2025届高考数学复习专题突破：平面解析几何讲义

突破1　“隐形圆”问题 命题点1　代数法确定隐形圆 角度1　与数量积相关的隐形圆 例1 在平面直角坐标系xOy中，A（－12，0），B（0，6），点P在圆O：x2＋y2＝50上.若·≤20，则点P的横坐标的取值范围是　[－5，1]　. 解析　设P（x，y），则由·≤20可得，，即（x＋6）2＋（y－3）2≤65，所以P为圆（x＋6）2＋（y－3）2＝65上或其内部一点.又点P在圆x2＋y2＝50上，故联立得 解得或即P为圆x2＋y2＝50的劣弧MN上的一点（如图），易知－5≤x≤1. 角度2　由｜PA｜2＋｜PB｜2是定值确定隐形圆（其中A，B是两定点，P为动点） 例2 在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：（x－a）2＋（y－a＋2）2＝1，点A（0，2）.若圆C上存在点M，满足｜MA｜2＋｜MO｜2＝10，则实数a的取值范围是　[0，3]　. 解析　设点M（x，y），由题知点A（0，2），O（0，0）.因为｜MA｜2＋｜MO｜2＝10，所以x2＋（y－2）2＋x2＋y2＝10，整理得x2＋（y－1）2＝4，即点M在圆E：上.因为圆C上存在点M满足｜MA｜2＋｜MO｜2＝10等价于圆E与圆C有公共点，所以｜2－1｜≤｜CE｜≤2＋1，即1≤≤3，整理得1≤2a2－6a＋9≤9，解得0≤a≤3，即实数a的取值范围是[0，3]. 角度3　阿波罗尼斯圆 例3 在△ABC中，若AB＝2，AC＝BC，则S△ABC的最大值为　2　. 解析　以AB的中点为原点，AB所在直线为x轴，AB的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，令A（－1，0），B（1，0），设C（x，y），y≠0，由｜AC｜＝｜BC｜可得＝×，化简可得（x－3）2＋y2＝8（y≠0），即点C在以（3，0）为圆心，2为半径的圆上（不含圆与x轴的两个交点），则｜yC｜的最大值为2，S△ABC＝｜AB｜·｜yC｜＝｜yC｜，所以S△ABC的最大值为2. 方法技巧 （1）代数法确定隐形圆往往是通过设动点的坐标，再根据已知条件列方程，根据方程确定动点的轨迹是圆，进而解决与圆相关的问题. （2）已知平面上相异两点A，B，则满足＝k（k＞0，k≠1）的动点P的轨迹是一个圆，这个圆称为阿波罗尼斯圆. 训练1 （1）在平面直角坐标系xOy中，点A（－t，0），B（t，0），t＞0，点C满足·＝8，且点C到直线l：3x－4y＋24＝0的距离最小值为，则实数t的取值的集合是　{1}　. 解析　设C（x，y），由·＝8知，x2＋y2＝8＋t2.点（0，0）到直线l：3x－4y＋24＝0的距离d1＝＝，圆x2＋y2＝8＋t2上的点到直线l的距离的最小值－＝，解得t＝1（负值舍去）.故实数t的取值的集合是{1}. （2）设点P是△ABC所在平面内的动点，且满足＝λ＋μ，3λ＋4μ＝2（λ，μ∈R），｜｜＝｜｜＝｜｜.若｜AB｜＝3，则△ABC的面积的最大值为　9　. 解析　由3λ＋4μ＝2得λ＋2μ＝1，则＝λ＋μ＝（）＋2μ（），设E，F分别为AC，BC上的点，且＝，＝，则P，E，F三点共线.因为，所以P是△ABC的外心，即三边中垂线的交点，由F是CB的中点得直线EF是边BC的中垂线，则｜EB｜＝｜EC｜＝2｜EA｜.以点A为原点，的方向为x轴正方向，过点A且垂直于AB的直线为y轴建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（3，0），设E（x，y）（y≠0），则＝2，化简得（x＋1）2＋y2＝4（y≠0），所以点E在以（－1，0）为圆心，2为半径的圆上，则｜yE｜≤2.所以S△ABC＝｜AB｜×｜yC｜＝｜AB｜×3｜yE｜≤×3×3×2＝9，即△ABC的面积的最大值为9. 命题点2　几何法确定隐形圆 例4 （1）已知圆O：x2＋y2＝1，圆M：（x－a）2＋（y－a＋4）2＝1.若圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，使得∠APB＝60°，则实数a的取值范围为　　. 解析　由题意得圆心M（a，a－4）在直线x－y－4＝0上运动，所以动圆M是圆心在直线x－y－4＝0上，半径为1的圆.又圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，使得∠APB＝60°，所以｜OP｜＝2，即点P也在圆x2＋y2＝4上，于是2－1≤≤2＋1，即1≤≤3，解得实数a的取值范围是[2－，2＋]. （2）已知圆C：（x－3）2＋（y－4）2＝1和两点A（－m，0），B（m，0），m＞0，若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的取值范围是　[4，6]　. 解析　由题意知，点P在以原点（0，0）为圆心，m为半径的圆O：x2＋y2＝m2上，又点P在已知圆C上，所以两个圆有公共点，所以5－1≤m≤5＋1，故4≤m≤6. 方法技巧 （1）利用圆的定义判断出动点的轨迹为圆，从而根据圆心及半径得出圆的方程. （2）见直径，想垂直；见垂直，想直径. 训练2 已知A，B是圆C1：x2＋y2＝1上的两个动点，且｜AB｜＝，P是圆C2：（x－3）2＋（y－4）2＝1上的动点，则｜＋｜的取值范围是　[7，13]　. 解析　取AB的中点M，则｜C1M｜＝＝，所以M在以C1为圆心，半径为的圆上.因为｜＋｜＝2｜｜，所以｜＋｜的取值范围是2｜｜的取值范围.又｜｜－1－≤｜｜≤｜｜＋1＋，且｜｜＝5，则7≤2｜｜≤13，即｜＋｜的取值范围是[7，13]. 基础练习 1.已知直线l：y＝k（x－2）＋1（k∈R）上存在一点P，满足｜OP｜＝1，其中O为坐标原点，则实数k的取值范围是（　C　） A.（0，） B.[0，] C.[0，] D.[，] 解析　解法一　由｜OP｜＝1，知点P在单位圆x2＋y2＝1上运动，则由题意知直线l与圆x2＋y2＝1有公共点，则≤1，解得0≤k≤，即k的取值范围是[0，]，故选C. 解法二　因为直线l：y＝k（x－2）＋1（k∈R）上存在一点P，使得｜OP｜＝1，所以原点O到直线l的距离的最大值为1，即≤1，解得0≤k≤，即k的取值范围是[0，]，故选C. 2.已知点A（－1，0），B（2，0），若动点M满足｜MB｜＝2｜MA｜，直线与x轴、y轴分别交于P，Q两点，则△MPQ的面积的最小值为（　D　） A.4＋2 B.4 C.2 D.4－2 解析　如图，设M（x，y），由｜MB｜＝2｜MA｜，得＝2，化简得（x＋2）2＋y2＝4，所以点M的轨迹是圆.由题意可知P（2，0），Q（0，2），则｜PQ｜＝2，圆（x＋2）2＋y2＝4的圆心N（－2，0）到直线l的距离d＝＝2，所以点M到直线l的距离的最小值为2－2，所以2.故选D. 3.[2024江苏省常熟中学校考]设λ∈R，动直线l1：λx－y＋λ＝0过定点A，动直线l2：x＋λy－3－2λ＝0过定点B，若P为l1与l2的交点，则｜PA｜·｜PB｜的最大值为（　A　） A.10 B.20 C. D.2 解析　直线l1的方程可整理为λ（x＋1）－y＝0，令解得所以.直线l2的方程可整理为λ（y－2）＋x－3＝0，令解得所以B（3，2）.因为λ×1－1×λ＝0，所以l1⊥l2，所以点P是以AB为直径的圆上的点，又｜AB｜＝＝2，所以｜PA｜2＋｜PB｜2＝｜AB｜2＝20，所以｜PA｜·｜PB｜≤＝10，当且仅当｜PA｜＝｜PB｜＝时等号成立.故选A. 4.[多选/2023湖南益阳联考]在平面直角坐标系中，M（－2，0），N（1，0），A（3，1），｜PM｜＝｜PN｜，设点P的轨迹为C，下列说法正确的是（　BD　） A.C的方程为（x＋4）2＋y2＝12 B.△PMN面积的最大值为 C.｜AP｜的最小值为4 D.若直线y＝2x＋1与C交于D，E两点，则｜DE｜＝ 解析　设点P（x，y），由｜PM｜＝｜PN｜，得＝×，化简得（x－4）2＋y2＝18，故A错误； 当点P纵坐标的绝对值最大时，△PMN的面积最大，此时S△PMN＝×3×3＝，故B正确； 设轨迹C的圆心为E，半径为r，则E（4，0），r＝3，点A在圆内，所以｜AP｜min＝｜AE｜＝3－＝2，故C错误； 易知轨迹C的圆心E到直线y＝2x＋1的距离为d＝，｜DE｜＝2，故D正确.故选BD. 5.已知圆O：x2＋y2＝1，过平面区域D内的每一个点均存在两条互相垂直的直线，它们均与圆O相交，则区域D的面积为　2π　. 解析　如图所示，过点P作圆O：x2＋y2＝1的两条切线PA，PB，切点为A，B，此时PA⊥PB，连接OA，OB，则四边形PAOB是正方形，所以｜OP｜＝，那么平面区域D就是以O为圆心、为半径的圆及其内部，故区域D的面积为π（）2＝2π. 6.[2023安徽合肥质检]已知AB为圆C：（x－2）2＋（y－m）2＝3的一条弦，M为线段AB的中点.若｜CM｜2＋｜OM｜2＝3（O为坐标原点），则实数m的取值范围是　　. 解析　由题意可知C（2，m），设M（x，y），因为｜CM｜2＋｜OM｜2＝3，所以（x－2）2＋（y－m）2＋x2＋y2＝3，化简得x2＋y2－2x－my＋＋＝0，即（x－1）2＋（y－）2＝，当2－m2＞0时，点M的轨迹是以D（1，）为圆心，半径r＝的圆；当2－m2＝0时，点M的轨迹为点（1，）.因为点M是圆C的一条弦的中点，所以点M在圆C的内部，所以圆D或点（1，）在圆C的内部，所以或解得≤m≤，所以实数m的取值范围是[－，]. 7.已知圆O：x2＋y2＝r2（r＞0）与圆M：（x－2）2＋（y－2）2＝4相交于A，B两点，若对于直线AB上的任意一点P，均有·＞0成立，则实数r的取值范围为　（2，6）　. 解析　因为圆O：x2＋y2＝r2（r＞0）与圆M：（x－2）2＋（y－2）2＝4相交于A，B，所以｜r－2｜＜＜r＋2，所以2＜r＜6.又圆M的方程可化为x2＋y2－4x－4y＋12＝0，与圆O：x2＋y2＝r2相减，得直线AB的方程为4x＋4y－r2－12＝0.设点P（x，y），且M（2，2），O（0，0），则·＝（－x，－y）·（2－x，2－y）＝x2＋y2－2x－2y＞0.因为对于直线AB上的任意一点P，均有·＞0成立，所以直线AB上的任意一点P都满足不等式x2＋y2－2x－2y＞0，即直线AB与圆（x－1）2＋（y－）2＝4相离，所以圆心（1，）到直线AB的距离d＝＝＞2，解得r＞2.故实数r的取值范围为（2，6）. 8.已知动圆恒过定点F（1，0）且与定直线l：x＝－1相切. （1）求动圆圆心C的轨迹方程. （2）是否存在正数m，对于任意一条过点M（m，0）且与曲线C有两个交点A，B的直线，都有·＜0？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由. 解析　（1）因为动圆过定点F（1，0）且与定直线l：x＝－1相切，故圆心到点F（1，0）和直线l：x＝－1的距离相等，故圆心C的轨迹是以F为焦点，以l为准线的抛物线，故动圆圆心C的轨迹方程是y2＝4x. （2）设过点M（m，0）（m＞0）的直线l与曲线C的交点为A（x1，y1），B（x2，y2）.设l的方程为x＝ty＋m，代入得y2－4ty－4m＝0，Δ＝16（t2＋m）＞0，于是y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m.　① 又因为＝（x1－1，y1），＝（x2－1，y2），·＜0，所以（x1－1）（x2－1）＋y1y2＝x1x2－（x1＋x2）＋1＋y1y2＜0，　② 又因为x＝y2，所以不等式②等价于·＋y1y2－（＋）＋1＜0.　③ 由①式，不等式③等价于m2－6m＋1＜4t2.　④ 对于任意实数t，4t2的最小值为0，所以不等式④对于一切t成立等价于m2－6m＋1＜0，解得3－2＜m＜3＋2，由此可知，存在正数m，对于任意一条过点M（m，0）且与曲线C有两个交点A，B的直线，都有·＜0，且m的取值范围是（3－2，3＋2）. 9.已知点O（0，0），点M是圆（x＋1）2＋y2＝4上任意一点. （1）在x轴上是否存在点A，使得＝？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由. （2）在x轴上是否存在不同于点O的定点A，使得为常数λ？若存在，求出点A的坐标及常数λ的值；若不存在，请说明理由. 解析　（1）解法一　假设存在符合题意的点A（x0，0）， 设M（x，y），则（x＋1）2＋y2＝4， 所以x2＋y2＝3－2x. 由＝，得｜MA｜2＝4｜MO｜2， 所以（x－x0）2＋y2＝4（x2＋y2），即3（x2＋y2）＋2x0x－＝0， 所以3（3－2x）＋2x0x－＝0， 所以（2x0－6）x－（－9）＝0. 因为点M（x，y）是圆上任意一点， 所以所以x0＝3， 所以存在点A（3，0），使得＝. 解法二　设点A（t，0）. 当点M为圆与x轴的左交点（－3，0）时，＝， 当点M为圆与x轴的右交点（1，0）时，＝， 令＝＝，得t＝3. 下面证明点A（3，0）对圆（x＋1）2＋y2＝4上任意一点M（x0，y0），都有＝. 因为点M在圆上，所以（x0＋1）2＋＝4， 则＝＝＝＝，即＝. （2）假设存在定点A（x0，0）（x0≠0），使得＝λ， 设M（x，y），则（x＋1）2＋y2＝4， 所以x2＋y2＝3－2x， 由＝λ，得｜MO｜2＝λ2｜MA｜2， 所以x2＋y2＝λ2[（x－x0）2＋y2]，即（λ2－1）（x2＋y2）－2λ2x0x＋λ2＝0， 所以（λ2－1）（3－2x）－2λ2x0x＋λ2＝0，即2（λ2－1＋λ2x0）x－3（λ2－1）－λ2＝0， 因为点M（x，y）是圆上任意一点， 所以 因为x0≠0，所以 所以存在点A（3，0），使得＝. 突破2　圆锥曲线中的最值、范围问题 命题点1　最值问题 例1 [2023全国卷甲]已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，｜AB｜＝4. （1）求p； （2）设F为C的焦点，M，N为C上两点，且·＝0，求△MFN面积的最小值. 解析　（1）设A（x1，y1），B（x2，y2）， 把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0， 由Δ1＝16p2－8p＞0，得p＞. 由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p， 所以｜AB｜＝·＝·＝4，解得p＝2或p＝－（舍去）， 故p＝2. （2）设M（x3，y3），N（x4，y4），由（1）知抛物线C：y2＝4x， 则点F（1，0）. 因为·＝0， 所以∠MFN＝90°，则S△MFN＝｜MF｜｜NF｜＝（x3＋1）（x4＋1）＝（x3x4＋x3＋x4＋1）　①. 当直线MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称， 因为∠MFN＝90°，所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是－1. 不妨设直线MF的斜率为1，则MF：y＝x－1， 由得x2－6x＋1＝0， 得或 代入①式计算易得，当x3＝x4＝3－2时，△MFN的面积取得最小值，为12－8. 当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m. 由得k2x2－（4－2km）x＋m2＝0，Δ2＝（4－2km）2－4m2k2＞0，则y3y4＝（kx3＋m）（kx4＋m）＝k2x3x4＋mk（x3＋x4）＋m2＝. 又·＝（x3－1，y3）·（x4－1，y4）＝x3x4－（x3＋x4）＋1＋y3y4＝0， 所以－＋1＋＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4. 所以S△MFN＝（x3x4＋x3＋x4＋1）＝＝＝（）2＋2（）＋1. 令t＝，则S△MFN＝t2＋2t＋1， 因为m2＋k2＋6km＝4，所以（）2＋6（）＋1＝＞0， 即t2＋6t＋1＞0，得t＞－3＋2或t＜－3－2， 从而得S△MFN＝t2＋2t＋1＞12－8. 故△MFN面积的最小值为12－8. 训练1 [2022全国卷甲]设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点D（p，0），过F的直线交C于M，N两点.当直线MD垂直于x轴时，｜MF｜＝3. （1）求C的方程. （2）设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β.当α－β取得最大值时，求直线AB的方程. 解析　（1）当MD⊥x轴时，有｜MF｜＝＋p＝3，得p＝2， 所以抛物线C的方程为y2＝4x. （2）如图，根据（1）知F（1，0），D（2，0）. 当MN⊥x轴时，易得α＝β＝，此时α－β＝0. 当MN的斜率存在时，设M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4）， 则直线MN的方程为y－y1＝（x－x1）， 即y－y1＝（x－x1）＝（x－x1）， 即y（y1＋y2）－y1（y1＋y2）＝4（x－x1）， 所以直线MN的方程为y（y1＋y2）－y1y2＝4x. 同理可得，直线AM的方程为y（y3＋y1）－y3y1＝4x，直线BN的方程为y（y4＋y2）－y4y2＝4x，直线AB的方程为y（y4＋y3）－y4y3＝4x. 因为F（1，0）在MN上，所以y1y2＝－4. 因为D（2，0）在AM，BN上，所以y3y1＝－8，y4y2＝－8， 所以y3＝－，y4＝－. 所以y3＋y4＝－－＝－＝－＝2（y1＋y2），y3y4＝＝＝－16， 所以直线AB的方程y（y4＋y3）－y4y3＝4x可化为（y1＋y2）y＋8＝2x， 所以tan α＝，tan β＝， 所以tan（α－β）＝＝＝2×. 当y2＋y1＜0时，tan（α－β）＜0，不符合题意. 当y2＋y1＞0时，（y2＋y1）＋≥4，tan（α－β）≤2×＝，当且仅当y2＋y1＝，即y2＋y1＝2时取等号， 此时α－β取得最大值，直线AB的方程为x－y－4＝0. 命题点2　范围问题 例2 [2021北京高考]已知椭圆E：＋＝1（a＞b＞0）过点A（0，－2），其四个顶点的连线围成的四边形面积为4. （1）求椭圆E的标准方程； （2）过点P（0，－3）的直线l的斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC分别交直线y＝－3于点M，N，若｜PM｜＋｜PN｜≤15，求k的取值范围. 解析　（1）由题意可知，b＝2，2ab＝4，所以a＝， 所以椭圆E的标准方程为＋＝1. （2）由题意可得直线l的方程为y＝kx－3，由消去y得（4＋5k2）x2－30kx＋25＝0，Δ＝（－30k）2－4×25×（4＋5k2）＝400（k2－1）＞0，所以k＞1或k＜－1， 设B（x1，y1），C（x2，y2），则x1＋x2＝，x1x2＝　①. 直线AB的方程为y＋2＝x，令y＝－3，则x＝－， 所以M（－，－3），｜PM｜＝｜－｜＝｜｜， 同理得｜PN｜＝｜｜. 因为x1x2＞0，即x1，x2正负相同，且y1＋2＞0，y2＋2＞0，所以｜PM｜＋｜PN｜＝｜｜＋｜｜≤15， 即｜｜≤15， 从而｜｜≤15　②. 由①②可得，｜k｜≤3.综上可得－3≤k＜－1或1＜k≤3. 所以k的取值范围为[－3，－1）∪（1，3]. 方法技巧 圆锥曲线中最值（范围）问题的求解方法 几何法 若题目的条件和结论明显能体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决. 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、基本不等式法及函数的单调性法等. 训练2 [2023福建连江一中模拟]设双曲线C：－＝1， F1，F2为其左、右两个焦点. （1）设O为坐标原点，M为双曲线C的右支上任意一点，求·的取值范围； （2）若动点P与双曲线C的两个焦点F1，F2的距离之和为定值（大于｜F1F2｜），且cos∠F1PF2的最小值为－，求动点P的轨迹方程. 解析　（1）设M（x，y），x≥，左焦点F1（－，0）， ∵·＝（x，y）·（x＋，y）＝x2＋x＋y2＝x2＋x＋－3＝x2＋x－3（x≥），对称轴为直线x＝－≤， ∴·∈[2＋，＋∞）. （2）由椭圆定义得P点轨迹为椭圆，可设其轨迹方程为＋＝1（a＞b＞0）， ∵｜F1F2｜＝2，｜PF1｜＋｜PF2｜＝2a， ∴cos∠F1PF2＝＝＝－1， 由基本不等式得2a＝｜PF1｜＋｜PF2｜≥2，当且仅当｜PF1｜＝｜PF2｜时等号成立， ∴｜PF1｜·｜PF2｜≤a2，则cos∠F1PF2≥－1＝－， ∴a2＝9，b2＝4， ∴动点P的轨迹方程为＋＝1. 1.[命题点1]已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的实轴长为2，且过点（e，3），其中e为双曲线C的离心率. （1）求C的标准方程； （2）过点M（－2，0）且斜率不为0的直线l与C的左、右两支分别交于点A，B，点N在线段AB上，且＝，P为线段AB的中点，记直线OP，ON（O为坐标原点）的斜率分别为k1，k2，求｜k1｜＋｜k2｜的最小值. 解析　（1）∵双曲线C：－＝1的实轴长为2， ∴a＝1， ∵双曲线过点（e，3），e＝＝c，∴c2－＝1， 又c2＝a2＋b2＝1＋b2，∴b2＝3， 故双曲线C的标准方程为x2－＝1. （2）设直线l：my＝x＋2（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），N（x3，y3）， 由整理得（3m2－1）y2－12my＋9＝0， 则y1＋y2＝，y1y2＝. 则P（，）， ∴k1＝3m. ∵＝，∴＝， ∴y3＝＝＝，∴N（－，），k2＝－. ∴k1k2＝3m×（－）＝－9，｜k1k2｜＝9. ∴｜k1｜＋｜k2｜≥2＝6，当且仅当｜k1｜＝｜k2｜，即k1＝3，k2＝－3或k1＝－3，k2＝3时等号成立，此时m＝1或－1，y1y2＝＝＞0，满足l与C的左、右两支分别相交. ∴｜k1｜＋｜k2｜的最小值为6. 2.[命题点2]已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离 心率为，过点P（1，0）作x轴的垂线，与C交于A，B两点，且｜AB｜＝. （1）求椭圆C的标准方程； （2）若直线l1与椭圆C交于D，E两点，直线l2与椭圆C交于M，N两点，且l1⊥l2，l1，l2交于点P，求｜DE｜·｜MN｜的取值范围. 解析　（1）由椭圆C的离心率为，得＝，即a＝2c　①. 将x＝1代入椭圆方程，得＋＝1，则｜y｜＝，（点拨：因为过点P（1，0）且与x轴垂直的直线与C有2个交点，所以a＞1） 由｜AB｜＝，得＝，即a2－1＝b2　②. 由①②并结合a2＝b2＋c2，得a＝2，b＝， 所以椭圆C的标准方程为＋＝1. （2）①当直线l1的斜率为0时，直线l2的方程为x＝1，此时｜DE｜＝4，｜MN｜＝｜AB｜＝3，所以｜DE｜·｜MN｜＝12. 当直线l1的斜率不存在时，直线l2的斜率为0，此时｜MN｜＝4，｜DE｜＝3，所以｜DE｜·｜MN｜＝12. ②当直线l1的斜率存在且不为0时，设直线l1的方程为x＝my＋1（m≠0）， 由得（3m2＋4）y2＋6my－9＝0. 设D（x1，y1），E（x2，y2），则y1＋y2＝，y1y2＝， 所以｜DE｜＝｜y1－y2｜ 　 　　＝× 　 　　＝× 　 　　＝. 因为l1⊥l2，所以可用－替换｜DE｜表达式中的m，得｜MN｜＝， 所以｜DE｜·｜MN｜＝. 令t＝m2＋1，因为m≠0，所以t＞1，0＜＜1，m2＝t－1， 所以｜DE｜·｜MN｜＝＝＝ ＝， 所以≤｜DE｜·｜MN｜＜12. 综上，｜DE｜·｜MN｜的取值范围为[，12]. 基础练习 1.[2023河南省安阳市阶段性测试]已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，短半轴长为1. （1）求C的方程； （2）过点M（0，2）的直线l与C交于A，B两点，且∠AOB为锐角（O为坐标原点），求l的斜率的取值范围. 解析　（1）由题可知 得所以C的方程为＋y2＝1. （2）依题意，直线l的斜率必存在，设l的方程为y＝kx＋2，A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立方程得消去y整理得（1＋4k2）x2＋16kx＋12＝0， 因为直线与椭圆相交，所以Δ＞0，即256k2－48（1＋4k2）＞0， 解得k＜－或k＞. 由根与系数的关系得，x1＋x2＝，x1x2＝， 所以y1y2＝（kx1＋2）（kx2＋2）＝k2x1x2＋2k（x1＋x2）＋4＝＋＋4＝， 当∠AOB为锐角时，·＞0，即x1x2＋y1y2＞0， 所以＋＞0，即k2－4＜0，解得－2＜k＜2， 所以k∈（－2，－）∪（，2） . 2.[2024陕西宝鸡模拟]设抛物线C：y2＝2px（p＞0），直线x－2y＋1＝0与C交于A，B两点，且｜AB｜＝4. （1）求p； （2）设C的焦点为F，M，N为C上两点，若·＝0，求△MNF面积的最小值. 解析　（1）设A（x1，y1），B（x2，y2）， 由可得y2－4py＋2p＝0， 所以y1＋y2＝4p，y1y2＝2p， 所以｜AB｜＝｜y1－y2｜＝×＝4， 即2p2－p－6＝0，因为p＞0，所以p＝2. （2）由（1）得抛物线C：y2＝4x， 则F（1，0），显然直线MN的斜率不可能为零， 设直线MN：x＝my＋n，M（x3，y3），N（x4，y4）， 由可得y2－4my－4n＝0，所以y3＋y4＝4m，y3y4＝－4n， Δ＝16m2＋16n＞0，得m2＋n＞0， 因为·＝0，所以（x3－1）（x4－1）＋y3y4＝0， 即（my3＋n－1）（my4＋n－1）＋y3y4＝0， 即（m2＋1）y3y4＋m（n－1）（y3＋y4）＋（n－1）2＝0， 将y3＋y4＝4m，y3y4＝－4n代入得，4m2＝n2－6n＋1，即4（m2＋n）＝（n－1）2＞0， 所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，解得n≥3＋2或n≤3－2， 设点F到直线MN的距离为d，则d＝， ｜MN｜＝｜y3－y4｜＝＝·＝2｜n－1｜， 所以△MNF的面积S＝×｜MN｜×d＝×2×｜n－1｜×＝（n－1）2， 又n≥3＋2或n≤3－2， 所以当n＝3－2时，Smin＝（2－2）2＝12－8. 3.[2024吉林长春一模]已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦的长度为1. （1）求椭圆C的标准方程； （2）已知直线l与椭圆C交于A，B两点，与y轴交于点M（0，m），若存在实数m，使得＋3＝4，求m的取值范围. 解析　（1）因为椭圆C的离心率为，所以有＝，＝，＝，可得＝　①， 在方程＋＝1中，令x＝±c，解得y2＝b2（1－）＝， y＝±， 因为过椭圆焦点并且垂直于长轴的弦的长度为1， 所以有－（－）＝1　②，由①②可得 所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1. （2）当直线l的斜率不存在时，不符合题意； 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m， 于是有（1＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 可得Δ＝64k2m2－4（1＋4k2）（4m2－4）＞0， 化简得4k2－m2＋1＞0， 设A（x1，y1），B（x2，y2），于是有x1＋x2＝－，x1x2＝， 因为＋3＝4， 所以（x1，y1）＋3（x2，y2）＝4（0，m），得x1＋3x2＝0，得x1＝－3x2， 代入x1＋x2＝－中，得－3x2＋x2＝－，x2＝， 于是有（－3x2）·x2＝，－3（）2＝， 化简得k2＝， 代入4k2－m2＋1＞0中，得4×－m2＋1＞0，得＜m2＜1， 所以m∈（，1）∪（－1，－）. 4.[2023重庆市名校联考]已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）与双曲线x2－y2＝1有相同的渐近线，A，F分别为双曲线C 的左顶点和右焦点，过F且垂直于x轴的直线与双曲线在第一象限交于点B，△ABF的面积为2（＋1）. （1）求双曲线C的方程； （2）若直线y＝kx－1与C的左、右两支分别交于M，N两点，与C的两条渐近线分别交于P，Q两点，｜MN｜＝λ｜PQ｜，求实数λ的取值范围. 解析　（1）因为双曲线C与双曲线x2－y2＝1有相同的渐近线，所以a＝b.设B（xB，yB），则xB＝c＝a. 由已知，将xB＝a代入－＝1，可得yB＝a. 由×｜BF｜×｜AF｜＝2（＋1），得×a×（a＋c）＝×a×（a＋a）＝2（＋1），所以a＝2， 故双曲线C的方程为－＝1. （2）由题意，设M（x1，y1），N（x2，y2）， 由消去y并整理得，（1－k2）x2＋2kx－5＝0， 所以 解得－1＜k＜1，则 所以｜MN｜＝｜x1－x2｜＝·＝. 不妨设点P在渐近线y＝x上，点Q在渐近线y＝－x上，P（x3，y3），Q（x4，y4），由得，x3＝. 同理得，x4＝. 所以｜PQ｜＝｜x3－x4｜＝｜－｜＝， 所以λ＝＝＝，－1＜k＜1， 因为∈（1，]，所以λ的取值范围是（1，]. 突破3　圆锥曲线中的定点、定值、定线问题 命题点1　定点问题 例1 [2023全国卷乙]已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，点A（－2，0）在C上. （1）求C的方程； （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. 解析　（1）因为点A（－2，0）在C上，所以b＝2. 因为椭圆的离心率e＝＝＝，所以a2＝9，故椭圆C的方程为＋＝1. （2）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）， 由得（4k2＋9）x2＋（16k2＋24k）x＋16k2＋48k＝0，则Δ＝（16k2＋24k）2－4（4k2＋9）（16k2＋48k）＝－36×48k＞0， 故x1＋x2＝－，x1x2＝. 直线AP：y＝（x＋2），令x＝0，解得yM＝，同理得yN＝， 则yM＋yN＝2× ＝2× ＝2× ＝2× ＝2× ＝6. 所以MN的中点的纵坐标为＝3，所以MN的中点为定点（0，3）. 方法技巧 求解直线或曲线过定点问题的基本思路 1.把直线或曲线方程中的变量x，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－y0＝k（x－x0），则直线必过定点（x0，y0）；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点（0，m）. 3.从特殊情况入手，先探究定点，再证明该定点与变量无关. 训练1 [2022全国卷乙]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），B（，－1）两点. （1）求E的方程； （2）设过点P（1，－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＝.证明：直线HN过定点. 解析　（1）∵椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A（0，－2）， ∴可设椭圆E的方程为＋＝1，又椭圆E过B（，－1）， ∴＋＝1，得a2＝3， ∴E的方程为＋＝1. （2）当直线MN的斜率不存在时，lMN：x＝1， 由得y2＝，∴y＝±. 结合题意可知M（1，－），N（1，）， ∴过M且平行于x轴的直线的方程为y＝－. 易知点T的横坐标xT∈[0，]，直线AB的方程为y－（－2）＝×（x－0），即y＝x－2， 由得xT＝3－，∴T（3－，－）. ∵＝，∴H（5－2，－）， lHN：y－＝（x－1），即y＝x－2. 易知直线HN过定点（0，－2）. 当直线MN的斜率存在时，如图，设M（x1，y1），N（x2，y2），lMN：y＝kx＋m（k＋m＝－2）. 由得（3k2＋4）x2＋6kmx＋3m2－12＝0，Δ＞0， ∴x1＋x2＝－，x1x2＝. 过M且平行于x轴的直线的方程为y＝y1， 与直线AB的方程联立，得得xT＝， ∴T（，y1）. ∵＝，∴H（3y1＋6－x1，y1）， lHN：y－y2＝（x－x2）， 即y＝x＋y2－·x2. 令x＝0，得y＝y2－＝＝. ∵y1y2＝（kx1＋m）（kx2＋m）＝k2x1x2＋mk（x1＋x2）＋m2＝，y1＋y2＝（kx1＋m）＋（kx2＋m）＝k（x1＋x2）＋2m＝，x1y2＋x2y1＝x1（kx2＋m）＋x2（kx1＋m）＝2kx1x2＋m（x1＋x2）＝， ∴－（x1y2＋x2y1）＋3y1y2＝＋＝＝， －（x1＋x2）＋6＋3（y1＋y2）＝＋6＋＝＝， ∴y＝＝－2， ∴直线HN过定点（0，－2）. 综上，直线HN过定点（0，－2）. 命题点2　定值问题 例2 已知抛物线C：y2＝2px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. 解析　（1）因为抛物线y2＝2px过点（1，2），所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x. 由题意知，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＜k＜1. 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的斜率的取值范围是（－∞，－3）∪（－3，0）∪（0，1）. （2）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. 方法技巧 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 1.特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值. 2.两大解法 （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： 训练2 [2023武汉市四月调研]过点（4，2）的动直线l与双曲线E：－＝1（a＞0，b＞0）交于M，N两点，当l与x轴平行时，｜MN｜＝4，当l与y轴平行时，｜MN｜＝4. （1）求双曲线E的标准方程； （2）点P是直线y＝x＋1上一定点，设直线PM，PN的斜率分别为k1，k2，若k1k2为定值，求点P的坐标. 解析　（1）根据双曲线的对称性，可知双曲线E过点（±2，2）和点（4，±2）， 所以得 故双曲线E的标准方程为－＝1. （2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k（x－4）＋2， 与双曲线方程联立得消去y，得（k2－1）x2－（8k2－4k）x＋16k2－16k＋8＝0，Δ＞0. 设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝，x1x2＝. 设P（t，t＋1），则 k1k2＝ ＝ ＝ ＝ ＝. 当t＝4时，不满足k1k2为定值. 当t≠4时，若k1k2为定值，则＝＝，解得t＝3，此时k1k2＝4.（若一个分式为定值，则对应系数成比例，因为要保证分母不为0，所以要考虑t＝4和t≠4两种情况） 经检验，当直线l的斜率不存在时，对P（3，4），也满足k1k2＝4. 所以点P的坐标为（3，4）. 命题点3　定线问题 例3 [2023新高考卷Ⅱ]已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为（－2，0），离心率为. （1）求C的方程； （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. 解析　（1）设双曲线C的方程为－＝1（a＞0，b＞0），c为双曲线C的半焦距， 由题意可得解得 所以双曲线C的方程为－＝1. （2）设M（x1，y1），N（x2，y2），直线MN的方程为x＝my－4， 则x1＝my1－4，x2＝my2－4. 由得（4m2－1）y2－32my＋48＝0. 因为直线MN与双曲线C的左支交于M，N两点，所以4m2－1≠0， 且Δ＞0. 由根与系数的关系得 所以y1＋y2＝y1y2. 因为A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点， 所以A1（－2，0），A2（2，0）. 直线MA1的方程为＝，直线NA2的方程为＝， 所以＝，得＝，＝＝. 因为 ＝ ＝ ＝ ＝－3， 所以＝－3，解得x＝－1， 所以点P在定直线x＝－1上. 方法技巧 定线问题是指因图形的变化或点的移动而产生的动点在定线上的问题.这类问题的本质是求点的轨迹方程，一般先求出点的坐标，看横、纵坐标是否为定值，或者找出横、纵坐标之间的关系. 训练3 [2023福州市质检]已知抛物线E：y2＝2px（p＞0），过点（－2，0）的两条直线l1，l2分别交E于A，B两点和C，D两点.当l1的斜率为时，｜AB｜＝. （1）求E的标准方程； （2）设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上. 解析　（1）当l1的斜率为时，得l1的方程为y＝（x＋2）. 由消元并整理得，y2－3py＋4p＝0， 由弦长公式及根与系数的关系得，｜AB｜＝·＝， 即＝2，解得p＝2或p＝－（舍去）， 从而E的标准方程为y2＝4x. （2）设直线AB的方程为y＝k1（x＋2），k1≠0， 由消去x并整理得k1y2－4y＋8k1＝0， 设A（，y1），B（，y2），则y1y2＝8. 设直线CD的方程为y＝k2（x＋2），k2≠0，C（，y3），D（，y4），同理可得y3y4＝8. 直线AD的方程为y－y1＝（x－），即y＝x＋，化简得4x－（y1＋y4）y＋y1y4＝0， 同理得，直线BC的方程为4x－（y2＋y3）y＋y2y3＝0. 因为直线AD与BC相交，所以y2＋y3≠y1＋y4， 由消去y， 解得x＝ ＝ ＝ ＝2， 所以点G的横坐标为2，即直线AD与BC的交点G在定直线x＝2上. 1.[命题点1]已知抛物线C：x2＝－2py经过点（2，－1）. （1）求抛物线C的方程及其准线方程. （2）设O为原点，过抛物线C的焦点且斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点. 解析　（1）由抛物线C：x2＝－2py经过点（2，－1），得4＝2p，解得p＝2， 所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1. （2）由（1）知抛物线C的焦点为（0，－1）. 设直线l的方程为y＝kx－1（k≠0）. 由得x2＋4kx－4＝0. 设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1x2＝－4. 直线OM的方程为y＝x. 令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－. 同理得点B的横坐标xB＝－. 设点D（0，n），则＝（－，－1－n），＝（－，－1－n）， ·＝＋（n＋1）2 ＝＋（n＋1）2 ＝＋（n＋1）2 ＝－4＋（n＋1）2. 令·＝0，即－4＋（n＋1）2＝0，得n＝1或n＝－3. 综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点（0，1）和（0，－3）. 2.[命题点2/新高考卷Ⅰ]已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，且过点A（2，1）. （1）求C的方程； （2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得｜DQ｜为定值. 解析　（1）由题设得＋＝1，＝，解得a2＝6，b2＝3. 所以C的方程为＋＝1. （2）设M（x1，y1），N（x2，y2）. 若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－6＝0. 于是x1＋x2＝－，x1x2＝　①. 由AM⊥AN知·＝0，故（x1－2）（x2－2）＋（y1－1）（y2－1）＝0，可得（k2＋1）x1x2＋（km－k－2）（x1＋x2）＋（m－1）2＋4＝0　②. 将①代入②可得（k2＋1）－（km－k－2）＋（m－1）2＋4＝0， 整理得（2k＋3m＋1）（2k＋m－1）＝0. 因为A（2，1）不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1. 于是MN的方程为y＝k（x－）－（k≠1）. 所以直线MN过点P（，－）. 若直线MN与x轴垂直，可得N（x1，－y1）. 由·＝0得（x1－2）（x1－2）＋（y1－1）（－y1－1）＝0，则＝－4x1＋5. 又＋＝1，将上式代入可得3－8x1＋4＝0，解得x1＝2（舍去）或x1＝. 此时直线MN过点P（，－）. 令Q为AP的中点，即Q（，）. 若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边， 故｜DQ｜＝｜AP｜＝.（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半） 若D与P重合，则｜DQ｜＝｜AP｜＝. 综上，存在点Q（，），使得｜DQ｜为定值. 基础练习 1.[2023陕西省西北工业大学附属中学模拟]已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的右顶点为A，O为原点，点P（1，1）在C的渐近线上，△PAO的面积为. （1）求C的方程； （2）过点P作直线l交C于M，N两点，过点N作x轴的垂线交直线AM于点G，H为NG的中点，证明：直线AH的斜率为定值. 解析　（1）因为P（1，1）在C的渐近线y＝x上，所以a＝b. 因为A（a，0），所以△PAO的面积为a＝， 解得a＝1，所以b＝1， 所以C的方程为x2－y2＝1. （2）当直线l的斜率不存在时，不符合题意，舍去. 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y－1＝k（x－1），M（x1，y1），N（x2，y2）， 由得（1－k2）x2－2k（1－k）x－k2＋2k－2＝0，Δ＝4k2（1－k）2－4（1－k2）（－k2＋2k－2）＝8－8k， 由得k＜1且k≠－1， 则x1＋x2＝，x1x2＝. 直线AM的方程为y＝（x－1）， 令x＝x2，得G（x2，）， 因为H为NG的中点，所以H（x2，）， 所以kAH＝＝（＋）， 因为＋＝＋＝2k＋＋， ＋＝＝＝2－2k，所以kAH＝1， 所以直线AH的斜率为定值. 2.[2024四川宜宾第四中学模拟]如图，已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，D（1，0），点P是在第一象限内且在C上的一个动点，当DP与x轴垂直时，｜PF｜＝，过点P作与C相切的直线l交y轴于点M，过点M作直线l的垂线交抛物线C于A，B两点. （1）求C的方程. （2）延长PD，交抛物线C于点Q.设直线AB，OQ（其中O为坐标原点）的斜率分别为k1，k2，证明：为定值. 解析　（1）当DP与x轴垂直时，｜PF｜＝，则由抛物线的定义可得1＋＝，解得p＝， 所以C的方程为y2＝x. （2）设P（x0，y0），对于y2＝x，当y＞0时，y＝，y'＝，所以y0＝，直线PM的斜率为. 当直线PD的斜率存在时，将直线PD的方程y＝（x－1）与抛物线方程y2＝x联立，消去x并化简，得y2－y－1＝0，易得Δ＞0，设Q（xQ，yQ），则y0yQ＝－1，所以yQ＝－＝－. （直线PD与抛物线的另一个交点是点P，这是一个直白的、但容易灯下黑的条件，这里根据“y1y2＝”可以直接求出yQ） 把点Q的纵坐标代入y＝（x－1），得xQ＝，所以Q（，－）. 因为直线AB与切线l垂直，所以k1＝，而kPM＝，所以k1＝－2. 又O为坐标原点，所以k2＝＝－. 所以＝2.当直线PD的斜率不存在时，P（1，1），Q（1，－1），此时k1＝－2，k2＝－1，所以＝2. 综上，为定值2. 3.[2024福州市一检]已知椭圆E：＋＝1的右焦点为F，左、右顶点分别为A，B.点C在E上，P（4，yP），Q（4，yQ）分别为直线AC，BC上的点. （1）求yPyQ的值； （2）设直线BP与E的另一个交点为D，求证：直线CD经过点F. 解析　解法一　（1）如图，依题意，A（－2，0），B（2，0）. 设C（x1，y1），则＋＝1， 直线AC的方程为y＝·（x＋2），令x＝4得yP＝. 直线BC的方程为y＝（x－2），令x＝4得yQ＝， 所以yPyQ＝＝＝－9， 即yP·yQ的值为－9. （2）设D（x2，y2），P（4，t），则直线AP的方程为y＝（x＋2），直线BP的方程为y＝（x－2）. 由得（t2＋27）x2＋4t2x＋4t2－108＝0， 其判别式Δ1＞0，所以－2x1＝，即x1＝， 故y1＝（x1＋2）＝. 由得（t2＋3）x2－4t2x＋4t2－12＝0， 其判别式Δ2＞0， 所以2x2＝，即x2＝，故y2＝（x2－2）＝. 因为F（1，0），所以向量＝（x1－1，y1），＝（x2－1，y2）， 则（x1－1）y2－（x2－1）y1＝·－·＝＝0， 故与共线， 所以直线CD经过点F. 解法二　（1）依题意，A（－2，0），B（2，0）. 设C（x1，y1），则＋＝1， 所以kAC·kBC＝·＝＝＝－. 即－＝kAP·kBQ＝·，故yPyQ的值为－9. （2）设D（x2，y2）. 要证直线CD经过点F（1，0）， 只需证向量＝（x1－1，y1）与＝（x2－1，y2）共线， 即证（x1－1）y2＝（x2－1）y1.　（*） 因为＋＝1＝＋，所以＝－， 所以kAC＝＝－·＝， 同理可得kBD＝＝－·＝， 所以＝＝，即x1y2－3x2y1＋6y1＋2y2＝0，　① 同理可得－3x1y2＋x2y1＋2y1＋6y2＝0，　② ①－②得4x1y2－4x2y1＋4y1－4y2＝0，即（x1－1）y2＝（x2－1）y1. 所以（*）式成立，即直线CD经过点F. 4.[2024江西九校联考]已知抛物线C：y2＝2px（p＞0），直线x＝y＋1交抛物线C于A，B两点，且△OAB的面积为2（O为坐标原点）. （1）求实数p的值； （2）过点D（2，0）作直线l交抛物线C于P，Q两点，点P关于x轴的对称点为P'，证明：直线P'Q过定点，并求出定点坐标. 解析　（1）易得直线x＝y＋1过点（1，0）， 设A（x1，y1），B（x2，y2）， 由得y2－2py－2p＝0， 所以y1＋y2＝2p，y1y2＝－2p， 所以｜y1－y2｜＝＝＝2，所以△OAB的面积S＝×1×｜y1－y2｜＝＝2， 又p＞0，所以p＝2（p＝－3＜0舍去）. （2）由（1）得抛物线C的方程为y2＝4x. 设P（x3，y3），Q（x4，y4），不妨令y4＞y3，则P'（x3，－y3）. 设直线l的方程为x＝ty＋2，（直线l的另一种设法为y＝k（x－2），请注意对这两种设法的取舍） 由消去x，得y2－4ty－8＝0， 则y3＋y4＝4t，y3y4＝－8. 直线P'Q的方程为y－（－y3）＝（x－x3）， 即（x4－x3）y＋x4y3＝（y4＋y3）x－y4x3， 即（ty4－ty3）y＋（ty4＋2）y3＝（y4＋y3）x－y4（ty3＋2）， 即t（y4－y3）y＝（y4＋y3）x－2ty4y3－2（y3＋y4）， 即t·y＝（y4＋y3）x－2ty4y3－2（y3＋y4）， 即t·y＝4tx－2t×（－8）－2×4t，即t·y＝t（x＋2）. 令得 所以直线P'Q过定点，定点坐标为（－2，0）. 5.[2023南京六校联考]已知椭圆C：＋＝1的上、下顶点分别为A，B，过点P（0，3）且斜率为k（k＜0）的直线与椭圆C自上而下交于M，N两点，直线BM与AN交于点G. （1）设AN，BN的斜率分别为k1，k2，求k1·k2的值； （2）求证：点G在定直线上. 解析　（1）由已知，得A（0，2），B（0，－2），设M（x1，y1），N（x2，y2）， 则k1·k2＝·＝， 又＋＝1，所以＝4（1－）， 所以k1·k2＝＝－. （2）由题意知直线PM的方程为y＝kx＋3（k＜0）， 与椭圆方程联立，得 消去y，得（4＋5k2）x2＋30kx＋25＝0. Δ＝900k2－100（4＋5k2）＝400（k2－1）＞0，则k＜－1， 所以x1＋x2＝，x1·x2＝. 直线MB的方程为y＝x－2， 直线NA的方程为y＝x＋2， 联立，化简得＝. 解法一　＝－··＝－·＝－5，解得y＝， 所以点G在定直线y＝上. 解法二　易得＝－k， 所以＝·＝＝＝－5，解得y＝， 所以点G在定直线y＝上. 6.[设问创新]已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的右焦点为F（1，0），且过点A（－2，0）. （1）求C的方程. （2）点P，Q分别在C和直线x＝4上，OQ∥AP（O为坐标原点），M为AP的中点，求证：直线OM与直线QF的交点在某定曲线上. 解析　（1）由题意可知，A（－2，0）为椭圆C的左顶点，所以a＝2，又F（1，0）为C的右焦点，所以a2－b2＝1，所以b2＝3， 故椭圆C的方程为＋＝1. （2）设P（x0，y0）（x0≠±2），则M（，），所以＝（，），直线AP的斜率k＝. 因为OQ∥AP，所以直线OQ的方程为y＝x，令x＝4，得Q（4，），所以＝（3，）. 所以·＝＋＝　①. 因为点P在椭圆C上，所以＋＝1，4＝12－3， 代入①，得·＝0，所以OM⊥FQ， 所以直线OM与FQ的交点在以OF为直径的圆上，该圆的方程为（x－）2＋y2＝， 即直线OM与直线FQ的交点在定曲线（x－）2＋y2＝上. 突破4　圆锥曲线中的证明、探索性问题 命题点1　证明问题 例1 [2022新高考卷Ⅱ]已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的右焦点为F（2，0），渐近线方程为y＝±x. （1）求C的方程. （2）过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P（x1，y1），Q（x2，y2）在C上，且 x1＞x2＞0，y1＞0.过P且斜率为－的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立. ①M在AB上；②PQ∥AB；③｜MA｜＝｜MB｜. 解析　（1）由题意得c＝2　①. 因为双曲线的渐近线方程为y＝±x＝±x，所以＝　②. 又c2＝a2＋b2　③，所以由①②③得a＝1，b＝，所以双曲线C的方程为x2－＝1. （2）由题意知直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为y＝kx＋t（k≠0），将直线PQ的方程代入C的方程， 整理得（3－k2）x2－2ktx－t2－3＝0，Δ＞0，故t2＋3－k2＞0， 则x1＋x2＝，x1x2＝－＞0，所以3－k2＜0， 所以x1－x2＝＝. 设点M的坐标为（xM，yM），则 两式相减，得y1－y2＝2xM－（x1＋x2）， 又y1－y2＝（kx1＋t）－（kx2＋t）＝k（x1－x2）， 所以2xM＝k（x1－x2）＋（x1＋x2）， 解得xM＝； 两式相加，得2yM－（y1＋y2）＝（x1－x2）， 又y1＋y2＝（kx1＋t）＋（kx2＋t）＝k（x1＋x2）＋2t， 所以2yM＝k（x1＋x2）＋（x1－x2）＋2t， 解得yM＝＝xM. 因此，点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率. 若选择①②：因为PQ∥AB，所以直线AB的方程为y＝k（x－2），设A（xA，yA），B（xB，yB）， 不妨令点A在直线y＝x上， 则由解得xA＝，yA＝， 同理可得xB＝，yB＝－， 所以xA＋xB＝，yA＋yB＝. 点M的坐标满足 得xM＝＝，yM＝＝， 故M为AB的中点，即｜MA｜＝｜MB｜. 若选择①③：当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F（2，0），此时M不在直线y＝x上，矛盾. 当直线AB的斜率存在时，易知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为y＝m（x－2）·（m≠0），A（xA，yA），B（xB，yB）， 不妨令点A在直线y＝x上， 则由解得xA＝，yA＝， 同理可得xB＝，yB＝－， 因为M在AB上，且｜MA｜＝｜MB｜，所以xM＝＝，yM＝＝， 又点M在直线y＝x上，所以＝·， 解得k＝m，因此PQ∥AB. 若选择②③：因为PQ∥AB，所以直线AB的方程为y＝k（x－2），设A（xA，yA）， B（xB，yB）， 不妨令点A在直线y＝x上， 则由解得xA＝，yA＝， 同理可得xB＝，yB＝－. 设AB的中点为C（xC，yC），则xC＝＝， yC＝＝. 因为｜MA｜＝｜MB｜，所以M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－（x－xC）， 即y－＝－（x－）上，与y＝x联立，得xM＝＝xC，yM＝＝yC， 即点M恰为AB的中点，故点M在直线AB上. 方法技巧 有关证明问题的解题策略 圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明，比如涉及线段或角相等以及位置关系的证明，证明时，常把几何量用坐标表示，建立关于某个变量的函数，用代数方法证明. 训练1 [2021新高考卷Ⅱ]已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的右焦点为F（，0），且离心率为. （1）求C的方程. （2）设M，N是C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2（x＞0）相切.证明：M，N，F三点共线的充要条件是｜MN｜＝. 解析　（1）由题意，得c＝，又e＝＝，所以a＝， 所以b＝＝1，所以C的方程为＋y2＝1. （2）由（1）知x2＋y2＝1（x＞0）. 证必要性：若M，N，F三点共线，则｜MN｜＝. 由题意知直线MN的斜率存在且不为0， 由对称性不妨设直线MN的方程为y＝k（x－）（k＜0），则＝1，得k＝－1. 所以直线MN的方程为x＋y－＝0. 由消去y，得4x2－6x＋3＝0，Δ＞0. 设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝，x1x2＝， 所以｜MN｜＝·｜x1－x2｜＝·＝×＝. 由对称性可知当k＞0时，｜MN｜＝.故必要性得证. 证充分性：若｜MN｜＝，则M，N，F三点共线. 由题意可知直线MN的斜率存在且不为0， 由对称性不妨设直线MN的方程为y＝kx＋m（k＜0，m＞0），则＝1，得m＝. 由消去y，得（3k2＋1）x2＋6kmx＋3m2－3＝0， 得（3k2＋1）x2＋6kx＋3k2＝0，Δ＞0. 设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝，x1x2＝， 所以｜MN｜＝·｜x1－x2｜＝·＝·＝·＝，整理得k4－2k2＋1＝0，得k＝－1， 所以m＝，所以直线MN的方程为y＝－x＋. 令y＝0，得x＝，即直线MN过点F，所以M，N，F三点共线. 由对称性知当k＞0时，M，N，F三点共线，充分性得证. 综上，M，N，F三点共线的充要条件为｜MN｜＝. 命题点2　探索性问题 例2 [2023河南省新乡市模拟]已知点A（2，1）在双曲线C：－＝1（a＞1）上. （1）求C的方程. （2）是否存在过点P（1，－）的直线l与C相交于A，B两点，且满足P是线段AB的中点？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由. 解析　（1）已知点A（2，1）在C：－＝1（a＞1）上， 所以－＝1，整理得a4－4a2＋4＝0，解得a2＝2，则a＝，所以C的方程为 （2）由题可知若直线存在，则直线l的斜率存在，故设直线l的方程为y＝k（x－1）－，且设交点A（x1，y1），B（x2，y2），则 两式相减得：（x1－x2）（x1＋x2）＝2（y1－y2）（y1＋y2），由于P（1，－）为AB中点，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－1，则k＝＝－1， 则直线l的方程为y＝－（x－1）－，即y＝－x＋， 由得2x2－4x＋5＝0， Δ＝（－4）2－4×2×5＝－24＜0，方程无实根. 故不存在过点P（1，－）的直线l与该双曲线相交于A，B两点，且满足P是线段AB的中点. 方法技巧 探索性问题的解题策略 此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论. 训练2 [2023济南市学情检测]已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的实轴长为2，直线y＝x为C的一条渐近线. （1）求C的方程. （2）若过点（2，0）的直线与C交于P，Q两点，在x轴上是否存在定点M，使得·为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由. 解析　（1）由题意知，2a＝2，＝，解得a＝1，b＝， 所以双曲线C的方程为x2－＝1. （2）若直线PQ的斜率不为0，设直线PQ的方程为x＝my＋2，代入x2－＝1并整理得，（3m2－1）y2＋12my＋9＝0， 设P（x1，y1），Q（x2，y2），则3m2－1≠0，Δ＝36m2＋36＞0，y1＋y2＝，y1y2＝. 假设在x轴上存在定点M（t，0），使得·为定值. ·＝（x1－t）（x2－t）＋y1y2＝（m2＋1）y1y2＋（2－t）m（y1＋y2）＋（2－t）2＝＋（2－t）2. 若·为定值，则必有＝， 解得t＝－1，此时·＝0. 若直线PQ的斜率为0，则可取P（－1，0），Q（1，0），M（－1，0）， 所以·＝（0，0）·（2，0）＝0. 所以在x轴上存在定点M（－1，0），使得·为定值0. 1.[命题点1]已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，点P（3，1）在C上，且｜PF1｜·｜PF2｜＝10. （1）求C的方程. （2）斜率为－3的直线l与C交于A，B两点，点B关于原点的对称点为D.若直线PA，PD的斜率存在且分别为k1，k2，证明：k1k2为定值. 解析　（1）设F1（－c，0），F2（c，0），其中c＝. 因为｜PF1｜·｜PF2｜＝10，所以·＝10，解得c＝4. 所以2a＝－＝4，解得a＝2，所以b2＝c2－a2＝8， 所以C的方程为－＝1. （2）设A（x1，y1），B（x2，y2），则D（－x2，－y2）. 设直线l的方程为y＝－3x＋m， 将其与双曲线C的方程联立，消去y得8x2－6mx＋m2＋8＝0， 由Δ＝（－6m）2－32（m2＋8）＞0，得｜m｜＞8， 所以x1＋x2＝，x1x2＝， 所以y1y2＝（－3x1＋m）（－3x2＋m）＝9x1x2－3m（x1＋x2）＋m2＝－＋9. 所以k1k2＝·＝＝ ＝－1，所以k1k2为定值. 2.[命题点2/2023山东日照统考一模]已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F，E为C上的动点，EQ垂直于动直线y＝t（t＜0），垂足为Q，当△EQF为等边三角形时，其面积为4. （1）求C的方程. （2）设O为原点，过点E的直线l与C相切，且与椭圆＋＝1交于A，B两点，直线OQ与AB交于点M，试问：是否存在t，使得｜AM｜＝｜BM｜？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由. 解析　（1）因为△EQF为等边三角形时，其面积为4， 所以×｜EQ｜2sin＝4，解得｜EQ｜＝4. 根据｜EF｜＝｜EQ｜和抛物线的定义可知，Q落在C的准线上，即y＝t＝－. 如图，设准线与y轴的交点为H，易得∠HFQ＝，于是｜FH｜＝｜FQ｜cos＝2＝p，所以C的方程为x2＝4y. （2）假设存在t，使得｜AM｜＝｜BM｜，则点M为线段AB的中点. 设E（x0，）（x0≠0），依题意得Q（x0，t），则kOQ＝， 由y＝可得y'＝，所以切线l的斜率为kl＝x0. 设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点M（，）， 由可得＋＝0， 即＋＝0， 整理可得·＝－，即kl·kOM＝－， 所以x0·kOM＝－，可得kOM＝－，又kOQ＝kOM＝， 所以t＝－1. 综上，存在t＝－1，使得｜AM｜＝｜BM｜. 基础练习 1.[2024南昌市模拟]已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）经过点M（1，），F为椭圆C的右焦点，O为坐标原点，△OFM的面积为. （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点P（4，0）作一条斜率不为0的直线与椭圆C交于A，B两点（A在B，P之间）， 直线BF与椭圆C的另一个交点为D，求证：点A，D关于x轴对称. 解析　（1）如图，因为△OFM的面积为，所以×c×＝，解得c＝1. 又M（1，）在椭圆C上，所以解得 所以椭圆C的标准方程为＋＝1. （2）由题意知直线FA，FB的斜率存在.根据椭圆的对称性，欲证A，D关于x轴对称，只需证kFA＝－kFD＝－kFB，即证kFA＋kFB＝0. 设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为x＝my＋4， 由消去x得（3m2＋4）y2＋24my＋36＝0， 所以y1＋y2＝，y1y2＝. 则kFA＋kFB＝＋＝＝. 因为y1x2＋y2x1－（y1＋y2）＝2my1y2＋3（y1＋y2）＝2m×＋3×＝0， 所以kFA＋kFB＝0，即点A，D关于x轴对称. 2.[2024广东七校联考]已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的焦距为2，且经过点P（1，）. （1）求椭圆C的方程. （2）经过椭圆右焦点F且斜率为k（k≠0）的动直线l与椭圆交于A，B两点，试问x轴上是否存在异于点F的定点T，使｜AF｜·｜BT｜＝｜BF｜·｜AT｜恒成立？若存在，求出点T坐标；若不存在，请说明理由. 解析　（1）由椭圆C的焦距为2，得c＝1， 则b2＝a2－1，　① 由椭圆C经过点P（1，），得＋＝1，　② 联立①②，得a2＝4，b2＝3， 所以椭圆C的方程为＋＝1. （2）依题意知，直线l的斜率k≠0，令＝m， 由椭圆右焦点F（1，0），可得直线l的方程为x＝my＋1，与C：＋＝1联立，消去x，得（3m2＋4）y2＋6my－9＝0，Δ＝36m2－4×（－9）×（3m2＋4）＝144（m2＋1）＞0， 设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1＋y2＝，y1y2＝. 假设存在点T，使｜AF｜·｜BT｜＝｜BF｜·｜AT｜恒成立，则＝， 因为＝＝＝， 所以sin∠ATF＝sin∠BTF，∠ATF＝∠BTF，所以直线TA和TB关于x轴对称，其倾斜角互补，即有kAT＋kBT＝0. 设点T坐标为（t，0），则kAT＋kBT＝＋＝0， 所以y1（x2－t）＋y2（x1－t）＝0， 所以y1（my2＋1－t）＋y2（my1＋1－t）＝0， 即2my1y2＋（1－t）（y1＋y2）＝0， 即2m×＋（1－t）×＝0， 即＋（1－t）＝0， 解得t＝4，经检验t＝4符合题意，即存在点T（4，0）满足题意. 3.[2023长沙重点中学模拟]已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的右焦点为F（2，0），点F到C的渐近线的距离为1. （1）求C的方程. （2）若直线l1与C的右支相切，切点为P，l1与直线l2：x＝交于点Q，问x轴上是否存在定点M，使得MP⊥MQ？若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由. 解析　（1）由题意，双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为bx±ay＝0， 双曲线C的右焦点为F（2，0），可得c＝2， 所以F（2，0）到渐近线的距离d＝＝＝b＝1， 所以a2＝c2－b2＝3， 所以C的方程为－y2＝1. （2）由题意易知直线l1的斜率存在，设其方程为y＝kx＋m， 联立l1与C的方程，消去y，得（3k2－1）x2＋6kmx＋3m2＋3＝0. 因为直线l1与C的右支相切，所以则 Δ＝36k2m2－12（3k2－1）（m2＋1）＝12（m2＋1－3k2）＝0， 得m2＝3k2－1，则m≠0， 设切点P（x1，y1），则x1＝－＝－， y1＝kx1＋m＝－＋m＝＝－. 设Q（x2，y2），因为Q是直线l1与直线l2的交点，所以x2＝，y2＝k＋m. 假设x轴上存在定点M（x0，0），使得MP⊥MQ，则·＝（x1－x0，y1）·（x2－x0，y2）＝（x1－x0）（x2－x0）＋y1y2＝x1x2＋y1y2－x0（x1＋x2）＋＝－－－1－x0（－）＋＝－x0－1＋（x0－2）＝（x0－2）（2x0＋1）＋（x0－2）＝（x0－2）（x0＋＋）， 由于上式对给定的x0一定成立，故存在x0＝2，使得·＝0，即MP⊥MQ， 所以x轴上存在定点M（2，0），使得MP⊥MQ. 4.[2024襄阳模拟]在平面直角坐标系xOy中，已知点F（0，2），点P为平面内一动点，线段PF的中点为M，点M到x轴的距离等于｜MF｜，点P的轨迹为曲线E. （1）求曲线E的方程； （2）已知经过点F的直线与E交于A，B两点，过点F作与直线AB的倾斜角互补的直线与E交于C，D两点，且点A，C位于直线y＝2的下方，证明：直线AD与BC交于定点. 解析　（1）解法一　设点P的坐标为（x，y）， 因为点F（0，2）在y轴正半轴，所以当点M位于x轴上或其下方时，点M到x轴的距离小于｜MF｜，不满足题意， 所以点M位于x轴上方. 由题意可知，｜MF｜＝，（提示：M（，），｜MF｜＝yM） 则｜PF｜＝2｜MF｜＝y＋2， 所以点P到点F（0，2）的距离等于点P到直线y＝－2的距离， 则点P的轨迹为以F为焦点，直线y＝－2为准线的抛物线， 设抛物线方程为x2＝2py（p＞0），则p＝4， 故曲线E的方程为x2＝8y. 解法二　设点P的坐标为（x，y），则M（，）， 因为点M到x轴的距离等于｜MF｜， 所以｜MF｜＝｜｜，即＝｜｜， 化简得x2＝8y，故曲线E的方程为x2＝8y. （2）由题意知，直线AB与CD的斜率均存在且均不为0，不妨设直线AB的方程为，则直线CD的方程为y＝－kx＋2， 设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）， 由得x2－8kx－16＝0， 则x1＋x2＝8k，x1x2＝－16， 以－k代替k可得，x3＋x4＝－8k，x3x4＝－16，（点拨：因为直线AB与直线CD是过点F且倾斜角互补的直线，故可直接用－k代替k求得点C，D的坐标之间的关系） 所以x1＋x2＋x3＋x4＝0. 由题意知直线AD，BC的斜率均存在且均不为0， 设直线AD的方程为y＝k1x＋b1，直线BC的方程为y＝k2x＋b2， 由得x2－8k1x－8b1＝0， 则x1＋x4＝8k1，x1x4＝－8b1， 同理可得，x2＋x3＝8k2，x2x3＝－8b2. 由x1＋x2＋x3＋x4＝0及x1x2＝－16，x3x4＝－16，得x1－－＋x4＝0， 整理得（x1＋x4）（1－）＝0，由点A，C位于直线y＝2的下方可知，点B，D位于直线y＝2的上方，点A，D位于y轴同侧， 所以x1＋x4≠0，则1－＝0，即1－＝0， 所以b1＝－2， 因此直线AD过定点（0，－2）. 同理得b2＝－2，所以直线BC过定点（0，－2）.（另解：也可根据抛物线的对称性直接得到直线AD与BC的交点在y轴上，进而得到直线BC过定点（0，－2）） 所以直线AD与BC交于定点（0，－2）. 突破5　圆锥曲线的综合应用 命题点1　圆锥曲线的综合问题 例1 [多选/新高考卷Ⅰ]已知曲线C：mx2＋ny2＝1.（　ACD　） A.若m＞n＞0，则C是椭圆，其焦点在y轴上 B.若m＝n＞0，则C是圆，其半径为 C.若mn＜0，则C是双曲线，其渐近线方程为y＝±x D.若m＝0，n＞0，则C是两条直线 解析　对于选项A，∵m＞n＞0，∴0＜＜，方程mx2＋ny2＝1可变形为＋＝1，∴该方程表示焦点在y轴上的椭圆，正确；对于选项B，∵m＝n＞0，∴方程mx2＋ny2＝1可变形为x2＋y2＝，该方程表示半径为的圆，错误；对于选项C，∵mn＜0，∴该方程表示双曲线，令mx2＋ny2＝0⇒y＝±x，正确；对于选项D，∵m＝0，n＞0，∴方程mx2＋ny2＝1变形为ny2＝1⇒y＝±，该方程表示两条直线，正确.综上选ACD. 例2 已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M（1，m）（m＞0）. （1）证明：k＜－. （2）设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0.证明：｜｜，｜｜，｜｜成等差数列，并求该数列的公差. 解析　（1）解法一　设A（x1，y1），B（x2，y2）， 则＋＝1，＋＝1，两式相减， 并由＝k得＋·k＝0. 由题设知＝1，＝m，于是k＝－　①. 由题设得0＜m＜，故k＜－. 解法二　设直线l的方程为y＝k（x－1）＋m， 由得（3＋4k2）x2＋8k（m－k）x＋4（m－k）2－12＝0， Δ＝64k2（m－k）2－4（3＋4k2）[4（m－k）2－12]＝48（3k2＋2mk－m2＋3）. 设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝. 因为线段AB的中点为M（1，m）（m＞0），所以＝1， 即＝1，化简得m＝－. 由m＞0得，－＞0，所以k＜0. 又点M（1，m）在椭圆内部， 所以＋＜1，即＋＜1，解得k＜－. 经检验，当m＝－，k＜－时，满足Δ＞0. 故k＜－. （2）由题意得F（1，0）. 设P（x3，y3），则由＋＋＝0， 得（x3－1，y3）＋（x1－1，y1）＋（x2－1，y2）＝（0，0）. 由（1）及题设得x3＝3－（x1＋x2）＝1，y3＝－（y1＋y2）＝－2m＜0. 又点P在C上，所以m＝，从而P（1，－），｜｜＝. 于是｜｜＝＝＝2－. 同理｜｜＝2－. 所以｜｜＋｜｜＝4－（x1＋x2）＝3.故2｜｜＝｜｜＋｜｜，即｜｜，｜｜，｜｜成等差数列. 设该数列的公差为d，则2｜d｜＝｜｜｜－｜｜｜＝｜x1－x2｜＝　②. 将m＝代入（1）中的①得k＝－1. 所以l的方程为y＝－x＋，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋＝0. 故x1＋x2＝2，x1x2＝，代入②解得｜d｜＝. 所以该数列的公差为或－. 训练1 （1）已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别是点P是椭圆C上一点，满足｜＋｜＝｜－｜，若以点P为圆心、r为半径的圆与圆F1：（x＋c）2＋y2＝4a2，圆F2：（x－c）2＋y2＝a2都内切，其中0＜r＜a，则椭圆C的离心率e为（　C　） A. B. C. D. 解析　将｜＋｜＝｜－｜两边同时平方，得·＝0，则⊥. 如图，延长F1P交圆P于N，延长F2P交圆P于M， 结合已知可得 所以｜PF1｜－｜PF2｜＝a， 由｜PF1｜＋｜PF2｜＝2a，得｜PF1｜＝，｜PF2｜＝. 在△PF1F2中，⊥可得＋＝，所以＋＝4c2，所以e2＝＝，所以e＝.故选C. （2）[2023西安一中调研]如图，圆柱OO1的轴截面ABB1A1是正方形，D，E分别是AA1和BB1的中点，C是弧AB的中点，则经过C，D，E的平面与圆柱OO1侧面相交所得到的曲线的离心率是　　. 解析　设正方形ABB1A1的边长为2，C1是弧B1A1的中点，且与C关于圆柱的中心对称，连接CC1，由题意可知，所得曲线为椭圆， 椭圆的短轴长为2，长轴长C1C＝2，所以长半轴长a＝，短半轴长b＝1，故半焦距，所以椭圆的离心率e＝＝. 命题点2　圆锥曲线在实际生活中的应用 例3 （1）[2023高三名校联考（二）]如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线E：－＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，从F2发出的光线经过图2中的A，B两点反射后（A，F2，B三点共线），分别经过点C和点D，且cos∠BAC＝－，AB⊥BD，则E的离心率为（　B　） A. B. C. D. 解析　如图，连接AF1，BF1，设｜AF2｜＝m，｜BF2｜＝n，由双曲线的定义可得｜AF1｜＝2a＋m，｜BF1｜＝2a＋n，由cos∠BAC＝－，可得cos∠F1AF2＝，在Rt△AF1B中，sin∠F1AF2＝＝　①，（2a＋n）2＋（m＋n）2＝（2a＋m）2　②. 在△AF1F2中，可得4c2＝m2＋（2a＋m）2－2m（2a＋m）·　③. 由①②可得代入③可得9c2＝17a2，则离心率e＝＝.故选B. （2）某学习小组研究一种卫星接收天线（如图1所示）时，发现其曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入形状为抛物线的接收天线，经反射聚焦到焦点处（如图2所示）.已知接收天线的口径（直径）为5.2 m，深度为1 m，则该抛物线的标准方程为　y2＝6.76x　. 解析　如图所示，在接收天线的轴截面所在平面上建立直角坐标系，使接收天线的顶点（即抛物线的顶点）与原点O重合，焦点F在x轴上，｜AB｜＝5.2.设抛物线的标准方程为y2＝2px（p＞0），由已知条件可得，点A（1，2.6）在抛物线上，所以2p＝2.62＝6.76，所以所求抛物线的标准方程为y2＝6.76x. 训练2 [2023上海模拟]“中山桥”是位于兰州市中心、横跨黄河之上的一座百年老桥，如图1，桥上有五个拱形桥架紧密相连，每个桥架的内部有一个水平横梁和八个与横梁垂直的立柱，气势宏伟，素有“天下黄河第一桥”之称.一个拱形桥架可以近似看作是由等腰梯形ABFM和其上方的抛物线MOF（部分）组成，建立如图2所示的平面直角坐标系，已知｜AB｜＝44 m，∠A＝45°，｜AC｜＝4 m，｜CD｜＝5 m，立柱｜DN｜＝5.55 m. 图1 图2 （1）求立柱｜CM｜及横梁｜MF｜； （2）求抛物线MOF的方程和桥梁的拱高｜OH｜. 解析　（1）由∠A＝45°，可知｜CM｜＝｜AC｜＝4 m. 因为四边形ABFM是等腰梯形，由对称性知：｜AC｜＝｜BE｜＝4 m， 所以｜MF｜＝｜CE｜＝｜AB｜－｜AC｜－｜EB｜＝44－4－4＝36（m）. （2）由（1）知｜CH｜＝｜AH｜－｜AC｜＝18，所以点M的横坐标为－18， 则N的横坐标为－（18－5）＝－13. 设点M，N的纵坐标分别为y1，y2， 由图形，知｜y1－y2｜＝｜5.55－4｜＝1.55. 设抛物线的方程为x2＝－2py（p＞0），将点M，N的坐标代入，得（－18）2＝－2py1 ，（－13）2＝－2py2， 两式相减，得2p（y2－y1）＝182－132＝155，解得2p＝100，故抛物线的方程为 因此，当x＝ －18时，y＝－x2＝－×324＝－3.24， 故｜y1｜＝3.24，所以桥梁的拱高｜OH｜＝3.24＋4＝7.24（m）. 1.[命题点2/2024北京市陈经纶中学模拟]如图，一种电影放映灯的反射镜面是旋转椭圆面（椭圆绕其对称轴旋转一周形成的曲面）的一部分，过对称轴的截口BAC是椭圆的一部分，灯丝位于椭圆的一个焦点F1上，片门位于另一个焦点F2上.由椭圆一个焦点F1发出的光线，经过旋转椭圆面反射后集中到另一个焦点F2.已知BC⊥F1F2，｜F1B｜＝，｜F1F2｜＝4，则截口BAC所在椭圆的离心率为　　. 解析　以F1F2的中点为原点，F1F2所在直线为x轴建立平面直角坐标系，由BC⊥F1F2及椭圆性质可得，BC为椭圆的通径，所以｜F1B｜＝＝，｜F1F2｜＝2c＝4.又a2＝b2＋c2，解得a＝6，c＝2，b＝4，所以截口BAC所在椭圆的离心率为. 2.[命题点2/2023东北三省四市联考]早在一千多年之前，我国已经把溢流孔技术用于造桥，以减轻桥身重量和水流对桥身的冲击，现设桥拱上有如图所示的四个溢流孔，桥拱和溢流孔轮廓线均为抛物线的一部分，且四个溢流孔轮廓线对应的抛物线相同，建立如图所示的平面直角坐标系xOy，根据图上尺寸，拱桥轮廓线OAC所在抛物线的方程为　　，溢流孔与桥拱交点A的横坐标为　　. 解析　设桥拱所在抛物线的方程为x2＝－2py（p＞0），由题图可知，曲线经过点C（20，－5），代入方程得202＝－2p×（－5），解得p＝40，所以桥拱所在抛物线的方程为x2＝－80y.因为四个溢流孔轮廓线对应的抛物线相同，所以从右往左看，设第一个抛物线C1：（x－14）2＝－2p'y，由题图知抛物线C1经过点C（20，－5），则（20－14）2＝－2p'×（－5），解得p'＝，所以C1：（x－14）2＝－y，点A为桥拱所在抛物线x2＝－80y与C1：（x－14）2＝－y的交点，设A（x，y），7＜x＜14，由解得x＝，所以点A的横坐标为. 基础练习 1.[2024安徽六校联考]若1＜m＜4，椭圆C：＋y2＝1与双曲线D：－＝1的离心率分别为e1，e2，则（　C　） A.的最小值为 B.的最小值为 C.的最大值为 D.的最大值为 解析　由椭圆和双曲线的几何性质得e1＝，e2＝， 所以＝·，（）2＝·＝＝－（＋）≤－1＝，当且仅当m＝2时等号成立，所以≤.故选C. 2.如图是等轴双曲线形拱桥，现拱顶离水面5 m，水面宽｜AB｜＝30 m.若水面下降5 m，则水面宽是（结果精确到0.1 m）（参考数据：≈1.41，≈2.24，≈2.65）（　B　） A.43.8 m B.44.8 m C.52.3 m D.53.0 m 解析　建立如图所示的平面直角坐标系，其中C为顶点，D为AB的中点，MN为下降后的水面.因为拱桥是等轴双曲线，则设双曲线的方程为－＝1（a＞0），C（0，－a）.因为｜AB｜＝30，｜CD｜＝5，则B（15，－a－5），将点B坐标代入双曲线方程，可得－＝1，解得a＝20，即－＝1.当水面下降5 m后，纵坐标yN＝－30，代入双曲线方程可得xN＝10，所以｜MN｜＝2xN ＝20≈44.8.故选B. 3.[多选/2024江西临川一中检测]2022年卡塔尔世界杯会徽正视图（如图）近似伯努利双纽线.伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线.在平面直角坐标系xOy中，把到定点F1（－a，0），F2（a，0）距离之积等于a2（a＞0）的点的轨迹称为双纽线，已知点P（x0，y0）是a＝1时的双纽线C上一点，下列说法正确的是（　ABD　） A.双纽线C是中心对称图形 B.－≤y0≤ C.双纽线C上满足｜PF1｜＝｜PF2｜的点有2个 D.｜PO｜的最大值为 解析　由到定点F1（－a，0），F2（a，0）距离之积等于a2的点的轨迹称为双纽线，得双纽线C的方程为×＝1，用－x，－y替换方程中的x，y，方程不变，故双纽线C关于原点O成中心对称，故A正确； 易知｜PF1｜｜PF2｜＝1，｜F1F2｜＝2，由等面积法得｜PF1｜·｜PF2｜·sin ∠F1PF2＝｜F1F2｜·｜y0｜，则｜y0｜＝·sin ∠F1PF2，所以－≤y0≤，故B正确； ｜PF1｜＝｜PF2｜，则＝，解得x0＝0，则×＝1，解得y0＝0，所以双曲线C上满足｜PF1｜＝｜PF2｜的点P有一个，故C错误； 因为＝（＋），所以由余弦定理得22＝＋－2｜｜·｜｜·cos ∠F1PF2， 所以＝1＋｜｜·｜｜·cos ∠F1PF2＝1＋cos ∠F1PF2≤2，所以｜｜的最大值为，故D正确.故选ABD. 4.在平面直角坐标系xOy中，双曲线C1：－＝1（a＞0，b＞0）的渐近线与抛物线C2：x2＝2py（p＞0）交于点O，A，B，若△OAB的垂心为C2的焦点，则C1的离心率为　　. 解析　双曲线C1：－＝1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为y＝±x， 由对称性不妨取A（，），B（－，），C2：x2＝2py（p＞0）的焦点F（0，），则kAF＝＝，即＝，＝＝，e＝＝. 5.已知数列{an}，{bn}中各项均为正数，且{bn}是公差为2的等差数列，若点Pn（an，bn）（n∈N*）均在双曲线C：x2－＝1上，则an＋1－an的取值范围是　（－1，1）　. 解析　由题可知点Pn（an，bn）在第一象限，PnPn＋1的斜率kn＝＝.根据双曲线的性质，知当点Pn越靠近x轴时，kn越大，点Pn越远离x轴时，kn越小.由双曲线上的两点A（1，0）和B（，2）可得kAB＝，而C的一条渐近线斜率为2，所以2＜kn＜，故－1＜an＋1－an＜1. 6.[2024江西九校联考]如图所示，桌面上有一个篮球，若篮球的半径为1个单位长度，在球的右上方有一个灯泡P（当成质点），篮球的影子是椭圆，篮球与桌面的接触点（切点）就是影子椭圆的焦点，点P到桌面的距离为4个单位长度，灯泡垂直照射在平面的点为A，影子椭圆的右顶点到A点的距离为3个单位长度，则这个影子椭圆的离心率e＝　　. 解析　以A为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，由题意可得P（0，4），R（－3，0），则直线PR的斜率kPR＝，直线PR：4x－3y＋12＝0.设影子椭圆的长半轴长为a，半焦距为c，则｜QR｜＝a－c.设篮球球心M（n，1），则椭圆焦点Q（n，0），点M到直线PR的距离d＝＝1，解得n＝－1（舍去）或n＝－，则｜QR｜＝｜－－（－3）｜＝＝a－c.设直线PN：kx－y＋4＝0，N（xN，0），则点M（－，1）到直线PN的距离d1＝＝1，得45k2－84k＋32＝0，Δ＞0，所以kPR·k＝，则k＝，直线PN：x－y＋4＝0，令y＝0，得xN＝－.故2a＝｜－－（－3）｜＝，则a＝，故c＝.故椭圆的离心率e＝＝. 7.[2024惠州市一调]已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为F（1，0），O为坐标原点，线段OA的中点为D，且｜BD｜＝｜DF｜. （1）求C的方程； （2）已知点M，N均在直线x＝2上，以MN为直径的圆经过O点，圆心为点T，直线AM，AN分别交椭圆C于另一点P，Q，证明：直线PQ与直线OT垂直. 解析　 （1）由题意知，椭圆C的半焦距c＝1，D（－，0），B（0，b）， ∴｜BD｜＝，｜DF｜＝＋1，∴＝＋1，即b2＝a＋1. 又a2＝b2＋c2，∴a2－a－2＝0（a＞0），解得a＝2，故b2＝3， ∴C的方程为＋＝1. （2）解法一　设M（2，m），N（2，n），则T（2，），而A（－2，0），∴kAM＝＝，则直线AM：y＝（x＋2）. 联立得整理得（m2＋12）x2＋4m2x＋4m2－48＝0，Δ＞0. 设P（x1，y1），则由根与系数的关系得，x1－2＝－， ∴x1＝，则y1＝. 设Q（x2，y2），同理可得，x2＝，则y2＝. ∴kPQ＝＝＝. 如图，连接OM，ON，∵MN为直径，∴OM⊥ON，∴kOM·kON＝－1，即·＝－1，∴mn＝－4， ∴kPQ＝－， 而kOT＝， ∴kPQ·kOT＝－1，则直线PQ与直线OT垂直，得证. 解法二　设M（2，m），N（2，n），则T（2，）. 如解法一图，连接OM，ON，∵MN为直径，∴OM⊥ON，即·＝0，即4＋mn＝0. ∵A（－2，0），∴kAM＝＝， 则直线AM：y＝（x＋2）. 联立得整理得（m2＋12）x2＋4m2x＋4m2－48＝0，Δ＞0. 设P（x1，y1），则由根与系数的关系得，x1－2＝－， ∴x1＝，则y1＝， ∴P（，）， 同理得Q（，）.∴＝（－，－）， 又＝（2，）， ∴·＝－＋＋－－＝－＝2－2＝0. ∴⊥，即PQ⊥OT，得证. 8.[2023陕西模拟]已知椭圆C1的方程为＋y2＝1，双曲线C2的左、右焦点分别是C1的左、右顶点，而C2的左、右顶点分别是C1的左、右焦点. （1）求双曲线C2的标准方程； （2）若直线l：y＝kx＋与双曲线C2恒有两个不同的交点A和B，且·＞2（其中O为坐标原点），求实数k的取值范围. 解析　（1）设双曲线C2的方程为－＝1（a＞0，b＞0），半焦距为c，则a2＝3，c2＝4. 由a2＋b2＝c2，得b2＝1， 故双曲线C2的标准方程为－y2＝1. （2）由得（1－3k2）x2－6kx－9＝0. 由直线l与双曲线C2交于不同的两点， 得 所以k2≠且k2＜1.　① 设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝，x1x2＝－， 所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋（kx1＋）·（kx2＋）＝（k2＋1）x1x2＋k（x1＋x2）＋2＝. 由·＞2，得＞2，解得＜k2＜3.　② 由①②得＜k2＜1，则－1＜k＜－或＜k＜1， 即实数k的取值范围为（－1，－）∪（，1）. 9.[情境创新/2023济南模拟]已知抛物线H：x2＝2py（p＞0）. （1）若直线l：y＝kx－2pk＋2p与H只有一个公共点，求k. （2）贝塞尔曲线是计算机图形学和相关领域中重要的参数曲线.法国数学家保尔·德·卡斯特里奥对贝塞尔曲线进行了图形化应用的测试，提出了德卡斯特里奥算法：已知三个定点，根据对应的比例，使用递推画法，可以画出抛物线；反之，已知过抛物线上三点的切线，也有相应成比例的结论.如图，A，B，C是H上不同的三点，在三点处的三条切线分别两两交于点D，E，F，证明：＝＝. 解析　（1）将y＝kx－2pk＋2p代入x2＝2py，化简得x2－2pkx＋4p2（k－1）＝0　（*）， 则方程（*）的根的判别式Δ＝4p2k2－4（4p2k－4p2）＝0， 化简得k2－4k＋4＝0， 即k＝2. （2）设A（xA，yA），B（xB，yB），C（xC，yC），D（xD，yD），E（xE，yE），F（xF，yF）， 则抛物线x2＝2py在点A，B，C处的切线方程分别为2py＝2xAx－，2py＝2xBx－，2py＝2xCx－， 两两联立，可以求得交点D，E，F的横坐标，则xD＝，xE＝，xF＝， 得＝＝＝， 同理得，＝，＝. 所以＝＝，命题得证. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$