高考数学第一轮复习圆锥曲线的综合问题
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，
高考理科第一轮复习课件(7.10圆锥曲线的综合问题)
得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0.
由于Δ>0，设A(x1,y1),B(x2,y2),则有
8k 2 4k 2 12 x1 x 2 , x1 x 2 , 2 2 3 4k 3 4k AB
得x2+ky2-4y=0.
当k=0时，方程为x2=4y表示抛物线；
当k=1时，方程表示以(0，2)为圆心，2为半径的圆；
当k>0且k≠1时，方程表示椭圆；
当k<0时，方程表示焦点在x轴上的双曲线.
(2)当k=0时，轨迹T的方程为x2=4y.
设A(xA,yA),B(xB,yB),M(xM,yM),N(xN,yN). 由题意设直线AB的方程为y=k1x+1, 联立x2=4y有：x2-4k1x-4=0，
3 4
②是否存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，
求出点M的坐标；若不存在，说明理由;
③若点M的横坐标为 2 ，直线l： kx 与抛物线C有两个不 y
同的交点A，B，l与圆Q有两个不同的交点D，E，求当
1 ≤k≤2 2
1 4
时，｜AB|2+|DE|2的最小值.
【思路点拨】(1)利用椭圆的两个顶点(a,0)与(0,b)一个在圆
(2)两大解法：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变
量无关.
②引进变量法：其解题流程为
x 2 y2 【变式训练】已知椭圆 2 2 1(a b 0) 的左焦点F1(-1， a b
0)，长轴长与短轴长的比是 2 3. ∶ (1)求椭圆的方程. (2)过F1作两直线m，n交椭圆于A，B，C，D四点，若m⊥n, 求证： 1
圆锥曲线综合大题练 分类题组-2023届高三数学一轮复习
题组：圆锥曲线综合大题练题型1：定点问题1.椭圆C：x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，其左焦点到点P(2,1)的距离为√10．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）若直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A,B两点（A,B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点．求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．2.已知抛物线C：y2=2px经过点M（2，2），C在点M处的切线交x轴于点N，直线l1经过点N且垂直于x轴．（Ⅰ）求线段ON的长；（Ⅱ）设不经过点M和N的动直线l2：x=my+b交C于点A和B，交l1于点E，若直线MA、ME、MB的斜率依次成等差数列，试问：l2是否过定点？请说明理由．3.已知椭圆C：2222=1x ya b（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，32），P4（1，32）中恰有三点在椭圆C上.（1）求C的方程；（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.4.如图，椭圆E：x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e=12．过F1的直线交椭圆于A、B两点，且∆ABF2的周长为8．（Ⅰ）求椭圆E的方程．（Ⅱ）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．5.如图，已知椭圆Γ：x 2b2+y2a2=1(a>b>0)的离心率e=√22，短轴右端点为A,M(1.0)为线段OA的中点．（Ⅰ）求椭圆Γ的方程；（Ⅱ）过点M任作一条直线与椭圆Γ相交于P,Q两点，试问在x轴上是否存在定点N，使得∠PNM=∠QNM，若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由．题型2：定值问题1.已知椭圆C ：22221+=x y a b （0a b >>）的离心率为 32 ，(,0)A a ，(0,)B b ，(0,0)O ，OAB ∆的面积为1.（1）求椭圆C 的方程；（2）设P 的椭圆C 上一点，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N.求证：BM AN ⋅为定值.2.如图, 在平面直角坐标系中, 抛物线的准线与轴交于点,过点的直线与抛物线交于两点, 设到准线的距离. （1）若,求抛物线的标准方程；（2）若,求证：直线的斜率的平方为定值.xOy ()220y px p =>l x M M ,A B ()11,A x y l ()20d p λλ=>13y d ==0AM AB λ+=AB3.椭圆C：x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率√22，点（2，√2）在C上．（1）求椭圆C的方程；（2）直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．4.已知椭圆C：x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率√22，的离心率为，点A(1,√32)在椭圆C上，O为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设动直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，且l与圆x2+y2=5的相交于不在坐标轴上的两点P1,P2，记直线OP1,OP2的斜率分别为k1,k2，求证：k1∙k2为定值．5.已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率√22，若圆x 2+y 2=a 2被直线x − y −√2=0截得的弦长为2。
2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第8章 强化训练10 圆锥曲线中的综合问题
由题意可知O→A⊥O→B，即O→A·O→B＝0， ∴x1·x2＋y1·y2＝(1＋k2)x1·x2＋2k(x1＋x2)＋4＝0， ∴121＋1＋4kk22－13＋2k42k2＋4＝0， 解得 k2＝4>34， ∴|AB|＝ 1＋k2|x1－x2|＝ 1＋k2· x1＋x22－4x1x2
＝ 1＋k2·4 1＋4k42－k2 3＝41765. 综上，直线 l 的方程为 2x－y＋2＝0 或 2x＋y－2＝0，|AB|＝41765.
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技能提升练
13.焦点为F的抛物线C：y2＝4x的对称轴与准线交于点E，点P在抛物线C
所以△PAB的面积
S△PAB＝12|PM|·|y1－y2|＝342
y02 4x0
3
2.
因为 x20＋y420＝1(－1≤x0<0)，
所以 y20－4x0＝－4x20－4x0＋4∈[4,5]，
所以△PAB 面积的取值范围是6
2，15
4
10.
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7.已知双曲线 C：ax22－by22＝1，且圆 E：(x－2)2＋y2＝1 的圆心是双曲线 C 的右焦点.若圆 E 与双曲线 C 的渐近线相切，则双曲线 C 的方程为 __x32_－__y_2_＝__1__.
解析 ∵c＝2⇒a2＋b2＝4.
12.已知椭圆 L：ax22＋by22＝1(a>b>0)的离心率为 23，短轴长为 2. (1)求椭圆L的标准方程； 解 由 e2＝ac22＝a2－a2b2＝1－ba22＝34，得 a2＝4b2， 又短轴长为2，可得b＝1，a2＝4， ∴椭圆 L 的标准方程为x42＋y2＝1.
2025年新人教版高考数学一轮复习讲义 第八章 §8.11 圆锥曲线中求值与证明问题
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4,0)的直线与C的左支交于M， N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上.
由(1)可得A1(－2,0)，A2(2,0)， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 显然直线MN的斜率不为0， 设直线 MN 的方程为 x＝my－4，且－12<m<12， 与x42－1y62 ＝1 联立可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，
a＝2，
⇒b＝1， c＝ 3，
∴椭圆 C 的方程为y42＋x2＝1.
(2)若点P为椭圆C上的动点，且在第一象限运动，直线AP的斜率为k，
且与y轴交于点M，过点M与AP垂直的直线交x轴于点N，若直线PN的 斜率为－25k ，求k值.
由题意知A(－1,0)，kAP＝k，
则直线lAP：y＝k(x＋1)，∴M(0，k)，
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若以AB为直径的圆经过坐标原点， 则O→A·O→B＝0，即 xAxB＋yAyB＝1－3－2 a2＝0， 所以a＝±1，满足要求.
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2.(2023·宁德模拟)若
A－1，－
22，B1，
22，C(0,1)，D
23，21四点中
恰有三点在椭圆 T：ax22＋by22＝1(a>b>0)上.
(1)求椭圆T的方程；
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由于
A－1，－
22，B1，
22两点关于原点对称，必在椭圆上，
则a12＋21b2＝1，且43a2＋41b2<1，
∴C(0,1)必在椭圆上，
即有b12＝1，则 b＝1，a2＝2， ∴椭圆 T 的方程为x22＋y2＝1.
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(2)动直线y＝
2 2x
新高考一轮复习人教版 圆锥曲线的综合问题 作业1
9.5 圆锥曲线的综合问题一、选择题1.(2021浙江,9,4分)已知a,b ∈R,ab>0,函数f(x)=ax 2+b(x ∈R).若f(s-t),f(s),f(s+t)成等比数列,则平面上点(s,t)的轨迹是( ) A.直线和圆 B.直线和椭圆 C.直线和双曲线 D.直线和抛物线 答案 C 由题意知f(s)=as 2+b,f(s-t)=a(s-t)2+b=(as 2+b)+at(t-2s),f(s+t)=a(s+t)2+b=(as 2+b)+at(t+2s), ∵f(s -t),f(s),f(s+t)成等比数列,∴f(s -t)·f(s+t)=f 2(s)⇒[(as 2+b)+at(t-2s)][(as 2+b)+at(t+2s)]=(as 2+b)2⇒at(as 2+b)(t-2s+t+2s)+a 2t 2(t 2-4s 2)=0⇒2at 2(as 2+b)+a 2t 2(t 2-4s 2)=0,(*) ①当t=0时,s ∈R,故(s,t)的轨迹为一条直线; ②当t ≠0时,(*)式可化为2as 2+2b+at 2-4as 2=0, 即2as 2-at 2=2b,因为ab>0,所以s 2-t22=b a>0,故(s,t)的轨迹为双曲线,故选C.二、解答题2.(2022届广西开学考,22)设双曲线x 23-y 2=1的右焦点为F,过F 的直线与双曲线C 的右支交于A 、B 两点.(1)若直线AB 与x 轴不垂直,求直线的斜率的取值范围; (2)求AB 中点的轨迹方程.解析 (1)由题知F(2,0),设直线AB 的方程为y=k(x-2),代入方程x 23-y 2=1,得(3k 2-1)x 2-12k 2x+12k 2+3=0.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则{x 1+x 2=12k 23k 2-1>0,x 1x 2=12k 2+33k 2-1>0,Δ=144k 4-4(3k 2-1)(12k 2+3)=12k 2+12>0, 所以k ∈(-∞,-√33)∪(√33,+∞).(2)设AB 中点坐标为(x 0,y 0),若直线AB 的斜率存在,x 0=x 1+x 22=6k 23k 2-1,y 0=y 1+y 22=k(x 0-2)=2k 3k 2-1,消去k 得,(x 0-1)2-3y 02=1,此时x 0=6k 2-2+23k 2-1=2+23k 2-1>2,所以AB 中点的轨迹方程为(x-1)2-3y 2=1(x>2);若直线AB 的斜率不存在,则x 0=2,y 0=0,满足(x-1)2-3y 2=1.综上,AB 中点的轨迹方程为(x-1)2-3y 2=1(x ≥2).3.(2022届山西怀仁一中期中,21)已知点A(-2,0),B(2,0),设动点P 满足直线PA 与PB 的斜率之积为-34,记动点P 的轨迹为曲线E. (1)求曲线E 的方程;(2)若动直线l 经过点(1,0),且与曲线E 交于C,D(不同于A,B)两点,问:直线AC 与BD 的斜率之比是不是定值?若是定值,求出该定值;若不是定值,请说明理由.解析 (1)设P(x,y),由题意可得k PA ·k PB =-34,所以y x+2·y x -2=-34(x ≠±2),所以曲线E 的方程为x 24+y 23=1(x ≠±2). (2)由题意知,可设直线l:x=my+1,C(x 1,y 1),D(x 2,y 2),由{x =my +1,x 24+y 23=1(x ≠±2),可得(3m 2+4)y 2+6my-9=0,则y 1+y 2=-6m 3m 2+4,y 1y 2=-93m 2+4,因为直线AC 的斜率k 1=y 1x 1+2,直线BD 的斜率k 2=y 2x 2-2,且my 1y 2=32(y 1+y 2),所以k 1k 2=y 1(x 2-2)y 2(x 1+2)=y 1(my 2-1)y 2(my 1+3)=my 1y 2-y 1my 1y 2+3y 2=32(y 1+y 2)-y 132(y 1+y 2)+3y2=12y 1+32y 232y 1+92y 2=13,所以直线AC 和BD 的斜率之比为定值13. 4.(2021四省八校调研,20)已知圆锥曲线E:√(x -1)2+y 2+√(x +1)2+y 2=4,经过点Q(-4,4)的直线l 与E 有唯一公共点P,定点R(-1,0). (1)求曲线E 的标准方程;(2)设直线PR,QR 的斜率分别为k 1,k 2,求k 1k 2的值.解析 (1)由√(x -1)2+y 2+√(x +1)2+y 2=4可得,点(x,y)到定点(-1,0),(1,0)的距离的和为4.由椭圆的定义可知动点(x,y)的轨迹即圆锥曲线E 是以(-1,0),(1,0)为左、右焦点,2a=4为长轴长的椭圆(此处必须由定义说明圆锥曲线的类型),则其长半轴长a=2,则短半轴长b=√22-12=√3,故曲线E 的标准方程为x 24+y 23=1. (2)由题意得过点Q(-4,4)的直线l 的斜率存在,设为k,则直线l 的方程为y-4=k(x+4),即y=kx+4+4k, 代入x 24+y 23=1,整理,得(3+4k 2)x 2+32(k+1)kx+64k 2+128k+52=0(※).∵l 与E 仅有一个公共点,∴Δ=1024(k+1)2k 2-4(3+4k 2)(64k 2+128k+52)=0,即12k 2+32k+13=0.解得k=-12或k=-136.(k 的值有两个,需分两种情况求解)设P(x 0,y 0),当k=-12时,方程(※)为x 2-2x+1=0,得x 0=1,∴y 0=32,∴k 1=34,又k 2=-43,∴k 1k 2=-1.当k=-136时,方程(※)为49x 2+182x+169=0,得x 0=-137,∴y 0=-914,∴k 1=34,又k 2=-43,∴k 1k 2=-1.综上所述,k 1k 2的值为-1.5.(2022届甘肃名校月考,21)已知F 1,F 2分别是椭圆E:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的左,右焦点,|F 1F 2|=6,当P 在E 上且PF 1垂直于x 轴时,|PF 2|=7|PF 1|. (1)求E 的标准方程;(2)A 为E 的左顶点,B 为E 的上顶点,M 是E 上第四象限内一点,AM 与y 轴交于点C,BM 与x 轴交于点D.求证:四边形ABDC 的面积是定值.解析 (1)由题意知|PF 1|=b2a ,|PF 2|+|PF 1|=2a,|PF 2|=7|PF 1|,则8|PF 1|=2a,所以a=2b,又c=3,a 2=b 2+c 2,∴a=2√3,b=√3, ∴E 的标准方程是x 212+y 23=1.(2)证明:由题意知A(-2√3,0),B(0,√3),设M(m,n),C(0,t),D(s,0),因为A,C,M 三点共线,所以设AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,解得t=2√3n m+2√3,又B,D,M 三点共线,所以设BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μBM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,解得s=-√3m n -√3. 易知,|AD|=s+2√3,|BC|=√3-t,m 212+n 23=1,所以|AD|·|BC|=√3s-2√3t-st+6=-n -√3-m+2√3+(n -√3)(m+2√3)+6=-√3m √3n+36(m+2√3)(n -√3)+(n -√3)(m+2√3)+6=√3)(n √3)(n -√3)(m+2√3)+6=12.所以四边形ABDC 的面积为12|AD|·|BC|=6.故四边形ABDC 的面积是定值.6.(2022届长春外国语学校期中,21)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率与等轴双曲线的离心率互为倒数关系,直线l:x-y+√2=0与以原点为圆心,以椭圆C 的短半轴长为半径的圆相切. (1)求椭圆C 的方程;(2)设M 是椭圆的上顶点,过点M 分别作直线MA,MB 交椭圆于A,B 两点,设两直线的斜率分别为k 1,k 2,且k 1+k 2=4,证明:直线AB 过定点,并求出该定点.解析 (1)易知,等轴双曲线的离心率为√2,故椭圆C 的离心率e=√22.∵e 2=c 2a 2=a 2-b 2a2=12,∴a 2=2b 2.由x-y+√2=0与圆x 2+y 2=b 2相切,得√2√2=b,故b=1,∴a 2=2.∴椭圆C 的方程为x 22+y 2=1.(2)已知M(0,1).当直线AB 的斜率不存在时,设方程为x=x 0(x 0≠0),A(x 0,y 0),B(x 0,-y 0).由k 1+k 2=4,得y 0-1x 0+-y 0-1x 0=4,即x 0=-12.此时直线AB 的方程为x=-12.当直线AB 的斜率存在时,设AB 的方程为y=kx+m,依题意知m ≠±1.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),由{y =kx +m,x 22+y 2=1得(1+2k 2)x 2+4kmx+2m 2-2=0.则x 1+x 2=-4km 1+2k 2,x 1x 2=2m 2-21+2k 2.由k 1+k 2=4,得y 1-1x 1+y 2-1x 2=4,∴kx 1+m -1x 1+kx 2+m -1x 2=4,即2k+(m-1)x 1+x2x 1x 2=4, ∴k -km m+1=2,∴k=2(m+1),∴m=k 2-1.故直线AB 的方程为y=kx+k 2-1,即y=k (x +12)-1.∴直线AB 过定点(-12,-1).综上,直线AB 过定点(-12,-1).7.(2022届成都蓉城名校联盟联考一,20)已知椭圆E:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的长轴长与短轴长之比为2,过点P(0,2√5)且斜率为1的直线与椭圆E 相切. (1)求椭圆E 的方程;(2)过点T(2,0)的直线l 与椭圆E 交于A,B 两点,与直线x=8交于H 点,若HA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ1AT ⃗⃗⃗⃗⃗ ,HB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ2BT ⃗⃗⃗⃗⃗ .证明:λ1+λ2为定值.解析 (1)由题意知,a b =2,a=2b,切线方程为y=x+2√5.设椭圆方程为x 24b 2+y 2b 2=1,联立得{y =x +2√5,x 24b 2+y 2b 2=1,整理得5x 2+16√5x+80-4b 2=0,则Δ=0,即(16√5)2-20(80-4b 2)=0,则b 2=4,∴椭圆方程为x 216+y 24=1.(2)由题意知,直线l 的斜率一定存在.当直线l 的斜率为零时,易得λ1+λ2=0;当直线l 的斜率不为零时,设直线l:x=ty+2(t ≠0),A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),联立{x =ty +2,x 2+4y 2=16,得(t 2+4)y 2+4ty-12=0,则y 1+y 2=-4t t 2+4,y 1y 2=-12t 2+4,直线l:x=ty+2,令x=8,则y=6t ,即H 8,6t .∵HA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-8,y 1-6t ),AT ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-x 1,-y 1),HA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ1AT ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴{x 1-8=λ1(2-x 1),y 1-6t =-λ1y 1,∴1-6ty 1=-λ1,同理可得,1-6ty 2=-λ2,∴-λ1-λ2=1-6ty 1+1-6ty 2=2-6(y 1+y 2)ty 1y 2=2--24t t 2+4·t 2+4-12t=0.综上,λ1+λ2=0.8.(2021皖南八校第三次联考,20)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的左焦点为F,过点F 的直线l 与椭圆交于A,B两点,当直线l ⊥x 轴时,|AB|=√2,tan ∠AOB=2√2. (1)求椭圆C 的方程;(2)设直线l'⊥l,直线l'与直线l 、x 轴、y 轴分别交于M 、P 、Q,当点M 为线段AB 中点时,求PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ PO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围.解析 (1)由题意可知F(-c,0).当直线l ⊥x 轴时,|AB|=2b 2a =√2,tan ∠AOB=2tan ∠AOF1-tan 2∠AOF =2√2,解得tan ∠AOF=√22或-√2,∵∠AOF ∈(0,π2),∴tan∠AOF=√22=|AF||FO|=b 2a c,得b=c=1,a=√2,故椭圆C 的方程为x 22+y 2=1.(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),依题意直线l 的斜率一定存在且不为零,设l:y=k(x+1),由{y =k(x +1),x 22+y 2=1,消去y 得(2k 2+1)x 2+4k 2x+2k 2-2=0,则x 1+x 2=-4k 22k 2+1,则y 1+y 2=k(x 1+x 2+2)=2k 2k 2+1.故M (-2k 22k 2+1,k2k 2+1),直线l':y-k 2k 2+1=-1k (x +2k 22k 2+1),令y=0,则P (-k22k 2+1,0),∵PM⊥MF,OQ ⊥PO,∴PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =|PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2,PO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =|PO ⃗⃗⃗⃗⃗ |2,∴PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ PO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =|PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2|PO⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=(-k 22k 2+1--2k 22k 2+1)2+(0-k 2k 2+1)2(-k 22k 2+1)2=k 2+1k 2=1+1k 2,∵k 2∈(0,+∞),∴1+1k2∈(1,+∞), ∴PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ PO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∈(1,+∞). 9.(2022届四川内江六中月考,20)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1、F 2,过F 2且与x 轴垂直的直线与椭圆C 交于A,B 两点,△AOB 的面积为2√2,点P 为椭圆C 的下顶点,|PF 2|=√2|OP|. (1)求椭圆C 的标准方程;(2)经过抛物线y 2=4x 的焦点F 的直线l 交椭圆C 于M,N 两点,求|FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·FN ⃗⃗⃗⃗⃗ |的取值范围.解析 (1)因为△OPF 2为直角三角形,所以b 2+c 2=|PF 2|2=(√2b)2,故b=c,又S △AOB =12·2b 2a ·c=b 2c a=2√2,所以b 2c=2√2a,又a 2=b 2+c 2,所以b 3=2√2·√b 2+c 2=4b,故b 2=4,所以a 2=b 2+c 2=4+4=8,故椭圆C 的标准方程为x 28+y 24=1. (2)由题意得F(1,0),M,N,F 三点共线,所以|FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·FN ⃗⃗⃗⃗⃗ |=||FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|FN ⃗⃗⃗⃗⃗ |·cosπ|=|FM|·|FN|.若直线l 斜率为零,则|FM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·FN ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|FM|·|FN|=(a-1)(a+1)=7;若直线l 斜率不为零,设直线l 的方程为x=my+1,M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),则{x =my +1,x 28+y 24=1,消去x 得(m 2+2)y 2+2my-7=0,所以y 1+y 2=-2m m 2+2,y 1y 2=-7m 2+2,则|FM|=√(x 1-1)2+y 12=√(my 1+1-1)2+y 12=√m 2+1|y 1|,同理|FN|=√m 2+1·|y 2|,所以|FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·FN ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|FM|·|FN|=(m 2+1)|y 1y 2|=(m 2+1)·7m 2+2=7(m 2+2)-7m 2+2=7-7m 2+2,因为m 2+2≥2,所以0<7m 2+2≤72,所以72≤7-7m 2+2<7.综上,|FM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·FN ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|FM|·|FN|∈[72,7]. 10.(2022届黑龙江大庆月考,20)已知椭圆E:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1、F 2,其离心率为12.椭圆E 的左、右顶点分别为A,B,且|AB|=4. (1)求椭圆E 的方程;(2)过F 1的直线与椭圆相交于C,D(不与顶点重合),过右顶点B 分别作直线BC,BD 与直线x=-4相交于N,M 两点,以MN 为直径的圆是否恒过某定点?若是,求出该定点坐标;若不是,请说明理由.解析 (1)由题意得,c a =12,|AB|=2a=4,∴a=2,c=1,b=√a 2-c 2=√3,∴椭圆E 的标准方程为x 24+y 23=1.(2)恒过定点(-7,0)和(-1,0).由(1)知F 1(-1,0),B(2,0),由题意得,直线CD 的斜率不为0,设直线CD 的方程为x=my-1,代入椭圆E 的方程x 24+y 23=1,整理得(3m 2+4)y 2-6my-9=0.设C(x 1,y 1),D(x 2,y 2),则y 1+y 2=6m 3m 2+4①,y 1y 2=-93m 2+4②.直线BC:y=y 1my 1-3(x-2),令x=-4,可得N -4,-6y 1my 1-3,同理M (-4,-6y 2my 2-3),∴以MN 为直径的圆的方程为(x+4)(x+4)+y+6y 1my 1-3(y +6y 2my 2-3)=0,即x 2+8x+16+y 2+6y 1my 1-3+6y 2my 2-3y+36y 1y 2(my 1-3)(my 2-3)=0③,由①②得y 1+y 2=-23my 1y 2,代入③得圆的方程为x 2+8x+7+y 2-6my=0.若圆过定点,则{y =0,x 2+8x +7=0,解得{x =-1,y =0或{x =-7,y =0,∴以MN 为直径的圆恒过点(-7,0)和(-1,0).12.(2022届湘豫名校联盟11月联考,20)已知椭圆E:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的离心率e=√63,其左,右焦点为F 1,F 2,P为椭圆E 上任意一点,P 点到原点O 的距离的最小值为1. (1)求椭圆E 的方程;(2)设直线l:y=kx+m 与椭圆E 交于A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)两点,且x 12+x 22=3,是否存在这样的直线l 与圆x 2+y 2=1相切?如果存在,直线l 有几条?如果不存在,请说明理由. 解析 (1)由题意知,e=√63,所以b 2a2=1-e 2=13,即a 2=3b 2,易知|PO|2∈[b 2,a 2],所以b 2=1,故椭圆E 的标准方程为x 23+y 2=1. (2)联立{y =kx +m,x 2+3y 2=3,整理得(3k 2+1)x 2+6kmx+3m 2-3=0.所以x 1+x 2=-6km 3k 2+1,x 1·x 2=3m 2-33k 2+1. 因为x 12+x 22=(x 1+x 2)2-2x 1·x 2=3,所以化简得12k 2m 2-2(m 2-1)·(3k 2+1)=(3k 2+1)2,即2m 2·(3k 2-1)=(3k 2+1)·(3k 2-1),所以3k 2-1=0或3k 2+1=2m 2,又直线l:y=kx+m 与圆x 2+y 2=1相切,所以√1+k2=1,即k 2+1=m 2.当3k 2-1=0时,解得k 2=13,m 2=43,直线l 的方程为y=±√33x±2√33;当3k 2+1=2m 2时,解得k 2=1,m 2=2,直线l 的方程为y=±x±√2.综上所述,存在满足题设条件的直线,且直线l 有八条.13.(2022届江西月考,21)过抛物线y 2=2px(p>0)的焦点F 作倾斜角为θ(θ≠π2)的直线,交抛物线于A,B 两点,当θ=π3时,以FA 为直径的圆与y 轴相切于点T(0,√3).(1)求抛物线的方程;(2)试问在x 轴上是否存在异于F 点的定点P,使得|FA|·|PB|=|FB|·|PA|成立?若存在,求出点P 的坐标;若不存在,请说明理由.解析 (1)取FA 的中点C,过C 作CE ⊥x 轴于E,连接CT.因为以FA 为直径的圆与y 轴相切于点T(0,√3),所以CT ⊥y 轴于T,故|CE|=|OT|=√3,因为θ=π3,即∠CFE=π3,所以|CF|=2,|EF|=1,所以C 1+p 2,√3,所以A (2+p 2,2√3),故(2√3)2=2p ·(2+p 2),又p>0,所以p=2,故抛物线的方程为y 2=4x.(2)设P(x 0,0)(x 0≠1),且F(1,0),由题意可知直线FA 的斜率不为0,故设直线FA:x=my+1,联立{x =my +1,y 2=4x,整理得y 2-4my-4=0,设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则y 1y 2=-4.易知|FA||FB|=|y 1||y 2|,|PA||PB|=√10212√20222,因为|FA|·|PB|=|FB|·|PA|,即|FA||FB|=|PA||PB|,所以|y 1||y 2|=√(x 1-x 0)2+(y 1-0)2(x 2-x 0)2+(y 2-0)2,两边同时平方可得y 12y 22=y 12+(x 1-x 0)2y 22+(x 2-x 0)2,又因为y 12=4x 1,y 22=4x 2,所以y 12y 22=y 12+(y 124-x 0)2y 22+(y 224-x 0)2,化简整理可得(y 12-y 22)x 02=y 12y 22(y 12-y 22)16,所以x 02=y 12y 2216=(y 1y 2)216=1,所以x 0=±1,因为点P 异于点F,所以x 0=-1,故点P(-1,0).14.(2021山西太原二模,20)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的左、右顶点分别是A,B,直线l:x=23与椭圆C 相交于D,E 两个不同点,直线DA 与直线DB 的斜率之积为-14,△ABD 的面积为4√23.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)若点P 是直线l:x=23的一个动点(不在x 轴上),直线AP 与椭圆C 的另一个交点为Q,过P 作BQ 的垂线,垂足为M,在x 轴上是否存在定点N,使得|MN|为定值?若存在,请求出点N 的坐标;若不存在,请说明理由. 解析 (1)设D (23,y 0),由题意得{k DA ·k DB =y 023+a ·y 023-a =-14,12×2a ×|y 0|=4√23,49a 2+y 02b 2=1,∴{b 2=1,a 2=4, ∴椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)假设存在这样的点N,设直线PM 与x 轴相交于点T(x 0,0),由题意得TP ⊥BQ,由(1)得A(-2,0),B(2,0),设P (23,t),t ≠0,Q(x 1,y 1),由题意可设直线AP 的方程为x=my-2,由{x =my -2,x 24+y 2=1得(m 2+4)y 2-4my=0,∴y 1=4m m 2+4或y 1=0(舍去),x 1=2m 2-8m 2+4,∵23=mt-2,∴t=83m ,∵TP⊥BQ,∴TP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(23-x 0)(x 1-2)+ty 1=0,∴x 0=23+ty 1x 1-2=23+83m ·4m m 2+4·m 2+4-16=0, ∴直线PM 过定点T(0,0), ∴存在定点N(1,0),使得|MN|=1.。
2023届高三数学一轮复习专题 直线与圆锥曲线的综合运用 讲义 (解析版)
直线与圆锥曲线的综合运用一、知识梳理1．直线与圆锥曲线的位置关系的判断将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去一个变量得到关于x(或y)的一元方程：ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．(1)若a≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有①Δ>0①直线与圆锥曲线相交；①Δ＝0①直线与圆锥曲线相切；①Δ<0①直线与圆锥曲线相离．(2)若a＝0，b≠0，即得到一个一元一次方程，则直线l与圆锥曲线E相交，且只有一个交点．①若E为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；①若E为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合．2．圆锥曲线的弦长设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则AB＝1＋k2|x2－x1|＝1＋1k2|y2－y1|.3.过一点的直线与圆锥曲线的位置关系(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；过椭圆上一点有且只有一条直线与椭圆相切；过椭圆内一点的直线与椭圆相交．(2)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点：两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条与对称轴平行或重合的直线.(3)过双曲线外不在渐近线上的一点总有四条直线与双曲线有且只有一个交点：两条切线和两条与渐近线平行的直线；过双曲线上条直线与双曲线有且只有一个交点：一条切线和两条与渐近线平行的直线； 过双曲线内一点总有两条直线与双曲线有且只有一个交点：两条与渐近线平行的直线．二、课前预习1.若直线y ＝kx ＋1与椭圆x 25＋y 2m ＝1总有公共点，则m 的取值范围是____．2.斜率为1的直线l 与椭圆x 24＋y 2＝1相交于A ，B 两点，则|AB |的最大值为____．3.直线mx ＋ny ＝4与①O ：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____个．4.已知A 1，A 2分别为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左，右顶点，P 是椭圆C 上异于A 1，A 2的任意一点，若直线P A 1，P A 2的斜率的乘积为－49，则椭圆C 的离心率为____．5.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点)23,1(P ，离心率为12.(1) 求椭圆C 的方程． (2) 若斜率为32的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，试探究OA 2＋OB 2是否为定值？若为定值，求出此定值；若不是定值，请说明理由．三、典型例题题型一. 直线与圆锥曲线的位置关系例1已知直线l ：y ＝2x ＋m ，椭圆C ：x 24＋y 22＝1.试问当m 取何值时，直线l 与椭圆C ：(1)有两个不重合的公共点； (2)有且只有一个公共点； (3)没有公共点．变式 在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1(－1,0)，且点P (0,1)在C 1上． (1)求椭圆C 1的方程；(2)设直线l 同时与椭圆C 1和抛物线C 2：y 2＝4x 相切，求直线l 的方程．例2 如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知焦点在x 轴上，离心率为12的椭圆E 的左顶点为A ，点A 到右准线的距离为6． （1）求椭圆E 的标准方程； （2）过点A 且斜率为32的直线与椭圆E 交于点B ，过点B 与右焦点F 的直线交椭圆E 于M 点，求M 点的坐标．题型二 弦长问题例3 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0) 的离心率e ＝22，右焦点F 到左准线l 的距离为3．(1)求椭圆的标准方程；(2)过F 的直线交椭圆于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线分别交直线l 和AB 于点P ，C ，若PC =2AB ，求直线AB 的方程．变式 如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，过椭圆右焦点F 作两条互相垂直的弦AB 与CD .当直线AB 斜率为0时，AB ＝4. (1)求椭圆的方程；(2)若|AB |＋|CD |＝487，求直线AB 的方程．BAOxy lP C题型三 定点问题例4 如图，在平面直角坐标系xOy中，离心率为2的椭圆:C 22221(0)x y a b a b+=>>的左顶点为A ，过原点O 的直线（与坐标轴不重合）与椭圆C 交于,P Q 两点，直线,PA QA 分别与y 轴交于,M N 两点．若直线PQ斜率为2时，PQ = （1）求椭圆C 的标准方程；（2）试问以MN 为直径的圆是否经过定点（与直线PQ 的斜率无关）？请证明你的结论．例5 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2＝1(a ＞1)的上顶点为A ，右焦点为F ，直线AF 与圆M ：x 2＋y 2－6x －2y ＋7＝0相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)若不过点A 的动直线l 与椭圆C 相交于P 、Q 两点，且AP →·AQ →＝0，求证：直线l 过定点，并求出该定点N 的坐标．变式1 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，四点1P (1,1)，2P (0,1)，)23,1(3 P ，)23,1(4P 中恰有三点在椭圆C 上． (1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．变式2 如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，椭圆上动点P 到一个焦点的距离的最小值为3(2－1)．(1) 求椭圆C 的标准方程；(2) 已知过点M (0，－1)的动直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，试判断以线段AB 为直径的圆是否恒过定点，并说明理由．题型四 定值问题例6 已知椭圆)(:012222>>=+b a by a x C 的离心率为23，且过点),(12-P ．（1）求椭圆C 的方程；（2）设点Q 在椭圆C 上，且PQ 与x 轴平行，过P 点作两条直线分别交椭圆C 于),(11y x A),(22y x B 两点，若直线PQ 平分APB ∠，求证：直线AB 的斜率是定值，并求出这个定值．变式 在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的焦距为2，离心率为22，椭圆的右顶点为A . （1）求该椭圆的方程；（2）过点(2,2)D -作直线PQ 交椭圆于两个不同点,P Q ，求证：直线,AP AQ 的斜 率之和为定值.例7 如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆22221x y a b+=(0)a b >>，焦点到相应准线的距离为1． （1）求椭圆的标准方程；（2）若P 为椭圆上的一点，过点O 作OP 的垂线交直线y =于点Q ，求2211OP OQ +的值．变式在平面直角坐标系xOy 中，已知圆222:O x y b +=经过椭圆222:14x y E b +=(02)b <<的焦点.（1）求椭圆E 的标准方程；（2）设直线:l y kx m =+交椭圆E 于,P Q 两点，T 为弦PQ 的中点，(1,0),(1,0)M N -，记直线,TM TN 的斜率分别为12,k k ，当22221m k -=时，求12k k ⋅的值.题型五 最值、范围问题例8 已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点为F (－1，0)，左准线方程为x ＝－2.(1) 求椭圆C 的标准方程；(2) 若椭圆C 上有A ，B 两点，满足OA ①OB (O 为坐标原点)，求①AOB 面积的取值范围．例9 如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的左顶点为A ，点B 是椭圆C 上异于左、右顶点的任一点，P 是AB 的中点，过点B 且与AB 垂直的直线与直线OP 交于点Q ，已知椭圆C 的离心率为12，点A 到右准线的距离为6。
高考数学一轮复习《圆锥曲线》练习题(含答案)
高考数学一轮复习《圆锥曲线》练习题（含答案）一、单选题1．双曲线2228x y -=的渐近线方程是（ ） A ．12y x =±B ．2y x =±C ．2y x =±D ．22y x =±2．已知双曲线()2222100x y a b a b-=>>，的左右焦点分别为()()1200F c F c -，，，，若直线2y x =与双曲线的一个交点P 的横坐标恰好为c ，则双曲线的离心率为（ ） A ．5B ．2C ．21+D ．21-3．如图，在体积为3的三棱锥P-ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，1AP =，若点M 是侧面CBP 内一动点，且满足AM BC ⊥，则点M 的轨迹长度的最大值为（ ）A ．3B ．6C ．23D ．324．抛物线22y x =的焦点坐标为（ ）．A ．1,02⎛⎫⎪⎝⎭B ．1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．10,8⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．10,8⎛⎫- ⎪⎝⎭5．设抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，过点F 的直线l 与抛物线相交于A ，B ，点A 在第一象限，且|AF |﹣|BF |32=，则AF BF =（ ） A ．32B ．2C ．3D ．46．已知抛物线M ：24y x =的焦点为F ，O 是坐标原点，斜率为()0k k >的直线l 交抛物线M 于A ，B 两点，且点A ，B 分别位于第一、四象限，交抛物线的准线l '于点C ．若2ACFABFSS=，2BF =，则AOBS=（ ）A ．33-B ．33+C ．2D ．231+7．若双曲线的中心为坐标原点，焦点在y 轴上，其离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为（ ） A ．3y x =±B ．33y x =±C ．4y x =±D ．14y x =±8．已知双曲线E 的左、右焦点分别为12,F F ，O 为坐标原点.若点P 在E 上，2OP OQ =-，22PF OF =，1132QF OF =，则E 的离心率为A ．2B ．2C ．5D ．31+9．设1F ，2F 是离心率为5的双曲线222124x y a -=的两个焦点，P 是双曲线上的一点，且1234PF PF =，则12PF F △的面积等于A ．42B ．83C ．24D ．4810．已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l ，直线20l :x y '-+=，动点M 在C 上运动，记点M 到直线l 与l ′的距离分别为d 1，d 2，O 为坐标原点，则当d 1+d 2最小时，cos ∠MFO ＝（ ） A ．22B ．23C ．24D ．2611．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,,M N 分别是棱1,AA BC 上的动点，若2MN =，则线段MN 的中点P 的轨迹是（ ）A ．一条线段B ．一段圆弧C ．一部分球面D ．两条平行线段12．已知拋物线21:2(0)C y px p =>的焦点F 为椭圆22222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点，且1C与2C 的公共弦经过F ，则椭圆的离心率为（ ）A 1B C D二、填空题13．已知点(3，2)在椭圆221(0,0)x y m n m n+=>>上，则点(-3，3)与椭圆的位置关系是__________.14．过点且渐近线与双曲线22:12x C y -=的渐近线相同的双曲线方程为______.15．焦点在y 轴上的双曲线221y mx -=，则m 的值为___________.16．已知过抛物线C ：y 2＝8x 焦点的直线交抛物线于A ，B 两点，过点A 作抛物线准线的垂线，垂足为M ，AB BM =，则A 点的横坐标为___．三、解答题17．求经过点(3,1)A -，并且对称轴都在坐标轴上的等轴双曲线的标准方程．18．已知椭圆C ：22143x y +=，过椭圆右焦点的直线l 与椭圆交于M ，N 两点，求MN 的取值范围．19．已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的离心率12e =，且椭圆C 经过点31,2P ⎛⎫-- ⎪⎝⎭.(1)求椭圆C 的方程.(2)不过点P 的直线:2l y kx =+与椭圆C 交于A ，B 两点，记直线P A ，PB 的斜率分别为1k ，2k ，试判断12k k +是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由.20．在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆221:195x y C +=与()222206:136x y b C b =<<+的离心率相等．椭圆1C 的右焦点为F ，过点F 的直线与椭圆1C 交于A ，B 两点，射线OB 与椭圆2C 交于点C ，椭圆2C 的右顶点为D ．（1）求椭圆2C 的标准方程；（2）若ABO 10，求直线AB 的方程； （3）若2AF BF =，求证：四边形AOCD 是平行四边形．21．已知(0,2),(3,1)A B 是椭圆2222:1(0)x y G a b a b+=>>上的两点.（1）求椭圆G 的离心率；（2）已知直线l 过点B ，且与椭圆G 交于另一点C （不同于点A ），若以BC 为直径的圆经过点A ，求直线l 的方程.22．已知椭圆C 的离心率2e =()10,1B -，()20,1B . (1)求椭圆C 的方程；(2)设动直线:l y kx m =+与椭圆C 有且只有一个公共点P ，且与直线2x =相交于点Q .问在x 轴上是否存在定点N ，使得以PQ 为直径的圆恒过定点N ，若存在，求出N 点坐标；若不存在，说明理由.23．已知点P 在圆22:4O x y +=上运动，PQ x ⊥轴，垂足为Q ，点A 满足12AQ PQ =. （1）求点A 的轨迹E 的方程；（2）过点30,2⎛⎫⎪⎝⎭的直线l 与曲线E 交于,M N 两点，记OMN ∆的面积为S ，求S 的最大值.24．已知抛物线1C ：()220x py p =>的焦点为F ，圆2C ：()()22284x y +++=，过y 轴上点G 且与y 轴不垂直的直线l 与抛物线1C 交于A 、B 两点，B 关于y 轴的对称点为D ，O 为坐标原点，连接2GC 交x 轴于点E ，且点E 、F 分别是2GC 、OG 的中点. （1）求抛物线1C 的方程； （2）证明：直线AD 与圆2C 相交参考答案1．C2．C3．A4．C5．B6．B7．B8．D9．C10．A11．B12．A 13．点在椭圆外 14．22163x y -=15．4 16．417．设所求的等轴双曲线的方程为：()220x y λλ-=≠，将(3,1)A -代入得：()2231λ--=，即=8λ， 所以等轴双曲线的标准方程：22188x y -=18．解：由椭圆C ：22143x y +=知，2a =，b =1c =，所以椭圆C 的右焦点为()1,0F ．当直线l 的斜率不存在时，223b MN a==． 当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为(1)y k x =-，将其代入椭圆C 的方程得()22223484120kxk x k +-+-=．设()11,M x y ，()22,N x y ，则2122834k x x k +=+，212241234k x x k -=+， 所以=MN ()222121333434+==+++k k k因为20k ≥，所以(]3,4MN ∈． 综上，MN 的取值范围是[]3,4． 19．(1)因为12c e a ==，所以2a c =，所以222234b a c a =-=.因为椭圆C 过31,2P ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，所以221914a b +=，所以24a =，23b =，故椭圆C 的标准方程为22143x y +=. (2)因为直线l 不过31,2P ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，且直线P A ，PB 的斜率存在，所以72k ≠且12k ≠.设()11,A x y ，()22,B x y ，联立方程组222143y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩,得()22341640k x kx +++=， 则1221634k x x k +=-+，122434x x k =+. 由()()221616340k k ∆=-+>，得214k >且72k ≠.因为()()12121212121212121273377272222211111kx x k x x y y kx kx k k x x x x x x x x ⎛⎫++++++++ ⎪⎝⎭+=+=+=+++++++， 所以2221222271682712482134343416416713434k k k k k k k k k k k k k k ⎛⎫+ ⎪⎝⎭-+-++++===-+-+++， 即12k k +为定值，且123k k +=.20．（1）由题意知，椭圆1C 的长轴长126a =，短轴长12b =124c ==， 椭圆2C 的长轴长2212a =，短轴长2b ，焦距22c =．因为椭圆1C 与2C 的离心相等，所以1212c c a a =，即23= 因为06b <<，所以220b =，所以椭圆2C 的标准方程为2213620x y +=．（2）因为椭圆1C 右焦点为()2,0F ，且A ，O ，B 三点不共线， 设直线AB 的方程为2x my =+，联立22195x y +=，消x 得()225920250m y my ++-=．设()11,A x y ，()22,B x y ，()22(20)100590m m ∆=++>，所以1,2y ==， 即1212222025,5959m y y y y m m -+=-=++． 因为121212111||||||222ABOAOFBOFSS SOF y OFy O y y y F y =+=+=-=-==， 化简得4259m=，所以m =， 所以直线AB 的方程为2x y =+，即5100x ±-=． （3）因为2AF BF =，所以2AF FB =．因为()()1122,,,,(2,0)A x y B x y F ，所以()()11222,22,x y x y --=-，所以121262,2.x x y y =-⎧⎨=-⎩ 因为()()1122,,,A x y B x y 在椭圆22195x y +=上， 所以221122221,951,95x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，所以()222222226241,951,95x y x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩消2y ，得2218x =． 代入2222195x y +=，由对称性不妨设120,0y y ><，所以2y =从而得，113,4x y ==即321,,48A B ⎛⎛ ⎝⎭⎝⎭．所以OC k =，直线OC的方程为y x =， 联立2213620x y +=，得244116x =．由题知0x >，所以21,4x y ==21,4C ⎛ ⎝⎭．又(6,0)D，所以OA CD k k ==又因为,OA CD 不共线，所以//OA CD ，又AD OC k k ==，且,OC AD 不共线，所以//OC AD ． 所以四边形AOCD 是平行四边形． 21．解：（1）由已知2b =， 由点(3,1)B 在椭圆G 上可得29114a +=，解得212,a a ==所以2228,c a b c =-== 所以椭圆G的离心率是c e a ==； （2）当直线l 过点B 且斜率不存在时，可得点(3,1)C -，不满足条件； 设直线BC 的方程为1(3)y k x -=-），点(),C C C x y ，由22131124y kx kx y =+-⎧⎪⎨+=⎪⎩可得()222316(13)3(13)120k x k k x k ++-+--=，显然0∆>，此方程两个根是点B 和点C 的横坐标， 所以223(13)12331C k x k --=+，即22(13)431C k x k --=+，所以2236131C k k y k --+=+，因为以BC 为直径的圆经过点A ， 所以AB AC ⊥，即0AB AC ⋅=，2222963961(3,1),3131k k k k AB AC k k ⎛⎫-----⋅=-⋅ ⎪++⎝⎭2236128031k k k --==+， 即(32)(31)0k k -+=， 123k ，213k =-， 当213k =-时，即直线AB ，与已知点C 不同于点A 矛盾，所以123BC k k ==， 所以直线BC 的方程为213y x =-. 22．（1）由题意可设椭圆为22221x y a b+=由题意可得c e a ==1b =，可得a =所以椭圆的方程为：2212x y +=.（2）联立2222y kx m x y =+⎧⎨+=⎩，整理可得：()222124220k x kmx m +++-=， 由题意可得()()222216412220k m k m ∆=-+-=，可得2212m k =+；可得()242212P km k x m k -==-+，1P P y kx m m =+=，即21,k P m m ⎛⎫- ⎪⎝⎭. 联立2y kx mx =+⎧⎨=⎩，可得2Q x =，2Q y k m =+，即()2,2Q k m +，设在x 轴上存在()0,0N x .由0PN QN ⋅=，可得()0021,2,20k x x k m m m ⎛⎫+-⋅---= ⎪⎝⎭，可得200242210k k k x x m m m ⎛⎫+--++= ⎪⎝⎭， 即()200022110kx x x m-++-=， 可得20002101x x x ⎧-+=⎨=⎩，可得01x =，即定点()1,0N .23．（1）设(,)A x y ，11(,)P x y ， ∵12AQ PQ =，∴A 为PQ 的中点， ∴11,2,x x y y =⎧⎨=⎩∴22(2)4x y +=，即2214x y +=.∴点A 的轨迹E 的方程2214x y +=.（2）显然直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为32y kx =+，将直线方程代入椭圆方程中得22(14)1250k x kx +++=， ∴222251444(14)56420016k k k k ∆=-⨯+=->⇒>. 设1122(,),(,)M x y N x y ，∴12133||224OMN POM PON S S S x x ∆∆∆=-=⨯⨯-=令2914()4t k t =+>，则214k t -=，∴3344OMN S S ∆====∵914049t t >⇒<<，∴129t =时，34143OMN S ∆≤⨯=，∴S 的最大值1.24．（1）设点()0,0E x ，()00,G y ，因为圆2C ：()()22284x y +++=，所以圆心()22,8C --，因为点E 是2GC 的中点，所以00202820x y -+=⎧⎨-+=⨯⎩，解得0018x y =-⎧⎨=⎩，则点()0,8G ，因为点F 是OG 的中点， 所以()0,4F ，则42p=，解得8p =， 故抛物线的方程为216x y =.（2）因为B 关于y 轴的对称点为D ， 所以设()11,B x y ，()22,A x y ，()11,D x y -，设直线AB 的方程为8y kx -=，即80kx y -+=，联立28016kx y x y-+=⎧⎨=⎩，消去x 得()22161640y k y -++=，则1264y y =， 设直线AD 的方程为y mx n =+，联立216y mx n x y=+⎧⎨=⎩，消去x 得()2221620y m n y n -++=，则212y y n =， 故264n =，易知0n <，则8n =-，直线AD 的方程为8y mx =-，必过定点()0,8-， 而圆2C ：()()22284x y +++=正好与y 轴交于定点()0,8-， 且过点()0,8-的所有直线中，只有与y 轴重合的直线才能与圆2C ：()()22284x y +++=相切，直线AD 显然不可能是y 轴，因此，直线AD 与圆2C 相交.。
高考数学一轮复习 第8章 平面解析几何 解答题专项突破(五)圆锥曲线的综合问题创新教学案(含解析)新
解答题专项突破(五) 圆锥曲线的综合问题圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，每年高考必有一道解答题，常以求圆锥曲线的标准方程、研究直线与圆锥曲线的位置关系为主，涉及题型有定点、定值、最值、X 围、探索性问题等，此类命题起点较低，但在第(2)问中一般都有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高，通常以压轴题的形式呈现．热点题型1 圆锥曲线中的定点问题典例1(2019·高考)抛物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)． (1)求抛物线C 的方程及其准线方程．(2)设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线y ＝－1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B .求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．解题思路 (1)根据抛物线C 过点(2，－1)，列方程求p ，得抛物线C 的方程，进而得出其准线方程．(2)设直线l 的方程，与抛物线C 的方程联立，用根与系数的关系推出关于M ，N 两点坐标的等量关系，设所求定点坐标为(0，n )，利用DA →·DB →＝0列方程式求n的值．规X 解答 (1)由抛物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)，得22＝－2p (－1)，解得p ＝2.所以抛物线C 的方程为x 2＝－4y ，其准线方程为y ＝1. (2)证明：抛物线C 的焦点为F (0，－1)． 设直线l 的方程为y ＝kx －1(k ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －1，x 2＝－4y ，得x 2＋4kx －4＝0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，那么x 1x 2＝－4. 直线OM 的方程为y ＝y 1x 1x .令y ＝－1，得点A 的横坐标x A ＝－x 1y 1.同理得点B 的横坐标x B ＝－x 2y 2.设点D (0，n )，那么DA→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 1y 1，－1－n ， DB→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 2y 2，－1－n ， DA →·DB→＝x 1x 2y 1y2＋(n ＋1)2 ＝x 1x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 214⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 224＋(n ＋1)2 ＝16x 1x 2＋(n ＋1)2 ＝－4＋(n ＋1)2.令DA →·DB →＝0，即－4＋(n ＋1)2＝0，得n ＝1或n ＝－3. 综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0,1)和(0，－3)．典例2(2019·某某模拟)Q 为圆x 2＋y 2＝1上一动点，Q 在x 轴，y 轴上的射影分别为点A ，B ，动点P 满足BA→＝AP →，记动点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－35的直线与曲线C 交于M ，N 两点，判断以MN 为直径的圆是否过定点？假设是，求出定点的坐标；假设不是，请说明理由．解题思路 (1)设Q (x 0，y 0)，P (x ，y )，利用所给条件建立两点坐标之间的关系，利用Q 在圆上可得x ，y 的方程，即为所求．(2)设定点为H ，及直线l 的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，及HM →·HN→＝0，得出恒等式，求得定点的坐标． 规X 解答 (1)设Q (x 0，y 0)，P (x ，y )，那么x 20＋y 20＝1，由BA →＝AP →，得⎩⎨⎧x 0＝x2，y 0＝－y ，代入x 20＋y 20＝1，得x 24＋y 2＝1，故曲线C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)假设存在满足条件的定点，由对称性可知，该定点在y 轴上，设定点为H (0，m )，当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx －35， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －35，x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－245kx －6425＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 那么x 1＋x 2＝24k 51＋4k 2，x 1x 2＝－64251＋4k 2，∴y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－65＝－651＋4k2，y 1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫kx 1－35⎝ ⎛⎭⎪⎫kx 2－35＝k 2x 1x 2－35k (x 1＋x 2)＋925＝9－100k 2251＋4k 2， ∵HM →＝(x 1，y 1－m )，HN →＝(x 2，y 2－m )， ∴HM →·HN →＝x 1x 2＋y 1y 2－m (y 1＋y 2)＋m 2＝100m 2－1k 2＋25m 2＋30m －55251＋4k2＝0，∵对任意的k 恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧100m 2－1＝0，25m 2＋30m －55＝0，解得m ＝1，即定点为H (0,1)，当直线l 的斜率不存在时，以MN 为直径的圆也过定点(0,1)． 综上，以MN 为直径的圆过定点(0,1)． 热点题型2 圆锥曲线中的定值问题典例1 如图，在平面直角坐标系xOy 中，点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，直线l ：x ＝－12，点P 在直线l 上移动，R 是线段FP 与y 轴的交点，RQ ⊥FP ，PQ ⊥l .(1)求动点Q 的轨迹C 的方程；(2)设圆M 过A (1,0)，且圆心M 在曲线C 上，TS 是圆M 在y 轴上截得的弦，当M 运动时，弦长|TS |是否为定值？请说明理由．解题思路 (1)R 是线段FP 的中点，且RQ ⊥FP →RQ 是线段PF 的垂直平分线→|PQ |＝|QF |→点Q 的轨迹是以F 为焦点，l 为准线的抛物线→确定焦准距，根据抛物线的焦点坐标，求出抛物线的方程．(2)①求|TS |的依据：a ＝2r 2－d 2，其中a 为弦长，r 为圆的半径，d 为圆心到弦所在直线的距离．②策略：设曲线C 上点M (x 0，y 0)，用相关公式求r ，d ；用x 0，y 0满足的等量关系消元．规X 解答 (1)依题意知，点R 是线段FP 的中点， 且RQ ⊥FP ，∴RQ 是线段FP 的垂直平分线． ∵点Q 在线段FP 的垂直平分线上， ∴|PQ |＝|QF |，又|PQ |是点Q 到直线l 的距离，故动点Q 的轨迹是以F 为焦点，l 为准线的抛物线，其方程为y 2＝2x (x >0)． (2)弦长|TS |为定值．理由如下：取曲线C 上点M (x 0，y 0)，M 到y 轴的距离为d ＝|x 0|＝x 0，圆的半径r ＝|MA |＝x 0－12＋y 20， 那么|TS |＝2r 2－d 2＝2y 20－2x 0＋1，∵点M 在曲线C 上， ∴x 0＝y 202，∴|TS |＝2y 20－y 20＋1＝2，是定值．典例2(2019·某某三模)给定椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，称圆心在原点O ，半径为a2＋b2的圆为椭圆C的“准圆〞．假设椭圆C的一个焦点为F(2，0)，其短轴上的一个端点到F的距离为 3.(1)求椭圆C的方程和其“准圆〞方程；(2)假设点P是椭圆C的“准圆〞上的动点，过点P作椭圆的切线l1，l2交“准圆〞于点M，N.证明：l1⊥l2，且线段MN的长为定值．解题思路(1)根据椭圆的几何性质求a，c，再用b2＝a2－c2求b，可得椭圆C 的方程，进而可依据定义写出其“准圆〞方程．(2)分以下两种情况讨论：①l1，l2中有一条斜率不存在；②l1，l2斜率存在．对于①，易知切点为椭圆的顶点；对于②，可设出过P与椭圆相切的直线，并与椭圆方程联立后消元，由Δ＝0推出关于椭圆切线斜率的方程，利用根与系数的关系进行证明．规X解答(1)∵椭圆C的一个焦点为F(2，0)，其短轴上的一个端点到F的距离为 3.∴c＝2，a＝3，∴b＝a2－c2＝1，∴椭圆方程为x23＋y2＝1，∴“准圆〞方程为x2＋y2＝4.(2)证明：①当直线l1，l2中有一条斜率不存在时，不妨设直线l1斜率不存在，那么l1：x＝±3，当l1：x＝3时，l1与“准圆〞交于点(3，1)，(3，－1)，此时l2为y＝1(或y＝－1)，显然直线l1，l2垂直；同理可证当l 1：x ＝－3时，直线l 1，l 2垂直． ②当l 1，l 2斜率存在时，设点P (x 0，y 0)，其中x 20＋y 20＝4.设经过点P (x 0，y 0)与椭圆相切的直线为 y ＝t (x －x 0)＋y 0，∴由⎩⎨⎧y ＝t x －x 0＋y 0，x 23＋y 2＝1，得(1＋3t 2)x 2＋6t (y 0－tx 0)x ＋3(y 0－tx 0)2－3＝0.由Δ＝0化简整理，得(3－x 20)t 2＋2x 0y 0t ＋1－y 20＝0，∵x 20＋y 20＝4，∴有(3－x 20)t 2＋2x 0y 0t ＋(x 20－3)＝0.设l 1，l 2的斜率分别为t 1，t 2，∵l 1，l 2与椭圆相切，∴t 1，t 2满足上述方程(3－x 20)t 2＋2x 0y 0t ＋(x 20－3)＝0，∴t 1·t 2＝－1，即l 1，l 2垂直． 综合①②知，l 1⊥l 2.∵l 1，l 2经过点P (x 0，y 0)，又分别交其“准圆〞于点M ，N ，且l 1，l 2垂直． ∴线段MN 为“准圆〞x 2＋y 2＝4的直径，|MN |＝4， ∴线段MN 的长为定值．热点题型3 圆锥曲线中的证明问题典例1抛物线C ：x 2＝2py (p >0)，过焦点F 的直线交C 于A ，B 两点，D 是抛物线的准线l 与y 轴的交点．(1)假设AB ∥l ，且△ABD 的面积为1，求抛物线的方程；(2)设M 为AB 的中点，过M 作l 的垂线，垂足为N .证明：直线AN 与抛物线相切．解题思路 (1)判断△ABD 的形状，求|FD |，|AB |.由△ABD 的面积为1，列方程求p ，得抛物线的方程．(2)将直线AB 的方程与抛物线C 的方程联立，消去y 并整理，结合根与系数的关系用k ，p 表示M ，N 的坐标．求k AN ：①斜率公式，②导数的几何意义，两个角度求斜率相等，证明相切．规X 解答 (1)∵AB ∥l ，∴△ABD 为等腰三角形，且FD ⊥AB ，又|FD |＝p ，|AB |＝2p .∴S △ABD ＝p 2＝1.∴p ＝1，故抛物线C 的方程为x 2＝2y .(2)证明：显然直线AB 的斜率存在，设其方程为y ＝kx ＋p 2，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 212p ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x 222p .由⎩⎨⎧y ＝kx ＋p 2，x 2＝2py消去y 整理得，x 2－2kpx －p 2＝0.∴x 1＋x 2＝2kp ，x 1x 2＝－p 2. ∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫kp ，k 2p ＋p 2，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫kp ，－p 2.∴k AN ＝x 212p ＋p 2x 1－kp＝x 212p ＋p 2x 1－x 1＋x 22＝x 21＋p 22px 1－x 22＝x 21－x 1x 22p x 1－x 22＝x 1p .又x 2＝2py ，∴y ′＝xp .∴抛物线x 2＝2py 在点A 处的切线的斜率k ′＝x 1p . ∴直线AN 与抛物线相切．典例2(2019·某某二模)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 2a 2＋y 2＝1(1<a <5)上，该椭圆的左顶点A 到直线x －y ＋5＝0的距离为322.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)假设线段MN 平行于y 轴，满足(ON →－2OM →)·MN →＝0，动点P 在直线x ＝23上，满足ON →·NP→＝2.证明：过点N 且垂直于OP 的直线过椭圆C 的右焦点F . 解题思路 (1)根据椭圆的左顶点A 到直线x －y ＋5＝0的距离为322，列关于a 的等量关系求解，得椭圆C 的方程．(2)设出M ，N ，P 的坐标(注意M 与N 的横坐标相同，P 的横坐标)．先用(ON →－2OM →)·MN →＝0和ON →·NP →＝2推出坐标之间的关系，再利用这些等量关系证明NF →·OP→＝0. 规X 解答 (1)设左顶点A 的坐标为(－a,0)， ∵|－a ＋5|2＝322，∴|a －5|＝3，解得a ＝2或a ＝8(舍去)， ∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：由题意，设M (x 0，y 0)，N (x 0，y 1)，P (23，t )，且y 1≠y 0，由(ON →－2OM →)·MN →＝0，可得(x 0－2x 0，y 1－2y 0)·(0，y 1－y 0)＝0，整理可得y 1＝2y 0，由ON →·NP →＝2，可得(x 0,2y 0)·(23－x 0，t －2y 0)＝2，整理，得23x 0＋2y 0t ＝x 20＋4y 20＋2＝6，由(1)可得F (3，0)， ∴NF →＝(3－x 0，－2y 0)， ∴NF →·OP →＝(3－x 0，－2y 0)·(23，t )＝6－23x 0－2y 0t ＝0， ∴NF ⊥OP ，故过点N 且垂直于OP 的直线过椭圆C 的右焦点F . 热点题型4 圆锥曲线中的最值与X 围问题典例1(2019·某某二模)设F 为抛物线C ：y 2＝2px 的焦点，A 是C 上一点，F A 的延长线交y 轴于点B ，A 为FB 的中点，且|FB |＝3.(1)求抛物线C 的方程；(2)过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于M ，N 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，求四边形MDNE 面积的最小值．解题思路(1)由题意画出图形，结合条件列式求得p ，那么抛物线C 的方程可求．(2)由直线l 1的斜率存在且不为0，设其方程为y ＝k (x －1)，与抛物线方程联立，求出|MN |，同理可求|DE |⎝ ⎛⎭⎪⎫实际上，在|MN |的表达式中用－1k 代替k 即可，可得四边形MDNE 的面积表达式，再利用基本不等式求最值．规X 解答 (1)如图，∵A 为FB 的中点，∴A 到y 轴的距离为p4， ∴|AF |＝p 4＋p 2＝3p 4＝|FB |2＝32，解得p ＝2. ∴抛物线C 的方程为y 2＝4x . (2)由直线l 1的斜率存在且不为0， 设其方程为y ＝k (x －1)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1，y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0.∵Δ>0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝2＋4k 2，那么|MN |＝x 1＋x 2＋2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k 2； 同理设D (x 3，y 3)，E (x 4，y 4)，∴x 3＋x 4＝2＋4k 2， 那么|DE |＝x 3＋x 4＋2＝4(1＋k 2)．∴四边形MDNE 的面积S ＝12|MN |·|DE |＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋k 2＋1k 2≥32.当且仅当k ＝±1时，四边形MDNE 的面积取得最小值32.典例2 如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A (2，0)，左、右焦点分别为F 1，F 2，过点A 且斜率为12的直线与y 轴交于点P ，与椭圆交于另一个点B ，且点B 在x 轴上的射影恰好为点F 1.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点P 且斜率大于12的直线与椭圆交于M ，N 两点(|PM |>|PN |)，假设S △P AM ∶S △PBN ＝λ，某某数λ的取值X 围．解题思路 (1)求点B 的坐标→根据k AB ＝12列方程→由题意得a ＝2，a 2＝b 2＋c 2，解方程组求a ，b ，c ，写出椭圆C 的标准方程．(2)S △P AM ∶S △PBN ＝λ――→面积公式PM →与PN →的关系→点M ，N 坐标之间的关系→直线MN 的方程与椭圆C 的方程联立，消去y 整理→用根与系数的关系得出点M ，N 的坐标之间的关系式→推出λ与k 的关系，并根据k >12求X 围，找到λ所满足的不等式，求出λ的取值X 围．规X 解答 (1)因为BF 1⊥x 轴，所以点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－c ，－b 2a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b 2a a ＋c＝12，a 2＝b 2＋c2⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝3，c ＝1，所以椭圆C 的标准方程是x 24＋y 23＝1. (2)因为S △P AM S △PBN＝12|P A |·|PM |·sin ∠APM12|PB |·|PN |·sin ∠BPN＝2·|PM |1·|PN |＝λ⇒|PM ||PN |＝λ2(λ>2)， 所以PM→＝－λ2PN →. 由(1)可知P (0，－1)，设直线MN ：y ＝kx －1⎝ ⎛⎭⎪⎫k >12，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，联立方程，得⎩⎨⎧y ＝kx －1，x 24＋y 23＝1，化简得，(4k 2＋3)x 2－8kx －8＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k 4k 2＋3，x 1x 2＝－84k 2＋3.(*)又PM →＝(x 1，y 1＋1)，PN →＝(x 2，y 2＋1)， 有x 1＝－λ2x 2，将x 1＝－λ2x 2代入(*)可得，2－λ2λ＝16k 24k 2＋3.因为k >12，所以16k 24k 2＋3＝163k 2＋4∈(1,4)，那么1<2－λ2λ<4且λ>2⇒4<λ<4＋2 3.综上所述，实数λ的取值X 围为(4,4＋23)． 热点题型5 圆锥曲线中的探索性问题典例1(2019·某某一模)抛物线E ：y 2＝4x ，圆C ：(x －3)2＋y 2＝1.(1)假设过抛物线E的焦点F的直线l与圆C相切，求直线l的方程；(2)在(1)的条件下，假设直线l交抛物线E于A，B两点，x轴上是否存在点M(t,0)使∠AMO＝∠BMO(O为坐标原点)？假设存在，求出点M的坐标；假设不存在，请说明理由．解题思路(1)求得抛物线的焦点，设出直线l的方程，运用直线l和圆C相切的条件：d＝r，解方程可得所求直线方程．(2)设出A，B的坐标，联立直线l的方程和抛物线E的方程，运用根与系数的关系和直线的斜率公式，依据∠AMO＝∠BMO，即k AM＋k BM＝0列方程化简整理，解方程可得t，即得点M的坐标，从而得到结论．规X解答(1)由题意，得抛物线的焦点F(1,0)，当直线l的斜率不存在时，过F的直线不可能与圆C相切，所以直线l的斜率存在．设直线l的斜率为k，方程为y＝k(x－1)，即kx－y－k＝0，由圆心(3,0)到直线l的距离为d＝|3k－k|1＋k2＝2|k|1＋k2，当直线l与圆C相切时，d＝r＝1，解得k＝±3 3，即直线l的方程为y＝±33(x－1)．(2)由(1)，当直线l的方程为y＝33(x－1)时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立抛物线E的方程可得x2－14x＋1＝0，那么x 1＋x 2＝14，x 1x 2＝1，x 轴上假设存在点M (t,0)使∠AMO ＝∠BMO ， 即有k AM ＋k BM ＝0， 得y 1x 1－t＋y 2x 2－t ＝0， 即y 1(x 2－t )＋y 2(x 1－t )＝0， 由y 1＝33(x 1－1)，y 2＝33(x 2－1)， 可得2x 1x 2－(x 1＋x 2)－(x 1＋x 2－2)t ＝0，即2－14－12t ＝0，即t ＝－1，M (－1,0)符合题意；当直线l 的方程为y ＝－33(x －1)时，由对称性可得M (－1，0)也符合条件． 所以存在定点M (－1,0)使∠AMO ＝∠BMO .典例2(2019·某某模拟)点A (0，－1)，B (0,1)，P 为椭圆C ：x 22＋y 2＝1上异于点A ，B 的任意一点．(1)求证：直线P A ，PB 的斜率之积为－12；(2)是否存在过点Q (－2,0)的直线l 与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，使得|BM |＝|BN |？假设存在，求出直线l 的方程；假设不存在，请说明理由．解题思路(1)设点P (x ，y )(x ≠0)，代入椭圆方程，由直线的斜率公式，即可得证． (2)假设存在直线l 满足题意．显然当直线斜率不存在时，直线与椭圆C 不相交，讨论直线的斜率是否为0，联立直线方程和椭圆方程，运用根与系数的关系和两直线垂直的条件：由|BM |＝|BN |想到在△BMN 中，边MN 所在直线的斜率与MN边上的中线所在直线的斜率之积为－1，可得所求直线方程．规X 解答 (1)证明：设点P (x ，y )(x ≠0)， 那么x 22＋y 2＝1，即y 2＝1－x 22， ∴k P A ·k PB ＝y ＋1x ·y －1x ＝y 2－1x 2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 22－1x 2＝－12，故得证．(2)假设存在直线l 满足题意．显然当直线斜率不存在时，直线与椭圆C 不相交．①当直线l 的斜率k ≠0时，设直线l 为y ＝k (x ＋2)，联立椭圆方程x 2＋2y 2＝2，化简得(1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－2＝0， 由Δ＝64k 4－4(1＋2k 2)(8k 2－2)>0， 解得－22<k <22(k ≠0)， 设点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，那么⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8k 21＋2k 2，x 1x 2＝8k 2－21＋2k2，∴y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋4k ＝k ·－8k 21＋2k 2＋4k ＝4k 1＋2k 2， 取MN 的中点H ，即H ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，那么y1＋y22－1x1＋x22·k＝－1，即2k1＋2k2－1－4k21＋2k2·k＝－1，化简得2k2＋2k＋1＝0，无实数解，故舍去．②当k＝0时，M，N为椭圆C的左、右顶点，显然满足|BM|＝|BN|，此时直线l的方程为y＝0.综上可知，存在直线l满足题意，此时直线l的方程为y＝0.。
高考数学一轮复习讲义 第58课时 圆锥曲线的综合问题 理
451课题：直线和圆锥曲线的综合问题考纲要求：1.理解数形结合的思想.2.了解圆锥曲线的简单应用. 教材复习1.对相交弦长问题及中点弦问题要正确运用“设而不求”，常结合韦达定理 .2.解决直线和圆锥曲线的位置关系问题时，经常转化为它们所对应的方程构成的方程组是否 有解或解的个数问题.对于消元后的一元二次方程，必须讨论二次项的系数和判别式△，注意直线与圆锥曲线相切必有一个公共点，对圆与椭圆来说反之亦对，但对双曲线和抛物线来说直线与其有一公共点，可能是相交的位置关系.有时借助图形的几何性质更为方便.3.涉及弦的中点问题，除利用韦达定理外，也可以运用“点差法”，但必须以直线与圆锥曲线相交为前提，否则不宜用此法.4.直线与圆锥曲线相交的弦长计算：()1连结圆锥曲线上两点的线段称为圆锥曲线的弦；()2易求出弦端点坐标时用距离公式求弦长；()3一般情况下,解由直线方程和圆锥曲线方程组成的方程组,得到关于x (或y )的一元二次方程,利用方程组的解与端点坐标的关系，结合韦达定理得到弦长公式：d ==2212))(11(y y k-+. 5.涉及垂直关系问题，一般是利用斜率公式及韦达定理求解，设()11,A x y 、()22,B x y ，()00,P x y 是直线与圆锥曲线的两个交点，O 为坐标原点，则OA OB ⊥⇔12120x x y y +=，AP BP ⊥⇔()()()()010201020x x x x y y y y -⋅-+-⋅-=6.解析几何解题的基本方法：数形结合法，以形助数，用数定形.常用此法简化运算.基本知识方法1.在几何问题中，有些几何量与参数无关，这就构成了定值问题，解决这类问题一种思路是进行一般计算推理求出其结果；另一种是通过考查极端位置，探索出“定值”是多少，然后再进行一般性证明或计算，即将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角形式，证明该式是恒定的.如果试题以客观题形式出现，特殊方法往往比较奏效.2.对满足一定条件曲线上两点连结所得直线过定点或满足一定条件的曲线过定点问题，设该直线（曲线）上两点的坐标，利用坐标在直线（或曲线）上，建立点的坐标满足的方程（组），求出相应的直线（或曲线），然后再利用直线（或曲线）过定点的知识加以解决. 可从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况.3.解析几何的最值和范围问题，一般先根据条件列出所求目标的函数关系式，然后根据函数关系式的特征选用参数法、配方法、判别式法、不等式法、单调性法、导数法以及三角函数最值法等求出它的最大值和最小值. 典例分析：452考点一 弦长问题问题1．设直线l 过双曲线2213y x -=的一个焦点，交双曲线于A 、B 两点，O 为坐标原点，若0OA OB ⋅=，求AB 的值.考点二 焦点弦问题问题2．过抛物线22y px =（0p >）的焦点作一条直线交抛物线于()11,A x y 、()22,B x y ， 两点，设直线的倾斜角为θ.求证：()1212y y p ⋅=-；()222sin pAB θ=考点三 范围与最值问题问题3．（2010湖北）已知一条曲线C 在y 轴右边，C 上每一点到点()1,0F 的距离减去它到y 轴距离的差都是1.(Ⅰ)求曲线C 的方程；（Ⅱ）是否存在正数m ，对于过点(),0M m 且与曲线C 有两个交点,A B 的任一直线，都有0FA FB <？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由.453问题4．(2012浙江) 如图，椭圆C ：2222+1x y a b =(0a b >>)的离心率为12，其左焦点到点()2,1PO 的直线l 与C 相交于A ，B 两点，且线段AB 被直线OP 平分． (Ⅰ)求椭圆C 的方程；(Ⅱ) 求ABP △的面积取最大时直线l 的方程．454考点四 定点定值问题问题5．(2013陕西)已知动圆过定点()4,0A , 且在y 轴上截得的弦MN 的长为8. (Ⅰ) 求动圆圆心的轨迹C 的方程；(Ⅱ) 已知点()1,0B -, 设不垂直于x 轴的直线l 与轨迹C 交于不同的两点P , Q , 若x 轴是PBQ ∠的角平分线, 证明直线l 过定点.455问题6．(2011山东) 已知直线l 与椭圆C : 22132x y +=交于()11,P x y ，()22,Q x y 两不同点，且OPQ △的面积S =,其中Q 为坐标原点. （Ⅰ）证明2212x x +和2212y y +均为定值； （Ⅱ）设线段PQ 的中点为M ，求OM PQ ⋅的最大值；（Ⅲ）略.456考点五 探索性问题问题7．（04湖北）直线l ：1y kx =+与双曲线C ：2221x y -=的右支交于不同的两点A 、B .（Ⅰ）求实数k 的取值范围；（Ⅱ）是否存在实数k ，使得以线段AB 为直径的圆经过双曲线C 的右焦点F ？若存在，求出k 的值；若不存在，说明理由.课后作业：1.（07南通九校联考）过双曲线2212y x -=的右焦点作直线l 交双曲线于A 、B 两点，若4AB =，则满足条件的直线l 有 .A 2条 .B 3条 .C 4条 .D 无数条4572.已知双曲线C :2214y x -= ，过点P (1,1)作直线l ，使l 与C 有且只有一个公共点，则满足上述条件的直线l 共有 .A 1 条 .B 2条 .C 3条 .D 4条3.（07北京海淀区）若不论k 为何值，直线()2y k x b =-+与直线221x y -=总有公共点，则b 的取值范围是.A ( .B ⎡⎣ .C ()2,2- .D []2,2-4.直线10kx y k -++=与椭圆2212516x y +=公共点的个数是.A 0 .B 1 .C 2 .D 随k 变化而改变5.椭圆122=+ny mx 与直线1=+y x 交于,M N 两点，MN 的中点为P ，且OP 的斜率为22，则n m 的值为 .A 22 .B 322 .C 229 .D 27326.已知椭圆2224x y+=，则以(1,1)为中点的弦的长度是.A.B.C.D7.若直线1y kx=+和椭圆22125x ym+=恒有公共点，则实数m的取值范围为8.过椭圆2222x y+=的一个焦点的直线交椭圆于P、Q两点,求POQ△面积的最大值9.中心在原点，焦点在x轴上的椭圆的左焦点为F，离心率为13e=，过F作直线l交椭圆于,A B两点，已知线段AB的中点到椭圆左准线的距离是6，则AB=45845910. 已知椭圆22221x y a b+=（0a b >>）的右焦点为F ，过F 作直线与椭圆相交于A 、B两点，若有2BF AF =，求椭圆离心率的取值范围.11.抛物线22y px =的顶点任意作两条互相垂直的弦OA 、OB求证：AB 交抛物线的对称轴上一定点.460走向高考：12.（06福建）已知双曲线12222=-by a x (0a >，0b >)的右焦点为F ，若过点F 且倾斜角为60︒的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线离心率的取值范围是.A (]1,2 .B ()1,2 .C [)2,+∞ .D ()2,+∞13.（06江西）P 是双曲线221916x y -=的右支上一点，,M N 分别是圆()2254x y ++=和()2251x y -+=上的点，则PM PN -的最大值为 .A 6 .B 7 .C 8 .D 914.(2013安徽) 已知直线y a =交抛物线2y x =于,A B 两点.若该抛物线上存在 点C ，使得ABC ∠为直角，则a 的取值范围为15.（07全国Ⅰ）已知椭圆22132x y +=的左、右焦点分别为1F ，2F ．过1F 的直线交椭圆于,B D 两点，过2F 的直线交椭圆于,A C 两点，且AC BD ⊥，垂足为P ．（Ⅰ）设P 点的坐标为00()x y ，，证明：2200132x y +<； （Ⅱ）求四边形ABCD 的面积的最小值．。
2024届高考一轮复习数学课件(新人教B版)：圆锥曲线中探索性与综合性问题
(2)在抛物线E上任取与原点不重合的点A，过A作抛物线E的切线交x轴 于点B，点A在直线x＝－1上的射影为点C，试判断四边形ACBF的形状， 并说明理由.
1234
设A(x0，y0)，则过A作抛物线E的切线为y－y0＝k(x－x0)， 即 x＝y－k y0＋x0， 代入 y2＝4x，整理得 ky2－4y＋4y0－ky20＝0， 因为此直线与抛物线相切，所以 Δ＝4(4－4ky0＋k2y20)＝0， 即(ky0－2)2＝0，解得 k＝y20， 所以过 A 的切线为 y－y0＝y20(x－x0)，
＝kx－p2， 联立抛物线方程得 k2x2－(k2p＋2p)x＋k24p2＝0，
Δ＝(k2p＋2p)2－k4p2>0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1＋x2＝k2pk＋2 2p＝2kp2 ＋p， 此时|AB|＝x1＋x2＋p＝2kp2 ＋2p>2p，
显然当直线AB的斜率不存在时，|AB|的值最小， 即2p＝4，解得p＝2， ∴抛物线E：y2＝4x.
第八章 直线和圆、圆锥曲线
§8.13 圆锥曲线中探索性 与综合性问题
题型一 探索性问题
例 1 (2023·南通模拟)已知双曲线 C：ax22－by22＝1(a>0，b>0)的离心率为 2，
且过点
315，
2.
(1)求双曲线C的标准方程；
依题意ac＝2， 35a2－b22＝1，
结合 c2＝a2＋b2，
所以抛物线C的标准方程为x2＝4y.
(2)不过点M的直线l与抛物线C相交于A，B两点，若直线MA，MB的斜率 之积为－2，试判断直线l能否与圆(x－2)2＋(y－m)2＝80相切？若能，求 此时直线l的方程；若不能，请说明理由.
高考数学一轮 圆锥曲线的综合问题(学案)
§9.8圆锥曲线的综合问题★知识梳理★1.直线与圆锥曲线C 的位置关系：将直线l 的方程代入曲线C 的方程，消去y 或者消去x ，得到一个关于x （或y ）的方程ax 2＋bx ＋c ＝0.(1)交点个数：①当 a ＝0或a≠0，⊿＝0 时,曲线和直线只有一个交点；②当 a≠0,⊿>0时,曲线和直线有两个交点；③ 当⊿<0 时,曲线和直线没有交点。
(2) 弦长公式： 2.对称问题：曲线上存在两点关于已知直线对称的条件：①曲线上两点所在的直线与已知直线垂直（得出斜率）②曲线上两点所在的直线与曲线有两个公共点（⊿>0）③曲线上两点的中点在对称直线上。
3.求动点轨迹方程：①轨迹类型已确定的,一般用待定系数法；②动点满足的条件在题目中有明确的表述且轨迹类型未知的,一般用直接法；③一动点随另一动点的变化而变化，一般用代入转移法。
★重难点突破★重点：掌握直线与圆锥曲线的位置关系的判断方法及弦长公式；掌握弦中点轨迹的求法； 理解和掌握求曲线方程的方法与步骤，能利用方程求圆锥曲线的有关范围与最值 难点：轨迹方程的求法及圆锥曲线的有关范围与最值问题重难点：综合运用方程、函数、不等式、轨迹等方面的知识解决相关问题 1.体会“设而不求”在解题中的简化运算功能①求弦长时用韦达定理设而不求;②弦中点问题用“点差法”设而不求.2.体会数学思想方法（以方程思想、转化思想、数形结合思想为主）在解题中运用问题1：已知点1F 为椭圆15922=+y x 的左焦点，点)1,1(A ，动点P 在椭圆上，则||||1PF PA +的最小值为 .点拨：设2F 为椭圆的右焦点，利用定义将||1PF 转化为||2PF ，结合图形，||||6||||21PF PA PF PA -+=+，当2F A P 、、共线时最小，最小值为2-6★热点考点题型探析★考点1直线与圆锥曲线的位置关系 题型1：交点个数问题[例1 ] 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]【解题思路】解决直线与圆锥曲线的交点个数问题的通法为判别式法 [解析] 易知抛物线28y x =的准线2x =-与x 轴的交点为Q (－2 , 0)， 于是，可设过点Q (－2 , 0)的直线l 的方程为(2)y k x =+，4)(1 ||1||212212122x x x x k x x k AB ⋅-+⋅+=-⋅+=联立222228,(48)40.(2),y x k x k x k y k x ⎧=⇒+-+=⎨=+⎩其判别式为2242(48)1664640k k k ∆=--=-+≥，可解得 11k -≤≤，应选C. 【名师指引】（1）解决直线与圆锥曲线的交点问题的方法：一是判别式法；二是几何法（2）直线与圆锥曲线有唯一交点，不等价于直线与圆锥曲线相切，还有一种情况是平行于对称轴（抛物线）或平行于渐近线（双曲线）（3）联立方程组、消元后得到一元二次方程，不但要对∆进行讨论，还要对二次项系数是否为0进行讨论【新题导练】1. （09摸底）已知将圆228x y +=上的每一点的纵坐标压缩到原来的12,对应的横坐标不变,得到曲线C ；设)1,2(M ，平行于OM 的直线l 在y 轴上的截距为m (m ≠0),直线l 与曲线C 交于A 、B 两个不同点. (1)求曲线C 的方程；(2)求m 的取值范围.[解析]（1）设圆上的动点为)','('y x P 压缩后对应的点为),(y x P ，则⎩⎨⎧==yy xx 2''，代入圆的方程得曲线C 的方程：12822=+y x （2）∵直线l 平行于OM ，且在y 轴上的截距为m,又21=OM K , ∴直线l 的方程为m x y +=21. 由221,2 1.82y x m x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩, 得 222240x mx m ++-= ∵直线l 与椭圆交于A 、B 两个不同点，∴22(2)4(24)0,m m ∆=--> 解得220m m -<<≠且.∴m 的取值范围是2002m m -<<<<或. 题型2：与弦中点有关的问题[例2]（08韶关调研）已知点A 、B 的坐标分别是(1,0)-，(1,0).直线,AM BM 相交于点M ，且它们的斜率之积为－2. (Ⅰ)求动点M 的轨迹方程;(Ⅱ)若过点1(,1)2N 的直线l 交动点M 的轨迹于C 、D 两点, 且N 为线段CD 的中点，求直线l 的方程. 【解题思路】弦中点问题用“点差法”或联立方程组，利用韦达定理求解 [解析] (Ⅰ)设(,)M x y ， 因为2AM BM k k ⋅=-,:()22221x y x +=≠±(Ⅱ) 设1122(,),(,)C x y D x y 当直线l ⊥x 轴时,l 的方程为12x =,则11((,22C D ,它的中点不是N ,不合题意 设直线l 的方程为11()2y k x -=- 将1122(,),(,)C x y D x y 代入()22221x y x +=≠±得221122x y +=…………(1) 222222x y += (2)(1)－(2)整理得:12121212122()12()212y y x x k x x y y ⨯-+==-=-=--+⨯ 直线l 的方程为111()22y x -=--即所求直线l 的方程为230x y +-= 解法二: 当直线l ⊥x 轴时,直线l 的方程为12x =,则11(,(,2222C D -, 其中点不是N ,不合题意.故设直线l 的方程为11()2y k x -=-,将其代入()22221x y x +=≠±化简得222(2)2(1)(1)2022k k k x k x ++-+--=由韦达定理得222212221224(1)4(2)[(1)2]0(1)222(1)2(2)2(1)22(3)2k k k k k k x x k k x x k ⎧--+-->⎪⎪⎪-⎪+=-⎨+⎪⎪--⎪⋅=⎪+⎩,又由已知N 为线段CD 的中点,得122(1)222kk x x k -+=-+12=,解得12k =-, 将12k =-代入(1)式中可知满足条件.此时直线l 的方程为111()22y x -=--,即所求直线l 的方程为230x y +-=【名师指引】通过将C 、D 的坐标代入曲线方程，再将两式相减的过程，称为代点相减．这里，代点相减后，适当变形，出现弦PQ 的斜率和中点坐标，是实现设而不求（即点差法）的关键．两种解法都要用到“设而不求”，它对简化运算的作用明显，用“点差法”解决弦中点问题更简洁 【新题导练】2.椭圆141622=+y x 的弦被点)1,2(P 所平分，求此弦所在直线的方程。
2023年高考数学(文科)一轮复习讲义——圆锥曲线的综合问题 第一课时 定点问题
第一课时 定点问题题型一 直线过定点问题例1 (2020·全国Ⅰ卷)已知A ，B 分别为椭圆E ：x 2a 2＋y 2＝1(a >1)的左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG →·GB →＝8，P 为直线x ＝6上的动点，P A 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D . (1)求E 的方程；(2)证明：直线CD 过定点.(1)解 由题设得A (－a ，0)，B (a ，0)，G (0，1). 则AG→＝(a ，1)，GB →＝(a ，－1). 由AG →·GB →＝8，得a 2－1＝8， 解得a ＝3或a ＝－3(舍去). 所以椭圆E 的方程为x 29＋y 2＝1.(2)证明 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，P (6，t ).若t ≠0，设直线CD 的方程为x ＝my ＋n ，由题意可知－3<n <3. 易知直线P A 的方程为y ＝t9(x ＋3)， 所以y 1＝t9(x 1＋3).易知直线PB 的方程为y ＝t3(x －3)， 所以y 2＝t3(x 2－3).可得3y 1(x 2－3)＝y 2(x 1＋3).① 由于x 229＋y 22＝1， 故y 22＝－（x 2＋3）（x 2－3）9，②由①②可得27y 1y 2＝－(x 1＋3)(x 2＋3)， 结合x ＝my ＋n ，得(27＋m 2)y 1y 2＋m (n ＋3)(y 1＋y 2)＋(n ＋3)2＝0.③ 将x ＝my ＋n 代入x 29＋y 2＝1， 得(m 2＋9)y 2＋2mny ＋n 2－9＝0. 所以y 1＋y 2＝－2mnm 2＋9，y 1y 2＝n 2－9m 2＋9.代入③式，得(27＋m 2)(n 2－9)－2m (n ＋3)mn ＋(n ＋3)2(m 2＋9)＝0. 解得n ＝－3(舍去)或n ＝32. 故直线CD 的方程为x ＝my ＋32， 即直线CD 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0.若t ＝0，则直线CD 的方程为y ＝0，过点⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0.综上，直线CD 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0.感悟提升 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为参数表示变化量，再研究变化的量与参数没有关系，找到定点.(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.训练1 已知点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上一点，F 1，F 2分别是椭圆的左、右焦点，|PF 1|＋|PF 2|＝4. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)设直线l 不经过P 点且与椭圆C 相交于A ，B 两点.若直线P A 与直线PB 的斜率之和为1，问：直线l 是否过定点？证明你的结论. 解 (1)由|PF 1|＋|PF 2|＝4，得a ＝2， 又P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32在椭圆上，代入椭圆方程有1a 2＋94b 2＝1，解得b ＝3，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1. (2)当直线l 的斜率不存在时， 设A (x 1，y 1)，B (x 1，－y 1)，k 1＋k 2＝y 1－32－y 1－32x 1＋1＝1，解得x 1＝－4，与椭圆无交点，不符合题意；当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2－12＝0，整理得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0， x 1＋x 2＝－8km3＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－123＋4k 2， Δ＝48(4k 2－m 2＋3)>0. 由k 1＋k 2＝1，整理得(2k －1)x 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋m －52(x 1＋x 2)＋2m －4＝0，即(m －4k )(2m －2k －3)＝0.当m ＝k ＋32时，此时，直线l 过P 点，不符合题意；当m ＝4k 时，Δ＝4k 2－m 2＋3>0有解，此时直线l ：y ＝k (x ＋4)过定点(－4，0).题型二 圆过定点问题例2 (2021·湖南三湘名校联考)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b ≥1)的离心率为22，它的上焦点到直线bx ＋2ay －2＝0的距离为23. (1)求椭圆C 的方程；(2)过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，试探究以线段AB 为直径的圆是否过定点.若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由. 解 (1)由题意得，e ＝c a ＝22. 又a 2＝b 2＋c 2， 所以a ＝2b ，c ＝b . 又|2ac －2|4a 2＋b 2＝23，a >b ≥1，所以b 2＝1，a 2＝2， 故椭圆C 的方程为y 22＋x 2＝1.(2)当AB ⊥x 轴时，以线段AB 为直径的圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －132＋y 2＝169.当AB ⊥y 轴时，以线段AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1. 可得两圆交点为Q (－1，0).由此可知，若以线段AB 为直径的圆过定点，则该定点为Q (－1，0). 下证Q (－1，0)符合题意. 设直线l 的斜率存在，且不为0， 其方程设为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －13，代入y 22＋x 2＝1，并整理得(k 2＋2)x 2－23k 2x ＋19k 2－2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 23（k 2＋2），x 1x 2＝k 2－189（k 2＋2）， 所以QA →·QB →＝(x 1＋1)(x 2＋1)＋y 1y 2＝x 1x 2＋x 1＋x 2＋1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－13 ＝(1＋k 2)x 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13k 2(x 1＋x 2)＋1＋19k 2＝(1＋k 2)·k 2－189（k 2＋2）＋⎝⎛⎭⎪⎫1－13k 2·2k 23（k 2＋2）＋1＋19k 2 ＝0.故QA→⊥QB →，即Q (－1，0)在以线段AB 为直径的圆上.综上，以线段AB 为直径的圆恒过定点(－1，0).感悟提升 1.定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平位置、竖直位置，即k ＝0或k 不存在时.2.圆过定点问题，一般从圆的直径所对的圆心角为直角入手，利用垂直关系找到突破口，从而解决问题.训练2 (2022·江西红色七校联考)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，且椭圆上一点到两个焦点的距离之和为2 2. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点S ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0的动直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，试问：在x 轴上是否存在一个定点T ，使得无论直线l 如何转动，以AB 为直径的圆恒过点T ？若存在，求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由. 解 (1)由椭圆的定义可得2a ＝22， 则a ＝2，∵椭圆C 的离心率e ＝c a ＝22， ∴c ＝1，则b ＝a 2－c 2＝1，∴椭圆C 的标准方程为y 22＋x 2＝1.(2)当直线l 不与x 轴重合时，设直线l 的方程为x ＝my －13，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，T (t ，0)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －13，y 22＋x 2＝1消去x 并整理，得(18m 2＋9)y 2－12my －16＝0，Δ＝144m 2＋64(18m 2＋9)＝144(9m 2＋4)>0恒成立， 则y 1＋y 2＝12m 18m 2＋9＝4m 6m 2＋3，y 1y 2＝－1618m 2＋9. 由于以AB 为直径的圆恒过点T ， 则TA ⊥TB ，TA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫my 1－t －13，y 1，TB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫my 2－t －13，y 2，则TA →·TB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫my 1－t －13⎝ ⎛⎭⎪⎫my 2－t －13＋y 1y 2 ＝(m 2＋1)y 1y 2－m ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋13(y 1＋y 2)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋132＝－16（m 2＋1）－m ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋13×12m18m 2＋9＋⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋132 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋132－（12t ＋20）m 2＋1618m 2＋9＝0， ∵点T 为定点，∴t 为定值，与m 无关， ∴12t ＋2018＝169，解得t ＝1，此时TA →·TB→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432－169＝0，符合题意. 当直线l 与x 轴重合时，AB 为椭圆C 的短轴，易知以AB 为直径的圆过点(1，0). 综上所述，存在定点T (1，0)，使得无论直线l 如何转动，以AB 为直径的圆恒过定点T .圆锥曲线中的“伴侣点”问题在圆锥曲线的很多性质中，常常出现一对活跃的点A (m ，0)和B ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2m ，0，这一对点总是同时出现在圆锥曲线的对称轴上，形影不离，相伴而行，我们把这对特殊的点形象地称作圆锥曲线的“伴侣点”.圆锥曲线的“伴侣点”在我们研究圆锥曲线的性质中具有重要的地位，蕴涵着圆锥曲线许多有趣的性质. 例 已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)，设A (m ，0)和B ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2m ，0(0<m <a )是x 轴上的两点，过点A 作斜率不为0的直线l ，使得l 交双曲线于C ，D 两点，作直线BC 交双曲线于另一点E .证明：直线DE 垂直于x 轴. 证明 设点C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，E (x 3，y 3)， 则直线l 的方程为y ＝y 1x 1－m(x －m ). 把直线l 的方程代入双曲线方程，整理得(b 2x 21－a 2y 21－2b 2mx 1＋b 2m 2)x 2＋2a 2my 21x －a 2y 21m 2－a 2b 2(x 1－m )2＝0， 由b 2x 21－a 2y 21＝a 2b 2(点C 在双曲线上)，上面方程可化简为(a 2b 2－2b 2mx 1＋b 2m 2)x 2＋2a 2my 21x －a 2[(y 21＋b 2)m 2＋b 2x 21－2b 2mx 1]＝0， 又因为b 2x 21－a 2y 21＝a 2b 2， 所以a 2(y 21＋b 2)＝b 2x 21，代入上式，方程又可化简为(a 2b 2－2b 2mx 1＋b 2m 2)x 2＋2a 2my 21x －b 2x 21m 2－a 2b 2x 21＋2a 2b 2mx 1＝0，由已知，显然a 2b 2－2b 2mx 1＋b 2m 2≠0，于是x 1x 2＝－x 21m 2＋a 2x 21－2a 2mx 1a 2－2mx 1＋m 2，因为x 1≠0，得x 2＝－x 1m 2＋a 2x 1－2a 2ma 2－2mx 1＋m 2(*) 同理，直线BC 的方程为y ＝y 1x 1－a 2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2m ， 所以只要把(*)中m 换成a 2m，就可以得到x 3＝－x 1⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2m 2＋a 2x 1－2a 2a 2m a 2－2a 2m x 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2m 2＝－x 1m 2＋a 2x 1－2a 2m a 2－2mx 1＋m 2， 所以x 2＝x 3，故直线DE 垂直于x 轴.1.已知抛物线C 的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A (1，2)为抛物线C 上一点. (1)求抛物线C 的方程；(2)若点B (1，－2)在抛物线C 上，过点B 作抛物线C 的两条弦BP 与BQ ，如k BP ·k BQ ＝－2，求证：直线PQ 过定点.(1)解 若抛物线的焦点在x 轴上，设抛物线方程为y 2＝ax ，代入点A (1，2)，可得a ＝4，所以抛物线方程为y 2＝4x .若抛物线的焦点在y 轴上，设抛物线方程为x 2＝my ，代入点A (1，2)，可得m ＝12，所以抛物线方程为x 2＝12y .综上所述，抛物线C 的方程是y 2＝4x 或x 2＝12y .(2)证明 因为点B (1，－2)在抛物线C 上，所以由(1)可得抛物线C 的方程是y 2＝4x .易知直线BP ，BQ 的斜率均存在，设直线BP 的方程为y ＋2＝k (x －1)，将直线BP 的方程代入y 2＝4x ，消去y ，得 k 2x 2－(2k 2＋4k ＋4)x ＋(k ＋2)2＝0.设P (x 1，y 1)，则x 1＝（k ＋2）2k 2，所以P ⎝⎛⎭⎪⎫（k ＋2）2k 2，2k ＋4k . 用－2k 替换点P 坐标中的k ，可得Q ((k －1)2，2－2k )，从而直线PQ 的斜率为2k ＋4k －2＋2k（k ＋2）2k 2－（k －1）2＝2k 3＋4k－k 4＋2k 3＋4k ＋4＝2k－k 2＋2k ＋2，故直线PQ 的方程是 y －2＋2k ＝2k －k 2＋2k ＋2·[x －(k －1)2]. 在上述方程中，令x ＝3，解得y ＝2， 所以直线PQ 恒过定点(3，2).2.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1(－3，0)，F 2(3，0)，且经过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点B (4，0)作一条斜率不为0的直线l 与椭圆C 相交于P ，Q 两点，记点P 关于x 轴对称的点为P ′.证明：直线P ′Q 经过x 轴上一定点D ，并求出定点D 的坐标.(1)解 由椭圆的定义，可知 2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝（23）2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋12＝4.解得a ＝2.又b 2＝a 2－(3)2＝1.∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1. (2)证明 由题意，设直线l 的方程为 x ＝my ＋4(m ≠0).设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则P ′(x 1，－y 1).由⎩⎨⎧x ＝my ＋4，x 24＋y 2＝1，消去x ，可得(m 2＋4)y 2＋8my ＋12＝0. ∵Δ＝16(m 2－12)>0，∴m 2>12. ∴y 1＋y 2＝－8mm 2＋4，y 1y 2＝12m 2＋4.∵k P ′Q ＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1m （y 2－y 1）.∴直线P ′Q 的方程为 y ＋y 1＝y 2＋y 1m （y 2－y 1）(x －x 1).令y ＝0，可得x ＝m （y 2－y 1）y 1y 1＋y 2＋my 1＋4.∴x ＝2my 1y 2y 1＋y 2＋4＝2m ·12m 2＋4－8m m 2＋4＋4＝24m－8m＋4＝1.∴D (1，0).∴直线P ′Q 经过x 轴上定点D ，其坐标为(1，0).3.如图，已知直线l ：y ＝kx ＋1(k >0)关于直线y ＝x ＋1对称的直线为l 1，直线l ，l 1与椭圆E ：x 24＋y 2＝1分别交于点A ，M 和A ，N ，记直线l 1的斜率为k 1.(1)求kk 1的值；(2)当k 变化时，求证：直线MN 恒过定点，并求出该定点的坐标.(1)解 设直线l 上任意一点P (x ，y )关于直线y ＝x ＋1对称的点为P 0(x 0，y 0)， 直线l 与直线l 1的交点为(0，1)，所以l ：y ＝kx ＋1，l 1：y ＝k 1x ＋1，k ＝y －1x ，k 1＝y 0－1x 0， 由y ＋y 02＝x ＋x 02＋1，得y ＋y 0＝x ＋x 0＋2，①由y －y 0x －x 0＝－1，得y －y 0＝x 0－x ，②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 0＋1，y 0＝x ＋1，所以kk 1＝yy 0－（y ＋y 0）＋1xx 0＝（x ＋1）（x 0＋1）－（x ＋x 0＋2）＋1xx 0＝1. (2)证明 由⎩⎨⎧y ＝kx ＋1，x 24＋y 2＝1，得 (4k 2＋1)x 2＋8kx ＝0，设M (x M ，y M )，N (x N ，y N )，所以x M ＝－8k 4k 2＋1，所以y M ＝1－4k 24k 2＋1.同理可得x N ＝－8k 14k 21＋1＝－8k4＋k 2，y N ＝1－4k 214k 21＋1＝k 2－44＋k 2. k MN ＝y M －y N x M －x N ＝1－4k 24k 2＋1－k 2－44＋k 2－8k 4k 2＋1－－8k4＋k 2 ＝8－8k 48k （3k 2－3）＝－k 2＋13k ， 直线MN ：y －y M ＝k MN (x －x M )，即y －1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －－8k 4k 2＋1， 即y ＝－k 2＋13k x －8（k 2＋1）3（4k 2＋1）＋1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k x －53.所以当k 变化时，直线MN 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－53. 4.已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别是双曲线C 2：x 2m 2－y 2＝1的左、右焦点，且C 1与C 2相交于点⎝ ⎛⎭⎪⎫233，33. (1)求椭圆C 1的标准方程；(2)设直线l ：y ＝kx －13与椭圆C 1交于A ，B 两点，以线段AB 为直径的圆是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点；若不恒过定点，请说明理由.解 (1)将⎝ ⎛⎭⎪⎫233，33代入x 2m 2－y 2＝1，解得m 2＝1， ∴a 2＝m 2＋1＝2，将⎝ ⎛⎭⎪⎫233，33代入x 22＋y 2b 2＝1，解得b 2＝1，∴椭圆C 1的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －13，x 22＋y 2＝1，整理得(9＋18k 2)x 2－12kx －16＝0， ∴x 1＋x 2＝12k 9＋18k 2，x 1x 2＝－169＋18k 2， Δ＝144k 2＋64(9＋18k 2)>0.由对称性可知，以AB 为直径的圆若恒过定点，则定点必在y 轴上. 设定点为M (0，y 0)，则MA →＝(x 1，y 1－y 0)，MB →＝(x 2，y 2－y 0) MA →·MB →＝x 1x 2＋(y 1－y 0)(y 2－y 0) ＝x 1x 2＋y 1y 2－y 0(y 1＋y 2)＋y 20＝x 1x 2＋k 2x 1x 2－k 3(x 1＋x 2)－y 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤k （x 1＋x 2）－23＋19＋y 20 ＝(1＋k 2)x 1x 2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋y 0(x 1＋x 2)＋y 20＋23y 0＋19 ＝18（y 20－1）k 2＋9y 20＋6y 0－159＋18k 2＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 20－1＝0，9y 20＋6y 0－15＝0，解得y 0＝1， ∴M (0，1)，∴以线段AB 为直径的圆恒过定点(0，1).。
高三数学一轮复习圆锥曲线综合问题
直线与圆锥曲线的位置关系 [典题导入]
(2014· 长春三校调研)在直角坐标系 xOy 中， 点
1 M2，－2 ，
点 F 为抛物线 C：y＝mx2(m＞0)的焦点，线段 MF 恰被抛物线 C 平分． (1)求 m 的值； (2)过点 M 作直线 l 交抛物线 C 于 A、B 两点，设直线 FA、FM、 FB 的斜率分别为 k1、k2、k3，问 k1、k2、k3 能否成公差不为零的 等差数列？若能，求直线 l 的方程；若不能，请说明理由．
解析
(1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
[跟踪训练] 2． (2013· 新课标全国卷Ⅱ高考)平面直角坐标系 xOy 中， 过椭圆 M： x2 y2 ＋ ＝1(a＞b＞0)右焦点的直线 x＋y－ 3＝0 交 M 于 A，B a2 b2 1 两点，P 为 AB 的中点，且 OP 的斜率为 . 2 (1)求 M 的方程； (2)C，D 为 M 上两点，若四边形 ACBD 的对角线 CD⊥AB，求 四边形 ACBD 面积的最大值．
2 ．在利用代数法解决最值与范围问题时常从 以下五个方面考虑： (1) 利用判别式来构造不等关系，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在两个参数之间建立等量 关系； (3) 利用隐含或已知的不等关系建立不等式， 从而求出参数的取值范围； (4)利用基本不等式求出参数的取值范围； (5) 利用函数的值域的求法，确定参数的取值 范围．
所以当且仅当 m＝1－ 7时，u(m)取到最大值． 故当且仅当 m＝1－ 7时，S 取到最大值． 综上，所求直线 l 的方程为 3x＋2y＋2 7－2＝0.
新高考2024版高考数学一轮复习：高考大题专练五圆锥曲线的综合运用
专练48高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用1．[2023·新课标Ⅰ卷]在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P距离，记动点P的轨迹为W.(1)求W的方程；(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3 3.2．[2023·新课标Ⅱ卷]已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－25，0)，离心率为 5.(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上．3.[2023·全国乙卷(理)]已知椭圆C：y2a2＋x2b2＝1(a>b>0)的离心率为53，点A(－2，0)在C上．(1)求C的方程；(2)过点(－2，3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．4．[2022·全国甲卷(理)，20]设抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，点D (p ，0)，过F 的直线交C 于M ，N 两点．当直线MD 垂直于x 轴时，|MF |＝3.(1)求C 的方程；(2)设直线MD ，ND 与C 的另一个交点分别为A ，B ，记直线MN ，AB 的倾斜角分别为α，β.当α－β取得最大值时，求直线AB 的方程．5.[2023·全国甲卷(理)]已知直线x －2y ＋1＝0与抛物线C ：y 2＝2px (p >0)交于A ，B 两点，|AB |＝415.(1)求p ；(2)设F 为C 的焦点，M ，N 为C 上两点，且FM →·FN →＝0，求△MFN 面积的最小值．6．[2022·新高考Ⅱ卷，21]已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右焦点为F (2，0)，渐近线方程为y ＝±3x .(1)求C 的方程．(2)过F 的直线与C 的两条渐近线分别交于A ，B 两点，点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)在C 上，且x 1>x 2>0，y 1>0.过P 且斜率为－3的直线与过Q 且斜率为3的直线交于点M .从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①M 在AB 上；②PQ ∥AB ；③|MA |＝|MB |.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．7.[2022·全国乙卷(理)，20]已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过A (0，－2)，B (32，－1)两点．(1)求E 的方程；(2)设过点P (1，－2)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．8．[2022·新高考Ⅰ卷，21]已知点A (2，1)在双曲线C ：x 2a 2－y 2a 2－1＝1(a >1)上，直线l 交C 于P ，Q 两点，直线AP ，AQ 的斜率之和为0.(1)求l 的斜率；(2)若tan ∠PAQ ＝22，求△PAQ 的面积．专练48高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用1．解析：(1)设点P 的坐标为(x ，y )，依题意得|y |＝x 2＋（y －12）2，化简得x 2＝y －14，所以W 的方程为x 2＝y －14.(2)设矩形ABCD 的三个顶点A ，B ，C 在W 上，则AB ⊥BC ，矩形ABCD 的周长为2(|AB |＋|BC |).设B (t ，t 2＋14)，依题意知直线AB 不与两坐标轴平行，故可设直线AB 的方程为y －(t 2＋14)＝k (x －t )，不妨设k >0，与x 2＝y －14联立，得x 2－kx ＋kt －t 2＝0，则Δ＝k 2－4(kt －t 2)＝(k －2t )2>0，所以k ≠2t .设A (x 1，y 1)，所以t ＋x 1＝k ，所以x 1＝k －t ，所以|AB |＝1＋k 2|x 1－t |＝1＋k 2|k －2t |＝1＋k 2|2t －k |，|BC |＝1＋（1－1k ）2|－1k －2t |＝1＋k 2k |1k ＋2t |＝1＋k 2k 2|2kt ＋1|，且2kt ＋1≠0，所以2(|AB |＋|BC |)＝21＋k 2k2(|2k 2t －k 3|＋|2kt ＋1|).因为|2k 2t －k 3|＋|2kt ＋1|k 2－2k ）t ＋k 3－1，t ≤－12kk －2k 2）t ＋k 3＋1，－12k ＜t ≤k 2k 2＋2k ）t －k 3＋1，t >k 2，当2k －2k 2≤0，即k ≥1时，函数y ＝(－2k 2－2k )t ＋k 3－1在(－∞，－12k]上单调递减，函数y ＝(2k －2k 2)t ＋k 3＋1在(－12k ，k2]上单调递减或是常函数(当k ＝1时是常函数)，函数y＝(2k 2＋2k )t －k 3＋1在(k2，＋∞)上单调递增，所以当t ＝k2时，|2k 2t －k 3|＋|2kt ＋1|取得最小值，且最小值为k 2＋1，又k ≠2t ，所以2(|AB |＋|BC |)＞21＋k 2k 2(k 2＋1)＝2（1＋k 2）32k 2.令f (k )＝2（1＋k 2）32k 2，k ≥1，则f ′(k )＝2（1＋k 2）12（k ＋2）（k －2）k3，当1≤k ＜2时，f ′(k )＜0，当k ＞2时，f ′(k )＞0，所以函数f (k )在[1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以f (k )≥f (2)＝33，所以2(|AB |＋|BC |)＞2（1＋k 2）32k 2≥3 3.当2k －2k 2＞0，即0＜k ＜1时，函数y ＝(－2k 2－2k )t ＋k 3－1在(－∞，－12k]上单调递减，函数y ＝(2k －2k 2)t ＋k 3＋1在(－12k ，k 2]上单调递增，函数y ＝(2k 2＋2k )t －k 3＋1在(k2，＋∞)上单调递增，所以当t ＝－12k时，|2k 2t －k 3|＋|2kt ＋1|取得最小值，且最小值为k 3＋k ＝k (1＋k 2)，又2kt ＋1≠0，所以2(|AB |＋|BC |)＞21＋k 2k 2k (k 2＋1)＝2（1＋k 2）32k .令g (k )＝2（1＋k 2）32k ，0<k <1，则g ′(k )＝2（1＋k 2）12（2k 2－1）k2，当0<k <22时，g ′(k )<0，当22<k <1时，g ′(k )>0，所以函数g (k )在(0，22)上单调递减，在(22，1)上单调递增，所以g (k )≥g (22)＝33，所以2(|AB |＋|BC |)>2（1＋k 2）32k≥3 3.综上，矩形ABCD 的周长大于3 3.2．解析：(1)设双曲线C 的方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)，c 为双曲线C 的半焦距，＝25＝5＝a 2＋b 2＝25＝2＝4.所以双曲线C 的方程为x 24－y 216＝1.(2)方法一设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线MN 的方程为x ＝my －4，则x 1＝my 1－4，x 2＝my 2－4.my －4－y 216＝1，得(4m 2－1)y 2－32my ＋48＝0.因为直线MN 与双曲线C 的左支交于M ，N 两点，所以4m 2－1≠0，且Δ>0.1＋y 2＝32m4m 2－11y 2＝484m 2－1，所以y 1＋y 2＝2m3y 1y 2.因为A 1，A 2分别为双曲线C 的左、右顶点，所以A 1(－2，0)，A 2(2，0).直线MA 1的方程为y 1x 1＋2＝y x ＋2，直线NA 2的方程为y 2x 2－2＝yx －2，所以y 1x 1＋2y 2x 2－2＝yx ＋2y x －2，得（x 2－2）y 1（x 1＋2）y 2＝x －2x ＋2，（my 2－6）y 1（my 1－2）y 2＝my 1y 2－6y 1my 1y 2－2y 2＝x －2x ＋2.因为my 1y 2－6y 1my 1y 2－2y 2＝my 1y 2－6（y 1＋y 2）＋6y 2my 1y 2－2y 2＝my 1y 2－6·2m3y 1y 2＋6y 2my 1y 2－2y 2＝－3my 1y 2＋6y 2my 1y 2－2y 2＝－3，所以x －2x ＋2＝－3，解得x ＝－1，所以点P 在定直线x ＝－1上．方法二由题意得A 1(－2，0)，A 2(2，0).设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线MN 的方程为x ＝my －4，则x 214－y 21164x 21－y 21＝16.如图，连接MA 2，kMA 1·kMA 2＝y 1x 1＋2·y 1x 1－2＝y 21x 21－4＝4x 21－16x 21－4＝4①.由x 24－y 216＝1，得4x 2－y 2＝16，4[(x －2)＋2]2－y 2＝16，4(x －2)2＋16(x －2)＋16－y 2＝16，4(x －2)2＋16(x －2)－y 2＝0.由x ＝my －4，得x －2＝my －6，my －(x －2)＝6，16[my －(x －2)]＝1.4(x －2)2＋16(x －2)·16[my －(x －2)]－y 2＝0，4(x －2)2＋83(x －2)my －83(x －2)2－y 2＝0，两边同时除以(x －2)2，得43＋8m 3·yx －2－＝0，－8m 3·y x －2－43＝0.kMA 2＝y 1x 1－2，kNA 2＝y 2x 2－2，由根与系数的关系得kMA 2·kNA 2＝－43②.由①②可得kMA 1＝－3kNA 2.：y ＝kMA 1(x ＋2)＝－3kNA 2(x ＋2)，lNA 2：y ＝kNA 2(x －2).＝－3kNA 2（x ＋2）＝kNA 2（x －2），解得x ＝－1.所以点P 在定直线x ＝－1上．3．解析：(1)因为点A (－2，0)在C 上，所以4b2＝1，得b 2＝4.因为椭圆的离心率e ＝c a ＝53，所以c 2＝59a 2，又a 2＝b 2＋c 2＝4＋59a 2，所以a 2＝9，c 2＝5，故椭圆C 的方程为y 29＋x 24＝1.(2)由题意知，直线PQ 的斜率存在且不为0，设l PQ ：y －3＝k (x ＋2)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，k （x ＋2），＋x 24＝1，得(4k 2＋9)x 2＋(16k 2＋24k )x ＋16k 2＋48k ＝0，则Δ＝(16k 2＋24k )2－4(4k 2＋9)(16k 2＋48k )＝－36×48k >0，故x 1＋x 2＝－16k 2＋24k 4k 2＋9，x 1x 2＝16k 2＋48k4k 2＋9.直线AP ：y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，令x ＝0，解得y M ＝2y 1x 1＋2，同理得y N ＝2y 2x 2＋2，则y M ＋y N ＝2y 1（x 2＋2）＋y 2（x 1＋2）（x 1＋2）（x 2＋2）＝2（kx 1＋2k ＋3）（x 2＋2）＋（kx 2＋2k ＋3）（x 1＋2）（x 1＋2）（x 2＋2）＝22kx 1x 2＋（4k ＋3）（x 1＋x 2）＋8k ＋12x 1x 2＋2（x 1＋x 2）＋4＝22k （16k 2＋48k ）＋（4k ＋3）（－16k 2－24k ）＋（8k ＋12）（4k 2＋9）16k 2＋48k ＋2（－16k 2－24k ）＋4（4k 2＋9）＝2×10836＝6.所以MN 的中点的纵坐标为y M ＋y N2＝3，所以MN 的中点为定点(0，3).4．解析：(1)方法一由题意可知，当x ＝p 时，y 2＝2p 2.设M 点位于第一象限，则点M 的纵坐标为2p ，|MD |＝2p ，|FD |＝p2.在Rt△MFD 中，|FD |2＋|MD |2＝|FM |2＋(2p )2＝9，解得p ＝2.所以C 的方程为y 2＝4x .方法二抛物线的准线方程为x ＝－p2.当MD 与x 轴垂直时，点M 的横坐标为p .此时|MF |＝p ＋p2＝3，所以p ＝2.所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)设直线MN 的斜率为k 1，直线AB 的斜率为k 2，则k 1＝tan α，k 2＝tan β.由题意可得k 1≠0，k 2≠0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，y 1＞0，y 2＜0，A (x 3，y 3)，B (x 4，y 4)，y 3＜0，y 4＞0.设直线AB 的方程为y ＝k 2(x －m )，m 为直线AB 与x 轴交点的横坐标，直线MN 的方程为y ＝k 1(xMD 的方程为y ＝k 3(x －2)，直线ND 的方程为y ＝k 4(x －2).＝k 1（x －1），2＝4x ，所以k 21x 2－(2k 21＋4)x ＋k 21＝0，则x 1x 2＝1.＝k2（x－m），2＝4x，所以k22x2－(2mk22＋4)x＋k22m2＝0，则x3x4＝m2.＝k3（x－2），2＝4x，所以k23x2－(42＋4)x＋4k23＝0，则x1x3＝4.＝k4（x－2），2＝4x，所以k24x2－(4k24＋4)x＋4k24＝0，则x2x4＝4.所以M(x1，2x1)，N(1x1，－2x1)，A(4x1，－4x1)，B(4x1，4x1).所以k1＝2x1x1－1，k2＝x1x1－1，k1＝2k2，所以tan(α－β)＝tanα－tanβ1＋tanαtanβ＝k1－k21＋k1k2＝k21＋2k22＝11k2＋2k2.因为k1＝2k2，所以k1与k2同号，所以α与β同为锐角或钝角．当α－β取最大值时，tan(α－β)取得最大值．所以k2＞0，且当1k2＝2k2，即k2＝22时，α－β取得最大值．易得x3x4＝16x1x2＝m2，又易知m＞0，所以m＝4.所以直线AB的方程为x－2y－4＝0.5．解析：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，由Δ1＝16p2－8p>0，得p>12.y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，所以|AB·（y1＋y2）2－4y1y2＝5·16p2－8p＝415，解得p＝2或p＝－32(舍去)，故p＝2.(2)设M(x3，y3)，N(x4，y4)，由(1)知抛物线C：y2＝4x，则点F(1，0).因为FM→·FN→＝0，所以∠MFN＝90°，则S△MFN＝12|MF||NF|＝12(x3＋1)(x4＋1)＝12(x3x4＋x3＋x4＋1)(*).当直线MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称，因为∠MFN＝90°，所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是－1.MF的斜率为1，则MF：y＝x－1，＝x－1，2＝4x，得x2－6x＋1＝0，3＝3－22，4＝3－223＝3＋22，4＝3＋22．代入(*)式计算易得，当x3＝x4＝3－22时，△MFN的面积取得最小值，为4(3－22).当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m.＝kx ＋m ，2＝4x ，得k 2x 2－(4－2km )x ＋m 2＝0，Δ2＝(4－2km )2－4m 2k 2>0，3＋x 4＝4－2kmk 2，3x 4＝m 2k2，y 3y 4＝(kx 3＋m )(kx 4＋m )＝k 2x 3x 4＋mk (x 3＋x 4)＋m 2＝4mk.又FM →·FN →＝(x 3－1，y 3)·(x 4－1，y 4)＝x 3x 4－(x 3＋x 4)＋1＋y 3y 4＝0，所以m 2k 2－4－2km k 2＋1＋4m k＝0，化简得m 2＋k 2＋6km ＝4.所以S △MFN ＝12(x 3x 4＋x 3＋x 4＋1)＝m 2＋k 2－2km ＋42k 2＝m 2＋k 2＋2kmk 2＝令t ＝mk，则S △MFN ＝t 2＋2t ＋1，2k 2＝4，＋1＝4k2>0，即t 2＋6t ＋1>0，得t >－3＋22或t <－3－22，从而得S △MFN ＝t 2＋2t ＋1>12－82＝4(3－2 2.故△MFN 面积的最小值为4(3－22).＝1，＝3．所以C 的方程为x 2－y 23＝1.(2)当直线PQ 斜率不存在时，x 1＝x 2x 1>x 2>0，所以直线PQ 斜率存在，所以设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋h (k ＝kx ＋h ，2－y 23＝1.消去y 并整理，得(3－k 2)x 2－2khx －h 2－3＝0.则x 1＋x 2＝2kh 3－k 2，x 1x 2＝h 2＋3k 2－3，x 1－x 2＝（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝23（h 2＋3－k 2）|3－k 2|.因为x 1>x 2>0，所以x 1x 2＝h 2＋3k 2－3>0，即k 2>3.所以x 1－x 2＝23（h 2＋3－k 2）k 2－3.设点M 的坐标为(x M ，y M )，则y M －y 2＝3(x M －x 2)，y M －y 1＝－3(x M －x 1)，两式相减，得y 1－y 2＝23x M －3(x 1＋x 2).因为y 1－y 2＝(kx 1＋h )－(kx 2h )＝k (x 1－x 2)，所以23x M ＝k (x 1－x 2)＋3(x 1＋x 2)，解得x M＝k h2＋3－k2－khk2－3.两式相加，得2y M－(y1＋y2)＝3(x1－x2).因为y1＋y2＝(kx1＋h)＋(kx2＋h)＝k(x1＋x2)＋2h，所以2y M＝k(x1＋x2)＋3(x1－x2)＋2h，解得y M＝3h2＋3－k2－3hk2－3＝3kx M.所以点M的轨迹为直线y＝3kx，其中k为直线PQ的斜率．选择①②.因为PQ∥AB，所以k AB＝k.设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(x A，y A)，点B的坐标为(x B，y B)，A＝k（x A－2），A＝3x A，解得x A＝2kk－3，y A＝23kk－3.同理可得x B＝2kk＋3，y B＝－23kk＋3.此时x A＋x B＝4k2k2－3，y A＋y B＝12kk2－3.因为点M在AB上，且其轨迹为直线y＝3kx，M＝k（x M－2），M＝3kx M.解得x M＝2k2k2－3＝x A＋x B2，y M＝6kk2－3＝y A＋y B2，所以点M为AB的中点，即|MA|＝|MB|.选择①③.当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时点M不在直线y＝3kx上，与题设矛盾，故直线AB的斜率存在．当直线AB y＝m(x－2)(m≠0)，并设点A的坐标为(x A，y A)，点B的坐标为(x B，y B－2），解得x A＝2mm－3，y A同理可得x B＝2mm＋3，.此时x M＝x A＋x B2＝2mm2－3，y M＝y A＋y B2＝6mm2－3.由于点M同时在直线y＝3k上，故6m＝3k·2m2，解得k＝m，因此PQ∥AB.选择②③.因为PQ∥AB，所以k AB＝k.AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(x A，y A)，点B的坐标为(x B，y B)，A＝k（x A－2），A＝3x A，解得x A＝2kk－3，y A＝23kk－3.同理可得x B ＝2kk ＋3，y B ＝－23kk ＋3.设AB 的中点为C (x C ，y C )，则x C ＝x A ＋x B 2＝2k 2k 2－3，y C ＝y A ＋y B 2＝6kk 2－3.因为|MA |＝|MB |，所以点M 在AB 的垂直平分线上，即点M 在直线y －y C ＝－1k (x －x C )上．将该直线方程与y ＝3k x 联立，解得x M ＝2k 2k 2－3＝x C ，y M ＝6kk 2－3＝y C ，即点M 恰为AB 的中点，所以点M 在直线AB 上．7．解析：(1)设椭圆E 的方程为mx 2＋ny 2＝1(m >0，n >0，m ≠n ).将点A (0，－2)，B (32，－1)的坐标代入，得＝1，＋n ＝1，＝13，＝14．所以椭圆E 的方程为x 23＋y24＝1.(2)证明：(方法一)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2).由题意，知直线MN 与y 轴不垂直，设其方程为x －1＝t (y ＋2).t （y ＋2），＋y 24＝1.消去x 并整理，得(4t 2＋3)y 2＋(16t 2＋8t )y ＋16t 2＋16t －8＝0，所以y 1＋y 2＝－16t 2＋8t 4t 2＋3，y 1y 2＝16t 2＋16t －84t 2＋3.设T (x 0，y 1).由A ，B ，T 三点共线，得y 1＋2x 0＝y 1＋1x 0－32，得x 0＝32y 1＋3.设H (x ′，y ′).由MT →＝TH →，得(32y 1＋3－x 1，0)＝(x ′－32y 1－3，y ′－y 1)，所以x ′＝3y 1＋6－x 1，y ′＝y 1，所以直线HN 的斜率k ＝y 2－y ′x 2－x ′＝y 2－y 1x 2＋x 1－（3y 1＋6）＝y 2－y 1t （y 1＋y 2）－3y 1＋4t －4，所以直线HN 的方程为y －y 2＝y 2－y 1t （y 1＋y 2）－3y 1＋4t －4·(x －x 2).令x ＝0，得y ＝y 2－y 1t （y 1＋y 2）－3y 1＋4t －4·(－x 2)＋y 2＝（y 1－y 2）（ty 2＋2t ＋1）t （y 1＋y 2）－3y 1＋4t －4＋y 2＝（2t －3）y 1y 2＋（2t －5）（y 1＋y 2）＋6y 1t （y 1＋y 2）－3y 1＋4t －4＝（2t －3）·16t 2＋16t －84t 2＋3＋（5－2t ）·16t 2＋8t4t 2＋3＋6y 1－t （16t 2＋8t ）4t 2＋3－3y 1＋4t －4＝－2.所以直线NH 过定点(0，－2).(方法二)由A (0，－2)，B (32，－1)可得直线AB 的方程为y ＝23x －2.a．若过点P (1，－2)的直线的斜率不存在，则其直线方程为x ＝1.将直线方程x ＝1代入x 23＋y 24＝1，可得N (1，263)，M (1，－263).将y ＝－263代入y ＝23x －2，可得T (3－6，－263).由MT →＝TH →，得H (5－26，－263).此时直线HN 的方程为y ＝(2＋263)(x －1)＋263，则直线HN 过定点(0，－2).b．若过点P (1，－2)的直线的斜率存在，设此直线方程为kx －y －(k ＋2)＝0，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2).－y －（k ＋2）＝0，＋y 24＝1.消去y 并整理，得(3k 2＋4)x 2－6k (2＋k )x ＋3k (k ＋4)＝0.1＋x 2＝6k （2＋k ）3k 2＋4，1x 2＝3k （4＋k ）3k 2＋4，1＋y 2＝－8（2＋k ）3k 2＋4，1y 2＝4（4＋4k －2k 2）3k 2＋4，且x 1y 2＋x 2y 1＝－24k3k 2＋4.①＝y 1，＝23x －2，可得T (3y 12＋3，y 1).由MT →＝TH →，得H (3y 1＋6－x 1，y 1).则直线HN 的方程为y －y 2＝y 1－y 23y 1＋6－x 1－x 2(x －x 2).将点(0，－2)的坐标代入并整理，得2(x 1＋x 2)－6(y 1＋y 2)＋x 1y 2＋x 2y 1－3y 1y 2－12＝0.②将①代入②，得24k ＋12k 2＋96＋48k －24k －48－48k ＋24k 2－36k 2－48＝0，显然成立．综上可得，直线HN 过定点(0，－2).8．解析：(1)∵点A (2，1)在双曲线C ：x 2a 2－y 2a 2－1＝1(a >1)上，∴4a 2－1a 2－1＝1，解得a 2＝2.∴双曲线C 的方程为x 22－y 2＝1.显然直线l 的斜率存在，可设其方程为y ＝kx ＋m .kx ＋m ，y 2＝1.消去y 并整理，得(1－2k 2)x 2－4kmx －2m 2－2＝0.Δ＝16k 2m 2＋4(1－2k 2)(2m 2＋2)＝8m 2＋8－16k 2>0.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4km 1－2k 2，x 1x 2＝－2m 2－21－2k 2.由k AP ＋k AQ ＝0，得y 1－1x 1－2＋y 2－1x 2－2＝0，即(x 2－2)(kx 1＋m －1)＋(x 1－2)(kx 2＋m －1)＝0.整理，得2kx 1x 2＋(m －1－2k )(x 1＋x 2)－4(m －1)＝0，即2k ·－2m 2－21－2k 2＋(m －1－2k )·4km1－2k 2－4(m －1)＝0，即(k ＋1)(m ＋2k －1)＝0.∵直线l 不过点A ，∴k ＝－1.(2)设∠PAQ ＝2α，0<α<π2，则tan 2α＝22，∴2tan α1－tan 2α＝22，解得tan α＝22(负值已舍去).由(1)得k ＝－1，则x 1x 2＝2m 2＋2>0，∴P ，Q 只能同在双曲线左支或同在右支．当P ，Q 同在左支时，tan α即为直线AP 或AQ 的斜率．设k AP ＝22.∵22为双曲线一条渐近线的斜率，∴直线AP 与双曲线只有一个交点，不成立．当P ，Q 同在右支时，tan (π2－α)＝1tan α即为直线AP 或AQ 的斜率．设k AP ＝122＝2，则k AQ ＝－2，∴直线AP 的方程为y －1＝2(x －2)，即y ＝2x －22＋1.＝2x －22＋1，y 2＝1.消去y 并整理，得3x 2－(16－42)x ＋20－82＝0，则x P ·2＝20－823，解得x P ＝10－423.∴|x A －x P |＝|2－10－423|＝4（2－1）3.同理可得|x A －x Q |＝4（2＋1）3.∵tan 2α＝22，0<2α<π，∴sin 2α＝223，∴S △PAQ ＝12|AP |·|AQ |·sin 2α＝12×3×|x A －x P |×3×|x A －x Q |×sin 2α＝12×3×169×223＝1629.。
高三数学一轮复习圆锥曲线的综合问题
备考例题 3
已知
F1，F2
为椭圆x2＋y2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，A a2 b2
是椭圆上位于第一象限内的一点，点
B
也在椭圆上，且满足O→A＋O→B＝
0(O 为坐标原点)，且A→F2·F→1F2＝0，若椭圆的离心率等于 2. 2
(1)求直线 AB 的方程；
(2)若△ABF2 的面积为 4 2，求椭圆的方程；
则 P 到直线 y＝ 2x 的距离为 2
|2
2cosθ－2 6
2sinθ|＝4 3
6|cos(θ＋π)|≤4 43
6＜4，故椭圆上不存在点 M 使△MAB 面积为 8
3.
2
题型四
圆锥曲线与其他知识交汇的问 题
1－ky0－1＋ky0
∴kEF＝yxEE－ －yxFF＝(1－kky
－k 0)2－(1＋ky
0)2
k2
k2
2
＝ k ＝－ 1 (定值)， －4ky0 2y0
k2 所以直线 EF 的斜率为定值.
题型二 最值与范围问题
①正确理解圆锥曲线的定义、标 思维提 准方程；
示 ②联立方程组，对有关参数进行 讨论.
[解] (1)∵F0(c,0)，F1(0， b2－c2)，F2(0，－ b2－c2)，
∴|F0F1|＝ (b2－c2)＋c2＝b＝1，
|F1F2|＝2 b2－c2＝1⇒c2＝3， 4
于是 a＝1 (x≥0) 7
所求“果圆”的方程为 y2＋4x2＝1 (x≤0)
.
m2 m2－1
(2)设 Q(x1，y1)， ∵P(m，y0)，P→F＝λF→Q，
2
1－m＝λ(x1－1)
∴2
，
－y0＝λy1
2025届高中数学一轮复习《圆锥曲线最值与范围问题》ppt
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圆锥曲线中最值的求法 (1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来 解决，这就是几何法． (2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函 数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及单 调性法等．
5－82＝2.
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圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法 (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，解决这类问题的核心是建立两个参数之间 的等量关系． (3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围． (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围． (5)利用求函数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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即 16y20<(x0－4)2. 因为x420＋y20＝1，所以y02x－02 1＝－14， 所以 5x20－8x0>0，解得 x0>85或 x0<0. 因为 0<x0≤2，所以85<x0≤2， 所以 EF＝2 r2－d2＝2 x40－12－4xy002＝2 5－x80≤2 所以该圆被 x 轴截得的弦长|EF|的最大值为 2.
所以|AB|＝ 1＋14 x1＋x22－4x1x2＝ 解得 p＝2(负值舍去)．
1＋14 8p－22－4＝4 15，
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(2)由题知，直线 MN 的斜率不为 0，设直线 MN 的方程为 x＝my＋b，由(1)知，抛物线
C 的方程
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8.7 圆锥曲线的综合问题●知识梳理解析几何是联系初等数学与高等数学的纽带，它本身侧重于形象思维、推理运算和数形结合，综合了代数、三角、几何、向量等知识.反映在解题上，就是根据曲线的几何特征准确地转换为代数形式，根据方程画出图形，研究几何性质.学习时应熟练掌握函数与方程的思想、数形结合的思想、参数的思想、分类与转化的思想等，以达到优化解题的目的.具体来说，有以下三方面：（1）确定曲线方程，实质是求某几何量的值；含参数系数的曲线方程或变化运动中的圆锥曲线的主要问题是定值、最值、最值围问题，这些问题的求解都离不开函数、方程、不等式的解题思想方法.有时题设设计的非常隐蔽，这就要求认真审题，挖掘题目的隐含条件作为解题突破口.（2）解析几何也可以与数学其他知识相联系，这种综合一般比较直观，在解题时保持思维的灵活性和多面性，能够顺利进行转化，即从一知识转化为另一知识.（3）解析几何与其他学科或实际问题的综合，主要体现在用解析几何知识去解有关知识，具体地说就是通过建立坐标系，建立所研究曲线的方程，并通过方程求解来回答实际问题.在这一类问题中“实际量”与“数学量”的转化是易出错的地方，这是因为在坐标系中的量是“数量”，不仅有大小还有符号.●点击双基1.（2005年春季，5）设abc ≠0，“ac >0”是“曲线ax 2+by 2=c 为椭圆”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件解析：ac >0曲线ax 2+by 2=c 为椭圆. 反之成立. 答案：B2.到两定点A （0，0），B （3，4）距离之和为5的点的轨迹是 A.椭圆 B.AB 所在直线 C.线段AB D.无轨迹解析：数形结合易知动点的轨迹是线段AB ：y =34x ，其中0≤x ≤3. 答案：C3.若点（x ，y ）在椭圆4x 2+y 2=4上，则2-x y的最小值为 A.1B.－1 C.－323D.以上都不对解析：2-x y的几何意义是椭圆上的点与定点（2，0）连线的斜率.显然直线与椭圆相切时取得最值，设直线y =k （x －2）代入椭圆方程（4+k 2）x 2－4k 2x +4k 2－4=0.令Δ=0，k =±323.∴k min =－323.答案：C4.（2005年春季，7）双曲线9x 2－16y 2=1的焦距是____________.解析：将双曲线方程化为标准方程得912x －1612y =1.∴a 2=91，b 2=161，c 2=a 2+b 2=91+161=14425.∴c =125，2c =65.答案：655.（2004年春季）若直线mx +ny －3=0与圆x 2+y 2=3没有公共点，则m 、n 满足的关系式为____________；以（m ，n ）为点P 的坐标，过点P 的一条直线与椭圆72x +32y =1的公共点有____________个.解析：将直线mx +ny －3=0变形代入圆方程x 2+y 2=3，消去x ，得 （m 2+n 2）y 2－6ny +9－3m 2=0.令Δ<0得m 2+n 2<3. 又m 、n 不同时为零，∴0<m 2+n 2<3.由0<m 2+n 2<3，可知|n |<3，|m |<3， 再由椭圆方程a =7，b =3可知公共点有2个.答案：0<m 2+n 2<3 2 ●典例剖析【例1】 （2005年春季，18）如图，O 为坐标原点，直线l 在x 轴和y 轴上的截距分别是a 和b （a >0，b ≠0），且交抛物线y 2=2px （p >0）于M （x 1，y 1），N （x 2，y 2）两点.（1）写出直线l 的截距式方程； （2）证明：11y +21y =b1； （3）当a =2p 时，求∠MON 的大小.剖析：易知直线l 的方程为a x +by=1，欲证11y +21y =b 1，即求2121y y y y +的值，为此只需求直线l 与抛物线y 2=2px 交点的纵坐标.由根与系数的关系易得y 1+y 2、y 1y 2的值，进而证得11y +21y =b1.由·=0易得∠MON =90°.亦可由k OM ·k ON =－1求得∠MON =90°. （1）解：直线l 的截距式方程为a x +by=1.① （2）证明：由①及y 2=2px 消去x 可得by 2+2pay －2pab =0.②点M 、N 的纵坐标y 1、y 2为②的两个根，故y 1+y 2=bpa2-，y 1y 2=－2pa .所以11y +21y =2121y y y y +=pa b pa22--=b1.（3）解：设直线OM 、ON 的斜率分别为k 1、k 2， 则k 1=11x y ，k 2=22x y. 当a =2p 时，由（2）知，y 1y 2=－2pa =－4p 2， 由y 12=2px 1，y 22=2px 2，相乘得（y 1y 2）2=4p 2x 1x 2，x 1x 2=22214)(p y y =2224)4(pp =4p 2， 因此k 1k 2=2121x x y y =2244p p -=－1.所以OM ⊥ON ，即∠MON =90°.评述：本题主要考查直线、抛物线等基本知识，考查运用解析几何的方法分析问题和解决问题的能力.【例2】 （2005年黄冈高三调研考题）已知椭圆C 的方程为22a x +22b y =1（a >b >0），双曲线22a x －22by =1的两条渐近线为l 1、l 2，过椭圆C 的右焦点F 作直线l ，使l ⊥l 1，又l 与l 2交于P 点，设l 与椭圆C 的两个交点由上至下依次为A 、B .（如下图）2（1）当l 1与l 2夹角为60C 的方程； （2）当=λ时，求λ的最大值.剖析：（1）求椭圆方程即求a 、b 的值，由l 1与l 2的夹角为60°易得a b=33，由双曲线的距离为4易得a 2+b 2=4，进而可求得a 、b .（2）由=λ，欲求λ的最大值，需求A 、P 的坐标，而P 是l 与l 1的交点，故需求l 的方程.将l 与l 2的方程联立可求得P 的坐标，进而可求得点A 的坐标.将A 的坐标代入椭圆方程可求得λ的最大值.解：（1）∵双曲线的渐近线为y =±abx ，两渐近线夹角为60°， 又ab<1， ∴∠POx =30°，即ab=tan30°=33.∴a =3b . 又a 2+b 2=4，∴a 2=3，b 2=1.故椭圆C 的方程为32x +y 2=1.（2）由已知l ：y =b a （x －c ），与y =a b x 解得P （c a 2，cab），由FA =λAP 得A （λλ+⋅+12c a c ，λλ+⋅1c ab ）. 将A 点坐标代入椭圆方程得 （c 2+λa 2）2+λ2a 4=（1+λ）2a 2c 2.∴（e 2+λ）2+λ2=e 2（1+λ）2.∴λ2=2224--e e e =－［（2－e 2）+222e -］+3≤3－22.∴λ的最大值为2－1.评述：本题考查了椭圆、双曲线的基础知识，及向量、定比分点公式、重要不等式的应用.解决本题的难点是通过恒等变形，利用重要不等式解决问题的思想.本题是培养学生分析问题和解决问题能力的一道好题.【例3】 设椭圆中心是坐标原点，长轴在x 轴上，离心率e =23，已知点P （0，23）到这个椭圆上的点的最远距离是7，求这个椭圆方程，并求椭圆上到点P 的距离等于7的点的坐标.剖析：设椭圆方程为22a x +22by =1，由e =23知椭圆方程可化为x 2+4y 2=4b 2，然后将距离转化为y 的二次函数，二次函数中含有一个参数b ，在判定距离有最大值的过程中，要讨论y =－21是否在y 的取值围，最后求出椭圆方程和P 点坐标.解法一：设所求椭圆的直角坐标方程是22a x +22b y =1，其中a ＞b ＞0待定.由e 2=22a c =222ab a -=1－（a b ）2可知a b =21e -=431-=21，即a =2b . 设椭圆上的点（x ，y ）到点P 的距离为d ，则d 2=x 2+（y －23）2=a 2（1－22by ）+y 2－3y +49=4b2－3y 2－3y +49=－3（y +21）2+4b 2+3，其中－b ≤y ≤b . 如果b ＜21，则当y =－b 时d 2（从而d ）有最大值，由题设得（7）2=（b +23）2，由此得b =7－23＞21，与b ＜21矛盾.因此必有b ≥21成立，于是当y =－21时d 2（从而d ）有最大值，由题设得（7）2=4b 2+3，由此可得b =1，a =2.故所求椭圆的直角坐标方程是42x +y 2=1.由y =－21及求得的椭圆方程可得，椭圆上的点（－3，－21），点（3，－21）到点P 的距离都是7.解法二：根据题设条件，设椭圆的参数方程是x =a cos θ，y =b sin θ，∵e =23， ∴a =2b .设椭圆上的点（x ，y ）到点P 的距离为d ，则d 2=x 2+（y －23）2=a 2cos 2θ+（b sin θ－23）2=－3b 2·（sin θ+b21）2+4b 2+3.如果b21＞1，即b ＜21，则当sin θ=－1时，d 2（从而d ）有最大值，由题设得（7）2=（b +23） 2，由此得b =7－23＞21，与b ＜21矛盾.因此必有b 21≤1成立，于是当sin θ=－b21时，d 2（从而d ）有最大值，由题设得（7）2=4b 2+3.x =2cos θ，其中a ＞b ＞0待定，0≤θ＜2π， 由此得b =1，a =2.所以椭圆参数方程y =sin θ.消去参数得42x +y 2=1，由sin θ=21-，cos θ=±23知椭圆上的点（－3，－21），（3，－21）到P 点的距离都是7. 评述：本题体现了解析几何与函数、三角知识的横向联系，解答中要注意讨论. 深化拓展根据图形的几何性质，以P 为圆心，以7为半径作圆，圆与椭圆相切时，切点与P 的距离为7，此时的椭圆和切点即为所求.读者不妨一试.x 2+（y －23）2=7， x 2+4y 2=4b 2， 得3y 2+3y －49=4b 2－7，由Δ=0得b 2=1，即椭圆方程为x 2+4y 2=4.所求点为（－3，－21）、（3，－21）.●闯关训练夯实基础1.（2005年东城区目标检测）以正方形ABCD 的相对顶点A 、C 为焦点的椭圆，恰好过正方形四边的中点，则该椭圆的离心率为A.3210- B.315- C.215- D.2210-解析：建立坐标系，设出椭圆方程，由条件求出椭圆方程，可得e =2210-. 答案：D2.已知F 1（－3，0）、F 2（3，0）是椭圆m x 2+ny 2＝1的两个焦点，P 是椭圆上的点，当∠F 1PF 2＝3π2时，△F 1PF 2的面积最大，则有A.m =12，n =3B.m =24，n =6C.m =6，n =23D.m =12，n =6解析：由条件求出椭圆方程即得m =12，n =3. 答案：A3.（2005年启东市第二次调研）设P 1（2，2）、P 2（－2，－2），M 是双曲线y =x1上位于第一象限的点，对于命题①|MP 2|－|MP 1|=22；②以线段MP 1为直径的圆与圆提示：由x 2+y 2=2相切；③存在常数b ，使得M 到直线y =－x +b 的距离等于22|MP 1|.其中所有正确命题的序号是____________.解析：由双曲线定义可知①正确，②画图由题意可知正确，③由距离公式及|MP 1|可知正确.答案：①②③4.（2004年全国Ⅱ，15）设中心在原点的椭圆与双曲线2x 2－2y 2=1有公共的焦点，且它们的离心率互为倒数，则该椭圆的方程是_________________.解析：双曲线中，a =21=b ，∴F （±1，0），e =ac =2.∴椭圆的焦点为（±1，0），离心率为22.∴长半轴长为2，短半轴长为1. ∴方程为22x +y 2=1.答案：22x +y 2=15.（1）试讨论方程（1－k ）x 2+（3－k 2）y 2=4（k ∈R ）所表示的曲线； （2）试给出方程622-+k k x +1622--k k y =1表示双曲线的充要条件.解：（1）3－k 2>1－k >0⇒k ∈（－1，1），方程所表示的曲线是焦点在x 轴上的椭圆；1－k >3－k 2>0⇒k ∈（－3，－1），方程所表示的曲线是焦点在y 轴上的椭圆；1－k =3－k 2>0⇒k =－1，表示的是一个圆；（1－k ）（3－k 2）<0⇒k ∈（－∞，－3）∪（1，3），表示的是双曲线；k =1，k =－3，表示的是两条平行直线；k =3，表示的图形不存在.（2）由（k 2+k －6）（6k 2－k －1）<0⇒（k +3）（k －2）（3k +1）（2k －1）<0⇒k ∈（－3，－31）∪（21，2）. 6.（2003年八市模拟题）已知抛物线y 2=2px 上有一接正△AOB ，O 为坐标原点.（1）求证：点A 、B 关于x 轴对称； （2）求△AOB 外接圆的方程. （1）证明：设A （x 1，y 1）、B （x 2，y 2），∵|OA |=|OB |，∴x 12+y 12=x 22+y 22.又∵y 12=2px 1，y 22=2px 2，∴x 22－x 12+2p （x 2－x 1）=0， 即（x 2－x 1）（x 1+x 2+2p ）=0.又∵x 1、x 2与p 同号，∴x 1+x 2+2p ≠0. ∴x 2－x 1=0，即x 1=x 2.由抛物线对称性，知点A 、B 关于x 轴对称. （2）解：由（1）知∠AOx =30°，则y 2=2px ，x =6p ，y =33xy =23p .∴A （6p ，23p ）.方法一：待定系数法，△AOB 外接圆过原点O ，且圆心在x 轴上，可设其方程为x 2+y 2+dx =0. 将点A （6p ，23p ）代入，得d =－8p .故△AOB 外接圆方程为x 2+y 2－8px =0.方法二：直接求圆心、半径，设半径为r ，则圆心（r ，0）. 培养能力7.（理）（2004年，17）如下图，过抛物线y 2=2px （p ＞0）上一定点P （x 0，y 0）（y 0＞0），作两条直线分别交抛物线于A （x 1，y 1）、B （x 2，y 2）.（1）求该抛物线上纵坐标为2p的点到其焦点F 的距离； （2）当PA 与PB 的斜率存在且倾斜角互补时，求021y y y +的值，并证明直线AB 的斜率是非零常数.解：（1）当y =2p 时，x =8p . 又抛物线y 2=2px 的准线方程为x =－2p， 由抛物线定义得所求距离为8p －（－2p）=85p .（2）设直线PA 的斜率为k PA ，直线PB 的斜率为k PB .由y 12=2px 1，y 02=2px 0， 相减得（y 1－y 0）（y 1+y 0）=2p （x 1－x 0），故k PA =0101x x y y --=012y y p+（x 1≠x 0）.同理可得k PB =22y y p+（x 2≠x 0）.∴由PA 、PB 倾斜角互补知k PA =－k PB ， 即012y y p +=－022y y p+，所以y 1+y 2=－2y 0，故21y y y +=－2. 设直线AB 的斜率为k AB .由y 22=2px 2，y 12=2px 1， 相减得（y 2－y 1）（y 2+y 1）=2p （x 2－x 1）， 所以k AB =1212x x y y --=212y y p+（x 1≠x 2）.将y 1+y 2=－2y 0（y 0＞0）代入得k AB =212y y p +=－0y p，所以k AB 是非零常数.（文）如下图，抛物线关于x 轴对称，它的顶点在坐标原点，点P （1，2）、A （x 1，y 1）、B （x 2，y 2）均在抛物线上.（1）写出该抛物线的方程及其准线方程；（2）当PA 与PB 的斜率存在且倾斜角互补时，求y 1+y 2的值及直线AB 的斜率.解：（1）由已知条件，可设抛物线的方程为y 2=2px .∵点P （1，2）在抛物线上， ∴22=2p ·1，得p =2.故所求抛物线的方程是y 2=4x ，准线方程是x =－1. （2）设直线PA 的斜率为k PA ，直线PB 的斜率为k PB . 则k PA =1211--x y （x 1≠1），k PB =1222--x y （x 2≠1）. ∵PA 与PB 的斜率存在且倾斜角互补，∴k PA =－k PB . 由A （x 1，y 1）、B （x 2，y 2）在抛物线上，得 y 12=4x 1，① y 22=4x 2，② ∴1412211--y y =－1412222--y y .∴y 1+2=－（y 2+2）.∴y 1+y 2=－4. 由①－②得直线AB 的斜率k AB =1212x x y y --=214y y +=－44=－1（x 1≠x 2）.8.（2003年东城区模拟题）从椭圆22a x +22by =1（a ＞b ＞0）上一点M 向x 轴作垂线，恰好通过椭圆的左焦点F 1，且它的长轴右端点A 与短轴上端点B 的连线AB ∥OM .（1）求椭圆的离心率；（2）若Q 是椭圆上任意一点，F 2是右焦点，求∠F 1QF 2的取值围；（3）过F 1作AB 的平行线交椭圆于C 、D 两点，若|CD |=3，求椭圆的方程. 解：（1）由已知可设M （－c ，y ），则有22)(a c -+22by =1. ∵M 在第二象限，∴M （－c ，ab 2）.又由AB ∥OM ，可知k AB =k OM .∴－ac b 2=－ab .∴b =c .∴a =2b .∴e =ac=22.（2）设|F 1Q |=m ，|F 2Q |=n ，则m +n =2a ，mn ＞0.|F 1F 2|=2c ，a 2=2c 2， ∴cos ∠F 1QF 2=mnc n m 24222-+=mn c mn n m 242)(22--+=mnc a 24422-－1=mn a 2－1≥22)2(n m a +－1=22a a －1=0.当且仅当m =n =a 时，等号成立.故∠F 1QF 2∈［0，2π］.（3）∵CD ∥AB ，k CD =－a b =－22.设直线CD 的方程为y =－22（x +c ），即y =－22（x +b ）.22a x +22b y =1， y =－22（x +b ）.则 消去y ，整理得（a 2+2b 2）x 2+2a 2bx －a 2b 2=0.设C （x 1，y 1）、D （x 2，y 2），∵a 2=2b 2，∴x 1+x 2=－22222b a b a +=－2344bb =－b ， x 1·x 2=－22222b a b a +=－2442bb =－22b . ∴|CD |=21k +|x 1－x 2| =21k +·212214)(x x x x -+ =2)22(1-+·222)(b b +-=229b =3. ∴b 2=2，则a 2=4.∴椭圆的方程为42x +22y =1.探究创新9.（2005年春季，22）（1）求右焦点坐标是（2，0），且经过点（－2，－2）的椭圆的标准方程.（2）已知椭圆C 的方程是22a x +22by =1（a >b >0）.设斜率为k 的直线l 交椭圆C 于A 、B两点，AB 的中点为M .证明：当直线l 平行移动时，动点M 在一条过原点的定直线上.（3）利用（2）所揭示的椭圆几何性质，用作图方法找出下面给定椭圆的中心，简要写出作图步骤，并在图中标出椭圆的中心.（1）解：设椭圆的标准方程为22a x +22b y =1，a >b >0，∴a 2=b 2+4，即椭圆的方程为422+b x +22b y =1.∵点（－2，－2）在椭圆上，∴442+b +22b =1. 解得b 2=4或b 2=－2（舍）.由此得a 2=8，即椭圆的标准方程为82x +42y =1.（2）证明：设直线l 的方程为y =kx +m ， 与椭圆C 的交点A （x 1，y 1）、B （x 2，y 2）， y =kx +m ，22a x +22by =1. 解得（b 2+a 2k 2）x 2+2a 2kmx +a 2m 2－a 2b 2=0.∵Δ>0，∴m 2<b 2+a 2k 2，即－222k a b +<m <222k a b +.则x 1+x 2=－22222k a b km a +，y 1+y 2=kx 1+m +kx 2+m =22222k a b mb +，∴AB 中点M 的坐标为（－2222k a b km a +，2222k a b mb +）.∴线段AB 的中点M 在过原点的直线b 2x +a 2ky =0上.（3）解：如下图，作两条平行直线分别交椭圆于A 、B 和C 、D ，并分别取AB 、CD 的中点M 、N ，连结直线MN ；又作两条平行直线（与前两条直线不平行）分别交椭圆于A 1、B 1和C 1、D 1，并分别取A 1B 1、C 1D 1的中点M 1、N 1，连结直线M 1N 1，那么直线MN 和M 1N 1的交点O 即为椭圆中心.●思悟小结在知识的交汇点处命题，是高考命题的趋势，而解析几何与函数、三角、数列、向量等知识的密切联系，正是高考命题的热点，为此在学习时应抓住以下几点：1.客观题求解时应注意画图，抓住涉及到的一些元素的几何意义，用数形结合法去分析解决.2.四点重视：①重视定义在解题中的作用；②重视平面几何知识在解题中的简化功能；③重视根与系数关系在解题中的作用；④重视曲线的几何特征与方程的代数特征的统一.3.注意用好以下数学思想、方法：①方程思想；②函数思想；③对称思想；④参数思想；⑤转化思想；⑥分类思想. 除上述几种常用数学思想外，整体思想、数形结合思想、主元分析思想、正难则反思想、构造思想等也是解析几何解题中不可缺少的思想方法.在复习中必须给予足够的重视，真正发挥数学解题思想作为联系知识与能力中的作用，从而提高简化计算能力.●教师下载中心 教学点睛本节是圆锥曲线的综合应用，主要是曲线方程的运用、变量围的计算、最值的确定等，解决这类问题的关键是依据解析几何本身的特点，寻找一个突破口，那么如何找到解决问题则有的突破口呢？（1）结合定义利用图形中几何量之间的大小关系.（2）建立目标函数，转化为求函数的最值问题.（3）利用代数基本不等式.代数基本不等式的应用，往往需要创造条件，并进行巧妙的构思.（4）结合参数方程，利用三角函数的有界性.直线、圆或椭圆的参数方程，它们的一个共同特点是均含有三角式.因此，它们的应用价值在于：①通过参数θ简明地表示曲线上点的坐标；②利用三角函数的有界性及其变形公式来帮助求解诸如最值、围等问题.（5）构造一个二次方程，利用判别式Δ≥0.拓展题例【例1】 （2005年启东市第二次调研题）抛物线y 2=4px （p >0）的准线与x 轴交于M 点，过点M 作直线l 交抛物线于A 、B 两点.（1）若线段AB 的垂直平分线交x 轴于N （x 0，0），求证：x 0>3p ；（2）若直线l 的斜率依次为p ，p 2，p 3，…，线段AB 的垂直平分线与x 轴的交点依次为N 1，N 2，N 3，…，当0<p <1时，求||121N N +||132N N +…+||11110N N 的值.（1）证明：设直线l 方程为y =k （x +p ），代入y 2=4px .得k 2x 2+（2k 2p －4p ）x +k 2p 2=0. Δ=4（k 2p －2p ）2－4k 2·k 2p 2>0，得0<k 2<1.令A （x 1，y 1）、B （x 2，y 2），则x 1+x 2=－2242k p p k -，y 1+y 2=k （x 1+x 2+2p ）=k p4， AB 中点坐标为（222kp k p -，k p2）. AB 垂直平分线为y －k p 2=－k 1（x －222k p k p -）. 令y =0，得x 0=222k p p k +=p +22k p.由上可知0<k 2<1，∴x 0>p +2p =3p .∴x 0>3p . （2）解：∵l 的斜率依次为p ，p 2，p 3，…时，AB 中垂线与x 轴交点依次为N 1，N 2，N 3，…（0<p <1）.∴点N n 的坐标为（p +122-n p ，0）.|N n N n +1|=|（p +122-n p ）－（p +122+n p ）|=122)1(2+-n p p ，||11+n n N N =)1(2212p p n -+，所求的值为)1(212p -［p 3+p 4+…+p 21］=)1()1(2)1(2193p p p p +--. 【例2】 （2003年市模拟题）已知双曲线C ：22a x －22by =1（a ＞0，b ＞0），B 是右顶点，F 是右焦点，点A 在x 轴正半轴上，且满足||、||、||成等比数列，过F 作双曲线C 在第一、三象限的渐近线的垂线l ，垂足为P .x（1）求证：PA ·OP =PA ·FP （2）若l 与双曲线C 的左、右两支分别相交于点D 、E ，求双曲线C 的离心率e 的取值围.（1）证法一：xl ：y =－ba（x －c ）. y =－ba（x －c ）， y =abx . 解得P （c a 2，cab）.∵|OA |、|OB |、|OF |成等比数列，∴A （c a 2，0）.∴PA =（0，－c ab ），=（c a 2，cab），=（－c b 2，c ab ）. ∴·OP =－222c b a ，·FP =－222cb a .∴PA ·OP =PA ·FP .证法二：同上得P （c a 2，cab）.∴PA ⊥x 轴，·－·=·=0.∴·OP =·.y =－b a（x －c ）， b 2x 2－a 2y 2=a 2b 2.∴b 2x 2－24ba （x －c ）2=a 2b 2，即（b 2－24b a ）x 2+224b a cx －（224bc a +a 2b 2）=0.∵x 1·x 2=24222224)(ba b b a b c a -+-＜0， ∴b 4＞a 4，即b 2＞a 2，c 2－a 2＞a 2.∴e 2＞2，即e ＞2.（2）解：。