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第29讲　圆锥曲线中的综合问题(选讲)
定点问题(手电筒模型)
例 1　已知抛物线C关于y轴对称，顶点在原点，且经过点P(2，2)，动直线l：y=kx＋b不经过点P，且与C相交于A，B两点，且直线PA和PB的斜率之积等于3.
(1) 求抛物线C的标准方程；
【解答】 由抛物线C关于y轴对称，故可设C：x2=2py，由P(2，2)在抛物线C上，得4=2p×2，解得p=1，故C：x2=2y．
(2) 求证：直线l过定点，并求出定点坐标．
【解答】 如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，kPA====，同理可得kPB=，由题知kPA·kPB==3，则x1x2＋2(x1＋x2)=8.联立得x2－2kx－2b=0，Δ=4k2＋8b＞0，x1＋x2=2k，x1x2=－2b，所以－2b＋2×2k=8，化简得b=2k－4，此时Δ=4k2＋8b=4k2＋16k－32，则Δ＞0有解，故l：y=k(x＋2)－4，即直线l过定点(－2，－4)．
已知点P(x0，y0)和A(x1，y1)，B(x2，y2)为圆锥曲线上的一定点和两动点，PA，PB的斜率为k1，k2.
(1) 若k1＋k2=0或k1·k2=1－e2，则AB的斜率为定值；
(2) 若k1＋k2=λ(λ≠0)或k1·k2=λ(λ≠1－e2)，则AB过定点．
变式 1　(2022·新高考Ⅰ卷节选)已知点A(2，1)在双曲线C：－=1(a＞1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ 的斜率之和为0，求直线l的斜率．
【解答】 因为点A(2，1)在双曲线C：－=1(a＞1)上，所以－=1，解得a2=2，即双曲线C：－y2=1.易知直线l的斜率存在，设l：y=kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立可得(1－2k2)x2－4mkx－2m2－2=0，所以2k2≠1且Δ=16m2k2＋4(2m2＋2)(1－2k2)＞0 m2＋1－2k2＞0，所以x1＋x2=－，x1x2=，由kAP＋kAQ=0，可得＋=0，即(x1－2)(kx2＋m－1)＋(x2－2)(kx1＋m－1)=0，即2kx1x2＋(m－1－2k)·(x1＋x2)－4(m－1)=0，所以2k×＋(m－1－2k)－4(m－1)=0，化简得8k2＋4k－4＋4m(k＋1)=0，即(k＋1)(2k－1＋m)=0，所以k=－1或m=1－2k．当m=1－2k时，直线l：y=kx＋m=k(x－2)＋1过点A(2，1)，与题意不符，舍去，故k=－1.
定值问题
例 2　(2025·梅州质检节选)已知F1，F2分别为椭圆E：＋=1(a＞b＞0)的左、右焦点，D为椭圆E上一点，以DF1为直径的圆C：x2＋2=过焦点F2.
(1) 求椭圆E的方程；
【解答】 如图(1)．在圆C的方程中，令y=0，得x2=1，解得x=±1，即得F1(－1，0)，F2(1，0)．又C，|OC|=|F2D|，OC∥F2D，则D，于是2a=|DF1|＋|DF2|=＋=4，解得a=2，因为c=1，所以b==，因此椭圆E的方程为＋=1.
图(1)
(2) P是椭圆E上异于左、右顶点A，B的任一点，设PB交直线x=4于点M，AM交椭圆E于点Q，证明：kAP·kAQ为定值．
【解答】 如图(2)．由题意设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(4，y0)，又A(－2，0)，B(2，0)，所以kAP=，kAQ=kAM==，直线BP的方程为y=(x－2)，当x=4时，y0=，即M，此时kAP·kAQ=×=×=．因为＋=1，所以=3=(4－)，代入上式可得kAP·kAQ=－，即kAP·kAQ为定值－．
图(2)
解决定值问题的基本方法是函数法：
(1) 从特殊入手，先根据特殊位置求出定值，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．
最值与范围问题
例 3　(2025·景德镇三模节选)已知椭圆Γ：＋=1(a＞b＞0)的离心率为，右焦点为F，过F的直线l与椭圆Γ交于A，B两点，当直线l垂直于x轴时，|AB|=3.
(1) 求Γ的方程；
【解答】 设F(c，0)(c＞0)，由Γ的离心率为，得a=2c，b=c①．在＋=1中，令x=c，得y2=b2=，则当l垂直于x轴时，|AB|==3②．由①②解得c=1，则a=2，b=，所以Γ的方程为＋=1.
(2) 记Γ的左顶点为P，求△PAB面积的最大值．
【解答】 由题意，知P(－2，0)，F(1，0)，显然l与x轴不重合，可设l：x=ty＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立消去x并整理得(3t2＋4)y2＋6ty－9=0，由韦达定理得y1＋y2=，y1y2=，则|y1－y2|==，则△PAB的面积S=|PF|·|y1－y2|==≤=，当且仅当t2＋1=1，即t=0时等号成立，所以△PAB面积的最大值为．
求圆锥曲线中的最值或范围，可以把待求量用某个(些)量来表示，然后把待求量看作关于这个量的函数，再结合基本不等式或导数求最值与范围．
配套热练
1．已知双曲线－=1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程为y=x，且过点P(，2)，M，N为双曲线上的两动点，且以MN为直径的圆过原点O．
(1) 求双曲线的标准方程；
【解答】 设双曲线的方程为x2－=λ，将P(，2)代入双曲线的方程可得5－2=λ，所以λ=3，则双曲线的标准方程为－=1.
(2) 求证：＋为定值．
【解答】 因为M，N为双曲线上的两动点，且以MN为直径的圆过坐标原点O，所以OM⊥ON，所以kOM·kON=－1.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线OM的方程为y=kx，联立解得=，=，同理可得=，=，所以＋=＋=，为定值．
2．(2025·汕头一模节选)已知△APQ的三个顶点都在抛物线y2=4x上，其中A(1，2)．当△APQ是直角三角形且∠A=90°时，证明：直线PQ过定点．
【解答】 显然直线PQ的斜率不为0，所以可设直线PQ的方程为x=my＋n，P，Q．联立得y2－4my－4n=0，则Δ=16(m2＋n)＞0，且y1＋y2=4m，y1y2=－4n，由∠A=90°，即=0，得＋(y1－2)(y2－2)=0，则(y1－2)(y2－2)·[(y1＋2)(y2＋2)＋16]=0，所以(y1－2)(y2－2)=0或(y1＋2)(y2＋2)＋16=0，从而y1y2－2(y1＋y2)＋4=0或y1y2＋2(y1＋y2)＋20=0，进而n=－2m＋1或n=2m＋5.当n=－2m＋1时，直线PQ过点A，不合题意，所以n=2m＋5，故直线PQ的方程为x－5=m(y＋2)，可知直线PQ过定点(5，
－2)．
3．(2025·茂名一模节选)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋=1(a＞b＞0)的长轴长为4，离心率为，直线l交E于A，B两点．
(1) 求E的方程；
【解答】 依题意可得解得a=2，c=，所以b2=a2－c2=2，故椭圆的方程为＋=1.
(2) 若直线l过E的右焦点F，当△OAB的面积最大时，求|AB|．
【解答】 由(1)可知F(，0)，由题可设直线l的方程为x=ty＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立消去x可得(t2＋2)y2＋2ty－2=0，则Δ=8t2＋8(t2＋2)＞0恒成立，则y1＋y2=，y1y2=，所以S△AOB=c|y1－y2|===2=2=
2≤2=，当且仅当t=0时等号成立，所以直线l垂直于x轴时，△AOB的面积取最大值，此时，|AB|===2.
4．(2025·新余一模节选)在平面直角坐标系中，点M与定点F(，0)的距离和它到定直线x=的距离之比是常数．
(1) 求点M的轨迹方程；
【解答】 设M(x，y)，结合题设有=，则4(x－)2＋4y2=3x2－8x＋16，所以x2＋4y2=4，即点M的轨迹方程为＋y2=1.
(2) 若不过点A(2，0)的直线l交曲线M于P，Q两点，且以P，Q为直径的圆过点A，证明：直线l过定点．
【解答】 如图，由以P，Q为直径的圆过点A，且直线PQ不过点A可知，直线的斜率不为0，可设PQ：x=ky＋m，m≠2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立得(4＋k2)y2＋2mky＋m2－4=0，且Δ=4m2k2－4(k2＋4)(m2－4)＞0，则m2＜k2＋4，所以y1＋y2=－，y1y2=．由题意=(x1－2，y1)·(x2－2，y2)=x1x2－2(x1＋x2)＋4＋y1y2=(k2＋1)y1y2＋k(m－2)(y1＋y2)＋m2－4m＋4=(k2＋1)·－k(m－2)·＋m2－4m＋4=0，所以5m2－16m＋12=(5m－6)(m－2)=0，即m=或m=2(舍)，所以PQ：x=ky＋，故直线l过定点．
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定点问题(手电筒模型)
例 1　已知抛物线C关于y轴对称，顶点在原点，且经过点P(2，2)，动直线l：y=kx＋b不经过点P，且与C相交于A，B两点，且直线PA和PB的斜率之积等于3.
(1) 求抛物线C的标准方程；
(2) 求证：直线l过定点，并求出定点坐标．
已知点P(x0，y0)和A(x1，y1)，B(x2，y2)为圆锥曲线上的一定点和两动点，PA，PB的斜率为k1，k2.
(1) 若k1＋k2=0或k1·k2=1－e2，则AB的斜率为定值；
(2) 若k1＋k2=λ(λ≠0)或k1·k2=λ(λ≠1－e2)，则AB过定点．
变式 1　(2022·新高考Ⅰ卷节选)已知点A(2，1)在双曲线C：－=1(a＞1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ 的斜率之和为0，求直线l的斜率．
定值问题
例 2　(2025·梅州质检节选)已知F1，F2分别为椭圆E：＋=1(a＞b＞0)的左、右焦点，D为椭圆E上一点，以DF1为直径的圆C：x2＋2=过焦点F2.
(1) 求椭圆E的方程；
(2) P是椭圆E上异于左、右顶点A，B的任一点，设PB交直线x=4于点M，AM交椭圆E于点Q，证明：kAP·kAQ为定值．
解决定值问题的基本方法是函数法：
(1) 从特殊入手，先根据特殊位置求出定值，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．
最值与范围问题
例 3　(2025·景德镇三模节选)已知椭圆Γ：＋=1(a＞b＞0)的离心率为，右焦点为F，过F的直线l与椭圆Γ交于A，B两点，当直线l垂直于x轴时，|AB|=3.
(1) 求Γ的方程；
(2) 记Γ的左顶点为P，求△PAB面积的最大值．
求圆锥曲线中的最值或范围，可以把待求量用某个(些)量来表示，然后把待求量看作关于这个量的函数，再结合基本不等式或导数求最值与范围．
配套热练
1．已知双曲线－=1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程为y=x，且过点P(，2)，M，N为双曲线上的两动点，且以MN为直径的圆过原点O．
(1) 求双曲线的标准方程；
(2) 求证：＋为定值．
2．(2025·汕头一模节选)已知△APQ的三个顶点都在抛物线y2=4x上，其中A(1，2)．当△APQ是直角三角形且∠A=90°时，证明：直线PQ过定点．
3．(2025·茂名一模节选)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋=1(a＞b＞0)的长轴长为4，离心率为，直线l交E于A，B两点．
(1) 求E的方程；
(2) 若直线l过E的右焦点F，当△OAB的面积最大时，求|AB|．
4．(2025·新余一模节选)在平面直角坐标系中，点M与定点F(，0)的距离和它到定直线x=的距离之比是常数．
(1) 求点M的轨迹方程；
(2) 若不过点A(2，0)的直线l交曲线M于P，Q两点，且以P，Q为直径的圆过点A，证明：直线l过定点．
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专题六
解析几何
第29讲　圆锥曲线中的综合问题(选讲)
定点问题(手电筒模型)
目标
1
已知抛物线C关于y轴对称，顶点在原点，且经过点P(2，2)，动直线l：y=kx＋b不经过点P，且与C相交于A，B两点，且直线PA和PB的斜率之积等于3.
(1) 求抛物线C的标准方程；
1
由抛物线C关于y轴对称，故可设C：x2=2py，由P(2，2)在抛物线C上，得4= 2p×2，解得p=1，故C：x2=2y．
【解答】
已知抛物线C关于y轴对称，顶点在原点，且经过点P(2，2)，动直线l：y=kx＋b不经过点P，且与C相交于A，B两点，且直线PA和PB的斜率之积等于3.
(2) 求证：直线l过定点，并求出定点坐标．
1
【解答】
已知点P(x0，y0)和A(x1，y1)，B(x2，y2)为圆锥曲线上的一定点和两动点，PA，PB的斜率为k1，k2.
(1) 若k1＋k2=0或k1·k2=1－e2，则AB的斜率为定值；
(2) 若k1＋k2=λ(λ≠0)或k1·k2=λ(λ≠1－e2)，则AB过定点．
变式1　
【解答】
定值问题
目标
2
2
【解答】
图(1)
2
【解答】
图(2)
解决定值问题的基本方法是函数法：
(1) 从特殊入手，先根据特殊位置求出定值，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．
最值与范围问题
目标
3
3
【解答】
3
【解答】
求圆锥曲线中的最值或范围，可以把待求量用某个(些)量来表示，然后把待求量看作关于这个量的函数，再结合基本不等式或导数求最值与范围．
热练
1．
【解答】
1．
因为M，N为双曲线上的两动点，且以MN为直径的圆过坐标原点O，所以OM⊥ON，所以kOM·kON=－1.
【解答】
2．
(2025·汕头一模节选)已知△APQ的三个顶点都在抛物线y2=4x上，其中A(1，2).当△APQ是直角三角形且∠A=90°时，证明：直线PQ过定点．
【解答】
3．
【解答】
3．
【解答】
4．
【解答】
4．
如图，由以P，Q为直径的圆过点A，且直线PQ不过
点A可知，直线的斜率不为0，可设PQ：x=ky＋m，m≠2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
【解答】

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