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
2021年江苏高考数学一轮复习讲义第8章第8节圆锥曲线中的定点、定值问题
第八节圆锥曲线中的定点、定值问题［最新考纲］会证明与曲线上动点有关的定值问题，会处理动曲线(含直线)过定点的问题._____________ 卷绫筮務艾M 课堂考点探究強囲甌多虞莖 _________ __________________________•考点i定点问题瓷向..直线过定点告际1•动直线I过定点问题的基本思路设动直线方程(斜率存在)为y= kx+1,由题设条件将t用k表示为t= mk,得y= k(x+ m),故动直线过定点(一m,0).2.动直线I过定点问题的解题步骤第一步：设AB直线y= kx+ m,联立曲线方程得根与系数关系，△求出参数范围；第二步：由AP与BP关系(如k AP k BP=- 1),得一次函数k= f(m)或者m= f(k)；第三步：将k= f(m)或者m= f(k)代入y= kx+ m,得y= k(x-x 定) + y 定.x2yEk啜(2017 全国卷I)已知椭圆C: a2+ b2二1(a>b>0),四点P i(1,1),3 ,3P2(0,1), P3 —1, 2, P4 1, 2中恰有三点在椭圆C 上.(1) 求C的方程；(2) 设直线I不经过P2点且与C相交于A, B两点.若直线P2A与直线P2B 的斜率的和为一1,证明：I过定点.［解］(1)由于P3, P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3 , P4两点.所以点P 2在椭圆C 上.又由a>--24器知，椭圆C 不经过点P I ,(2)证明：设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k i , k 2. 如果I 与x 轴垂直，设I : x = t ，由题设知 "0,且|t|v 2,因此b 2^1， 右+詐1,/ 孑=4,、 、x 2 2解得小故椭圆C 的方程为4 + y = 1.b 2= 1.尸，t ,-台，则k 1+"七戶4— t 2+ 2 2t—i ，得t = 2,不符合题设.从而可设 I : y = kx + m(m ^ 1).2x 2222将 y = kx + m 代入4 + y = 1 得(4k + 1)x + 8kmx + 4m — 4= 0. 由题设可知 △二 16(4k 2— m 2 + 1)>0.设 A (X 1, y 1), B (X 2, y 2)，则 X 1 + X 2= 2 ,4 k 2+ 1 4m 2 — 4 8kmX 1x 2 = 2 4k 2 + 1y 1— 1 y 2 — 1 kx 1+ m — 1 kx 2 + m —1 而 k 1 + k 2= + = + X 1X 2 — X 1 X 22kx 1x 2 + m — 1 x 1 + x 2X 1X2由题设 k 1+ k 2= — 1,故(2k + 1)x 1X 2 + (m — 1)(x 1 + x 2)= 0.24m — 4 — 8km m +1即(2k + 1) • 2 + (m — 1) • 2 = 0，解得 k = — ~2~.4k 2+1 4k 2 +1 2m + 1当且仅当m >— 1时，0,于是I : y =— 2 x + m,m + 1~2~ (x — 2),所以 I 过定点(2，— 1).园曲平本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一可得A ，Bx o a 2- b 2 y o b 2— a 2点P 做相互垂直的直线交圆锥曲线于 AB,则AB 必过定点孑+ b2 ,齐b 2 .本题还可以拓展为“手电筒”模型：只要任意一个限定 AP 与BP 条件(如 k AP k BP=定值，k AP + k BP =定值)，直线AB 依然会过定点.［教师备选例题］过抛物线C: y 2= 4x 的焦点F 且斜率为k 的直线I 交抛物线C 于A, B 两点， 且 AB| = 8.⑴求I 的方程；(2)若A 关于x 轴的对称点为D ，求证：直线BD 过定点，并求出该点的坐标. ［解］(1)易知点F 的坐标为(1,0)，则直线I 的方程为y = k(x — 1)，代入抛物线 方程 y 2= 4x 得 k 2x 2 — (2k 2 + 4)x + k 2 = 0，由题意知 k M 0,且△= ［ — (2k 2 + 4)］2—4k 2k 2= 16(k 2 + 1)>0， 2k 2 + 4设 A(X 1，y 1)，B(X 2，y 2)，二 X 1+ X 2=—k^，X 1X 2= 1， 由抛物线的定义知|AB| = X 1 + X 2 + 2= 8， 2k 2 + 4 2jk 2 = 6，二 k = 1，即 卩 k =±， •••直线l 的方程为y = ±x —1).(2)由抛物线的对称性知，D 点的坐标为(x 1,— y 1)， y 2 + y 1 直线BD 的斜率k BD = -X 2 — X 14•••直线BD 的方程为y + y 1 =(x — X 1)， y 2 — y 1即(y 2 — y 1 )y + y 2y 1 — y 1 = 4x — 4x 1， y i = 4x 1， y 2 = 4x 2，X 1X 2= 1，：(y 1y 2)2= 16x 1x 2= 16， 即卩 y 1y 2= — 4(y 1，y 2 异4y 2—y 1 y 2 + y 14 4号)，•••直线 BD 的方程为 4(x + 1)+ (y i — y 2)y = 0,恒过点(一1,0). 曲我湮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.［解］(1)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 2二my ,代入点A(1,2)，可得m 1 2 1=2，所以抛物线方程为x 2= ^y.1综上所述，抛物线C 的方程是y 2 = 4x 或x 2= 2y.(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 2二4x ,消去y ,得 k 2^2 — (2k 2 + 4k + 4)x + (k + 2)2 = 0. 设 P(x 1, y 1),k + 2k 22 2用一k 替换点P 坐标中的k ,可得Q((k — 1)2,2 — 2k), 从而直线PQ 的斜率为所以Pk + 2 2 2k + 4k 2 ， k2k + 4~~k~ -2+ 2k2k 3 + 4k k + 2 2 k 4 + 2k 3 + 4k + 42 — k —1 2 k2k —k 2 + 2k + 2 故直线PQ 的方程是2k 2y— 2+ 2k=^^ X(k— 1)]-在上述方程中，令x = 3,解得y =2,所以直线PQ 恒过定点(3,2).点A(0,4), M , N 是椭圆C 上的两点，它们在y 轴两侧，且/ MAN 的平分线在y 轴上，AM B ANI.(1) 求椭圆C 的方程； (2) 证明：直线MN 过定点.［解］(1)圆x 2+ y 2 = 4与x 轴交于点(±,0),即为椭圆的焦点，圆x 2 + y 2= 4与y 轴交于点(0, ±2), 即为椭圆的上下两顶点，所以c = 2, b = 2.2 2从而2 2，因此椭圆C 的方程为：+ 4 = 1. (2)证明：设直线MN 的方程为y = kx + m.y = kx + m , 由名鼻1,消去 y 得(2k 2+ 1)x 2 + 4kmx + 2m 2 — 8 = 0.2.已知圆x 2 + y 2=24经过椭圆C ： a2+1(a>b>0)的两个焦点和两个顶点,设M(X1, y1), N(X2, y2),2m 2 — 8 X 1X 2 =2k 2 + 1y i — 4 m —4直线AM 的斜率ki = —x 厂=k +—x 厂 y 2 — 4 m —4直线AN 的斜率k 2=龙厂=k +龙厂m —4 — 4km 16k m — 1 2m 2 — 8 — 2m 2— 8由/ MAN 的平分线在y 轴上，得k 1 + k 2= 0. 又因为|AM|M AN|，所以k M 0,所以m = 1. 因此，直线MN 过定点(0,1).上I ；：” 2 动圆过定点匾强 动圆过定点问题求解时可以先取特殊值或者极值，找出这个定点，再用向量法证明用直径所对圆周角为直角.(2019北京高考)已知抛物线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I 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］(1)由抛物线C : x 2二一2py 经过点(2，— 1)，得p =2. 所以抛物线C 的方程为x 2二—4y ,其准线方程为y = 1.(2)抛物线C 的焦点为F(0,— 1),设直线I 的方程为y = kx — 1(k M 0).则 X 1 + X 2 = 4km2k 2 +1，k i + k 2= 2k +m — 4 x i + X 2 X 1X 2y= kx—1, 得x2+ 4kx—4= 0.x2= —4y直线OM 的方程为y = X 1x.X i令y =— 1,得点A 的横坐标X A = — y i .同理得点B 的横坐标X B = —筈设点 D(0, n).fX i f则DA = — y ；,— 1 — n , DB = DADB =黑 + (n + 1)2X 1X 2, 八2 =—X 2 — X 2+ (n +1)—4 — 4 16 2 2 =X^+(n + 1)2= — 4+ (n + 1)2.令DA DB = 0,即一4+ (n + 1)2 = 0,贝U 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).ES 点芳 动圆过定点问题本质上是向量垂直的问题•x ! y 3 證① (2019苏州二模)已知椭圆E : a 2+ b 2= 1(a >b >0)的离心率为2 ,焦点到相应准线的距离为h.(1)求椭圆E 的标准方程;(2)如图，已知P(t,0)为椭圆E 外一动点，过点P 分别作直线11和12,直线|1 和l 2分别交椭圆E 于点A , B 和点C , D ，且|1和l 2的斜率分别为定值k 1和k 2,设 M(x i , y i ), N (X 2, y 2)，则 X 1X 2=— 4. X 2 y 2,求证： PA PD 为定值.［解］(1)设椭圆的半焦距为C ,由已知得,解得 a =2, c = 3, b = 1, •••椭圆E 的标准方程是4 + y 2 = 1. (2)由题意，得直线l i 的方程为y = k i (x — t)，代入椭圆E 的方程中, 并化简得，(1 + 4k 1)x 2 — 8kftx +4k 1t 2 — 4 = 0, 4k 1t 吃寸4lk 1— k 1t 2+ 1 i + 4k 2•考点c 、.3 a 2 3a =T ，7—c =y ， c 2= a 2 —b 2,设 A(x i , y i ), B(x 2, y 2)，则 x i,2 = x i + x 2 = 8k* 1 + 4k 2, x i x 2 = 4k 2t 2— 4 1+ 4k 2因为 PA = , 1 + k 1|x i —1|, PB = , 1+ k 2*—1|,所以 PA PB = (1 + k i )|x i — t|X 2 — t| = (1 + k i )|t 2 — (x i + x 2)t + x i x 2| = (1 + 虫 2 8k 2t 2 4尿2 - 4 1 + k i |t 2 - 4|)t —1+ 4k 2 + 1+ 4k i —1 + 4k i ， 因为k i , k 2为定值,定值问题視3圆锥曲线中定值问题的2大解法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关;所以 PA PB_ PC PD = 1 + k i 1+ 4k 2 1 + k 2 1 + 4k 2 为定值.同理, PC PD =1 + k2 |t 2 — 4|1 + 4k 2x i Q(X 2,y 2)是椭圆C 上两个动点，直线OP,OQ 的斜率分别为k i,k 2,若m = 2 , y i , X 2 n = 2 , y 2 , m-n = 0. 1 (1) 求证：k i k 2= — 4； (2) 试探求△ OPQ 的面积S 是否为定值，并说明理由. ［解］(i)证明：T k i , k 2均存在，I X i X 2工0. — X i X 2 卄 X i X 2 又 mn = 0, + y i y 2 = 0,即〒=—y i y 2,⑵①当直线PQ 的斜率不存在，即x i = X 2, y i = — y 2时，由±芝=—4,得手— y 2= 0.X 2又•••点 P(X I , y i )在椭圆上,••• 4 + y 2= i ,|y i | = S /OQ =^Ix i lly i —y 2|= i.②当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y = kx + b.y = kx + b ,联立得方程组x 2 24 + y 2二 i ,消去 y 并整理得(4k 2 + i)x 2 + 8kbx + 4b 2— 4= 0,在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ： 4 + y 2= 1, 点 P(x i , y i ), 二 k i k 2 y i y 2 X i X 2—i4.(2)引起变量法：其解题流程为 2 X其中△= (8kb)2—4(4k2+ 1)(4b2-4)= 16(1 + 4k2—b2)>0，即b2<1 + 4k2.—8kb 4b2—4• • X i + X2 2 , X1X2 2 .4k2+ 1 4k2+ 1X1X2~4 + yy 二o,X1 x2+ (kx1 + b)(kx2 + b)= 0,得2b2—4k2= 1(满足A>0).1 |b| 1 2一，4k2 +1 —b22 1 + k2P Q匸2* x1 +x22—42二2|b「4k2+〔综合①②知△ POQ的面积S为定值1.民賦圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；(2)求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式,再利用题设条件化简、变形求得；(3) 求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得.［教师备选例题］已知动圆P经过点N(1,0),并且与圆M : (x+ 1)2+ — 16相切.(1) 求点P的轨迹C的方程；(2) 设G(m,0)为轨迹C内的一个动点，过点G且斜率为k的直线I交轨迹C 于A, B两点，当k为何值时，尸|GA|2+ |GB|2是与m无关的定值？并求出该定值.［解］(1)由题意，设动圆P的半径为r，则|PM|= 4—r, |PN|= r，可得|PM| + |PN匸4—r + r= 4, •••点P的轨迹C是以M ,N为焦点的椭圆，• 2a= 4,2c= 2, • b=“ a2—c2= . 3,S A POQ= 1.椭圆的方程为4+詈=1.⑵设 A(x i , y i ), B(x 2, y 2)，由题意知一2v m v 2,直线 l : y = k(x — m). y = k x — m ,得(3 + 4k 2)x 2 — 8k 2mx + 4k 2m 2—12 = 0, 8mk 24m 2k 2 — 12 …X 1 十 x ? = 2 , x 1 x z = 2 -------------4k 2 + 3 4k 2 + 3• y 1 + y 2 = k(x 1 — m) + k(x 2 — m) = k(x 1 + X 2) — 2km =- 6mk4k 2 + 3,••• |GA|2 + |GB|2= (x 1 — m)2+ y 1 +(X 2 — m)2 + y 2= (x 1 + X 2)2 —2x 1X 2 — 2m(x 1 + X 2)2 2 2+ 2m 2 + (y 1 + y 2)2 — 2y 1y 2= (k 2 + 1) 要使3= |GA|2 + |GBf 的值与m 无关，需使4k 2— 3 = 0,解得 k = ±2，此时 3=|GAf + |GBf = 7.旳虬纭1•已知抛物线C ： / = 2px 经过点P(1,2),过点Q(0,1)的直线I 与抛 物线C 有两个不同的交点A , B ,且直线PA 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N.(1) 求直线I 的斜率的取值范围；1 1(2) 设 O 为原点，QM = QO , QN = Q),［解］(1)因为抛物线y 2 = 2px 过点(1,2),2即点P 的轨迹C 的方程为4 +2 2 x y+ — = 1y 1y 2 = k 2(x 1 — m)(x 2 — m)= k 2x 1 x 2 — k 2 m(x 1 + X 2)+k 2 m 2 3k 2 m 2 — 4 4k 2 + 3[—6m 2 4k 2 — 3 + 24 3 + 4k 2 ]4k 2 + 3 21.所以2p= 4,即p = 2.故抛物线C的方程为y2= 4x.由题意知，直线I的斜率存在且不为0.设直线I的方程为y= kx+ 1（心0）.y2 3=4x, 由y= kx+ 1,得k2x2+ (2k—4)x+ 1 = 0.依题意△= (2k—4)2—4X k2x 1>0,解得k v 0或0v k v 1.又PA, PB与y轴相交，故直线I不过点(1,—2).从而k M — 3.所以直线I斜率的取值范围是(—％,—3)U (—3,0) U (0,1).(2)证明：设A(x i, y i), B(x2, y2).2k—4 i由(1)知X1 + X2=—丘2 , X1X2 = ^2.y1 一2直线PA的方程为y—2= (x—1).X1—1—y1 + 2 —kx1 + 1令x= 0,得点M的纵坐标为y M = + 2= + 2.X1—1 X1 —1—kx2+ 1 同理得点N的纵坐标为y N= + 2.X2 —1由QM = QO, QN = pQO,得入=1 —y M, 尸 1 —y N.2 2X1X2 —X1 + X2k—1 X1X21所以5+1 1 1卜= +卩 1 —y M 1—y NX1 - 1 X2 —1+ k—1 X1 k—1 X2。
线与圆锥曲线的位置关系(八大题型)(课件)-2025年高考数学一轮复习(新教材新高考)
−
，两式相减得
+ −
+
−
+
=
+
−
=
− ，故
=
−
=
知识梳理·基础回归
知识点3：点差法
（2）运用类似的方法可以推出；若是双曲线
, ，则 =
= 1，①
= 1②
①-②得
1 +2 1 −2
16
+
1 +2 1 −2
12
= 0，
−
3
1
2
∵ 1 + 2 = 4，1 + 2 = 2，∴ = − = − 2，
1
∴此弦所在的直线方程为 − 1 =
【方法技巧】
点差法
3
− (
2
2
− 2)，即3 + 2 − 8 = 0．
2
2
2
【解析】当 ≥ 0时，曲线 −
= 1，即 − =
9
4
9
4
3
一条渐近线方程为： = 2 ，直线与渐近线平行；
当 <
2
0时，曲线
9
−
4
=
2
1，即
9
2
+
4
画出曲线和直线的图像，如图所示：
根据图像知有2个公共点．
故选：B
1，双曲线右半部分；
= 1，椭圆的左半部分；
）．
题型突破·考法探究
16
弦所在的直线方程为
2
+
12
2025数学大一轮复习讲义苏教版 第八章 圆锥曲线中范围与最值问题
则 x1＋x2＝3＋8k4k2，x1x2＝－3＋84k2， 直线 FQ 的方程 y－y1＝xy22＋－xy11(x＋x1)，设 G(0，yG)，
则 yG－y1＝yx22－＋yx11·x1，yG＝kxx1x2＋2－xk1x21＋kx1－1＝x22k＋x1xx21－1＝－3，
S△PQG＝HG|x21－x2|＝|x1－x2|＝ x1＋x22－4x1x2＝
则 4 6×
4t＋11t ＋4∈0，4
3
6，
所以△PQG
面积的取值范围为0，4
3
6.
思维升华
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.
(2)M，N是C右支上的两动点，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2， 若k1k2＝－2，求点A到直线MN的距离d的取值范围.
显然直线MN不可能与x轴平行， 故可设直线MN的方程为x＝my＋n，
x＝my＋n， 联立3x2－y2＝3， 消去 x 整理得(3m2－1)y2＋6mny＋3(n2－1)＝0， 在条件3m2－1≠0， 下，
由题意知直线l的斜率一定存在且不为0，F(1,0)，设直线l的方程为x ＝ty＋1，t≠0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)， 易知x1＝ty1＋1>0，x2＝ty2＋1>0， 联立xy＝2＝ty4＋x，1， 消去x得y2－4ty－4＝0.
2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版)：圆锥曲线中探索性与综合性问题
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.
由(1)得M(2,1)， 设点 Ax1，x421，Bx2，x422， 则 kMA＝x1＋4 2，kMB＝x2＋4 2， 所以 kMAkMB＝x1＋4 2×x2＋4 2＝－2， 得x1x2＋2(x1＋x2)＋36＝0； 设直线AB方程为y＝kx＋b，
因为直线 OC 的斜率为yx11＝yy121＝y81， 8
所以直线 OC 的方程为 y＝y81x.
由1yx＝62 ＋y811yx22，＝1，
得 y264×y21 16＋112＝1，
则 y2E64×y21 16＋112＝1，
同理可得 y2F64×y22 16＋112＝1，
所以 y2E·y2F64×y22 16＋11264×y21 16＋112＝1，
1234
由 AF⊥BE 得x1－y1 2·y2x＋2 2＝－1， 所以 y1y2＋2y1＋x1x2－ 2x2＝0， 将 y1＝－ 22x1＋t，y2＝－ 22x2＋t 代入上式， 得 3x1x2－ 2(t＋2)(x1＋x2)＋(2t2＋4t)＝0， 所以 3×6t27－4－ 2(t＋2)·6 72t＋(2t2＋4t)＝0，
4＋2t＝－2t， 所以－4t＝t2＋3， 解得t＝－1. 即M(－1,0). 综上，满足条件的点M存在，其坐标为(－1,0).
思维升华
存在性问题的解题策略 存在性的问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则 存在，若结论不正确则不存在. (1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论. (2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件. (3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意.
2020版高考数学(文)江苏专用新精准大一轮复习：第八章8第8讲圆锥曲线中的热点问题含解析
1．(2019·镇江调研)已知点A (0，2)及椭圆x 24＋y 2＝1上任意一点P ，则P A 的最大值为________．解析：设P (x 0，y 0)，则－2≤x 0≤2，－1≤y 0≤1，所以P A 2＝x 20＋(y 0－2)2.因为x 204＋y 20＝1，所以P A 2＝4(1－y 20)＋(y 0－2)2＝－3y 20－4y 0＋8＝－3⎝⎛⎭⎫y 0＋232＋283.因为－1≤y 0≤1，而－1<－23<1，所以当y 0＝－23时，P A 2max ＝283，即P A max ＝2213. 答案：22132．设椭圆x 2m 2＋y 2m 2－1＝1(m ＞1)上一点P 到其左焦点的距离为3，到右焦点的距离为1，则P到右准线的距离为________．解析：因为m 2＞m 2－1，所以m 2＝a 2，m 2－1＝b 2. 所以c 2＝1.又3＋1＝2a ⇒a ＝2， 所以dP －l 右＝1e ＝ac ＝2.答案：23．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线方程是y ＝3x ，它的一个焦点在抛物线y 2＝24x 的准线上，则双曲线的方程为________．解析：因为一条渐近线方程是y ＝3x ，所以ba ＝ 3.①因为双曲线的一个焦点在y 2＝24x 的准线上， 所以c ＝6.② 又c 2＝a 2＋b 2，③由①②③知，a 2＝9，b 2＝27， 此双曲线方程为x 29－y 227＝1.答案：x 29－y 227＝14．已知圆C ：x 2＋y 2＋6x ＋8y ＋21＝0，抛物线y 2＝8x 的准线为l ，设抛物线上任意一点P 到直线l 的距离为m ，则m ＋PC 的最小值为________．解析：由题意得圆C 的方程为(x ＋3)2＋(y ＋4)2＝4，圆心C 的坐标为(－3，－4)．由抛物线定义知，当m ＋PC 最小时，为圆心与抛物线焦点间的距离，即m ＋PC ＝（－3－2）2＋（－4）2＝41.答案：415．(2019·南通质量检测)若F (c ，0)是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点，过F 作该双曲线一条渐近线的垂线与两条渐近线交于A ，B 两点，O 为坐标原点，△OAB 的面积为12a 27，则该双曲线的离心率e ＝________．解析：设过第一、三象限的渐近线的倾斜角为θ，则tan θ＝b a ，tan 2θ＝2aba 2－b 2，因此△OAB的面积可以表示为12·a ·a tan 2θ＝a 3b a 2－b2＝12a 27，解得b a ＝34，则e ＝54.答案：546．若直线y ＝kx 交椭圆x 24＋y 2＝1于A 、B 两点，且AB ≥10，则k 的取值范围为________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y 2＝1得x 2＝44k 2＋1. 不妨设⎩⎪⎨⎪⎧x A ＝24k 2＋1，y A＝2k 4k 2＋1，⎩⎪⎨⎪⎧x B ＝－24k 2＋1，y B ＝－2k4k 2＋1.由两点间距离公式得AB 2＝16（1＋k 2）4k 2＋1≥10，解得k 2≤14.所以k 的取值范围为－12≤k ≤12.答案：⎣⎡⎦⎤－12，12 7．过抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点F ，斜率为43的直线交抛物线于A ，B 两点，若AF →＝λFB →(λ＞1)，则λ的值为________．解析：根据题意设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由AF →＝λFB →，得⎝⎛⎭⎫p 2－x 1，－y 1＝λ⎝⎛⎭⎫x 2－p 2，y 2，故－y 1＝λy 2，即λ＝－y 1y 2.设直线AB 的方程为y ＝43⎝⎛⎭⎫x －p 2，联立直线与抛物线方程，消元得y 2－32py －p 2＝0.故y 1＋y 2＝32p ，y 1·y 2＝－p 2，（y 1＋y 2）2y 1·y 2＝y 1y 2＋y 2y 1＋2＝－94，即－λ－1λ＋2＝－94.又λ＞1，故λ＝4.答案：48．已知F 为抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点，抛物线的准线与双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的两条渐近线分别交于A 、B 两点．若△AFB 为直角三角形，则双曲线的离心率为________．解析：设AB 与x 轴交点为M ，由△AFB 为直角三角形，则它为等腰直角三角形，因此有MA ＝MB ＝MF ，抛物线的准线方程为x ＝－p 2，把x ＝－p 2代入双曲线的渐近线方程y ＝±ba x ，得A ，B的纵坐标为±bp 2a ，因此有bp 2a ＝p ，所以b ＝2a ，c ＝a 2＋b 2＝5a ，因此e ＝ca＝ 5.答案： 59．(2019·无锡调研)设F 1、F 2分别是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右两个焦点，若在其右准线上存在点P ，使线段PF 1的中垂线过点F 2，则该椭圆的离心率的取值范围是________．解析：如图，设右准线与x 轴的交点为H ，则PF 2≥HF 2. 又因为F 1F 2＝PF 2，所以F 1F 2≥HF 2，即2c ≥a 2c －c ，所以3c 2≥a 2.所以e 2≥13，即e ≥33.又因为e <1，所以e ∈⎣⎡⎭⎫33，1.答案：⎣⎡⎭⎫33，110．已知双曲线C ：x 24－y 25＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B 两点，若AB ＝5，则满足条件的l 的条数为________．解析：因为a 2＝4，b 2＝5，c 2＝9，所以F (3，0)，若A ，B 都在右支上，当AB 垂直于x 轴时，将x ＝3代入x 24－y 25＝1得y ＝±52，所以AB ＝5，满足题意；若A ，B 分别在两支上，因为a ＝2，所以两顶点的距离为2＋2＝4<5，所以满足|AB |＝5的直线有2条，且关于x 轴对称．综上，一共有3条．答案：311．(2019·苏州模拟)已知圆M ：x 2＋(y －2)2＝1，直线l ：y ＝－1，动圆P 与圆M 相外切，且与直线l 相切．设动圆圆心P 的轨迹为E .(1)求E 的方程；(2)若点A ，B 是E 上的两个动点，O 为坐标原点，且OA →·OB →＝－16，求证：直线AB 恒过定点．解：(1)设P (x ，y )，则x 2＋（y －2）2＝(y ＋1)＋1⇒x 2＝8y . 所以E 的方程为x 2＝8y .(2)证明：易知直线AB 的斜率存在，设直线AB ：y ＝kx ＋b ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 将直线AB 的方程代入x 2＝8y 中，得x 2－8kx －8b ＝0， 所以x 1＋x 2＝8k ，x 1x 2＝－8b .OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋x 21x 2264＝－8b ＋b 2＝－16⇒b ＝4，所以直线AB 恒过定点(0，4)．12．(2019·南京调研测试)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的焦距为4且过点(2，－2)．(1)求椭圆C 的方程；(2)过椭圆焦点的直线l 与椭圆C 分别交于点E ，F ， 求OE →·OF →的取值范围．解：(1)椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的焦距是4，所以焦点坐标是(0，－2)，(0，2)，2a ＝2＋0＋2＋（2＋2）2＝42，所以a ＝22，b ＝2，即椭圆C 的方程是y 28＋x 24＝1.(2)若直线l 垂直于x 轴，则点E (0，22)，F (0，－22)， OE →·OF →＝－8.若直线l 不垂直于x 轴，不妨设l 过该椭圆的上焦点，则l 的方程为y ＝kx ＋2，设点E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，将直线l 的方程代入椭圆C 的方程得到(2＋k 2)x 2＋4kx －4＝0， 则x 1＋x 2＝－4k 2＋k 2，x 1x 2＝－42＋k 2， 所以OE →·OF →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4＝－4－4k 22＋k 2＋－8k 22＋k 2＋4＝202＋k 2－8，因为0＜202＋k 2≤10，所以－8＜OE →·OF →≤2， 所以OE →·OF →的取值范围是[－8，2]．1．已知双曲线的两条渐近线均和圆C ：(x －1)2＋y 2＝15相切，且双曲线的右焦点为抛物线y 2＝45x 的焦点，则该双曲线的标准方程为________．解析：由题意可知双曲线的c ＝ 5.设双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线方程为kx －y ＝0，根据圆心(1，0)到该直线的距离为半径15，得k 2＝14，即b 2a 2＝14.又a 2＋b 2＝(5)2，则a 2＝4，b 2＝1，所以所求双曲线的标准方程为x 24－y 2＝1.答案：x 24－y 2＝12．已知椭圆方程为x 216＋y 212＝1，若M 为右准线上一点，A 为椭圆的左顶点，连结AM 交椭圆于点P ，则PMAP的取值范围是________．解析：设P 点横坐标为x 0，则PM AP ＝8－x 0x 0＋4＝12x 0＋4－1，因为－4<x 0≤4，所以PM AP ＝8－x 0x 0＋4＝12x 0＋4－1≥12.所以PMAP 的取值范围是⎣⎡⎭⎫12，＋∞. 答案：⎣⎡⎭⎫12，＋∞ 3．抛物线C 1：y 2＝4mx (m >0)和椭圆x 24m 2＋y 23m2＝1的交点为P .F 1、F 2为椭圆的左、右焦点，若存在实数m ，使得△PF 1F 2的边长是连续的自然数，则m ＝________．解析：在△PF 1F 2中，PF 1最长，PF 2最短，F 1F 2＝2c ＝2m ，所以F 1F 2＝2m ，PF 1＝2m ＋1，PF 2＝2m －1，又因为P 在C 1上，所以P ()m －1，4m （m －1），将其代入椭圆x 24m 2＋y 23m2＝1得m ＝3.答案：34.已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞c >0，a 2＝b 2＋c 2)的左、右焦点分别为F 1，F 2，若以F 2为圆心，b －c 为半径作圆F 2，过椭圆上一点P 作此圆的切线，切点为T ，且PT 的最小值不小于32(a －c )，则椭圆的离心率的取值范围为________．解析：依题意切线长PT ＝PF 22－（b －c ）2，所以当且仅当PF 2取得最小值时PT 取得最小值， 而(PF 2)min ＝a －c ， 所以（a －c ）2－（b －c ）2≥32(a －c )，所以0<b －c a －c ≤12，所以⎩⎪⎨⎪⎧b >c ，2b <a ＋c ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2－c 2>c 2，4（a 2－c 2）<a 2＋c 2＋2ac ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2>2c 2，5c 2＋2ac －3a 2≥0，所以⎩⎪⎨⎪⎧e 2<12，5e 2＋2e －3≥0，从而解得35≤e <22，故离心率的取值范围是35≤e <22.答案：35≤e <225．(2019·苏州模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F 2(2，0)，点P ⎝⎛⎭⎫1，－153在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)是否存在斜率为－1的直线l 与椭圆C 相交于M ，N 两点，使得F 1M ＝F 1N (F 1为椭圆的左焦点)？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．解：(1)法一：因为椭圆C 的右焦点为F 2(2，0)，所以c ＝2， 椭圆C 的左焦点为F 1(－2，0)． 由椭圆的定义可得2a ＝（1＋2）2＋⎝⎛⎭⎫－1532＋（1－2）2＋⎝⎛⎭⎫－1532＝ 969＋ 249＝26，解得a ＝6，所以b 2＝a 2－c 2＝6－4＝2.所以椭圆C 的标准方程为x 26＋y 22＝1.法二：因为椭圆C 的右焦点为F 2(2，0)，所以c ＝2， 故a 2－b 2＝4，又点P ⎝⎛⎭⎫1，－153在椭圆C 上，则1a 2＋159b 2＝1，故1b 2＋4＋159b 2＝1，化简得3b 4＋4b 2－20＝0，得b 2＝2，a 2＝6，所以椭圆C 的标准方程为x 26＋y 22＝1.(2)假设存在满足条件的直线l ，设直线l 的方程为y ＝－x ＋t ， 由⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 22＝1y ＝－x ＋t 得x 2＋3(－x ＋t )2－6＝0， 即4x 2－6tx ＋(3t 2－6)＝0，Δ＝(－6t )2－4×4×(3t 2－6)＝96－12t 2>0，解得－22<t <2 2.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝3t2，x 1x 2＝3t 2－64，由于F 1M ＝F 1N ，设线段MN 的中点为E ，则F 1E ⊥MN ，故kF 1E ＝－1k MN ＝1，又F 1(－2，0)，E ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，即E ⎝⎛⎭⎫3t 4，t 4， 所以kF 1E ＝t 43t 4＋2＝1，解得t ＝－4.当t ＝－4时，不满足－22<t <22， 所以不存在满足条件的直线l .6．(2019·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(五))如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，直线l ：y ＝－12x 与椭圆E 相交于A ，B 两点，AB ＝210，C ，D 是椭圆E 上异于A ，B 的两点，且直线AC ，BD 相交于点P ，直线AD ，BC 相交于点Q .(1)求椭圆E 的标准方程； (2)求证：直线PQ 的斜率为定值． 解：(1)因为e ＝c a ＝32，所以c 2＝34a 2，即a 2－b 2＝34a 2，所以a ＝2b .所以椭圆方程为x 24b 2＋y 2b2＝1.由题意知点A 在第二象限，点B 在第四象限．由⎩⎨⎧y ＝－12x ，x 24b 2＋y2b2＝1，得A ⎝⎛⎭⎫－2b ，22b . 又AB ＝210，所以OA ＝10， 即2b 2＋12b 2＝52b 2＝10，得b ＝2，a ＝4.所以椭圆E 的标准方程为x 216＋y 24＝1.(2)证明：由(1)知，椭圆E 的方程为x 216＋y 24＝1，A (－22，2)，B (22，－2)．①当直线CA ，CB ，DA ，DB 的斜率都存在，且不为零时， 设直线CA ，DA 的斜率分别为k 1，k 2，C (x 0，y 0)，显然k 1≠k 2. 从而k 1·k CB ＝y 0－2x 0＋22·y 0＋2x 0－22＝y 20－2x 20－8＝4⎝⎛⎭⎫1－x 2016－2x 20－8＝2－x 204x 20－8＝－14，所以k CB ＝－14k 1.同理k DB ＝－14k 2.所以直线AD 的方程为y －2＝k 2(x ＋22)， 直线BC 的方程为y ＋2＝－14k 1(x －22)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2＝－14k 1（x －22），y －2＝k 2（x ＋22），解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝22（－4k 1k 2－4k 1＋1）4k 1k 2＋1，y ＝2（－4k 1k 2＋4k 2＋1）4k 1k 2＋1.从而点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22（－4k 1k 2－4k 1＋1）4k 1k 2＋1，2（－4k 1k 2＋4k 2＋1）4k 1k 2＋1.用k 2代替k 1，k 1代替k 2得点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22（－4k 1k 2－4k 2＋1）4k 1k 2＋1，2（－4k 1k 2＋4k 1＋1）4k 1k 2＋1.所以k PQ ＝2（－4k 1k 2＋4k 2＋1）4k 1k 2＋1－2（－4k 1k 2＋4k 1＋1）4k 1k 2＋122（－4k 1k 2－4k 1＋1）4k 1k 2＋1－22（－4k 1k 2－4k 2＋1）4k 1k 2＋1＝42（k 2－k 1）82（k 2－k 1）＝12.即直线PQ 的斜率为定值，其定值为12.②当直线CA ，CB ，DA ，DB 中，有直线的斜率不存在时， 由题意得，至多有一条直线的斜率不存在，不妨设直线CA 的斜率不存在，从而C (－22，－2)． 设DA 的斜率为k ，由①知k DB ＝－14k.因为直线CA ：x ＝－22，直线DB ：y ＋2＝－14k (x －22)，得P ⎝⎛⎭⎫－22，－2＋2k .又直线BC ：y ＝－2，直线AD ：y －2＝k (x ＋22)， 得Q ⎝⎛⎭⎫－22－22k ，－2，所以k PQ ＝12.由①②可知，直线PQ 的斜率为定值，其定值为12.。
高考数学一轮复习 第八章 平面解析几何 8.8 圆锥曲线的综合问题课件
p
已知抛物线y2=2px(p>0)的弦AB的中点M(x0,y0)(y0≠0) ,则kAB=⑧ yc0 . 若涉及直线过圆锥曲线焦点的问题,则一般利用圆锥曲线的定义去解决.
4.定点、定值问题 (1)求定值问题常见的方法 (i)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关. (ii)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值. (2)定点问题的常见解法 (i)假设定点坐标,根据题意选择参数,建立一个直线系或曲线系方程,而该 方程与参数无关,故得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解 为坐标的点即所求定点; (ii)从特殊位置入手,找出定点,再证明该点适合题意.
6.求定值、最值问题等圆锥曲线综合问题要四重视 (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作用; (3)重视根与系数的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在解题中的作用. 7.存在性问题 一般采用“假设反证法”或“假设验证法”来解决存在性问题.
1.设抛物线y2=4x的焦点弦被焦点分为长是m和n的两部分,则m与n的关系 是( ) A.m+n=4 B.mn=4 C.m+n=mn D.m+n=2mn 答案 C 解法一:焦点为F(1,0),设焦点弦为AB,其中A(x1,y1),B(x2,y2),当直 线AB的斜率存在时,依题意设AB的方程为y=k(x-1)(k≠0). 由焦半径公式得AF=x1+1=m,BF=x2+1c =n,又 y2 4x,
1 k2
c
|y1-y2|(k≠0)
.
3.已知弦AB的中点,研究AB的斜率和方程
(1)AB是椭圆
x2 a2
+
y2 b2
=1(a>b>0)的一条弦,AB中点M的坐标为(x0,y0)(y0≠0),
高考数学一轮复习第八章平面解析几何8.8圆锥曲线的热点问题(1)课件文
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，B 两点， A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝ 1＋k2|x1－x2| ＝__________________ ＝ 1 1＋ 2· |y －y |＝________. k 1 2 答案
相切 相离 (2)平行 平行或重合
6． 设 a>0 为常数， 动点 M(x， y)(y≠0)分别与两定点 F1(－a,0)， F2(a,0)的连线的斜率之积为定值 λ，若点 M 的轨迹是离心率为 3 的双曲线，则 λ 的值为( A．2 C．3 )
B．－2 D. 3
y y x2 y2 解析：轨迹方程为 · ＝λ，整理，得 2－ 2＝1(λ>0)， a λa x＋a x－a
1．(1)相交
2. 1＋k2· x1＋x22－4x1x2 1 1＋ 2· y1＋y22－4y1y2 k
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________条．
解析：结合图形分析可知，满足题意的直线共有 3 条：直线 x ＝0，过点(0,1)且平行于 x 轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切 的直线(非直线 x＝0)．
答案：B
知识点三
圆锥曲线中的定值与定点问题
1． 这类问题一般考查直线与圆锥曲线的位置关系， 一元二次方 程的根与系数之间的关系，考查斜率、向量的运算以及运算能力． 2． 解决这类定点与定值问题的方法有两种： 一是研究一般情况， 通过逻辑推理与计算得到定点或定值， 这种方法难度大， 运算量大， 且思路不好寻找；另外一种方法就是先利用特殊情况确定定点或定 值，然后验证，这样在整理式子或求值时就有了明确的方向．
2 c c2＝a2(1＋λ)，1＋λ＝ 2＝3，λ＝2，故选 A. a
2018届高三数学文一轮复习课件：8-8-1 圆锥曲线的综合问题 精品
故|MN|＝ 1＋k2 x1＋x22－4x1x2＝ 2× 16－4＝2 6。
答案：2 6
微考点
中点弦问题
角度一：由中点弦确定直线方程 【典例3】已知(4,2)是直线l被椭圆3x62 ＋y92＝1所截得的线段的中点，则l的方程是________。
解析：设直线l与椭圆相交于A(x1，y1)， B(x2，y2)， 则3x621 ＋y921＝1，且3x622 ＋y922＝1， 两式相减得yx11－－yx22＝－4xy11＋＋xy22。 又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，所以yx11－－yx22＝－21，
(4)如果直线x＝ty＋a与圆锥曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则 弦长|AB|＝ 1＋t2|y1－y2|。( √ )
解析：正确。|AB|＝ x1－x22＋y1－y22， 又x1＝ty1＋a，x2＝ty2＋a， 所以|AB|＝ [ty1＋a－ty2＋a]2＋y1－y22 ＝ t2y1－y22＋y1－y22＝ 1＋t2|y1－y2|。
第八章 解析几何
第八节 圆锥曲线的综合问题
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一、知识清单 微知识❶ 直线与圆锥曲线的位置关系 (1)从几何角度看，可分为三类：_无__公__共__点_， __仅__有__一__个__公__共__点_________ 及有两个_相__异__的__公__共__点_____。 (2)从代数角度看，可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消 元后所得一元二次方程解的情况来判断．设直线l的方程为Ax＋By＋C＝ 0，圆锥曲线方程为f(x，y)＝0。 由Afxx＋，Byy＝＋0C，＝0， 消元。 (如消去y)得ax2＋bx＋c＝0。
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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（。
＞方＞0）的左顶点为A ，与无轴平行的直线与椭圆E 交于B 、C 两点，过〃、C 两点且分别与直线AB 、 AC 垂直的直线相交于点D.已知椭圆的离心率为普，右焦点名师导悟以例说法 考点一锥曲线中的最值、范围问题 到右准线的距离为誓 椭圆1(1)求椭圆E的标准方程；(2)证明点D在一条定直线上运动，并求出该直线的方程;(3)求△BCD面积的最大值•c \［5 a4^5［解］(1)由题意得°=专，7_°= 5，解得«=3, C=A/5,所以b=yjaj=2,所以椭圆E的标准方程为勺(2)设 jo)，C(-x 0, jo)，显然直线畑 AC, BD 9 CD 的斜率都存在，设为k\, k 2f k3, k 4t 则広=彩倉,底=_L•Vo+3 XQ —3—匚厂呛=匚厂'所以直线BD f CD 的方程为:j = 一吐咯-x 0) +yo ，V =汇卫JoJox _3(X —Xo)+jo=_y o ~(x+x o )+jo,化简得 x=3, 故点D 在定直线x=3上运动• (x+x o )+jo^ 消去y得」卄3(3)由(2)得点D的纵坐标为勿=養卫(3+兀0)+旳=養^+旳又甞+曽=1,所以菇_9=—竽，则沪宁(3+丸)+沪矿+沪-誘，所以点D到直线BC的距离h为IjD-Jol= _驴一Vo将丿=丿0代入g+[=i得兀=±3Q 所以△BCD面积S NDBC=|BC・号，即yo=±\[i时等号成立，故）27斗当且仅当丿0=恥时，ABCD面积的(3)数形结合利用几何性质求】圆锥曲线中的最值问题一直是高考命题的热点，各种题型都 有，命题角度很广，常见的命题角度有:(1)转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值; (2)利用三角函数有界性求最值;跟產训练1•已知抛物线C：x2=2py(p>0),其焦点F到准线的距离为g(1)试求抛物线C的方程;(2)设抛物线C上一点P的横坐标为仗＞0),过P的直线交C 于另一点0,交工轴于M,过点。
作PQ的垂线交C于另一点N,若MN是C的切线，求/的最小值.解:⑴因为焦点F到准线的距离为£所以p=|.故抛物线C的方程为d=y.(2)设 P© r 2), 2(x, x 2), Ng Xo), 贝!I 直线MN 的方程为J —xo=2x o (x —x 0).令y=o,得因为N0丄0P,且两直线斜率存在,2”t 22t 2所以如=X Q 2t —工0‘ “NQ Xo —xrX Q —X 2—-XoH" X.所以k N Q= — l9即2t—Xo e (^o+x)=—1,又0（小F ）在直线加上， 则礎与济共线，得必=鴛，②由①②，得2”兀+2/ 1-2? 2xt w>°）， k x 2+l 所以'=_乜厂,所以&|或/W —扌（舍去）.整理, 得兀0 =2^x±2tl-2t 2 *考点二圆锥曲线中的定点、定值问题（高频考点）（2016•泰州模拟）如图，在平面直角坐标系兀Oy中,原点O的直线（与坐标轴不重合）与椭圆C交于八0两点, 直线0A分别与V轴交于M, N两点.若直线P0的斜离心率为:的椭圆C：|1+^2 = 1(«>^>0)的左顶点为A,过(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.懈]⑴设«0,因为直线PQ的斜率为T时f 0=2萌，所以分+[¥讨2=3,所以xo=2,所以A+p=l,所以椭1112 2C的标准方程为1+芍=1・(2)以MN为直径的圆过定点F(±A/5, 0).证明如下:设P(Xo, Vo).则2(—Xo，—Vo)，2102+2^4即Xo+2vo=4,因为A(—2, 0),所以直线B4的方程为：j =xo+2(x+2),所以以MN 为直径的圆过定点F （±\0,所以恥琵/因为xo —4=—2yo,所以 x 2+j 2+^y —2=0, 令丿=0,得F —2=0,解得兀直线S 的方程为：j=7 兀02为 卷（兀+2）,所以吧丸_2丿, 以MN 为直径的圆为3—0）（兀一0）+卜一42 O - 4V- 4 20X+2X 即曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量X, y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于X, J的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点.解析几何中的定值问题是指某些几何量（线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等）的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值.求定值问题常见的方法有两种:①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.2•已知椭圆£*+犷=1@>1)的上顶点为M(0,1),两条过M 点的动弦胚4、MB 满足胚4丄MB.的方程;27(2)若直角三角形MA 〃的面积的最大值为莎，求。
的值; (3)对于给定的实数a(a>l)9动直线AB 是否经过一个定点?如果经过，求出该定点的坐标(用a 表示)；否则，说明理由.2 2 | [解:（1）〃=*=三二$2,当且仅当c = l 时，等号成立，此时(1)2椭圆E的方程为|~+丿2=1・⑵由MA丄MB知滋• MB=O,从而直线MA与坐标轴不垂直，故可设直线MA的方程为丿=滋+1,直线MB的方程为丿=一討+1・将y=^+l代入椭圆E的方程，整理得（1 +2k2)x2+2a2kx=0,解得X =0或兀=]+°2&2, 一 （—1—a 经 2） 故点A 的坐标为［石莎，币討,____ 加 W + 1）囲 _____ 4*一（1+用）（斗2）亠（卄加［计制k K 丿同理，点B 的坐标为 la^k 卩一&彳+戶疋+砂2a 2\k\= 师■ 1+(2k 22a 2\k\ Zr 2+a 22\令n+右,2«4所以a=3.所以 S^^p=2a 4X(1+«4)(1—2«2+a 4)+«2 (?-2)2«4/ 27 3_i)=/二i=gAr 2"Fa 2 1+a 经 2&2—1 ( 2a 2k )所以直线的方程为y=(昇J 亦-丙/卩一1 a 2~l 即(«2+i) k x ~Mk 2—^ l —C^k 2P+7-⑶由(2)知直线^的斜率为沁_沁—3+i )p(所以直线AB 过定点0,2,解：⑴依题意,4=2, a~ 2 9以椭圆C的左顶点T 为圆心作圆T ： 设圆卩与椭圆C 交于点M 与点N ・ (1)求椭圆C 的方程;(2)求丽•丽的最小值，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,3.如图, 为定值.已知椭圆1(x+2)2+/=r 2(r>0)^NP分别与兀轴交于点乩S, O为坐标原点，求证：OR・OS解：⑴依题意,得4=2, a~ 2 9所以c=书,b=yJa T—c i=l.故椭圆c的方程为首+長=1・(2)易知点M与点N关于兀轴对称，设M&1，”)，Ng一不妨设丿1>0・由已知 T(-2, 0),则丽=31+2, Ji),丽=31+2, —”),所以丽・丽=(心+2, ”)・(兀1+2, —山)=(心+2)2—员(*2) 5= (xi+2)2— 1—才=jxf+4兀 1+3由于点Mr 2上,所以员=1—¥・(*)解：⑴依题意,得4=2, a~ 2 9由于一2<xj<2,故当 X! = --时，TM 把4=—I 代入(*)式，得”諾，故M ]又点MF 上，得r 2=MT 2=||.T (X +2)2+J 2=||.・丽取得最小值一£・ 8 3) "5* 5Jf(3)证明：设P(e Jo)，则直线MP 的方程为:y _To=^Z^（x_x o ）， 兀0 X{2 xiyl —x^yl故壮•心=匚戸厂•严)令尸。