1、第 3 讲 圆锥曲线的综合问题 考情研析 1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数 处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题 2.试题解答往往要综合 应用函数与方程、 数形结合、 分类讨论等多种思想方法， 对计算能力也有较高要求， 难度较大 核心知识回顾 1.最值问题 求解最值问题的基本思路是选择变量， 建立求解目标的函数解析式， 然后利用函数的性质、 基本不等式等知识求解其最值 2范围问题 求参数范围的问题，牢记“先找不等式，有时需要找出两个量之间的关系，然后消去另一 个量，保留要求的量”不等式的来源可以是 0 或圆锥曲线的有界性或题目条件中的某个
2、 量的范围等 3定点问题 在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点， 这类问题称为定点问题. 4定值问题 在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的 参变量无关，这类问题统称为定值问题 5存在性问题的解题步骤 (1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组). (2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在 热点考向探究 考向 1 最值与范围问题 角度 1 最值问题 例1 (2020 山东省烟台市高考适应性练习)已知O为坐标原点， F为抛物线C： y22px(p0) 的焦
3、点，过 F 且斜率为 1 的直线交抛物线于 A，B 两点，AOB 的面积为 8 2. (1)求抛物线 C 的方程； (2)若 P 为 C 上位于第一象限的任一点，直线 l 与 C 相切于点 P，连接 PF 并延长交 C 于 点 M，过 P 点作 l 的垂线交 C 于另一点 N，求PMN 面积 S 的最小值 解 (1)由已知，得直线 AB 的方程为 yxp 2， 设 A(xA，yA)，B(xB，yB)， 联立 y 22px， yxp 2， 可得 y22pyp20，显然 0， 则 yAyB2p，yAyBp2. 于是|yAyB|（yAyB）24yAyB4p24p22 2p. SAOB1 2 p 2|
4、yAyB| 2 2 p28 2， 所以 p4. 故抛物线 C 的方程为 y28x. (2)设 P(x0，y0)(y00)，M y 2 1 8，y1 ，N y 2 2 8，y2 ，切线 l 的方程为 xx0t(yy0)， 则有FM y 2 1 82，y1 ，FP y 2 0 82，y0 ， 由 M，F，P 三点共线，可知FM FP ， 即 y 2 1 82 y0 y 2 0 82 y10， 因为 y0y1，化简可得 y0y116. 由 xx0t（yy0）， y28x， 可得 y28ty8ty08x00， 因为直线 l 与抛物线相切，故 64t232ty04y2 00，故 ty 0 4. 所以直线
5、 PN 的方程为 yy0y0 4(xx0)，即 y0 x4y4y0y 3 0 80， 点 M 到直线 PN 的距离为 d y 2 1y0 8 4y14y0y 3 0 8 y2 016 ， 将 y116 y0代入可得， d 32 y04y0 y3 0 8 y2 016 （y2 016） 2 8|y0|y2 016 . 联立 y0 x4y4y0y 3 0 80， y28x， 消去 x 可得， y0y232yy3 032y00， 所以 y0y232 y0，y2 32 y0y0. |PN|116 y2 0 |y0y2|116 y2 0 2y032 y0 2（y 2 016） y2 016 y2 0 ，
6、 故 S1 2d|PN| 1 2 （y2 016） 2 8|y0|y2 016 2（y2 016） y2 016 y2 0 1 8 y2016 y0 3 1 8 y016 y0 3 1 8 2y016 y0 3 64， 当且仅当y04时， “”成立，此时，PMN 面积 S 的最小值为 64. 解析几何中最值问题的基本解法有几何法和代数法 几何法是根据已知的几何量之间的相 互关系，结合平面几何和解析几何知识加以解决的(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离 之和、光线反射问题等)；代数法是建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数 的最值(利用普通方法、基本不等式法或导数法等)解决的
7、(2020 山东省日照市高三 6 月校际联合联考)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 C： y22px(p0)的焦点为 F，A 为抛物线上异于原点的任意一点，以 AO 为直径作圆 ，当直线 OA 的斜率为 1 时，|OA|4 2. (1)求抛物线 C 的标准方程； (2)过焦点 F 作 OA 的垂线 l 与圆 的一个交点为 M，l 交抛物线于 P，Q 两点(点 M 在 P， Q 之间)，记OAM 的面积为 S，求 S23 2|PQ|的最小值 解 (1)当 kOA1 时，可得 A(2p，2p)， |OA|4 24p24p22 2p，p2， 抛物线 C 的标准方程为 y24x. (2)设
8、A(x1，y1)，M(x0，y0)，P(x2，y2)，Q(x3，y3)， 根据题意有 OA FM 0 x1x0y1y0 x10， OM AM 0 x2 0 x1x0y 2 0y1y00， 即 x2 0y 2 0 x1， 又|AM|2|OA|2|OM|2x2 1y 2 1(x 2 0y 2 0)x 2 1y 2 1x1x 2 13x1， S1 2|AM| |OM| 1 2 x2 13x1 x2 0y 2 0 S21 4x1(x 2 13x1)， 由题意可知，直线 PQ 的斜率一定存在且不为 0， 设 lPQ：xny1， xny1， y24x y24ny40， y2y34n，y2y34， |PQ|
9、1n2|y2y3| 1n2（y2y3）24y2y34(1n2)， PQOA，kPQy1 x11n y1 x1|PQ|4(1n 2)4 1 4 x1 ， S23 2|PQ| 1 4x1(x 2 13x1)6 1 4 x1 ， 令 f(x)1 4x(x 23x)6 14 x f(x)3 4 x42x332 x2 ， 令 g(x)x42x332，则 g(x)在 x0 时单调递增， 又 g(2)0，当 x(0，2)时，g(x)0， 即当 x(0，2)时，f(x)单调递减， 当 x(2，)时，f(x)单调递增 当 x2 时，f(x)min23. 即 S23 2|PQ|的最小值为 23. 角度 2 范围问
10、题 例 2 (2020 河北省衡水中学第九次调研考试)如图，椭圆 C1：x 2 a2 y2 b21(ab0)的左、右 焦点分别为 F1，F2，离心率为 3 2 ，过抛物线 C2：x24by 的焦点 F 的直线交抛物线于 M，N 两点， 当|MF|7 4时， M 点在 x 轴上的射影为 F1.连接 NO，MO 并延长分别交 C1 于 A，B 两点， 连接 AB，OMN 与OAB 的面积分别记为 SOMN和 SOAB，设 S OMN SOAB. (1)求椭圆 C1和抛物线 C2的方程； (2)求 的取值范围 解 (1)由抛物线定义可得 M c，7 4b ， 点 M 在抛物线 x24by 上， c2
11、4b 7 4b ，即 c 27b4b2， 又由c a 3 2 ，得 c23b2，将上式代入， 得 7b27b，解得 b1，c 3，a2， 椭圆 C1的方程为x 2 4y 21，抛物线 C2 的方程为 x24y. (2)设直线 MN 的方程为 ykx1， 由 ykx1， x24y， 消去 y 整理，得 x24kx40， 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x24， 设 kONm，kOMm， 则 mmy2 x2 y1 x1 1 16x1x2 1 4， m 1 4m， 设直线 ON 的方程为 ymx(m0)， 由 ymx， x24y，解得 x 24m， |ON|1m2|x2|4m1m2，
12、 由可知，用 1 4m代替 m，可得 x1 1 m， |OM| 1 1 4m 2 |x1| 1 m 1 1 16m2. 设 A(xA，yA)，B(xB，yB)，由 ymx， x2 4y 21， 解得 xA 2 4m21， 所以|OA|1m2|xA|2 1m2 4m21， 用 1 4m代替 m，可得 xB 2 1 4m21 ， |OB|1 1 16m2|xB| 21 1 16m2 1 4m21 ， S OMN SOAB 1 2|ON| |OM|sin MON 1 2|OA|OB|sin AOB |ON| |OM| |OA| |OB| 4m1m2 1 m 1 1 16m2 21m2 4m21 21
13、 1 16m2 1 4m21 4m21 1 4m21 4m22 1 4m22m 1 2m2， 当且仅当 m1 2时等号成立 的取值范围为2，). 与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法 (1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出临界位置后数形结合求解 (2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解 (3)构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其值域 (2020 山东省潍坊市三模)设抛物线 E：x22py(p0)的焦点为 F，点 A 是 E 上一点，且线 段 AF 的中点坐标为(1，1). (1)求抛物线 E 的标准方程； (2)若 B，C 为抛
14、物线 E 上的两个动点(异于点 A)，且 BABC，求点 C 的横坐标的取值范 围 解 (1)依题意，得 F 0，p 2 ，设 A(x0，y0)， 由 AF 的中点坐标为(1，1)， 得 1 x0 2， 1 y0p 2 2 ， 即 x02，y02p 2， 所以 42p 2p 2 ，得 p24p40，即 p2， 所以抛物线 E 的标准方程为 x24y. (2)由题意知 A(2，1)，设 B x1，x 2 1 4 ，C x，x 2 4 ， 则 kBA x2 1 41 x12 1 4(x12)， 因为 x12，所以 kBC 4 x12， 故 BC 所在直线方程为 yx 2 1 4 4 x12(xx1
15、). 联立 yx 2 1 4 4 x12（xx1）， x24y， 因为 xx1，得(xx1)(x12)160， 即 x2 1(x2)x12x160， 因为 (x2)24(2x16)0， 即 x24x600， 故 x10 或 x6. 经检验，当 x6 时，不满足题意 所以点 C 的横坐标的取值范围是 x10 或 xb0)， 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 (1)
16、由于 P3，P4两点关于 y 轴对称， 故由题意知 C 经过 P3，P4两点 又由 1 a2 1 b2 1 a2 3 4b2知，C 不经过点 P1，所以点 P2 在 C 上 因此 1 b21， 1 a2 3 4b21， 解得 a 24， b21. 故 C 的方程为x 2 4y 21. (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 题意知 t0，且|t|0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1x2 8km 4k21，x1x2 4m24 4k21 . 而 k1k2y 11 x1 y 21 x2 kx 1m1 x1
17、kx 2m1 x2 2kx 1x2（m1）（x1x2） x1x2 . 由题意 k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0. 即(2k1) 4m24 4k21 (m1) 8km 4k210. 解得 km1 2 . 当且仅当 m1 时，0， 故 l：ym1 2 xm，即 y1m1 2 (x2)， 所以 l 过定点(2，1). 圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化的量，再研究变化的量与 参数何时没有关系，找到定点 (2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关 提醒：(1)直线过定点，常令参数的系数等于
18、0 即可如直线 ykxb，若 b 为常量，则 直线恒过点(0，b)；若b k为常量，则直线恒过点 b k，0 . (2)一般曲线过定点，把曲线方程变为 f1(x，y)f2(x，y)0( 为参数).解方程组 f 1（x，y）0， f2（x，y）0，即得定点坐标 (2020 河北省保定市二模)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 1 2，且以椭圆上的点和 长轴两端点为顶点的三角形的面积的最大值为 2 3. (1)求椭圆 C 的方程； (2)经过定点 Q(m，0)(m2)的直线 l 交椭圆 C 于不同的两点 M，N，点 M 关于 x 轴的对称 点为 M，试证明：直线 MN 与
19、 x 轴的交点 S 为一个定点，且|OQ| |OS|4(O 为原点). 解 (1)由题意得 c a 1 2， 1 22ab2 3， a2b2c2， 解得 a2，b 3. 所以椭圆 C 的方程为x 2 4 y2 31. (2)证明：由题意知直线 l 的斜率一定存在，设为 k， 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 M(x1，y1)，设 S(n，0)， 联立 yk（xm）， x2 4 y2 31， 消去 y 得 (34k2)x28k2mx4k2m2120， 由 0 得(4m2)k230，即 k2b0)的左顶点和下顶点分别为 A， B，|AB|2 5，过椭圆焦点且与长轴垂直的弦的长为 2. (
20、1)求椭圆 C 的方程； (2)已知 M 为椭圆 C 上一动点(M 不与 A，B 重合)，直线 AM 与 y 轴交于点 P，直线 BM 与 x 轴交于点 Q，证明：|AQ| |BP|为定值 解 (1)由题意可知 a 2b220， 2b2 a 2， 解得 a4， b2， 所以椭圆 C 的方程为 x2 16 y2 41. (2)证明：A(4，0)，B(0，2)，设 M(x0，y0)，P(0，yP)，Q(xQ，0)， 因为 M(x0，y0)在椭圆 C 上，所以 x2 04y 2 016， 由 A，P，M 三点共线得yP 4 y0 x04，即 yP 4y0 x04， 同理可得 xQ 2x0 y02.
21、所以|AQ| |BP|xQ4| |yP2| 2x04y08 y02 2x04y08 x04 4（x2 04y 2 0164x0y08x016y0） （x04）（y02） 16. 所以|AQ| |BP|为定值 16. 圆锥曲线中定值问题的两种解法 (1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值： 即将问题转化为证明待证式 与参数(某些变量)无关 (2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等 的正负项相抵消或分子、分母约分得定值 已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 2 2 ，点 A(2， 2)在椭圆上，O 为坐标原点 (1)
22、求椭圆 C 的方程； (2)已知点 P， M， N 为椭圆 C 上的三点， 若四边形 OPMN 为平行四边形， 证明四边形 OPMN 的面积 S 为定值，并求出该定值 解 (1)由题有 c a 2 2 ， 4 a2 2 b21， c2b2a2， a28，b24， 椭圆 C 的方程为x 2 8 y2 41. (2)当直线 PN 的斜率 k 不存在时，直线 PN 的方程为 x 2或 x 2， 从而有|PN|2 3， 所以四边形 OPMN 的面积 S1 2|PN| |OM| 1 22 32 22 6. 当直线 PN 的斜率 k 存在时，设直线 PN 的方程为 ykxm(m0)，P(x1，y1)，N(
23、x2，y2)， 将直线 PN 的方程代入椭圆 C 的方程， 整理得(12k2)x24kmx2m280， 当 64k28m2320 时， 有 x1x24km 12k2，x1x2 2m28 12k2 ，y1y2k(x1x2)2m 2m 12k2， 由OM OP ON ，得 M 4km 12k2， 2m 12k2 . 将 M 点的坐标代入椭圆 C 的方程得 m212k2， 该关系式满足 0， 又点 O 到直线 PN 的距离为 d |m| 1k2， |PN|（x1x2）2（y1y2）21k2|x1x2|， 四边形 OPMN 的面积 Sd |PN| |m| |x1x2|12k2（x1x2）24x1x2
24、48k224 2k21 2 6. 综上，平行四边形 OPMN 的面积 S 为定值 2 6. 考向 3 探索性问题 例 5 (2020 湖北省黄冈市模拟)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的左、右焦点分别为点 F1，F2，左、右顶点分别为 A，B，长轴长为 4，椭圆上任意一点 P(不与 A，B 重合)与 A，B 连线的斜率乘积均为3 4. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)如图，过点 F1的直线 l1与椭圆 C 交于 M，N 两点，过点 F2的直线 l2与椭圆 C 交于 P， Q 两点，且 l1l2，试问：四边形 MNPQ 可否为菱形？并请说明理由 解 (1)由题意，知 a2
25、，则 A(2，0)，B(2，0)， 设 P(x0，y0)(x2 04)，则点 P 与点 A 连线的斜率为 kAP y0 x02，点 P 与点 B 连线的斜率为 kBP y0 x02，故 y2 0 x2 04 3 4， 又因为点 P 在椭圆 C 上，故有x 2 0 4 y 2 0 b21， 联立，解得 b23，则椭圆 C 的方程为x 2 4 y2 31. (2)由于点 F1，F2关于原点对称且 l1l2，故 l1，l2关于原点对称，又椭圆关于原点对称， 所以四边形 MNPQ 为平行四边形 由(1)，知 F1(1，0)，易知直线 MN 不能平行于 x 轴所以令直线 MN 的方程为 xmy 1，设
26、M(x1，y1)，N(x2，y2). 联立方程 3x 24y2120， xmy1， 得(3m24)y26my90，显然 0， 所以 y1y2 6m 3m24，y1y2 9 3m24. 若四边形 MNPQ 是菱形，则 OMON， 即OM ON 0， 于是有 x1x2y1y2(m21)y1y2m(y1y2)10， 整理得12m 25 3m24 0，即 12m250， 上述关于 m 的方程显然没有实数解，故四边形 MNPQ 不可能是菱形 解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常 采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、 曲
27、线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则 元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在 (2020 广东省韶关市二模)在直角坐标系 xOy 中，已知点 A(2，2)，B(2，2)，直线 AD， BD 交于 D，且它们的斜率满足 kADkBD2. (1)求点 D 的轨迹 C 的方程； (2)设过点(0，2)的直线 l 交曲线 C 于 P，Q 两点，直线 OP 与 OQ 分别交直线 y1 于点 M，N，是否存在常数 ，使 SOPQSOMN？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由 解 (1)设 D(x，y)，由 A(2，2)，B(
28、2，2)，得 kADy2 x2(x2)，kBD y2 x2(x2)， kADkBD2，y2 x2 y2 x22， 整理得 x22y(x 2). (2)存在常数 4，使 SOPQSOMN. 证明如下： 由题意，知直线 l 的斜率存在，设直线 l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2). 联立 ykx2， x22y， 得 x22kx40，显然 0， 则 x1x22k，x1x24. |x1x2|（x1x2）24x1x2 4k2162k24， 则 SOPQ1 2 2 |x1x2|2 k24. 直线 OP：yy1 x1x，取 y1，得 xM x1 y1， 直线 OQ：yy2 x2x，取 y1，得
29、xN x2 y2. |xMxN| x2 y2 x1 y1 x2y1x1y2 y1y2 |x 2（kx12）x1（kx22）| |（kx12）（kx22）| |2（x2x1）| |k2x1x22k（x1x2）4| 4k24 4 k24. SOMN1 2 1 |xMxN| k24 2 . SOPQ4SOMN. 故存在常数 4，使 SOPQSOMN. 真题押题 真题检验 1(2020 全国卷)已知 A，B 分别为椭圆 E：x 2 a2y 21(a1)的左、右顶点，G 为 E 的上 顶点，AG GB 8，P 为直线 x6 上的动点，PA 与 E 的另一交点为 C，PB 与 E 的另一交点为 D. (1
30、)求 E 的方程； (2)证明：直线 CD 过定点 解 (1)依据题意作出如下图象： 由椭圆方程 E：x 2 a2y 21(a1)可得 A(a，0)，B(a，0)，G(0，1)， AG (a，1)，GB (a，1). AG GB a218，a29. 椭圆 E 的方程为x 2 9y 21. (2)证明：由(1)得 A(3，0)，B(3，0)，设 P(6，y0)， 则直线 AP 的方程为 y y00 6（3）(x3)， 即 yy0 9(x3)， 直线 BP 的方程为 yy 00 63 (x3)，即 yy0 3(x3). 联立直线 AP 的方程与椭圆的方程可得 x 2 9y 21， yy0 9（x3
31、）， 整理得(y2 09)x 26y2 0 x9y 2 0810， 解得 x3 或 x3y 2 027 y2 09 . 将 x3y 2 027 y2 09 代入 yy0 9(x3)可得 y 6y0 y2 09， 点 C 的坐标为 3y2 027 y2 09 ， 6y0 y2 09 . 同理可得，点 D 的坐标为 3y2 03 y2 01 ，2y 0 y2 01 . 直线 CD 的方程为 y 2y0 y2 01 6y0 y2 09 2y0 y2 01 3y2 027 y2 09 3y 2 03 y2 01 x3y 2 03 y2 01 ， 整理可得 y 2y0 y2 01 4y0 3（3y2 0
32、） x3y 2 03 y2 01 ， y 4y0 3（3y2 0） x3y 2 03 y2 01 2y0 y2 01 4y0 3（3y2 0 ） x3 2 . 故直线 CD 过定点 3 2，0 . 2(2020 新高考卷)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)过点 M(2，3)，点 A 为其左顶点，且 AM 的斜率为1 2. (1)求 C 的方程； (2)点 N 为椭圆上任意一点，求AMN 的面积的最大值. 解 (1)由题意可知直线 AM 的方程为 y31 2(x2)，即 x2y4. 当 y0 时，解得 x4，所以 a4， 由椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)过点 M(
33、2，3)， 可得 4 16 9 b21，解得 b 212. 所以 C 的方程为 x2 16 y2 121. (2)设与直线 AM 平行的直线方程为 x2ym， 如图所示， 当直线与椭圆相切时， 与 AM 距离比较远的直线与椭圆的切点为 N， 此时AMN 的面积取得最大值. 联立直线方程 x2ym 与椭圆方程 x2 16 y2 121， 可得 3(m2y)24y248， 化简可得 16y212my3m2480， 所以 144m2416(3m248)0， 即 m264，解得 m 8， 与 AM 距离比较远的直线方程为 x2y8， 直线 AM 的方程为 x2y4， 点 N 到直线 AM 的距离即两平
34、行线之间的距离， 利用两平行线之间的距离公式可得点 N 到直线 AM 的距离 d 84 14 12 5 5 ， 由两点之间的距离公式可得|AM|（24）2323 5. 所以AMN 的面积的最大值为1 23 5 12 5 5 18. 3(2020 新高考卷)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 2 2 ，且过点 A(2，1). (1)求 C 的方程； (2)点 M，N 在 C 上，且 AMAN，ADMN，D 为垂足证明：存在定点 Q，使得|DQ| 为定值 解 (1)由题意可得 c a 2 2 ， 4 a2 1 b21， a2b2c2， 解得 a26，b2c23， 故椭圆
35、C 的方程为x 2 6 y2 31. (2)证明：设点 M(x1，y1)，N(x2，y2). 因为 AMAN，所以AM AN 0， 即(x12)(x22)(y11)(y21)0. 当直线 MN 的斜率存在时， 设其方程为 ykxm，如图 1. 代入椭圆方程消去 y 并整理，得(12k2)x24kmx2m260， x1x2 4km 12k2，x1x2 2m26 12k2 ， 根据 y1kx1m，y2kx2m，代入整理，可得 (k21)x1x2(kmk2)(x1x2)(m1)240， 将代入上式，得(k21)2m 26 12k2 (kmk2) 4km 12k2 (m1)240， 整理化简得(2k3
36、m1)(2km1)0， 因为 A(2，1)不在直线 MN 上，所以 2km10， 所以 2k3m10，k1， 于是 MN 的方程为 yk x2 3 1 3， 所以直线过定点 E 2 3， 1 3 . 当直线 MN 的斜率不存在时，可得 N(x1，y1)，如图 2. 代入(x12)(x22)(y11)(y21)0 得(x12)21y2 10， 结合x 2 1 6 y2 1 31，解得 x12(舍去)或 x1 2 3， 此时直线 MN 过点 E 2 3， 1 3 . 因为 AE 为定值，且ADE 为直角三角形，AE 为斜边， 所以 AE 的中点 Q 满足|DQ|为定值 AE长度的一半为1 2 22
37、 3 2 11 3 2 2 2 3 . 由于 A(2，1)，E 2 3， 1 3 ， 故由中点坐标公式可得 Q 4 3， 1 3 . 故存在点 Q 4 3， 1 3 ，使得|DQ|为定值 金版押题 4椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的焦距是 8 2，长轴长是短轴长的 3 倍，任作斜率为 1 3的 直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点(如图所示)，且点 P(3 2， 2)在直线 l 的左上方. (1)求椭圆 C 的方程； (2)若|AB|2 10，求PAB 的面积； (3)证明：PAB 的内切圆的圆心在一条定直线上 解 (1)由题意可得 2c8 2，即 c4 2， 又 a3b，
38、a2b2c232， a6，b2， 椭圆 C 的方程为 x2 36 y2 41. (2)设直线 l 的方程为 y1 3xt， 代入椭圆方程可得 2x26tx9t2360， 当 36t22880，即 t20. 由题意可知 t0，故直线 AB 的方程为 y1 3x2， 即 x3y60， P(3 2， 2)到直线 AB 的距离 d|3 23 26| 19 6 10. PAB 的面积 S1 2|AB| d 1 22 10 6 106. (3)证明：设直线 l 的方程为 y1 3xm， 代入椭圆方程可得 2x26mx9m2360， 当 36m22880，即 m2b0)的右顶点为 A，上顶点为 B，O 为
39、坐标原点，点 O 到直线 AB 的距离为2 5 5 ，OAB 的面积为 1. (1)求椭圆的标准方程； (2)直线 l 与椭圆交于 C，D 两点，若直线 l直线 AB，设直线 AC，BD 的斜率分别为 k1， k2，证明：k1k2为定值. 解 (1)直线 AB 的方程为x a y b1， 即 bxayab0， 则 ab a2b2 2 5 5 . 因为OAB 的面积为 1，所以1 2ab1，即 ab2， 解得 a2，b1， 所以椭圆的标准方程为x 2 4y 21. (2)证明：由(1)知，A(2，0)，B(0，1)，直线 AB 的斜率为1 2， 设直线 l 的方程为 y1 2xt，C(x1，y1
40、)，D(x2，y2)， 代入x 2 4y 21，得 2y22tyt210， 则 y1y2t，y1y2t 21 2 ， 所以 k1k2 y1 x12 y21 x2 y1y2y1 x1x22x2， 因为 x1x22x24(ty1)(ty2)4(ty2) 4t2t(y1y2)y1y2ty2 4(y1y2)2(y1y2)(y1y2)y1y2(y1y2)y24(y1y2y1)，所以 k1k21 4为定值 3已知抛物线 C 的方程为 y22px(p0)，点 R(1，2)在抛物线 C 上 (1)求抛物线 C 的方程； (2)过点 Q(1，1)作直线交抛物线 C 于不同于坐标原点及 R 的两点 A，B，若直线
41、 AR，BR 分别交直线 l：y2x2 于 M，N 两点，求|MN|最小时直线 AB 的方程 解 (1)点 R(1，2)在抛物线 C：y22px(p0)上， 42p，解得 p2，抛物线 C 的方程为 y24x. (2)设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 AB 的方程为 xm(y1)1，m0 且 m1， 由 xm（y1）1， y24x， 消去 x 并整理得 y24my4(m1)0， y1y24m，y1y24(m1). 设直线 AR 的方程为 yk1(x1)2， 由 yk1（x1）2， y2x2， 解得点 M 的横坐标 xM k1 k12， 又 k1y 12 x11 y12 y2 1
42、41 4 y12，xM k1 k12 2 y1， 同理点 N 的横坐标 xN 2 y2， |y2y1|（y2y1）24y1y24m2m1， |MN| 5|xMxN| 5 2 y1 2 y2 2 5 y2y1 y1y2 8 5 m2m1 4|m1| 2 5 m2m1 |m1| ， 令 m1t，t0 且 t1，则 mt1， |MN|2 5 1 t 1 2 2 3 4 15， 当 t2，即 m1 时，|MN|取得最小值 15，此时直线 AB 的方程为 xy20. 4. (2020 山东省泰安市二模)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率 e 满足 2e 23 2e2 0，以坐标原
43、点为圆心，椭圆 C 的长轴长为半径的圆与直线 2xy4 50 相切 (1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 P(0，1)的动直线 l(直线 l 的斜率存在)与椭圆 C 相交于 A，B 两点，问在 y 轴上是 否存在与点 P 不同的定点 Q，使得|QA| |QB| SAPQ SBPQ恒成立？若存在，求出定点 Q 的坐标；若不存 在，请说明理由 解 (1)由题意知 2a|004 5| 41 ，a2. 由 2e23 2e20，解得 e 2 2 或 e 2(舍去)， b 2， 椭圆 C 的方程为x 2 4 y2 21. (2)存在 假设 y 轴上存在与点 P 不同的定点 Q，使得|QA| |QB| S
44、APQ SBPQ恒成立， 设 Q(0，m)(m1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 的方程为 ykx1. 由 x 2 4 y2 21， ykx1， 可得(2k21)x24kx20， x1x2 4k 2k21，x1x2 2 2k21， 16k28(2k21)32k280， SAPQ SBPQ 1 2|QP| |QA|sin PQA 1 2|QP|QB|sin PQB |QA|sin PQA |QB|sin PQB. |QA| |QB| SAPQ SBPQ，sin PQAsin PQB， PQAPQB，kQAkQB， y 1m x1 y 2m x2 ，(m1)(x1x2)2kx1x2
45、， 即(m1) 4k 2k212k 2 2k21， 解得 m2. 存在定点 Q(0，2)，使得|QA| |QB| SAPQ SBPQ恒成立 5(2020 山东省实验中学高考预测卷)已知抛物线 ：y22px(p0)的焦点为 F，P 是抛物 线 上一点，且在第一象限，满足FP (2，2 3). (1)求抛物线 的方程； (2)已知经过点 A(3，2)的直线交抛物线 于 M，N 两点，经过定点 B(3，6)和 M 的直 线与抛物线 交于另一点 L，问直线 NL 是否恒过定点？如果过定点，求出该定点，否则说明 理由 解 (1)由抛物线的方程可得焦点 F p 2，0 ， 满足FP (2， 2 3)的点
46、P 的坐标为 2p 2，2 3 ， 点 P 在抛物线上，所以(2 3)22p 2p 2 ，即 p24p120，p0，解得 p2，所以抛物线 的方程为 y24x. (2)设 M(x0，y0)，N(x1，y1)，L(x2，y2)， 则 y2 14x1，y 2 24x2， 直线 MN 的斜率 kMNy 1y0 x1x0 y1y0 y2 1y 2 0 4 4 y1y0， 则直线 MN 的方程为 yy0 4 y1y0 xy 2 0 4 ， 即 y4xy 0y1 y0y1 ， 同理直线 ML 的方程整理可得 y4xy 0y2 y0y2 ， 将 A(3，2)，B(3，6)分别代入，的方程可得 2 12y0y
47、1 y0y1 ， 612y 0y2 y0y2 ， 消去 y0可得 y1y212， 易知直线 NL 的斜率 kNL 4 y1y2， 则直线 NL 的方程为 yy1 4 y1y2 xy 2 1 4 ， 即 y 4 y1y2x y1y2 y1y2，故 y 4 y1y2x 12 y1y2， 所以 y 4 y1y2(x3)， 因此直线 NL 恒过定点(3，0). 6(2020 湖南省常德市模拟)有一种曲线画图工具如图 1 所示O 是滑槽 AB 的中点，短 杆 ON 可绕 O 转动，长杆 MN 通过 N 处铰链与 ON 连接，MN 上的栓子 D 可沿滑槽 AB 滑动， 且 DNON1 2，DM1.当栓子 D 在滑槽 AB 内做往复运动时，带动 N 绕 O 转动，M 处的笔 尖画出的曲线记为 C.以 O 为原
浙公网安备33030202001339号