2023-2024届新高考一轮复习人教A版 第八章 第八讲 第二课时　最值、范围、证明问题 学案

第二课时最值、范围、证明问题

•互动探究

考点一圆锥曲线中的最值问题——师生共研

A■例1(2023•浙江名校协作体联盟联考)如图，已知双曲线C：y-∕=l,

经过点7U,1)且斜率为左的直线/与C交于A,8两点，与C的渐近线交于M,

N两点(从左至右的顺序依次为A,M,N,B),其中后∈0,

⑴若点T是MN的中点，求女的值;

(2)求AOBN面积的最小值.

［解析］(1)设A(X1,y∣),B(X2,yι),

y=Z(χ-l)+l

联立直线/与双曲线C的方程“％2,消去y得(I—2A2)Λ2-4A(I

用一y91

一女)χ-2(l—幻2一2=o,

由韦达定理可知，

4k-4k1—2(1T)2-2

x∣+x2=不印，XrX2=I.2必，

y=Z(xT)+l

联立直线/与其中一条渐近线方程√2

y=2x

Eg1-k1-k

解传X=下,即

2κ2κ

k—1

同理可得砌=下一

%k

4人~~∙

则XM+XN=]—2,=幻+x2,

则可知AB的中点与MN中点重合.

由于7∏,1）是MN的中点，所以4：'景）=2,

解得女=4

(2)y=k(χ-l)+l^ξ-y2=l联立,消去y得(I-2后)/一4MlT)L2(1-

攵)2—2=0,

,.,∖AB∖~∖MN∖1

由(1)知，∖BN∖=∖AM∖=2或SAoBN=KS&OAB-S&OMN)

2√2√(l-⅛)2+l-2⅛2

由于∣AB∣=∖1+⅛2∙;

1—2F

2也/(IT)2

IMM=、1+—所以

∖-2k2,

iBM=g业业i¥+U产⑥

1—2F

1-Ic

又O到直线的距离d=^所以

SAθBN=aBN∖∙d

小(1-k)N(I--女尸+1-2k2-∙∖∣(l-k)2)

21—2F

Ji_____(_I-_Z)_____

2](1T>+1—2标+叱1T)2'

整理得SAOBN=竽1

,1-2A?.

1+(T→jl+1

令/=1—依（1—乎，1）,

1—23-2z2+4r-l1

则

(1T)2

111—2k2

当7=2,即左=5时，”—八2的最大值为2,

I乙（1Kj

所以SAOBN的最小值为逅押.

W・例2(2021•江西五市九校协作体联考)已知椭圆C：$+营=1(。»>0)过

点f(l,乎)，Aι,A2分别为椭圆的左、右顶点，且直线4E,A2E的斜率的乘积

(1)求椭圆C的方程；

(2)过右焦点F的直线/与椭圆C交于M,N两点，线段MN的垂直平分线

交直线/于点P,交直线％=—2于点Q,求的最小值.

［解析］(1)依题意有，⅛+⅛=ι①，

因为4(一4,0),A2(α,O),

√2√2

22

所以kAiE=,1—,kAiE=~.,

1+a1-a

√2√2

221

所以7ΞΓ-∙^i=-ɔ②，

1十。1—a2

由①②解得：a2=2,y=1,

2

故椭圆的方程为，T+y2=ι.

(2)由题意知直线/的斜率不为0,设其方程为x=my+l,

设点M(X1,yι),N(X2,”)，

、、∫y+∕=l/b_

联立方程《2得(机2+2)γ2+2"zy-1=0,

x=my+1

—2m—1

・5+"=许,"2=赤,

由弦长公式IMNl=γ/1+m2γj(y∖+yι)2-4y↑y2

I;z/+8广〃?2+1

=√TW∙ΛJ^Ψ=2√2^TΞ,

y∖+y2-m

又A=~T^=声？

m2

一I12

xp=m^+l=--+1=-,

IPQ=√l+w2∣_2-XPl=.]+加

IPQI√22ffl2+6

2

IMjvI4γ∣m-∖-ɪ'

令1=7而+1,121,

贝喘邛中雪旬,

当，=申，即加=±1时，用，得最小值2.

名帅点披MINGSHIDIANBO

处理圆锥曲线最值问题的求解方法

(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用

图形性质来解决，这就是几何法.

(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，则可首先建立起

目标函数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、

重要不等式法及函数的单调性法等.

圆锥曲线最值问题答题模板

〔变式训练1〕

(2022・重庆模拟)已知抛物线C：y2=2pχ(p>0)的焦点为凡直线/过尸且与

抛物线C交于A,B两点,线段AB的中点为M,当IABI=3°时，点M的横坐标

为2.

(1)求抛物线。的方程；

(2)若直线/与抛物线C的准线交于点。，点。关于X轴的对称点为E,当

丛DME的面积取最小值时，求直线I的方程.

［解析］(1)设A(XI,ʃi),B(X2,*),由题知IABl=尤ι+x2+p=4+p=3p时，

p=2,

故抛物线方程为y2=4x.

(2)设/：x=ty+∖,联立抛物线方程得

、Vl+)2

-4ty-4=0,..yw=2=2f,

XM-tyM^∖^1=2»+1,

而DIW),dT''

2

所以SΔDEM=^∖DE∖∙(XM+1)=∣∙^∣∙(2r÷2)=4^∣~∣÷∣r∣J≥8,

当且仅当M=I时等号成立，故直线/的方程为x=±y+l,即x±y-l=0.

考点二圆锥曲线中的范围问题——师生共研

例3(2023•安徽Alo联盟摸底)已知。为坐标原点，椭圆C：⅛+⅛=

1过点M,N,P,记线段MN的中点为0.

(1)若直线MN的斜率为3,求直线。。的斜率；

(2)若四边形OMPN为平行四边形，求IMN的取值范围.

［解析］(1)设M(X1,yι),N(X2,

两式相减可得，

(Xl+x2)(x∣—X2):(yι+>2)(y∣-”)C

16十12一°,

则J(∙w+oX)L>2)=0,

16(XI÷X2)(xi—X2)'

3

即&MN•攵OQ=——4，

又ICMN=39∙*∙kθQ—一不

即直线。。的斜率为一(.

(2)①若直线MN垂直于X轴，易得

P(4,0),M(2,3),NQ,-3)或P(—4,0),M(—2,3),N(―2,—3),此时IMNl

=6；

②若直线MN不垂直于光轴，设

MN：y=kx+m(m≠0),M(x∖,yι),N(X2,>2),P(X0,yo),

y=zkxjrm

(3+4^2)X2+Skmx+4m2—48=0.

4〃.一48

/.χ∣+x23+4F'"I]?=3+4F'

•：OP=OM+0N,/.XO=ςXI+X2,yo=yι+”,

._8km

..xo=-3+4^,

,fzI、-6m

y0=y}+y2=κ(x∖十九2)十2〃2=3+必2,

化简得病=3+4A2.

此时/=642-16(3÷4F)(JB-12)=144m2>0,

・I_8km~~8k

..X∖+X2=-3+4R=^^,

4m2—484/?z2—48

小2=3+4/=机2,

I~~■~ʒ12λ∕T+P

.∙.∣MN=√l+P∣Λi-χ2∣=—%—

=l2∖∣^=N+哥碎

l

∙.∙3+4KB3,/.O<3+4^≤∣,

，聂十与七^玲，6<∣"Λ0√i

综上，IMNI的取值范围为［6,4小］.

»・例4(2021,浙江高考真题)如图，已知F是抛物线y2=2*S>0)的焦点,

M是抛物线的准线与X轴的交点，且∣MQ=2.

(1)求抛物线的方程；

⑵设过点F的直线交抛物线于A,B两点，若斜率为2的直线I与直线MA,

MB,AB,X轴依次交于点P,Q,R,N,且满足IRN2=∣PMIQ可，求直线/在尤

轴上截距的取值范围.

[解析](I)IMFl=P=2,故抛物线的方程为V=4x.

⑵尸(1,0),M(-l,0),设Aa1,y↑),Ba2,”),

显然直线AB斜率不为0,故可设AB：x—my+1,

因为R,N不重合，故/不过点F(1,O),

故可设/：y=2x+n,(n≠-2),

(y1=4x

联立直线AB与抛物线方程,

[x=my+l1ι

可得ʃ2-4zny-4=0,

fyι÷V2=4m

故由韦达定理可知',,

lγιjy2=-4

故yl+yl=(>,ι+"P—2yιy2=16m2+8,

直线AM的方程为y=*∣3](χ-xι)+yι,

联立直线AM和/可得

〃(xi+l)-yι(及-2)yι)

y∖-2x∖~1y∖~1x∖-2j,

‘“(X2+1)一)，2(及一2)),2

同理可得。

、yι—2x2-2y2—2x2-2

______(〃-2)2y∕2_____

故

IyP∙yd=(y↑-2x∖—2)(^2—2x2-2)

_____4(〃-2)2)1)设______

(2yi—y彳-4)(2”一次一4)

________________16(〃-2)2_______________

4y1”一(2y1”+8)(y1+”)+N必+4/+M)+16

(〃一2)2

4∕∕Z2+3,

〃+2

联立直线A3和/解得/=

1-Irm

又IRM2=∣PM∙W0∣,：.y^=\ypyQ\,

(λ¾-2)24m2+324/_1_∣1∖∣铲徨

故_(2〃?_])2_1+Ξ^≡T+(2〃?_])2_4〔2〃?一]+j-解传

∕z≤14-8√3⅛H^14+8√3,又“#一2,.'."∈(-8,-2)U(-2,14~8√3]U[14

+8√3,+∞),

故甘∈(-8,-7-4√3]U[-7+4√3,1)U(1,+∞),

直线/在X轴上截距的取值范围为(-8,-7-4√3)U[-7+4√3,1)U(1,

+o°).

名师A拨MINGSHIDIANBO

求解范围问题的常用方法

(1)将直线方程与圆锥曲线方程联立，消元得到一元二次方程，根据直线与

圆锥曲线的位置关系建立不等式或函数式求解.

(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参

数之间建立等量关系.

(3)利用几何条件构造不等关系.

(4)利用基本不等式求出参数的取值范围.

(5)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.

求解范围问题答题模板

〔变式训练2〕

(2021•北京高考)已知椭圆£：'+g=l(α>">0)过点A(0,-2),四个顶点围

成的四边形面积为4小.

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)过点P(0,—3)的直线/斜率为k,交椭圆E于不同的两点B,C,直线

AB,AC分别与直线y=-3交于点M,N,若IPM+∣PM≤15,求出的取值范围.

[解析](1)因为椭圆过A(0,-2),故b=2,

因为四个顶点围成的四边形的面积为4√5,

故gx2αX2b=4小，即α=小，

故椭圆的标准方程为：y+f=l.

(2)设B(XI,yι),C(X2,yi),

因为直线BC的斜率存在，故XIX2工0,

故直线AB：y=七4一2,令丁=一3,

则“一会,同理m=5⅛∙

fy=Λχ-3

直线BC：y=kχ-3,由t2Iu2CC

[4√+5∕=20

可得(4+5F)X2-3O入+25=0,

故/=9003—100(4+5d)>0,

解得k<-1或k>∖.

rl3(U25,,C

又xι+x2=4+5尸，XlX2=4+5标'故XlX2>0,

所以XMXN>0,

Xl1X2

又IPM+1PNI=IXM+刘Vl=后工+由工

XlX22AΛIX2-(XI+X2)

Axi-I∣CX2~1FXIX2一31+也)+1

50k_30k

4+5厂4+5d

=5k.

25M_30必∖∖

4+5标-4+5层十

故5∣⅛∣≤15,

即一3WAW3,

综上可知一3WM—1或14W3.

即左的取值范围为[-3,-1)U(1,3]∙

考点三圆锥曲线中的证明问题——师生共研

»■例5(2021.全国新高考Il)已知椭圆C的方程为5+E=l(α>")),右焦

点为F(√L0),且离心率为半.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设M,N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线Λ2+y2=∕(χ>0)相切.证

明：M,N,尸三点共线的充要条件是IMNI=√5∙

［解析］(1)由题意，椭圆半焦距C=地且e=5=坐所以α=√5,

22

又序=/—c=i,所以椭圆方程为"+ʃ=L

(2)由(1)得，曲线为X2+γ2=I(QO),

当直线MN的斜率不存在时，直线MN:X=I,不合题意；

当直线MN的斜率存在时，设M(X1,ʃi),Ngyi),必要性：若M,N,F

三点共线，可设直线MN：y=k(x—yfl),即日一y一啦Z=O,

由直线MN与曲线/+V=i(χ>0)相切可得嘿M=1,解得/=±1,

*+1

y=+(jc-√2)

联立可得4∕-6√it+3=0,

J+>r=1

所以Xl+X2=^^,XIX2=∣,

所以IMNl=y∣l+i∙Λ∕(XI÷%2)2-4xι∙Λ2=y∣3,

所以必要性成立；

充分性：设直线MN：y=kx+b,(妨<0)

即kχ-y+b=O,

2∖b∖

由直线MN与曲线Λ+y2=]（χ>0）相切可得,=所以人=矛+

ʌ/^2+!1,1,

y=kx+b

联立

L可得

一⅛+/=1

(l+3Zr)x2÷6^x+3/72-3=0,

__Gkb3-2—3

所以无1+x2-1+3。Xr无2=FP

化简得3（R-l）=0,所以％=±1,

Z=I∖k=-∖

所以彳厂或，厂，

[⅛=-√2[b=y[2

所以直线MV：y=x一啦或y=一尤+也，

所以直线MN过点F（\"，0）,M,N,尸三点共线，充分性成立；

所以M,N,尸三点共线的充要条件是IMNl=小.

名帅龙披MINGSHIDIANBO

证明问题的解题策略

（D圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何

元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行

或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系（相等或不等）.

（2）解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的

位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进

行证明.

解决证明问题的答题模板

〔变式训I练3〕

(2023•安徽江淮十校联考)已知双曲线C：5=l(α>0,分〉0)过点(2,2),且

离心率为√i

(1)求双曲线C的方程；

(2)设直线/是圆。：x2+y2=4上的动点PaO,yo)(xOyOWo)处的切线，/与双

曲线C交于不同的两点A,B,证明：以AB为直径的圆过坐标原点.

［解析］(1)由题意得：~=V3,故C2=Bt?=/+/,

44

故/=24.又曲线C过点(2,2)可得”一1=1,

44

即十一券=1,解得次=2,序=4,

2

则双曲线C的方程为经f一：V=1.

(2)解法1：因为点P(X0,yo)(xoyo≠O)在圆％2+y2=4上，

所以圆在点PaO,州)处的切线方程为

>'-γo=--(χ-Λo),

化简得XaX+yoy=4.

则直线1的方程为XXO+yyo=4,代入双曲线C的方程2/-,2=%

变形为4(2X2—y2)—(xxo÷yyo)2,

整理得(y8+4)V+2xoyaxy+("一8)x2=0,

两边同除以x2(x2≠0),

得到(yδ÷4)g}+2xoyo∙^÷(Λ3-8)=0.

设A(X1,ʃi),B(X2,y2),则

ZL区_x8—8_(4一附一8

koλkoB1,

x∖xι口+4yi+4

故。A，。以即以AB为直径的圆过坐标原点.

解法2：因为点P(XO,yo)(尤OyowO)在圆Λ2+y2=4上,

所以圆在点Pao,yo)处的切线方程为

>>-ʃo=——(χ-ɪo),化简得Xftr+yoy=4,

由“24及蝎+)%=4得(3看-8)x2-8XoLX+32—4A£=0,

Kftr+yoy=4

Y切线/与双曲线C交于不同的两点A、B,且0＜诏＜4,

Λ3Λ8-8≠O,且

Δ=64x8-4(3x8-8)(32-4xg)>0,

设A、B两点的坐标分别为(汨，ʃi),(X2,”),

El,8xo32—4需

则Xi十X2=3讳—8，XIX2=3后一8，

则宓—访=无/2+丫1丁2=%1彳2+白(4—91)(4—九0%2),

=XlX2+了上左16—4龙O(Xl+尤2)÷Λ⅛riX2]

32—4x8_1_32XB1(32—4公)

3xo—84一.3Λ8-83ΛO-8

玄32—二43不2—言4%B=0,即以AB为直径的圆过坐标原点.

■素养提升

求动点轨迹方程的常用方法

►►■例6(1)(2021•江苏南京二十九中调研)已知两圆Cl：(%+3)2+∕=l,

C2：(X-3)2+√=9,动圆M同时与圆G和圆。2外切，则动圆圆心M的轨迹方

程为(D)

A.A2-5=1R——V2—1

OB∙8yT

9

2

C.X-⅛=1(X≥1)D.Λ2-^=1(X≤-1)

OO

(2)(2023.浙江七彩阳光新高考研究联盟联考)已知双曲线f-y2=ι与直线/：

y=^+"z(AW±1)有唯一的公共点A,过点A且与/垂直的直线分别交X轴、y轴

于B(X(),0),C(0,)())两点，当点A运动时，点。(X0,于的轨迹方程是/一点=4.

(3)(2022•西南四省名校联盟联考)在平面直角坐标系xθy中，已知点M(-√3,

0),直线/：》=一华，动点P到点M的距离与到直线/的距离之比为坐.

①求动点P的轨迹E的方程；

②设曲线E与X轴交于A、8两点,过定点M—1,0)的直线与曲线E交于。、

。两点(与A、B不重合)，证明：直线AC,8。的交点在定直线上.

［解析］(1)设动圆M的半径为「，则IGM=r+1，∣C2M=3+r,

/.∣C2M∣-∣C∣M∣=2<6=∣C1C2∣.

二动圆圆心M的轨迹是以G、C2为焦点的双曲线左支，且c=3,a=l,

χ2-y2=l

(2)由,得，(⅛2—l)x1-∖-2kmχ-∖-m2-∖-1=0,

y=kx-∖-m

因为y=kx+m与双曲线相切于A点,

所以∕=(2kn)2-4(/?—1)(m2+1)=0,

所以过点A且与/垂直的直线为

3—1后一1，

”,(-2Knk、(~2nz∖

所以BEr,o],曲口｝

222

βr.94m^4394m4

,,・外-同=昌-昌=4,

22

所以点E>(x,y)的轨迹是，r一彳=L

(3)①设Pa,y),根据题意，"+曙F=坐整理得苧+产1,

x+3I

2

所以动点尸的轨迹E是椭圆，方程为亍+V=L

②由题意知，直线的斜率不为0,

设过点N(—1,0)的直线方程为X=my—I,

代入椭圆E的方程，整理得(λ∏2+4)y2-2"少一3=0,

因为J=4m2÷12(∕TJ2+4)=16(∕722÷3)>O,

所以设C(X1,yι),D(X2,”)，(x∣,X2≠±2),

.∣,2m3

则π"+”=萨百yy=-诏，1

由①得A(-2,0),3(2,0),

则直线AC的方程为y=∕∖(X÷2),直线BD的方程为y=

ɪlIZ9L

联立两直线方程，消去外

(X2-2)y1+(Xl+2)"

整理得x=2・

(xι+2)y2-(X2-2)γj,

将Xl=Wyl—1,X2=m>2-1代入②,

22yιy2+(y1+产)一4)”

整理得x=2∙iii

(γι+p)+2yι

4/77

把i式代入iii,整理得尤=2∙----------二「=—4,

2Jyι+m~^+Γ47

即直线AC与直线BD的交点的横坐标恒等于一4,

故直线AC与直线BD的交点在定直线x+4=0上.

［引申1］本例(1)中，若动圆M与圆C内切，与圆C2外切，则动圆圆心M的

轨迹方程为5一］=KxW—2).

［引申2］本例⑴中，若动圆M与圆。外切，与圆C2内切，则动圆圆心M的

轨迹方程为■员包

「引申引本例(1)中，若动圆M与圆C、圆C2都内切，则动圆圆心M的轨迹

方程为占=心1)•

［引申4］本例(1)中，若动圆M与圆。、圆C2中一个内切一个外切，则动圆

圆心M的轨迹方程为手二£一

名帅克拨MINGSHIDIANBO

求动点轨迹方程常用方法

1.直接法：也叫直译法，即根据题目条件，直译为关于动点的几何关系，

再利用解析几何有关公式进行整理化简.

2.定义法：若动点轨迹符合某种圆锥曲线的定义，则根据曲线的方程，写

出所求的轨迹方程.

3.代入法：也叫相关点法，其特点是，动点M(x,y)的坐标取决于已知曲

线C上的点(加，〃)的坐标，可先用X,y表示〃?，n,再代入曲线C的方程，即得

点M的轨迹方程.

4.参数法：先取适当的参数，分别用参数表示动点坐标》,y,得出轨迹的

参数方程，然后消去参数，即得其普通方程.

〔变式训I练4〕

(l)(2021∙湖南湘潭模拟节选)在平面直角坐标系X。)，中，已知点。(1,0),直线

/：x=2.若动点尸在直线/上的射影为R,^.∖PR∖=y∣2∖PQ∖,则点尸的轨迹方程为

T÷y2=l.

(2)(2022・上海宝山区期末)已知双曲线会一户1,作X轴的垂线交双曲线于A、

B两点，作y轴的垂线交双曲线于C、D两点，且IABl=ICD两垂线相交于点P,

则点P的轨迹是(B)

A.椭圆B.双曲线

C.圆D.抛物线

(3)(2022•山东潍坊、江西南昌模拟)已知两条直线∕ι:2χ-3y+2=0,/2：3%

-2y+3=0,有一动圆(圆心和半径都在变动)与/1,/2都相交，并且人，/2被截在

圆内的两条线段的长度分别是定值26,24,则动圆圆心的轨迹方程为(D)

A.(J-1)2-Λ2=65B.√-(γ-l)2=65

C.γ2-(x+l)2=65D.(x+l)2-∕=65

［解析］⑴设P(χ,y),^i∖PR∖=y∣2∖PQ∖,

得12—x∣=6N(尤—ιy+y,

2

平方化简得P的轨迹方程为5γ+V=l.

x=m92

(2)设P(M,〃)，由＜χ2得］,

-2=1-2

0=〃，

2

⅛1χ2,得％=2"+2.又由IA用=IS,

L=I

知y2=x2,即昼—1=2n2÷2,

?2

整理得管一⅞∙=1,故选B.

OJ

2

(3)设圆心的坐标为(x,y),则由题意知(2"一；；+2)2+［32=(3_―禽+3)2+122,

化简得(x+l)2—V=65.故选D.

第三课时定点、定值、探索性问题

•互动探究

考点一圆锥曲线的定值问题—师生共研

►►■例l(2023∙湖北九师联盟联考)已知A(-2√L0),B(2√2,0),直线∕¾,

3

PB的斜率之积为一本记动点P的轨迹为曲线C.

(1)求C的方程；

(2)直线/与曲线C交于M,N两点，O为坐标原点，若直线OM,ON的斜

3

率之积为一4,证明：的面积为定值.

［解析］(1)设P(x,j),则直线出的斜率

(x≠-2√2),直线PB的斜率

加二7⅛

kpi3=W2^∖[i),由题意

,,____V______y______r___3

或如B=X+2隹L2R=X2_8=_不

整理得C的方程为[+9=1(XW±2啦).

(2)直线/的斜率存在时，可设其方程为>=区+九

化简得

(3+4⅛2)X2+Skmx+4m2—24=0,

设M(X1,竺)，MX2,y2),

则Δ=(8^)2-4(3+4⅛2)(W-24)=48(8d+6—m2)>0,

,_4/??2—24

XI+X2=-3+4^2,XlX2=3+4F，

yι∖2(AXl+fn)(kx2+加)

所以kθM∙kθN=

X∖X2X∖X2

NXlX2+版(X1+尤2)+加2

X∖X2

47%2⅛2—24"—812〃?2+3〃於+4⅛2加2

3+4⅛2

4垃2—24

3+4一

—24F+3〉

4m2—24

化简得根2=43+3,

.I——z71+6748(8—+6—W2)

则r1IMNl=勺1+矽Xi—X21=3+Ak2

4小W+⅛2√4M+34小~\/1+后

4⅛2+3=√3+4^'

又。到MN的距离^=-f⅛=^^⅛,

γ∣l+lcγjl+lc

所以SAQMN=习MNl∙d=]∙ʤ+4左2，q1+后=2y∣^,为定值.

当直线/的斜率不存在时，可设M(XO,yo),N(X0,—ʃo),则如M∙ZCW=一/=

_3日@+%

4,且8十6—1'

解得看=4,>8=3,此时S△(?MN=2X∕X∣xoyo∣=2小，

综上，ZXMON的面积为定值2√1

名帏点帔MINGSHIDIANBO

圆锥曲线中定值问题的特点及解法

(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值.

(2)解法：

①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

②引进变量法：其解题流程为

I定值|一|把得到的函数化简，消去变量得到定值I

〔变式训练I〕

92

(2023.河南安阳调研)已知椭圆MK5+3=l(α>">0)的左、右焦点分别为

48

∣∣面积为的正方形的顶点都在上.

Fι,F2,FIF2=2,7ABCDMl

(1)求M的方程;

√v2

(2)已知P为椭圆〃2：力+不=1上一点,过点P作Ml的两条切线∕∣和12,

若/1,/2的斜率分别为匕,kι,求证：依依为定值.

[解析](1)根据对称性，不妨设正方形的一个顶点为A(x,X),

fX2a2b2

由了+/=1,得/=用方，

所以2√舞/a2b248

整理得12(4+02)=7//.①

又层一〃=(止P)2=1,②

由①②解得α2=4,b2=3,

故所求椭圆方程为7+与=L

⑵由已知及⑴可得M2：ɪ+^=1,设点Pew,yo),

则)3=6。—

设过点P与MI相切的直线I的方程为y—yo=Z(X-X()),

χ22

与1+左=1联立消去y整理可得(4必+3)∙x2+8%(yo-faω)x+4[(yo—而O)?"-3]

=0,

令/=[Sk(yo-Ml2-4X(4必+3)X4[(γo-fc«))2-3]=0,

整理可得(X4)42—2AΛQyo+京-3=0,③

根据题意h和依为方程③的两个不等实根,

所以々上让360—,)—3—温—4)

33

所以A必_高_4—Λ∙8-4一而一4即k而为定值一本

考点二圆锥曲线中的定点'定直线问题——师生共研

2・例2(2022.全国高考乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为X

轴、y轴，且过A(0,-2),8(|,—1)两点.

(1)求E的方程；

⑵设过点P(l,-2)的直线交E于M,N两点，过M且平行于X轴的直线与

线段AB交于点T,点、H满足而7=而.证明：直线HN过定点.

［解析］⑴设椭圆E的方程为如2+〃尸1,又椭圆过A(0,—2),“，-1),

4/2=1

9,,解得机=},〃=:,

^τιn+n=1ɔ/

所以椭圆E的方程为：f+f=l.

(2)A(0,-2),成■3，-1),所以AB：y+2=∣x,

①若过点P(l,-2)的直线斜率不存在，直线X=L代入5+9=1,可得

由而=而得到

求得”N方程:

②若过点P(l,-2)的直线斜率存在，设方程为kχ-y-(k+2)=0,M(xi,yi),

MX2,y2).

'kx~y-(k+2)=0

联立‘1+9ɪ,得(3A2+4)x2-6A(2+^)x+3Z(A+4)=0,

6.2+.,-8(2+G)

X∣+X2=3d+4"+”=3F+4

可得5

3⅛(4+⅛)4(4+4%—2d)

XLV2=3d+4V"=3M+4

且XIy2+x2y1=3κ+4(*)

,可得不

联立，÷3,y∖,W(3yι+6-Xi,y∖).

Vl-V2

可求得此时HN:y-yι=3y+6f；——(芯一⑼,

将(O,—2)代入整理得2(XI+X2)—6(yi+”)+尤1”+龙2丁1一12=0,

将(*)代入得24Z+12F+96+48Z—24人一48—48Z+24F—36R-48=0,

显然成立，

综上，可得直线HN过定点(0,-2).

►►・例3(2023・河南信阳高级中学开学考)已知椭圆C：%+==l(α泌〉0)的

右焦点为R上顶点为A,直线必的斜率为一坐，且原点。到直线胡的距离

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设椭圆C的左、右顶点分别为Ai,A2,过点。(4,0)的动直线/交椭圆C

于P，。两点，直线4P,4。相交于点E,证明：点E在定直线上.

［解析］⑴设Re,0),A(0,勿，由已知有：

5+差

解得b=l,c=-∖∣3,所以/=/+/=4,

故椭圆的标准方程为Y+y2=］.

(2)由题意可知4(—2,0),4(2,0),

由已知有动直线/的斜率不为0,设直线/的方程为x=)+4,P(X1,yι),

Q(X2,”)，

PC=9+4

由x2∣2,，得(P+4)y2+8)+12=0,

位+产1

J=64?-48(?+4)=16(∕2-12)>0,不等式有解,

i,-8712

则yi+”=河yι*=再彳

直线A1P：γ=-⅜τ(x+2),

Xl-H2

直线40：尸口二。一2),

'yι

尸汨+2("2)

，得彦^*+2)=黄5(九一2)，

ʌI14人N4

y-χ,^→)

所以害=占・罕，

χ-2X2-2y∖

因为才+44-4=0,所以包F=

JlXl—2

x+2_____4yι*_________4yιyz

所以

尢一2(XI—2)(x2—2)((yι+2)()2+2)'

_____一领旷2_____

Py∖y2+2t(y∖÷p)÷4,

^4⅛

3,

12CJ8Z,

/+4+l2f∕+ς4+I4

解得X=I,

所以点E必在直线X=1上，

故E点一定在一条定直线上.

名帅A披MINGSHIDIANBO

求解定点、定直线问题常用的方法

(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、有目标的一般性证明.

(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参

数的任意性得到定点坐标.

(3)求证直线过定点(XO,yo),常利用直线的点斜式方程y-yo=MX-Xo)来证

明.

〔变式训练2〕

(2020•新课标1卷)已知A、B分别为椭圆b,+γ2=l(α>l)的左、右顶点，

G为E的上顶点,为"访=8,P为直线X=6上的动点,M与E的另一交点为C,

PB与E的另一交点为D

(1)求E的方程；

(2)证明：直线CO过定点.

［解析］(1)依据题意作出如下图形，

%2

由椭圆方程氏］+y2=i(α>i)可得：A(一0,0),3(a,0),G(0,l)

所以4∂=(α,l),GB=(a,-1),

所以A∂∙6b=a2—1=8,.∖a2=9,

所以椭圆E的方程为：f+y2=l.

(2)证法一：设P(6,yo),

则直线AP的方程为：y=x_zZΛX(X+3),

UVɔ/

即：y=[α+3),

联立直线AP的方程与桶圆方程可得:

片,

[y=∣^(χ+3)

整理得：(yδ+9)x2÷6γ⅛r÷9yi—81=0,

4”日ɔɪ-3)⅜+27

解何：x=-3或x=)，8+9

将X=一；需27代入直线厂於+3)可得:

6yo

>=%+9'

所以点C的坐标为(一言ζ27,然

I>υ-r9泗十刃

同理可得：点D的坐标为伶立曾I

∖>o-r1加十”

当yi≠3时，

所以直线Co的方程为：

6yo_仁2yo)

1-2yo]_W+9(3.-3]

)∖>⅛÷1J—3)6+273>⅞-3√yδ÷lj

笈+9y8÷l

敕福4省L2yo8yor_9一3

-x

工里可得：y+γg+16(3-^)∣k%+1

整理得：产承研+居,

所以产耳券幕一坊

所以直线CO过定点(I，0).

当y8=3时，直线CO：X=|,直线过点(I，Oj.

故直线CO过定点停，0).

证法二：设P(6,/),则直线∕¾的方程为产於+3),

即rχ-9γ+3/=0.

同理，可求直线PB的方程为tr—3y—3/=0.

则直线PA和直线PB的方程可写为

(tχ-9y+3t)(tx~3y-3t)-0.

可化为∕2(x2-9)÷27j^-12tty÷18ty=0.(4)

易知A,B,C,。四个点满足上述方程，同时A,B,C,。又在椭圆上，

则有X2-9=-9/,代入④式可得(27—9』)y2—12的+18(y=0.

故j[(27-9?)y-12rx+18r]=0,

可得y=0或(27—9»)y—12∕x+18/=0.

其中y=0表示直线43,贝∣](27—9尸)y-12rx+18f=0表示直线CD.

33

-

令y=0,得X=22一

考点三圆锥曲线中的探索性问题——师生共研

►►・例4(2023∙江苏南京一中模拟)已知椭圆E-./g=l(α>∕>0)的右焦点

与抛物线V=4x的焦点重合，且椭圆E截抛物线的准线得到的弦长为3.

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)设两条不同的直线m与直线I交于E的右焦点R且互相垂直，直线/

交椭圆E于点A,B,直线相交椭圆E于点C,D,探究：A、B、C、。四个点

是否可以在同一个圆上？若可以，请求出所有这样的直线机与直线/；否则请说

明理由.

[解析](1)抛物线V=4x的焦点坐标为(L0),准线方程为x=-l,

设C=∙√Ο2-∕72,由已知得c=l,

•*十)=ι,即尸WTH'y=d⅞'

所以等=3,即1)=3,a>b>Q,

解得a=2,

则椭圆E的标准方程为3+^=1.

(2)因为两条不同的直线机与/均过椭圆的右焦点(1,0),且互相垂直，

由题意可知当斜率均存在且不为。时，可设直线/为y=Z(x—1),直线,”为

y=一：(X-•1),其中k#0,

A(X1,yι),B(X2,*),C(X3,”)，O(X4,四,

将直线/的方程代入椭圆方程得，

(3+4R)X2—8RX+&/-12)=0,

8标4⅛2~12

所以X∣÷X2=3+4。XlX2=3+4/'

若A、B、C、。四个点可以在同一个圆上,

则MHFBI=I尸CH尸所以

所以Λ2(l-χi)(X2-1)=(1—X3)(X4—1),

所以后[~∙XIX2+(Xl+x2)-1]=[-X3X4+(X3+工4)11],

4⅛2-128⅛29

-XIX2+(XI+⑼-1

3+433+4庐3+4后'

9d

同理一X3Λ4+(X3÷Λ4)-1=*用，

所以23+4标=3d+4,

则3+4d=3d+4,所以左=±1,

此时存在这样的直线机与直线/,其方程为y=x~∖和y=—x+l.

当直线/的斜率为0或斜率不存在时，A,B,C,。显然不在同一个圆上.

综上，存在这样的直线机与直线/,其方程为y=x—1和y=—x+L

名帏A披MINGSHIDIANBO

圆锥曲线中的探索性问题

1.