高中数学函数极点与极线探秘

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学习数学领悟数学秒杀数学第四章圆锥曲线

极点与极线探秘

第一讲极点和极线的定义及极点与极线的作图

极点与极线是高等几何中的重要概念，虽然不是《高中数学课程标准》规定的学习内容，也不属于高考考查的范围，但由于极点与极线是圆锥曲线的一种基本特征，因此在高考试题中必然会有所反映，自然也会成为高考试题的命题背景.

作为一名中学数学教师，应当了解极点与极线的概念，掌握有关极点与极线的基本性质，只有这样，才能“识破”试题中蕴含的有关极点与极线的知识背景，进而把握命题规律. 一极点和极线的定义和性质

在圆锥曲线方程中，以x0x替换x2，以

yyx0x2

替换x，以y0y替换y ，以0替换y，即可得到点22

P(x0,y0)的极线方程．已知圆锥曲线:Ax2Cy22Dx2EyF0，则称点P(x0,y0)和直线l:Ax0xCy0yD(xx0)E(yy0)F0是圆锥曲线的一对极点和极线.

从定义我们共同思考和讨论几个问题:

1．若点P(x0,y0)在椭圆上，则其对应的极线是什么?椭圆的两个焦点对应的极线分别是什么?

xxyyx2y2

（1）对于椭圆221ab，与点P(x0,y0)对应的极线方程为02021；当P(x0,y0)为其焦

abab点F(c,0)时，极线对应的极线方程为

x0xa

2



y0yb2y0yb2

x2y2a2

，恰是椭圆的右准线．（2）对于双曲线221，与点P(x0,y0)1变成xcab

x0xa2

1；当P(x0,y0)为其焦点F(c,0)时，极线

x0xa2



y0yb2

a2

，恰是双1变成xc

曲线的右准线．（3）对于抛物线y2px2，与点P(x0,y0)对应的极线方程为y0yp(x0x)．当P(x0,y0)为其焦点F(

pp

,0)时，极线y0yp(x0x)变为x，恰为抛物线的准线． 22

2.过椭圆上（外、内）任意一点P(x0,y0)，如何作出相应的极线？（1）当点P在圆锥曲线上时，其极线时曲线在点P点处的切线；

（2）当点P在外时，其极线l时曲线从点P所引两条切线的切点所确定的直线（即切点弦所在的直线）；（3）当点P在内时，其极线l时曲线过点P的任一割线两端点处的切线交点的轨迹．

为了表达方便，我们给出圆锥曲线内部和外部的定义．圆、椭圆是封闭图形其内部和外部很好界定，抛物线、双曲线不是封闭的是开的，对双曲线和抛物线的内部和外部给出如下定义：焦点所在的平面区域称为该曲线的内部，不含焦点的平面区域称为曲线的外部，曲线上的点既不在内部也不在外部．

注意：证明书写过程请参考下一讲《抛物线切线与阿基米德三角形》中的“导、差、代、联”即可，这里不作详述。

二极点与极线的作图（几何意义）

如图1，设P是不在圆锥曲线上的一点，过P点引两条割线依次交圆锥曲线于四点E,F,G,H，连接

EH,FG交于N，连接EG,FH交于M，则直线MN为点P对应的极线.若P为圆锥曲线上的点，则过P点的切线即为极线.由图1同理可知， PM为点N对应的极线，PN为点M所对应的极线.因而将MNP称为

自极三点形.设直线MN交圆锥曲线于点A,B两点，则PA,PB恰为圆锥曲线的两条切线.

221

学习数学领悟数学秒杀数学第四章圆锥曲线

A

F

E

N

G

H B

M 图1

B 图2

Q

P

A l P

PAPB

①；

AQBQ

反之，若有①成立，则称点P,Q调和分割线段AB，或称点P与Q关于调和共轭，或称点P(或点Q)关于圆锥曲线的调和共轭点为点Q(或点P).点P关于圆锥曲线的调和共轭点是一条直线，这条直线就是点P的极线.

注意：关于分割和调和分割问题，在《秒1》的定比点差法破解极点与极线中有阐述，可以参考。

如图2，设点P关于圆锥曲线的极线为l，过点P任作一割线交于A,B，交l于Q，则

图3

配极原则：点P关于圆锥曲线的极线p过点Q点Q关于的极线q经过点P;直线p关于的极点P在直线q上直线q关于的极点Q在直线p．由此可知，共线点的极线必共点；共点线的极点必共线．极点极线垂直定理:如图3，设圆锥曲线的一个焦点为F，与F相应的准线为l．

（1）若过点F的直线与圆锥曲线相交于M,N两点，则在M,N两点处的切线的交点Q在准线l上，且FQMN;

（2）若过准线l上一点Q作圆锥曲线的两条切线，切点分别为M,N，则直线MN过焦点F，且FQMN；

（3）若过焦点F的直线与圆锥曲线相交于M,N两点，过F作FQMN交准线l于Q，则连线QM,QN是圆锥曲线的两条切线．

注意：极点与极线一般在小题中直接用很爽，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，很多书写过程还是参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．三．极点极线的应用 1.求切线和切点弦方程问题

（3，1）【例1】（2013•山东）过点作圆(x21)2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

222

学习数学领悟数学秒杀数学第四章圆锥曲线

【解析】法一：因为过点(3,1)作圆(x1)2y21的两条切线，切点分别为A，B，

所以圆的一条切线方程为y1，切点之一为(1,1)，显然B、D选项不过(1,1)，B、D不满足题意；另一个切点的坐标在(1,1)的右侧，所以切线的斜率为负，选项C不满足，A满足．故选：A．法二：切点弦AB所在的直线就是点对应的极线，故其方程为31x11y1，（3，1）即2xy30．故选A．

x2y2【例2】（2019•武汉模拟）过椭圆1内一点M(3,2)，做直线AB与椭圆交于点A，B，作直线CD

259

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．

xxyyxAxyAyxxyy

1，lPB:BB1，lQC:CC1，259259259xAxpyAypxBxpyBypxxyy

因点P(xp，yp)在PA，PB上，则这表明A(xA，yA)，1，1，lQD:DD1，

259259259

xQxyQyxxypy

B(xA，yA)，在直线P1上，同理CD所在的直线方程为1，因为直线AB，CD相交

259259

3xQ2yQ3xP2yP3x2y

于点M(3,2)，所以1，所以P、Q所在的直线方程为1，1．

259259259

【解析】过点A、B、C、D的切线方程为分别为lPA:

x2y23x2y

本题实质就是求椭圆1内一点M(3,2)对应的极线方程，P、Q所在的直线方程为1．

259259

2.讨论直线与圆锥曲线的位置关系

2

x0x222

【例3】（2010•湖北）已知椭圆C:y1的两个焦点F1，F2，点P(x0,y0)满足0y01，则

22

PF1PF2的取值范围为，直线

x0x

y0y1与椭圆C的公共点个数是． 2

【解析】依题意知，点P在椭圆内部且与原点不重合．画出图形，由椭圆方程得c1，由数形结合可得，当P点在线段F1F2上除原点时，(|PF1||PF2|)min2，当P在椭圆上时，(|PF1||PF2|)max2a22，故|PF1||PF2|的取值范围为[2,22)．由题意知，点P(x0,y0)和直线

x0x

y0y1恰好是椭圆的一对极点2

和极线，因为点P在椭圆内，所以极线与椭圆相离，故极线与椭圆公共点的个数为零．

x2y2

1ab0）【例4】（2009•安徽）已知点P(x0,y0)在椭圆22（，x0acos，y0bsin，0，

2ab

直线l2与直线l1:

x0xy0y

21垂直，O为坐标原点，直线OP的倾斜角为，直线l2的倾斜角为．证明：a2b

x2y2

点P是椭圆221与直线l1的唯一交点．

ab

b2x2y2x0y02

【解析】（Ⅰ）由2x2y1，得y2(ax0x)，代入椭圆221，得

ay0abab

223

学习数学领悟数学秒杀数学第四章圆锥曲线

xacos1b2x0222b2x0b2

(242)x2x(21)0，将0，代入上式，得x22acosxa2cos20， aay0ay0y0y0bsin

x2y2

1xx0a2b2

从而xacos，2有唯一解，即直线l1与椭圆有唯一交点P．

yy0x0xy0y1

b2a2

易知P(x0,y0)与直线l1是椭圆的一对极点极线，点P(x0,y0)在椭圆上所以直线l1与椭圆相切与点P，即点P是椭圆l1:

x0xy0y

21与直线l1唯一交点． a2b

y0a2ay0b

tan，由此得tantantan20，（Ⅱ）tantan，l1的斜率为tan2

x0bbx0a

tan，tan，tan构成等比数列．

3 .最值问题

x2y2

【例5】（2018•安徽期末）已知椭圆C的方程为1，过直线l:x4上任意一点Q，作椭圆C的

43

两条切线，切点分别为A，B，则原点到直线AB距离的最大值为．

x2y2

【解析】法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(4,y0)，由椭圆221(ab0)在(x0，y0)处的切线方

ab

程为：

x0xy0yx1xy1yx2xy2y

，则直线的方程：，直线的方程：QAQB111，由直线QA，直

a2b24343

线QB过Q，将M代入直线QA，直线QB方程得3x1y1y03，3x2y2y03，则A(x1，y1)，B(x2，y2)

直线AB的方程为3xyy03，分别为方程3xyy03的解，令y0，则x1，直线AB恒过定点(1,0)，

当直线AB的斜率不存时，直线AB的方程yk(x1)，O到直线AB的距离k21

d11，当直线AB的斜率不存在时，则直线AB的方程x1，则原点到直线2221k1k1k

|k|

AB距离为1，故答案为：1．

法二：切点弦AB是点Q对应的极线，设点Q的坐标为4,m，则可知直线AB的方程为

4xmy

1，即43

x

my

1，因为直线AB过椭圆C焦点1,0，所以原点到直线AB的距离的最大值为1． 3

x2y2

【例6】（2018•诸暨市期末）已知椭圆C:221(ab0)的左顶点和右焦点分别为A，F，右准线

ab

为直线m，圆D:x2y26y40．（1）若点A在圆D上，且椭圆C的离心率为

3

，求椭圆C的方程； 2

（2）若直线m上存在点Q，使AFQ为等腰三角形，求椭圆C的离心率的取值范围；

（3）若点P在（1）中的椭圆C上，且过点P可作圆D的两条切线，切点分别为M、N，求弦长MN的

224

学习数学领悟数学秒杀数学第四章圆锥曲线

取值范围．

【解析】（1）对x2y26y40，令y0，则x2．所以，A(2,0)，a2，又因为，e

2

2

2

c3

，

a2

x2

所以，c3，bac1，椭圆C的方程为：y21．

4

a2

（2）由图知AFQ为等腰三角形acAFQFc，所以2c2aca20，2e2e10，

c

11

(2e1)(e1)0，又0e1，所以e1，即椭圆离心率取值范围为(,1)．

22

（3）法一：连PD交MN于H，连DM，则由圆的几何性质知：H为MN的中点，DMPM，MNPD． 2MDMP2MDPD2MD2MD2

2MD1MN2MH，D:x2(y3)213，MD13，2

PDPDPD

x0213

，设P(x0，y0)，则y021且1„y00，MN21312

PD4

39

． 2

法二思路（切点弦方程请自己证明完成）：点P为椭圆上一点，则点P(2cos,sin)对应的极线（即切点弦MN）方程为2xcosysin3(ysin)402xcos(sin3)y3sin40，由于圆

131313

D:x2y26y40的圆心为(0,3)，半径为13，弦心距d[,]，显然

423sin26sin13

222

PD2x0(y03)23y06y0133(y01)216(1„y00)13PD216，所以，0MN

MN2

（0，

3939

． ]，所以，0MN

42

4 直线过定点和定直线问题

【例7】（2019•武汉期末）设P是直线l:2xy90上的任一点，过点P作圆x2y29的两条切线PA、

PB，切点分别为A、B，则直线AB恒过定点．

【解析】法一：因为P是直线l:2xy90上的任一点，所以设P(m,2m9)，由于圆x2y29的两条切线PA、PB，切点分别为A、B，所以OAPA，OBPB，则点A、B在以OP为直径的圆上，即AB

m2(2m9)2m2m92

是圆O和圆C的公共弦，则圆心C的坐标是(，， )，且半径的平方是r

422m22m92m2(2m9)2

所以圆C的方程是(x)(y，①又x2y29，②，②①得，)

224

即公共弦AB所在的直线方程是：mx(2m9)y90，即m(x2y)(9y9)0， mx(2m9)y90，

x2y0x2

由得，，所以直线AB恒过定点(2,1)，故答案为：(2,1)．

9y90y1

法二：设点P的坐标为(m,2m9)，因为点P对应的极线为直线AB，其方程为mx(2m9)y9，整理得(x2y)m9y9，令9y90,x2y0，可见直线AB过定点．故答案为：(2,1)．（2,1）

225

学习数学领悟数学秒杀数学第四章圆锥曲线

x2y22

【例8】（2019•江西模拟）已知椭圆C:221(ab0)的离心率为e，椭圆上的点P与两个焦

2ab

点F1，F2构成的三角形的最大面积为1，（1）求椭圆C的方程；

（2）若点Q为直线xy20上的任意一点，过点Q作椭圆C的两条切线QD、QE（切点分别为D、E)，试证明动直线DE恒过一定点，并求出该定点的坐标．

x2y22

【解析】（1）解：椭圆C:221(ab0)的离心率为e，椭圆上的点P与两个焦点F1，F2构

2ab

c2

a2x2

成的三角形的最大面积为1，bc1，解得a2，bc1，椭圆C的方程为y21．

2a2b2c2



（2）证明：设切点为D(x1，y1)，E(x2，y2)，则切线方程为x1x2y1y2，x2x2y2y2，

两条切线都过xy20上任意一点Q(m,2m)，得到x1m2y1(2m)2，x2m2y2(2m)2， D(x1，y1)，E(x2，y2)，都在直线mx2(2m)y2上，而对任意的m，直线mx2(2m)y2始终经

11

过定点(1,)．动直线DE恒过一定点(1,)．

22

x2y21

【例9】（2018•福建十校联考）已知椭圆C：22（的长轴长为4，离心率为，点P是椭1ab0）

2ab

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．

x2y2c1

【解析】（1）2a4，，a2，c1，b3．椭圆的方程为1．

43a2x2y2

（2）设点P(x0，y0)(x00，y00)，直线l的方程为yy0k(xx0)，代入1，

43

整理，得(34k2)x28k(y0kx0)x4(y0kx0)2120．2x0

xx0是方程的两个相等实根，

3x03x08k(y0kx0)

，解得．直线的方程为kyy(xx0)． l0

4y04y034k2

4y203x20

)．又令x0，得点A的坐标为(0,

4y0

点A的坐标为(0,

x02y0222

3x012． 1，4y0

43

4yy3

)．又直线l的方程为yy00(xx0)，令x0，得点B的坐标为(0,0)． y03x03

226

学习数学领悟数学秒杀数学第四章圆锥曲线

以AB为直径的圆的方程为xx(y

yy33

)(y0)0．整理，得x2y2(0)y10． y033y0

令y0，得x1，以AB为直径的圆恒过定点(1,0)和(1,0)．

x0xy0y

1，43

4y3y

所以点A的坐标为(0,)．又直线l的方程为yy00(xx0)，令x0，得点B坐标为(0,0)，所

y03x03

y3

以以AB为直径的圆方程为xx(y)(y0)0（圆的直径方程(xx1)(xx2)(yy1)(yy2)0，

y03利用极点极线整理一下思路：点p(x0,y0)(x00,y00)，根据切线方程可知直线l的方程为其中A(x1,y1)和B(x2,y2)为圆的一条直径的两个端点），整理得x2y2(得x1，所以以AB为直径的圆恒过定点(1,0)和(1,0)． 5.证明直线交点在定直线上

y03y

)(y0)0，令y0，3y03

x2y2

【例10】（2015•南开区一模）已知椭圆C:221(ab0)与y轴的交点为A，B（点A位于点B的

ab

上方）， F为左焦点，原点O到直线FA的距离为（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

2c2

． ab，椭圆C的离心率e

2a2

2

b． 2

x22y28x2y2

（2）法一：若b2，由（Ⅰ）得a22，椭圆方程为 1．联立方程组

84ykx4

化简得：(2k21)x216kx240，由△32(2k23)0，解得：k2由韦达定理得：xMxN

3

2

16k24

①，②设M(xM，kxM4)，N(xN，kxN4)， xxMN22

2k12k1

kx6kx22(kxMxNxM3xN)

x2，③NA方程为：yNx2，④，由③④解得：yMB方程为：yM

xMxN3xNxM

2(

24k16k8k

22xN)2(22xN)2

2k12k12k11即yG1，直线BM与直线AN的交点G在定直线上．

16k16k4xN24xN2

2k12k1

x2y2

法二：曲线系法，若b2，由（1）得a22，椭圆方程为1．

84

设lAN: yk1x2，lBM:y k2x2，lMN:ykx+4，lAB:x0，

x2y2

以AMBN四点曲线系方程为(k1xy2)(k2xy2)ux(kxy4)(1)

84

xy的系数为0， k1k2u0；x的系数为0， 2k1+2k24u0；

227

学习数学领悟数学秒杀数学第四章圆锥曲线

lAN: yk1x2，lBM:y k2x2相加可以得到，2y=k1xk2x ，相减可以得到k1xk2x40

联立可得y1，即点G在定直线y1上．

x2y2

极点极线原理：椭圆方程为1．直线MN（ykx4）与直线AB（y轴）的交点为S0,4，直

84

线AM与直线BN的交点为R，则G，R，S构成椭圆的自极三点形，故点G一定在点S0,4对应的极线GR上，其方程为

0x4y

1，即y1，就是说直线BM与直线AN的交点G在定直线上． 84

x2y2

【例11】（2018•太原模拟）已知椭圆C:221(ab0)的左、右顶点分别为A1，A2，右焦点为F2(1,0)，

ab

3

点B(1,)在椭圆C上．

2

（1）求椭圆方程；

（2）若直线l:yk(x4)(k0)与椭圆C交于M，N两点，已知直线A1M与A2N相交于点G，证明：点G在定直线上，并求出定直线的方程．

a21b2x2y29【解析】（1）由题目已知条件知，a2,b3，椭圆的方程为： 1；F2(1,0)，c1，

43141

a2b2（2）法一：由椭圆对称性知G在xx0上，假设直线l过椭圆上顶点，则M(0,3)，

k

383333333

,N(,)，lA1M:y(x2),lA2N:y(x2)，G(1,)，所以G在定直线x1上．

455222

yk(x4)



当M不在椭圆顶点时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x2y2，整理得(34k2)x232k2x64k2120，

134y1y232k264k212

所以x1x2，l:y(x2),l:y(x2)， ,xxA1MA2N12

x12x2234k234k2

3y1y264k21232k28(34k2)

当x1时，，得2x1x25(x1x2)80，所以250，所以G

x12x2234k234k234k2

在定直线x1上．

法二：曲线系法，设lA1M: xk1y2，lA2N: xk2y2，lMN:yk(x4)，lMN:y0 x2y2

以A1MA2N四点曲线系方程为[(xk1y2)][(xk2y2)]uy[ ykx4k](1)

43

xy的系数为0， k1k2ku0；y的系数为0， 2k12k24ku0；

lA1M: xk1y2，lA2N: xk2y2相加可以得到，2x=k1yk2y ，相减可以得到k1yk2y40

联立可得x1，即点Q在定直线x1上．

极点极线原理：由于直线l:yk(x4)经过P(4，设直线A1N与A2M相交于点H，则直线GH在点P(4，0)，0)所对应的极线上，点P(4，0)对应的极线方程

4x0y

1，即x1，故点G在顶点x1上． 43

228

学习数学领悟数学秒杀数学第四章圆锥曲线

达标训练

1．（2018•兰州月考）过点P(3,4)作圆x2y24的两条切线，切点分别为A,B，则AB所在直线的方程为（）

A．3x4y70 B．3x4y40

C．3x4y250

D．3x4y0

x2y22．（2018•蚌埠二模）已知A4,3，F为椭圆1的右焦点，过点A的直线与椭圆在x轴上方相切

43

与于点B，则直线BF的斜率为（）

A．

1

2

B．

2 3

C．1 D．

4 3

3．（2014•辽宁）已知点A(2,3)在抛物线C：y22px的准线上，过点A的直线与C在第一象限相切与点

B，记C得焦点F，则直线BF的斜率为（）

12A． B．

23

C．

3

4

D．

4 3

4．若过点P(1,3)作圆x2y29的切线，则两点所在直线方程为_____ ．

2

4x0的点5．（2018•深圳期末）对于抛物线C:y24x，我们称满足y0在抛物线的内部，则直线（x0,y0）

l:y0y2xx0与抛物线C（）

A．恰有1个公共点 B．恰有2个公共点 C．可能有1个公共也可能有2个公共点

D．没有公共点

x2y2

6．已知点P为2xy4上一动点．过点P作椭圆1的两条切线，切点分别A、B，当点P运动

43

时，直线AB过定点，该定点的坐标是． 7．（2011•希望杯）从直线l:

xy

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84

弦AB长度的最小值为．

8．（2019•通州区期中）已知点P是抛物线x24y上一个动点，过点作圆x2(y4)21的两条切线，切点分别为M，N，则线段MN长度的最小值为．

x2xx9.点P(x0，y0)在椭圆C:y21上，且x02cos,y0sin，直线l2与直线l1:0y0y10．

222

垂直，O为坐标原点，直线OP的倾斜角为，直线l2的倾斜角为．

229

学习数学领悟数学秒杀数学第四章圆锥曲线

x2

（1）证明：点P是椭圆C:y21与直线l1的唯一公共点；

2

（2）证明：tan，tan，tan构成等比数列．

10．（2011•福建卷）已知直线l:yxm，mR．

（1）若以点M(2,0)为圆心的圆与直线l相切于点P，且点P在y轴上，求该圆的方程；（2）若直线l关于x轴对称的直线为l，问直线l与抛物线C:x24y是否相切？说明理由．

11．（2018•徐州期中）已知圆C:x2y2r2有以下性质：①过圆C上一点M(x0，y0)的圆的切线方程是

x0xy0yr2．②若M(x0，y0)为圆C外一点，过M作圆C的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为x0xy0yr2；③若不在坐标轴上的点M(x0，y0)为圆C外一点，国M作圆C的两条切线，切点分别为A，B，则OM垂直AB，即kABkOM1，且OM平分线段AB．

x2y2

（1）类比上述有关结论，猜想过椭圆C:221(ab0)上一点M(x0，y0)的切线方程（不要证明），

abx2y2

（2）过椭圆C:221(ab0)外一点M(x0，y0)作两直线，与椭圆相切于A，B两点，求过A，B

ab

两点的直线方程，

x2y2

（3）若过椭圆C:221(ab0)外一点M(x0，y0)(M不在坐标轴上）作两直线，与椭圆相切与A，

ab

B两点，求证kABkOM为定值，且OM平分线段AB．

230

学习数学领悟数学秒杀数学第四章圆锥曲线

x2y2

12．（2010•江苏）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆1的左、右顶点为A、B，右焦点为F．设

95

过点T(t,m)的直线TA、TB与椭圆分别交于点M(x1,y1)、N(x2,y2)，其中m0，y10，y20．（1）设动点P满足PF2PB24，求点P的轨迹； 1

（2）设x12，x2，求点T的坐标；

3

（3）设t9，求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）．

13．（2018•咸阳二模）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（1）求动点C的轨迹方程；

（2）设至直线l与（1）中轨迹相切于点P,与直线x4相较于点Q,判断以PQ为直径的圆是否过x轴上一定点.

14．（2019•常德期末）已知点P(2,1)是圆O:x2y28内一点，直线l:ykx4．（1）若圆O的弦AB恰好被点P(2,1)平分，求弦AB所在直线的方程；

（2）若过点P(2,1)作圆O的两条互相垂直的弦EF，GH，求四边形EGFH的面积的最大值；（3）若k

3

． 4

1

，Q是l上的动点，过Q作圆O的两条切线，切点分别为C，D．证明：直线CD过定点． 2

231

学习数学领悟数学秒杀数学第四章圆锥曲线

15．（2011•四川）椭圆有两顶点A(1,0)、B(1,0)，过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C、D两点，并与x轴交于点P．直线AC与直线BD交于点Q．（1）当|CD|

3

2时，求直线l的方程； 2

（2）当点P异于A、B两点时，求证：OPOQ为定值．

x2y2

16．（2017•南平一模）左、右焦点分别为F1、F2的椭圆C:221(ab0)经过点Q(0,3)，P为椭

ab

圆上一点，△PF1F2的重心为G，内心为I，IG//F1F2．（1）求椭圆C的方程；

（2）M为直线xy4上一点，过点M作椭圆C的两条切线MA、MB，A、B为切点，问直线AB是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．

17．（2018•深圳二模）已知实数P0,且过点M(0,P2)的直线l与曲线C：x22py交于A,B两点．（1）设O为坐标原点，直线OA,OB的斜率分别为k1,k2，若k1k21，求p的值；（2）设直线MT1,MT2与曲线C分别相切于点T1,T2，点N为直线T1,T2与弦AB的交点，且MAMN,MBMN,证明：

1





1



为定值．

232

学习数学领悟数学秒杀数学第四章圆锥曲线

x2y2

18．（2008•安徽）设椭圆C:221(ab0)过点M(2,1)，且左焦点为F1(2,0)．

ab

（1）求椭圆C的方程；

（2）当过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交于两不同点A，B时，在线段AB上取点Q，满足|AP||QB||AQ||PB|，证明：点Q总在某定直线上．

19.（2019•浦东新区校级月考）教材曾有介绍：圆x2y2r2上的点(x0，y0)处的切线方程为

x2y2xxyy

x0xy0yr．我们将其结论推广：椭圆221(ab0)上的点(x0，y0)处的切线方程为02021，

abab

x2

在解本题时可以直接应用．已知，直线xy30与椭圆C1:2y21(a1)有且只有一个公共点．

a

2

（1）求椭圆C1的方程；

（2）设O为坐标原点，过椭圆C1上的两点A、且l1与l2交于点M(2,m)．当l2，B分别作该椭圆的两条切线l1、

m变化时，求OAB面积的最大值；

x2（3）若Py21上不同的两点，PP1，P2是椭圆C2:12x轴，圆E过P1，P2，且椭圆C2上任意一点2

2a

都不在圆E内，则称圆E为该椭圆的一个内切圆．试问：椭圆C2是否存在过左焦点F1的内切圆？若存在，求出圆心E的坐标；若不存在，请说明理由．

233

学习数学领悟数学秒杀数学第四章圆锥曲线

1．【解析】点P(3,4)所对应的极线方程3x4y4，故选B．

2．【解析】设过点A椭圆的另一条切线与椭圆在x轴上方相切于点C，故点A4,3对应的极线

BC:

4x3y

1，即直线xy1经过右焦点F，所以直线BF的斜率为1 43

p

2p4，则抛物线方程为y28x，设过点A作直线与抛物线C相切与另一2

3．【解析】由已知得

点D，则经过这两个切点的连线BD就是点A对应的极线，其方程是3yx2，由于点A在抛物线的准

4

，故选D． 3

4．【解析】切点弦即为点P(1,3)对应的极线，其方程为1x3y9，即x3y9．线上，则焦点F在点A的极线上，B、F、D三点共线kBFkBD

5．【解析】对于抛物线C:y24x，点x0,y0对应的极线是直线l:y0y2xx0，当极点在在抛（x0,y0）物线的内部时，极线与抛物线相离，故选D．

mx(2m4)y

6．【解析】设点P的坐标是（m,2m4），则切点弦AB的方程为1，化简得

43(3x8y)m1216y，令3x8y1216y0，可得x2,y

33

，故直线AB过定点(2，)． 44

2，7．【解析】设P(82m,m)，易知P的极线方程为my(82m)x8，即m(2xy)8x8可得弦AB必过1，

易得圆O：x2y28上，过1，2的最短的弦长为2r2d2max23．

2x0x02

8．【解析】圆x(y4)1的圆心C(0,4)，半径r1．设P(x0,)，故MN方程为xx0(y4)(4)1

44

2

2

弦心距d

2

x0

1x02(4)2

4



1

4x02

x01616

2

8时，d取得最大值，则|MN|取得最小值，当x0

33

． 3

x2x0x1

9．【解析】证明：（1）直线l1:(2x0x)，代入椭圆C:y21，得y0y1，得：y

2y022

1x021x02cos

x2cos， ()(1)0．将代入上式，得：x222cosx2cos20，22

24y0y0ysin0

x2

y212xx0x2方程组有唯一解，点P是椭圆C:y21与直线l1的唯一公共点．

2yy0x0xyy1

0

2（2）tan

y0x2y2

tan，l1的斜率为0，l2的斜率为tan02tan， x022y0x0

tantantan20，tan，tan，tan构成等比数列．

234

学习数学领悟数学秒杀数学第四章圆锥曲线

10．【解析】（1）设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为(x2)2y2r2．由题意，所求圆与直线l:yxm4m2r2

m2

相切于点P(0,m)，则有|20m|，解得，所以圆的方程为(x2)2y28．

rr22

2

yxm

（2）由于直线l的方程为yxm，所以直线l的方程为yxm，由2消去y得到

x4y

x24x4m0，△4244m16(1m)．

①当m1时，即△0时，直线l与抛物线C:x24y相切； ②当m1时，即△0时，直线l与抛物线C:x24y不相切．

综上，当m1时，直线l与抛物线C:x24y相切；当m1时，直线l与抛物线C:x24y不相切．

11．【解析】（1）过椭圆C:

xyx0xy0y

上一点，的切线方程为1(ab0)M(xy)21； 00222

abab

22

x2y2

（2）过椭圆C:221(ab0)外一点M(x0，y0)作两直线，与椭圆相切于A，B两点，设A(x1，y1)，

ab

B(x2，y2)，由（1）的结论可得A处的切线方程为

x1xy1yx2xy2y

，处的切线方程为B121， 222

abab

又两切线都过M，可得线方程为

x1x0y1y0xxyy

21，2202201，由过A，B两点确定一条直线可得，过AB的直2abab

x0xy0y

21； a2b

b2x0y0b2x0xy0y

（3）证明：由（2）可得过AB的直线方程为221，可得kAB2，kOM，则kABkOM2；

ay0x0aab

x12y12x22y22(xx)(xx)(yy2)(y1y2)

由A，B都在椭圆上，可得221，221，相减可得122121 0，

ababab2

设AB的中点为N(m,n)，可得x1x22m，y1y22n，则kAB

b2x0yy1y2b2m

又kAB2， 2，kOM0，

ayx1x2anx00

可得kONkOM，则OM过AB的中点，即OM平分线段AB．

12．【解析】（1）设点P(x,y)，则：F(2,0)、B(3,0)、A(3,0)．由PF2PB24，得

(x2)2y2[(x3)2y2]4，化简得x（2）将x12,x2

99

．故所求点P的轨迹为直线x． 22

20151

分别代入椭圆方程，以及y10，y20，得M(2,)、N(，)

9333

235

学习数学领悟数学秒杀数学第四章圆锥曲线

直线MTA方程为：

y0x3y0x31

，即yx1，直线NTB方程为：，

5201233030

933

x7

1055

即yx．联立方程组，解得：10，所以点T的坐标为(7,)．

y3623

（3）曲线系法，详细过程参考上一讲，这里介绍极点极线原理：点T的坐标为(9,m)．当t=9时，点T的坐标为，连接MN交AB于点，由极点极线的定义可知，点T对应的极线经过点K，而点T的对应（9，m）的极线方程为

9·xm·y

+=1，该直线即为MN与直线AB交点的轨迹，当y=0，得x=1，故直线MN必经95

过x轴上的定点K(1,0)．

3yy3

13．【解析】（1）设C(x,y)，则依题意得kACkBC，又A(2,0)，B(2,0)，所以有(y0)，

4x2x24

x2y2x2y2

整理得1(y0)，故动点C的轨迹方程为1(y0)．

4343

（2）法一：设直线l:ykxm，与3x24y212联立，得3x24(kxm)212，即

(34k2)x28kmx4m2120，依题意△(8km)24(34k2)(4m212)0，即34k2m2，设直线l与动点C的轨迹交于点(x1，y1)，(x2，y2)，则x1x2

P(4km,2

8km4km

，得， xx1222

34k34k

34k

3m4k322

，而，得34km)P(,)，又Q(4,4km)，设R(t,0)为以PQ为直线的圆上一

34k2mm

4k34k

t,)(4t,4km)0，整理得(t1)t24t30， mmm

点，则由RPRQ0，得(由

k

的任意性得t10且t24t30，解得t1，综上知，以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1,0)． m

33x0xxyy

法二：设P(x0，y0)，则曲线C在点P处切线PQ:001，令x4，得Q(4,)，设R(t,0)，则

y043

由RPRQ0，得(x0t)(4t)33x00，即(1t)x0t24t30，由x0的任意性得1t0且t24t30，解得t1，综上知，以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1,0)．

14．【解析】（1）由题意知ABOP，kABkOP1，y12(x2)，即2xy50；

kOP

1

，kAB2，因此弦AB所在直线方程为2

（2）如图，设点O到直线EF、GH的距离分别为d1，d2，则d12d22|OP|25，

S四边形EGFH|EF|2r2d1228d12，|GH|2r2d2228d22．

1

EFGH28d128d22 2

5121

2(8d12)(d123)2d145d12242(d12)211，

24

236

学习数学领悟数学秒杀数学第四章圆锥曲线

当d1

10

d2时取等号．四边形EGFH面积的最大值为11； 2

t

（3）证明：由题意可知C、D两点均在以OQ为直径的圆上，设Q(t,4)，则该圆的方程为

21122

x(xt)y(yt4)0，即：x2txy2(t4)y0．又C、D在圆O:xy8上，直线CD的

22

1

x111xy0

直线CD过定点(1,2)．方程为tx(t4)y80，即t(xy)4(y2)0，由，得， 2

y222y20

y2x2

15．【解析】（1）椭圆的焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为221(ab0)，由已知得b1，c1，

ab

y2

所以a2，椭圆的方程为x21，

2

当直线l与x轴垂直时与题意不符，设直线l的方程为ykx1，C(x1，y1)，D(x2，y2)，

2k1

将直线l的方程代入椭圆的方程化简得(k22)x22kx10，则x1x22，x1x22，

k2k2

2k21

|CD|1k2(x1x2)24x1x21k2(2)42

k2k2

22(k21)3

2，解得k2．直线l的方程为y2x1；

k222

（2）此题可以用常规方法和曲线系法，具体内容请参考上一讲，本专题研究一下其极点极线性质，对椭圆

0×y1y2

+mx=1，若以点P为极点，则其对应的极线过点Q,设P(m,0)，其极线方程为即x=，x21，

2m2

11

故可设点Q的坐标为(,yQ)，所以OP•OQ=(m,0)•(,yQ)=1，即OP•OQ为定值1．

mmx2y2

16．【解析】（1）椭圆C:221(ab0)焦点在x轴上，且过点Q(0,3)，b3

ab

xy

设△PF1F2内切圆的半径为r，点P的坐标为(x0，y0)，则△PF1F2重心G的坐标为(0,0)，

33

11

IG//F1F2，|y0|3r．由△PF1F2面积可得(|PF1||PF2||F1F2|)r|F1F2||y0|，

22

x2y2

即a2c，(cab)，解得a2,b3，即所求的椭圆方程为则椭圆方程为1

43

xxyyxxyy

（2）设M(x1，y1)，A(x2，y2)，B(x3，y3)则切线MA，MB的方程分别为221，331

4343

xxyyxxyyxxyy

点M在两条切线上，21211，31311，故直线AB的方程为111．

434343

2

2

237

学习数学领悟数学秒杀数学第四章圆锥曲线

又

点M为直线xy4上，y1x14，即直线AB的方程可化为

x1x(x14)y1，整理得43

x1

3x4y03

解得(3x4y)x116y12，由3，因此，直线AB过定点(1,)．

y416y1204

ykxp2

17．【解析】（1）设直线AB的方程为ykxp，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程组2，

x2py

2

消y可得x22pkx2p30，x1x22p3，x1x22pk，y1y2k2x1x2kp2(x1x2)p4p4， y2y1p4

直线OA、OB的斜率分别为k1、k2，k1k21，1，即31，解得p2，

2px2x1

证明（2）由（1）可知x24y，M(0,1)，可设直线ykx4，由（1）可得y1y216 12

设过点M与x24y的相切的切线的坐标为(x0，x0)，

4T1(4,4)，T2(4,4)，直线TT12的方程为y4，

12

x04

114，解得x04， yx，kx022x0

y4888

由，解得x，y4，N(，4)，MA(x1，y14)，MN(，8)，MB(x2，y24)，

kkkykx4

88

MAMN，MBMN，(x1，y14)(，8)，(x2，y24)(，8)，

kk

88

x1x2，，y1y2(84)(84)643232161620， kky148y2481111

2，故：为定值．



极点极线原理：第（2）问中，由于切点弦T1T2所在的直线为点M(0,p)所对应的极线，故其方程为0×yp2

，即yp24．也属于典型的阿基米德三角形问题。 x2p2

c22

x2y21122

18．（1）由题意得221，解得a4,b2，所求椭圆方程为1．

42ab

c2a2b2

（2）解法1：（定比点差法，参考秒1）设点Q,A,B的坐标分别为(x,y),(x1,y1),(x2,y2)．

2

由题设知AP,PB,AQ,QB均不为零，记

APPB



AQQB

,则0，且1．

又A,P,B,Q四点共线，从而APPB,AQQB．于是4

22

x12x2

4x ① 从而2

1

x1x2yy2xx2yy2

． ,11,x1,y1

1111

238

学习数学领悟数学秒杀数学第四章圆锥曲线

22y12y2

y ②

12

又点A,B在椭圆C上，

22222y14 ③ x22y24 ④ 即 x1

由①②2并结合③，④式，得4x2y4．即点Q(x,y)总在定直线2xy20．

极点极线原理：：已知此极线方程为

PBPA



QBQA

，说明点P,Q关于椭圆调和共轭，根据定理3，点Q在点P对应的极线上，

4x1y

1，化简得2xy20．故点Q总在直线2xy20． 42

19．【解析】（1）将直线yx3代入椭圆方程x2a2y2a2，可得(1a2)x223a2x2a20，由直线和椭圆相切，可得△12a44(1a2)2a20，解得a2（由a1)，即有椭圆C1的方程为

x2

y21； 2（2）设切点A(x1，y1)，B(x2，y2)，可得切线l1:x1x2y1y2，由l1与l2交于点M(2,m)，l2:x2x2y2y2，

可得2x12my12，2x22my22，由两点确定一条直线，可得AB的方程为2x2my2，

即为xmy1，原点到直线AB的距离为d

xmy1

，由2消去x，可得(2m2)y22my10， 22x2y21m1

2m1

，，可得|AB|1m2y1y2yy1222

2m2m

(y1y2)4y1y21m

22

8(1m2)22(1m2)

， 22

(2m)2m2

11m22t222

t1m(t1)可得OAB的面积Sd|AB|2，设，， S

22m21t2t12

t

2

当且仅当t1即m0时，S取得最大值；

2

（3）由椭圆的对称性，可以设P1(m,n)，P2(m,n)，点E在x轴上，设点E(t,0)，则圆E的方程为：

(xt)2y2(mt)2n2，由内切圆定义知道，椭圆上的点到点E距离的最小值是|PE|，设点M(x,y)是1

3

椭圆C2:x24y24上任意一点，则|ME|2(xt)2y2x22txt21，当xm时，|ME|2最小，

4

m24t4t2222

，③ m，①，又圆E过点F1，(3t)(mt)n，②点P1在椭圆上，n1433

343

由①②③，解得：t或t3，又t3时，m2，不合题意，

23

3

综上：椭圆C2存在符合条件的内切圆，点E的坐标是(，0)．

2

239

本文来源：https://www.wddqw.com/doc/b33055ab72fe910ef12d2af90242a8956becaad3.html

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