，两点．设FA FB >，则FA 与FB 的比值等于 ．4.已知1F ，2F 是椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>的左右焦点，若E 上存在不同两点A ，B ，使得123F A F B =，则该椭圆的离心率的取值范围为( )A ．1，1)B ．1)-C ．(2-，1)D ．(0,2【答案与提示】1.【解析】如右图，设直线AB 的倾斜角为θ则12Rt AF F ，21212,b F F c AF a==所以cos θ=由|AF1|＝3|F1B|、长短弦公式得：31cos1cosep epe eθθ=-+，化简得：2cos1eθ=1=，即4e===解之得：213e（负值已舍），所以33e.2.【答案】333.【答案】3+4.【答案】C【解析】延长1AF交椭圆于1A，根据椭圆的对称性，则211F B A F=，1113F A A F=，由12F A F Bλ=，且1||1cosepF Aeθ=-，11||1cosepA Feθ=+，由112A F F B=，所以1cos1cosep epe eλθθ=-+，整理得1cos1eλθλ-=+，其中[0θ∈，2)π，由A，B不重合，所以0θ≠，cose eθ=<，解得2e>，所以，椭圆的离心率的取值范围(2，1)．。

2022新高考Ⅰ卷21题解析几何压轴题解法探究2022新高考Ⅰ卷数学试题，据称是近20年来史上第二难高考数学试题(史上最难2003)．本文将对该卷21题解析几何压轴题，从不同的角度进行解析剖析．以期总结方法规律，优化思考方向，破解难点疑点，为广大的2023届高考师生提供有益的参考和帮助． 【2022新高考1卷21题】已知点(2,1)A 在双曲线2222:1(1)1x y C a a a -=>-上，直线l 交C 于P ，Q 两点，直线,AP AQ的斜率之和为0． （1）求l 的斜率；（2）若tan PAQ ∠=PAQ △的面积．【答案】（1）1-（2）9方法一：直线双参+韦达法【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设直线PQ 的方程为y kx m =+，设1122(,),(,)P x y Q x y ，联立2212x y y kx m ⎧-=⎪⎨⎪=+⎩消去y 得222(21)4220k x kmx m -+++=2121222422,2121km m x x x x k k +∴+=-=--，由121211022AP BP y y k k x x --+=+=--可得1221(1)(2)(1)(2)0y x y x --+--= 即1221(1)(2)(1)(2)0kx m x kx m x +--++--= 展开整理得12122(12)()4(1)0kx x m k x x m +--+--=即2222242(12)()4(1)02121m kmk m k m k k +⋅+--⋅---=-- 即2(1)210m k k k +++-=，(1)(21)0k m k ++-=故1k =-或12m k =-当12m k =-时的方程为12y kx k =+-，其恒过定点(2,1)A ，与题意不符 故直线PQ 的斜率1k =-.(2)不妨设0AP k >，其倾斜角为θ，由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=±因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为±tan θ=因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==直线AP的方程为12)y x -=-，直线AP的方程为12)y x -=-，221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x ++-+= 方程的两根为点,A P的横坐标，所以1623P x -+=，103P x -=221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x -+++= 方程的两根为点,A Q的横坐标，所以2Q x +=，Q x =于是||2|1)P AP x =-=，||2|1)Q AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=.【点评】联立方程韦达定理，是解析几何压轴大题最流行的方法套路．本题引入直线PQ 的双参方程y kx m =+，参与计算变形，使得运算过程相对繁复，产生了较大的运算量．要想变形到(1)(21)0k m k ++-=这一步，没有过硬的计算能力是很难达到的． 方法二：直线单参+设点求点【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设1122(,),(,)P x y Q x y ，设直线AP 的倾斜角为θ，不妨设其斜率0k >， 则直线AQ 的斜率为k -直线AP 的方程为1(2)y k x -=-，代入2212x y -=整理得 222(21)4(21)2(21)20k x k k x k ---+-+=点,A P 的横坐标为方程的两根，故2122(21)2221k x k -+=-，22122(21)14422121k k k x k k -+-+∴==--，2112241(2)121k k y k x k -+-=-+=-于是点P 坐标为2222442241(,)2121k k k k P k k -+-+---， 用k -代换k 可得2222442241(,)2121k k k k Q k k ++----- 故22222222241241212114424422121PQk k k k k k k k k k k k k ----+----==-++-+--- (2)由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为±tan θ=因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==在,P Q的坐标中令k =1010,33P Q x x -+==于是||2|1)P AP x =-=，||2|1)Q AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】直线过圆锥曲线上已知一点时，可尝试设点求点的套路求出另一点的坐标．本题引入直线AP 的单参方程1(2)y k x -=-，可直接求出点P 的坐标，用k -代换k 立即可得点Q 的坐标，从而顺利求得PQ 的斜率．本解法思路清晰自然，单参变形所产生的运算量适中，无需特殊方法技巧．方法三：点差法+整体代换【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设1122(,),(,)P x y Q x y ，则121211,22AP BP y y k k x x --==--， 代入0AP BP k k +=化简整理得122112122240x y x y x x y y +----+=⋅⋅⋅⋅⋅⋅①点,,P Q A 在双曲线上，故221122222212122112x y x y ⎧-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎨⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎩②③④-②③整理得121212122()y y x x x x y y -+=-+即12122()PQ x xk y y +=+同理②-④,③-④可得121222,2(1)2(1)AP AQ x x k k y y ++==++代入0AP BP k k +=化简整理得122112122240x y x y x x y y ++++++=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⑤①-⑤得12122()4()0x x y y +++=，所以12122()x x y y +=-+所以1PQ k =-.(2)不妨设0AP k >，其倾斜角为θ，由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=±因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=±因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==由11111222(1)AP y x k x y -+===-+142(13x -=由22221222(1)AQ y x k x y -+===-+解得242(13x -=-故1||2|1)AP x =-=，2||2|1)AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以1||||sin 2PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】点差法在解决圆锥曲线上两点连线斜率有关问题时往往事半功倍．本题充分利用点差法及两点斜率公式，得到直线,AP AQ 斜率的两种表达形式进行整体变形，轻松求得直线PQ 的斜率．本解法运算简洁，思路清晰自然，求斜率事半功倍．方法四：齐次化【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -=双曲线可化为22[(2)2][(1)1]12x y -+--+=即22(2)2(1)4[(2)(1)]0x y x y ---+---=设直线PQ 的方程为(2)(1)1a x b y -+-=联立22(2)2(1)4[(2)(1)]0(2)(1)1x y x y a x b y ⎧---+---=⎨-+-=⎩可得22(2)24[(2)(1)][(2)(1)]0x y x y a x b y --+----+-= 即22(41)(2)4()(2)(1)(42)(1)0a x b a x y b y +-+----+-= 两边同除2(2)x -整理得211(42)()4()(41)022y y b a b a x x --++--+=-- 其中12y x --表示直线AP 与BP 的斜率,AP AQ k k 由于4()024AP AQ a b k k b-+=-=+所以a b =，直线PQ 的斜率为1ak b=-=-. (2)不妨设直线AP 的斜率0AP k >，设其倾斜角为θ 由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan θ=因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=±因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==直线AP 的方程为12)y x -=-，直线AP 的方程为12)y x -=-，221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x ++-+= 方程的两根为点,A P的横坐标，所以1623P x -+=，103P x -=221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x -+++= 方程的两根为点,A Q的横坐标，所以1623Q x ++=，103Q x +=于是||2|1)P AP x =-=，||2|1)Q AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】齐次化在解决圆锥曲线同构问题上往往有奇效．本题直线,AP AQ 的斜率具有相同的结构，即12y x --的形式，于是可考虑构造关于1y -与2x -的二次齐次方程．直接将直线PQ 的方程设为(2)(1)1a x b y -+-=，进行“１代换”，为齐次化带来了方便．本解法思路奇巧，运算简洁明了．但需要考生平时付出大量训练才能掌握此方法的精髓和技巧！方法五：坐标平移+齐次化【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 对坐标系进行平移，使坐标原点与点A 重合，在新坐标系下：双曲线方程为22(2)(1)12x y ---=即2224()0x y x y -+-= 设直线PQ 的方程为1ax by +=联立2224()01x y x y ax by ⎧-+-=⎨+=⎩可得2224()()0x y x y ax by -+-+=即22(41)4()(42)0a x b a xy b y ++--+= 两边同除2x 得2(42)()4()(41)0y yb a b a xx++--+= 其中yx表示直线AP 与BP 的斜率,AP AQ k k 由于平移不改变直线的斜率，故4()024AP AQ a b k k b-+=-=+所以a b =，直线PQ 的斜率为1-.(2)不妨设直线AP 的斜率0AP k >，设其倾斜角为θ 由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为±tan θ=因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==在新坐标系下，直线,AP BP的方程分别为,y y ==联立2224()0x y x y y ⎧-+-=⎪⎨=⎪⎩解得4(13P x =，于是|||1)P AP x ==联立2224()0x y x y y ⎧-+-=⎪⎨=⎪⎩解得4(13Q x =-，于是|||1)Q AQ x ==而由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】坐标平移后，在新坐标系下的齐次化过程更加直观自然．运算也变得简单明了了．方法六：参数方程法【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设直线AP ：112cos 1sin x t y t θθ=+⎧⎨=+⎩，其中θ为AP 的倾斜角则直线AQ ：222cos()1sin()x t y t πθπθ=+-⎧⎨=+-⎩，即222cos 1sin x t y t θθ=-⎧⎨=+⎩代入双曲线方程得22112222(2cos )2(1sin )2(2cos )2(1sin )2t t t t θθθθ+-+=--+=解得1222224cos 4sin 4cos 4sin ,cos 2sin cos 2sin t t θθθθθθθθ-++==-- 直线PQ 的斜率12121212sin 1cos y y t t k x x t t θθ--==⋅=--+(2)不妨设直线AP 的斜率0AP k >，其倾斜角为θ 由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=±因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=可得sin θθ==于是12t t ==而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以121||||sin 29PAQ S t t PAQ ∆=∠=. 【点评】直线参数方程的介入，使问题转化为对两参数12,t t 的讨论，思路自然，运算量适中．新教材《选择性必修第一册》68P 探究与发现栏目，对直线的参数方程进行了简单的介绍．所以新高考使用直线参数方程解题是被允许的．此方法同样需要考生付出大量训练才能掌握精髓和技巧！方法七：点差法+分式合分比定理【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设1122(,),(,)P x y Q x y ，则121211,22AP BP y y k k x x --==--， 点,,P Q A 在双曲线上，故221122222212122112x y x y ⎧-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎨⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎩②③④-②③整理得121212122()y y x xx x y y -+=⋅⋅⋅⋅⋅⋅-+⑤同理②-④,③-④可得121222,2(1)2(1)AP AQ x x k k y y ++==++由0AP BP k k +=可得121212*********(1)2(1)AP y y x x k x x y y --++==-==---++ 由分式合分比定理可得12121212121212121442(2)2()AP y y y y x x x x k x x x x y y y y -+--++====+--++-变形得1212121242(2)y y x x x x y y -+-=-++结合⑤得121212121212121212124(4)()12(2)2()2(2)2()y y x x x x x x x x x x y y y y y y y y -+-++--+====--+++++-+即1PQ k =-.(2)不妨设0AP k >，其倾斜角为θ，由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan θ= 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=± 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==由11111222(1)AP y x k x y -+===-+142(13x -=由22221222(1)AQ y x k x y -+===-+解得242(13x -=-故1||2|1)AP x =-=，2||2|1)AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】点差法在解决圆锥曲线上两点连线斜率有关问题时往往事半功倍．本题充分利用点差法及两点斜率公式，得到直线,AP AQ 斜率的两种表达形式，结合分式合分比定理进行整体变形，求得直线PQ 的斜率．本解法运算简洁，思路清晰自然，求斜率事半功倍．但要求考生对分式合分比定理有较深刻的认识并能较熟练的应用．【总结】解决解析几何压轴题的方法策略主要有三种：1、根与系数的关系法（主流方法）．设出动直线的方程：①y kx m =+，②x my n =+，③00()y y k x x -=-， ④{00cos sin x x t y y t αα=+=+（t 为参数），与圆锥曲线方程联立消元得到关于(x y t ）或参数的一元二次方程，得两根之和两根之积，同时兼顾0,0∆>∆=或的要求，利用两根之和两根之积进行整体代换整体变形而求解．2、多变量多参数联动变换法．此种方法有别于方法1，不联立方程消元求解，而是直接将所设出点的坐标代入曲线（直线）方程和题设中，得到若干个关于点的坐标与参数间的关系式，对这些关系式进行整体变形整体代换而求解．如弦中点问题常用点差法处理．同构问题齐次化处理．此种方法对多变量多参数的代数式的驾驭能力及变换技巧是一种考验．3、设点求点法．方法1、2均采用了设而不求的策略．当问题中直线与曲线的交点易求时，可考虑直接求出点的坐标进行求解，即设点求点法．如：动直线过曲线上一已知点时，则另一交点坐标可直接求出；再如动直线y kx =与椭圆22221x y a b+=的交点易求出． 以上七种解决方案中，本人最青睐的是方法三点差整体变形法，轻巧灵动四两拔千斤！其次是方法二设点求点法，思路清晰自然运算简单明了！。

圆锥曲线复习题1．如图，椭圆C 1：x 2a 2+y 2b 2=1(a ＞b ＞0)的一个顶点为P （0，﹣1），离心率为√32．l 1，l 2是过点P 且互相垂直的两条直线，其中，l 1交圆C 2：x 2+y 2＝4于A ，B 两点，l 2交椭圆C 1于另一点D ．（Ⅰ）求椭圆C 1的方程；（Ⅱ）求△ABD 面积取最大值时，直线l 1的方程．【分析】（Ⅰ）利用椭圆的一个顶点求出b 的值，由离心率得到a 和c 的关系，结合c 2＝a 2﹣b 2，求出a ，b ，即可得到椭圆的标准方程；（Ⅱ）由题意，设直线l 1，l 2的方程，利用点到直线的距离公式求出直线l 1被圆x 2+y 2＝4所截的弦AB 的长，联立直线l 2与抛物线，得到韦达定理，利用弦长公式求出|DP |，然后求出△ABD 的面积，利用基本不等式求解最值，即可得到答案．【解答】解：（Ⅰ）因为椭圆的一个顶点为P （0，﹣1），则b ＝1，又离心率为√32，则c a =√32， 结合c 2＝a 2﹣b 2，解得a ＝2，b ＝1，所以椭圆的方程是x 24+y 2=1；（Ⅱ）因为直线l 1⊥l 2，且都过点P （0，﹣1），则设直线l 1：y ＝kx ﹣1，即kx ﹣y ﹣1＝0，直线l 2：y =−1k x −1⇒x +ky +k =0，故圆心（0，0）到直线l 1的距离为d =√1+k ，所以直线l 1被圆x 2+y 2＝4所截的弦|AB|=2√4−d 2=√2√1+k ，联立方程组{x +ky +k =0x 24+y 2=1⇒k 2x 2+4x 2+8kx =0， 所以x D +x P =−8k k 2+4， 故|DP|=√(1+1k 2)64k 2(k 2+4)2=8√k 2+1k 2+4，所以S △ABD=12|AB||DP|=12×√2√1+k 8√k 2+1k 2+4=8√4k 2+3k 2+4=4×8√4k 2+34k 2+3+13 =324k 2+34k 2+3+134k 2+3=32√4k +3+13√4k 2+3≤322√13=1613√13， 当且仅当√4k 2+3=13√4k +3⇒k 2=52⇒k =±√102时等号成立， 此时直线l 1的方程为y =±√102x −1．【点评】本题考查了椭圆标准方程的求解、直线与圆的位置关系的运用，直线与椭圆位置关系的应用，弦长公式以及点到直线距离公式的运用，在解决直线与圆锥曲线位置关系的问题时，一般会联立直线与圆锥曲线的方程，利用韦达定理和“设而不求”的方法进行研究，属于中档题．2．已知A(2，√2)为椭圆x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）与抛物线y 2＝2px 的交点，设椭圆的左右焦点为F 1，F 2，抛物线的焦点为F ，直线AF 将ΔAF 1F 2的面积分为9：7两部分．（1）求椭圆及抛物线的方程；（2）若直线l ：y ＝kx +m 与椭圆x 2a 2+y 2b 2=1相交于P 、Q 两点，且△OPQ 的重心恰好在圆O ：x 2+y 2＝1上，求m 的取值范围．【分析】（1）利用点A 为椭圆和抛物线的交点，代入两个方程，即可求出抛物线的方程，再利用直线AF 将ΔAF 1F 2的面积分为9：7两部分，求出c 的值，由此得到a ，b 的值，从而得到椭圆的标准方程；（2）联立直线与椭圆的方程，得到韦达定理和判别式大于0，由△POQ 重心恰好在圆x 2+y 2＝1上，得到(x 1+x 2)2+(y 1+y 2)2=9，利用韦达定理进行化简变形，表示出m 2的表达式，由基本不等式求解即可得到答案．【解答】解：（1）由题意可知，点A(2，√2)为椭圆与抛物线的交点，4a 2+2b 2=1且2＝4p ，解得p =12，则y 2＝x ；又直线AF 将ΔAF 1F 2的面积分为9：7两部分，所以c +14=97(c −14)，解得c ＝2，则a 2﹣b 2＝4，解得b =2，a =2√2，抛物线的方程为y 2＝x ；椭圆的方程为x 28+y 24=1； （2）设P （x 1，y 1），Q （x 2，y 2），由{x 28+y 24=1y =kx +m，可得（1+2k 2）x 2+4kmx +2m 2﹣8＝0， 由Δ＞0，可得4（2k 2+1）＞m 2（※），且x 1+x 2=−4km1+2k 2，由△POQ 重心恰好在圆x 2+y 2＝1上，可得(x 1+x 2)2+(y 1+y 2)2=9，即(x 1+x 2)2+[k(x 1+x 2)+2m]2=9，即(1+k 2)(x 1+x 2)2+4km(x 1+x 2)+4m 2=9，所以16(1+k 2)k 2m 2(1+2k 2)2−16k 2m 21+2k 2+4m 2=9，化简得m 2=9(1+2k 2)24(4k 2+1)，代入（※）中可得k ∈R ，设4k 2+1=t ⇒k 2=t−14(t ≥1)，则m 2=9(1+2k 2)24(4k 2+1)=9(t 2+2t+1)16t =916(t +1t +2)≥94， 当且仅当t ＝1时取等号，故m 2≥94，则实数m 的取值范围为m ≤−32或m ≥32．【点评】本题考查了椭圆标准方程以及抛物线标准方程的求解、直线与椭圆位置关系的应用，在解决直线与圆锥曲线位置关系的问题时，一般会联立直线与圆锥曲线的方程，利用韦达定理和“设而不求”的方法进行研究，属于中档题．3．已知双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的两个焦点为F 1，F 2，一条渐近线方程为y ＝bx ，且双曲线C 经过点D （√2，1）．（1）求双曲线C 的方程；（2）设点P 在直线x ＝m （y ≠±m ，0＜m ＜1，且m 为常数）上，过点P 作双曲线C 的两条切线P A ，PB ，切点为A ，B ，求证：直线AB 过某一个定点．【分析】（1）依题意，建立关于a ，b 的方程组，解出a ，b 的值，即可求得双曲线的方程；（2）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），直线P A ：y ﹣y 1＝k （x ﹣x 1），将其与双曲线方程联立，由相切可得△＝0，化简可得y 1k 1﹣x 1＝0，则k =x 1y 1，由此表示直线P A 方程，同理可得直线PB 方程，进而得到直线AB 方程，由此可得证．【解答】解：（1）依题意，{b a =b 2a 2−1b 2=1，解得{a =1b =1， ∴双曲线C 的方程为x 2﹣y 2＝1；（2）证明：设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），直线P A ：y ﹣y 1＝k （x ﹣x 1），由{y −y 1=k(x −x 1)x 2−y 2=1得，(1−k 2)x 2−2k(y 1−kx 1)x −(y 1−kx 1)2−1=0， ∵直线P A 与双曲线相切，∴△=4k 2(y 1−kx 1)1+4(1−k 2)(y 1−kx 1)2+4(1−k 2)=0，∴4(y 1−kx 1)2+4(1−k 2)=0，∴k 2x 12−2kx 1y 1+y 12+1−k 2=0，即(x 12−1)k 2−2kx 1y 1+y 12+1=0， 又x 12−y 12=1，∴x 12−1=y 12，y 12+1=x 12，∴y 12k 2−2kx 1y 1+x 12=(y 1k −x 1)2=0，∴y 1k 1﹣x 1＝0，则k =x 1y 1， ∴直线P A ：y −y 1=x1y 1(x −x 1)，即y 1y ＝x 1x ﹣1， 同理，切线PB 的方程为y 2y ＝x 2x ﹣1，∵P （m ，y 0）在切线P A ，PB 上，∴{y 0y 1=mx 1−1y 0y 2=mx 2−1， ∴A ，B 满足直线方程y 0y ＝mx ﹣1，而两点确定唯一一条直线，∴直线AB ：y 0y ＝mx ﹣1，则当{x =1m y =0时，无论y 0取何值，等式均成立， ∴点(1m ，0)恒在直线AB 上，故无论点P 在何处，直线AB 恒过定点(1m ，0)．【点评】本题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线的位置关系，考查圆锥曲线中的证明问题，计算量较大，属于较难题目．。