1、第5讲 解 析 几 何 热 点 调 研 解析几何解答题是整套试卷的把关题，也是同学们得分的冲关题通常涉及求曲线方程、最值及范围、定点、定值、定曲线等一系列的问题 解析几何型解答题，着重考查直线与圆锥曲线的位置关系，求解时除了运用设而不求，整体思维外，还要用到平面几何的基本知识和向量的基本方法，解题过程始终围绕如何简化运算展开有些问题用常规方法解答，运算往往比较复杂，此时若能以形助数，运用平面几何以及向量的方法，则会大大简化解题过程，考生应逐渐掌握这一基本技能 函数与方程思想的应用，在此处绝不是小概率事件！调研一 求标准方程、求值(2016南昌模拟)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的两
2、焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角线，直线 xy2 210 与以椭圆 C 的右焦点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆相切(1)求椭圆 C 的方程；(2)设点 B，C，D 是椭圆上不同于椭圆顶点的三点，点 B 与点 D 关于原点 O 对称设直线 CD，CB，OB，OC 的斜率分别为 k1，k2，k3，k4，且 k1k2k3k4.求 k1k2 的值；求|OB|2|OC|2 的值【解析】(1)设椭圆 C 的右焦点为 F2(c，0)，则 c2a2b2(c0)由题意可得，以椭圆 C 的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为(xc)2y2a2，圆心到直线 xy2 210 的距离 d|c2 21
3、|2a.(*)(1 分)椭圆 C 的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，b 3c，a2c，代入(*)式得 c1，b 3，a2，故所求椭圆方程为x24 y23 1.(4 分)(2)设 B(x1，y1)，C(x2，y2)，则 D(x1，y1)，于是k1k2y2y1x2x1y2y1x2x1y22y12x22x1234（4x22）34（4x12）x22x1234.(8 分)方法 1：由知，k3k4k1k234，故 y1y234x1x2.916x12x22y12y2234(4x12)34(4x22)，即 x12x22164(x12x22)x12x22，x12x224.又 2(x124 y123)
4、(x224 y223)x12x224y12y223，故 y12y223.|OB|2|OC|2x12y12x22y227.(12 分)方法 2：由知，k3k4k1k234.将 yk3x 代入x24 y23 1中，得 x121234k32.同理，x221234k42.x12x221234k321234k421234k321234（34k3）21234k32 16k3234k324.下同方法 1.(12 分)(2016武昌调研)已知抛物线 E：y22px(p0)上一点M(x0，4)到焦点 F 的距离|MF|54x0.(1)求 E 的方程；(2)过 F 的直线 l 与 E 相交于 A，B 两点，AB
5、的垂直平分线 l与 E 相交于 C，D 两点，若AC AD 0，求直线 l 的方程【解析】(1)由抛物线的定义，得|MF|x0p2，又|MF|54x0，x0p254x0，即 x02p，M(2p，4)(2 分)M(2p，4)在抛物线 y22px(p0)上，4p216，解得 p2(舍去)或 p2.故 E 的方程为 y24x.(2)由题意可知，直线 l 的斜率存在，且不等于 0，故可设 l 的方程为 yk(x1)(k0)由yk（x1）y24x，消去 y 并整理，得 k2x2(2k24)xk20.其判别式 1(2k24)24k416(k21)0.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x22k
6、24k2，y1y2k(x1x2)2k4k.AB 的中点 P 的坐标为(k22k2，2k)，|AB|x1x224（k21）k2.又 l的斜率为1k，其方程为 y2k1k(xk22k2)，即 xky3 2k2.由xky3 2k2y24x，消去 x 并整理，得 y24ky4(32k2)0.其判别式 2(4k)216(32k2)16(2k2k23)0.设 C(x3，y3)，D(x4，y4)，则 y3y44k，y3y44(32k2)x3 x4 k(y3 y4)2(3 2k2)4k2 6 4k2 4k46k24k2.CD 的中点 Q 的坐标为(2k43k22k2，2k)，|CD|1k2|y3 y4|1k2
7、（y3y4）24y3y4 1k2（4k）216（32k2）4（k21）k22|k|，|PQ|（k22k2 2k43k22k2）2（2k2k）22（k21）k21|k|.(9 分)AC AD 0，AC AD，即 ACAD，|AQ|12|CD|.又(12|AB|)2|PQ|2|AQ|2，14|AB|2|PQ|2 14|CD|2，即 144（k21）k222（k21）k21|k|2144（k21）k22|k|2，化简，得 k210，解得 k1.故所求直线 l 的方程为 y(x1)，即 xy10 或 xy10.(12 分)(2016贵州适应性考试)已知椭圆 G：x2a2y2b21(ab0)的两焦点分别
8、为 F1，F2，其离心率为 32，椭圆 G 上一点 M 满足MF1 MF20，且MF1F2 的面积为 1.(1)求椭圆 G 的方程；(2)过椭圆 G 长轴上的点 P(t，0)的直线 l 与圆 O：x2y21相切于点 Q(P 与 Q 不重合)，交椭圆 G 于 A，B 两点若|AQ|BP|，求实数 t 的值解析(1)由MF1 MF2 0 得 MF1MF2，所以|MF1|2|MF2|2|F1F2|24(a2b2)由椭圆定义得|MF1|MF2|2a，即|MF1|2|MF2|22|MF1|MF2|4a2.联立得 SMF1F212|MF1|MF2|b2，则 b21，由 e 32 得a2b2a234，解得
9、a24.所以椭圆 G 的方程为x24 y21.(2)因为 P 在长轴上，所以点 A，B，P，Q 在直线 l 上的顺序无外乎两种：A，Q，P，B 或 A，P，Q，B，无论哪种顺序，由|AQ|BP|都有 AB 与 PQ 的中点重合 因为 P，Q 不重合，直线 l 斜率存在，设其方程 yk(xt)，且 k0.由于直线 l 与圆 O 相切，则圆心 O 到 l 的距离 d|kt|k211，即 k2t2k21.设切点 Q(x0，y0)，由OQ PQ0 得 x0(x0t)y020，即x01t，联立x24y24yk（xt），化简得(14k2)x28tk2x4(t2k21)0.设 A(x1，y1)，B(x2，y
10、2)，则有 x1x2 8tk214k2.因为线段 AB，PQ 中点重合，即有 x1x2tx0，因此 8tk214k2t1t.联立化简得 k212，将其代入式，可得 t 3.调研二 定点、定值问题(2016北京)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为32，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，OAB 的面积为 1.(1)求椭圆 C 的方程；(2)设 P 是椭圆 C 上一点，直线 PA 与 y 轴交于点 M，直线PB 与 x 轴交于点 N.求证：|AN|BM|为定值【审题】(1)利用离心率的定义与三角形的面积公式，得关于参数 a，b 的方程组，解得 a，b 的值，即可求得椭圆 C
11、 的方程；(2)设出点 P 的坐标，依题意，可求出点 M，N 的坐标，即可证明|AN|BM|为定值【解析】(1)由题意得ca 32，12ab1，a2b2c2，解得 a2，b1.所以椭圆 C 的方程为x24 y21.(2)由(1)知，A(2，0)，B(0，1)设 P(x0，y0)，则 x024y024.当 x00 时，直线 PA 的方程为 y y0 x02(x2)令 x0，得 yM 2y0 x02，从而|BM|1yM|1 2y0 x02|.直线 PB 的方程为 yy01x0 x1.令 y0，得 xN x0y01，从而|AN|2xN|2 x0y01|.所以|AN|BM|2 x0y01|1 2y0
12、x02|x024y024x0y04x08y04x0y0 x02y02|4x0y04x08y08x0y0 x02y02|4.当 x00 时，y01，|BM|2，|AN|2，所以|AN|BM|4.综上，|AN|BM|为定值【回顾】(1)本题主要考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系等知识，意在考查考生的运算求解能力、推理论证能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想(2)求解此类问题的关键为：()运用椭圆的几何性质解决问题，要充分挖掘题目中所隐含的条件，如半焦距 c、长半轴长a、短半轴长 b 之间的关系：c2a2b2，离心率 eca(0，1)对称轴，顶点坐标，焦点坐标及焦点所在的坐标
13、轴等，通过这些关系列出等式，进行求解；()当题目中出现直线与圆锥曲线时，不需要特殊技巧，只需联立直线方程与圆锥曲线的方程，借助根与系数的关系，找准题设条件中的等量或不等关系，把这种关系“翻译”出来，问题即可解决(2016福建质检)已知抛物线 E：y22px(p0)的焦点为F，过 F 且垂直于 x 轴的直线与抛物线 E 交于 S，T 两点，以 P(3，0)为圆心的圆过点 S，T，且SPT90.(1)求抛物线 E 和圆 P 的方程；(2)设 M 是圆 P 上一点，过点 M 且垂直于 FM 的直线 l 交 E于 A，B 两点，证明：FAFB.【解析】(1)将 xp2代入 y22px，得 yp，所以|
14、ST|2p，因为SPT90，所以SPT 是等腰直角三角形，所以|SF|PF|，即 p|3p2|，解得 p2，所以抛物线 E：y24x，(3 分)此时圆 P 的半径为 2p2 2，所以圆 P 的方程为(x3)2y28.(4 分)(2)设 M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，依题意(x03)2y028，即 y02x026x01.(5 分)()当直线 l 的斜率不存在时，M(32 2，0)，当 x32 2时，由 y24x，得 y(2 22)不妨设 A(32 2，2 22)，B(32 2，2 22)，则 kAF1，kBF1，kAFkBF1，即 AFBF.(6 分)当 x32 2时，同
15、理可得，AFBF.()当直线 l 的斜率存在时，如图，因为直线 l 与抛物线 E交于 A，B 两点，所以直线 l 的斜率不为零，x01 且 y00.因为 lMF，所以 klkMF1，所以 kl1x0y0，(7 分)直线 l：y1x0y0(xx0)y0.由y24xy1x0y0（xx0）y0得，y2 4y01x0y4x024y024x01x00，(8 分)即 y2 4y01x0y20 x041x0 0，所以 y1y2 4y01x0，y1y220 x041x0，(9 分)所以FA FB(x11)(x21)y1y2(y124 1)(y224 1)y1y2(10 分)（y1y2）216y12y2241y
16、1y2（y1y2）216（y1y2）24132y1y2（5x01）2（1x0）2 4y02（1x0）2130 x061x0 （5x01）24y02（1x0）26（5x01）（1x0）（1x0）2 24x04x0244y02（1x0）2 4（x02y026x01）（1x0）2 0，所以 AFBF.(12 分)(2016石家庄模拟)已知抛物线 C：y22px(p0)过点M(m，2)，其焦点为 F，|MF|2.(1)求抛物线 C 的方程；(2)设 E 为 y 轴上异于原点的任意一点，过点 E 作不经过原点的两条直线分别与抛物线 C 和圆 F：(x1)2y21 相切，切点分别为 A，B，求证：直线 A
17、B 过定点【解析】(1)抛物线 C 的准线方程为 xp2，|MF|mp22，又 42pm，即 42p(2p2)，(2 分)p24p40，p2，抛物线 C 的方程为 y24x.(4 分)(2)设点 E(0，t)(t0)，由已知切线不为 y 轴，设 EA：ykxt，联立ykxty24x，消去 y，可得 k2x2(2kt4)xt20，直线 EA 与抛物线 C 相切，(2kt4)24k2t20，即 kt1，代入可得1t2x22xt20，xt2，即 A(t2，2t)(6分)设切点 B(x0，y0)，则由几何性质可以判断点 O，B 关于直线EF：ytxt 对称，则 y0 x0t0011y02 tx02 t
18、，解得x0 2t2t21y0 2tt21，即 B(2t2t21，2tt21)(8 分)方法 1：直线 AB 的斜率为 kAB 2tt21(t1)，直线 AB 的方程为 y 2tt21(xt2)2t，(10 分)整理得 y 2tt21(x1)，(11 分)直线 AB 恒过定点 F(1，0)，当 t1 时，A(1，2)，B(1，1)，此时直线 AB 为 x1，过点 F(1，0)综上，直线 AB 恒过定点 F(1，0)(12 分)方法 2：直线 AF 的斜率为 kAF 2tt21(t1)，直线 BF 的斜率为 kBF2tt2102t2t211 2tt21(t1)，kAFkBF，即 A，B，F 三点共
19、线(10 分)当 t1 时，A(1，2)，B(1，1)，此时 A，B，F 三点共线(11 分)直线 AB 过定点 F(1，0)(12 分)【回顾】1.定值问题 解析几何中的定值问题的证明可运用函数的思想方法来解决一般步骤如下：选择适当的变量；把要证明的定值的量表示成上述变量的函数；把定值的量化成与变量无关的形式，从而证明是定值 2定点问题 定点问题通常情况下要建立含参数的曲线方程，选取合适的坐标，使得此坐标适合该曲线方程且与参数无关1(2016河北三市二次联考)已知焦距为 2 3的椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左焦点为 F1、上顶点为 D，直线 DF1 与椭圆 C 的另一个交点为 H
20、，且|DF1|7|F1H|.(1)求椭圆的方程；(2)点 A 是椭圆 C 的右顶点，过点 B(1，0)且斜率为 k(k0)的直线 l 与椭圆 C 相交于 E，F 两点，直线 AE，AF 分别交直线x3 于 M，N 两点，线段 MN 的中点为 P.记直线 PB 的斜率为 k，求证：kk为定值解析(1)椭圆 C 的焦距为 2 3，F1(3，0)，又 D(0，b)，|DF1|7|F1H|，点 H 的坐标为(8 37，b7)，则64349a2 1491，解得 a24，则 b2431，椭圆 C 的方程为x24 y21.(2)根据已知可设直线 l 的方程为 yk(x1)由yk（x1）x24y240，得(4
21、k21)x28k2x4k240.设 E(x1，y1)，F(x2，y2)，则 x1x2 8k24k21，x1x24k244k21.直线 AE，AF 的方程分别为：y y1x12(x2)，y y2x22(x2)，令x3，则M(3，y1x12)，N(3，y2x22)，P(3，12(y1x12 y2x22)kkk4k（x11）（x22）k（x21）（x12）（x12）（x22）k24 2x1x23（x1x2）4x1x22（x1x2）4 k24 8k2824k216k244k214k2416k216k244k21k2444k214.2(2016长沙四校联考)已知椭圆 C1：x2a2y2b21(ab0)的
22、离心率为 32，P(2，1)是 C1 上一点(1)求椭圆 C1 的方程；(2)设 A，B，Q 是 P 分别关于两坐标轴及坐标原点的对称点，平行于 AB 的直线 l 交 C1 于异于 P，Q 的两点 C，D.点 C 关于原点的对称点为 E.证明：直线 PD，PE 与 y 轴围成的三角形是等腰三角形解析(1)因为 C1 的离心率为 32，所以 a24b2，从而 C1 的方程为 x24b2y2b21.将 P(2，1)代入，解得 b22，因此 a28.所以椭圆 C1 的方程为x28 y22 1.(2)不妨设 A，B 的坐标分别为(2，1)，(2，1)，因此直线 l 的斜率为12.设直线 l 的方程为
23、y12xt.由y12xtx28 y22 1得，x22tx2t240.当 0 时，不妨设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，于是 x1x22t，x1x22t24.分别设直线 PD，PE 的斜率为 k1，k2，则 k1k2y21x22y11x12（y21）（2x1）（2x2）（y11）（2x2）（2x1）.要证直线 PD，PE 与 y 轴围成的三角形是等腰三角形，只需证(y21)(2x1)(2x2)(y11)0，而(y21)(2x1)(2x2)(y11)2(y2y1)(x1y2x2y1)x1x24 x2x1x1x2t(x1x2)x1x24 x1x2t(x1x2)4 2t242t24 0，所以直线
24、 PD，PE 与 y 轴围成的三角形是等腰三角形调研三 最值与范围问题最值问题(2016武汉调研)已知双曲线：x2a2y2b21(a0，b0)经过点P(2，1)，且其中一焦点 F 到一条渐近线的距离为 1.(1)求双曲线 的方程；(2)过点 P 作两条相互垂直的直线 PA，PB 分别交双曲线 于A，B 两点，求点 P 到直线 AB 距离的最大值【解析】(1)双曲线x2a2y2b21 过点(2，1)，4a21b21.(2分)不妨设 F 为右焦点，则 F(c，0)到渐近线 bxay0 的距离 d|bc|a2b2b，b1，a22.所求双曲线的方程为x22 y21.(4 分)(2)设 A(x1，y1)
25、，B(x2，y2)，直线 AB 的方程为 ykxm.将 ykxm 代入 x22y22 中，整理得(2k21)x24kmx2m220.x1x24km2k21，x1x22m222k21.PAPB0，(x12，y11)(x22，y21)0，(6 分)(x12)(x22)(kx1m1)(kx2m1)0，(k21)x1x2(kmk2)(x1x2)m22m50.将代入，得 m28km12k22m30，(m2k1)(m6k3)0.而 PAB，m6k3，从而直线 AB 的方程为 ykx6k3.(8 分)将 ykx6k3 代入 x22y220 中，判别式 8(34k236k10)恒成立，ykx6k3 即为所求直
26、线(10 分)P 到 AB 的距离 d|2k6k31|1k24|k1|k21.(d4)2k212kk211 2kk212.d4 2，即点 P 到直线 AB 距离的最大值为 4 2.(12 分)范围问题(2016石家庄质检二)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 22，过点 M(1，0)的直线交椭圆 C 于 A，B 两点，|MA|MB|，且当直线 l 垂直于 x 轴时，|AB|2.(1)求椭圆 C 的方程；(2)若 12，2，求弦长|AB|的取值范围【解析】(1)由已知 e 22，得ca 22，(2 分)又当直线垂直于 x 轴时，|AB|2，所以椭圆过点(1，22)，代入椭圆方程
27、得1a2 12b21，a2b2c2，联立方程可得 a22，b21，椭圆 C 的方程为x22 y21.(4 分)(2)当过点 M 的直线斜率为 0 时，点 A，B 分别为椭圆长轴的端点，|MA|MB|212132 22 或|MA|MB|212132 202 2x0b0)的离心率为12，且经过点 P(1，32)过它的两个焦点 F1，F2 分别作直线 l1与 l2，l1 交椭圆于 A，B 两点，l2 交椭圆于 C，D 两点，且 l1l2.(1)求椭圆的标准方程；(2)求四边形 ACBD 的面积 S 的取值范围解析(1)由ca12a2c，所以 a24c2，b23c2，将点 P 的坐标代入椭圆方程得 c
28、21，故所求椭圆方程为x24 y23 1.(2)若 l1 与 l2 中有一条直线的斜率不存在，则另一条直线的斜率为 0，此时四边形的面积 S6.若 l1 与 l2 的斜率都存在，设 l1 的斜率为 k，则 l2 的斜率为1k，则直线 l1 的方程为 yk(x1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得方程组yk（x1），x24 y23 1，消去 y 并整理，得(4k23)x28k2x4k2120.x1x2 8k24k23，x1x24k2124k23.|x1x2|12 k214k23.|AB|1k2|x1x2|12（k21）4k23.注意到方程的结构特征和图形的对称性，可以用1k代替中的
29、k，得|CD|12（k21）3k24，S12|AB|CD|72（1k2）2（4k23）（3k24），令 k2t(0，)，S72（1t）2（4t3）（3t4）6（12t225t12）6t12t225t12 6612t12t 256 64928849.S28849，6)综上可知，四边形 ACBD 的面积 S28849，6).调研四 探究定点问题(2016长沙四校联考)设 F1、F2 分别是椭圆 E：x24 y2b21(b0)的左、右焦点，若 P 是椭圆 E 上的一动点，且PF1 PF2 的最大值为 1.(1)求椭圆 E 的方程；(2)设直线 xky1 与椭圆 E 交于 A、B 两点，点 A 关于
30、x轴的对称点为 A(A与 B 不重合)，则直线 AB与 x 轴是否交于一个定点？若是，请写出该定点的坐标，并证明你的结论；若不是，请说明理由【审题】(1)先设 P(x，y)，且表示出 F1、F2 的坐标，然后求出PF1、PF2，得到PF1 PF2 关于 x 的表达式，利用PF1 PF2 的最大值求得 b2 的值，进而可求出椭圆的方程；(2)是探索性问题，把直线方程 xky1 与椭圆方程联立消去 x，设出 A、B 的坐标，可得 A的坐标，利用根与系数的关系表示出 y1y2 和 y1y2，进而可表示出直线 AB 的方程，令 y0 求出 x 的表达式，将 x1ky11，x2ky21 代入 x 的表达
31、式即可求得 x4，进而可推断出直线 AB 与 x 轴交于定点(4，0)【解析】(1)方法 1：易知 a2，c 4b2，b24，所以 F1(4b2，0)，F2(4b2，0)，设 P(x，y)，则 PF1 PF2(4b2x，y)(4b2x，y)x2y2(4b2)x2b2b2x24 4b2(1b24)x22b24.(3 分)因为 x2，2，故当 x2，即点 P 为椭圆长轴端点时，PF1 PF2 有最大值 1，即 1(1b24)42b24，解得 b21.故所求椭圆 E 的方程为x24 y21.(5 分)方法 2：由题意知，a2，c 4b2，b20，故 y1y2 2kk24，y1y2 3k24.(7 分
32、)经过点 A(x1，y1)，B(x2，y2)的直线方程为 yy1y2y1xx1x2x1.(8 分)令 y0，则 xx2x1y1y2y1x1（x2x1）y1（y1y2）x1y1y2x2y1x1y2y1y2，(9 分)又 x1ky11，x2ky21，所 以x x2y1x1y2y1y2（ky21）y1（ky11）y2y1y22ky1y2（y1y2）y1y2 6kk24 2kk242kk244.(11 分)故直线 AB 与 x 轴交于定点(4，0)(12 分)【回顾】解决定点、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；另一种方法
33、就是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(2016广州综合测试)已知椭圆 C 的中心在坐标原点，焦点在 x 轴上，左顶点为 A，左焦点为 F1(2，0)，点 B(2，2)在椭圆 C 上，直线 ykx(k0)与椭圆 C 交于 E，F 两点，直线AE，AF 分别与 y 轴交于点 M，N.(1)求椭圆 C 的方程；(2)以 MN 为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由【解析】(1)设椭圆 C 的方程为x2a2y2b21(ab0)，因为椭圆的左焦点为 F1(2，0)，所以 a2b24.(1 分)设椭圆的右焦点为 F2(2，0)，已知
34、点 B(2，2)在椭圆 C 上，由椭圆的定义知|BF1|BF2|2a，所以 2a3 2 24 2，(2分)所以 a2 2，从而 b2.(3 分)所以椭圆 C 的方程为x28 y24 1.(4 分)(2)因为椭圆 C 的左顶点为 A，则点 A 的坐标为(2 2，0)(5分)因为直线 ykx(k0)与椭圆x28 y24 1 交于 E，F 两点，设点 E(x0，y0)(不妨设 x00)，则点 F(x0，y0)联立方程组ykxx28 y24 1消去 y 得，x2812k2，所以 x02 212k2，则 y0 2 2k12k2，所以直线 AE 的方程为 yk1 12k2(x2 2)(6 分)因为直线 A
35、E，AF 分别与 y 轴交于点 M，N，令 x0 得，y2 2k1 12k2，即点 M(0，2 2k1 12k2)，(7 分)同理可得点 N(0，2 2k1 12k2)，(8 分)所以|MN|2 2k1 12k22 21 12k2|2 2（12k2）|k|.(9分)设 MN 的中点为 P，则点 P 的坐标为(0，2k)，(10 分)则 以 MN 为 直 径 的 圆 的 方 程 为 x2 (y 2k)2(2（12k2）|k|)2，即 x2y22 2k y4，(11 分)令 y0，得 x24，即 x2 或 x2.故以 MN 为直径的圆经过两定点 P1(2，0)，P2(2，0)(12分)1(2016
36、福建厦门质检)已知抛物线 E：y24x，点 F(a，0)，直线 l：xa(a0)(1)P 为直线 l 上的点，R 是线段 PF 与 y 轴的交点，且点 Q满足 RQFP，PQl，当 a1 时，试问点 Q 是否在抛物线 E 上？并说明理由(2)过点 F 的直线交抛物线 E 于 A，B 两点，直线 OA，OB分别与直线 l 交于 M，N 两点(O 为坐标原点)，求证：以 MN 为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标解析(1)由已知 a1 得 F(1，0)为焦点，l：x1 为准线 如图，因为点 O 为 FC 的中点且 ROPC，所以 R 为线段 PF的中点，又因为 RQPF，所以 RQ 为 PF 的垂直
37、平分线，可知PQQF.根据抛物线定义，得点 Q 在抛物线 E：y24x 上 (2)证明：由图形的对称性可知定点在 x 轴上，设定点为 K(m，0)，直线 AB 的方程为 xtya(t0)，代入 y24x，得 y24ty4a0.设 A(y124，y1)，B(y224，y2)由一元二次方程根与系数的关系，得 y1y24t，y1y24a.又求得 kOA4y1，kOB4y2，故直线 OA 的方程为 y 4y1x，直线 OB 的方程为 y 4y2x.得到 M(a，4ay1)，N(a，4ay2)由于圆恒过定点 K(m，0)，根据圆的性质可知MKN90，即KM KN 0，又KM(am，4ay1)，KN(am
38、，4ay2)，所以(am)216a2y1y20(am)24a0，所以 m2 aa.故以 MN 为直径的圆恒过定点(2 aa，0)，(2 aa，0)2(2016宜春、新余联考)已知椭圆 C 的中心在原点，焦点在 x 轴上，离心率为 22，它的一个焦点恰好与抛物线 y24x 的焦点重合(1)求椭圆 C 的方程；(2)设椭圆的上顶点为 A，过点 A 作椭圆 C 的两条动弦 AB，AC，若直线 AB，AC 斜率之积为14，直线 BC 是否一定经过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由解析(1)易知x22 y21.(2)由(1)知 A(0，1)，当直线 BC 的斜率不存在时，设 BC：xx
39、0，设 B(x0，y0)，则 C(x0，y0)，kABkACy01x0 y01x01y02x02 12x02x02 1214，不合题意 故直线 BC 的斜率存在设直线 BC 的方程为：ykxm(m1)，并代入椭圆方程，得：(12k2)x24kmx2(m21)0，由(4km)28(12k2)(m21)0 得 2k2m210.设 B(x1，y1)，C(x2，y2)，则 x1，x2 是方程的两根，由根与系数的关系得，x1x2 4km12k2，x1x22（m21）12k2，由 kABkACy11x1 y21x2 14得：4y1y24(y1y2)4x1x2，即(4k21)x1x24k(m1)(x1x2)
40、4(m1)20，整理得(m1)(m3)0，又因为 m1，所以 m3，此时直线 BC的方程为 ykx3.所以直线 BC 恒过一定点(0，3)调研五 定值问题(2016合肥质检)设 A，B 为抛物线 y2x 上相异两点，其纵坐标分别为 1，2，分别以 A，B 为切点作抛物线的切线 l1，l2，设 l1，l2 相交于点 P.(1)求点 P 的坐标；(2)M 为 A，B 间抛物线段上任意一点，设PM PAPB，试判断 是否为定值？如果为定值，求出该定值，如果不是定值，请说明理由【解析】(1)由题知 A(1，1)，B(4，2)，设点 P 的坐标为(xP，yP)，切线 l1：y1k(x1)，联立y1k（x
41、1）y2x，由抛物线与直线 l1 相切，解得 k12，即 l1：y12x12，同理，l2：y14x1.联立 l1，l2 的方程，可解得xP2yP12，即点 P 的坐标为(2，12)(6 分)(2)设 M(y02，y0)，且2y01.由PM PAPB得(y022，y012)(3，32)(6，32)，即y02236y01232（），解得（y02）29（y01）29，(10 分)则 y0231y031，即 为定值 1.(12 分)【回顾】(1)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，不因参数的变化而变化，而始
42、终是一个确定的值；(2)求定值问题常见的方法有两种：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；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(2016湖南东部六校联考)如图，已知 M(x0，y0)是椭圆C：x26 y23 1 上的任一点，从原点 O 向圆 M：(xx0)2(yy0)22 作两条切线，分别交椭圆于点 P，Q.(1)若直线 OP，OQ 的斜率存在，并记为 k1，k2，求证 k1k2为定值；(2)试问|OP|2|OQ|2 是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由【解析】(1)因为直线 OP：yk1x 以及 OQ：yk2x 与圆M 相切，所以|k1x0y0|1k12
43、 2，化简得(x022)k122x0y0k1y0220，同理(x022)k222x0y0k2y0220，所以 k1，k2 是方程(x022)k22x0y0ky0220 的两个不相等的实数根，所以 k1k2y022x022.因为点 M(x0，y0)在椭圆 C 上，所以x026 y023 1，即 y02312x02，所以 k1k2112x02x022 12.(5 分)(2)|OP|2|OQ|2 是定值，定值为 9.(7 分)理由如下：方法 1：当直线 OP，OQ 不落在坐标轴上时，设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立yk1xx26 y23 1，解得x12612k12y12 6k1212k1
44、2.所以 x12y126（1k12）12k12，同理，得 x22y226（1k22）12k22，由 k1k212，得|OP|2|OQ|2 x12 y12 x22 y22 6（1k12）12k126（1k22）12k226（1k12）12k1261（12k1）212（12k1）2 918k1212k12 9.(9分)当直线 OP，OQ 落在坐标轴上时，显然有|OP|2|OQ|29，综上：|OP|2|OQ|29.(12 分)方法 2：当直线 OP，OQ 不落在坐标轴上时，设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为 k1k212，所以 y12y2214x12x22，因为 P(x1，y1)，Q(x2
45、，y2)在椭圆 C 上，所以x126 y123 1x226 y223 1，即y12312x12y22312x22，所以(312x12)(312x22)14x12x22，整理得 x12x226，所以 y12y22(312x12)(312x22)3，所以|OP|2|OQ|29.(9 分)当直线 OP，OQ 落在坐标轴上时，显然有|OP|2|OQ|29，综上：|OP|2|OQ|29.(12 分)1(2016福州五校联考)已知抛物线 y22px(p0)，过点(4，0)作直线 l 交抛物线于 A，B 两点，且以 AB 为直径的圆过原点O.(1)求抛物线的方程；(2)过抛物线上的定点 M(1，p)作两条关
46、于直线 x1 对称的直线，分别交抛物线于 C，D 两点，连接 CD，试问：直线 CD的斜率是否为定值？请说明理由解析(1)当直线 l 的斜率不存在时，2 2p4，p2，y24x.当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 yk(x4)(k0)，联立yk（x4）y22px，消去 y 得 k2x2(8k22p)x16k20，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x216，所以 y12y224p2x1x264p2，y1y28p，由OA OB0，得 x1x2y1y20，即 168p0，所以 p2，故抛物线的方程为 y24x.综上，抛物线的方程为 y24x.(2)由(1)知，M(1，2)，
47、设直线 CD 的方程是 xmyn，显然直线CD 不过点 M.联立y24xxmyn，消去 x 得 y24my4n0，设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则y3y44my3y44n，由题意 MC，MD 两直线关于直线 x1 对称等价于直线 MC，MD 的倾斜角互补，即 kMCkMD0，即y32x31y42x410，整理得(y32)(x41)(y42)(x31)0，即 x3y4x4y32(x3x4)(y3y4)40，将x3my3nx4my4n和y3y44my3y44n 代入上式化简得(m1)(n2m1)0，要使上式恒成立，当且仅当 m10 或 n2m10.当 m10，即 m1 时，直线 CD 的方
48、程为 xyn，即直线 CD 的斜率为1.当 n2m10 时，将 n12m 代入直线 CD 的方程得xmy12m，即 x1m(y2)，此时直线 CD 过点 M(1，2)，与题意矛盾 所以直线 CD 的斜率恒为定值1.2(2016广西桂林、防城港调研)已知抛物线 C：x22py(p0)的焦点为 F，直线 l：y3 与 C 交于 A，B 两点，l 与 y 轴交于点N，且AFB120.(1)求抛物线 C 的方程；(2)当 0p6 时，设 C 在点 Q 处的切线与直线 l，x 轴依次交于 M，D 两点，以 MN 为直径作圆 G，过 D 作圆 G 的切线，切点为 H，试探究：当点 Q 在 C 上移动(Q
49、与原点不重合)时，线段DH 的长度是否为定值？解析(1)抛物线焦点为 F(0，p2)若 0p6，则有|FN|3p2，|FA|3p2.由AFB120，得|FA|2|FN|，3p22(3p2)，p2.抛物线 C 的方程为 x24y.若 p6，则有|FN|p23，|FA|3p2，同理可得 p18.抛物线 C 的方程为 x236y.综上，抛物线 C 的方程为 x24y 或 x236y.(2)由(1)知，当 0p6 时，抛物线 C 的方程为 x24y.设 Q(x0，14x02)，抛物线 C 的方程为 y14x2，则 y|xx012x0.C 在点 Q 处的切线方程为 y14x0212x0(xx0)，即 y12x0 x14x02.令 y0，得 x12x0，D(12x0，0)联立y12x0 x14x02，y3，得 M(12x0 6x0，3)，G(14x03x0，3)设圆 G 的半径为 r，则 r12|MN|14x0 3x0|.|DH|DG|2r2（14x03x012x0）232（14x03x0）2 6.当点 Q 在 C 上移动时，线段 DH 的长度为定值请做：解析几何专练 作业（二十四）-（二十五）
