公眾號：慧博高中數(shù)學(xué)題庫公眾號：慧博高中數(shù)學(xué)題庫如圖,設(shè)P是不在圓雉曲線上的一點(diǎn),過P點(diǎn)引兩條割線依次交圓錐曲線于四點(diǎn)E,F,G,H,連接EH,FG交于N,連接EG,FH交于M,則直線MN為點(diǎn)P對應(yīng)的極線.若P為圓雉曲線上的點(diǎn),則過P點(diǎn)的切線即為極線.同理,PM為點(diǎn)N對應(yīng)的極線,PN為點(diǎn)M所對應(yīng)的極線.因而將△MNP稱為自極三點(diǎn)形.設(shè)直線MN交圓錐曲線于點(diǎn)A,B兩點(diǎn),則PA,PB恰為圓錐曲線的兩條切線.對于圓錐曲線C:Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0,已知點(diǎn)P(x0,y0((非中心)及直線l:Ax0x+BCy0y+D,則稱點(diǎn)P(x0,y0(是直線l關(guān)于圓1122(1)當(dāng)點(diǎn)P(x0,y0(在橢圓上時,極線l是以點(diǎn)P為切點(diǎn)的切線。(極點(diǎn)在極線上)(3)當(dāng)點(diǎn)P在橢圓內(nèi)時,極線l與橢圓相離,極線l為經(jīng)過點(diǎn)P的弦在兩端點(diǎn)處的切線交點(diǎn)的(1)對于橢圓,與點(diǎn)P(x0,y0(對應(yīng)的極線(2)對于雙曲線,與點(diǎn)P(x0,y0(對應(yīng)的極線方程為-=1;(3)對于拋物線y2=2px,與點(diǎn)P(x0,y0(對應(yīng)的極線方程為y0y=p(x0+x(1.(2024·全國·一模)如圖，已知橢圓Γ的短軸長為4，焦點(diǎn)與雙曲線的焦點(diǎn)重合.點(diǎn)33 PA,PB分別交橢圓Γ于M,N兩點(diǎn).(1)(0,4(，此整理即可得解.設(shè)P(p,0(,Qt(，則Q在P的極線上，現(xiàn)在如果經(jīng)過P的直線x=my+p交橢圓于A(x1,y1),B(x2,y2)：所以Δ=4b4m2p2-4b2(p2-a2((a2+b2m2(=4b4m2p2-4b2(p2a2+p2b2m2-a4-a2b2m2(2m2-p2(>0→a2+b2m2>p2，也就是y1-t+y2-t=-2tmy1+p-my2+p-p-，(y1-t((my2+p-+(y2-t((my1+p-+2t(my1+p-my2+p-=0，也就是2m(p-+2m2ty1y2+(p-2+tm(p-(y1+y2(=0，也就是2m(p-+2m2t.+(p-2+tm(p-(-=0，也就是m(p-+m2t|ΓL.b2(p2-a2(+(p-2+tm(p-(-b2mp(=0，也就是(p-+mt.b2(p2-a2(-b2p(p-2+tm(p-=0，也就是(p-+mt.(p2-a2(-p(p-2+tm(p-=0，也就是(p-+mt.(p-(p-2+tm(p-=0，也就是(p-+mt.(p-=(p-2+tm(p-，接下來我們回到原題，而kQA=kQB=，所以kQN=kQM，這表明Q是MN和AB的交點(diǎn)，所以yD+yT=2yE，也就是E是DT的中點(diǎn)；②設(shè)Q(2,t(，那么kPQ=-,kAB=，所以kMN=-t-，這表明MN的方程是y=(-t-(x-2(+t，即t(3-x(+1-x-y=0，4455所以MN恒過點(diǎn)(3,-.直線l：Ax0x+Cy0y+D(x+x0(+E 理由.(x-4=0(2)利用代數(shù)法證明點(diǎn)Q在橢圓C外，則點(diǎn)Q和直線MN是橢圓C(1)因為橢圓+=1(a>b>0)過點(diǎn)P(4,0)，660,y0)，又QM，QN都與橢圓C相切，所以點(diǎn)Q和直線MN是橢圓C的一對極點(diǎn)和極線.所以存在定點(diǎn)T(2,1)恒在直線MN上.當(dāng)MT=TN時，T是線段MN的中點(diǎn)，設(shè)M(x1,y1(，N(x2,y2(，直線MN的斜率為k，所以當(dāng)M=T時，直線MN的方程為y-1=-(x-2(，即x+2y-4=0.+2Dx+2Ey+F=0，則稱點(diǎn)P(x0,y0)和直線l：Ax0x+Cy0y+D(x+x0(+E(y+y0(+F=0是圓錐 2px，與點(diǎn)P(x0,y0)對應(yīng)的極線方程為y0y=p(x0+x(.即對于確定77利用點(diǎn)差法求解即得.(1)設(shè)點(diǎn)P(x0,y0)，由點(diǎn)P在直線y=-x+2上運(yùn)動，得y0=-x0+2， 又PM，PN都與橢圓G相切，因此點(diǎn)P和直線MN是橢圓G的一對極點(diǎn)和極線，將y0=-x0+2代入+=1，整理得x0(x-y(+4y-4=0，當(dāng)MT=TN時，T是線段MN的中點(diǎn)有在橢圓G內(nèi)，設(shè)M(x1,y1(，N(x2當(dāng)MT=TN時，T是線段MN的中點(diǎn)有在橢圓G內(nèi)，設(shè)M(x1,y1(，N(x2,y2(，直線MN的斜率為k，,兩式相減并整理得=-.=-.=-，即k=-，所以當(dāng)M=T時，直線MN的方程為y-1=-(x-1(，即x+2y-3=0.64x-4(x+2y((16-8y(=32y>0，所以|AB88yy=x+4yf(y0(=y，求導(dǎo)得f’(y0(=(y+4(2>0，即f(y0(在(0,2[單調(diào)遞增，則f(y0(的最大值為f由對稱性可知當(dāng)-2≤y0<0時，f(y0(的最大值也為2，4y2-3=0相切.(10,y0),M(x1,y1),N(x2,y2)，然后由①可得過點(diǎn)M的切線方程和過點(diǎn)N的切線方程，則可求99-x+-12=0，所以P處的極線就是過點(diǎn)P的切線，②設(shè)點(diǎn)Q(x0,y0),M(x1,y1),N(x2,y2)，過點(diǎn)N的切線方程為l2:+=1，則割線MN的方程為l0:+=1，同理可得過點(diǎn)P(-4，0(的兩條切線的切點(diǎn)弦XY的方程為l3:=1，即x=-1，所以Q,X,Y三點(diǎn)共線，都在直線x=-1上．公眾號：慧博高中數(shù)學(xué)題庫公眾號：慧博高中數(shù)學(xué)題庫1.(2022·全國·統(tǒng)考高考真題)已知橢圓E的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，對稱軸為x軸、y軸，且過A(0,-2(,B,-1(兩點(diǎn)．(2)設(shè)過點(diǎn)P(1,-2(的直線交E于M，N兩點(diǎn)，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點(diǎn)T，點(diǎn)H((2)(0,-2)(1)將給定點(diǎn)代入設(shè)出的方程求解即可；(1)解：設(shè)橢圓E的方程為mx2+ny2=1，過A(0,-2(,B,-1(，(2)A(0,-2),B,-1(，所以AB:y+2=x，可得M(1,-N(1,，代入AB方程y=x-2，可得T(-6+3,-，由M=T得到H.求得HN方程：②若過點(diǎn)P(1,-2)的直線斜率存在，設(shè)kx-y-(k+2)=0,M(x1,y1),N(x2,y2).聯(lián)立x-2,可得Ty1(,H(3y1+6-x1,y1).可求得此時HN:y-y將(0,-2)，代入整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0，96+48k-24k-48-48k+24k2-36k2-48=0,綜上，可得直線HN過定點(diǎn)(0,-2).(m≠0(((設(shè)Q(0,y0)m1-ny0m(1-n)y0y0mtan∠OQM=,tanm1-ny0m(1-n)y0y0mtan∠OQM=,tan∠ONQ===,1+n∵∠OQM=∠ONQ,∴tan∠OQM=tan∠ONQ,m2-n2m2m221+n)mm(1-n)y02則==y0m2-n2m2m221+n)mm(1-n)y02則==y0標(biāo)為(2,0).(1)AM的方程為y或y；(2)證明見解析.所以AM的方程為y=-2x+2或y=2x-2當(dāng)Ol與x軸不重合也不垂直時，設(shè)Ol的方程為2kx1x2-3k(x1+x2(+4k(x1-2((x2-2(.由y2kx1x2-3k(x1+x2(+4k(x1-2((x2-2(.將y=k(x-1(代入+y2=1得(2k2+1(x2-4k2x+2k2-2=0.則2kx1x2-3k(x1+x2(+4k==0.程為x=my+1，交橢圓于A(x1,點(diǎn)A關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)N(x1,-y1(，則直線BN的方程為(y+y1((x2-x1(=(y1+y2((x-x1(．令y=0，x則直線BN過點(diǎn)M，∠OMA=∠OMB．tt2=-．又A(1+t1cosα,t1sinα(,B(1+t2cosα,t2sinα(，則kMA+kMB= t1sinαt2sinαt1sinα1+t1cosα-21+t2cosα-2t1cosα-1t2cosα-1即kMA=-kMB．所以∠OMA=∠OMB．設(shè)A(ρ1,θ(,B(ρ2,θ+π(．設(shè)點(diǎn)O(也可選點(diǎn)F)到直線MA,MB的距離分別為d1,d2，根據(jù)角平分線定理的逆定理，要證∠OMA直線MA的方程為：y1x-(x1-2(y-2y1=0,d1=|2y1|．y+(x1-2(2(m2+1(y-2my1+1(m2+1(y-2my2+1[(m+1(y1-2my1+1[[(m+1(y2-2my2+1(m2+1(y-2my2+1[(m+1(y1-2my1+1[[(m+1(y2-2my2+1[設(shè)A=λF(λ≠0,±1(，A(x1,y1(,B(x2,y2(，x1-λx2=2(1-λ(，又x1+λx2=1+λ,所以，x1=(3-λ(,x2=3-，∠OMB.故∠OMA=∠OMB．方法二：根據(jù)角平分線的定義可知，利用點(diǎn)A關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)N在直線BM上，證直線AN過點(diǎn)M即可；(2)方法一：設(shè)P(6,y0(，可得直線AP的方程為：y=(x+3(，聯(lián)立直線AP的方程與橢圓方程即可求得(1)依據(jù)題意作出如下圖象：:AG=(a,1(，GB=(a,-:A.G=a2-1=8，:a2=9:橢圓方程為：+y2=1證明：設(shè)P(6,y0(，聯(lián)立直線AP的方程與橢圓方程可得整理得：x-，設(shè)P(6,t)，則直線PA的方程為y=(x+同理，可求直線PB的方程為tx-3y-3t=0．則經(jīng)過直線PA和直線PB的方程可寫為(tx-9y+3t)(tx-3y-3t)=0．可化為t2(x2-9(+27y2-12txy+18ty=0．④2-9=-9y2，代入④式可得(27-9t2(y2-12txy+18ty=0．故y[(27-9t2(y-12tx+18t[=0，可得y=0或(27-9t2(y-12tx+18t=0．其中y=0表示直線AB，則(27-9t2(y-12tx+18t=0表示直線CD．屬于難題.(1設(shè)M(x1,y1(,N(x2,y2(，又A(-4,0),B(4,0)，則3(y1+y2(k1=my1y2-2y1=3(y1+y2(-2y1=y1+3y2=1 (5)代入韋達(dá)定理求解.(1)+=1(2)①-；②-②設(shè)BD，AD的斜率分別為k3，k4，設(shè)直線AC的方程為y-1=k1(x-2(，直線BD的方程為y+1=2=又左焦點(diǎn)F(-c,0(到直線l:x-2y=0的距離為，有=，2-c2=2，由解得所以A(2,1(，B(-2,-1(．設(shè)直線AC的方程為y-1=k1(x-2(，直線BD的方程為y+1=k3(x+2(．設(shè)直線AD的方程為y-1=k4(x-2(，即yx-2(，設(shè)直線BC的方程為y+1=k2(x+2(，即y+1=-(x+2(，所以kMN===-．7.(2023·湖北·三模)已知F1(-1,0),F2(1,0)分別為橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)直線M1F2F(2)設(shè)M1(x1,y1(,M2(x2,y2(，得到S△MNF-S△MNF=S△MFF-S△MFF=y1-y2，即可求解.“c=1,:b=1:橢圓C的方程是+y2=1；由題意知x0.y0>0,y1,y2<0，S△M2NF2-S△M1NF1=S△M2F1F2-S△M1F1F2=×2(|y2|-|y1|(=y1-y2，:(3+2x0(y2-2(x0+1(y0y-y=0．2=--，:y1-y2=-===0≤=(當(dāng)且僅當(dāng)x0:S△M2NF2-S△M1NF1的最大值是．別交橢圓于兩點(diǎn)P和Q.(ii)求四邊形APBQ面積的最大值.(2)(i)證明見解析；(ii)6(1)將兩點(diǎn)代入橢圓中，解方程組即可求得橢(2)(i)分別將直線AM,BM與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理表示出P,Q兩點(diǎn)坐標(biāo)，由數(shù)量積B.B<0(2)(i)易知A(-2,0(,B(2,0(，由橢圓對稱性可知，不妨設(shè)M(4,t(,t>0，P(xP,yP(,Q(xQ,yQ(；根據(jù)題意可知直線AM,BM斜率均存在，且kAM=,kBM=；所以直線AM的方程為y=(x+2(，BM的方程為y=(x-2(；則B=所以B所以點(diǎn)B在以PQ為直徑的圓內(nèi)；(ii)易知四邊形APBQ的面積為SAB|×|yP-yQ由對勾函數(shù)性質(zhì)可知y=λ+在[6,+∞(上單調(diào)遞增，由對稱性可知，即當(dāng)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(4,3(或(4,-3(時，基本不等式求出最值即可.(3)求y2-y1的最小值.(1)(2),所以F1(-1,0),F2(1,0)，將其代入橢圓方程中可得+(x+1(2=1，整理得(2x0+3(x2+4yx-3x-4x0=0，1,y0(=4(-1-x1,-y1(，可得y0=-4y1，所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為,所以y1-y=-4x-9所以y1-y2的最大值為應(yīng)用基本不等式求解即可.(1代入化簡即可得解.A1(0,b(1λ(2a-|NF2|(．又因為所以|Pa-|M|(，λ(2a-|NF2|(=λ(2a-|NF2|(=2a-(+設(shè)MF1x=my-2，x=my+2，設(shè)M(x1,y1(，N(x2,y2((y1,y2>0(，(x=my-2+=1→(m2+2(y2-4my-(x=my-21(-2m1+m21(-2m1+m2[22(m2+1([2-4m2(1+m2)=4(1+m2((m2+2(2(m2+2(，力的培養(yǎng)是解決問題的關(guān)鍵.(2)求四邊形ABCD面積的最大值；(1)+y2=12=c2=(a2-b2(=a2-，a2=4，設(shè)直線CD的方程為y=-x+t(t<1)，D(x1,y公眾號：慧博高中數(shù)學(xué)題庫1(，C(x2,y2(，-2tx+2t2-2=0，公眾號：慧博高中數(shù)學(xué)題庫由Δ=4t2-4(2t2-2(>0得-2<t<1，1x2=2t2-2-x2|=.4t2-8t2+8=5直線AB與CD之間的距離為d故四邊形ABCD的面積為S=(|AB|+|CD|(d=(5+52-t2(.=|t-1|(1+2-t2(，令t=2cosθ<θ<π(，則S=(1-t((1+2sinθ(=(1-2cosθ((1+2sinθ(1x2=2t2-2，=t2--t+(2t-x1(=t2--x1=(t2-1-x1(=12t2-2-2x12t2-2-2x12(t2-1-x1(4，3.(2024·云南·模擬預(yù)測)拋物線Γ:y2=2px(p>0(的圖象經(jīng)過點(diǎn)M(1,-2(，焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F且傾斜角(1)y2=4x(2)|AB|=(1)由曲線y2=2px圖象經(jīng)過點(diǎn)M(1,-2(，可得p=2，則得拋物線Γ的(1)曲線y2=2px圖象經(jīng)過點(diǎn)M(1,-2(，所以(-2(2=2p，所以p=2，(3)由(1)知F(1,0(，直線AB的斜率不為0，設(shè)直線AB的方程為x=my+1，A(x1,y1(，B(x2,y2(，C(x3,y3(，D(x4,y4(，y2=-4．-4ny-8=0，因此直線CD的方程為x=2m(y-y3(+x3，令y=0得，x=-2my3+x3=-2my(3)求證直線過定點(diǎn)(x0,y0(，常利用直線的點(diǎn)斜式方程y-y0=k(x-x0(或截距式y(tǒng)=kx+b來證明.(2)設(shè)點(diǎn)A(x1,y1(，B(x2,y2(，C(x3,y3(，D(x4,y4(，2y1-x1y2=y2-y1，直線CD的方程為y--=x-，=-y1-+(3x1-4(-(2x1-3(-=-y1(3x2-4(+y2(3x1-4(=4(y1-y2(+3(x1y2-x2y1(=7y2(2x1-3(-y1(2x2-3(3(y1-y2(+2(x1y2-x2y1(5，(3)求證直線過定點(diǎn)(x0,y0(，常利用直線的點(diǎn)斜式方程y-y0=k(x-x0(或截距式y(tǒng)=kx+b來證明.5.(24-25高三上·遼寧鞍山·開學(xué)考試)已知橢圓Ca>b>0)，右焦點(diǎn)為F(2的另一個交點(diǎn)為M,PA2與橢圓C的另一個交點(diǎn)為N.(1)證明見解析所以橢圓C:+=1，且A1(-3,0(,A2(3,0(設(shè)M(x1,y1(，則即y所以kMA1.kMA2為定值-.(2)解法一：設(shè)P(6,yP(，則kA1P=kMA1=,kA2P=kA2N=可得kA2M.kA2N=kA2M.3kA1M=-，設(shè)直線MN:x=my+t,t≠±3，M(x1,y1(,N(x2,y2(，2t2-4(5m2+9((5t2-45(>0，解得5m2+9>t2，整理可得(5m2+3(y1y2+5m(t-3((y1+y2(+5(t-3)2=0，則(5m2+3(+5m(t-3(+5(t-3)2=0，所以直線MN:x=mt+過定點(diǎn)直線A1P:y=(x+3(，可知A1P與橢圓必相交，則-3xM解得xMyM則MN:y(1)動直線l過定點(diǎn)問題．解法：設(shè)動直線方程(斜率存在)+n，得y=k(x+m(+n，故動直線過定點(diǎn)(-m,n(；(y2=1(1)由題意 2=a2-c2=1當(dāng)直線AB斜率不存在時，代入橢圓方程得A此時P(4,0(,當(dāng)直線AB斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y=k(x-1(，A(x1,y1(，B(x2,y2(，將直線方程代入橢圓方程得：(1+4k2(x2-8k2x+4k2-4=0∵P是直線x=4上任一點(diǎn)，過點(diǎn)M(1,0(且與PM垂直的直線交橢圓于A，B兩點(diǎn):直線PM的方程為：yx-1(“k1+k3=λk2(1)由l是線段AB的中垂線得|MA|=|MB|，根據(jù)橢圓定義可得答案；于是可設(shè)直線PQ的方程為y=k(x-1(，設(shè)直線EF的方程為yx-1(，將直線PQ的方程代入曲線(2)由直線EF與直線PQ垂直，可得A.A=A.A=0，于是P.Q=(A-A(.(A-A(=A.A+A.A，此時可不妨取P(1,Q(1,-E(2,0(，F(xiàn)(-2,0(，所以P.Q=(1,-,=-3-=-，③當(dāng)直線PQ的斜率存在且不為零時，直線EF的斜率也存在，于是可設(shè)直線PQ的方程為y=k(x-1(，P(xP,yP(，Q(xQ,yQ(，AP=(xP-1,yP(，AQ=(xQ-1,yQ(，則直線EF的方程為y=-(x-1(于是A.A=(xP-1((xQ-1(+yP.yQ=(1+k2([xPxQ-(xP+xQ(+1[=(1+k2(-+1(=-，將上面的k換成-，可得A.A=-，所以P.Q=A.A+A.A=-9(1+k2(+，2=tP.Q=-9t+=-=-，綜合①②③可知，P.Q的取值范圍為-,-．(2)過B作x軸的垂線交橢圓于點(diǎn)D．(1S△AOD=S△AOM-S△MOD并將韋達(dá)公式代入化簡，應(yīng)用基本不等式求面積最大值，注意2t2-8(2t2+3((m2-12(=24(8t2-m2+12(>0，y2+(m+2((y1+y2(=0，∴m=-6，即直線AD的方程為x=ty-6恒過定點(diǎn)(-6,0(．②設(shè)直線AD恒過定點(diǎn)記為M(-6,0(，S△AOD=S△AOM-S△MOD=|OM||y1-y2|=×6×(y1+y2(2-4y1y2∴△AOD面積的最大值為26．出參數(shù)m為關(guān)鍵.F作兩條互相垂直的弦AB,CD，設(shè)AB,CD的中點(diǎn)分別為M,N．設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，則M,k-1((，則故M此時直線MN過點(diǎn),0(，設(shè)點(diǎn),0(為直線MN為y-=×-x-，即直線MN過定點(diǎn),0(；(3)由第(2)問可知直線MN過定點(diǎn)P,0(，則fI<0，則f(t)在t∈[2,+∞)單調(diào)遞減，十分細(xì)心.AC與直線BD交于點(diǎn)Q；(1),-(利用向量的數(shù)量積即可得證.所以直線l斜率為kPC=-，所以直線l方程為y=-x+1，可得D點(diǎn)坐標(biāo)為.(2)當(dāng)直線l與x軸垂直時不符合題意；則直線BD方程為yx+2(，則Q(-4k,2k+1(,OQ=(-4k,2k+1(，所以O(shè).O=-4k.(-+0=4為定值.(5)代入韋達(dá)定理求解.關(guān)系即可得解.若點(diǎn)A(a,b(在直線l上，則a2+b2-r2=0即a2+b2=r2，2=x2+(4k-4(x+1=0.=(2k-2(x1x2+(x2+x1(故A為線段BM的中點(diǎn).并與x軸交于點(diǎn)P．直線AC與直線BD交于點(diǎn)Q．(2)，1)2)=-x1?x且直線AC的方程為y=(x+1(，且直線BD的方程為y=-(x-1(，x-1k+1，:x+1=x-1k+1，((直線恒過定點(diǎn).((Ⅱ)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2)(y=kx+t(t≠1)+y2=1得(1+2k2)x2+4(y=kx+t(t≠1)=t2-2k2(從而找出適合條件的P點(diǎn)坐標(biāo).試題解析：(Ⅰ)由題設(shè)可得M(2a,a)，N(-2a,a(，或M(-2a,a(，N(2a,a).“yx，故y在x處的導(dǎo)數(shù)值為a，C在(2a,a(處的切線方程為y-a=a(x-2a)，即ax-y-a=0.故y=在x=-22a處的導(dǎo)數(shù)值為-a，C在(-22a,a)處的切線方程為y-a=-a(x+2a)，即ax+y+故所求切線方程為ax-y-a=0或ax+y+a=0.設(shè)P(0，b)為復(fù)合題意得點(diǎn)，M(x1,y1)