2024年高考数学教学教研-复习用书-选择性必修第一册_281-310---2024年高考数学教学教研-复习用书-选择性必修第一册专题

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(2)设点T在直线x=12上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且TA⋅TB=TP⋅TQ，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.
解析1：因为MF1-MF2=20，b>0，则2a=2，可得a=1，b=17-a2=4，所以，x2-y216=1x≥1；
(2)设点T12，t，若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点，不妨直线AB的方程为y-t=k1x-12，即y=k1x+t-12k1，联立y=k1x+t-12k116x2-y2=16，消去y并整理可得k12-16x2+k12t-k1x+t-12k12+16=0，设点Ax1，y1，Bx2，y2，则x1>12且x2>12.由韦达定理可得x1+x2=k12-2k1tk12-16，x1x2=t-12k12+16k12-16，所以，TATB=1+k12x1-12x2-12=1+k12x1x2-x1+x22+14=t2+121+k12k12-16​'设直线PQ的斜率为k2，同理可得TP⋅TQ=t2+121+k22k22-16，因为TA⋅TB=TP⋅TQ，即t2+121+k12k12-16=t2+121+k22k22-16，整理可得k12=k22，即k1-k2k1+k2=0，显然k1-k2≠0，故k1+k2=0.因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0.
解析2：(1)x2-y216=1x≥1(2)TA⋅TB=TP⋅TQ可得：TATQ=TPTB，
△TAP∼△TQB⇒∠TPA=∠TBQ⇒∠APQ+∠ABQ=180∘⇒A，P，B，Q四点共圆，设T12，t，lAB：y=k1x-12+t；lPQ：y=k2x-12+t；y-k1x-12-ty-k2x-12-t+λx2-y216-1=0，不含交叉项：所以：对xy项得系数：-k1xy-k2xy=0⇒k1+k2=0
例2.(2020年全国I卷)已知A，B分别为椭圆E：x2a2+y2=1a>1的左、右顶点，G为E的上顶点，AG⋅GB=8.P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点.
解析：(1)依据题意作出如下图象：
由椭圆方程E：x2a2+y2=1a>1可得：A-a，0，Ba，0，G0，1∴AG=a，1，GB=a，-1，
∴AG⋅GB=a2-1=8，∴a2=9∴椭圆方程为：x29+y2=1
(2)常规解法：证明：设P6，y0，则直线AP的方程为：y=y0-06--3x+3，即：y=y09x+3
联立直线AP的方程与椭圆方程可得：x29+y2=1y=y09x+3，
整理得：y02+9x2+6y0​2x+9y0​2-81=0，解得：x=-3或x=-3y0​2+27y0​2+9将x=-3y0​2+27y0​2+9
代入直线y=y09x+3可得：y=6y0y0​2+9
所以点C的坐标为-3y02+27y02+9，6y0y02+9.同理可得：点D的坐标为3y02-3y02+1，-2y0y02+1
∴直线CD的方程为：y--2y0y02+1=6y0y02+9--2y0y02+1-3y02+27y02+9-3y02-3y02+1x-3y02-3y02+1，
整理可得：y+2y0y02+1=8y063-y02x-3y02-3y02+1
整理得：y=4y033-y02x-32，故直线CD过定点32，0
解法2：曲线系解法：∵A-3，0，B3，0，P6，t
所以：PA：y=t9x+3；PB：y=t3x-3；CD：x=my+n，AB：y=0
所以：y-t9x+3y-t3x-3+λyx-my+n=μx29+y2-1
对比xy项：-t3-t9+λ=0对比y项：t-t3-nλ=0，解得：n=32，故x=my+32，所以直线CD过定点32，0
例3.(2015・乌鲁木齐模拟)已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，点A，B分别为椭圆的右顶点和上顶点，且AB=7.
(Ⅰ)试求椭圆的方程；
(Ⅱ)斜率为32的直线l与椭圆交于P、Q两点，点P在第一象限，求证A、P、B、Q四点共圆.
解析：(Ⅰ)依题意知，ca=12，AB=7，即a2+b2=7，解得a=2，b=3，∴植圈的方程为x24+y23=1；
(Ⅱ)设直线PQ的方程为y=32x+m，根据点P在第一象限可知，-30∴A、P、B、Q四点在同一圆上.
例6.(2014全国大纲卷)已知抛物线C：y2=2pxp>0的焦点为F，直线y=4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且QF=54PQ.
(1)求C的方程；
(2)过F的直线l与C相交于A，B两点，若AB的垂直平分线l与C相交于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一圆上，求l的方程.
解法二，过A，M，B，N四点的曲线可设为λy2-4x+my-x+1y+mx-2m3-3m=0，因为A，M，B，N四点在同一圈上，则方程中不含xy项，所以m2-1=0，得m=±1，综上，直线l的方程为x+y-1=0&x-y-1=0更进一步可求A，M，B，N四点所在的圆的方程，当m=1时，λy2-4x+y-x+1y+x-5=0⇒λ+1y2-x2-4y-4λ-6x-5=0⇒λ+1=-1⇒λ=-2
故圆的方程：x-72+y+22=48，同理，当m=-1时，圆的方程：x-72+y+22=48
例7.(2016年山东文)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴长为4，焦距为22
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)过动点M0，mm>0的直线交x轴与点N，交C于点A，P(P在第一象限)，且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长线QM交C于点B.
(i)设直线PM，QM的斜率分别为k，k'，证明k'k为定值；(ii)求直线AB的斜率的最小值.
解析：(1)设椭圆的半焦距为c，知2a=4，2c=22，∴a=2，b=a2-c2=2，∴椭圆方程为x24+y22=1.
(Ⅱ)(i)设Px0，y0x0>0，y0>0，由M0，m，可得Px0，2m，Qx0，-2m∴直线PM的斜率
k=2m-mx0=mx0，直线QM的斜率k'=-2m-mx0=-3mx0.此时k'k=-3，∴k'k为定值-3.
(ii)设Ax1，y1，Bx2，y2，直线PA方程为y=kx+m，直线QB方程为y=-3kx+m.联立y=kx+mx24+y22=1，整理得2k2+1x2+4mkx+2m2-4=0.由x0x1=2m2-42k2+1可得x1=2m2-22k2+1x0，y1=kx1+m=2km2-22k2+1x0+m，
同理x2=2m2-218k2+1x0y2=-6km2-218k2+1x0+m.∴x2-x1=-32k2m2-218k2+12k2+1x0，
y2-y1=-8k6k2+1m2-218k2+12k2+1x0，∴kAB=y2-y1x2-x1=6k2+14k=⋅146k+1k
由m>0，x0>0，可知k>0，∴6k+1k≥26，等号当且仅当k=66时取得，此时m4-8m2=66，即m=147，符号题意，∴直线AB的斜的最小值为62.
证明：设Px0，y0x0>0，y0>0，由M0，m，可得Px0，2m，Qx0，-2m，所以直线PM的斜率k=2m-mx0=mx0，
直线QM斜率k'=-2m-mx0=-3mx0，此时k'k=-3，因：PM：y=kx+m，QM：y=-3kx+m，AB：y=Kx+n，PQ：x=t
则A，B，P，Q四点满足x-ty-Kx-n+μkx-y+my+3kx-m=λx24+y22-1，λ，μ≠0不含xy项：-1+2kμ=0，比较y2的系数：λ-2μ=0，比较x2的系数：K-3k2μ=λ4，∴K=3k2+14k≥62.
例8.(2022年3月武汉二模)设㭪圆C：x2a2+x2b2=1a>0，b>0的左右顶点分别为A，B，上顶点为D，点P是椭圆C上异于顶点的动点，已知椭圆的离心率e=32，短轴长为2
(1)求椭圆C的方程
(2)直线AD与BP交于点M，直线DP与x轴交于点N，求证：直线MN恒过定点，并求出该点坐标.
(1)解析：x24+y2=1
(2)设AD，BM，ND，AB方程为：AD：x=2y-2 ND：y=kx+1 BM：x=my+2 AB：y=0
易得：M-2m-4m-2，-4m-2，N-1k，0，A，B，P，D满足二次曲线，x-2y+2x-my+2+λyy-kx-1=μx24+y2-1=0
比较xy，y的系数得：m+2+λk=0，4-2m-λ=0，∴k=m+22m-4，∴kMN=-4m+2-2m-4m+2-4-2mm+2=m+24m
直线MN方程为y=m+24mx-4-2mm+2
即mx-4y+2+2x-4=0，由x-4y+2=02x-4=0⇒x=2y=1⇒MN过定点2，1
(3)高三清北系列专题——利用定比点差法处理定值定点的研究
在规定的时间内，做到圆锥曲线满分，从容面对市面所有的市区模拟题，以及这近十年高考圆锥曲线，需要教师们必备的五大利器，硬解定理，齐次化，曲线系方程，定比点差，非对称韦达定理，这五大解题体系，这也是命题人的底牌！
下面就定比点差解决压轴题，笔者参考了市面上主流例题进行说明：
一、定比点差法原理
第一层：定比分点，若AM=λMB，则称点M为AB的入定比分点，若Ax1，y1，Bx2，y2则M：x1+λx21+λ，y1+λy21+λ
证明：设Mx0，y0，则AM=λMB⇒x0-x1，y0-y1=λx0-x2，y0-y2利用对应坐标相等即可推出M：x1+λx21+λ，y1+λy21+λ
第二层：调和定比分点的性质，若AM=λMB且AN=-λNB，则称M，N调和分割A，B，根据定义，那么A，B也调和分割M，N.(其中M在线段AB内，称为内分点，N在线段AB外，称为外分点)
定理：在椭圆或双曲线中，设A，B为椭圆或双曲线上的两点，若存在P，Q两点，满足AP=λPB，AQ=-λQB，一定有xPxQa2±yPyQb2=1
从上面的式子我们可以知道若我们知道P点坐标，即可以求出Q点运动轨迹的直线方程，反之，知道Q点的运动轨迹可以用来求P点的坐标.它描述的是同一直线上等比情况下，内分点和外分点之间的关系，我们也把这种关系称为调和定比分点.
这就是定点定线问题，与后文我们涉及到的极点极线的性质非常相似.
证明：若Ax1，y1，Bx2，y2，AP=λPB，则P：x1+λx21+λ，y1+λy21+λAQ=-λQB，则
Q：x1-λx21-λ，y1-λy21-λ，有x12a2±y12b2=1λ2x22a2±λ2y22b2=λ2x1+λx2x1-λx2a2±y1+λy2y1-λy2b2=1-λ2 即1a2⋅x1+λx21+λ⋅x1-λx21-λ±1b2⋅y1+λy21+λ⋅y1-λy21-λ=1xPxQa2±yPyQb2=1
例1.已知椭圆方程：x224+y212=1，A-6，0，若直线l：y=x+t与椭圆交于P，Q，直线AP与椭圆交于点M，直线AQ与椭圆交于点N，试判断直线MN是否过定点，并说明理由，
解析：设A-6，0，Px1，y1，Qx2，y2，Mx3，y3，Nx4，y4
设MA=λAPNA=μAQ∴-6=x3+λx11+λ0=y3+λy11+λ，-6=x4+λx21+λ0=y4+λy21+λ， (1)式
因为M，P在椭圆上，所以有：λ2x1224+λ2y1212=λ2x3224+y3212=1⇒λx1-x3λx1+x324+λy1-y3λy1+y312把(1)式代入(2)式得：λx1-x3⋅-624+λy1-y3⋅012=λ-1⇒λx1-x3=-4λ+4(3)式
又因为：(1)式中：-6=x3+λx11+λ结合(3)式可得：x1=-1-5λλx3=-5-λ
进而M：y3=-λy1=-λx1+t=1+5λ-λt，即：M-5-λ，1+5λ-λt，同理N-5-μ，1+5μ-μt
所以kMN=1+5λ-λt-1+5μ-μt-5-λ--5-μ=-5+t
所以lMN：y=t-5x-λ-5+1-5λ+tλ=t-5x+5t-5+1=tx+5-5x-25+1故过定点-5，1
例2.已知椭圆C：x24+y22=1，过点P4，1的动直线l交椭圆C与A，B两点，在线段AB上取点Q满足AP⋅QB=AQ⋅PB，证明：点Q在某条定直线上.
解析：设APPB=AQBQ=λ，不妨设：AP=λPB，AQ=-λQB，
设Ax1，y1，Bx2，y2，Qx，y由于AP=λPB⇒4=x1+λx21+λ1=y1+λy21+λ，(1)又x124+y122=1，λ2x224+λ2y222=λ2，两式相减：x1+λx2x1-λx24+y1+λy2y1-λy22=1-λ2
(1)代入(2)式得：x1-λx21-λ+y1-λy221-λ=1(3)又由于AQ=-λQB⇒x=x1-λx21-λy=y1-λy21-λ
把(4)代入(3)中得，x+12y=1，即为Q在定直线2x+y-2=0上
例3.已知双曲线C：x2a2-y2b2=1a>0，b>0的离心率为233，左、右焦点分别为F1、F2，在双曲线C上有一点M，使MF1⊥MF2，且ΔMF1F2的面积为1.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点P3，1的动直线l与双曲线C的左、右两支分别相交于两点A、B，在线段AB上取异于A、B的点Q，满足AP⋅QB=AQ⋅PB.证明：点Q总在某定直线上.
(1)解：∵双曲线x2a2-y2b2=1a>0，b>0的离心率为233，∴a2+b2a=233.即a2=3b2.
∵MF1⊥MF2，且ΔMF1F2的面积为1.∴S△MFF2=12MF1MF2=1，即MF1MF2=2.
∵MF1-MF2=2a， ∴MF12-2MF1MF2+MF22=4a2. ∴F1F22-4=4a2.
∴4a2+b2-4=4a2，∴b2=1.(2)将(2)代入(1)，得a2=3.∴双曲线C的方程为x23-y2=1.
(2)解法1：设点Q，A，B的坐标分别为x，y，x1，y1，x2，y2且x10x124+y1​23-λ2x2​24+y2​23=1-λ2m4+n3，即1-λ2=1-λ2m4+n3，化简可得m4+n3=1，即3m+4n=12，即Q的轨迹方程，可得OQ的最小值为1232+42=125.故答案为：125.
例5.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1F2，点A0，3，直线AF2的倾斜角为60∘，原点O到直线AF2的距离是34a2
(1)求E的方程
(2)过E上任一点P作直线PF1，PF2分别交E于M，N(异于P的两点)，且F1M=mPF1，F2N=nPF2，探究1m+1n是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由.
解析(1)x22+y2=1
(2)由F1M=mPF1，F2N=nPF2，可得：MF1=mF1P，F2N=nF2P，不妨设Mx1，y1，Nx2，y2，Px0，y0
由定比分点容易得：-1=x1+mx01+m0=y1+my01+m，1=x2+nx01+n0=y2+ny01+n
因为M，P在椭圆上：x122+y12=1m2x022+m2y02=m2⇒x1-mx0=2m-2，
又x1+mx0=-1-m，可得：2x0=-3m+1m
同理N，P在椭圆上：x222+y22=1n2x022+n2y02=n2⇒x2-nx0=2-2n，
又x2+nx0=1+n，可得：2x0=3n-1n
综上所述：-3m+1m=3n-1n⇒1m+1n=6，
例6.在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：x=1，点F4，0，动点P到F的距离是它到直线l距离的2倍，记P的轨迹曲线C
(1)求曲线C的方程
(2)过点F且斜率大于3的直线交C于A，B两点，点Q-2，0，连接QA，QB交直线l于M，N两点，证明：点F在以MN∣为直径的圆上.
解析：(1)x24-y212=1x≥2
(2)设AF=λFB，Ax1，y1，Bx2，y2代入坐标得4+4λ=λx2+x1λy2+y1=0
由x124-y1212=1λ2x224-λ2y2212=λ2⇒x1+λx2x1-λx24=1+λ1-λ⇒x1-λx2=1-λ
由(1)(2)得x1=52+3λ2y1=32λ+52，kQA⋅kQB=y1x1+2⋅y2x2+2=-λy22x1+2⋅x2+2=-3λx22-4x1+2⋅x2+2=-3λx1-2x1+2=-3λ32λ+123λ2+92=-1，所以QM⊥QB，由于Q，F关于x=1对称，所以MF⊥NF，当然也可以kFA⋅kFB=-1
也可以得证！
例7.如图，椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率是22，过点P0，1的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得线段长为22
(1)求椭圆方程(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得QAQB=PAPB恒成立，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
解析(1)x24+y22=1 (2)不妨设：QAQB=PAPB=λ⇒AQQB=λ，PAPB=-λ，今Ax1，y1，Bx2，y2，Qx0，y0
由定比分点容易得：0=x1-λx21-λ1=y1-λy21-λ，x0=x1+λx21+λy0=y1+λy21+λ因为A，B在椭圆上：x124+y122=1λ2x224+λ2y222=λ2，
⇒x1-λx2x1+λx24+y1-λy2y1+λy22=1-λ2⇒y0=2，所以Q点在定值线y=2上，经分析：当直线l斜率为0时，Q0，2满足题意.
二、求弦长被坐标轴分界的两段的比值范围
例1：已知椭圆x29+y24=1，过定点P0，3的直线与椭圆交于两点A，B(可重合)，求PAPB的取值范围.
解：设Ax1，y1，Bx2，y2，AP=λPB则PAPB=-λ⋅P：x1+λx21+λ，y1+λy21+λ=0，3∴x1+λx2=0⋅y1+λy2=31+λ即x129+y124=1λ2x229+λ2y224=λ2
两式相减得：x1+λx2x1-λx29+y1+λy2y1-λy24=1-λ2 即y1-λy2=431-λ
∴y1=321+λ+231-λ=136+56λ∈-2，2 ∴λ∈-5，-15∴PAPB∈15，5.
例2：设椭圆C：x2a2+y2b2=1，过点M2，1，左焦点为F1-2，0
(1)求椭圆C的方程.
(2)当过点P4，1的有直线l与椭圆C相交于A，B.在线段上取点Q，满足AP⋅QB=AQ⋅PB.证明：点Q在某定直线上.
解：(1)x24+y22=1.
(2)APPB=-AQQB，故令AP=λPB AQ=-λQB；故x1+λx21+λ=4y1+λy21+λ=1，x1-λx21-λ=xQy1-λy21-λ=yQ由于A，B在隌圆x24+y22=1上，故x124+y122=1λ2x224+λ2y222=λ2
两式相减得：x1-λx2x1+λx241-λ1+λ+y1-λy2y1+λy221-λ1+λ=1 即4xQ4+yQ2=1 即2x+y-2=0
例3：已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的上下两个焦点分别为F1、F2，过点F1与y轴垂直的直线交椭圆C于M，N两点，△MNF2的面积为3，椭圆C的离心率为32
(1)求椭圆C的标准方程；
(Ⅱ)已知O为坐标原点，直线L：y=kx+m与y轴交于点P，与椭圆C交于A，B两个不同的点，若存在实数λ，使得OA+λOB=4OP，求m的取值范围.
解：(1)x2+y24=1.(Ⅱ)当m=0时，λ=-1，显然成立；当m≠0时，OA+λOB=4OP⇒OP=14OA+λ4OB，∵A，P，B三点共线，∴λ=3；∴AP=3PB，设Ax1，y1，Bx2，y2，P：x1+3x21+3，y1+3y21+3∴y1+3y2=4m，x12+y124=19x22+9y224=9
(1)-(2)得：x1+3x2x1-3x2+y1+3y2y1-3y24=-8，即y1-3y2=-8m，如图，
由于B更加靠近椭圆边界，故取其作为参照点，y2=23m+43m∈-2，2 ∴m+2m∈-3，3解得m∈-2，-1∪1，2综上，m的取值范围为-2，-1∪1，2∪{0}.
例4：(2018全国一卷19)设椭圆C：x22+y2=1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为2，0.
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA=∠OMB.
解：(1)由已知得F1，0，l的方程为x=1.由已知可得，点A的坐标为1，22或1，-22.
所以AM的方程为y=-22x+2或y=22x-2.
(2)当1与×轴重合时，∠OMA=∠OMB=0∘.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA=∠OMB.
当l与x轴不重合也不垂直时，设Ax1，y1，Bx2，y2，点B关于x轴对称的点B'x2，-y2，
根据几何性质可得：今ON为∠ANB的角平分线，AB与x轴交点为F2，下面通过证明N与M重合来证明∠OMA=∠OMB，根据角平分线定理有：AF2F2B=ANNB'=ANNB，
令AN=λNB'，则N：x1+λx21+λ，0则，AF2=-λF2B⇔x1-λx21-λ=1，如图
x122+y12=1λ2x222+λ2y22=λ2
即12⋅x1+λx21+λ⋅x1-λx21-λ+0⋅y1-λy21-λ=1⇒xF2xN2=1⇒N2，0
即N与M重合，所以∠OMA=∠OMB.综上，∠OMA=∠OMB.
三、定比点差转换定理：
(1)-(2)得：x1+λx2x1-λx22+y1+λy2y1-λy2=1-λ2
在椭圆或双曲线中，设A，B为椭圆或双曲线上的两点.若存在P，Q两点，满足AP=λPB，AQ=-λQB，若Ax1，y1，Bx2，y2一定有x1=xP+xQ2+xP-xQ2⋅λx2=xP+xQ2+xP-xQ2λ
证明：根据定比点差的原理可得：xPxQa2±yPyQb2=1⇒x1+λx21+λ=xPx1-λx21-λ=xQ⇒x1+λx2=xP1+λx1-λx2=xQ1+λ⇒x1=xP+xQ2+xP-xQ2⋅λx2=xP+xQ2+xP-xQ2λ
例1：(2018北京文20压轴)已知椭圆M：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为63，焦距为22.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B.
(1)求椭圆M的方程；
(2)若k=1，求AB的最大值；
(3)设P-2，0，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若C，D和点Q-74，14共线，求k.
解：(1)由题意得2c=22，所以c=2，又e=ca=63，所以a=3，所以b2=a2-c2=1，所以椭圆M的标准方程为x23+y2=1.
(2)设直线AB的方程为y=x+m，由y=x+mx23+y2=1消去y可得4x2+6mx+3m2-3=0，
则Δ=36m2-4×43m2-3=48-12m2>0，即m2b>0的离心率为23，半焦距为cc>0，且a-c=1.经过椭圆的左焦点F，斜率为k1k1≠0的直线与椭圆交于A，B两点，O为坐标原点.
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)当k1=1时，求S△AOB的值；
(3)设R1，0，延长AR，BR分别与椭圆交于C，D两点，直线CD的斜率为k2，求证：k1k2为定值.
解：(1)由题意，得ca=23a-c=1解得a=3c=2 ∴b2=a2-c2=5，故椭圆Γ的方程为x29+y25=1.
(2)由1，知F-2，0，∴直线AB的方程为y=x+2，由y=x+2x29+y25=1消去y并整理，得14x2+36x-9=0.设Ax1，y1，Bx2，y2，则x1+x2=-187，x1x2=-914，∴AB=2x1-x2=2⋅x1+x22-4x1x2=307.
设O点到直线AB的距离为d，则d=0-0+22=2.∴S△AOB=12AB⋅d=12×307×2=1527.
(3)设AB直线方程：y=kx+2 Ax1，y1，Bx2，y2，Cx3，y3，Dx4，y4，AR=λRC BR=μRD，
x1-λx31-λ=9(调和分点)x1+λx31+λ=1y1+λy3=0，同理x2-μx41-μ=9(调和分点)x2+μx41+μ=1y2+μy4=0，所以x1=5-4λx3=5-4λ，x2=5-4μx4=5-4μy3-y4x3-x4=-y1λ--y2μ5-4λ-5-4μ=-kx1+2kλ+kx2+2kμ-4λ+4μ=-k5-4λ+2kλ+k5-4μ+2kμ-4λ+4μ=-71λ-1μk-41λ1μ=74k
例3：若椭圆E1：x2a12+y2b12=1与椭圆E2：x2a22+y2b22=1满足a1a2=b1b2=mm>0，则称这两个椭圆相似，m叫相似比.若椭圆M1与椭圆M2：x2+2y2=1相似且过1，22点.
(1)求椭圆M1的标准方程；
(Ⅱ)过点P-2，0作斜率不为零的直线l与椭圆M1交于不同两点A，B，F为椭圆M1的右焦点，直线AF，BF分别交椭圆M1于点G，H，设AF=λFG，BF=μFHλ，μ∈R，求λ+μ的取值范围.
解析：(1)x22+y2=1((11)设Ax1，y1，Bx2，y2，Gx3，y3，Hx4，y4，
设AF=λFG，F：x1+λx31+λ，y1+λy31+λ=1，0BF=μFH，F：x2+μx41+μ，y2+μy41+μ=1，0
x122+y12=1(1)λ2x322±λ2y32=λ2x1-λx31-λ=2x1+λx31+λ=1⇒x1=-λ2+323，同理x2-μx41-μ=2x2+μx41+μ=1⇒x2=-x1+λx3x1-λx321-λ2±y1+λy3y1-λy31-λ2=1，即x1-λx31-λ=2.∴λ+μ=6-2x1+x2，x22+y2=1y=kx+2⇒Δ>0⇒k∈-22，22x1+x2=-8k22k2+1=-82+1k2∈-2，0.λ+μ=6-2x1+x2∈6，10
六、极线与极点的研究与圆过定点问题的举例
(1)极线与极，点
如图：在线段AB上，取一点P使得APBP=λ，那么在线段外是不是还会存在一点呢？即：APBP=λ=AQBQ，我们把A，P，B，Q四点称为调和点列.
圆：x-a2+y-b2=r2⇒x0-ax-a+y0-ay-b=r2
椭圆：x2a2+y2b2=1⇒xx0a2+yy0b2=1
双曲线：x2a2-y2b2=1⇒xx0a2-yy0b2=1
抛物线：y2=2px⇒yy0=px+x0
解释：A极点会对应一条A极线，在该A极线存在一点B极点，那么会有对应的B极线，则在该B极线上，会存在A极点.
P的极线为Q1Q2；Q2的极线为Q1P；Q1的极线为Q2P，则把P，Q1，Q2称为自极三点形
注意：极点与极线一般在小题中直接用很央，但是在大题中，由于不在中学的课本范围内，基本上都无法直接使用，那么解答题中我们只给出思路，很多书写过程还是奏考之后提到的切线部分的阿基米德三角形写法，曲线系写法或者定比点差写法.
1.(2013-山东)过点3，1作圆x2-12+y2=1的两条切线，切点分别为A、B则直线AB的方程为( )
A.2x+y-3=0
B.2x-y-3=0
C.4x-y-3=0
D.4x+y-3=0
解析：切点弦AB所在的直线就是点3，1对应的极线，其方程为3-1x-1+1×y=1，化简即得2x+y-3=0.故选A.
2.(2019・武汉模拟)过椭圆x225+y29=1内一点M3，2，做直线AB与椭圆交于点A，B，作直线CD与椭圆交于点C，D，过A，B分别作椭圆的切线交于点P，过C，D分别作椭圆的切线交于点Q，求PQ所在的直线方程.
解析：本题实质就是求椭圆x225+y29=1内一点M3，2对应的极线方程，结果为3x25+2y9=1.
3.(2018·河南预赛)在直线x=3上任取一点P，过点P向圆x2+y-22=4作两条切线，切点分别为A，B，则直线AB经过一个定点，该定点的坐标为___________
解析：设点P的坐标为3，t，因为点P对应的极线为直线AB，其方程为3x+t-2y-2=4，整理得y-2t+3x-2y=0，今y+2=0，3x-2y=0，可见直线AB过定点43，2.
4.(20170广东顶赛)设直线l：y=x+b与椭圆C：x225+y29=1不相交.过直线l上点P作椭圆C的切线PM，PN，切点分别M，N，连接MN.当点P在直线l上运动时，证明：直线MN恒过定点Q.
解析：设点Px0，y0，则点P对应的极线为直线MN，其方程为x0x25+y0y9=1(1).当点P在直线l上运动时，可理解为x0取遍一切实数，相应的y0为y0=x0+b.代入(1)式消去y0的x0x25+x0+by9-1=0.
(2)式对一切x0∈R恒成立，变形可得x0x25+y9+b9y-1=0，对一切x0∈R恒成立.∴x25+y9=0b9y-1=0，∴x=-25by=9b
5.(2020年全国I卷)已知A，B分别为椭圆E：x2a2+y2=1a>1的左、右顶点，G为E的上顶点，AG⋅GB=8.P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点.
解析：(1)椭圆方程为：x29+y2=1
(2)设定点x0，y0⇒x0x9+y0y=1⇔x=6⇒x0=32，y0=0⇒x0，y0=32，0
6.(2018蚌埠二模)已知A4，3，F为椭圆x24+y23=1的右焦点，过点A的直线与椭圆在x轴上方相切与于点B，则直线BF的斜率为C
A.-12
B.-23
C.-1
D.-43
解析：设过点A椭圆的另一条切线于椭圆在x轴上方相切于点C，故点A4，3对应的极线：BC：4x4+3y3=1，即：x+y=1，万幸的是它又经过右焦点，所以直线BF的斜率为-1.
7.(2011・希望杯)从直线l：x8+y4=1上的任意一点P作圆O：x2+y2=8的两条切线，切点为A、B，则弦AB长度的最小值为___________
解析：设P8-2m，m，易知P的极线方程为my+8-2mx=8⇒m2x-y=8x-8，知改弦AB过1，2，易得圆O：x2+y2=8上，过1，2的最短弦长为
2r2-dmax2=28-5=23
8.(2015・一模)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0与y轴的交点为A，B(点A位于点B的上方)，F为左焦点，原点O到直线FA的距离为22b.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)设b=2，直线y=kx+4与椭圆C交于不同的两点M，N，求证：直线BM与直线AN的交点G在定直线上.解析：(1)由题意设F的坐标为-c，0，依题意有bc=22ab，∴椭圆C的离心率e=ca=22.
(2)若b=2，由(1)得a=22，∴椭圆方程为x28+y24=1.设直线MN(即直线y=kx+4与直线AB(y轴)的交点为s0，4，直线AM与直线BN的交点为R，则G，R，S构成椭圆C的自极三点形，点G一定在点s0，4对应的极线GR上，其方程为0×x8+4×y4=1，即y=1，就是说直线BM与直线AN的交点G在定直线上.
9.(2020全国I卷)已知⊙M：x2+y2-2x-2y-2=0，且直线l：2x+y+2=0，P为l上的动点，过点P作⊙M的切线PA，PB，切点为A，B，当PM⋅AB最小时，直线AB的方程为( )
A.2x-y-1=0
B.2x+y-1=0
C.2x-y+1=0
D.2x+y+1=0
解析：设Pt，-2t-2则AB为P对应的极线
则AB方程：tx+-2t-2y-2x+t2-2y+-2t-22-2=0
整理得：AB：t-1x-2t+3y+t=0，由选项可知：令
t-1=2&t-1=-2⇒AB：2x-9y+3=0&2x+y+1=0所以D正确
10.(2020江淮十校联考)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0过点1，32且离心率为12
(1)求C的方程；
(2)若A1A2分别为C的左右焦点，G1为直线x=1的任意一点，直线G1A1，G1A2分别相交于M，N两点，证明M，N过定点，并求出定点坐标.
解析：(1)x24+y23=1
(2)x0x4+y0y3=1⇔x=1⇒x0=4，y0=0，∴P4，0
11.(2018・福建十校联考)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴长为4，离心率为12，点P是椭圆上异于顶点的任意一点，过点P做椭圆的切线l，交y轴于点A，直线l'过点P且垂直于l，交y轴于点B.
(1)求椭圆的方程；
(2)试判断以AB为直径的圆能否过定点？若能，求出定点坐标；若不能，请说明理由.
解析：(1)∵2a=4，ca=12，∴a=2，c=1，b=3.∴椭圆的方程为x24+y23=1.
(2)设点Px0，y0x0≠0，y0≠0，直线l的方程为y-y0=kx-x0，代入x24+y23=1，
整理，得3+4k2x2+8ky0-kx0x+4y0-kx02-12=0.∵x=x0是方程的两个相等实根，
∴2x0=-8ky0-kx03+4k2，解得k=-3x04y0.∴直线l的方程为y-y0=-3x04y0x-x0.
令x=0，得点A的坐标为0，4y2+3x024y0，又：x0​24+y0​23=1，∴4y02+3x02=12.
∴点A的坐标为0，3y0.又直线l'的方程为y-y0=4y03x0x-x0，今x=0，得点B的坐标为0，-y03.
∴以AB为直径的圆的方程为x∘x+y-3y0⋅y+y03=0.整理，得x2+y2+y03-3y0y-1=0.
令y=0，得x=±1，∴以AB为直径的圆恒过定点1，0和-1，0.
利用极点极线整理一下思路：点px0，y0x0≠0，y0≠0，根据切线方程可知直线l的方程为x0x4+y0y3=1，所以点A的坐标为0，3y0.又直线l'的方程为y-y0=4y03x0x-x0，今x=0，得点B坐标为0，-y03，所以以AB为直径的图方程为x⋅x+y-3y0⋅y+y03=0(圆的直径方程x-x1x-x2+y-y1y-y2=0，其中Ax1，y1和Bx2，y2为圆的一条直径的两个端点)，整理得x2+y2+y03-3y0⋅y+y03=0，今y=0，得x=±1，所以以AB为直径的圆恒过定点1，0和-1，0.
(2)圆过定点问题的一个思考
一、知识点：以点Mx1，y1，Nx2，y2为直径的圆的方程为x-x1x-x2+y-y1y-y2=0.(向量法证明)
证明1：圆心坐标x1+x22，y1+y22，r=12x1-x22+y1-y22
故圆得方程：x-x1+x222+y-y1+y222=14x1-x22+y1-y22，整理得：
x-x1x-x2+y-y1y-y2=0
证明2.设点Px，y，则PM⋅PN=0⇒x-x1x-x2+y-y1y-y2=0
二、方法诠释：与圆有关的过定点问题方法诠释：
方法1：参数无关法；
方法2：先猜后证法.
例题1：已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0，F1，F2为椭圆的左、右焦点，焦距为23，点P在C上，且△PF1F2面积的最大值为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M65，0作直线l交椭圆于A，B两点，以AB为直径的圆是否恒过x轴上的定点Qm，0？若存在该定点，请求出m的值；若不存在，请说明理由.
解析：(1)由椭圆C的焦距为23，可得2c=23，即有c=3.设点P的纵坐标为yP，ΔPF1F2的面积S△PF1F2=12F1F2⋅yP=3yP，其中yP≤b，根据△PF1F2面积的最大值为3，可得b=1.
由椭圆的性质可得：a2=b2+c2=4.于是椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)当直线l的斜率为0时，以AB为直径的圆的方程为x2+y2=4，圆与x轴的交点为-2，02，0当直线l的斜籵不为0时，设直线l：x=ty+65.将直线l与椭圆C联立，可得t2+4y2+125ty-6425=0.设点A，B的坐标分别为x1，y1x2，y2，则有y1+y2=-12t5t2+4，y1y2=-6425t2+4以AB为直径的圆的方程为x-x1x-x2+y-y1y-y2=0令y=0，可得：x2-x1+x2x+x1⋅x2+y1⋅y2=0(1).其中x1+x2=ty1+y2+125=485t2+4(2)，
x1x2=t2y1y2+65ty1+y2+3625=-100t2+14425t2+4(3).(2)(3)代入(1)可得x2-485t2+4x-100t2-8025t2+4=0(4).
式子(4)可变换为25x2-100t2+100x2-240x+80=0(5).当25x2-100=0，且100x2-240x+80=0时，(5)式成立，可解得x=2.
综上可得，以AB为直径的圆恒过x轴上的定点Q2，0，m=2.
[点评]先利用椭圆相关的几何性质以及三个参数之间的关系计算出椭圆的方程，根据直线l与椭圆C的关系求得点A，B的坐标所满足的关系式，再利用圆的方程观察其所经过的定点本题的一个难点在于根据(1)式求得定点，本题可通过验证当直线l为特殊直线时，对应圆的方程来猜想出所经过的定点Q2，0，再反向验证(1)恒成立.例如，可令直线l为：y=0或x=65进行求解.
例题2.已知椭圆C：x24+y2=1的左右顶点分别为A，B，P椭圆C上的动点，若PA，PB交直线x=6于M，N两点，试问以MN为直径的圆G是否经过定点？若是，求出定点的坐标，若不是，说明理由.
方法一：参数无关法
解析：A-2，0，B2，0，设Px0，y0
则kAP=y0x0+2，则直线AP的方程为y=y0x0+2x+2，联立y=y0x0+2x+2x=6，得M6，8y0x0+2
kBP=y0x0-2，则直线BP的方程为y=y0x0-2x-2，联立y=y0x0-2x-2x=6，得N6，4y0x0-2
则以MN为直径的圆G的方程为x-62+y-8y0x0+2y-4y0x0-2=0
即x-62+y2-12x0y0-8y0x02-4y+32y02x02-4=0，结合x024+y02=1，即x02-4=-4y02
得x2+y2-12x+3x0-2y0y+28=0，则由参数无关，则y=0，则x2-12x+28=0，解得x=6±22，则以MN为直径的圆G过定点6±22，0.
方法二：先猜后证法
7.如图，椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，A1，A2，B1，B2为椭圆的顶点，F2为右焦点，延长B1F2与A2B2交于点P，若∠B1PB2为钝扁，则该椭圆的离心率的取值范围是C
A.5-22，1
B.0，5-22
C.0，5-12.
D.5-12，1
8.椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左焦点F-c，0关于直线bx+cy=0的对称点M在袖圆上，则离心率是(C)
A.24
B.34
C.22
D.33
9.已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2，过F1且与x轴垂直的直线交椭圆于A、B两点，直线AF2与椭圆的另一个交点为C，S△ABC=3S△BCF2，则椭圆的离心率为A
A.55
B.33
C.105
D.3310
10.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右顶点分别为A，B，点M，N是椭圆C上关于长轴对称的两点，若直线AM与BN相交于点P，则点P的轨迹方程是( )D
A.x=±ay≠0
B.y2=2bx-ay≠0
C.x2+y2=a2+b2y≠0
D.x2a2-y2b2=1，y≠0
11.已知椭圆C：x216+3y216=1，M为椭圆C上的一个动点，以M为圆心，2为半径作圆M，OP，OQ为圆M的两条切线，P，Q为切点，则∠POQ的取值范围是(D)
A.π3，π2
B.π4，π2
C.π6，π2
D.π3，2π3
12.已知F1，F2是椭圆C：x29+y24=1的两个焦点，点M在C上，则MF1⋅MF2的最大值为(C)
A.13
B.12
C.9
D.6
13.在平面直角坐标系xOy中，已知点A，F分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的右顶点和右焦点，过坐标原点O的直线交椭圆C于P，Q两点，线段AP的中点为M，若Q，F，M三点共线，则椭圆C的离心率为(A)
A.13
B.23
C.83
D.32或83
14.椭圆r：x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F1，0，且离心率为12，△ABC的三个顶点都在椭圆r上，设△ABC三条边AB、BC、AC的中点分别为D、E、M，且三条边所在直线的斜率分别为k1、k2、k3，且k1，k2、k3均不为O，O为坐标原点，若直线OD、OE、OM的斜率之和为1.则1k1+1k2+1k3=B
A.13
B.-43
C.83
D.32
15.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F3，0，过点F的直线交椭圆于A，B两点，若AB的中点坐标1，-1，则E的方程为(D)
A.x245+y236=1
B.x236+y227=1
C.x227+y218=1
D.x218+y29=1
16.已知椭圆C：x2+y24=1，过点P-32，1做两条斜率互为相反数且不平行于坐标轴的直线，分别于椭圆C相交异于P的不同两点A，B，则直线AB的斜率为( )A
A.-23
B.-3
C.-2
D.-32
17.(2023年高考甲卷)已知椭圆C：y2a2+x2b2=1a>b>0的离心率为53，点A-2，0在C上.
(1)求C的方程；
(2)过点-2，3的直线交C于点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)椭圆方程为y29+x24=1.
(2)由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ：y=kx+2+3，Px1，y1，Qx2，y2，设直线：y=kx+2+3联立方程消去y得：4k2+9x2+8k2k+3x+16k2+3k=0，则Δ=-1728k>0解得k0，b>0的左、右焦点分别为F1-c，0，F2c，0，若双曲线上存在点P使sin∠PF1F2sin∠PF1F2=ac，则该双曲线的离心率取值范围是(A)
A.1，2+1
B.(1，2+1]
C.2+1，+∞
D.[2+1，+∞)
3.已知双曲线x2a2-y2b2=1a>0，b>0的左右焦点分别为F1，F2，以线段F1F2为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为M，若MF1-MF2=2b，该双曲线离心率为e，则e2为( )
A.2
B.2+12
C.3+222
D.5+12
解析：x2+y2=c2y=bax ⇒Ma，b⇒a+c2+b2-a-c2+b2=2b⇒e4-e2-1=0
4.已知双曲线x2a2-y2b2=1a>0，b>0的左右焦点分别为F1F2，点A在双曲线上，且AF2⊥x轴，若的内切圆半径为3-1a则离心率为A
A.3
B.2
C.3+1
D.23
5.已知F1，F2是双曲线x24-y2=1的两个焦点，P在双曲线上，且满足∠F1PF2=90∘，则ΔF1PF2的面积为(A)
A.1
B.52
C.2
D.5
6.F1，F2是双曲线C：x2a2-y2b2=1a>0，b>0的左、右两个焦点，若直线y=x与双曲线C交于P、Q两点，且四边形PF1QF2为矩形，则双曲线的离心率为D
A.2+6
B.2+6
C.2+2
D.2+2
7.已知双曲线C：x2a2-y2b2=1a>0，b>0的左、右焦点分别为F1-c，0，F2c，0，A，B是圆x+c2+y2=4c2与C位于x轴上方的两个交点，且F1A//F2B，则双曲线C的离心率为___________
解析：∵AF2=2a+2c，BF2=2c-2a，∵F1A//F2B⇒cs∠F2F1A=-cs∠F1F2B，
余弦定理：4c2+4c2-2c+2a22×2c×2c=-4c2+2c-2a2-4c22×2c×2c-2a⇒2e2-3e-1=0⇒e=3+174
8.双曲线x2a2-y2b2=1a>0，b>0一个焦点到一条渐近线的距离为23c(c双曲线的半焦距)，则离心率为(D)
A.73
B.372
C.37
D.377
9.双曲线x2-y2b2=1的左右焦点分别为F1，F2，P右支上一点，且PF1=8，PF1⋅PF2=0，则双曲线的渐近线方程是(B)
A.y=±22x
B.y=±26x
C.y=±5x
D.y=±34x
10.已知双曲线x2a2-y2b2=1a>0，b>0过双曲线的右焦点，且倾斜角为π2的直线l与双曲线交地A，B两点，O是坐标原点，若∠AOB=∠OAB，则双曲线的离心率为C
A.3+72
B.11+332
C.3+396
D.1+174
11.双曲线E中心在原点，离心辩为2，若它的一个顶点恰好是抛物线y2=8x的焦点，则E的虚轴长等于(D)
A.4
B.3
C.23
D.43
12.已知抛物线y2=2pxp>0上一点M1，m到其焦点的距离为5，双曲线x2-y2a=1的左顶点为A，若双曲线一条渐近线与直线AM直，则实数a=A
A.14
B.12
C.2
D.4
13.过双曲线x2a2-y2b2=1a>0，b>0的左焦点F-c，0c>0，作圆x2+y2=a24的切线，切点为E，延长FE交双曲线右支于点P，若OP=2OE-OF，则双曲线的离心率是( )A.
A.105
B.3
C.23
D.43
14.直线y=2b与双曲线x2a2-y2b2=1a>0，b>0的左支、右支分别交于A，B两点，O为坐标原点，且△AOB为等腰直角三角形，则该双曲线的离心率为(B)
A.52
B.32
C.305
D.355
15.l是经过双曲线x2a2-y2b2=1a>0，b>0焦点F且与实·轴垂直的直线，A，B是双曲线C的两个顶点，若在l上存在一点P，使∠APB=60∘，则双曲线离心率的最大值为A
A.233
B.3
C.2
D.3
解析：tan∠BPF-∠APF=tan∠BPF-tan∠APF1+tan∠BPFtan∠APF=a+ct-c-at1+c2-a2t2=2att2+b2=3⇒2a3≥2b⇒e≤233
16.(2023年新高考2卷)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)双曲线方程为x24-y216=1.
(1)由(1)可得A1-2，0，A22，0，Mx1，y1，Nx2，y2显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my-4，且-12