【文档说明】优生从120分到150分之路(圆锥曲线)几何关系代数化方法（二）-解析版-2023届高考数学一轮复习优生从120分到150分之路（圆锥曲线）.docx，共(9)页，666.421 KB，由envi的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

几何关系代数化方法（二）几何关系代数化方法:菱形知识与方法如下图所示，四边形ABCD为菱形，在解析几何中，对菱形的处理一般抓住AC与BD互相垂直平分这一性质.典型例题1.（★★★★）已知A、B、C是椭圆22:14xWy+=上的3个点，O是坐标原点.（1）当点B是W的右顶点，且四边形OA

BC为菱形时，求此菱形的面积；（2）当点B不是W的顶点时，判断四边形OABC是否可能为菱形，并说明理由.【解析】（1）由题意，()2,0B，AC为线段OB的垂直平分线，其方程为1x=，联立22114xxy=+=，解得：32y=，故3AC=，所以菱形OABC的面积

1123322SOBAC===.（2）解法1：假设OABC是菱形，显然AC不过原点且不与坐标轴垂直，故可设其方程为ykxm=+()0m联立2214ykxmxy=++=得：()222148440kxkmxm+++−=，设()11,Axy，()2

2,Cxy，则122814kmxxk+=−+，()121222214myykxxmk+=++=+，所以AC中点为224,1414kmmPkk−++从而直线OB的斜率为14k−，AC与OB的斜率之积为11144kk−=−−，所以

AC与OB不垂直，这与OABC为菱形矛盾，所以四边形OABC不可能是菱形.解法2：假设OABC是菱形，设()11,Axy，()22,Cxy，，AC中点为()00,Pxy，因为OABC是菱形，所以AC和OB互相垂直平分，因为A、C两点在椭圆W上，所以221122221414xyxy+

=+=，两式作差得：2222121204xxyy−+−=①因为B不是椭圆W的顶点，所以OB不与坐标轴垂直，故AC也不与坐标轴垂直，即12xx，从而由①整理得：1212121214yyyy

xxxx+−=−+−，所以01201214yyyxxx−=−−，即114OPACkk=−−故AC和OB不垂直，矛盾，所以OABC不可能是菱形.【反思】菱形这一图形在解析几何中往往用对角线互相垂直平分来翻译.强化训练2.（★★

★★）已知双曲线2222:1xyCab−=()0,0ab的一条渐近线的斜率为3，且过点()2,3.（1）求双曲线C的方程；（2）过C的左焦点F且不与坐标轴垂直的直线l与C交于A、B两点，点T在x轴上，点P在C上，

四边形TAPB能否为菱形?若能，求出此时直线l的方程和点T的坐标；否则，说明理由.【解析】（1）由题意，223491baab=−=，解得：13ab==，所以双曲线C的方程为2213yx−=.（

2）由题意，()2,0F−，假设四边形TAPB能为菱形，直线l不与y轴垂直，故可设其方程为2xmy=−30,3mm，设()11,Axy，()22,Bxy因为四边形TAPB为菱形，所以点T必为线段AB的中垂线与x轴的交点，联立22233xmyxy=−−=消去x整理得，

()22311290mymy−−+=，易得判别式0，由韦达定理，1221231myym+=−，所以()121224431xxmyym+=+−=−，从而AB中点为2226,3131mQmm−−，故线段AB的中垂线为22623131mymxmm−=−−−−，即2831my

mxm=−+−，令0y=可得：2831xm=−，所以28,031Tm−又Q为PT的中点，所以22412,3131mPmm−−−代入双曲线C的方程得：()()2222161144133131mmm−=−−，所以()()2221613131mm−=−

，从而216113m=−，故21316m−=，所以25m=−，无解，所以四边形TAPB不可能为菱形.3.（★★★★）已知圆P过点()0,2Q，且在x轴上截得的弦长为4，记圆心P的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）以()()0,0Maa

为顶点能作三个菱形MANB，使A、B、N均在抛物线C上，求a的取值范围.【解析】（1）如图1，设(),Pxy，圆P与x轴的一个交点为T，作PHx⊥轴于H，则PHy=，因为圆P在x轴上截得的弦长为4，所以2H

T=，从而22224PTPHHTy=+=+，()2222PQxy=+−，又圆P过点Q，所以22PQPT=，即()22224xyy+−=+，化简得曲线C的轨迹方程为24xy=.（2）易得直线AB的斜率存在，设其方程为y

kxt=+，设()11,Axy，()22,Bxy，由图易得当0k=时，对任意的()0,Ma()0a，取2at=，N与O重合，都能使MANB为菱形，所以当0k时，应该还能作出2个菱形MANB联立24ykxtxy=+=消去y整理得：2440xkxt−−=，判别式()2160kt=+

，所以124xxk+=，()21212242yykxxtkt+=++=+从而AB的中点为()22,2Gkkt+，因为MANB为菱形，所以MGAB⊥，故2212ktakk+−=−①,且G也是MN的中点，所以()24,42Nkkta+−，代入24xy=得：()2216442kkta

=+−，故2at=②，将②代入①消去t化简得：244ak=+，因为0k，所以4a，经检验，满足0，所以a的取值范围为()4,+.几何关系代数化方法：倾斜角互补知识与方法当两直线倾斜角互补时，根据()

tantan−=−，可以得出两直线斜率互为相反数，所以倾斜角互补的问题，在解析几何中往往采用斜率和为零来进行计算.典型例题1.（★★★★）设抛物线2:2Cyx=，点()2,0A，()2,0B−，过点A的直线l与C交于M

、N两点.（1）当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；（2）证明：ABMABN=.【解析】（1）当l与x轴垂直时，其方程为2x=，由222xyx==解得：2y=，即点M的坐标为()2,2或()2,2−，若点M的坐标为()2,2，则直线BM的方程为220

xy−+=，若点M的坐标为()2,2−，则直线BM的方程为220xy++=.（2）显然l不与y轴垂直，可设其方程为2xmy=+，设()11,Mxy，()22,Nxy，联立222xmyyx=+=消去x整理得：2

240ymy−−=，易得判别式△>0所以122yym+=，124yy=−，()()()()()()()122112211212121212222222222BMBNyxyxxyxyyyyykkxxxxxx+++++++=+==++++++而()()()()2212121

2122112211212422222202222yyyyyymxyxyyyyyyyyym+−+++=+++=++=+=所以0BMBNkk+=，即ABMABN=.【反思】①ABMABN=

直线BM和BN的倾斜角互补0BMBNkk+=；②本题的结论可以推广，只要点B和点A在x轴上，且关于原点对称，按照相同方法产生的图形，总能满足ABMABN=2.（★★★★）设椭圆22:12xCy+=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：OMAOMB=.【解析】（1）由题意，()1,0F，当l与x轴垂直时，其方程为1x=，由22112xyx+==解得：22

y=，即A点的坐标为21,2，当点A的坐标为21,2时，直线AM的方程为222yx=−+，当点A的坐标为21,2−时，直线AM的方程为222yx=−.（2）当ly⊥轴

时，易得0OMAOMB==，当l不与y轴垂直时，可设其方程为1xmy=+，设()11,Axy，()22,Bxy，联立22114xmyxy=++=消去x整理得：()222210mymy++−=，易得判别式0，由韦达定理，12222myym+

=−+，12212yym=−+，()()()()()()()122112211212121212222222222BMBNyxyxxyxyyyyykkxxxxxx−+−+−++=+==−−−−−−而()()()()()122112122112121221122xyxyyymyy

myyyymyyyy+−+=+++−+=−+22122022mmmm=−−−=++所以0AMBMkk+=，从而OMAOMB=.综上所述，OMAOMB=.3.（★★★★）在直角坐标系xOy中，曲线2:4xCy=与直线():0lykxaa=+交于M、N两点

.（1）当0k=时，分别求C在点M和N处的切线方程；（2）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有OPMOPN=?说明理由.【解析】（1）当0k=时，将ya=代入24xy=解得：2xa=，不妨设()2,Maa，()2,Naa−又2xy=，故曲线C在点M和N处的切线方程分别为yyaxa=

−，yaxa=−−.（2）y轴上存在点P，使得当k变动时，总有OPMOPN=等价于0PMPNkk+=恒成立，设()00,Py，()2112,Mxx，()2222,Nxx，则22102012022P

MPNxyxykkxx−−+=+=，整理得：()()12121200xxxxxxy+−+=①，联立24ykxaxy=+=消去y整理得：2440xkxa−−=，易得判别式0所以12224xxk+=，12224xxa=−，故122xxk+=，12xxa=−，代入式①得：()()

12121200220xxxxxxyakky+−+=−−=，即()00kay+=对任意的k都成立，所以0ya=−，故y轴上存在点()0,Pa−，使得当k变动时，总有OPMOPN=.4.（★★★）已知点F为抛物线2:2

Eypx=()0p的焦点，点()2,Am在抛物线E上，且3AF=（1）求抛物线E的方程；（2）已知点()1,0G−，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切.【解析】（1）由题意，232pAF=+=，解得

：2p=，所以抛物线E的方程为24yx=.（2）证法1：由（1）可得()2,22A，由抛物线的对称性，不妨设()2,22A，故直线AF的方程为()221yx=−，联立()22214yxyx=−=消去y整理得：22520xx−+=，

解得：2x=或12，所以1,22B−，故()22022213GAk−==−−，()20221312GBk−−==−−−，故GAGBkk=−，所以直线GA、GB关于x轴对称，x轴为AGB的平分线，因为点F在x轴上，所以点F到GA和GB的距离相等，故以点F为圆心

且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切.证法2：由（1）可得()2,22A，由抛物线的对称性，不妨设()2,22A，故直线AF的方程为()221yx=−，联立()22214yxyx=−=消去y整理得：22520xx−+=，故2x=或12，所以1,22B−，直线GA的方程为2

23220xy−+=，设以F为圆心，与直线GA相切的圆的半径为r，则()()2222224217223r+==+−，直线GB的方程为223220xy++=，所以点F到直线GB的距离为()2222224217223d+==+，从而以F为圆心且与GA相切的圆与GB也相切.强化训练5.

（★★★★）椭圆2222:1xyCab+=()0ab的右焦点为(),0Fc，短轴长为2，且C截直线xc=所得弦MN的长为2（1）求椭圆C的方程；（2）若A、B是C上的两个动点，且AFMBFM=，证明直线AB过定点，并求出定点的坐标.【解析】（1）将xc=代入22221x

yab+=解得：22bacya−=，又222acb−=，所以2bya=，从而222bMNa==，即222ba=，又22b=，所以1b=，故2a=，即椭圆C的方程为2212xy+=.（2）由题意，直线

AB的斜率存在，设其方程为ykxm=+，设()11,Axy，()22,Bxy联立2212ykxmxy=++=消去y整理得：()222124220kxkmxm+++−=，判别式()228210km=−+，由韦达定理，1

22412kmxxk+=−+，21222212mxxk−=+，因为AFMBFM=且FM垂直x轴，所以0FAFBkk+=，即1212011yyxx+=−−，故()()1221110yxyx−+−=，所以()()()()1221110kxmxkxmx+−++−=即()()1212220kxxk

mxxm−−+−=，所以()2222242201212mkmkkmmkk−+−−=++，化简可得2mk=−，故直线AB的方程为()2ykx=−，所以直线AB过定点()2,0.6.（★★★★）已知椭圆2222:1x

yCab+=()0ab的左、右焦点分别为1F、2F，点31,2P在椭圆C上，且12PFF△的面积为32.（1）求椭圆C的方程；（2）过点()4,0M的直线l与椭圆C交于()11,Axy，()22,Bxy两点，且120yy，是否存在x轴上的定点N，使得直线NA、NB与y轴围成

的三角形始终为底边在y轴上的等腰三角形?若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由.【解析】（1）设椭圆C的半焦距为c，则222abc−=，点31,2P在椭圆C上，所以221314ab+=，又1

2PFF△的面积为32，所以121332222PFFSc==△，解得：3c=，2a=，1b=，所以椭圆C的方程为2214xy+=.（2）假设存在满足题意的点N，设(),0Nt，由120yy知直线l不与y轴垂直，设其方程为4xmy=+，联立22414myxyx++==消去x整理得：

()2248120mymy+++=，判别式()226444120mm=−+所以23m−或23m，由韦达定理，12284myym+=−+，122124yym=+设直线AN、BN分别与y轴交于点G、H，则NG

H△是以GH为底边的等腰三角形，又NOGH⊥，所以NO为GNH的平分线，从而GNOHNO=，故直线GN与HN的倾斜角互补，从而直线GN与HN的斜率之和0GNHNkk+=，而()()()()()()()122112211212121212GNHNyxtyxtxyxytyyyykk

xtxtxtxtxtxt−+−+−++=+==−−−−−−所以()1221120xyxytyy+−+=，因为()()()()()()12211212211212124424xyxytyymyymyytyymyytyy+−+=

+++−+=+−+()()222812484444mtmmtmmm−=+−−=+++，所以()28104mtm−=+，从而1t=，故存在点()1,0N满足题意.