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微专题 解决专题考点综合问题
学生用书P92
突破专题专项备考难点
微专题一 范围与最值问题
１.处理圆锥曲线中最值 范围问题的方法 [( )( )
、 意义知 ＰＡ ＰＱ →ＰＡ Ｐ→Ｂ １ ｘ ３ ｘ
几何法 即利用曲线的定义 几何性质以及平面几何中的 :｜ ｜｜ ｜ ＝－ ＝－ － － － ＋
(１) ꎬ 、 ２ ２
定理 性质等进行求解 ( )( ) ]
、 ꎻ １ ｘ２ ９ ｘ２
代数法 即把要求最值 范围的几何量或代数表达式表示 － －
(２) ꎬ 、 ４ ４
为某个 些 参数的函数 解析式 然后利用函数法 不等式法 ( )
( ) ( )ꎬ 、 ｘ４ ３ ｘ２ ｘ ３ １ ｘ ３ .
等进行求解. ＝－ ＋ ＋ ＋ － < <
２ １６ ２ ２
( )
２.利用代数法求解参数取值范围问题的常见思路
设ｆ ｘ ｘ４ ３ ｘ２ ｘ ３ １ ｘ ３ 则ｆ ′ ｘ ｘ３ ｘ
利用一元二次方程的根的判别式来构造不等关系 从而确 ( )＝－ ＋ ＋ ＋ － < < ꎬ ( )＝－４ ＋３ ＋１
(１) ꎬ ２ １６ ２ ( ２ )
定参数的范围
ꎻ ｘ ｘ ２ ｆ ｘ 在 １ 上为增函数 在
＝－( －１) (２ ＋１) ꎬ ∴ ( ) － ꎬ１ ꎬ
利用已知参数的范围求解新参数的范围 关键在于构造新
２
(２) ꎬ ( )
参数与已知参数的关系式 进而利用函数值域的求法求解新参
数的取值范围
ꎬ １ꎬ ３
２
上为减函数 ꎬ∴ ｆ ( ｘ )ｍａｘ＝ ｆ (１)＝
１
２
６
７.故 ｜ ＡＰ ｜｜ ＰＱ ｜ 的最
ꎻ
利用已知的或隐含的不等关系建立不等式 从而求参数的 大值为２７.
(３) ꎬ
取值范围. １６
例1 (２０１７ 浙江ꎬ２１ꎬ１５ 分)如图 已知抛物线 ｘ２ ｙ 点
ꎬ ＝ ꎬ
( ) ( ) ( )
Ａ １ １ Ｂ ３ ９ 抛物线上的点Ｐ ｘ ｙ １ ｘ ３ .
－ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ( ꎬ ) － < <
２ ４ ２ ４ ２ ２
过点Ｂ作直线ＡＰ的垂线 垂足为Ｑ.
ꎬ
求直线ＡＰ斜率的取值范围
(１) ꎻ
求 ＰＡ ＰＱ 的最大值.
(２) ｜ ｜｜ ｜
ｘ２ １
－
解析 设直线ＡＰ的斜率为ｋ ｋ ４ ｘ １ (１) ꎬ ＝ ＝ － ꎬ
ｘ １ ２
＋ ２
因为 １ ｘ ３ 所以直线ＡＰ斜率的取值范围是 .
－ < < ꎬ (－１ꎬ１)
２ ２
( )
解法一 设直线ＡＰ的方程为ｙ １ ｋ ｘ １ 即ｋｘ ｙ １
(２) : － ＝ ＋ ꎬ － ＋
４ ２ ２
( )
ｋ １ 则直线ＢＱ的方程为ｙ ９ １ ｘ ３ 即ｘ ｋｙ
＋ ＝０ꎬ － ＝－ ｋ － ꎬ ＋ －
４ ４ ２
ì
ïｋｘ ｙ １ ｋ １
ï － ＋ ＋ ＝０ꎬ
９ ｋ ３ 联立得í ２ ４ 解得点 Ｑ 的横坐标是
年 ４ － ２ ＝０ꎬ ï ïｘ ｋｙ ９ ｋ ３
高 î ＋ － － ＝０ꎬ
４ ２
考 ｋ２ ｋ ( )
年
ｘ
Ｑ＝
－
２( ｋ
＋
２
４
＋１
＋
)
３.因为
｜
ＰＡ
｜＝ １＋
ｋ２ ｘ
＋ ２
１
＝ １＋
ｋ２
(
ｋ
＋１)ꎬ｜
ＰＱ
｜
模 ｋ ｋ ２
拟 ＝ １＋
ｋ２
(
ｘ
Ｑ－
ｘ
)＝ －
( －１)
ｋ
(
２
＋１)
ꎬ
所以
｜
ＰＡ
｜｜
ＰＱ
｜ ＝－(
ｋ
－
＋１
ｋ ３ 令ｆ ｋ ｋ ｋ ３.因为ｆ ′ ｋ ｋ ｋ
１)( ＋１) ꎬ ( )＝－( －１)( ＋１) ( )＝－(４ －２)( ( ) ( )
２ 所以ｆ ｋ 在区间 １ 上单调递增 在 １ 上单
︵ ＋１) ꎬ ( ) －１ꎬ ꎬ ꎬ１
２ ２
教
师 调递减 因此当ｋ １ 时 ＰＡ ＰＱ 取得最大值２７. ꎬ ＝ ꎬ｜ ｜｜ ｜
用 ２ １６
( ) 书
︶
解法二
:
连接ＢＰ
ꎬ
设Ｐ
(
ｘ
ꎬ
ｘ２
) －
１
<
ｘ
<
３ .则由数量积的几何
２ ２
２ １４
规律总结 在解析几何中ꎬ遇到求两线段长度之积的最值
或取值范围时ꎬ一般用以下方法进行转化.
( )直接法:求出各点坐标ꎬ用两点间的距离公式ꎬ转化为某
１
个参变量(如直线斜率、截距、点的横、纵坐标等)的函数ꎬ再
求函数的最值或值域.
( )向量法:三点共线时ꎬ先转化为两向量的数量积ꎬ再转化
２
为动点的横(或纵)坐标的函数ꎬ然后再求其最值.
例2(２０２１全国乙理ꎬ２１ꎬ１２分)已知抛物线Ｃｘ２ ｐｙｐ
: ＝２ ( >０)
的焦点为Ｆ 且Ｆ与圆Ｍ ｘ２ ｙ ２ 上点的距离的最小值 ꎬ : ＋( ＋４) ＝１
为 .
４
求ｐ
(１) ꎻ
若点Ｐ在Ｍ上 ＰＡ ＰＢ是Ｃ的两条切线 Ａ Ｂ是切点 求
(２) ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
ＰＡＢ面积的最大值.
△
( ｐ )
解析 由抛物线方程知焦点Ｆ的坐标为 又因
(１) ０ꎬ ꎬ
２
ｐ
为点Ｆ到圆ｘ２ ｙ ２ 上点的距离的最小值为 所以
＋( ＋４) ＝１ ４ꎬ ＋
２ ｐ
即 解得ｐ .
４－１＝４ꎬ ＝１ꎬ ＝２
２
由 知抛物线Ｃ ｘ２ ｙ
(２) (１) : ＝４ ꎬ 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ
( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ
ｘ２ ｘ２ 其中ｙ １ ｙ ２.
１＝ ꎬ ２＝
４ ４
ｘ２ ｘ
由ｙ 得ｙ′
＝ ＝ ꎬ
４ ２
ｘ
所以在点Ａ处的切线斜率为 １ ꎬ
２
ｘ２ ｘ
切线方程为ｙ １ １ ｘ ｘ
－ ＝ ( － １)ꎬ
４ ２
即ｙ
＝
ｘ
１ｘ
－
ｘ２
１
ꎬ
＝
ｘ２
０＋４
ｘ２
０－４
ｙ
０ꎬ
２ ４ ｘ２ ｙ ｙ ｘ２ ｙ
同理 在点Ｂ处的切线方程为ｙ
ｘ
２ｘ
ｘ２
２.
而点Ｐ
(
ｘ
０ꎬ
ｙ
０)
到直线ＡＢ的距离ｄ
＝
｜ ０－２
ｘ２
０－２ ０｜
＝
｜ ０
ｘ
－
２
４ ０｜
ꎬ ＝ － ０＋４ ０＋４
２ ４ ｘ２ ｙ
易知两切线交于点Ｐ 设Ｐ ｘ ｙ ０－４ ０.
ì ï ｘ ｘ２
ꎬ
ì ï
( ０ꎬ
ｘ
０)ꎬ ＝
ｘ２
０＋４
所以有í ï ï ï ｙ ｙ ０＝ ｘ ２ １ ２ ｘ ｘ ０－ ｘ ４ １ ２ ２ ꎬ 即í ï ï ï ｙ ｙ ０＝ ｘ ２ １ ２ ｘ ｘ ０－ ｙ ｙ １ꎬ 所以Ｓ △ ＰＡＢ＝ ２ １ ｜ ＡＢ ｜ ｄ ＝ ２ １ ｘ２ ０＋４ ｘ２ ０－４ ｙ ０ ｘ２ ０ ｘ － ２ ０ ４ ＋ ｙ ４ ０ ＝
î ０＝
２
０－
４
ꎬ î ０＝
２
０－ ２ꎬ
１ ｘ２ ｙ ３ ２
由此可知 ｘ ｙ ｘ ｙ 是直线ｘ ｘ ｙ ｙ 上的两个点 ( ０－４ ０) ꎬ
( １ꎬ １)ꎬ( ２ꎬ ２) ０ －２ －２ ０＝０ ꎬ ２
即直线ＡＢ的方程为ｘ ｘ ｙ ｙ 因为点Ｐ在Ｍ上 所以ｘ２ ｙ ２ 所以ｘ２ ｙ２ ｙ .
０ －２ －２ ０＝０ꎬ ꎬ ０＋( ０＋４) ＝１ꎬ ０＝－ ０－８ ０－１５
由 {ｘ ｘ ２ ｘ ＝４ ｙ ｙ ꎬ ｙ 得ｘ２ －２ ｘ ０ ｘ ＋４ ｙ ０＝０ꎬ 所以Ｓ △ ＰＡＢ＝ ２ １ (－ ｙ２ ０－１２ ｙ ０－１５) ３ ２ ＝ ２ １ [－( ｙ ０＋６) ２ ＋２１] ３ ２ ꎬ 由题
０ －２ －２ ０＝０ 易知ｙ
则
易知
ｘ
１＋ Δ
ｘ
> ２ ０ ＝ ꎬ ２ 即
ｘ
０ꎬ ｘ
ｘ
２ ０－ １
ｘ
４ ２ ｙ ＝ ０> ４ ０
ｙ
０ ꎬ ꎬ
Δ
＝４
ｘ２
０－１６
ｙ
０ꎬ 所以当
０∈
ｙ ０
[
＝
－
－
５
５
ꎬ
时
－３
ꎬ
]
Ｓ
ꎬ
△ ＰＡＢ 取得最大值 ꎬ 最大值为 ２０ ５ .即 △ ＰＡＢ
面积的最大值为 .
ｘ２ ｘ２ ２０ ５
所以 ＡＢ ０ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ０＋４ ｘ２ ｙ
｜ ｜ ＝ １＋ ( １＋ ２) －４ １ ２ ＝ ４ ０－１６ ０
４ ２
第
十
章
圆
锥
曲
线
２ １５
微专题二 定点与定值问题
１.求解定点问题的基本思路 ｘ２
故Ｃ的方程为 ｙ２ .
把直线或曲线方程Ｆ ｘ ｙ ｔ ｔ Ｒ 中的变量ｘ ｙ当作 ＋ ＝１
(１) ( ꎬ ꎬ)＝０( ∈ ) ꎬ ４
常数看待 把原方程整理为关于参数ｔ的方程 即ｔ ｆ ｘ ｙ 证明 设直线Ｐ Ａ与直线Ｐ Ｂ的斜率分别为ｋ ｋ .
ꎬ ꎬ ( ꎬ )＋ (２) : ２ ２ １ꎬ ２
ｇ ｘ ｙ 如果ｌ与ｘ轴垂直 设ｌ ｘ ｔ 由题设知ｔ 且 ｔ 可得Ａ Ｂ
( ꎬ )＝０ꎻ ꎬ : ＝ ꎬ ≠０ꎬ ｜ ｜<２ꎬ ꎬ
由于该方程对任意实数ｔ都成立 所以有
{ｆ
(
ｘ
ꎬ
ｙ
)＝０ꎬ 的坐标分别为
æ
çｔ ４－
ｔ２ ö
÷
æ
çｔ ４－
ｔ２ ö
÷.
(２) ꎬ ｇ ｘ ｙ è ꎬ øꎬè ꎬ－ ø
( ꎬ )＝０ꎻ ２ ２
解该方程组即可得出直线或曲线所过的定点.
(３) ｔ２ ｔ２
则ｋ ｋ ４－ －２ ４－ ＋２ 得ｔ 不符合题设.
２.解决定值问题的基本思路 １＋ ２＝ ｔ － ｔ ＝－１ꎬ ＝２ꎬ
２ ２
求代数式为定值 以题设条件 得出与代数式有关的等式
(
化
１
简
)
即可得出定值
: ꎬ ꎬ 从而可设ｌ
:
ｙ
＝
ｋｘ
＋
ｍ
(
ｍ
≠１)
.将ｙ
＝
ｋｘ
＋
ｍ代入
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
得
(４
ｋ２
ꎻ ４
(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
＋１)
ｘ２
＋８
ｋｍｘ
＋４
ｍ２
－４＝０
.
距离的表达式
ꎬ
再利用题设条件化简
、
变形求得
ꎻ
由题设可知Δ
＝１６(４
ｋ２
－
ｍ２
＋１)>０
.
求某线段长度为定值 利用两点间的距离公式求得线段长 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ
(３) : ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ
度的表达式
ꎬ
再依据条件对表达式进行化简
、
变形即可求得.
则ｘ ｘ ８
ｋｍ
ｘ ｘ ４
ｍ２
－４.
３.求解定点
、
定值问题常见的两种方法 １＋ ２＝－
４
ｋ２
＋１
ꎬ １ ２＝
４
ｋ２
＋１
从特殊入手 求出定值或定点 再证明这个值或点的坐标 ｙ ｙ
(１) ꎬ ꎬ 而ｋ ｋ １－１ ２－１
与变量无关
ꎻ
１＋ ２＝ ｘ ＋ ｘ
直接推理 计算 并在计算推理的过程中消去变量 从而得 ｋｘ ｍ ｋ １ ｘ ｍ ２
(
到
２
定
)
值或定点
、
.
ꎬ ꎬ
＝
１＋
ｘ
－１
＋
２＋
ｘ
－１
１ ２
例1 (２０１７课标 Ⅰ ꎬ２０ꎬ１２ 分)已知椭圆Ｃ :ａ ｘ２ ２ ＋ ｙ ｂ ２ ２ ＝１( ａ > ｂ > ＝ ２ ｋｘ １ ｘ ２＋( ｍ ｘ － ｘ １)( ｘ １＋ ｘ ２) ꎬ
æ ö æ ö 由题设ｋ ｋ １ ２ 故 ｋ ｘ ｘ ｍ ｘ ｘ .
０)ꎬ 四点Ｐ １(１ꎬ１)ꎬ Ｐ ２(０ꎬ１)ꎬ Ｐ ３è ç －１ꎬ ２ ３ ø ÷ ꎬ Ｐ ４è ç １ꎬ ２ ３ ø ÷中恰有三 即 ｋ １＋ ２ ４ ＝ ｍ － ２ － １ꎬ ４ ( ｍ ２ ＋１) １ －８ ２ ｋ ＋ ｍ ( －１ . )( １＋ ２)＝０
点在椭圆Ｃ上. (２ ＋１) ｋ２ ＋( －１) ｋ２ ＝０
４ ＋１ ４ ＋１
求Ｃ的方程 ｍ
(１) ꎻ 解得ｋ ＋１.
设直线ｌ不经过Ｐ 点且与Ｃ相交于Ａ Ｂ两点.若直线Ｐ Ａ ＝－
(２) ２ ꎬ ２ ２
与直线Ｐ Ｂ的斜率的和为 证明 ｌ过定点. ｍ
２ －１ꎬ : 当且仅当ｍ 时 Δ 于是ｌ ｙ ＋１ｘ ｍ
解析 由于Ｐ Ｐ 两点关于ｙ轴对称 故由题设知Ｃ经 >－１ ꎬ >０ꎬ : ＝－ ＋ ꎬ
(１) ３ꎬ ４ ꎬ ２
过Ｐ Ｐ 两点. ｍ
３ꎬ ４ 即ｙ ＋１ ｘ 所以ｌ过定点 .
＋１＝－ ( －２)ꎬ (２ꎬ－１)
又由 １ １ １ ３ 知 Ｃ不经过点Ｐ ２
ａ２ ＋ｂ２>ａ２ ＋ ｂ２ ꎬ １ꎬ 例2 (２０１８北京理ꎬ１９ꎬ１４ 分)已知抛物线 Ｃ ｙ２ ｐｘ 经过点 ４ : ＝２
所以点Ｐ 在Ｃ上. Ｐ .过点Ｑ 的直线ｌ与抛物线Ｃ有两个不同的交点
２ (１ꎬ２) (０ꎬ１)
ì Ａ Ｂ 且直线ＰＡ交ｙ轴于Ｍ 直线ＰＢ交ｙ轴于Ｎ.
ï１ ꎬ ꎬ ꎬ
ïｂ２ ＝１ꎬ {ａ２ 求直线ｌ的斜率的取值范围
因此í 解得 ＝４ꎬ (１) ꎻ
ï ｂ２ . ï１ ３ ＝１ 设Ｏ为原点 Ｑ→Ｍ λＱ→Ｏ Ｑ→Ｎ μＱ→Ｏ 求证 １ １为定值.
îａ２ ＋ ｂ２ ＝１ꎬ (２) ꎬ ＝ ꎬ ＝ ꎬ :λ＋μ
４
解析 因为抛物线ｙ２ ｐｘ过点 ｙ ｋｘ
(１) ＝２ (１ꎬ２)ꎬ 令ｘ 得点Ｍ的纵坐标为ｙ － １＋２ － １＋１ .
所以 ｐ 即ｐ . ＝０ꎬ Ｍ＝ ｘ ＋２＝ ｘ ＋２
２ ＝４ꎬ ＝２ １－１ １－１
故抛物线Ｃ的方程为ｙ２ ｘ ｋｘ
＝４ ꎬ 同理得点Ｎ的纵坐标为ｙ － ２＋１ .
由题意知 直线ｌ的斜率存在且不为 . Ｎ＝ ｘ ＋２
ꎬ ０ ２－１
设直线ｌ的方程为ｙ ｋｘ ｋ .
由 {ｙ ｙ ２ ＝ ｋ ４ ｘ ｘ ꎬ得ｋ２ｘ２ ＋( ＝ ２ ｋ － ＋ ４ １ ) ( ｘ ＋ ≠ １ ０ ＝ ) ０ . 由 所 Ｑ 以 →Ｍ １ ＝ λＱ １ →Ｏ ꎬ Ｑ→ １ Ｎ ＝ μＱ→ １ Ｏ得λ ＝ ｘ １ １ － － １ ｙ Ｍꎬ μ ＝ ｘ １ ２－ － １ ｙ Ｎ .
依题意 ＝ Δ ＋ ＝ １ (２ ｋ －４) ２ －４× ｋ２ ×１>０ꎬ λ＋ μ ＝ １－ ｙ Ｍ ＋ １－ ｙ Ｎ ＝ ( ｋ －１) ｘ １ ＋ ｋ ( ｋ －１) ｘ ２
２ ２ －４
解得ｋ <０ 或 ０< ｋ <１ . １ ２ ｘ １ ｘ ２－( ｘ １＋ ｘ ２) １ ｋ２ ＋ ｋ２ .
又ＰＡ ＰＢ与ｙ轴相交 故直线ｌ不过点 .从而ｋ . ＝ｋ ｘ ｘ ＝ｋ ＝２
ꎬ ꎬ (１ꎬ－２) ≠－３ －１ １ ２ －１ １
所以直线ｌ斜率的取值范围是
(－∞ꎬ－３)∪(－３ꎬ０)∪(０ꎬ１)
. ｋ２
证明 设Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ
(２) : ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ 所以 １ １ 为定值.
ｋ λ＋ μ
由 知ｘ ｘ ２ －４ ｘ ｘ １ .
(１) １＋ ２＝－ ｋ２ ꎬ １ ２＝ｋ２
ｙ
直线ＰＡ的方程为ｙ １－２ ｘ .
－２＝ｘ ( －１)
１－１
年
高
考
年 模 拟
︵
教
师
用
书
︶
２ １６
微专题三 证明与探索性问题
１ 几 .圆 何 锥 元 曲 素 线 中 中 的 证 位 明 置 问 关 题 系 主要 如 有 某 两 点 类 在 : 一 直 是 线 证 上 明 某 点 直 、 直 线 线 经 、 过 曲 某 线等 个 ( ｘ １＋ ｘ ２) ２ －４ ｘ １ ｘ ２ ＝ ３ꎬ 即必要性成立.
ꎬ : ꎬ
再证充分性.
②
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
ꎬ ꎻ 因为直线ＭＮ与曲线ｘ２ ｙ２ ｘ 相切
＋ ＝１( >０) ꎬ
一些数量关系 解决时 主要根据直线 圆锥曲线的性质 直线
ꎬ ꎬ 、 ꎬ 所以设切点为Ｐ ｘ ｙ ｘ Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ .则直线
与圆锥曲线的位置关系等 通过相关的性质应用代数式恒等变 ( ０ꎬ ０)( ０>０)ꎬ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)
ꎬ ＭＮ ｘ ｘ ｙ ｙ 且ｘ２ ｙ２ .
形及必要的数值计算进行证明. : ０ ＋ ０ ＝１ ０＋ ０＝１
{ｘ ｘ ｙ ｙ { ｙ ｙ ２ ｘ ｘ ２
２.圆锥曲线中的探究性问题 先假设存在 推证满足条件的结 联立 ０ ＋ ０ ＝１ꎬ得 ( ０ ) ＝(１－ ０ ) ꎬ
论 ꎬ 若结论正确 ꎬ 则存在 ꎻ 若结 ꎬ 论不正确 ꎬ 则 ꎬ 不存在.其策略为 ｘ２ ＋３ ｙ２ ＝３ꎬ ｙ２ ０ ｘ２ ＋３( ｙ ０ ｙ ) ２ ＝３ ｙ２ ０ .
(１) 当条件和结论不唯一时要分类讨论 ꎻ 则ｙ２ ０ ｘ２ ＋３(１－ ｘ ０ ｘ ) ２ ＝３ ｙ２ ０ꎬ
当给出结论而要推导出存在的条件时 先假设成立 再推 即 ｘ２ ｙ２ ｘ２ ｘ ｘ ｙ２
(２) ꎬ ꎬ (３ ０＋ ０) －６ ０ ＋３－３ ０＝０ꎬ
出条件. 即 ｘ２ ｘ２ ｘ ｘ ｘ２
(２ ０＋１) －６ ０ ＋３ ０＝０ꎬ
例1 (２０２１新高考 ꎬ２０ꎬ１２分)已知椭圆Ｃ的方程为
ｘ２ ｙ２
所以ｘ ｘ ６
ｘ
０ ｘ ｘ ３
ｘ２
０
Ⅱ ａ２ ＋ｂ２ １＋ ２＝ ｘ２ ꎬ １ ２＝ ｘ２ ꎬ
２ ０＋１ ２ ０＋１
＝１( ａ > ｂ >０)ꎬ 若右焦点为Ｆ ( ２ꎬ０)ꎬ 且离心率为 ６. 所以 ｘ ｘ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ２４ ｘ２ ０－２４ ｘ４ ０
３ ｜ １ － ２ ｜ ＝ ( １＋ ２) －４ １ ２ ＝ ｘ２ ＝
求椭圆Ｃ的方程 ２ ０＋１
(
(
１
２
)
) 设Ｍ ꎬ Ｎ是Ｃ上的
ꎻ
两点 ꎬ 直线ＭＮ与曲线ｘ２ ＋ ｙ２ ＝ ｂ２ ( ｘ >０) 相 ２ ６
ｘ
ｘ ０ ２ １－
ｘ２
０ ＝ ２ ６ ｘ
ｘ
２ ０｜
ｙ
０｜. 又 ｋ ＭＮ ＝ －
ｘ
ｙ ０ ꎬ 故 ｜ ＭＮ ｜ ＝
切 证明 Ｍ Ｎ Ｆ三点共线的充要条件是 ＭＮ . ２ ０＋１ ２ ０＋１ ０
ꎬ : ꎬ ꎬ ｜ ｜＝ ３
解析 由题意得
ì
í
ï ï ｃ
ｅ
＝
ｃ
２ꎬ
６ 解得
{ａ２
＝３ꎬ故椭圆Ｃ的
１＋ æ è ç － ｘ ｙ ０
０
ö ø ÷ ２ ｜ ｘ １－ ｘ ２｜ ＝
｜
ｙ １
０｜
｜ ｘ １－ ｘ ２｜ ＝
２
２ ｘ２
０
６
＋
ｘ
１
０ ＝ ３ꎬ 即 ２ ｘ２ ０－
(１)
î
ï
ï ａ
＝
２
ａ
ｂ２
＝
ｃ ３ ２
ꎬ ｂ２
＝１ꎬ ２ ２ ｘ ０＋１＝０ꎬ 即 ( ２ ｘ ０－１) ２ ＝０ꎬ 所以ｘ ０＝ ２ ２.故ｙ ０＝± １－ ｘ２ ０ ＝
＝ ＋ ꎬ
方程为
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
.
±
２.
３ ２
证明 先证必要性. 由于ＭＮ ｘ ｘ ｙ ｙ 即ＭＮ ｘ ｙ
(２) :① : ０ ＋ ０ ＝１ꎬ : ± ＝ ２ꎬ 因为Ｍ Ｎ Ｆ三点共线
ꎬ ꎬ ꎬ 故直线ＭＮ过Ｆ 即Ｍ Ｎ Ｆ三点共线.故充分性成立.
( ２ꎬ０)ꎬ 、 、
所以设直线ＭＮ ｘ ｍｙ .
: ＝ ＋ ２ 故Ｍ Ｎ Ｆ三点共线的充要条件是 ＭＮ .
ꎬ ꎬ ｜ ｜＝ ３
由题意知Ｏ (０ꎬ０) 到直线ＭＮ的距离ｄ ＝ ｍ ２ ２ ＋１ ＝１ꎬ 解得ｍ２ ＝ 例2 (２０２２山东潍坊一模ꎬ２１)已知椭圆Ｃ :ａ ｘ２ ２ ＋ ｙ ｂ ２ ２ ＝１( ａ > ｂ >
故ｍ 所以直线ＭＮ ｘ ｙ æ ö
１ꎬ ＝±１ꎬ : ± － ２＝０ꎬ 的焦距为 点ç ２÷在Ｃ上.
根据对称性 不妨设直线ＭＮ ｙ ｘ . ０) ２ꎬ è１ꎬ ø
ꎬ : ＝ － ２ ２
{ 求Ｃ的方程
ｙ ｘ
联立
ｘ２
＝
＋３
－
ｙ２
２
＝
ꎬ
３ꎬ
消ｙ整理得
４
ｘ２
－６ ２
ｘ
＋３＝０
. (
(
１
２
)
) 若过动点Ｐ
ꎻ
的两条直线ｌ １ꎬ ｌ ２ 均与Ｃ相切 ꎬ 且ｌ １ꎬ ｌ ２ 的斜率
设Ｍ ｘ ｙ Ｎ ｘ ｙ . 之积为 点Ａ 问是否存在定点Ｂ 使得→ＰＡ Ｐ→Ｂ
( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２) －１ꎬ (－ ３ꎬ０)ꎬ ꎬ ＝０?
若存在 求出点Ｂ的坐标 若不存在 请说明理由.
故ｘ ｘ ３ ２ ｘ ｘ ３ 所以 ＭＮ ２ ｘ ｘ ꎬ ꎻ ꎬ １＋ ２＝ ꎬ １ ２＝ ꎬ ｜ ｜＝ １＋１ ｜ １－ ２｜＝ ２× 解析 由题意知 ｃ 焦点坐标分别为 .
２ ４ (１) ꎬ ＝１ꎬ (－１ꎬ０)ꎬ(１ꎬ０)
由 椭 圆 定 义 得 ２ ａ ＝ (１－１) ２ ＋
æ
è ç
２
２ －０
ö
ø ÷
２
＋ 因
－ ｋ
为
ｘ ０)
直
２ －
线
２＝
ｌ与
０ꎬ
Ｃ相切 ꎬ 所以Δ ＝１６ ｋ２ ( ｙ ０－ ｋｘ ０) ２ －８(１＋２ ｋ２ )[( ｙ ０－
ｋｘ ２ 得 ｙ ｋｘ ２ ｋ２
æ ö２ ０) －１]＝０ꎬ ( ０－ ０) ＝１＋２ ꎬ
(１＋１)
２
＋è
ç ２
－０ø
÷
＝２ ２ꎬ
即ａ
＝ ２ꎬ
则ｂ２
＝
ａ２
－
ｃ２
＝１ꎬ
所以椭 即
(
ｘ２
０－２)
ｋ２
－２
ｘ
０
ｙ
０
ｋ
＋
ｙ２
０－１＝０ꎬ
２ ｙ２
圆Ｃ的方程为 ｘ
２
２ ＋ ｙ２ ＝１ . 设直线ｌ １ꎬ ｌ ２ 的斜率分为 ｋ １ꎬ ｋ ２ꎬ 则 ｋ １ ｋ ２＝ｘ ０ ２
０
－
－
１
２
＝－１ꎬ 得 ｘ２ ０＋ ｙ２ ０
设点Ｐ ｘ ｙ 易知ｘ 过点Ｐ的直线方程为ｙ ｙ ＝３ꎬ
(２) ( ０ꎬ ０)ꎬ ０≠± ２ꎬ － ０ 即点Ｐ到坐标原点Ｏ的距离 ＰＯ
＝ ｋ ( ｘ { － ｙ ｘ ０ ｙ )ꎬ ｋ ｘ ｘ 所以点Ｐ在以Ｏ为圆心到圆上 ｜ 且 ｜＝ 点 ３ Ａ ꎬ 为圆上一点 故若满足
－ ０＝ ( － ０)ꎬ ꎬ ꎬ
联立 ｘ２
＋
ｙ２
＝１ꎬ
消去ｙ得 (１＋２ ｋ２ ) ｘ２ ＋４ ｋ ( ｙ ０－ ｋｘ ０) ｘ ＋２( ｙ ０ →Ｐ
题
Ａ
意
.
Ｐ→Ｂ ＝０ꎬ 则ＡＢ为圆Ｏ的直径 ꎬ 所以存在点Ｂ ( ３ꎬ０) 满足
２
第
十
章
圆
锥
曲
线
２ １７
微专题应用创新
微专题一 范围与最值问题
学生用书P263
１.(２０２２长沙长郡中学一模ꎬ２１)已知抛物线Γ ｙ２ ｐｘ ｐ .
: ＝２ ( >０) ＝１
和圆Ｃ ｘ ２ ｙ２ 点Ｐ是Γ上的动点 当直线ＯＰ的斜率 ( ) 由题意知直线ｌ 、ｌ 的斜率都存在ꎬ设直线ｌ 的方程为ｙ
:( －２) ＋ ＝４ꎬ ꎬ ２ ① １ ２ １
为 时 ＰＯＣ的面积为 . ｋ(ｘ ) ꎬ其中ｋ ꎬＭ(ｘ ꎬｙ )ꎬＮ(ｘ ꎬｙ )ꎬ
１ ꎬ△ ４ ＝ ＋１ －１ ≠０ １ １ ２ ２
求抛物线Γ的方程 {ｙ ｋ(ｘ ) ꎬ
(
(
１
２
)
)
若Ｍ
、
Ｎ是ｙ轴上的
ꎻ
动点
ꎬ
且圆Ｃ是
△
ＰＭＮ 的内切圆
ꎬ
求
联立得
ｘ２
＝
＋２
ｙ２
＋
＝
１
８
ꎬ
－１ 消ｙ可得(
２
ｋ２
＋１
)ｘ２
＋
(
４
ｋ２
－４
ｋ)ｘ
＋２
ｋ２
－
ＰＭＮ面积的最小值.
△ ４
ｋ
－６＝０
ꎬΔ
＝
(
４
ｋ２
－４
ｋ)２
－４
(
２
ｋ２
＋１
)(
２
ｋ２
－４
ｋ
－６
)
＝ ８
(
７
ｋ２
＋２
ｋ
＋
解析 ( )当直线ＯＰ的斜率为 时ꎬ直线ＯＰ的方程为ｙ
１ １ ＝ ) ꎬ
ｘꎬ联立 {ｙ ｙ２ ＝ ＝ ｘ ２ ꎬ ｐｘꎬ 得Ｐ( ２ ｐꎬ ２ ｐ)ꎬ由Ｓ △ ＰＯＣ＝ ２× ２ ２ ｐ ＝４ ꎬ解得ｐ ＝２ ꎬ 由 ３ 根 >０ 与系数的关系得ｘ １＋ ｘ ２＝ ４ ２ ｋ ｋ － ２ ＋ ４ ｋ １ ２ ꎬｘ １ ｘ ２＝ ２ ｋ ２ ２ ｋ － ２ ４ ＋ ｋ １ －６ꎬ
抛物线Γ的方程为ｙ２ ｘ.
∴ ＝４ 所 以 ＭＮ ｋ２ (ｘ ｘ )２ ｘ ｘ
( )设Ｐ(ｘ ꎬｙ )ꎬＭ( ꎬｍ)ꎬＮ( ꎬｎ)ꎬ由题意知ｘ ꎬ ｜ ｜ ＝ １＋ １＋ ２ －４ １ ２
则 ２ 直线ＰＭ ０ :ｙ ＝ ０ ｙ ０ ｘ － ｍ ｘ ０ ＋ ｍꎬ即(ｙ ０ ０－ ｍ)ｘ － ｘ ０ ｙ ＋ ｍｘ ０＝ ０ ０ > . ４ ＝ ２ ２ ( １＋ ２ ｋ ｋ ２ ２ ＋ ) １ ( ７ ｋ２ ＋２ ｋ ＋３ ) .
０
∵ 直线ＰＭ与圆Ｃ相切ꎬ ∴ ｜ ( ２ ｙ (ｙ ０ ｍ － ) ｍ ２ ) ＋ ( ｍｘ ｘ ０｜ )２ ＝２ ꎬ 因为直线ｌ １ 过左焦点Ｆ １ ( －２ ꎬ ０ )ꎬ所以ｋ ＝ － ０ ２ ＋ ＋ １ １ ＝－１ ꎬ则 ｜ ＭＮ ｜
０－ ＋ － ０
(ｙ ｍ)２ ｍ２ｘ２ ｍｘ(ｙ ｍ) (ｙ ｍ)２ ｘ２ꎬ ８ ２ꎬ
∴４ ０－ ＋ ０＋４ ０ ０－ ＝４ ０－ ＋４ ０ ＝
即(ｘ )ｍ２ ｙ ｍ ｘ ꎬ同理得(ｘ )ｎ２ ｙ ｎ ｘ . ３
０－４ ＋４ ０ －４ ０＝０ ０－４ ＋４ ０ －４ ０＝０ 又 ｌ ｌ ꎬ所以直线 ｌ 的斜率为 ꎬ同理可得 ＳＴ
ｍ、ｎ是方程(ｘ )ｘ２ ｙ ｘ ｘ 的两个根ꎬ １ ⊥ ２ ２ １ ｜ ｜ ＝
∴ ０－４ ＋４ ０ －４ ０＝０
ｙ ｘ ２ ２× ２×１２ ８ ３ꎬ
ｍ ｎ －４ ０ꎬｍｎ －４ ０ꎬ且Δ ｙ２ ｘ (ｘ ) ｘ２ 恒 ＝
∴ ＋ ＝ｘ ＝ｘ ＝１６ ０＋１６ ０ ０－４ ＝ １６ ０>０ ３ ３
０－４ ０－４
ｘ
成立ꎬ ∴ ｜ ｍ － ｎ ｜＝ (ｍ ＋ ｎ)２ －４ ｍｎ ＝ｘ ４ ０－ ０ ４ ꎬ ∴ Ｓ △ ＰＭＮ＝ ２ １ ｜ ｍ － ｎ ｜ 因此ꎬ四边形ＭＳＮＴ的面积为 １ ２ ｜ ＭＮ ｜ ｜ ＳＴ ｜＝ ２ １ × ８ ３ ２ × ８ ３ ３
ｘ２ ( )
ｘ ２ ０ ｘ １６ ꎬ当且仅当ｘ 时取等号ꎬ ３２ ６.
０＝ｘ
０－４
＝２ ０－４＋ｘ
０－４
＋８ ≥３２ ０＝８ ＝
９
则 ＰＭＮ面积的最小值为 . 当直线ｌ 、ｌ 的斜率都存在时ꎬ由 得 ＰＭ ＰＮ ( ｋ２)
△ ３２ ② １ ２ ① ｜ ｜ ｜ ｜＝ １＋
２.(２０２２江苏苏州常熟抽测二ꎬ２２)在平面直角坐标系ｘＯｙ中 ( ｋ２)
ꎬ (ｘ )(ｘ ) ( ｋ２) ｘ ｘ (ｘ ｘ ) ５ １＋ ꎬ
ｘ２ ｙ２ ｜ １＋１ ２＋１ ｜＝ １＋ ｜ １ ２＋ １＋ ２ ＋１｜＝ ｋ２
已知椭圆Ｃ ａ ｂ 的上顶点为Ｂ 左 右焦点分别 ２ ＋１
:ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) ꎬ 、 æ ö
ç １ ÷
为Ｆ ｃ Ｆ ｃ Ｆ ＢＦ 是周长为 的等腰直角 ５è１＋ｋ２ ø (ｋ２ )
三角 １ 形 (－ . ꎬ０)、 ２( ꎬ０)ꎬ△ １ ２ ４＋４ ２ 同理可得 ｜ ＰＳ ｜ ｜ ＰＴ ｜＝ ＝ ５ ｋ２ ＋１ ꎬ
１ ＋２
求椭圆Ｃ的标准方程 ２ ｋ２ ＋１
(１) ꎻ
( Ｍ ２ 、 ) Ｎ 过 两 点 点 Ｐ 及 (－ Ｓ １ 、 ꎬ Ｔ － 两 １) 点 ꎬ 且 . 互相垂直的直线ｌ １、 ｌ ２ 分别交椭圆Ｃ于 此时 ｜ ｜ Ｐ Ｐ Ｍ Ｓ ｜ ｜ ｜ ｜ Ｐ Ｐ Ｔ Ｎ ｜ ｜ ＝ ５ ( ２ ｋ １ ２ ＋ ＋ ｋ １ ２) ５ ( ｋ １ ２ ＋ ＋ ｋ ２ ２) ＝ ２ ｋ ｋ ２ ２ ＋ ＋ ２ １ ＝ ２ １ ＋
( )
若直线ｌ 过左焦点Ｆ 求四边形ＭＳＮＴ的面积
① ＰＭ １ ＰＮ １ꎬ ꎻ ( ｋ ３ ２ )∈ １ ꎬ ２ ꎻ
求｜ ｜｜ ｜的最大值. ２ ２ ＋１ ２
② ＰＳ ＰＴ {ｘ ꎬ
｜ ｜｜ ｜ {ｘ ꎬ ＝－１
年 当直线ｌ ｘ轴时ꎬ联立得 ＝－１ 解得
高
１⊥ ｘ２
＋２
ｙ２
＝８
ꎬ ｙ
＝±
１４ꎬ
考 ２
æ ö æ ö
此时 ＰＭ ＰＮ ç １４ ÷ ç １４ ÷ ５ ꎬ
年 ｜ ｜ ｜ ｜＝è ＋１ø×è －１ø＝
模 ２ ２ ２
{ｙ ꎬ
拟 此时直线 ｌ 的方程为 ｙ ꎬ联立得 ＝－１ 解得
解析 ( １ )因为 △ Ｆ １ ＢＦ ２ 是等腰直角三角形ꎬ且 ｜ ＢＦ １｜＝｜ ＢＦ ２｜ ２ ＝ －１ ｘ２ ＋２ ｙ２ ＝８ ꎬ
ａꎬ Ｆ Ｆ ｃꎬ {
︵ 所 ＝ 以 ｜ 由 １ 勾 ２ 股 ｜＝ 定 ２ 理可得 ｜ ＢＦ １｜ ２ ＋｜ ＢＦ ２｜ ２ ＝｜ Ｆ １ Ｆ ２｜ ２ꎬ即 ２ ａ２ ＝４ ｃ２ꎬ则 ｘ ｙ ＝ ＝ ± －１ ꎬ ６ ꎬ 则 ｜ ＰＳ ｜ ｜ ＰＴ ｜ ＝ ( ６ ＋１ ) × ( ６ －１ ) ＝ ５ ꎬ此时
教 师 ａ ＝ ２ ｃꎬ ｜ ＰＭ ｜ ｜ ＰＮ ｜ １ ꎻ
因为 Ｆ ＢＦ 的周长为 ａ ｃ ( )ｃ ꎬ可得ｃ ꎬ ＰＳ ＰＴ ＝
用 △ １ ２ ２ ＋２ ＝２ ２＋１ ＝４＋４ ２ ＝２ ｜ ｜ ｜ ｜ ２
书 ｘ２ ｙ２ ＰＭ ＰＮ
︶
ａ
＝２ ２
ꎬ则ｂ
＝
ａ２
－
ｃ２
＝２
ꎬ所以椭圆Ｃ 的标准方程为
＋
当直线ｌ
１⊥
ｙ轴时ꎬ同理可得｜
ＰＳ
｜
｜
ＰＴ
｜
＝２
.
８ ４ ｜ ｜ ｜ ｜
２ １８
ＰＭ ＰＮ ＰＭ ＰＮ 为 .
综上所述ꎬ １ ｜ ｜ ｜ ｜ ꎬ即｜ ｜ ｜ ｜的最大值 ２
≤ ＰＳ ＰＴ ≤２ ＰＳ ＰＴ
２ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜
第
十
章
圆
锥
曲 线
２ １９
微专题二 定点与定值问题
学生用书P263
１.(２０２２全国乙ꎬ理２０ꎬ文２１ꎬ１２分ꎬ综合性)已知椭圆Ｅ的中 ｙ ｙ
ｘ ꎬｙ )ꎬ故此时直线 ＨＮ 的方程为 ｙ ｙ １－ ２ (ｘ
( ) － １ １ － ２ ＝ ｙ ｘ ｘ －
心为坐标原点 对称轴为ｘ轴 ｙ轴 且过Ａ Ｂ ３ ３ １＋６－ １－ ２
ꎬ 、 ꎬ (０ꎬ－２)ꎬ ꎬ－１ ｘ )ꎬ将( ꎬ )代入并整理得 (ｘ ｘ ) (ｙ ｙ ) ｘ ｙ ｘ ｙ
２ ２ ０ －２ ２ １＋ ２ －６ １＋ ２ ＋ １ ２＋ ２ １－
两点. ｋ( ｋ) ( ｋ) ｋ
ｙ ｙ ꎬ即 ６ ２＋ －８ ２＋ －２４
(１)
求Ｅ的方程
ꎻ
３ １ ２－１２ ＝ ０ ２×
３
ｋ２
＋４
－６×
３
ｋ２
＋４
＋
３
ｋ２
＋４
－３×
(２)
设过点Ｐ
(１ꎬ－２)
的直线交Ｅ于Ｍ
ꎬ
Ｎ两点
ꎬ
过Ｍ且平行于
４
(
４＋４
ｋ
－２
ｋ２)
恒成立ꎬ则直线ＨＮ过定点( ꎬ ).
ｘ轴的直线与线段ＡＢ交于点Ｔ 点Ｈ满足Ｍ→Ｔ Ｔ→Ｈ.证明 直线 ｋ２ －１２＝０ ０ －２
ꎬ ＝ : ３ ＋４
ＨＮ过定点. 综上ꎬ直线ＨＮ过定点( ꎬ ).
０ －２
ｘ２ ｙ２ ２.(２０２２海南新高考模拟卷一ꎬ２２)已知Ａ Ｂ 分
解析 ( )解法一:设椭圆Ｅ的方程为 (ａ ꎬｂ (－２ꎬ０)ꎬ (２ꎬ０)
１ ａ２ ＋ｂ２ ＝１ >０ >０ ｘ２ ｙ２
别是椭圆Ｃ ａ ｂ 的左 右顶点 Ｆ是椭圆的右焦
( ) :ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) 、 ꎬ
且ａ ｂ)ꎬ将 Ａ( ꎬ )ꎬＢ ３ ꎬ 两点的坐标代入ꎬ得
≠ ０ －２ －１ æ ö
２ 点 点Ｑç ３÷在椭圆上 Ｐ是椭圆上异于Ａ Ｂ的一点.
ì î í ï ï ï ï ｂ ４ ９ ａ ２ ２ ＝ ＋ １ ｂ １ ꎬ ２ ＝１ ꎬ 解得 {ａ ｂ２ ２ ＝ ＝ ４ ３ ꎬ ꎬ 故椭圆Ｅ的方程为 ｘ ３ ２ ＋ ｙ ４ ２ ＝１ . ( ( １ ２ ꎬ ) ) 求 设 椭 直 è 圆 线 ３ꎬ Ｃ ｌ的 ２ 的 方 ø 标 程 准 为 方 ｘ 程 ＝ ꎻ ４ ꎬ ꎬ 若直线ＡＰ与直线 、 ｌ交于点Ｍ ꎬ 直
４ 线ＢＰ与直线ｌ交于点Ｎ 求证 Ｍ→Ｆ Ｎ→Ｆ为定值.
解法二:设椭圆Ｅ的方程为ｍｘ２ ｎｙ２ (ｍ ꎬｎ 且ｍ ｎ). ꎬ :
＋ ＝１ >０ >０ ≠ 解析 ( )由题意得ａ .
由题意可得 { ４ ９ ｎ ｍ ＝ ＋ １ ｎ ꎬ ＝１ ꎬ 解得 ì í ï ï ï ï ｎ ｍ ＝ ４ １ １ ꎬ ꎬ 故椭圆 Ｅ 的方程为 ｘ ３ ２ ＋ 又点Ｑ æ è ç ３ ꎬ １ ２ ３ ö ø ÷在椭圆上 ＝ ꎬ ２ 所以 ３ ４ ＋ ４ ３ ｂ２ ＝１ ꎬ解得ｂ ＝ ３ ꎬ
４ î ＝ ｘ２ ｙ２
３ 所以椭圆Ｃ的标准方程为 .
ｙ２
. ４
＋
３
＝１
＝１ ｘ２ ｙ２
４
( )
(
２
)证明:设Ｐ(ｘ
０
ꎬｙ
０
)ꎬ且ｘ
０≠±２
ꎬ则 ０
＋
０
＝１
ꎬ化简得
４
ｙ２
０＝
( )由Ａ( ꎬ )ꎬＢ ３ ꎬ 可得直线ＡＢ的方程为ｙ ２ ｘ . ４ ３
２ ０ －２
２
－１ ＝
３
－２
３
(
４－
ｘ２
０
).设Ｍ(
４
ꎬｍ)ꎬＮ(
４
ꎬｎ)ꎬ
若过点Ｐ( ꎬ )的直线的斜率不存在ꎬ则其方程为ｘ ꎬ与方程
① １ －２ ＝１ 由→ＡＰꎬＡ→Ｍ共线知 ｙ ｍ(ｘ ) ꎬ
ｘ２ ｙ２ æ ö
６ ０＝ ０＋２ ①
联立ꎬ可得 ｙ ２ ６ꎬ结合题意可知Ｎç ꎬ２ ６÷ꎬ 由Ｂ→ＰꎬＢ→Ｎ共线知 ｙ ｎ(ｘ ) ꎬ
＋ ＝１ ＝± è１ ø ２ ０＝ ０－２ ②
３ ４ ３ ３ 得ｍｎ(ｘ２ ) ｙ２ ( ｘ２)ꎬ所以ｍｎ .
ì ïｙ ２ｘ ꎬ { ｘ ꎬ ①×② ０－４ ＝１２ ０＝９ ４－ ０ ＝－９
æ ö ï ＝ －２ ＝－ ６＋３ 又Ｆ( ꎬ )ꎬ所以Ｍ→Ｆ ( ꎬ ｍ)ꎬＮ→Ｆ ( ꎬ ｎ)ꎬ
Ｍç ꎬ ２ ６÷ꎬ 由 í ３ 得 则 １ ０ ＝ －３ － ＝ －３ －
è１ －
３
ø ï
ïｙ ２ ６ꎬ
ｙ
＝－
２ ６ꎬ 所以Ｍ→ＦＮ→Ｆ
＝９＋
ｍｎ
＝９－９＝０
ꎬ即Ｍ→ＦＮ→Ｆ是定值
０
.
î ＝－ ３ ３.(２０２２江苏七市三调ꎬ２１)在平面直角坐标系ｘＯｙ中 已知抛
３ ꎬ
æ ö
Ｔç ꎬ ２ ６÷ꎬ由Ｍ→Ｔ Ｔ→Ｈꎬ 物线Ｅ ｙ２ ｐｘ ｐ 和点Ｈ 点Ｑ在抛物线Ｅ上 且Ｏ→Ｑ
è－ ６＋３ － ø ＝ : ＝２ ( >０) (３ꎬ４)ꎬ ꎬ
３
ì ïï－ ６＋３－１＝ ｘ Ｈ－ ( － ６＋３ )ꎬ æ ö ＝ ４ ３ Ｏ→Ｈ.
得í
ïïｙ ２ ６ꎬ
则Ｈ
è
ç
－２ ６＋５
ꎬ
－
２ ６
ø
÷ꎬ所以直线
(１)
求Ｅ的方程
ꎻ
î Ｈ＝－ ３ 若过点Ｈ作两条直线ｌ ｌ ｌ 与Ｅ相交于Ａ Ｂ两点 ｌ 与
３ (２) １ꎬ２ꎬ １ ꎬ ꎬ ２
æ ö Ｅ相交于Ｃ Ｄ两点 线段ＡＢ ＣＤ中点的连线的斜率为ｋ 直线
ＨＮ的方程为ｙ ç ２ ６÷ｘ ꎬ易知直线ＨＮ过点( ꎬ )ꎻ ꎬ ꎬ ꎬ ꎬ
＝è２＋ ø －２ ０ －２
３ ＡＢ ＣＤ ＡＤ ＢＣ的斜率分别为ｋ ｋ ｋ ｋ 证明 １ １ １
若过点Ｐ( ꎬ )的直线的斜率存在ꎬ设其方程为ｙ ｋ(ｘ ꎬ ꎬ ꎬ １ꎬ ２ꎬ ３ꎬ ４ꎬ :ｋ ＋ｋ ＝ｋ ＋
② １ －２ ＋２＝ － １ ２ ３
)ꎬＭ(ｘ ꎬｙ )ꎬＮ(ｘ ꎬｙ ).
１ {ｙ １ １ ｋ(ｘ ) ２ ꎬ ２ ｋ １ ꎬ 且 ｋ １ ＋ｋ １ － １ ｋ 为定值.
＋２＝ －１ ４ ３ ４
联立 ｘ２ ｙ２
ꎬ
得(
３
ｋ２
＋４
)ｘ２
－６
ｋ(
２＋
ｋ)ｘ
＋３
ｋ(ｋ
＋４
)
＝０
ꎬ则
解析 ( )设 Ｑ(ｘ ꎬｙ )ꎬ Ｏ→Ｑ ３ Ｏ→Ｈꎬ (ｘ ꎬｙ )
＋ ＝１ １ ０ ０ ∵ ＝ ∴ ０ ０ ＝
３ ４ ４
ｋ( ｋ) ｋ(ｋ ) ( ｋ) ( )
ｘ ｘ ６ ２＋ ꎬｘ ｘ ３ ＋４ ꎬｙ ｙ －８ ２＋ ꎬｙ ｙ ３ ( ꎬ )ꎬ Ｑ ９ ꎬ .
１＋ ２ ＝ ３ ｋ２ ＋４ １ ２ ＝ ３ ｋ２ ＋４ １＋ ２ ＝ ３ ｋ２ ＋４ １ ２ ＝ ４ ３ ４ ∴ ４ ３
４
(
４＋４
ｋ
－２
ｋ２)
ꎬｘ ｙ ｘ ｙ －２４
ｋ
. 又Ｑ在抛物线Ｅ上ꎬ ｐ ９ ꎬ ｐ ꎬ
３
ｋ２
＋４
１ ２＋ ２ １＝
３
ｋ２
＋４
∴２
４
＝９ ∴ ＝２
{ｙ ｙ ꎬ Ｅ的方程为ｙ２ ｘ.
＝ １ æ ｙ ö ∴ ＝４
联立 可得Ｔç３ １ ꎬｙ ÷ꎬ由Ｍ→Ｔ Ｔ→Ｈꎬ可得Ｈ( ｙ ｙ ＝ ２ ｘ －２ ꎬ è ２ ＋３ １ ø ＝ ３ １＋６ ( ２ )证明:设直线ＡＢ的方程为ｘ ＝ｋ １ (ｙ －４ ) ＋３ ꎬ
３ １
æｙ２ ö æｙ２ ö æｙ２ ö æｙ２ ö 由Δ ( ｋｍ)２ ( ｋ２)( ｍ２ ) ꎬ得 ｋ２ ｍ２ ꎬ
Ａç １ꎬｙ ÷ꎬＢç ２ꎬｙ ÷ꎬＣç ３ꎬｙ ÷ꎬＤç ４ꎬｙ ÷ꎬ ＝ ４ －４ １＋２ ２ －８ >０ ８ － ＋４>０
è １ ø è ２ ø è ３ ø è ４ ø ｍ 或ｍ ꎬ
４ ４ ４ ４ ∴ > ２ <－ ２
ｙ ｙ
ｋ ２－ １ ４ ꎬ同理ꎬｋ ４ ꎬｋ ４ ꎬ 又Ｐ→ＭＰ→Ｎ (Ｏ→Ｍ Ｏ→Ｐ)(Ｏ→Ｎ Ｏ→Ｐ)
∴ １＝ｙ２
２ －
ｙ２
１
＝ｙ
２＋
ｙ
１
２＝ｙ
３＋
ｙ
４
３＝ｙ
１＋
ｙ
４ ＝ ｜ Ｏ→Ｐ ｜ ２ － Ｏ→Ｐ
＝
Ｏ→Ｍ
－
－ Ｏ→ＰＯ→Ｎ ＋ Ｏ→
－
ＭＯ→Ｎ
４ ４
ｋ ４ ꎬ １ １ ｙ １＋ ｙ ２＋ ｙ ３＋ ｙ ４ꎬ１ １ ｙ １＋ ｙ ２＋ ｙ ３＋ ｙ ４ꎬ ＝｜ Ｏ→Ｐ ｜ ２ －｜ Ｏ→Ｐ ｜ ２ －｜ Ｏ→Ｐ ｜ ２ ＋ Ｏ→ＭＯ→Ｎ ＝－ ８ ＋ Ｏ→ＭＯ→Ｎꎬ
４＝ｙ ｙ ∴ ｋ ＋ｋ ＝ ｋ ＋ｋ ＝ ３
２＋ ３ １ ２ ４ ３ ４ ４
Ｏ→ＭＯ→Ｎ ｘ ｘ ｙ ｙ ｘ ｘ (ｋｘ ｍ)(ｋｘ ｍ)
１ １ １ １ . ＝ １ ２＋ １ ２＝ １ ２＋ １＋ ２＋
∴ ｋ ＋ｋ ＝ｋ ＋ｋ ( ｋ２)ｘ ｘ ｋｍ(ｘ ｘ ) ｍ２
１ ２ ３ ４ ＝ １＋ １ ２＋ １＋ ２ ＋
设ＡＢ的中点为ＭꎬＣＤ的中点为Ｎꎬ
∴
ｙ
Ｍ＝
ｙ １＋ ｙ ２
＝ｋ
２ ꎬ
＝
(
１＋
ｋ２)２ ｍ２ －
ｋ
８
２ ＋
ｋｍ æ
è
ç
－
４ ｋｍ
ｋ２
ö
ø
÷
＋
ｍ２
＝
３ ｍ２ －８
ｋ
ｋ
２
２ －８
＝０
ꎬ
２ １ １＋２ １＋２ １＋２
æ ö
∴
ｘ
Ｍ ＝ ｋ
２
２ － ｋ
４
＋ ３
ꎬ 即 Ｍ
è
ç
ｋ
２
２ －ｋ
４
＋３
ꎬ
ｋ
２
ø
÷ꎬ 同 理ꎬ
∴
Ｐ→ＭＰ→Ｎ
＝－
８ .综上ꎬＰ→ＭＰ→Ｎ为定值
－
８ .
１ １ １ １ １ ３ ３
æ ö ｘ２ ｙ２
Ｎç ２ ４ ꎬ２ ÷ꎬ ５.(２０２２广东深圳二调ꎬ２１)已知椭圆Ｅ ａ ｂ 经
èｋ２ －ｋ ＋３ ｋ ø :ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０)
２ ２ ２
æ ö
２ ４ ２ ４ 过点Ｍç ３÷ 且焦距 Ｆ Ｆ 线段ＡＢ ＣＤ分别是它的
ｋ２ －ｋ －ｋ２ ＋ｋ è１ꎬ øꎬ ｜ １ ２｜＝２ ３ꎬ ꎬ
１ １ １ ２ ２ １ １ ꎬ ２
∴ ｋ ＝ ＝ｋ ＋ｋ －２ 长轴和短轴.
２ ２ １ ２
ｋ －ｋ 求椭圆Ｅ的方程
１ ２ (１) ꎻ
∴ ｋ １ ＋ｋ １ － １ ｋ ＝ｋ １ ＋ｋ １ － １ ｋ ＝２ 为定值. (２) 若Ｎ ( ｓ ꎬ ｔ ) 是平面上的动点 ꎬ 从下面两个条件中选一个 ꎬ 证
明 直线ＰＱ经过定点.
３ ４ １ ２ :
ｘ２ ｙ２
４.(２０２２山东泰安三模ꎬ２１)已知椭圆Ｅ ａ ｂ 的
:ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０)
①
ｓ
＝１ꎬ
ｔ
≠±
３
ꎬ
直线 ＮＡ
ꎬ
ＮＢ 与椭圆 Ｅ 的另一交点分别为
２
Ｐ Ｑ
离心率 ｅ ２ 四个顶点组成的菱形面积为 Ｏ 为坐标 ꎬ ꎻ
＝ ꎬ ８ ２ꎬ
２ ｔ ｓ Ｒ 直线ＮＣ ＮＤ与椭圆Ｅ的另一交点分别为Ｐ Ｑ.
原点. ② ＝２ꎬ ∈ ꎬ ꎬ { ꎬ
(１) 求椭圆Ｅ的方程 ꎻ 解析 ( )解法一:由已知得 ａ １ ２ ＋ ３ ｂ２ ＝１ ꎬ
１ ４
(２)
过
☉
Ｏ
:
ｘ２
＋
ｙ２
＝
８ 上任意点Ｐ作
☉
Ｏ的切线ｌ与椭圆Ｅ交 ａ２
－
ｂ２
＝３
ꎬ
于点Ｍ
ꎬ
Ｎ
ꎬ
求证
:
Ｐ→Ｍ
３
Ｐ→Ｎ为定值.
解得 {ａ
ｂ２
２
＝
＝
１
４
ꎬ
ꎬ
∴
椭圆Ｅ的方程为 ｘ
４
２
＋
ｙ２
＝１
.
解析 ( １ )由题意得 ２ ａｂ ＝８ ２ ꎬｅ ＝ ａ ｃ ＝ ２ꎬａ２ ＝ ｂ２ ＋ ｃ２ꎬ所以ａ 解法二:由题意得ｃ ＝ ３ ꎬ两个焦点的坐标Ｆ １ ( － ３ ꎬ ０ )ꎬＦ ２ ( ３ ꎬ
２
ｘ２ ｙ２ ).由椭圆的定义得ꎬ ａ ＭＦ ＭＦ ( )２ ３
ꎬｂ ꎬ所以椭圆Ｅ的方程为 . ０ ２ ＝｜ １｜＋｜ ２｜ ＝ １＋ ３ ＋ ＋
＝２ ２ ＝２ ＋ ＝１ ４
８ ４
( )２ ３ ４＋ ３ ４－ ３ ꎬ
( )当切线ｌ的斜率不存在时ꎬ其方程为ｘ ２ ６ꎬ １－ ３ ＋ ＝ ＋ ＝４
２ ＝± ４ ２ ２
３
当切线方程为ｘ ＝ ２ ３ ６时ꎬＰ æ è ç２ ３ ６ꎬ ０ ö ø ÷ꎬ将ｘ ＝ ２ ３ ６代入椭圆方程 ∴ ∴ ｂ 椭 ＝ 圆Ｅ ａ２ 的 － ｃ 方 ２ ＝ 程为 ２ ２ ｘ － ２ ( ＋ ｙ ３ ２ ) ＝ ２ １ ＝ . １ ꎬ
ｘ２ ｙ２ ４
得ｙ ２ ６ꎬ ( )选择条件 .
＋ ＝１ ＝± ２ ①
８ ４ ３
æ ö æ ö 证明:由题意得Ｎ( ꎬｔ)ꎬｔ Ｒꎬｔ ３.
不妨取Ｍç２ ６ꎬ２ ６÷ꎬＮç２ ６ꎬ ２ ６÷ꎬ １ ∈ ≠±
è ø è － ø ２
３ ３ ３ ３ ｔ
æ ö æ ö 不妨令Ａ( ꎬ )ꎬＢ( ꎬ )ꎬ则直线ＮＡ的方程为ｙ (ｘ )ꎬ
则Ｐ→Ｍ ç ꎬ２ ６÷ꎬＰ→Ｎ ç ꎬ ２ ６÷ꎬ Ｐ→ＭＰ→Ｎ ８ ꎻ －２ ０ ２ ０ ＝ ＋２
年 ＝è０ ø ＝è０ － ø ∴ ＝－ ３
３ ３ ３ 直线ＮＢ的方程为ｙ ｔ(ｘ ).
高 ＝－ －２
考 当切线方程为ｘ ＝－ ２ ３ ６时ꎬ同理可得Ｐ→ＭＰ→Ｎ ＝－ ３ ８ ꎬ ì ï ï ｙ ＝ ｔ (ｘ ＋２ )ꎬ
年 当切线ｌ的斜率存在时ꎬ设 ｌ 的方程为 ｙ ｋｘ ｍꎬＭ(ｘ ꎬｙ )ꎬ 由í ３ 得( ｔ２ )ｘ２ ｔ２ｘ ｔ２ .
模 拟 Ｎ(ｘ ꎬｙ )ꎬ ＝ ＋ １ １ î ï ï ｘ２ ＋ ｙ２ ＝１ ꎬ ４ ＋９ ＋１６ ＋１６ －３６＝０
２ ２ ４
因为ｌ与 Ｏ 相切ꎬ所以 ｜
ｍ
｜ ２ ６ꎬ所以 ｍ２ ｋ２ ꎬ由 是上述方程的一个根ꎬ ｘ －８
ｔ２
＋１８ꎬ
☉ ｋ２
＋１
＝
３
３ ＝８ ＋８ ∵ －２ ∴ Ｐ＝
４
ｔ２
＋９
︵
{ｙ
＝
ｋｘ
＋
ｍꎬ
则ｙ １２
ｔ
ꎬ Ｐ
æ
ç－８
ｔ２
＋１８ꎬ １２
ｔ ö
÷.
教
师
ｘ２ ｙ２
ꎬ
得(
１＋２
ｋ２)ｘ２
＋４
ｋｍｘ
＋２
ｍ２
－８＝０
ꎬ Ｐ＝
４
ｔ２
＋９
∴ è
４
ｔ２
＋９ ４
ｔ２
＋９
ø
＋ ＝１ æ ｔ２ ｔ ö
用 ８ ４ 同理可得Ｑç８ －２ꎬ ４ ÷.
书 ｘ ｘ ４ ｋｍ ꎬｘ ｘ ２ ｍ２ －８ꎬ è ４ ｔ２ ＋１ ４ ｔ２ ＋１ ø
︶ ∴ １＋ ２＝－ ｋ２ １ ２＝ ｋ２ 当ｔ 时ꎬＰ( ꎬ )ꎬＱ( ꎬ )ꎬ直线ＰＱ为ｘ轴ꎻ
１＋２ １＋２ ＝０ ２ ０ －２ ０
２ ２０
æ ｓ ｓ２ ö æ ｓ ｓ２ ö
当ｔ ꎬｔ ３时ꎬ Ｐç ２４ ꎬ －３６÷.同理可得Ｑç－８ ꎬ －４÷.
≠０ ≠± ∴ èｓ２ －ｓ２ ø èｓ２ ｓ２ ø
２ ＋３６ ＋３６ ＋４ ＋４
ｙ ４
ｔ
ｘ ８
ｔ２
－２
当ｓ
＝０
时ꎬＰ(
０
ꎬ
１
)ꎬＱ(
０
ꎬ
－１
)ꎬ直线ＰＱ为ｙ轴ꎻ
－ ｔ２ － ｔ２ 当ｓ 时ꎬ直线ＰＱ的方程为
直线ＰＱ的方程为 ４ ＋１ ４ ＋１ . ≠０
ｔ ｔ ＝ ｔ２ ｔ２ ｓ２ ｓ２
１２ ４ －８ ＋１８ ８ －２ －３６ －４
４
ｔ２
＋９
－
４
ｔ２
＋１ ４
ｔ２
＋９
－
４
ｔ２
＋１ ｙ
ｓ２
－４
－ｓ２
＋３６
－ｓ２
＋４
æ
çｘ ８
ｓ ö
÷ꎬ
－ｓ２ ＝ ｓ ｓ è ＋ｓ２ ø
＋４ ２４ ８ ＋４
ｓ２ ＋ｓ２
＋３６ ＋４
ｔ２ ｔ２
令ｙ ꎬ则上面方程的左边 －４ －９ ４ ＋９ ꎬ
＝０ ＝ ( ｔ２ ) ( ｔ２ )＝－ ( ｔ２ )
３ ４ ＋１ － ４ ＋９ ２ ４ －３
ｘ ８
ｔ２
－２ ４
ｔ２
＋９ ４
(
４
ｔ２
＋３
)(
４
ｔ２
－３
)
(与ｔ无关).综上
令ｘ
＝０
ꎬ则
∴ ＝
４
ｔ２
＋１
＋
２
(
４
ｔ２
－３
)× (
４
ｔ２
＋９
)(
４
ｔ２
＋１
) ＝４
ｓ２ －３６ ｓ２ －４
所述ꎬ直线ＰＱ经过定点(
４
ꎬ
０
).
ｙ
ｓ２
－４
－ｓ２
＋３６
－ｓ２
＋４ ８
ｓ ｓ２
－４ －２
ｓ４
＋２８８ １
选择条件
②
. ＝ｓ２
＋４
＋
２４
ｓ
８
ｓ ｓ２
＋４
＝ｓ２
＋４
＋
３
(ｓ２
＋４
)
＋
(ｓ２
＋３６
) ｓ２
＋４
证明:由题意得Ｎ(ｓꎬ
２
)ꎬ不妨设Ｃ(
０
ꎬ
－１
)ꎬＤ(
０
ꎬ
１
)ꎬ则直线ＮＣ ｓ２
＋３６
＋ｓ２
＋４
的方程为
３
ｘ
－
ｓｙ
－
ｓ
＝０
ꎬ直线ＮＤ的方程为ｘ
－
ｓｙ
＋
ｓ
＝０
. ｓ２
－４ ２
(ｓ２
＋１２
)(ｓ２
－１２
)
１ １ (与ｓ无关).
{ ｘ ｓｙ ｓ ꎬ ＝ｓ２ － (ｓ２ ) ｓ２ ＝
３ － － ＝０ ＋４ ４ ＋１２ ＋４ ２
由 ｘ２
ｙ２ ꎬ
得(ｓ２
＋３６
)ｙ２
＋２
ｓ２ｙ
＋
ｓ２
－３６＝０
.
综上所述ꎬ直线ＰＱ经过定点
(
ꎬ１
)
.
＋ ＝１ ０
４ ２
ｓ２ ｓ
ｙ ꎬ ｙ －３６ꎬ则ｘ ２４ ꎬ
∵ Ｃ＝－１ ∴ Ｐ＝－ｓ２ Ｐ＝ｓ２
＋３６ ＋３６
第 十 章
圆 锥 曲
线
２ ２１
微专题三 证明与探索性问题
学生用书P265
１.(２０２２新高考 Ⅱ ꎬ２１ꎬ１２分ꎬ创新性)已知双曲线Ｃ :ａ ｘ２ ２ － ｙ ｂ ２ ２ ＝ ( 即 ∗ ｋ ) ( － ｘ ( ∗ ｘ ∗ ) )得ｙ １ ( － ｘ ｙ ２＝ ｘ － ３ ｘ ( ) ｘ １ ꎬ ＋ ｘ ２－２ ｘ ０ )ꎬ
ａ ｂ 的右焦点为Ｆ 渐近线方程为ｙ ｘ. １－ ２ ＝－ ３ １＋ ２－２ ０
１( >０ꎬ >０) (２ꎬ０)ꎬ ＝± ３ ｋ ｂ２ ｋ２ ｋｂ
求Ｃ的方程 解得ｘ ＋３－ ＋ ꎬ
(１) ꎻ ０＝ ｋ２
过Ｆ 的直线与 Ｃ 的两条渐近线分别交于 Ａ Ｂ 两点 点 ３－
(２) ꎬ ꎬ 又( ) ( )得ｙ ｙ ｙ (ｘ ｘ )ꎬ而 ｙ ｙ ｋ(ｘ
Ｐ ( ｘ １ꎬ ｙ １)ꎬ Ｑ ( ｘ ２ꎬ ｙ ２) 在Ｃ上 ꎬ 且ｘ １> ｘ ２>０ꎬ ｙ １>０ .过Ｐ且斜率为 ∗ ＋ ∗∗ １＋ ２－２ ０＝ ３ ２－ １ １＋ ２＝ １＋
ｘ ) ｂꎬ ｋ(ｘ ｘ ) ｂ ｙ (ｘ ｘ )ꎬ
－ ３ 的直线与过Ｑ且斜率为 ３ 的直线交于点Ｍ.从下面 ①②③ ２ ＋２ ∴ １＋ ２ ＋２ －２ ０＝ ３ ２－ １
中选取两个作为条件 证明另外一个成立. ｂ２ ｋ２ ｂ
ꎬ 解得ｙ ３ ＋３－ ＋３ ３ ｘ .
Ｍ在ＡＢ上 ＰＱ ＡＢ ＭＡ ＭＢ . ０＝ ｋ２ ＝ ｋ ０
① ꎻ② ∥ ꎻ③｜ ｜＝｜ ｜ ３－
注 若选择不同的组合分别解答 则按第一个解答计分.
: ꎬ 故点Ｍ的轨迹方程为ｙ ３ ｘꎬ其中ｋ为直线ＰＱ的斜率.
ìｃ ꎬ ＝ ｋ
ï ＝２
ïｂ {ａ ꎬ 若选择 作为条件ꎬ 作为结论ꎬ
解析 ( )由题意知í ꎬ 解得 ＝１ ①② ③
１ ï ï ａ ＝ ３ ｂ ＝ ３ ꎬ 设直线ＡＢ的方程为ｙ ＝ ｋ(ｘ －２ )ꎬＡ(ｘ Ａ ꎬｙ Ａ )ꎬＢ(ｘ Ｂ ꎬｙ Ｂ )ꎬ不妨设
îｃ２
＝
ａ２
＋
ｂ２ꎬ ì
ïｘ ２
ｋ
ꎬ
ｙ２ {ｙ ｋ(ｘ )ꎬ ï ＝ｋ
Ｃ的方程为ｘ２ . 点Ａ在渐近线ｙ ｘ上ꎬ则由 ＝ －２ 得í － ３
∴ － ３ ＝１ ＝ ３ ｙ ｘꎬ ï ｋ
(
２ {
)
ｙ
易知
ｋｘ
直
ｂ
线
ꎬ
ＰＱ的斜率存在ꎬ设其方程为ｙ
＝
ｋｘ
＋
ｂ(ｋ
> ３
)ꎬ
＝ ３
î
ïｙ
＝ｋ
２
－
３
３
ꎬ
由 ＝ ＋ 得( ｋ２)ｘ２ ｋｂｘ ｂ２ ꎬ由Δ ꎬ得ｂ２ æ ｋ ｋö
３
ｘ２
－
ｙ２
－３＝０
ꎬ ３－ －２ － －３＝０ >０ ＋３－
∴
Ａ
è
ç
ｋ
２ ꎬ
ｋ
２ ３
ø
÷ꎬ
ｋ２ ꎬ － ３ － ３
>０ æ ｋ ｋö
ｋｂ ｂ２ 同理Ｂç ２ ꎬ ２ ３ ÷ꎬ
∴ ｘ １＋ ｘ ２＝ ３ ２ － ｋ２ ꎬｘ １ ｘ ２＝ － ３－ ｋ － ２ ３ꎬ èｋ ＋ ３ －ｋ ＋ ３ ø
(ｂ２ ｋ２) {ｙ ｋ(ｘ )ꎬ
ì
ïｘ ２
ｋ２
ꎬ
∴ 设 ｘ 点 １－ Ｍ ｘ ２ 的 ＝ 坐 ( 标 ｘ １ 为 ＋ ｘ ( ２ ｘ )２ ꎬ － ｙ ４ ｘ ) １ ꎬ ｘ 则 ２ ＝ 直 ２ 线 ３ ＰＭ ３－ 、 ｋ ＋ Ｑ ２ ３ Ｍ － 的方 ꎬ 程分别为ｙ ｙ 又由 ｙ ＝ ＝ ３ ｋ ｘ － ꎬ ２ 得í ï ï ïｙ ＝ｋ２ ６ － ｋ ３ ꎬ ∴ Ｍ æ è ç ｋ ２ ２ ｋ － ２ ３ ꎬ ｋ２ ６ － ｋ ３ ö ø ÷ꎬ ０ ０ － ０ î ＝ｋ２
(ｘ ｘ )ꎬｙ ｙ (ｘ ｘ )ꎬ －３
故 ＝－ { ｙ ３ １－ ｙ ０ － ＝－ ０ ３ ( － ｘ １ ０ － ＝ ｘ ０ ) ３ ꎬ( ∗ － ) ０ ∴ ｘ Ｍ＝ ｘ Ａ＋ ２ ｘ Ｂꎬｙ Ｍ＝ ｙ Ａ＋ ２ ｙ Ｂꎬ即Ｍ为ＡＢ的中点ꎬ
ｙ ｙ (ｘ ｘ )ꎬ( ) ＭＡ ＭＢ .
２－ ０＝ ３ ２－ ０ ∗∗ ∴ ｜ ｜＝｜ ｜
若
当
选
直
择
线
①
ＡＢ
③
的
作
斜
为
率
条
不
件
存
ꎬ
②
在
作
时
为
ꎬ点
结论
Ｍ
ꎬ
即为Ｆ( ꎬ )ꎬ此时Ｍ不在
ì
ï
ï
ｘ２
＋
ｙ２
＝１
ꎬ
æｘ２ ö
２ ０ 联立í
ïｘ
２
ｘ
得
è
ç ０
＋
ｙ２
０ ø
÷ｘ２
－２
ｘ
０
ｘ
＋２－２
ｙ２
０＝０
ꎬ
直线ｙ ３ ｘ上ꎬ不符合题意ꎬ舍去ꎻ ï ０ ｙｙ ꎬ ２
＝ ｋ î ＋ ０＝１
２
当直线ＡＢ的斜率存在时ꎬ设直线ＡＢ的方程为ｙ ｍ(ｘ )ꎬｍ ｘ２ ｘ２
＝ －２ 又 ０ ｙ２ ꎬ则ｙ２ ０ꎬ
ꎬ .不妨设点Ａ在渐近线ｙ ｘ上ꎬ且Ａ(ｘ ꎬｙ )ꎬＢ(ｘ ꎬ ＋ ０＝１ ０＝１－
≠０ ± ３ ＝ ３ Ａ Ａ Ｂ ２ ２
ｙ ). æ ｘ２ö
Ｂ 所以ｘ２ ｘ ｘ ç ０÷ ꎬ即(ｘ ｘ )２ ꎬ
ì ｍ －２ ０ ＋２－２è１－ ø＝０ － ０ ＝０
ïｘ ２ ꎬ ２
{ｙ ｍ(ｘ )ꎬ ï ＝ｍ æ ｍ ｍö 所以直线ｌ与椭圆只有一个公共点Ｄ(ｘ ꎬｙ )ꎬ故直线ｌ与椭圆
由 ＝ －２ 得í － ３ Ａç ２ ꎬ２ ３ ÷ꎬ ０ ０
ｙ ＝ ３ ｘꎬ
î
ï ïｙ
＝ｍ
２ ３ ｍ ꎬ ∴ èｍ － ３ ｍ － ３ ø 相切ꎬ所以在切点Ｄ(ｘ
０
ꎬｙ
０
)处的切线方程为 ｘ
２
ｘ ０
＋
ｙｙ
０＝１
.
－ ３
æ ｘ ö
同理Ｂ æ è ç ｍ ２ ＋ ｍ ３ ꎬ －ｍ ２ ＋ ３ ｍ ３ ö ø ÷ꎬ此时 ｘ Ｍ ＝ ｘ Ａ＋ ２ ｘ Ｂ ＝ｍ ２ ２ ｍ － ２ ３ ꎬｙ Ｍ ＝ ｙ Ａ＋ ２ ｙ Ｂ 所以Ｅ è ç ２ ꎬ１－ ｙ ０ æ ０ ø ÷ꎬ故 ｘ 以 ö 线段ＤＥ为直径的圆的方程为(ｘ － ｘ ０ )(ｘ
ｍ ) (ｙ ｙ )çｙ １－ ０÷ ꎬ
６ ꎬ －２ ＋ － ０ è － ｙ ø＝０
＝ｍ２
０
－３ æ ｘ ö
∵ 点Ｍ在直线ｙ ＝ ３ ｋ ｘ上ꎬ 设Ｐ(ｍꎬ ０ )ꎬ则(ｍ － ｘ ０ )(ｍ －２ ) ＋ ( ０－ ｙ ０ ) è ç ０－ １－ ｙ ０ ø ÷ ＝０ ꎬ
０
６
ｍ
３ ２
ｍ２
ꎬ解得ｋ ｍꎬ
化简整理得(ｍ
－１
)２
＋
(
１－
ｍ)ｘ
０＝０
ꎬ由题意可知ꎬ此式恒成立ꎬ
∴ ｍ２
－３
＝ ｋ ｍ２
－３
＝ 故ｍ
＝１
满足题意ꎬ所以Ｐ(
１
ꎬ
０
).
故ＰＱ ＡＢ. 故存在定点Ｐ( ꎬ )ꎬ使得点Ｐ在以线段ＤＥ为直径的圆上.
∥ １ ０
若选择 ꎬ作为条件ꎬ 作为结论ꎬ ｘ２
②③ ① ３.(２０２２福建漳州一模ꎬ２１)已知双曲线Γ ｙ２ ａ 的
设直线ＡＢ的方程为ｙ ｋ(ｘ )ꎬＡ(ｘ ꎬｙ )ꎬＢ(ｘ ꎬｙ )ꎬ不妨设 :ａ２ － ＝１( >０)
＝ －２ Ａ Ａ Ｂ Ｂ
点Ａ在渐近线ｙ
＝ ３
ｘ上ꎬ 左 、 右焦点分别为Ｆ １(－ ｃ ꎬ０)ꎬ Ｆ ２( ｃ ꎬ０)ꎬ 点Ｐ ( ｘ ０ꎬ ｙ ０) 是Γ右支
则 {ｙ ｙ Ａ＝ ｋ(ｘ ｘ Ａ－ ꎬ ２ )ꎬ 解得ｘ Ａ＝ｋ ２ ｋ ꎬｙ Ａ＝ｋ ２ ３ ｋ ꎬ 上一点 ꎬ 若Ｉ为 △ ＰＦ １ Ｆ ２ 的内心 ꎬ 且Ｓ △ ＩＰＦ １ ＝ Ｓ △ ＩＰＦ ２ ＋ ２ ３Ｓ △ ＩＦ １ Ｆ ２ .
Ａ＝ ３ Ａ － ３ － ３ 求Γ的方程
ｋ ｋ (１) ꎻ
同理ꎬ得ｘ ２ ꎬｙ ２ ３ ꎬ 点Ａ是Γ在第一象限的渐近线上的一点 且ＡＦ ｘ轴 Γ
Ｂ＝ｋ Ｂ＝－ｋ (２) ꎬ ２⊥ ꎬ
＋ ３ ＋ ３
设线段ＡＢ的中点为Ｃ(ｘ ꎬｙ )ꎬ 在点Ｐ处的切线ｌ与直线ＡＦ 相交于点Ｍ 与直线ｘ ３ 相交
Ｃ Ｃ ２ ꎬ ＝
则ｘ
ｘ
Ａ＋
ｘ
Ｂ ２
ｋ２
ꎬｙ
ｙ
Ａ＋
ｙ
Ｂ ６
ｋ
ꎬ
２
Ｃ＝ ＝ｋ２ Ｃ＝ ＝ｋ２ 于点Ｎ.证明 无论点Ｐ怎么变动 总有 ＮＦ ３ ＭＦ .
２ －３ ２ －３ : ꎬ ｜ ２｜＝ ｜ ２｜
由于 ＭＡ ＭＢ ꎬ故点Ｍ在线段ＡＢ的中垂线上ꎬ ２
｜ ｜＝｜ ｜
解析 ( )设 ＰＦ Ｆ 的内切圆半径为ｒꎬ则Ｓ １ ＰＦ ｒꎬ
即点Ｍ在直线ｙ － ｙ Ｃ＝－ １ ｋ (ｘ － ｘ Ｃ )上ꎬ １ △ １ ２ △ ＩＰＦ １ ＝ ２ ｜ １｜
将该直线方程与ｙ ＝ ３ ｋ ｘ联立ꎬ得ｘ Ｍ＝ｋ ２ ２
ｋ２
＝ ｘ Ｃ ꎬｙ Ｍ＝ｋ２ ６
ｋ
＝ ｙ Ｃ ꎬ
Ｓ
△ ＩＰＦ ２ ＝ ２
１
｜
ＰＦ
２｜
ｒꎬＳ
△ ＩＦ １ Ｆ ２ ＝ ２
１
｜
Ｆ
１
Ｆ
２｜
ｒꎬ
－３ －３
即点Ｍ恰为线段ＡＢ的中点ꎬ 因为Ｓ Ｓ ３Ｓ ꎬ所以 １ ＰＦ ｒ １ ＰＦ ｒ ３
故点Ｍ在直线ＡＢ上. △ ＩＰＦ １ ＝ △ ＩＰＦ ２ ＋ ２ △ ＩＦ １ Ｆ ２ ２ ｜ １｜ ＝ ２ ｜ ２｜ ＋ ２ ×
２.(２０２２福建莆田三模ꎬ２１)已知椭圆Ｃ :ａ ｘ２ ２ ＋ ｙ ｂ ２ ２ ＝１( ａ > ｂ >０) 的 ２ １ ｜ Ｆ １ Ｆ ２｜ ｒꎬ即 ｜ ＰＦ １｜＝｜ ＰＦ ２｜＋ ２ ３ ｜ Ｆ １ Ｆ ２｜ ꎬ可得 ｜ ＰＦ １｜－ ｜ ＰＦ ２｜ ＝
离心率为 ２ ２ ꎬ 点Ａ æ è ç １ꎬ ２ ２ ö ø ÷在椭圆Ｃ上. ２ ３ ｜ Ｆ １ Ｆ ２｜ ꎬ所以｜ ＰＦ ｜ １ Ｆ ｜ １ － Ｆ ｜ ２ Ｐ ｜ Ｆ ２｜ ＝ ２ ３ꎬ即２ ２ ａ ｃ＝ ２ ３ꎬ
(１)
求椭圆Ｃ的标准方程
ꎻ
又ａ２
＝
ｃ２
－１
ꎬ所以ａ２
＝３
ꎬ则Γ的方程为 ｘ２
－
ｙ２
＝１
.
若直线ｌ与椭圆Ｃ相切于点Ｄ 且与直线ｘ 交于点Ｅ.试 ３
年 (２) ꎬ ＝２ ( )证明:由题意得直线ｌ的斜率存在ꎬ设直线ｌ的方程为ｙ ｙ
高 问在ｘ轴上是否存在定点Ｐ ꎬ 使得点Ｐ在以线段ＤＥ为直径的 ２ － ０
考 圆上 ? 若存在 ꎬ 求出点Ｐ的坐标 ꎻ 若不存在 ꎬ 请说明理由. ｋ(ｘ ｘ )(ｙ ).由 ｘ２ ｙ２ 可得ｙ２ ｘ２ ｘ２ －３.
ì ïｃ ＝ － ０ ０≠０ ３ － ＝１ ＝ ３ －１＝ ３
年 ２ꎬ
模 ï ï ａ ＝ ２ 若点Ｐ在双曲线右支的上半支上ꎬ则ｙ ｘ２ －３ꎬ
拟 解析 ( )由题意得í ａ２ ꎬｂ２ ꎬ ＝
１ ï１ １ ꎬ⇒ ＝２ ＝１ ３
ａ２ ＋ ｂ２ ＝１ ｘ ｘ ｘ
ïï ２ 所以ｙ′ ２ ꎬ故ｋ ０ .
îａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２ ＝
ｘ２
＝
ｘ２
＝
ｘ２
︵
教
所以椭圆Ｃ的标准方程为 ｘ２
＋
ｙ２
＝１
.
因为
ｘ２
０ ｙ
２ ３
ꎬ所以
－
ｘ
３
２
３
ｙ２ꎬｋ
－３
ｘ
０
３
ｘ
０ ꎻ
０－３
师 用 ( ２ )易知椭圆的切线方程的 ２ 斜率一定存在ꎬ设切点Ｄ(ｘ ０ ꎬｙ ０ )ꎬ ３ － ０＝１ ０－３＝３ ０ ＝ ３ ３ ｙ２ ０ ＝ ３ ｙ ０
书 ︶ 则切线方程为 ｘｘ ０ ＋ ｙｙ ０＝１ .下面证明: 若点Ｐ在双曲线右支的下半支上ꎬ则ｙ ＝－ ｘ２ －３ꎬ同理可得ｋ
２ ３
２ ２２
ｘ ｘ
＝－ ３ ０ ３ ｙ２ ０ ＝ ３ ｙ ０ ０ . 当ｔ ＝－ ２ 时ꎬ ∀ ｍ ∈ Ｒꎬｋ ＴＭ ｋ ＴＮ＝ ２ ( １＋ －１ ２ )２ ＝ ２－ ２ ３ ꎬ
ｘ ｘ 所以存在点 Ｔ( ꎬ )ꎬ使得直线 ＴＭ 与 ＴＮ 的斜率之积为
综上ꎬｋ ０ ꎬ代入直线ｌ 的方程得 ｙ ｙ ０ (ｘ ｘ )ꎬ即 ｘ ｘ ± ２ ０
＝ ｙ － ０＝ ｙ － ０ ０ － 定值.
３ ０ ３ ０
ｙ ｙ ｘ２ ｙ２ꎬ ５.(２０２２山东临沂二模ꎬ２２)已知抛物线Ｈ ｙ２ ｐｘ ｐ 的焦
３ ０ ＝ ０－３ ０ : ＝２ ( >０)
ｘ ｘ 点为Ｆ 抛物线Ｈ上的一点Ｍ的横坐标为 Ｏ为坐标原点
所以直线ｌ的方程为ｘ ｘ ｙ ｙ ꎬ即ｙ ０ －３(ｘ )ꎬ因为 ꎬ ５ꎬ ꎬ
０ －３ ０ ＝３ ＝ ｙ ０> ３
３ ０ ＯＦＭ ２ .
直线ＡＦ 的方程为 ｘ ꎬ所以直线 ｌ 与直线 ＡＦ 的交点为 ｃｏｓ∠ ＝－
２ ＝２ ２ ３
æ ö 求抛物线Ｈ的方程
æ ｘ ö ３ ｘ (１) ꎻ
Ｍç ꎬ２ ０－３÷ꎬ直线ｌ与直线ｘ ３ 的交点为Ｎç ç ０－３÷ ÷ꎬ 若一直线经过抛物线Ｈ的焦点Ｆ 与抛物线Ｈ交于Ａ Ｂ两
è２ ｙ ø ＝ ３ ꎬ ２ (２) ꎬ ꎬ
３ ０ ２ è ｙ ø 点 点Ｃ为直线ｘ 上的动点.
２ ３ ０ ꎬ ＝－１
所以 ｜ ＭＦ ２｜＝ ( ２－２ )２ ＋ æ è ç ０－ ２ ｘ
３
０ ｙ －
０
３ ö ø ÷ ２ ＝ ２
３
ｘ
｜
０ ｙ －
０
３
｜
ꎬ ①
是
求
否
证
存
:∠
在
Ａ
这
ＣＢ
样
≤
的
π
２ 点
ꎻ
Ｃ 使得 ＡＢＣ为正三角形 若存在 求
ＮＦ ( ３ ) ２ æ ç ç ３ ｘ ０－３ ö ÷ ÷ ２ １ (ｘ ０－２ )２ １ ② 点Ｃ的坐标 ꎻ 若不存在 ꎬ ꎬ 说明理 △ 由. ? ꎬ
｜ ２｜ ＝ ２－ ２ ＋ è０－ ２ ｙ ø ＝ ４ ＋ ４ ｙ２ ０ ＝ ２ 解析 ( ) Ｍ的横坐标为 ꎬ ＭＦ ｐ .
３ ０ １ ∵ ５ ∴ ｜ ｜＝５＋
ｘ２ ２
３
０
－１＋
ｘ２
０－４
ｘ
０＋４
３ ４
ｘ２
０－１２
ｘ
０＋９ ３ ２
ｘ
０－３
过Ｍ作ＭＮ
⊥
ｘ轴于Ｎ点ꎬ
ｐ
ｙ ＝ ｙ ＝ ｙ ＝ ＯＦＭ ２ ꎬ ＭＦＮ ２ ꎬ且 ＦＮ ꎬ
｜ ０｜ ２ ３｜ ０｜ ２ ３｜ ０｜ ∵ ｃｏｓ∠ ＝－ ∴ ｃｏｓ∠ ＝ ｜ ｜＝５－
３ ３ ２
３ ＭＦ ꎬ即 ＮＦ ３ ＭＦ 得证. ｐ
２
｜ ２｜ ｜ ２｜＝
２
｜ ２｜
ＦＮ ５－
４.(２０２２辽宁鞍山二模ꎬ２１)已知Ｏ为坐标原点 ꎬ Ｆ １、 Ｆ ２ 为椭圆 ∴ ｃｏｓ∠ ＭＦＮ ＝ ｜ ｜ ＦＭ ｜ ｜ ＝ ２ ｐ ＝ ３ ２ ꎬ解得ｐ ＝２ ꎬ
Ｃ的左 右焦点 Ｆ Ｆ Ｐ为椭圆Ｃ的上顶点 以Ｐ为圆心 ５＋
、 ꎬ｜ １ ２｜＝２ꎬ ꎬ ２
且过Ｆ Ｆ 的圆与直线ｘ 相切. 抛物线Ｈ的方程为ｙ２ ｘ.
１、 ２ ＝－ ２ ∴ ＝４
求椭圆Ｃ的标准方程 ( )设直线ＡＢ的方程为ｘ ｍｙ ꎬＣ( ꎬｔ)ꎬＡ(ｘ ꎬｙ )ꎬＢ(ｘ ꎬ
(１) ꎻ ２ ＝ ＋１ －１ １ １ ２
若过点Ｆ 作直线ｌ 交椭圆Ｃ于Ｍ Ｎ两点 ｌ与ｘ轴不重 ｙ ).
(２) ２ ꎬ ꎬ ( ２
合 在ｘ轴上是否存在一点Ｔ 使得直线ＴＭ与ＴＮ的斜率之 {ｘ ｍｙ ꎬ
)ꎬ ꎬ 由 ＝ ＋１ 得ｙ２ ｍｙ ꎬ
积为定值
?
若存在
ꎬ
请求出所有满足条件的点Ｔ的坐标
ꎻ
若不 ｙ２
＝４
ｘꎬ －４ －４＝０
存 解 在 析 ꎬ 请 说 ( 明 １ ) 理 依 由 题 . 意ꎬ得Ｆ １ ( －１ ꎬ ０ )ꎬＦ ２ ( １ ꎬ ０ )ꎬ ｜ ＰＦ １｜＝｜ ＰＦ ２｜＝ Δ ｘ １ ＝ ＋ ( ｘ ２ － ＝ ４ ｍ ｍ ｙ ) １ ２ ＋ ＋ １ １ ＋ ６ ｍ > ｙ ０ ２ ꎬ ＋ ｙ １ １＋ ＝ ｙ ｍ ２＝ (ｙ ４ １ ｍ ＋ ꎬ ｙ ｙ ２ １ ) ｙ ＋ ２ ２ ＝ ＝ － ４ ４ ｍ ꎬ ２ ＋２ ꎬ
２
ꎬ所以
２
ａ
＝｜
ＰＦ
１｜＋｜
ＰＦ
２｜＝２ ２
ꎬ
ｘ ｘ
ｙ２
１
ｙ２
２ .
即ａ ꎬ又ｃ ꎬ所以ｂ ꎬ故椭圆Ｃ的标准方程为 ｘ２ ｙ２ . １ ２＝ ４ ４ ＝１
＝ ２ ＝１ ＝１ ＋ ＝１
２ 证明: →ＣＡ (ｘ ꎬｙ ｔ)ꎬＣ→Ｂ (ｘ ꎬｙ ｔ)ꎬ
{ｘ ｍｙ ꎬ ① ∵ ＝ １＋１ １－ ＝ ２＋１ ２－
(
２ ｍ
２
)
ｙ
设
－１
直
＝０
线
ꎬ
ｌ的方程为ｘ
＝
ｍｙ
＋１
ꎬ由
ｘ２
＝
＋２ ｙ
＋
２ ＝
１
２ ꎬ
得(ｍ２
＋２
)ｙ２
＋
＝
∴ ｘ
→Ｃ
１
Ａ
ｘ
２
＋
ｘ
Ｃ→
１
Ｂ
＋
＝ ｘ
２
(
＋
ｘ
１
１
＋
＋ ｙ １
１
)
ｙ
(
２－
ｘ
２ ｔ( ＋ ｙ １
１
)
＋
＋ ｙ
(
２
)
ｙ
１
＋
－ ｔ２
ｔ)(ｙ
２－
ｔ)
设Ｍ(ｘ ꎬｙ )ꎬＮ(ｘ ꎬｙ )ꎬ则ｙ ｙ ２ ｍ ꎬｙ ｙ １ ꎬ假设 ＝１＋４
ｍ２
＋２＋１－４－４
ｔｍ
＋
ｔ２
１ １ ２ ２ １＋ ２＝－ｍ２ ＋２ １ ２＝－ｍ２ ＋２ ＝４ ｍ２ －４ ｔｍ ＋ ｔ２ ＝ ( ２ ｍ － ｔ)２ ≥０ ꎬ
ｙ
存在点 Ｔ(ｔꎬ ０ )ꎬ则直线 ＴＭ 与 ＴＮ 的斜率分别为 ｋ ＴＭ＝ｘ １ ｔ＝ ∴ ∠ ＡＣＢ ≤ π ２ .
１－
假设存在点Ｃꎬ使得 ＡＢＣ为正三角形.取ＡＢ的中点Ｄ(ｘ ꎬ
ｍｙ １ ｙ ＋ １ １－ ｔ ꎬｋ ＴＮ＝ｘ ｙ ２－ ２ ｔ＝ｍｙ ２ ｙ ＋ ２ ｙ １ ｙ － ｔ ꎬ ② ｙ ０ )ꎬ连接ＣＤꎬ则ＣＤ ⊥ △ ＡＢꎬｘ ０＝ ｘ １＋ ｘ ２ ＝２ ｍ２ ＋１ ꎬｙ ０＝ ｙ １＋ ｙ ２ ＝２ ｍ ０ ꎬ
２ ２
所以ｋ ＴＭ ｋ ＴＮ＝(
ｙ
ｍ
ｙ
ｙ １＋１－ ｔ) １ ( ２ ｍｙ ２＋１－ ｔ) ∴
当
Ｄ
ｍ
(
＝
２ ｍ
０
２
时
＋１
ꎬ
ꎬ
Ａ
２
Ｂ
ｍ
斜
).
率不存在ꎬ由抛物线的对称性知Ｃ的坐标为
＝ｍ２ｙ ｙ ｍ( ｔ) １ (ｙ ２ ｙ ) ( ｔ)２ ( －１ ꎬ ０ ).此时 △ ＡＢＣ不是正三角形.
１ ２＋ １－ １＋ ２ ＋ １－ ｍ ｔ
当ｍ 时ꎬｋ １ ꎬｋ ２ － .
－ｍ２ １ ≠０ ＡＢ＝ ｍ ＣＤ＝
２
ｍ２
＋２
＋２
＝ ｍ２ æ è ç －ｍ２ １ ＋２ ö ø ÷ ＋ ｍ( １－ ｔ) æ è ç －ｍ ２ ２ ｍ ＋２ ö ø ÷ ＋ ( １－ ｔ)２ 由ＣＤ ⊥ ＡＢ得ｋ ＡＢ ｋ ＣＤ＝ ｍ １ ２ ２ ｍ ｍ ２ － ＋ ｔ ２ ＝－１ ꎬ 第
－１ ꎬ
解得ｔ
＝２
ｍ３
＋４
ｍꎬ
∴
Ｃ(
－１
ꎬ
２
ｍ３
＋４
ｍ)ꎬ
十
＝(ｔ２
－２
)ｍ２
＋２
(
１－
ｔ)２
∴ ｜
ＣＤ
｜＝
(
－２
ｍ２
－２
)２
＋
(
２
ｍ３
＋２
ｍ)２
＝２
(ｍ２
＋１
) ｍ２
＋１
ꎬ 章
要使ｋ
ＴＭ
ｋ
ＴＮ
为定值ꎬ必有ｔ２
－２＝０
ꎬ即ｔ
＝± ２
ꎬ 又
∵ ｜
ＡＢ
｜＝
ｘ
１＋
ｘ
２＋２＝４
(ｍ２
＋１
)ꎬ 圆
锥
当ｔ ＝ ２ 时ꎬ ∀ ｍ ∈ Ｒꎬｋ ＴＭ ｋ ＴＮ＝
２
(
１－
－１
２
)２ ＝－
２
３ － ２ ꎬ 由 ｜ ＣＤ ｜＝
２
３ ｜ ＡＢ ｜ ꎬ得ｍ ＝± ２ ꎬ 曲 线
２ ２３
所以存在点Ｃ( ꎬ )ꎬ使得 ＡＢＣ为正三角形. αꎬ即 ２α α αꎬ
－１ ±８ ２ △ ３ｓｉｎ２ ２ｃｏｓ ＝２ ３ｓｉｎ ｃｏｓ
６.(２０２２河北衡水二模ꎬ２１)在平面直角坐标系ｘＯｙ中 已知椭
ꎬ 又 α ꎬ所以 α αꎬ即 α １ .
ｘ２ ｙ２ ｃｏｓ ≠０ ｃｏｓ ＝ ３ｓｉｎ ｔａｎ ＝
圆Ｃ ａ ｂ 的左 右焦点分别为Ｆ Ｆ 离心率为 ３
:ａ２ ＋ｂ２ ＝１( > >０) ꎬ １ꎬ ２ꎬ ｂ
因为α为渐近线ＯＡ的倾斜角ꎬ所以 １ ꎬ即ａ ｂ.
ａ ＝ ＝ ３
２.过点Ｐ 作直线ｌ与椭圆Ｃ相交于Ａ Ｂ两点.当Ａ是椭 ３
(２ꎬ０) ꎬ
２ 又 ａ２ ｂ２ ꎬ所以ａ ꎬｂ .
＋ ＝２ ＝ ３ ＝１
圆Ｃ
求
的
椭
短
圆
轴
Ｃ
端
的
点
标
时
准
ꎬ
Ａ
方
→Ｆ
２
程
→ＡＰ
＝３
.
所以双曲线Ｃ的方程是
ｘ２
－
ｙ２
＝１
.
(１) ꎻ ３
试判断是否存在直线ｌ 使得 Ｆ Ａ ２ １ Ｆ Ｐ ２ Ｆ Ｂ ２ 成 ( ２ )解法一:设点Ｍ(ｍꎬ ０ )ꎬ ｜ ＭＰ ｜ ２ ＋｜ ＭＱ ｜ ２ －｜ ＰＱ ｜ ２ ＝ λ.
(
等
２
差
)
数列.若存在 求出直线
ꎬ
ｌ的方
｜
程
１
若
｜ ꎬ
不
２
存
｜
在
１
说
｜
明
ꎬ｜
理
１
由
｜
.
当ｌ
⊥
ｘ轴时ꎬ直线ｌ的方程为ｘ
＝２
ꎬ代入
ｘ２
－
ｙ２
＝１
ꎬ得ｙ
＝±
１ .
ꎬ ꎻ ꎬ ３ ３
解析 ( １ )由题意可知ꎬｅ ＝ ａ ｃ ＝ ２ꎬ即ａ ＝ ２ ｃꎬ 不妨取Ｐ æ è ç ２ ꎬ － １ ö ø ÷ꎬＱ æ è ç ２ ꎬ１ ö ø ÷ꎬ则λ ＝２ [ (ｍ －２ )２ ＋ １ ] － æ è ç ２ ö ø ÷ ２
当Ａ为椭圆的短轴端点时ꎬ不妨设 ２ Ａ( ꎬｂ)ꎬ又Ｆ (ｃꎬ )ꎬＰ( ꎬ ３ ３ ３ ３
０ ２ ０ ２ ｍ２ ｍ ２２.
)ꎬ则Ａ→Ｆ (ｃꎬ ｂ)ꎬ→ＡＰ ( ꎬ ｂ)ꎬ所以Ａ→Ｆ →ＡＰ ｃ ｂ２ ꎬ ＝２ －８ ＋
０ ２＝ － ＝ ２ － ２ ＝２ ＋ ＝３ ３
因为ａ２
＝
ｂ２
＋
ｃ２
＝２
ｃ２ꎬ所以ｂ２
＝
ｃ２ꎬ所以ｃ２
＋２
ｃ
＝３
ꎬ
当ｌ ｙ轴时ꎬ直线ｌ的方程为ｙ ꎬ代入
ｘ２
ｙ２ ꎬ得ｘ .
⊥ ＝０ － ＝１ ＝± ３
解得ｃ (负值舍去)ꎬ所以ａ ꎬｂ ꎬ ３
＝１ ＝ ２ ＝１
所以椭圆Ｃ的标准方程为
ｘ２
ｙ２ .
不妨取 Ｐ(
－ ３
ꎬ
０
)ꎬＱ(
３
ꎬ
０
)ꎬ则 λ
＝
(ｍ
＋ ３
)２
＋
(ｍ
－ ３
)２
－
２
＋ ＝１ (
２ ３
)２
＝２
ｍ２
－６
.
( )易知直线ｌ的斜率存在.
２ {ｙ ｋ(ｘ )ꎬ 令 ２ ｍ２ －８ ｍ ＋ ２２ ＝２ ｍ２ －６ ꎬ解得ｍ ＝ ５ ꎬ此时λ ＝２ ｍ２ －６＝ ５０ －６＝
＝ －２ ３ ３ ９
设ｌ:ｙ
＝
ｋ(ｘ
－２
)ꎬ由 ｘ２
ｙ２ ꎬ
得(
２
ｋ２
＋１
)ｘ２
－８
ｋ２ｘ
＋８
ｋ２
－２＝０
ꎬ
４ .
＋ ＝１ －
２ ９
由Δ ｋ４ ( ｋ２ )( ｋ２ ) ꎬ即 ｋ２ ꎬ解得 ｋ 当直线ｌ不与坐标轴垂直时ꎬ设直线 ｌ 的方程为 ｘ ｔｙ ꎬ由
＝６４ －４ ２ ＋１ ８ －２ >０ １－２ >０ ＝ ＋２
æ ö {ｘ ｔｙ ꎬ
ç ２ꎬ ２÷ꎬ ＝ ＋２
∈è－
２ ２
ø ｘ２
ｙ２ ꎬ
得(ｔ２
－３
)ｙ２
＋４
ｔｙ
＋１＝０
.
ｋ２ ｋ２ － ＝１
设Ａ(ｘ ꎬｙ )ꎬＢ(ｘ ꎬｙ )ꎬ则ｘ ｘ ８ ꎬｘ ｘ ８ －２ꎬ ３
１ １ ２ ２ １＋ ２＝ ｋ２ １ ２＝ ｋ２ ｔ
２ ＋１ ２ ＋１ 设Ｐ(ｘ ꎬｙ )ꎬＱ(ｘ ꎬｙ )ꎬ则ｙ ｙ ４ ꎬｙ ｙ １ .
( ｋ４ ｋ２ ) １ １ ２ ２ １＋ ２＝－ｔ２ １ ２＝ｔ２
所以ｘ２
１＋
ｘ２
２＝
(ｘ
１＋
ｘ
２
)２
－２
ｘ
１
ｘ
２＝
４
(
８
ｋ
－
２
２
)
＋
２
１ ꎬ
( ) ( ) ２
－
(
３
) ２
－３
２ ＋１ 对于点Ｍ ５ ꎬ ꎬλ ｘ ５ ｙ２ ｘ ５ ｙ２ (ｙ ｙ )２
０ ＝ １－ ＋ １＋ ２－ ＋ ２－ １－ ２
又Ｆ( ꎬ )ꎬ所以 Ｆ Ａ ２ (ｘ )２ ｙ２ (ｘ )２ １ ｘ２ ３ ３ ３
１ －１ ０ ｜ １ ｜ ＝ １＋１ ＋ １＝ １＋１ ＋１－ １＝ ( ｔ２)
２ １＋
( ) ( )
１ ｘ２ ｘ ꎬ同理 Ｆ Ｂ ２ １ ｘ２ ｘ ꎬ所以 Ｆ Ａ ２ Ｆ Ｂ ２ ｔｙ １ ２ ｙ２ ｔｙ １ ２ ｙ２ (ｙ ｙ )２( ｔ２)
１＋２ １＋２ ｜ １ ｜ ＝ ２＋２ ２＋２ ｜ １ ｜ ＋｜ １ ｜ ＝ ＝ １＋ ＋ １＋ ２＋ ＋ ２－ １－ ２ １＋
２ ２ ３ ３
ｘ２
１＋
ｘ２
２ (ｘ ｘ ) ４８
ｋ４
＋１２
ｋ２
＋２ ꎬ (ｔ２ )(ｙ２ ｙ２) ２
ｔ
(ｙ ｙ ) ２ (ｙ ｙ )２( ｔ２)
２
＋２ １＋ ２ ＋４＝ (
２
ｋ２
＋１
)２ ＋４ ＝ ＋１ １＋ ２ ＋
３
１＋ ２ ＋
９
－ １－ ２ １＋
又因为 ｜ Ｆ １ Ｐ ｜ ２ ＝９ ꎬ所以４８ ( ｋ ２ ４ ｋ ＋ ２ １ ＋ ２ １ ｋ ) ２ ＋ ２ ２ ＋４＝９ ꎬ即 ２８ ｋ４ －８ ｋ２ －３＝０ ꎬ ＝２ (ｔ２ ＋１ )ｙ １ ｙ １＋ ２ ３ ｔ (ｙ １＋ ｙ ２ ) ＋ ９ ２ ＝ ２ ( ｔ ｔ ２ ２ － ＋ ３ １ ) － ３ (ｔ ８ ２ ｔ － ２ ３ )＋ ９ ２ ＝
(ｔ２ ) ｔ２ ｔ２
即( ２ ｋ２ －１ )( １４ ｋ２ ＋３ ) ＝０ ꎬ解得ｋ ＝± ２ꎬ ６ ( ＋ ｔ２ １ － ) ８ ＋ ２ ＝ ( ６ ｔ － ２ ２ )＋ ２ ＝－ ２ ＋ ２ ＝－ ４ .
２ ３ －３ ９ ３ －３ ９ ３ ９ ９
( )
因为ｋ ∈ æ è ç － ２ꎬ ２ ö ø ÷ꎬ所以不存在直线ｌ符合题意. 所以存在定点 Ｍ ５ ３ ꎬ ０ ꎬ使 ｜ ＭＰ ｜ ２ ＋｜ ＭＱ ｜ ２ －｜ ＰＱ ｜ ２ ＝－ ９ ４ 为
２ ２ 定值.
ｘ２
年
７.(２０２２湖南师范大学附属中学二模ꎬ２１)已知双曲线Ｃ
:ａ２ － 解法二:当直线ｌ不与ｘ轴重合时ꎬ设ｌ的方程为ｘ ＝ ｔｙ ＋２ ꎬ由
高 {ｘ ｔｙ ꎬ
ｙ２ ＝ ＋２
考 ｂ２ ＝１( ａ >０ꎬ ｂ >０) 的右焦点为Ｆ (２ꎬ０)ꎬ Ｏ为坐标原点 ꎬ 点Ａ ꎬ Ｂ ｘ２ ｙ２ ꎬ 得(ｔｙ ＋２ )２ －３ ｙ２ ＝３ ꎬ即(ｔ２ －３ )ｙ２ ＋４ ｔｙ ＋１＝０ .
年 分别在Ｃ 的两条渐近线上 点 Ｆ 在线段 ＡＢ 上 且 ＯＡ ＡＢ ３ － ＝１
模 ꎬ ꎬ ⊥ ꎬ ｔ
拟 ＯＡ ＯＢ ＡＢ . 设Ｐ(ｘ ꎬｙ )ꎬＱ(ｘ ꎬｙ )ꎬ则ｙ ｙ ４ ꎬｙ ｙ １ .
｜ ｜＋｜ ｜＝ ３｜ ｜ １ １ ２ ２ １＋ ２＝－ｔ２ １ ２＝ｔ２
求双曲线Ｃ的方程 －３ －３
(１) ꎻ 在 ＰＭＱ 中ꎬ由余弦定理ꎬ得 ＭＰ ２ ＭＱ ２ ＰＱ ２
过点Ｆ作直线ｌ交Ｃ于Ｐ Ｑ两点 问 在ｘ轴上是否存在 △ ｜ ｜ ＋ ｜ ｜ － ｜ ｜ ＝
(２) ꎬ ꎬ ꎻ
︵ 定点Ｍ ꎬ 使 ｜ ＭＰ ｜ ２ ＋｜ ＭＱ ｜ ２ －｜ ＰＱ ｜ ２ 为定值 ? 若存在 ꎬ 求出定点 ２｜ ＭＰ ｜｜ ＭＱ ｜ｃｏｓ∠ ＰＭＱ ＝２ Ｍ→ＰＭ→Ｑꎬ
教 Ｍ的坐标及这个定值 若不存在 说明理由. 设Ｍ(ｍꎬ )ꎬ则Ｍ→ＰＭ→Ｑ (ｘ ｍ)(ｘ ｍ) ｙ ｙ (ｔｙ ｍ)
师 解析 ( )不妨设 ꎻ 点 Ａ在第一 ꎬ 象限ꎬ ＡＯＦ αꎬ则 ＡＯＢ (ｔｙ ０ ｍ) ｙ ｙ ＝ １－ ２－ ＋ １ ２＝ １＋２－
用 １ ∠ ＝ ∠ ＝ ２＋２－ ＋ １ ２
书 ２ α.因为ＯＡ ⊥ ＡＢꎬ所以 ｜ ＯＡ ｜＝｜ ＯＢ ｜ｃｏｓ２ αꎬ ｜ ＡＢ ｜＝｜ ＯＢ ｜ｓｉｎ２ α. (ｔ２ )ｙ ｙ ｔ( ｍ)(ｙ ｙ ) ( ｍ)２ ｔ２ ＋１ ４ ｔ２( ２－ ｍ)
︶ 所以 ＯＢ α ＯＢ ＯＢ αꎬ即 α ＝ ＋１ １ ２＋ ２－ １＋ ２ ＋ ２－ ＝ｔ２ － ｔ２ ＋
｜ ｜ｃｏｓ ２ ＋｜ ｜ ＝ ３ ｜ ｜ｓｉｎ ２ ｃｏｓ ２ ＋１＝ －３ －３
２ ２４
(ｍ２ )ｔ２ ( ｍ２ ｍ ) ( ) ( ) ２
( ｍ)２ －３ － ３ －１２ ＋１１ ꎬ 对于点 Ｍ ５ ꎬ ꎬ ＭＰ ２ ＭＱ ２ ＰＱ ２ ５
２－ ＝ ｔ２ ０ ｜ ｜ ＋ ｜ ｜ － ｜ ｜ ＝ ＋ ３ ＋
－３ ３ ３
( )
２
令
３
ｍ２
－１２
ｍ
＋１１＝３
(ｍ２
－３
)ꎬ得ｍ
＝
５ ꎬ此时Ｍ→ＰＭ→Ｑ
＝
ｍ２
－３＝
５
－ ３ －
(
２ ３
)２
＝
５０
－６＝－
４ .
３ ３ ９ ９
( )
－ ２ ꎬ所以 ｜ ＭＰ ｜ ２ ＋｜ ＭＱ ｜ ２ －｜ ＰＱ ｜ ２ ＝－ ４ . 所以存在定点 Ｍ ５ ꎬ ０ ꎬ使 ｜ ＭＰ ｜ ２ ＋｜ ＭＱ ｜ ２ －｜ ＰＱ ｜ ２ ＝－ ４ 为
９ ９ ３ ９
当直线ｌ与ｘ 轴重合时ꎬ点 ＰꎬＱ 为双曲线的两顶点ꎬ不妨取 定值.
Ｐ( ꎬ )ꎬＱ( ꎬ ).
－ ３ ０ ３ ０
第
十
章
圆
锥
曲
线
２ ２５
