高考數(shù)學科學復習：高考大題之解析幾何中的熱點題型

高考大題沖關(guān)系列(5)】?高考解析幾何中的熱點題型

命題動向：圓錐曲線問題在高考中屬于必考內(nèi)容，并且常常在同一份試卷上

多題型考查.對圓錐曲線的考查在解答題部分主要體現(xiàn)以下考法：第一問一般是

先求圓錐曲線的方程或離心率等較基礎(chǔ)的知識；第二問往往涉及定點、定值、最

值、取值范圍等探究性問題，解決此類問題的關(guān)鍵是通過聯(lián)立方程來解決.

題型1最值、范圍問題多角探究I

角度1最值問題

例1(2021?全國乙卷)已知拋物線C：r=20^>0)的焦點為且R與圓M-.

x2+(y+4)2=1上點的距離的最小值為4.

⑴求"；

(2)若點P在航上，PA,P3是C的兩條切線，A,3是切點，求△力§面積

的最大值.

解⑴因為焦點電，§到圓〃：八。+4)2=1上點的距離的最小值為尸M

-1=2+4-1=?+3,

所以5+3=4,所以p=2.

Y2X

(2)解法一：由⑴知拋物線C：x2=4v,即y=：,所以曠=5.

設(shè)切點A(xi,yi),切點3(X2,”),

貝加：y=色一\,IPB：y=券一

從而可得丁,等)

由題意可知直線AB的斜率存在，

設(shè)IAB：y=kx+b,與拋物線C：/二分聯(lián)立,

y=kx+b,

得3—4、,消去，得X2-出-46=0,

%一J

則/=169+16L>0,即層+6>0,

1

且xi+X2=4左，xiX2=-4b,所以P(2k,-b).

因為\AB\=71+曰勺(xi+X2)2-4XIX2

I——-i---------_\2lc+2b\

=71+k--y]16產(chǎn)+16b，點P到直線AB的距禺d=屋十],

——ol~n-----|2R+2例01

所以SAPAB=^\AB\-d=1+16產(chǎn)+16b--i,=4(M+6)2.(*)

v7淤+1

又點P(2左，一切在圓M:f+(y+4)2=1上,

(IL

所以~4

將該式代入(*)式,

一。2+126-15y

得S&PAB=4|

4

而沖=一》6[-5,-3],所以人弓[3,5],

所以當6=5時，△必3的面積最大，最大值為2師.

2

XaX

解法二：由⑴知拋物線C：r=4h即y=z，所以y

設(shè)切點A(xi,yi),切點3(x2,y2),圓M上任意一點P(xo,yo),

則易得如：丁=色一]，IPB：y=^x-^,

〃XIX?

y=45(,

、,」乙4小(XI+九2

聯(lián)乂j,得產(chǎn)一

X2X2I，

卜=Q-不

所以xo=xi；x[yo=詈，

又線段A3的中點。的坐標為(生產(chǎn)，蟲產(chǎn)

所以S^PAB=^\PQ\-\X1-X2\

lV+>2..

5-5--yo-|xi-X2\

1x?+x5

4-4--2yo-|xi-X2|

2

=焉1/4而一16yo戶=家晶一4yo戶.(*)

又點P(xo,yo)在圓M:x2+Cv+4)2=1±,所以需=1-(yo+4)2,

1最

代入(*)式，得=-丁3-12yo-15)2.

而加1-5,-3],所以當泗=-5時，△必3的面積最大，最大值為2s5

|?沖關(guān)策呦

處理圓錐曲線最值問題的求解方法

圓錐曲線中的最值問題類型較多，解法靈活多變，但總體上主要有兩種方法：一

是利用幾何法，即通過利用曲線的定義、幾何性質(zhì)以及平面幾何中的定理、性質(zhì)

等進行求解；二是利用代數(shù)法，即把要求最值的幾何量或代數(shù)表達式表示為某個

(些)參數(shù)的函數(shù)(解析式)，然后利用函數(shù)方法、不等式方法等進行求解.

變式訓練1(2023?全國甲卷)已知直線x-2y+l=0與拋物線C:y2=2px(p

>0)交于A,B兩點,且|A3|=4，正

⑴求P；

(2)設(shè)C的焦點為RM,N為C上兩點，MF-HF=Q,求面積的最小

值.

解⑴設(shè)A(XA,班)，B(XB,泗)，

fx-2y+1=0,

由J2c可得y2一4py+2p=0,所以用+”=42,a”=22，所以|AB|

[y=2px,

=y15\yA-VB|=小可(ya+泗)2-4yAyB

=事XyJ]6/72_8P=4y[15,

即222一。一6=0,因為p>0,解得P=2.

(2)顯然直線MN的斜率不可能為零，

設(shè)直線MN:x=my+n,M(xi,yi),Ng,yi),

3

由F=4x‘可得丁_4切—4〃=o,

x=my+n,

所以yi+y2=4帆，yiy2=-4n,

A-16m2+16〃>0=>m2+n>0,

因為加?格=0,F(l,0),所以(xi—1)(X2-l)+"V2=0,

即gyi+n-l)(my2+n-1)+yi、2=0,

§P(m2+l)yiy2+m(n-l)(yi+/)+(〃-I)2=0,

將yi+y2=4m,yi”=-4〃代入,得

4m2=n2-6n+1,4(m2+〃)=(〃-I)2>0,

所以“21,且〃2一6九+1三0,解得3+2也或〃W3-2也.

U一〃I

設(shè)點R到直線"N的距離為乩所以公許,

\MN\=d1+-yi\

=yjl+16m2+16n

=1+m2^4(n2-6n+1)~~+16〃

=2\J1+m2|n-1|,

所以△MNR的面積S=^\MN\-d=^x2-\J1+m2\n-l|x-j(====(?-I)2,

而3+2也或“W3-2也，

所以當〃=3-2啦時,AMNF的面積取得最小值,Smin=（2-2啦＞=12-8vl

角度2范圍問題

例2（2021.浙江高考）如圖，已知R是拋物線丁2=2內(nèi)防＞0）的焦點，〃是拋

物線的準線與x軸的交點，且|沏=2.

4

(1)求拋物線的方程;

⑵設(shè)過點R的直線交拋物線于A,3兩點，若斜率為2的直線/與直線AM,

MB,AB,x軸依次交于點P,Q,R,N,且滿足因可=|尸川.坦川，求直線/在x

軸上截距的取值范圍.

解(1)因為〃是拋物線的準線與x軸的交點，且|即=2,所以p=2.所以拋

物線的方程為＞2=4x.

(2)由(1)知,F(l,0),M(—1,0),

設(shè)A(xi,yi),3(x2,yi),直線A3的方程為x=陽+1,直線/的方程為y=2x

+〃(幾W±2).

x=my-i-1,

由2,可得y2_4/ny_4=0,顯然/>0,

L/=4x,

所以yi+,2=4/n,y\yi=-4,

所以y?+=(yi+yi)2-2yly2=16m2+8.

易知直線AM的方程為y=-177(%+1),

1JL

a

(x+1)

則由「XI+1

=2x+n,

一〃(％i+1)+yi(2-n)yi\

可得尸2xi+2-yi'2xi+2-yiJ，

-n(%2+1)+*(2-n)yi\

同理可得Q2x2+2-372'2x2+2-372J5

(〃-2)2yly2

所以Wyd二(2x1+2-yi)(2x2+2->2)

5

(n-2)2yly2

____________________4(一一2)2yly2____________________

4yiy2-(2yiy2+8)(—+")+yiyi+4+16

5-2)2

4m2+3

x=my+1,〃+2

由1c可得”="?

y=2x+n,

,,(zz+2y(n-2)2

因為|尺川2=|尸川.|0川，所以遇=|ypy0|,所以[口^=,4陽2+3一，所以

(n-2)24m2+342

5+2)2—(2m-1)2-(2加-1)之+2/n-1+1

(1if33

=4［茄口+力+［斗

所以—2或一2<nW14-8小或〃三14+8小.

因為直線/：丁=2%+“”1#±2)在％軸上的截距為一去所以一m>1或44一7W

-2<1或-J；三—7-4-\[3,

即直線/在x軸上截距的取值范圍是(-8,-7-4V3]U[4V3-7.1)U(1,

+8).

|?沖關(guān)策叨

圓錐曲線中取值范圍問題的五種常用解法

(1)利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范

圍.

(2)利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解決這類問題的核心是建立兩個

參數(shù)之間的等量關(guān)系.

(3)利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍.

(4)利用已知的不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍.

(5)利用求函數(shù)值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而

6

確定參數(shù)的取值范圍.

變式訓練2(2021.北京高考)已知橢圓E:5+1(。泌＞。)過點A(0,-2),

以四個頂點圍成的四邊形面積為4小.

(1)求橢圓E的標準方程；

⑵過點P(0,-3)的直線/斜率為左，交橢圓E于不同的兩點3,C,直線A4

AC交'=一3于點“，N,若|PM+|PN|W15,求左的取值范圍.

解(1)因為橢圓過A(0,-2),所以匕=2,

因為四個頂點圍成的四邊形的面積為4小,

所以京262。=4小，即a=小，

故橢圓E的標準方程為1+￡=1.

(2)設(shè)3(X1,yi),C(X2,竺)，

因為直線3C的斜率存在，所以xaWO,

yi+2

故直線A5:y=--x-2,

Al

VI

令y=-3,則訓=

y1?乙

同理硒二一力？

y-kx-3,

直線3C:y=kx-3,由-2”可得

[4x~9+=20

（4+5后）爐-30入+25=0,

故/=900人-100（4+5廬）>0,解得左<一1或Q1.

▼30左25

又XI+X2=4+5R制您=4+5左2,

故XlX2>0,所以XMXN>0.

又1PM+\PN\=\XM+XN\

X2XI

-yi+2^y2+2-Axi-1+kxi-1

7

2kxiX2-（X1+X2）

ICX1X2~k（XI+X2）+1

50k_30左

4+5后―4+5后

25d_30標=5因,

4+―4+5后+1

k＜-1或左＞1,

故〈

15因W15,

即一3W左＜—1或1（kW3.

綜上，左的取值范圍是[-3,-1）U（1,3],

題型2定點、定值、定直線問題多角探究

角度1定點問題

例3（2023?全國乙卷）已知橢圓C:%+/=1（。＞。＞0）的離心率是看，點&（一

2,0）在C上.

⑴求C的方程；

（2）過點（-2,3）的直線交C于P,。兩點，直線AP,AQ與y軸的交點分別

為M,N,證明：線段MN的中點為定點.

「二

%=2,＜7=3,

解（1）由題意可得《解得〈6=2,

e-￡-火、c=小，

e~a~3，

27

所以C的方程為5+1=1.

⑵證明：由題意可知，直線尸。的斜率存在，設(shè)直線P。：

y=k（x+2）+3,尸（為，>1）,2（x2,yi）,

y=k（x+2）+3,

聯(lián)立方程,q%2

忖+L，

消去y得（4爐+9）f+8kQk+3）x+16（-+3左）=0,

則A=64/（2左+3）2-64（43+9）（/+3左）=—1728—0,解得k<Q,

8

8^(2左+3)16(M+3左)

可得X1+X2=-4產(chǎn)+9,24-9

因為4(一2,0),則直線AP:丁=妾萬0+2),

令x=0,解得y=

41十乙

同理可得

2yl2.2

xi+2+%2+2k(xi+2)+3k(%2+2)+3

貝”2=+總工

[kxi+(2%+3)](%2+2)+[kx2+(2%+3)](xi+2)

(xi+2)(%2+2)

2kxix2+(4Z+3)(xi+%2)+4(2左+3)

X1X2+2(XI+X2)+4

32k(標+3Q8k(4%+3)(2左+3)

4-2+9-4/+9+4(2"+3)

16(右+3-)16k(2-+3)

---------------------------------------------------------------------------------------------------_i_A

4M+94標+9

108

~36

所以線段"N的中點是定點(0,3).

|?沖關(guān)策呦

(1)求解直線或曲線過定點問題的基本思路是：把直線或曲線方程中的變量尤,

y當作常數(shù)看待，把方程一端化為零，既然是過定點，那么這個方程就要對任意

參數(shù)都成立，這時參數(shù)的系數(shù)就要全部等于零，這樣就得到一個關(guān)于x,y的方程

組，這個方程組的解所確定的點就是直線或曲線所過的定點.

(2)由直線方程確定其過定點時，若得到了直線方程的點斜式y(tǒng)-yo=k(x-xO),

則直線必過定點(xo,加)；若得到了直線方程的斜截式丁=履+加，則直線必過定

點(0,m).

變式訓練3(2022.全國乙卷)已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、

9

y軸，且過A(0,-2),瑪,兩點.

⑴求E的方程；

(2)設(shè)過點P(l,-2)的直線交E于M,N兩點，過〃且平行于x軸的直線與

線段A3交于點T,點H滿足血=病，證明：直線HN過定點.

解⑴設(shè)E的方程為mx2+ny1=l(m>0,n>0,m^n),將A(0,-2),4|,-1)

兩點代入，

故E的方程為》+曰=L

(2)證明：由A(0,-2),艱-1)可得直線AB:y=|r-2.

①若過點P(l,-2)的直線的斜率不存在，直線方程為x=l,

代入;+a=1,可得y=土半，不妨令，1,-胡)，乂1,邛)，將y=-

半代入直線AB:y=|x-2,可得T13-加，-叫，由曲=話，得

小-2\[6,-

易求得此時直線HN:丁=[2+半｝-2,過點(0,-2).

②若過點PQ,-2)的直線的斜率存在，設(shè)為丁=依-(左+2),設(shè)Mg,州)，

N(X2,y2).

y=kx-(Z+2),

聯(lián)立q

旨+4=1，

得(3產(chǎn)+4)爐-6k(k+2)x+3k(k+4)=0,

A=36敏k+2>—12k(k+4)(3公+4)=96(爐-2左)>0=左<0或k>2,

10

6k(k+2)—8(2+左)

Xl+X2=3^+4》+*=3爛+4,

故有4

3^(^+4)8(2+2左-標)

仙2=3/+4，3=

一24k

且/券+%2竺=3左2+4,(*)

丁=約，

聯(lián)立〈2c可得j乎+3,y\\,H(3yi+6-xi,yi),

y~3入-2,

可求得此時直線HN:

yi-y2

f=笳7=萩-九2)，

將(0,-2)代入，整理得2(x1+X2)-6(yi+刈+xiy2+X2”一3yly2-12=0,

將(*)式代入，得24^+12-+96+48左-24k-48-48左+24--36^-48=0,

顯然成立.

綜上，可得直線"N過定點(0,-2).

角度2定值問題

金G、歷

例4(2020.新高考I卷)已知橢圓。：”1(。＞。＞0)的離心率為苧且過

點A(2,1).

⑴求C的方程；

⑵點M,N在C上，且AMLAN,ADLMN,。為垂足.證明：存在定點。,

使得為定值.

a=2'

解(1)由題意可得＜[

a2+b2=1'

＜tz2=b2+c2,

r2v2

解得/=6,b2=c2=3,故橢圓C的方程為不+==L

(2)證明：設(shè)點M(?,vi),N(X2,yi).

因為AMLAN,所以危?俞=0,

11

即(陽-2)(X2-2)+(yi-l)(y2-1)=0.①

當直線MN的斜率存在時，

設(shè)其方程為丁=依+機，如圖1.

代入橢圓方程消去y并整理，

得(1+2/c2)%2+4kmx+2nr-6=0,

____皿_____2m2-6

1+z/c

根據(jù)丁1二丘1+m，》=區(qū)2+加，代入①整理，nJW(^2+1)x1x2+(km-k-2)(xi

+X2)+(m-I)2+4=0,

將②代入上式，得(產(chǎn)+1)*卷+(加一左一2)|

整理化簡得(2左+3m+1)(2左+m-1)=0,

因為A(2,1)不在直線MN上，所以24+機-1W0,

所以2左+3m+1=0,21,

于是MN的方程為y

所以直線MN過定點E停，-1).

當直線MN的斜率不存在時，可得N(xi,-yi),如圖2.

代入(XI_2)(X2-2)+(yi-1)(^2-1)=0得(尤1-2)2+1-負=0,

結(jié)合普+弓=1,解得xi=2(舍去)或xi=],

此時直線MN過點E仔，-5

因為IAEI為定值，且△ADE為直角三角形，AE為斜邊，

12

所以AE的中點。滿足儲Q|為定值

由于A(2,1),￡(|,一￡|,

故由中點坐標公式可得Q(|，3}

故存在點。住，；)，使得儲。I為定值.

?沖關(guān)策呦

圓錐曲線中的定值問題的常見類型及解題策略

(1)求代數(shù)式為定值.依題設(shè)條件，得出與代數(shù)式參數(shù)有關(guān)的等式，代入代數(shù)

式、化簡即可得出定值.

(2)求點到直線的距離為定值.利用點到直線的距離公式得出距離的解析式，

再利用題設(shè)條件化簡、變形求得.

(3)求某線段長度為定值.利用長度公式求得解析式，再依據(jù)條件對解析式進

行化簡、變形即可求得.

變式訓練4(2023?福建模擬)已知圓Ai：(X+1)2+/=16,直線過點A2Q,

0)且與圓4交于3,C兩點，3C的中點為。，過A2c的中點E且平行于ALD的

直線交AC于點P,記P的軌跡為「

(D求「的方程；

(2)坐標原點。關(guān)于Ai,A2的對稱點分別為5,歷，點Ai,A2關(guān)于直線y=x

的對稱點分別為Q,C2,過A的直線/2與廣交于N兩點，直線BiN

相交于點。.請從下列結(jié)論中，選擇一個正確的結(jié)論并給予證明.

①△Q3C1的面積是定值；②△。31片的面積是定值；③△QCC2的面積是定

值.

解⑴由題意得,4(-1,0),A2(l,0).

因為。為3C的中點，所以即AbD，A2C,

又所以PELA2C,

13

又E為A2c的中點，所以|必2|=|PC|,

所以陷11+\PA2\=解1|+\PC\=\A\C\=4>|AIA2|,

所以點P的軌跡廠是以4,4為焦點的橢圓(左、右頂點除外).

r2v2

設(shè)廠的方程為”+笆=I。*土。)，其中a2-b2=c2,貝1J2a=4,<7=2,

c=1,b=yja2-c2=小.

故廠的方程為曰+全=1"±2).

(2)解法一：結(jié)論③正確.下證：△QGC2的面積是定值.

由題意得,8(—2,0),52(2,0),Ci(0,-1),C2(0,

1),且直線/2的斜率不為0,

可設(shè)直線A：x=my-l,

M(xi,yi),N(X2,y2),

且％iW±2,%2力±2.

由jW(3m2+4)/-6my-9=0,所以刀+工二茄口^,刀”=一

x=my-1,

3ml+4)所以2myiy2=-3(yi+*).

直線BiM的方程為y=廣=(％+2),

直線B2N的方程為y=黃I(x-2),

y="c(x+2),

由［xi+22)得x+2三yi(8xi—+2))=

y二(x-2),

IX2-2

yi+1)my\y2+yi~2(—+")

A(沖2-3)=W2-3yi=_|(%+”)—3y

14

31

-匕i

~9S-=3'

一口一歹2

解得x=-4.

故點Q在直線X=-4±,所以。到C1C2的距離d=4,

因此△QC1C2的面積是定值，為3C?d=3x2x4=4.

解法二：結(jié)論③正確.下證：△QCC2的面積是定值.

由題意得,8(-2,0),52(2,0),Ci(0,-1),C2(0,1),且直線一的斜率

不為0,

，2：

可設(shè)直線x=my-liM(xi,yi),

N(X2,y2),且aW±2,X2^±2.

罡+w=l,

由＜43^(3m2+4)y2-6my-9=0,所以yi+y2

x=my-1,

6〃z9

w=-病肓，所以2切3=-38+券).

直線Bi"的方程為y='^(x+2),

直線BiN的方程為y=黃3(x-2),

y=(x+2),

xi+2

由＜

V*2,

V

gc丁23+2)+yi(X2-2)

倚尤=2*/I9

y2(xi+2)-yi(%2-2)

V2(myi+1)+yi(my2-3)

—.2x-------------------------------------

y2(myi+1)-yi(myi-3)

2my\yi+"-3yl

2x-

yi+3yl

15

2myiy2+3(yi+/)-2(券+3yi)

2x-

yi+3yl

=-4,

故點。在直線工=-4±,所以。到C1C2的距離d=4,

因此△QC1C2的面積是定值，為』CiC2h/=3x2x4=4.

解法三：結(jié)論③正確.下證：△QGC2的面積是定值.

由題意得,Bi(-2.0),及(2,0),Ci(0,-1),C2(0,1),且直線A的斜率

不為0.

(i)當直線/2垂直于X軸時，/2：X=-l,

￡y1

由4+31,

X=-1,

X=-1,X=-1,

得3或3

"一5^=2-

不妨設(shè)從-1,1),A(-l,

則直線BiM的方程為y=|(x+2),

直線&N的方程為y=2),

r3

y=2(x+2),x=-4

由V[得；所以。(-4,-3),

"(一)，〔》=一3,

故。到C1C2的距離d=4,

此時△QC1C2的面積為3。。2kz=|x2x4=4.

(ii)當直線〃不垂直于x軸時，設(shè)直線&：y=k(x+l),M(xi,yi),N(X2,>2),

且xiW±2,X2W±2.

厚+(=1，

由43得(442+3后+8層x+(4F—12)=0,

y=k(x+1)

16

8層4廬-12

所以…=_^^,

直線31”的方程為y=/^(x+2),

直線BiN的方程為y=黃Q(x-2),

y=(x+2)

xi+2?

由＜

)2(%1+2)+yi(%2-2)

得片NX/(xi+2)

-yi(%2-2)

k(X2+1)3+2)+k(xi+1)(%2-2)

ox--------------------------------------------------------

k(X2+1)3+2)—左3+1)(%2-2)

4xiX2-2x1+6x2

3xi+X2+4

4xiX2-2xi+6x2

下證：3…+4=-4.

即證4x1X2-2x1+6x2=-4(3xi+%2+4),

即證4x1X2=-10(xi+X2)-16,

4^-12(8一、

即證4、布？7=T°"一記司i，

即證4(4^-12)=-10(-8產(chǎn))-16(4左2+3),

上式顯然成立，

故點。在直線工=-4上，所以。到GC2的距離d=4,

此時△QC1C2的面積是定值，為;［口。2卜1=；x2x4=4.

由(i)(ii)可知，△QCC2的面積為定值.

解法四：結(jié)論③正確.下證：△QGC2的面積是定值.

由題意得,Bi(-2,0),歷(2,0),Ci(0,-1),C2(0,1),且直線辦的斜率

不為0,

17

可設(shè)直線〃：x=1,M（xi,yi）,Ngyi）,

且％1W±2,及/±2.

儼W!

—+-=]

2

由<43得（3加+4）/_6my-9=0,

x=my-1,

6m9

所以6+”=藐=，>U2=-病彳

直線31M的方程為y=U3(x+2),直線及N的方程為丁=黃］(%-2),

因為.xi菖y+i￡=1,所以eY25二一3不12+=2,

342+2

故直線&N的方程為丁=-？［^。一2）.

>（x+2），

由1C

3X2+2

?=~4X3^（%一2），

"-2=______4yly2___________

行x+2一一3（X1+2）（皿+2）

________4yly2_____________

3（myi+1）（my2+1）

=_lx_______yiv2________

3nry\yi+m（yi+yi）+1

4-9

—3X-9m2+6m2+（3m2+4）-'

解得x=-4.

故點Q在直線x=-4±,所以。到C1C2的距離d=4,

因此△QCiC2的面積是定值，為垢。2卜1=|x2x4=4.

角度3定直線問題

例5（2023?新課標H卷）已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為（-24,

0）,離心率為小.

⑴求C的方程;

18

(2)記C的左、右頂點分別為Ai,A2,過點(-4,0)的直線與C的左支交于

N兩點，M在第二象限，直線"4與附2交于點P.證明：點P在定直線上.

解⑴設(shè)雙曲線C的方程為卜$=1(。>0,萬>0),由焦點坐標可知c=2小,

貝1J由e=\=小可得。=2,b=y/^-a2=4,

故C的方程為￡4=1.

(2)證法一：由⑴可得4(一2,0),A2(2,0),設(shè)M(xi,

yi),Ngyi),

顯然直線MN的斜率不為0,所以設(shè)直線MN的方程為

x=my-4,

11

K-2<m<2>

與方-京=1聯(lián)立可得(4川—1)/-32my+48=0,且/=64(4m2+3)>0,

32m48

貝ijyi+y24m2-15"2-4帆2_］，

直線MAi的方程為y二1±5(x+2),

直線NA2的方程為y=尤-2),

聯(lián)立直線MAr與直線NAi的方程可得,

%+2*3+2)丁2(加yi-2)

x-2yi(%2-2)yi{myi-6)

my\yi2(yi+/)+2yl

myxyi-6yl

48、32m-

加薪口一2.薪口+2”

辦癡428_「6cyi

19

-16m

4m2-1+2刀]

48m,=-3'

4m2-1”

x+21

由二一)可得x=-1,即XP=-1,

據(jù)此可得，點P在定直線x=-l上.

證法二：由題意得4(-2,0),A2(2,0).

設(shè)”(xi,yi),N(X2,y2),直線MN的方程為x=緲-4,

則手一稔=1,即4x1—y?=16.

如圖，連接版的，

,,_山”_%_4_T6不

W/：MA2=XI+2XI-2=X?-4=X?-4=4①

由，一器=1,得4/—>2=16,4[(x-2)+2]2-/=16,

4(x-2)2+16(x-2)+16-/=16,4(x-2)2+16(x-2)-/=0.

由％二機y-4,x-2=my-6,my-(x-2)=6,7\my-(x-2)]=1.

4a-2>+16a-2)^[my-(x-2)]-y2=0,4a-2)2+-2)my-，(x-2)2-

y2=o,

兩邊同時除以(X-2)2,得%竽言-[占)=0,

kMAz='。,kNAz="

xi-2X2-2

4

由根與系數(shù)的關(guān)系得如4.心知二-②

由①②可得kMAi=-3kNA?.

IMAIy=kMAi(x+2)=—3kNAz(x+2),

INA2:y=kNAi(x-2).

20

y=-3kNA2(x+2)

由1解得x=-1.

y=kNAi(x-2),

所以點尸在定直線x=-1±.

?沖關(guān)策閽

定直線問題是指因圖形變化或點的移動而產(chǎn)生的動點在定直線上的問題.這

類問題的核心在于確定定點的軌跡，主要方法有：

(1)設(shè)點法：設(shè)點的軌跡，通過已知點軌跡，消去參數(shù)，從而得到軌跡方程.

(2)待定系數(shù)法：設(shè)出含參數(shù)的直線方程、待定系數(shù)法求解出系數(shù).

(3)驗證法：通過特殊點位置求出直線方程，再對一般位置進行驗證.

變式訓練5(2023?江蘇常州一模)已知橢圓C:[+/1(。泌>0)的短軸長為

2?離心率為

⑴求橢圓C的方程;

(2)過點尸(4,1)的動直線/與橢圓。交于不同的兩點A,B,在線段A3上取

點Q,滿足=證明：點?？傇谀扯ㄖ本€上.

[20=2也，

CL一乙,

解(1)由題意可知<5=坐，解得也,

<a2=b2+c2,I。-也,

所以橢圓C的方程為卜弓=L

(2)證明：直線A3的斜率顯然存在，設(shè)直線A3的方程

為丁=左(尤-4)+1,A(xi,yi),B(X2,yi),Q(x,y).

因為A,P,B,。四點共線，不妨設(shè)X2<X<XI<4,則|AP|

=qi+廬(4-xi),

\AQ\=，1+R(xi-x),\QB\=yjl+lc(x-X2),\PB\=^1+^(4-X2),

^\AP\-\QB\=\AQ\-\PB\,可得(4-xi\(x-xi)=(%i-x)(4-X2),

化簡得2xiX2-(xi+X2)(4+x)+8x=0.(*)

21

聯(lián)立直線Kx-4)+1和橢圓的方程，得42-,

y=k(x-4)+1,

消去V,得(2后+I)%2+4去1-4k)x+32乃一16左一2=0,

由/=169(1一軟產(chǎn)一4(2層+1)(32層一16左一2)>0,得121cl-8k—KO,

4k(1一4左)

所以XI+X2=21c+1-

32層—16左一2

X1X2=

2產(chǎn)+1

4左+177

代入(*),化簡得X=7TT=4_R,即力=4—X.

K十乙K十4/C十Z

y—1

又。在直線AB上，所以2二一T

X—4

7

代入上式，得-=47,化簡得22=。,

所以點?？傇诙ㄖ本€2x+y-2=0上.

題型3圓錐曲線中的探索性問題

例6如圖，已知點R為拋物線C：V=2內(nèi)①>0)的焦

點,過點R的動直線/與拋物線C交于“，N兩點，且當

直線I的傾斜角為45。時，|MN|=16.

(1)求拋物線。的方程；

(2)試確定在x軸上是否存在點P,使得直線PM,PN關(guān)于x軸對稱？若存在,

求出點P的坐標；若不存在，請說明理由.

解(1)當/的斜率為1時，?二巧，o),

的方程為y=x-爭

2

y=x--2

由2,得％2-3px+=0.

)2=2px，

設(shè)M(xi,yi),Ng,yi),貝lJ%i+X2=3p,

22

/.\MN\=x\+X2-\-p=4p=16,p=4,

???拋物線c的方程為F=8X.

(2)解法一：假設(shè)滿足條件的點P存在.

設(shè)P(a,0),

由⑴知尸(2,0).

①當直線/不與x軸垂直時，

設(shè)/的方程為丁=左(》一2)/70),

丁=左(x-2),

由j,得后好一(4后+8)x+4F=0,

y=8x,

J=(4左2+8)2-4k24k2=64k2+64>0,

4M+8

XI+X2=~F-，X1X2=4.

???直線PM,PN關(guān)于冗軸對稱，

.*?kpM+kpN=0,

「k(xi-2),k(X2-2)

又kpM=,kpN=,

xi-aX2-a

k(xi-2)k(%2-2)

???--------------+---------------=0,

xi-aX2-a

兩邊同時乘以(xi-d)(x2-d),得k(xi-2)-(%2-d)+k(x2-2)(xi-d)=k[2x\xi-

8(Q+2)

止匕時

(Q+2)(xi+xi)+4Q]=-K7=0,.\a=-2,P(-2,0).

②當直線/與X軸垂直時，由拋物線的對稱性，

易知PM,PN關(guān)于x軸對稱，此時只需P與焦點R不重合即可.

綜上，存在唯一的點「(-2,0),使直線尸航，PN關(guān)于x軸對稱.

解法二：假設(shè)滿足條件的點P存在.

設(shè)P(a,0),由⑴知尸(2,0),

顯然，直線/的斜率不為0,設(shè)/：%=沖+2,

x=my+2,

由J20得>2一8切-16=0,

lr=8x,

23

貝ij/=（一8m）2+4x16=64m2+64>0,yi+丁2=8m,yiy2--16.

kp=-^—,kPN=q-,

Mxi-aX2-a

kpM+kpN=0=>(%2-a)yi+(xi-〃)、2=0,

(myi+2-d)y\+(my\+2-d)yi-0,

/.2myiy2+(2-a)(y\+yi)-2mx(-16)+(2-〃)x8加=0,

??ci——2,

???存在唯一的點P(-2,0),使直線PM,PN關(guān)于x軸對稱.

，沖關(guān)策閣

存在性問題的解題策略

存在性的問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若

結(jié)論不正確則不存在.

(1)當條件和結(jié)論不唯一時要分類討論.

(2)當給出結(jié)論而要推導出存在的條件時，先假設(shè)成立，再推出條件.

(3)當要討論的量能夠確定時，可先確定，再證明結(jié)論符合題意.

%2y2,歷

變式訓練6(2023?沈陽三模)已知橢圓廠U+R=l(a>">°)的離心率為V，

其左焦點為/1(-2,0).

(1)求「的方程；

(2)如圖，過廣的上頂點P作動圓B的切線分別交廣于點M,N,是否存在

圓為使得是以PN為斜邊的直角三角形？若存在，求出圓人的半徑；若

不存在，請說明理由.

解⑴由題意設(shè)焦距為2c,則c=2,

由離心率為為得。=2就，

24

貝Ij/?2=6Z2-c2=4,

故廠的方程為1+f=L

(2)不存在.

證明如下：由⑴知P(0,2),假設(shè)存在圓B滿足題意,

當圓B過原點。時，直線PN與y軸重合，

直線的斜率為0,不符合題意.

依題意不妨設(shè)PM：y=%x+2(%W0),

PN\y=kvc+2(hW0),圓Fi的半徑為r,

\-2ki+2|

則圓心到直線PM的距離為-7芯=丫,

+kr

所以(戶一4)后+8%+/—4=0,

同理，(3—4)始+8近+/一4=0,

即ki,ki是關(guān)于k的方程(產(chǎn)-4)左2+8左+/-4=0的兩個不相等的實數(shù)根，此

時kikz=1.

y=kix+2,

聯(lián)立直線PM與橢圓的方程x2y2

[8+4i

得（1+2好）爐+8Mx=0,

一8左1Ski/2-4后

所以XP+XM=]+2后,即XM=-]+2后,得加=1+2后，

.,1J8kl2后一4]

由弱=而Z,H得"一季，萬力J，

由題意，PMLMN,即麻w=-￡,

25

2-4后2--4

1+2屆―2+屆

此時kMN=_W

-1+2好+2+后

（―2后+1）（后+2）—（后一2）（2后+1）

;4紅（2-+1）-4M（好+2）

-4后+4-+1

=4h（^-1）—ki，

因為MW