【数学】2019届一轮复习人教A版直线与圆锥曲线的位置关系的应用学案 41页

第 77 题 直线与圆锥曲线的位置关系的应用 I．题 探究·黄金母题 【例 1】已知经过椭圆 11625 22  yx 的右焦点 2F 做垂 直于 x 轴的直线 AB ，交椭圆于 BA、 两点， 1F 是 椭圆的左焦点． (1)求 AFB 的周长； (2)如果 AB 不垂直于 x 轴， AFB 的周长有变化 吗？ 【解析】（1）根据椭圆定义，由于 1021  AFAF ， 1021  BFBF ，所以 AFB 的周长为 20； （2）如果 AB 不垂直于 x 轴， AFB 的周长没有变 化，仍保持为一个定值 204 a ． 精彩解读 【试题 】人教版 A 版选修 2-1P42T3． 【母题评析】本题根据椭圆的定义说 明三角形的周长是定值，主要考查圆 锥曲线的定义．本类考题是近几年高 考试题解答题第二步常常采用的命 题形式． 【思路方法】圆锥曲线中的定点、定 值问题是一种常见的解答题，它几乎 涵盖了解析几何的所有知识，综合性 强，方法灵活，对运算和思维能力都 有要求，因此备受高考命题者的青 睐．解题策略是“大处着眼，小处着 手”，从整体上把握问题给出的信息， 借助函数与方程、数形结合以及分类 研究与化归思想，巧妙利用巧设点、 设而不求、联立方程组、韦达定理、 巧用定义、代点相减等手段，使问题 得以解决． 【例 2】已知直线 1 kxy 与双曲线 422  yx 没 有公共点，求 k 的取值范围． 【解析】联立方程组      4 1 22 yx kxy ，代入整理得： 052)1( 22  kxxk ，若 1k ，直线与双曲线 只有 1 个公共点，所以 01 2  k ，由于直线与双曲 线无公共点，所以 0)1(204 22  kk ，即 【试题 】【例 2】人教版选修 2-1 第 80 页复习参考题 A 组第 5 题 【例 3】人教版 A 版选修 1-1P42 习题 2．1A 组 T7． 人教版 A 版选修 2-1P62 习题 2．3B 组 T4． 【母题评析】本题是借助直线与双曲 线的位置关系求斜率 k 的取自范围， 54 k ，则 k 的取值范围是 2 5k 或 2 5k ． 【例 3】已知双曲线 2 2 12 yx   ，过点  1,1P 能否 作一条直线 l ，与双曲线交于 ,A B 两点，且点 P 是 线段 AB 的中点？ 【答案】不能 【解析】设点    1 1 2 2, , ,A x y B x y 在双曲线上， 且线段 AB 的中点为  ,M x y 。 设经过点 P 的直线 l 方程为  1 1y k x   ，即 1y kx k   。把 1y kx k   代入双曲线的方程， 得        22 2 22 2 1 1 2 0 2 0k x k k x k k         。①  1 2 2 1 2 2 k kx xx k     。 由题意，得   2 1 12 k k k   ，解得 2k  。当 2k  时， 方 程 ① 成 为 22 4 3 0x x   。 根 的 判 别 式 16 24 8 0      ，方程①没有实数解。 所以不能作一条直线 l 与双曲线交于 ,A B 两点，且 点 P 是线段 AB 的中点。 主要考查直线与圆锥曲线的位置关 系．对范围、最值问题的考查是近几 年高考试题的热点之一，范围、最值 问题的考查形式很多，灵活多变． 【思路方法】圆锥曲线中常见的最值 问题及其解法 （1）两类最值问题：①涉及距离、 面积的最值以及与之相关的一些问 题；②求直线或圆锥曲线中几何元素 的最值以及这些元素存在最值时确 定与之有关的一些问题． （2）两种常见解法：①几何法，若 题目的条件和结论能明显体现几何 特征及意义，则考虑利用图形性质 解决；②代数法，若题目的条件和结 论能体现一种明确的函数关系，则可 先建立起目标函数，再求这个函数的 最值，最值常用基本不等式法、配方 法及导数法求解． 解决圆锥曲线中的取值范围问题的 五方面考虑： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判 别式构造不等关系，从而确定参数的 取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新参 数的范围，解这类问题的核心是建立 两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等 式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系构造不等 式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数的值域的方法将待 求量表示为其他变量的函数，求其值 域，从而确定参数的取值范围． II．考场精彩·真题回放 【例 1】【2017 高考新课标 I】已知 F 为抛物线C ： 2 4y x 的焦点，过 F 作两条互相垂直的直线 1l ，2l ， 直线 1l 与C 交于 ,A B 两点，直线 2l 与C 交于 ,D E 两 点 ， 则 AB DE 的 最 小 值 为 （ ） A．16 B．14 C．12 D．10 【答案】A 【 解 析 】 解 法 一 ： 设 1 1 2 2 3 3 4 4( , ), ( , ), ( , ), ( , )A x y B x y D x y E x y ，直线 1l 方 程 为 1( 1)y k x  。 联 立 方 程 2 1 4 ( 1) y x y k x      得 2 2 2 2 1 1 12 4 0k x k x x k    ， ∴ 2 1 1 2 2 1 2 4kx x k     2 1 2 1 2 4k k  ，同理直线 2l 与抛 物线的交点满足 2 2 3 4 2 2 2 4kx x k   。由抛物线定义 可知 1 2 3 4 2AB DE x x x x p      2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 4 2 4 4 4 164 8 2 8 16k k k k k k k k           ， 【命题意图】此类问题定中有动，动 中有定，考查直线与圆锥曲线的有关 知识，本类题通常主要考查数形结 合、分类讨论、化归与转哈、函数与 方程等数 思想． 【考试方向】这类试题在考查题型 上，通常以解答题的形式出现，难度 较大． 【难点中心】本类题大多需要联立方 程组，借助判别式、根与系数关系等， 根据题目的已知条件进行计算，特别 是要选中一个适合该题设的参变量， 用题中已知量和参变量表示题中所 涉及的量，并将其代入定值关系式， 化简整理求出结果．解题时有一定的 运算量，要注意解题变形过程的准确 度． （1）解决直线与椭圆的位置关系的 相关问题，其常规思路是先把直线方 程与椭圆方程联立，消元、化简，然 后应用根与系数的关系建立方程，解 决相关问题．涉及弦中点的问题时用 “点差法”解决，往往会更简单． （2）设直线与椭圆的交点坐标为  ,A x y1 1 ，  ,B x y2 2 ，则 当 且 仅 当 1 2 1k k   （ 或 1 2 1k k    ） 时 ， AB DE 取最小值 16． 解 法 二 ： 如 图 ， 设 直 线 1l 的 倾 斜 角 为  ， 则 2 2 sin pAB  ，则 2 2 2 2 π cossin 2 p pDE       ， 2 2 2 2 2 2 1 14sin cos sin cos p pAB DE                  2 2 2 2 2 2 2 2 1 14 sin cossin cos sin cos4 2 4 2 2 16 ,cos sin                       当且仅当 2 2 2 2 sin cos cos sin     ，即 4   或 4   时， AB DE 取最小值 16． 2 1 2 1 22 11 1AB k x x y yk       ， k 为直线斜率． 提醒：利用公式计算直线被椭圆截得 的弦长是在方程有解的情况下进行 的，不要忽略判别式． 【例 2】【2017 高考新课标 I】已知椭圆 C： 2 2 2 2 =1x y a b  （a>b>0），四点 P1（1，1），P2（0，1），P3（–1， 3 2 ）， P4（1， 3 2 ）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． 【解析】 【命题意图】本题主要考查和差倍半 的三角函数、三角函数的周期性．能 较好的考查考生的基本运算求解能 力及复杂式子的变形能力等． 【考试方向】这类试题在考查题型 上，通常以选择题或填空题或解答题 的形式出现，难度中等偏易． 【难点中心】 1．椭圆的对称性是椭圆的一个重要 性质，判断点是否在椭圆上，可以通 试题分析：（1）根据 3P ， 4P 两点关于 y 轴对称，由 椭 圆 的 对 称 性 可 知 C 经 过 3P ， 4P 两 点 ． 另 外 2 2 2 2 1 1 1 3 4a b a b    知，C 不经过点 P1，所以点 P2 在 C 上．因此 1 3 4, ,P P P 在椭圆上，代入其标准方程，即 可求出 C 的方程；（2）先设直线 P2A 与直线 P2B 的斜 率分别为 k1，k2，在设直线 l 的方程，当 l 与 x 轴垂 直，通过计算，不满足题意，再设设 l： y kx m  （ 1m  ），将 y kx m  代入 2 2 14 x y  ，写出判别 式，韦达定理，表示出 1 2k k ，根据 1 2 1k k   列出 等式表示出 k 和 m 的关系，判断出直线恒过定点． 试题解析：（1）由于 3P ， 4P 两点关于 y 轴对称，故 由题设知 C 经过 3P ， 4P 两点． 又由 2 2 2 2 1 1 1 3 4a b a b    知，C 不经过点 P1，所以点 P2 在 C 上． 因此 2 2 2 1 1 1 3 14 b a b      ，解得 2 2 4 1 a b    ． 故 C 的方程为 2 2 14 x y  ． （2）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：x=t，由题设知 0t  ，且| | 2t  ， 可得 A，B 的坐标分别为（t， 24 2 t ），（t， 24 2 t ）． 则 2 2 1 2 4 2 4 2 12 2 t tk k t t         ，得 2t  ，不 符合题设． 从而可设 l： y kx m  （ 1m  ）．将 y kx m  代入 2 2 14 x y  得 2 2 2(4 1) 8 4 4 0k x kmx m     ， 过这一方法进行判断；证明直线过定 点的关键是设出直线方程，通过一定 关系转化，找出两个参数之间的关系 式，从而可以判断过定点情况．另外， 在设直线方程之前，若题设中为告 知，则一定要讨论直线斜率不存在和 存在情况，接着通法是联立方程组， 求判别式、韦达定理，根据题设关系 进行化简． 2．求轨迹方程的常用方法有： （1）直接法：直接利用条件建立 x， y 之间的关系 F(x，y)＝0。 （2）待定系数法：已知所求曲线的 类型，求曲线方程。 （3）定义法：先根据条件得出动点 的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的 定义直接写出动点的轨迹方程。 （4）代入(相关点)法：动点 P(x，y) 依赖于另一动点 Q(x0，y0)的变化而运 动，常利用代入法求动点 P(x，y)的 轨迹方程。 由题设可知 2 2=16(4 1) 0k m    ． 设 A（x1，y1），B（x2，y2），则 x1+x2= 2 8 4 1 km k   ， x1x2= 2 2 4 4 4 1 m k   ． 而 1 2 1 2 1 2 1 1y yk k x x     1 2 1 2 1 1kx m kx m x x      1 2 1 2 1 2 2 ( 1)( )kx x m x x x x    ． 由 题 设 1 2 1k k   ， 故 1 2 1 2(2 1) ( 1)( ) 0k x x m x x     ． 即 2 2 2 4 4 8(2 1) ( 1) 04 1 4 1 m kmk mk k         ． 解 得 1 2 mk   ． 当且仅当 1m   时， 0  ，欲使 l： 1 2 my x m   ， 即 11 ( 2)2 my x    ，所以 l 过定点（2， 1 ）。 【例 3】【2017 高考新课标 II】设 O 为坐标原点，动 点 M 在椭圆 C： 2 2 12 x y  上，过 M 作 x 轴的垂线， 垂足为 N，点 P 满足 2NP NM  。 (1) 求点 P 的轨迹方程； （2）设点 Q 在直线 3x   上，且 1OP PQ   。证 明：过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F。 【答案】（1） 2 2 2x y  。 （2）证明略。 【解析】 试题分析：（1）设出点 P 的坐标，利用 2NP NM   得到点 P 与点，M 坐标之间的关系即可求得轨迹方 程为 2 2 2x y  。 （2）利用 1OP PQ   可得坐标关系 2 23 1m m tn n     ，结合（1）中的结论整理可 得 0OQ PF    ，即 OQ PF   ，据此即可得出题中的 结论。 试题解析：（1）设    0 0, , ,P x y M x y ，设  0 ,0N x ，    0 0, , 0,NP x x y NM y    。 由 2NP NM   得 0 0 2, 2x x y y  。 因为  0 0,M x y 在 C 上，所以 2 2 12 2 x y  。 因此点 P 的轨迹方程为 2 2 2x y  。 （2）由题意知  1,0F  。设    3, , ,Q t P m n ， 则    3, , 1 , , 3 3OQ t PF m n OQ PF m tn             ，    , , 3 ,OP m n PQ m t n      。 由 1OP PQ    得 2 23 1m m tn n     ，又由（1） 知 2 2 2m n  ，故 3 3 0m tn   。 所以 0OQ PF    ，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。 III．理论基础·解题原理 一、直线和圆锥曲线的位置关系 判断直线 l 与圆锥曲线 C 的位置关系时，通常将直线 l 的方程 Ax＋By＋C＝0(A，B 不同时为 0)代入圆锥曲线 C 的方程 F(x，y)＝0，消去 y(也可以消去 x)得到一个关于变量 x(或变量 y)的 一元方程． 即 Ax＋By＋C＝0， F x，y ＝0， 消去 y，得 ax2＋bx＋c＝0． （1）当 a≠0 时，设一元二次方程 ax2＋bx＋c＝0 的判别式为Δ，则Δ>0⇔直线与圆锥曲线 C 相交； Δ＝0⇔直线与圆锥曲线 C 相切； Δ<0⇔直线与圆锥曲线 C 相离． （2）当 a＝0，b≠0 时，即得到一个一次方程，则直线 l 与圆锥曲线 C 相交，且只有一个交 点，此时，若 C 为双曲线，则直线 l 与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若 C 为抛物线， 则直线 l 与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合． 二、“弦”的问题 1．弦长公式 设斜率为 k(k≠0)的直线 l 与圆锥曲线 C 相交于 A，B 两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 |AB|＝ 1＋k2|x1－x2|＝ 1＋k2· x1＋x2 2－4x1x2＝ 1＋1 k2·|y1－y2| ＝ 1＋1 k2· y1＋y2 2－4y1y2． 2．处理中点弦问题常用的求解方法 方法一——点差法： 即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有 x1＋x2，y1＋y2，y1－y2 x1－x2 三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率． 方法二——根与系数的关系： 即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解． 注意：中点弦问题常用的两种求解方法各有弊端：根与系数的关系在解题过程中易产生漏解， 需关注直线的斜率问题；点差法在确定范围方面略显不足． ！ IV．题型攻略·深度挖掘 【考试方向】 纵观近几年的高考试题，高考对直线与圆锥曲线的位置关系的考查，一直是命题的热点。这 类试题在考查题型上，可以是选择题、填空题或解答题的形式出现，难度较大，基本上属于 压轴题，较多的考查直线与椭圆、抛物线的位置关系问题；有时，先求轨迹方程，再进一步 研究直线与曲线的位置关系．命题的主要特点有：一是以过特殊点的直线与圆锥曲线相交为 基础设计“连环题”；二是以不同曲线（圆、椭圆、抛物线）的位置关系为基础设计“连环 题”；三是直线与圆锥曲线的位置关系问题等． 【技能方法】 对于以过特殊点的直线与圆锥曲线相交为基础设计“连环题”，结合曲线的定义及几何性质， 利用待定系数法先行确定曲线的标准方程，进一步研究弦长、图形面积、最值、取值范围等； 对于以不同曲线（圆、椭圆、抛物线）的位置关系为基础设计“连环题”，结合曲线的定义 及几何性质，利用待定系数法先行确定曲线的标准方程，进一步研究弦长、图形面积、最值、 取值范围等；对于直线与圆锥曲线的位置关系问题，综合性较强，往往与向量（共线、垂直、 数量积）结合，涉及方程组联立，根的判别式、根与系数的关系、弦长问题等． 【易错指导】 （1）直线与双曲线（抛物线）有一个公共点是直线与双曲线（抛物线）相切的必要条件， 但不是充分条件。直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切，事实上不一定相 切，当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点；直线与抛物线交于一点时， 除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行或重合时也相交于一点． （2）利用公式计算直线被圆锥曲线截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判 别式大于零。 V．举一反三·触类旁通 考向 1 直线与圆锥曲线的位置关系 【例 1】【2018 湖北武汉】已知双曲线 ： 关于直线 对称的曲 线为 ，若直线 与 相切，则实数 的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【例 2】【2018 届安徽省合肥市高三调研性检测】已知抛物线 2 4y x 的焦点为 F ，直线l 过 点 F 交抛物线于 ,A B 两点，且 3AF FB ．直线 1 2l l、 分别过点 ,A B ，且与 x 轴平行，在直 线 1 2l l、 上分别取点 M N、 （ M N、 分别在点 ,A B 的右侧），分别作 ABN 和 BAM 的平行 线且相交于 P 点，则 PAB 的面积为（ ） A． 64 3 B． 32 3 C． 32 3 9 D． 64 3 9 【答案】C 【领悟技法】 1．直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切，事实上不一定相切，当直线与 双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点． 2．直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行时也相交于 一点． 3 直线和圆锥曲线的位置关系利用代数方法判断，其中直线和双曲线的位置关系，还可以通 过比较直线的斜率和渐近线斜率 判断． 【跟踪练习】 1．已知抛物线 xy 82  的准线与双曲线 )0,0(12 2 2 2  ba b y a x 相交于 A，B 两点，双曲 线的一条渐近线方程是 xy 22 ，点 F 是抛物线的焦点，，且△ FAB 是直角三角形，则双 曲线的标准方程是 （ ） A． 1216 22  yx B． 18 2 2  yx C． 1162 22  yx D． 18 2 2  yx 【答案】C 2．【2018 甘肃天水】直线： 与双曲线 ： 的右支交于不同的两点，则斜 率 的取值范围是（） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由 可得， ，因为直线 与双曲线 交于不同的两点，所以， 解得 ，所以斜率 的取值范围是 ，故选 C． ！ 考向 2 弦长问题和中点弦问题 【例 3】在椭圆 2 2 116 9 x y  内，过点 M(1，1)且被该点平分的弦所在的直线方程为( ) A．9x－16y＋7＝0 B．16x＋9y－25＝0 C．9x＋16y－25＝0 D．16x－9y－7 ＝0 【答案】C 【解析】设弦的两个端点的坐标分别是(x1，y1)，(x2，y2)，则有 2 2 1 1 116 9 x y  ， 2 2 2 2 116 9 x y  ， 两式相减，又 x1＋x2＝y1＋y2＝2，因此 1 2 1 2 016 9 x x y y   ，即 1 2 1 2 9 16 y y x x    ，所求直 线的斜率是 9 16  ，弦所在的直线方程是 y－1＝ 9 16  (x－1)，即 9x＋16y－25＝0，故选 C． 【名师点睛】弦中点问题解法一般为设而不求，关键是求出弦 AB 所在直线方程的斜率 k， 方法一利用点差法，列出有关弦 AB 的中点及弦斜率之间关系求解；方法二是直接设出斜率 k，利用根与系数的关系及中点坐标公式求得直线方程． 【例 4】【2018 广西钦州钦州模拟】已知双曲线 2 2 13 yx   上存在两点 M，N 关于直线 y x m  对 称 ， 且 MN 的 中 点 在 抛 物 线 2 9y x 上 ， 则 实 数 m 的 值 为 （ ） A．4 B．-4 C．0 或 4 D．0 或-4 【答案】D 【例 5】【2016 高考新课标 3 理数】已知抛物线C ： 2 2y x 的焦点为 F ，平行于 x 轴的两 条直线 1 2,l l 分别交C 于 ,A B 两点，交 C 的准线于 P Q， 两点． （I）若 F 在线段 AB 上， R 是 PQ的中点，证明 AR FQ ； （II）若 PQF 的面积是 ABF 的面积的两倍，求 AB 中点的轨迹方程． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 2 1y x  ． 【解析】由题设 )0,2 1(F ．设 bylayl  :,: 21 ，则 0ab ，且 )2,2 1(),,2 1(),,2 1(),,2(),0,2( 22 baRbQaPbbBaA  ． 记过 BA, 两点的直线为 l ，则 l 的方程为 0)(2  abybax ． ．．．．．3 分 （Ⅰ）由于 F 在线段 AB 上，故 01  ab ． 记 AR的斜率为 1k ， FQ的斜率为 2k ，则 2221 1 1 kba ab aaba ba a bak    ， 所以 AR FQ ． ．．．．．．5 分 （Ⅱ）设 l 与 x 轴的交点为 )0,( 1xD ，则 2,2 1 2 1 2 1 1 baSxabFDabS PQFABF   ． 由题设可得 22 1 2 1 1 baxab  ，所以 01 x （舍去）， 11 x ． 设满足条件的 AB 的中点为 ),( yxE ． 当 AB与 x 轴不垂直时，由 DEAB kk  可得 )1(1 2  xx y ba ．而 yba  2 ，所以 )1(12  xxy ． 当 AB与 x 轴垂直时， E 与 D 重合，所以，所求轨迹方程为 12  xy ． ．．．．12 分 【综合点评】处理直线与圆锥曲线相交时候的相交弦长和中点问题时，利用根与系数的关系 或者中点坐标公式，涉及弦的中点，还可以利用点差法． 【领悟技法】 1．直线与圆锥曲线位置关系的判断、有关圆锥曲线弦的问题等能很好地渗透对函数方程思 想和数形结合思想的考查，一直是高考考查的重点，特别是焦点弦和中点弦等问题，涉及中 点公式、根与系数的关系以及设而不求、整体代入的技巧和方法，也是考查数 思想方法的 热点题型． 2．涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系 时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥 曲线的定义求解． 【跟踪练习】 1．【2018 湖北华师一附中高三 9 月调研】已知双曲线中心在原点且一个焦点为 F（ 7 ，0）， 直线 1y x  与其相交于 M、N 两点，MN 中点的横坐标为 2 3  ，则此双曲线的方程是 （ ） A． 2 2 13 4 x y  B． 2 2 14 3 x y  C． 2 2 15 2 x y  D． 2 2 12 5 x y  【答案】D 【名师点睛】在涉及圆锥曲线的中点弦时，往往利用“点差法“”进行求解，可减少运算量． 2．【2018 海南（海南中 、文昌中 、海口一中、农垦中 ）等八校高三上 期新起点联盟考 试】直线l 过点  3,1P 且与双曲线 2 2: 12 xC y  交于 ,M N 两点，若线段 MN 的中点恰好 为 点 P ， 则 直 线 l 的 斜 率 为 ( ) A． 1 3 B． 5 4 C． 3 4 D． 3 2 【答案】D 3．【2018 重庆巴蜀中 模拟】已知双曲线 2 2 14 2 x y  上有不共线三点 , ,A B C ，且 , ,AB BC AC 的 中 点 分 别 为 , ,D E F ， 若 满 足 , ,OD OE OF 的 斜 率 之 和 为 1 ， 则 1 1 1 AB BC ACk k k    （ ） A．2 B． 3 C．-2 D．3 【答案】C 【解析】设      1 1 2 2 3 3, , , , ,A x y B x y C x y ，将 ,A B 两点坐标代入双曲线方程，作差并化 简得 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 y y x x x x y y     ，即 1 2OD AB k k  ，同理可得 1 1,2 2OE OF BC AC k kk k   ，依题意有 1 1 1 12 2 2OD OE OF AB BC AC k k k k k k        ，即 1 1 1 2 AB BC ACk k k     ． . . 【名师点睛】本题主要考查直线和双曲线的位置关系，考查有关圆锥曲线中点弦问题的点差 法，考查化归与转化的数 思想方法．由于题目涉及圆锥曲线弦的中点，故可用点差法解决．点 差法的操作是，先设出两点的坐标，代入曲线的方程，然后作差，化简成斜率和中点的关系 式，再结合题目所给已知条件 解题． 4．【2018 重庆一中模拟】已知    2,0 , 2,0A B ，若在斜率为 k 的直线 l 上存在不同的两 点 ,M N ，满足： 2 3,MA MB  2 3NA NB  且线段 MN 的中点为 6,1 ，则 k 的值为 ( ) A． 2 B． 1 2  C． 1 2 D． 2 【答案】D 【点睛】本题考查了双曲线的定义和点差法，考查了转化与化归能力，本题的题干比较新颖， 根据条件能判断出点 ,M N 在以 ,A B 为焦点的双曲线上，直线与圆锥曲线相交，涉及中点 弦问题时，经常利用点差法求有关量，或是直线与圆锥曲线方程联立，得到根与系数的关系， 利用中点坐标求相关量． 考向 3 与圆锥曲线有关的最值、范围问题 【例 6】【2018 届安徽省合肥市高三调研性检测】已知 M 为椭圆 2 2 : 125 9 x yC   上的动点，过 点 M 作 x 轴的垂线段 MD ， D 为垂足，点 P 满足 5 3PD MD  ． （Ⅰ）求动点 P 的轨迹 E 的方程； （Ⅱ）若 ,A B 两点分别为椭圆 C 的左右顶点，F 为椭圆C 的左焦点，直线 PB 与椭圆 C 交于 点 Q ，直线 ,QF PA 的斜率分别为 ,QF PAk k ，求 QF PA k k 的取值范围． 【答案】（I）  2 2 25 0x y y   ；（II）   2, 0 ,5       。 【解析】（Ⅰ）设    , , ,P x y M m n 依题意  ,0D m ，且 0y  ，∵ 5 3PD MD  ，即    5, 0,3m x y n   ， 则有 0 5 3 3 5 m x m x y n n y            ．又∵  ,M m n 为椭圆 2 2 : 125 9 x yC   上的点，可得 2 2 3 5 125 9 yx      ，即 2 2 25x y  ，即动点 P 的轨迹 E 的方程为  2 2 25 0x y y   ． （Ⅱ）依题意      5,0 , 5,0 , 4,0A B F  ，设  0 0,Q x y ， ∵ AB 为圆 E 的直径，则有 AP BP ，故 ,AP BP 的斜率满足 1 PA PB k k   ， 0 0 0 01 4 5 QF QF QF PB QF QB PA PB k k y yk k k kk x x k                2 0 2 0 0 0 0 0 9 1 25 4 5 4 5 x y x x x x                 2 0 0 0 0 0 0 9 925 ( 5) 9 125 25 14 5 4 25 4 x x x x x x             ， ∵点 P 不同于 ,A B 两点且直线 QF 的斜率存在，故 05 5x   且 0 4x   ， 0 1 4x  在  5, 4  和  4,5 都是单调减函数， 0 9 1125 4x     的范围为   2,0 ,5       ，故 QF PA k k    2, 0 ,5       ． 【例 7】【2018 广西陆川】设点 10, 4F      ，动圆 A 经过点 F 且和直线 1 4y   相切，记动圆 的圆心 A 的轨迹为曲线 C ． （1）求曲线C 的方程； （2）设曲线C 上一点 P 的横坐标为  0t t  ，过 P 的直线交C 于另一点Q ，交 x 轴于点 M ， 过点Q 作 PQ 的垂线交 C 于另一点 N ．若 MN 是C 的切线，求t 的最小值． 【答案】（1） 2x y ；（2） min 2 3t  ． （ 2 ） 由 题 意 知 ， 过 点  2,P t t 的 直 线 PQ 斜 率 存 在 且 不 为 0 ， 设 其 为 k ． 则  2:PQl y t k x t   ， 当 2 0, t kty x k    ， 则 2 ,0t ktM k       ． 联 立 方 程  2 2{ y t k x t x y     ，整理得：  2 0x kx t k t    ．即：     0x t x k t      ，解 得 x t 或 x k t  ．∴   2,Q k t k t  ，而 QN QP ，∴直线 NQ 斜率为 1 k  ．∴  2:NQl y k t    1 x k tk      ， 联立方程    2 2 1 { y k t x k tk x y          ，整理得：    22 1 1 0x x k t k tk k       ， 即：    2 1 0kx x k t k k t        ，    1 0kx k k t x k t            ， 解得：   1k k tx k    ，或 x k t  ．∴     2 2 11, k k tk k tN k k           ∴     2 2 2 1 1NM k k t kk k k t t kt k k               22 2 2 1 1 k kt k t k      ． 而抛物线在点 N 处切线斜率：     1 2 2= | k k tx k k k tk y k    切 ， MN 是抛物线的切线， ∴      22 2 2 1 2 2 1 k kt k k t kk t k        ，整理得 2 21 2 0k tk t    ， ∴  2 24 1 2 0t t     ，解得 2 3t   (舍去)，或 2 3t  ，∴ min 2 3t  ．[ : ] 【例 8】如图，椭圆 2 2 2 2 1x y a b   ( 0)a b  的左焦点为 F ，过点 F 的直线交椭圆于 ,A B 两 点． AF 的最大值是 M ， BF 的最小值是 m ，满足 23 4M m a  ． （1） 求该椭圆的离心率； （2） 设线段 AB 的中点为G ， AB 的垂直平分线与 x 轴和 y 轴分别交于 ,D E 两点，O 是 坐标原点．记 GFD 的面积为 1S ， OED 的面积为 2S ，求 1 2 2 2 1 2 2S S S S 的取值范围． 易错分析：目标函数难以转化为一个变量的函数． （2） 由（1）可知 2a c ， 2 2 3b a c c   ，椭圆的方程为 2 2 2 2 14 3 x y c c   ． 根据条件直线 AB 的斜率一定存在且不为零，设直线 AB 的方程为 ( )y k x c  ， 并设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 则由 2 2 2 2 ( ) 14 3 y k x c x y c c     消去 y 并整理得 2 2 2 2 2 2(4 3) 8 4 12 0k x ck x k c c     从而有 2 1 2 1 2 1 22 2 8 6, ( 2 )4 3 4 3 ck ckx x y y k x x ck k          ， 所以 2 2 2 4 3( , )4 3 4 3 ck ckG k k    ． 因为 DG AB ，所以 2 2 2 3 4 3 14 4 3 D ck k kck xk       ， 2 24 3D ckx k    ． 由 Rt FGD 与 Rt EOD 相似，所以 2 2 2 2 2 2 2 21 22 2 22 2 4 3( ) ( ) 94 3 4 3 4 3 9 9 ( )4 3 ck ck ck S GD k k k ckS OD k k            ． 令 1 2 S tS  ，则 9t  ，从而 1 2 2 2 1 2 2 2 2 9 1 1 419 9 S S S S t t      ，即 1 2 2 2 1 2 2S S S S 的取值范围是 9(0, )41 ． 【例 9】【2017 届四川省成都市第三次诊断】已知圆 ，点 是圆 上 任意一点，线段 的垂直平分线交 于点 ，当点 在圆上运动时，点 的轨迹为曲线 ． （Ⅰ）求曲线 的方程； （Ⅱ）若直线 与曲线 相交于 两点， 为坐标原点，求 面积的最大值． 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） ． 试题解析：（Ⅰ）∵点 在线段 的垂直平分线上，∴ ． 又 ，∴ ． ∴曲线 是以坐标原点为中心， 和 为焦点，长轴长为 的椭圆． 设曲线 的方程为 ．∵ ，∴ ．∴曲线 的方程 为 ． （Ⅱ）设 ．联立 消去 ，得 ． 此时有 ．由一元二次方程根与系数的关系，得 ， ． ∴ ． ∵原点 到直线的距离 ，∴ ． 由 ， 得 ． 又 ， ∴ 据 基 本 不 等 式 ， 得 ． 当且仅当 时，不等式取等号，∴ 面积的最大值为 ． 【综合点评】研究直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为研究其直线方程与圆锥曲线方程 组成的方程组解的个数．对于选择题、填空题，常充分利用几何条件，利用数形结合的方法 求解． 【领悟技法】 求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的 范围．在建立函数的过程中要根据题目的其他已知条件，把需要的量都用我们选用的变量表 示，有时为了运算的方便，在建立关系的过程中也可以采用多个变量，只要在最后结果中把 多变量归结为单变量即可，同时要特别注意变量的取值范围．] 【跟踪练习】 1．设 F 是椭圆 2 2 14 x y  的右焦点，椭圆上的点与点 F 的最大距离为 M，最小距离是 m， 则 椭 圆 上 与 点 F 的 距 离 等 于  1 2 M m 的 点 的 坐 标 是 ( ) A．(0，±2) B．(0，±1) C． 13, 2     D． 22, 2      【答案】B 2．【2018 浙江金华】连结双曲线 2 2 2 2 1x y a b   与 2 2 2 2 1y x b a   的四个顶点的四边形面积为 1S ， 连 结 四 个 焦 点 的 四 边 形 面 积 为 2S ， 则 1 2 S S 的 最 大 值 是 （ ） A．2 B．4 C． 1 2 D． 1 4 【答案】C 【解析】设双曲线 2 2 2 2 1x y a b   的右顶点为 A ，其坐标是  ,0a ，由焦点为 C ，坐标为  2 2 ,0a b ；设双曲线 2 2 2 2 1x y a b   的上顶点为 B ，坐标是  0,b ，上焦点为 D ，坐标为  2 20, a b ， O 为坐标原点，则 1 4 2OABS S ab  ，  2 2 2 4 2OCDS S a b   ， 1 2 2 2 2 1 2 2 S ab ab S a b ab     ，故选 C． 3．【2018 甘肃天水】直线 :l y kx 与双曲线 2 2: 2C x y  交于不同的两点，则斜率 k 的 取 值 范 围 是 （ ） A． 0,1 B． 2, 2 C． 1,1 D． 1,1 【答案】C 【解析】由双曲线 2 2: 2C x y  与直线 :l y kx 联立可 2 21 2 0k x   ，因为直线 :l y kx 与双曲线 2 2: 2C x y  交于不同的两点，所以   2 2 1 0 { 8 1 0 k k     可得 1 1k   ， 斜率 k 的取值范围是 1,1 ，故选 C． 4．【2017 届浙江省台州市高三 4 月调研】如图，在椭圆 中，过坐标原点 作两 条互相垂直的射线 与 分别交于 两点． （1）已知直线 的斜率为 ，用 表示线段 的长度； （2）过点 作 于 点，点 为椭圆 上一动点，求线段 长度的取值范围． 【答案】（1） ；（2） ． 试题解析：（1）由题意，可设 ． 由 ， 得 ， 于 是 （*） 则 ， 又 由 ， 知 ，即 ，将（*）代入化简 得 ， 所以 ． （2）若设直线 ，则 ，可设 ，由（1）可知， （**） 由 ，得 ，再代入 ，得 ，代入（**），有 ， 即 ，因 ，故有 ． 当直线 的斜率为 0 或不存在时，显然符合 ．故点 的轨迹方程为 ． 所以， ． 而 的最大值为 ，最小值为 ，所以， 的取值范围为 ． 5．【江苏省南京市 2017 届高三上 情调研】如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为 F1，F2，P 为椭圆上一点（在 x 轴上方），连结 PF1 并延 长交椭圆于另一点 Q，设PF1 →＝λF1Q→． （1）若点 P 的坐标为 (1，3 2 )，且 △ PQF2 的周长为 8，求椭圆 C 的方程； （2）若 PF2 垂直于 x 轴，且椭圆 C 的离心率 e∈[1 2 ， 2 2 ]，求实数λ的取值范围． x O y P F1 F2Q 【答案】（1）x2 4 ＋y2 3 ＝1；（2）[7 3 ，5]． 【解析】 试题解析：（1）因为 F1，F2 为椭圆 C 的两焦点，且 P，Q 为椭圆上的点， 所以 PF1＋PF2＝QF1＋QF2＝2a，从而 △ PQF2 的周长为 4a． 由题意，得 4a＝8，解得 a＝2． …………………… 2 分 因为点 P 的坐标为 (1，3 2 )，所以 1 a2 ＋ 9 4b2 ＝1， 解得 b2＝3． 所以椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1． …………………… 5 分 因为点 Q 在椭圆上，所以(λ＋2 λ )2e2＋ b2 λ2a2 ＝1， 即(λ＋2)2e2＋(1－e2)＝λ2，(λ2＋4λ＋3)e2＝λ2－1， 因为λ＋1≠0， 所以(λ＋3)e2＝λ－1，从而λ＝3e2＋1 1－e2 ＝ 4 1－e2 －3． …………………… 14 分 因为 e∈[1 2 ， 2 2 ]，所以1 4 ≤e2≤1 2 ，即7 3 ≤λ≤5． 所以λ的取值范围为[7 3 ，5]． …………………… 16 分 方法二：因为 PF2⊥x 轴，且 P 在 x 轴上方，故设 P(c，y0)，y0＞0． 因为 P 在椭圆上，所以c2 a2 ＋y2 0 b2 ＝1，解得 y0＝b2 a ，即 P(c，b2 a )． …………………… 7 分 因为 F1(－c，0)，故直线 PF1 的方程为 y＝ b2 2ac(x＋c)． 由 y＝ b2 2ac(x＋c)， x2 a2 ＋y2 b2 ＝1， 得(4c2＋b2)x2＋2b2cx＋c2(b2－4a2)＝0． 因为直线 PF1 与椭圆有一个交点为 P(c，b2 a )．设 Q(x1，y1)， 则 x1＋c＝－ 2b2c 4c2＋b2 ，即－c－x1＝ 2b2c 4c2＋b2 ． …………………… 11 分 因为PF1 →＝λF1Q→， 所以λ＝ 2c －c－x1 ＝4c2＋b2 b2 ＝3c2＋a2 a2－c2 ＝＝3e2＋1 1－e2 ＝ 4 1－e2 －3． …………………… 14 分 因为 e∈[1 2 ， 2 2 ]，所以1 4 ≤e2≤1 2 ，即7 3 ≤λ≤5． 所以λ的取值范围为[7 3 ，5]． …………………… 16 分 【综合点评】圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值点在定直线上等，有时也涉及一些否定 性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法． 考向 4 圆锥曲线中的存在性问题 【 例 10 】【 2018 福 建 模 拟 】设 直 线 l 与 抛 物 线 2 2y px 相 交 于 A ， B 两 点 ， 与 圆  2 2 25 ( 0)x y r r    相切于点 M，且 M 为线段 AB 的中点．若这样的直线 l 恰有 4 条， 则 r 的取值范围是（ ） A． 1,3 B． 1,4 C． 2,3 D． 2,4 【答案】D 1 2 1 2 1 2 22 y y y y x x    ， 即 0 2ky  ． 圆 心 为  5,0C ， 由 CM AB 得 0 0 0 0 0 1, 55 yk ky xx      ，所以 0 02 5 , 3x x   ，即点 M 必在直线 3x  上．将 3x  代 入    1 2 1 2 g x g xn x x   得 2 012, 2 3 2 3y y    ．因为点 M 在圆 1 2,x x 上，所以  2 2 2 2 2 0 0 05 , 4 12 4 16x y r r y        ． 又 2 0 4 4y   （由于斜率不存在，故 0 0y  ，所以不取等号）， 所以 2 04 4 16, 2 4y r      ．选 D． 【例 11】【2018 河南郑州】已知点 ， 关于原点对称， 恰为抛物线 ： 的焦点，点 在抛物线 上，且线段 的中点恰在 轴上， 的面积为 8．若抛 物 线 上 存 在 点 使 得 ， 则 实 数 的 最 大 值 为 （ ） A． B． C． D． 【答案】C ∴ (x1−x2)(x1+x2+2p)=0，∵x1>0，x2>0，2p>0，∴x1=x2，即 A，B 关于 x 轴对称。 ∴直线 OA 的方程为：y=xtan45=x，与抛物线联立，故 AB=4p， ∴S △ OAB= ×2p×4p=4p2．∵△AOB 的面积为 16，∴p=2； 焦点 F( ，0)，设 P(m，n)，则 n2=2m，m>0，设 P 到准线 x=− 的距离等于 d，则 m 的最大 值为 ，故选 C． 【名师点睛】本题考查抛物线的简单性质，求得 A，B 关于 x 轴对称是关键，考查抛物线的 定义，基本不等式的应用，体现了换元的思想，正确运用抛物线的定义是关键，属于难题． 【例 12】【2018 北京西城模拟】已知点  2,1A ，抛物线 2 4y x 的焦点是 F ，若抛物线上 存在一点 P ，使得 PA PF 最小，则最小值为__________；此时 P 点的坐标为__________． 【答案】3 1 ,14      【解析】 如 图 ， 过 P 作 1PP l 于 1P ， 则 由 抛 物 线 的 定 义 得 1PP PF ， 所 以 1PA PF PA PP   ， 由图形得当 P 、 A 、 1P 三点共线时， 1PA PP 最小，又 1PA PP 最小值为 A 到准线l 的距离此时最小值为3，此时点 P 的纵坐标为 1y  ，所以 1 4x  ，即点 P 的坐标为 1 ,14      ． 【名师点睛】利用抛物线的定义，实现由点到点的距离与点到直线的距离的转化，由此可解 抛物线中的最值问题。常见的有下列两种情况：（1）将抛物线上的点到准线的距离转化为该 点到焦点的距离，构造出“两点之间线段最短”，使问题得解；（2）将抛物线上的点到焦点的 距离转化为点到准线的距离，利用“与直线上所有点的连线中的垂线段最短”解决． 【例 13】【2018 安徽黄山模拟】是经过双曲线 焦点 且与实轴垂直 的直线， 是双曲线 的两个顶点，若在上存在一点 ，使 ，则双曲线离心率 的最大值为_____． 【答案】 【跟踪练习】 1．椭圆的对称中心在坐标原点，一个顶点为 (0,2)A ，右焦点 F 与点 ( 2, 2)B 的距离为 2． （1）求椭圆的方程； （2）是否存在斜率  0k 的直线  : 2l y kx 使直线 l 与椭圆相交于不同的两点 M，N 满足 | | | |AM AN ，若存在，求直线 l 的方程；若不存在，说明理由． 【答案】（1） 1412 22  yx ．（2）l 的方程为  3 23 y x 或   3 23 y x ． （2）方法一：由 |||| ANAM  知点 A 在线段 MN的垂直平分线上，由      1412 2 22 yx kxy 消去 y 得 12)2(3 22  kxx 即 012)31( 22  kxxk （*） 由 0k ，得方程(*)的 0144)12( 22  kk ，即方程(*)有两个不相等的实数根． 设 ),( 11 yxM 、 ),( 22 yxN ， 线 段 MN 的 中 点 ),( 00 yxP ， 则 221 31 12 k kxx   ，  2 21 0 31 6 2 k kxxx  ，  22 22 00 31 2 31 )31(262 kk kkkxy     ，即 )31 2,31 6( 22 kk kP    0k ，∴直线 AP 的斜率为 k k k k kk 6 )31(22 31 6 231 2 2 2 2 1      ， 由 AP MN ，得 16 )31(22 2  kk k ，∴ 6622 2  k ，解得： 3 3k ， ∴ l 的方程为  3 23 y x 或   3 23 y x ． 方法二：直线 l 恒过点(0，-2)，且点(0，-2)在椭圆上，∴不妨设 M(0，-2)，则|AM|=4 ∴|AN|=4，故 N 在以 A 为圆心，4 为半径的圆上，即在   2 2x (y 2) 16 的图像上． 联立       2 2 2 2 x (y 2) 16 112 4 x y 化简得  2 2 0y y ，解得  或0 2y 当 y=-2 时，N 和 M 重合，舍去．当 y=0 时， ( 2 3,0)N ，因此      2 0 3 30 2 3 k ∴ l 的方程为  3 23 y x 或   3 23 y x ． 【综合点评】中点坐标公式一个作用是可以利用“设而不求”技巧解题，其二是可以将未知 点坐标和已知点坐标联系起 ；涉及求范围问题，注意方程不等式思想的运用． 2．【2017 河南新乡三模】已知抛物线 ： （ ）的焦点为 ，直线 交 抛物线 于 、 两点， 是线段 的中点，过 作 轴的垂线交抛物线 于点 ． （1） 是抛物线 上的动点，点 ，若直线 过焦点 ，求 的最小值； （2）是否存在实数 ，使 ？若存在，求出 的值；若不存在，说明 理由． 【答案】（1）5；（2） ． 试题解析：（1） 直线 与 轴的交点为 ， ，则抛物线 的方程为 ，准线： ． 设过 作 于 ，则 ， 当 、 、 三点共线时， 取最小值 ． （2）假设存在，抛物线 与直线 联立方程组得： ， 设 ， ，则 ， ， ． ， ． 则 得 ： ， ， ，代入得 ，解得 或 （舍 去）． 【名师点睛】解决探索性问题一般先假设其存在，把这个假设作已知条件，和题目的其他已 知条件一起进行推理论证和计算，在推理论证和计算无误的前提下，如果得到了一个合理的 结论，则说明存在，如果得到了一个不合理的结论，则说明不存在． 3．【2017 河南南阳、信阳等六市高三第一次联考】如图，抛物线 的焦点为 ，抛 物线上一定点 ． （1）求抛物线 的方程及准线的方程； （2）过焦点 的直线（不经过 点）与抛物线交于 两点，与准线交于点 ，记 的 斜率分别为 ，问是否存在常数 ，使得 成立？若存在 ，求出 的值；若 不存在，说明理由． 【答案】解：（1） ，准线 ；（2）存在常数 ，理由见解析． 成立． 试题解析：（1）把 代入 ，得 ，所以抛物线方程为 ，准线的方程 为 ． （ 2 ） 由 条 件 可 设 直 线 的 方 程 为 ． 由 抛 物 线 准 线 ， 可 知 ，又 ，所以 ，把直线 的方程 ，代入抛物 线 方 程 ， 并 整 理 ， 可 得 ， 设 ， 则 ，又 ，故 ．因为 三点共线，所以 ， 即 ， 所 以 ，即存在常数 ， 使得 成立． 【名师点睛】本题主要考查了抛物线的方程及直线与抛物线的位置关系，是高考的高频考点， 属于难题．求抛物线方程的方法一般就是根据条件建立 的方程，求出 即可，注意标准方程 形式；涉及直线与圆锥曲线相交时，未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程，要特 别注意直线斜率是否存在的问题，避免不分类讨论造成遗漏，然后要联立方程组，得一元二 次方程，利用根与系数关系写出 ，再根据具体问题应用上式，其中要注意判别 式条件的约束作用．是否存在问题注意式子化简，若存在一般能化简出常数． 考向 5 圆锥曲线中的定点、定值证明等问题 【例 14】【2018 届云南省玉溪第一中 高三上 期第三次月考】在平面直角坐标系 xOy 中， 直线l 与抛物线 y2＝4x 相交于不同的 A，B 两点，O 为坐标原点． （1） 如果直线l 过抛物线的焦点且斜率为 1，求 AB 的值； （2）如果 4OA OB    ，证明：直线l 必过一定点，并求出该定点． 【答案】（1）8；（2）证明见解析 【例 15】【2016 年高考北京理数】已知椭圆 C： 2 2 2 2 1 x y a b （ 0a b  ）的离心率为 3 2 ， ( ,0)A a ， (0, )B b ， (0,0)O ， OAB 的面积为 1． （1）求椭圆 C 的方程； （2）设 P 的椭圆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： BMAN  为定值．[ 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2）详见解析． （2）由（Ⅰ）知， )1,0(),0,2( BA ，设 ),( 00 yxP ，则 44 2 0 2 0  yx ． 当 00 x 时，直线 PA 的方程为 )2(20 0  xx yy ． 令 0x ，得 2 2 0 0  x yyM ．从而 2 211 0 0  x yyBM M ．直线 PB 的方程为 11 0 0  xx yy ． 令 0y ，得 10 0  y xxN ．从而 122 0 0  y xxAN N ． 所以 2 2112 0 0 0 0  x y y xBMAN 22 8844 22 48444 0000 0000 0000 0000 2 0 2 0    yxyx yxyx yxyx yxyxyx 4 ． 当 00 x 时， 10 y ， ,2,2  ANBM 所以 4 BMAN ． 综上， BMAN  为定值． 【例 16】【2016 高考山东理数】平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：   2 2 2 2 1 0x y a ba b   ＞ ＞ 的 离心率是 3 2 ，抛物线 E： 2 2x y 的焦点 F 是 C 的一个顶点． （I）求椭圆 C 的方程； （II）设 P 是 E 上的动点，且位于第一象限，E 在点 P 处的切线l 与 C 交与不同的两点 A，B， 线段 AB 的中点为 D，直线 OD 与过 P 且垂直于 x 轴的直线交于点 M． （i）求证：点 M 在定直线上； （ii）直线l 与 y 轴交于点 G，记 PFG△ 的面积为 1S ， PDM△ 的面积为 2S ，求 1 2 S S 的最 大值及取得最大值时点 P 的坐标． 【答案】（Ⅰ） 14 22  yx ；（Ⅱ）（i）见解析；（ii） 1 2 S S 的最大值为 4 9 ，此时点 P 的坐标 为 )4 1,2 2( 因为抛物线 E 的焦点为 )2 1,0(F ，所以 2 1,1  ba ，所以椭圆 C 的方程为 14 22  yx ． （Ⅱ）（i）设 )0)(2,( 2 mmmP ，由 yx 22  可得 xy / ，所以直线l 的斜率为 m ， 因此直线l 的方程为 )(2 2 mxmmy  ，即 2 2mmxy  ． 设 ),(),,(),,( 002211 yxDyxByxA ，联立方程 2 2 2 2 4 1 my mx x y       ，得 014)14( 4322  mxmxm ， 由 0 ，得 520  m 且 14 4 2 3 21   m mxx ，因此 14 2 2 2 3 21 0   m mxxx ， 将其代入 2 2mmxy  得 )14(2 2 2 0   m my ，因为 mx y 4 1 0 0  ，所以直线OD 方程为 xmy 4 1 ． 联立方程      mx xmy 4 1 ，得点 M 的纵坐标为 M 1 4y   ，即点 M 在定直线 4 1y 上． 当 2 11  t ，即 2t 时， 2 1 S S 取得最大值 4 9 ，此时 2 2m ，满足 0 ， 所以点 P 的坐标为 )4 1,2 2( ，因此 1 2 S S 的最大值为 4 9 ，此时点 P 的坐标为 )4 1,2 2( ． … 【综合点评】解析几何中的综合性问题很多，而且可与很多知识联系在一起出题，解决这类 问题需要正确运用转化思想、函数与方程思想、数 结合思想，其中运用最多的是利用方程 根与系数关系构造等式或者函数关系式，注意根的判别式 确定或者限制参数的范围． 【领悟技法】探索性问题和证明往往会涉及到定点、定值问题，可以通过特例找寻定点、 定值，然后利用逻辑推理的方法去证明． 【跟踪练习】 1．【201 马鞍山三模】已知曲线 2: 4C y x ，    2 2: 1 4 1M x y x    ，直线l 与曲线 C 相交于 A B、 两点， O 为坐标原点． （Ⅰ）若 4OA OB    ，求证：直线l 恒过定点，并求出定点坐标； （Ⅱ）若直线l 与曲线 M 相切，求 MA MB  的取值范围． 【答案】（1）直线l 恒过定点  2,0 ．（2） , 8 .  试题解析：（Ⅰ）由已知，可设 : ,l x my n     1 1 2 2, ,A x y B x y、 ，由 2{ 4 x my n y x    得： 2 4 4 0,y my n   1 2 1 24 , 4 .y y m y y n      2 2 1 2 1 24 2 , .x x m n x x n       由 4OA OB    可得： 2 1 2 1 2 4 4.x x y y n n       解得： 2.n  : 2,l x my   直线 l 恒过定点  2,0 ． （Ⅱ ） 直线 l 与曲 线 M 相切 ， M  1,0 ，显 然 3n  ， 2 1 2 1 n m    ，整 理得 2 24 2 3.m n n   ① 由（Ⅰ）及①可得：       1 1 2 2 1 2 1 21, 1, 1 1MA MB x y x y x x y y            2 2 1 2 1 2 1 21 4 2 1 4x x x x y y n m n n          2 24 6 1 4 4n m n n      8MA MB     ，即 MA MB  的取值范围是 , 8 .  【点睛】本题考查了抛物线和圆的方程以及直线与圆锥曲线的位置关系，考查了计算能力， 通过联立直线方程与抛物线（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系， 得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导 数等求解．本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出．．本题能较好的考查考 生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等． 2．【2017 届福建省泉州市高三 5 月模拟】已知动圆C 过点  1,0Q ，且在 y 轴上截得的弦长 为 2. （Ⅰ）求圆心C 的轨迹方程； （Ⅱ）过点  1,0Q 的直线l 交轨迹C 于    1 1 2 2, , ,A x y B x y 两点，证明： 2 2 1 1 QA QB  为 定值，并求出这个定值． 【答案】（Ⅰ） 2 2 .y x （Ⅱ）定值为1. 试题解析：解：（Ⅰ）设动圆圆心 C 坐标为 ,x y ，由题意得：动圆半径  2 21r x y   圆心到 y 轴的距离为 x ，依题意有   2 22 2 21 1x x y       ， 化简得 2 2y x ，即动圆圆心 C 的轨迹方程为： 2 2 .y x （Ⅱ）①当直线l 的斜率不存在，则直线 l 的方程为： 1x  2 1{ 2 x y x   得    1, 2 , 1, 2A B  ，所以 2QA QB  ，故 2 2 1 1 1 QA QB   为定值． ②当直线l 的斜率存在，则设直线l 的方程为：   1 0y k x k   ，   2 1{ 2 y k x y x    得  2 2 2 22 2 0k x k x k    ，所以 2 1 2 1 22 2 2 , 1kx x x xk     ， 即    2 2 2 22 2 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1QA QB x y x y        ，又点    1 1 2 2, , ,A x y B x y 在抛物线 2 2y x 上，所以 2 2 1 2 22 , 2y x y x  ，于是    2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 1 2 1 2QA QB x x x x          2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 21 1 1 1 1 x x x x x x x x          2 2 1 2 2 2 1 2 2 1.2 x x x x     综合①②， 2 2 1 1 QA QB  为定值，且定值为1. 3．已知动圆过定点 A(4，0)，且在 y 轴上截得的弦 MN 的长为 8． (Ⅰ) 求动圆圆心的轨迹 C 的方程； (Ⅱ) 已知点 B(－1，0)，设不垂直于 x 轴的直线 l 与轨迹 C 交于不同的两点 P，Q，若 x 轴是 PBQ 的角平分线，证明直线 l 过定点． 【答案】(Ⅰ) 2 =8y x （ 0x  ）；(Ⅱ)证明：见解析． 设 1 1 2 2( , ), ( , )P x kx b Q x kx b  ，若 x 轴是 PBQ 的角平分线，则  1 2 1 21 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 ( ) 2b1 + ( 1) 1 1 ( 1) 1 ( 1) 1QB PB kx x k b x xkx b kx b kx b x kx b xk k x x x x x x                    +（ ）（ ）（ ） （ ） （ ）   2 1 2 8( ) 01 1 k b k x x    ，即 k b  故直线 l 方程为 ( 1)y k x  ，直线 l 过定点．（1，0） 4．【2017 届湖南省长沙市长郡中 高三下 期临考冲刺】在平面直角坐标系 xOy 中，点  1 3,0F  ，圆 2 2 2 : 2 3 13 0F x y x    ，以动点 P 为圆心的圆经过点 1F ，且圆 P 与 圆 2F 内切． （Ⅰ）求动点 P 的轨迹 E 的方程； （Ⅱ）若直线l 过点 1,0 ，且与曲线 E 交于 ,A B 两点，则在 x 轴上是否存在一点   ,0 0D t t  ，使得 x 轴平分 ADB ？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 2 2 14 x y  （2）在 x 轴上存在一点  4,0D ，使得 x 轴平分 ADB ． （Ⅱ）设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，当直线 AB 的斜率不为0 时，设直线 : 1l x ny  ， 代入 2 24 4 0x y   得：  2 24 2 3 0n y ny    ，  216 3 0n    恒成立． 由根与系数的关系可得， 1 2 1 22 2 2 3,4 4 ny y y yn n      ， 设直线 ,DA DB 的斜率分别为 1 2,k k ，则由 ODA ODB   得， 1 2 1 2 1 2 y yk k x t x t            1 2 2 1 1 2 y x t y x t x t x t             1 2 2 1 1 2 1 1y ny t y ny t x t x t              1 2 1 2 1 2 2 1 0ny y t y y x t x t      ． ∴   1 2 1 22 1 0ny y t y y    ，将 1 2 1 22 2 2 3,4 4 ny y y yn n      代入得 6 2 2 0n n nt    ， 因此  4 0n t   ，故存在 4t  满足题意．[ : | ] 当直线 AB 的斜率为 0 时，直线为 x 轴，取    2,0 , 2,0A B ，满足 ODA ODB   ， 综上，在 x 轴上存在一点  4,0D ，使得 x 轴平分 ADB ．