1、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.角度一：定点问题1(2017全国卷)设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C：x22y21 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 x3 上，且OP PQ 1.证明：过点 P
2、 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F.切入点：点 M 在椭圆 C 上，且 MNx 轴；NP 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)，则 N(x0,0)，NP(xx0，y)，NM(0，y0)由NP 2NM 得 x0 x，y0 22 y.因为 M(x0，y0)在 C 上，所以x22y221.因此点 P 的轨迹方程为 x2y22.(2)证明：由题意知 F(1,0)设 Q(3，t)，P(m，n)，则 OQ(3，t)，PF(1m，n)，OQ PF33mtn，OP(m，n)，PQ(3m，tn)由
3、OP PQ 1 得3mm2tnn21.又由(1)知 m2n22，故 33mtn0.所以OQ PF0，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)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 x20 相切(1)若 A 在直线 xy0 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：M 过点 A，B；M 与直线 x20 相切 关键点：确定圆心 M 的坐标；选用合适的参数表示|MA|MP|的值 解(1)因为
4、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 xy0 上，且 A，B 关于坐标原点 O 对称，所以 M 在直线 yx 上，故可设 M(a，a)因为M 与直线 x20 相切，所以M 的半径为 r|a2|.由已知得|AO|2，又 MOAO，故可得 2a24(a2)2，解得 a0 或 a4.故M 的半径 r2 或 r6.(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|x2|，|AO|2.由于 MOAO，故可得 x2y24(x2)2，化简得 M 的轨迹方程为 y24x.因为曲线 C：y24x 是以点 P(1,0
5、)为焦点，以直线 x1 为准线的抛物线，所以|MP|x1.因为|MA|MP|r|MP|x2(x1)1，所以存在满足条件的定点 P.教师备选题1(2017全国卷)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)，四点 P1(1,1)，P2(0,1)，P31，32，P41，32 中恰有三点在椭圆 C 上(1)求 C 的方程；(2)设直线 l 不经过 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 1a2 1b2 1a2 34b2知，椭圆 C 不经过点 P1
6、，所以点 P2 在椭圆 C 上 因此 1b21，1a2 34b21，解得a24，b21.故椭圆 C 的方程为x24y21.(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：xt，由题设知 t0，且|t|2，可得 A，B 的坐标分别为t，4t22，t，4t22，则 k1k2 4t222t4t222t1，得 t2，不符合题设 从而可设 l：ykxm(m1)将 ykxm 代入x24y21 得(4k21)x28kmx4m240.由题设可知 16(4k2m21)0.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2 8km4k21，x1x24m24
7、4k21.而 k1k2y11x1 y21x2kx1m1x1kx2m1x22kx1x2m1x1x2x1x2.由题设 k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)4m244k21(m1)8km4k210，解得 km12.当且仅当 m1 时，0，于是 l：ym12xm，即 y1m12(x2)，所以 l 过定点(2，1)2(2018北京高考)已知抛物线 C：y22px 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
8、 QO，QN QO，求证：11为定值解(1)因为抛物线 y22px 过点(1,2)，所以 2p4，即 p2.故抛物线 C 的方程为 y24x.由题意知，直线 l 的斜率存在且不为 0.设直线 l 的方程为 ykx1(k0)，由y24x，ykx1，得 k2x2(2k4)x10.依题意(2k4)24k210，解得 k0 或 0k0)的直线交 E 于 A，M 两点，点 N 在 E 上，MANA.(1)当|AM|AN|时，求AMN 的面积；(2)当 2|AM|AN|时，证明：3k0.由已知及椭圆的对称性知，直线 AM 的倾斜角为4.又 A(2,0)，因此直线 AM 的方程为 yx2.将 xy2 代入x
9、24y231 得 7y212y0.解得 y0 或 y127，所以 y1127.因此AMN 的面积 SAMN212127 127 14449.(2)证明：设直线 AM 的方程为 yk(x2)(k0)，代入x24y231 得(34k2)x216k2x16k2120.由 x1(2)16k21234k2 得 x1234k234k2，故|AM|x12|1k212 1k234k2.由题意，设直线 AN 的方程为 y1k(x2)，故同理可得|AN|12k 1k23k24.由 2|AM|AN|得234k2k3k24，即 4k36k23k80.设 f(t)4t36t23t8，则 k 是 f(t)的零点f(t)1
10、2t212t33(2t1)20，所以 f(t)在(0，)单调递增又 f(3)15 3260，f(2)60，因此 f(t)在(0，)上有唯一的零点，且零点 k 在(3，2)内，所以 3k2.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：y24x 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 x2y241(x0)上的动点，求PAB 面积的取值范围解(1)证明：设 P(x0，y0)，A14y21，y1，B14y22，y2.因为 PA，PB 的中点在抛物线上
11、，所以 y1，y2 为方程yy022414y2x02，即 y22y0y8x0y200 的两个不同的实根 所以 y1y22y0，因此，PM 垂直于 y 轴(2)由(1)可知，y1y22y0，y1y28x0y20，所以|PM|18(y21y22)x034y203x0，|y1y2|2 2y204x0.因此，PAB 的面积SPAB12|PM|y1y2|3 24(y204x0)32.因为 x20y2041(x0b0)的离心率为 22，椭圆 C 截直线 y1所得线段的长度为 2 2.(1)求椭圆 C 的方程；(2)动直线 l：ykxm(m0)交椭圆 C 于 A，B 两点，交 y 轴于点 M.点 N 是 M
12、 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 a22(a2b2)，又当 y1 时，x2a2a2b2，得 a2a2b22，所以 a24，b22.因此椭圆方程为x24y221.(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)联立方程，得ykxm，x24y221，得(2k21)x24kmx2m240.由 0 得 m20，从而 yt1t在3，)上单调递增，因此 t1t103，等号当且仅当 t3 时成立，此时 k0，所以|ND|2|NF|2134.由(*)得 2m0)于点 P，M 关于点 P
13、 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：l：yt(t0)；M 关于点 P 的对称点为 N；ON 的延长线交 C 于点 H.关键点：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；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)，Pt22p，t.又 N 为 M 关于点 P 的对称点，故 Nt2p，t，故直线 ON 的方程为 yptx，将其代入 y22px 整理得 px22t2x0,解得 x10，x22
14、t2p.因此 H2t2p，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 ytp2tx，即 x2tp(yt)代入 y22px 得 y24ty4t20，解得 y1y22t，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)已知椭圆 C：9x2y2m2(m0)，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，
15、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：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)将 ykxb 代入 9x2y2m2，得(k29)x22kbxb2m20，故 xMx1x22 kbk29，yMkxMb 9bk29.于是直线 OM 的斜率 kOMyMxM9k，即 kOMk9.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 k0，k3.由(1)得 OM
16、的方程为 y9kx.设点 P 的横坐标为 xP.由y9kx，9x2y2m2，得 x2P k2m29k281，即 xPkm3 k29.将点m3，m 的坐标代入直线 l 的方程得 bm3k3，因此 xMkk3m3k29.四边形 OAPB 为平行四边形，当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分，即 xP2xM.于是km3 k292kk3m3k29，解得 k14 7，k24 7.因为 ki0，ki3，i1,2，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.1
17、当条件和结论不唯一时，要分类讨论.2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.3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：x2a2y2b21(ab0)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 eca 32 可设 a2t，c 3t(t0)，所以 b a2c2t，即椭圆 C 的方程为 x2
18、4t2y2t21，把点1，32 代入椭圆 C 的方程得 t1，所以 a2，b1，所以椭圆 C 的标准方程为x24y21.(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 xmy 3，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 H(x2，y2)，联立xmy 3，x24y24，消去 x 得，(m24)y22 3my10.显然 0，由根与系数的关系得 y1y22 3mm24，y1y2 1m24，直线 AH 的方程为 yy1y2x1x2(xx2)y2，令 y0，得 xx1y2x2y1y1y2 my1 3y2my2 3y1y1y22my1y2 3y1y2y1y24 33，即直线 AH 与
19、 x 轴交于一个定点，记为 M4 33，0，所以 SAFH12|FM|y1y2|12 33 2 3|m|m24 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 xmy 3，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 H(x2，y2)，联立xmy 3，x24y24，消去 x 得，(m24)y22 3my10.显然 0，由根与系数的关系得 y1y22 3mm24，y1y2 1m24，作 AA1x 轴于 A1(图略)，设 HB 交 x 轴于点 B1，x1x2，y10，y20，则 m0，AFH 的面积 SS 梯形 AA1B
20、1HSAA1FSHB1F|y1|y2|x1x2212(x1c)|y1|12(cx2)|y2|12 3(y1y2)x2y1x1y212 3(y1y2)(my2 3)y1(my1 3)y2my1y2mm241m4m14，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 x1 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QNMPNM？若存在，求点 N 的坐标；若不存在，请说明理由解(1)法一：依题
21、意知，动圆圆心 C 到定点 F(1,0)的距离与到定直线 x1 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，x1 为准线的抛物线，其中 p2.动圆圆心 C 的轨迹 E 的方程为 y24x.法二：设动圆圆心 C(x，y)，依题意得 x12y2|x1|，化简得 y24x，即为动圆圆心 C 的轨迹 E 的方程(2)假设存在点 N(x0,0)满足题设条件 由QNMPNM 可知，直线 PN 与 QN 的斜率互为相反数，即 kPNkQN0.易知直线 PQ 的斜率必存在且不为 0，设直线 PQ：xmy2，由y24x，xmy2，得 y24my80.由(4m)2480，得 m 2或 m 2.设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 y1y24m，y1y28.由得 kPNkQNy1x1x0y2x2x0y1x2x0y2x1x0 x1x0 x2x00，y1(x2x0)y2(x1x0)0，即 y1x2y2x1x0(y1y2)0.消去 x1，x2，得14y1y2214y2y21x0(y1y2)0，即14y1y2(y1y2)x0(y1y2)0.y1y20，x014y1y22，存在点 N(2,0)，使得QNMPNM.Thank you for watching!