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高考数学一轮复习讲义 第17讲 圆锥曲线 理

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圆锥曲线经典精讲
引入
从一道题谈起：若椭圆22221(0)xyabab上存在一点P，使得12120APA，则
椭圆离心率的取值范围是 ．

归纳与总结

(1)从椭圆01:2222babyaxC，上的点P看长轴两端点的视角达最大时，点P位
于 ；
(2)从椭圆01:2222babyaxC，上的点P看两焦点的视角达到最大时，点P位
于 ；
(3)从椭圆01:2222babyaxC，上的点P看短轴两端点的视角达最小时，点P位
于 ．

重难点突破
题一：已知椭圆22221(0)xyabab和圆O：，过椭圆上一点P引圆O的两条切线，切
点分别为A、B．
（1）①若圆O过椭圆的两个焦点，求椭圆的离心率e；
②若椭圆上存在点P，使得∠APB=90°，求椭圆离心率的取值范围；
（2）直线AB与x轴、y轴分别交于点M、N，求证：2222||||abONOM为定值．

金题精讲
题一：过抛物线24xy的焦点的直线与抛物线交于，两点，过，两点分别作抛物线的切线，
这两条切线的交点为．
（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求证：是和的等比中项．

题二：已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab，12FF、分别为C的左、右焦点．P为C右
支上一点，且12=,3FPF 12FPF的面积为233a．
（Ⅰ）求C的离心率e；
（Ⅱ）设A为C的左顶点，Q为第一象限内C上的任意一点，问是否存在常数(0),使

得22QFAQAF恒成立．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
引入

题一：6(0,]3
重难点突破
题一：（1）①22，②2[,1)2；（2）定值为22ab，证明略
金题精讲
题一：（Ⅰ）0；（Ⅱ）证明略 题二：（Ⅰ）2；（Ⅱ）存在，=2．

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高三数学一轮复习圆锥曲线 抛物线

高三数学一轮复习圆锥曲线 抛物线

2 x2 x2 y＝ (x－x2)＋ ， 2 4
⑥
x1＋x2 x1x2 由⑤⑥得 MA， MB 的交点 M(x0， y0)的坐标为 x0＝ ， y0＝ ， 2 4 因为点 M(x0，y0)在 C2 上，即 x2 0＝－4y0，
2 x1 ＋x2 2 所以 x1x2＝－ . ⑦ 6
4 由③④⑦得 x ＝ y，x≠0. 3
p [听课记录] 依题意， 设抛物线方程是 y ＝2px(p>0)，则有 2＋ ＝ 2
2
3，得 p＝2， 故抛物线方程是 y2＝4x，点 M 的坐标是(2，± 2 2)， |OM|＝ 22＋8＝2 3. 答案 B


[规律方法] 1 ． 求抛物线的方程一般是利用待定系数法， 即求p但要注意判断标准方程的形式． 2 ．研究抛物线的几何性质时，一是注意定义 转化应用；二是要结合图形分析，同时注意平 面几何性质的应用．



[典题导入] (1)(2013·新课标全国Ⅱ高考)设抛物线C： y2 ＝ 2px(p ＞ 0) 的焦点为 F ，点 M 在 C 上， |MF| ＝ 5 ，若以 MF 为直径的圆过点 (0 ， 2) ，则 C 的 方程为 ( ) A．y2＝4x或y2＝8x B ． y2 ＝ 2x 或 y2 ＝8x C．y2＝4x或y2＝16x D ． y2 ＝ 2x 或 y2 ＝16x
2
当 x1＝x2 时，A，B 重合于原点 O，AB 中点 N 为 O，坐标满足 x2 4 ＝ y. 3 4 因此线段 AB 中点 N 的轨迹方程为 x ＝ y. 3
2



[规律方法] 1．设抛物线方程为y2＝2px(p＞0)，直线Ax＋ By ＋ C ＝ 0 ，将直线方程与抛物线方程联立， 消去x得到关于y的方程my2＋ny＋q＝0. (1)若m≠0，当Δ＞0时，直线与抛物线有两个 公共点； 当Δ＝0时，直线与抛物线只有一个公共点； 当Δ＜0时，直线与抛物线没有公共点． (2) 若 m ＝ 0 ，直线与抛物线只有一个公共点， 此时直线与抛物线的对称轴平行．
圆锥曲线中的定点、定值问题课件-2025届高三数学一轮复习

圆锥曲线中的定点、定值问题课件-2025届高三数学一轮复习


有lMN：x＝2＋1＝3，也过定点(3,0)， 故直线MN过定点，且该定点为(3,0)．
(2)设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．
解：由A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)， 则 lAE：y＝yx33－ －yx11(x－x1)＋y1，由 y21＝4x1，y22＝4x2， 故 y＝yy4323－－yy4121x－y421＋y1＝y3＋4xy1－y3＋y21 y1＋y1＝y3＋4xy1＋y3y＋1y3y1， 同理可得 lBD：y＝y4＋4xy2＋y4y＋2y4y2，
(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：证明：由题意可知：直线PQ的斜率存在， 设PQ：y＝k(x＋2)＋3， P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立方程
y＝k(x＋2)＋3， y92＋x42＝1， 消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0， 则Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1 728k>0，解得k<0，
[kx1＋(2k＋3)](x2＋2)＋[kx2＋(2k＋3)](x1＋2) (x1＋2)(x2＋2)
＝2kx1x2＋x(14xk2＋＋32)((xx11＋＋xx22))＋＋44(2k＋3)
＝32k4(kk22＋＋19364k(kk)－22＋＋893kk(4)－k4＋1k263＋4k)k((2292＋kk＋＋933))＋＋44(2k＋3)＝13068＝3， 所以线段MN的中点是定点(0,3)．
综合①②知，|MN|＝4 3，为定值．
规律方法
由特殊到一般法求定值问题的两个常用技巧
高考理科第一轮复习课件(7.10圆锥曲线的综合问题)

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y k x 1 , 2 x y2 1, 3 4
得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0.
由于Δ>0，设A(x1,y1),B(x2,y2),则有
8k 2 4k 2 12 x1 x 2 , x1 x 2 , 2 2 3 4k 3 4k AB
得x2+ky2-4y=0.
当k=0时，方程为x2=4y表示抛物线；
当k=1时，方程表示以(0，2)为圆心，2为半径的圆；
当k>0且k≠1时，方程表示椭圆；
当k<0时，方程表示焦点在x轴上的双曲线.
(2)当k=0时，轨迹T的方程为x2=4y.
设A(xA,yA),B(xB,yB),M(xM,yM),N(xN,yN). 由题意设直线AB的方程为y=k1x+1, 联立x2=4y有：x2-4k1x-4=0，
3 4
②是否存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，
求出点M的坐标；若不存在，说明理由;
③若点M的横坐标为 2 ，直线l： kx 与抛物线C有两个不 y
同的交点A，B，l与圆Q有两个不同的交点D，E，求当
1 ≤k≤2 2
1 4
时，｜AB|2+|DE|2的最小值.
【思路点拨】(1)利用椭圆的两个顶点(a,0)与(0,b)一个在圆
(2)两大解法：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变
量无关.
②引进变量法：其解题流程为
x 2 y2 【变式训练】已知椭圆 2 2 1(a b 0) 的左焦点F1(-1， a b
0)，长轴长与短轴长的比是 2 3. ∶ (1)求椭圆的方程. (2)过F1作两直线m，n交椭圆于A，B，C，D四点，若m⊥n, 求证： 1
高考数学一轮巩固 第十七讲 圆锥曲线同步检测课件 文

高考数学一轮巩固 第十七讲 圆锥曲线同步检测课件 文


sin
a ∠PF1F2
＝
sin
c ∠PF2F1
，则该椭圆的离心率的取
值范围为____2_－__1_＜__e_＜__1___.
9．抛物线y2＝4x的焦点为F，过点A(4，4)作直
线l：x＝－1的垂线，垂足为M，则∠MAF的平分线
所在直线的方程为_x_－__2_y_＋__4_＝__0__．
10．已知F1，F2分别是椭圆x82＋y42＝1的左、右焦
【解析】(1)直线AB的方程为bx－ay－ab＝0，依
题意得ac＝aa2＋b36b，2＝
3 2.
解得a＝ 3，b＝1，所以椭圆方程为x32＋y2＝1.
(2)将y＝x＋t代入x32＋y2＝1，整理得，
4x2＋6tx＋3t2－3＝0.
由直线与椭圆有两个不同的交点，有
【解析】由已知c＝1，a2＝b2＋c2，当m>4时，m ＝4＋1＝5.
当m<4时，4＝m＋1，m＝3.
2．若椭圆xa22＋by22＝1(a>b>0)的离心率为 23，则双 曲线xa22－by22＝1的渐近线方程为( A )
A．y＝±12x
B．y＝±2x
C．y＝±4x
D．y＝±14x
【解析】由题意
a2a－b2＝
【解析】(1)由16x2－9y2＝144得x92－1y62 ＝1， 所以a＝3，b＝4，c＝5， 所以焦点坐标F1(－5，0)，F2(5，0)，离心率e＝ 53，渐近线方程为y＝±43x. (2)由双曲线的定义可知||PF1|－|PF2||＝6， cos∠F1PF2＝|PF1|2＋2|P|PFF1|2||P2－F2||F1F2|2 ＝（|PF1|－|PF2|2）|P2F＋1|2|P|PFF21| ||PF2|－|F1F2|2 ＝36＋6644－100＝0，所以∠F1PF2＝90°.