(共38张PPT)
第4讲 圆锥曲线的综合问题
专题六 解析几何
考情分析
1.圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，常见的热点题型有范围、最值
问题，定点、定值问题及探索性问题.
2.以解答题的形式压轴出现，难度较大.
母题突破1 范围、最值问题
(2022·全国甲卷改编)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，点D(2,0)，过F的直线交抛物线C于M，N两点.设直线MD，ND与抛物线C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β.当α－β取得最大值时，求直线AB的方程.
母题
思路分析
点差法求kAB，kMN
↓
联立MN与抛物线方程
↓
联立AM，BN与抛物线方程
↓
kAB与kMN的关系
↓
构造tan(α－β)关于kAB的函数
当MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，
即y(y1＋y2)－y1(y1＋y2)＝4(x－x1)，
同理可得，直线AM的方程为y(y3＋y1)－y3y1＝4x，
直线BN的方程为y(y4＋y2)－y4y2＝4x，
直线AB的方程为y(y4＋y3)－y4y3＝4x.
因为F(1,0)在MN上，所以y1y2＝－4.
因为D(2,0)在AM，BN上，
所以y3y1＝－8，y4y2＝－8，
所以直线AB的方程y(y4＋y3)－y4y3＝4x可化为(y1＋y2)y＋8＝2x，
当y2＋y1<0时，tan(α－β)<0，所以不符合题意.
子题1
显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为
y＝kx－1，D(x1，y1)，E(x2，y2)，
因为l与双曲线C的左、右两支分别交于D，E两点，
子题2
如图所示，易知直线HG的斜率不为0，
设直线HG的方程为x＝ty＋1，G(x1，y1)，H(x2，y2)，
整理得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，
所以Δ＝36t2＋36(3t2＋4)＝144(t2＋1)>0，
设四边形OHNG的面积为S，
所以当m＝1时，ymin＝4，
求解范围、最值问题的常见方法
(1)利用判别式来构造不等关系.
(2)利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系.
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式.
(4)利用基本不等式.
规律方法
跟踪演练
设直线l1为y＝k(x－2)＋1，
则直线l2为y＝－k(x－2)＋1，
整理得(2k2＋1)x2＋(4k－8k2)x＋(8k2－8k－4)＝0，
由Δ＝(4k－8k2)2－4(2k2＋1)(8k2－8k－4)＝16(k＋1)2>0，解得k≠－1，
所以|AB|2＝(xA－xB)2＋(yA－yB)2
因此，|AB|的最大值为4.
2.(2022·保定模拟)已知抛物线C：x2＝4y，以T(0,3)为圆心的圆交抛物线C于P，Q，M，N四点，求四边形PQMN面积的取值范围.
如图，设圆T的半径为r，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(－x1，y1)，P(－x2，y2)，
把x2＝4y代入圆T：x2＋(y－3)2＝r2，
整理得y2－2y＋9－r2＝0，
由题意知，关于y的一元二次方程有两个不等实根，
令f(t)＝(1＋t)(1－t2)且0则f′(t)＝－(3t－1)(t＋1)，
专题强化练
1.(2022·十堰模拟)已知抛物线C1：x2＝y，C2：x2＝－y，点M(x0，y0)在C2上，且不与坐标原点O重合，过点M作C1的两条切线，切点分别为A，B.记直线MA，MB，MO的斜率分别为k1，k2，k3.
(1)当x0＝1时，求k1＋k2的值；
1
2
1
2
因为x0＝1，则有y0＝－1，
设过点M并与C1相切的直线方程为y＝k(x－1)－1，
整理得x2－kx＋k＋1＝0，
则Δ＝(－k)2－4(k＋1)＝k2－4k－4＝0，
由题可知，k1，k2即为方程k2－4k－4＝0的两根，故有k1＋k2＝4.
1
2
1
2
按照x0>0和x0<0两种情况讨论，如下，
1
2
1
2
(1)求曲线C的方程；
1
2
设A(x，y)，因为|AE|＝|AF|，
化简得x2＋y2＝1.
1
2
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
1
2
化简得(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0，
1
2
圆x2＋y2＝1的圆心为(0,0)，半径为1，
圆心(0,0)到直线l：y＝kx＋m的距离为
1
2
1
2(共35张PPT)
第4讲 圆锥曲线的综合问题
专题六 解析几何
母题突破2 定点问题
(2022·烟台模拟)已知椭圆C： ＋y2＝1，点A(－2,0)，直线l：y＝kx＋m与C交于P，Q两点，且AP⊥AQ，证明：直线l过定点，并求出此定点的坐标.
母题
思路分析
联立直线l与椭圆C方程
↓
↓
↓
利用直线的点斜式方程求定点
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
消去y可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
则有Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)>0，
即4k2－m2＋1>0，
故x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
故x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2
当m＝2k时，代入4k2－m2＋1＝1>0，
故直线l方程为y＝k(x＋2)，过点A，不满足题意，
子题1
由对称性可知，直线BM必过x轴上的定点，
则直线BM经过点P(1,0).
当直线l1的斜率存在时，
不妨设直线l1：y＝k(x－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
证明直线BM经过点P(1,0)，即证kPM＝kPB，
由y1＝kx1－2k，y2＝kx2－2k，
整理得，4x1x2－ 5(x1＋x2)＋4＝0，
即证BM经过点P(1,0)，
所以直线BM过定点(1,0).
子题2
所以S，T分别是PQ，MN的中点，
当两条弦所在直线的斜率存在且不为0时，
设PQ所在直线的方程为y＝k(x－1)，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
因为Δ>0，
动线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0).
(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.
规律方法
跟踪演练
由已知可得抛物线C的方程为y2＝4x，点S(4,4)，
设直线l的方程为x＝my＋n，
将直线l的方程与抛物线C：y2＝4x联立，
得y2－4my－4n＝0，
所以Δ＝16m2＋16n>0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n(*)，
化简得y1y2＝4(y1＋y2)＋16，
将上面(*)式代入得－4n＝16m＋16，即n＝－4m－4，
所以直线l的方程为x＝my－4m－4，即x＋4＝m(y－4)，
所以直线l过定点(－4,4).
2.(2022·德州质检)已知抛物线C：y2＝4x的顶点是坐标原点O，过抛物线C的焦点作与x轴不垂直的直线l交抛物线C于两点M，N，直线x＝1分别交直线OM，ON于点A和点B，求证：以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点.
令y＝0得(x－1)2＝4，解得x＝－1或x＝3，
即以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点(－1，0)，(3,0).
专题强化练
(1)求动点M的轨迹方程；
1
2
1
2
∴动点M的轨迹是以点F1，F2为左、右焦点的双曲线的左支，
1
2
(2)若动点M在双曲线C上，设双曲线C的左支上有两个不同的点P，Q，点N(4,0)，且∠ONP＝∠ONQ，直线NQ与双曲线C交于另一点B.证明：动直线PB经过定点.
1
2
∵∠ONP＝∠ONQ，
∴直线PQ垂直于x轴，
易知，直线BP的斜率存在且不为0，
设直线BP的方程为x＝my＋n，
设P(x1，y1)，B(x2，y2)，则Q(x1，－y1)，
化简得(9m2－1)y2＋18mny＋9n2－9＝0，
1
2
又Δ＝182m2n2－36(9m2－1)(n2－1)＝36(9m2＋n2－1)>0，
又N，B，Q三点共线，且NQ斜率存在，
∴－y1(my2＋n－4)＝y2(my1＋n－4)，
∴2my1y2＋(n－4)(y1＋y2)＝0，
化简得18m(n2－1)＋(n－4)(－18mn)＝0，
∴n2－1－(n－4)n＝0，
1
2
2.(2022·常德模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点(1,2).
(1)求抛物线C的方程及其准线方程；
1
2
由抛物线y2＝2px(p>0)经过点(1,2)，得4＝2p，即p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x，
其准线方程为x＝－1.
1
2
由题意知，直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x＝my＋2.
将x＝my＋2代入y2＝4x，
消去x得y2－4my－8＝0，
显然Δ＝16m2＋32>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－8.
1
2
所以M是线段AB的中点，设M(xM，yM)，
1
2
所以M(2m2＋2,2m)，
又MN⊥y轴，所以垂足N的坐标为N(0,2m).
设以MN为直径的圆恒经过点D(x0，y0)，
得－x0(2m2＋2－x0)＋(2m－y0)2＝0，
1
2
因为对任意的实数m，①式要恒成立，
所以以MN为直径的圆恒过定点，该定点的坐标为(2,0).(共37张PPT)
第4讲 圆锥曲线的综合问题
专题六 解析几何
母题突破3 定值问题
已知抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于点M，直线PB交y轴于点N.
(1)求直线l斜率的取值范围；
母题
思路分析
联立l，C的方程，由判别式及PA，PB与y轴有交点求斜率的取值范围
↓
用A，B的坐标表示M，N的坐标
↓
用M，N的坐标表示λ，μ
↓
(1)因为抛物线y2＝2px过点P(1,2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，
依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，解得k<1，
又因为k≠0.
故k＜0或0＜k＜1.
又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2).
从而k≠－3.
所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0,1).
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
子题1
设A(x1，y1)，B(x2，y2).
当直线l和x轴或y轴平行时，|x1|＝|y1|，|x2|＝|y2|，
当直线l和x轴或y轴不平行时，
设直线l的方程为x＝my＋t，
Δ＝(6mt)2－4(3m2－1)(3t2－3)＝12(3m2＋t2－1)>0，
又x1＝my1＋t，x2＝my2＋t，
＝(my1＋t)(my2＋t)＋y1y2
＝(m2＋1)y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝0，
解得2t2＝3m2＋3.
子题2
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为－k，
代入A，B坐标并作差得，
y1－y2＝k(x1＋x2)－2k， ①
消去y得(3＋4k2)x2－(8k2－12k)x＋(4k2－12k－3)＝0，
将①②③代入得，
求解定值问题的两大途径
(1)由特例得出一个值(此值一般就是定值)→证明定值：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抵消或分子、分母约分得定值.
规律方法
跟踪演练
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(x0，y0)，
消去y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
Δ＝16(12k2－m2＋3)>0，
∵四边形OAGB为平行四边形，
∴平行四边形OAGB的面积为
S＝d·|AB|＝|m||x1－x2|
当l的斜率不存在时，点P，Q的坐标分别为(2,3)和(2，－3)或P，Q的坐标分别为(2，－3)和(2,3)，
所以，当k1＝1时，有k2＝－3，
当l的斜率k存在时，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，l的方程为y＝k(x－2)，
将直线l代入双曲线方程得(k2－3)x2－4k2x＋4k2＋3＝0，Δ>0，
专题强化练
(1)求椭圆C的标准方程；
1
2
1
2
1
2
(2)点P为椭圆C上的动点(不是顶点)，点P与点M，N分别关于原点、y轴对称，连接MN与x轴交于点E，并延长PE交椭圆C于点Q，证明：直线MP的斜率与直线MQ的斜率之积为定值.
1
2
由题意可知直线PQ的斜率一定存在，
设直线PQ的方程为y＝kx＋m，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则M(－x1，－y1)，N(－x1，y1)，E(－x1，0)，
得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
1
2
2.已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，过F且斜率为1的直线与C交于A，B两点，|AB|＝8.
(1)求C的方程；
1
2
1
2
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
代入x2＝2py，得x2－2px－p2＝0，
所以x1＋x2＝2p，y1＋y2＝x1＋x2＋p＝3p，
所以|AB|＝y1＋y2＋p＝4p＝8，解得p＝2，
所以C的方程为x2＝4y.
1
2
因为直线l的斜率k存在，设l的方程为y＝k(x－1)＋2，
1
2
消y得x2－4kx＋4k－8＝0，
所以Δ＝16(k2－k＋2)>0，x3＋x4＝4k，x3·x4＝4k－8，
即Q(2k，2k2－k＋2)，
得R(2k，k2)，R为QT的中点，
所以T(2k，k－2)，
因为2k－2(k－2)－4＝0，
所以T在定直线x－2y－4＝0上.
方法二 设T(x，y)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
1
2
设Q(x，y5)，
1
2
1
2
因为点R在C上，代入得x2＝2(y5＋y)，
即x－2y－4＝0，
所以T在定直线x－2y－4＝0上.(共35张PPT)
第4讲 圆锥曲线的综合问题
专题六 解析几何
母题突破4 探索性问题
母题
思路分析
设直线方程联立椭圆方程
↓
当直线l的斜率不为0时，
设直线l的方程为x＝my＋1，设定点Q(t，0)，
消去x可得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
＝(my1＋1－t)(my2＋1－t)＋y1y2
子题1
如果存在点M，由于椭圆的对称性可知点M一定在x轴上，
设其坐标为(x0，0)，
因为椭圆右焦点F(1,0)，当直线斜率存在时，
设l的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得，
当x0＝2时，kMA＋kMB＝0，
当直线斜率不存在时，存在定点M(2,0)使得kMA＋kMB为定值0.
综上，存在定点M(2,0)使得kMA＋kMB为定值0.
子题2
设P(x0，y0)(x0≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∴切线y－y0＝x0(x－x0)，即l：y＝x0x－y0，
∵Q(x0，t).
∵△QMA和△QMB的面积相等，且A，M，B在同一条直线上，则点M为AB的中点，
探索性问题的求解策略
(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并能证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律.
(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论.
规律方法
跟踪演练
(1)求双曲线C的方程；
所以c＝2a，b2＝c2－a2＝3a2，
解得a2＝1，
(2)设点B，F分别为双曲线C的右顶点、左焦点，点A为C上位于第二象限的动点，是否存在常数λ，使得∠AFB＝λ∠ABF？如果存在，请求出λ的值；如果不存在，请说明理由.
设∠AFB＝α，∠ABF＝β，A(x0，y0)，其中x0<－1，y0>0，
由(1)知B(1,0)，F(－2,0)，
①当直线AF的斜率不存在时，∠AFB＝90°，|FB|＝3，|AF|＝3，
所以∠ABF＝45°，此时α＝2β；
②当直线AF的斜率存在时，
所以tan 2β＝tan α，
综上，存在常数λ＝2，满足∠AFB＝2∠ABF.
设直线l：y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∴y1＋y2＝k(x1－1)＋k(x2－1)＝k(x1＋x2)－2k
即23k2＋27＝0，方程无实数解，
∴不存在这样的点D.
专题强化练
1.(2022·衡水中学模拟)已知F为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，过点F的动直线交抛物线C于A，B两点.当直线与x轴垂直时，|AB|＝4.
(1)求抛物线C的方程；
1
2
1
2
当直线与x轴垂直时，|AB|＝2p＝4，
解得p＝2.
所以抛物线的方程为y2＝4x.
1
2
(2)设直线AB的斜率为1且与抛物线的准线l相交于点M，抛物线C上存在点P使得直线PA，PM，PB的斜率成等差数列，求点P的坐标.
1
2
由题意知直线AB的方程为y＝x－1，
因为抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－1，
所以M(－1，－2).
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
则y1＋y2＝4，y1y2＝－4.
若点P满足条件，则2kPM＝kPA＋kPB，
1
2
因为点P，A，B均在抛物线上，
将y1＋y2＝4，y1y2＝－4代入，解得y0＝±2.
将y0＝±2代入抛物线方程，可得x0＝1.
则点P(1，±2)为满足题意的点.
2.(2022·聊城质检)已知P为圆M：x2＋y2－2x－15＝0上一动点，点N(－1,0)，线段PN的垂直平分线交线段PM于点Q.
(1)求点Q的轨迹方程；
1
2
由题意可知圆M：x2＋y2－2x－15＝0的圆心为(1,0)，半径为4，
因为线段PN的垂直平分线交线段PM于点Q，所以|QP|＝|QN|，
所以|QN|＋|QM|＝|QP|＋|QM|＝4，
又因为|MN|＝2<4，
所以Q轨迹是以N，M为焦点的椭圆，
1
2
1
2
(2)设点Q的轨迹为曲线C，过点N作曲线C的两条互相垂直的弦，两条弦的中点分别为E，F，过点N作直线EF的垂线，垂足为点H，是否存在定点G，使得|GH|为定值？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由.
①若两条直线斜率均存在，
设过点N的弦所在直线l1的方程为x＝ty－1(t≠0)，
代入椭圆方程联立得(3t2＋4)y2－6ty－9＝0，
设l1与椭圆两交点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
1
2
由对称性可知EF所过定点必在x轴上，设为T(x0，0)，
1
2
②若其中一条直线斜率不存在，则直线EF为x轴，
1
2
所以存在定点G，使得|GH|为定值.
