第9节圆锥曲线的综合问题(轻巧夺冠)

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2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版强基版)：圆锥曲线中的综合问题全文

所以B→D＝(x1－2，y1)，B→E＝(x2－2，y2)，
则(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0，
将x1＝ky1＋m，x2＝ky2＋m代入上式得
(k2＋1)y1y2＋k(m－2)(y1＋y2)＋(m－2)2＝0，
将
①
代
入
上
式
得
(k2＋
1)
m2－4 k2＋4
＋
k(m
－
2)
－k2＋2km4 ＋
(m
x1＋x2＝－8 267m，x1x2＝4m227－3， y1y2＝6x1x2＋ 6m(x1＋x2)＋m2＝24m2－3－2748m2＋27m2， ∵O→A·O→B＝0，∴x1x2＋y1y2＝0，代入根与系数的关系得 m2＝12，m＝±2 3，满足 Δ>0， ∴直线 l 的方程为 y＝ 6x±2 3.
4k2＋1
又直线 OP 的斜率为－－12－－00＝12，且直线 OP 与 MQ 不重合，
所以MQ∥OP.
题型二定点与定值
例 2 (2022·济南模拟)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为 A，B，点 P(0,2)，连接 PA，PB 交椭圆 C 于点 M，N，△PAB 为直角三角形，且|MN|＝35|AB|. (1)求椭圆的标准方程；
设经过点F且斜率为k(k≠0)的直线的方程为y＝kx＋1，与曲线C的方程联立得 y＝kx＋1， x32＋y42＝1，消去 y 整理得(4＋3k2)x2＋6kx－9＝0， Δ＝36k2＋4×9×(4＋3k2)＝144(1＋k2)>0恒成立，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则|MN|＝ 1＋k2|x1－x2|＝ 1＋k2×4＋Δ3k2＝124＋1＋3kk22， x1＋x2＝－4＋6k3k2，

第9节圆锥曲线的综合问题

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(2)由题意得 F(1,0)．设 P(x3，y3)，则 (x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．由(1)及题设得 x3＝3－(x1＋x2)＝1， y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0. 又点 P 在 C 上，所以 m＝34，从而 P1，－32，|F→P|＝32，于是|F→A|＝ x1－12＋y21＝ x1－12＋31－x421＝2－x21.
∴y1－m＝－y1λ1，由题意知 λ1≠0，∴λ1＝ym1－1，
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同理由P→N＝λ2N→Q知，λ2＝ym2－1， ∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0(*)，联立xx＝2＋t3y2y＝－3m，，得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0， ∴需 Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0(**)，且有 y1＋y2＝t22＋mt32 ，y1y2＝t2tm2＋2－33(***)，将(***)代入(*)得 t2m2－3＋m·2mt2＝0，∴(mt)2＝1， ∵直线 l 与 x 轴正半轴和 y 轴分别交于点 Q，P， ∴mt<0，∴mt＝－1(满足(**))，故 l 的方程为 x＝ty＋1，过定点(1,0)，即(1,0)为定点．
同理|F→B|＝2－x22.
所以|F→A|＋|F→B|＝4－12(x1＋x2)＝3.
故 2|F→P|＝|F→A|＋|F→B|，即|F→A|，|F→P|，|F→B|成等差数列．
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考点二定值问题互动讲练型
考向·分层突破
(2019·安徽省考试试题)如图，已知抛物线 C：y2＝2px(p>0)过点 A(1,1)． (1)求抛物线 C 的方程； (2)过点 P(3，－1)的直线与抛物线 C 交于 M，N 两个不同的点(均与点 A 不重合)，设直线 AM，AN 的斜率分别为 k1，k2，求证：k1·k2 为定值．

高考数学总复习第九节圆锥曲线的综合问题

解：设点 M(x，y)，依题意|MF|＝|x|＋1， ∴ x－12＋y2＝|x|＋1，化简得 y2＝2(|x|＋x)，故轨迹 C 的方程为 y2＝40x，，xx＜≥00. ，
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(2)设斜率为 k 的直线 l 过定点 P(－2,1)，若直线 l 与轨迹 C 恰
好有一个公共点，求实数 k 的取值范围．解：在点 M 的轨迹 C 中，记 C1：y2＝4x(x≥0)，C2：y＝0(x＜0)．
则 S△EPM＝9t12＋626t 4＝9t1＋626t4≤287，当且仅当 t＝k＋1k＝83时取等号，
所以 k－1k＝±23 7，则直线 AB：y＝k22－k 1x＝12k－1kx，
所以所求直线
l
方程为：y＝±
7 3 x.
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[由题悟法] 弦长的 3 种常用计算方法 (1)定义法：过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义，可优化解题． (2)点距法：将直线的方程和圆锥曲线的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦长． (3)弦长公式法：它体现了解析几何中设而不求的思想，其实质是利用两点之间的距离公式以及一元二次方程根与系数的关系得到的． [提醒] 直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直的特殊情况．
解析：设抛物线的方程为 y2＝mx(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由方程组yy2＝＝2mx＋x，1 可得 4x2＋(4－m)x＋1＝0. 所以 x1＋x2＝－4－4 m，x1x2＝14. 所以|AB|＝ 1＋22[x1＋x22－4x1x2] ＝ 51－m4 2－1＝ 15，解得 m＝12 或 m＝－4. 所以抛物线的标准方程为 y2＝12x 或 y2＝－4x. 答案：y2＝12x 或 y2＝－4x
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1．圆锥曲线中定点问题的两种解法

第09讲高考难点突破一：圆锥曲线的综合问题(定点问题) (精讲)(含答案解析)

第09讲高考难点突破一：圆锥曲线的综合问题（定点问题）(精讲）-2第09讲高考难点突破一：圆锥曲线的综合问题（定点问题）（精讲）题型三：抛物线中的定点问题角度1：抛物线中的直线过定点问题典型例题例题1．（2022·辽宁·建平县实验中学模拟预测）1．已知点()1,M p p -在抛物线()2:20C y px p =>上.(1)求抛物线C 的方程；(2)过点M 作斜率分别为12,k k 的两条直线12,l l ，若12,l l 与抛物线C 的另一个交点分别为,A B ，且有122k k +=，探究：直线AB 是否恒过定点？若是，求出该定点；若否，说明理由.例题2．（2022·陕西西安·三模（理））2．已知抛物线()2:20C y px p =>上的点()()4,0G t t >到其准线的距离为5．不过原点的动直线交抛物线C 于A ，B 两点，M 是线段AB 的中点，点M 在准线l 上的射影为N ．(1)求抛物线C 的方程；(2)当1NA NB ⋅=时，求证：直线AB 过定点．例题3．（2022·全国·高三专题练习）3．已知线段AB 是抛物线24y x =的弦，且过抛物线焦点F .(1)过点B 作直线与抛物线对称轴平行，交抛物线的准线于点E ，求证：A O E 、、三点共线(O 为坐标原点)；(2)设M 是抛物线准线上一点，过M 作抛物线的切线，切点为11A B 、.求证：（i ）两切线互相垂直；（ii ）直线11A B 过定点，请求出该定点坐标.同类题型归类练（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）4．已知抛物线C ：22y px =（0p >），直线1x =+交抛物线C 于A ，B 两点，且三角形OAB 的面积为O 为坐标原点）.(1)求实数p 的值；(2)过点D （2，0）作直线L 交抛物线C 于P ，Q 两点，点P 关于x 轴的对称点为P '.证明：直线P 'Q 经过定点，并求出定点坐标.（2022·湖北武汉·高二期末）5．已知动圆M 过定点()2,0A ，且在y 轴上截得的弦长为4，圆心M 的轨迹为曲线L ．(1)求L 的方程；(2)已知点()3,2B --，()2,1C ，P 是L 上的一个动点，设直线PB ，PC 与L 的另一交点分别为E ，F ，求证：当P 点在L 上运动时，直线EF 恒过一个定点，并求出这个定点的坐标．（2022·江西景德镇·高二期末（文））6．已知抛物线C ：()220y px p =>的焦点为F ，过焦点F 且垂直于x 轴的直线交C 于H ，I 两点，O 为坐标原点，OHI 的周长为8．(1)求抛物线C 的方程；(2)过点F 作抛物线C 的两条互相垂直的弦AB ，DE ，设弦AB ，DE 的中点分别为P ，Q ，试判断直线PQ 是否过定点？若过定点．求出其坐标；若不过定点，请说明理由．（2022·江西·上饶市第一中学模拟预测（文））7．已知抛物线()220y px p =>的焦点为F ，过焦点FA 、B 两点（点A 在第一象限），交抛物线准线于G ，且满足83BG =．(1)求抛物线的标准方程；(2)已知C ，D 为抛物线上的动点，且OC OD ⊥，求证直线CD 过定点P ，并求出P 点坐标；(3)在（2）的条件下，求PC PD ⋅的最大值．角度2：抛物线存在定点满足某条件问题典型例题例题1．（2022·内蒙古赤峰·高二期末（文））8．已知抛物线()2:20C y px p =>的焦点为F ，过点()2,0A 的直线l 交C 于M ，N 两点，当l 与x 轴垂直时，4MN =．(1)求C 的方程：(2)在x 轴上是否存在点P ，使得OPM OPN ∠=∠恒成立（O 为坐标原点）？若存在求出坐标，若不存在说明理由．例题2．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（文））9．已知直线:10l x ky --=与抛物线2:2(0)N y px p =>交于A ，B 两点，当直线l x ⊥轴时，||4AB =.(1)求抛物线N 的标准方程；(2)在x 轴上求一定点C ，使得点(2,0)M p 到直线AC 和BC 的距离相等.例题3．（2022·贵州铜仁·高二期末（理））10．已知F 为抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点，过F 的动直线交抛物线C 于,A B 两点．当直线与x 轴垂直时，||4AB =．(1)求抛物线C 的方程；(2)设直线AB 的斜率为1且与抛物线的准线l 相交于点M ，抛物线C 上存在点P 使得直线,,PA PM PB 的斜率成等差数列，求点P 的坐标．同类题型归类练（2022·湖北·鄂南高中模拟预测）11．已知曲线2:2(0)C y px p =>的焦点为F ，曲线C 上有一点()0,Q x p 满足2QF =.(1)求抛物线C 的方程；(2)过原点作两条相互垂直的直线交曲线C 于异于原点的两点,A B ，直线AB 与x 轴相交于N ，试探究x 轴上存在一点是否存在异于N 的定点M 满足AM AN BMBN=恒成立.若存在，请求出M 点坐标；若不存在，请说明理由.（2022·全国·高三专题练习（理））12．已知抛物线2:2(0)E x py p =>的焦点为F ，过F 的直线交抛物线E 于1122(,),(,)A x y B x y 两点，11AF y =+．(1)求抛物线E 的标准方程；(2)在x 轴的正半轴上是否存在点P ，连接PA ，PB 分别交抛物线E 于另外两点C ，D ，使得4AB CD =？并说明理由．（2022·江苏省苏州实验中学高二阶段练习）13．已知抛物线2:8C y x =，点()(),00M a a >，直线l 过点M 且与抛物线C 相交于,A B 两点．(1)当a 为变量时，P 为抛物线C 上的一个动点，当线段MP 的长度取最小值时，P 点恰好在抛物线C 的顶点处，请指出此时M 点运动的轨迹；(2)当a 为定值时，在x 轴上是否存在异于点M 的点N ，对任意的直线l ，都满足直线,AN BN 关于x 轴对称?若存在，指出点N 的位置并证明，若不存在请说明理由.（2022·重庆市育才中学高三阶段练习）14．已知抛物线2:4E x y =的焦点为F ，过F 的直线交抛物线E 于A 、B 两点.(1)当直线AB 的斜率为1时，求弦AB 的长度AB ；(2)在x 轴的正半轴上是否存在一点P ，连接PA ，PB 分别交抛物线E 于另外两点C 、D ，使得//AB CD 且4AB CD =？若存在，请求出点P 的坐标，若不存在，请说明理由.（2022·全国·高考真题（文））15．已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过()30,2,,12A B ⎛--⎫⎪⎝⎭两点．(1)求E 的方程；(2)设过点()1,2P -的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT TH =．证明：直线HN 过定点．参考答案：1．(1)24y x=(2)直线AB 恒过定点()1,0-【分析】（1）将M 点坐标代入抛物线方程即可构造方程求得结果；（2）设()11,A x y ，()22,B x y ，利用斜率公式表示出122k k +=，得到124y y =；设:AB x my t =+，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，由此可得1t =-，可得:1AB x my =-，由此可得定点坐标.（1）()1,M p p - 在抛物线上，()221p p p ∴=-，解得：2p =，∴抛物线C 的方程为：24y x =.（2）由（1）得：()1,2M ；设()11,A x y ，()22,B x y ，则11121112241214y y k y x y --===-+-；同理可得：2242k y =+；122k k += ，1244222y y ∴+=++，整理可得：124y y =；当直线AB 斜率为0时，其与抛物线C 只有一个公共点，不合题意；当直线AB 斜率不为0时，设:AB x my t =+，由24y x x my t ⎧=⎨=+⎩得：2440y my t --=，则124y y t =-，44t ∴-=，解得：1t =-；:1AB x my ∴=-，则直线AB 过定点()1,0-；综上所述：直线AB 恒过定点()1,0-.【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于x 或y 的一元二次方程的形式；②利用0∆>求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；④根据直线过定点的求解方法可求得结果.2．(1)24y x =(2)证明见解析【分析】（1）由抛物线的定义可求解；（2）设直线AB ，并与抛物线联立，运用韦达定理、向量的数量积可求解.【详解】（1）由抛物线C 的方程可得其准线方程2p x =-，依抛物线的性质得452p+=，解得2p =．∴抛物线C 的方程为24y x =．（2）当直线AB 的斜率为0时，显然不符合题意；当直线AB 的斜率不为0时，设直线:(0)AB x my n n =+≠，211,4y A y ⎛⎫⎪⎝⎭、222,4y B y ⎛⎫ ⎪⎝⎭、()00,M x y ，由24y x x my n ⎧=⎨=+⎩化简得2440y my n --=，()2160m n ∆=+>，124y y m +=，124y y n =-，12022y y y m +==，所以()1,2N m -，所以2111,24y NA y m ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭ ，2221,24y NB y m ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭ ，所以()()222121112244y y NA NB y m y m ⎛⎫⎛⎫⋅=+++-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()()222121221212122124164y y y y y y y y m y y m +-=+++-++()22222216814842114m n n n m m n n n +=++--+=-+=-若1NA NB ⋅= ，即()211n -=，解得2n =或0n =（舍去），所以直线AB 过定点()2,0.3．(1)证明见解析(2)证明见解析.【分析】（1）由题知抛物线24y x =的焦点()1,0F ，准线为=1x -，故设直线AB 的方程为：1x my =+，()()1122,,,A x y B x y ，进而得()21,E y -，再结合韦达定理证明OA OE k k =即可；（2）(i)设()01,M y -，过()01,M y -作抛物线的切线，斜率为()0k k ≠，则方程为()01y y k x -=+,切线11,MA MB 的切线斜率分别为12,k k ，进而结合韦达定理即可得121k k =-，进而证明；（ii ）结合（i ）得221121211212,,A k k B k k ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭、，进而得1102A B k y =，直线11A B 的方程为2202221y x k y k ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，整理即可得()021y x y =-，进而得定点坐标.（1）解：由题知抛物线24y x =的焦点()1,0F ，准线为=1x -，所以，设直线AB 的方程为：1x my =+，所以，联立方程214x my y x=+⎧⎨=⎩得2440y my --=，设()()1122,,,A x y B x y ，则12124,4y y m y y +==-，因为过点B 作直线与抛物线对称轴平行，交抛物线的准线于点E ，所以()21,E y -因为2114y x =，故2114y x =所以112211214444OA y y y y y x y k =====--，221OE k y y ==--，所以，OA OE k k =，即A O E 、、三点共线.（2）解：（i ）设()01,M y -，所以，设过()01,M y -作抛物线的切线，斜率为()0k k ≠，则方程为()01y y k x -=+，所以，()0214y y k x y x⎧-=+⎨=⎩得204440ky y y k -++=，所以，()0164440k y k ∆=-+=，即2010k ky +-=，设切线11,MA MB 的切线斜率分别为12,k k ，则12,k k 为方程2010k ky +-=的实数根，所以121k k =-，120k k y +=-，所以，两切线互相垂直.(ii)由（i ）知204440ky y y k -++=，2010k ky +-=，所以，22204440k y ky ky k -++=，即()2224420k y ky ky -+=-=，所以221121211212,,A k k B k k ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭、，所以，1121121222210221122A B k k k k k k y k k k =+==--，所以，直线11A B 的方程为2202221y x k y k ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，整理得()2022222020200200202222222221y k k y x x x y k y k y y k y y k y --=+-=+=+=-，即()021y x y =-所以，直线11A B 过定点()1,0.4．(1)2p =；(2)证明见解析，定点()2,0-.【分析】（1）设()()1122,,,A x y B x y ，联立直线和抛物线方程得到韦达定理，求出12y y -即得解；（2）设()()3344,,,P x y Q x y ，不妨令43y y >，设直线L 的方程为2x ty =+，联立直线和抛物线的方程得到韦达定理，求出直线P Q '的方程即得解.（1）解：由题得直线1x =+过点()1,0，.设()()1122,,,A x y B x y ，联立21,2,x y px ⎧=+⎪⎨=⎪⎩得220y p --=，所以1212,2y y y y p +==-，所以122y y -=所以三角形OAB的面积12112S y y =⨯⨯-==又0p >，解得2p =（30p =-<舍去）.所以2p =.（2）证明：由（1）抛物线C 的方程为24y x =，设()()3344,,,P x y Q x y ，不妨令43y y >，则()33,P x y '-，设直线L 的方程为2x ty =+，联立22,4,x ty y x =+⎧⎨=⎩消去x 得2480y ty --=，则34344,8y y t y y +==-，则直线P Q '的方程为()()433343y y y y x x x x +--=--，即()()43434343x x y x y y y x y x -+=+-，则()()()()4343434322ty ty y ty y y y x y ty -++=+-+，即()()()4343433422t y y y y y x ty y y y -=+--+，即()()43433422y y y x ty y y y =+--+，所以()42824y tx t t =-⨯--⨯，即()2y t x =+，令20,0,x y +=⎧⎨=⎩解得2,0,x y =-⎧⎨=⎩所以直线P Q '恒过定点()2,0-5．(1)24y x=(2)证明见解析，定点110,33⎛⎫- ⎪⎝⎭；【分析】（1）设圆心(),C x y ，圆的半径为R ，依题意得到方程，整理即可；（2）设200,4y D y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，121,4y E y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，222,4y F y ⎛⎫⎪⎝⎭，即可得到直线EF 的方程，同理可得直线DE与直线DF 的方程，再根据直线DE 过点()3,2B --，直线DF 过点()2,1C ，即可消去0y ，从而求出EF 过定点坐标；（1）解：设圆心(),C x y ，圆的半径为R ，则()()22222220R x x y =+=-+-，整理得24y x =．所以动圆圆心的轨迹方程为24y x =．（2）证明：抛物线的方程为24y x =，设200,4y D y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，121,4y E y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，222,4y F y ⎛⎫⎪⎝⎭，则直线EF 的方程为()1211221244y y y y x x y y --=--，得2111211121212124444x y y y x x x y y y y y y y y y y +-=-+=+++++，又2114y x =，所以直线EF 的方程为1212124y y xy y y y y =+++．同理可得直线DE 的方程为1010104y y xy y y y y =+++，直线DF 的方程为0022024y y xy y y y y =+++因为直线DE 过点()3,2B --，所以()1101222y y y -=+；因为直线DF 过点()2,1C ，所以()22081y y y -=-．消去0y ，得()121210433y y y y =++．代入EF 的方程，得12411033y x y y ⎛⎫=++ ⎪+⎝⎭，所以直线EF 恒过一个定点110,33⎛⎫- ⎪⎝⎭．6．(1)28y x=(2)直线PQ 过定点()6,0【分析】（1）将2px =代入抛物线22y px =中，得出HI 的长度，再由勾股定理得出OH ，结合条件建立关于p 的方程，得出答案.（2）由题意设直线AB 的方程为2x my =+，()11,A x y ，()22,B x y ，联立直线AB 的方程与抛物线的方程，由韦达定理得出P 点坐标，同理得出Q 点坐标，从而得出直线PQ 方程，得出答案.（1）由题意,02p F ⎛⎫⎪⎝⎭，在22y px =中代入2p x=，得222p y p =⋅，解得y p =±，所以2HI p =．由勾股定理得|OH OI p ===，则OHI 的周长为2822p p p ++=，解得4p =，故抛物线C 的方程为28y x =．（2）由题意可知()2,0F ，直线AB 的斜率存在，且不为0．设直线AB 的方程为2x my =+，()11,A x y ，()22,B x y ．联立22,8,x my y x =+⎧⎨=⎩消去x ，得28160y my --=，264640m ∆=+>，则128y y m +=，从而()21212484x x m y y m +=++=+．因为P 是弦AB 的中点，所以()242,4P m m +，同理可得2442,Q mm ⎛⎫+- ⎪⎝⎭．当21m ≠，即1m ≠±时，直线PQ 的斜率2224441422PQm m m k m m m ⎛⎫-- ⎪⎝⎭==-⎛⎫+-+ ⎪⎝⎭，则直线PQ 的方程为()224421my m x m m -=---，即()()216m y m x -=-．故直线PQ 过定点()6,0；当21m =，即1m ≠±时，直线PQ 的方程为6x =，也过点()6,0．综上所述，直线PQ 过定点()6,0．7．(1)24y x=(2)证明见解析；P 点坐标为（4，0）(3)16-【分析】（1）过点B 作准线的垂线，垂足为H ，设准线与x 轴相交于点M ，由直线的斜率得出倾斜角，利用三角函数及抛物线的定义求出||MF 即可得解；（2）设直线CD 的方程为：x my t =+，211,4y C y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，222,4y D y ⎛⎫⎪⎝⎭，联立方程组，由根与系数的关系求出12y y ，再由OC OD ⊥建立斜率的方程即可得解；（3）由向量的数量积坐标运算化简，利用二次函数求最值.（1）过点B 作准线的垂线，垂足为H ，设准线与x 轴相交于点M，如图，由题知，直线l 的倾斜角为π3．∴在R t BGH 中，π3GBH ∠=，又∵83BG =，∴43BH =，∴43BF =．∴4GF BG BF =+=，∴在R t GFM 中，又3MFG π∠=，∴2MF =，∴2p =，∴抛物线的标准方程为24y x =．（2）由（1）可知，抛物线方程为24y x =，设直线CD 的方程为：x my t =+，211,4y C y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，222,4y D y ⎛⎫⎪⎝⎭，直线与抛物线联立：24x my ty x=+⎧⎨=⎩，得：2440y my t --=，则124y y m +=，124y y t =-，∵14OC k y =，24OD k y =且OC OD ⊥，∴12161614OC OD k k y y t ⋅===--则4t =，∴直线CD 过定点（4，0），即P 点坐标为（4，0），（3）由（2）可知P 点坐标为（4，0），∴()2222212121216161616y y PC PD y y y y m ⋅=-+++=-- ，∴PC PD ⋅的最大值为16-．8．(1)22y x =(2)存在，()2,0-【分析】（1）易知||4MN ==，求出p 即可；（2）设()0,0P x ，()11,M x y ，()22,N x y ，由题可知直线l 斜率不为零，设: 2l x m y =+，代入抛物线方程22y x =消去x ，得2240y my --=，由OPM OPN ∠=∠可得0MP NP k k +=，利用斜率公式，根与系数的关系求解即可【详解】（1）当l 与x轴垂直时，由题意易得||MN =，从而4=，解得p ＝1，所以C 的方程为22y x =；（2）设()0,0P x ，()11,M x y ，()22,N x y ，由题可知直线l 斜率不为零，设: 2l x m y =+，代入抛物线方程22y x =消去x ，得2240y my --=，从而122y y m +=，124y y =-，①由OPM OPN ∠=∠可得0MP NP k k +=12121020102022MP NP y y y y k k x x x x my x my x +=+=+--+-+-()()()()1201210202222my y x y y my x my x +-+=+-+-将①代入上式，得()()102042022m mx my x my x --=+-+-恒成立，所以02x =-，因此存在点P ，且满足题意，P 点坐标为()2,0-．9．(1)24y x =(2)(1,0),(1,0),(4,0)-【分析】（1）直线l x ⊥轴时，将1x =代入抛物线方程求得,A B 纵坐标，得出AB ，从而可得p 值，得抛物线方程；（2）设()()(),,,,,0A A B B C A x y B x y C x ，直线方程与抛物线方程联立，消元后应用韦达定理得A B y y +，A B y y ，题意即为0AC BC k k +=，代入韦达定理的结论可求得C x ，同时注意,,A B C 共线或C 与M 重合的情形，从而得出结论．（1）当直线l x ⊥轴时，方程为1x =，代入抛物线方程得22y p =，y =，∴||4AB ==，解得2p =.∴抛物线N 的标准方程为24y x =；（2）设()()(),,,,,0A A B B C A x y B x y C x .联立210,4,x ky y x --=⎧⎨=⎩得2440y ky --=.∴4,4A B A B y y k y y +=⋅=-.①由题意可知()()()()0A B C B A C A BAC BC A C B C A C B C y x x y x x y y k k x x x x x x x x -+-+=+==----，∴()()0A B C B A C y x x y x x -+-=，即()B A A B C A B x y x y x y y +=+.∴()()()11B A A B C A B ky y ky y x y y +++=+，即()()2A B A B C A B ky y y y x y y ++=+.∴844C k k kx -+=.∵0k ≠，可知1C x =-.∴点C 的坐标由抛物线的图象可知，还有点(1,0),(4,0)满足题意，故这样的点有3个，坐标分别为(1,0),(1,0),(4,0)-.10．(1)24y x =(2)(1,2)P ±【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标，根据题意，令2px =，求出纵坐标的值，再根据AB 4=进行求解即可；（2）设直线AB 的方程,与抛物线方程联立，求出直线PA ，PM ，PB 的斜率表达式，结合等差数列和一元二次方程根与系数关系，得到一个等式，根据等式成立进行求解即可.（1）因为(,0)2pF ，在抛物线方程22y px =中，令2p x =，可得y p =±，所以当直线与x 轴垂直时24AB p ==，解得2p =，抛物线的方程为24y x =.（2）（2）因为抛物线24y x =的准线方程为=1x -，由题意可知直线AB 的方程为1x y =+，所以(1,2)M --.联立241y x x y ⎧=⎨=+⎩消去x ，得2440y y --=，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则124y y +=，124y y =-，若存在定点00(,)P x y 满足条件，则2PM PA PB k k k =+，即0010200102221y y y y y x x x x x +--⋅=++--，因为点,,P A B 均在抛物线上，所以222012012,444y y y x x x ===.代入化简可得00122200120122(2)24()y y y yy y y y y y y +++=++++，将124y y +=，124y y =-代入整理可得002200022444y y y y y ++=++-，即202(4)0y -=，所以2040y -=，解得02y =±，将02y =±代入抛物线方程，可得01x =，于是点(1,2)P ±即为满足题意的定点.11．(1)24y x =(2)存在，()4,0M -【分析】（1）由焦半径公式代入求解p ，从而得抛物线方程；（2）设直线方程，联立方程组，将韦达定理代入所给条件求解.（1）Q 在曲线C 上，则202p px =，则02px =，而022pQF x p ==+=，故抛物线C 的方程为24y x =.（2）易知直线AB 的斜率不为0，故设()()()1122:,,,,,,0AB l x ty n A x y B x y M m =+联立：224404x ty ny ty n y x=+⎧⇒--=⎨=⎩，故12124,4y y t y y n +==-.222121244y y x x n =⋅=，因为OA OB ⊥，则2121240OA OB x x y y n n ⋅=+=-=则4n =或0n =（舍），故()4,0N .因为,M N 都在x 轴上，要使得AM AN BMBN=，则x 轴为AMB ∠的角平分线，若1m x =，则AM 垂直于x 轴，x 轴平分AMB ∠，则BM 垂直于x 轴，则直线AB 的方程为4x =，此时4m n ==，而,M N 相异，故1m x ≠，同理2m x ≠故AM 与BM 的斜率互为相反数，即12122112120y y x y x y m x m x m y y ++=⇒=--+()()1221121212442324444ty y ty y ty y t m y y y y t+++-⇒==+=+=-++为定值.故当()4,0M -时，有AM AN BMBN=恒成立.【点睛】解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x (或y )建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．12．(1)24x y =(2)见解析【分析】（1）根据点A 到点F 的距离等于点A 到直线1y =-，结合抛物线的定义得出抛物线E 的标准方程；（2）设()()330,,,0C x y P x ，由4PA PC = 结合抛物线方程得出12,x x 是方程2200230x x x x --=的两根，设直线AB 的方程为1y kx =+，并与抛物线方程24x y =联立结合韦达定理得出点P 坐标.（1）因为点F 是抛物线2:2(0)E x py p =>的焦点，且11AF y =+所以点A 到点F 的距离等于点A 到直线1y =-所以由抛物线的定义可知1,22pp ==所以抛物线E 的标准方程为24x y =（2）设()()330,,,0C x y P x 由4AB CD = 得：//AB CD ，且4AB CD =，得4PA PC= 即()()101303,4,x x y x x y -=-，所以101333,44x x yx y +==代入抛物线方程24x y =，得221011344x x x y +⎛⎫==⎪⎝⎭整理得221010230x x x x --=，同理可得222020230x x x x --=故12,x x 是方程2200230x x x x --=的两根，20160x ∆=>由韦达定理可得21201202,3x x x x x x +==-①由题意，直线AB 的斜率一定存在，故设直线AB 的方程为1y kx =+与抛物线方程24x y =联立可得2440x kx --=由韦达定理可得12124,4x x k x x +==-②由①②可得033x k ==故在x 轴的正半轴上存在一点,03P ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭满足条件.13．(1)M 点的运动轨迹是x 轴的(]0,4部分的线段；(2)存在点(),0N a -，证明见解析.【分析】（1）设2,8y P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，可表示出2MP ，根据线段MP 的长度取最小值时，P 点恰好在抛物线C 的顶点处可确定对称轴位置，由此可得轨迹；（2）当l 斜率不存在时知x 轴上任意异于点M 的点N 均满足题意；当l 斜率存在时，假设l 方程，与抛物线方程联立后可得韦达定理的形式，代入0AN BN k k +=中整理可得定点；综合两种情况可得结论.（1）设2,8y P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则224222218644y y a MP a y y a ⎛⎫⎛⎫=-+=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当线段MP 的长度取最小值时，P 点恰好在抛物线C 的顶点处，即当0y =时，线段MP 的长度取最小值a ；140132a-∴-≤，解得：4a ≤，04a ∴<≤；M ∴点的运动轨迹是x 轴的(]0,4部分的线段.（2）①当直线l 斜率不存在时，对于x 轴上任意异于点M 的点N ，都满足直线,AN BN 关于x 轴对称；②当直线l 斜率存在时，设:l x ty a =+，()11,A x y ，()22,B x y ，由28x ty a y x=+⎧⎨=⎩得：2880y ty a --=，则，设(),0N n ，直线,AN BN 关于x 轴对称，0AN BN k k ∴+=，()()()()2212121221121212221212121212880y y y y n y y x y n y y x y y y x n x n x x n x x n x x n x x n -++-++∴+===---+--+-，即()()()12121288808y y y y n y y at nt n a t +-+=--=-+=，∴当n a =-时，0AN BN k k +=恒成立，即(),0N a -；综上所述：存在点(),0N a -，对任意的直线l ，都满足直线,AN BN 关于x 轴对称.【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于x 或y 的一元二次方程的形式；②利用0∆>求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程或得到恒成立的式子；④求解定点得到结果.14．(1)8(2)存在，,03P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭【分析】（1）由题意得到直线AB 的方程10x y -+=，与抛物线2:4E x y =联立，再利用抛物线的定义求解；（2）由//AB CD 且4AB CD =，得到4PA PC =，表示点C 的坐标，代入抛物线方程，整理得到221010230x x x x --=，同理得到222020230x x x x --=，12,x x 是方程2200230x x x x --=的两根,设直线AB 的方程为1y kx =+，与抛物线2:4E x y =联立,由韦达定理求解.（1）解：设()11,A x y ，()22,B x y ，()33,C x y ，()0,0P x ，由题意知，点F 的坐标为()0,1，直线AB 的方程为10x y -+=.与抛物线2:4E x y =联立可得2610y y -+=.由韦达定理有126y y +=，故1228AB y y =++=.（2）设()11,A x y ，()22,B x y ，()33,C x y ，()0,0P x .由//AB CD 且4AB CD =，得4PA PC = ，即()()101303,4,x x y x x y -=-.所以10334x x x +=，134y y =.代入抛物线2:4E x y =，得221011344x x x y +⎛⎫== ⎪⎝⎭，整理可得221010230x x x x --=，同理可得222020230x x x x --=，故12,x x 是方程2200230x x x x --=的两根，20120x ∆=>，由韦达定理有1202x x x +=，21203x x x =-，①由题意，直线AB 的斜率一定存在，故设直线AB 的方程为1y kx =+，与抛物线2:4E x y =联立可得2440x kx --=，由韦达定理有124x x k +=，124x x =-，②由①②可得0x =，3k =，故x轴的正半轴上存在一点3P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭满足条件.15．(1)22143y x +=(2)(0,2)-【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C 的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.【详解】（1）解：设椭圆E 的方程为221mx ny +=，过()30,2,,12A B ⎛--⎫ ⎪⎝⎭，则41914n m n =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得13m =，14n =，所以椭圆E 的方程为：22143y x +=.（2）3(0,2),(,1)2A B --，所以2:23+=AB y x ，①若过点(1,2)P -的直线斜率不存在，直线1x =.代入22134x y +=，可得(1,M ，N ，代入AB 方程223y x =-，可得(3,T -，由MT TH = 得到(5,H -.求得HN 方程：(2)23y x =+-，过点(0,2)-.②若过点(1,2)P -的直线斜率存在，设1122(2)0,(,),(,)kx y k M x y N x y --+=.联立22(2)0,134kx y k x y --+=⎧⎪⎨+=⎪⎩得22(34)6(2)3(4)0k x k k x k k +-+++=，可得1221226(2)343(4)34k k x x k k k x x k +⎧+=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩，()()12221228234444234k y y k k k y y k ⎧-++=⎪+⎪⎨+-⎪=⎪+⎩，且1221224(*)34k x y x y k -+=+联立1,223y y y x =⎧⎪⎨=-⎪⎩可得111113(3,),(36,).2y T y H y x y ++-可求得此时1222112:()36y y HN y y x x y x x --=-+--，将(0,2)-，代入整理得12121221122()6()3120x x y y x y x y y y +-+++--=，将(*)代入，得222241296482448482436480,k k k k k k k +++---+--=显然成立，综上，可得直线HN 过定点(0,2).-【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.。

圆锥曲线的综合问题讲义解析

圆锥曲线的综合问题讲义解析【课前双基巩固】知识聚焦1.(1)没有一个两个(2)对称轴渐近线 Δ>0 Δ=0 Δ<0 2.|y 1-y 2| 对点演练1.√2303[解析] 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由{2x -y +1=0,x 24+y 28=1消去y ,化简可得6x 2+4x-7=0,所以x 1+x 2=-23,x 1x 2=-76,所以|AB|=√1+k 2·√(x1+x 2)2-4x 1x 2=√1+22×√(-23)2-4×(-76)=√2303.2.54 [解析] 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 122-y 12=1,x 222-y 22=1,两式相减,得x 12-x 222=y 12-y 22,即k=y 2-y 1x 2-x 1=x 2+x 12(y 2+y 1),又线段AB 的中点恰好为点P (5,2),所以k=54.3.√3x-y-√3=0 [解析] 抛物线C :y 2=4x 的焦点为F (1,0),设直线l 的方程为y=k (x-1),与抛物线方程联立,得k 2x 2-(2k 2+4)x+k 2=0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1+x 2=2k 2+4k 2,所以|AB|=x 1+x 2+2=2k 2+4k 2+2=163,解得k 2=3,又直线l 的倾斜角为锐角,所以k=√3,所以直线l 的方程为y=√3(x-1),即√3x-y-√3=0.4.(1+√2,+∞) [解析] 由题设条件可知△ABF 2为等腰三角形,只要∠AF 2B 为钝角即可,所以有b 2a>2c ,即b 2>2ac ,所以c 2-a 2>2ac ,即e 2-2e-1>0,所以e>1+√2.5.1或-1 [解析] 由{x 2-y 2=1,y =k(x -√2),得(1-k 2)x 2+2√2k 2x-2k 2-1=0.当1-k 2=0,即k=±1时,方程只有一根,所以直线与双曲线仅有一个公共点;当1-k 2≠0,即k ≠±1时,要满足题意只需Δ=(2√2k 2)2-4(1-k 2)(-2k 2-1)=0,此时无解.所以若直线l :y=k (x-√2)与双曲线x 2-y 2=1仅有一个公共点,则实数k 的值为1或-1.6.[2-2 √2,2+2 √2] [解析] 由椭圆方程得y 2=1-x 22,所以x 2+y 2+2x=12x 2+2x+1=12(x+2)2-1.由x 22+y 2=1,得|x|≤√2,所以当x=√2时,x 2+y 2+2x 有最大值2+2 √2;当x=-√2时,x 2+y 2+2x 有最小值2-2 √2.所以x 2+y 2+2x ∈[2-2 √2,2+2 √2].第1课时直线与圆锥曲线的位置关系【课堂考点探究】例1 [思路点拨] (1)由4a=8,得a=2,再由2×12×2c×b=2√3,b 2+c 2=4,e<√22,可求得b=√3,c=1,即可得椭圆的方程.(2)分类讨论:当y 0=0时,可求得x 0=±2,即可求得直线与曲线的交点; 当y 0≠0时,直线l 的方程可化为y=12−3x 0x 4y 0,代入椭圆方程,再由点P (x 0,y 0)为曲线C 上一点,解得x=x 0,代入直线方程,得y=y 0,故直线l 与曲线C 有且只有一个交点P.解:(1)依题意,设椭圆C 的方程为x 2a +y 2b =1(a>b>0),焦距为2c , 由题设条件知4a=8,得a=2,又2×12×2c×b=2√3,b 2+c 2=a 2=4,所以b=√3,c=1或b=1,c=√3(经检验不合题意舍去),故椭圆C 的方程为x 24+y 23=1.(2)证明:当y 0=0时,由x 024+y 023=1,可得x 0=±2,当x 0=2,y 0=0时,直线l 的方程为x=2,直线l 与曲线C 有且只有一个交点(2,0). 当x 0=-2,y 0=0时,直线l 的方程为x=-2,直线l 与曲线C 有且只有一个交点 (-2,0). 当y 0≠0时,直线l 的方程为y=12−3x 0x 4y 0,联立{y =12−3x 0x4y 0,x 24+y 23=1,消去y ,得(4y 02+3x 02)x 2-24x 0x+48-16y 02=0.①由点P (x 0,y 0)为曲线C 上一点,得x 024+y 023=1,可得4y 02+3x 02=12.于是方程①可以化简为x 2-2x 0x+x 02=0,解得x=x 0,将x=x 0代入方程y=12−3x 0x 4y 0,可得y=y 0,故直线l 与曲线C 有且只有一个交点P (x 0,y 0).综上,直线l 与曲线C 有且只有一个交点,且交点为P (x 0,y 0).变式题 C [解析] 设|F 1F 2|=2c (c>0),△PF 1F 2的内切圆分别与PF 1,F 1F 2,PF 2切于点G ,H ,I ,则|PG |=|PI |,|F 1G|=|F 1H|,|F 2H|=|F 2I|.由双曲线的定义知2a=|PF 1|-|PF 2|=|F 1G|-|F 2I|=|F 1H|-|F 2H|,又|F 1H|+|F 2H|=|F 1F 2|=2c ,故|F 1H|=c+a ,|F 2H|=c-a ,所以H (a ,0),即a=2.若直线l 与双曲线的右支交于A ,B 两点,则当l ⊥x 轴时,|AB|有最小值为2b 2a=b 2(通径长);若直线l 与双曲线的两支分别交于A ,B 两点,则当l ⊥y 轴时,|AB|有最小值为2a.于是,由题意得b 2>2a=4,即b>2,c=√a 2+b 2>2√2,所以双曲线的离心率e=ca >√2.故选C. 例2 [思路点拨] (1)根据题意列出方程组求得a ,b ,c 的值,即可求得椭圆的标准方程;(2)设出直线l 的方程,联立直线与椭圆的方程,同时利用弦长公式求四边形OACB 的面积S ,设OC⃗⃗⃗⃗⃗ =λOM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (λ>0),结合点到直线的距离公式得到关于λ的方程,解方程即可求得最终结果,注意直线斜率不存在的情况.解:(1)由题意得{ ca =√22,√1+3=c,a 2=b 2+c 2,解得{a =√2,b =1,c =1,故椭圆K 的方程为x 22+y 2=1. (2)由(1)知F 2(1,0),由于直线AB 的倾斜角不能为零,所以设直线AB 的方程为my=x-1, 与x 22+y 2=1联立,可得(m 2+2)y 2+2my-1=0.设M (x 0,y 0),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则y 1+y 2=-2m m 2+2,可得y 0=-m m 2+2,x 0=my 0+1=2m 2+2.设C (x ,y ),OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λOM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (λ>0),所以x=λx 0,y=λy 0. 因为C 在K 上,故λ2x 022+y 02=1,得m 2+2=λ2.① 设h 1为点O 到直线AB 的距离,h 2为点C 到直线AB 的距离,则h1h 2=|OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1λ-1,得h 2=(λ-1)h 1.又由点到直线的距离公式得h 1=√1+m 2=√λ2-1,而|AB |=√1+m 2·√(y 1+y 2)2-4y 1y 2=2√2(1+m 2)m 2+2=2√2(λ2-1)λ2, 所以S=12|AB |(h 1+h 2)=√2(λ2-1)λ2·√λ2-1=√2√λ2-1λ. 由题意知,S=2√3=√3,所以√2√λ2-1λ=√3,得λ=√3.将λ=√3代入①式,得m=±1,所以直线l 的斜率为±1.变式题解:(1)根据题意可设抛物线C 的标准方程为x 2=2py (p>0).∵|P 1P 2|=4,∴2p=4,∴p=2, ∴抛物线C 的标准方程为x 2=4y. (2)由(1)可知,F (0,1),∴l :y=kx+1, 设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),联立{x 2=4y,y =kx +1,消去y ,得x 2-4kx-4=0,∴x 1+x 2=4k ,∴y 1+y 2=k (x 1+x 2)+2=4k 2+2, ∴|MN|=y 1+y 2+p=4k 2+4.又∵点Q (0,3)到直线l 的距离为d=√1+k 2,∴|AB|=2√8−d 2=4√2k 2+12, ∴√1+k 2|AB|=2√2k 2+1,令√2k 2+1=t (t ∈(1,√3]),则k 2=12(t 2-1),∴√1+k 2|AB|=t 2+12t=12t+1t , 又∵t+1t ∈2,4√33,∴|MN|√1+k 2|AB|的取值范围为1,2√33.例3 [思路点拨] 思路一,首先设出直线方程,代入椭圆方程化为关于x 的一元二次方程,然后结合韦达定理可求得直线的斜率,进而求得直线l 的方程;思路二,利用“点差法”求解. x+2y-4=0 [解析] 方法一:易知直线l 的斜率存在.由题意可设l 的方程为y-1=k (x-2),即y=kx-2k+1.联立{y =kx -2k +1,x 216+y 24=1,整理得(1+4k 2)x 2-8(2k 2-k )x+16k 2-16k-12=0(*).设直线l 与椭圆的交点分别为A (x 1,y 1),B (x 2,y 2), 则x 1+x 2=8(2k 2-k)1+4k 2.因为AB 的中点为M (2,1), 所以8(2k 2-k)1+4k 2=4,解得k=-12.所以所求l 的方程为y-1=-12(x-2),即x+2y-4=0.方法二: 设直线l 与椭圆的交点分别为A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),易知x 1≠x 2,则由{x 1216+y 124=1,x 2216+y 224=1,得(x 1-x 2)(x 1+x 2)16+(y 1-y 2)(y 1+y 2)4=0,即(x 1+x 2)+4(y 1+y 2)·y 1-y 2x 1-x 2=0(*).又x 1+x 2=4,y 1+y 2=2,代入(*),得4+4×2×y 1-y 2x 1-x 2=0,所以y 1-y2x 1-x 2=-12,故直线l 的方程为x+2y-4=0.例4 [思路点拨] 首先利用“点差法”求出直线方程,然后联立直线方程与抛物线方程求得交点坐标,进而可求得△ABF 的面积.2 [解析] 易知F (1,0),点M (2,2)是抛物线内的点,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),易知x 1≠x 2,则{y 12=4x 1,y 22=4x 2,两式相减可得y 12-y 22=4(x 1-x 2),化简得到(y 1+y 2)×y 1-y 2x 1-x 2=4,解得k=y 1-y2x 1-x 2=1,所以直线AB 的方程是y-2=x-2,即y=x ,与y 2=4x 联立,可得{x 1=0,y 1=0,{x 2=4,y 2=4,所以S △ABF =12×1×4=2.例5 [思路点拨] 首先根据条件得出直线PQ 的垂直平分线方程,并代入双曲线方程得到关于x 的一元二次方程,结合韦达定理求得中点M 的坐标,然后利用中点在抛物线上,也在直线y=x+b 上可求得b 的值.A [解析] 因为点P ,Q 关于直线y=x+b 对称,所以PQ 的垂直平分线为y=x+b ,所以直线PQ 的斜率为-1.设直线PQ 的方程为y=-x+m ,由{y =−x +m,x 22-y 23=1,得x 2+4mx-2m 2-6=0,所以x P +x Q =-4m ,所以x M =-2m ,所以M (-2m ,3m ).因为PQ 的中点M 在抛物线y 2=9x 上,所以9m 2=9×(-2m ),解得m=0或m=-2,又PQ 的中点M 也在直线y=x+b 上,所以b=5m ,所以b=0或-10,故选A. 强化演练1.6 [解析] 由抛物线y 2=4x 得p=2,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),因为线段AB 的中点M 的横坐标为2,所以x 1+x 2=2×2=4,因为直线AB 过焦点,所以|AB |=x 1+x 2+p=4+2=6.2.2x+2y-3=0 [解析] 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),代入椭圆方程有x 122+y 12=1,x 222+y 22=1,两式相减得(x 2-x 1)(x 2+x 1)2=-(y 2+y 1)(y 2-y 1),即(x 2-x 1)×22=-(y 2-y 1),所以k AB =y 2-y 1x 2-x 1=-1,所以直线l 的方程为y-12=-(x-1),即2x+2y-3=0.3.B [解析] 设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),双曲线方程为x 2a2-y 2b 2=1(a>0,b>0),将y=x-1代入双曲线方程,整理得(b 2-a 2)x 2+2a 2x-a 2-a 2b 2=0,得x 1+x 2=2a 2a -b ,则x 1+x 22=a 2a -b =-23.又c 2=a 2+b 2=7,所以a 2=2,b 2=5,所以双曲线的方程是x 22-y 25=1,故选B.4.x 28+y 24=1 [解析] 抛物线y 2=8x 的焦点为(2,0),∴c=2,设椭圆方程为x 2a2+y 2b2=1(a>0,b>0),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),代入椭圆方程后两式相减,得(x 1+x 2)(x 1-x 2)a 2+(y 1+y 2)(y 1-y 2)b 2=0,由中点M (1,1)及斜率为-12可得a 2b=2.∵a 2-b 2=c 2=4,∴a 2=8,b 2=4,∴椭圆C 的方程为x 28+y 24=1.5.(-2√1313,2√1313) [解析] 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)是椭圆上关于直线y=4x+m 对称的相异的两点,AB的中点为M (x 0,y 0),则x 124+y 123=1,x 224+y 223=1,由“点差法”得y 0=3x 0,代入y 0=4x 0+m ,解得M 点坐标为(-m ,-3m ).而M 是AB 的中点,∴M 点在椭圆内部,∴m 24+9m 23<1,解得-2√1313<m<2√1313. 第2课时最值﹑范围﹑证明问题【课堂考点探究】例1 [思路点拨] (1)由顶点坐标及椭圆的离心率,即可求得a 和c 的值,进而可求得椭圆方程; (2)分类讨论,当斜率为0时,即可求得m 的值,设直线l 的方程,代入椭圆方程,利用根与系数的关系及弦长公式即可求得m 的表达式,利用导数求得函数的单调性及最值,即可求得m 的最大值.解:(1)因为椭圆C :x 2a2+y 2b 2=1(a>b>0)的顶点坐标为(±√6,0),且离心率为√306, 所以a=√6,且√a 2-b 2a =√306,解得b=1.故椭圆C 的方程为x 26+y 2=1.(2)因为|MN |=4√33>2,所以直线MN 的斜率存在.又因为直线MN 在y 轴上的截距为m ,所以可设直线MN 的方程为y=kx+m , 代入椭圆方程x 26+y 2=1,得(1+6k 2)x 2+12kmx+6(m 2-1)=0,因为Δ=(12km )2-24(1+6k 2)(m 2-1)=24(1+6k 2-m 2)>0,所以m 2<1+6k 2.设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),由根与系数的关系得x 1+x 2=-12km1+6k 2,x 1x 2=6(m 2-1)1+6k 2,则|MN |=√1+k 2|x 1-x 2|=√1+k 2√(x 1+x 2)2-4x 1x 2=√1+k 2√(-12km 1+6k 2)2-24(m 2-1)1+6k 2.因为|MN |=4√33, 所以√1+k 2√(-12km 1+6k 2)2-24(m 2-1)1+6k 2=4√33, 整理得m 2=-18k 4+39k 2+79(1+k 2).令k 2+1=t ≥1,则k 2=t-1, 所以m 2=-18t 2+75t -509t=1975-18t+50t≤75−2×309=53,等号成立的条件是t=53,此时k 2=23,m 2=53,满足m 2<1+6k 2,符合题意.故m 的最大值为√153. 变式题解:(1)曲线C 上的点满足|PF 1|+|PF 2|=2√2>|F 1F 2|=2,∴曲线C 是以F 1,F 2为焦点的椭圆,且a=√2,c=1,b=1,∴曲线C 的方程是x 22+y 2=1.(2)∵F 2M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λF 2N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μa ,∴M ,N ,F 2三点共线,且直线MN 的斜率为√3,∴直线MN 的方程为y=√3(x-1), 与椭圆方程联立得7x 2-12x+4=0,设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),∴|MN |=2√(x 1+x 2)2-4x 1x 2 =8√27. 设P (√2cos θ,sin θ),∴P 到直线MN 的距离d=|√6cosθ-sinθ-√3|2=|√7sin(θ-φ)+√3|2,∴d max =√7+√32, ∴S △MNP 的最大值为12|MN|·d max =2√14+2√67. 例2 [思路点拨] (1)首先根据抛物线的准线方程可求得a 的值,然后根据椭圆的离心率结合a 2=b 2+c 2可求得b 的值,由此求得椭圆C 1和抛物线C 2的方程;(2)由题意知直线的斜率一定存在,由此设直线l :y=kx+2,代入椭圆的方程,消去y 得到关于x 的一元二次方程,然后利用判别式大于零及根与系数的关系,利用“O 在以线段PQ 为直径的圆的外部”等价于“OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ >0”建立不等式,求得k 的取值范围.解:(1)由题意得a 4=12,∴a=2,故抛物线C 2的方程为x 2=-2y.又e=c a =√32,∴c=√3,∴b=1,从而椭圆C 1的方程为x 24+y 2=1.(2)显然直线x=0不满足题设条件,故可设直线l :y=kx+2,P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2). 由{x 24+y 2=1,y =kx +2,得(1+4k 2)x 2+16kx+12=0. ∵Δ=(16k )2-4×12(1+4k 2)>0,∴k∈-∞,-√32∪√32,+∞,x 1+x 2=-16k1+4k 2,x 1x 2=121+4k 2,根据题意,得0°<∠POQ<90°,即OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ >0,∴OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+(kx 1+2)(kx 2+2)=(1+k 2)x 1x 2+2k (x 1+x 2)+4=12(1+k 2)1+4k 2+2k×-16k 1+4k 2+4=16−4k 21+4k 2>0,解得-2<k<2.综上得k ∈-2,-√32∪√32,2.变式题解:(1) 由题知F p2,0,|FA |=3+2√2+p 2,|FD|=√2|FA|=3√2+4+√22p ,则D 3√2+4+√22p+p2,0,FD 的中点坐标为3√22+2+(2+√2)p4,0,则3√22+2+(2+√2)p4=3+2√2,解得p=2,故C 的方程为y 2=4x.(2)证明:依题可设直线AB 的方程为x=my+x 0(m ≠0),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则E (x 2,-y 2).由{y 2=4x,x =my +x 0消去x ,得y 2-4my-4x 0=0,因为x 0≥12,所以Δ=16m 2+16x 0>0, y 1+y 2=4m ,y 1y 2=-4x 0.设P 的坐标为(x P ,0),则PE ⃗⃗⃗⃗ =(x 2-x P ,-y 2),PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-x P ,y 1). 由题知PE ⃗⃗⃗⃗ ∥PA⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以(x 2-x P )y 1+y 2(x 1-x P )=0, 即x 2y 1+y 2x 1=y 22y 1+y 12y 24=y 1y 2(y 1+y 2)4=(y 1+y 2)x P ,显然y 1+y 2=4m ≠0,所以x P =y 1y 24=-x 0,即证得点P 的坐标为(-x 0,0).由题知△EPB 为等腰直角三角形,所以k AP =1,即y 1+y2x 1-x 2=1,即y 1+y 214(y 12-y 22)=1,所以y 1-y 2=4,所以(y 1+y 2)2-4y 1y 2=16,即16m 2+16x 0=16,则m 2=1-x 0,x 0<1. 又因为x 0≥12,所以12≤x 0<1.d=002=2=2−x ,令√2−x 0=t ∈1,√62,则x 0=2-t 2,d=2(2−t 2)t=4t-2t ,易知f (t )=4t-2t 在1,√62上是减函数,所以d∈√63,2.例3 [思路点拨] (1)设经过焦点的直线AB 的方程为y=k x-p2(k ≠0),联立直线的方程和抛物线的方程,利用韦达定理以及斜率之积等于-p 求出p 的值,由此求得抛物线方程;(2)利用(1)求得M 点的坐标,利用直线OM 的方程求出D 点的坐标,两者横坐标的比值大于2,得证.解:(1)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线AB (不垂直于x 轴)的方程可设为y=k x-p2(k ≠0). ∵直线AB 过点F 且与抛物线C 交于A ,B 两点,∴y 12=2px 1,y 22=2px 2.∵直线OA 与OB 的斜率之积为-p ,∴y 1y 2x 1x 2=-p ,∴(y 1y 2x 1x 2)2=p 2,得x 1x 2=4.由{y =k (x -p2),y 2=2px,得k 2x 2-(k 2p+2p )x+k 2p 24=0,其中Δ=(k 2p+2p )2-k 2p 2k 2>0,∴x 1+x 2=k 2p+2p k 2,x 1x 2=p 24,∴p=4,∴抛物线C 的方程为y 2=8x.(2)证明:设M (x 0,y 0),D (x 3,y 3),∵M 为线段AB 的中点, ∴x 0=12(x 1+x 2)=k 2p+2p 2k 2=2(k 2+2)k 2,y 0=k (x 0-2)=4k,∴直线OD 的斜率k OD =y 0x 0=2kk 2+2,∴直线OD 的方程为y=2kk 2+2x ,代入抛物线方程y 2=8x ,得x 3=2(k 2+2)2k 2,∴x3x 0=k 2+2,∵k 2>0,∴|OD||OM|=x3x 0=k 2+2>2.变式题解:(1)依题意得c a =√22,3a 2+12b 2=1,a 2=b 2+c 2,解得a 2=4,b 2=2,故椭圆C 的方程为x 24+y 22=1.(2)证明:由椭圆的对称性,不妨假设存在k>0,使得|BP||BQ|=12. 由题意得a 2=2b 2,则椭圆C :x 22b 2+y 2b 2=1,联立直线l 与椭圆C 的方程可得(1+2k 2)x 2+4kbx=0,解得x P =-4kb 1+2k 2,所以|BP |=√1+k 2×4kb1+2k 2,因为BP ⊥BQ ,所以|BQ |=√1+(-1k)2×4(-1k)b1+2(-1k)2=√1+k 2×4bk 2+2,因为|BP||BQ|=12,所以2√1+k 2×4kb 1+2k 2 =√1+k 2×4bk 2+2,即2k 3-2k 2+4k-1=0.记f (x )=2x 3-2x 2+4x-1,因为f (14)<0,f (12)>0,所以函数f (x )存在零点,所以存在k ∈R ,使得|BP||BQ|=12.第3课时定点﹑定值﹑探索性问题【课堂考点探究】例1 [思路点拨] (1)设C (x ,y )(y ≠0),由题意与两点间的距离公式可得结论;(2)设直线MN 的方程为x=my+n ,M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),联立直线与抛物线的方程结合韦达定理可得y 1y 2的表达式,结合条件中的斜率关系可得到y 1y 2的值,进而建立一个等式,可求得结果.解:(1)设C (x ,y )(y ≠0),因为B 在x 轴上且BC 的中点在y 轴上,所以B (-x ,0),由|AB |=|AC |,得(x+1)2=(x-1)2+y 2,化简得y 2=4x ,所以点C 的轨迹Γ的方程为y 2=4x (y ≠0).(2)证明:设直线MN 的方程为x=my+n ,M (x 1,y 1),N (x 2,y 2), 由{y 2=4x,x =my +n,得y 2-4my-4n=0,所以y 1y 2=-4n. k MP =y 1-2x 1-1=y 1-2y 124-1=4y1+2,同理k NP =4y 2+2,所以4y1+2+4y2+2=2,化简得y 1y 2=4,又因为y 1y 2=-4n ,所以n=-1, 所以直线MN 过定点(-1,0).变式题解:(1)如图,因为☉C 1内切☉C 2于点A ,所以r-1=2,解得r=3,所以☉C 2的方程为(x-1)2+y 2=9.因为直线PQ ,PR 分别切☉C 1,☉C 2于Q ,R ,所以C 1Q ⊥PQ ,C 2R ⊥PR ,连接PM ,在Rt △PQM 与Rt △PRM 中,|PQ |=|PA |=|PR |,|PM |=|PM |,所以|QM |=|RM |,所以|MC 1|+|MC 2|=|MQ |+|C 1Q|+|MC 2|=|MR |+|C 1Q|+|C 2M|=|C 1Q|+|C 2R|=4>2=|C 1C 2|, 所以点M 的轨迹C 是以C 1,C 2为焦点,长轴长为4的椭圆(除去长轴端点), 所以M 的轨迹C 的方程为x 24+y 23=1(y ≠0).(2)证明:依题意,设直线MN 的方程为x=ty-1(t ≠0),M (x 1,y 1),N (x 2,y 2), 则M'(x 1,-y 1)且x 1≠x 2,y 1+y 2≠0, 联立{x =ty -1,x 24+y 23=1,消去x ,并整理得(3t 2+4)y 2-6ty-9=0, Δ=(-6t )2-4×(-9)(3t 2+4)=144t 2+144>0,则y 1+y 2=6t 3t 2+4,y 1y 2=-93t 2+4,直线M'N 的方程为y+y 1=y 2+y 1x 2-x 1(x-x 1),令y=0,得x=y 1(x 2-x 1)y 2+y 1+x 1=y 1x 2+x 1y 2y 2+y 1=y 1(ty 2-1)+y 2(ty 1-1)y 2+y 1=2ty 1y 2y 2+y 1-1=-18t 3t 2+46t 3t 2+4-1=-4,故直线M'N 过定点(-4,0).例2 [思路点拨] (1)由题意求得a 2,c 2,再由b 2=a 2-c 2求得b 2,从而可得椭圆的标准方程;(2)证明:设C (x 3,y 3),D (x 4,y 4),可求得直线AR 的方程,与椭圆方程联立,由韦达定理可求得y 1y 3=-4y 125−x 1,进一步可求C 的坐标,同理得D 的坐标,从而可得k 2与k 1的关系式,化简运算即可.解:(1)由题意得{c a =23,a -c =1,解得{a =3,c =2,∴b 2=a 2-c 2=5,故椭圆E 的标准方程为x 29+y 25=1.(2)证明:设C (x 3,y 3),D (x 4,y 4), 由已知得,直线AR 的方程为y=y 1x 1-1(x-1),即x=x 1-1y 1y+1.联立{x =x 1-1y 1y +1,x 29+y 25=1,消去x 并整理,得5−x 1y 12y 2+x 1-1y 1y-4=0,则y 1y 3=-4y 125−x 1,∵y 1≠0,∴y 3=4y1x 1-5, ∴x 3=x 1-1y 1y 3+1=x 1-1y 1·4y 1x 1-5+1=5x 1-9x 1-5, ∴C5x 1-9x 1-5,4y 1x 1-5.同理D5x 2-9x 2-5,4y 2x 2-5, ∴k 2=4y 1x 1-5-4y 2x 2-55x 1-9x 1-5-5x 2-9x 2-5=4y 1(x 2-5)-4y 2(x 1-5)(5x1-9)(x 2-5)-(5x 2-9)(x 1-5)=4y 1(x 2-5)-4y 2(x 1-5)16(x 2-x 1),∵y 1=k 1(x 1+2),y 2=k 1(x 2+2), ∴k 2=4k 1(x 1+2)(x 2-5)-4k 1(x 2+2)(x 1-5)16(x 2-x 1)=7k 1(x 2-x 1)4(x 2-x 1)=7k 14,∴k1k 2=47为定值.变式题解:(1)设点P 的坐标为(x ,y ),因为定点F12,0在定直线l : x=-2的右侧,且动点P 到定直线l : x=-2的距离比到定点F 12,0的距离大32,所以x>-2且√(x -12)2+y 2=|x+2|-32,化简得√(x -12)2+y 2=x+12,即y 2=2x ,所以轨迹C 的方程为y 2=2x.(2)证明:设A (2t 12,2t 1),B (2t 22,2t 2)(t 1·t 2≠0),则DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2t 12-2,2t 1),DB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2t 22-2,2t 2),因为A ,D ,B 三点共线,所以2t 2(2t 12-2)=2t 1(2t 22-2),所以(t 1-t 2)(t 1t 2+1)=0,又t 1≠t 2,所以t 1t 2=-1.直线OA 的方程为y=1t 1x ,令x=-2,得M -2,-2t 1.同理可得N -2,-2t 2,所以以线段MN 为直径的圆的方程为(x+2)(x+2)+y+2t1y+2t2=0,即(x+2)2+y 2+2t 1+t 2t 1t 2y+4t 1t 2=0.将t 1t 2=-1代入上式,可得(x+2)2+y 2-2(t 1+t 2)y-4=0, 令y=0,得x=0或x=-4,故以线段MN 为直径的圆被x 轴截得的弦长为定值4.例3 [思路点拨] (1)设M 点坐标为(x ,y ),直接找出关于x ,y 的方程,这就是曲线C 的轨迹方程;(2)设P (m ,0),由∠APF=∠BPF 可知直线BP 与AP 的倾斜角互补,即k BP +k AP =0,得到关于m 的方程,求出m 的值即可.解:(1)设M (x ,y ),则依题意有√(x -1)2+y 2|x -4|=12,整理得x 24+y 23=1,即为曲线C 的方程. (2)存在.设直线AB 的方程为x=ty+1(t ≠0),A (ty 1+1,y 1),B (ty 2+1,y 2),P (m ,0), 则由{x =ty +1,3x 2+4y 2=12,消去x ,得3(ty+1)2+4y 2=12,即(3t 2+4)y 2+6ty-9=0, 则y 1+y 2=-6t3t 2+4,y 1y 2=-93t 2+4, 由∠APF=∠BPF ,得k AP +k BP =0,即y 1ty 1+1−m +y 2ty 2+1−m=0,整理得2ty 1y 2+(1-m )(y 1+y 2)=0, 所以2t ·-93t 2+4+(1-m )·-6t3t 2+4=0,解得m=4.综上知,在x 轴上存在点P (4,0)满足题意.变式题解:(1)依题意可知,△PF 1F 2的周长为|PF 1|+|PF 2|+|F 1F 2|,由于|F 1F 2|=2,故|PF 1|+|PF 2|=4,由于|PF 1|+|PF 2|>|F 1F 2|,故点P 的轨迹C 1是以F 1,F 2为焦点的椭圆的一部分,且a=2,c=1,故b=√3,故C 1的方程为x 24+y 23=1(x ≠±2),C 2的方程为y 2=4x.(2)假设存在.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),M (x 0,y 0),设直线AB 的方程为x=my+1, 由{x =my +1,y 2=4x,得y 2-4my-4=0,故y 1+y 2=4m ,y 1y 2=-4, 又k MA +k MB =y 0-y 1x 0-x 1+y 0-y 2x 0-x 2=2k MF 2=2y0x 0-1, 所以(y 0-y 1)(x 0-my 2-1)+(y 0-y 2)(x 0-my 1-1)(x 0-my 1-1)(x 0-my 2-1)=2y 0x 0-1,即-(y 1+y 2)(x 0-1)2+my 0(y 1+y 2)(x 0-1)+2my 1y 2(x 0-1)=2m 2y 0y 1y 2, 即m (x 0+1)(x 0-my 0-1)=0,因为直线AB 不经过点M ,所以x 0-my 0-1≠0,故m=0或x 0+1=0. 当m=0时,C 1上除点1,±32外,均符合题意; 当m ≠0时,M 为-1,32和-1,-32都符合题意.。

圆锥曲线的综合问题PPT教学课件

应激性
动物
反射
人类
思维、意识
意识是自然界长期进化的产物，是社会的直接产物。
黑猩猩灭火
后黑来，人猩们猩把经黑过猩人猩放样它们练到点一的，船上个反它上火水复能，，桶训打同给，让开它水灭龙火头，，但它用此水时桶已放束水手无灭策火了。。
思考：人脑与动物的大脑有何区别？人脑有什么特殊的作用？
M（0,1）的直线l交椭圆于点A、B，O是坐标原点，
点P满足 OP 1 (OA OB) 2
当l绕点M旋转时，求
，点N的坐标为 (1 , 1)
22
，
（Ⅰ）动点P的轨迹方程。
（Ⅱ已知椭圆的中心在原点，离心率为 1 一个焦点是F（-m,0)(m是大于0的常数） 2
常德市一中高二数学备课组
1.解析几何的主要内容：通过坐标用代数方法来研究几何图形的
一个数学分科，其中圆锥曲线作为研究曲线和方程的典型问题，成了解几的主要内容。
2.本章的重点： ①圆锥曲线的标准方程及简单几何性质。 ②以圆锥曲线为载体，综合考查正确理解
概念，严谨的逻辑推理，正确迅速的计算能力运用数学思想方法分析问题和解决问题的能力
人脑的功能：
人脑与动物脑的区别：
人脑是意识的物质承担者，是产生意识的生理基础，是产生意识的物质器官，意识只是人脑特有的机能。
是否有了人脑就一定会产生意识呢？
有了人脑并不等于就有了意识。人只有生活在一定的社会环境中，客观存在通过人的实践作用于人脑，人脑才会形成对客观存在的反映，这才有了意识。
高考要求： 1.掌握椭圆定义、标准方程和椭圆的简单几何性质，了解椭圆的参数方程。 2.掌握双曲线的定义、标准方程和双曲线的简单几何性质。 3.掌握抛物线的定义、标准方程和抛物线的简单几何性质。 4.能够根据具体条件利用各种不同的工具画椭圆、双曲线、抛物线的图形，了解它们在实际问题中初步应用。 5.结合所学内容，进一步加强对运动变化和对立统一等观点的认识。

圆锥曲线的综合问题课件演示文稿[可修改版ppt]

相交 Δ>0 直线与圆锥曲线有两个交点
相切 Δ＝0 相离 Δ<0
直线与圆锥曲线有一个切点直线与圆锥曲线无公共点
2.直线与圆锥曲线相交弦长问题 (1)斜率为 k 的直线与圆锥曲线交于两点 P1(x1，y1)，P2(x2， y2)，则所得弦长|P1P2|＝ 1＋k2|x2－x1|或|P1P2|＝ 1＋k12|y2－ y1| ，其中求 |x2 － x1| 与 |y2 － y1| 时，通常作如下变形 |x2 － x1| ＝ x1＋x22－4x1x2，|y2－y1|＝ y1＋y22－4y1y2，使用韦达定理即可解决．
2．函数思想对于圆锥曲线上一些动点，在变化过程中会引入一些相互联系、相互制约的量，从而使一些线段的长度及 a、b、c、 e、p 之间构成函数关系，函数思想在处理这类问题时就很有效．
3．坐标法坐标法是解析几何的基本方法，因此要加强坐标法的训练． 4．对称思想由于圆锥曲线和圆都具有对称性质，所以可使分散的条件相对集中，减少一些变量和未知量，简化计算，提高解题速度，促成问题的解决．
[例 1] P(1,1)为椭圆x42＋y22＝1 内的一定点，过 P 点引一弦，与椭圆相交于 A、B 两点，且 P 恰好为弦 AB 的中点，如图所示，求弦 AB 所在的直线方程及弦 AB 的长度．
解析：设弦 AB 所在的直线方程为 y－1＝k(x－1)，A、B 两点坐标分别为 (x1，y1)，(x2，y2)，则 x12＋2y21＝4，① x22＋2y22＝4.② ①－②得： (x1＋x2)(x1－x2)＋2(y1＋y2)(y1－y2)＝0. ∵P(1,1)为弦 AB 的中点，∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝2. ∴k＝xy11－－xy22＝－12.

圆锥曲线的综合问题(答案版)

圆锥曲线的综合问题【考纲要求】1．考查圆锥曲线中的弦长问题、直线与圆锥曲线方程的联立、根与系数的关系、整体代入和设而不求的思想．2．高考对圆锥曲线的综合考查主要是在解答题中进行，考查函数、方程、不等式、平面向量等在解决问题中的综合运用．【复习指导】本讲复习时，应从“数”与“形”两个方面把握直线与圆锥曲线的位置关系．会判断已知直线与曲线的位置关系(或交点个数)，会求直线与曲线相交的弦长、中点、最值、定值、点的轨迹、参数问题及相关的不等式与等式的证明问题．【基础梳理】1．直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l 与圆锥曲线C 的位置关系时，通常将直线l 的方程Ax ＋By ＋C ＝0(A 、B 不同时为0)代入圆锥曲线C 的方程F (x ，y )＝0，消去y (也可以消去x )得到一个关于变量x (或变量y )的一元方程．即⎩⎨⎧==++0),(0y x F c By Ax ,消去y 后得02=++c bx ax(1)当0≠a 时，设方程02=++c bx ax 的判别式为Δ，则Δ＞0⇔直线与圆锥曲线C相交；Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C 相切；Δ＜0⇔直线与圆锥曲线C 无公共点．(2)当0=a ，0≠b 时，即得一个一次方程，则直线l 与圆锥曲线C 相交，且只有一个交点，此时，若C 为双曲线，则直线l 与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C 为抛物线，则直线l 与抛物线的对称轴的位置关系是平行． 2．圆锥曲线的弦长(1)定义：直线与圆锥曲线相交有两个交点时，这条直线上以这两个交点为端点的线段叫做圆锥曲线的弦(就是连接圆锥曲线上任意两点所得的线段)，线段的长就是弦长． (2)圆锥曲线的弦长的计算设斜率为k (k ≠0)的直线l 与圆锥曲线C 相交于A ，B 两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝]4))[(1(212212x x x x k -++=ak ∆⋅+21=1＋1k2·|y 1－y 2|.(抛物线的焦点弦长|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝2psin 2θ，θ为弦AB 所在直线的倾斜角)． 3、一种方法点差法：在求解圆锥曲线并且题目中交代直线与圆锥曲线相交和被截的线段的中点坐标时，设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标，代入圆锥曲线的方程并作差，从而求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程．“点差法”的常见题型有：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题．必须提醒的是“点差法”具有不等价性，即要考虑判别式Δ是否为正数． 4、一条规律“联立方程求交点，根与系数的关系求弦长，根的分布找范围，曲线定义不能忘”双基自测1．直线y ＝kx －k ＋1与椭圆x 29＋y 24＝1的位置关系为( )A ．相交B ．相切C ．相离D ．不确定解：y ＝kx －k ＋1＝k (x －1)＋1过定点(1,1)，点在椭圆内部，故线与椭圆相交．答案A 2．“直线与双曲线相切”是“直线与双曲线只有一个公共点”的( )．A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：与渐近线平行的直线也与双曲线有一个公共点．答案 A3．已知以F 1(－2,0)，F 2(2,0)为焦点的椭圆与直线x ＋3y ＋4＝0有且仅有一个交点，则椭圆的长轴长为( )．A ．3 2B ．2 6C ．27D ．4 2解析：根据题意设椭圆方程为x 2b 2＋4＋y 2b2＝1(b ＞0)，则将x ＝－3y －4代入椭圆方程，得4(b 2＋1)y 2＋83b 2y －b 4＋12b 2＝0，∵椭圆与直线x ＋3y ＋4＝0有且仅有一个交点，∴Δ＝(83b 2)2－4×4(b 2＋1)·(－b 4＋12b 2)＝0，即(b 2＋4)(b 2－3)＝0，∴b 2＝3，长轴长为2b 2＋4＝27. 答案 C4．已知双曲线E 的中心为原点，F (3,0)是E 的焦点，过F 的直线l 与E 相交于A ，B 两点，且AB 的中点为N (－12，－15)，则E 的方程为( )．A.x 23－y 26＝1B.x 24－y 25＝1C.x 26－y 23＝1D.x 25－y 24＝1解析设双曲线的标准方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)，由题意知c ＝3，a 2＋b 2＝9，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-11222222221221b y a x by a x ，两式作差得：y 1－y 2x 1－x 2＝b 2x 1＋x 2a 2y 1＋y 2＝－12b 2－15a 2＝4b 25a 2，又AB 的斜率是－15－0－12－3＝1，所以将4b 2＝5a 2代入a 2＋b 2＝9得a 2＝4，b 2＝5，所以双曲线的标准方程是x 24－y 25＝1. 答案 B5．y ＝kx ＋2与y 2＝8x 有且仅有一个公共点，则k 的取值为________．解析:由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，y 2＝8x ，得ky 2－8y ＋16＝0，若k ＝0，则y ＝2；若k ≠0，则Δ＝0，即64－64k ＝0，解得k ＝1.故k ＝0或k ＝1.答案 0或1【考向探究导析】考向一直线与圆锥曲线的位置关系【例1】(2011·合肥模拟)设抛物线y 2＝8x 的准线与x 轴交于点Q ，若过点Q 的直线l 与抛物线有公共点，则直线l 的斜率的取值范围是( )． A.]21,21[-B ．[－2,2]C ．[－1,1]D ．[－4,4] [审题视点] 设直线l 的方程，将其与抛物线方程联立，利用Δ≥0解得．解析由题意得Q (－2,0)．设l 的方程为y ＝k (x ＋2)，代入y 2＝8x 得k 2x 2＋4(k 2－2)x ＋4k2＝0，∴当k ＝0时，直线l 与抛物线恒有一个交点；当k ≠0时，Δ＝16(k 2－2)2－16k 4≥0，即k 2≤1，∴－1≤k ≤1，且k ≠0，综上－1≤k ≤1.答案 C研究直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为研究直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数，但对于选择、填空题，常充分利用几何条件，利用数形结合的方法求解．【训练1】若直线mx ＋ny ＝4与⊙O ：x 2＋y 2＝4没有交点，则过点P (m ，n )的直线与椭圆 x 29＋y 24＝1的交点个数是( )．A ．至多为1 B ．2 C ．1 D ．0 解：由题意知：4m 2＋n 2＞2，即m 2＋n 2＜2，∴点P (m ，n )在椭圆x 29＋y 24＝1的内部，故所求交点个数是2个．答案 B考向二弦长及中点弦问题【例2】若直线l 与椭圆C ：x 23＋y 2＝1交于A 、B 两点，坐标原点O 到直线l 的距离为32，求△AOB 面积的最大值．[审题视点] 联立直线和椭圆方程，利用根与系数关系后代入弦长公式，利用基本不等式求出弦长的最大值即可．解设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．(1)当AB ⊥x 轴时，|AB |＝3； (2)当AB 与x 轴不垂直时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m .由已知，得|m |1＋k2＝32，即m 2＝34(k 2＋1)．把y ＝kx ＋m 代入椭圆方程，整理，得(3k 2＋1)x 2＋6kmx ＋3m 2－3＝0. ∴x 1＋x 2＝－6km 3k ＋1，x 1x 2＝3m 2－13k ＋1. ∴|AB |2＝(1＋k 2)(x 2－x 1)2＝(1＋k 2)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤36k 2m 23k 2＋12－12m 2－13k 2＋1＝12k 2＋13k 2＋1－m 23k 2＋12＝3k 2＋19k 2＋13k 2＋12＝3＋12k29k 4＋6k 2＋1. 当k ≠0时，上式＝3＋129k 2＋1k2＋6≤3＋122×3＋6＝4，当9k 2＝1k 2，即k ＝±33时等号成立．此时|AB |＝2；当k ＝0时，|AB |＝3，综上所述|AB |max ＝2.∴当|AB |最大时，△AOB 面积取最大值S max ＝12×|AB |max ×32＝32.当直线(斜率为k )与圆锥曲线交于点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)时，则|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝1＋1k2|y 1－y 2|，而|x 1－x 2|＝x 1＋x 22－4x 1x 2，可根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程，利用根与系数的关系得到两根之和、两根之积的代数式，然后再进行整体代入求解．【训练2】椭圆ax 2＋by 2＝1与直线x ＋y －1＝0相交于A ，B 两点，C 是AB 的中点，若 AB ＝22，OC 的斜率为22，求椭圆的方程．法一：设A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，代入椭圆方程作差a (x 1＋x 2)(x 1－x 2)＋b (y 1＋y 2)(y 1－y 2)＝0.而y 1－y 2x 1－x 2＝－1，y 1＋y 2x 1＋x 2＝k oc ＝22，代入上式可得b ＝2a ，再由|AB |＝1＋k 2|x 2－x 1|＝ 2|x 2－x 1|＝22，其中x 1、x 2是方程(a ＋b )x 2－2bx ＋b －1＝0的两根，故⎝ ⎛⎭⎪⎫2b a ＋b 2－4·b －1a ＋b ＝4，将b ＝2a 代入得a ＝13，∴b ＝23.∴椭圆的方程是x 23＋2y 23＝1. 法二由⎩⎪⎨⎪⎧ax 2＋by 2＝1，x ＋y ＝1，得(a ＋b )x 2－2bx ＋b －1＝0，设A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，则|AB |＝k 2＋1x 1－x 22＝2·4b 2－4a ＋bb －1a ＋b2.∵|AB |＝22，∴a ＋b －ab a ＋b ＝1.① ，设C (x ，y )，则x ＝x 1＋x 22＝b a ＋b ，y ＝1－x ＝aa ＋b ，∵OC 的斜率为22，∴a b ＝22.代入①，得a ＝13，b ＝23.∴椭圆方程为x 23＋23y 2＝1.考向三圆锥曲线中的定点定值问题常见的类型(1)直线恒过定点问题；(2)动圆恒过定点问题；(3)探求定值问题；(4)证明定值问题．例3、(2011·山东)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x23＋y 2＝1.如图所示，斜率为k (k ＞0)且不过原点的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，线段AB 的中点为E ，射线OE 交椭圆C于点G ，交直线x ＝－3于点D (－3，m )．(1)求m 2＋k 2的最小值； (2)若|OG |2＝|OD |·|OE |，求证：直线l 过定点． (1)解：设直线l 的方程为y ＝kx ＋t (k ＞0)，由题意，t ＞0.由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 23＋y 2＝1，得(3k 2＋1)x 2＋6ktx ＋3t 2－3＝0.由题意Δ＞0，所以3k 2＋1＞t 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－6kt3k 2＋1，所以y 1＋y 2＝2t 3k 2＋1.由于E 为线段AB 的中点，因此x E ＝－3kt 3k 2＋1，y E ＝t3k 2＋1，此时k OE ＝y E x E ＝－13k .所以OE 所在直线方程为y ＝－13k x ，又由题设知D (－3，m )，令x ＝－3，得m ＝1k，即mk ＝1，所以m 2＋k 2≥2mk ＝2，当且仅当m ＝k ＝1时上式等号成立，此时由Δ＞0得0＜t ＜2，因此当m ＝k ＝1且0＜t ＜2时，m 2＋k 2取最小值2.(2)证明由(1)知OD 所在直线的方程为y ＝－13kx ，将其代入椭圆C 的方程，并由k ＞0，解得G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k 3k 2＋1，13k 2＋1.又E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3kt3k 2＋1，t 3k 2＋1，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，1k ，由距离公式及t ＞0得 |OG |2＝⎝⎛⎭⎪⎫－3k 3k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k 2＋12＝9k 2＋13k 2＋1，|OD |＝ 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＝9k 2＋1k ， |OE |＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3kt 3k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫t 3k 2＋12＝t 9k 2＋13k 2＋1，由|OG |2＝|OD |·|OE |得t ＝k ，因此直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，所以直线l 恒过定点(－1,0)．【训练3】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 |＝322时，求直线l 的方程．(2)当点P 异于A 、B 两点时，求证：O P →·O Q →为定值． [审题视点] (1)设出直线方程与椭圆方程联立．利用根与系数的关系和弦长公式可求出斜率从而求出直线方程；(2)关键是求出Q 点坐标及其与P 点坐标的关系，从而证得OP →·OQ →为定值．证明过程中要充分利用已知条件进行等价转化．(1)解:因椭圆焦点在y 轴上，设椭圆的标准方程为y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，由已知得b ＝1，c ＝1，所以a ＝2，椭圆方程为y 22＋x 2＝1.直线l 垂直于x 轴时与题意不符．设直线l 的方程为y ＝kx ＋1，将其代入椭圆方程化简得(k 2＋2)x 2＋2kx －1＝0. 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－2k k ＋2，x 1·x 2＝－1k ＋2，|CD |＝k 2＋1·x 1＋x 22－4x 1x 2＝22k 2＋1k ＋2，由已知得22k 2＋1k ＋2＝322，解得k ＝±2，所以直线l 的方程为y ＝2x ＋1或y ＝－2x ＋1. (2)证明直线l 与x 轴垂直时与题意不符．设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0且k ≠±1)，所以P 点坐标为]0,1[k-，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由(1)知x 1＋x 2＝－2k k 2＋2，x 1·x 2＝－1k 2＋2，直线AC 的方程为y ＝y 1x 1＋1(x ＋1)，直线BD 的方程为y ＝y 2x 2－1(x －1)，将两直线方程联立，消去y 得x ＋1x －1＝y 2x 1＋1y 1x 2－1，因为－1＜x 1，x 2＜1，所以x ＋1x －1与y 2y 1异号．⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x －12＝y 22x 1＋12y 21x 2－12＝2－2x 222－2x 21·x 1＋12x 2－12＝1＋x 11＋x 21－x 11－x 2＝1＋－2k k 2＋2＋－1k 2＋21－－2k k 2＋2＋－1k 2＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k －1k ＋12.又y 1y 2＝k 2x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝21－k1＋k k 2＋2＝－21＋k 2k 2＋2·k －1k ＋1， ∴k －1k ＋1与y 1y 2异号，x ＋1x －1与k －1k ＋1同号，∴x ＋1x －1＝k －1k ＋1，解得x ＝－k . 因此Q 点坐标为(－k ，y 0)．O P →·O Q →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，0·()－k ，y 0＝1.故O P →·O Q →为定值．[训练4](2012年高考福建卷)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点为F 1，右焦点为F 2，离心率e ＝12.过F 1的直线交椭圆于A 、B 两点，且△ABF 2的周长为8.(1)求椭圆E 的方程； (2)设动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆E 有且只有一个公共点P ，且与直线x ＝4相交于点Q .试探究：在坐标平面内是否存在定点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过点M ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由．[解析] (1)因为|AB |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8，即|AF 1|＋|F 1B |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8.又|AF 1|＋|AF 2|＝|BF 1|＋|BF 2|＝2a ，所以4a ＝8，a ＝2.又因为e ＝12，即c a ＝12，所以c ＝1，所以b ＝a 2－c 2＝ 3.故椭圆E 的方程是x 24＋y 23＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，消去y 得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.因为动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点P (x 0，y 0)，所以m ≠0且Δ＝0，即64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝0，化简得4k 2－m 2＋3＝0.(*)所以P (－4k m ，3m)．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝kx ＋m ，得Q (4，4k ＋m ) 假设平面内存在定点M 满足条件，由图形对称性知，点M 必在x 轴上．设M (x 1，0)，则0MP MQ ⋅=对满足(*)式的m ，k 恒成立．因为MP =(－4k m －x 1，3m)，MQ =(4－x 1，4k ＋m )，由0MP MQ ⋅=，得－16k m ＋4kx 1m －4x 1＋x 21＋12k m ＋3＝0，整理，得(4x 1－4)k m＋x 21－4x 1＋3＝0. (* *)由于(* *)式对满足(*)式的m ，k 恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧4x 1－4＝0，x 21－4x 1＋3＝0，解得x 1＝1.故存在定点M (1，0)，使得以PQ 为直径的圆恒过点M .【训练5】已知抛物线y 2＝4x ，圆F ：(x －1)2＋y 2＝1，过点F 作直线l ，自上而下顺次与上述两曲线交于点A ，B ，C ，D (如图所示)，则|AB |·|CD |的值正确的是( )A ．等于1B ．最小值是1C ．等于4D ．最大值是4解析：设直线l ：x ＝ty ＋1，代入抛物线方程，得y 2－4ty －4＝0.设A (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由抛物线定义AF ＝x 1＋1，DF ＝x 2＋1，故|AB |＝x 1，|CD |＝x 2，故|AB |·|CD |＝x 1x 2＝y 214·y 224＝（y 1y 2）216，而y 1y 2＝－4，代入上式，得|AB |·|CD |＝1.故选A.考向四最值与范围问题1．求参数范围的方法：据已知条件建立等式或不等式的函数关系，再求参数范围． 2．求最值问题的方法(1)几何法：题目中给出的条件有明显的几何特征，则考虑用图象来解决；(2)代数法：题目中给出的条件和结论几何特征不明显则可以建立目标函数，再求这个函数的最值，求最值的常见方法是判别式法、基本不等式法，单调性法等．例4、已知椭圆x 22＋y 2＝1的左焦点为F ，O 为坐标原点． (1)求过点O 、F ，并且与直线l ：x ＝－2相切的圆的方程； (2)设过点F 且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点G ，求点G 横坐标的取值范围．[审题视点] (1)求出圆心和半径，得出圆的标准方程； (2)设直线AB 的点斜式方程，由已知得线段AB 的垂直平分线方程，利用求值域的方法求解．解 (1)∵22=a ，12=b ，∴1=c ，F (－1,0)，∵圆过点O ，F ，∴圆心M 在直线x ＝－12上．设M ),21(t -，则圆半径r ＝23)2()21(=---，由|OM |＝r ，得23)21(22=+-t ，解得t ＝±2，∴所求圆的方程为49)2()21(22=±++y x(2)设直线AB 方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0.∵直线AB 过椭圆的左焦点F 且不垂直于x 轴，∴方程有两个不等实根．如图，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 中点N (x 0，y 0)，则x 1＋x 2＝－4k 22k 2＋1，x 0＝12(x 1＋x 2)＝－2k 22k 2＋1，y 0＝k (x 0＋1)＝k 2k 2＋1，∴AB 的垂直平分线NG 的方程为y －y 0＝－1k(x －x 0)．令y ＝0，得x G ＝x 0＋ky 0＝－2k 22k 2＋1＋k 22k 2＋1＝－k 22k 2＋1＝－12＋14k 2＋2，∵k ≠0，∴－12＜x G ＜0，∴点G 横坐标的取值范围为)0,21(-【训练6】已知过点A (－4,0)的动直线l 与抛物线G ：x 2＝2py (p ＞0)相交于B 、C 两点．当直线l 的斜率是12时，AC →＝4AB →.(1)求抛物线G 的方程；(2)设线段BC 的中垂线在y 轴上的截距为b ，求b 的取值范围．解 (1)设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，当直线l 斜率是12时,l 方程为y ＝12(x ＋4)，即x ＝2y －4.由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2py ，x ＝2y －4得2y 2－(8＋p )y ＋8＝0，∴⎪⎩⎪⎨⎧+=+=②①2842121py y y y 又∵AC →＝4AB →，∴y 2＝4y 1③,由①②③及p ＞0得：y 1＝1，y 2＝4，p ＝2，得抛物线G 方程为x 2＝4y .(2)设l :y ＝k (x ＋4)，BC 中点为(x 0，y 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝k x ＋4得x 2－4kx －16k ＝0，④∴x 0＝x C ＋x B2＝2k ，y 0＝k (x 0＋4)＝2k 2＋4k .∴线段BC 中垂线为y －2k 2－4k ＝－1k(x －2k )，∴线段BC 的中垂线在y 轴上的截距为：b ＝2k 2＋4k ＋2＝2(k ＋1)2，对于方程④，由Δ＝16k 2＋64k ＞0得k ＞0或k ＜－4.∴b ∈(2，＋∞)．[训练7]已知抛物线y 2＝2px (p ≠0)上存在关于直线x ＋y ＝1对称的相异两点，则实数p 的取值范围为( )A ．(－23，0)B ．(0，23)C ．(－32，0)D ．(0，32)解析：设抛物线上关于直线x ＋y ＝1对称的两点是M (x 1，y 1)、N (x 2，y 2)，设直线MN 的方程为y ＝x ＋b .将y ＝x ＋b 代入抛物线方程，得x 2＋(2b －2p )x ＋b 2＝0，则x 1＋x 2＝2p －2b ，y 1＋y 2＝(x 1＋x 2)＋2b ＝2p ，则MN 的中点P 的坐标为(p －b ，p )．因为点P 在直线x ＋y ＝1上，所以2p －b ＝1，即b ＝2p －1.又Δ＝(2b －2p )2－4b 2＝4p 2－8bp >0，将b ＝2p －1代入得4p 2－8p (2p －1)>0，即3p 2－2p <0，解得0<p <23.考向五探索性问题【问题研究】解析几何中探索性问题的结论往往不明确，需要根据已知条件通过推理论证或是计算对结论作出明确的肯定或是否定，因此解决起来具有较大的难度．【解决方案】明确这类问题的解题思想：即假设其结论成立、存在等，在这个假设下进行推理论证，如果得到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题作出正面回答，如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答．[例5】已知一条曲线C 在y 轴右边，C 上每一点到点F (1,0)的距离减去它到y 轴距离的差都是1. (1)求曲线C 的方程；(2)是否存在正数m ，对于过点M (m,0)且与曲线C 有两个交点A ，B 的任一直线，都有 FA →·FB →＜0？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)设P (x ，y )是C 上任意一点，那么点P (x ，y )满足：x －12＋y 2－x ＝1(x ＞0)．化简得y 2＝4x (x ＞0)．(2)设过点M (m,0)(m ＞0)的直线l 与曲线C 的交点为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．设l 的方程为x ＝ty ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋m ，y 2＝4x ，得y 2－4ty －4m ＝0，Δ＝16(t 2＋m )＞0，于是⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝4t ，y 1y 2＝－4m .①又FA →＝(x 1－1，y 1)，FB →＝(x 2－1，y 2)．FA →·FB →＜0⇔(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2＝x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＋y 1y 2＜0.②又x ＝y 24，于是不等式②等价于y 214·y 224＋y 1y 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214＋y 224＋1＜0⇔y 1y 2216＋y 1y 2－14[(y 1＋y 2)2－2y 1y 2]＋1＜0，③，由①式，不等式③等价于m 2－6m ＋1＜4t 2，④对任意实数t,4t 2的最小值为0，所以不等式④对于一切t 成立等价于m 2－6m ＋1＜0，即3－22＜m ＜3＋22，由此可知，存在正数m ，对于过点M (m,0)且与曲线C 有两个交点A ，B 的任一直线，都有FA →·FB →＜0，且m 的取值范围是(3－22，3＋22)．【训练8】(2012年高考广东卷)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的离心率e ＝23，且椭圆C 上的点到点Q (0，2)的距离的最大值为3. (1)求椭圆C 的方程； (2)在椭圆C 上，是否存在点M (m ，n )，使得直线l ：mx ＋ny ＝1与圆O ：x 2＋y 2＝1相交于不同的两点A 、B ，且△OAB 的面积最大？若存在，求出点M 的坐标及对应的△OAB 的面积；若不存在，请说明理由．[解析] (1)∵e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝23，∴a 2＝3b 2，∴椭圆方程为x 23b 2＋y 2b 2＝1，即x 2＋3y 2＝3b 2.设椭圆上的点到点Q (0，2)的距离为d ，则d ＝（x －0）2＋（y －2）2＝x 2＋（y －2）2＝3b 2－3y 2＋（y －2）2＝－2（y ＋1）2＋3b 2＋6，∴当y ＝－1时，d 取得最大值，d max ＝3b 2＋6＝3，解得b 2＝1，∴a 2＝3.∴椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1.(2)假设存在点M (m ，n )满足题意，则m 23＋n 2＝1，即m 2＝3－3n 2.设圆心到直线l 的距离为d ′，则d ′<1，d ′＝|m ·0＋n ·0－1|m 2＋n 2＝1m 2＋n 2.∴|AB |＝212－d ′2＝21－1m 2＋n 2.∴S △OAB ＝12|AB |d ′＝12·21－1m 2＋n 2·1m 2＋n 2＝1m 2＋n 2（1－1m 2＋n 2）.∵d ′<1，∴m 2＋n 2>1，∴0<1m 2＋n 2<1，∴1－1m 2＋n 2>0. ∴S △OAB ＝1m 2＋n 2（1－1m 2＋n 2）≤ ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1m 2＋n 2＋1－1m 2＋n 222＝12，当且仅当1m 2＋n 2＝1－1m 2＋n 2，即m 2＋n 2＝2>1时，S △OAB 取得最大值12.由⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋n 2＝2，m 2＝3－3n 2得⎩⎪⎨⎪⎧m 2＝32，n 2＝12，∴存在点M 满足题意，M 点坐标为(62，22)，(62，－22)，(－62，22)或(－62，－22)，此时△OAB 的面积为12.。

圆锥曲线的综合问题PPT教学课件

(且2)设上M两(0式,y1不)、能N(同0,y时2)在取圆等k：号(，x－故x0圆)2+k(y必－与y0)准2=x线02+相a2交中.，
令x=0，得y2－2y0y+y02－a2=0 ∴y1y2=y02－a2 ∵|OA|是|OM|与|ON|的等差中项∴. |OM|+|ON|=|y1|+|y2|=2|OA|=2a.
知|PB|－|PA|=4，故知P在双曲线 x2 y2 =1的右支上.
45 直线与双曲线的交点为(8，5)，此即为动物P的位置，利用两点间距离公式，可得|PA|=10. 据已知两点的斜率公式，得
kPA= 3, 所以直线PA的倾斜角为60°,于是舰A发射炮弹的方位角
应是北偏东30°.
则 2v0 sin
解：取AB所在直线为x轴，以AB的中点为原点，建立如图所示的
直角坐标系.由题意可知，A、B、C舰的坐标为(3，0)、(－3，0)、 (－5，2). 由于B、C同时发现动物信号，
记动物所在位置为P，则|PB|=|PC|.
于是P在线段BC的中垂线上，易求得其方程
为 3x－3y +7 3=0.
又由A、B两舰发现动物信号的时间差为4秒，
一、基本知识概要：
重点难点：正确熟练地运用解析几何的方法解决圆锥曲线的综合问题，从中进一步体会分类讨论、等价转化等数学思想的运用.
思维方式：数形结合的思想，等价转化，分类讨论，函数与方程思想等.
一、基本知识概要：
特别注意：要能准确地进行数与形的语言转换和运算、推理转换，并在运算过程中注意思维的严密性，以保证结果的完整。
二、例题：
例1. A，B是抛物线 y 2 2 px( p 0) 上的两点，且OA OB（O为坐标原点）求证：

第9节圆锥曲线的综合问题第1课时

线与椭圆x92＋y42＝1 的交点个数为(
) A．至多一个 B．2 C．1 D．0
解析 ∵直线 mx＋ny＝4 和圆 O：x2＋y2＝4 没有交点，
∴ m24＋n2>2，
∴m2＋n2＜4，
∴m92＋n42＜m92＋4－4m2＝1－356m2＜1， ∴点(m，n)在椭圆x92＋y42＝1 的内部， ∴过点(m，n)的直线与椭圆x92＋y42＝1 的交点有 2 个，故选 B. 答案 B
∴
|－ (
33)2c＋－(－31c)| 2＝2
3，解得 c＝2.
∵ ∴12椭·2圆a·2Db＝的2方程5，为∴x52a＋b＝y2＝51，. 又 a2＝b2＋c2，∴a2＝5，b2＝1，
考点二弦长问题
(2)由题意知，可设直线 l 的方程为 x＝ty＋2，则圆心 C 到直线 l 的距离 d＝ t|22＋t| 1， ∴n＝2 22－d2＝ t24＋1，
设 AB 的中点为 M(x0，y0)，则 x0＝x1＋2 x2＝－14，代入 y0＝－x0＋1，
答案
3 2
考点三中点弦问题(多维探究)
处理中点弦问题常用的求解方法 (1)点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有 x1＋x2，y1＋y2，xy11－－xy22三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率. (2)根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后，由根与系数的关系求解. (3)解决对称问题除掌握解决中点弦问题的方法外，还要注意：如果点 A， B 关于直线 l 对称，则 l 垂直直线 AB 且 A，B 的中点在直线 l 上的应用.
考点三中点弦问题(多维探究)

第九节第四课时圆锥曲线的综合性问题

(2)证明：当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，所以∠ABM＝∠ABN. 当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)， M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1>0，x2>0. 由yy2＝＝k2xx，－2，得ky2－2y－4k＝0，所以y1＋y2＝2k，y1y2＝－4. 直线BM，BN的斜率之和为kBM＋kBN＝x1y＋1 2＋x2y＋2 2 ＝x2y1＋x1x＋1y22＋x22＋y12＋ y2.①
(2)存在符合题意的点，证明如下：设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线 PM，PN的斜率分别为k1，k2. 将y＝kx＋a代入C的方程得x2－4kx－4a＝0. 故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a，从而k1＋k2＝y1x－1 b＋y2x－2 b ＝2kx1x2＋ax－1x2bx1＋x2＝kaa＋b. 当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
因为 D，B 两点都在椭圆上，所以x421＋y212＝1，x422＋y222＝1，两式相减，得xy11－－xy22＝－12×xy11＋＋xy22，
因为 kAB＝xy11＋＋yx22＝－1，所以 k＝xy11－－xy22＝12，故直线 BD 的斜率为定值12.
(2)连接OB，因为A，D两点关于原点对称，所以S△ABD＝ 2S△OBD，由(1)可知直线BD的斜率k＝12，
[思维流程]
[解题观摩] (1)由△ABF2 的周长为 4 6，可知 4a＝4 6，所以 a＝ 6，又 e＝ac＝ 22，❶ 所以 c＝ 3， b2＝a2－c2＝3. 所以椭圆 E 的方程为x62＋y32＝1.
(2)当直线AB，CD的斜率不存在时，❷
由椭圆的对称性知，中点M，N在x轴上，此时O，M，N三

第9节 圆锥曲线的综合问题(轻巧夺冠)

2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版强基版)：圆锥曲线中的综合问题全文

第9节圆锥曲线的综合问题

高考数学总复习第九节 圆锥曲线的综合问题

第09讲 高考难点突破一：圆锥曲线的综合问题(定点问题) (精讲)(含答案解析)

圆锥曲线的综合问题讲义解析

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第9节 圆锥曲线的综合问题第1课时

第九节 第四课时 圆锥曲线的综合性问题

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高考数学总复习第九节圆锥曲线的综合问题

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第9节圆锥曲线的综合问题第1课时

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