(共35张PPT)
高考难点突破系列(二)圆锥曲线中的综合问题
第二课时 定点、定线与定值
题型一 定点问题
证明 由于直线BN的斜率为k(k≠0)，B(2，0)，
故直线BN的方程为y＝k(x－2)，
故kPM＝kPN，所以直线MN过定点P(－1，0).
综上可得，直线MN过定点P(－1，0).
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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量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.或以曲线上的点为参数，设点P(x1，y1)，利用点在曲线f(x，y)＝0上，即f(x1，y1)＝0消参.
(2)特殊到一般法：定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平或竖直位置，即k＝0或k不存在.
(2)过点(－2，3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点.
证明 由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，
设lPQ：y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
题型二 定线问题
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P，证明：点P在定直线上.
证明 设直线MN的方程为x＝my－4，M(x1，y1)，N(x2，y2).
易知A1(－2，0)，A2(2，0).
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1.动点在定直线上是圆锥曲线的常规题型，设点法：通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程.
2.待定系数法：设出含参数的直线方程，待定系数求解出系数.
3.面对复杂问题时，可从特殊情况入手，以确定可能的定直线，然后再验证该直线对一般情况是否符合，属于“先猜再证”.
下面给予证明.
把x＝my＋1代入椭圆方程，整理得(2m2＋3)y2＋4my－16＝0，Δ＞0成立，
记P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
题型三 定值问题
解 设Q(x0，y0)，
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圆锥曲线中定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题设条件，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．
解 因为△ABF2的周长为8，
所以4a＝8，解得a＝2，
解 由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，
显然Δ＞0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
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(2)设Q(1，0)，直线x＝t不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线BQ与C交于另一点D，求证：直线AD过x轴上的一定点.
证明 显然直线BQ的斜率不为零，
设直线BQ的方程为x＝my＋1，B(x1，y1)，
消x整理得(m2－3)y2＋2my－2＝0.
依题意得m2－3≠0且Δ＝4m2＋8(m2－3)＞0，
即m2＞2且m2≠3，
解 设点T的坐标为(0，t).
当直线l的斜率存在时，
得(4k2＋1)x2＋8k(k－1)x＋4k(k－2)＝0.
因为动直线l与椭圆E有两个交点，
直线AD的方程为4x－(y1＋y4)y＋y1y4＝0，
直线BC的方程为4x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0.
因为(－2，0)在抛物线E的对称轴上，
所以由对称性可知，交点G必在垂直于x轴的直线上，
所以只需证G的横坐标为定值即可.
因为直线AD与BC相交，(共33张PPT)
高考难点突破系列(二)圆锥曲线中的综合问题
第三课时 最值与范围
题型一 不等式法求最值、范围
解 设C的半焦距为c(c>0)，
(2)设点P在第一象限，且直线PF1，PF2与椭圆C分别相交于另外两点A(x1，y2)和B(x2，y2)，求y1－y2的最大值.
解 设P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，
由已知可得F1(－2，0)，F2(2，0)，
设直线PA的方程为x＋2＝my，
直线PB的方程为x－2＝ny.
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利用不等式法求解最值、范围问题的策略
(1)利用圆锥曲线的几何性质或几何量之间的关系构造不等式.
(2)利用直线与圆锥曲线的位置关系、判别式构造不等式.
(3)利用已知或其他隐含条件中的不等关系构造不等式.
(4)常与一元二次不等式、基本不等式相关.
解 当直线l的斜率不存在或斜率为0时，结合椭圆的对称性可知，kOA＋kOB＝0，不符合题意.
故设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
题型二 函数法求最值、范围
解得p＝2.
故抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A，B两点，过A，B分别作垂直于l的直线AC，BD，分别交抛物线于C，D两点，求|AC|＋|BD|的最小值.
解 由题意知直线l的斜率一定存在且不为0，F(1，0)，
设直线l的方程为x＝ty＋1，t≠0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，
易知x1＝ty1＋1>0，x2＝ty2＋1>0，
所以y1＋y2＝4t，y1y2＝－4.
由AC垂直于l，得直线AC的方程为y－y1＝－t(x－x1)，
所以当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
所以当x＝2时，f(x)取得最小值，
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利用函数法求解最值、范围问题的策略
(1)引入单变量，将所求解问题用含该变量的代数式表示，构造函数；
(2)引入双变量，利用题设或其他条件建立两个变量之间的关系，通过消元的方法转化为单变量问题，构造函数；
(3)注意挖掘变量所满足的条件，从而确定变量范围；
(4)用函数的方法，如函数的单调性、导数等分析求解最值或范围.
解 由(1)知，抛物线的焦点为F(1，0).
由题意知直线MN的斜率不可能为0，
∴设MN的方程为x＝my＋t，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
∴Δ＝16m2＋16t>0，即m2＋t>0，
由根与系数的关系得y3＋y4＝4m，y3y4＝－4t，
即(x3－1)(x4－1)＋y3y4＝(my3＋t－1)(my4＋t－1)＋y3y4
＝(m2＋1)y3y4＋m(t－1)(y3＋y4)＋(t－1)2
＝(m2＋1)(－4t)＋m(t－1)·4m＋(t－1)2＝0，
即－4m2t－4t＋4m2t－4m2＋t2－2t＋1＝0，
即4m2＝t2－6t＋1.
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(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C有两个不同的交点A，B，原点O到直线l的距离为2，求△ABO的面积的最大值.
解 由题意可知，原点O到直线l的距离为2，
其判别式Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－16)＝16(16k2＋4－m2)＝192k2>0，可知k≠0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
解 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋t，
(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.
解 当l⊥x轴时不合题意；
设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
证明 由A(x1，y1)，C(x2，y2)是直线AF与抛物线C1：y2＝4x－4的两个交点，得直线AF不垂直y轴，点F(2，0).
设直线AF的方程为x＝my＋2，(共40张PPT)
高考难点突破系列(二)圆锥曲线中的综合问题
第一课时 求值与证明
题型一 求值问题
[规范解答] 解 (1)当点A，点B和点C为椭圆的顶点时，△ABC恰好是边长为2的等边三角形，
①当点A，点B和点C中有两个点为上顶点和下顶点，一个为左顶点或右顶点时，
②当点A，点B和点C中有一个点为上顶点或下顶点，两个点为左顶点和右顶点时，
①当直线BC的斜率不存在时，
x1＝x2，y1＝－y2，
因为p＋x1＋x2＝0，则A(－2x1，0).
当直线BC的斜率存在时，
因为点A在椭圆E上，
由题易知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx＋m，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
整理得(k＋1)(m＋2k－1)＝0，
又直线l不过点A，
即m＋2k－1≠0，故k＝－1.
题型二 证明问题
例2 (2024·长沙调研)如图，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴正半轴相交于M，N两点(点M在点N的下方)，且|MN|＝3.
(1)求圆C的方程；
解 设圆C的半径为r(r>0)，
依题意，圆心C的坐标为(2，r).
解得y＝1或y＝4，
即点M(0，1)，N(0，4).
①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0.
②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1.
所以∠ANM＝∠BNM.
综合①②知∠ANM＝∠BNM.
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圆锥曲线中的证明问题常见的有：
(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等.
(2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.
在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明.
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因此抛物线C的标准方程为y2＝x.
解 由题知，直线l的斜率存在，
设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1≠0，x2≠0.
则yA＋yB＝2yA，
因此，A为线段BM的中点，
(2)过点P(－2，1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N.当|MN|＝2时，求k的值.
解 由题可知直线BC的方程为y－1＝k(x＋2).
设B(x1，y1)，C(x2，y2).
消去y整理得(4k2＋1)x2＋(16k2＋8k)x＋16k2＋16k＝0，
则由Δ＝(16k2＋8k)2－4(4k2＋1)(16k2＋16k)>0，得k<0，
(2)设双曲线C的左顶点为A，直线l2平行于l1，且交双曲线C于M，N两点，求证：△AMN的垂心在双曲线C上.
所以MH⊥AN.
又因为AH⊥MN，所以H为△AMN的垂心.
因为H在双曲线C上，
所以△AMN的垂心在双曲线C上.
解 设点P的坐标为(x，y)，
证明 不妨设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，
则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|).
则Δ＝(－k)2－4(kt－t2)＝(k－2t)2>0，
所以k≠2t.
设A(x1，y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t，
