拓展微课(三) 圆锥曲线的综合问题
类型一
例1 解:(1)依题意可得解得
∴C的标准方程为-y2=1.
(2)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),
由得(1-4k2)x2-8mkx-4m2-4=0,由题意知1-4k2≠0,
Δ=64m2k2-4×(1-4k2)×(-4m2-4)>0,
即m2+1>4k2,则x1+x2=,
故y1+y2=k(x1+x2)+2m==,∴线段AB的中点为M,
又线段AB的垂直平分线过点P,且k≠0,
∴·k=-1,整理得10m-4k2=-1,即10m-4k2为定值.
变式 解:(1)依题意得
得故双曲线C的方程为x2-=1.
(2)设直线l的方程为x=my+2,M(x1,y1),N(x2,y2),
由消去x整理得(4m2-1)y2+16my+12=0,
由题意知4m2-1≠0,Δ=256m2-48(4m2-1)=64m2+48>0,
由根与系数的关系得y1+y2=-,y1y2=,
可得my1y2=-(y1+y2),
由题意知k1=,k2=,
所以=====-,
所以是定值,且该定值为-.
类型二
例2 解:(1)设P(x0,y0),Q(x,y),因为Q是线段OP的中点,
所以=x,=y,
所以x0=2x,y0=2y,
又=8x0,所以(2y)2=8×2x,即y2=4x,故C的方程是y2=4x.
(2)证明:由题意知点A(1,2)的坐标满足y2=4x,故点A在曲线C上,如图.
由题意可知直线BD的斜率不为0,可设直线BD:x=ty+m,
由消去x整理得y2-4ty-4m=0,
由Δ=16t2+16m>0,得t2+m>0.
设B(x1,y1),D(x2,y2),则y1+y2=4t,y1y2=-4m.
因为k1===,k2===,所以k1+k2=+===1,
所以2(y1+y2)+12=y1y2,
将y1+y2=4t,y1y2=-4m代入得8t+12=-4m,即2t+3=-m,
所以直线BD:x=ty-2t-3,
即x+3=t(y-2),
所以直线BD过定点(-3,2).
变式 解:(1)如图,设P(x,y),A(a,0),B(0,b),由|AB|=3,得a2+b2=9,
由=(x,y-b),=(a-x,-y),=2,
得得
所以+(3y)2=9,即+y2=1,故动点P的轨迹方程为+y2=1.
(2)当直线MN的斜率不为0时,设直线MN的方程为x=my+4,M(x1,y1),N(x2,y2).
由得(m2+4)y2+8my+12=0,则Δ=64m2-48(m2+4)>0,解得m2>12,
故y1+y2=-,y1y2=.
由题可得Q(1,y1),x2≠1,故kQN=,故直线QN的方程为y=(x-1)+y1.
由对称性可得,若直线QN恒过定点,则可猜想定点在x轴上.
令y=0,则x===.
由y1+y2=-,y1y2=,得=-,
即-my1y2=(y1+y2),
所以x===,
故直线QN恒过定点.
当直线MN的斜率为0时,直线QN与x轴重合,过点.
综上,直线QN恒过定点,且该定点的坐标为.
类型三
例3 解:(1)设M(x1,y1),N(x2,y2),
由得y2-2py-4p=0,
则Δ1=4p2+16p>0,
所以y1+y2=2p,y1y2=-4p,由|MN|==
=2,
可得p=1,所以抛物线C的方程为y2=2x.
(2)①依题意可知,直线l垂直平分线段PQ,
所以直线PQ的斜率为-1,设其方程为y=-x+b,
由消去x可得y2+2py-2pb=0(*),
则Δ2=4p2+8pb>0,
设P(x3,y3),Q(x4,y4),所以y3+y4=-2p,y3y4=-2pb.
又线段PQ的中点G在直线l上,所以x3+x4=y3+y4+4=4-2p,所以G(2-p,-p).
又因为G在直线PQ:y=-x+b上,所以b=2-2p.
因为Δ2=4p2+8pb>0,所以4p2+8p(2-2p)>0,解得0
故p的取值范围是.
②证明:因为M(x1,y1),N(x2,y2),P(x3,y3),
所以=(x1-x3,y1-y3),=(x2-x3,y2-y3),则·=(x1-x3)(x2-x3)+(y1-y3)(y2-y3)=-(x1+x2)x3+x1x2+-(y1+y2)y3+y1y2.
因为y1+y2=2p,y1y2=-4p,
所以x1+x2=y1+y2+4=2p+4,x1x2==4,
则·=+-(4+2p)x3-2py3-4p+4,
又因为y3=-x3+2-2p,=2px3,
即(-x3+2-2p)2=2px3,
所以·=+2px3-(4+2p)x3-2p(-x3+2-2p)-4p+4=+(2p-4)x3+4(p-1)2=+4(p-1)x3+4(p-1)2-2px3=[x3+2(p-1)]2-2px3=0,
所以PM⊥PN,即以MN为直径的圆过点P,
同理可得以MN为直径的圆过点Q,故以MN为直径的圆过P,Q两点.
变式 解:(1)由题意知
解得
∴椭圆C的标准方程是+=1.
(2)证明:当直线AB的斜率不存在时,直线AB的方程为x=或x=-.
若直线AB的方程为x=,
则不妨设A,B,
∴·=0,∴OA⊥OB.
若直线AB的方程为x=-,
则不妨设A,B,
∴·=0,∴OA⊥OB.
当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+m,
又直线AB与圆O相切,
∴=,
即m2=(1+k2).
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由得(2+3k2)x2+6kmx+3m2-24=0,
Δ=36k2m2-4(2+3k2)(3m2-24)=-24m2+288k2+192=k2+>0,
∴x1+x2=-,x1x2=,
∴·=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=×(1+k2)+km+m2==
=0,
∴OA⊥OB.
综上,OA⊥OB.拓展微课(三) 圆锥曲线的综合问题
1.解:(1)设P(x,y),又点M(-,0),N(,0),直线PM与PN相交于点P,且它们的斜率之积为,
所以·=,x≠±,化简可得曲线C的方程为-y2=1(x≠±).
(2)由可得(2k2-1)x2+4kmx+2m2+2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则2k2-1≠0且Δ>0,
故x1+x2=,x1x2=.
若存在实数k,使得直线QA与QB的斜率之和为0,则kQA+kQB=+=+=0,
所以(kx1+m-1)(x2-2)+(kx2+m-1)(x1-2)=0,所以2kx1x2+(m-1-2k)(x1+x2)-4(m-1)=0,
所以2k·+(2k+1-m)·-4(m-1)=0,
所以k(m2+1)+(2k+1-m)km+(1-m)(2k2-1)=0,
所以2k2+k-1+m(k+1)=0,
所以(k+1)(2k-1+m)=0,
所以k=-1或m=1-2k.
当m=1-2k时,直线l:y=k(x-2)+1,此时直线l过Q(2,1),不满足题意,
故存在实数k=-1,使得直线QA与QB的斜率之和为0.
2.解:(1)由椭圆C的长轴长是短轴长的倍,点(2,1)在椭圆C上,
可得解得所以椭圆C的方程为+=1.
(2)①证明:因为切点在第一象限,所以直线l的斜率存在,
不妨设直线l的方程为y=kx+m,
即kx-y+m=0,且k<0,m>0.
因为直线l与圆O相切,所以=,即m2=2k2+2.
由得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0,易知Δ>0.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,
所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=-+m2=,
所以·=x1x2+y1y2=+==0,
所以OP⊥OQ,故以PQ为直径的圆过原点O.
②由①可得x1+x2=-,x1x2=,m2=2k2+2,所以|PQ|=·=
,又点O到直线PQ的距离为,所以S△OPQ=××=,解得k2=2或k2=,
当k2=2时,m2=6,
当k2=时,m2=,
又k<0,m>0,
所以k=-,m=或k=-,m=,
则直线l的方程为y=-x+或y=-x+.
3.解:(1)设A(x,y)(x>0),则M(0,y),
因为|AF|-|AM|=1,
所以-|x|=1,
又x>0,所以=1+x,
整理得y2=4x(x>0),即曲线C的方程为y2=4x(x>0).
(2)证明:设P(x1,y1),Q(x2,y2),N(x3,y3),
所以kPQ===,
所以直线PQ的方程为y-y1=(x-x1).
因为点B(-1,0)在直线PQ上,
所以-y1=(-1-x1),
即-y1=,
解得y1y2=4①.
易知直线PN的斜率存在,
同理可得直线PN的方程为y-y1=(x-x1),
又D(1,t)在直线PN上,
所以t-y1=(1-x1),
易得y1≠t,
结合①可得y2+y3=②,
所以直线QN的方程为y-y2=(x-x2),
即(y2+y3)y=4x+y2y3③,
将②代入③化简得(y1+y3)ty=4y1x+y1y2y3,
又y1y2=4,所以直线QN的方程为(y1+y3)ty=4y1x+4y3,
即(y1+y3)(ty-4)=4y1(x-1),
所以直线QN恒过定点.拓展微课(三) 圆锥曲线的综合问题
类型一 定值问题
例1 [2025·菏泽高二期中] 已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的离心率为,点(4,)为C上一点.
(1)求C的标准方程;
(2)若直线l:y=kx+m(k≠0)与C相交于A,B两点,且线段AB的垂直平分线过点P,求证:10m-4k2为定值.
变式 已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,且|F1F2|=2,点(,2)在双曲线C上.
(1)求双曲线C的方程.
(2)设双曲线C的左、右顶点分别为A,B,过点T(2,0)的直线l交双曲线C于点M,N(异于点A,B),记直线AM,BN的斜率分别为k1,k2,判断是否是定值 若是定值,请求出此定值;若不是定值,请说明理由.
[素养小结]
定值问题的基本思路
①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;
②直接推理、计算,并在推理、计算的过程中消去变量,从而得到定值.
类型二 定点问题
例2 已知动点P在曲线y2=8x上运动,O为坐标原点,Q为线段OP的中点,记Q的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程;
(2)已知A(1,2)及曲线C上的两点B和D,直线AB和直线AD的斜率分别为k1和k2,且k1+k2=1,求证:直线BD过定点.
变式 已知长为3的线段的两个端点A,B分别在x轴和y轴上滑动,且=2.
(1)求动点P的轨迹方程;
(2)记F(1,0),动点P的轨迹为曲线C,过点D(4,0)的直线交曲线C于M,N两点,分别过点M,F作y轴和x轴的垂线,交于点Q,求证直线QN恒过定点,并求出该定点的坐标.
[素养小结]
求解直线过定点问题常用方法如下:
(1)“特殊探路,一般证明”:即先通过特殊情况确定定点,再转化为有方向、有目的的一般性证明;
(2)“一般推理,特殊求解”:即设出定点坐标,根据题设条件选择参数,建立一个直线系或曲线的方程,再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即为所求点;
(3)求证直线过定点,常利用直线的点斜式方程或截距式方程来证明.
类型三 圆锥曲线与圆的综合问题
例3 在平面直角坐标系xOy中,直线l:x-y-2=0与抛物线C:y2=2px(p>0)交于M,N两点.
(1)若|MN|=2,求抛物线C的方程.
(2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.
①求p的取值范围;
②证明:以MN为直径的圆过P,Q两点.
变式 已知椭圆C:+=1(a>0,b>0)过点(-3,),.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若点P是圆O:x2+y2=上的一点,过点P作圆O的切线交椭圆C于A,B两点,证明:OA⊥OB.
[素养小结]
处理圆的切线与圆锥曲线综合问题,主要就是巧设直线方程,利用圆的切线性质(圆心到直线的距离等于半径)找到直线的参数之间的关系或者转化为直线斜率的一元二次方程, 利用根与系数的关系求解.拓展微课(三) 圆锥曲线的综合问题
1.(13分)[2025·太原高二期末] 已知点M(-,0),N(,0),直线PM与PN相交于点P,且它们的斜率之积为,记点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程.
(2)若直线l:y=kx+m交曲线C于A,B两点,定点Q(2,1)不在直线l上,是否存在实数k,使得直线QA与QB的斜率之和为0 若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.
2.(15分)[2025·江淮十校高二联考] 在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长是短轴长的倍,点(2,1)在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程.
(2)设直线l与圆O:x2+y2=2相切,切点在第一象限,直线l与椭圆C相交于P,Q两点.
①求证:以PQ为直径的圆经过原点O;
②若△OPQ的面积为,求直线l的方程.
3.(15分)已知点F(1,0),经过y轴右侧一动点A作y轴的垂线,垂足为M,且|AF|-|AM|=1.记动点A的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)设经过点B(-1,0)的直线与曲线C相交于P,Q两点,经过点D(1,t)(t∈(0,2),且t为常数)的直线PD与曲线C的另一个交点为N,求证:直线QN恒过定点.(共39张PPT)
拓展微课（三） 圆锥曲线的综合问题
类型一 定值问题
类型二 定点问题
类型三 圆锥曲线与圆的综合问题
◆
练习册
答案核查【导】
答案核查【练】
类型一 定值问题
例1 ［2025·菏泽高二期中］已知双曲线
的离心率为，点为 上一点.
（1）求 的标准方程；
解：依题意可得解得
的标准方程为 .
例1 ［2025·菏泽高二期中］已知双曲线
的离心率为，点为 上一点.
（2）若直线与相交于，两点，且线段
的垂直平分线过点，求证： 为定值.
证明：设， ，
由得 ，由题意知
， ，
即，则 ，
故，
线段 的中点为 ，
又线段的垂直平分线过点，且 ，
，整理得，即 为定值.
变式 已知双曲线 的左、右焦点分别为
，，且，点在双曲线 上.
（1）求双曲线 的方程.
解：依题意得 得故双曲线的方程为 .
（2）设双曲线的左、右顶点分别为，，过点的直线 交双
曲线于点，异于点,，记直线，的斜率分别为， ，
判断 是否是定值？若是定值，请求出此定值;若不是定值，请说明
理由.
解：设直线的方程为，， ，
由消去整理得 ，
由题意知 ， ，
由根与系数的关系得， ，
可得 ，由题意知， ，
所以 ，
所以是定值，且该定值为 .
［素养小结］
定值问题的基本思路
①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;
②直接推理、计算,并在推理、计算的过程中消去变量,从而得到定值.
类型二 定点问题
例2 已知动点在曲线上运动，为坐标原点，为线段
的中点，记的轨迹为曲线 .
（1）求 的方程；
解：设，，因为是线段 的中点，
所以, ，所以, ，
又，所以，即，故 的方程是 .
例2 已知动点在曲线上运动，为坐标原点，为线段
的中点，记的轨迹为曲线 .
（2）已知及曲线上的两点和，直线和直线 的斜率
分别为和，且，求证：直线 过定点.
证明：由题意知点的坐标满足 ，
故点在曲线 上，如图.由题意可知直线 的斜率不为0，
可设直线 ，
由消去整理得 ，
由，得 .
设，，则， .
因为 ， ，
所以 ，
所以 ，
将， 代入得，即 ，
所以直线 ，即 ，
所以直线过定点 .
变式 已知长为3的线段的两个端点，分别在轴和 轴上滑动，且
.
（1）求动点 的轨迹方程；
解：如图，设，， ，
由，得 ，
由，， ，
得得 所以，即，
故动点 的轨迹方程为 .
变式 已知长为3的线段的两个端点，分别在轴和 轴上滑动，且
.（2）记，动点的轨迹为曲线，过点的直线交曲线
于，两点，分别过点，作轴和轴的垂线，交于点 ，求证
直线 恒过定点，并求出该定点的坐标.
解：当直线的斜率不为0时，设直线的方程为 ，
， .由得 ，
则，解得 ，
故， .
由题可得，，故，
故直线 的方程为 .
由对称性可得，若直线恒过定点，则可猜想定点在 轴上.
令，则 .
由，，得 ，
即 ，所以 ，
故直线恒过定点 .
当直线的斜率为0时，直线与轴重合，过点 .
综上，直线恒过定点，且该定点的坐标为 .
［素养小结］
求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化
为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择
参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个
关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式方程来证明.
类型三 圆锥曲线与圆的综合问题
例3 在平面直角坐标系中，直线 与抛物线
交于， 两点.
（1）若，求抛物线 的方程.
解：设， ，由得 ，
则 ，所以， ，
由 ，
可得，所以抛物线的方程为 .
例3 在平面直角坐标系中，直线 与抛物线
交于， 两点.
（2）已知抛物线上存在关于直线对称的相异两点和 .
①求 的取值范围；
解： 依题意可知，直线垂直平分线段 ，
所以直线的斜率为，设其方程为 ，
由消去可得 ，
则 ，
设，，所以， .
又线段的中点在直线 上，
所以，所以 .
又因为在直线上，所以 .
因为，所以 ，解得 ，
故的取值范围是 .
例3 在平面直角坐标系中，直线 与抛物线
交于， 两点.
（2）已知抛物线上存在关于直线对称的相异两点和 .
②证明：以为直径的圆过， 两点.
证明：因为，， ，
所以， ，
则 .
又因为， ，即 ，
所以 ，
所以，即以为直径的圆过点 ，
同理可得以为直径的圆过点，故以为直径的圆过， 两点.
因为， ，所以，
，则 ，
变式 已知椭圆过点， .
（1）求椭圆 的标准方程；
解：由题意知 解得
椭圆的标准方程是 .
变式 已知椭圆过点， .
（2）若点是圆上的一点，过点作圆 的切线交椭
圆于，两点，证明： .
证明：当直线的斜率不存在时，直线的方程为 或
.
若直线的方程为 ，则不妨设， ，
， .
若直线的方程为 ，则不妨设，
，， .
当直线的斜率存在时，设直线的方程为 ，
又直线与圆 相切， ，即 .
设， ，由
得 ，
， ，
，
.综上， .
［素养小结］
处理圆的切线与圆锥曲线综合问题，主要就是巧设直线方程，利用圆
的切线性质（圆心到直线的距离等于半径）找到直线的参数之间的关
系或者转化为直线斜率的一元二次方程，利用根与系数的关系求解.
练习册
1.（13分）［2025·太原高二期末］ 已知点， ，
直线与相交于点，且它们的斜率之积为，记点 的轨迹为曲
线 .
（1）求曲线 的方程.
解：设，又点，，直线与 相交于点
，且它们的斜率之积为 ，所以，，
化简可得曲线 的方程为 .
1.（13分）［2025·太原高二期末］ 已知点， ，直线
与相交于点，且它们的斜率之积为，记点 的轨迹为曲线 .
（2）若直线交曲线于，两点，定点 不在直
线上，是否存在实数，使得直线与 的斜率之和为0？若存在，
求出 的值；若不存在，请说明理由.
解：由可得 ，
设，，则且 ，
故， .
若存在实数，使得直线与 的斜率之和为0，则
，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，所以 ，
所以或 .
当时，直线，此时直线过 ，不
满足题意，故存在实数，使得直线与 的斜率之和为0.
2.（15分）［2025· 江淮十校高二联考］ 在平面直角坐标系 中，
已知椭圆的长轴长是短轴长的 倍，点
在椭圆 上.
（1）求椭圆 的方程.
解：由椭圆的长轴长是短轴长的倍，点在椭圆 上，
可得解得所以椭圆的方程为 .
2.（15分）［2025· 江淮十校高二联考］ 在平面直角坐标系 中，
已知椭圆的长轴长是短轴长的 倍，点
在椭圆 上.
（2）设直线与圆相切，切点在第一象限，直线 与
椭圆相交于， 两点.
①求证：以为直径的圆经过原点 ；
证明：因为切点在第一象限，所以直线 的斜率存在，不妨设直线的方程为
，即，且， .
因为直线与圆相切，所以，即 .
由得 ，易知 .
设，，则， ，
所以
，
所以 ，
所以，故以为直径的圆过原点 .
②若的面积为,求直线 的方程.
解：由①可得，， ，
所以，又点
到直线的距离为，所以 ，
解得或 ，当时， ，当时， ，
又， ，所以，或， ，
则直线的方程为或 .
3.（15分）已知点，经过轴右侧一动点作 轴的垂线，垂足
为，且.记动点的轨迹为曲线 .
（1）求曲线 的方程；
解：设，则 ，
因为 ，所以 ，
又，所以 ，整理得，
即曲线的方程为 .
3.（15分）已知点，经过轴右侧一动点作 轴的垂线，垂足为，
且.记动点的轨迹为曲线 .
（2）设经过点的直线与曲线相交于， 两点，经过点，
且为常数）的直线与曲线的另一个交点为 ，求证：直线 恒过定点.
证明：设，， ，所以 ，
所以直线的方程为 .
因为点在直线 上，所以 ，即 ，
解得 .
易知直线 的斜率存在，同理可得直线的方程为 ，
又在直线 上，所以 ，易得 ，
结合①可得 ，所以直线的方程为 ，
即 ，
将②代入③化简得 ，
又，所以直线的方程为 ，
即 ，所以直线恒过定点 .
快速核答案（导学案）
例1.（1）.（2）证明略 变式.（1）.（2）
例2.（1）.（2）证明略 变式.（1）.（2）定点坐标为
例3.（1）.（2）①. ②证明略
变式.（1）.（2）证明略
快速核答案（练习册）
1.（1）.（2）
2.（1）.（2）①证明略②或.
3.（1）.（2）证明略