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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 欢迎下载解析几何 -专题复习考点 1：圆锥曲线的定义及几何性质、标准方程例 1：（2022 安徽高考理科 19）已知椭圆 E 经过点A2,3,对称轴为坐标轴,焦点F 1,F 在 x 轴上,离心率e1；F AF 的角平分线所在直线l 的方程；2 1求椭圆 E 的方程； 2 求3 在椭圆 E 上是否存在关于直线l 对称的相异两点？如存在,请找出；如不存在,说明理由；名师归纳总结 练习 1已知双曲线x2y21 a0, b0,y10 ,y20；（1）设动点 P 满意PF2PB24, 求点 P 的轨迹；（2）设x 12,x21,求点 T 的坐标
2、；3（3）设t9, 求证：直线MN必过 x 轴上的肯定点（其坐标与m无关）；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 欢迎下载具体解答名师归纳总结 例 1（1）设椭圆 E 的方程为x2y21（ab0）,a2b2由题意ec1,491,又c2a22 b ,解得：c2,a4,b2 3a2a2b2椭圆 E 的方程为x2y211612（ 2 ）方法1：由（ 1）问得F 1 2, 0,F 22,0,又A2, 3,易得F AF 为直角三角形,其中AF 23,F F24,AF 15,设F AF 的角平分线所在直线l 与 x 轴交于点 M ,依据角平线定理可知：AF
3、1AF2,可得F M3F MF M2M1,0直线 l 的方程为：y0x1,即y2x1；2 123022方法 2：由（ 1）问得F 1 2,0,F 22,0,又A2,3,AF 1 4, 3,AF 20, 3,|AF 1|AF 2|1 4, 310, 341,2,AF 1AF 2535lk2,直线 l 的方程为：y32x2,即y2x1；（3）假设椭圆 E 上存在关于直线l 对称的相异两点P 、 Q ,令P x 1,y 1、Q x2,y2,且 P Q 的中点为R x0,y 0PQl ,kPQy 2y 11,x 2x 12又2 x 1y 1211,两式相减得 : x 22x 12y222 y 1016
4、121612x 22y 22121612x 2x 116y2y 11612, 即x 02（3）,y2y 112x2x 11223y03第 7 页,共 12 页又R x 0,y0在直线 l 上,y02x01（4）由（ 3）（ 4）解得：x 02,y 03,所以点 R 与点 A是同一点,这与假设矛盾,故椭圆 E 上不存在关于直线l 对称的相异两点；练习 1. 解：双曲线x2y21 a0,b0的右焦点为F,如过点 F 且倾斜角为 60o 的直线与双曲线的右22ab- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编欢迎下载b,支有且只有一个交点,就该直线的斜率的肯定值
5、小于等于渐近线的斜率ab3 ,离心率 e2=c2a2a2b2 4 , e 2,选 C；aa231t2例 2：（）由于c6,且c2,所以a3,ba22 c1a3所以椭圆C的方程为x2y21.y3（）由题意知p0, 1t1MPN由yty21得x31t2Oxx23所以圆 P 的半径为31t2.由| |31t2,解得t3. 所以点 P 的坐标是（ 0,3） .22（）由（）知,圆P 的方程2 xyt231t2. 由于点Q x y 在圆P 上；所以由图可知2 x yt31t2；设tcos ,0,就t31t2cos3sin2sin6当3,即t1,且x0, y 取最大值 2. 2练习 2、解：（1）设椭圆方
6、程为2 yx21（ab0）2a2b由于e3,得b22又b22,就2 b2,a23名师归纳总结 - - - - - - -23a31 1故椭圆的标准方程是y2x2132（2）由椭圆方程知,c1,所以焦点F（ 0,1）,设点 A（x1,y1）,B（x2,y2）由 AFFB ,得（ x1,1y1） （x2,y21）,所以 x1 x2,1y1（y21）于是2 x 12x 22由于2 x 14y ,x 224y ,就 y1 2y2联立 y12y2 和 1y1（y21）,得 y1, y2 1 由于抛物线方程为y1 4x2,求导得 y1 2x设过抛物线上的点A、B 的切线分别为l1,l2,就直线 l1的方程
7、第 8 页,共 12 页精选学习资料 - - - - - - - - - 是 y1 2x1（xx1） y1,即 y1 2x1x1 4x1 2名师精编欢迎下载直线 l 2 的方程是 y1 2x2（xx2） y2,即 y1 2x2x1 4x222） 01联立 l 1 和 l2 的方程解得交点M 的坐标为x 12x 2,x x 1 24由于 x1x2 x2 2 4 y2 4 所以点 Mx 12x 2, 1于是FMx 12x2, 2, AB（x2x1,y2y1）所以 FMAB x222 x 12y2y 11 2（x2 2x12） 2（1 4x221 4x12故F M AB 为定值 02y2x2练习 3
8、、解：（1）由题意得b1, 1a2,所求的椭圆方程为2 b2b14a名师归纳总结 （2）不妨设M x 1,y 1,N x2,y 2,P t t2h,t2h ,00,第 9 页,共 12 页就抛物线C 在点 P 处的切线斜率为yx t2 t ,直线 MN 的方程为y2 tx将上式代入椭圆C 的方程中,得4x22txt2h 240,2h24即4 1t22 x4 t t2h x t2h2 40,由于直线MN 与椭圆C 有两个不同的交点,所以有116t42 h2 t设线段 MN 的中点的横坐标是3x ,就x 3x 12x 2t t2h ,21t2h1或h3；设线段 PA 的中点的横坐标是x ,就x4t
9、21,由题意得x3x ,即有t21h t10,其中的21h 240,2 h当h3时有h20, 4h20,因此不等式116t42h2t24不成立；因此h1,当h1时代入方程t21h t10得t1,将h1,t1代入不等式116t42h2 t22 h40成立,因此 h 的最小值为1- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 例 3：（1）由题意知, 椭圆离心率为c2名师精编欢迎下载a2 c4 2 1,所以可解得a2 2,得a2 c ,又 2a22 2c 2,所以 b 2a 2c 24,所以椭圆的标准方程为 x y1；所以椭圆的焦点坐标为（2,0）,8 42 2x y由
10、于双曲线为等轴双曲线,且顶点是该椭圆的焦点,所以该双曲线的标准方程为 1 . 4 4（2）设点 P（0x ,0y ）,就 k = y 0,k = 2 y 0,所以 k k 2 y 0 y 0 = x 0 2 x 0 2 x 0 2 x 0 22 2 2y2 0,又点 P（x ,y ）在双曲线上,所以有 x 0 y 0 1,即 y 0 2x 0 24,所以x 0 4 4 4k k 2x 0 y2 0 24 =1. （3）假设存在常数,使得 AB CD ABCD 恒成立,就由（ 2）知 k k 2 1,所以设直线 AB的方程为yk x2,就直线 CD的方程为y1 kx2,A x 1,y 1,B x
11、2,y2,yk x2由方程组x2y21消 y 得：2k21x282 k x8 k280,设84就由韦达定理得：x 1x28k21,x x28 k28 , 122 k22 k所以 |AB|=1k2x 1x 224x x =4 21k2,同理可得2 k21|CD|=112x 1x 224x x 2=4 211=4 21k2,k2k21k2212+k2221k2又由于ABCDAB CD,所以有|1|1|=2 k2ABCD4 21k4 21k=3 k2323 2,所以存在常数3 2,使得ABCDAB CD 恒成立；4 21k88例 4：（1）设点 P（x,y）,就： F（2,0）、B（3,0）、A（-
12、3 ,0）；名师归纳总结 由PF2PB24,得x22y2x32y24,化简得x9；第 10 页,共 12 页2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 故所求点P的轨迹为直线x9；名师精编欢迎下载2名师归纳总结 （2）将x 12,x21分别代入椭圆方程,以及y1,0y20得： M（2,5 3）、N（1 3,20）第 11 页,共 12 页39直线 MTA方程为：y0x3,即y1x1,523303直 线NTB 方 程 为 ：y00x3, 即201393y5x5；62联立方程组,解得：x7,所以点 T 的坐标为7,10；y1033（3）点 T 的坐标为 9,m 直
13、线 MTA方程为：y0x3,即ymx3,m09312直线 NTB 方程为：y0x3,即ymx3；m0936分别与椭圆x2y21联立方程组,同时考虑到x 13,x23,95解得：M3802 m,40m2、N32 m20,20m2；80m280m202 m20m方法一：当x 1x 时,直线 MN方程为：y20 mx2 3 m2020202 m20 m2 m202 m23 m40m380802 m202 m802 m202 m令y0,解得：x1；此时必过点D（1,0）；当x 1x 时,直线 MN方程为：x1,与 x 轴交点为 D（1,0）；所以直线MN必过 x 轴上的肯定点D（1,0）；方法二：如x 1x ,就由2403m22 3 m60及m0,得m2 10,80m220m2此时直线 MN的方程为x1,过点 D（1,0）；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 如x 1x ,就m2 10,直线 MD的斜率名师精编欢迎下载110 m,k MD40 m80 2402 m2 3 m402 m802 m名师归纳总结 直线 ND的斜率k ND20 m110m,得kMDkND,所以直线MN过 D点；第 12 页,共 12 页20 3 m 22 m60402 m20m 2因此,直线MN必过 x 轴上的点（ 1,0）；- - - - - - -