2023-2024屆新高考一輪復(fù)習(xí)人教A版 第八章 第八講 第二課時　最值、范圍、證明問題 學(xué)案

第二課時最值、范圍、證明問題

?互動探究

考點一圓錐曲線中的最值問題——師生共研

A■例1(2023?浙江名校協(xié)作體聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，已知雙曲線C：y-∕=l,

經(jīng)過點7U,1)且斜率為左的直線/與C交于A,8兩點，與C的漸近線交于M,

N兩點(從左至右的順序依次為A,M,N,B),其中后∈0,

⑴若點T是MN的中點，求女的值;

(2)求AOBN面積的最小值.

［解析］(1)設(shè)A(X1,y∣),B(X2,yι),

y=Z(χ-l)+l

聯(lián)立直線/與雙曲線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,

由韋達(dá)定理可知，

4k-4k1—2(1T)2-2

x∣+x2=不印，XrX2=I.2必，

y=Z(xT)+l

聯(lián)立直線/與其中一條漸近線方程√2

y=2x

Eg1-k1-k

解傳X=下,即

2κ2κ

k—1

同理可得砌=下一

%k

4人~~?

則XM+XN=]—2,=幻+x2,

則可知AB的中點與MN中點重合.

由于7∏,1）是MN的中點，所以4：'景）=2,

解得女=4

(2)y=k(χ-l)+l^ξ-y2=l聯(lián)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-?)2+l-2?2

由于∣AB∣=?1+?2?;

1—2F

2也/(IT)2

IMM=、1+—所以

?-2k2,

iBM=g業(yè)業(yè)i￥+U產(chǎn)⑥

1—2F

1-Ic

又O到直線的距離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標(biāo)+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

則

(1T)2

111—2k2

當(dāng)7=2,即左=5時，”—八2的最大值為2,

I乙（1Kj

所以SAOBN的最小值為逅押.

W?例2(2021?江西五市九校協(xié)作體聯(lián)考)已知橢圓C：$+營=1(。?>0)過

點f(l,乎)，Aι,A2分別為橢圓的左、右頂點，且直線4E,A2E的斜率的乘積

(1)求橢圓C的方程；

(2)過右焦點F的直線/與橢圓C交于M,N兩點，線段MN的垂直平分線

交直線/于點P,交直線％=—2于點Q,求的最小值.

［解析］(1)依題意有，?+?=ι①，

因為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=-?②，

1十。1—a2

由①②解得：a2=2,y=1,

2

故橢圓的方程為，T+y2=ι.

(2)由題意知直線/的斜率不為0,設(shè)其方程為x=my+l,

設(shè)點M(X1,yι),N(X2,”)，

、、∫y+∕=l/b_

聯(lián)立方程《2得(機(jī)2+2)γ2+2"zy-1=0,

x=my+1

—2m—1

?5+"=許,"2=赤,

由弦長公式IMNl=γ/1+m2γj(y?+yι)2-4y↑y2

I;z/+8廣〃?2+1

=√TW?ΛJ^Ψ=2√2^TΞ,

y?+y2-m

又A=~T^=聲？

m2

一I12

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

IPQ=√l+w2∣_2-XPl=.]+加

IPQI√22ffl2+6

2

IMjvI4γ∣m-?-?'

令1=7而+1,121,

貝喘邛中雪旬,

當(dāng)，=申，即加=±1時，用，得最小值2.

名帥點披MINGSHIDIANBO

處理圓錐曲線最值問題的求解方法

(1)幾何法：若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義，則考慮利用

圖形性質(zhì)來解決，這就是幾何法.

(2)代數(shù)法：若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)，則可首先建立起

目標(biāo)函數(shù)，再求這個函數(shù)的最值，求函數(shù)最值的常用方法有配方法、判別式法、

重要不等式法及函數(shù)的單調(diào)性法等.

圓錐曲線最值問題答題模板

〔變式訓(xùn)練1〕

(2022?重慶模擬)已知拋物線C：y2=2pχ(p>0)的焦點為凡直線/過尸且與

拋物線C交于A,B兩點,線段AB的中點為M,當(dāng)IABI=3°時，點M的橫坐標(biāo)

為2.

(1)求拋物線。的方程；

(2)若直線/與拋物線C的準(zhǔn)線交于點。，點。關(guān)于X軸的對稱點為E,當(dāng)

叢DME的面積取最小值時，求直線I的方程.

［解析］(1)設(shè)A(XI,?i),B(X2,*),由題知IABl=尤ι+x2+p=4+p=3p時，

p=2,

故拋物線方程為y2=4x.

(2)設(shè)/：x=ty+?,聯(lián)立拋物線方程得

、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,

當(dāng)且僅當(dāng)M=I時等號成立，故直線/的方程為x=±y+l,即x±y-l=0.

考點二圓錐曲線中的范圍問題——師生共研

例3(2023?安徽Alo聯(lián)盟摸底)已知。為坐標(biāo)原點，橢圓C：?+?=

1過點M,N,P,記線段MN的中點為0.

(1)若直線MN的斜率為3,求直線。。的斜率；

(2)若四邊形OMPN為平行四邊形，求IMN的取值范圍.

［解析］(1)設(shè)M(X1,yι),N(X2,

兩式相減可得，

(Xl+x2)(x∣—X2):(yι+>2)(y∣-”)C

16十12一°,

則J(?w+oX)L>2)=0,

16(XI÷X2)(xi—X2)'

3

即&MN?攵OQ=——4，

又ICMN=39?*?kθQ—一不

即直線。。的斜率為一(.

(2)①若直線MN垂直于X軸，易得

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

=6；

②若直線MN不垂直于光軸，設(shè)

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=?XI+X2,yo=yι+”,

._8km

..xo=-3+4^,

,fzI、-6m

y0=y}+y2=κ(x?十九2)十2〃2=3+必2,

化簡得病=3+4A2.

此時/=642-16(3÷4F)(JB-12)=144m2>0,

?I_8km~~8k

..X?+X2=-3+4R=^^,

4m2—484/?z2—48

小2=3+4/=機(jī)2,

I~~■~?12λ∕T+P

.?.∣MN=√l+P∣Λi-χ2∣=—%—

=l2?∣^=N+哥碎

l

?.?3+4KB3,/.O<3+4^≤∣,

，聶十與七^玲，6<∣"Λ0√i

綜上，IMNI的取值范圍為［6,4小］.

??例4(2021,浙江高考真題)如圖，已知F是拋物線y2=2*S>0)的焦點,

M是拋物線的準(zhǔn)線與X軸的交點，且∣MQ=2.

(1)求拋物線的方程；

⑵設(shè)過點F的直線交拋物線于A,B兩點，若斜率為2的直線I與直線MA,

MB,AB,X軸依次交于點P,Q,R,N,且滿足IRN2=∣PMIQ可，求直線/在尤

軸上截距的取值范圍.

[解析](I)IMFl=P=2,故拋物線的方程為V=4x.

⑵尸(1,0),M(-l,0),設(shè)Aa1,y↑),Ba2,”),

顯然直線AB斜率不為0,故可設(shè)AB：x—my+1,

因為R,N不重合，故/不過點F(1,O),

故可設(shè)/：y=2x+n,(n≠-2),

(y1=4x

聯(lián)立直線AB與拋物線方程,

[x=my+l1ι

可得?2-4zny-4=0,

fyι÷V2=4m

故由韋達(dá)定理可知',,

lγιjy2=-4

故yl+yl=(>,ι+"P—2yιy2=16m2+8,

直線AM的方程為y=*∣3](χ-xι)+yι,

聯(lián)立直線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)設(shè)______

(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

聯(lián)立直線A3和/解得/=

1-Irm

又IRM2=∣PM?W0∣,：.y^=\ypyQ\,

(λ?-2)24m2+324/_1_∣1?∣鏟徨

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

∕z≤14-8√3?H^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,+∞),

直線/在X軸上截距的取值范圍為(-8,-7-4√3)U[-7+4√3,1)U(1,

+o°).

名師A撥MINGSHIDIANBO

求解范圍問題的常用方法

(1)將直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，消元得到一元二次方程，根據(jù)直線與

圓錐曲線的位置關(guān)系建立不等式或函數(shù)式求解.

(2)利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是在兩個參

數(shù)之間建立等量關(guān)系.

(3)利用幾何條件構(gòu)造不等關(guān)系.

(4)利用基本不等式求出參數(shù)的取值范圍.

(5)利用函數(shù)的值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍.

求解范圍問題答題模板

〔變式訓(xùn)練2〕

(2021?北京高考)已知橢圓￡：'+g=l(α>">0)過點A(0,-2),四個頂點圍

成的四邊形面積為4小.

(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)過點P(0,—3)的直線/斜率為k,交橢圓E于不同的兩點B,C,直線

AB,AC分別與直線y=-3交于點M,N,若IPM+∣PM≤15,求出的取值范圍.

[解析](1)因為橢圓過A(0,-2),故b=2,

因為四個頂點圍成的四邊形的面積為4√5,

故gx2αX2b=4小，即α=小，

故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：y+f=l.

(2)設(shè)B(XI,yι),C(X2,yi),

因為直線BC的斜率存在，故XIX2工0,

故直線AB：y=七4一2,令丁=一3,

則“一會,同理m=5??

fy=Λχ-3

直線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標(biāo)'故XlX2>0,

所以XMXN>0,

Xl1X2

又IPM+1PNI=IXM+劉Vl=后工+由工

XlX22AΛI(xiàn)X2-(XI+X2)

Axi-I∣CX2~1FXIX2一31+也)+1

50k_30k

4+5廠4+5d

=5k.

25M_30必??

4+5標(biāo)-4+5層十

故5∣?∣≤15,

即一3WAW3,

綜上可知一3WM—1或14W3.

即左的取值范圍為[-3,-1)U(1,3]?

考點三圓錐曲線中的證明問題——師生共研

?■例5(2021.全國新高考Il)已知橢圓C的方程為5+E=l(α>")),右焦

點為F(√L0),且離心率為半.

(1)求橢圓C的方程；

(2)設(shè)M,N是橢圓C上的兩點，直線MN與曲線Λ2+y2=∕(χ>0)相切.證

明：M,N,尸三點共線的充要條件是IMNI=√5?

［解析］(1)由題意，橢圓半焦距C=地且e=5=坐所以α=√5,

22

又序=/—c=i,所以橢圓方程為"+?=L

(2)由(1)得，曲線為X2+γ2=I(QO),

當(dāng)直線MN的斜率不存在時，直線MN:X=I,不合題意；

當(dāng)直線MN的斜率存在時，設(shè)M(X1,?i),Ngyi),必要性：若M,N,F

三點共線，可設(shè)直線MN：y=k(x—yfl),即日一y一啦Z=O,

由直線MN與曲線/+V=i(χ>0)相切可得嘿M=1,解得/=±1,

*+1

y=+(jc-√2)

聯(lián)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：設(shè)直線MN：y=kx+b,(妨<0)

即kχ-y+b=O,

2?b?

由直線MN與曲線Λ+y2=]（χ>0）相切可得,=所以人=矛+

?/^2+!1,1,

y=kx+b

聯(lián)立

L可得

一?+/=1

(l+3Zr)x2÷6^x+3/72-3=0,

__Gkb3-2—3

所以無1+x2-1+3。Xr無2=FP

化簡得3（R-l）=0,所以％=±1,

Z=I?k=-?

所以彳廠或，廠，

[?=-√2[b=y[2

所以直線MV：y=x一啦或y=一尤+也，

所以直線MN過點F（\"，0）,M,N,尸三點共線，充分性成立；

所以M,N,尸三點共線的充要條件是IMNl=小.

名帥龍披MINGSHIDIANBO

證明問題的解題策略

（D圓錐曲線中的證明問題，主要有兩類：一是證明點、直線、曲線等幾何

元素中的位置關(guān)系，如：某點在某直線上、某直線經(jīng)過某個點、某兩條直線平行

或垂直等；二是證明直線與圓錐曲線中的一些數(shù)量關(guān)系（相等或不等）.

（2）解決證明問題時，主要根據(jù)直線、圓錐曲線的性質(zhì)、直線與圓錐曲線的

位置關(guān)系等，通過相關(guān)的性質(zhì)應(yīng)用、代數(shù)式的恒等變形以及必要的數(shù)值計算等進(jìn)

行證明.

解決證明問題的答題模板

〔變式訓(xùn)I練3〕

(2023?安徽江淮十校聯(lián)考)已知雙曲線C：5=l(α>0,分〉0)過點(2,2),且

離心率為√i

(1)求雙曲線C的方程；

(2)設(shè)直線/是圓。：x2+y2=4上的動點PaO,yo)(xOyOWo)處的切線，/與雙

曲線C交于不同的兩點A,B,證明：以AB為直徑的圓過坐標(biāo)原點.

［解析］(1)由題意得：~=V3,故C2=Bt?=/+/,

44

故/=24.又曲線C過點(2,2)可得”一1=1,

44

即十一券=1,解得次=2,序=4,

2

則雙曲線C的方程為經(jīng)f一：V=1.

(2)解法1：因為點P(X0,yo)(xoyo≠O)在圓％2+y2=4上，

所以圓在點PaO,州)處的切線方程為

>'-γo=--(χ-Λo),

化簡得XaX+yoy=4.

則直線1的方程為XXO+yyo=4,代入雙曲線C的方程2/-,2=%

變形為4(2X2—y2)—(xxo÷yyo)2,

整理得(y8+4)V+2xoyaxy+("一8)x2=0,

兩邊同除以x2(x2≠0),

得到(yδ÷4)g}+2xoyo?^÷(Λ3-8)=0.

設(shè)A(X1,?i),B(X2,y2),則

ZL區(qū)_x8—8_(4一附一8

koλkoB1,

x?xι口+4yi+4

故。A，。以即以AB為直徑的圓過坐標(biāo)原點.

解法2：因為點P(XO,yo)(尤OyowO)在圓Λ2+y2=4上,

所以圓在點Pao,yo)處的切線方程為

>>-?o=——(χ-?o),化簡得Xftr+yoy=4,

由“24及蝎+)%=4得(3看-8)x2-8XoLX+32—4A￡=0,

Kftr+yoy=4

Y切線/與雙曲線C交于不同的兩點A、B,且0＜詔＜4,

Λ3Λ8-8≠O,且

Δ=64x8-4(3x8-8)(32-4xg)>0,

設(shè)A、B兩點的坐標(biāo)分別為(汨，?i),(X2,”),

El,8xo32—4需

則Xi十X2=3諱—8，XIX2=3后一8，

則宓—訪=無/2+丫1丁2=%1彳2+白(4—91)(4—九0%2),

=XlX2+了上左16—4龍O(Xl+尤2)÷Λ?riX2]

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為直徑的圓過坐標(biāo)原點.

■素養(yǎng)提升

求動點軌跡方程的常用方法

??■例6(1)(2021?江蘇南京二十九中調(diào)研)已知兩圓Cl：(%+3)2+∕=l,

C2：(X-3)2+√=9,動圓M同時與圓G和圓。2外切，則動圓圓心M的軌跡方

程為(D)

A.A2-5=1R——V2—1

OB?8yT

9

2

C.X-?=1(X≥1)D.Λ2-^=1(X≤-1)

OO

(2)(2023.浙江七彩陽光新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)已知雙曲線f-y2=ι與直線/：

y=^+"z(AW±1)有唯一的公共點A,過點A且與/垂直的直線分別交X軸、y軸

于B(X(),0),C(0,)())兩點，當(dāng)點A運動時，點。(X0,于的軌跡方程是/一點=4.

(3)(2022?西南四省名校聯(lián)盟聯(lián)考)在平面直角坐標(biāo)系xθy中，已知點M(-√3,

0),直線/：》=一華，動點P到點M的距離與到直線/的距離之比為坐.

①求動點P的軌跡E的方程；

②設(shè)曲線E與X軸交于A、8兩點,過定點M—1,0)的直線與曲線E交于。、

。兩點(與A、B不重合)，證明：直線AC,8。的交點在定直線上.

［解析］(1)設(shè)動圓M的半徑為「，則IGM=r+1，∣C2M=3+r,

/.∣C2M∣-∣C∣M∣=2<6=∣C1C2∣.

二動圓圓心M的軌跡是以G、C2為焦點的雙曲線左支，且c=3,a=l,

χ2-y2=l

(2)由,得，(?2—l)x1-?-2kmχ-?-m2-?-1=0,

y=kx-?-m

因為y=kx+m與雙曲線相切于A點,

所以∕=(2kn)2-4(/?—1)(m2+1)=0,

所以過點A且與/垂直的直線為

3—1后一1，

”,(-2Knk、(~2nz?

所以BEr,o],曲口｝

222

βr.94m^4394m4

,,?外-同=昌-昌=4,

22

所以點E>(x,y)的軌跡是，r一彳=L

(3)①設(shè)Pa,y),根據(jù)題意，"+曙F=坐整理得苧+產(chǎn)1,

x+3I

2

所以動點尸的軌跡E是橢圓，方程為亍+V=L

②由題意知，直線的斜率不為0,

設(shè)過點N(—1,0)的直線方程為X=my—I,

代入橢圓E的方程，整理得(λ∏2+4)y2-2"少一3=0,

因為J=4m2÷12(∕TJ2+4)=16(∕722÷3)>O,

所以設(shè)C(X1,yι),D(X2,”)，(x∣,X2≠±2),

.∣,2m3

則π"+”=薩百yy=-詔，1

由①得A(-2,0),3(2,0),

則直線AC的方程為y=∕?(X÷2),直線BD的方程為y=

?lIZ9L

聯(lián)立兩直線方程，消去外

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

整理得x=2?

(xι+2)y2-(X2-2)γj,

將Xl=Wyl—1,X2=m>2-1代入②,

22yιy2+(y1+產(chǎn))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

即直線AC與直線BD的交點的橫坐標(biāo)恒等于一4,

故直線AC與直線BD的交點在定直線x+4=0上.

［引申1］本例(1)中，若動圓M與圓C內(nèi)切，與圓C2外切，則動圓圓心M的

軌跡方程為5一］=KxW—2).

［引申2］本例⑴中，若動圓M與圓。外切，與圓C2內(nèi)切，則動圓圓心M的

軌跡方程為■員包

「引申引本例(1)中，若動圓M與圓C、圓C2都內(nèi)切，則動圓圓心M的軌跡

方程為占=心1)?

［引申4］本例(1)中，若動圓M與圓。、圓C2中一個內(nèi)切一個外切，則動圓

圓心M的軌跡方程為手二￡一

名帥克撥MINGSHIDIANBO

求動點軌跡方程常用方法

1.直接法：也叫直譯法，即根據(jù)題目條件，直譯為關(guān)于動點的幾何關(guān)系，

再利用解析幾何有關(guān)公式進(jìn)行整理化簡.

2.定義法：若動點軌跡符合某種圓錐曲線的定義，則根據(jù)曲線的方程，寫

出所求的軌跡方程.

3.代入法：也叫相關(guān)點法，其特點是，動點M(x,y)的坐標(biāo)取決于已知曲

線C上的點(加，〃)的坐標(biāo)，可先用X,y表示〃?，n,再代入曲線C的方程，即得

點M的軌跡方程.

4.參數(shù)法：先取適當(dāng)?shù)膮?shù)，分別用參數(shù)表示動點坐標(biāo)》,y,得出軌跡的

參數(shù)方程，然后消去參數(shù)，即得其普通方程.

〔變式訓(xùn)I練4〕

(l)(2021?湖南湘潭模擬節(jié)選)在平面直角坐標(biāo)系X。)，中，已知點。(1,0),直線

/：x=2.若動點尸在直線/上的射影為R,^.?PR?=y∣2?PQ?,則點尸的軌跡方程為

T÷y2=l.

(2)(2022?上海寶山區(qū)期末)已知雙曲線會一戶1,作X軸的垂線交雙曲線于A、

B兩點，作y軸的垂線交雙曲線于C、D兩點，且IABl=ICD兩垂線相交于點P,

則點P的軌跡是(B)

A.橢圓B.雙曲線

C.圓D.拋物線

(3)(2022?山東濰坊、江西南昌模擬)已知兩條直線∕ι:2χ-3y+2=0,/2：3%

-2y+3=0,有一動圓(圓心和半徑都在變動)與/1,/2都相交，并且人，/2被截在

圓內(nèi)的兩條線段的長度分別是定值26,24,則動圓圓心的軌跡方程為(D)

A.(J-1)2-Λ2=65B.√-(γ-l)2=65

C.γ2-(x+l)2=65D.(x+l)2-∕=65

［解析］⑴設(shè)P(χ,y),^i?PR?=y∣2?PQ?,

得12—x∣=6N(尤—ιy+y,

2

平方化簡得P的軌跡方程為5γ+V=l.

x=m92

(2)設(shè)P(M,〃)，由＜χ2得］,

-2=1-2

0=〃，

2

?1χ2,得％=2"+2.又由IA用=IS,

L=I

知y2=x2,即晝—1=2n2÷2,

?2

整理得管一??=1,故選B.

OJ

2

(3)設(shè)圓心的坐標(biāo)為(x,y),則由題意知(2"一；；+2)2+［32=(3_―禽+3)2+122,

化簡得(x+l)2—V=65.故選D.

第三課時定點、定值、探索性問題

?互動探究

考點一圓錐曲線的定值問題—師生共研

??■例l(2023?湖北九師聯(lián)盟聯(lián)考)已知A(-2√L0),B(2√2,0),直線∕?,

3

PB的斜率之積為一本記動點P的軌跡為曲線C.

(1)求C的方程；

(2)直線/與曲線C交于M,N兩點，O為坐標(biāo)原點，若直線OM,ON的斜

3

率之積為一4,證明：的面積為定值.

［解析］(1)設(shè)P(x,j),則直線出的斜率

(x≠-2√2),直線PB的斜率

加二7?

kpi3=W2^?[i),由題意

,,____V______y______r___3

或如B=X+2隹L2R=X2_8=_不

整理得C的方程為[+9=1(XW±2啦).

(2)直線/的斜率存在時，可設(shè)其方程為>=區(qū)+九

化簡得

(3+4?2)X2+Skmx+4m2—24=0,

設(shè)M(X1,竺)，MX2,y2),

則Δ=(8^)2-4(3+4?2)(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%2?2—24"—812〃?2+3〃於+4?2加2

3+4?2

4垃2—24

3+4一

—24F+3〉

4m2—24

化簡得根2=43+3,

.I——z71+6748(8—+6—W2)

則r1IMNl=勺1+矽Xi—X21=3+Ak2

4小W+?2√4M+34小~\/1+后

4?2+3=√3+4^'

又。到MN的距離^=-f?=^^?,

γ∣l+lcγjl+lc

所以SAQMN=習(xí)MNl?d=]??+4左2，q1+后=2y∣^,為定值.

當(dāng)直線/的斜率不存在時，可設(shè)M(XO,yo),N(X0,—?o),則如M?ZCW=一/=

_3日@+%

4,且8十6—1'

解得看=4,>8=3,此時S△(?MN=2X∕X∣xoyo∣=2小，

綜上，ZXMON的面積為定值2√1

名幃點帔MINGSHIDIANBO

圓錐曲線中定值問題的特點及解法

(1)特點：待證幾何量不受動點或動線的影響而有固定的值.

(2)解法：

①從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；

②引進(jìn)變量法：其解題流程為

I定值|一|把得到的函數(shù)化簡，消去變量得到定值I

〔變式訓(xùn)練I〕

92

(2023.河南安陽調(diào)研)已知橢圓MK5+3=l(α>">0)的左、右焦點分別為

48

∣∣面積為的正方形的頂點都在上.

Fι,F2,FIF2=2,7ABCDMl

(1)求M的方程;

√v2

(2)已知P為橢圓〃2：力+不=1上一點,過點P作Ml的兩條切線∕∣和12,

若/1,/2的斜率分別為匕,kι,求證：依依為定值.

[解析](1)根據(jù)對稱性，不妨設(shè)正方形的一個頂點為A(x,X),

fX2a2b2

由了+/=1,得/=用方，

所以2√舞/a2b248

整理得12(4+02)=7//.①

又層一〃=(止P)2=1,②

由①②解得α2=4,b2=3,

故所求橢圓方程為7+與=L

⑵由已知及⑴可得M2：?+^=1,設(shè)點Pew,yo),

則)3=6?！?/p>

設(shè)過點P與MI相切的直線I的方程為y—yo=Z(X-X()),

χ22

與1+左=1聯(lián)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

根據(jù)題意h和依為方程③的兩個不等實根,

所以々上讓360—,)—3—溫—4)

33

所以A必_高_(dá)4—Λ?8-4一而一4即k而為定值一本

考點二圓錐曲線中的定點'定直線問題——師生共研

2?例2(2022.全國高考乙卷)已知橢圓E的中心為坐標(biāo)原點，對稱軸為X

軸、y軸，且過A(0,-2),8(|,—1)兩點.

(1)求E的方程；

⑵設(shè)過點P(l,-2)的直線交E于M,N兩點，過M且平行于X軸的直線與

線段AB交于點T,點、H滿足而7=而.證明：直線HN過定點.

［解析］⑴設(shè)橢圓E的方程為如2+〃尸1,又橢圓過A(0,—2),“，-1),

4/2=1

9,,解得機(jī)=},〃=:,

^τιn+n=1?/

所以橢圓E的方程為：f+f=l.

(2)A(0,-2),成■3，-1),所以AB：y+2=∣x,

①若過點P(l,-2)的直線斜率不存在，直線X=L代入5+9=1,可得

由而=而得到

求得”N方程:

②若過點P(l,-2)的直線斜率存在，設(shè)方程為kχ-y-(k+2)=0,M(xi,yi),

MX2,y2).

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

聯(lián)立‘1+9?,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

3?(4+?)4(4+4%—2d)

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

且XIy2+x2y1=3κ+4(*)

,可得不

聯(lián)立，÷3,y?,W(3yι+6-Xi,y?).

Vl-V2

可求得此時HN:y-yι=3y+6f；——(芯一⑼,

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

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

顯然成立，

綜上，可得直線HN過定點(0,-2).

???例3(2023?河南信陽高級中學(xué)開學(xué)考)已知橢圓C：%+==l(α泌〉0)的

右焦點為R上頂點為A,直線必的斜率為一坐，且原點。到直線胡的距離

(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)設(shè)橢圓C的左、右頂點分別為Ai,A2,過點。(4,0)的動直線/交橢圓C

于P，。兩點，直線4P,4。相交于點E,證明：點E在定直線上.

［解析］⑴設(shè)Re,0),A(0,勿，由已知有：

5+差

解得b=l,c=-?∣3,所以/=/+/=4,

故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為Y+y2=］.

(2)由題意可知4(—2,0),4(2,0),

由已知有動直線/的斜率不為0,設(shè)直線/的方程為x=)+4,P(X1,yι),

Q(X2,”)，

PC=9+4

由x2∣2,，得(P+4)y2+8)+12=0,

位+產(chǎn)1

J=64?-48(?+4)=16(∕2-12)>0,不等式有解,

i,-8712

則yi+”=河yι*=再彳

直線A1P：γ=-?τ(x+2),

Xl-H2

直線40：尸口二。一2),

'yι

尸汨+2("2)

，得彥^*+2)=黃5(九一2)，

?I14人N4

y-χ,^→)

所以害=占?罕，

χ-2X2-2y?

因為才+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)'

_____一領(lǐng)曠2_____

Py?y2+2t(y?÷p)÷4,

^4?

3,

12CJ8Z,

/+4+l2f∕+?4+I4

解得X=I,

所以點E必在直線X=1上，

故E點一定在一條定直線上.

名帥A披MINGSHIDIANBO

求解定點、定直線問題常用的方法

(1)“特殊探路，一般證明”，即先通過特殊情況確定定點，再轉(zhuǎn)化為有方

向、有目標(biāo)的一般性證明.

(2)“一般推理，特殊求解”，即先由題設(shè)條件得出曲線的方程，再根據(jù)參

數(shù)的任意性得到定點坐標(biāo).

(3)求證直線過定點(XO,yo),常利用直線的點斜式方程y-yo=MX-Xo)來證

明.

〔變式訓(xùn)練2〕

(2020?新課標(biāo)1卷)已知A、B分別為橢圓b,+γ2=l(α>l)的左、右頂點，

G為E的上頂點,為"訪=8,P為直線X=6上的動點,M與E的另一交點為C,

PB與E的另一交點為D

(1)求E的方程；

(2)證明：直線CO過定點.

［解析］(1)依據(jù)題意作出如下圖形，

%2

由橢圓方程氏］+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,

所以橢圓E的方程為：f+y2=l.

(2)證法一：設(shè)P(6,yo),

則直線AP的方程為：y=x_zZΛX(X+3),

UV?/

即：y=[α+3),

聯(lián)立直線AP的方程與桶圓方程可得:

片,

[y=∣^(χ+3)

整理得：(yδ+9)x2÷6γ?r÷9yi—81=0,

4”日??-3)?+27

解何：x=-3或x=)，8+9

將X=一；需27代入直線廠於+3)可得:

6yo

>=%+9'

所以點C的坐標(biāo)為(一言ζ27,然

I>υ-r9泗十刃

同理可得：點D的坐標(biāo)為伶立曾I

?>o-r1加十”

當(dāng)yi≠3時，

所以直線Co的方程為：

6yo_仁2yo)

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

)?>?÷1J—3)6+273>?-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：產(chǎn)承研+居,

所以產(chǎn)耳券幕一坊

所以直線CO過定點(I，0).

當(dāng)y8=3時，直線CO：X=|,直線過點(I，Oj.

故直線CO過定點停，0).

證法二：設(shè)P(6,/),則直線∕?的方程為產(chǎn)於+3),

即rχ-9γ+3/=0.

同理，可求直線PB的方程為tr—3y—3/=0.

則直線PA和直線PB的方程可寫為

(tχ-9y+3t)(tx~3y-3t)-0.

可化為∕2(x2-9)÷27j^-12tty÷18ty=0.(4)

易知A,B,C,。四個點滿足上述方程，同時A,B,C,。又在橢圓上，

則有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表示直線43,貝∣](27—9尸)y-12rx+18f=0表示直線CD.

33

-

令y=0,得X=22一

考點三圓錐曲線中的探索性問題——師生共研

???例4(2023?江蘇南京一中模擬)已知橢圓E-./g=l(α>∕>0)的右焦點

與拋物線V=4x的焦點重合，且橢圓E截拋物線的準(zhǔn)線得到的弦長為3.

(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)設(shè)兩條不同的直線m與直線I交于E的右焦點R且互相垂直，直線/

交橢圓E于點A,B,直線相交橢圓E于點C,D,探究：A、B、C、。四個點

是否可以在同一個圓上？若可以，請求出所有這樣的直線機(jī)與直線/；否則請說

明理由.

[解析](1)拋物線V=4x的焦點坐標(biāo)為(L0),準(zhǔn)線方程為x=-l,

設(shè)C=?√Ο2-∕72,由已知得c=l,

?*十)=ι,即尸WTH'y=d?'

所以等=3,即1)=3,a>b>Q,

解得a=2,

則橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為3+^=1.

(2)因為兩條不同的直線機(jī)與/均過橢圓的右焦點(1,0),且互相垂直，

由題意可知當(dāng)斜率均存在且不為。時，可設(shè)直線/為y=Z(x—1),直線,”為

y=一：(X-?1),其中k#0,

A(X1,yι),B(X2,*),C(X3,”)，O(X4,四,

將直線/的方程代入橢圓方程得，

(3+4R)X2—8RX+&/-12)=0,

8標(biāo)4?2~12

所以X∣÷X2=3+4。XlX2=3+4/'

若A、B、C、。四個點可以在同一個圓上,

則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],

4?2-128?29

-XIX2+(XI+⑼-1

3+433+4廬3+4后'

9d

同理一X3Λ4+(X3÷Λ4)-1=*用，

所以23+4標(biāo)=3d+4,

則3+4d=3d+4,所以左=±1,

此時存在這樣的直線機(jī)與直線/,其方程為y=x~?和y=—x+l.

當(dāng)直線/的斜率為0或斜率不存在時，A,B,C,。顯然不在同一個圓上.

綜上，存在這樣的直線機(jī)與直線/,其方程為y=x—1和y=—x+L

名幃A披MINGSHIDIANBO

圓錐曲線中的探索性問題

1.