高考二轮培优专题六 第8讲 圆锥曲线的探索性问题
高中数学压轴培优教程—圆锥曲线篇
高中数学压轴培优教程圆锥曲线篇目录第一章基础篇1.1曲线与方程 (1)1.2顶角最大问题 (19)1.3渐近线性质 (25)1.4共焦点问题 (35)1.5面积问题 (49)1.6抛物线的性质 (67)1.7定点问题 (83)1.8定值问题 (111)1.9最值与范围问题 (161)第二章技法篇2.1垂径定理与第三定义 (189)2.2点差法与定比点差法 (205)2.3点乘双根法 (225)2.4齐次化巧解双斜率问题 (233)2.5同构式方程简化运算 (251)2.6非对称韦达定理 (265)第三章观点篇3.1椭圆的共轭直径 (279)3.2圆锥曲线等角定理 (293)3.3蒙日圆及其应用 (307)3.4阿基米德三角形 (321)3.5椭圆中的蝴蝶模型 (335)3.6曲线系及其应用 (347)3.7极点极线与调和点列 (363)参考文献 (411)第二章 技法篇2192.2 点差法与定比点差法一、知识纵横1、点差法的原理（1）假设点1111(,),(,)A x y B x y 在有心二次曲线22221±=x y a b 上，且弦AB 的中点为00(,)M x y ．,A B 代入曲线，有22112222222211⎧±=⎪⎪⎨⎪±=⎪⎩x y a b x y a b ，两式作差，得1212121222()()()()0+−+−±=x x x x y y y y a b ；左右两边同除以1212()()++x x x x ，得1212221212110+−±⋅⋅=+−y y y y a b x x x x ．变形得220201⋅=±=−AB y b k e x a ，其中e 为有心二次曲线的离心率(圆的离心率0=e )．（2）抛物线22=y px ，任意弦AB 的中点为00(,)M x y ，,A B 代入曲线，有21122222⎧=⎪⎨=⎪⎩y px y px ，两式作差，得121212()()2()+−=−y y y y p x x ，左右两边同除以12()−x x ，得0⋅=AB k y p ．2、有心二次曲线实仿射平面的有一个对称中心的常态二次曲线称为有心二次曲线，所有有心二次曲线都是椭圆或双曲线． 3、点差法基本题型（1）求以定点为中点的弦所在直线的方程 （2）过定点的弦和平行弦的中点轨迹问题 （3）求与中点弦有关的圆锥曲线的方程 （4）圆锥曲线上两点关于某直线对称问题与中点有关的的几何特征：对称、垂直平分、等腰三角形、菱形、平行四边形等． 4、点差法在双曲线中的适用条件已知双曲线22221(0,0)−=>>x y a b a b，任意弦AB 的中点00(,)M x y ，若当中点00(,)M x y 满足22002201−x y a b ≤≤，则这样的双曲线的中点弦不存在（如图阴影部分）；若当中点00(,)M x y 满足2200221−>x y a b 或2200220−<x y a b，则这样的双曲线的中点弦存在．高中数学压轴培优教程———圆锥曲线篇5、定比分点若λ=AM MB ，则称点M 为点,A B 的λ定比分点． 当0λ>时，点M 在线段AB 上，称为内分点；当0(1)λλ<≠−时，点M 在线段AB 的延长线上，称为外分点．定比分点坐标公式：若点1122(,),(,)A x y B x y ，λ=AM MB ，则点M 的坐标为1212(,)11λλλλ++++x x y y M ． 6、定比点差法原理：若λ=AM MB ，λ=−AN NB ，则称,M N 调和分割,A B ，根据定义，那么,A B 也调和分割,M N ．定理：设,A B 为有心二次曲线22221±=x y a b上的两点，若存在,M N 两点，满足λ=AM MB ，λ=−AN NB ，则一定有221⋅⋅±=M N M Nx x y y a b ． 证明：（1）设点1122(,),(,)A x y B x y ，(,),(,)M M N N M x y N x y ， 因为λ=AM MB ，λ=−AN NB ， 则由定比分点坐标公式可得1212(,)11λλλλ++++x x y y M ，1212(,)11λλλλ−−−−x x y y N (1)λ≠±， 将,A B 代入曲线，有221122222222 1 1 ⎧±=⎪⎪⎨⎪±=⎪⎩①②x y a b x y a b ，2222222222 λλλλ⨯±=②③得x y a b ①-③，得21212121222()()()()1λλλλλ+−+−±=−x x x x y y y y a b． 这样就得到了12121212221111111λλλλλλλλ+−+−⋅⋅±⋅⋅=+−+−x x x x y y y y a b ，则221⋅⋅±=M N M N x x y y a b ．（2）若点(,)M M M x y 为异于原点的定点，则点N 在直线221⋅⋅±=M M x x y ya b 上． 7、定比点差法基本题型（1）求弦长被坐标轴分界的两段的比值范围；（2）简化证明过定点的直线问题的运算以及定值问题；二、典型例题第二章 技法篇2211、 点差法关于点差法的研究，在解析几何中有着广泛的应用，主要有以下四种基本题型． 1．1、求以定点为中点的弦所在直线的方程例1．已知双曲线2212−=y x ，过()1,1B 能否作直线l ，使l 与双曲线交于,P Q 两点，且B 是线段PQ 的中点，这样的直线如果存在，求出它的方程；如果不存在，说明理由． 【解析】假设这样的直线存在，设点11(,)P x y 、22(,)Q x y 点B 是线段PQ 的中 121222+=⎧⎨+=⎩x x y y ，221122221212⎧−=⎪⎪⎨⎪−=⎪⎩y x y x 两式相减得：121212121()()()()02+−−+−=x x x x y y y y ， 左右两边同除以1212()()+−x x x x ，得121212121102+−−⋅⋅=+−y y y y x x x x ，即001111022−⋅⋅=−⋅=PQ PQ y k k x ，解得2=PQ k ，又直线l 过,,P Q B 三点，所以l 的方程为12(1)−=−y x ，即210−−=x y ．联立直线与双曲线2212210⎧−=⎪⎨⎪−−=⎩y x x y ，消去y 得22430,162480−+=∆=−=−<x x ， 此方程无实数解，与假设矛盾，所以满足题设的直线不存在．【注】本题如果忽视对判别式的考察，将得出错误的结果，请务必小心．由此题可看到中点弦问题中判断点的M 位置非常重要．若中点M 在圆锥曲线内，则被点M 平分的弦一般存在；若中点M 在圆锥曲线外，则被点M 平分的弦可能不存在． 1．2、求过定点的弦或平行弦的中点轨迹例2．已知椭圆22143+=x y 的弦AB 所在直线过点(1,1)E ，求弦AB 中点F 的轨迹． 【解析】设1122(,),(,)A x y B x y ，则弦AB 的中点(,)F x y ， 若直线AB 的斜率存在，将,A B 代入椭圆，的22112222143143⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩x y x y ， 两式作差，得12121212()()()()043+−+−+=x x x x y y y y ，左右两边同除以1212()()+−x x x x ，高中数学压轴培优教程———圆锥曲线篇得1212121211043+−+⋅⋅=+−y y y y x x x x ，即121211043−+⋅⋅=−y y y x x x ，又四点,,,A B E F 共线， 所以直线EF 的斜率11−−y x 等于直线AB 的斜率1212−−y y x x ，则1110431−+⋅⋅=−y y x x ，整理得2234340+−−=x y x y ．若直线AB 的斜率不存在，则AB 的方程为1=x ，代入椭圆方程解得,A B 的坐标为33(1,),(1,)22−，所以(1,0)F 也满足上述方程．故2234340+−−=x y x y 为所求点F 的轨迹方程．【注】不难看出，在求满足一定条件的动弦的中点轨迹方程时，利用点差法可以大大减少计算量，简化推理过程．1．3、求与中点弦有关的圆锥曲线的方程例3．已知中心在原点，一焦点为F 的椭圆被直线:32=−l y x 截得的弦的中点的横坐标为12，求椭圆的方程．【解析】设椭圆的方程为22221+=y x a b ，则2250−=a b ┅┅①设弦端点11(,)P x y 、22(,)Q x y ，弦PQ 的中点00(,)M x y ，则012=x ， 001322=−=−y x 所以12021+==x x x ，12021+==−y y y ,P Q 两点代入椭圆方程，得22112222222211⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩y x a b y x a b ，两式相减得1212121222()()()()0+−+−+=y y y y x x x x a b ， 即221212()()0−−+−=b y y a x x ，所以 212212−=−y y a x x b ，即 223=a b┅┅② 联立①②解得275=a ，225=b ，故所求椭圆的方程是2217525+=y x ． 1．4、圆锥曲线上两点关于某直线对称问题例4．已知椭圆22143+=x y ，试确定的m 取值范围，使得对于直线4=+y x m ，椭圆上总有不同的两点关于该直线对称．【解析】设111(,)P x y ，222(,)P x y 为椭圆上关于直线4=+y x m 的对称两点，00(,)P x y 为弦12PP 的中点，第二章 技法篇223则22112222143143⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩x y x y ，两式作差得：12121212()()()()043+−+−+=x x x x y y y y ， 左右两边同除以1212()()+−x x x x ，得1212121211043+−+⋅⋅=+−y y y y x x x x ，由题意可知：1202+=x x x ，1202+=y y y ，121214−=−−y y x x ， 所以003=y x ，即00(,3)P x x ．由P 在直线4=+y x m 上得00034=+⇒=−x x m x m ，即(,3)−−P m m ．因为弦12PP 的中点P 必在椭圆内，所以22()(3)143−−+<m m，解得<m ． 例5．已知椭圆2222:1(0)+=>>x y E a b a b的离心率=e ，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4．（1）求椭圆E 的方程．（2）设直线l 与椭圆相交于不同的两点,A B ，已知点(,0)−A a ，点0(0,)Q y 在线段AB 的垂直平分线上，且4⋅=QA QB ，求0y 的值．【解析】（1）由==c e a ，得2234=a c ．由222=−c a b ，得2=a b ． 由题意可知12242⋅⋅=a b ，即2=ab ．解方程组22=⎧⎨=⎩a b ab ，得2,1==a b ．所以椭圆E 的方程为2214+=x y ．（2）设1122(,),(,)A x y B x y ，线段AB 的中点为33(,)M x y ，当直线l 与x 轴重合时，(2,0),(2,0)−A B ，于是00(2,),(2,)→→=−−=−QA y QB y ． 由2000(2,)(2,)44⋅=−−⋅−=−+=QA QB y y y，解得0=±y 当直线l 不过原点O 且不平行于x 轴时，于是321213,−==−l OM y y y k k x x x ， 又221122221414⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩x y x y ，两式相减，得121212121()()()()04+−++−=x x x x y y y y ，左右两边同除以1212()()+−x x x x ，得2112211214−+⋅=−−+y y y y x x x x ， 所以3314⋅=−l y k x ，则3314=−⋅l xk y ，高中数学压轴培优教程———圆锥曲线篇又333330330333124114⎧==−⋅⎪+⎪⎨−−⎪⋅=−⋅⋅=−⎪⎩l ly x k x y y y x y y k x y x ，所以30223330134(2)49⎧=−⋅⎪⎪⎨⎪+=−=−⋅⎪⎩y y x x y y ，因为M 为线段AB 的中点，所以2322=+x x ，231302223=−==−⋅y y y y y ，20303055(2,)(22,)2(22)433⋅=−−⋅+−=−++=QA QB y x y x y ，解得2305212=−x y ，所以22203300455(2)(2)(22)91212−⋅=+=−−+y x x y y，解得0=y ，综上所述：0=±y05=±y ． 2、定比点差法关于点差法的研究，在解析几何中有着广泛的应用，下面主要从三方面来研究． 2．1求弦长被坐标轴分界的两段的比值范围例6．已知椭圆22194+=x y ，过定点(0,3)P 的直线与椭圆交于两点,A B （可重合），求PA PB 的取值范围．【解析】设1122(,),(,)A x y B x y ，λ=AP PB ，则12120131λλλλ+⎧=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩x x y y ，即120λ+=x x ，123(1)λλ+=+y y ，将,A B 两点代入椭圆方程：221122222221,(1)94,(2)94λλλ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩x y x y ， 2(1)(2)λ−⋅得212121212()()()()194λλλλλ+−+−+=−x x x x y y y y ，即124(1)3λλ−=−y y所以：132135(1)(1)2366λλλ=++−=+y ，又因为1[2,2]∈−y ，则1[5,]5λ∈−−，1[,5]5∈PA PB． 【注】根据两个调和调和定比分点的联立，将坐标求出与比值的关系式，两个定比分点的式子将问题解决，这就是定比点差法的核心．例7．已知椭圆2222:1(0)+=>>x y C a b b a的上下两焦点分别为12,F F ，过点1F 与y 轴垂直的直线交椭圆C 于,M N 两点，2∆MNFC ．第二章 技法篇225（1）求椭圆C 的标准方程．（2）已知O 为坐标原点，直线:=+L y kx m 与y 轴交于点P ，与椭圆C 交于,A B 两个不同的点，若存在实数λ，使得4λ+=OA OB OP ，求m 的取值范围． 【解析】（1）由题设条件得椭圆的方程为：2214y x +=．（2）当0m =时，1λ=−，显然成立；当0m ≠时，4OA OB OP λ+=144OP OA OB λ⇒=+，因为,,A P B 三点共线，所以3λ=；所以3AP PB =， 设1122(,),(,)A x y B x y ，所以121233(,)1313x x y y P ++++，所以1234y y m +=，将,A B 两点代入椭圆方程：22112222 1 4 1 4y x y x ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩①②，①-②得：12121212(3)(3)(3)(3)84y y y y x x x x +−+−+=−， 即1283y y m−=−，由上可知：224(2,2)33y m m =+∈−， 所以2(3,3)m m+∈−，解得：(2,1)(1,2)m ∈−−，综上所述：m 的取值范围为(2,1)(1,2){0}−−．2．2简化证明过定点的直线问题的运算以及定值问题例8．设椭圆2222:1(0)+=>>x y C a b a b过点M，且左焦点为1(F ．（1）求椭圆C 的方程；（2）当过点(4,1)P 的动直线l 与椭圆C 相交于两不同点,A B 时，在线段AB 上取点Q ，满足⋅=⋅AP QB AQ PB ，证明：点Q 总在某定直线上．【解析】（1）由题意：222222212,1,=+==−c c a b a b，解得224,2==a b ， 所以椭圆C 的方程为22142+=x y ． （2）证明：设点为(,)Q x y ，12(,)A x y ，22(,)B x y ． 由题设知,,,AP PB AQ QB 均不为零，记λ==AP AQ PBQB，则01λλ>≠且，又,,,A P B Q 四点共线，将点(4,1)P 代入椭圆方程得2241142+>，则点P 在椭圆外，又因为点Q 在线段AB 上，从而λ=−AP PB ，λ=AQ QB ，高中数学压轴培优教程———圆锥曲线篇于是12124,1(1)1,1λλλλ−⎧=⎪⎪−⎨−⎪=⎪−⎩x x y y 1212,1(2),1λλλλ+⎧=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩x x x y x y 又点AB 在椭圆C 上，即221122221,(3)421,(4)42⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩x y x y 2(3)(4)λ−⋅，得212121212()()()()142λλλλλ+−+−+=−x x x x y y y y ，即12121212()()()()111411211λλλλλλλλ+−+−⋅⋅+⋅⋅=+−+−x x x x y y y y ， 将（1），（2）代入得1,2202+=+−=即yx x y ． 综上所述，点(,)Q x y 总在定直线220+−=x y 上．例9．已知12(,0),(,0)−F c F c 为有心二次曲线2222:1(0)±=>>x y E a b a b 的左、右两个焦点，P 为曲线上任意一点，直线12,PF PF 分别交曲线E 异于P 的点,A B ，设11λ=PF F A ，22μ=PF F B ，证明：λμ+为定值．【解析】证明：设112200(,),(,),(,)A x y B x y P x y ，因为11λ=PF F A ，可得011101λλλλ+⎧=−⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩x x c y y ，将1100(,),(,)A x y P x y ，代入曲线方程有2200222211221,(1)1,(2)⎧±=⎪⎪⎨⎪±=⎪⎩x y a b x y a b ，2(2)λ⨯得222221122,(3)λλλ+=x y a b ，(1)(3)−得20101010122()()()()1λλλλλ+−+−±=−x x x x y y y y a b． 两边同除以21λ−整理得01010101221111111λλλλλλλλ+−+−⋅⋅±⋅⋅=+−+−x x x x y y y y a b ，所以01211λλ−−⋅=−x x c a ，即201(1)λλ−=−a x x c ．又01,1λλ+−=+x x c即01(1)λλ+=−+x x c ．两式相加得：222202λ−+=−a c a c x c c同理：222202μ+−=−a c a c x c c ，所以22222λμ++=⋅−a c a c． 【注】若将11λ=PF F A ，22μ=PF F B ，换成11λ=AF F B ，22μ=BF F P ，则有2222112λμ++=⋅−a c a c 为定值，11()()24μλλμλμλμ++=++≥，得22min 22()2λμ−+=⋅+a c a c ．第二章 技法篇227例10．已知椭圆2222:1(0)+=>>x y C a b a b 的离心率为23，半焦距为(0)>c c ，且1−=a c ，经过椭圆的左焦点F ，斜率为11(0)≠k k 的直线与椭圆交于,A B 两点，O 为坐标原点．（1）求椭圆C 的标准方程； （2）当11=k 时，求∆AOB S 的值；（3）设(1,0)R ，延长,AR BR 分别于椭圆交于,C D 两点，直线CD 的斜率为2k ，求证：12k k 为定值． 【解析】（1）由题意：得231⎧=⎪⎨⎪−=⎩c a a c 解得32=⎧⎨=⎩a c 所以2225=−=b a c ，故椭圆C 的标准方程22195+=x y ． (2)由（1），知(2,0)−F 设1122(,),(,)A x y B x y ，则12187+=−x x ，12914=−x x ，12|||=−=AB xx 307=， 设O 点到直线AB 的距离为d，则=d1130||227∆=⋅=⨯AOB S AB d ． (3)设AB 直线方程：(2)=+y k x ，11223344(,),(,),(,),(,)A x y B x y C x y D x y ，λ=AR RC ，μ=BR BD ， 将,,,A B C D 坐标代入椭圆得：221122331,(1)951,(2)95⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩x y x y ，222222441,(3)951,(4)95⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩x y x y 2(1)(2)λ−得：213131313()()()()195λλλλλ−+−++=−x x x x y y y y ，2(3)(4)μ−得：224242424()()()()195μμμμμ−+−++=−x x x x y y y y ，13131101λλλλ+⎧=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩x x y y ，24241101μμμμ+⎧=⎪+⎪⎨+⎪=⎪+⎩x x y y ，所以1391λλ−=−x x ，2491λμ−=−x x ， 由上式得：125445λλ=−⎧⎪⎨=−⎪⎩x x ，245445μμ=−⎧⎪⎨=−⎪⎩x x ， 所以12123434224444(5)(5)λμλμλμλμ−−++−−+−==−−−−−+y y kx kkx ky y x x (54)2(54)2117()7441144()λμλμλμλμλμ−+−+−+−−===−+−−k kk kk k ．【注】综上可知，若出现相交弦共点在坐标轴上的时候，常规联立非常繁琐，那么将坐标变换成比值，达到事半功倍的效果，其结果就是几步秒杀．例11．已知椭圆22143+=x y ，点(4,0)P ，过点P 作椭圆的割线PAB ，C 为B 关于x 轴的对称点，求证：直线AC 恒过定点．【解析】设1122(,),(,)A x y B x y ，则22(,)−C x y ，设AC 与x 轴的交点为(,0)M m ，λ=AP PB ，μ=AM MC ，则1212(,)11λλλλ++++x x y y P ，1212(,)11μμμμ+−++x x y y M ， 于是124(1)λλ+=+x x ，120λ+=y y ，12(1)μμ+=+x x m ，120 (1)μ−=y y ，则μλ=−， 由点,A B 在椭圆上得：221122221,(1)431,(2)43⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩x y x y ， 2(1)(2)μ−⨯得：212121212()()()()143μμμμμ+−+−+=−x x x x y y y y ，所以124(1)μμ−−=x x m ，124(1)λλ++=x x m，由(1)可知：1=m ， 综上可知：直线AC 恒过定点(1,0)．【注】因为,,A B P 三点共线，,,A C M 三点也共线，且,,A B C 三点都在椭圆上，我们用定比点差法去解决这个问题．例12．（2018·全国卷Ⅰ）设椭圆22:12+=x C y 的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于,A B 两点，点M 的坐标为(2,0)．（1）当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程． （2）设O 为坐标原点，证明：∠=∠OMA OMB ．【解析】（1）由已知得(1,0),F l 的方程为1=x ，由已知可得点A的坐标为或(1,，所以AM的方程为2=−y x2=−y x （2）当l 与x 轴重合时，00∠=∠=OMA OMB ．当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以∠=∠OMA OMB ．当l 与x 轴不重合也不垂直时，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，点B 关于x 轴对称的点22(,)'−B x y ，229根据几何性质可得：令ON 为∠ANB 的角平分线，AB 与x 轴交点为2F ，下面通过证明N 与M 重合来证明∠=∠OMA OMB ，根据角平分线定理有：22=='AF AN AN F B NB NB ，令λ'=AN NB ，则12(,0)1λλ++x x N ，由122211λλλ−=−⇒=−x x AF F B ，,A B 代入椭圆方程221122221,(1)21,(2)2⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩x y x y 2(1)(2)λ−⨯得：212121212()()()()12λλλλλ+−++−=−x x x x y y y y ，即21212121011(2,0)21112λλλλλλ+−−⋅⋅+⋅=⇒=⇒+−−F N x x x x x x y y N ，即N 与M 重合，所以∠=∠OMA OMB ． 例13．（2018·北京文）已知椭圆2222:1(0)+=>>x y M a b a bk 的直线l 与椭圆M 有两个不同的交点,A B ，（1）求椭圆M 的方程．（2）若1=k ，求||AB 的最大值．（3）设(2,0)−P ，直线PA 与椭圆M 的另一个交点为C ，直线PB 与椭圆M 的另一个交点为D ，若,C D 和点71(,)44−Q 共线，求k ．【解析】（1）由题意得2=cc=c e a=a 2221=−=b a c ，所以椭圆M 的标准方程为2213+=x y ．（2）设直线AB 的直线方程为=+y x m ，由2213=+⎧⎪⎨+=⎪⎩y x m x y ，消去y 可得2246330++−=x mx m ， 则2223644(33)48120∆=−⨯−=−>m m m ，即24<m ，1122(,),(,)A x y B x y ，1232+=−mx x ，212334−=m x x ，12|||=−=AB x x=， 易得当20=m时，max ||=AB ||AB．（3）设11223344(,),(,),(,),(,)A x y B x y C x y D x y ，λ=AP PC ，2424(,)(2,0)11μμμμ++=−++x x y y P ，有22112233 1 (1)3 1 (2)3⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩x y x y ，2(1)(2)λ−⨯得：213131313()()()()13λλλλλ+−++−=−x x x x y y y y ， 即13(2)()13(1)λλ−−=−x x ，1311333171244(3)172441λλλλλλ−⎧⎧=−=−−⎪⎪⎪⎪−⇒⎨⎨+⎪⎪=−−=−⎪⎪⎩+⎩x x x x x x ， 同理2422443171244(4)172441μλλλλλ−⎧⎧=−=−−⎪⎪⎪⎪−⇒⎨⎨+⎪⎪=−−=−⎪⎪⎩+⎩x x x x x x 故121()(5)4λμ−=−−x x ，同时1324λμ⎧=⎪−⎪⎨⎪=⎪−⎩y y y y ，由于CD 过定点71(,)44−Q ， 故21341234111114444()(6)711144444μλλμλμ−−−−−−=⇒=⇒−=−−+−−−y y y y y y x x ， 结合（5）（6）可得12121−=−y y x x ，即1=k ． 例14．已知点(0,1)P ，椭圆22:(1)4+=>x C y m m 上两点,A B 满足2=AP PB ，则当m 为何值时，点B 横坐标的绝对值最大．【解析】设11(,)A x y ，22(,)B x y ，22(,),(0,1)B x y P ，则22112222,(1)4,(2)4⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩x y m x y m ，由2=AP PB 得121220122112+⎧=⎪⎪+⎨+⎪=⎪⎩+x x y y ， 2(1)(2)2−⋅得222222212122(2)(12)4−⋅+−⋅=−x x y y m ，即1212121222221412121212+−+−⋅⋅+⋅=+−+−x x x x y y y y m ，则，122−=−y y m ，1223+=y y ，则234+=my ，所以2223()44++=x m m ， 即2221094−+−=m m x ，当5=m 时，()22max 4=x ，则2max2=x ．三、方法总结点差法是解决圆锥曲线与直线的关系中常用到的一种方法．当直线与圆锥曲线相交的问题涉及到相交弦的中点时，宜应用点差法求解，即将直线被圆锥曲线截得的弦的两端点坐标代入圆锥曲线方程，得到两个等式，再将两个等式作差，转化得到弦的中点坐标与直线斜率的关系，进而解决问题．在解答圆锥曲线231的某些问题时，若果能适时运用点差法，可以达到“设而不求”的目的，同时，还可以降低解题的运算量，优化解题过程．当1λ=时，点M 为弦AB 的中点．若1λ≠时，点M 不再是中点，就成了定比分点．这时就会出现12λ+x x 这样形式的式子，若果再凑出12λ−x x ，我们就会想到222121212()()λλλ+−=−⋅x x x x x x ，则在有心二次曲线的方程上乘以2λ再作差，就会得到这样的式子，因此我们想到了“定比点差法”．定比点差法实际上是直线的参数方程的变异形式，只不过将其中的t 变作了λ，也就是说只要是共线点列的问题都可以在考虑运用直线的参数方程的同时考虑定比点差法．定比点差法在处理圆锥曲线上过定点的直线的证明题时往往可以起到简化运算的作用．但定比点差法无法应用于抛物线，并且它采用的参数λ在解析几何问题中并不通用，在求解具体的斜率、弦长与面积时往往会引起运算上的麻烦(当然，求坐标还是很简便的)，所以并不是所有的共线问题都适用用定比点差法解决．综上所述，在研究点差法及定比点差法时，主要核心思想统一体现为减元、消元以及方程的思想．四．巩固练习1．已知椭圆()222210+=>>x y a b a b 的一条准线方程是1=x ，有一条倾斜角为4π的直线交椭圆于、A B 两点，若AB 的中点为11,24⎛⎫− ⎪⎝⎭C ，则椭圆方程为 ．【答案】2211124+=x y【解析】设()()1122,,、A x y B x y ，则121211,2+=−+=x x y y ， 且2211221+=x y a b ①， 2222221+=x y a b②， −①②得：2222121222−−=−x x y y a b ，()()221212221212112+−−∴=−=−⋅−+b x x y y b x x a y y a ，21221221−∴===−AB y y b k x x a，222∴=a b ③又21=a c ，2∴=a c ④ 而222=+a b c ⑤由③④⑤可得212=a ，214=b ，所求椭圆方程为2211124+=x y ． 2．已知椭圆221259+=x y 上不同的三点()()11229,,4,,,5⎛⎫⎪⎝⎭A x yBC x y 与焦点()4,0F 的距离成等差数列．（1）求证：128+=x x ；（2）若线段AC 的垂直平分线与x 轴的交点为T ，求直线BT 的斜率k ． 【解析】（1）略； （2）解128+=x x ，∴设线段AC 的中点为()04,D y ．又、A C 在椭圆上，∴22111259+=x y ①，22221259+=x y ②，−①②得：22221212259−−=−x x y y ， ()()1212121200998362525225+−∴=−=−⋅=−−+x x y y x x y y y y ． ∴直线DT 的斜率02536=DT y k ，∴直线DT 的方程为()0025436−=−y y y x ．令0=y ，得6425=x ，即64,025⎛⎫ ⎪⎝⎭T ，∴直线BT 的斜率9055644425−==−k ． 3．若抛物线2:=C y x 上存在不同的两点关于直线():3=−l y m x 对称，则实数m 的取值范围是 ．【答案】(【解析】当0=m 时，显然满足．当0≠m 时，设抛物线C 上关于直线():3=−l y m x 对称的两点分别为()()1122,,、P x y Q x y ，且PQ 的中点为()00,M x y ，则211=y x ①，222=y x ②， −①②得：221212−=−y y x x ，1212120112−∴===−+PQ y y k x x y y y ， 又1=−PQ k m ，02∴=−m y ． 中点()00,M x y 在直线():3=−l y m x 上，()003∴=−y m x ，于是052=x ． 中点M 在抛物线2=y x 内部，200∴<y x ，即2522⎛⎫−< ⎪⎝⎭m，解得<m综上可知，所求实数m的取值范围是(．4．（2011浙江理）设1F ，2F 分别为椭圆2213+=x y 的左、右焦点，点A ，B 在椭圆上，若125=F A F B ，则点A 的坐标是 ．233解答：记直线1F A 反向延长交椭圆于1B ，由125=F A F B 及椭圆对称性得1115=AF F B ，设11(,)A x y ，22(,)B x y，(F ．①定比分点公式得：12125155015+⎧=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩x x yy 1212550⎧+=−⎪⇒⎨+=⎪⎩x x y y ②又⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩221122221(1)31(2)3x y x y 221122221(1)4252525(3)3x y x y ⎧+=⎪⎪⇒⎨⎪+=⎪⎩③由（1）-（3）得+−++−=−12121212(5)(5)(5)(5)243x x x x y y yy ⇒−=125x x ，又+=−125x x ⇒=10x ⇒±(0,1)A ．5．（2009江理）双曲线()222210,0−=>>x y a b a b的右顶点A 作斜率为1−的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B ，C ．若12=AB BC ，则双曲线的离心率是（ ）ABCD【答案】C【解析】设11(,)C x y ，22(,)B x y ，(,0)A a ，由12=AB BC ，由12=AB BC 得121212112102112⎧+⎪=⎪⎪+⎪⎨⎪+⎪=⎪+⎪⎩a x x y y 12123230−=−⎧⇒⎨−=⎩x x a y y ． 又22112222222200⎧−=⎪⎪⎨⎪−=⎪⎩x y a b x y a b 2211222222220 990 ⎧−=⎪⎪⇒⎨⎪−=⎪⎩①②x y a b x y a b ， 由①-②得：1212121222(3)(3)(3)(3)0+−+−−=x x x x y y y y a b 1230⇒+=x x ，又1232−=−x x a所以1=−x a ，所以(,)−C a b ，所以01−=−=−−AC b k a a2⇒=ba ⇒=e 6．已知椭圆22162+=x y 的左右焦点分别为1F ，2F ，A ，B ，P 是椭圆上的三个动点，且11λ=PF F A ，22μ=PF F B ．若2λ=，求μ的值．【解析】设()00,P x y ，11(,)A x y ，22(,)B x y ， 由11λ=PF F A 得()0101010111001λλλλλλλ+⎧−=⎪⎧+=−+⎪⎪+⇒⎨⎨++=⎪⎩⎪=⎪+⎩x x c x x c y y y y 由22μ=PF F B 得()02020********μμμμμμμ+⎧=⎪⎧+=−++⎪⎪⇒⎨⎨++=⎪⎩⎪=⎪+⎩x x c x x c y y y y由22002222112211⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩x y a bx y a b ⇒2200222222211221 λλλ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩①②x y a bx y ab235由①-②得：()()()()010*******21λλλλ−+−++=−x x x x y y y yx ab()()()()()()20101201111λλλλλλ−+⇒=⇒−=−−−+x x x x a a x x c ，又()()011λλ+=−+x x c所以222202λ−+=−a c a c x c c ，同理可得222202μ−+=−+a c a c x c c 所以()()2222222222108λμλμμ−+++=⋅⇒+=⋅=⇒=−a c a c a c c c a c ． 7．已知椭圆22:12+=xy C ，设过点()2,2P 的直线l 与椭圆C 交于A ，B ，点Q 是线段AB 上的点，且112+=PA PB PQ，求点Q 的轨迹方程．【解析】设11(,)A x y ，22(,)B x y ，()00,Q x y ，由112+=PA PB PQ 22−+⇒+=⇒+=PQ PQ PA AQ PB QB PA PB PA PB0−⇒+=⇒=AQ QB PA AQ PAPBPBQB，记()0λλ==>AP AQ PBQB，即λ=−AP PB ，λ=AQ QB ．由λ=−AP PB 得:()()1212121222112121λλλλλλλλ−⎧=⎪⎧−=−⎪⎪−⇒⎨⎨−−=−⎪⎪⎩=⎪−⎩x x x x y y y y由λ=AQ QB 得:()()1201201212001111λλλλλλλλ+⎧=⎪⎧+=+⎪⎪+⇒⎨⎨++=+⎪⎪⎩=⎪+⎩x x x x x x y y y y y y又221122222222⎧+=⎪⎨+=⎪⎩x y x y 221122222222 222 λλλ⇒⎪⎧+=⎪⎨+=⎩①②x y x y 由①-②得：()()()()()212121212221λλλλλ+⋅−+⋅+⋅−=−x x x x y y y y ()()()()()20021141121λλλλλ⇒+⋅−+⋅+⋅−=−x y 00242⇒+=x y ，即00210+−=x y ．注意到在椭圆内，故点Q 的轨迹方程为()2221022+−=+<x y x y ．8．（2019全国卷理）已知抛物线2:3=C y x 的焦点为F ，斜率为32的直线l 与C 的交点分别为，A B ，与x 轴的交点为P ．（1）若4+=AF BF ，求直线l 的方程； （2）若3=AP PB ，求AB ．【答案】（1）3728=−y x ；（2）=AB 【解析】（1）设直线l 的方程为：32=+y x m ，与抛物线方程联立可得：()22239330342⎧=⎪⇒+−+=⎨=+⎪⎩y xx m x m y x m ， 设()()1122,,，A x y B x y ，故()12413+=−x x m 由抛物线定义可得：()12431432+=++=−+=AF BF x x p m ，解得78=−m ． 故直线方程为：3728=−y x ． （2）设直线l 的方程为：32=+y x m ，联立22322032⎧=⎪⇒−+=⎨=+⎪⎩y xy y m y x m设()()()11220,,,0，，A x y B x y P x ，则1212 2 2 +=⎧⎪⎨⋅=⎪⎩①②y y y y m 由3=AP PB 可得()12030−=−y y ，即123=−y y ③237由①②解得1231=⎧⎨=−⎩y y ，代入③式得32=−m ，故直线方程为3322=−y x ．解得：()53,3,13⎛⎫− ⎪⎝⎭，A B，故=AB ．联系2675512809购买。
高考数学(理)二轮配套训练【专题6】(3)圆锥曲线中的热点问题(含答案)
第3讲圆锥曲线中的热点问题考情解读 1.本部分主要以解答题形式考查，往往是试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，考查弦长、定点、定值、最值、范围问题或探索性问题，试题难度较大.2.求轨迹方程也是高考的热点与重点，若在客观题中出现通常用定义法，若在解答题中出现一般用直接法、代入法、参数法或待定系数法，往往出现在解答题的第(1)问中．1．直线与圆锥曲线的位置关系(1)直线与椭圆的位置关系的判定方法：将直线方程与椭圆方程联立，消去一个未知数，得到一个一元二次方程．若Δ>0，则直线与椭圆相交；若Δ＝0，则直线与椭圆相切；若Δ<0，则直线与椭圆相离．(2)直线与双曲线的位置关系的判定方法：将直线方程与双曲线方程联立，消去y(或x)，得到一个一元方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c ＝0)．①若a≠0，当Δ>0时，直线与双曲线相交；当Δ＝0时，直线与双曲线相切；当Δ<0时，直线与双曲线相离．②若a＝0时，直线与渐近线平行，与双曲线有一个交点．(3)直线与抛物线的位置关系的判定方法：将直线方程与抛物线方程联立，消去y(或x)，得到一个一元方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c ＝0)．①当a≠0时，用Δ判定，方法同上．②当a＝0时，直线与抛物线的对称轴平行，只有一个交点．2．有关弦长问题有关弦长问题，应注意运用弦长公式；有关焦点弦长问题，要重视圆锥曲线定义的运用，以简化运算．(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＋1k2|y2－y1|.(2)当斜率k不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式)．3．弦的中点问题有关弦的中点问题，应灵活运用“点差法”，“设而不求法”来简化运算．4．轨迹方程问题(1)求轨迹方程的基本步骤：①建立适当的平面直角坐标系，设出轨迹上任一点的坐标——解析法(坐标法)． ②寻找动点与已知点满足的关系式——几何关系． ③将动点与已知点的坐标代入——几何关系代数化． ④化简整理方程——简化．⑤证明所得方程为所求的轨迹方程——完成其充要性． (2)求轨迹方程的常用方法：①直接法：将几何关系直接翻译成代数方程；②定义法：满足的条件恰适合某已知曲线的定义，用待定系数法求方程； ③代入法：把所求动点的坐标与已知动点的坐标建立联系；④交轨法：写出两条动直线的方程直接消参，求得两条动直线交点的轨迹；(3)注意①建系要符合最优化原则；②求轨迹与“求轨迹方程”不同，轨迹通常指的是图形，而轨迹方程则是代数表达式．步骤②⑤省略后，验证时常用途径：化简是否同解变形，是否满足题意，验证特殊点是否成立等.热点一 圆锥曲线中的范围、最值问题例1 (2013·浙江)如图，点P (0，－1)是椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个顶点，C 1的长轴是圆C 2：x 2＋y 2＝4的直径．l 1，l 2是过点P 且互相垂直的两条直线，其中l 1交圆C 2于A ，B 两点，l 2交椭圆C 1于另一点D .(1)求椭圆C 1的方程；(2)求△ABD 面积取最大值时直线l 1的方程．思维启迪 (1)P 点是椭圆上顶点，圆C 2的直径等于椭圆长轴长；(2)设直线l 1的斜率为k ，将△ABD 的面积表示为关于k 的函数．解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a ＝2.所以椭圆C 1的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)． 由题意知直线l 1的斜率存在，不妨设其为k ， 则直线l 1的方程为y ＝kx －1. 又圆C 2：x 2＋y 2＝4，故点O 到直线l 1的距离 d ＝1k 2＋1， 所以|AB |＝24－d 2＝24k 2＋3k 2＋1. 又l 2⊥l 1，故直线l 2的方程为x ＋ky ＋k ＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋ky ＋k ＝0，x 2＋4y 2＝4. 消去y ，整理得(4＋k 2)x 2＋8kx ＝0， 故x 0＝－8k 4＋k 2.所以|PD |＝8k 2＋14＋k 2.设△ABD 的面积为S ， 则S ＝12|AB |·|PD |＝84k 2＋34＋k 2，所以S ＝324k 2＋3＋134k 2＋3≤3224k 2＋3·134k 2＋3＝161313，当且仅当k ＝±102时取等号． 所以所求直线l 1的方程为y ＝±102x －1. 思维升华 求最值及参数范围的方法有两种：①根据题目给出的已知条件或图形特征列出一个关于参数的函数关系式，将其代入由题目列出的不等式(即为消元)，然后求解不等式；②由题目条件和结论建立目标函数，进而转化为求函数的值域．已知椭圆C 的左，右焦点分别为F 1，F 2，椭圆的离心率为12，且椭圆经过点P (1，32)． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)线段PQ 是椭圆过点F 2的弦，且PF 2→＝λF 2Q →，求△PF 1Q 内切圆面积最大时实数λ的值． 解 (1)e ＝c a ＝12，P (1，32)满足1a 2＋(32)2b 2＝1，又a 2＝b 2＋c 2，∵a 2＝4，b 2＝3， ∴椭圆标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)显然直线PQ 不与x 轴重合，当直线PQ 与x 轴垂直时，|PQ |＝3，|F 1F 2|＝2， S Q PF 1∆＝3；当直线PQ 不与x 轴垂直时，设直线PQ ：y ＝k (x －1)，k ≠0代入椭圆C 的标准方程， 整理，得(3＋4k 2)y 2＋6ky －9k 2＝0，则y 1＝－3k ＋6k 2＋k 43＋4k 2，y 2＝－3k －6k 2＋k 43＋4k 2，S Q PF 1∆＝12×|F 1F 2|×|y 1－y 2|＝12k 2＋k 4(3＋4k 2)2，令t ＝3＋4k 2，∴t >3，k 2＝t －34，∴S Q PF 1∆＝3－3(1t ＋13)2＋43，∵0<1t <13，∴S Q PF 1∆∈(0,3)，∴当直线PQ 与x 轴垂直时S △PF 1Q 最大，且最大面积为3. 设△PF 1Q 内切圆半径为r ，则S Q PF 1∆＝12(|PF 1|＋|QF 1|＋|PQ |)·r ＝4r ≤3.即r max ＝34，此时直线PQ 与x 轴垂直，△PF 1Q 内切圆面积最大，∴PF 2→＝F 2Q →，∴λ＝1.热点二 圆锥曲线中的定值、定点问题例2 (2013·陕西)已知动圆过定点A (4,0)，且在y 轴上截得弦MN 的长为8. (1)求动圆圆心的轨迹C 的方程；(2)已知点B (－1,0)，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．思维启迪 (1)设动圆圆心坐标，利用圆的半径、半弦长和弦心距组成的直角三角形求解；(2)设直线方程y ＝kx ＋b ，将其和轨迹C 的方程联立，再设两个交点坐标，由题意知直线BP 和BQ 的斜率互为相反数，推出k 和b 的关系，最后证明直线过定点．(1)解 如图，设动圆圆心为O 1(x ，y )，由题意，得|O 1A |＝|O 1M |，当O 1不在y 轴上时，过O 1作O 1H ⊥MN 交MN 于H ，则H 是MN 的中点， ∴|O 1M |＝x 2＋42， 又|O 1A |＝(x －4)2＋y 2， ∴(x －4)2＋y 2＝x 2＋42，化简得y 2＝8x (x ≠0)．又当O 1在y 轴上时，O 1与O 重合，点O 1的坐标为(0,0)也满足方程y 2＝8x ， ∴动圆圆心的轨迹C 的方程为y 2＝8x .(2)证明 如图由题意，设直线l 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)， P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 将y ＝kx ＋b 代入y 2＝8x 中， 得k 2x 2＋(2bk －8)x ＋b 2＝0. 其中Δ＝－32kb ＋64>0.得x 1,2＝(8－2bk )±－32kb ＋642k 2，则x 1＋x 2＝8－2bkk 2，①x 1x 2＝b 2k2，②∵x 轴是∠PBQ 的角平分线， ∴y 1x 1＋1＝－y 2x 2＋1， 即y 1(x 2＋1)＋y 2(x 1＋1)＝0， (kx 1＋b )(x 2＋1)＋(kx 2＋b )(x 1＋1)＝0， 2kx 1x 2＋(b ＋k )(x 1＋x 2)＋2b ＝0③将①②代入③得2kb 2＋(k ＋b )(8－2bk )＋2k 2b ＝0， ∴k ＝－b ，此时Δ>0，∴直线l 的方程为y ＝k (x －1)，即直线l 过定点(1,0)．思维升华 (1)定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关．在这类试题中选择消元的方向是非常关键的． (2)由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y －y 0＝k (x －x 0)，则直线必过定点(x 0，y 0)；若得到了直线方程的斜截式：y ＝kx ＋m ，则直线必过定点(0，m )．已知椭圆C 的中点在原点，焦点在x 轴上，离心率等于12，它的一个顶点恰好是抛物线x 2＝83y 的焦点． (1)求椭圆C 的方程；(2)已知点P (2,3)，Q (2，－3)在椭圆上，点A 、B 是椭圆上不同的两个动点，且满足∠APQ ＝∠BPQ ，试问直线AB 的斜率是否为定值，请说明理由．解 (1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，则b ＝2 3.由c a ＝12，a 2＝c 2＋b 2，得a ＝4，∴椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)当∠APQ ＝∠BPQ 时，P A 、PB 的斜率之和为0， 设直线P A 的斜率为k ，则PB 的斜率为－k ，P A 的直线方程为y －3＝k (x －2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y －3＝k (x －2)，x 216＋y212＝1，整理得 (3＋4k 2)x 2＋8(3－2k )kx ＋4(3－2k )2－48＝0， x 1＋2＝8(2k －3)k 3＋4k 2，同理PB 的直线方程为y －3＝－k (x －2)， 可得x 2＋2＝－8k (－2k －3)3＋4k 2＝8k (2k ＋3)3＋4k 2.∴x 1＋x 2＝16k 2－123＋4k 2，x 1－x 2＝－48k3＋4k 2， k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝k (x 1－2)＋3＋k (x 2－2)－3x 1－x 2＝k (x 1＋x 2)－4k x 1－x 2＝12， ∴直线AB 的斜率为定值12.热点三 圆锥曲线中的探索性问题例3 已知椭圆C 1、抛物线C 2的焦点均在x 轴上，C 1的中心和C 2的顶点均为原点O ，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下表中：x 3 －2 4 (1)求C 1，C 2(2)是否存在直线l 满足条件：①过C 2的焦点F ；②与C 1交于不同的两点M ，N ，且满足OM →⊥ON →？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．思维启迪 (1)比较椭圆及抛物线方程可知，C 2的方程易求，确定其上两点，剩余两点，利用待定系数法求C 1方程.(2) 联立方程，转化已知条件进行求解.解 (1)设抛物线C 2：y 2＝2px (p ≠0)， 则有y 2x＝2p (x ≠0)，据此验证四个点知(3，－23)，(4，－4)在C 2上， 易求得C 2的标准方程为y 2＝4x . 设椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，把点(－2,0)，(2，22)代入得⎩⎨⎧4a 2＝12a 2＋12b2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4b 2＝1，所以C 1的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)容易验证当直线l 的斜率不存在时，不满足题意． 当直线l 的斜率存在时，设其方程为y ＝k (x －1)， 与C 1的交点为M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1y ＝k (x －1)消去y 并整理得(1＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4(k 2－1)＝0， 于是x 1,2＝8k 2±64k 4－16(1＋4k 2)(k 2－1)2(1＋4k 2)，则x 1＋x 2＝8k 21＋4k 2，①x 1x 2＝4(k 2－1)1＋4k 2.②所以y 1y 2＝k 2(x 1－1)(x 2－1) ＝k 2[x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1]＝k 2[4k 2－11＋4k 2－8k 21＋4k 2＋1]＝－3k 21＋4k 2.③由OM →⊥ON →，即OM →·ON →＝0，得x 1x 2＋y 1y 2＝0.(*) 将②③代入(*)式，得4(k 2－1)1＋4k 2－3k 21＋4k 2＝k 2－41＋4k 2＝0，解得k ＝±2，所以存在直线l 满足条件， 且直线l 的方程为2x －y －2＝0或2x ＋y －2＝0.思维升华 解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型．解决问题的一般策略是先假设结论成立，然后进行演绎推理或导出矛盾，即可否定假设或推出合理结论，验证后肯定结论，对于“存在”或“不存在”的问题，直接用条件证明或采用反证法证明．解答时，不但需要熟练掌握圆锥曲线的概念、性质、方程及不等式、判别式等知识，还要具备较强的审题能力、逻辑思维能力以及运用数形结合的思想分析问题和解决问题的能力．已知中心在坐标原点O 的椭圆C 经过点A (2,3)，且点F (2,0)为其右焦点．(1)求椭圆C 的方程；(2)是否存在平行于OA 的直线l ，使得直线l 与椭圆C 有公共点，且直线OA 与l 的距离等于4？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．解 方法一 (1)依题意，可设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，且可知其左焦点为F ′(－2,0)．从而有⎩⎪⎨⎪⎧ c ＝2，2a ＝|AF |＋|AF ′|＝3＋5＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2，a ＝4.又a 2＝b 2＋c 2，所以b 2＝12， 故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)假设存在符合题意的直线l ，设其方程为y ＝32x ＋t .由⎩⎨⎧y ＝32x ＋t ，x 216＋y212＝1，得3x 2＋3tx ＋t 2－12＝0.因为直线l 与椭圆C 有公共点，所以Δ＝(3t )2－4×3×(t 2－12)≥0，解得－43≤t ≤4 3. 另一方面，由直线OA 与l 的距离d ＝4，得|t |94＋1＝4，解得t ＝±213.由于±213∉[－43，43]，所以符合题意的直线l 不存在．方法二 (1)依题意，可设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，且有⎩⎪⎨⎪⎧4a 2＋9b 2＝1，a 2－b 2＝4.解得b 2＝12，b 2＝－3(舍去)．从而a 2＝16.所以椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)同方法一．1．圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；(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，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． 2．定点、定值问题的处理方法定值包括几何量的定值或曲线过定点等问题，处理时可以直接推理求出定值，也可以先通过特定位置猜测结论后进行一般性证明．对于客观题，通过特殊值法探求定点、定值能达到事半功倍的效果． 3．探索性问题的解法探索是否存在的问题，一般是先假设存在，然后寻找理由去确定结论，如果真的存在，则可以得出相应存在的结论；若不存在，则会由条件得出矛盾，再下结论不存在即可.真题感悟(2014·北京)已知椭圆C ：x 2＋2y 2＝4. (1)求椭圆C 的离心率；(2)设O 为原点，若点A 在椭圆C 上，点B 在直线y ＝2上，且OA ⊥OB ，试判断直线AB 与圆x 2＋y 2＝2的位置关系，并证明你的结论．解 (1)由题意，得椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1，所以a 2＝4，b 2＝2，从而c 2＝a 2－b 2＝2. 因此a ＝2，c ＝ 2.故椭圆C 的离心率e ＝c a ＝22.(2)直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切．证明如下： 设点A ，B 的坐标分别为(x 0，y 0)，(t,2)，其中x 0≠0. 因为OA ⊥OB ，所以OA →·OB →＝0， 即tx 0＋2y 0＝0，解得t ＝－2y 0x 0.当x 0＝t 时，y 0＝－t 22，代入椭圆C 的方程，得t ＝±2，故直线AB 的方程为x ＝±2， 圆心O 到直线AB 的距离d ＝ 2. 此时直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切．当x 0≠t 时，直线AB 的方程为y －2＝y 0－2x 0－t (x －t )．即(y 0－2)x －(x 0－t )y ＋2x 0－ty 0＝0. 圆心O 到直线AB 的距离 d ＝|2x 0－ty 0|(y 0－2)2＋(x 0－t )2.又x 20＋2y 20＝4，t ＝－2y 0x 0， 故d ＝⎪⎪⎪⎪2x 0＋2y 20x 0x 20＋y 20＋4y 20x 20＋4＝⎪⎪⎪⎪4＋x 20x 0x 40＋8x 2＋162x 20＝ 2. 此时直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切． 押题精练已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，其左、右焦点分别是F 1、F 2，过点F 1的直线l交椭圆C 于E 、G 两点，且△EGF 2的周长为4 2. (1)求椭圆C 的方程；(2)若过点M (2,0)的直线与椭圆C 相交于两点A 、B ，设P 为椭圆上一点，且满足OA →＋OB →＝tOP →(O 为坐标原点)，当|P A →－PB →|<253时，求实数t 的取值范围．解 (1)由题意知椭圆的离心率e ＝c a ＝22，∴e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12，即a 2＝2b 2.又△EGF 2的周长为42，即4a ＝42， ∴a 2＝2，b 2＝1.∴椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由题意知直线AB 的斜率存在，即t ≠0.设直线AB 的方程为y ＝k (x －2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x ，y )，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－8k 2x ＋8k 2－2＝0. 由Δ＝64k 4－4(2k 2＋1)(8k 2－2)>0，得k 2<12. ∴x 1,2＝8k 2±64k 4－4(2k 2＋1)(8k 2－2)2(1＋2k 2)， ∴x 1＋x 2＝8k 21＋2k 2，x 1x 2＝8k 2－21＋2k 2， ∵OA →＋OB →＝tOP →，∴(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝t (x ，y )，x ＝x 1＋x 2t ＝8k 2t (1＋2k 2)， y ＝y 1＋y 2t ＝1t [k (x 1＋x 2)－4k ]＝－4k t (1＋2k 2). ∵点P 在椭圆C 上，∴(8k 2)2[t (1＋2k 2)]2＋2(－4k )2[t (1＋2k 2)]2＝2， ∴16k 2＝t 2(1＋2k 2)．∵|P A →－PB →|<253，∴1＋k 2|x 1－x 2|<253， ∴(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]<209， ∴(1＋k 2)[64k 4(1＋2k 2)2－4·8k 2－21＋2k 2]<209， ∴(4k 2－1)(14k 2＋13)>0，∴k 2>14.∴14<k 2<12. ∵16k 2＝t 2(1＋2k 2)，∴t 2＝16k 21＋2k 2＝8－81＋2k 2， 又32<1＋2k 2<2，∴83<t 2＝8－81＋2k 2<4， ∴－2<t <－263或263<t <2， ∴实数t 的取值范围为(－2，－263)∪(263，2)．(推荐时间：50分钟)一、选择题1．已知点M 与双曲线x 216－y 29＝1的左、右焦点的距离之比为2∶3，则点M 的轨迹方程为( ) A ．x 2－y 2＋26x ＋25＝0B ．x 2＋y 2＋16x ＋81＝0C ．x 2＋y 2＋26x ＋25＝0D ．x 2＋y 2＋16x －81＝0答案 C解析 设点M (x ，y )，F 1(－5,0)，F 2(5,0)，则由题意得|MF 1||MF 2|＝23， 将坐标代入，得(x ＋5)2＋y 2(x －5)2＋y 2＝49， 化简，得x 2＋y 2＋26x ＋25＝0.2．已知椭圆E 的左、右焦点分别为F 1、F 2，过F 1且斜率为2的直线交椭圆E 于P 、Q 两点，若△PF 1F 2为直角三角形，则椭圆E 的离心率为( ) A.53 B.23 C.23 D.13答案 A解析 由题意可知，∠F 1PF 2是直角，且tan ∠PF 1F 2＝2，∴|PF 2||PF 1|＝2，又|PF 1|＋|PF 2|＝2a ， ∴|PF 1|＝2a 3，|PF 2|＝4a 3. 根据勾股定理得⎝⎛⎭⎫2a 32＋⎝⎛⎭⎫4a 32＝(2c )2， 所以离心率e ＝c a ＝53. 3．已知抛物线y 2＝8x 的焦点F 到双曲线C ：y 2a 2－x 2b 2＝1(a >0，b >0)渐近线的距离为455，点P 是抛物线y 2＝8x 上的一动点，P 到双曲线C 的上焦点F 1(0，c )的距离与到直线x ＝－2的距离之和的最小值为3，则该双曲线的方程为( )A.y 22－x 23＝1 B ．y 2－x 24＝1 C.y 24－x 2＝1 D.y 23－x 22＝1 答案 C解析 由题意得，抛物线y 2＝8x 的焦点F (2,0)，双曲线C ：y 2a 2－x 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线的方程为ax －by ＝0， ∵抛物线y 2＝8x 的焦点F 到双曲线C ：y 2a 2－x 2b 2＝1(a >0，b >0)渐近线的距离为455， ∴2a a 2＋b 2＝455， ∴a ＝2b .∵P 到双曲线C 的上焦点F 1(0，c )的距离与到直线x ＝－2的距离之和的最小值为3， ∴|FF 1|＝3，∴c 2＋4＝9，∴c ＝5，∵c 2＝a 2＋b 2，a ＝2b ，∴a ＝2，b ＝1.∴双曲线的方程为y 24－x 2＝1，故选C. 4．若点O 和点F 分别为椭圆x 24＋y 23＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP →·FP →的最大值为( )A ．2B ．3C ．6D ．8答案 C解析 设P (x 0，y 0)，则 x 204＋y 203＝1，即y 20＝3－3x 204， 又因为F (－1,0)，所以OP →·FP →＝x 0·(x 0＋1)＋y 20＝14x 20＋x 0＋3 ＝14(x 0＋2)2＋2， 又x 0∈[－2,2]，即OP →·FP →∈[2,6]，所以(OP →·FP →)max ＝6.5．设M (x 0，y 0)为抛物线C ：x 2＝8y 上一点，F 为抛物线C 的焦点，以F 为圆心，|FM |为半径的圆和抛物线的准线相交，则y 0的取值范围是( )A ．(0,2)B ．[0,2]C ．(2，＋∞)D ．[2，＋∞)答案 C解析 依题意得F (0,2)，准线方程为y ＝－2，又∵以F 为圆心，|FM |为半径的圆和抛物线的准线相交，且|FM |＝|y 0＋2|，∴|FM |>4，即|y 0＋2|>4，又y 0≥0，∴y 0>2.6．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左，右焦点分别为F 1(－c,0)，F 2(c,0)，若双曲线上存在点P 满足a sin ∠PF 1F 2＝c sin ∠PF 2F 1，则该双曲线的离心率的取值范围为( ) A ．(1，2＋1) B ．(1，3)C ．(3，＋∞)D ．(2＋1，＋∞) 答案 A解析 根据正弦定理得|PF 2|sin ∠PF 1F 2＝|PF 1|sin ∠PF 2F 1， 所以由a sin ∠PF 1F 2＝c sin ∠PF 2F 1可得a |PF 2|＝c |PF 1|， 即|PF 1||PF 2|＝c a＝e ， 所以|PF 1|＝e |PF 2|.因为e >1，所以|PF 1|>|PF 2|，点P 在双曲线的右支上．又|PF 1|－|PF 2|＝e |PF 2|－|PF 2|＝|PF 2|(e －1)＝2a ，解得|PF 2|＝2a e －1， 因为|PF 2|>c －a ，所以2a e －1>c －a ，即2e －1>e －1， 即(e －1)2<2，解得1－2<e <2＋1.又e >1，所以e ∈(1，2＋1)，故选A.二、填空题7．直线y ＝kx ＋1与椭圆x 25＋y 2m＝1恒有公共点，则m 的取值范围是________． 答案 m ≥1且m ≠5解析 ∵方程x 25＋y 2m＝1表示椭圆， ∴m >0且m ≠5.∵直线y ＝kx ＋1恒过(0,1)点，∴要使直线与椭圆总有公共点，应有：025＋12m≤1，m ≥1，∴m 的取值范围是m ≥1且m ≠5.8．在直线y ＝－2上任取一点Q ，过Q 作抛物线x 2＝4y 的切线，切点分别为A 、B ，则直线AB 恒过定点________．答案 (0,2)解析 设Q (t ，－2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，抛物线方程变为y ＝14x 2，则y ′＝12x ，则在点A 处的切线方程为y －y 1＝12x 1(x －x 1)，化简得，y ＝12x 1x －y 1，同理，在点B 处的切线方程为y ＝12x 2x －y 2.又点Q (t ，－2)的坐标满足这两个方程，代入得：－2＝12x 1t －y 1，－2＝12x 2t －y 2，则说明A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)都满足方程－2＝12xt －y ，即直线AB 的方程为：y －2＝12tx ，因此直线AB 恒过定点(0,2)．9．(2014·辽宁)已知椭圆C ：x 29＋y 24＝1，点M 与C 的焦点不重合．若M 关于C 的焦点的对称点分别为A ，B ，线段MN 的中点在C 上，则|AN |＋|BN |＝________.答案 12解析 椭圆x 29＋y 24＝1中，a ＝3.如图，设MN 的中点为D ，则|DF 1|＋|DF 2|＝2a ＝6.∵D ，F 1，F 2分别为MN ，AM ，BM 的中点，∴|BN |＝2|DF 2|，|AN |＝2|DF 1|，∴|AN |＋|BN |＝2(|DF 1|＋|DF 2|)＝12.10．(2013·安徽)已知直线y ＝a 交抛物线y ＝x 2于A ，B 两点．若该抛物线上存在点C ，使得∠ACB 为直角，则a 的取值范围为________．答案 [1，＋∞)解析 以AB 为直径的圆的方程为x 2＋(y －a )2＝a ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2x 2＋(y －a )2＝a ， 得y 2＋(1－2a )y ＋a 2－a ＝0.即(y －a )[y －(a －1)]＝0，由已知⎩⎪⎨⎪⎧a >0，a －1≥0，解得a ≥1. 三、解答题11．已知点A 、B 的坐标分别是(0，－1)、(0,1)，直线AM 、BM 相交于点M ，且它们的斜率之积为－12. (1)求点M 轨迹C 的方程；(2)若过点D (0,2)的直线l 与(1)中的轨迹C 交于不同的两点E 、F ，试求△OEF 面积的取值范围．(O 为坐标原点)解 (1)设点M 的坐标为(x ，y )，∵k AM ·k BM ＝－12. ∴y ＋1x ·y －1x ＝－12. 整理，得x 22＋y 2＝1(x ≠0)， 即M 的轨迹方程为x 22＋y 2＝1. (2)由题意知直线l 的斜率存在，设l 的方程为y ＝kx ＋2，①将①代入x 22＋y 2＝1得： (2k 2＋1)x 2＋8kx ＋6＝0，由Δ>0，解得k 2>32. 设E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＝－4k －4k 2－62k 2＋1，x 1＝－4k ＋4k 2－62k 2＋1，则|x 1－x 2|＝24k 2－62k 2＋1. S △OEF ＝S △OED －S △OFD ＝12OD ·|x 1|－12OD ·|x 2|＝12OD ·|x 1－x 2|＝12×2·|x 1－x 2|＝|x 1－x 2| ＝ 16(k 2－32)(2k 2＋1)2. 令k 2－32＝t (t >0)，所以k 2＝t ＋32(t >0)，所以S △OEF ＝|x 1－x 2|＝ 16t (2t ＋4)2＝ 4t (t ＋2)2 ＝2t t 2＋4t ＋4＝21t ＋4t ＋4≤214＋4＝22， 故△EOF 面积的取值范围是(0，22]．12．如图，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，以椭圆C 的左顶点T 为圆心作圆T ：(x ＋2)2＋y 2＝r 2(r >0)，设圆T 与椭圆C 交于点M 与点N .(1)求椭圆C 的方程；(2)求TM →·TN →的最小值，并求此时圆T 的方程；(3)设点P 是椭圆C 上异于M ，N 的任意一点，且直线MP ，NP 分别与x 轴交于点R ，S ，O 为坐标原点，求证：|OR |·|OS |为定值．(1)解 依题意，得a ＝2，e ＝c a ＝32， 所以c ＝3，b ＝a 2－c 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)解 点M 与点N 关于x 轴对称，设M (x 1，y 1)，N (x 1，－y 1)，不妨设y 1>0.由于点M 在椭圆C 上，所以y 21＝1－x 214.(*) 由已知得T (－2,0)，则TM →＝(x 1＋2，y 1)，TN →＝(x 1＋2，－y 1)，所以TM →·TN →＝(x 1＋2)2－y 21＝(x 1＋2)2－(1－x 214)＝54x 21＋4x 1＋3 ＝54(x 1＋85)2－15. 由于－2<x 1<2，故当x 1＝－85时，TM →·TN →取得最小值为－15. 把x 1＝－85代入(*)式，得． y 1＝35，故M (－85，35)， 又点M 在圆T 上，代入圆的方程得到r 2＝1325.故圆T 的方程为：(x ＋2)2＋y 2＝1325. (3)证明 设P (x 0，y 0)，则直线MP 的方程为：y －y 0＝y 0－y 1x 0－x 1(x －x 0)， 令y ＝0，得x R ＝x 1y 0－x 0y 1y 0－y 1，同理：x S ＝x 1y 0＋x 0y 1y 0＋y 1， 故x R ·x S ＝x 21y 20－x 20y 21y 20－y 21，(**) 又点M 与点P 在椭圆上，故x 20＝4(1－y 20)，x 21＝4(1－y 21)，代入(**)式，得x R ·x S ＝4(1－y 21)y 20－4(1－y 20)y 21y 20－y 21＝4(y 20－y 21)y 20－y 21＝4. 所以|OR |·|OS |＝|x R |·|x S |＝|x R ·x S |＝4为定值．。
2023届高考二轮总复习试题适用于老高考旧教材 数学(理) 圆锥曲线中的定点、定值、证明问题含解析
考点突破练15 圆锥曲线中的定点、定值、证明问题1.(2022·湖南岳阳质检二)已知椭圆C :y 2a 2+x 2b 2=1(a>b>0),F 为上焦点,左顶点P 到F 的距离为√2,且离心率为√22,设O 为坐标原点,点M 的坐标为(0,2). (1)求椭圆C 的标准方程;(2)若过F 的直线l 与C 交于A ,B 两点,证明:∠OMA=∠OMB.2.(2022·陕西西安四区县联考一)已知抛物线x 2=ay (a>0),过点M 0,a2作两条互相垂直的直线l 1,l 2,设l 1,l 2分别与抛物线相交于A ,B 及C ,D 两点,当A 点的横坐标为2时,抛物线在点A 处的切线斜率为1. (1)求抛物线的方程;(2)设线段AB ,CD 的中点分别为E ,F ,O 为坐标原点,求证:直线EF 过定点.3.(2022·北京石景山一模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的短轴长等于2√3,离心率e=12. (1)求椭圆C 的标准方程;(2)过右焦点F 作斜率为k 的直线l ,与椭圆C 交于A ,B 两点,线段AB 的垂直平分线交x 轴于点P ,判断|PF ||AB |是否为定值,请说明理由.4.(2022·全国乙·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.5.(2022·河南濮阳一模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率e=√32,且圆x 2+y 2=2过椭圆C 的上、下顶点.(1)求椭圆C 的方程;(2)若直线l 的斜率为12,且直线l 与椭圆C 相交于P ,Q 两点,点P 关于原点的对称点为E ,点A (-2,1)是椭圆C 上一点,若直线AE 与AQ 的斜率分别为k AE ,k AQ ,证明:k AE ·k AQ ≤0.6.(2022·广西柳州三模)已知点A (2,√3),B (-2,-√3),点M 与y 轴的距离记为d ,且点M 满足MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =d24-1,记点M 的轨迹为曲线W. (1)求曲线W 的方程;(2)设点P 为x 轴上除原点O 外的一点,过点P 作直线l 1,l 2,l 1交曲线W 于C ,D 两点,l 2交曲线W 于E ,F 两点,G ,H 分别为CD ,EF 的中点,过点P 作x 轴的垂线交GH 于点N ,设CD ,EF ,ON 的斜率分别为k 1,k 2,k 3,求证:k 3(k 1+k 2)为定值.考点突破练15 圆锥曲线中的定点、定值、证明问题1.(1)解 左顶点P 到F 的距离为√2,可得a=√2,又e=ca=√22,故c=1,从而b=1.∴椭圆C 的标准方程为y 22+x 2=1.(2)证明 当l 与y 轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°.当l 与y 轴不重合时,设l 的方程为y=kx+1,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线MA ,MB 的斜率之和为k MA +k MB =y 1-2x 1+y 2-2x 2=kx 1-1x 1+kx 2-1x 2=2k-(1x 1+1x 2)=2k-x 1+x 2x 1x 2,联立方程{y =kx +1,y 22+x 2=1,可得(2+k 2)x 2+2kx-1=0,x 1+x 2=-2k 2+k2,x 1x 2=-12+k2,∴2k-x 1+x 2x 1x 2=2k-2k=0,从而k MA +k MB =0,故直线MA ,MB 的倾斜角互补,∴∠OMA=∠OMB. 综上,∠OMA=∠OMB. 2.(1)解 ∵y'=2xa ,由题意得2×2a=1,∴a=4,∴抛物线的方程为x 2=4y. (2)证明 由题意得直线l 1,l 2的斜率都存在且都不为0,由M (0,2),可设直线AB 的方程为y=kx+2(k ≠0), 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由{y =kx +2,x 2=4y ,得x 2-4kx-8=0,则x 1+x 2=4k ,∴y 1+y 2=k (x 1+x 2)+4=4k 2+4,∴AB 的中点E (2k ,2k 2+2).∵l 1⊥l 2,∴直线CD 的斜率为-1k,同理可得CD 的中点F -2k ,2k2+2,∴EF 的方程为y-(2k 2+2)=2k 2+2-2k 2-22k+2k(x-2k ),化简整理得y=k-1k x+4, ∴直线EF 恒过定点(0,4).3.解 (1)由题意得b=√3,e=√1-b 2a 2=√1-3a 2=12,解得a=2,所以椭圆的方程为x 24+y23=1.(2)是定值.理由如下:由椭圆的方程x 24+y 23=1,得右焦点F (1,0),设直线l 的方程为y=k (x-1),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2), 由{y =k (x -1),x 24+y23=1,得(3+4k 2)x 2-8k 2x+4k 2-12=0,则x 1+x 2=8k 23+4k 2,x 1x 2=4k 2-123+4k 2, |AB|=√1+k 2|x1-x 2|=√1+k 2√(x 1+x 2)2-4x 1x 2=12(1+k 2)3+4k 2,设线段AB 的中点为D (x 0,y 0),则x 0=x 1+x 22=4k 23+4k2,则y 0=k (x 0-1)=-3k3+4k2,即D (4k 23+4k2,-3k 3+4k 2),所以直线l 的中垂线的方程为y--3k3+4k2=-1k x-4k 23+4k 2.令y=0,得x P =k 23+4k 2,所以|PF|=|x P -1|=|k 23+4k 2-1|=3(k 2+1)3+4k 2,所以|PF ||AB |=3(k 2+1)3+4k 212(1+k 2)3+4k2=14. 4.(1)解 设椭圆E 的方程为mx 2+ny 2=1(m>0,n>0), 则{4n =1,94m +n =1,解得{m =13,n =14. 故椭圆E 的方程为x 23+y 24=1. (2)证明 由点A (0,-2),B (32,-1),可知直线AB 的方程为y=23x-2.当过点P 的直线MN 的斜率不存在时,直线MN 的方程为x=1.由{x =1,x 23+y 24=1,解得{x =1,y =2√63或{x =1,y =-2√63,则点M (1,-2√63),N (1,2√63). 将y=-2√63代入y=23x-2,得x=3-√6,则点T (3-√6,-2√63). 又MT ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =TH ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以点H (5-2√6,-2√63),所以直线HN 的方程为y-2√63=-2√63-2√635-2√6-1x-1),即y=(2√63+2)x-2, 所以直线HN 过点(0,-2).当过点P 的直线MN 的斜率存在时,设直线MN 的方程为y+2=k (x-1),点M (x 1,y 1),N (x 2,y 2). 由{y +2=k (x -1),x 23+y 24=1,消去y ,得(4+3k 2)x 2-6k (k+2)x+3k (k+4)=0,则Δ>0,x 1+x 2=6k (k+2)4+3k 2,x 1x 2=3k (k+4)4+3k 2. 将y=y 1代入y=23x-2,得x=32(y 1+2),则点T (32(y 1+2),y 1).又MT ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =TH ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以点H (3y 1+6-x 1,y 1).所以直线HN 的方程为(3y 1+6-x 1-x 2)(y-y 2)=(y 1-y 2)(x-x 2),即(3y 1+6-x 1-x 2)(y-y 2)-(y 1-y 2)(x-x 2)=0.将x=0,y=-2代入上式,整理得12-2(x 1+x 2)+3y 1y 2+6(y 1+y 2)-x 1y 2-x 2y 1=0.(*) 因为x 1+x 2=6k (k+2)4+3k2,x 1x 2=3k (k+4)4+3k2,所以y 1+y 2=k (x 1-1)-2+k (x 2-1)-2=-8k -164+3k 2,x 1y 2+x 2y 1=x 1[k (x 2-1)-2]+x 2[k (x 1-1)-2]=-24k4+3k 2,y 1y 2=[k (x 1-1)-2][k (x 2-1)-2]=-8k 2+16k+164+3k 2,所以(*)式左边=12-12k (k+2)4+3k2+-24k 2+48k+484+3k2+-48k -964+3k2−-24k 4+3k 2=0=右边,即(*)式成立.所以直线HN 过点(0,-2).综上所述,直线HN 恒过定点(0,-2).5.(1)解 由题可知{b =√2,c a =√32,a 2=b 2+c 2,解得a=2√2,b=√2,∴椭圆C 的方程为x 28+y 22=1. (2)证明 设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),则E (-x 1,-y 1).设直线l 为y=12x+t ,代入椭圆方程得x 2+2tx+2t 2-4=0,则Δ=4t 2-4(2t 2-4)>0,解得-2<t<2,x 1+x 2=-2t ,x 1x 2=2t 2-4,则k AE +k AQ =y 2-1x 2+2+-y 1-1-x 1+2=(2-x 1)(y 2-1)-(2+x 2)(y 1+1)(2+x 2)(2-x 1),又y 1=12x 1+t ,y 2=12x 2+t ,∴(2-x 1)(y 2-1)-(2+x 2)(y 1+1)=2(y 2-y 1)-(x 1y 2+x 2y 1)+x 1-x 2-4=x 2-x 1-(x 1x 2+tx 1+tx 2)+x 1-x 2-4=-x 1x 2-t (x 1+x 2)-4=-(2t 2-4)-t (-2t )-4=0,即k AE +k AQ =0,∴k AE =-k AQ .于是k AE ·k AQ =-k AQ 2≤0.6.(1)解 设M (x ,y ),由题意得d=|x|,MA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-x ,√3-y ),MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2-x ,-√3-y ), ∵MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =d 24-1,∴(2-x ,√3-y )·(-2-x ,-√3-y )=d 24-1,∴x 2-4+y 2-3=x 24-1.∴3x24+y 2=6,M 的轨迹方程为x 28+y 26=1. (2)证法一 显然GH 斜率存在,设P (x 0,0),设GH 的方程为y=k 4x+m ,由题意知CD 的方程为y=k 1(x-x 0),联立方程{y =k 1(x -x 0),y =k 4x +m ,解得{x =k 1x 0+mk 1-k 4,y =k 1(k 4x 0+m )k 1-k 4,可得G k 1x 0+m k 1-k 4,k 1(k 4x 0+m )k 1-k4,设C (x C ,y C ),D (x D ,y D ),则有x C28+y C26=1,x D28+y D26=1,两式相减得:x C 2-x D28+y C 2-y D26=0,则有k 1=y C -y D x C-x D=-34·x C +xD y C+y D,又G 为CD 中点,则有k 1=-34·k 1x 0+mk1(k 4x 0+m ),将G 坐标代入CD 的方程可得4(k 4x 0+m )k 12+3x 0k 1+3m=0,同理可得4(k 4x 0+m )k 22+3x 0k 2+3m=0,故k 1,k 2为关于k 的方程4(k 4x 0+m )k 2+3x 0k+3m=0的两实根. 由韦达定理得k 1+k 2=-3x 04(k4x 0+m ).将x=x 0代入直线GH :y=k 4x+m ,可得N (x 0,k 4x 0+m ),故有k 3=k 4x 0+m x 0,则k 3(k 1+k 2)=k 4x 0+m x 0[-3x 04(k 4x 0+m )]=-34, 故k 3(k 1+k 2)为定值-34.证法二 由题意知直线CD ,EF ,ON 的斜率都存在,分别为k 1,k 2,k 3,设P (t ,0),N (t ,k 3t )(t ≠0),则直线CD ,EF 的方程分别为y=k 1(x-t ),y=k 2(x-t ),两直线分别与曲线W 相交,联立方程{y =k 1(x -t ),x 28+y 26=1,得(6+8k 12)x 2-16k 12tx+8k 12t 2-48=0,解得{x G =x 1+x 22=4k 12t3+4k 12,y G =-3k 1t3+4k 12,可得G (4k 12t3+4k 12,-3k 1t3+4k 12),同理可得H (4k 22t3+4k 22,-3k 2t3+4k 22),。
2022届数学圆锥曲线题型归纳讲义 (3)
高考中的圆锥曲线问题题型一范围问题例1 已知椭圆C：x 2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率e=√32，直线x+√3y-1=0被以椭圆C的短轴为直径的圆截得的弦长为√3.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点M（4，0）的直线l交椭圆于A，B两个不同的点，且λ=|MA|∙|MB|，求λ的取值范围思维总结：解决圆锥曲线中的取值范围问题需要从以下几个方面考虑：（1）利用圆锥曲线的几何关系或判别式构造不等关系，确定参数的取值范围（2）利用已知的范围求新参数范围时，着重去寻找并建立两个参数之间的等量关系式（3）利用题目中隐含的不等关系构造不等式，确定参数的取值范围（4）利用题目中已知的不等关系构造不等式，确定参数的取值范围（5）利用函数中求值域的方法，把需要求的量表示为其他相关变量的函数，求函数的值域，确定出参数的取值范围。
变式1 已知F1，F2是椭圆C：x 2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点.（1）若△PO F2为等边三角形，求C的离心率（2）如果存在点P，是的P F1⊥P F2，且△F1P F2的面积等于16，求b的值和a 的取值范围.题型二最值问题例2（几何法求最值）已知抛物线C1：y²=4x和C2：x²=2py（p＞0）的焦点分别为F1，F2，点P（-1，-1）且F1F2⊥OP（O为坐标原点）.（1）求抛物线C2的方程；（2）过点O的直线交C1的下半部分于点M，交C2的左半部分于点N，求△PMN 面积的最小值.例3（代数法求最值）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，圆O交x轴于点F1，F2，交y轴于点B1，B2，以B1，B2为顶点，F1，F2分别为左右焦点的椭圆E恰好）.经过点（1，√22（1）求椭圆E的标准方程；（2）设经过点（-2，0）的直线l与椭圆E交于M、N两点，，求△F2MN面积的最大值.思维总结：圆锥曲线最值问题的两种求解方法1.利用几何法，利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；2.利用代数法，把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个（某些）参数的函数（或解析式），利用函数方法或不等式等方法进行求解.变式2 已知直线l1：4x-3y+6=0和直线l2：x=-1，抛物线y²=4x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是 .变式3 椭圆C：x 2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率为√63，短轴一个端点到右焦点的距离为√3.（1）求椭圆C的方程（2）设斜率存在的直线l与椭圆C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.题型三定点问题例4 已知椭圆C：x 2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左右焦点分别为F1（−√3，0），F2（√3，0），且经过点A（√3，12）.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过定点B（4，0）的一条斜率不为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.思维总结：求圆锥曲线综合问题的一般步骤（1）求出圆锥曲线方程（一般根据待定系数法或定义法）；（2）设直线方程并于曲线方程联立，得到关于x或y的一元二次方程；（3）写出根与系数的关系（或求出交点坐标）；（4）将第三步得出的关系式代入，解决范围、最值或定点、定值等问题；（5）反思回顾，考虑方程有解条件和图形的完备性.变式4 已知椭圆C：x 22+y2=1的右焦点为F，过点F的直线（不与x轴重合）与椭圆C相交于A，B两点，直线l：x=2与x轴相交于点H，过点A作AD⊥l，垂足为D.（1）求四边形QAHB（O为坐标原点）的面积的取值范围；（2）证明：直线BD过定点E，并求出点E的坐标.题型四定值问题例5 设F1，F2为椭圆x 24+y2b2=1（b＞0）的左、右焦点，M为椭圆上一点，满足M F1⊥M F2，已知△M F1F2的面积为1.（1）求椭圆C的方程；（2）设C的上顶点为H，过点（2，-1）的直线与椭圆交于R，S两点（异于H），求证：直线HR和HS的斜率之和为定值，并求出这个定值.思维总结：圆锥曲线定值问题的常见类型及解题思路（1）求代数式为定值：根据题意设出条件，得到与代数式中参数相关的等式，代入代数式中，从而化简得出定值.（2）求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得到相关的解析式，利用题设条件化简、变形得出定值.（3）求线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再根据题目中的条件对解析式进行化简、变形得出定值.变式5 已知椭圆C：x 2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率为√22，且过点A（2，1）.（1）求C的方程；（2）点M、N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足，证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.题型五证明问题例6 设椭圆E：x 2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点.若椭圆E的离心率为√22，△AB F2的周长为4√6. （1）求椭圆E的方程；（2）设不经过椭圆的中心而平行于弦AB的直线交椭圆E于点C，D，设弦AB，CD的中点分别为M，N，证明：O，M，N三点共线.思维总结：圆锥曲线中证明问题常见的有以下两种：（1）位置关系：如证明直线与曲线相切，直线间的平行，垂直，直线过定点等；（2）数量关系：如存在定值，恒成立，相等等。
高考数学二轮复习专题突破—圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题(含解析)
高考数学二轮复习专题突破—圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题1.(2021·重庆八中月考)已知椭圆C :x 24+y 23=1的右焦点为F ,过点M (4,0)的直线l 交椭圆C 于A ,B 两点,连接AF ,BF 并延长分别与椭圆交于异于A ,B 的两点P ,Q. (1)求直线l 的斜率的取值范围; (2)若PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λFA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,QF ⃗⃗⃗⃗⃗ =μFB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,证明:λμ为定值.2.(2021·河北张家口三模)已知抛物线C :y 2=4px (p>0)的焦点为F ,且点M (1,2)到点F 的距离比到y 轴的距离大p. (1)求抛物线C 的方程;(2)若直线l :x-m (y+2)-5=0与抛物线C 交于A ,B 两点,问是否存在实数m ,使|MA|·|MB|=64√2?若存在,求出m 的值;若不存在,请说明理由.3.(2021·江苏南通适应性联考)已知双曲线C :x 2a 2−y 2b 2=1(a>0,b>0)的两个焦点为F 1,F 2,一条渐近线方程为y=bx (b ∈N *),且双曲线C 经过点D (√2,1). (1)求双曲线C 的方程;(2)设点P 在直线x=m (y ≠±m ,0<m<1,且m 是常数)上,过点P 作双曲线C 的两条切线PA ,PB ,切点为A ,B ,求证:直线AB 过某一个定点.4.(2021·山东济南二模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为√22,且经过点H (-2,1).(1)求椭圆C 的方程;(2)过点P (-3,0)的直线(不与x 轴重合)与椭圆C 相交于A ,B 两点,直线HA ,HB 分别交x 轴于M ,N 两点,点G (-2,0),若PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求证:1λ+1μ为定值.5.(2021·广东汕头三模)已知圆C :x 2+(y-2)2=1与定直线l :y=-1,且动圆M 与圆C 外切并与直线l 相切.(1)求动圆圆心M 的轨迹E 的方程;(2)已知点P 是直线l 1:y=-2上一个动点,过点P 作轨迹E 的两条切线,切点分别为A ,B.①求证:直线AB 过定点; ②求证:∠PCA=∠PCB.6.(2021·北京东城一模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)过点D (-2,0),且焦距为2√3. (1)求椭圆C 的方程;(2)过点A (-4,0)的直线l (不与x 轴重合)与椭圆C 交于P ,Q 两点,点T 与点Q 关于x 轴对称,直线TP 与x 轴交于点H ,是否存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.答案及解析1.(1)解 由题意知直线l 的斜率不为零,故设其方程为x=ty+4,与椭圆方程联立,消去x 得(3t 2+4)y 2+24ty+36=0,Δ=144(t 2-4)>0,解得t<-2或t>2.故直线l 的斜率k=1t 的取值范围为(-12,0)∪(0,12).(2)证明 F (1,0),设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),P (x 3,y 3),Q (x 4,y 4),由(1)得y 1+y 2=-24t3t 2+4,y 1y 2=363t 2+4,所以ty 1y 2=-32(y 1+y 2).由PF⃗⃗⃗⃗⃗ =λFA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,得{1−x 3=λ(x 1-1),-y 3=λy 1,即{-x 3=λx 1-λ-1,-y 3=λy 1. 又点P 在椭圆上,即有3x 32+4y 32=12,代入上式得3(λx 1-λ-1)2+4λ2y 12=12,即λ2(3x 12+4y 12)-6λ(λ+1)x 1+3(λ+1)2=12, 又3x 12+4y 12=12,所以12(λ+1)(λ-1)-6λ(λ+1)x 1+3(λ+1)2=0.易知λ+1≠0,故λ=35−2x 1,同理可得μ=35−2x 2.又(5-2x 1)(5-2x 2)=25-10(x 1+x 2)+4x 1x 2 =25-10[t (y 1+y 2)+8]+4(ty 1+4)(ty 2+4)=9+6t (y 1+y 2)+4t 2y 1y 2=9+6t (y 1+y 2)+4t ·(-32)(y 1+y 2)=9, 所以λμ=9(5-2x1)(5-2x 2)=1.2.解 (1)由点M 到点F 的距离比到y 轴的距离大p ,得点M 到点F 的距离与到直线x=-p 的距离相等.由抛物线的定义,可知点M 在抛物线C 上,所以4=4p ,解得p=1. 所以抛物线C 的方程为y 2=4x.(2)存在满足题意的m ,其值为1或-3. 理由如下:由{y 2=4x,x-m(y +2)−5=0,得y 2-4my-8m-20=0. 因为Δ=16m 2+4(8m+20)>0恒成立,所以直线l 与抛物线C 恒有两个交点. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则y 1+y 2=4m ,y 1y 2=-4(2m+5).因为MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-1)(x 2-1)+(y 1-2)(y 2-2)=(y 124-1)(y 224-1)+(y 1-2)(y 2-2)=y 12y 2216−(y 1+y 2)2-2y 1y 24+y 1y 2-2(y 1+y 2)+5=16(2m+5)216−(4m)2+8(2m+5)4-4(2m+5)-8m+5=0,所以MA ⊥MB ,即△MAB 为直角三角形.设d 为点M 到直线l 的距离,所以|MA|·|MB|=|AB|·d=√1+m 2·√(y 1+y 2)2-4y 1y 2·√1+m 2=4·|1+m|·√16m 2+16(2m +5)=16·|1+m|·√(m +1)2+4=64√2,所以(m+1)4+4(m+1)2-32=0, 解得(m+1)2=4或(m+1)2=-8(舍). 所以m=1或m=-3.所以当实数m=1或m=-3时,|MA|·|MB|=64√2.3.(1)解 由{ba =b,2a 2-1b 2=1,解得{a =1,b =1,故双曲线方程为x 2-y 2=1.(2)证明 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线PA 的斜率为k ,P (m ,y 0).则PA:y-y1=k(x-x1),联立方程组{y-y1=k(x-x1), x2-y2=1,消去y,可得x2-[kx+(-kx1+y1)]2=1,整理可得(1-k2)x2-2k(y1-kx1)x-(y1-kx1)2-1=0.因为PA与双曲线相切,所以Δ=4k2(y1-kx1)2+4(1-k2)·(y1-kx1)2+4(1-k2)=0,整理得4(y1-kx1)2+4(1-k2)=0.即k2x12-2kx1y1+y12+1-k2=0,即(x12-1)k2-2kx1y1+(y12+1)=0,因为x12−y12=1,所以x12-1=y12,y12+1=x12代入可得y12k2-2x1y1k+x12=0,即(y1k-x1)2=0,所以k=x1y1.故PA:y-y1=x1y1(x-x1),即y1y=x1x-1.同理,切线PB的方程为y2y=x2x-1.因为P(m,y0)在切线PA,PB上,所以有{y0y1=mx1-1, y0y2=mx2-1,A,B满足直线方程y0y=mx-1,而两点唯一确定一条直线,故AB:y0y=mx-1,所以当{x=1m,y=0时,无论y0为何值,等式均成立.故点(1m ,0)恒在直线AB上,故无论P在何处,AB恒过定点(1m,0).4.(1)解由题意知e=ca =√1−b2a2=√22,则a2=2b2.又椭圆C经过点H(2,1),所以4a2+1b2=1.联立解得a2=6,b2=3,所以椭圆C的方程为x 26+y23=1.(2)证明 设直线AB 的方程为x=my-3,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由{x =my-3,x 26+y 23=1联立消去x ,得(m 2+2)y 2-6my+3=0,所以Δ=36m 2-12(m 2+2)>0,y 1+y 2=6mm 2+2,y 1y 2=3m 2+2,由题意知,y 1,y 2均不为1.设M (x M ,0),N (x N ,0),由H ,M ,A 三点共线知AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与MH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共线,所以x M -x 1=(-y 1)(-2-x M ),化简得x M =x 1+2y 11−y 1.由H ,N ,B 三点共线,同理可得x N =x 2+2y 21−y 2.由PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPG⃗⃗⃗⃗⃗ ,得(x M +3,0)=λ(1,0),即λ=x M +3. 由PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,同理可得μ=x N +3. 所以1λ+1μ=1xM+3+1xN+3=1x 1+2y 11−y 1+3+1x 2+2y 21−y 2+3=1−y 1x1-y 1+3+1−y 2x 2-y 2+3=1−y1(m-1)y1+1−y 2(m-1)y 2=1m-11−y 1y 1+1−y 2y 2=1m-1(y 1+y 2y1y 2-2)=1m-1(6mm 2+23m 2+2-2)=2,所以1λ+1μ为定值.5.(1)解 依题意知:M 到C (0,2)的距离等于M 到直线y=-2的距离,故动点M 的轨迹是以C 为焦点,直线y=-2为准线的抛物线.设抛物线方程为x 2=2py (p>0),则p2=2,则p=4,即抛物线的方程为x 2=8y ,故动圆圆心M 的轨迹E 的方程为x 2=8y. (2)证明 ①由x 2=8y 得y=18x 2,y'=14x.设A (x 1,18x 12),B (x 2,18x 22),P (t ,-2),其中x 1≠x 2, 则切线PA 的方程为y-18x 12=x 14(x-x 1),即y=14x 1x-18x 12.同理,切线PB 的方程为y=14x 2x-18x 22. 由{y =14x 1x-18x 12,y =14x 2x-18x 22,解得{x =x 1+x22,y =x 1x 28, 故{t =x 1+x 22,-2=x 1x 28,即{x 1+x 2=2t,x 1x 2=−16.故直线AB 的方程为y-18x 12=18x 22-18x 12x 2-x 1(x-x 1),化简得y=x 1+x 28x-x 1x 28,即y=t4x+2,故直线AB 过定点(0,2).②由①知:直线AB 的斜率为k AB =t4,(i)当直线PC 的斜率不存在时,直线AB 的方程为y=2,∴PC ⊥AB ,∴∠PCA=∠PCB ;(ii)当直线PC 的斜率存在时,P (t ,-2),C (0,2),直线PC 的斜率k PC =-2-2t-0=-4t,k AB ·k PC =t 4×-4t =-1,故PC ⊥AB ,∠PCA=∠PCB. 综上所述,∠PCA=∠PCB 得证.6.解 (1)因为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)过点D (-2,0),所以a=2,又2c=2√3,即c=√3,所以b 2=a 2-c 2=4-3=1,所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)存在常数λ=2,满足题意. 理由如下:显然直线l 的斜率存在且不为0,设直线l :y=k (x+4),联立{y =k(x +4),x 24+y 2=1,消去y 并整理,得(1+4k 2)x 2+32k 2x+64k 2-4=0, Δ=(32k 2)2-4(1+4k 2)(64k 2-4)>0,得0<k 2<112.设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),则T (x 2,-y 2),所以x 1+x 2=-32k 21+4k 2,x 1x 2=64k 2-41+4k 2,直线PT :y-y 1=y 1+y2x 1-x 2(x-x 1),令y=0,得x=x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,所以H x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,0,若存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立, 所以1λ=|AD|-|DH||AD|·|DH|=1|DH|−1|AD|,又因为D (-2,0),A (-4,0),H (x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,0),所以|AD|=2,|DH|=x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2+2 =x 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+4)+k(x 2+4)+2=x 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+x 2)+8k+2=kx 1(x 1+x 2)+8kx 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+x 2)+8k+2=kx 12+kx 1x 2+8kx 1-kx 12+kx 1x 2-4kx 1+4kx 2k(x 1+x 2)+8k+2=4k(x 1+x 2)+2kx 1x 2k(x 1+x 2)+8k+2=4k·-32k 21+4k 2+2k·64k 2-41+4k 2k·-32k 21+4k 2+8k +2=-1+2=1,所以1λ=11−12,解得λ=2.所以存在常数λ=2,使得|AD|·|DH|=2(|AD|-|DH|)成立.。
高考数学(文江苏专用)一轮复习课件：第八章第8讲圆锥曲线中的热点问题
第八章平面解析几何第8讲圆锥曲线中的热点问题1. 定值问题如果曲线中某些量不依赖于变化元素而存在，则称为定值, 探讨定值的问题可以为解答题，也可以为证明题，求定值的 基本方法是：先将变动元素用参数表示，然后计算出所需结 果与该参数无关；也可将变动元素置于特殊状态下，探求出 定值，然后再予以证明，因为毕竟是解析几何中的定值问题, 所以讨论的立足点是解析几何知识，工具是代数、三角等知 识，基本数学思想与方法的体现将更明显，更逼真.教材回顾▼夯实基础 课本温故追根求源2.最值问题圆锥曲线中最值问题是高中数学的重要内容，试题把代数、三角和几何等有机结合起来，问题具有高度的综合性和灵活性.常用的方法有⑴利用定义求解；⑵构造基本不等式；⑶ 利用数形结合；（4）构造函数等.3.范围问题求解析几何中的有关范围问题往往通过类比、联想、转化、合理地构造函数，然后去分析、研究问题，转化问题和解决问题.对于圆锥曲线上一些动点，在变化过程会引入一些相互联系、相互制约的量，从而使一些线段长度及“，b, c, e 之间构成函数关系，函数思想在处理这类问题时非常有效.產D -做一做•1.直线y=〉+ 3与双曲线器一* = 1的交点个数是1解析：因为直线丿=纭+3与双曲线的渐近线y=^x平行，所以它与双曲线只有1个交点.2.已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，以其两个焦点和短轴的两个端点为顶点的四边形是一个面积为4的正方形，设P为该椭圆上的动点，C, D的坐标分别是（7, 0）,（边，0）,则PC PD的最大值为& .2 2解析：设椭圆的标准方程为》+器=l@>b>0）, C2=a2—b2.由正方形的对角线性质可得:b=c,又该正方形面积为4,,则4X；X沪=4,所以b=c=逸,则C, D所以疋喀便仟斗=—心=4要点整食r1.必明辨的2个易错点(1)直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切, 事实上不一定相切，当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点.(2)直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行或重合时也相交于一点.2.常用的1个结论设斜率为冰H0）的直线/与圆锥曲线C相交于£ B两点, A(x p ji), Bg丿2)，贝!IAB = \Jl-{-k2lx 1—兀21=\/1+/ • yl(X1+X2)2—4X1X2=寸1+* • Wlpl=\J1+p ■<Ji+j2)2—4yjj2.產D；、绦二综［1.过点(0, 1)作直线，使它与抛物线y2=4x仅有一个公共点，这样的直线有 3 条.解析：设过点(0, 1),斜率为比的直线方程为y=kx+l.由得^x2+(2JI-4)x+1=0.(*) 当吃=0时，(*)式只有一个根;当&工0 时，4=（2氐_4）2_4疋=_16氐+16, 由/=0,即一16抵+16=0 得k=\.所以片0,或片1时，直线与抛物线只有一个公共点'又直线x=0和抛物线只有一个公共点•故所求直线有3条，2.以直线无±2y=0为渐近线，且截直线x-j-3=0所得弦只斤 丘 2_丫长为竽的双曲线方程为解析：设双曲线方程为x 2-4y 2=^消去〃得3兀2—24兀+(36+2)=0・设直线被双曲线截得的弦为AB, MA(xx ，J O, B(X 2, J 2),联立方程组 X 2—4y 2=l,x —y —3 = 0,兀1+ X2"~A = (—24) 2—12 (36+2) >0・所以 AB=(1+A:2) [ (xj+x 2) 2-4XX X 2]0 解得2=4,故所求双曲线方程是^—y 2= l.那么, 36+2 V 兀1兀2=J ， 2_4X %+力 "J G 厂厂=8f(1 + 1)（2016•泰州模拟）如图，在平面直角坐标系xOy 中,缶+器=1（。
高考数学二轮复习第2部分八大难点突破难点4解析几何中的范围定值和探索性问题课件
2．圆锥曲线中的最值、范围问题 圆锥曲线中参数的范围及最值问题，由于其能很好地考查学生对数学知识的迁 移、组合、融会的能力，有利于提高学生综合运用所学知识分析、解决问题的 能力．该类试题设计巧妙、命题新颖别致，常求特定量、 特定式子的最值或范 围．常与函数解析式的求法、函数最值、不等式等知识交汇，成为近年高考热 点．解决圆锥曲线中最值、范围问题的基本思想是建立目标函数和建立不等关 系，根据目标函数和不等式求最值、范围，因此这类问题的难点，就是如何建 立目标函数和不等关系．建立目标函数或不等关系的关键是选用一个合适变量， 其原则是这个变 量能够表达要解决的问题，这个变量可以是直线的斜率、直线 的截距、点的坐标等，要根据问题的实际情况灵活处理．
∴|AB|＝
211，∴S△ABD＝12|AB|·|OD|＝12×
211×12＝
11 8.
(3)证明：由(1)知：A1(－2,0)，A2(2,0)，B2(0,1)， ∴直线 A1B2 的方程为 y＝12x＋1， 由题意，直线 A2P 的方程为 y＝k(x－2)，k≠0，且 k≠±12，
由y＝12x＋1， y＝kx－2，
y＝kx＋4， (ⅱ)联立1x62 ＋y82＝1， 消去 y 并整理得，(1＋2k2)x2＋16k2x＋32k2－16＝0， 解得 x1＝－4 或 x2＝41－ ＋82kk22，所以 P41－ ＋82kk22，1＋8k2k2， 直线 AN 的方程为 y＝－21k(x＋4)，同理可得，Q18＋k2－2k42，－1＋8k2k2， 所以 P，Q 关于原点对称，即 PQ 过原点．
2014年高考数学二轮复习精品资料-高效整合篇专题08 圆锥曲线(理)(教学案)
【高效整合篇】一．考场传真1.【2012年高考浙江卷理科】设a ∈R ，则“a ＝1”是“直线l 1：ax ＋2y －1＝0与直线l 2：x ＋(a ＋1)y ＋4＝0平行”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 ．既不充分也不必要条件２．【2012年高考湖南卷理科】已知双曲线C ：22x a -22y b=1的焦距为10 ，点P （2,1）在C 的渐近线上，则C 的方程为A ．220x -25y =1 B.25x -220y =1 C.280x -220y =1 D.220x -280y =1３．【2012年高考天津卷理科】设m ，n R ∈，若直线(1)+(1)2=0m x n y ++-与圆22(1)+(y 1)=1x --相切，则+m n 的取值范围是()（A ）[1 （Ｂ）(,1)-∞-∞（Ｃ）[2- （Ｄ）(,2)-∞-∞４．【2013年普通高等学校统一考试试题大纲全国理科】已知抛物线2:8C y x =与点(2,2)M -，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A B 、两点，若0MA MB ∙=，则k =（ ）A ．12B ．2CD ．2５．【2013年普通高等学校招生全国统一考试（湖南卷）】设12,F F 是双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的两个焦点，P 是C 上一点，若216,PF PF a +=且12PF F ∆的最小内角为30，则C 的离心率为___.６．【2012年高考辽宁卷理科】已知P ，Q 为抛物线22x y =上两点，点P ，Q 的横坐标分别为4，-2，过P 、Q 分别作抛物线的切线，两切线交于A ，则点A 的纵坐标为__________。
７．【2012年高考辽宁卷理科】 (本小题满分12分)如图，椭圆()22022:+=1>b>0,a,b x y C a a b为常数，动圆222111:+=,<<C x y t b t a .点12,A A 分别为0C 的左、右顶点，1C 与0C 相交于,,,A B C D 四点 （1）求直线1AA 与直线2A B 交点M 的轨迹方程；（2）设动圆22222:+=C x y t 与0C 相交于',',','A B C D 四点，其中2<<b t a ，12t t ≠.若矩形ABCD 与矩形''''ABCD 的面积相等，证明：2212+t t 为定值８．【2013年普通高等学校统一考试试题新课标数学（理）卷】平面直角坐标系xOy 中，过椭圆M ：22221(0)x y a b a b+=>>右焦点的直线0x y +-=交M 于A,B 两点，P 为AB的中点，且OP 的斜率为12. (Ι)求M 的方程；（Ⅱ）C,D 为M 上的两点，若四边形ACBD 的对角线CD ⊥AB ，求四边形面积的最大值二．高考研究1.考纲要求.(1)直线方程：①在平面直角坐标系中，结合具体图形，确定直线位置的几何要素。
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第8讲 探索性问题 母题 已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m >0)，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 .(1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝⎛⎭⎫m 3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，说明理由．(2)思路分析❶假设四边形OAPB 能为平行四边形↓❷线段AB 与线段OP 互相平分↓❸计算此时直线l 的斜率↓❹下结论(1)证明 设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )．将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9b k 2＋9. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－9k，即k OM ·k ＝－9. 所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值．(2)解 四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点⎝⎛⎭⎫m 3，m ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k >0，k ≠3.由(1)得OM 的方程为y ＝－9kx . 设点P 的横坐标为x P ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km 3k 2＋9. 将点⎝⎛⎭⎫m 3，m 的坐标代入直线l 的方程得b ＝m (3－k )3， 因此x M ＝k (k －3)m 3(k 2＋9). 四边形OAPB 为平行四边形，当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M . 于是±km 3k 2＋9＝2×k (k －3)m 3(k 2＋9)， 解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i >0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当直线l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形． [子题1] 已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，左、右顶点分别为A 1，A 2. (1)若M 为C 上任意一点，求|MF 1|·|MF 2|的最大值；(2)椭圆C 上是否存在点P (异于点A 1，A 2)，使得直线P A 1，P A 2与直线x ＝4分别交于点E ，F ，且|EF |＝1？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．解 (1)由椭圆的定义可知|MF 1|＋|MF 2|＝4，∴|MF 1|·|MF 2|≤⎝ ⎛⎭⎪⎫|MF 1|＋|MF 2|22＝4， 当且仅当|MF 1|＝|MF 2|＝2时等号成立，∴|MF 1|·|MF 2|的最大值为4.(2)假设存在满足题意的点P .不妨设P (x 0，y 0)(y 0>0)，则－2<x 0<2.由题意知直线P A 1的方程为y ＝y 0x 0＋2(x ＋2)， 令x ＝4，得y E ＝6y 0x 0＋2， 直线P A 2的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，令x ＝4，得y F ＝2y 0x 0－2， 由|EF |＝y E －y F ＝6y 0x 0＋2－2y 0x 0－2＝4x 0y 0－16y 0x 20－4＝4y 0(x 0－4)－4y 20＝4－x 0y 0＝1，得x 0＝4－y 0， 由x 20＋4y 20＝4，得5y 20－8y 0＋12＝0，∵Δ＝－176<0，∴此方程无解．故不存在满足题意的点P .[子题2] (2020·合肥适应性检测)已知抛物线C ：y 2＝4x ，过点(2,0)作直线l 与抛物线C 交于M ，N 两点，在x 轴上是否存在一点A ，使得x 轴平分∠MAN ？若存在，求出点A 的坐标；若不存在，请说明理由．解 ①当直线l 的斜率不存在时，由抛物线的对称性可知x 轴上任意一点A (不与点(2,0)重合)，都可使得x 轴平分∠MAN ；②当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x －2)(k ≠0)，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y 2＝4x ， 消去y 得k 2x 2－(4k 2＋4)x ＋4k 2＝0，显然Δ>0，∴x 1＋x 2＝4k 2＋4k 2，x 1x 2＝4，(*) 假设在x 轴上存在一点A (a ,0)，使得x 轴平分∠MAN ，∴k AM ＋k AN ＝0，∴y 1x 1－a ＋y 2x 2－a＝0， ∴y 1(x 2－a )＋y 2(x 1－a )(x 1－a )(x 2－a )＝0， 又y 1＝k (x 1－2)，y 2＝k (x 2－2)，∴2x 1x 2－(a ＋2)(x 1＋x 2)＋4a x 1x 2－a (x 1＋x 2)＋a 2＝0， 把(*)式代入上式化简得4a ＝－8，∴a ＝－2，∴点A (－2,0)，综上所述，在x 轴上存在一点A (－2,0)，使得x 轴平分∠MAN .规律方法 探索性问题的求解策略(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并能证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律．(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论． 跟踪演练1．已知椭圆G ：x 24＋y 2＝1，点B (0,1)，点A 为椭圆G 的右顶点，过原点O 的直线l 与椭圆G 交于P ，Q 两点(点Q 在第一象限)，且与线段AB 交于点M .是否存在直线l ，使得△BOP 的面积是△BMQ 的面积的3倍？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由． 解 设Q (x 0，y 0)，则P (－x 0，－y 0)，可知0<x 0<2,0<y 0<1.假设存在直线l ，使得△BOP 的面积是△BMQ 的面积的3倍，则|OP |＝3|MQ |，即|OQ |＝3|MQ |，即OM →＝23OQ →＝⎝⎛⎭⎫23x 0，23y 0，得M ⎝⎛⎭⎫23x 0，23y 0. 又A (2,0)，∴直线AB 的方程为x ＋2y －2＝0.∵点M 在线段AB 上，∴23x 0＋43y 0－2＝0， 整理得x 0＝3－2y 0，①∵点Q 在椭圆G 上，∴x 204＋y 20＝1，② 把①式代入②式可得8y 20－12y 0＋5＝0，∵判别式Δ＝(－12)2－4×8×5＝－16<0，∴该方程无解．∴不存在直线l ，使得△BOP 的面积是△BMQ 的面积的3倍．2．(2020·滁州模拟)已知椭圆E ：x 24＋y 23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，是否存在斜率为－1的直线l 与以线段F 1F 2为直径的圆相交于A ，B 两点，与椭圆E 相交于C ，D 两点，且|CD |·|AB |＝12137？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．解 假设存在斜率为－1的直线l ，设为y ＝－x ＋m ，由题意知，F 1(－1,0)，F 2(1,0)，所以以线段F 1F 2为直径的圆为x 2＋y 2＝1，由题意，圆心(0,0)到直线l 的距离d ＝|－m |2<1，得|m |<2， |AB |＝21－d 2＝21－m 22＝2×2－m 2， 由⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 23＝1，y ＝－x ＋m消去y ，整理得 7x 2－8mx ＋4m 2－12＝0.由题意，Δ＝(－8m )2－4×7×(4m 2－12)＝336－48m 2＝48(7－m 2)>0，解得m 2<7，又|m |<2，所以m 2<2.设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8m 7，x 1x 2＝4m 2－127， |CD |＝1＋k 2|x 2－x 1|＝2×336－48m 27 ＝467－m 27， 若|CD |·|AB |＝12137， 则2×2－m 2×467×7－m 2＝12137， 整理得4m 4－36m 2＋17＝0，解得m 2＝12或m 2＝172. 又m 2<2，所以m 2＝12，即m ＝±22. 故存在符合条件的直线l ，其方程为y＝－x＋22或y＝－x－22.专题强化练1. (2020·广州模拟)如图，已知椭圆C：x24＋y22＝1.过点P(0,1)的动直线l(直线l的斜率存在)与椭圆C相交于A，B两点，问在y轴上是否存在与点P不同的定点Q，使得|QA||QB|＝S△APQS△BPQ恒成立？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由．解假设在y轴上存在与点P不同的定点Q，使得|QA||QB|＝S△APQS△BPQ恒成立．设Q(0，m)(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧x24＋y22＝1，y＝kx＋1，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，显然，Δ>0，∴x1＋x2＝－4k2k2＋1，x1x2＝－22k2＋1，S△APQS△BPQ＝12|QP||QA|sin∠PQA12|QP||QB|sin∠PQB＝|QA|sin∠PQA|QB|sin∠PQB，∵|QA||QB|＝S△APQS△BPQ，∴sin∠PQA＝sin∠PQB，∴∠PQA＝∠PQB，∴k QA＝－k QB，∴y1－mx1＝y2－m－x2，∴(m－1)(x1＋x2)＝2kx1x2，即－(m －1)·4k 2k 2＋1＝－2k ·22k 2＋1，解得m ＝2， ∴存在定点Q (0,2)，使得|QA ||QB |＝S △APQ S △BPQ恒成立． 2．在平面直角坐标系xOy 中．①已知点Q (3，0)，直线l ：x ＝23，动点P 满足到点Q 的距离与到直线l 的距离之比为22. ②已知点H (－3，0)，G 是圆E ：x 2＋y 2－23x －21＝0上一个动点，线段HG 的垂直平分线交GE 于P .③点S ，T 分别在x 轴，y 轴上运动，且|ST |＝3，动点P 满足OP →＝63OS →＋33OT →. (1)在①②③这三个条件中任选一个，求动点P 的轨迹C 的方程；(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)(2)设圆O ：x 2＋y 2＝2上任意一点A 处的切线交轨迹C 于M ，N 两点，试判断以MN 为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由．解 (1)若选①，设P (x ，y )，根据题意得，(x －3)2＋y 2|x －23|＝22， 整理，得x 26＋y 23＝1， 所以动点P 的轨迹C 的方程为x 26＋y 23＝1. 若选②，由E ：x 2＋y 2－23x －21＝0得(x －3)2＋y 2＝24，由题意得|PH |＝|PG |，所以|PH |＋|PE |＝|PG |＋|PE |＝|EG |＝2 6>|HE |＝23，所以点P 的轨迹C 是以H ，E 为焦点的椭圆，且a ＝6，c ＝3，则b ＝3，所以动点P 的轨迹C 的方程为x 26＋y 23＝1. 若选③，设P (x ，y )，S (x ′，0)，T (0，y ′)，则x ′2＋y ′2＝9，(*)因为OP →＝63OS →＋33OT →， 所以⎩⎨⎧ x ＝63x ′，y ＝33y ′，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ′＝62x ，y ′＝3y ，将其代入(*)，得x 26＋y 23＝1， 所以动点P 的轨迹C 的方程为x 26＋y 23＝1. (2)当过点A 且与圆O 相切的切线斜率不存在时，切线方程为x ＝2，x ＝－2， 当切线方程为x ＝2时，M (2，2)，N (2，－2)，以MN 为直径的圆的方程为(x －2)2＋y 2＝2.①当切线方程为x ＝－2时，M (－2，2)，N (－2，－2)，以MN 为直径的圆的方程为(x ＋2)2＋y 2＝2.②由①②联立，可解得交点为(0,0)．当过点A 且与圆O 相切的切线斜率存在时，设切线方程为y ＝kx ＋m ，即|m |k 2＋1＝2，即m 2＝2(k 2＋1)．联立切线与椭圆C 的方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 26＋y 23＝1，并消去y ，得 (1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0.因为Δ＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－6)＝－8(m 2－6k 2－3)＝－8(2k 2＋2－6k 2－3)＝8(4k 2＋1)>0， 所以切线与椭圆C 恒有两个交点．设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k 2， 因为OM →＝(x 1，y 1)，ON →＝(x 2，y 2)，所以OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝(1＋k 2)·2m 2－61＋2k 2＋km ·－4km 1＋2k 2＋m 2 ＝3m 2－6－6k 21＋2k 2＝3×2(k 2＋1)－6－6k 21＋2k 2＝0. 所以OM ⊥ON ，所以以MN 为直径的圆过原点(0,0)，综上所述，以MN 为直径的圆过定点(0,0)．。