习题课 圆锥曲线的综合问题(一)
学习目标 直线与圆锥曲线的综合问题是圆锥曲线的难点问题，解决此类问题最大的思维难点是转化，用代数方法研究几何问题，即几何条件代数式，本节讨论圆锥曲线中有关证明性问题、定值问题．
一、证明性问题
例1 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点F1(－，0)，点Q在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)经过圆O：x2＋y2＝5上一动点P作椭圆C的两条切线，切点分别记为A，B，直线PA，PB分别与圆O相交于异于点P的M，N两点，求证：＋＝0．
(1)解 ∵椭圆C的左焦点F1(－，0)，∴c＝.
将Q代入＋＝1，得＋＝1.
又a2－b2＝3，∴a2＝4，b2＝1.
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明 设点P(x0，y0)．
①当直线PA，PB的斜率都存在时，设过点P与椭圆C相切的直线方程为y＝k(x－x0)＋y0.
由消去y，
得(1＋4k2)x2＋8k(y0－kx0)x＋4(y0－kx0)2－4＝0.
Δ＝64k2(y0－kx0)2－4(1＋4k2)[4(y0－kx0)2－4]．
令Δ＝0，整理得(4－x)k2＋2x0y0k＋1－y＝0.
设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2.∴k1k2＝.
又x＋y＝5，∴k1k2＝＝＝－1.
∴PM⊥PN，即MN为圆O的直径，∴＋＝0．
②当直线PA或PB的斜率不存在时，不妨设P(2,1)，
则直线PA的方程为x＝2.
∴M(2，－1)，N(－2,1)，也满足＋＝0．
综上，有＋＝0．
反思感悟 常用转化法证明：
若证明三点共线，可证kAB＝kAC或＝λ；
若证明AB⊥AC，可证kAB·kAC＝－1或·＝0；
若证明AB＝AC，可证A在线段BC的垂直平分线上．
跟踪训练1 抛物线y2＝2px(p>0)，设AB是抛物线的过焦点的一条弦(焦点弦)，F是抛物线的焦点，A(x1，y1)，B(x2，y2)(y1>0，y2<0)，A，B在准线上的射影为A1，B1.证明A，O，B1三点共线．
证明 设直线AB的方程：x＝my＋，
代入y2＝2px得y2－2pmy－p2＝0.
则y1y2＝－p2.
∵BB1∥x轴，∴B1，即B1，
＝＝＝×＝＝kOA，
∴∥且公共点为O，∴直线AB1过点O，
∴A，O，B1三点共线．
二、定值问题
例2 已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆右焦点的直线交椭圆于A，B两点，＋与a＝(3，－1)共线．设M为椭圆上任意一点，且＝λ＋μ(λ，μ∈R)，求证：λ2＋μ2为定值．
证明 ∵M是椭圆上任意一点，若M与A重合，
则＝，此时λ＝1，μ＝0，
∴λ2＋μ2＝1，现在需要证明λ2＋μ2为定值1.
设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为N(x0，y0)，
∴
①－②得＋＝0，
即＝－＝－，
又∵kAB＝＝1，∴y0＝－x0.
∴直线ON的方向向量为＝，
∵∥a，∴＝.
∴a2＝3b2，∴椭圆方程为x2＋3y2＝3b2，
又直线方程为y＝x－c.
由消去y得4x2－6cx＋3c2－3b2＝0.
∴x1＋x2＝c，x1x2＝＝c2.
设M(x，y)，则由＝λ＋μ，
得代入椭圆方程整理得
λ2(x＋3y)＋μ2(x＋3y)＋2λμ(x1x2＋3y1y2)＝3b2.
又∵x＋3y＝3b2，x＋3y＝3b2，
x1x2＋3y1y2＝4x1x2－3c(x1＋x2)＋3c2
＝c2－c2＋3c2＝0，
∴λ2＋μ2＝1，故λ2＋μ2为定值．
反思感悟 解析几何中的定点和定值问题需要合理选择参数(坐标、斜率等)表示动态几何对象和几何量，探究、证明动态图形中的不变性质(定点、定值等)，体会“设而不求”“整体代换”在简化运算中的作用．
跟踪训练2 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M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．
(1)解 因为抛物线y2＝2px经过点P(1,2)，
所以4＝2p，解得p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x.
由题意可知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意得，Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k<0或0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斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．
(2)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.
直线PA的方程为y－2＝(x－1)．
令x＝0，得点M的纵坐标为
yM＝＋2＝＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.
由＝λ，＝μ，
得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以＋＝＋＝＋
＝·＝·＝2.
所以＋为定值．
1.知识清单：
(1)证明性问题．
(2)定值问题．
2．方法归纳：转化法、分类讨论、数形结合．
3．常见误区：不能进行正确的转化．
1．已知椭圆C：＋＝1的左、右顶点分别为A，B，P为椭圆上异于A，B两点的动点，则kPA·kPB等于( )
A.
B．－
C.
D．－
答案 B
解析 设P(x0，y0)，则＋＝1，y＝3－x，
又A(－2,0)，B(2,0)，所以kPA·kPB＝·＝＝＝－.
2．经过椭圆＋y2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l，交椭圆于A，B两点．设O为坐标原点，则·等于( )
A．－3
B．－ C．－或－3
D．±
答案 B
解析 由＋y2＝1，得a2＝2，b2＝1，c2＝a2－b2＝1，焦点为(±1,0)．
不妨设直线l过右焦点，倾斜角为45°，直线l的方程为y＝x－1.
代入＋y2＝1得x2＋2(x－1)2－2＝0，
即3x2－4x＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1·x2＝0，x1＋x2＝，y1y2＝(x1－1)(x2－1)＝x1x2－(x1＋x2)＋1＝1－＝－，
所以·＝x1x2＋y1y2＝0－＝－.
3．直线l与抛物线C：y2＝2x交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率k1，k2满足k1k2＝，则l的横截距( )
A．为定值－3
B．为定值3
C．为定值－1
D．不是定值
答案 A
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则·＝.
∴＝，
∴y1y2＝6，设直线l：x＝my＋b，代入抛物线方程可化为y2－2my－2b＝0，
∴y1y2＝－2b，∴－2b＝6，
∴b＝－3，∴l的横截距为－3.
4．已知点P为直线l：x＝－2上任意一点，过点P作抛物线y2＝2px(p＞0)的两条切线，切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1·x2＝________.
答案 4
解析 不妨设P(－2,0)，过P的切线方程设为y＝k(x＋2)，
代入抛物线方程y2＝2px(p＞0)，得k2x2＋(4k2－2p)x＋4k2＝0，又k≠0，故x1x2＝4.
课时对点练
1．设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点(－2,0)且斜率为的直线与C交于M，N两点，则·等于( )
A．5
B．6
C．7
D．8
答案 D
解析 由题意知直线MN的方程为y＝(x＋2)，F(1,0)．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，与抛物线方程联立有
可得或
所以＝(0,2)，＝(3,4)，
所以·＝0×3＋2×4＝8.
2．已知双曲线C：－＝1(b>0)的离心率为2，则C上任意一点到两条渐近线的距离之积为( )
A.
B.
C．2
D．3
答案 B
解析 因为双曲线的离心率是2，所以e2＝＝4，解得b＝6，
故双曲线方程为－＝1，即3y2－x2＝6，
渐近线方程为y＝±x，即x±y＝0，
则C上任意一点P(x，y)到两条渐近线的距离之积为×＝＝＝.
3．已知P是椭圆＋＝1(a>b>0)上一点，过原点的直线交椭圆于A，B两点，且kPA·kPB＝－，则椭圆的离心率为( )
A.
B.
C.
D.
答案 A
解析 由题可设P(x，y)，A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，
则kPA·kPB＝·＝.
∵＋＝1，＋＝1，
两式相减可得＋＝0，即＝－，
∴－＝－，∴＝，∴＝.
4．已知椭圆C：＋＝1的左焦点为F，点M在椭圆C上且位于第一象限，O为坐标原点，若线段MF的中点N满足·＝0，则直线MF的方程为( )
A．3x－y＋3＝0
B．2x－y＋2＝0
C．x－y＋＝0
D．x－2y＋＝0
答案 D
解析 设椭圆C的右焦点为F1，M(x，y)(x>0，y>0)，
∵·＝0，∴NF⊥NO，
∵N，O分别是MF和FF1的中点，
∴MF⊥MF1，由已知可得F(－，0)，F1(，0)，
∴(x＋，y)·(x－，y)＝0，即x2＋y2＝5，
由得M，
∴kMF＝＝，
∴直线MF的方程为y＝(x＋)，
即x－2y＋＝0.
5．过原点的直线l与双曲线x2－y2＝6交于A，B两点，点P为双曲线上一点，若直线PA的斜率为2，则直线PB的斜率为( )
A．4
B．1
C.
D.
答案 C
解析 由题意可设A(m，n)，B(－m，－n)，P(x，y)，
则m2－n2＝6，x2－y2＝6，
即有y2－n2＝x2－m2，即＝1，
由kPA＝，kPB＝，
可得kPA·kPB＝＝1，
因为kPA＝2，所以kPB＝.
6．(多选)已知F1，F2分别是双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，A为左顶点，P为双曲线右支上一点，若|PF1|＝2|PF2|且△PF1F2的最小内角为30°，则( )
A．双曲线的离心率为
B．双曲线的渐近线方程为y＝±x
C．∠PAF2＝45°
D．直线x＋2y－2＝0与双曲线有两个公共点
答案 ABD
解析 因为|PF1|＝2|PF2|，|PF1|－|PF2|＝2a，
所以|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，
又因为2c>2a,4a>2a，所以∠PF1F2＝30°，
所以cos∠PF1F2＝＝，
所以c＝a，所以e＝，故A正确；
e2＝＝＝3，
所以＝2，所以＝±，
所以渐近线方程为y＝±x，故B正确；
因为2c＝2a，所以|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，
所以∠PF2F1＝90°，
又因为|AF2|＝c＋a＝(＋1)a，|PF2|＝2a，
所以|AF2|≠|PF2|，所以∠PAF2≠45°，故C错误；
因为
所以2(2－2y)2－y2＝2a2，
所以7y2－16y＋8－2a2＝0，
所以Δ＝162－4×7×(8－2a2)＝32＋56a2>0，
所以直线x＋2y－2＝0与双曲线有两个公共点，故D正确．故选ABD.
7．已知抛物线C：y2＝2x，斜率为k的直线l过定点M(x0,0)，直线l交抛物线C于A，B两点，且A，B位于x轴两侧，·＝3(O为坐标原点)，则x0＝________.
答案 3
解析 设直线l的方程为y＝k(x－x0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
与抛物线方程联立可得
消去y并整理可得，k2x2－(2k2x0＋2)x＋k2x＝0，
由根与系数的关系可得，x1x2＝x，
则y1y2＝－＝－2x0，
∵·＝3，
∴x1x2＋y1y2＝3，即x－2x0＝3，
解得x0＝3(负值舍去)．
8．设F为抛物线y2＝4x的焦点，A，B，C为该抛物线上三点，若＋＋＝0，则||＋||＋||＝________.
答案 6
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，又F(1,0)．
由＋＋＝0知(x1－1)＋(x2－1)＋(x3－1)＝0，
即x1＋x2＋x3＝3，
||＋||＋||＝x1＋x2＋x3＋p＝6.
9．如图，过抛物线y2＝x上一点A(4，2)作倾斜角互补的两条直线AB，AC交抛物线于B，C两点，求证：直线BC的斜率是定值．
证明 设kAB＝k(k≠0)，
∵直线AB，AC的倾斜角互补，
∴kAC＝－k(k≠0)，∴AB的方程是y＝k(x－4)＋2.
由方程组消去y后，整理得
k2x2＋(－8k2＋4k－1)x＋16k2－16k＋4＝0.
∵A(4,2)，B(xB，yB)是上述方程的解．
∴4·xB＝，
即xB＝，
设C(xC，yC)，
以－k代换xB中的k，得xC＝，
∴kBC＝＝
＝＝＝－.
∴直线BC的斜率为定值．
10．已知双曲线C1：x2－＝1.
(1)求与双曲线C1有相同的焦点，且过点P(4，)的双曲线C2的标准方程；
(2)直线l：y＝x＋m分别交双曲线C1的两条渐近线于A，B两点，当·＝3时，求实数m的值．
解 (1)双曲线C1的焦点坐标为(，0)，(－，0)，
设双曲线C2的标准方程为－＝1(a>0，b>0)，
由解得
所以双曲线C2的标准方程为－y2＝1.
(2)双曲线C1的渐近线方程为y＝2x，y＝－2x，
设A(x1,2x1)，B(x2，－2x2)，
由消去y化简得3x2－2mx－m2＝0，
由Δ＝(－2m)2－4×3×(－m2)＝16m2>0，得m≠0.
因为x1x2＝－，
·＝x1x2＋2x1(－2x2)＝－3x1x2＝m2，
所以m2＝3，即m＝±.
11．黄金分割比ω＝≈0.618被誉为“人间最巧的比例”．离心率e＝的椭圆被称为“优美椭圆”，在平面直角坐标系中的“优美椭圆”C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，“优美椭圆”C上动点P(异于椭圆的左、右顶点)，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则k1k2为( )
A.
B.
C.
D.
答案 A
解析 设P(m，n)代入椭圆方程，则＋＝1，
离心率e＝，
可得＝?＝，
整理得，n2＝－(m2－a2)，
又k1＝，k2＝，
所以k1k2＝＝－＝－＝.
12．过抛物线y2＝4x的焦点F作斜率为的直线，交抛物线于A，B两点，若＝λ(λ>1)，则λ等于( )
A．3
B．4
C．5
D．6
答案 A
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线与抛物线的方程可得3x2－10x＋3＝0，
解得x1＝3，x2＝(x1>x2)，
因为＝λ(λ>1)，
所以|FA|>|FB|，并且＝λ，
所以由抛物线的定义知|FA|，|FB|的值分别等于A，B到准线的距离，
|FA|＝x1＋1，|FB|＝x2＋1，＝＝＝3.
即λ＝3.
13．已知A，B分别是双曲线C：x2－＝1的左、右顶点，P为C上一点，且P在第一象限．记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，当2k1＋k2取得最小值时，△PAB的重心的坐标为( )
A．(1,1)
B. C.
D.
答案 B
解析 由题意点A(－1,0)，B(1,0)，
设点P(x，y)(x>1，y>0)，则k1>0，k2>0，
k1k2＝·＝＝＝2，
所以2k1＋k2≥2＝4，当且仅当2k1＝k2＝2时取等号，所以解得所以点P(3,4)，
则△PAB的重心的坐标为，
即.
14．过抛物线y2＝8x的焦点作直线l1：y＝kx＋m与l2：y＝x＋n(k≠0，k≠±1)，若直线l1与抛物线交于A，B，直线l2与抛物线交于C，D，且AB的中点为M，CD的中点为N，则直线MN与x轴的交点坐标为________．
答案 (－2,0)
解析 由条件可知两条直线都过焦点F(2,0)，
则直线l1：y＝k(x－2)，直线l2：y＝(x－2)，
由可得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
x1＋x2＝，y1＋y2＝k(x1－2)＋k(x2－2)＝k(x1＋x2)－4k＝，
则点M的坐标为，
同理可得点N的坐标为(4k2＋2,4k)，
则直线MN的方程为y－4k＝(x－4k2－2)，
令y＝0可得x＝－2，
即直线MN与x轴的交点为(－2,0)．
15．已知椭圆＋＝1，过点P(－2,0)且斜率为1的直线l与椭圆相交于A，B两点，若＝3，则椭圆的标准方程为________________．
答案 ＋＝1
解析 直线l的方程为y＝x＋2，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∵＝3，∴y1＝3y2，①
联立
整理得(b2＋2)y2－4b2y＋2b2＝0，
∴y1＋y2＝，②
y1·y2＝，③
由①②③得b2＝4，∴椭圆的标准方程为＋＝1.
16．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点(2，)在C上．
(1)求C的方程；
(2)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.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
(1)解 由题意，得＝，①
又点(2，)在C上，所以＋＝1，②
联立①②，可解得a2＝8，b2＝4.
所以C的方程为＋＝1.
(2)证明 由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
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＋＝1，
得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.
故xM＝＝，yM＝k·xM＋b＝.
所以直线OM的斜率kOM＝＝－，
所以kOM·k＝－.
故直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．(共74张PPT)
第二章 平面解析几何
习题课 圆锥曲线的综合问题(一)
学习目标
直线与圆锥曲线的综合问题是圆锥曲线的难点问题，解决此类问题最大的思维难点是转化，用代数方法研究几何问题，即几何条件代数式，本节讨论圆锥曲线中有关证明性问题、定值问题.
随堂演练
课时对点练
一、证明性问题
二、定值问题
内容索引
一、证明性问题
又a2－b2＝3，∴a2＝4，b2＝1.
(2)经过圆O：x2＋y2＝5上一动点P作椭圆C的两条切线，切点分别记为A，B，直线PA，PB分别与圆O相交于异于点P的M，N两点，求证：
证明 设点P(x0，y0).
①当直线PA，PB的斜率都存在时，
设过点P与椭圆C相切的直线方程为y＝k(x－x0)＋y0.
得(1＋4k2)x2＋8k(y0－kx0)x＋4(y0－kx0)2－4＝0.
Δ＝64k2(y0－kx0)2－4(1＋4k2)[4(y0－kx0)2－4].
∴PM⊥PN，即MN为圆O的直径，
②当直线PA或PB的斜率不存在时，不妨设P(2,1)，
则直线PA的方程为x＝2.
反思感悟 常用转化法证明：
若证明AB＝AC，可证A在线段BC的垂直平分线上.
跟踪训练1 抛物线y2＝2px(p>0)，设AB是抛物线的过焦点的一条弦(焦点弦)，F是抛物线的焦点，A(x1，y1)，B(x2，y2)(y1>0，y2<0)，A，B在准线上的射影为A1，B1.证明A，O，B1三点共线.
代入y2＝2px得y2－2pmy－p2＝0.
则y1y2＝－p2.
∴直线AB1过点O，
∴A，O，B1三点共线.
二、定值问题
例2 已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆右焦点的直线交椭圆于A，B两点，
与a＝(3，－1)共线.设M为椭圆上任意一点，且
(λ，μ∈R)，求证：λ2＋μ2为定值.
证明 ∵M是椭圆上任意一点，若M与A重合，
∴λ2＋μ2＝1，现在需要证明λ2＋μ2为定值1.
A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为N(x0，y0)，
①
②
∴a2＝3b2，
∴椭圆方程为x2＋3y2＝3b2，
又直线方程为y＝x－c.
x1x2＋3y1y2＝4x1x2－3c(x1＋x2)＋3c2
∴λ2＋μ2＝1，故λ2＋μ2为定值.
反思感悟 解析几何中的定点和定值问题需要合理选择参数(坐标、斜率等)表示动态几何对象和几何量，探究、证明动态图形中的不变性质(定点、定值等)，体会“设而不求”“整体代换”在简化运算中的作用.
跟踪训练2 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M，直线PB交
y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
解 因为抛物线y2＝2px经过点P(1,2)，
所以4＝2p，解得p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x.
由题意可知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0).
依题意得，Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k<0或0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斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1).
证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2).
令x＝0，得点M的纵坐标为
得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
课堂小结
1.知识清单：
(1)证明性问题.
(2)定值问题.
2.方法归纳：转化法、分类讨论、数形结合.
3.常见误区：不能进行正确的转化.
随堂演练
1.已知椭圆C：
＝1的左、右顶点分别为A，B，P为椭圆上异于A，B两点的动点，则kPA·kPB等于
√
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4
又A(－2,0)，B(2,0)，
√
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4
不妨设直线l过右焦点，倾斜角为45°，直线l的方程为y＝x－1.
即3x2－4x＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
1
2
3
4
3.直线l与抛物线C：y2＝2x交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率k1，k2满足k1k2＝
，则l的横截距
A.为定值－3
B.为定值3
C.为定值－1
D.不是定值
√
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3
4
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∴y1y2＝6，
设直线l：x＝my＋b，代入抛物线方程可化为y2－2my－2b＝0，
∴y1y2＝－2b，
∴－2b＝6，
∴b＝－3，
∴l的横截距为－3.
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2
3
4
4.已知点P为直线l：x＝－2上任意一点，过点P作抛物线y2＝2px(p＞0)的两条切线，切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1·x2＝_____.
解析 不妨设P(－2,0)，过P的切线方程设为y＝k(x＋2)，
代入抛物线方程y2＝2px(p＞0)，
得k2x2＋(4k2－2p)x＋4k2＝0，
又k≠0，
故x1x2＝4.
4
课时对点练
1.设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点(－2,0)且斜率为
的直线与C交于M，N两点，则
等于
A.5
B.6
C.7
D.8
基础巩固
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设M(x1，y1)，N(x2，y2)，与抛物线方程联立有
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解析 因为双曲线的离心率是2，
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解析 由题可设P(x，y)，A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，
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∵N，O分别是MF和FF1的中点，
解析 设椭圆C的右焦点为F1，M(x，y)(x>0，y>0)，
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5.过原点的直线l与双曲线x2－y2＝6交于A，B两点，点P为双曲线上一点，若直线PA的斜率为2，则直线PB的斜率为
√
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解析 由题意可设A(m，n)，B(－m，－n)，P(x，y)，
则m2－n2＝6，x2－y2＝6，
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6.(多选)已知F1，F2分别是双曲线
＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，A为左顶点，P为双曲线右支上一点，若|PF1|＝2|PF2|且△PF1F2的最小内角为30°，则
A.双曲线的离心率为
B.双曲线的渐近线方程为y＝
C.∠PAF2＝45°
D.直线x＋2y－2＝0与双曲线有两个公共点
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解析 因为|PF1|＝2|PF2|，|PF1|－|PF2|＝2a，
所以|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，
又因为2c>2a,4a>2a，所以∠PF1F2＝30°，
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所以∠PF2F1＝90°，
所以|AF2|≠|PF2|，所以∠PAF2≠45°，故C错误；
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所以2(2－2y)2－y2＝2a2，
所以7y2－16y＋8－2a2＝0，
所以Δ＝162－4×7×(8－2a2)＝32＋56a2>0，
所以直线x＋2y－2＝0与双曲线有两个公共点，故D正确.故选ABD.
7.已知抛物线C：y2＝2x，斜率为k的直线l过定点M(x0,0)，直线l交抛物线C于A，B两点，且A，B位于x轴两侧，
＝3(O为坐标原点)，则x0＝____.
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解得x0＝3(负值舍去).
解析 设直线l的方程为y＝k(x－x0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
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8.设F为抛物线y2＝4x的焦点，A，B，C为该抛物线上三点，若
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解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，又F(1,0).
6
即x1＋x2＋x3＝3，
9.如图，过抛物线y2＝x上一点A(4，2)作倾斜角互补的两条直线AB，AC交抛物线于B，C两点，求证：直线BC的斜率是定值.
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证明 设kAB＝k(k≠0)，
∵直线AB，AC的倾斜角互补，
∴kAC＝－k(k≠0)，∴AB的方程是y＝k(x－4)＋2.
k2x2＋(－8k2＋4k－1)x＋16k2－16k＋4＝0.
∵A(4,2)，B(xB，yB)是上述方程的解.
设C(xC，yC)，
∴直线BC的斜率为定值.
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解 双曲线C1的渐近线方程为y＝2x，y＝－2x，
设A(x1,2x1)，B(x2，－2x2)，
由Δ＝(－2m)2－4×3×(－m2)＝16m2>0，得m≠0.
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综合运用
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12.过抛物线y2＝4x的焦点F作斜率为
的直线，交抛物线于A，B两点，
A.3
B.4
C.5
D.6
√
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线与抛物线的方程
可得3x2－10x＋3＝0，
所以由抛物线的定义知|FA|，|FB|的值分别等于A，B到准线的距离，
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即λ＝3.
13.已知A，B分别是双曲线C：x2－
＝1的左、右顶点，P为C上一点，且P在第一象限.记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，当2k1＋k2取得最小值时，△PAB的重心的坐标为
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解析 由题意点A(－1,0)，B(1,0)，
设点P(x，y)(x>1，y>0)，则k1>0，k2>0，
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当且仅当2k1＝k2＝2时取等号，
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14.过抛物线y2＝8x的焦点作直线l1：y＝kx＋m与l2：y＝
x＋n(k≠0，k≠±1)，若直线l1与抛物线交于A，B，直线l2与抛物线交于C，D，且AB的中点为M，CD的中点为N，则直线MN与x轴的交点坐标为________.
(－2,0)
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解析 由条件可知两条直线都过焦点F(2,0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
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同理可得点N的坐标为(4k2＋2,4k)，
令y＝0可得x＝－2，
即直线MN与x轴的交点为(－2,0).
拓广探究
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解析 直线l的方程为y＝x＋2，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
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整理得(b2＋2)y2－4b2y＋2b2＝0，
由①②③得b2＝4，
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(1)求C的方程；
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联立①②，可解得a2＝8，b2＝4.
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(2)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.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
故直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
证明 由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).
得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.
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本课结束习题课 圆锥曲线的综合问题(二)
学习目标 直线与圆锥曲线的综合问题是圆锥曲线的难点问题，解决此类问题最大的思维难点是转化，用代数方法研究几何问题，即几何条件代数式，本节讨论圆锥曲线中有关定点问题、探索性问题．
一、定点问题
例1 已知圆M：x2＋(y－2)2＝1，直线l：y＝－1，动圆P与圆M相外切，且与直线l相切．设动圆圆心P的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)若点A，B是E上的两个动点，O为坐标原点，且·＝－16，求证：直线AB恒过定点．
(1)解 设P(x，y)，则＝(y＋1)＋1，
化简得x2＝8y.
所以E的方程为x2＝8y.
(2)证明 易知直线AB的斜率存在，
设直线AB：y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
将直线AB的方程代入x2＝8y中，
得x2－8kx－8b＝0，
所以x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b.
·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋
＝－8b＋b2＝－16?b＝4，
所以直线AB恒过定点(0,4)．
反思感悟 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．
(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．
跟踪训练1 已知椭圆＋＝1(a>b>0)过点(0,1)，其长轴长与短轴长的平方和是焦距的平方的2倍．直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足＝λ1，＝λ2.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点，并求此定点．
解 (1)设椭圆的焦距为2c，
由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，
又a2＝b2＋c2，∴a2＝3.
∴椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
设l的方程为x＝t(y－m)，
由＝λ1得(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，
∴y1－m＝－y1λ1，由题意得y1≠0，
∴λ1＝－1.
同理由＝λ2得λ2＝－1.
∵λ1＋λ2＝－3，
∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0.①
由
消去x得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，
∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，②
且有y1＋y2＝，y1y2＝，③
③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，
∴(mt)2＝1，
由题意，得mt<0，∴mt＝－1，满足②，
得l的方程为x＝ty＋1，故直线l过定点(1,0)．
二、探索性问题
例2 在平面直角坐标系中，已知圆心在第二象限，半径为2的圆C与直线y＝x相切于原点O，椭圆＋＝1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10.
(1)求圆C的方程；
(2)试探究圆C上是否存在异于原点的点Q，使Q到椭圆右焦点F的距离等于线段OF的长．若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)由题意知圆心在直线y＝－x上，
设圆心坐标是(－p，p)(p>0)，
则圆的方程为(x＋p)2＋(y－p)2＝8，
由于O(0,0)在圆上，∴p2＋p2＝8，解得p＝2，
∴圆C的方程为(x＋2)2＋(y－2)2＝8.
(2)椭圆＋＝1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10，由椭圆的定义知2a＝10，a＝5，
∴椭圆右焦点为F(4,0)．
假设存在异于原点的点Q(m，n)使|QF|＝|OF|，
则有且m2＋n2≠0，
解得故圆C上存在满足条件的点Q.
反思感悟 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)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．
(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．
跟踪训练2 试问是否能找到一条斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆＋y2＝1交于两个不同的点M，N，且使M，N到点A(0,1)的距离相等？若存在，试求出k的取值范围；若不存在，请说明理由．
解 设直线l：y＝kx＋m为满足条件的直线，再设P为MN的中点，欲满足条件，只需AP⊥MN即可．
由
消去y得(1＋3k2)x2＋6mkx＋3m2－3＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则xP＝＝－，yP＝kxP＋m＝，
∴kAP＝.
∵AP⊥MN，
∴＝－，
故m＝－.
由Δ＝36m2k2－4(1＋3k2)(3m2－3)
＝9(1＋3k2)(1－k2)>0，得－1故当k∈(－1,0)∪(0,1)时，存在满足条件的直线l.
1.知识清单：
(1)定点问题．
(2)探索性问题．
2．方法归纳：定义法、函数法、整体代换．
3．常见误区：直线与圆锥曲线联立后化简不正确．
1．一动圆的圆心在抛物线x2＝16y上，且该动圆恒与直线y＋4＝0相切，则动圆必经过的定点为( )
A．(0,4)
B．(4,0) C．(2,0)
D．(0,2)
答案 A
解析 由抛物线x2＝16y，得到准线方程为y＝－4，焦点坐标为(0,4)，
∵动圆的圆心在抛物线x2＝16y上，且动圆恒与直线y＝－4相切，
由抛物线的定义知|MF|＝|MK|，
如图所示，即动圆必经过定点F(0,4)．
2．已知F1，F2是椭圆C：＋＝1的焦点，在曲线C上满足·＝0的点P有( )
A．0个
B．2个
C．3个
D．4个
答案 B
解析 由C：＋＝1，得a＝4，b＝2，c＝2，
∵b＝c＝2，
∴以原点为圆心，c为半径的圆与椭圆有2个交点，分别为上、下顶点，
∴PF1⊥PF2的点P的个数为2，即满足·＝0的点P的个数为2.
3．设直线x－3y＋m＝0(m≠0)与双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于点A，B.若点P(m,0)满足|PA|＝|PB|，则该双曲线的渐近线方程为( )
A．y＝±2x
B．y＝±x
C．y＝±x
D．y＝±x
答案 B
解析 根据双曲线标准方程，得渐近线：y＝±x，分别与直线x－3y＋m＝0联立，
可得A，B，
则A，B两点中点坐标为N，
由于|PA|＝|PB|，直线PN与直线x－3y＋m＝0垂直，
得·＝－1，
∴a＝2b，
故渐近线方程为y＝±x＝±x.
4．在平面直角坐标系xOy中，双曲线－＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，右焦点为F，过F作x轴的垂线交双曲线于点P，Q.若△APQ为直角三角形，则该双曲线的离心率是________．
答案 2
解析 由题意，设点P(c，y0)，
由
解得y0＝±，即|PF|＝，
∵△APQ为直角三角形，
∴∠PAQ＝，且|AP|＝|AQ|，
又F为双曲线右焦点，PQ过点F，且PQ⊥x轴，
∴|AF|＝|PF|，可得a＋c＝，∴a＋c＝，
整理得，2a2＋ac－c2＝0，即e2－e－2＝0，
又e>1，∴e＝2.
课时对点练
1．已知椭圆＋＝1上有一点P，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，若△F1PF2为直角三角形，则这样的点P有( )
A．3个
B．4个 C．6个
D．8个
答案 C
解析 当∠PF1F2为直角时，根据椭圆的对称性，知这样的点P有2个；
同理当∠PF2F1为直角时，这样的点P有2个；
当P点为椭圆的短轴端点时，∠F1PF2最大，且为直角，
此时这样的点P有2个．
故符合要求的点P有6个．
2．已知双曲线－y2＝1(a>0)上关于原点对称的两个点P，Q，右顶点为A，线段AP的中点为E，直线QE交x轴于M(1,0)，则双曲线的离心率为( )
A.
B.
C.
D.
答案 D
解析 由已知得M为△APQ的重心，∴a＝3|OM|＝3，
又b＝1，∴c＝＝，
即e＝＝.
3．抛物线y2＝4x上有不同的两点A，B(异于原点O)，若直线OA，OB斜率之和为1，则直线AB必经过定点( )
A．(0,2)
B．(0,4) C．(－4,0)
D．(－2,0)
答案 B
解析 设直线AB的方程为x＝ty＋b(b≠0)，
并代入抛物线方程，消去x得y2－4ty－4b＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4b，
∴kOA＋kOB＝＋＝＝＝＝＝＝1，
∴b＝－4t，所以直线AB的方程为x＝ty－4t＝t(y－4)，过定点(0,4)．
4．已知双曲线x2－＝1上存在两点M，N关于直线y＝－x＋对称，且MN的中点在抛物线y2＝mx上，则实数m的值为( )
A．－3或3
B．－3 C．3
D．－8
答案 C
解析 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点P(x0，y0)，
因为
所以·＝2.
又因为所以kMN·＝2，
又因为M，N关于直线y＝－x＋对称，
所以kMN＝1，即y0＝2x0，
又因为点P(x0，y0)在直线y＝－x＋上，
所以y0＝－x0＋，
由可得P，
所以2＝m·，即m＝3.
5．(多选)过定点P(0,1)，且与抛物线y2＝2x只有一个公共点的直线方程为( )
A．x＝0
B．y＝1
C．y＝x＋1
D．y＝x＋1
答案 ABD
解析 如图所示，若直线的斜率不存在，
则过点P(0,1)的直线方程为x＝0，
由得
即直线x＝0与抛物线只有一个公共点．
若直线的斜率存在，设直线方程为y＝kx＋1，
由得k2x2＋2(k－1)x＋1＝0.
当k＝0时，解得y＝1，
即直线y＝1与抛物线只有一个公共点；
当k≠0时，Δ＝4(k－1)2－4k2＝0，
解得k＝，
即直线y＝x＋1与抛物线只有一个公共点．
y＝1或y＝x＋1为所求的直线方程．
综上，所求的直线方程为x＝0或y＝1或y＝x＋1.
6．(多选)设A，B是抛物线y2＝2x上异于原点的不同两点，则·的可能取值为( )
A．1
B．－1
C．－2
D．0
答案 ABD
解析 设直线AB的方程为x＝my＋t，代入抛物线y2＝2x，可得
y2－2my－2t＝0，Δ＝4m2＋8t>0，
设A，B，
则y1＋y2＝2m，y1y2＝－2t，
·＝＋y1y2
＝t2－2t＝(t－1)2－1，
当t＝1时，·取得最小值－1.
当t＝1时满足Δ>0，
∴·≥－1，故选ABD.
7．已知椭圆＋＝1的焦点为F1，F2，点P为椭圆上的动点，当∠F1PF2为直角时，点P的横坐标是________．
答案 ±
解析 由题意得a2＝9，b2＝4，所以c2＝a2－b2＝5，
所以c＝.
设P(x，y)，令F1的坐标为(－，0)，F2的坐标为(，0)．
因为∠F1PF2＝90°，
所以在△F1PF2中，|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝20，
即(x＋)2＋y2＋(x－)2＋y2＝20，
化简得x2＋y2＝5.
又＋＝1，所以y2＝4，
所以x2＋4＝5，解得x＝±.
所以点P的横坐标为±.
8．设C是抛物线Γ：y＝2x2上一点，以C为圆心且与Γ的准线相切的圆必过一个定点P，则点P的坐标是______．
答案
解析 将y＝2x2化为x2＝y，焦点坐标为，
由抛物线的定义可知，以C为圆心且与Γ的准线相切的圆必过抛物线的焦点坐标，
所以点P的坐标是.
9．过抛物线y2＝2px(p>0)的顶点O作两条互相垂直的弦交抛物线于A，B两点．求证：
(1)A，B两点的横坐标之积、纵坐标之积分别为定值；
(2)直线AB过定点．
证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，中点P(x0，y0)，
(1)kOA＝，kOB＝，
∵OA⊥OB，∴kOA·kOB＝－1，∴x1x2＋y1y2＝0，
∵y＝2px1，y＝2px2，∴·＋y1y2＝0，
∵y1≠0，y2≠0，∴y1y2＝－4p2，∴x1x2＝4p2.
(2)当直线AB的斜率存在时，∵y＝2px1，y＝2px2，
∴(y1－y2)(y1＋y2)＝2p(x1－x2)，
∴＝，∴kAB＝，
∴直线AB：y－y1＝(x－x1)，
∴y＝＋y1－，
∴y＝＋，
∵y＝2px1，y1y2＝－4p2，
∴y＝＋，
∴y＝(x－2p)，
∴AB过定点(2p,0)．
当直线AB的斜率不存在时，则kOA＝1，
∴直线OA：y＝x，与抛物线方程联立，得x2＝2px，
∴A(2p,2p)，故直线AB过定点(2p,0)，
综上，AB过定点(2p,0)．
10．已知中心在坐标原点的双曲线C的右焦点为(2,0)，右顶点为(，0)．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋与双曲线C恒有两个不同的交点A和B，且·>2(其中O为原点)，求k的取值范围．
解 (1)设双曲线方程为－＝1(a>0，b>0)，
由已知得a＝，c＝2，所以b＝1.
故所求双曲线方程为－y2＝1.
(2)将y＝kx＋代入－y2＝1，
可得(1－3k2)x2－6kx－9＝0，
由直线l与双曲线交于不同的两点得
故k2≠且k2<1.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
由·>2得x1x2＋y1y2>2.
又因为y1y2＝(kx1＋)(kx2＋)
＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋2
＝＋＋2
＝＋2.
所以＋＋2>2.
所以>0.
又因为k2≠且k2<1，所以所以k的取值范围为.
11．已知椭圆E：＋＝1，P为椭圆E的右顶点，直线l交E于A，B两点，且PA⊥PB，则l恒过除P点以外的定点( )
A.
B. C.
D.
答案 A
解析 设直线l的方程为x＝my＋n，
代入椭圆方程，消去x可得(m2＋4)y2＋2mny＋n2－16＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
y1＋y2＝－，y1y2＝，
x1x2＝m2y1y2＋mn(y1＋y2)＋n2，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2n，
由PA⊥PB，P(4,0)，
可得(x1－4，y1)·(x2－4，y2)＝0，可得x1x2－4(x1＋x2)＋y1y2＋16＝0，
即m2y1y2＋mn(y1＋y2)＋n2－4m(y1＋y2)－8n＋y1y2＋16＝0，
代入y1＋y2＝－，y1y2＝，
化简整理可得5n2－32n＋48＝0，
解得n＝，n＝4(舍去)．
12．若直线l1：2x－y－1＝0与直线l2：3x－y－2＝0交于点M，抛物线C：x2＝y上存在不同的两点P，Q，使得直线kMP＋kMQ＝0，若＝，且R(x0，y0)，则y0的取值范围为( )
A．(2,5)∪(5，＋∞)
B．(2，＋∞)
C．(1,5)∪(5，＋∞)
D．(1，＋∞)
答案 C
解析 联立
解得故M(1,1)，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线MP：y＝k(x－1)＋1(k≠0)，
代入x2＝y得，x2－kx＋k－1＝0，
即[x－(k－1)](x－1)＝0.
所以x1＝k－1，则y1＝(k－1)2；
同理，x2＝－k－1，y2＝(k＋1)2，
因为＝，
所以y0＝＝k2＋1，
由题设知
得k≠0且k≠2，
所以y0>1且y0≠5.
13．定义：若点P(x0，y0)在椭圆＋＝1(a>b>0)上，则以P为切点的切线方程为＋＝1.已知椭圆C：＋＝1，点M为直线x－2y－6＝0上的一个动点，过点M作椭圆C的两条切线MA，MB，切点分别为A，B，则直线AB恒过定点( )
A.
B. C.
D.
答案 C
解析 因为点M在直线x－2y－6＝0上，
设M(2t＋6，t)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以MA的方程为＋＝1，
又M在MA上，所以＋＝1，①
同理可得＋＝1，②
由①②可得AB的方程为＋＝1，
即2x(2t＋6)＋3yt＝6，即(4x＋3y)t＋(12x－6)＝0，
所以解得
故直线恒过定点.
14．过点P(1,1)的直线l与椭圆＋＝1交于点A和B，且＝λ.点Q满足＝－λ，若O为坐标原点，且Q(m，n)，则＋的值为________．
答案 1
解析 由题意，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，点P(1,1)，
点Q(m，n)，
由＝λ，＝－λ，
得1－x1＝λ(x2－1)，m－x1＝－λ(x2－m)，
即x1＋λx2＝1＋λ，x1－λx2＝m(1－λ)，
两式相乘可得，x－λ2x＝m(1－λ2)，
即－＝(1－λ2)，①
同理可得，－＝(1－λ2)，②
又点A(x1，y1)，B(x2，y2)在椭圆上，
即＋＝1，＋＝1，
由①②相加可得，
－＋－＝(1－λ2)＋(1－λ2)，
即＋－λ2＝(1－λ2)，
故1－λ2＝(1－λ2)，所以＋＝1.
15．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九章“勾股”，讲述了“勾股定理”及一些应用．直角三角形的两直角边与斜边的长分别称“勾”“股”“弦”，且“勾2＋股2＝弦2”，设直线l交抛物线y＝x2于A，B两点，若|OA|，|OB|恰好是Rt△OAB的“勾”
“股”(O为坐标原点)，则此直线l恒过定点________．
答案 (0,4)
解析 设直线AB的方程为y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得x2－4kx－4b＝0，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
若|OA|，|OB|恰好是Rt△OAB的“勾”“股”(O为坐标原点)，可得|OA|2＋|OB|2＝|AB|2，
所以OA⊥OB，即⊥，
所以·＝x1x2＋y1y2＝0，y1y2＝x×x＝(x1x2)2，
所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1x2)2＝－4b＋×(－4b)2＝0，
即b2－4b＝0，解得b＝4或b＝0(舍)，
所以直线AB的方程为y＝kx＋4，恒过点(0,4)．
16．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．
(1)证明 设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
由
得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，
∴xM＝＝－，yM＝kxM＋b＝.
∴直线OM的斜率kOM＝＝－，
即kOM·k＝－9.
即直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值－9.
(2)解 四边形OAPB能为平行四边形．
∵直线l过点，
∴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，
∴＝2×.
解得k1＝4－，k2＝4＋.
经检验，满足Δ>0，
∵k≠3，
∴当l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形．(共78张PPT)
第二章 平面解析几何
习题课 圆锥曲线的综合问题(二)
学习目标
直线与圆锥曲线的综合问题是圆锥曲线的难点问题，解决此类问题最大的思维难点是转化，用代数方法研究几何问题，即几何条件代数式，本节讨论圆锥曲线中有关定点问题、探索性问题.
随堂演练
课时对点练
一、定点问题
二、探索性问题
内容索引
一、定点问题
例1 已知圆M：x2＋(y－2)2＝1，直线l：y＝－1，动圆P与圆M相外切，且与直线l相切.设动圆圆心P的轨迹为E.
(1)求E的方程；
化简得x2＝8y.
所以E的方程为x2＝8y.
(2)若点A，B是E上的两个动点，O为坐标原点，且
＝－16，求证：直线AB恒过定点.
证明 易知直线AB的斜率存在，
设直线AB：y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2).
将直线AB的方程代入x2＝8y中，
得x2－8kx－8b＝0，
所以x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b.
＝－8b＋b2＝－16?b＝4，
所以直线AB恒过定点(0,4).
反思感悟 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.
(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.
跟踪训练1 已知椭圆
＝1(a>b>0)过点(0,1)，其长轴长与短轴长的平方和是焦距的平方的2倍.直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足
(1)求椭圆的标准方程；
解 设椭圆的焦距为2c，
由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，
又a2＝b2＋c2，∴a2＝3.
(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点，并求此定点.
解 由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
设l的方程为x＝t(y－m)，
∴y1－m＝－y1λ1，由题意得y1≠0，
∵λ1＋λ2＝－3，
∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0.
①
消去x得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，
∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，
②
③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，
∴(mt)2＝1，
由题意，得mt<0，∴mt＝－1，满足②，
得l的方程为x＝ty＋1，故直线l过定点(1,0).
二、探索性问题
例2 在平面直角坐标系中，已知圆心在第二象限，半径为
的圆C与
直线y＝x相切于原点O，椭圆
＝1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10.
(1)求圆C的方程；
解 由题意知圆心在直线y＝－x上，
设圆心坐标是(－p，p)(p>0)，
则圆的方程为(x＋p)2＋(y－p)2＝8，
由于O(0,0)在圆上，∴p2＋p2＝8，解得p＝2，
∴圆C的方程为(x＋2)2＋(y－2)2＝8.
(2)试探究圆C上是否存在异于原点的点Q，使Q到椭圆右焦点F的距离等于线段OF的长.若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
解 椭圆
＝1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10，
由椭圆的定义知2a＝10，a＝5，
∴椭圆右焦点为F(4,0).
假设存在异于原点的点Q(m，n)使|QF|＝|OF|，
反思感悟 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)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.
(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.
跟踪训练2 试问是否能找到一条斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆
＋y2＝1交于两个不同的点M，N，且使M，N到点A(0,1)的距离相等？若存在，试求出k的取值范围；若不存在，请说明理由.
解 设直线l：y＝kx＋m为满足条件的直线，再设P为MN的中点，欲满足条件，只需AP⊥MN即可.
消去y得(1＋3k2)x2＋6mkx＋3m2－3＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
∵AP⊥MN，
由Δ＝36m2k2－4(1＋3k2)(3m2－3)
＝9(1＋3k2)(1－k2)>0，得－1故当k∈(－1,0)∪(0,1)时，存在满足条件的直线l.
课堂小结
1.知识清单：
(1)定点问题.
(2)探索性问题.
2.方法归纳：定义法、函数法、整体代换.
3.常见误区：直线与圆锥曲线联立后化简不正确.
随堂演练
1.一动圆的圆心在抛物线x2＝16y上，且该动圆恒与直线y＋4＝0相切，则动圆必经过的定点为
A.(0,4)
B.(4,0)
C.(2,0)
D.(0,2)
√
1
2
3
4
解析 由抛物线x2＝16y，得到准线方程为y＝－4，焦点坐标为(0,4)，
∵动圆的圆心在抛物线x2＝16y上，
且动圆恒与直线y＝－4相切，
由抛物线的定义知|MF|＝|MK|，
如图所示，即动圆必经过定点F(0,4).
∴以原点为圆心，c为半径的圆与椭圆有2个交点，分别为上、下顶点，
∴PF1⊥PF2的点P的个数为2，
1
2
3
4
2.已知F1，F2是椭圆C：
＝1的焦点，在曲线C上满足
＝0的点P有
A.0个
B.2个
C.3个
D.4个
√
3.设直线x－3y＋m＝0(m≠0)与双曲线C：
＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于点A，B.若点P(m,0)满足|PA|＝|PB|，则该双曲线的渐近线方程为
√
1
2
3
4
解析 根据双曲线标准方程，得渐近线：y＝
，分别与直线x－3y＋m＝0联立，
由于|PA|＝|PB|，直线PN与直线x－3y＋m＝0垂直，
1
2
3
4
∴a＝2b，
1
2
3
4
1
2
3
4
4.在平面直角坐标系xOy中，双曲线
＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，右焦点为F，过F作x轴的垂线交双曲线于点P，Q.若△APQ为直角三角形，则该双曲线的离心率是_____.
2
1
2
3
4
解析 由题意，设点P(c，y0)，
∵△APQ为直角三角形，
又F为双曲线右焦点，PQ过点F，且PQ⊥x轴，
1
2
3
4
整理得，2a2＋ac－c2＝0，
即e2－e－2＝0，
又e>1，∴e＝2.
课时对点练
解析 当∠PF1F2为直角时，根据椭圆的对称性，知这样的点P有2个；
同理当∠PF2F1为直角时，这样的点P有2个；
当P点为椭圆的短轴端点时，∠F1PF2最大，且为直角，
此时这样的点P有2个.
故符合要求的点P有6个.
1.已知椭圆
＝1上有一点P，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，若△F1PF2为直角三角形，则这样的点P有
A.3个
B.4个
C.6个
D.8个
√
基础巩固
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
√
2.已知双曲线
－y2＝1(a>0)上关于原点对称的两个点P，Q，右顶点为A，线段AP的中点为E，直线QE交x轴于M(1,0)，则双曲线的离心率为
解析 由已知得M为△APQ的重心，
∴a＝3|OM|＝3，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
3.抛物线y2＝4x上有不同的两点A，B(异于原点O)，若直线OA，OB斜率之和为1，则直线AB必经过定点
A.(0,2)
B.(0,4)
C.(－4,0)
D.(－2,0)
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
∴b＝－4t，所以直线AB的方程为x＝ty－4t＝t(y－4)，过定点(0,4).
解析 设直线AB的方程为x＝ty＋b(b≠0)，
并代入抛物线方程，消去x得y2－4ty－4b＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4b，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
4.已知双曲线
对称，且
MN的中点在抛物线y2＝mx上，则实数m的值为
A.－3或3
B.－3
C.3
D.－8
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点P(x0，y0)，
1
2
3
4
5
6
7
8
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所以kMN＝1，即y0＝2x0，
5.(多选)过定点P(0,1)，且与抛物线y2＝2x只有一个公共点的直线方程为
A.x＝0
B.y＝1
C.y＝x＋1
D.y＝
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解析 如图所示，若直线的斜率不存在，
则过点P(0,1)的直线方程为x＝0，
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即直线x＝0与抛物线只有一个公共点.
若直线的斜率存在，设直线方程为y＝kx＋1，
当k＝0时，解得y＝1，
即直线y＝1与抛物线只有一个公共点；
当k≠0时，Δ＝4(k－1)2－4k2＝0，
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6.(多选)设A，B是抛物线y2＝2x上异于原点的不同两点，则
的可能取值为
A.1
B.－1
C.－2
D.0
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解析 设直线AB的方程为x＝my＋t，代入抛物线y2＝2x，可得
y2－2my－2t＝0，Δ＝4m2＋8t>0，
则y1＋y2＝2m，y1y2＝－2t，
＝t2－2t＝(t－1)2－1，
当t＝1时满足Δ>0，
7.已知椭圆
＝1的焦点为F1，F2，点P为椭圆上的动点，当∠F1PF2
为直角时，点P的横坐标是________.
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因为∠F1PF2＝90°，
所以在△F1PF2中，|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝20，
解析 由题意得a2＝9，b2＝4，所以c2＝a2－b2＝5，
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化简得x2＋y2＝5.
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8.设C是抛物线Γ：y＝2x2上一点，以C为圆心且与Γ的准线相切的圆必过一个定点P，则点P的坐标是_______.
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由抛物线的定义可知，以C为圆心且与Γ的准线相切的圆必过抛物线的焦点坐标，
∵y1≠0，y2≠0，∴y1y2＝－4p2，∴x1x2＝4p2.
∵OA⊥OB，∴kOA·kOB＝－1，∴x1x2＋y1y2＝0，
9.过抛物线y2＝2px(p>0)的顶点O作两条互相垂直的弦交抛物线于A，B两点.求证：
(1)A，B两点的横坐标之积、纵坐标之积分别为定值；
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证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，中点P(x0，y0)，
(2)直线AB过定点.
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∴(y1－y2)(y1＋y2)＝2p(x1－x2)，
∴AB过定点(2p,0).
当直线AB的斜率不存在时，则kOA＝1，
∴直线OA：y＝x，与抛物线方程联立，得x2＝2px，
∴A(2p,2p)，故直线AB过定点(2p,0)，
综上，AB过定点(2p,0).
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10.已知中心在坐标原点的双曲线C的右焦点为(2,0)，右顶点为
(1)求双曲线C的方程；
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由直线l与双曲线交于不同的两点得
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设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
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综合运用
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11.已知椭圆E：
＝1，P为椭圆E的右顶点，直线l交E于A，B两点，
且PA⊥PB，则l恒过除P点以外的定点
x1x2＝m2y1y2＋mn(y1＋y2)＋n2，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2n，
由PA⊥PB，P(4,0)，
可得(x1－4，y1)·(x2－4，y2)＝0，可得x1x2－4(x1＋x2)＋y1y2＋16＝0，
即m2y1y2＋mn(y1＋y2)＋n2－4m(y1＋y2)－8n＋y1y2＋16＝0，
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解析 设直线l的方程为x＝my＋n，
代入椭圆方程，消去x可得(m2＋4)y2＋2mny＋n2－16＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
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化简整理可得5n2－32n＋48＝0，
12.若直线l1：2x－y－1＝0与直线l2：3x－y－2＝0交于点M，抛物线C：x2＝y上存在不同的两点P，Q，使得直线kMP＋kMQ＝0，若
，且R(x0，y0)，则y0的取值范围为
A.(2,5)∪(5，＋∞)
B.(2，＋∞)
C.(1,5)∪(5，＋∞)
D.(1，＋∞)
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设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线MP：y＝k(x－1)＋1(k≠0)，
代入x2＝y得，x2－kx＋k－1＝0，
即[x－(k－1)](x－1)＝0.
所以x1＝k－1，则y1＝(k－1)2；
同理，x2＝－k－1，y2＝(k＋1)2，
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得k≠0且k≠2，
所以y0>1且y0≠5.
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即2x(2t＋6)＋3yt＝6，即(4x＋3y)t＋(12x－6)＝0，
解析 因为点M在直线x－2y－6＝0上，
设M(2t＋6，t)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
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解析 由题意，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，点P(1,1)，点Q(m，n)，
得1－x1＝λ(x2－1)，m－x1＝－λ(x2－m)，
即x1＋λx2＝1＋λ，x1－λx2＝m(1－λ)，
又点A(x1，y1)，B(x2，y2)在椭圆上，
由①②相加可得，
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拓广探究
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15.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九章“勾股”，讲述了“勾股定理”及一些应用.直角三角形的两直角边与斜边的长分别称“勾”“股”“弦”，且“勾2＋股2＝弦2”，设直线l交抛物线y＝
x2于A，B两点，若|OA|，|OB|恰好是Rt△OAB的“勾”“股”(O为坐标原点)，则此直线l恒过定点________.
(0,4)
解析 设直线AB的方程为y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
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则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
若|OA|，|OB|恰好是Rt△OAB的“勾”“股”(O为坐标原点)，
可得|OA|2＋|OB|2＝|AB|2，
即b2－4b＝0，解得b＝4或b＝0(舍)，
所以直线AB的方程为y＝kx＋4，恒过点(0,4).
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16.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；
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即kOM·k＝－9.
即直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值－9.
证明 设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).
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得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，
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(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.
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解 四边形OAPB能为平行四边形.
∴k≠3，
设点P的横坐标为xP.
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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，
经检验，满足Δ>0，
∵k≠3，
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本课结束
