2020版高考数学二轮复习第2部分专题5解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题课件文
→→ ∴OA·OB＝x1x2＋y1y2＝0， 又 x1x2＝(my1＋t)(my2＋t)， ∴(m2＋1)·y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝0， ∴－4t(m2＋1)＋4m2t＋t2＝0， 化为 t2－4t＝0，t≠0，解得 t＝4. ∴直线 l 的方程为：x＝my＋4. 令 y＝0，可得 x＝4.因此直线 l 恒过定点(4,0)．
→→ 切入点：①点 M 在椭圆 C 上，且 MN⊥x 轴；②NP＝ 2NM.
→→ 关键点：将OP·PQ＝1 转化为向量的坐标运算，进而证明直线 l 过 C 的左焦点 F.
[解] (1)设 P(x，y)，M(x0，y0)，
→
Байду номын сангаас
→
则 N(x0,0)，NP＝(x－x0，y)，NM＝(0，y0)．
→ 由NP＝
第二部分 讲练篇
专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的综合问题
研考题 举题固法
圆锥曲线中的定点、定值问题(5 年 3 考)
[高考解读] 定点、定值问题是解析几何中的常见问题，此类试 题多考查圆锥曲线的基本知识、解析几何的基本方法，难度不高，不 同层次的同学均能顺利解决.此类考题注重考查通性通法的应用，考 查考生的逻辑推理和数学运算的核心素养.
[解] (1)由题意知，2a＝4，ac＝12， ∴a＝2，c＝1 ∴b2＝a2－c2＝3， 即椭圆方程为x42＋y32＝1. (2)证明：把 y＝kx 代入 3x2＋4y2＝12，得(4k2＋3)x2－12＝0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则：x1＋x2＝0，x1x2＝4－k2＋123， y1＋y2＝kx1＋kx2＝0，y1y2＝k2x1x2＝－ 4k21＋2k32， ∴k1k2＝xy11－－xy·yx22－ －yx＝yx11yx22－ －yxy1＋1＋xy22x＋ ＋yx22， ＝yx11yx22＋ ＋yx22＝44－－kk221＋ ＋122k332＋ ＋yx22＝－ 4k214＋2－kk232＋1＋233＋1－x2 x42
→ →→ → 由QM＝λ QO，QN＝μQO，得 λ＝1－yM，μ＝1－yN. 所以1λ＋1μ＝1－1yM＋1－1 yN ＝kx－1－11x1＋kx－2－11x2 ＝k－1 1·2x1x2－x1xx21＋x2
＝k－1 1·k22＋21kk－2 4 k2
＝2.
所以1λ＋1μ为定值．
1．证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程， 根据直线所过的定点与参数值无关得出 x，y 的方程组，以方程组的 解为坐标的点就是直线所过的定点．
[解] (1)由题意可得 1＋p2＝2，解得 p＝2，故抛物线 C 的方程为 y2＝4x.
(2)证明：设直线 l 的方程为：x＝my＋t(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2， y2)．
联立xy＝ 2＝m4yx＋，t， 消去 x，得 y2－4my－4t＝0， Δ＞0，∴y1＋y2＝4m，y1·y2＝－4t. ∵以 AB 为直径的圆恒过原点 O，
[解] (1)因为抛物线 y2＝2px 过点(1,2)，
所以 2p＝4，即 p＝2.
故抛物线 C 的方程为 y2＝4x.
由题意知，直线 l 的斜率存在且不为 0.
设直线 l 的方程为 y＝kx＋1(k≠0)，
y2＝4x， 由y＝kx＋1，
得 k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意 Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0， 解得 k<0 或 0<k<1. 又 PA，PB 与 y 轴相交，故直线 l 不过点(1，－2)． 从而 k≠－3. 所以直线 l 斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．
(3)线段 AB 中点的纵坐标为 2. ∵y1＋y2＝4m， ∴2m＝2，即 m＝1， ∵直线 l 恒过定点(4,0)． ∴4＝0＋t，即 t＝4， ∴直线 l 的方程为 x＝y＋4，
∵线段 AB 的中点坐标(6,2)即为圆的圆心坐标， 设圆的方程为(x－6)2＋(y－2)2＝r2， 把(0,0)代入可得 r2＝40. 故圆的方程为(x－6)2＋(y－2)2＝40.
2．(2018·北京高考)已知抛物线 C：y2＝2px 经过点 P(1,2)，过点 Q(0,1)的直线 l 与抛物线 C 有两个不同的交点 A，B，且直线 PA 交 y 轴于 M，直线 PB 交 y 轴于 N.
(1)求直线 l 的斜率的取值范围； (2)设 O 为原点，Q→M＝λQ→O，Q→N＝μQ→O，求证：1λ＋1μ为定值．
[解] (1)因为⊙M 过点 A，B，所以圆心 M 在 AB 的垂直平分线 上．由已知 A 在直线 x＋y＝0 上，且 A，B 关于坐标原点 O 对称，所 以 M 在直线 y＝x 上，故可设 M(a，a)．
因为⊙M 与直线 x＋2＝0 相切，所以⊙M 的半径为 r＝|a＋2|. 由已知得|AO|＝2，又 MO⊥AO，故可得 2a2＋4＝(a＋2)2，解得 a ＝0 或 a＝4. 故⊙M 的半径 r＝2 或 r＝6.
因此b12＝1， a12＋43b2＝1，
a2＝4， 解得b2＝1.
故椭圆 C 的方程为x42＋y2＝1.
(2)证明：设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1，k2. 如果 l 与 x 轴垂直，设 l：x＝t，由题设知 t≠0，且|t|＜2，可得 A，
B 的坐标分别为t，
(2)存在定点 P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值． 理由如下： 设 M(x，y)，由已知得⊙M 的半径为 r＝|x＋2|，|AO|＝2. 由于 MO⊥AO，故可得 x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化简得 M 的轨迹方 程为 y2＝4x.
因为曲线 C：y2＝4x 是以点 P(1,0)为焦点，以直线 x＝－1 为准线 的抛物线，所以|MP|＝x＋1.
2．(定值问题)椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的长轴长为 4，离心率 为12.
(1)求椭圆 C 的方程； (2)若直线 l1：y＝kx 交椭圆 C 于 A，B 两点，点 M 在椭圆 C 上， 且不与 A，B 两点重合，直线 MA，MB 的斜率分别为 k1，k2.求证：k1， k2 之积为定值．
42－t2，t，－
4－t2，则 2
k1＋k2＝
4－2tt2－2－
4－2tt2＋2＝－1，得 t＝2，不符合题设．
从而可设 l：y＝kx＋m(m≠1)．
将 y＝kx＋m 代入x42＋y2＝1 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由题设可知 Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝－4k82k＋m1，x1x2＝44mk22＋－14.
→→ 由OP·PQ＝1 得－3m－m2＋tn－n2＝1.
又由(1)知 m2＋n2＝2，故 3＋3m－tn＝0.
→→
→→
所以OQ·PF＝0，即OQ⊥PF.
又过点 P 存在唯一直线垂直于 OQ，所以过点 P 且垂直于 OQ 的
直线 l 过 C 的左焦点 F.
角度二：定值问题 2．(2019·全国卷Ⅰ)已知点 A，B 关于坐标原点 O 对称，|AB|＝4， ⊙M 过点 A，B 且与直线 x＋2＝0 相切． (1)若 A 在直线 x＋y＝0 上，求⊙M 的半径； (2)是否存在定点 P，使得当 A 运动时，|MA|－|MP|为定值？并说 明理由． 切入点：①⊙M 过点 A，B；②⊙M 与直线 x＋2＝0 相切． 关键点：①确定圆心 M 的坐标；②选用合适的参数表示|MA|－ |MP|的值．
因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，所以存在满足条件 的定点 P.
[教师备选题] 1．(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)，四点 P1(1,1)，
P2(0,1)，P3－1，
23，P41，
23中恰有三点在椭圆
→ 2NM得
x0＝x，y0＝
22y.
因为 M(x0，y0)在 C 上，所以x22＋y22＝1.
因此点 P 的轨迹方程为 x2＋y2＝2.
(2)证明：由题意知 F(－1,0)．设 Q(－3，t)，P(m，n)，则
→
→
→→
OQ＝(－3，t)，PF＝(－1－m，－n)，OQ·PF＝3＋3m－tn，
→
→
OP＝(m，n)，PQ＝(－3－m，t－n)．
(2016·全国卷Ⅱ)已知 A 是椭圆 E：x42＋y32＝1 的左顶点，斜率为 k(k>0)的直线交 E 于 A，M 两点，点 N 在 E 上，MA⊥NA.
(1)当|AM|＝|AN|时，求△AMN 的面积； (2)当 2|AM|＝|AN|时，证明： 3<k<2. 切入点：①MA⊥NA；②|AM|＝|AN|；③2|AM|＝|AN|.
1．(定点问题)已知抛物线 C：y2＝2px(p＞0)的焦点为 F，点 P(1， a)在此抛物线上，|PF|＝2，不过原点的直线 l 与抛物线 C 交于 A，B 两点，以 AB 为直径的圆 M 过坐标原点．
(1)求抛物线 C 的方程； (2)证明：直线 l 恒过定点； (3)若线段 AB 中点的纵坐标为 2，求此时直线 l 和圆 M 的方程．
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．
[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．
又由a12＋b12＞a12＋43b2知，椭圆 C 不经过点 P1， 所以点 P2 在椭圆 C 上．
角度一：定点问题 1．(2017·全国卷Ⅱ)设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C：x22＋y2
→→ ＝1 上，过 M 作 x 轴的垂线，垂足为 N，点 P 满足NP＝ 2NM.
2020版高考数学二轮复习解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题第1课时圆锥曲线中的定值、定点、证明问题课件
第1课时 圆锥曲线中的定值、定点、证明问题
考点一 圆锥曲线中的几何证明问题
[例1]
(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：
x2 2
＋y2＝1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)．
直线的方程、 直线与抛物线 的位置关系、 圆的方程·T20
直线与椭圆的位 置关系、证明问 题·T20
2017
直线与抛物线的 位置关系、导数 的几何意义·T20
点 的 轨 迹 方 程 、两 直 线 垂 直 的 条
椭圆方程、向 件、直线与圆的
量 的 数 量 积 位置关系、直线
等·T20
方程·T20
解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板 块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查 直线、圆、圆锥曲线等．试题难度较大，多以压轴题出现．
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)设直线 l 过点(4，－2)，且与椭圆 C 相交于 A，B 两点，l 不经
过点 M，证明：直线 MA 的斜率与直线 MB 的斜率之和为定值．
[解]
e＝ac＝ 23， (1)由题意可得|b＋2 4|＝3，
解得ab＝＝42，，所以椭圆
a2＝b2＋c2，
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°. 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l的方程为 y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1< 2，x2< 2，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝x1y－1 2＋x2y－2 2. 由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，得kMA＋kMB＝2kx（1xx2－1－3k2（ ）（ x1＋x2x－2）2）＋4k. 将y＝k(x－1)代入x22＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
2020版高考数学二轮复习第2部分专题5解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题教案文
第3讲 圆锥曲线中的综合问题圆锥曲线中的定点、定值问题(5年3考)[高考解读] 定点、定值问题是解析几何中的常见问题，此类试题多考查圆锥曲线的基本知识、解析几何的基本方法，难度不高，不同层次的同学均能顺利解决.此类考题注重考查通性通法的应用，考查考生的逻辑推理和数学运算的核心素养.角度一：定点问题1．(2017·全国卷Ⅱ)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM →.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .切入点：①点M 在椭圆C 上，且MN ⊥x 轴；②NP →＝2NM →.关键点：将OP →·PQ →＝1转化为向量的坐标运算，进而证明直线l 过C 的左焦点F . [解] (1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0,0)，NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0)． 由NP →＝2NM →得x 0＝x ，y 0＝22y .因为M (x 0，y 0)在C 上，所以x 22＋y 22＝1.因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2.(2)证明：由题意知F (－1,0)．设Q (－3，t )，P (m ，n )，则 OQ →＝(－3，t )，PF →＝(－1－m ，－n )，OQ →·PF →＝3＋3m －tn ， OP →＝(m ，n )，PQ →＝(－3－m ，t －n )．由OP →·PQ →＝1得－3m －m 2＋tn －n 2＝1. 又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0.所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →.又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F . 角度二：定值问题2．(2019·全国卷Ⅰ)已知点A ，B 关于坐标原点O 对称，|AB |＝4，⊙M 过点A ，B 且与直线x ＋2＝0相切．(1)若A 在直线x ＋y ＝0上，求⊙M 的半径；(2)是否存在定点P ，使得当A 运动时，|MA |－|MP |为定值？并说明理由． 切入点：①⊙M 过点A ，B ；②⊙M 与直线x ＋2＝0相切．关键点：①确定圆心M 的坐标；②选用合适的参数表示|MA |－|MP |的值．[解] (1)因为⊙M 过点A ，B ，所以圆心M 在AB 的垂直平分线上．由已知A 在直线x ＋y ＝0上，且A ，B 关于坐标原点O 对称，所以M 在直线y ＝x 上，故可设M (a ，a )．因为⊙M 与直线x ＋2＝0相切，所以⊙M 的半径为r ＝|a ＋2|.由已知得|AO |＝2，又MO ⊥AO ，故可得2a 2＋4＝(a ＋2)2，解得a ＝0或a ＝4. 故⊙M 的半径r ＝2或r ＝6.(2)存在定点P (1,0)，使得|MA |－|MP |为定值． 理由如下：设M (x ，y )，由已知得⊙M 的半径为r ＝|x ＋2|，|AO |＝2.由于MO ⊥AO ，故可得x 2＋y 2＋4＝(x ＋2)2，化简得M 的轨迹方程为y 2＝4x .因为曲线C ：y 2＝4x 是以点P (1,0)为焦点，以直线x ＝－1为准线的抛物线，所以|MP |＝x ＋1.因为|MA |－|MP |＝r －|MP |＝x ＋2－(x ＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P . [教师备选题]1．(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，四点P 1(1,1)，P 2(0,1)，P 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，P 4⎝⎛⎭⎪⎫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．[解] (1)由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点． 又由1a 2＋1b 2＞1a 2＋34b 2知，椭圆C 不经过点P 1，所以点P 2在椭圆C 上．因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |＜2，可得A ，B 的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22，则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1，得t ＝2，不符合题设．从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)．将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋m －x 1＋x 2x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0.即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km 4k 2＋1＝0，解得k ＝－m ＋12.当且仅当m ＞－1时，Δ＞0， 于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1)．2．(2018·北京高考)已知抛物线C ：y 2＝2px 经过点P (1,2)，过点Q (0,1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线PA 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N .(1)求直线l 的斜率的取值范围；(2)设O 为原点，QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，求证：1λ＋1μ为定值．[解] (1)因为抛物线y 2＝2px 过点(1,2)，所以2p ＝4，即p ＝2. 故抛物线C 的方程为y 2＝4x .由题意知，直线l 的斜率存在且不为0. 设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1，得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0.依题意Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1>0， 解得k <0或0<k <1.又PA ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2)． 从而k ≠－3.所以直线l 斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)． (2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k2.直线PA 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1)． 令x ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2.同理得点N 的纵坐标为y N ＝－kx 2＋1x 2－1＋2.由QM →＝λ QO →，QN →＝μQO →，得λ＝1－y M ，μ＝1－y N . 所以1λ＋1μ＝11－y M ＋11－y N＝x 1－1k －x 1＋x 2－1k －x 2＝1k －1·2x 1x 2－x 1＋x 2x 1x 2＝1k －1·2k 2＋2k －4k 21k 2＝2.所以1λ＋1μ为定值．1．证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程，根据直线所过的定点与参数值无关得出x ，y 的方程组，以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．2．定值问题就是证明一个量或表达式的值与其中的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是使用变化的量表示求证目标，通过运算得知求证目标的取值与变化的量无关，当使用直线的斜率和截距表示直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题解决．1．(定点问题)已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，点P (1，a )在此抛物线上，|PF |＝2，不过原点的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，以AB 为直径的圆M 过坐标原点．(1)求抛物线C 的方程； (2)证明：直线l 恒过定点；(3)若线段AB 中点的纵坐标为2，求此时直线l 和圆M 的方程．[解] (1)由题意可得1＋p2＝2，解得p ＝2，故抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明：设直线l 的方程为：x ＝my ＋t (t ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋t ，y 2＝4x ，消去x ，得y 2－4my －4t ＝0，Δ＞0，∴y 1＋y 2＝4m ，y 1·y 2＝－4t . ∵以AB 为直径的圆恒过原点O ， ∴OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝0， 又x 1x 2＝(my 1＋t )(my 2＋t )，∴(m 2＋1)·y 1y 2＋mt (y 1＋y 2)＋t 2＝0， ∴－4t (m 2＋1)＋4m 2t ＋t 2＝0， 化为t 2－4t ＝0，t ≠0，解得t ＝4. ∴直线l 的方程为：x ＝my ＋4.令y ＝0，可得x ＝4.因此直线l 恒过定点(4,0)． (3)线段AB 中点的纵坐标为2. ∵y 1＋y 2＝4m ， ∴2m ＝2，即m ＝1， ∵直线l 恒过定点(4,0)． ∴4＝0＋t ，即t ＝4， ∴直线l 的方程为x ＝y ＋4，∵线段AB 的中点坐标(6,2)即为圆的圆心坐标， 设圆的方程为(x －6)2＋(y －2)2＝r 2， 把(0,0)代入可得r 2＝40.故圆的方程为(x －6)2＋(y －2)2＝40.2．(定值问题)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，离心率为12.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 1：y ＝kx 交椭圆C 于A ，B 两点，点M 在椭圆C 上，且不与A ，B 两点重合，直线MA ，MB 的斜率分别为k 1，k 2.求证：k 1，k 2之积为定值．[解] (1)由题意知，2a ＝4，c a ＝12，∴a ＝2，c ＝1 ∴b 2＝a 2－c 2＝3， 即椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：把y ＝kx 代入3x 2＋4y 2＝12，得(4k 2＋3)x 2－12＝0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则：x 1＋x 2＝0，x 1x 2＝－124k 2＋3，y 1＋y 2＝kx 1＋kx 2＝0，y 1y 2＝k 2x 1x 2＝－12k24k 2＋3，∴k 1k 2＝y 1－y x 1－x ·y 2－y x 2－x ＝y 1y 2－y y 1＋y 2＋y 2x 1x 2－x 1＋x 2x ＋x 2，＝y 1y 2＋y 2x 1x 2＋x 2＝－12k 24k 2＋3＋y 2－124k 2＋3＋x 2＝－12k 24k 2＋3＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 24－124k 2＋3＋x 2＝－34×－124k 2＋3＋x 2－124k 2＋3＋x 2＝－34.故k 1，k 2之积为定值－34.圆锥曲线中的最值、范围问题(5年2考)[高考解读] 圆锥曲线中的最值、范围问题也是解析几何中的常见问题，此类问题重在考查解析几何的基本知识，重视通性通法的考查，考查考生的逻辑推理和数学运算的核心素养.(2016·全国卷Ⅱ)已知A 是椭圆E ：x 24＋y 23＝1的左顶点，斜率为k (k >0)的直线交E 于A ，M 两点，点N 在E 上，MA ⊥NA .(1)当|AM |＝|AN |时，求△AMN 的面积； (2)当2|AM |＝|AN |时，证明：3<k <2.切入点：①MA ⊥NA ；②|AM |＝|AN |；③2|AM |＝|AN |.关键点：①由MA ⊥NA ，|MA |＝|NA |确定直线AM 的倾斜角，进而求出AM 的方程； ②借助一元二次方程根与系数的关系及弦长公式，根据2|AM |＝|AN |建立关于k 的方程，再借助导数解决问题．[解] (1)设M (x 1，y 1)，则由题意知y 1>0. 由已知及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为π4.又A (－2,0)，因此直线AM 的方程为y ＝x ＋2. 将x ＝y －2代入x 24＋y 23＝1得7y 2－12y ＝0.解得y ＝0或y ＝127，所以y 1＝127.因此△AMN 的面积S △AMN ＝2×12×127×127＝14449.(2)证明：设直线AM 的方程为y ＝k (x ＋2)(k ＞0)， 代入x 24＋y 23＝1得(3＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－12＝0.由x 1·(－2)＝16k 2－123＋4k2得x 1＝－4k23＋4k2，故|AM |＝|x 1＋2|1＋k 2＝121＋k23＋4k 2.由题意，设直线AN 的方程为y ＝－1k(x ＋2)，故同理可得|AN |＝12k 1＋k23k 2＋4. 由2|AM |＝|AN |得23＋4k 2＝k3k 2＋4， 即4k 3－6k 2＋3k －8＝0.设f (t )＝4t 3－6t 2＋3t －8，则k 是f (t )的零点．f ′(t )＝12t 2－12t ＋3＝3(2t －1)2≥0，所以f (t )在(0，＋∞)单调递增．又f (3)＝153－26＜0，f (2)＝6＞0，因此f (t )在(0，＋∞)上有唯一的零点，且零点k 在(3，2)内，所以3＜k ＜2.[教师备选题]1．(2018·浙江高考)如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2＝4x 上存在不同的两点A ，B 满足PA ，PB 的中点均在C 上．(1)设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；(2)若P 是半椭圆x 2＋y 24＝1(x <0)上的动点，求△PAB 面积的取值范围．[解] (1)证明：设P (x 0，y 0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 21，y 1，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 22，y 2. 因为PA ，PB 的中点在抛物线上， 所以y 1，y 2为方程⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋y 022＝4·14y 2＋x 02，即y 2－2y 0y ＋8x 0－y 20＝0的两个不同的实根． 所以y 1＋y 2＝2y 0， 因此，PM 垂直于y 轴．(2)由(1)可知，⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2y 0，y 1y 2＝8x 0－y 20，所以|PM |＝18(y 21＋y 22)－x 0＝34y 20－3x 0，|y 1－y 2|＝2y 20－4x 0. 因此，△PAB 的面积S △PAB ＝12|PM |·|y 1－y 2|＝324(y 20－4x 0)32.因为x 2＋y 204＝1(x 0<0)， 所以y 20－4x 0＝－4x 20－4x 0＋4∈[4,5]， 因此，△PAB 面积的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤62，15104.2．(2017·山东高考)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)的离心率为22，椭圆C 截直线y ＝1所得线段的长度为2 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)动直线l ：y ＝kx ＋m (m ≠0)交椭圆C 于A ，B 两点，交y 轴于点M .点N 是M 关于O 的对称点，⊙N 的半径为|NO |.设D 为AB 的中点，DE ，DF 与⊙N 分别相切于点E ，F ，求∠EDF 的最小值．[解] (1)由椭圆的离心率为22， 得a 2＝2(a 2－b 2)，又当y ＝1时，x 2＝a 2－a 2b 2，得a 2－a 2b2＝2，所以a 2＝4，b 2＝2. 因此椭圆方程为x 24＋y 22＝1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y22＝1，得(2k 2＋1)x 2＋4kmx ＋2m 2－4＝0. 由Δ>0得m 2<4k 2＋2，(*) 且x 1＋x 2＝－4km2k 2＋1，因此y 1＋y 2＝2m2k 2＋1，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2km 2k 2＋1，m 2k 2＋1.又N (0，－m )， 所以|ND |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2km 2k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2k 2＋1＋m 2，整理得|ND |2＝4m2＋3k 2＋k 4k 2＋2.因为|NF |＝|m |， 所以|ND |2|NF |2＝k 4＋3k 2＋k 2＋2＝1＋8k 2＋3k 2＋2.令t ＝8k 2＋3，t ≥3， 故2k 2＋1＝t ＋14.所以|ND |2|NF |2＝1＋16t ＋t2＝1＋16t ＋1t＋2. 令y ＝t ＋1t，所以y ′＝1－1t2.当t ≥3时，y ′>0，从而y ＝t ＋1t在[3，＋∞)上单调递增，因此t ＋1t ≥103，等号当且仅当t ＝3时成立，此时k ＝0， 所以|ND |2|NF |2≤1＋3＝4.由(*)得－2<m <2且m ≠0， 故|NF ||ND |≥12. 设∠EDF ＝2θ，则sin θ＝|NF ||ND |≥12， 所以θ的最小值为π6，从而∠EDF 的最小值为π3，此时直线l 的斜率是0.综上所述：当k ＝0，m ∈(－2，0)∪(0，2)时，∠EDF 取到最小值π3.求解范围、最值问题的常见方法解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量如点的坐标、角、斜率等，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解.利用判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围；利用已知参数的取值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相等关系；利用隐含的不等关系，从而求出参数的取值范围； 利用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；利用函数值域的求法，确定参数的取值范围.1．(最值问题)(2019·佛山二模)已知F 为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点，过原点O 的动直线l 与C 交于A ，B 两点．当A 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫1，255时，|OB |＝|BF |.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)延长BF 交椭圆C 于Q ，求△QAB 的面积的最大值．[解] (1)由A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，255，得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－255，而|OB |＝|BF |，∴F (－2,0)，即c ＝2. 由⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋45b 2＝1，a 2＝b 2＋4，解得a 2＝5，b 2＝1.∴椭圆C 的标准方程为x 25＋y 2＝1.(2)当直线BF 斜率不存在时，BF 的方程为：x ＝－2， 此时B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－55，|BQ |＝255，A ⎝⎛⎭⎪⎫2，55， S △QAB ＝12×255×2＝255；当BF 所在直线斜率存在时，设BF 的方程为：y ＝k (x ＋2)(k ≠0)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x ＋，x 25＋y 2＝1，得(1＋5k 2)x 2＋20k 2x ＋20k 2－5＝0.设B (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝－20k 21＋5k 2，x 1x 2＝20k 2－51＋5k 2.则|BQ |＝1＋k 2x 1＋x 22－4x 1x 2＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－20k 21＋5k 22－80k 2－201＋5k 2＝1＋k 2·251＋k21＋5k2. O 到BQ 的距离d ＝|2k |1＋k2，则A 到BQ 的距离为4|k |1＋k2.∴S △QAB ＝12·1＋k 2·251＋k 21＋5k 2·4|k |1＋k 2＝45k 4＋k 21＋5k 2. 令1＋5k 2＝t (t ＞1)， 则S △QAB ＝45·－425⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2＋325×1t ＋125. 当1t ＝38时，(S △QAB )max ＝ 5. 综上，△QAB 的面积的最大值为 5.2．(范围问题)已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)上的点到右焦点F (c,0)的最大距离是2＋1，且1，2a,4c 成等比数列．(1)求椭圆的方程；(2)过点F 且与x 轴不垂直的直线l 与椭圆交于A ，B 两点，线段AB 的中垂线交x 轴于点M (m,0)，求实数m 的取值范围．[解] (1)由题意可知，⎩⎨⎧a ＋c ＝2＋1，1·4c ＝2a 2，a 2＝b 2＋c 2，解之得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝1，c ＝1，故椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由题意得F (1,0)，设AB 的方程为y ＝k (x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝2，y ＝k x －，消去y 得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－2k ＝－2k 1＋2k 2，可得线段AB 的中点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋2k 2，－k 1＋2k 2，当k ＝0时，直线MN 为y 轴，此时m ＝0.当k ≠0时，直线MN 的方程为y ＋k1＋2k 2＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2k 21＋2k 2， 令y ＝0得m ＝k 21＋2k 2＝11k 2＋2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12， 综上可知，实数m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12.圆锥曲线中的探索性问题(5年2考)[高考解读] 高考对探究性问题要求较低，考查频次较少，本题考查抛物线的概念和标准方程以及抛物线与直线的关系，考查考生的逻辑推理、数学运算的核心素养以及应用解析几何方法解决几何问题的能力.(2016·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝t (t ≠0)交y 轴于点M ，交抛物线C ：y 2＝2px (p >0)于点P ，M 关于点P 的对称点为N ，连接ON 并延长交C 于点H .(1)求|OH ||ON |；(2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其他公共点？说明理由． 切入点：①l ：y ＝t (t ≠0)； ②M 关于点P 的对称点为N ； ③ON 的延长线交C 于点H .关键点：①通过直线l 与y 轴及抛物线C 的交点确定N 点，由此确定H 点，求出N 点、H 点的坐标；②将直线与抛物线的交点问题转化为方程组解的问题．[解] (1)如图，由已知得M (0，t )，P⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22p ，t . 又N 为M 关于点P 的对称点，故N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2p ，t ， 故直线ON 的方程为y ＝p tx ，将其代入y 2＝2px 整理得px 2－2t 2x ＝0, 解得x 1＝0，x 2＝2t 2p.因此H ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 2p ，2t .所以N 为OH 的中点，即|OH ||ON |＝2.(2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点．理由如下：直线MH 的方程为y －t ＝p 2t x ，即x ＝2tp(y －t )．代入y 2＝2px 得y 2－4ty ＋4t 2＝0，解得y 1＝y 2＝2t ， 即直线MH 与C 只有一个公共点，所以除H 以外，直线MH 与C 没有其他公共点． [教师备选题](2015·全国卷Ⅱ)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⎝ ⎛⎭⎪⎫m3，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．[解] (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＝－kbk 2＋9，y M＝kx M ＋b ＝9bk 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)四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m3，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 ＝±km3k 2＋9. 将点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m 的坐标代入直线l 的方程得b ＝m－k3， 因此x M ＝k k －mk 2＋.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 －mk 2＋，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．解决探索性问题的注意事项存在性问题，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.当条件和结论不唯一时，要分类讨论.当给出结论要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取其他的途径.1．(最值的存在性问题)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是32，且经过点⎝⎛⎭⎪⎫1，－32.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)[一题多解]过椭圆C 的右焦点F 的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，点B 关于x 轴的对称点为H ，试问△AFH 的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．[解] (1)由e ＝ca ＝32可设a ＝2t ，c ＝3t (t ＞0)， 所以b ＝a 2－c 2＝t ，即椭圆C 的方程为x 24t 2＋y 2t2＝1，把点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32代入椭圆C 的方程得t ＝1， 所以a ＝2，b ＝1，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)法一：显然直线l 的斜率存在且不为0，设直线l 的方程为x ＝my ＋3，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则H (x 2，－y 2)，联立⎩⎨⎧x ＝my ＋3，x 2＋4y 2＝4，消去x 得，(m 2＋4)y 2＋23my －1＝0.显然Δ＞0，由根与系数的关系得y 1＋y 2＝－23m m 2＋4，y 1y 2＝－1m 2＋4，直线AH 的方程为y ＝y 1＋y 2x 1－x 2(x －x 2)－y 2， 令y ＝0，得x ＝x 1y 2＋x 2y 1y 1＋y 2＝my 1＋3y 2＋my 2＋3y 1y 1＋y 2＝2my 1y 2＋3y 1＋y 2y 1＋y 2＝433， 即直线AH 与x 轴交于一个定点，记为M ⎝⎛⎭⎪⎫433，0，所以S △AFH ＝12|FM |×|y 1＋y 2|＝12×33×23|m |m 2＋4 ＝1|m |＋4|m |≤14. 所以△AFH 的面积存在最大值，且最大值为14.法二：显然直线l 的斜率存在且不为0，设直线l 的方程为x ＝my ＋3，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则H (x 2，－y 2)，联立⎩⎨⎧x ＝my ＋3，x 2＋4y 2＝4，消去x 得，(m 2＋4)y 2＋23my －1＝0.显然Δ＞0，由根与系数的关系得y 1＋y 2＝－23m m 2＋4，y 1y 2＝－1m 2＋4，作AA 1⊥x 轴于A 1(图略)，设HB 交x 轴于点B 1，x 1＞x 2，y 1＞0，y 2＜0，则m ＞0， △AFH 的面积S ＝S 梯形AA 1B 1H －S △AA 1F －S △HB 1F ＝y 1|＋|y 2x 1－x 22－12(x 1－c )|y 1|－12(c －x 2)|y 2|＝12[3(y 1＋y 2)－x 2y 1－x 1y 2]＝12[3(y 1＋y 2)－(my 2＋3)y 1－(my 1＋3)y 2]＝－my 1y 2＝mm 2＋4＝1m ＋4m≤14，所以△AFH 的面积存在最大值，且最大值为14. 2．(点的存在性问题)已知动圆C 过定点F (1,0)，且与定直线x ＝－1相切． (1)[一题多解]求动圆圆心C 的轨迹E 的方程；(2)过点M (－2,0)的任一条直线l 与轨迹E 交于不同的两点P ，Q ，试探究在x 轴上是否存在定点N (异于点M )，使得∠QNM ＋∠PNM ＝π？若存在，求点N 的坐标；若不存在，请说明理由．[解] (1)法一：依题意知，动圆圆心C 到定点F (1,0)的距离与到定直线x ＝－1的距离相等，由抛物线的定义，可得动圆圆心C 的轨迹E 是以F (1,0)为焦点，x ＝－1为准线的抛物线，其中p ＝2.∴动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x . 法二：设动圆圆心C (x ，y )，依题意得x －2＋y 2＝|x ＋1|，化简得y 2＝4x ，即为动圆圆心C 的轨迹E 的方程． (2)假设存在点N (x 0,0)满足题设条件．由∠QNM ＋∠PNM ＝π可知，直线PN 与QN 的斜率互为相反数，即k PN ＋k QN ＝0.①易知直线PQ 的斜率必存在且不为0，设直线PQ ：x ＝my －2，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝my －2，得y 2－4my ＋8＝0.由Δ＝(－4m )2－4×8＞0，得m ＞2或m ＜－ 2. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝8. 由①得k PN ＋k QN ＝y 1x1－x 0＋y 2x 2－x 0＝y 1x 2－x 0＋y 2x 1－x 0x 1－x 0x 2－x 0＝0，∴y 1(x 2－x 0)＋y 2(x 1－x 0)＝0， 即y 1x 2＋y 2x 1－x 0(y 1＋y 2)＝0.消去x 1，x 2，得14y 1y 22＋14y 2y 21－x 0(y 1＋y 2)＝0，即14y 1y 2(y 1＋y 2)－x 0(y 1＋y 2)＝0. ∵y 1＋y 2≠0，∴x 0＝14y 1y 2＝2，∴存在点N (2,0)，使得∠QNM ＋∠PNM ＝π.。
2020届高考数学二轮复习第二部分专题五解析几何满分示范课——解析几何专题强化练理
满分示范课——解析几何解析几何部分知识点多，运算量大，能力要求高，在高考试题中大都是在压轴题的位置出现，是考生“未考先怕”的题型之一，不是怕解题无思路，而是怕解题过程中繁杂的运算．在遵循“设——列——解”程序化运算的基础上，应突出解析几何“设”的重要性，以克服平时重思路方法、轻运算技巧的顽疾，突破如何避繁就简这一瓶颈．【典例】 (满分12分)(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C ：x 22＋y 2＝1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 .[规范解答] (1)由已知得F (1，0)，l 的方程为x ＝1. 把x ＝1代入椭圆方程x 22＋y 2＝1，得点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22. 又M (2，0)，所以AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x － 2. (2)当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°.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l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＜2，x 2＜2，直线MA ，MB 的斜率之和为k MA ＋k MB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2.由y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)得k MA ＋k MB ＝2kx 1x 2－3k （x 1＋x 2）＋4k（x 1－2）（x 2－2）.将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0. 所以x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝0. 从而k MA ＋k MB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补． 所以∠OMA ＝∠OMB . 综上，∠OMA ＝∠OMB .高考状元满分心得1．得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分．如第(1)问求出点A 的坐标，第(2)问求k MA ＋k MB ＝0，判定MA ，MB 的倾斜角互补． 2．得关键分：解题过程中不可忽视关键点，有则给分，无则没分．如第(1)问中求出直线AM 的方程，第(2)问讨论直线与坐标轴是否垂直，将直线y ＝k (x －1)与x 22＋y 2＝1联立得(2k2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0.3．得计算分：解题过程中计算准确是满分的根本保证．如第(1)问求对点M 坐标与直线AM 的方程；第(2)问中正确运算出x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1，求出k MA ＋k MB ＝0，否则将导致失分．[解题程序] 第一步：由椭圆方程，求焦点F 及直线l . 第二步：求点A 的坐标，进而得直线AM 的方程． 第三步：讨论直线的斜率为0或不存在时， 验证∠OMA ＝∠OMB .第四步：联立方程，用k 表示x 1＋x 2与x 1x 2. 第五步：计算k MA ＋k MB ＝0，进而得∠OMA ＝∠OMB . 第六步：反思总结，规范解题步骤． [跟踪训练]1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的短轴长等于23，椭圆上的点到右焦点F 最远距离为3.(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为坐标原点，过F 的直线与C 交于A 、B 两点(A 、B 不在x 轴上)，若OE →＝OA →＋OB →，且E 在椭圆上，求四边形AOBE 面积．解：(1)由题意，2b ＝23，知b ＝ 3. 又a ＋c ＝3，a 2＝b 2＋c 2＝3＋c 2， 所以可得a ＝2，且c ＝1. 因此椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)F (1，0)．直线AB 的斜率不为0，设直线AB 的方程：x ＝my ＋1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 24＋y 23＝1，得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0.由根与系数的关系，得⎩⎪⎨⎪⎧Δ＞0，y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4.故AB 的中点为N ⎝⎛⎭⎪⎫43m 2＋4，－3m 3m 2＋4.又OA →＋OB →＝2ON →＝OE →，故E 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫83m 2＋4，－6m3m 2＋4.因为E 点在椭圆上，所以14×⎝ ⎛⎭⎪⎫83m 2＋42＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫－6m 3m 2＋42＝1，化简得9m 4＋12m 2＝0，故m 2＝0，此时直线AB ：x ＝1，S 四边形AOBE ＝2S △AOE ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×32＝3.2．(2019·长沙模拟一中)设椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，定义椭圆C 的“相关圆”E的方程为x 2＋y 2＝a 2b 2a 2＋b2.若抛物线x 2＝4y 的焦点与椭圆C 的一个焦点重合，且椭圆C 短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形．(1)求椭圆C 的方程和“相关圆”E 的方程；(2)过“相关圆”E 上任意一点P 的直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于A ，B 两点．O 为坐标原点，若OA ⊥OB ，证明原点O 到直线AB 的距离是定值，并求m 的取值范围．解：(1)因为抛物线x 2＝4y 的焦点为(0，1)． 依题意椭圆C 的一个焦点为(0，1)，知c ＝1，又椭圆C 短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形，则b ＝c ＝1. 故椭圆C 的方程为y 22＋x 2＝1，“相关圆”E 的方程为x 2＋y 2＝23.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y 22＋x 2＝1，得(2＋k 2)x 2＋2kmx ＋m 2－2＝0， Δ＝4k 2m 2－4(2＋k 2)(m 2－2)＝8(k 2－m 2＋2)＞0， 即k 2－m 2＋2＞0， ⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－2kmk 2＋2，x 1x 2＝m 2－2k 2＋2，y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝k 2（m 2－2）k 2＋2－2k 2m 2k 2＋2＋m 2＝2m 2－2k 2k 2＋2.由条件OA ⊥OB 得，OA →·OB →＝0，即3m 2－2k 2－2＝0， 所以原点O 到直线l 的距离d ＝|m |1＋k2＝m 21＋k2，由3m 2－2k 2－2＝0得d ＝63为定值． 由Δ＞0，即k 2－m 2＋2＞0，所以3m 2－22－m 2＋2＞0，即m 2＋2＞0，恒成立．又k 2＝3m 2－22≥0，即3m 2≥2，所以m 2≥23，即m ≥63或m ≤－63，综上，m ≥63或m ≤－63.。
届数学二轮复习第二部分专题篇素养提升文理专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合应用学案含解析
第3讲圆锥曲线的综合应用JIE TI CE LUE MING FANG XIANG解题策略·明方向⊙︱考情分析︱1．圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一．2．以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题．对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考查．⊙︱真题分布︱(理科）年份卷别题号考查角度分值202 0Ⅰ卷20椭圆的简单性质及方程思想、定点问题12Ⅱ卷19椭圆离心率的求解,利用抛物线的定义求抛物线和椭圆的标准方程12Ⅲ20椭圆标准方程和求三角形12(文科）Ⅲ卷21椭圆标准方程和求三角形面积问题，椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积,12201 9Ⅰ卷21直线与圆的位置关系，定值问题12Ⅱ卷20椭圆的定义及其几何性质、参数的范围12Ⅲ卷21直线与抛物线的位置关系、定点问题12201 8Ⅰ卷20直线的方程，直线与抛物线的位置关系、证明问题12Ⅱ卷20直线的方程,直线与抛物线的位置关系、圆的方程12Ⅲ卷20直线与椭圆的位置关系、证明问题12KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN考点分类·析重点考点一圆锥曲线中的最值、范围问题错误!错误!错误!错误!典例1（2020·青海省玉树州高三联考）已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px（p〉0）相切．（1）求抛物线C的方程；（2)过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值．【解析】（1)将l：x－y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px联立得:y2－2py＋2p＝0，∵l与C相切,∴Δ＝4p2－8p＝0，解得：p＝2，∴抛物线C的方程为:y2＝4x。
（2）由题意知，直线m斜率不为0，可设直线m方程为：x ＝ty＋1，联立｛y2＝4x，x＝ty＋1得：y2－4ty－4＝0．设A（x1，y1），B(x2，y2）,则y1＋y2＝4t，∴x1＋x2＝ty1＋1＋ty2＋1＝4t2＋2，∴线段AB中点M(2t2＋1,2t)．设A,B,M到直线l距离分别为d A,d B，d M,则d A＋d B＝2d M＝2·错误!＝2错误!错误!＝2错误!错误!，∵（t－错误!)2＋错误!≥错误!，∴当t＝错误!时，错误!min＝错误!,∴A,B两点到直线l的距离之和的最小值为：22×错误!＝错误!。
2020版高考数学二轮复习第2部分专题5解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题教案理
第3讲 圆锥曲线中的综合问题求圆锥曲线中的最值范围问题(5年2考) 考向1 构造不等式求最值或范围[高考解读] 以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，融函数与方程，均值不等式、导数于一体，重在考查学生的数学建模、数学运算能力和逻辑推理及等价转化能力.(2019·全国卷Ⅱ)已知点A (－2,0)，B (2,0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为－12.记M 的轨迹为曲线C .(1)求C 的方程，并说明C 是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连接QE 并延长交C 于点G .①证明：△PQG 是直角三角形； ②求△PQG 面积的最大值．切入点：(1)由k AM ·k BM ＝－12求C 的方程，并注意x 的范围．(2)①证明k PQ ·k PG ＝－1即可；②建立面积函数，借助不等式求解．[解](1)由题设得y x ＋2·yx －2＝－12，化简得x 24＋y22＝1(|x |≠2)，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左、右顶点．(2)①设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx (k ＞0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y22＝1得x ＝±21＋2k2.记u ＝21＋2k2，则P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u,0)．于是直线QG 的斜率为k 2，方程为y ＝k2(x －u )．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k2x －u ，x 24＋y 22＝1，得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0.①设G (x G ，y G )，则－u 和x G 是方程①的解，故x G ＝uk 2＋2＋k 2，由此得y G ＝uk 32＋k2.从而直线PG 的斜率为uk 32＋k 2－uk u k 2＋2＋k2－u ＝－1k.所以PQ ⊥PG ，即△PQG 是直角三角形． ②由①得|PQ |＝2u 1＋k 2，|PG |＝2uk k 2＋12＋k2，所以△PQG 的面积 S ＝12|PQ ||PG |＝8k ＋k 2＋2k 2＋k 2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋k 1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k＋k 2. 设t ＝k ＋1k，则由k ＞0得t ≥2，当且仅当k ＝1时取等号．因为S ＝8t1＋2t 2在[2，＋∞)单调递减，所以当t ＝2，即k ＝1时，S 取得最大值，最大值为169. 因此，△PQG 面积的最大值为169.[点评] 最值问题一般最终转化为某一个变量的函数，求最值时常用均值不等式，单调性，导数来求，重视一般函数中有分式，高次根式在求最值问题上的应用.[教师备选题](2014·全国卷Ⅰ)已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点．(1)求E 的方程；(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程． 切入点：(1)由e ＝32，k AF ＝233可求a ，b 的值； (2)设出l 的方程，表示出弦长|PQ |及点O 到直线PQ 的距离d ，由S △OPQ ＝12|PQ |d 建立函数关系式，并借助不等式求最值．[解](1)设F (c,0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝ 3.又c a ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1.故E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 将y ＝kx －2代入x 24＋y 2＝1得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0. 当Δ＝16(4k 2－3)>0， 即k 2>34时，x 1,2＝8k ±24k 2－34k 2＋1. 从而|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋1·4k 2－34k 2＋1. 又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1，所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12d |PQ |＝44k 2－34k 2＋1. 设4k 2－3＝t ，则t >0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t. 因为t ＋4t ≥4，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，且满足Δ>0，所以，当△OPQ 的面积最大时l 的方程为y ＝72x －2或y ＝－72x －2.基本不等式求最值的5种典型情况分析(1)s ＝k 2＋12k 2＋5(先换元，注意“元”的范围，再利用基本不等式)．(2)s ＝k 2＋2＋2k 2k 2＋≥k 2＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤＋2k2＋k 2＋22(基本不等式)． (3)s ＝n 4m 2＋1－n 24m 2＋1(基本不等式)． (4)s ＝4k 4＋13k 2＋92k 2＋3＝1＋k 24k 4＋12k 2＋9(先分离参数，再利用基本不等式)． (5)s ＝k k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3k 2＋13k 2＋＝k ＋1k⎝ ⎛⎭⎪⎫3k ＋13k ⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋9k (上下同时除以k 2，令t ＝k ＋1k换元，再利用基本不等式)．(长度的最值问题)若F 1，F 2分别是椭圆E ：x 25＋y 2＝1的左、右焦点，F 1，F 2关于直线x ＋y －2＝0的对称点是圆C 的一条直径的两个端点．(1)求圆C 的方程；(2)设过点F 2的直线l 被椭圆E 和圆C 所截得的弦长分别为a ，b .当ab 取最大值时，求直线l 的方程．[解](1)因为F 1(－2,0)，F 2(2,0)，所以圆C 半径为2，圆心C 是原点O 关于直线x ＋y －2＝0的对称点．设C (p ，q )，由⎩⎪⎨⎪⎧q p ＝1，p 2＋q2－2＝0得p ＝q ＝2，所以C (2,2)．所以圆C 的方程为(x －2)2＋(y －2)2＝4.(2)设直线l 的方程为x ＝my ＋2，则圆心C 到直线l 的距离d ＝|2m |1＋m2，所以b ＝222－d2＝41＋m 2，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋2x 2＋5y 2＝5得(5＋m 2)y 2＋4my －1＝0，设直线l 与椭圆E 交于两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－4m 5＋m 2，y 1·y 2＝－15＋m2， a ＝|AB |＝1＋m2y 1＋y 22－4y 1y 2＝25m 2＋m 2＋5，ab ＝85m 2＋1m 2＋5＝85m 2＋1＋4m 2＋1≤25，当且仅当m 2＋1＝4m 2＋1，即m ＝±3时等号成立．所以当m＝±3时，ab 取最大值．此时直线l 的方程为x ±3y －2＝0.考向2 构造函数求最值或范围(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )－12<x <32.过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q .(1)求直线AP 斜率的取值范围； (2)求|PA |·|PQ |的最大值．切入点：(1)直接套用斜率公式，并借助－12＜x ＜32求其范围；(2)先分别计算|PA |、|PQ |的长，再建立|PA |·|PQ |的函数，进而借助导数求其最值． [解](1)设直线AP 的斜率为k ，k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12<x <32，所以－1＜x －12＜1，即直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)．(2)联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋3k 2＋.因为|PA |＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－k －k ＋2k 2＋1，所以|PA |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3. 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3， 因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减， 因此当k＝12时，|PA |·|PQ |取得最大值2716.构造函数法求最值或范围时的策略解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个参数的函数，然后利用函数方法(单调性或导数)进行求解．(面积最值问题)已知动圆C 过定点F 2(1,0)，并且内切于定圆F 1：(x ＋1)2＋y 2＝12. (1)求动圆圆心C 的轨迹方程；(2)若曲线y 2＝4x 上存在两个点M ，N ，(1)中曲线上有两个点P ，Q ，并且M ，N ，F 2三点共线，P ，Q ，F 2三点共线，PQ ⊥MN ，求四边形PMQN 的面积的最小值．[解](1)设动圆的半径为r ，则|CF 2|＝r ，|CF 1|＝23－r ，所以|CF 1|＋|CF 2|＝23＞|F 1F 2|，由椭圆的定义知动圆圆心C 的轨迹是以F 1，F 2为焦点的椭圆，且a ＝3，c ＝1，所以b ＝2，动圆圆心C 的轨迹方程是x 23＋y 22＝1.(2)当直线MN 的斜率不存在时，直线PQ 的斜率为0，易得|MN |＝4，|PQ |＝23，四边形PMQN 的面积S ＝4 3.当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，y 2＝4x ，消元得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4k 2＋2，x 1x 2＝1，|MN |＝1＋k2⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋22－4＝4k 2＋4.因为PQ ⊥MN ，所以直线PQ 的方程为y ＝－1k(x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－1kx －，x 23＋y 22＝1，得(2k 2＋3)x 2－6x ＋3－6k 2＝0.设P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋x 4＝62k 2＋3，x 3x 4＝3－6k22k 2＋3，|PQ |＝1＋1k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫62k 2＋32－4×3－6k 22k 2＋3＝43k 2＋2k 2＋3. 则四边形PMQN 的面积S ＝12|MN ||PQ |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋443k 2＋2k 2＋3＝83k 2＋2k2k 2＋.令k 2＋1＝t ，t ＞1，则S ＝83t2t －t ＋＝83－1t 2－1t ＋2＝83－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋122＋94.因为t ＞1，所以0＜1t ＜1，易知－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋122＋94的范围是(0,2)，所以S ＞832＝4 3.综上可得S ≥43，S 的最小值为43.与圆锥曲线有关的定点、定值问题考向1 定点问题[高考解读] 由题设条件给出的直线或圆锥曲线运动变化时得到的几何图形中，探求直线过定点、曲线过定点等一类常考题型．考查考生的数形结合思想和逻辑推理能力．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C ：y ＝x 22，D 为直线y ＝－12上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .(1)证明：直线AB 过定点；(2)若以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE的面积．[解](1)证明：设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12，A (x 1，y 1)，则x 21＝2y 1.由y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y 1＋12x 1－t＝x 1.整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0. 故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0.所以直线AB 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. (2)由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋12.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝tx ＋12，y ＝x22可得x 2－2tx －1＝0.于是x 1＋x 2＝2t ，x 1x 2＝－1，y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2＋1， |AB |＝1＋t 2|x 1－x 2|＝1＋t 2×x 1＋x 22－4x 1x 2＝2(t 2＋1)．设d 1，d 2分别为点D ，E 到直线AB 的距离，则d 1＝t 2＋1，d 2＝2t 2＋1.因此，四边形ADBE 的面积S ＝12|AB |(d 1＋d 2)＝(t 2＋3)t 2＋1.设M 为线段AB 的中点，则M ⎝⎛⎭⎪⎫t ，t 2＋12. 由于EM →⊥AB →，而EM →＝(t ，t 2－2)，AB →与向量(1，t )平行，所以t ＋(t 2－2)t ＝0. 解得t ＝0或t ＝±1.当t ＝0时，S ＝3；当t ＝±1时，S ＝4 2. 因此，四边形ADBE 的面积为3或4 2. [教师备选题](2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，四点P 1(1,1)，P 2(0,1)，P 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，P 4⎝ ⎛⎭⎪⎫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．切入点：(1)结合椭圆的对称性及点与椭圆的关系判断三个点在椭圆上． (2)设出直线l 的方程，利用kP 2A ＋kP 2B ＝－1，证明l 过定点． [解](1)由于P 3，P 4两点关于y 轴对称， 故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点． 又由1a 2＋1b 2>1a 2＋34b 2知，椭圆C 不经过点P 1， 所以点P 2在椭圆C 上． 因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |<2，可得A ，B 的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22.则由k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1，得t ＝2，不符合题设．从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)．将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋m －x 1＋x 2x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0. 即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km4k 2＋1＝0.解得k ＝－m ＋12.当且仅当m >－1时，Δ>0，于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1)．定点问题的两大类型及解法(1)动直线l 过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，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(－m,0)．(2)动曲线C 过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．(与向量交汇直线过定点问题)设M 点为圆C ：x 2＋y 2＝4上的动点，点M 在x 轴上的投影为N .动点P 满足2PN →＝3MN →，动点P 的轨迹为E .(1)求E 的方程；(2)设E 的左顶点为D ，若直线l ：y ＝kx ＋m 与曲线E 交于A ，B 两点(A ，B 不是左、右顶点)，且满足|DA →＋DB →|＝|DA →－DB →|，求证：直线l 恒过定点，并求出该定点的坐标．[解](1)设点M (x 0，y 0)，P (x ，y )，由题意可知N (x 0,0)，∵2PN →＝3MN →，∴2(x 0－x ，－y )＝3(0，－y 0)， 即x 0＝x ，y 0＝23y ，又点M 在圆C ：x 2＋y 2＝4上，∴x 20＋y 20＝4， 将x 0＝x ，y 0＝23y 代入得x 24＋y 23＝1，即轨迹E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)可知D (－2,0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0，Δ＝(8mk )2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝16(12k 2－3m 2＋9)＞0， 即3＋4k 2－m 2＞0，∴x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k 2，x 1x 2＝m 2－3＋4k2. y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3m 2－12k23＋4k2，∵|DA →＋DB →|＝|DA →－DB →|，∴DA →⊥DB →，即DA →·DB →＝0， 即(x 1＋2，y 1)·(x 2＋2，y 2)＝x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＋y 1y 2＝0， ∴4m 2－123＋4k 2＋2×－8mk 3＋4k 2＋4＋3m 2－12k 23＋4k 2＝0， ∴7m 2－16mk ＋4k 2＝0，解得m 1＝2k ，m 2＝27k ，且均满足3＋4k 2－m 2＞0，当m 1＝2k 时，l 的方程为y ＝kx ＋2k ＝k (x ＋2)，直线恒过点(－2,0)，与已知矛盾； 当m 2＝27k 时，l 的方程为y ＝kx ＋27k ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋27，直线恒过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－27，0. ∴直线l 恒过定点，定点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－27，0.考向2 定值问题[高考解读] 由题设条件给出的直线或圆锥曲线运动变化时得到的图形中，探求线段长为定值、直线的斜率或斜率之和积等为定值是高考考查圆锥曲线几何性质的一类常见题型，求解时要有数形结合的意识和合情推理的能力.(2019·全国卷Ⅰ)已知点A ，B 关于坐标原点O 对称，|AB |＝4，⊙M 过点A ，B 且与直线x ＋2＝0相切．(1)若A 在直线x ＋y ＝0上，求⊙M 的半径；(2)是否存在定点P ，使得当A 运动时，|MA |－|MP |为定值？并说明理由．[解](1)因为⊙M 过点A ，B ，所以圆心M 在AB 的垂直平分线上．由已知A 在直线x ＋y ＝0上，且A ，B 关于坐标原点O 对称，所以M 在直线y ＝x 上，故可设M (a ，a )．因为⊙M 与直线x ＋2＝0相切， 所以⊙M 的半径为r ＝|a ＋2|. 由已知得|AO |＝2，又MO ⊥AO ，故可得2a 2＋4＝(a ＋2)2，解得a ＝0或a ＝4. 故⊙M 的半径r ＝2或r ＝6.(2)存在定点P (1,0)，使得|MA |－|MP |为定值． 理由如下：设M (x ，y )，由已知得⊙M 的半径为r ＝|x ＋2|，|AO |＝2.由于MO ⊥AO ，故可得x 2＋y 2＋4＝(x ＋2)2，化简得M 的轨迹方程为y 2＝4x .因为曲线C ：y 2＝4x 是以点P (1,0)为焦点，以直线x ＝－1为准线的抛物线，所以|MP |＝x ＋1.因为|MA |－|MP |＝r －|MP |＝x ＋2－(x ＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P .求解定值问题的两大途径(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．(2019·惠州调研)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)经过点A (0，－1)，且离心率为22. (1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为定值．[解](1)由题意知a 2－b 2a ＝22，b ＝1，所以a ＝2，所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)设直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0， 由题意知Δ＞0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，且x 1x 2≠0， 则x 1＋x 2＝4kk －1＋2k 2，x 1x 2＝2k k －1＋2k2，所以k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1－k ＋2x 1＋kx 2－k ＋2x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k k －2k k －＝2k －2(k －1)＝2，故直线AP 与AQ 的斜率之和为定值2.[点评] 定值问题建议由特殊情况先求定值斜率k 不存在，k ＝0等再推导一般情况，这样易得分且方向目标明确.圆锥曲线中的证明、存在性问题 考向1 圆锥曲线中的证明问题[高考解读] 圆锥曲线中的证明一般包括两大方面，一是位置关系的证明：如证明相切、垂直、过定点等.二是数量关系的证明：如存在定值、恒成立、线段或角相等等.考查学生的等价转化、逻辑推理及数学运算的能力.(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点，线段AB的中点为M (1，m )(m ＞0)．(1)证明：k ＜－12；(2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP →＋FA →＋FB →＝0.证明：|FA →|，|FP →|，|FB →|成等差数列，并求该数列的公差．切入点：(1)中点弦问题用“点差法”．(2)由FP →＋FA →＋FB →＝0表示出点P 的坐标，表示出|FA →|，|FP →|，|FB →|，并证明2|FP →|＝|FA →|＋|FB →|即可．[证明](1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1. 两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k 得x 1＋x 24＋y 1＋y 23·k ＝0. 由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m.①由题设得0＜m ＜32，故k ＜－12.(2)由题意得F (1,0)．设P (x 3，y 3)，则(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0,0)． 由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1，y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m ＜0. 又点P 在C 上，所以m ＝34，从而P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，|FP →|＝32.于是|FA →|＝x 1－2＋y 21＝x 1－2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＝2－x 12.同理|FB →|＝2－x 22. 所以|FA →|＋|FB →|＝4－12(x 1＋x 2)＝3.故2|FP →|＝|FA →|＋|FB →|，即|FA →|，|FP →|，|FB →|成等差数列． 设该数列的公差为d ，则2|d |＝||FB →|－|FA →||＝12|x 1－x 2|＝12x 1＋x 22－4x 1x 2. ②将m ＝34代入①得k ＝－1.所以l 的方程为y ＝－x ＋74，代入C 的方程，并整理得7x 2－14x ＋14＝0.故x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝128，代入②解得|d |＝32128.所以该数列的公差为32128或－32128.圆锥曲线中证明题的求解策略处理圆锥曲线中的证明问题常采用直接法证明，证明时常借助于等价转化思想，化几何关系为数量关系，然后借助函数方程思想、数形结合思想解决．(证明位置关系)(2019·济南一模)已知点F 为抛物线E ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点，点A (2，m )在抛物线E 上，且|AF |＝3.(1)求抛物线E 的方程；(2)已知点G (－1,0)，延长AF 交抛物线E 于点B ，证明：以点F 为圆心且与直线GA 相切的圆，必与直线GB 相切．[解](1)由抛物线的定义，得|AF |＝2＋p2.由已知|AF |＝3，得2＋p2＝3，解得p ＝2，所以抛物线E 的方程为y 2＝4x .(2)如图，因为点A (2，m )在抛物线E ：y 2＝4x 上，所以m ＝±22，由抛物线的对称性，不妨设A (2,22)． 由A (2,22)，F (1,0)可得直线AF 的方程为y ＝22(x －1)．由⎩⎨⎧y ＝22x －，y 2＝4x ，得2x 2－5x ＋2＝0，解得x ＝2或x ＝12，从而B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－2. 又G (－1,0)，所以k GA ＝22－02－－＝223，k GB ＝－2－012－－＝－223，所以k GA ＋k GB ＝0，从而∠AGF ＝∠BGF ，这表明点F 到直线GA ，GB 的距离相等，故以F 为圆心且与直线GA 相切的圆必与直线GB 相切．考向2 “肯定顺推法”求解存在性问题[高考解读] 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，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化.从命题角度上看，近几年高考在解析几何中涉及研究角相等，角平分线等，常转化为直线斜率互补成相等问题，注意灵活转化.(2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a ＞0)交于M ，N 两点．(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由．[解](1)由题设可得M (2a ，a )，N (－2a ，a )，或M (－2a ，a )，N (2a ，a )． 由y ＝x 24，得y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ，C 在点(2a ，a )处的切线方程为y －a ＝a (x －2a )，即ax －y －a ＝0.y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ，C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x＋2a )，即ax ＋y ＋a ＝0.故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0. (2)存在符合题意的点．证明如下：设P (0，b )为符合题意的点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2. 将y ＝kx ＋a 代入C 的方程，得x 2－4kx －4a ＝0. 故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a . 从而k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－bx 2＝2kx 1x 2＋a －b x 1＋x 2x 1x 2＝k a ＋ba. 当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝0，则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补，故∠OPM ＝∠OPN ，所以点P (0，－a )符合题意．探索性问题的求解步骤假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于特定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．提醒：反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．(与几何图形有关的探索性问题)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，左、右焦点分别为F 1，F 2，在直线x －y ＋2＝0上有且只有一个点M 满足MF 1→·MF 2→＝0.(1)求椭圆C 的方程；(2)已知点P (1，y 0)是椭圆C 上且位于第一象限的点，弦AB 过椭圆C 的右焦点F 2，过点P 且平行于AB 的直线与椭圆C 交与另一点Q ，问：是否存在A ，B ，使得四边形PABQ 是平行四边形？若存在，求出弦AB 所在直线的方程；若不存在，请说明理由．[解](1)依题意知满足MF 1→·MF 2→＝0的点M 在以F 1F 2为直径的圆x 2＋y 2＝c 2上，又在直线x －y ＋2＝0上有且只有一个点M 满足MF 1→·MF 2→＝0， 所以直线x －y ＋2＝0与圆x 2＋y 2＝c 2相切， 则|0－0＋2|12＋－2＝c ＝1.又椭圆C 的离心率e ＝c a ＝12，则a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝3，于是椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题意可得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32. 假设存在满足条件的A ，B ，易知直线AB 的斜率一定存在，设为k ， 则直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，直线PQ 的方程为y －32＝k (x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，x 24＋y23＝1消去y 并整理，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2.由⎩⎪⎨⎪⎧y －32＝k x －，x 24＋y 23＝1消去y 并整理，得(3＋4k 2)x 2－(8k 2－12k )x ＋4k 2－12k －3＝0，设Q (x 3，y 3)，又P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，则x 3＋1＝8k 2－12k 3＋4k 2，x 3·1＝4k 2－12k －33＋4k 2， 求得x 3＝4k 2－12k －33＋4k2. 若四边形PABQ 是平行四边形，则PB 的中点与AQ 的中点重合， 所以x 1＋x 32＝x 2＋12，即x 1－x 2＝1－x 3，则(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝(1－x 3)2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 23＋4k 22－4×4k 2－123＋4k 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－4k 2－12k －33＋4k 22， 化简得16k 4－4(k 2－3)(3＋4k 2)＝9(2k ＋1)2，解得k ＝34.所以存在A ，B ，使得四边形PABQ 是平行四边形，弦AB 所在直线的方程为y ＝34(x －1)，即3x －4y －3＝0.。
高考数学二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题课件
解：(1)设 F(c，0)，由条件知，2c＝233，得 c＝ 3. 又ac＝ 23，所以 a＝2，b2＝a2－c2＝1. 故 E 的方程为x42＋y2＝1. (2)当 l⊥x 轴时不合题意，
故设 l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
将 y＝kx－2 代入x42＋y2＝1， 得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0. 当 Δ＝16(4k2－3)＞0， 即 k2＞34时，x1，2＝8k±24k2＋4k12－3.
令 x＝0，得 yM＝－x02－y02，从而|BM|＝1－yM＝1＋ 2y0 . x0－2
y0－1 直线 PB 的方程为 y＝ x0 x＋1.
令 y＝0，得 xN＝－y0x－0 1， 从而|AN|＝2－xN＝2＋y0x－0 1. 所以四边形 ABNM 的面积 S＝12|AN|·|BM|＝122＋y0x－0 11＋x02－y02
2．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与题目中的参数无关，不依参数的 变化而变化，而始终是一个确定的值．
命题视角 1 圆锥曲线中的定值问题 [例 2－1] (2016·北京卷)已知椭圆 C：xa22＋by22＝1 过 A(2，0)，B(0，1)两点．(导学号 55410054) (1)求椭圆 C 的方程及离心率； (2)设 P 为第三象限内一点且在椭圆 C 上，直线 PA 与 y 轴交于点 M，直线 PB 与 x 轴交于点 N.求证：四边 形 ABNM 的面积为定值．
(1)解：设点 P 坐标为(x，y)，所以点 Q 的坐标为(x， 0)．
因为 2P→A·P→B＝|P→Q|2， 所以 2[(－ 2－x)( 2－x)＋y2]＝y2， 化简得点 P 的轨迹方程为x42＋y22＝1.
高优指导2020高考数学二轮复习 专题七 解析几何 第三讲 圆锥曲线的综合应用课件 理
∵u=k2+���1���2≥2,当 k=±1 时,u=2,S=9265,
且 S 是以 u 为自变量的增函数,
∴9265≤S<4. 综上可知,9265≤S≤4. 故四边形 DMEN 面积的最大值为 4,最小值为9265.
考点1 考点2 考点3 考点4
轨迹问题
例 3(2014 吉林长春调研,20)已知平面上动点 P(x,y)及两个定
,
∴四边形的面积 S=|������������|2·|������������| =
1 2
·4
3(������2+1) 2+3������2
4
·
3 ������12+1 2+������32
= 264���������2���+2+������12������12++123.
令 u=k2+���1���2,得 S=2143(2++6������������)=4-13+4 6������,
考点1 考点2
最值问题
考点3
考点4
例 2(2014 课标全国Ⅰ高考,理 20)已知点 A(0,-2),椭圆 E:������������22 +
������������22=1(a>b>0)的离心率为 23,F 是椭圆 E 的右焦点,直线 AF 的斜率为233,O 为 坐标原点.
(1)求 E 的方程; (2)设过点 A 的动直线 l 与 E 相交于 P,Q 两点,当△OPQ 的面积最大时, 求 l 的方程.
设 4������2-3=t,则 t>0,S△OPQ=������24+������4 = ������+44������. 因为 t+4������≥4,当且仅当 t=2,即 k=±27时等号成立,且满足 Δ>0.
2020版高考数学大二轮复习第二部分专题5解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题课件文
解析：(1)由已知得aa422＝＋bb222＋＝c12 c＝2
，解得ab22＝ ＝84 ，
∴椭圆 C 的标准方程x82＋y42＝1，
∴椭圆
C
的离心率
e＝ac＝2
2＝ 2
2 2.
(2)证明：设 P(x1，y1)，B(x2，y2)，则 A(x1，－y1)， 可设 PB 的直线方程为 y＝kx＋m，
且 y1＋y2＝3m62m＋4，
故|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y1＋y2|＝31m22|＋m|4＝3|m1|＋2 |m4 |≤2
12 ＝ 12
3，
当且仅当 m＝±233时取等号， 所以|S1－S2|的最大值为 3.
[题后悟通] 解决圆锥曲线中范围问题的方法 一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲 线的几何性质及曲线上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为 求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件， 寻找量与量之间的转化.
得|m|< 2.
|AB|＝2 1－d2＝2
1－m22＝ 2× 2－m2，
联立得x42＋y32＝1， 消去 y， y＝－x＋m，
得 7x2－8mx＋4m2－12＝0， 由题意得 Δ＝(－8m)2－4×7(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)>0，解得 m2<7，
设 C(x1，y1)，D(x2，y2)， 则 x1＋x2＝87m，x1x2＝4m27－12，
[题后悟通] 圆锥曲线中的证明问题的解决方法 解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等， 通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明． 常用的证明方法有： (1)证 A、B、C 三点共线，可证 kAB＝kAC 或A→B＝λB→C. (2)证直线 MA⊥MB，可证 kMA·kMB＝－1 或M→A·M→B＝0. (3)证|AB|＝|AC|，可证 A 点在线段 BC 的垂直平分线上.
高考数学二轮复习第2部分专题5解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题课件理
切入点：(1)直接套用斜率公式，并借助－12＜x＜32求其范围； (2)先分别计算|PA|、|PQ|的长，再建立|PA|·|PQ|的函数，进而借 助导数求其最值．
[解](1)设直线AP的斜率为k，k＝xx2＋－1214＝x－12， 因为－12<x<32， 所以－1＜x－12＜1， 即直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．
(与向量交汇直线过定点问题)设M点为圆C：x2＋y2＝4上的动 点，点M在x轴上的投影为N.动点P满足2 P→N ＝ 3 M→N ，动点P的轨迹 为E.
(1)求E的方程； (2)设E的左顶点为D，若直线l：y＝kx＋m与曲线E交于A，B两 点(A，B不是左、右顶点)，且满足| D→A ＋ D→B |＝| D→A － D→B |，求证：直 线l恒过定点，并求出该定点的坐标．
第二部分 讲练篇
专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的综合问题
研考题 举题固法
求圆锥曲线中的最值范围问题(5年2考) 考向1 构造不等式求最值或范围
[高考解读] 以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，融函数与 方程，均值不等式、导数于一体，重在考查学生的数学建模、数学 运算能力和逻辑推理及等价转化能力.
[解](1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0,0)， ∵2P→N＝ 3M→N，∴2(x0－x，－y)＝ 3(0，－y0)， 即x0＝x，y0＝ 23y， 又点M在圆C：x2＋y2＝4上，∴x20＋y20＝4， 将x0＝x，y0＝ 23y代入得x42＋y32＝1， 即轨迹E的方程为x42＋y32＝1.
设C(p，q)，由2qpp＝＋q21，－2＝0
得p＝q＝2，所以C(2,2)．
高考数学大二轮复习 第二编 专题整合突破 专题六 解析几何 第三讲 圆锥曲线的综合应用课件 文
(2)当 l 与 x 轴不垂直时，设 l 的方程为 y＝k(x－1)(k≠0)，
M(x1，y1)，N(x2，y2)．
y＝kx－1，
由x42＋y32＝1
得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则 x1＋x2＝4k82k＋2 3，x1x2＝44kk22－＋132，
所以|MN|＝ 1＋k2|x1－x2|＝124kk22＋＋31.
4．探究性问题：有关圆锥曲线中的探究性问题，一般 假设满足条件的量存在，以此为基础进行推理．
[失分警示] 1．求轨迹方程时要注意它的纯粹性与完备性． 2．使用函数的范围，导致结果的错误． 3．直线与双曲线交于一点时，不一定相切，反之，直 线与双曲线相切时，只有一个交点． 4．在解决直线与圆锥曲线问题时，若需设直线方程， 易忽略直线斜率不存在的情况．
[解] (1)证明：因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝ ∠ACD＝∠ADC.
所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|. 又圆 A 的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所 以|EA|＋|EB|＝4. 由题设得 A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由椭圆定义可得 点 E 的轨迹方程为x42＋y32＝1(y≠0)．
解 (1)因为抛物线 C1：x2＝4y 上任意一点(x，y)的切 线斜率为 y′＝2x，且切线 MA 的斜率为－12，
所以 A 点坐标为－1，14. 故切线 MA 的方程为 y＝－12(x＋1)＋14. 因为点 M(1－ 2，y0)在切线 MA 及抛物线 C2 上， 于是 y0＝－21(2－ 2)＋14＝－3－42 2.①
第二编 专题整合突破
专题六 解析几何
第三讲 圆锥曲线的综合应用