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专题五　解析几何
第1讲　小题研透——直线与圆
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.D　化圆的方程为标准方程，得（x－1）2＋（y＋3）2＝10，所以该圆的圆心（1，－3）到直线x－y＋2＝0的距离为＝＝3.
2.C　根据题意有2b＝a＋c，即a－2b＋c＝0，所以直线ax＋by＋c＝0过点M（1，－2）.设圆x2＋y2＋4y－1＝0的圆心为C，连接CM，则AB⊥CM时，｜AB｜最小，将圆的方程化为x2＋（y＋2）2＝5，则C（0，－2），所以｜MC｜＝1，所以｜AB｜的最小值为2＝4，故选C.
3.B　
由x2＋y2－4x－1＝0，得（x－2）2＋y2＝5，所以圆心为点（2，0），半径为.如图易知点（2，0）与点（0，－2）的距离为2，所以点（0，－2）与切点的距离为＝，所以sin＝，cos＝，所以sin α＝2sin·cos＝2××＝.故选B.
4.　解析：法一　由题意知点A（－2，3）关于直线y＝a的对称点为A'（－2，2a－3），所以kA'B＝，所以直线A'B的方程为y＝x＋a，即（3－a）x－2y＋2a＝0.由题意知直线A'B与圆（x＋3）2＋（y＋2）2＝1有公共点，易知圆心为（－3，－2），半径为1，所以≤1，整理得6a2－11a＋3≤0，解得≤a≤，所以实数a的取值范围是.
法二　易知（x＋3）2＋（y＋2）2＝1关于y轴对称的圆的方程为（x－3）2＋（y＋2）2＝1，由题意知该对称圆与直线AB有公共点.设直线AB的方程为y－3＝k（x＋2），即kx－y＋3＋2k＝0，因为对称圆的圆心为（3，－2），半径为1，所以≤1，解得－≤k≤－，又k＝，所以－≤≤－，解得≤a≤，所以实数a的取值范围是.
【研透高考·攻重点】
【例1】　（1）C　（2）D　解析：（1）解方程组得即直线l1，l2的交点为（1，1）.因为直线l的一个方向向量v＝（－3，2），所以直线l的斜率k＝－，则直线l的方程为y－1＝－（x－1），即2x＋3y－5＝0.故选C.
（2）＋表示直线x＋y＋1＝0上一动点P（x，y）到定点A（1，1），B（2，0）的距离之和，如图.设点A（1，1）关于直线x＋y＋1＝0的对称点为A'（x0，y0），则解得所以A'（－2，－2），则｜A'B｜＝＝2，所以＋的最小值为2.故选D.
跟踪训练
1.C　由解得即直线x＋y－3＝0，2x－y＝0的交点为（1，2）.因为所求直线与直线x－3y－1＝0垂直，所以所求直线的斜率为－3，因此所求直线的方程为y－2＝－3（x－1），即3x＋y－5＝0.故选C.
2.　解析：∵l1∥l2，∴解得m＝－4，∴l2：2x－4y－8＝0，即x－2y－4＝0，∴l1，l2之间的距离d＝＝.
【例2】　（x－3）2＋（y－3）2＝18
解析：由△ABC的垂心G（2，2）到直线BC距离d＝，设圆E半径为r，由塞尔瓦定理可得r＋｜EG｜＝2（｜EG｜＋），由圆的几何性质可得（｜EG｜＋）2＋（）2＝r2，联立解得｜EG｜＝，r＝3，因为直线BC方程为x＋y－2＝0，所以直线EG方程为y＝x，设E（a，a），则E到直线BC距离d'＝＝2.解得a＝－1（舍去）或a＝3，所以圆E的标准方程为（x－3）2＋（y－3）2＝18.
跟踪训练
1.D　
当x≥0时，曲线为x2＋y2＝2x＋2y，即（x－1）2＋（y－1）2＝2；当x＜0时，曲线为x2＋y2＝－2x＋2y，即（x＋1）2＋（y－1）2＝2.画出图象如图，故所求面积为两个圆的面积减去一个重叠部分的面积，且圆的半径为，两圆对称，即2πr2－2（πr2－××）＝3π＋2.故选D.
2.AC　圆C：（x－1）2＋y2＝1的圆心为C（1，0），半径为r＝1，对选项A，由P（4m＋3，－3m－4）得消去参数m得3x＋4y＋7＝0，所以点P在直线3x＋4y＋7＝0上，故A正确；对选项B，因为圆心C到直线3x＋4y＋7＝0的距离d＝＝2＞r，可知直线3x＋4y＋7＝0与圆C相离，结合选项A可知：点P不可能在圆C上，故B错误；对选项C，结合选项B可知｜PQ｜的最小值为d－r＝1，故C正确；对选项D，因为d＝r＋1，可知圆C上有且仅有1个点到点P的距离为1，故D错误.故选A、C.
【例3】　（1）A　（2）BC　解析：（1）设圆C2的圆心坐标为（a，b），连接AB，C1C2.因为C1（－2，3），A（0，2），B（－1，1），所以｜AC1｜＝｜BC1｜＝，所以平行四边形C1AC2B为菱形，所以C1C2⊥AB且｜AC2｜＝.可得解得或则圆心C2的坐标为（1，0）或（－2，3）（舍去）.因为圆C2的半径为，所以圆C2的方程为（x－1）2＋y2＝5.故选A.
（2）对于A，由m（x＋y＋1）＋y－x＝0对于任意的m成立，可得所以x＝y＝－，直线l过定点（－，－），A错误.对于B，将定点（－，－）代入圆C的方程得（－－1）2＋（－－2）2＝＜9，可知点（－，－）在圆（x－1）2＋（y－2）2＝9的内部，所以直线l与圆C一定相交，B正确.对于C，直线l平分圆C即直线l过圆C的圆心，将圆心坐标（1，2）代入直线l的方程得m（1＋2＋1）＋2－1＝0，得m＝－，C正确.对于D，记直线l被圆C截得的弦的长为t，圆心（1，2）到直线l的距离为d，圆C的半径为r，根据弦长、半径与圆心到直线的距离之间的关系，得（）2＝r2－d2＝9－d2.又d2≤，所以t≥，D错误.故选B、C.
跟踪训练
1.D　将x2＋2mx＋y2＋m2－1＝0化为标准方程得（x＋m）2＋y2＝1，即圆心为（－m，0），半径为1.圆x2＋（y－2）2＝4的圆心为（0，2），半径为2.因为圆x2＋（y－2）2＝4与圆x2＋2mx＋y2＋m2－1＝0至少有三条公切线，所以两圆的位置关系为外切或外离，所以≥2＋1，即m2≥5，解得m∈（－∞，－]∪[，＋∞）.故选D.
2.A　如图，
由圆的切点弦方程可知，切点弦AB的方程为x0x＋y0y－4·－5＝0.又P（－1，3），∴－1·x＋3y－4×－5＝0，即x－y＋1＝0.取AB中点H，连接CH，AC，则CH⊥AB，将圆C的方程化成标准方程，得（x－2）2＋y2＝9，圆心C（2，0），半径r＝3，∴B（－1，0），∴PB⊥x轴，直线x＝－1为圆的一条切线.设直线AB的倾斜角为α，斜率为k，则k＝tan α＝，∴α＝.在Rt△CHB中，∠BCH＝，∴∠ACB＝2∠BCH＝.劣弧＝×3＝2π.
3.A　根据题意，设点P（x，y），由＝3可得Q（，），又点Q在圆x2＋（y－1）2＝1上，可得（）2＋（－1）2＝1，即x2＋（y－3）2＝9，所以点P既在直线y＝k（x－3）上，又在以（0，3）为圆心，半径为3的圆x2＋（y－3）2＝9上，即直线和圆有公共点，所以圆心到直线距离d＝≤3，解得－≤k≤0，所以实数k的最大值为0.故选A.
【例4】　C　设P（x，y），则＝（－x，－y），＝（2－x，4－y），由·＝－1，得－x（2－x）－y（4－y）＝－1，即x2＋y2－2x－4y＋1＝0，即（x－1）2＋（y－2）2＝4，所以点P的轨迹是以C（1，2）为圆心，半径r＝2的圆.因为点B（－2，－4），所以kOB＝kOC＝2，所以O，B，C三点共线，且点O在B，C之间，则∠PBO＝∠PBC，所以当直线PB与圆C相切时，∠PBC最大，即tan∠PBC取最大值.｜BC｜＝＝3，当PB与圆C相切时，｜PB｜＝＝＝，所以（tan∠PBC）max＝＝＝，故选C.
跟踪训练
　A　由题意知A（－2，0），C（2，0），设P（x，y），则由｜PA｜＝｜PT｜，得｜PA｜2＝2｜PT｜2＝2（｜PC｜2－2），故（x＋2）2＋y2＝2[（x－2）2＋y2－2]，化简得（x－6）2＋y2＝36，所以满足｜PA｜＝｜PT｜的点P在以（6，0）为圆心，6为半径的圆上.由题意知，直线y＝k（x＋2）与圆（x－6）2＋y2＝36有公共点，所以d＝≤6，解得－≤k≤.
第2讲　小题研透——圆锥曲线的方程与性质
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.A　设点M（x，y），则P（x，y0），P'（x，0），因为M为PP'的中点，所以y0＝2y，即P（x，2y），又P在圆x2＋y2＝16（y＞0）上，所以x2＋4y2＝16（y＞0），即＋＝1（y＞0），即点M的轨迹方程为＋＝1（y＞0）.故选A.
2.A　法一　由题意知e1＝，e2＝＝，因为e2＝e1，所以＝×，得a＝.故选A.
法二　代入验证，若a＝，则e1＝＝＝，又e2＝，所以e2＝e1，所以a＝符合题意，由于是单选题，故选A.
3.AC　由于y2＝2px的焦点为（，0），直线y＝－（x－1）过焦点，所以－（－1）＝0，解得p＝2，A正确；联立消去y得3x2－10x＋3＝0，设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝，所以｜MN｜＝x1＋x2＋p＝，B不正确；以MN为直径的圆的圆心的横坐标为＝，圆心到准线l的距离d＝＋1＝＝｜MN｜，故以MN为直径的圆与l相切，C正确；不妨令点M在第一象限，由3x2－10x＋3＝0得x1＝，x2＝3，所以y1＝，y2＝－2，所以｜ON｜＝＝，｜OM｜＝＝，又｜MN｜＝，所以△OMN不是等腰三角形，D不正确.故选A、C.
4.　解析：法一　如图，由题意得｜AB｜＝10，｜AF2｜＝5，又AB∥y轴，故∠AF2F1＝90°，由｜AF1｜＝13，得｜F1F2｜＝12，故c＝6，由双曲线的定义知，｜AF1｜－｜AF2｜＝2a，得2a＝8，a＝4，故e＝＝.
法二　由题可知A，B，F2三点横坐标相等，设A在第一象限，将x＝c代入－＝1，得y＝±，即A（c，），B（c，－），故｜AB｜＝＝10，｜AF2｜＝＝5，又｜AF1｜－｜AF2｜＝2a，得｜AF1｜＝｜AF2｜＋2a＝2a＋5＝13，解得a＝4，代入＝5得b2＝20，故c2＝a2＋b2＝36，即c＝6，所以e＝＝＝.
【研透高考·攻重点】
【例1】　（1）D　（2）C　解析：（1）因为抛物线C：y2＝8x的焦点为F（2，0），准线方程为x＝－2，点M在C上，所以点M到准线x＝－2的距离为｜MF｜，又M到直线x＝－3的距离为5，即｜MF｜＋1＝5，故｜MF｜＝4.故选D.
（2）由题意可知，∠F1PF2＝90°，又直线PF2的斜率为2，可得tan∠PF2F1＝＝2，根据双曲线定义｜PF1｜－｜PF2｜＝2a，得｜PF1｜＝4a，｜PF2｜＝2a，＝｜PF1｜｜PF2｜＝×4a×2a＝4a2，又＝8，所以a2＝2，所以｜F1F2｜2＝｜PF1｜2＋｜PF2｜2＝（4a）2＋（2a）2＝20a2＝40.又｜F1F2｜2＝4c2，所以c2＝10，又a2＋b2＝c2，所以b2＝8，所以双曲线的方程为－＝1，故选C.
跟踪训练
1.B　椭圆9x2＋4y2＝36化成标准方程为＋＝1，焦点在y轴上，设所求椭圆方程为＋＝1（a＞b＞0），依题意有所以a2＝25，b2＝20，所求椭圆方程为＋＝1.故选B.
2.y2＝32（x＋3）　解析：设F1（－c，0），F2（c，0），N（x0，y0）（x0＞0，y0＞0）.由tan∠NF1F2＝，∠NF2F1＝45°，有解得x0＝c，y0＝c，由＝｜F1F2｜y0＝c2＝10，解得c＝5，则由｜O1F2｜＝8，得O1（－3，0），故抛物线方程为y2＝32（x＋3）.
【例2】　（1）C　（2）BC
解析：（1）
因为双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为y＝±x，依题意有＝2，即b＝2a c＝a，又右焦点为F（c，0），且PF⊥x轴，所以P（c，），所以k＝kOP＝＝＝＝，故选C.
（2）设该椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距为c，由题意可知a－c＝d1，a＋c＝d2，所以a＝，c＝，b2＝a2－c2＝d1d2，即b＝，椭圆的焦距为d2－d1，离心率e＝＝，短轴长为2b＝2，所以A错误，B、C正确；因为e＝＝＝＝＝－1＋，所以当越大时，椭圆的离心率e越小，即椭圆越圆，所以D错误.综上，选B、C.
跟踪训练
1.B　
由△OAB为直角三角形，及双曲线的对称性知OA⊥OB，且｜OA｜＝｜OB｜，则C的渐近线方程为y＝±x，即a＝b，由△OAB的面积为4，得×2c×c＝4，解得c＝2，又a2＋b2＝c2＝4，因此a＝b＝，所以C的方程为－＝1.故选B.
2.A　由题意，得B（b，0），F2（0，c），则＝（－b，c）.设P（x，y），则＝（x，y－c）.由＝2，得所以因为点P在椭圆C上，所以＋＝1，所以＝，所以e＝＝，故选A.
【例3】　8　24　解析：由已知得
F（2，0），准线方程为x＝－2，设直线AB的方程为x＝my＋2，A（x1，y1），B（x2，y2），弦AB的中点M（x0，y0），如图1所示，联立消去x并整理得y2－8my－16＝0，则y1＋y2＝8m，y1y2＝－16，所以x1＋x2＝m（y1＋y2）＋4＝8m2＋4，所以x0＝＝4m2＋2，y0＝＝4m，即M（4m2＋2，4m），所以｜AB｜＝x1＋x2＋4＝8m2＋8.故当m＝0时，｜AB｜min＝8.若△ABP为等边三角形，则m≠0，如图2所示，
则设直线PM的方程为y－4m＝－m（x－4m2－2），即y＝－mx＋4m3＋6m，所以点P（－2，4m3＋8m），又｜PM｜＝｜AB｜，所以（4m2＋4）2＋（4m＋4m3）2＝（8m2＋8）2，解得m2＝2，所以｜AB｜＝8m2＋8＝24.
跟踪训练
1.C　依题意，联立消去x，得y2＋2ay＋2a＝0，则Δ＝4a2－8a＝0，由a≠0，所以a＝2，故抛物线C的方程为y2＝2x，则其焦点坐标为（，0）.故选C.
2.A　依题意，
因切线斜率为1，故切点必在第一象限，设切点为（，y0），由y＝求导可得y'＝，依题，＝1，化简得y0＝p，故切点为（，p），代入y－x－1＝0中，解得p＝2，故C：y2＝4x.如图，设点A（x1，y1），B（x2，y2），则M（，），点M到y轴的距离为d＝＝－1＝－1≥－1＝2，当且仅当线段AB经过点F时，等号成立.故AB的中点M到y轴距离的取值范围为[2，＋∞）.故选A.
第3讲　大题专攻——直线与圆锥曲线的位置关系
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：（1）由题意得
解得
所以e＝＝＝.
（2）法一　kAP＝＝－，则直线AP的方程为y＝－x＋3，即x＋2y－6＝0，
｜AP｜＝＝，
由（1）知C：＋＝1，
设点B到直线AP的距离为d，则d＝＝，
则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移个单位长度即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点B，
设该平行线的方程为：x＋2y＋m＝0，
则＝，解得m＝6或m＝－18，
当m＝6时，联立
解得或
即B（0，－3）或（－3，－），
当B（0，－3）时，此时kl＝，直线l的方程为y＝x－3，即3x－2y－6＝0，
当B（－3，－）时，此时kl＝，直线l的方程为y＝x，即x－2y＝0，
当m＝－18时，联立得2y2－27y＋117＝0，
Δ＝272－4×2×117＝－207＜0，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线l的方程为3x－2y－6＝0或x－2y＝0.
法二　同法一得到直线AP的方程为x＋2y－6＝0，
点B到直线AP的距离d＝，
设B（x0，y0），
则
解得或
即B（0，－3）或（－3，－），以下同法一.
2.解：（1）将点A的坐标代入双曲线方程得－＝1，
化简得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2，
故双曲线C的方程为－y2＝1.
由题易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋b，P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立直线l与双曲线C的方程并整理得（2k2－1）x2＋4kbx＋2b2＋2＝0，
故x1＋x2＝－，x1x2＝.
kAP＋kAQ＝＋＝＋＝0，
化简得2kx1x2＋（b－1－2k）（x1＋x2）－4（b－1）＝0，
故＋（b－1－2k）－4（b－1）＝0，
整理得（k＋1）（b＋2k－1）＝0，
又直线l不过点A，即b＋2k－1≠0，故k＝－1.
故直线l的斜率为－1.
（2）不妨设直线PA的倾斜角为θ（0＜θ＜），由题意知∠PAQ＝π－2θ，
所以tan∠PAQ＝－tan 2θ＝＝2，
解得tan θ＝或tan θ＝－（舍去），
由得x1＝，
所以｜AP｜＝｜x1－2｜＝，
同理得x2＝，所以｜AQ｜＝｜x2－2｜＝.
因为tan∠PAQ＝2，所以sin∠PAQ＝，
故S△PAQ＝｜AP｜｜AQ｜sin∠PAQ＝×××＝.
【研透高考·攻重点】
【例1】　解：（1）设椭圆的半焦距为c，依题意得
∴c＝，b＝1，∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为y＝kx＋m.
由已知＝，得m2＝（k2＋1）.
把y＝kx＋m代入椭圆方程并整理，得（3k2＋1）x2＋6kmx＋3m2－3＝0.
Δ＝36k2m2－4（3k2＋1）（3m2－3）＝36k2－12m2＋12＞0.
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
∴｜AB｜2＝（1＋k2）（x2－x1）2
＝（1＋k2）［－］
＝
＝
＝3＋＝3＋（k≠0）≤3＋＝4.
当且仅当9k2＝，即k＝±时等号成立.
当k＝0时，｜AB｜＝，综上所述｜AB｜max＝2.
∴当｜AB｜最大时，△AOB的面积取得最大值Smax＝×｜AB｜max×＝.
【例2】　解：（1）证明：因为e＝＝＝＝＝，所以＝，所以a＝b.
（2）由（1）知，椭圆C的方程为＋＝1，即x2＋3y2＝3b2，当点M（，－）在椭圆C的内部时，（）2＋3×（－）2＜3b2，可得b＞.
设点P（x1，y1），Q（x2，y2），则
所以＝－，由已知可得
两式作差得（x1＋x2）（x1－x2）＋3（y1＋y2）（y1－y2）＝0，
所以＝－＝－×（－）＝，
所以直线l的方程为y－（－）＝（x－），即y＝x－，
所以直线l的方程为x－y－＝0.
【例3】　证明：由条件可知，直线AB的斜率必存在，设直线AB的方程为y＝kx＋d，
由得（1＋4k2）x2＋8kdx＋4d2－4＝0，Δ1＞0.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝，y1＋y2＝k（x1＋x2）＋2d＝，
所以点P的坐标为（，）.
因为椭圆＋＝1（m＞n＞0）的离心率e＝，所以＝，得m2＝4n2.
由得（4k2＋1）x2＋8kdx＋4d2－4n2＝0，Δ2＝16（4n2k2－d2＋n2）.
因为点P在椭圆E1上，所以（）2＋4（）2＝4n2，
所以4k2d2＋d2＝n2（1＋4k2）2，所以d2＝n2（1＋4k2），
所以Δ2＝16（4n2k2－d2＋n2）＝0，
所以直线AB与椭圆E1相切.
跟踪训练
1.解：（1）由题意得e2＝1－＝，将P（－2，）代入椭圆方程得＋＝1，联立方程组，
解得所以椭圆C的方程为＋＝1.
（2）直线AP与椭圆C相切.
理由如下：
设A（x，0），由＝，得＝，解得x＝－8，
此时A（－8，0），直线AP的方程为y＝（x＋8），
联立直线AP与椭圆C的方程，
得消y得，x2＋4x＋4＝0，解得x＝－2.
由方程组只有一组解，所以直线AP与椭圆C相切.
2.解：（1）在椭圆中，c2＝a2－b2＝2，所以c＝，由＝，得p＝2.
（2）设直线l：x＝my＋（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立方程消去x得y2－2mpy－p2＝0，
Δ＝4m2p2＋4p2＞0，则
设AB的中点为G（x0，y0），则y0＝mp，
x0＝m2p＋，
设M（x3，y3），N（x4，y4），则直线MN的斜率为－m，
由＋＝1，＋＝1，相减得到＋＝0，即－my0＝0，
即－m2p＝0，解得m2＝，
由点G在椭圆内，得＋＜1，解得p2＜2，
因为p∈N*，所以p＝1，
所以S△OAB＝×｜y1－y2｜＝＝.
【例4】　解：（1）根据题意设椭圆C的标准方程为＋＝1（a＞b＞0），
由已知得，×2a×2b＝4，即ab＝2，由c＝1可得，a2－b2＝1，
联立解得，a＝2，b＝，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
（2）①如图，当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，
由得（3＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
由题意Δ＝64k2m2－4（3＋4k2）（4m2－12）＝48（4k2－m2＋3）＞0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝－，x1x2＝，
于是y1y2＝（kx1＋m）（kx2＋m）
＝k2x1x2＋km（x1＋x2）＋m2
＝＋km（－）＋m2
＝
＝.
∵四边形ABDE为菱形，∴OA⊥OB，∴·＝0，
即x1x2＋y1y2＝＋＝0，
∴7m2＝12（k2＋1），即m2＝.（*）
依题意，OP⊥AB，故点O到直线AB：kx－y＋m＝0的距离为d＝｜OP｜＝，
两边平方并将（*）代入可得，｜OP｜2＝＝＝，
设点P（x，y），则x2＋y2＝，
即点P的轨迹方程为x2＋y2＝.
②当直线AB的斜率不存在时，四边形ABDE为正方形，
此时求得P（±，0），
也适合x2＋y2＝，
综上可得点P的轨迹方程为x2＋y2＝.
跟踪训练
　解：（1）由已知得圆C的圆心坐标为C（1，0），半径r＝2.
因为点P在线段AB的垂直平分线上，所以｜PA｜＝｜PB｜，
又r＝｜PB｜＋｜PC｜，
所以｜PA｜＋｜PC｜＝2，
所以结合椭圆的定义知，点P的轨迹E是以A，C分别为左、右焦点的椭圆.
设点P的轨迹E的方程为＋＝1（a＞b＞0），半焦距为c（c＞0），
则所以a＝，结合a2＝b2＋c2，得b＝1，
所以点P的轨迹E的方程为＋y2＝1.
（2）由已知可得直线l的斜率不为0，则可设l的方程为x＝my－1，M（x1，y1），N（x2，y2），
由消去x并整理得，（m2＋2）y2－2my－1＝0，Δ＞0，
则
所以S△CMN＝｜AC｜｜y1－y2｜＝｜y1－y2｜＝＝＝.
令t＝m2＋1（t≥1），则S△CMN＝＝＝≤＝，当且仅当t＝＝1，即m＝0时取等号，
所以△CMN面积的最大值为.
第4讲　大题专攻——圆锥曲线中的定点、定值问题
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：（1）由椭圆C过点A（－2，0），得＝1，则b2＝4.
所以c2＝a2－4.
又＝，所以a2＝9.
故椭圆C的方程为＋＝1.
（2）证明：显然直线PQ的斜率存在，故设直线PQ的斜率为k，P（x1，y1），Q（x2，y2），则lPQ：y＝k（x＋2）＋3.
联立得方程组
消去y并整理，得（4k2＋9）x2＋8k（2k＋3）x＋16k2＋48k＝0，
所以x1＋x2＝－， ①
x1x2＝. ②
又A（－2，0），P（x1，y1），则lAP：y＝（x＋2）.
同理，lAQ：y＝（x＋2）.
当x＝0时，yM＝，yN＝.
设线段MN的中点坐标为（0，y0），
则y0＝＝＋
＝k＋＋k＋
＝2k＋.
将①②代入上式，得y0＝3.
故线段MN的中点坐标为（0，3），为定点.
2.解：（1）由题意得＋＝1，＝，解得a2＝6，b2＝3.
所以C的方程为＋＝1.
（2）证明：设M（x1，y1），N（x2，y2）.
若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－，x1x2＝. ①
由AM⊥AN知，·＝0，故（x1－2）（x2－2）＋（y1－1）（y2－1）＝0，可得（k2＋1）x1x2＋（km－k－2）（x1＋x2）＋（m－1）2＋4＝0.
将①代入上式可得（k2＋1）－（km－k－2）＋（m－1）2＋4＝0.
整理得（2k＋3m＋1）（2k＋m－1）＝0.
因为A（2，1）不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1.
于是MN的方程为y＝k－（k≠1）.
所以直线MN过点P.
若直线MN与x轴垂直，可得N（x1，－y1）.
由·＝0得（x1－2）（x1－2）＋（y1－1）（－y1－1）＝0.
又＋＝1，可得3－8x1＋4＝0.
解得x1＝2（舍去），x1＝.
此时直线MN过点P.
令Q为AP的中点，即Q.
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故｜DQ｜＝｜AP｜＝.
若D与P重合，则｜DQ｜＝｜AP｜.
综上，存在点Q，使得｜DQ｜为定值.
【研透高考·攻重点】
【例1】　解：（1）双曲线3x2－y2＝a2可化为－＝1.
当l与x轴垂直时，＝｜F1F2｜·｜AB｜＝（2×a）×＝4a2＝12，解得a2＝3，
所以双曲线C的标准方程为x2－＝1.
（2）证明：由（1）知F2（2，0），所以可设直线l的方程为x＝ty＋2（t≠0），
A（x1，y1），B（x2，y2），M为线段AB的中点，
联立双曲线C与直线l的方程，得消去x，得（3t2－1）y2＋12ty＋9＝0，
因此y1＋y2＝，y1y2＝.
进而可得x1＋x2＝，所以线段AB中点M的坐标为（，）.
所以线段AB的垂直平分线的方程为y＋＝－t（x＋），
则D（，0），｜DF2｜＝｜2＋｜＝｜｜，
｜AB｜＝＝·＝｜｜.
所以｜DF2｜＝｜AB｜，即为定值1.
跟踪训练
　解：（1）由已知可得
解得a＝2，b＝1，c＝.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
（2）证明：设P（x0，y0），则＋＝5.
当x0＝±2时，y0＝±1，
显然PA⊥PB，
则·＝0.
当x0≠±2时，过点P的切线可设为y＝k（x－x0）＋y0，
联立切线方程与椭圆方程，得
消去y得（4k2＋1）x2＋8k（y0－kx0）x＋4[（y0－kx0）2－1]＝0，
所以Δ＝64k2（y0－kx0）2－16（4k2＋1）·[（y0－kx0）2－1]＝0.
整理成关于k的方程，得（4－）k2＋2x0y0k＋1－＝0，
此方程的两个根k1，k2就是切线PA，PB的斜率，
所以k1·k2＝＝＝－1.
所以PA⊥PB，所以·＝0.
综上，·＝0，为定值.
【例2】　证明：
设A（x1，y1），B（x2，y2），不妨设x1＜x2.如图.
由C：y2＝4x得F（1，0），易知直线AB，DE的斜率都存在且不为0.
设l：x＝my＋1，则m＞0.
由得y2－4my－4＝0，
故y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，＝2m，＝＝2m2＋1.
所以M（2m2＋1，2m）.
同理可得N（＋1，－）.
若m≠1，则直线MN的斜率kMN＝＝，
所以直线MN：y＝（x－2m2－1）＋2m＝（x－3），直线MN过点（3，0）.
若m＝1，则直线MN：x＝3，直线MN过点（3，0）.
综上，直线MN过定点（3，0）.
跟踪训练
　证明：由题意可知，直线l的斜率不为0，设其方程为x＝my＋2（m∈R），
将x＝my＋2代入y2＝4x，消去x可得y2－4my－8＝0，
显然Δ＝16m2＋32＞0，设M（x1，y1），N（x2，y2），
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－8，
因为＝，所以P是线段MN的中点，
设P（xP，yP），则xP＝＝＝2m2＋2，yP＝＝2m，
所以P（2m2＋2，2m），
又PQ⊥y轴，垂足为Q，所以Q（0，2m），
设以PQ为直径的圆经过点A（x0，y0），
则＝（2m2＋2－x0，2m－y0），＝（－x0，2m－y0），
所以·＝0，即－x0（2m2＋2－x0）＋（2m－y0）2＝0，
化简得（4－2x0）m2－4y0m＋＋－2x0＝0， ①
令可得
所以当x0＝2，y0＝0时，对任意的m∈R，①式恒成立，所以以PQ为直径的圆过定点A（2，0）.
【例3】　解：（1）椭圆Γ的离心率为，则＝，得c＝a，又a2＝b2＋c2，b＝，
所以a2＝2＋a2，得a2＝4，所以椭圆Γ的方程为＋＝1.
（2）由题可得A（0，），B（0，－），过点P（0，2）的直线l斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx＋2，M（x1，y1），N（x2，y2），
由消去y得关于x的一元二次方程（1＋2k2）x2＋8kx＋4＝0，1＋2k2≠0，
则Δ＝（8k）2－16（1＋2k2）＝32k2－16＞0，即k＜－或k＞，
x1＋x2＝，x1x2＝.
直线AN的方程为y＝x＋，直线BM的方程为y＝x－，设Q（x0，y0），
由可得
易知x1＋x2＝－2kx1x2，
则y0＝
＝＝1，
则直线AN与直线BM交点Q的纵坐标为定值1，所以点Q在定直线y＝1上.
跟踪训练
　证明：（1）联立
得y2－2y1y＋2x1＝0，
因为A（x1，y1）在抛物线C上，
则＝2x1，
所以Δ＝（－2y1）2－4×2x1
＝4－8x1＝0，
因此直线y1y＝x1＋x与抛物线C相切.
（2）设P（x0，y0），由（1）知，切线PA的方程为y1y＝x1＋x，切线PB的方程为y2y＝x2＋x，
联立
得x0＝，
因为x1＝，x2＝，
所以x0＝＝.
又因为·＝－1，
所以x1x2＋y1y2＝·＋y1y2＝－1，
解得y1y2＝－2，所以x0＝－1.
故点P在定直线x＝－1上.
第5讲　大题专攻——圆锥曲线中的最值、范围问题
【锁定高考·明方向】
真题感悟
　解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），
把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，
由Δ1＝16p2－8p＞0，得p＞.
由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
∴｜AB｜＝·
＝·
＝4，解得p＝2或p＝－（舍去），故p＝2.
（2）由（1）知，抛物线的焦点为F（1，0）.
由题意知直线MN的斜率不可能为0，
∴设MN的方程为x＝my＋t，M（x3，y3），N（x4，y4），
联立消去x得y2－4my－4t＝0，
∴Δ＝16m2＋16t＞0，即m2＋t＞0，
由根与系数的关系得y3＋y4＝4m，y3y4＝－4t，
∵·＝0，∴（x3－1，y3）·（x4－1，y4）＝0，
即（x3－1）（x4－1）＋y3y4＝（my3＋t－1）（my4＋t－1）＋y3y4＝（m2＋1）·y3y4＋m（t－1）（y3＋y4）＋（t－1）2＝（m2＋1）（－4t）＋m（t－1）·4m＋（t－1）2＝0，
即－4m2t－4t＋4m2t－4m2＋t2－2t＋1＝0，
即4m2＝t2－6t＋1.
设F到MN的距离为d，
则d＝，
又｜MN｜＝｜y3－y4｜＝·＝·＝4·，
∴S△MFN＝｜MN｜·d＝×4··＝2·｜t－1｜＝·｜t－1｜＝｜t－1｜＝（t－1）2.
∵4m2＝t2－6t＋1≥0，解得t≤3－2或t≥3＋2，
∴当且仅当t＝3－2时，S△MFN取得最小值12－8.
即△MFN面积的最小值为12－8.
【研透高考·攻重点】
【例1】　解：如图.双曲线C：－＝1中，a＝4，b＝3，则c＝＝5.
设右焦点为F2（5，0）.
圆E：x2＋（y－5）2＝1的圆心为E（0，5），半径r1＝1，
圆F：（x＋5）2＋y2＝1的圆心为F（－5，0），半径r2＝1，且F（－5，0）恰为双曲线的左焦点.
连接EF2交双曲线右支于点P，连接PF，则｜EF2｜＝5.
又点P是双曲线C右支上的一点，
则｜PF｜＝｜PF2｜＋2a＝｜PF2｜＋8，
所以｜PA｜＋｜PB｜≥｜PE｜＋｜PF｜－r1－r2＝｜PE｜＋｜PF2｜＋8－2≥｜EF2｜＋6＝5＋6，当且仅当E，P，F2三点共线（P在EF2之间）时，等号成立.
即｜PA｜＋｜PB｜的最小值为5＋6.
跟踪训练
　解：抛物线的准线l：x＝－3，焦点F（3，0）.
由抛物线定义可得｜AF｜＝xA＋3，
圆（x－3）2＋y2＝16的圆心为（3，0），半径为4，
所以△FAB的周长为｜AF｜＋｜AB｜＋｜BF｜＝xA＋3＋（xB－xA）＋4＝xB＋7，
由抛物线y2＝12x及圆（x－3）2＋y2＝16，可得交点的横坐标为1，
所以xB∈（1，7），所以xB＋7∈（8，14），
所以△FAB的周长的取值范围是（8，14）.
【例2】　解：设C（x1，y1），D（x2，y2），P（x0，y0）.
设直线PC的方程为x－x0＝m（y－y0），直线PD的方程为x－x0＝n（y－y0），
∵PQ是∠CPD的平分线，点Q到直线PC的距离为1，∴点Q到直线PD的距离为1，由＝1，
可得（1－）m2＋2（x0－a）y0m－（x0－a）2＋1＝0，
同理可得（1－）n2＋2（x0－a）y0n－（x0－a）2＋1＝0，
即m，n是关于t的方程（1－）t2＋2（x0－a）y0t－（x0－a）2＋1＝0的两根，∴m＋n＝.
由得y2＋4my＋4x0－4my0＝0，
∴y0＋y1＝－4m，∴y1＝－4m－y0，同理可得y2＝－4n－y0，
∴y1＋y2＝－4（m＋n）－2y0，
∴kCD＝＝
＝
＝
＝.
∵kPQ＝，kPQ·kCD＝－1，
∴＝，
∴＞0，
∵a＜－1，∴16a2＋4a－8＞0，
则－4a－9＞0，
∴a＜－时满足题意.
∴a的取值范围为（－∞，－）.
跟踪训练
　解：（1）由渐近线方程可设双曲线C的方程为x2－4y2＝k（k≠0），
把点（2，1）代入C：x2－4y2＝k（k≠0）可得k＝4，
所以双曲线C的方程为－y2＝1.
（2）由题易知，点P在右支上时｜MN｜取最小值.
由（1）可得A1（－2，0），A2（2，0），设P（x，y），根据双曲线方程可得·＝，
设直线PA1，PA2的斜率分别为k1，k2（k1，k2＞0），
则k1k2＝，直线PA1的方程为y＝k1（x＋2），令x＝1，得M（1，3k1），
直线PA2的方程为y＝k2（x－2），
令x＝1，得N（1，－k2），
所以｜MN｜＝｜3k1－（－k2）｜＝3k1＋k2≥2＝，
当且仅当3k1＝k2，即k1＝，k2＝时，等号成立.
故｜MN｜的最小值为.
【例3】　解：（1）设P（x，y），则以PF为直径的圆的圆心为（，），
根据圆与y轴相切，可得＝｜PF｜＝，化简得y2＝4x，
所以C的方程为y2＝4x.
（2）由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l：y＝k（x－1），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立 k2x2－2（k2＋2）x＋k2＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝1，
设直线l的倾斜角为θ，则｜AM｜＝｜AF｜·｜tan θ｜，｜BN｜＝｜BF｜｜tan θ｜，
所以｜AM｜＋｜BN｜＝｜AF｜｜tan θ｜＋｜BF｜｜tan θ｜＝｜AB｜｜tan θ｜＝｜AB｜｜k｜，
因为｜AB｜＝｜AF｜＋｜BF｜＝x1＋x2＋2＝＋2＝，
由题意可知四边形MANB为梯形，所以S＝｜AB｜·（｜AM｜＋｜BN｜）＝＝＝，
设t＝｜k｜＞0，则S（t）＝＝8（t＋＋），
所以S'（t）＝8（1－－）
＝8（）
＝8，
当t＞时，S'（t）＞0，S（t）单调递增，当0＜t＜时，S'（t）＜0，S（t）单调递减，
所以当t＝，即｜k｜＝时，面积最小，此时k＝±，
故直线l的方程为y＝±（x－1），即x－y－＝0或x＋y－＝0.
跟踪训练
　解：由双曲线的对称性，知｜OA｜＝｜OC｜，
｜OB｜＝｜OD｜，
所以四边形ABCD为平行四边形，
所以S四边形ABCD＝4S△OAD.
由题意知直线AD的斜率不为零，设AD的方程为x＝my＋2（m≠±）.
联立消去x，
得（3m2－1）y2＋12my＋9＝0.
Δ＝36（m2＋1）＞0，
设A（x1，y1），D（x2，y2），
则y1＋y2＝，y1y2＝.
因为A，D均在双曲线右支上，
所以所以
解得0≤m2＜.
所以S△OAD＝×｜OF｜×｜y1－y2｜
＝，
＝
＝（0≤m2＜）.
令＝t（1≤t＜），
则m2＝t2－1，所以S△OAD＝＝（1≤t＜）.
令函数f（t）＝－3t，易得f（t）在区间［1，）上单调递减，
所以当t＝1时，（S△OAD）min＝6.
所以四边形ABCD面积的最小值为24.
第6讲　大题专攻——圆锥曲线中的证明、存在性问题
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：（1）法一（直接法）　由题意知得
所以椭圆C的方程为＋＝1.
法二　由题意知得
所以椭圆C的方程为＋＝1.
法三（巧用椭圆的定义）　设F'为C的左焦点，连接MF'，则｜MF｜＝，｜FF'｜＝2，
在Rt△MFF'中，
｜MF'｜＝＝＝，
由椭圆的定义知2a＝｜MF'｜＋｜MF｜＝4，
2c＝｜FF'｜＝2，
所以a＝2，c＝1，
又a2＝b2＋c2，所以b＝，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
（2）证明：分析知直线AB的斜率存在.
易知当直线AB的斜率为0时，AQ⊥y轴.
当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝ty＋4（t≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），Q（1，n），
联立方程得
消去x得（3t2＋4）y2＋24ty＋36＝0，Δ＞0，
则y1＋y2＝，y1y2＝.
因为N为线段FP的中点，F（1，0），所以N（，0）.
由N，Q，B三点共线，得kBN＝kNQ，即＝，得－y2＝n（x2－），得n＝，
所以n－y1＝－y1
＝－y1
＝
＝＝0，
所以n＝y1，所以AQ⊥y轴.
2.解：（1）因为e＝＝，所以a＝2c，b＝＝c，
由题知A（－a，0），B（0，－b），C（0，－），
所以S△ABC＝·｜BC｜·｜OA｜＝··a＝··2c＝，得c＝，
所以a＝2，b＝3.
所以椭圆的方程为＋＝1.
（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），T（0，t）.
当直线PQ的斜率不存在时，不妨设P（0，3），Q（0，－3），则·＝（0，3－t）·（0，－3－t）＝t2－9≤0，解得－3≤t≤3.
当直线PQ的斜率存在时，设其方程为y＝kx－，
由可得（3＋4k2）x2－12kx－27＝0，
所以Δ＝144k2＋4×27（3＋4k2）＞0，x1＋x2＝，x1x2＝－.
因为·＝（x1，y1－t）·（x2，y2－t）＝x1x2＋（y1－t）（y2－t）＝x1x2＋（kx1－－t）·（kx2－－t）＝（1＋k2）x1x2－k（＋t）（x1＋x2）＋（＋t）2＝－－＋（＋t）2＝
（－27－27k2－18k2－12k2t＋＋3t2＋9t＋9k2＋4k2t2＋12k2t）
＝≤0，
所以4k2t2－36k2＋3t2＋9t－≤0对k∈R恒成立，
则有
解得－3≤t≤.
综上可得，－3≤t≤，即点T的纵坐标的取值范围是［－3，］.
【研透高考·攻重点】
【例1】　证明：易知直线AB的斜率不为0，F（ ，0），
设直线AB的方程为x＝my＋，A（x1，y1），B（x2，y2），
由得y2－2my－1＝0，
∴
（1）不妨设A在第一象限，B在第四象限，
由y＝－，得y'＝－，
∵＝2x2，y2＜0，
∴l的斜率为－＝－＝，
∴l的方程为y－y2＝（x－x2），即y＝x＋，
令x＝0，得y＝，即E（ 0，）.
∵＝2x1，y1y2＝－1，∴直线OA的方程为y＝x＝x＝－2y2x，
令x＝－，得y＝y2，即D（ －，y2）.
又F（ ，0），∴＝＝（ ，－），
即｜DE｜＝｜EF｜，得证.
（2）由（1）知l的垂线的方程为y－y2＝－y2（x－x2），
即y＝－y2x＋y2（ 1＋），
由得点G的纵坐标yG＝y2（＋2）.
∵A，O，D，G四点共线，∴要证明｜AD｜2＝｜AO｜·｜AG｜，只需证明｜y2－y1｜2＝｜y1｜·｜yG－y1｜.（*）
∵｜y2－y1｜2＝｜y2＋｜2＝，
｜y1｜·｜yG－y1｜＝｜－｜｜y2（＋2）－y1｜＝，
∴（*）式成立，
即｜AD｜2＝｜AO｜·｜AG｜，得证.
跟踪训练
　解：（1）∵点P（x0，y0）在椭圆C上，
∴＋＝1.
又直线MP的斜率为，直线NP的斜率为，∴直线NP的方程为y＝（x－2），
令x＝－6，则y＝，∴点F的坐标为（ －6，），∴直线MF的斜率为＝，
∴kMP·kMF＝·＝＝＝－.
（2）证明：设直线MP的斜率为k，则直线MP的方程为y＝k（x＋2），
令x＝－6，则y＝－4k，可得E（－6，－4k）.
而直线MF的斜率为－，∴直线MF的方程为y＝－（x＋2）.
联立可得（1＋k2）y2＋2ky＝0，
易得Q点的纵坐标为，将其代入直线x＝－2ky－2，可得x＝，
∴Q（ ，），
∴直线NQ的斜率为＝，直线NE的斜率为＝，
∴kNQ＝kNE，∴E，N，Q三点共线.
【例2】　解：（1）由题设椭圆C的方程为mx2＋ny2＝1（m＞0，n＞0，m≠n），
因为椭圆过M（2，0），N（ 1，－）两点，
所以得到m＝，n＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
（2）由（1）知D（0，1），易知直线DA，DB的斜率均存在且不为0，
不妨设kDA＝k（k＞0），kDB＝－，直线DA的方程为y＝kx＋1，直线DB的方程为y＝－x＋1，
由椭圆的对称性知，当k＝1时，显然有｜DA｜＝｜DB｜，满足题意，
当k≠1时，由消y得到（ ＋k2）x2＋2kx＝0，
所以xA＝－，yA＝－＋1＝，即A（ －，），
同理可得B（ ，），
所以kAB＝
＝＝，
设AB的中点坐标为（x0，y0），则x0＝＝，
y0＝
＝，
所以AB中垂线方程为
y＋＝－（ x－），
要使△ADB为以AB为底边的等腰直角三角形，则AB的中垂线过点D（0，1），
所以1＋＝－·（ 0－），整理得到k4－7k2＋1＝0，
令t＝k2，则t2－7t＋1＝0，Δ＝49－4＞0，所以t有两根t1，t2，且t1＋t2＝7＞0，t1t2＝1＞0，即t2－7t＋1＝0有两个正根，
故有2个不同的k2值，满足k4－7k2＋1＝0，又k＞0，故有2个不同的k值，满足k4－7k2＋1＝0，
所以由椭圆的对称性知，当k≠1时，还存在2个符合题意的三角形，
综上所述，存在以D为顶点，AB为底边的等腰直角三角形，满足条件的三角形有3个.
跟踪训练
　解：（1）设P（x1，y1），Q（x2，y2），则（x1，y1），（x2，y2）是方程组的实数解，
将①代入②并消去y，得（1－2a2）x2＋4ax－3＝0. ③
若1－2a2＝0，即a＝±，则直线l与双曲线C的渐近线平行，l与C只可能有一个交点，∴1－2a2≠0.
由1－2a2≠0，得a≠±，方程③的判别式Δ＝（4a）2＋12（1－2a2）＞0，解得－＜a＜.
又∵x1＋x2＝，x1x2＝， ④
∴由弦长公式及④，得
｜PQ｜＝·
，
根据已知条件｜PQ｜＝2，
解得a2＝－（舍去）或a2＝1，
∴a＝±1，满足－＜a＜且a≠±，
故所求实数a的值为±1.
（2）假设存在实数a，使得以PQ为直径的圆经过坐标原点O，则由OP⊥OQ，得x1·x2＋y1·y2＝0，
又∵y1·y2＝（ax1－1）（ax2－1），
∴（1＋a2）x1·x2－a（x1＋x2）＋1＝0.
由（1）可知x1＋x2＝，x1·x2＝，
代入上式，得（1＋a2）·－a·＋1＝0，
解得a2＝－2，不成立，
故不存在实数a，使得以PQ为直径的圆经过坐标原点.
培优点1　离心率的范围问题
【例1】　C　
由题意得｜PF1｜－｜PF2｜＝｜PQ｜＋｜QF1｜－｜PF2｜＝｜QF1｜＝2a，所以｜QF2｜＝4a，设∠F1PF2＝θ，｜PF2｜＝m，由余弦定理的推论可得cos θ＝＝，则m＝，则c2－5a2＞0 e＞，设点P（x0，y0）（x0≥a），则＝b2·（ －1），m2＝（c－x0）2＋＝（ex0－a）2，即m＝ex0－a≥c－a，所以≥c－a （e＋1）（e＋1）（e－3）≤0 e≤3，故e∈（，3].
跟踪训练
　B　设｜F1F2｜＝2c，双曲线C2的实轴长为2m，因为C1与C2在第一象限内交于点M，△MF1F2是以线段MF1为底边的等腰三角形，则｜MF2｜＝｜F1F2｜＝2c，由椭圆的定义可得｜MF1｜＝2a－2c，由双曲线的定义可得｜MF1｜＝2m＋2c，所以2a－2c＝2m＋2c，则a－m＝2c，设椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2，则－＝2，即－＝2，因为≤e1≤，则＝－2∈［，］，故e2∈［，5］.
【例2】　B　法一　如图，∵∠APB＝，∴∠APO＝（O是坐标原点），∴｜OP｜＝2｜OA｜＝2b.设P（m，n），则｜OP｜2＝m2＋n2＝4b2，又－＝1，∴m2（ ＋）＝5，又m2≥a2，∴5≥1＋，∴0＜≤4，≥，∴离心率e＝＝≥.故选B.
法二　如图，∵∠APB＝，∴∠APO＝（O是坐标原点），∴｜OP｜＝2｜OA｜＝2b，∴以O为圆心，以2b为半径的圆与双曲线有公共点，∴2b≥a，4b2≥a2，即4（c2－a2）≥a2，4c2≥5a2，∴离心率e＝≥.故选B.
跟踪训练
1.B　设P（x0，y0），则Q（ ，y0），因为四边形QPF1F2为平行四边形，所以｜PQ｜＝｜F1F2｜，所以－x0＝2c，即x0＝－2c＝∈（－a，a），所以－1＜＜1，所以－1＜2－e2－2e＜1，又0＜e＜1，所以－1＜e＜1.
2.B　在△PF1F2中，由正弦定理知＝，因为2sin∠PF1F2＝sin∠PF2F1，所以2｜PF2｜＝｜PF1｜.由双曲线的定义知，｜PF1｜－｜PF2｜＝2a，所以｜PF1｜＝4a，｜PF2｜＝2a，因为｜PF1｜＋｜PF2｜＞｜F1F2｜，即4a＋2a＞2c，所以e＝＜3.又e＞1，所以e∈（1，3）.
【例3】　C　
由题意知，以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝c2，不妨取双曲线的渐近线为y＝x，如图.由解得或∴Q（a，b），P（－a，－b）.又A为双曲线的左顶点，∴A（－a，0），∴｜AQ｜＝，｜AP｜＝＝b.∵｜AQ｜≥2｜AP｜，∴≥2b，即4a2≥3（c2－a2），∴e2≤.又e＞1，∴e∈（ 1，］.故选C.
跟踪训练
1.C　设B1（0，－b），B2（0，b），F2（c，0），A2（a，0），所以＝（a，－b），＝（－c，－b）.因为∠B1PB2为钝角，所以与的夹角为锐角，所以·＝－ac＋b2＞0，即a2－c2－ac＞0.两边同时除以a2并化简得e2＋e－1＜0，解得＜e＜，又0＜e＜1，所以0＜e＜.
2.（ ，）　解析：依题意，对于椭圆方程，＜＝＜1，对于双曲线方程，e＝＝＝＝.不妨设t＝，则t∈（ ，1），于是f（t）＝，t∈（ ，1），由复合函数的单调性可得函数f（t）在区间（ ，1）上单调递增，故＜f（t）＜，即＜e＜，故双曲线离心率的取值范围为（ ，）.
培优点2　圆锥曲线中的设点、设线技巧
【例1】　解：（1）因为x＝1与抛物线有两个不同的交点，
故可设抛物线C的方程为y2＝2px（p＞0）.
令x＝1，则y＝±，
根据抛物线的对称性，不妨设P在x轴上方，Q在x轴下方，
故P（1，），Q（1，－），
因为OP⊥OQ，
故1＋×（－）＝0 p＝，
故抛物线C的方程为y2＝x，
因为☉M与l相切，故其半径为1，
故☉M的方程为（x－2）2＋y2＝1.
（2）设A1（，y1），A2（，y2），A3（，y3），
由直线的两点式可知，直线A1A2的方程为（－）（y－y2）＝（y1－y2）（x－），
化简可得x－（y1＋y2）y＋y1y2＝0，
因为直线A1A2与圆M相切，
所以＝1 （2＋y1y2）2＝1＋（y1＋y2）2，
整理得（－1）＋2y1y2＋3－＝0，
又＝x2，代入得（－1）x2＋2y1y2＋3－＝0，
同理可得（－1）x3＋2y1y3＋3－＝0，
于是直线A2A3的方程为（－1）x＋2y1y＋3－＝0，
设M到直线A2A3的距离为d，
则有d2＝＝1，
此时直线A2A3与☉M也相切，
综上，直线A2A3与☉M相切.
跟踪训练
　A　不妨设点A在第一象限，M（xM，yM），A（xA，yA），则＝（xM，yM），＝（xM－xA，yM－yA），因为＋3＝λ，所以yM－yA＋3yM＝0，得yA＝4yM＝4a，所以＝·2c·4a＝·（｜AF1｜＋｜AF2｜＋2c）·a，又｜AF1｜－｜AF2｜＝2a，所以｜AF1｜＝3c＋a，｜AF2｜＝3c－a.因为F1（－c，0），所以｜AF1｜＝
＝
＝
＝＝xA＋a，所以3c＝xA，解得xA＝3a，所以A（3a，4a），代入双曲线C的方程得－＝1，解得b＝a，所以c＝＝a，所以双曲线C的离心率e＝＝.故选A.
【例2】　解：（1）由题意知a＋c＝b，得（a＋c）2＝3b2，
又a2＝b2＋c2，所以（a＋c）2＝3（a2－c2），
化简得a＝2c，所以b＝c.
因为椭圆C过点P（ 1，），所以＋＝1，
所以＋＝1，解得c＝1.
所以a＝2，b＝，所以椭圆C的方程为＋＝1.
（2）由（1）知，F（1，0），设直线l的方程为x＝my＋1（m＞0），
由点P（ 1，）到直线l的距离为，得＝，解得m＝2.
联立消去x整理得16y2＋12y－9＝0，Δ＞0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1＋y2＝－，y1y2＝－，
所以直线PM与直线PN的斜率之和为＋＝＋＝1－·＝0.
跟踪训练
　解：（1）由题意知2··＝1，故x2－y2＝2，所以E的方程为－＝1.
由方程得a＝b＝，c＝2，
所以E是以（－2，0），（2，0）为焦点，实轴长为2的等轴双曲线.
（2）证明：当直线l1垂直于x轴时，则AB为通径，故｜AB｜＝＝2.
此时l2为x轴，此时｜CD｜为实轴长，故｜CD｜＝2，
所以｜AB｜＝｜CD｜；
当直线l1不垂直于x轴时，设l1：x＝ty＋2，l2：x＝－y＋2，t≠0，联立
消去x并整理得（t2－1）y2＋4ty＋2＝0，
因为l1与E交于两点，故t≠±1，
此时Δ＝16t2－4（t2－1）×2＝8（t2＋1）＞0，
所以｜AB｜＝｜y1－y2｜
＝·＝，
同理，得｜CD｜＝＝，
所以｜AB｜＝｜CD｜.
培优点3　圆锥曲线中二级结论的应用
【例1】　B　法一　∵·＝0，∴∠F1PF2＝90°.由题意可知b2＝1，则＝｜PF1｜·｜PF2｜＝b2·tan＝1，解得｜PF1｜·｜PF2｜＝2.故选B.
法二　由题意，得a2＝5，b2＝1，则c2＝a2－b2＝4.∵·＝0，∴PF1⊥PF2，∴｜PF1｜2＋＝｜F1F2｜2＝4c2.∵｜PF1｜＋｜PF2｜＝2a，∴｜PF1｜·｜PF2｜＝＝＝2.故选B.
跟踪训练
　D　设双曲线C2的方程为－＝1（a2＞0，b2＞0），则有＋＝＝＝4－1＝3.又四边形AF1BF2为矩形，所以△AF1F2的面积为tan 45°＝，即＝＝1.所以＝－＝3－1＝2.故双曲线的离心率e＝＝＝.
【例2】　（－，）　解析：设P（x0，y0），则｜PF1｜＝a＋ex0，｜PF2｜＝a－ex0，由角平分线性质知，＝，于是得＝ m＝e2x0＝x0，因为x0∈（－2，2），所以m∈（－，）.
跟踪训练
　　－　解析：∵a＝4，b＝2，由＋＝，∴＋＝，∴｜BF2｜＝，∴｜AB｜＝，∴｜AF1｜＝6，｜BF1｜＝，∴cos∠F1AB＝
＝＝－.
【例3】　解：设A（x1，y1），B（x2，y2），P（3，y0），
过点P且切点在A处的椭圆E的切线方程为＋＝1，
同理，过点P且切点在B处的椭圆E的切线方程为＋＝1.
因为点P在直线PA，PB上，
所以
所以直线AB的方程为＋＝1，
则直线AB过定点M（2，0）.
跟踪训练
　C　法一　取椭圆上任意一点P，易知当过点P的直线l1与直线l平行且与椭圆C相切时，点P到直线l的距离取得最值.设直线l1的方程为y＝x＋k，与椭圆C的方程联立，得消去x得3y2－2ky＋k2－2＝0，令Δ＝4k2－12（k2－2）＝0，得k＝±，数形结合知，当k＝－时，点P到直线l的距离最大，最大值为＝.故选C.
法二　设P（x0，y0）为椭圆C上一点，则过点P的椭圆C的切线方程为＋y0y＝1，易知当切线与直线l平行时，点P到直线l的距离取得最值，所以x0＝－2y0，又P（x0，y0）在椭圆C上，所以＋＝1，即2＋＝1，得y0＝±，则点P的坐标为（ －，）或（ ，－）.易知点P的坐标为（ ，－）时，点P到直线l的距离最大，最大值为＝.故选C.
【例4】　B　如图所示，由椭圆的性质可得·＝·＝－＝－.由椭圆的对称性可得＝，＝，所以·＝－.同理可得·＝·＝·＝·＝－.所以直线AP1，AP2，…，AP10这10条直线的斜率乘积为（－）5＝－.故选B.
跟踪训练
　B　设P点坐标为（x0，y0），则＋＝1，＝，＝，于是·＝＝＝－.故＝－·.∵∈[－2，－1]，∴∈［，］.
【例5】　B　由题意可知kAB＝＝1，kMO＝＝，由双曲线的垂径定理得kMO·kAB＝，即＝，又9＝a2＋b2，联立解得a2＝4，b2＝5，故双曲线E的方程为－＝1.
跟踪训练
　A　设以点M（2，1）为中点的弦的两端点为A（x1，y1），B（x2，y2），则有两式相减得＋＝0，因为M（2，1）为中点，所以＝2，＝1，所以斜率k＝＝－＝－（ 或直接利用结论k＝－·＝－×＝－），所以所求直线方程为y－1＝－（x－2），即4x＋9y－17＝0.
【例6】　B　由｜F1F2｜＝2c＝10，得c＝5.因为｜PF1｜－｜PF2｜＝2a＝6，所以a＝3.又因为c2＝a2＋b2，所以b＝4，所以d1d2＝＝，所以＝.
跟踪训练
　B　双曲线x2－y2＝2的渐近线为x＋y＝0或x－y＝0，直线x＋y＝0与x－y＝0相互垂直，又PA⊥OA，PB⊥OB，所以四边形OAPB为矩形，所以四边形OAPB的面积为｜PA｜×｜PB｜＝＝1，故选B.
【例7】　C　∵y2＝4x，∴p＝2，又由题意知＋＝，∴＋＝＝1，∴｜BF｜＝.设∠AFx＝θ（0＜θ＜π），由｜AB｜＝｜AF｜＋｜BF｜＝＝，即3＋＝，∴sin2θ＝，sin θ＝，则△AOB的面积S△AOB＝＝＝，故选C.
跟踪训练
　A　
如图，设直线l1的倾斜角为θ，θ∈（0，），则直线l2的倾斜角为＋θ，由抛物线的焦点弦弦长公式知｜AB｜＝＝，｜DE｜＝＝，∴｜AB｜＋｜DE｜＝＋＝＝≥16，当且仅当sin 2θ＝1，即θ＝时取等号.∴｜AB｜＋｜DE｜的最小值为16.
培优点4　圆锥曲线中的创新类问题
【例1】　ABD　对于A：设曲线上的动点P（x，y），则x＞－2且×｜x－a｜＝4，因为曲线过坐标原点，故×｜0－a｜＝4，解得a＝－2，故A正确.对于B：又曲线方程为×｜x＋2｜＝4，而x＞－2，故×（x＋2）＝4.当x＝2，y＝0时，×（2＋2）＝8－4＝4，故（2，0）在曲线上，故B正确.对于C：由曲线的方程可得y2＝－（x－2）2，取x＝，则y2＝－，而－－1＝－＝＞0，故此时y2＞1，故C在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误.对于D：当点（x0，y0）在曲线上时，由C的分析可得＝－（x0－2）2≤，故－≤y0≤，故D正确.故选A、B、D.
跟踪训练
　AB　对于A，因为xy＜0，所以x与y异号，所以表示的曲线在第二和第四象限，所以A正确；对于B，设曲线C上一点P（x，y），则其到原点的距离为，考虑到该图形的对称性，故研究第一象限的点，因为x2＋y2≥2xy（x＞0，y＞0），所以xy≤，当且仅当x＝y时取等号，所以（x2＋y2）3＝4x2y2≤4×＝（x2＋y2）2，当且仅当x＝y时取等号，所以x2＋y2≤1，所以≤1，当且仅当x＝y时取等号，所以曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过1，所以B正确；对于C，以O为圆心，1为半径的圆的面积为π，由B知曲线C在圆x2＋y2＝1内部，所以曲线C构成的四叶玫瑰线面积小于π，所以C错误；对于D，由B可知曲线C在圆x2＋y2＝1内部，而圆x2＋y2＝1内在第一象限无整点，所以曲线C在第一象限没有经过整点，由曲线的对称性可知，曲线C在其他象限也没有经过整点，所以由图可知曲线C只经过整点（0，0），所以D错误.故选A、B.
【例2】　解：将点P1（5，4）的坐标代入C的方程得52－42＝m，解得m＝9，所以C：x2－y2＝9.
（1）过点P1（5，4）且斜率k＝的直线方程为y＝（x－5）＋4，
与C的方程联立，消去y化简可得x2－2x－15＝0，即（x－5）（x＋3）＝0，
所以点Q1的横坐标为－3，将x＝－3代入直线方程，得y＝0，
因此Q1（－3，0），从而P2（3，0），
即x2＝3，y2＝0.
（2）证明：法一　由题意，Pn（xn，yn），Pn＋1（xn＋1，yn＋1），Qn（－xn＋1，yn＋1）.
设过点Pn（xn，yn）且斜率为k的直线为ln：y＝k（x－xn）＋yn，
将ln的方程与C的方程联立，消去y化简可得（1－k2）x2＋（2k2xn－2kyn）x－（kxn－yn）2－9＝0，
由根与系数的关系得－xn＋1＋xn＝－，
所以xn＋1＝＋xn
＝.
又Qn（－xn＋1，yn＋1）在直线ln上，
所以yn＋1＝k（－xn＋1－xn）＋yn＝－kxn＋1－kxn＋yn.
从而xn＋1－yn＋1＝xn＋1＋kxn＋1＋kxn－yn＝（1＋k）xn＋1＋kxn－yn＝（1＋k）·＋kxn－yn＝·（xn－yn），
易知xn－yn≠0，所以数列{xn－yn}是公比为的等比数列.
法二　由题意，Pn（xn，yn），Pn＋1（xn＋1，yn＋1），Qn（－xn＋1，yn＋1）.
由点Pn，Qn所在直线的斜率为k，
可知k＝.
又点Pn，Qn都在C上，
所以
即
易知xn－yn≠0，
则＝
＝
＝
＝
＝，
即数列{xn－yn}是公比为的等比数列.
（3）证明：法一　由（2）知，数列{xn－yn}是首项为x1－y1＝5－4＝1，公比为的等比数列.
令t＝，由0＜k＜1可知t＞1，
则xn－yn＝tn－1，
又－＝9，
所以xn＋yn＝＝，
可得xn＝，yn＝.
所以Pn（，），
Pn＋1（，），
Pn＋2（，）.
所以直线PnPn＋1的方程为x－xn＝·（y－yn），即（9＋t2n－1）x－（9－t2n－1）y－9tn－1·（1＋t）＝0.
易知点Pn＋2到直线PnPn＋1的距离为
d＝｜（9＋t2n－1）·－（9－t2n－1）·－9tn－1（1＋t）｜
＝.
又｜PnPn＋1｜＝
＝，
则Sn＝·｜PnPn＋1｜·d＝＝，即Sn为定值，所以Sn＝Sn＋1.
法二　由（2）知，数列{xn－yn}是首项为x1－y1＝5－4＝1，公比为的等比数列.
令t＝，由0＜k＜1可知t＞1，则xn－yn＝tn－1，
又－＝9，
所以xn＋yn＝＝，
可得xn＝，yn＝.
所以Pn（，），
Pn＋1（，），
Pn＋2（，），
Pn＋3（，）.
所以＝＝，
＝
＝，
即＝，
所以PnPn＋3∥Pn＋1Pn＋2，
所以点Pn和点Pn＋3到直线Pn＋1Pn＋2的距离相等，
因此△PnPn＋1Pn＋2和△Pn＋1Pn＋2Pn＋3的面积相等，即Sn＝Sn＋1.
跟踪训练
1.解：（1）由△MF1F2的周长为6得a＋c＝3，椭圆C1与双曲线C2：9x2－＝1有相同的焦点，所以c2＝＋＝1，即c＝1，则a＝2，b2＝a2－c2＝3，则椭圆C1的方程为＋＝1.
（2）证明：设“盾圆D”上的任意一点M的坐标为（x，y），d2＝｜x－3｜，
当0≤x≤3时，y2＝4x，d1＝＝｜x＋1｜，
即d1＋d2＝｜x＋1｜＋｜x－3｜＝（x＋1）＋（3－x）＝4；
当3＜x≤4时，y2＝－12（x－4），d1＝＝｜7－x｜，
即d1＋d2＝｜7－x｜＋｜x－3｜＝（7－x）＋（x－3）＝4；
所以d1＋d2＝4为定值.
2.解：（1）①证明：由椭圆定义可知｜AF1｜＋｜AF2｜＝2a，
｜BF1｜＋｜BF2｜＝2a，
所以△ABF2的周长L＝4a＝8，所以a＝2，
因为离心率为，故＝，
解得c＝1，
则b2＝a2－c2＝3，
所以椭圆方程为＋＝1，
直线l：y－0＝tan·（x＋1），
即l：y＝（x＋1），
联立＋＝1得15x2＋24x＝0，解得x＝0或－，
当x＝0时，y＝×（0＋1）＝，
当x＝－时，
y＝×（－＋1）＝－，
因为点A在x轴上方，所以A（0，），B（－，－），
故AO⊥F1F2，折叠后有A'O⊥F1F2，
因为二面角A-F1F2-B为直二面角，
即平面A'F1F2⊥平面F1F2B'，交线为F1F2，A'O 平面A'F1F2，
所以A'O⊥平面F1F2B'，
因为F2B' 平面F1F2B'，
所以A'O⊥F2B'.
②以O为坐标原点，原y轴负半轴为x轴，原x轴为y轴，原y轴正半轴为z轴，建立空间直角坐标系，
则F1（0，－1，0），A'（0，0，），
B'（，－，0），F2（0，1，0），
＝（0，1，－），＝（－，，0），
其中平面A'F1F2的法向量为n1＝（1，0，0），
设平面A'B'F2的法向量为n2＝（x，y，z），
则
令y＝得x＝，z＝1，故n2＝（，，1），
设平面A'B'F2与平面A'F1F2的夹角为φ，
则cos φ＝｜cos〈n1，n2〉｜＝＝
＝，
故平面A'B'F2与平面A'F1F2的夹角的余弦值为.
（2）设折叠前A（x1，y1），B（x2，y2），折叠后对应的A'（0，x1，y1），B'（－y2，x2，0），
设直线l的方程为x＝my－1，
将直线l与椭圆方程＋＝1联立得，（3m2＋4）y2－6my－9＝0，
则y1＋y2＝，y1y2＝，
在折叠前可知
｜AB｜＝，
折叠后，在空间直角坐标系中，
｜A'B'｜＝，
由｜A'F2｜＋｜B'F2｜＋｜A'B'｜＝，
｜AF2｜＋｜BF2｜＋｜AB｜＝8，
故｜AB｜－｜A'B'｜＝，
所以｜AB｜－｜A'B'｜
＝－
＝，（ⅰ）
分子有理化得
＝，
所以＋
＝－4y1y2，（ⅱ）
由（ⅰ）（ⅱ）得＝－2y1y2，
因为
＝
＝｜y1－y2｜，
故－2y1y2＝｜y1－y2｜，
即－2y1y2
＝，
将y1＋y2＝，y1y2＝代入上式得＋
＝，
两边平方后，整理得2 295m4＋4 152m2－3 472＝0，
即（45m2－28）（51m2＋124）＝0，解得m2＝，
因为0＜θ＜，所以tan θ＝＝.
2 / 2第4讲　大题专攻——圆锥曲线中的定点、定值问题
备｜考｜领｜航
一、考情分析
高频考点 高考预测
定值问题 在解答题中会继续以椭圆、抛物线、双曲线为几何载体考查定点、定值及定线问题，仍是高考考查的热点，难度较大，是高考的压轴题
定点问题
定线问题
二、真题感悟
1.（2023·全国乙卷理20题）（定点问题）已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，点A（－2，0）在C上.
（1）求C的方程；
（2）过点（－2，3）的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点.
解：（1）由椭圆C过点A（－2，0），得＝1，
则b2＝4.
所以c2＝a2－4.
又＝，所以a2＝9.
故椭圆C的方程为＋＝1.
（2）证明：显然直线PQ的斜率存在，故设直线PQ的斜率为k，P（x1，y1），Q（x2，y2），则lPQ：y＝k（x＋2）＋3.
联立得方程组
消去y并整理，得（4k2＋9）x2＋8k（2k＋3）x＋16k2＋48k＝0，
所以x1＋x2＝－，　①
x1x2＝.　②
又A（－2，0），P（x1，y1），则lAP：y＝（x＋2）.
同理，lAQ：y＝（x＋2）.
当x＝0时，yM＝，yN＝.
设线段MN的中点坐标为（0，y0），
则y0＝＝＋＝k＋＋k＋＝2k＋.
将①②代入上式，得y0＝3.
故线段MN的中点坐标为（0，3），为定点.
2.（2020·新高考Ⅰ卷22题）（定值问题）已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，且过点A（2，1）.
（1）求C的方程；
（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得｜DQ｜为定值.
解：（1）由题意得＋＝1，＝，解得a2＝6，b2＝3.
所以C的方程为＋＝1.
（2）证明：设M（x1，y1），N（x2，y2）.
若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－，x1x2＝.　①
由AM⊥AN知，·＝0，故（x1－2）（x2－2）＋（y1－1）（y2－1）＝0，可得（k2＋1）x1x2＋（km－k－2）（x1＋x2）＋（m－1）2＋4＝0.
将①代入上式可得（k2＋1）－（km－k－2）·＋（m－1）2＋4＝0.
整理得（2k＋3m＋1）（2k＋m－1）＝0.
因为A（2，1）不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1.
于是MN的方程为y＝k－（k≠1）.
所以直线MN过点P.
若直线MN与x轴垂直，可得N（x1，－y1）.
由·＝0得（x1－2）（x1－2）＋（y1－1）·（－y1－1）＝0.
又＋＝1，可得3－8x1＋4＝0.
解得x1＝2（舍去），x1＝.
此时直线MN过点P.
令Q为AP的中点，即Q.
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故｜DQ｜＝｜AP｜＝.
若D与P重合，则｜DQ｜＝｜AP｜.
综上，存在点Q，使得｜DQ｜为定值.
重｜难｜排｜查
1.求圆锥曲线定点问题的两种常见方法
（1）由特殊到一般法：利用由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关；
（2）参数法：引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中的核心变量（此处设为k）→利用条件找到k与待求定点的曲线F（x，y）＝0之间的关系→研究变化量与参数何时没有关系，找到定点.
2.求解圆锥曲线定值问题的两种常见方法
（1）从特殊到一般求定值：常用处理技巧：①研究特殊情形，如直线斜率不存在等，得到所要探求的定值；②探究一般情形；③综合上面两种情形下结论；
（2）直接消参求定值：常见处理方法：①确定一个（或两个）变量为核心变量，其余量均结合条件用核心变量进行表示；②将所求表达式用核心变量进行表示（有的甚至就是核心变量），然后进行化简，看能否得到一个常数.
定值问题
【例1】　（2024·东北三省四市联合体模拟）在平面直角坐标系中，F1，F2分别为双曲线C：3x2－y2＝a2（a＞0）的左、右焦点，过F2的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点.当l与x轴垂直时，△ABF1的面积为12.
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）当l与x轴不垂直时，作线段AB的垂直平分线，交x轴于点D.试证明为定值.
解：（1）双曲线3x2－y2＝a2可化为－＝1.
当l与x轴垂直时，＝｜F1F2｜·｜AB｜＝（2×a）×＝4a2＝12，解得a2＝3，
所以双曲线C的标准方程为x2－＝1.
（2）证明：由（1）知F2（2，0），所以可设直线l的方程为x＝ty＋2（t≠0），
A（x1，y1），B（x2，y2），M为线段AB的中点，
联立双曲线C与直线l的方程，得消去x，得（3t2－1）y2＋12ty＋9＝0，
因此y1＋y2＝，y1y2＝.
进而可得x1＋x2＝，所以线段AB中点M的坐标为（，）.
所以线段AB的垂直平分线的方程为y＋＝－t（x＋），
则D（，0），｜DF2｜＝｜2＋｜＝｜｜，
｜AB｜＝＝·＝｜｜.
所以｜DF2｜＝｜AB｜，即为定值1.
感悟提升
1.求定值问题常见的方法
（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.
2.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.
已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，M为椭圆C上一点，△MF1F2的周长为4＋2.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若P为圆x2＋y2＝5上任意一点，过点P作椭圆C的两条切线，切点分别为A，B，证明·为定值.
解：（1）由已知可得
解得a＝2，b＝1，c＝.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
（2）证明：设P（x0，y0），则＋＝5.
当x0＝±2时，y0＝±1，显然PA⊥PB，
则·＝0.
当x0≠±2时，过点P的切线可设为y＝k（x－x0）＋y0，
联立切线方程与椭圆方程，得
消去y得（4k2＋1）x2＋8k（y0－kx0）x＋4[（y0－kx0）2－1]＝0，
所以Δ＝64k2（y0－kx0）2－16（4k2＋1）·[（y0－kx0）2－1]＝0.
整理成关于k的方程，得（4－）k2＋2x0y0k＋1－＝0，
此方程的两个根k1，k2就是切线PA，PB的斜率，
所以k1·k2＝＝＝－1.
所以PA⊥PB，所以·＝0.
综上，·＝0，为定值.
定点问题
【例2】　（2024·九省联考节选）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点.证明：直线MN过定点.
证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），不妨设x1＜x2.如图.
由C：y2＝4x得F（1，0），易知直线AB，DE的斜率都存在且不为0.
设l：x＝my＋1，则m＞0.
由得y2－4my－4＝0，
故y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，＝2m，＝＝2m2＋1.
所以M（2m2＋1，2m）.
同理可得N（＋1，－）.
若m≠1，则直线MN的斜率kMN＝＝，
所以直线MN：y＝（x－2m2－1）＋2m＝（x－3），直线MN过点（3，0）.
若m＝1，则直线MN：x＝3，直线MN过点（3，0）.
综上，直线MN过定点（3，0）.
感悟提升
直线过定点问题的解题策略
　已知抛物线C：y2＝4x与过点（2，0）的直线l交于M，N两点，P在线段MN上，若＝，PQ⊥y轴，垂足为Q，求证：以PQ为直径的圆过定点A.
证明：由题意可知，直线l的斜率不为0，设其方程为x＝my＋2（m∈R），
将x＝my＋2代入y2＝4x，消去x可得y2－4my－8＝0，
显然Δ＝16m2＋32＞0，设M（x1，y1），N（x2，y2），
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－8，
因为＝，所以P是线段MN的中点，
设P（xP，yP），则xP＝＝＝2m2＋2，yP＝＝2m，
所以P（2m2＋2，2m），
又PQ⊥y轴，垂足为Q，所以Q（0，2m），
设以PQ为直径的圆经过点A（x0，y0），
则＝（2m2＋2－x0，2m－y0），＝（－x0，2m－y0），
所以·＝0，即－x0（2m2＋2－x0）＋（2m－y0）2＝0，
化简得（4－2x0）m2－4y0m＋＋－2x0＝0，　①
令可得
所以当x0＝2，y0＝0时，对任意的m∈R，①式恒成立，所以以PQ为直径的圆过定点A（2，0）.
定线问题
【例3】　椭圆Γ：＋＝1（a＞b＞0）的上顶点为A（0，），下顶点为B，离心率为，点P（0，2）.
（1）求椭圆Γ的方程；
（2）如图，过点P的动直线l交椭圆Γ于M，N两点（不同于A，B两点），若直线AN与直线BM交于点Q，点Q是否在一条定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由.
解：（1）椭圆Γ的离心率为，则＝，得c＝a，又a2＝b2＋c2，b＝，
所以a2＝2＋a2，得a2＝4，所以椭圆Γ的方程为＋＝1.
（2）由题可得A（0，），B（0，－），过点P（0，2）的直线l斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx＋2，M（x1，y1），N（x2，y2），
由消去y得关于x的一元二次方程（1＋2k2）x2＋8kx＋4＝0，1＋2k2≠0，
则Δ＝（8k）2－16（1＋2k2）＝32k2－16＞0，即k＜－或k＞，
x1＋x2＝，x1x2＝.
直线AN的方程为y＝x＋，直线BM的方程为y＝x－，设Q（x0，y0），
由
可得
易知x1＋x2＝－2kx1x2，
则y0＝＝＝1，
则直线AN与直线BM交点Q的纵坐标为定值1，所以点Q在定直线y＝1上.
感悟提升
证明动点在定线上的方法
（1）参数法：由已知条件中影响动点的含参方程，确定动点坐标P（x，y）与参数间的数量关系，再根据等量关系或几何关系消去参数，求得关于x，y且不含参数的固定方程，故该动点就在此定线上；
（2）特殊探求法：从动点形成的动源入手，取动点运动中几个特殊位置，初步探索动点所在的直（曲）线，然后再证明无论动源怎样变化，动点P（x，y）始终在此直（曲）线上.
　已知抛物线C：y2＝2x，A（x1，y1），B（x2，y2）是C上两个不同的点.
（1）求证：直线y1y＝x1＋x与抛物线C相切；
（2）若O为坐标原点，·＝－1，抛物线C在A，B处的切线交于点P，证明：点P在定直线上.
证明：（1）联立
得y2－2y1y＋2x1＝0，
因为A（x1，y1）在抛物线C上，
则＝2x1，
所以Δ＝（－2y1）2－4×2x1
＝4－8x1＝0，
因此直线y1y＝x1＋x与抛物线C相切.
（2）设P（x0，y0），由（1）知，切线PA的方程为y1y＝x1＋x，切线PB的方程为y2y＝x2＋x，
联立
得x0＝，
因为x1＝，x2＝，
所以x0＝＝.
又因为·＝－1，
所以x1x2＋y1y2＝·＋y1y2＝－1，
解得y1y2＝－2，所以x0＝－1.
故点P在定直线x＝－1上.
1.（2024·贵阳适应性考试）已知双曲线C的方程为－＝1（a＞0，b＞0），虚轴长为2，点A（－4，－1）在双曲线C上.
（1）求双曲线C的方程；
（2）过原点O的直线与双曲线C交于S，T两点（异于点A），已知直线AS和直线AT的斜率存在，证明：直线AS和直线AT的斜率之积为定值.
解：（1）因为虚轴长2b＝2，所以b＝1.
因为点A（－4，－1）在双曲线C上，所以－＝1，
解得a2＝8.
故双曲线C的方程为－y2＝1.
（2）证明：设S（x0，y0），则T（－x0，－y0），
所以kAS·kAT＝·＝.
因为点S（x0，y0）在双曲线C上，
所以－＝1，得1－＝2－，
于是kAS·kAT＝＝＝，
所以直线AS和直线AT的斜率之积为定值，定值是.
2.已知椭圆C1：＋＝1（a＞b＞0）的右顶点与抛物线C2：y2＝2px（p＞0）的焦点重合，椭圆C1的离心率为，过椭圆C1的右焦点F且垂直于x轴的直线截抛物线C2所得的弦长为4.
（1）求椭圆C1和抛物线C2的方程；
（2）过点A（－4，0）的直线l与椭圆C1交于不同的两点M（x1，y1），N（x2，y2），点M关于x轴的对称点为E（x1，－y1）.证明：当直线l绕点A旋转时，直线EN经过定点.
解：（1）由椭圆C1的离心率为，可得＝，
∴a＝2c，
∵椭圆C1的右顶点与抛物线C2的焦点重合，
∴a＝，得p＝2a，∴p＝4c，
将x＝c代入抛物线C2的方程，可得y2＝2pc，
∴｜y｜＝＝2c，
∵过椭圆C1的右焦点F且垂直于x轴的直线截抛物线C2所得的弦长为4，∴2｜y｜＝4，
即2×2c＝4，解得c＝1，
∴a＝2，p＝4c＝4，
由b2＝a2－c2，可得b2＝4－1＝3，
∴椭圆C1的方程为＋＝1，抛物线C2的方程为y2＝8x.
（2）证明：如图，由题知，直线l的斜率存在，设直线l：y＝k（x＋4），
联立消去y得（3＋4k2）x2＋32k2x＋64k2－12＝0，
∴
直线EN的方程为y＋y1＝（x－x1），
即y＋k（x1＋4）＝（x－x1），
即y＝x－，
代入①②可得y＝·（x＋1），
∴当直线l绕点A旋转时，直线EN经过定点（－1，0）.
3.已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）过点（4，6），焦距为8.
（1）求双曲线C的方程；
（2）过C的右焦点F的直线与C交于M，N两点，点Q的坐标为（，0）.过点M作x轴的平行线交NQ于点P.求证：点P在定直线上.
解：（1）由题意得解得
所以双曲线C的方程为－＝1.
（2）证明：由（1）知F（4，0），
设直线MN的方程为x＝my＋4，
代入－＝1得，（3m2－1）y2＋24my＋36＝0.
则
解得m≠±.
设M（x1，y1），N（x2，y2），P（x0，y1），
则y1＋y2＝，y1y2＝，
直线NQ的方程为y＝（x－）.
又因为点P在直线NQ上，
所以y1（my2＋）＝y2（x0－）.
所以x0－＝
＝
＝＝－，
所以x0＝－＋＝1，
即点P在定直线x＝1上.
4.我们把抛物线的三条切线围成的三角形称为抛物线的切线三角形，对应的三个切点形成的三角形称为抛物线的切点三角形.如图，△P0P1P2，△ABC分别为抛物线y2＝2px（p＞0）的切线三角形和切点三角形，F为该抛物线的焦点，且当直线AB的斜率为－1时，AB中点的纵坐标为－2.
（1）求p；
（2）若直线AC过点F，直线AB，BC分别与该抛物线的准线交于点D，E，记点D，E的纵坐标分别为yD，yE.证明：yDyE为定值；
（3）若A，B，C均不与坐标原点重合，证明：｜FA｜·｜FB｜·｜FC｜＝｜FP0｜·｜FP1｜·｜FP2｜.
解：（1）由题可知点A，B均在抛物线上，故可设A（，y1），B（，y2），
由题意得当kAB＝－1时，y1＋y2＝－2×2＝－4，
故kAB＝＝＝－＝－1，
所以p＝2.
（2）证明：根据题意作图，
如图，由（1）知抛物线的方程为y2＝4x，所以F（1，0），准线方程为x＝－1.
因为直线AC过点F，所以与共线，因为点C在抛物线上，所以可设C（，y3），则＝（1－，－y1），＝（－1，y3），
所以y3（1－）＋y1（－1）＝0，即（y1－y3）·（1＋）＝0，因为y1≠y3，所以y1y3＝－4.
易知直线AB的方程为y－y1＝（x－），即y＝x＋，
令x＝－1，得yD＝，同理可得yE＝，
所以yDyE＝·
＝.
因为y1y3＝－4，所以yDyE＝＝－4，所以yDyE为定值－4.
（3）证明：由题意知抛物线y2＝4x在A，B，C三点处的切线的斜率都存在且不为0.
设抛物线y2＝4x在点A（，y1）处的切线方程为y－y1＝k（x－）（k≠0），
与y2＝4x联立，消去x并整理得ky2－4y＋4y1－k＝0，
由Δ＝16－4k（4y1－k）＝0，解得k＝.
所以抛物线y2＝4x在点A处的切线方程为y1y＝2x＋.
同理可得抛物线y2＝4x在点B处的切线方程为y2y＝2x＋，在点C处的切线方程为y3y＝2x＋.
故易得P0（，），P1（，），P2（，），
｜FA｜＝x1＋1＝，｜FB｜＝，
｜FC｜＝，
所以｜FA｜·｜FB｜·｜FC｜＝.
由两点间的距离公式得｜FP0｜＝＝，
同理可得｜FP1｜＝，｜FP2｜＝，
所以｜FP0｜·｜FP1｜·｜FP2｜＝··＝，
所以｜FA｜·｜FB｜·｜FC｜＝｜FP0｜·｜FP1｜·｜FP2｜.
2 / 2第4讲　大题专攻——圆锥曲线中的定点、定值问题
备｜考｜领｜航
一、考情分析
高频考点 高考预测
定值问题 在解答题中会继续以椭圆、抛物线、双曲线为几何载体考查定点、定值及定线问题，仍是高考考查的热点，难度较大，是高考的压轴题
定点问题
定线问题
二、真题感悟
1.（2023·全国乙卷理20题）（定点问题）已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，点A（－2，0）在C上.
（1）求C的方程；
（2）过点（－2，3）的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点.
2.（2020·新高考Ⅰ卷22题）（定值问题）已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，且过点A（2，1）.
（1）求C的方程；
（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得｜DQ｜为定值.
重｜难｜排｜查
1.求圆锥曲线定点问题的两种常见方法
（1）由特殊到一般法：利用由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关；
（2）参数法：引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中的核心变量（此处设为k）→利用条件找到k与待求定点的曲线F（x，y）＝0之间的关系→研究变化量与参数何时没有关系，找到定点.
2.求解圆锥曲线定值问题的两种常见方法
（1）从特殊到一般求定值：常用处理技巧：①研究特殊情形，如直线斜率不存在等，得到所要探求的定值；②探究一般情形；③综合上面两种情形下结论；
（2）直接消参求定值：常见处理方法：①确定一个（或两个）变量为核心变量，其余量均结合条件用核心变量进行表示；②将所求表达式用核心变量进行表示（有的甚至就是核心变量），然后进行化简，看能否得到一个常数.
定值问题
【例1】　（2024·东北三省四市联合体模拟）在平面直角坐标系中，F1，F2分别为双曲线C：3x2－y2＝a2（a＞0）的左、右焦点，过F2的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点.当l与x轴垂直时，△ABF1的面积为12.
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）当l与x轴不垂直时，作线段AB的垂直平分线，交x轴于点D.试证明为定值.
感悟提升
1.求定值问题常见的方法
（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.
2.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.
已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，M为椭圆C上一点，△MF1F2的周长为4＋2.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若P为圆x2＋y2＝5上任意一点，过点P作椭圆C的两条切线，切点分别为A，B，证明·为定值.
定点问题
【例2】　（2024·九省联考节选）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点.证明：直线MN过定点.
感悟提升
直线过定点问题的解题策略
　已知抛物线C：y2＝4x与过点（2，0）的直线l交于M，N两点，P在线段MN上，若＝，PQ⊥y轴，垂足为Q，求证：以PQ为直径的圆过定点A.
定线问题
【例3】　椭圆Γ：＋＝1（a＞b＞0）的上顶点为A（0，），下顶点为B，离心率为，点P（0，2）.
（1）求椭圆Γ的方程；
（2）如图，过点P的动直线l交椭圆Γ于M，N两点（不同于A，B两点），若直线AN与直线BM交于点Q，点Q是否在一条定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由.
感悟提升
证明动点在定线上的方法
（1）参数法：由已知条件中影响动点的含参方程，确定动点坐标P（x，y）与参数间的数量关系，再根据等量关系或几何关系消去参数，求得关于x，y且不含参数的固定方程，故该动点就在此定线上；
（2）特殊探求法：从动点形成的动源入手，取动点运动中几个特殊位置，初步探索动点所在的直（曲）线，然后再证明无论动源怎样变化，动点P（x，y）始终在此直（曲）线上.
　已知抛物线C：y2＝2x，A（x1，y1），B（x2，y2）是C上两个不同的点.
（1）求证：直线y1y＝x1＋x与抛物线C相切；
（2）若O为坐标原点，·＝－1，抛物线C在A，B处的切线交于点P，证明：点P在定直线上.
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