高考数学科学复习：高考大题之解析几何中的热点题型

高考大题冲关系列(5)】►高考解析几何中的热点题型

命题动向：圆锥曲线问题在高考中属于必考内容，并且常常在同一份试卷上

多题型考查.对圆锥曲线的考查在解答题部分主要体现以下考法：第一问一般是

先求圆锥曲线的方程或离心率等较基础的知识；第二问往往涉及定点、定值、最

值、取值范围等探究性问题，解决此类问题的关键是通过联立方程来解决.

题型1最值、范围问题多角探究I

角度1最值问题

例1(2021•全国乙卷)已知抛物线C：r=20^>0)的焦点为且R与圆M-.

x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为4.

⑴求"；

(2)若点P在航上，PA,P3是C的两条切线，A,3是切点，求△力§面积

的最大值.

解⑴因为焦点电，§到圆〃：八。+4)2=1上点的距离的最小值为尸M

-1=2+4-1=?+3,

所以5+3=4,所以p=2.

Y2X

(2)解法一：由⑴知抛物线C：x2=4v,即y=：,所以旷=5.

设切点A(xi,yi),切点3(X2,”),

贝加：y=色一\,IPB：y=券一

从而可得丁,等)

由题意可知直线AB的斜率存在，

设IAB：y=kx+b,与抛物线C：/二分联立,

y=kx+b,

得3—4、,消去，得X2-出-46=0,

%一J

则/=169+16L>0,即层+6>0,

1

且xi+X2=4左，xiX2=-4b,所以P(2k,-b).

因为\AB\=71+曰勺(xi+X2)2-4XIX2

I——-i---------_\2lc+2b\

=71+k--y]16产+16b，点P到直线AB的距禺d=屋十],

——ol~n-----|2R+2例01

所以SAPAB=^\AB\-d=1+16产+16b--i,=4(M+6)2.(*)

v7淤+1

又点P(2左，一切在圆M:f+(y+4)2=1上,

(IL

所以~4

将该式代入(*)式,

一。2+126-15y

得S&PAB=4|

4

而冲=一》6[-5,-3],所以人弓[3,5],

所以当6=5时，△必3的面积最大，最大值为2师.

2

XaX

解法二：由⑴知抛物线C：r=4h即y=z，所以y

设切点A(xi,yi),切点3(x2,y2),圆M上任意一点P(xo,yo),

则易得如：丁=色一]，IPB：y=^x-^,

〃XIX?

y=45(,

、,」乙4小(XI+九2

联乂j,得产一

X2X2I，

卜=Q-不

所以xo=xi；x[yo=詈，

又线段A3的中点。的坐标为(生产，虫产

所以S^PAB=^\PQ\-\X1-X2\

lV+>2..

5-5--yo-|xi-X2\

1x?+x5

4-4--2yo-|xi-X2|

2

=焉1/4而一16yo户=家晶一4yo户.(*)

又点P(xo,yo)在圆M:x2+Cv+4)2=1±,所以需=1-(yo+4)2,

1最

代入(*)式，得=-丁3-12yo-15)2.

而加1-5,-3],所以当泗=-5时，△必3的面积最大，最大值为2s5

|♦冲关策呦

处理圆锥曲线最值问题的求解方法

圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一

是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质

等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个

(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.

变式训练1(2023•全国甲卷)已知直线x-2y+l=0与抛物线C:y2=2px(p

>0)交于A,B两点,且|A3|=4，正

⑴求P；

(2)设C的焦点为RM,N为C上两点，MF-HF=Q,求面积的最小

值.

解⑴设A(XA,班)，B(XB,泗)，

fx-2y+1=0,

由J2c可得y2一4py+2p=0,所以用+”=42,a”=22，所以|AB|

[y=2px,

=y15\yA-VB|=小可(ya+泗)2-4yAyB

=事XyJ]6/72_8P=4y[15,

即222一。一6=0,因为p>0,解得P=2.

(2)显然直线MN的斜率不可能为零，

设直线MN:x=my+n,M(xi,yi),Ng,yi),

3

由F=4x‘可得丁_4切—4〃=o,

x=my+n,

所以yi+y2=4帆，yiy2=-4n,

A-16m2+16〃>0=>m2+n>0,

因为加•格=0,F(l,0),所以(xi—1)(X2-l)+"V2=0,

即gyi+n-l)(my2+n-1)+yi、2=0,

§P(m2+l)yiy2+m(n-l)(yi+/)+(〃-I)2=0,

将yi+y2=4m,yi”=-4〃代入,得

4m2=n2-6n+1,4(m2+〃)=(〃-I)2>0,

所以“21,且〃2一6九+1三0,解得3+2也或〃W3-2也.

U一〃I

设点R到直线"N的距离为乩所以公许,

\MN\=d1+-yi\

=yjl+16m2+16n

=1+m2^4(n2-6n+1)~~+16〃

=2\J1+m2|n-1|,

所以△MNR的面积S=^\MN\-d=^x2-\J1+m2\n-l|x-j(====(«-I)2,

而3+2也或“W3-2也，

所以当〃=3-2啦时,AMNF的面积取得最小值,Smin=（2-2啦＞=12-8vl

角度2范围问题

例2（2021.浙江高考）如图，已知R是抛物线丁2=2内防＞0）的焦点，〃是抛

物线的准线与x轴的交点，且|沏=2.

4

(1)求抛物线的方程;

⑵设过点R的直线交抛物线于A,3两点，若斜率为2的直线/与直线AM,

MB,AB,x轴依次交于点P,Q,R,N,且满足因可=|尸川.坦川，求直线/在x

轴上截距的取值范围.

解(1)因为〃是抛物线的准线与x轴的交点，且|即=2,所以p=2.所以抛

物线的方程为＞2=4x.

(2)由(1)知,F(l,0),M(—1,0),

设A(xi,yi),3(x2,yi),直线A3的方程为x=阳+1,直线/的方程为y=2x

+〃(几W±2).

x=my-i-1,

由2,可得y2_4/ny_4=0,显然/>0,

L/=4x,

所以yi+,2=4/n,y\yi=-4,

所以y?+=(yi+yi)2-2yly2=16m2+8.

易知直线AM的方程为y=-177(%+1),

1JL

a

(x+1)

则由「XI+1

=2x+n,

一〃(％i+1)+yi(2-n)yi\

可得尸2xi+2-yi'2xi+2-yiJ，

-n(%2+1)+*(2-n)yi\

同理可得Q2x2+2-372'2x2+2-372J5

(〃-2)2yly2

所以Wyd二(2x1+2-yi)(2x2+2->2)

5

(n-2)2yly2

____________________4(一一2)2yly2____________________

4yiy2-(2yiy2+8)(—+")+yiyi+4+16

5-2)2

4m2+3

x=my+1,〃+2

由1c可得”="?

y=2x+n,

,,(zz+2y(n-2)2

因为|尺川2=|尸川.|0川，所以遇=|ypy0|,所以[口^=,4阳2+3一，所以

(n-2)24m2+342

5+2)2—(2m-1)2-(2加-1)之+2/n-1+1

(1if33

=4［茄口+力+［斗

所以—2或一2<nW14-8小或〃三14+8小.

因为直线/：丁=2%+“”1#±2)在％轴上的截距为一去所以一m>1或44一7W

-2<1或-J；三—7-4-\[3,

即直线/在x轴上截距的取值范围是(-8,-7-4V3]U[4V3-7.1)U(1,

+8).

|♦冲关策叨

圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法

(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范

围.

(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是建立两个

参数之间的等量关系.

(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围.

(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围.

(5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而

6

确定参数的取值范围.

变式训练2(2021.北京高考)已知椭圆E:5+1(。泌＞。)过点A(0,-2),

以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；

⑵过点P(0,-3)的直线/斜率为左，交椭圆E于不同的两点3,C,直线A4

AC交'=一3于点“，N,若|PM+|PN|W15,求左的取值范围.

解(1)因为椭圆过A(0,-2),所以匕=2,

因为四个顶点围成的四边形的面积为4小,

所以京262。=4小，即a=小，

故椭圆E的标准方程为1+£=1.

(2)设3(X1,yi),C(X2,竺)，

因为直线3C的斜率存在，所以xaWO,

yi+2

故直线A5:y=--x-2,

Al

VI

令y=-3,则训=

y1•乙

同理硒二一力？

y-kx-3,

直线3C:y=kx-3,由-2”可得

[4x~9+=20

（4+5后）炉-30入+25=0,

故/=900人-100（4+5庐）>0,解得左<一1或Q1.

▼30左25

又XI+X2=4+5R制您=4+5左2,

故XlX2>0,所以XMXN>0.

又1PM+\PN\=\XM+XN\

X2XI

-yi+2^y2+2-Axi-1+kxi-1

7

2kxiX2-（X1+X2）

ICX1X2~k（XI+X2）+1

50k_30左

4+5后―4+5后

25d_30标=5因,

4+―4+5后+1

k＜-1或左＞1,

故〈

15因W15,

即一3W左＜—1或1（kW3.

综上，左的取值范围是[-3,-1）U（1,3],

题型2定点、定值、定直线问题多角探究

角度1定点问题

例3（2023•全国乙卷）已知椭圆C:%+/=1（。＞。＞0）的离心率是看，点&（一

2,0）在C上.

⑴求C的方程；

（2）过点（-2,3）的直线交C于P,。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.

「二

%=2,＜7=3,

解（1）由题意可得《解得〈6=2,

e-£-火、c=小，

e~a~3，

27

所以C的方程为5+1=1.

⑵证明：由题意可知，直线尸。的斜率存在，设直线P。：

y=k（x+2）+3,尸（为，>1）,2（x2,yi）,

y=k（x+2）+3,

联立方程,q%2

忖+L，

消去y得（4炉+9）f+8kQk+3）x+16（-+3左）=0,

则A=64/（2左+3）2-64（43+9）（/+3左）=—1728—0,解得k<Q,

8

8^(2左+3)16(M+3左)

可得X1+X2=-4产+9,24-9

因为4(一2,0),则直线AP:丁=妾万0+2),

令x=0,解得y=

41十乙

同理可得

2yl2.2

xi+2+%2+2k(xi+2)+3k(%2+2)+3

贝”2=+总工

[kxi+(2%+3)](%2+2)+[kx2+(2%+3)](xi+2)

(xi+2)(%2+2)

2kxix2+(4Z+3)(xi+%2)+4(2左+3)

X1X2+2(XI+X2)+4

32k(标+3Q8k(4%+3)(2左+3)

4-2+9-4/+9+4(2"+3)

16(右+3-)16k(2-+3)

---------------------------------------------------------------------------------------------------_i_A

4M+94标+9

108

~36

所以线段"N的中点是定点(0,3).

|•冲关策呦

(1)求解直线或曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量尤,

y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意

参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x,y的方程

组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点.

(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y-yo=k(x-xO),

则直线必过定点(xo,加)；若得到了直线方程的斜截式丁=履+加，则直线必过定

点(0,m).

变式训练3(2022.全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、

9

y轴，且过A(0,-2),玛,两点.

⑴求E的方程；

(2)设过点P(l,-2)的直线交E于M,N两点，过〃且平行于x轴的直线与

线段A3交于点T,点H满足血=病，证明：直线HN过定点.

解⑴设E的方程为mx2+ny1=l(m>0,n>0,m^n),将A(0,-2),4|,-1)

两点代入，

故E的方程为》+曰=L

(2)证明：由A(0,-2),艰-1)可得直线AB:y=|r-2.

①若过点P(l,-2)的直线的斜率不存在，直线方程为x=l,

代入;+a=1,可得y=土半，不妨令，1,-胡)，乂1,邛)，将y=-

半代入直线AB:y=|x-2,可得T13-加，-叫，由曲=话，得

小-2\[6,-

易求得此时直线HN:丁=[2+半｝-2,过点(0,-2).

②若过点PQ,-2)的直线的斜率存在，设为丁=依-(左+2),设Mg,州)，

N(X2,y2).

y=kx-(Z+2),

联立q

旨+4=1，

得(3产+4)炉-6k(k+2)x+3k(k+4)=0,

A=36敏k+2>—12k(k+4)(3公+4)=96(炉-2左)>0=左<0或k>2,

10

6k(k+2)—8(2+左)

Xl+X2=3^+4》+*=3烂+4,

故有4

3^(^+4)8(2+2左-标)

仙2=3/+4，3=

一24k

且/券+%2竺=3左2+4,(*)

丁=约，

联立〈2c可得j乎+3,y\\,H(3yi+6-xi,yi),

y~3入-2,

可求得此时直线HN:

yi-y2

f=笳7=萩-九2)，

将(0,-2)代入，整理得2(x1+X2)-6(yi+刈+xiy2+X2”一3yly2-12=0,

将(*)式代入，得24^+12-+96+48左-24k-48-48左+24--36^-48=0,

显然成立.

综上，可得直线"N过定点(0,-2).

角度2定值问题

金G、历

例4(2020.新高考I卷)已知椭圆。：”1(。＞。＞0)的离心率为苧且过

点A(2,1).

⑴求C的方程；

⑵点M,N在C上，且AMLAN,ADLMN,。为垂足.证明：存在定点。,

使得为定值.

a=2'

解(1)由题意可得＜[

a2+b2=1'

＜tz2=b2+c2,

r2v2

解得/=6,b2=c2=3,故椭圆C的方程为不+==L

(2)证明：设点M(»,vi),N(X2,yi).

因为AMLAN,所以危•俞=0,

11

即(阳-2)(X2-2)+(yi-l)(y2-1)=0.①

当直线MN的斜率存在时，

设其方程为丁=依+机，如图1.

代入椭圆方程消去y并整理，

得(1+2/c2)%2+4kmx+2nr-6=0,

____皿_____2m2-6

1+z/c

根据丁1二丘1+m，》=区2+加，代入①整理，nJW(^2+1)x1x2+(km-k-2)(xi

+X2)+(m-I)2+4=0,

将②代入上式，得(产+1)*卷+(加一左一2)|

整理化简得(2左+3m+1)(2左+m-1)=0,

因为A(2,1)不在直线MN上，所以24+机-1W0,

所以2左+3m+1=0,21,

于是MN的方程为y

所以直线MN过定点E停，-1).

当直线MN的斜率不存在时，可得N(xi,-yi),如图2.

代入(XI_2)(X2-2)+(yi-1)(^2-1)=0得(尤1-2)2+1-负=0,

结合普+弓=1,解得xi=2(舍去)或xi=],

此时直线MN过点E仔，-5

因为IAEI为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，

12

所以AE的中点。满足储Q|为定值

由于A(2,1),£(|,一£|,

故由中点坐标公式可得Q(|，3}

故存在点。住，；)，使得储。I为定值.

•冲关策呦

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.

变式训练4(2023•福建模拟)已知圆Ai：(X+1)2+/=16,直线过点A2Q,

0)且与圆4交于3,C两点，3C的中点为。，过A2c的中点E且平行于ALD的

直线交AC于点P,记P的轨迹为「

(D求「的方程；

(2)坐标原点。关于Ai,A2的对称点分别为5,历，点Ai,A2关于直线y=x

的对称点分别为Q,C2,过A的直线/2与广交于N两点，直线BiN

相交于点。.请从下列结论中，选择一个正确的结论并给予证明.

①△Q3C1的面积是定值；②△。31片的面积是定值；③△QCC2的面积是定

值.

解⑴由题意得,4(-1,0),A2(l,0).

因为。为3C的中点，所以即AbD，A2C,

又所以PELA2C,

13

又E为A2c的中点，所以|必2|=|PC|,

所以陷11+\PA2\=解1|+\PC\=\A\C\=4>|AIA2|,

所以点P的轨迹厂是以4,4为焦点的椭圆(左、右顶点除外).

r2v2

设厂的方程为”+笆=I。*土。)，其中a2-b2=c2,贝1J2a=4,<7=2,

c=1,b=yja2-c2=小.

故厂的方程为曰+全=1"±2).

(2)解法一：结论③正确.下证：△QGC2的面积是定值.

由题意得,8(—2,0),52(2,0),Ci(0,-1),C2(0,

1),且直线/2的斜率不为0,

可设直线A：x=my-l,

M(xi,yi),N(X2,y2),

且％iW±2,%2力±2.

由jW(3m2+4)/-6my-9=0,所以刀+工二茄口^,刀”=一

x=my-1,

3ml+4)所以2myiy2=-3(yi+*).

直线BiM的方程为y=广=(％+2),

直线B2N的方程为y=黄I(x-2),

y="c(x+2),

由［xi+22)得x+2三yi(8xi—+2))=

y二(x-2),

IX2-2

yi+1)my\y2+yi~2(—+")

A(冲2-3)=W2-3yi=_|(%+”)—3y

14

31

-匕i

~9S-=3'

一口一歹2

解得x=-4.

故点Q在直线X=-4±,所以。到C1C2的距离d=4,

因此△QC1C2的面积是定值，为3C©d=3x2x4=4.

解法二：结论③正确.下证：△QCC2的面积是定值.

由题意得,8(-2,0),52(2,0),Ci(0,-1),C2(0,1),且直线一的斜率

不为0,

，2：

可设直线x=my-liM(xi,yi),

N(X2,y2),且aW±2,X2^±2.

罡+w=l,

由＜43^(3m2+4)y2-6my-9=0,所以yi+y2

x=my-1,

6〃z9

w=-病肓，所以2切3=-38+券).

直线Bi"的方程为y='^(x+2),

直线BiN的方程为y=黄3(x-2),

y=(x+2),

xi+2

由＜

V*2,

V

gc丁23+2)+yi(X2-2)

倚尤=2*/I9

y2(xi+2)-yi(%2-2)

V2(myi+1)+yi(my2-3)

—.2x-------------------------------------

y2(myi+1)-yi(myi-3)

2my\yi+"-3yl

2x-

yi+3yl

15

2myiy2+3(yi+/)-2(券+3yi)

2x-

yi+3yl

=-4,

故点。在直线工=-4±,所以。到C1C2的距离d=4,

因此△QC1C2的面积是定值，为』CiC2h/=3x2x4=4.

解法三：结论③正确.下证：△QGC2的面积是定值.

由题意得,Bi(-2.0),及(2,0),Ci(0,-1),C2(0,1),且直线A的斜率

不为0.

(i)当直线/2垂直于X轴时，/2：X=-l,

£y1

由4+31,

X=-1,

X=-1,X=-1,

得3或3

"一5^=2-

不妨设从-1,1),A(-l,

则直线BiM的方程为y=|(x+2),

直线&N的方程为y=2),

r3

y=2(x+2),x=-4

由V[得；所以。(-4,-3),

"(一)，〔》=一3,

故。到C1C2的距离d=4,

此时△QC1C2的面积为3。。2kz=|x2x4=4.

(ii)当直线〃不垂直于x轴时，设直线&：y=k(x+l),M(xi,yi),N(X2,>2),

且xiW±2,X2W±2.

厚+(=1，

由43得(442+3后+8层x+(4F—12)=0,

y=k(x+1)

16

8层4庐-12

所以…=_^^,

直线31”的方程为y=/^(x+2),

直线BiN的方程为y=黄Q(x-2),

y=(x+2)

xi+2?

由＜

)2(%1+2)+yi(%2-2)

得片NX/(xi+2)

-yi(%2-2)

k(X2+1)3+2)+k(xi+1)(%2-2)

ox--------------------------------------------------------

k(X2+1)3+2)—左3+1)(%2-2)

4xiX2-2x1+6x2

3xi+X2+4

4xiX2-2xi+6x2

下证：3…+4=-4.

即证4x1X2-2x1+6x2=-4(3xi+%2+4),

即证4x1X2=-10(xi+X2)-16,

4^-12(8一、

即证4、布？7=T°"一记司i，

即证4(4^-12)=-10(-8产)-16(4左2+3),

上式显然成立，

故点。在直线工=-4上，所以。到GC2的距离d=4,

此时△QC1C2的面积是定值，为;［口。2卜1=；x2x4=4.

由(i)(ii)可知，△QCC2的面积为定值.

解法四：结论③正确.下证：△QGC2的面积是定值.

由题意得,Bi(-2,0),历(2,0),Ci(0,-1),C2(0,1),且直线办的斜率

不为0,

17

可设直线〃：x=1,M（xi,yi）,Ngyi）,

且％1W±2,及/±2.

俨W!

—+-=]

2

由<43得（3加+4）/_6my-9=0,

x=my-1,

6m9

所以6+”=藐=，>U2=-病彳

直线31M的方程为y=U3(x+2),直线及N的方程为丁=黄］(%-2),

因为.xi菖y+i£=1,所以eY25二一3不12+=2,

342+2

故直线&N的方程为丁=-？［^。一2）.

>（x+2），

由1C

3X2+2

?=~4X3^（%一2），

"-2=______4yly2___________

行x+2一一3（X1+2）（皿+2）

________4yly2_____________

3（myi+1）（my2+1）

=_lx_______yiv2________

3nry\yi+m（yi+yi）+1

4-9

—3X-9m2+6m2+（3m2+4）-'

解得x=-4.

故点Q在直线x=-4±,所以。到C1C2的距离d=4,

因此△QCiC2的面积是定值，为垢。2卜1=|x2x4=4.

角度3定直线问题

例5（2023•新课标H卷）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为（-24,

0）,离心率为小.

⑴求C的方程;

18

(2)记C的左、右顶点分别为Ai,A2,过点(-4,0)的直线与C的左支交于

N两点，M在第二象限，直线"4与附2交于点P.证明：点P在定直线上.

解⑴设双曲线C的方程为卜$=1(。>0,万>0),由焦点坐标可知c=2小,

贝1J由e=\=小可得。=2,b=y/^-a2=4,

故C的方程为£4=1.

(2)证法一：由⑴可得4(一2,0),A2(2,0),设M(xi,

yi),Ngyi),

显然直线MN的斜率不为0,所以设直线MN的方程为

x=my-4,

11

K-2<m<2>

与方-京=1联立可得(4川—1)/-32my+48=0,且/=64(4m2+3)>0,

32m48

贝ijyi+y24m2-15"2-4帆2_］，

直线MAi的方程为y二1±5(x+2),

直线NA2的方程为y=尤-2),

联立直线MAr与直线NAi的方程可得,

%+2*3+2)丁2(加yi-2)

x-2yi(%2-2)yi{myi-6)

my\yi2(yi+/)+2yl

myxyi-6yl

48、32m-

加薪口一2.薪口+2”

办痴428_「6cyi

19

-16m

4m2-1+2刀]

48m,=-3'

4m2-1”

x+21

由二一)可得x=-1,即XP=-1,

据此可得，点P在定直线x=-l上.

证法二：由题意得4(-2,0),A2(2,0).

设”(xi,yi),N(X2,y2),直线MN的方程为x=缈-4,

则手一稔=1,即4x1—y?=16.

如图，连接版的，

,,_山”_%_4_T6不

W/：MA2=XI+2XI-2=X?-4=X?-4=4①

由，一器=1,得4/—>2=16,4[(x-2)+2]2-/=16,

4(x-2)2+16(x-2)+16-/=16,4(x-2)2+16(x-2)-/=0.

由％二机y-4,x-2=my-6,my-(x-2)=6,7\my-(x-2)]=1.

4a-2>+16a-2)^[my-(x-2)]-y2=0,4a-2)2+-2)my-，(x-2)2-

y2=o,

两边同时除以(X-2)2,得%竽言-[占)=0,

kMAz='。,kNAz="

xi-2X2-2

4

由根与系数的关系得如4.心知二-②

由①②可得kMAi=-3kNA?.

IMAIy=kMAi(x+2)=—3kNAz(x+2),

INA2:y=kNAi(x-2).

20

y=-3kNA2(x+2)

由1解得x=-1.

y=kNAi(x-2),

所以点尸在定直线x=-1±.

♦冲关策阍

定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题.这

类问题的核心在于确定定点的轨迹，主要方法有：

(1)设点法：设点的轨迹，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、待定系数法求解出系数.

(3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，再对一般位置进行验证.

变式训练5(2023•江苏常州一模)已知椭圆C:[+/1(。泌>0)的短轴长为

2®离心率为

⑴求椭圆C的方程;

(2)过点尸(4,1)的动直线/与椭圆。交于不同的两点A,B,在线段A3上取

点Q,满足=证明：点。总在某定直线上.

[20=2也，

CL一乙,

解(1)由题意可知<5=坐，解得也,

<a2=b2+c2,I。-也,

所以椭圆C的方程为卜弓=L

(2)证明：直线A3的斜率显然存在，设直线A3的方程

为丁=左(尤-4)+1,A(xi,yi),B(X2,yi),Q(x,y).

因为A,P,B,。四点共线，不妨设X2<X<XI<4,则|AP|

=qi+庐(4-xi),

\AQ\=，1+R(xi-x),\QB\=yjl+lc(x-X2),\PB\=^1+^(4-X2),

^\AP\-\QB\=\AQ\-\PB\,可得(4-xi\(x-xi)=(%i-x)(4-X2),

化简得2xiX2-(xi+X2)(4+x)+8x=0.(*)

21

联立直线Kx-4)+1和椭圆的方程，得42-,

y=k(x-4)+1,

消去V,得(2后+I)%2+4去1-4k)x+32乃一16左一2=0,

由/=169(1一软产一4(2层+1)(32层一16左一2)>0,得121cl-8k—KO,

4k(1一4左)

所以XI+X2=21c+1-

32层—16左一2

X1X2=

2产+1

4左+177

代入(*),化简得X=7TT=4_R,即力=4—X.

K十乙K十4/C十Z

y—1

又。在直线AB上，所以2二一T

X—4

7

代入上式，得­=47,化简得22=。,

所以点。总在定直线2x+y-2=0上.

题型3圆锥曲线中的探索性问题

例6如图，已知点R为抛物线C：V=2内①>0)的焦

点,过点R的动直线/与抛物线C交于“，N两点，且当

直线I的倾斜角为45。时，|MN|=16.

(1)求抛物线。的方程；

(2)试确定在x轴上是否存在点P,使得直线PM,PN关于x轴对称？若存在,

求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.

解(1)当/的斜率为1时，•二巧，o),

的方程为y=x-争

2

y=x--2

由2,得％2-3px+=0.

)2=2px，

设M(xi,yi),Ng,yi),贝lJ%i+X2=3p,

22

/.\MN\=x\+X2-\-p=4p=16,p=4,

•••抛物线c的方程为F=8X.

(2)解法一：假设满足条件的点P存在.

设P(a,0),

由⑴知尸(2,0).

①当直线/不与x轴垂直时，

设/的方程为丁=左(》一2)/70),

丁=左(x-2),

由j,得后好一(4后+8)x+4F=0,

y=8x,

J=(4左2+8)2-4k24k2=64k2+64>0,

4M+8

XI+X2=~F-，X1X2=4.

・・•直线PM,PN关于冗轴对称，

.*•kpM+kpN=0,

「k(xi-2),k(X2-2)

又kpM=,kpN=,

xi-aX2-a

k(xi-2)k(%2-2)

・•・--------------+---------------=0,

xi-aX2-a

两边同时乘以(xi-d)(x2-d),得k(xi-2)-(%2-d)+k(x2-2)(xi-d)=k[2x\xi-

8(Q+2)

止匕时

(Q+2)(xi+xi)+4Q]=-K7=0,.\a=-2,P(-2,0).

②当直线/与X轴垂直时，由抛物线的对称性，

易知PM,PN关于x轴对称，此时只需P与焦点R不重合即可.

综上，存在唯一的点「(-2,0),使直线尸航，PN关于x轴对称.

解法二：假设满足条件的点P存在.

设P(a,0),由⑴知尸(2,0),

显然，直线/的斜率不为0,设/：%=冲+2,

x=my+2,

由J20得>2一8切-16=0,

lr=8x,

23

贝ij/=（一8m）2+4x16=64m2+64>0,yi+丁2=8m,yiy2--16.

kp=-^—,kPN=q-,

Mxi-aX2-a

kpM+kpN=0=>(%2-a)yi+(xi-〃)、2=0,

(myi+2-d)y\+(my\+2-d)yi-0,

/.2myiy2+(2-a)(y\+yi)-2mx(-16)+(2-〃)x8加=0,

••ci——2,

・••存在唯一的点P(-2,0),使直线PM,PN关于x轴对称.

，冲关策阁

存在性问题的解题策略

存在性的问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若

结论不正确则不存在.

(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论.

(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.

(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意.

%2y2,历

变式训练6(2023・沈阳三模)已知椭圆厂U+R=l(a>">°)的离心率为V，

其左焦点为/1(-2,0).

(1)求「的方程；

(2)如图，过广的上顶点P作动圆B的切线分别交广于点M,N,是否存在

圆为使得是以PN为斜边的直角三角形？若存在，求出圆人的半径；若

不存在，请说明理由.

解⑴由题意设焦距为2c,则c=2,

由离心率为为得。=2就，

24

贝Ij/?2=6Z2-c2=4,

故厂的方程为1+f=L

(2)不存在.

证明如下：由⑴知P(0,2),假设存在圆B满足题意,

当圆B过原点。时，直线PN与y轴重合，

直线的斜率为0,不符合题意.

依题意不妨设PM：y=%x+2(%W0),

PN\y=kvc+2(hW0),圆Fi的半径为r,

\-2ki+2|

则圆心到直线PM的距离为-7芯=丫,

+kr

所以(户一4)后+8%+/—4=0,

同理，(3—4)始+8近+/一4=0,

即ki,ki是关于k的方程(产-4)左2+8左+/-4=0的两个不相等的实数根，此

时kikz=1.

y=kix+2,

联立直线PM与椭圆的方程x2y2

[8+4i

得（1+2好）炉+8Mx=0,

一8左1Ski/2-4后

所以XP+XM=]+2后,即XM=-]+2后,得加=1+2后，

.,1J8kl2后一4]

由弱=而Z,H得"一季，万力J，

由题意，PMLMN,即麻w=-£,

25

2-4后2--4

1+2届―2+届

此时kMN=_W

-1+2好+2+后

（―2后+1）（后+2）—（后一2）（2后+1）

;4红（2-+1）-4M（好+2）

-4后+4-+1

=4h（^-1）—ki，

因为MW