命题探秘二 高考中的圆锥曲线问题
第1课时 圆锥曲线中的定点、定值问题
技法阐释
求解圆锥曲线中的定点问题的两种方法(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关.(2)直接推理法：①选择一个参数建立直线系方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常量当成变量，将变量x，y当成常量，将原方程转化为kf
(x，y)＋g(x，y)＝0的形式(k是原方程中的常量)；②根据直线过定点时与参数没有关系(即直线系方程对任意参数都成立)，得到方程组③以②中方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，则可以特殊解决.
技法一 直接推理解决直线过定点问题
[典例1](2020·临沂、枣庄二模联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，其左、右焦点分别为F1，F2，点P为坐标平面内的一点，且||＝，·＝－，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M为椭圆C的左顶点，A，B是椭圆C上两个不同的点，直线MA，MB的倾斜角分别为α，β，且α＋β＝.证明：直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标．
[思维流程]
[解] (1)设P点坐标为(x0，y0)，F1(－c,0)，F2(c,0)，
则＝(－c－x0，－y0)，＝(c－x0，－y0)．
由题意得
解得c2＝3，∴c＝.
又e＝＝，∴a＝2.
∴b2＝a2－c2＝1.
∴所求椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设直线AB方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立方程消去y得
(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
∴x1＋x2＝－，x1x2＝.
又由α＋β＝，∴tan
α·tan
β＝1，
设直线MA，MB斜率分别为k1，k2，则k1k2＝1，
∴·＝1，
即(x1＋2)(x2＋2)＝y1y2.
∴(x1＋2)(x2＋2)＝(kx1＋m)(kx2＋m)，
∴(k2－1)x1x2＋(km－2)(x1＋x2)＋m2－4＝0，
∴(k2－1)＋(km－2)＋m2－4＝0，
化简得20k2－16km＋3m2＝0，
解得m＝2k，或m＝k.
当m＝2k时，y＝kx＋2k，过定点(－2,0)，不合题意(舍去)．
当m＝k时，y＝kx＋k，过定点，
∴直线AB恒过定点.
点评：动直线l过定点问题的基本思路
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)．
技法二 直接推理解决曲线过定点问题
[典例2] (2019·北京高考)已知抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)．
(1)求抛物线C的方程及其准线方程；
(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－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y轴上的两个定点．
[思维流程]
[解] (1)由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，得p＝2.
所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.
(2)证明：抛物线C的焦点为F(0，－1)，设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．
由
得x2＋4kx－4＝0.
设M，N，则x1x2＝－4.
直线OM的方程为y＝x.
令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－.
同理得点B的横坐标xB＝－.
设点D(0，n)，
则＝，＝，
·＝＋(n＋1)2
＝＋(n＋1)2
＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.
令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，则n＝1或n＝－3.
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0，－3)．
点评：抓住圆的几何特征：“直径所对的圆周角为90°”，巧用向量·＝0求得定点坐标，学习中应体会向量解题的工具性．
技法三 定直线的方程问题
[典例3] 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)求抛物线C的方程；
(2)过点D(1,2)的直线l交C于点M，N，点Q为MN的中点，QR⊥x轴交C于点R，且＝.证明：动点T在定直线上．
[思维流程]
[解] (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为F，所以过F且斜率为1的直线的方程为y＝x＋.
由消去y并整理，得x2－2px－p2＝0，易知Δ＞0.
则x1＋x2＝2p，y1＋y2＝x1＋x2＋p＝3p，
所以|AB|＝y1＋y2＋p＝4p＝8，解得p＝2.
于是抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)证明：法一：易知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k(x－1)＋2，Q(x0，y0)，M，N.
由消去y并整理，得x2－4kx＋4k－8＝0.
则Δ＝(－4k)2－4(4k－8)＝16(k2－k＋2)＞0，
x3＋x4＝4k，x3x4＝4k－8，
所以x0＝＝2k，y0＝k(x0－1)＋2＝2k2－k＋2，
即Q(2k,2k2－k＋2)．
由点R在曲线C上，QR⊥x轴，且＝，
得R(2k，k2)，R为QT的中点，所以T(2k，k－2)．
因为2k－2(k－2)－4＝0，
所以动点T在定直线x－2y－4＝0上．
法二：设T(x，y)，M，N.
由得(x3＋x4)(x3－x4)＝4(y3－y4)，
所以＝.
设Q(x，y5)，则直线MN的斜率k＝，
又＝k，点Q的横坐标x＝，
所以＝，所以y5＝x(x－1)＋2.
由＝知点R为QT的中点，所以R.
又点R在C上，将代入C的方程得x2＝2(y5＋y)，即－x＋4＋2y＝0，
所以动点T在定直线x－2y－4＝0上．
点评：本题第(2)问给出了探求圆锥曲线中的定直线问题的两种方法：方法一是参数法，即先利用题设条件探求出动点T的坐标(包含参数)，再消去参数，即得动点T在定直线上；方法二是相关点法，即先设出动点T的坐标为(x，y)，根据题设条件得到已知曲线上的动点R的坐标，再将动点R的坐标代入已知的曲线方程，即得动点T在定直线上．
技法四 直接推理解决定值问题
[典例4] 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝，n＝，m·n＝0.
(1)求证：k1·k2＝－；
(2)试探求△OPQ的面积S是不是为定值，并说明理由．
[思维流程]
[解] (1)证明：∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0.
又m·n＝0，∴＋y1y2＝0，即＝－y1y2，
∴k1·k2＝＝－.
(2)①当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，由＝－，得－y＝0.
∵点P(x1，y1)在椭圆上，∴＋y＝1，
∴|x1|＝，|y1|＝.∴S△POQ＝|x1||y1－y2|＝1.
②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b.
联立得方程组
消去y并整理得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，
其中Δ＝(8kb)2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(1＋4k2－b2)>0，即b2<1＋4k2.
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
∵＋y1y2＝0，
∴＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1(满足Δ>0)．
∴S△POQ＝··|PQ|＝|b|＝2|b|＝1.
综合①②知△POQ的面积S为定值1.
点评：圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；
(2)求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；
(3)求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
PAGE第2课时 圆锥曲线中的范围、最值问题
技法阐释
圆锥曲线中的范围、最值问题的求解常用的三种方法(1)函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数的单调性求解.(2)不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围.(3)判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式Δ求参数的范围.
高考示例
思维过程
(2019·全国卷Ⅱ)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－.记M的轨迹为曲线C．(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.①证明：△PQG是直角三角形；②求△PQG面积的最大值.
技法一 判别式法求范围
[典例1] 已知椭圆的一个顶点A(0，－1)，焦点在x轴上，离心率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线y＝kx＋m(k≠0)与椭圆交于不同的两点M，N.当|AM|＝|AN|时，求m的取值范围．
[思维流程]
[解] (1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，
联立解得
故椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)设P(x0，y0)为弦MN的中点，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0.
则x1＋x2＝，x1x2＝.
Δ＝(8km)2－16(4k2＋1)(m2－1)＞0，
所以m2＜1＋4k2.
①
所以x0＝＝－，y0＝kx0＋m＝.
所以kAP＝＝－.
又|AM|＝|AN|，所以AP⊥MN，
则－＝－，即3m＝4k2＋1.
②
把②代入①得m2＜3m，解得0＜m＜3.
由②得k2＝＞0，解得m＞.
综上可知，m的取值范围为.
点评：本例在求解中巧用|AM|＝|AN|得出AP⊥MN，从而建立m与k的等量关系，回代由判别式Δ＞0得出的m与k的不等关系，进而得出参数m的取值范围．
技法二 利用函数性质法求最值(范围)
[典例2] 已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过焦点F的直线m与抛物线C分别相交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值．
[思维流程]
[解] (1)∵直线l：x－y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切，
联立消去x得y2－2py＋2p＝0，从而Δ＝4p2－8p＝0，解得p＝2或p＝0(舍)．
∴抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由于直线m的斜率不为0，
可设直线m的方程为ty＝x－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立消去x得y2－4ty－4＝0，∵Δ＞0，
∴y1＋y2＝4t，即x1＋x2＝4t2＋2，
∴线段AB的中点M的坐标为(2t2＋1,2t)．
设点A到直线l的距离为dA，点B到直线l的距离为dB，点M到直线l的距离为d，
则dA＋dB＝2d＝2·＝2|t2－t＋1|＝2，
∴当t＝时，A，B两点到直线l的距离之和最小，最小值为.
点评：本例的求解有两大亮点，一是直线m的设法：ty＝x－1，避免了讨论斜率不存在的情形；另一个是将dA＋dB的最值问题巧妙的转化为AB的中点M到直线l的最值问题，在转化中抛物线的定义及梯形中位线的性质起了关键性作用．
技法三 利用不等式法求最值(范围)
[典例3] 已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．
(1)求E的方程；
(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．
[思维流程]
[解] (1)设F(c,0)，由条件知，＝，得c＝.
又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.
故E的方程为＋y2＝1.
(2)当l⊥x轴时，不合题意，
故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
将y＝kx－2代入＋y2＝1，
得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.
当Δ＝16(4k2－3)>0，
即k2>时，x1,2＝.
从而|PQ|＝|x1－x2|＝.
又点O到直线PQ的距离d＝.
所以△OPQ的面积S△OPQ＝·d·|PQ|＝.
设＝t，
则t>0，S△OPQ＝＝≤1.
当且仅当t＝2，
即k＝±时等号成立，且满足Δ>0.
所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为2y±x＋4＝0.
点评：基本不等式求最值的五种典型情况分析
(1)s＝(先换元，注意“元”的范围，再利用基本不等式)．
(2)s＝≥eq
\f
(?k2＋1?2,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f
(?1＋2k2?＋?k2＋2?,2))))(基本不等式)．
(3)s＝(基本不等式)．
(4)s＝＝(先分离参数，再利用基本不等式)．
(5)s＝＝(上下同时除以k2，令t＝k＋换元，再利用基本不等式)．
PAGE第3课时 圆锥曲线中的证明、探索性问题
技法阐释
1.圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法.2.“肯定顺推法”解决探索性问题，即先假设结论成立，用待定系数法列出相应参数的方程，倘若相应方程有解，则探索的元素存在(或命题成立)，否则不存在(或不成立).
高考示例
思维过程
(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0).(1)证明：k<－；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0.证明：||，||，||成等差数列，并求该数列的公差.
技法一 直接转化法证明几何图形问题
[典例1] (2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB．
[思维流程]
[解] (1)由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1.
由已知可得，点A的坐标为或.
又M(2,0)，所以AM的方程为y＝－x＋或y＝x－.
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB．
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＜，x2＜，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝＋.
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得
kMA＋kMB＝.
将y＝k(x－1)代入＋y2＝1得
(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
所以，x1＋x2＝，x1x2＝.
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0.
从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补．所以∠OMA＝∠OMB．
综上，∠OMA＝∠OMB．
点评：解决本题的关键是把图形中“角相等”关系转化为相关直线的斜率之和为零；类似的还有圆过定点问题，转化为在该点的圆周角为直角，进而转化为斜率之积为－1；线段长度的比问题转化为线段端点的纵坐标或横坐标之比．
技法二 直接法证明数量关系式
[典例2] 已知顶点是坐标原点的抛物线Γ的焦点F在y轴正半轴上，圆心在直线y＝x上的圆E与x轴相切，且点E，F关于点M(－1,0)对称．
(1)求E和Γ的标准方程；
(2)过点M的直线l与圆E交于A，B两点，与Γ交于C，D两点，求证：|CD|＞|AB|.
[思维流程]
[解] (1)设Γ的标准方程为x2＝2py，p＞0，则F.
已知点E在直线y＝x上，
故可设E(2a，a)．
因为E，F关于M(－1,0)对称，
所以
解得
所以抛物线Γ的标准方程为x2＝4y.
因为圆E与x轴相切，故半径r＝|a|＝1，
所以圆E的标准方程为(x＋2)2＋(y＋1)2＝1.
(2)证明：由题意知，直线l的斜率存在，设l的斜率为k，那么其方程为y＝k(x＋1)(k≠0)．
则E(－2，－1)到l的距离d＝，
因为l与E交于A，B两点，
所以d2＜r2，即＜1，
解得k＞0，
所以|AB|＝2＝2.
由消去y并整理得，
x2－4kx－4k＝0.
Δ＝16k2＋16k＞0恒成立，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4k，
那么|CD|＝|x1－x2|
＝·
＝4·.
所以＝
＝＞＝2.
所以|CD|2＞2|AB|2，
即|CD|＞|AB|.
点评：本例是抛物线与圆的交汇问题，涉及弦长的求解，应各选最优方法，圆的弦长为勾股定理的求解，抛物线的弦长，则需借助弦长公式．
技法三 “肯定顺推法”解决探索性问题
[典例3] 已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
[思维流程]
[解] (1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，
故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝.
于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9.
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．
(2)四边形OAPB能为平行四边形．
因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3.
由(1)得OM的方程为y＝－x.
设点P的横坐标为xP.
由得x＝，即xP＝.
将点的坐标代入直线l的方程得b＝，
因此xM＝.
四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.
于是＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋.
因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当直线l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形．
点评：本例题干信息中涉及几何图形：平行四边形，把几何关系用数量关系等价转化是求解此类问题的关键．几种常见几何条件的转化如下：
(1)平行四边形条件的转化
几何性质
代数实现
①对边平行
斜率相等，或向量平行
②对边相等
长度相等，横(纵)坐标差相等
③对角线互相平分
中点重合
(2)圆条件的转化
几何性质
代数实现
①点在圆上
点与直径端点向量数量积为零
②点在圆外
点与直径端点向量数量积为正数
③点在圆内
点与直径端点向量数量积为负数
(3)角条件的转化
几何性质
代数实现
①锐角、直角、钝角
角的余弦(向量数量积)的符号
②倍角、半角、平分角
角平分线性质、定理
③等角(相等或相似)
比例线段或斜率
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