高考数学一轮总复习 第八章 平面解析几何 第十节 圆锥曲线的综合问题课件 理
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ห้องสมุดไป่ตู้第十四页，共三十二页。
2021/12/13
由(1)可得x1＋x2＝－m， 所以AB的中垂线方程为x＝－m2 .
x＝－m2 ， 联立
y－12＝x2x－x22， 又x22＋mx2－2＝0，可得xy＝＝－－12m2. ，
第十五页，共三十二页。
所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为
－m2 ，－12，
半径r＝
[典例体验]
(2019·佛山模拟)已知中心在坐标原点，焦点在x轴上
的椭圆M的离心率为
1 2
，椭圆上异于长轴顶点的任意点A与
左、右两焦点F1，F2构成的三角形中面积的最大值为 3. (1)求椭圆M的标准方程；
(2)若A与C是椭圆M上关于x轴对称的两点，连接CF2 并延长，与椭圆的另一交点为B，求证：直线AB与x轴交
第三页，共三十二页。
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(1)解：抛物线C的准线方程为x＝－p2， 所以|MF|＝m＋p2＝2， 又点M在抛物线上，所以4＝2pm，所以4＝ 2p2－p2， 所以p2－4p＋4＝0，所以p＝2， 所以抛物线C的方程为y2＝4x. (2)证明：设点E(0，t)(t≠0)，由已知得切线不会为y 轴，设直线EA：y＝kx＋t，由题意知k≠0，
第八页，共三十二页。
[变式训练]
(2019·呼和浩特一调)已知椭圆
x2 a2
＋
y2 b2
＝1(a＞b＞0)的
离心率e＝ 36，直线l：y＝bx＋2与圆x2＋y2＝2相切．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知定点E(1，0)，若直线y＝kx＋2(k≠0)与椭圆
相交于C，D两点，试判断是否存在实数k，使得以CD为
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第十七页，共三十二页。
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[变式训练] (2018·北京卷)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1， 2)，过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点 A，B，且直线PA 交y轴于M，直线PB交y轴于N. (1)求直线l的斜率的取值范围； (2)设O为原点，Q→M＝λQ→O，Q→N＝μQ→O，求证：1λ＋ μ1为定值． (1)解：因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
第十八页，共三十二页。
由题意知，直线l的斜率存在且不为0. 设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)， 由yy＝2＝k4xx＋1，得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. 依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0， 解得k<0或0<k<1. 又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)． 从而k≠－3. 所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0) ∪(0，1)．
第七页，共三十二页。
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1．圆锥曲线中定点问题的两种解法． (1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数作为 参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关 系，找到定点． (2)特殊到一般法：根据动点和动线的特殊情况探索 出定点，再证明该定点与变量无关． 2．求直线方程过定点问题，要把直线方程表示出 来，一般表示成点斜式或截距式．
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整理得2kx1x2＋(m－k)(x1＋x2)－2m＝0，
所以2k×
4m2－12 4k2＋3
－(m－k)×
8km 4k2＋3
－2m＝0,
解得
m＝－4k.所以直线AB：y＝k(x－4)，与x轴交于定点
P(4，0)．
因为y21＝3－34x21，所以P→A·F→2C＝(x1－4，y1)·(x1－1，
第六页，共三十二页。
直线AB的方程为y＝t2－2t 1(x－t2)＋2t， 整理得y＝t2－2t 1(x－1)， 所以直线AB恒过定点F(1，0)， 当t＝±1时，A(1，±2)，B(1，±1)，此时直线AB的方 程为x＝1，过点F(1，0)． 综上， 直线AB恒过定点F(1，0)．
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第二十页，共三十二页。
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所以1λ＋μ1＝1－1yM＋1－1yN
＝（kx－1－1）1 x1＋（kx－2－1）1 x2
＝k－1 1·2x1x2－x（1xx21＋x2）
＝k－1 1·k22＋21kk－2 4 k2
＝2.
所以1λ＋μ1为定值．
第二十一页，共三十二页。
考点3 最值与范围问题(讲练互动)
m2＋9 2.
故圆在y轴上截得的弦长为2 r2－m2 2＝3， 即过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．
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第十六页，共三十二页。
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 1．求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式有关 的等式，化简即可得出定值； 2．求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公 式得出距离的表达式，再利用题设条件化简、变形求得； 3．求某线段长度为定值．利用两点间的距离公式求得 线段长度的表达式，再依据条件对表达式进行化简、变形即 可求得．
于定点P，并求P→A·F→2C的取值范围．
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第二十二页，共三十二页。
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解：(1)由题意知ac＝12，12·2c·b＝ 3，a2＝b2＋c2，解得c ＝1，a＝2，b＝ 3.所以椭圆M的标准方程是x42＋y32＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x1，－y1)，直线
AB：y＝kx＋m.将y＝kx＋m，代入
x2 4
＋
y2 3
＝1得，(4k2＋3)x2
＋8kmx＋4m2－12＝0.则x1＋x2＝－4k82k＋m3，x1x2＝44mk22－＋132.
因为B，C，F2共线，所以kBF2＝kCF2，即
kx2＋m x2－1
＝－（xk1x－1＋1 m），
第二十三页，共三十二页。
第十页，共三十二页。
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消去y可得(1＋3k2)x2＋12kx＋9＝0， 所以Δ＝36k2－36＞0，所以k＞1或k＜－1. 设C(x1，y1)，D(x2，y2)， 则有x1＋x2＝－1＋123kk2，x1x2＝1＋93k2. 若以CD为直径的圆过点E， 则EC⊥ED. 因为E→C＝(x1－1，y1)，E→D＝(x2－1，y2)， 所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0.
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(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由(1)知x1＋x2＝－2kk－2 4，x1x2＝k12. 直线PA的方程为y－2＝xy11－－21(x－1)． 令x＝0，得点M的纵坐标yM＝－x1y－1＋12＋2＝－xk1x－1＋1 1＋2. 同理得点N的纵坐标为yN＝－xk2x－2＋1 1＋2. 由Q→M＝λQ→O，Q→N＝μQ→O，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
第二十五页，共三十二页。
2．圆锥曲线中最值问题的解决方法． (1)代数法：从代数的角度考虑，通过建立函数、不 等式等模型，利用二次函数和基本不等式法、换元法、 导数法等方法求最值． (2)几何法：从圆锥曲线几何性质的角度考虑，根据 圆锥曲线几何意义求最值．
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第二十六页，共三十二页。
直径的圆过定点E？若存在，求出k的值；若不存在，请
说明理由．
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第九页，共三十二页。
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解：(1)因为直线l：y＝bx＋2与圆x2＋y2＝2相切． 所以 b22＋1＝ 2，所以b2＝1. 因为椭圆的离心率e＝ 36， 所以e2＝ac22＝a2a－2 1＝ 362，所以a2＝3， 所以所求椭圆的方程是x32＋y2＝1. (2)将直线y＝kx＋2代入椭圆方程，
第八章 平面 解析几何 (píngmiàn)
2021/12/13
第一页，共三十二页。
第十节 圆锥曲线的综合问题
2021/12/13
第二页，共三十二页。
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考点1 定点问题(讲练互动) [典例体验] (2019·河北六校联考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)过 点M(m，2)，其焦点为F，且|MF|＝2. (1)求抛物线C的方程； (2)设E为y轴上异于原点的任意一点，过点E作不经 过原点的两条直线分别与抛物线C和圆F：(x－1)2＋y2＝ 1相切，切点分别为A，B，求证：直线AB过定点．
[变式训练] (2019·豫南九校联考)已知点F1(－ 2 ，0)，圆F2：(x － 2)2＋y2＝16，点M是圆上一动点，MF1的垂直平分线 与MF2交于点N. (1)求点N的轨迹方程； (2)设点N的轨迹为曲线E，过点P(0，1)且斜率不为0 的直线l与E交于A，B两点，点B关于y轴的称点为B′，证 明直线AB′过定点，并求△PAB′面积的最大值．
第四页，共三十二页。
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联立yy＝ 2＝k4xx＋，t， 消去y可得k2x2＋(2kt－4)x＋t2＝0.① 因为直线EA与抛物线C相切， 所以Δ＝(2kt－4)2－4k2t2＝0，即kt＝1，则k＝1t ， 代入①可得t12x2－2x＋t2＝0， 解得x＝t2，可得A(t2，2t)．
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第二十七页，共三十二页。
解：(1)连接NF1，由已知得|NF1|＝|NM|，所以|NF1| ＋|NF2|＝|MN|＋|NF2|＝4，又|F1F2|＝2 2 <4，所以点N 的轨迹是以F1，F2为焦点，4为长轴长的椭圆，所以点N 的轨迹方程是x42＋y22＝1.
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝kx＋1(k≠ 0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则B′(－x2，y2)，
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第十三页，共三十二页。
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(1)解：不能出现AC⊥BC的情况，理由如下： 设A(x1，0)，B(x2，0)，则x1，x2满足x2＋mx－2＝0， 所以x1x2＝－2. 又C的坐标为(0，1)， 故AC的斜率与BC的斜率之积为－x11·－x21＝－12， 所以不能出现AC⊥BC的情况． (2)证明：BC的中点坐标为 x22，12 ，可得BC的中垂 线方程为y－12＝x2x－x22.
－y1)＝x21－5x1＋4－y21＝74x21－5x1＋1＝74x1－1702－178.
因为－2<x1<2，所以
→ PA
→ · F2C
的取值范围是
－178，18.
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1．圆锥曲线中范围问题的求解方法． (1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关 系，从而确定参数的取值范围． (2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类 问题的核心是建立两个参数之间的等量关系． (3)利用已知的或隐含的不等关系，构建不等式，从 而求出参数的取值范围． (4)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变 量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
第五页，共三十二页。
设切点B(x0，y0)(x0≠0)，可知点O、B关于直线
EF：y＝－tx＋t对称，则
xy00×（－t）＝－1，解得x0＝t22＋t21，
y20＝－t·x20＋t，
y0＝t2＋2t 1，
所以Bt22＋t21，t2＋2t 1.
当t≠±1时，直线AB的斜率为kAB＝t2－2t 1，
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第十一页，共三十二页。
所以(1＋k2)x1x2＋(2k－1)(x1＋x2)＋5＝0， 所以(1＋k2)×1＋93k2＋(2k－1)×－1＋123kk2＋5＝0. 解得k＝－76＜－1. 所以存在实数k＝－76，使得以CD为直径的圆过定点E.
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第十二页，共三十二页。
考点2 定值问题(讲练互动) [典例体验] (2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy中，曲线y＝x2＋ mx－2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0，1)．当m 变化时，解答下列问题： (1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由； (2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为 定值．
联立直线AB的方程与椭圆的方程得yx＝2＋k2xy＋2＝1，4，
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第二十八页，共三十二页。
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消去y，整理得(1＋2k2)x2＋4kx－2＝0， Δ＝8（1＋4k2）>0，
所以x1＋x2＝1－＋42kk2， x1x2＝1＋－22k2.
因为kAB′＝xy11＋－xy22，所以直线AB′：y－y1＝xy11－＋yx22(x－x1)， 令x＝0，得y＝x1xy12＋＋xx22y1＝x1（kx2＋1）x1＋＋xx22（kx1＋1）
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由(1)可得x1＋x2＝－m， 所以AB的中垂线方程为x＝－m2 .
x＝－m2 ， 联立
y－12＝x2x－x22， 又x22＋mx2－2＝0，可得xy＝＝－－12m2. ，
第十五页，共三十二页。
所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为
－m2 ，－12，
半径r＝
[典例体验]
(2019·佛山模拟)已知中心在坐标原点，焦点在x轴上
的椭圆M的离心率为
1 2
，椭圆上异于长轴顶点的任意点A与
左、右两焦点F1，F2构成的三角形中面积的最大值为 3. (1)求椭圆M的标准方程；
(2)若A与C是椭圆M上关于x轴对称的两点，连接CF2 并延长，与椭圆的另一交点为B，求证：直线AB与x轴交
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(1)解：抛物线C的准线方程为x＝－p2， 所以|MF|＝m＋p2＝2， 又点M在抛物线上，所以4＝2pm，所以4＝ 2p2－p2， 所以p2－4p＋4＝0，所以p＝2， 所以抛物线C的方程为y2＝4x. (2)证明：设点E(0，t)(t≠0)，由已知得切线不会为y 轴，设直线EA：y＝kx＋t，由题意知k≠0，
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[变式训练]
(2019·呼和浩特一调)已知椭圆
x2 a2
＋
y2 b2
＝1(a＞b＞0)的
离心率e＝ 36，直线l：y＝bx＋2与圆x2＋y2＝2相切．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知定点E(1，0)，若直线y＝kx＋2(k≠0)与椭圆
相交于C，D两点，试判断是否存在实数k，使得以CD为
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第十七页，共三十二页。
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[变式训练] (2018·北京卷)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1， 2)，过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点 A，B，且直线PA 交y轴于M，直线PB交y轴于N. (1)求直线l的斜率的取值范围； (2)设O为原点，Q→M＝λQ→O，Q→N＝μQ→O，求证：1λ＋ μ1为定值． (1)解：因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
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由题意知，直线l的斜率存在且不为0. 设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)， 由yy＝2＝k4xx＋1，得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. 依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0， 解得k<0或0<k<1. 又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)． 从而k≠－3. 所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0) ∪(0，1)．
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1．圆锥曲线中定点问题的两种解法． (1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数作为 参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关 系，找到定点． (2)特殊到一般法：根据动点和动线的特殊情况探索 出定点，再证明该定点与变量无关． 2．求直线方程过定点问题，要把直线方程表示出 来，一般表示成点斜式或截距式．
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整理得2kx1x2＋(m－k)(x1＋x2)－2m＝0，
所以2k×
4m2－12 4k2＋3
－(m－k)×
8km 4k2＋3
－2m＝0,
解得
m＝－4k.所以直线AB：y＝k(x－4)，与x轴交于定点
P(4，0)．
因为y21＝3－34x21，所以P→A·F→2C＝(x1－4，y1)·(x1－1，
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直线AB的方程为y＝t2－2t 1(x－t2)＋2t， 整理得y＝t2－2t 1(x－1)， 所以直线AB恒过定点F(1，0)， 当t＝±1时，A(1，±2)，B(1，±1)，此时直线AB的方 程为x＝1，过点F(1，0)． 综上， 直线AB恒过定点F(1，0)．
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第二十页，共三十二页。
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所以1λ＋μ1＝1－1yM＋1－1yN
＝（kx－1－1）1 x1＋（kx－2－1）1 x2
＝k－1 1·2x1x2－x（1xx21＋x2）
＝k－1 1·k22＋21kk－2 4 k2
＝2.
所以1λ＋μ1为定值．
第二十一页，共三十二页。
考点3 最值与范围问题(讲练互动)
m2＋9 2.
故圆在y轴上截得的弦长为2 r2－m2 2＝3， 即过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．
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第十六页，共三十二页。
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 1．求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式有关 的等式，化简即可得出定值； 2．求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公 式得出距离的表达式，再利用题设条件化简、变形求得； 3．求某线段长度为定值．利用两点间的距离公式求得 线段长度的表达式，再依据条件对表达式进行化简、变形即 可求得．
于定点P，并求P→A·F→2C的取值范围．
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解：(1)由题意知ac＝12，12·2c·b＝ 3，a2＝b2＋c2，解得c ＝1，a＝2，b＝ 3.所以椭圆M的标准方程是x42＋y32＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x1，－y1)，直线
AB：y＝kx＋m.将y＝kx＋m，代入
x2 4
＋
y2 3
＝1得，(4k2＋3)x2
＋8kmx＋4m2－12＝0.则x1＋x2＝－4k82k＋m3，x1x2＝44mk22－＋132.
因为B，C，F2共线，所以kBF2＝kCF2，即
kx2＋m x2－1
＝－（xk1x－1＋1 m），
第二十三页，共三十二页。
第十页，共三十二页。
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消去y可得(1＋3k2)x2＋12kx＋9＝0， 所以Δ＝36k2－36＞0，所以k＞1或k＜－1. 设C(x1，y1)，D(x2，y2)， 则有x1＋x2＝－1＋123kk2，x1x2＝1＋93k2. 若以CD为直径的圆过点E， 则EC⊥ED. 因为E→C＝(x1－1，y1)，E→D＝(x2－1，y2)， 所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0.
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(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由(1)知x1＋x2＝－2kk－2 4，x1x2＝k12. 直线PA的方程为y－2＝xy11－－21(x－1)． 令x＝0，得点M的纵坐标yM＝－x1y－1＋12＋2＝－xk1x－1＋1 1＋2. 同理得点N的纵坐标为yN＝－xk2x－2＋1 1＋2. 由Q→M＝λQ→O，Q→N＝μQ→O，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
第二十五页，共三十二页。
2．圆锥曲线中最值问题的解决方法． (1)代数法：从代数的角度考虑，通过建立函数、不 等式等模型，利用二次函数和基本不等式法、换元法、 导数法等方法求最值． (2)几何法：从圆锥曲线几何性质的角度考虑，根据 圆锥曲线几何意义求最值．
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直径的圆过定点E？若存在，求出k的值；若不存在，请
说明理由．
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第九页，共三十二页。
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解：(1)因为直线l：y＝bx＋2与圆x2＋y2＝2相切． 所以 b22＋1＝ 2，所以b2＝1. 因为椭圆的离心率e＝ 36， 所以e2＝ac22＝a2a－2 1＝ 362，所以a2＝3， 所以所求椭圆的方程是x32＋y2＝1. (2)将直线y＝kx＋2代入椭圆方程，
第八章 平面 解析几何 (píngmiàn)
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第十节 圆锥曲线的综合问题
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考点1 定点问题(讲练互动) [典例体验] (2019·河北六校联考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)过 点M(m，2)，其焦点为F，且|MF|＝2. (1)求抛物线C的方程； (2)设E为y轴上异于原点的任意一点，过点E作不经 过原点的两条直线分别与抛物线C和圆F：(x－1)2＋y2＝ 1相切，切点分别为A，B，求证：直线AB过定点．
[变式训练] (2019·豫南九校联考)已知点F1(－ 2 ，0)，圆F2：(x － 2)2＋y2＝16，点M是圆上一动点，MF1的垂直平分线 与MF2交于点N. (1)求点N的轨迹方程； (2)设点N的轨迹为曲线E，过点P(0，1)且斜率不为0 的直线l与E交于A，B两点，点B关于y轴的称点为B′，证 明直线AB′过定点，并求△PAB′面积的最大值．
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联立yy＝ 2＝k4xx＋，t， 消去y可得k2x2＋(2kt－4)x＋t2＝0.① 因为直线EA与抛物线C相切， 所以Δ＝(2kt－4)2－4k2t2＝0，即kt＝1，则k＝1t ， 代入①可得t12x2－2x＋t2＝0， 解得x＝t2，可得A(t2，2t)．
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解：(1)连接NF1，由已知得|NF1|＝|NM|，所以|NF1| ＋|NF2|＝|MN|＋|NF2|＝4，又|F1F2|＝2 2 <4，所以点N 的轨迹是以F1，F2为焦点，4为长轴长的椭圆，所以点N 的轨迹方程是x42＋y22＝1.
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝kx＋1(k≠ 0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则B′(－x2，y2)，
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(1)解：不能出现AC⊥BC的情况，理由如下： 设A(x1，0)，B(x2，0)，则x1，x2满足x2＋mx－2＝0， 所以x1x2＝－2. 又C的坐标为(0，1)， 故AC的斜率与BC的斜率之积为－x11·－x21＝－12， 所以不能出现AC⊥BC的情况． (2)证明：BC的中点坐标为 x22，12 ，可得BC的中垂 线方程为y－12＝x2x－x22.
－y1)＝x21－5x1＋4－y21＝74x21－5x1＋1＝74x1－1702－178.
因为－2<x1<2，所以
→ PA
→ · F2C
的取值范围是
－178，18.
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1．圆锥曲线中范围问题的求解方法． (1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关 系，从而确定参数的取值范围． (2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类 问题的核心是建立两个参数之间的等量关系． (3)利用已知的或隐含的不等关系，构建不等式，从 而求出参数的取值范围． (4)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变 量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
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设切点B(x0，y0)(x0≠0)，可知点O、B关于直线
EF：y＝－tx＋t对称，则
xy00×（－t）＝－1，解得x0＝t22＋t21，
y20＝－t·x20＋t，
y0＝t2＋2t 1，
所以Bt22＋t21，t2＋2t 1.
当t≠±1时，直线AB的斜率为kAB＝t2－2t 1，
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所以(1＋k2)x1x2＋(2k－1)(x1＋x2)＋5＝0， 所以(1＋k2)×1＋93k2＋(2k－1)×－1＋123kk2＋5＝0. 解得k＝－76＜－1. 所以存在实数k＝－76，使得以CD为直径的圆过定点E.
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考点2 定值问题(讲练互动) [典例体验] (2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy中，曲线y＝x2＋ mx－2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0，1)．当m 变化时，解答下列问题： (1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由； (2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为 定值．
联立直线AB的方程与椭圆的方程得yx＝2＋k2xy＋2＝1，4，
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消去y，整理得(1＋2k2)x2＋4kx－2＝0， Δ＝8（1＋4k2）>0，
所以x1＋x2＝1－＋42kk2， x1x2＝1＋－22k2.
因为kAB′＝xy11＋－xy22，所以直线AB′：y－y1＝xy11－＋yx22(x－x1)， 令x＝0，得y＝x1xy12＋＋xx22y1＝x1（kx2＋1）x1＋＋xx22（kx1＋1）