高考復(fù)習(xí)A版數(shù)學(xué)考點(diǎn)考法（10年高考真題）：圓錐曲線的綜合問(wèn)題

圓錐曲線的綜合問(wèn)題

考法一求軌跡方程

1.(2021新高考/,21,12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)Fi(-V17,0),^2(717,0),點(diǎn)M滿足

|MFi|-|W2|=2.iBM的軌跡為C.

(1)求C的方程；

⑵設(shè)點(diǎn)r在直線x=l±,過(guò)r的兩條直線分別交C于4,B兩點(diǎn)和P,Q兩點(diǎn),且◎HTB|=|7PHTQ,求直線AB

的斜率與直線PQ的斜率之和.

解析⑴由題意知|Fi&|=2g,因?yàn)閨MBH/F2|=2<|尸典=2舊,所以結(jié)合雙曲線定義知，點(diǎn)M的軌跡C

是以尸1、尸2為焦點(diǎn)的雙曲線的右支.

設(shè)其方程為￡-^7=1(a>0,b>0,x>ci),則2a=2,2c=2V17,

解得a=l,c=V17,貝I」"=^-02=(^)2〃2=I6,

所以M的軌跡C的方程為%2-^=1(%>1).

16

、/八(丫=k1(%一二)+犯

⑵如圖，設(shè)T&m),直線A8的方程為“=h(x-￡),由?27得

~\x2--=l(x>1),

(16-般)N+(脛-2kim)x-jk^+kim-m2-16=0,

設(shè)A(xi,yi),B(X2,”)，

則R+&=等等"因=嗎>，

則芥|=J1+好-0,\TB\=y/l+kl(x2-i),

所以|加?|TB|=(1+瑟)1i-(J國(guó)-=呵矍*.

設(shè)直線PQ的方程為y-m=k2(x-0,

同理得17PH70|=%空迎，

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因?yàn)閨刑?|TB|=|TPHTQ|,

p；(7n2+12)(l+^)_(而+12)(1+必)

所gH以I不癡一不G'

所以獸=普,即蜉=kl由題意知匕邦2,所以匕+%2=0,

K1—lo/<2—1O

即直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和為0.

一題多解⑵設(shè)Tg,m),直線AB的傾斜角為仇,直線PQ的傾斜角為仇,由題不妨設(shè)普=tl-=

AB

t2-h>0,t2>0,

貝1||亍7|二九，|河|=/2.

設(shè)A(x,y),因?yàn)榉?tl?篇,所以1-1,y-mj=ti(cosa,sina)，所以司+力cosa,y=m+tisin3i,

又因?yàn)辄c(diǎn)A在雙曲線上，

所以16Q+^cos%)-(m+Zisin^i)2=16,即(16cos2ei-sin28i)號(hào)+(16cos8i-2msin仇)力-(加+12)=0.

同理可得(16cos2e「sin2ei)g+(16cos8卜2根sin。1)/2-(—+12)=0.

所以力"2即為方程(16cos28i-sin2ei)p+(16cos^i-2msin伊)卜(源+12)=0的兩個(gè)根，

-(m2+12)

則|L4H"口"2二22,

16cos01-sin01

-(m2+12)

同理17nlTQ仁2-2,

16cos02sin02

22

結(jié)合|2XHTB|=|7PHTQ|,得COS6>I=COS02,

又因?yàn)锳B與P。是不同直線，

所以COS01—COS02,于是01+02=n,貝!JkAB+kpQ=0>,

即直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和為0.

易錯(cuò)警示解答本題第一問(wèn)時(shí),容易出現(xiàn)所求C的方程為xZ

4=1的錯(cuò)誤結(jié)果,從而致使第二問(wèn)直接做錯(cuò).

16

2.(2016課標(biāo)m,理20,文20,12分)已知拋物線C:y'=2x的焦點(diǎn)為F,平行于x軸的兩條直線L,卜分別交C

于A,B兩點(diǎn)，交C的準(zhǔn)線于P,Q兩點(diǎn).

(1)若F在線段AB上,R是PQ的中點(diǎn)證明AR〃FQ;

(2)若4PQF的面積是AABF的面積的兩倍,求AB中點(diǎn)的軌跡方程.

解析由題設(shè)知F(；,。)設(shè)li：y=a,L:y=b,則abWO,

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且A（5,a）,B（/b）,p（a）,Q（b）,R（W竽）

記過(guò)A,B兩點(diǎn)的直線為1,則1的方程為2x-（a+b）y+ab=O.（3分）

（1）由于F在線段AB上,故l+ab=O.

記AR的斜率為k?FQ的斜率為k2,則

a—ba—b1—ab,,

ki=----=>--=-=---二一b=kz.

l+azaz—abaa

所以AR〃FQ.（5分）

⑵設(shè)1與x軸的交點(diǎn)為D（X1,0）,貝（JIb-a[|：FD|=||b-a|xx-S?w=尼科.

由題設(shè)可得2x*a|k]-務(wù)也尹,

所以XFO（舍去），或xi=l.（8分）

設(shè)滿足條件的AB的中點(diǎn)為E（x,y）.

當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí),由kAB二kDE可得二;二二7（xWl）.

a+bx—1

而與^=y，所以y-x-l（x^l）.

當(dāng)AB與x軸垂直時(shí),E與D重合.所以,所求軌跡方程為y2=x-l.（12分）

疑難突破第⑴問(wèn)求解關(guān)鍵是把AR//FQ的證明轉(zhuǎn)化為ksk的證明;第⑵問(wèn)需找到AB中點(diǎn)所滿足的幾何

條件,從而將其轉(zhuǎn)化為等量關(guān)系.在利用斜率表示幾何等量關(guān)系時(shí)應(yīng)注意分類討論思想的應(yīng)用.

評(píng)析本題主要考查拋物線的性質(zhì),直線的斜率及其應(yīng)用,軌跡方程的求法等知識(shí),考查分類討論思想的應(yīng)

用,考查考生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)和基本技能的應(yīng)用能力.

x2v2廠V5

3.（2014廣東理,20,14分）已知橢圓（2：-^+北二1（a〉b〉O）的一個(gè)焦點(diǎn)為（v5,0）,離心率為牙.

aLb3

⑴求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

⑵若動(dòng)點(diǎn)P（x0,y0）為橢圓C外一點(diǎn),且點(diǎn)P到橢圓C的兩條切線相互垂直,求點(diǎn)P的軌跡方程.

解析（1）由題意知c二返J電,

a3

.,.a=3,b2=a2-c2=4,

22

故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為—=1.

⑵設(shè)兩切線為L(zhǎng),L,

①當(dāng)軸或L〃x軸時(shí),L〃x軸或l」x軸，可知P（±3,±2）.

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.1

②當(dāng)L與x軸不垂直且不平行時(shí),x°W±3,設(shè)L的斜率為k,且kWO,則卜的斜率為-工,L的方程為

/v2*4

y-yo=k(x-xo),與胃+丁二1聯(lián)立，

222

整理得(9k+4)X+18(y0-kx0)kx+9(y0-kx0)-36=0,

2

,?直線L與橢圓相切，/△=0,即9(y(rkxo)2k2—(9k[+4)?[(y0-kx0)-4]=0,

-92

(%o)k-2xoyok+y2-4=o,

?'-k是方程(焉-9)x2-2xoyox+y：-4=O的一個(gè)根，

2s

同理,一工是方程(焉-9)x-2xoy0x+y2-4=0的另一^1根，

.'.k"(-整理得說(shuō)+耳=13,其中x0#±3,

.,.點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13(x#±3).

P(±3,±2)滿足上式.

綜上,點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13.

評(píng)析本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系以及軌跡方程的求法.考查分類討論思想以及

方程思想的應(yīng)用.

4.(2014湖北理,21,14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點(diǎn)M到點(diǎn)F(l,0)的距離比它到y(tǒng)軸的距離多L記點(diǎn)M

的軌跡為C.

⑴求軌跡C的方程；

⑵設(shè)斜率為k的直線1過(guò)定點(diǎn)P(-2,1).求直線1與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn)、兩個(gè)公共點(diǎn)、三個(gè)公共點(diǎn)

時(shí)k的相應(yīng)取值范圍.

解析Q)設(shè)點(diǎn)M(x,y),依題意得|MF|=|x|+l,

即J(x-1)2+y2=|x|+l,

化簡(jiǎn)整理得y'=2(|x|+x).

4%x>Q

故點(diǎn)M的軌跡C的方程為y'='一'

0,x<0.

2

(2)在點(diǎn)M的軌跡C中，記3:y=4x,C2:y=0(x<0),

依題意,可設(shè)直線1的方程為y-l=k(x+2).

(y-1=k(x+2),

由方程組|2A可得ky"4y+4(2k+l)=0.①

(y=4x,

i

⑴當(dāng)k=o時(shí),此時(shí)y=L把y=l代入軌跡C的方程,得x=-.

4

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故此時(shí)直線1：y=l與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn)Q,1).

(ii)當(dāng)—0時(shí),方程①的判別式為A=T6(2k2+k-l).②

設(shè)直線1與x軸的交點(diǎn)為(x。,0)，則

2k+l

由y-l=k(x+2),令y=0,得x。二一--.③

K

1。若[口由②③解得k〈T或k>；.

即當(dāng)ke(-oo,-1)UG，+8)時(shí)，直線1與a沒(méi)有公共點(diǎn),與a有一個(gè)公共點(diǎn)，

故此時(shí)直線1與軌跡c恰好有一個(gè)公共點(diǎn).

2。若聯(lián)胃或聯(lián)則由②③解得回_』鈔或-六k〈o.

即當(dāng)ke{-i,那時(shí),直線1與a只有一個(gè)公共點(diǎn),與心有一個(gè)公共點(diǎn).

當(dāng)ke(時(shí)'直線1與a有兩個(gè)公共點(diǎn)'與C，沒(méi)有公共點(diǎn).

故當(dāng)kC,(o)u{-1,先時(shí),直線1與軌跡C恰好有兩個(gè)公共點(diǎn).

rJ>0,11

3°若”一八則由②③解得T〈k〈-5或0〈k〈5.

VXQ<U,ZZ

即當(dāng)ke(-i,-0u(o')時(shí)，直線1與a有兩個(gè)公共點(diǎn),與a有一個(gè)公共點(diǎn)，

故此時(shí)直線1與軌跡c恰好有三個(gè)公共點(diǎn).

綜合⑴(ii)可知,當(dāng)ke(-00,-1)uQ,+8)u{0}時(shí)，直線1與軌跡C恰好有一個(gè)公共點(diǎn)；^ke[-1,o)u

{-1,和寸，直線1與軌跡c恰好有兩個(gè)公共點(diǎn);當(dāng)kC(-1,-2)U(0,力時(shí)，直線1與軌跡C恰好有三個(gè)公共

點(diǎn)

評(píng)析本題考查了直線和拋物線的位置關(guān)系,考查了數(shù)形結(jié)合的方法,靈活地利用判別式是求解的關(guān)鍵.盲

目利用拋物線的定義而漏掉射線y=0(x<0)就會(huì)造成錯(cuò)解而失分.

5.(2013課標(biāo)I,理20,文21,12分)已知圓&+1),+尸=1,圓N:(x-l)2+y2=9,動(dòng)圓P與圓M外切并且與圓N

內(nèi)切，圓心P的軌跡為曲線C.

⑴求C的方程；

⑵1是與圓P,圓M都相切的一條直線,1與曲線C交于A,B兩點(diǎn),當(dāng)圓P的半徑最長(zhǎng)時(shí),求|AB|.

解析由已知得圓M的圓心為M(-1,0),半徑n=l;圓N的圓心為N(1,0),半徑r2=3.設(shè)圓P的圓心為P(x,y),

半徑為R.

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(1)因?yàn)閳AP與圓M外切并且與圓N內(nèi)切,所以|PM|+1PN|=(R+n)+(r2-R)=r,+r2=4.

由橢圓的定義可知,曲線C是以M、N為左、右焦點(diǎn),長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為2,短半軸長(zhǎng)為5的橢圓(左頂點(diǎn)除外)，其方

22

程為-2(X*2).

⑵對(duì)于曲線C上任意一點(diǎn)P(x,y)，由于|PMHPN|=2R-2W2,所以RW2,當(dāng)且僅當(dāng)圓P的圓心為(2,0)時(shí),R=2.

所以當(dāng)圓P的半徑最長(zhǎng)時(shí),其方程為(x-2)2+y2=4.

若1的傾斜角為90°,則1與y軸重合，可得|AB|=2>/3.

若1的傾斜角不為90。,由r^R知1不平行于x軸，設(shè)1與x軸的交點(diǎn)為Q,則思=±可求得Q(-4,0),所

|QM|ri

以可設(shè)1：y=k(x+4).由1與圓M相切得-^=1,解得k=士號(hào).

卮4

當(dāng)k=乎時(shí),將y=^x+6代入=+《=1,并整理得7x'+8x-8=0,解得XL尸蘭品I

所以|AB|=V1+k2|X2-X11=y.

當(dāng)k=乎時(shí),由圖形的對(duì)稱性可知IAB|寺.

綜上JAB1=2百或1AB1岑.

評(píng)析本題考查了直線和圓的位置關(guān)系,考查了橢圓的定義和方程,考查了分類討論的方法和運(yùn)算求解能力.

利用數(shù)形結(jié)合的方法是解題的關(guān)鍵.在求曲線C的方程時(shí)容易忽視對(duì)左頂點(diǎn)和直線傾斜角為90。時(shí)的討論而

造成失分.

6.(2013課標(biāo)H文,20,12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知圓P在x軸上截得線段長(zhǎng)為2近,在y軸上截得

線段長(zhǎng)為2孤.

⑴求圓心P的軌跡方程；

⑵若P點(diǎn)到直線y=x的距離為苧,求圓P的方程.

解析(1)設(shè)P(x,y),圓P的半徑為r.

由題設(shè)得y+2=r2,x2+3=r2.從而y2+2=x2+3.

故P點(diǎn)的軌跡方程為介/=1.

⑵設(shè)P(xo,y0),由已知得

l^o-yoLV2

V2

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又P在雙曲線y2-x2=l上,從而得(%卜_f焉l==iL

由［y2_*=1得［y：=_1此時(shí),圓P的半徑r=V3.

x-=

由"foyW0=T1得［(XyQ：=o1,此時(shí)，圓P的半徑r=V3l.

故圓p的方程為X2+(y-l)2=3或x2+(y+l)2=3.

考法二定值與定點(diǎn)問(wèn)題

1.(2020新高考/,22,12分)已知橢圓C:馬+1=l(a>b>0)的離心率為乎,且過(guò)點(diǎn)A(2,1).

a2b22

(1)求C的方程；

⑵點(diǎn)M,N在C上,且AM1AN,ADLMN,D為垂足.證明:存在定點(diǎn)Q,使得|DQ|為定值.

質(zhì)，橢圓中的定點(diǎn)、定值問(wèn)題.考查學(xué)生分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力.考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學(xué)運(yùn)算.

解析⑴由題設(shè)得W+al，寸="

a2b2a22

解得層=6,扶=3.

所以C的方程為1+4=1.(6分)

OO

⑵證明：設(shè)M(xi,yi),N(X2,yi).

若直線MN與x軸不垂直,設(shè)直線MN的方程為y=kx+m,^A-+竺=1得(1+2&2)/+4初《+2加-6=0.

63

于是XX2=-^,陽(yáng)及=賒(根與系數(shù)的關(guān)系).①

l+2

1+2/c2l+2k

由AM.LAN知4M?AN=0,故(陽(yáng)-2)(12-2)+(丁卜1)(”-1)=0,可得(S+1)?%2+(加-4-2)(a+冗2)+(加-1)2+4=0.

將①代入上式可得(R+1)魯箸-(km-k-2)黑白(怯1)2+4=0.

1TZ/C1TZ/C

整理篷盤牡初±夏*?必0(易錯(cuò)：化簡(jiǎn)和因式分解過(guò)程中的計(jì)算量比較大,容易出錯(cuò)).

因?yàn)锳(2,1)不在直線MN上,所以2k+m-1^0,

故2k+3m+l=0,后1.

于是MN的方程為y=k［x

所以直線MN過(guò)點(diǎn)-1).

若直線施叢g睡直(易丟分點(diǎn):容易忽略直線斜率不存在的情況)，可得N(孫-y〉

由前?麗=0得(xi-2)(xi-2)+(yi-l)(-”-1)=0.

又￡+可得3淄-8xi+4=0.

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解得xi=2(舍去)或%i=1.

此時(shí)直線MN過(guò)點(diǎn)P(|,-1).

令Q為AP的中點(diǎn)，即QG，J.

若。與P不重合,則由題設(shè)知AP是RtAADP的斜邊,故\AP\=(.

若D與P重合,則|。。|甘"|.

綜上,存在點(diǎn)使得QQI為定值.(12分)

歸納總結(jié):圓錐曲線中定點(diǎn)問(wèn)題的兩種解法

(1)引進(jìn)參數(shù)法:引進(jìn)動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)或動(dòng)線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量,再研究變化的量與參數(shù)何時(shí)沒(méi)有關(guān)

系，找到定點(diǎn)；

(2)特殊到一般法:根據(jù)動(dòng)點(diǎn)或動(dòng)線的特殊情況探索出定點(diǎn)，再證明該定點(diǎn)與變量無(wú)關(guān).

2.(2022全國(guó)乙,理20,文21,12分)已知橢圓E的中心為坐標(biāo)原點(diǎn),對(duì)稱軸為x軸、y軸,且過(guò)

A(0,-2),B(|,-l)兩點(diǎn).

(1)求E的方程；

(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)P(l,-2)的直線交E于N兩點(diǎn)，過(guò)M且平行于x軸的直線與線段AB交于點(diǎn)T,點(diǎn)H滿足而=

而.證明:直線過(guò)定點(diǎn).

解析(1)解法一:設(shè)橢圓E的方程為真+§=l(fl>0,b>0且葉吩，將A(0,-2),B(|,-1)兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入，

得|弓一；解得故橢圓E的方程為1+1=1.

34

—+2_=1偽2=4,

14a2b2'

(1

4n=1,n=~,

9m_1解得，:故橢圓￡1的

{--t-n—i,m=-,

I3

方程為1+1=1.

34

⑵由A(0,-2),fig,-1)可得直線AB的方程為y=*2.

①若過(guò)點(diǎn)P(l,-2)的直線的斜率不存在,則其方程為x=l,與方程1+1=1聯(lián)立,可得產(chǎn)士乎,結(jié)合題意可知

34o

(2

N(l,算仆-筌)，由."3:J得［二嚕+'T(-V6+3,-筍由而=TH,

第8頁(yè)共32頁(yè)

y迷+：逐1一支"(巡+則H(一2巡+5,-乎)，所以直線HN的方程為y=(2+乎卜-2,易知直線

得

過(guò)點(diǎn)(0,-2);

②若過(guò)點(diǎn)P(l,-2)的直線的斜率存在,設(shè)其方程為>2=%(九-1),Af(xi,yi),N(X2,").

(y+2=k(x—1),

聯(lián)立1%2y2得(3R+4)/-6晨2+Z)X+3MZ+4)=0,貝I」

5+丁=L

4(4+4k-2k2)

6fc(2+fc)3fc(fc+4)-8(2+fc),.，為以+也”=向-24k.

M+X2=礪晨,的彩=三萬(wàn)屋，以+丫2=/不，以"一3k2+4

y=ylf

fy=2%_2,可得T(等+3，yJ，由標(biāo)=而，可得H(3yi+6-xi,yi),故此時(shí)直線HN的方程為

y-”=3y(X-九2),將(0,-2)代入并整理得2(xi+x2)-6(yi+^2)+xiy2+x2yi-3yiy2-12=0,即2><6；］崇)—6x

4(4+4k-2k2)

若辿+孚一3X--12=0恒成立,則直線HN過(guò)定點(diǎn)、(0,-2).

3H+43k2+43k2+4

綜上,直線HN過(guò)定點(diǎn)(0,-2).

3.(2020課標(biāo)/理,20,12分)已知A,B分別為橢圓E:^+y2=l(a>l)的左、右頂點(diǎn)，G為E的上頂點(diǎn),AG-

GB=3.P為直線x=6上的動(dòng)點(diǎn),PA與E的另一交點(diǎn)為C,PB與E的另一交點(diǎn)為D.

⑴求E的方程；

(2)證明：直線CD過(guò)定點(diǎn).

解析⑴由題設(shè)得A(/,O),B(〃,O),G(O,1).

貝!1刀=(a,1),GB=(a,-1).由萬(wàn)-GB=8得a2-l=8,即a=3.

所以E的方程為?+V=L

⑵設(shè)C(xi,yi),O(.X2,yi),P(6,t).

若子0,設(shè)直線CD的方程為工=加丫+〃，由題意可知-3<〃<3.

由于直線PA的方程為y=|(%+3),所以yi=g(xi+3).

直線PB的方程為y=1(%-3),所以y2=|te-3).

可得3yl(X2-3)=yi(xi+3).

由于日+泥=1，故y/=-(xz+3g>-3),

可得27yly2=-(xi+3)Ga+3),即

(27+/n2)yiy2+m(n+3)(yi+y2)+(n+3)2=0.①

將x=my+n代入9+產(chǎn)=1得

(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.

第9頁(yè)共32頁(yè)

r-r-i2mnn2-9

所以H“+/=訴，””=訴?

代入①式得(27+m2)(H2-9)-2m(?+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0.

解得m=-3(舍去)，?2=|.

故直線CD的方程為即直線CD過(guò)定點(diǎn)住,0).

若U0,則直線CD的方程為y=0,過(guò)點(diǎn)(|,0).

綜上,直線CD過(guò)定點(diǎn)(|,0).

方法總結(jié)求圓錐曲線中定點(diǎn)問(wèn)題的基本思路

⑴把直線或者曲線方程中的變量羽y當(dāng)作常數(shù),把參數(shù)當(dāng)作未知數(shù),將方程一端化為0,即化為

mf(x,y)+g(x,y)=0的形式(這里把參數(shù)m當(dāng)作未知數(shù)).

⑵既然是過(guò)定點(diǎn),那么這個(gè)方程就要對(duì)任意參數(shù)都成立,這時(shí)參數(shù)的系數(shù)就要全部等于0,這樣就得到一個(gè)

關(guān)于x,y的方程組,即乃"飛=：'

(g(x,y)=o.

⑶這個(gè)方程組的解所確定的點(diǎn)就是直線或曲線所過(guò)的定點(diǎn)，即坐標(biāo)滿足=，的點(diǎn)(我,加)為直線或

9(%,y)=o

曲線所過(guò)的定點(diǎn).

%21

4.(2019課標(biāo)m理,21,12分)已知曲線C:y=5,D為直線上的動(dòng)點(diǎn),過(guò)D作C的兩條切線,切點(diǎn)分別為

A,B.

⑴證明:直線AB過(guò)定點(diǎn)；

⑵若以E(0,|)為圓心的圓與直線AB相切,且切點(diǎn)為線段AB的中點(diǎn),求四邊形ADBE的面積.

解析本題考查直線與拋物線相切,弦的中點(diǎn)，直線與圓相切等知識(shí)點(diǎn),通過(guò)直線與拋物線的方程運(yùn)算,考查

了學(xué)生在解析幾何中的運(yùn)算求解能力，以直線與拋物線相切為背景考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).

(1)設(shè)D(t,A(xi,yi)，貝h：=2yi.

由于y'=x,所以切線DA的斜率為xi,故y=x“

整理得2txi-2yi+l=0.

設(shè)B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+>0.

故直線AB的方程為2tx-2y+l=0.

所以直線AB過(guò)定點(diǎn)(0，)

第10頁(yè)共32頁(yè)

.1

⑵由⑴得直線AB的方程為y=tx'

y=tx+^,

2

V2可得x-2tx-l=0.

{y*

2

于是xi+x2=2t,X1X2=T,yi+y2=t(xi+x2)+l=2t+l,

22

IABI=V1+tIX1-X21=1I+脛x+4)？-4、I%2=2(t+l).

2

設(shè)的&分別為點(diǎn)D,E到直線AB的距離，則dI=Vt+1,d2=-=.

22

因此四邊形ADBE的面積S=1IABI(d1+d2)=(t+3)Vt+1.

設(shè)M為線段AB的中點(diǎn)，則M(t,t2+0.

由于前，荏,而前=(t,t-2),超與向量(1,t)平行，

所以t+(t2-2)t=0.

解得t=0或t=±l.

當(dāng)t=0時(shí),S=3;當(dāng)t=±1時(shí),S=4V2.

因此,四邊形ADBE的面積為3或4V2.

解題關(guān)鍵(1)設(shè)出A、B坐標(biāo),求導(dǎo)、列等式是解題的突破口.(2)由⑴得出AB的方程,用坐標(biāo)表示出前，

AB,求AB方程中的參數(shù)是關(guān)鍵.

5.(2018北京理,19,14分)已知拋物線C:y2=2px經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1,2).過(guò)點(diǎn)Q(0,1)的直線1與拋物線C有兩個(gè)不

同的交點(diǎn)A,B,且直線PA交y軸于M,直線PB交y軸于N.

⑴求直線1的斜率的取值范圍；

⑵設(shè)0為原點(diǎn),QM=XQO,QN=^1QO,求證:J+工為定值.

解析(1)因?yàn)閽佄锞€y'=2px過(guò)點(diǎn)(1,2),

所以2p=4,即p=2.

故拋物線C的方程為y'=4x,

由題意知,直線1的斜率存在且不為0.

設(shè)直線1的方程為y=kx+l(k*0).

由卜2=4x,得k%z+(2k_4)x+1=0.

iy=kx+1

依題意△=(2k-4)-4xk2xl>0,解得k<0或0<k<l.

第11頁(yè)共32頁(yè)

又PA,PB與y軸相交,故直線1不過(guò)點(diǎn)(1,-2).

從而k#-3.

所以直線1斜率的取值范圍是(-8,-3)U(-3,0)U(0,1).

⑵設(shè)A(x”yi),B(X2,y2),

由⑴知X1+X2---,X1X2二話

直線PA的方程為丫-2=紅1&-1).

令x=0,得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為〃==4+2=色3+2.

同理得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為.二筆如.

%2-1

由麗=入而，而=口而得入=l-y.,|J=l-yN.

r-r-lM1111Xi—1%2-1

所以一+-=----+-----=----+----

a.I-'M1』(J)%I(J)%2

212k-4

1.2%1%2-(無(wú)1+%2)=1.』」二2

k—1第i%2k-1?

11

所以］+-為定值.

A〃

方法總結(jié)圓錐曲線中的定值問(wèn)題的常見(jiàn)類型及解題策略

(1)求代數(shù)式為定值.依題設(shè)條件,得出與代數(shù)式有關(guān)的等式,化簡(jiǎn)即可得出定值;

⑵求點(diǎn)到直線的距離為定值.利用點(diǎn)到直線的距離公式得出距離的表達(dá)式,再利用題設(shè)條件化簡(jiǎn)、變形求

得;

⑶求某線段長(zhǎng)度為定值.利用兩點(diǎn)間的距離公式求得線段長(zhǎng)度的表達(dá)式,再依據(jù)條件對(duì)表達(dá)式進(jìn)行化簡(jiǎn)、變

形即可求得.

%2y2-v/3

6.(2016北京理,19,14分)已知橢圓C:方4=15油〉0)的離心率為?"缶,0)通(0,1)),0(0,0),/\0人8的面積

曲b2

為1.

⑴求橢圓c的方程；

⑵設(shè)P是橢圓c上一點(diǎn),直線PA與y軸交于點(diǎn)M,直線PB與X軸交于點(diǎn)N.求證：|AN|?|BM|為定值.

a2,

解析⑴由題意得彳工ab=l

L2=b2+c2,

解得a=2,b=l.

第12頁(yè)共32頁(yè)

所以橢圓c的方程為丁+y2=l.

⑵由⑴知,A(2,0),B(0,1).

設(shè)P(xo,yo),則說(shuō)+4.=4.

當(dāng)xoWO時(shí),直線PA的方程為y二,°(x—2).

%0-2

令x=0,得—從而|BM|=|l-yM|=|l+

XQ—2IXQ—2\

直線PB的方程為y=——x+1.

令y=0,得XN=一從而|AN|=|2-XN|=2+

y°T為一1

所以IAN|?|BM|=2+X0?11+%]

-11x

y00-2l

二延+4光+4%oy()-4%o-8yo+4

xoyo-xo-2yo+2

_4%0.0-4%0-8%+8

xoyo-x()-2yo+2

=4.

當(dāng)xo=O時(shí),y0=-l,|BM|=2,|AN|=2,

所以|AN|?|BM|=4.

綜上，IAN|?|BM|為定值.

一題多解⑵點(diǎn)P在曲線(J+停了=1上,不妨設(shè)P(2C°Se,sin。)，當(dāng)e#kT(且e#k嗎(kez)時(shí)，直線

sin0

AP的方程為y-o=(x-2),令x=0,得滸啟前

2(cos。-1)

T-7d，,sin0—1z、入02cos6

直線BP的方程為廠1=能(x-0)，令y=0,得舒匚嬴.

cosOIIsin。I

/.|AN|?|BM|=21-1—sin0l\1—cos/

12(1—sin0)(l—cos0)卜2x2=4(定值).

I(1—sin0)(l—cos0)

當(dāng)。=立或矢k嗎(keZ)時(shí),M、N是定點(diǎn)易得|AN|?|BM|=4.綜上，|AN|?|BM|=4.

評(píng)析本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與圓推曲線的位置關(guān)系及定值問(wèn)題，方法常規(guī),運(yùn)算量大，對(duì)學(xué)生的運(yùn)

算能力要求較高.

/2

7.(2016北京文,19,14分)已知橢圓C:-y+=v4=1過(guò)A(2,0),B(0,1)兩點(diǎn).

4b

⑴求橢圓C的方程及離心率；

第13頁(yè)共32頁(yè)

⑵設(shè)P為第三象限內(nèi)一點(diǎn)且在橢圓c上，直線PA與y軸交于點(diǎn)M,直線PB與x軸交于點(diǎn)N.求證:四邊形ABNM

的面積為定值.

解析（1）由題意得,a=2,b=l.

所以橢圓C的方程為《+/=1.（3分）

又c=Va2-b2=y/3,

所以離.心率.ec=-\fJ3（5分）

a2

（2）設(shè)P（x0,y0）（x0<0,y0<0）,則瑟+4訃=4.（6分）

又A（2,0）,B（0,1）,

所以,直線PA的方程為y二丫0（x-2）.

XQ-2

令x=0,得y=從而|BM|=l-y=l+―（9分）

M%0-2M%。一2

直線PB的方程為y=——x+1.

第0

令尸0,得XN=--^―,

從而可二2』二2+三（12分）

所以四邊形ABNM的面積

1

S=-|AN|?|BM|

W（2+記0（1+普）

二延+4%+4配y0-4%o-8丫0+4

2（一。-0一%。-2yo+2）

_2%0丫0-2%0-4丫0+4_2

xoyo-xo-2yo+2?

從而四邊形ABNM的面積為定值.（14分）

解后反思本題第⑵問(wèn)可畫(huà)出圖形進(jìn)行分析，

第14頁(yè)共32頁(yè)

發(fā)現(xiàn)點(diǎn)A和點(diǎn)B分別為橢圓的右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn),且四邊形ABNM的對(duì)角線AN與BM互相垂直,所以S四哪

ABNM=|AN|TBMI,問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)M與點(diǎn)N的坐標(biāo),故設(shè)點(diǎn)P（Xo,yo）,表示出直線PA和PB,即可求得點(diǎn)M、N

的坐標(biāo).

評(píng)析本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、離心率和直線方程的相關(guān)知識(shí)及定值問(wèn)題,知識(shí)點(diǎn)較綜合,屬中等偏難

題.

8.（2015課標(biāo)H文,20,12分）已知橢圓（2:a+/=1（a〉b〉0）的離心率為亨，點(diǎn)⑵衣）在C上.

⑴求C的方程;

⑵直線1不過(guò)原點(diǎn)0且不平行于坐標(biāo)軸,1與C有兩個(gè)交點(diǎn)A,B,線段AB的中點(diǎn)為M.證明:直線0M的斜率

與直線1的斜率的乘積為定值.

.a2—b2J742

解析⑴由題意有^——=v>4+4=1.

a2a乙b

解得a2=8,b2=4.

所以c的方程為4+4=1.

o4

22

(2)設(shè)直線1:y=kx+b(kWO,bWO),A(xbyi),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+b代入2+今=1得

o4

(2k2+l)x2+4kbx+2b2-8=0.

,,%l+%2—2kbb

故為再?y?=k.X'+b=后p

于是直線。M的斜率心若噎即Mk*.

所以直線0M的斜率與直線1的斜率的乘積為定值.

評(píng)析本題考查了橢圓的方程、直線與橢圓的位置關(guān)系;考查了定值問(wèn)題的解題方法.利用韋達(dá)定理解決線

段的中點(diǎn)是求解關(guān)鍵.

9.（2015陜西文,20,12分）如圖，橢圓E:?+^=l（a〉b〉0）經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（0,T）,且離心率為亨.

⑴求橢圓E的方程；

⑵經(jīng)過(guò)點(diǎn)（1,1）,且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)P,Q（均異于點(diǎn)A）,證明:直線AP與AQ的斜率

之和為2.

cV2

解析⑴由題設(shè)知二萬(wàn)”1,

第15頁(yè)共32頁(yè)

結(jié)合a2=b2+c2,解得a=V2.

所以橢圓E的方程為了+y2=l.

%2

⑵證明:由題設(shè)知,直線PQ的方程為y=k(xT)+1(k#2),代入會(huì)+y2=l,得(l+2k?)x?-4k(k-l)x+2k(k-2)=0.

由已知可知A〉0.

設(shè)P(xi,yi),Q(x2,y2),Xix2^0,

則X,+X2=3，X兇=2k(”2)

l+2/cz1+2/c2,

從而直線AP,AQ的斜率之和

_巧+1%+1_依1+2—女k%2+2-k

KAP+KAQ--1

%1第2%1第2

=2k+(2-k)f—+°)=2k+(2-k)祖母

\%1*i)x1x2

=2k+(2-k)=2k-2(k-l)=2.

，2k(憶k—2)，

評(píng)析本題考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程與簡(jiǎn)單性質(zhì)的同時(shí)，重點(diǎn)考查直線與橢圓的位置關(guān)系.

考法三最值與范圍問(wèn)題

1.(2019課標(biāo)n文,20,12分)已知Fl,F。是橢圓C:^+'=1(a〉b〉0)的兩個(gè)焦點(diǎn),P為C上的點(diǎn),0為坐標(biāo)原點(diǎn).

⑴若△POF,為等邊三角形,求C的離心率；

(2)如果存在點(diǎn)P,使得P3_LPF?且△FPF,的面積等于16,求b的值和a的取值范圍.

解析本題主要考查橢圓的定義、簡(jiǎn)單的幾何性質(zhì);考查數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想和邏輯思維能力與運(yùn)算求解能

力；體現(xiàn)了邏輯推理與數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).

(1)連接PF】.由△POR為等邊三角形可知在△BPF,中，NFFF2=90°,田&|r，中眄|=百勒于是

2a二|PFi|+lPF21-(A/3+1)c,故C的離心率e=-=^3~l.

a

⑵由題意可知,滿足條件的點(diǎn)P(X,y)存在,當(dāng)且僅當(dāng)［Iy|?2c=16,義?上=-1,展1,

2x+cx—caLb

即c|y|=16,①

x2+y2=c2,②

22

哥xy二1?③_

由②③及a』”?得y'，，

1fi2

又由①知y三笆，故b=4.

第16頁(yè)共32頁(yè)

由②③得X?當(dāng)?干）,

*

所以C22b2,

從而a=b2+c2^2b2=32,故a24戲.

當(dāng)b=4,a，4*\歷時(shí),存在滿足條件的點(diǎn)P.

所以b=4,a的取值范圍為［40,+oo）.

思路分析第⑴問(wèn)中由平面幾何知識(shí)可知△PF1F2是NFIPF2=90。的直角三角形,且|PF2|二c,|PFi|=y/3c,再利

用橢圓的定義找出a與c的等量關(guān)系,進(jìn)而求離心率.

第⑵問(wèn)中設(shè)出P點(diǎn)坐標(biāo),利用尸2n6,PF—PF2以及得到方程①②③,消元化簡(jiǎn)可求b的值和a

的取值范圍.

一題多解（2）設(shè)|PFJ=n,|PF2|=r2,

由橢圓的定義可得ri+r2=2a,

1

5.92二產(chǎn)0二16,.,.rir2=32.

又PF」PF2,「君+丁介4c；

222

（ri+r2）-r\+r1+2rir2=4c+64=4a,

.,.4a2-4c2=64,「.b=4,

又r：+rW22rir2,..?4c222x32,「.cN4,

.,.a2=b2+c2=16+c2^32,

??.b的值為4,a的取值范圍為［46,+8）,

2.（2018浙江,21,15分）如圖,已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)（不含y軸）一點(diǎn),拋物線C:y2=4x上存在不同的兩點(diǎn)A,B

滿足PA,PB的中點(diǎn)均在C上.

⑴設(shè)AB中點(diǎn)為M,證明:PM垂直于y軸；

⑵若P是半橢圓x2^=l（x<0）上的動(dòng)點(diǎn),求4PAB面積的取值范圍.

4

第17頁(yè)共32頁(yè)

解析本題主要考查橢圓、拋物線的幾何性質(zhì),直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查運(yùn)算求解能

力和綜合應(yīng)用能力.

⑴設(shè)P（X。,y?）,AQ片yj,B6吟％）

因?yàn)镻A,PB的中點(diǎn)在拋物線上，

2

所以y“％為方程（等）=4?受#即y-2yoy+8x0-y2=0的兩個(gè)不同的實(shí)根.

所以yi+y2=2y°,因此,PM垂直于y軸.

⑵由⑴可知qy=8/所以|PMY（y；+y：）-x%yj-3x。,y-yz|=2^2（y^-4x0）.

13V2-

因此,z\PAB的面積SAMB/IPM?lyi-yzU/■（%-4x0）2.

y2

因?yàn)檎f(shuō)+,二1（xoCO）,所以yj4xo=-4%：-4xo+4￡[4,5].

因此,APAB面積的取值范圍是卜立,竺答]

疑難突破解析幾何中"取值范圍"與"最值"問(wèn)題

在解析幾何中,求某個(gè)量（直線斜率,直線在x、y軸上的截距,弦長(zhǎng),三角形或四邊形面積等）的取值范圍或最

值問(wèn)題的關(guān)鍵是利用條件把所求量表示成關(guān)于某個(gè)變量（通常是直線斜率,動(dòng)點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)等）的函數(shù),并

求出這個(gè)變量的取值范圍（即函數(shù)的定義域），將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域或最值.

3.（2017浙江,21,15分）如圖，已知拋物線x三y,點(diǎn)A（-最,）拋物線上的點(diǎn)P（x,y）（-1<x<|）.

過(guò)點(diǎn)B作直線AP的垂線,垂足為Q.

⑴求直線AP斜率的取值范圍；

⑵求|PA|，JPQ|的最大值.

第18頁(yè)共32頁(yè)

一一XA1

解析(1)設(shè)直線AP的斜率為k,k=----p=x--,

叫2

12

因?yàn)?5<x<W所以直線AP斜率的取值范圍是(-1,1).

11

kx-y+-k+-=0,

9J

x+/cy--k--=O,

(4Z

解得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)是xy“苛.

因?yàn)镮PA|=V1+fc2(x+0=V1+k2(k+1),

iPQHVTTF-g*"

M+i

miPAi-iPQi=-(k-i)(k+i)3,

令f(k)=-(kT)(k+l):因?yàn)閒'(k)=-(4k-2)(k+l)；

所以f(k)在區(qū)間(-1，)上單調(diào)遞增,g，l)上單調(diào)遞減,因此當(dāng)k生寸,|PA|?|PQ|取得最大值得

解法二:如圖，連接BP,|AP|?PQ|=|AP?|PB?cosZBPQ=AP?(AB-AP)=AP?AB-AP2.

易知P(x,x2)1<x<I),

__?__?]2(-211116

則方?AB=2x+l+2x-^=2x+X2=x2+x+-+x4--x2+--=x4+-x2+x+--.

X+I-94216216

AP

則f'(x)=-4x+3x+l=-(xT)(2x+l),

???f(x)在(-g1)上為增函數(shù),在(1,1)上為減函數(shù),

27

「.f(X)max=f⑴二寸.

16

故|AP|?|PQ|的最大值為的27.

第19頁(yè)共32頁(yè)

4.(2016課標(biāo)I理,20,12分)設(shè)圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A,直線1過(guò)點(diǎn)B(l,0)且與x軸不重合,1交圓A

于C,D兩點(diǎn)過(guò)B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E.

(1)證明lEAl+lEB|為定值，并寫出點(diǎn)E的軌跡方程；

⑵設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線G,直線1交G于M,N兩點(diǎn),過(guò)B且與1垂直的直線與圓A交于P,Q兩點(diǎn),求四邊形

MPNQ面積的取值范圍.

解析(1)因?yàn)镮AD|=|AC|,EB〃AC,故NEBD=NACD=NADC.

所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|EDgAD|.

又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x+1)2+y2=16,從而IAD]=4,所以|EA|+1EB|=4.(2分)

由題設(shè)得A(-1,0),B(l,0),|AB=2,由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為0+《=1(y#0).(4分)

⑵當(dāng)1與X軸不垂直時(shí),設(shè)1的方程為尸k(x-D(k^o),

M(xbyi),N(x2,y2).

ry=k(x-1),

由，％2y2得(4k?+3)x2-8k、+4妙-12=0.

+W=1

所以|MN|+/|xix2|=駕±2(6分)

4d+3

12

過(guò)點(diǎn)B(1,0)且與1垂直的直線m:y=f(x-l),A到m的距離為^=,所以

2\14k2+3

故四邊形MPNQ的面積

S=1|MNPQ|=12(17^^.(10分)

可得當(dāng)1與x軸不垂直時(shí),四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8b).

當(dāng)1與x軸垂直時(shí),其方程為x=l,MN|=3,|PQ|=8,四邊形MPNQ的面積為12.

綜上,四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,8V3).(12分)

評(píng)析本題重點(diǎn)考查圓錐曲線的幾何性質(zhì),以及直線與橢圓、圓的位置關(guān)系，尤其是對(duì)“弦長(zhǎng)”問(wèn)題的考查,

更是本題考查的重點(diǎn).解決此類問(wèn)題，除了要熟知圓錐曲線的幾何性質(zhì)之外,對(duì)計(jì)算能力的要求也非常高.

2

5.(2016浙江理,19,15分)如圖,設(shè)橢圓gy」(a〉l).

aL

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