高考数学破解命题陷阱专题27快速解决直线与圆锥曲线综合问题的解题技巧

高考数学破解命题陷阱专题27快速解决直线与圆锥曲线综合问题的解题技巧

专题 27 快速解决直线与圆锥曲线综合问题的解题技巧 一．命题陷阱 1.不用韦达定理与用韦达定理的选择陷阱 2.范围不完备陷阱 3.圆锥曲线中三角形面积公式选取陷阱 4．不用定义直接化简的陷阱（圆锥曲线定义的灵活运用） 5.圆锥曲线中的求定点、定直线只考虑一般情况不考虑特殊位置陷阱 6.圆锥曲线中的求定值只考虑一般情况不考虑特殊位置陷阱 二、知识回顾 1.椭圆的标准方程 (1) 2 2 2 2 1,( 0)x y a ba b     ，焦点 1 2( ,0), ( ,0)F c F c ，其中 2 2c a b  ． (2) 2 2 2 2 1,( 0)x y a bb a     ，焦点 1 2(0, ), (0, )F c F c ，其中 2 2c a b  2.双曲线的标准方程 (1) 2 2 2 2 1,( 0, 0)x y a ba b     ，焦点 1 2( ,0), ( ,0)F c F c ，其中 2 2c a b  ． (2) 2 2 2 2 1,( 0, 0)x y a bb a     ，焦点 1 2(0, ), (0, )F c F c ，其中 2 2c a b  3．抛物线的标准方程 (1) 2 2 2 22 , 2 , 2 , 2 ,( 0)y px y px x py x py p       ．对应的焦点分别为： ( ,0), ( ,0), (0, ), (0, )2 2 2 2 p p p pF F F F  . 三．典例分析 1.不用韦达定理与用韦达定理的选择陷阱 例 1. 设椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左焦点为 F ，右顶点为 A ，离心率为 1 2 .已知 A 是抛物线 2 2 ( 0)y px p  的焦点， F 到抛物线的准线l 的距离为 1 2 . （I）求椭圆的方程和抛物线的方程； （II）设l 上两点 P ，Q 关于 x 轴对称，直线 AP 与椭圆相交于点 B（ B 异于点 A ），直线 BQ 与 x 轴相交于点 D . 若 APD△ 的面积为 6 2 ，求直线 AP 的方程. 【答案】 （1） 2 2 4 13 yx   ， 2 4y x .（2）3 6 3 0x y   ，或3 6 3 0x y   . （Ⅱ）解：设直线 AP 的方程为 1( 0)x my m   ，与直线l 的方程 1x   联立，可得点 2( 1, )P m   ，故 2( 1, )Q m  . 将 1x my  与 2 2 4 13 yx   联立，消去 x ，整理得 2 2(3 4) 6 0m y my   ，解得 0y  ，或 2 6 3 4 my m   .由点 B 异于点 A ，可得点 2 2 2 3 4 6( , )3 4 3 4 m mB m m      .由 2( 1, )Q m  ，可得直线 BQ 的方程为 2 2 2 6 2 3 4 2( )( 1) ( 1)( ) 03 4 3 4 m mx ym m m m          ，令 0y  ，解得 2 2 2 3 3 2 mx m   ，故 2 2 2 3( ,0)3 2 mD m   .所以 2 2 2 2 2 3 6| | 1 3 2 3 2 m mAD m m     .又因为 APD△ 的面积为 6 2 ，故 2 2 1 6 2 6 2 3 2 | | 2 m m m    ，整理得 23 2 6 | | 2 0m m   ，解得 6| | 3m  ，所以 6 3m   . 所以，直线 AP 的方程为3 6 3 0x y   ，或3 6 3 0x y   . 【陷阱防范】：分析题目条件与所求关系，恰当选取是否使用韦达定理 练习 1. 已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     ，且椭圆上任意一点到左焦点的最大距离为 2 1 ，最小距离为 2 1 . （1）求椭圆的方程； （2）过点 10, 3S     的动直线l 交椭圆C 于 ,A B 两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点Q ，使得以线段 AB 为直径的圆恒过点Q ?若存 在，求出点Q 的坐标：若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 椭圆方程为 2 2 12 x y  ;(2) 以线段 AB 为直径的圆恒过点  0,1Q . 下面证明  0,1Q 为所求：若直线l 的斜率不存在，上述己经证明. 若直线l 的斜率存在，设直线 1: 3l y kx  ，    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， 由 2 2 1 { 3 2 2 0 y kx x y      得 2 29 18 12 16 0k x kx    ，  2 2144 64 9 18 0k k     ， 1 2 1 22 2 12 16,18 9 18 9 kx x x xk k     ，    1 1 2 2, 1 , , 1QA x y QB x y     ，   1 2 1 21 1QA QB x x y y         2 1 2 1 2 4 161 3 9 kk x x x x      2 2 2 16 4 12 161 09 18 3 9 18 9 k kk k k         . ∴QA QB  ，即以线段 AB 为直径的圆恒过点  0,1Q . 练习 2.设椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左焦点为 F ，右顶点为 A ，离心率为 1 2 .已知 A 是抛物线 2 2 ( 0)y px p  的焦点， F 到抛物线的准线l 的距离为 1 2 . （I）求椭圆的方程和抛物线的方程； （II）设l 上两点 P ，Q 关于 x 轴对称，直线 AP 与椭圆相交于点 B（ B 异于点 A ），直线 BQ 与 x 轴相交于点 D . 若 APD△ 的面积为 6 2 ，求直线 AP 的方程. 【答案】 （1） 2 2 4 13 yx   ， 2 4y x .（2）3 6 3 0x y   ，或3 6 3 0x y   . 【解析】（Ⅰ）设 F 的坐标为 ( ,0)c .依题意， 1 2 c a  ， 2 p a ， 1 2a c  ，解得 1a  ， 1 2c  ， 2p  ，于是 2 2 2 3 4b a c   .所以，椭圆的方程为 2 2 4 13 yx   ，抛物线的方程为 2 4y x . 练习 3. 已知椭圆 1C ： 2 2 14 x y  ，曲线 2C 上的动点  ,M x y 满足：    2 22 22 3 2 3 16x y x y      . （1）求曲线 2C 的方程； （2）设O 为坐标原点，第一象限的点 ,A B 分别在 1C 和 2C 上， 2OB OA  ，求线段 AB 的长. 【答案】(1) 2 2 116 4 y x  ;(2) 2 105 . 【解析】（1）由已知，动点 M 到点  0, 2 3P  ，  0,2 3Q 的距离之和为8 ， 且 8PQ  ，所以动点 M 的轨迹为椭圆，而 4a  ， 2 3c  ，所以 2b  ， 故椭圆 2C 的方程为 2 2 116 4 y x  . （2） ,A B 两点的坐标分别为    , , ,A A B Bx y x y ，由 2OB OA  及（1）知， , ,O A B 三点共线且点 ,A B 不在 y 轴 上，因此可设直线 AB 的方程为 y kx . 将 y kx 代入 2 2 14 x y  中，得 2 21 4 4k x  ，所以 2 2 4 1 4Ax k   ， 将 y kx 代入 2 2 116 4 y x  中，得 2 24 16k x  ，所以 2 2 16 4Bx k   ， 又由 2OB OA  ，得 2 24B Ax x ，即 2 2 16 4 4 1 4k k   ， 解得 2 2 2 4 41, 5, 5 , 5, 55 5 5 5k A B           易得 ， 故 2 24 2 4 2 25 5 5 5 105 5 5 5 5AB               2.范围不完备陷阱 例 2. 已知椭圆C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率为 1 2 ，以椭圆长、短轴四个端点为顶点为四边形的面积为 4 3 . （Ⅰ）求椭圆C 的方程； （Ⅱ）如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为 A 、 B ，当动点 M 在定直线 4x  上运动时，直线 AM BM、 分 别交椭圆于两点 P 、Q ，求四边形 APBQ 面积的最大值. 【答案】（Ⅰ） 2 2 14 3 x y  ；（Ⅱ） 6 . 【解析】（Ⅰ）由题设知， 2 ,2 4 3a c ab  ， 又 2 2 2a b c  ，解得 2, 3, 1a b c   ， 故椭圆C 的方程为 2 2 14 3 x y  . 故四边形 APBQ 的面积为 1 • 22 P Q P QS AB y y y y     2 2 18 62 27 3 t t t t               2 2 2 22 2 2 2 2 48 9 48 9 48 9 1227 3 9 12 ) 9 t t t t t tt t t t t t            . 由于 29 6t t    ，且 12  在 6, 上单调递增，故 12 8   ， 从而，有 48 612S      . 当且仅当 6  ，即 3t  ，也就是点 M 的坐标为 4,3 时，四边形 APBQ 的面积取最大值 6. 【陷阱防范】：涉及含参数问题，求最值或范围时要注意运用均值不等式还是运用函数的单调性. 练习 1.设点 10, 4F      ，动圆 A 经过点 F 且和直线 1 4y   相切，记动圆的圆心 A 的轨迹为曲线C . （1）求曲线C 的方程； （2）设曲线C 上一点 P 的横坐标为 ( 0)t t  ，过 P 的直线交C 于一点Q ，交 x 轴于点 M ，过点Q 作 PQ 的垂线 交C 于另一点 N ，若 MN 是C 的切线，求t 的最小值. 【答案】（1） 2x y （2） min 2 3t  【解析】(1)过点 A 作直线 AN 垂直于直线 1 4y   于点 N ，由题意得 AF AN ，所以动点 A 的轨迹是以 F 为 焦点，直线 1 4y   为准线的抛物线.所以抛物线C 得方程为 2x y .        2 1 0, 1 0kx x k t k k t kx k k t x k t                      ，解得   1k k tx k    ，或 x k t  .             2 22 2 2 2 2 2 2 1 111, , 1 1MN k k t k ktk k tk k t kN k k k tk k t kt k t k k k                          . 而抛物线在点 N 的切线斜率， '|k y    1 2 2k k t k k tx k k        ， MN 是抛物线的切线，      22 2 2 1 2 2 1 k kt k k t kk t k         ，整理得  2 2 2 21 2 0, 4 1 2 0k kt t t t         ，解得 2 3t   （舍去）， 或 min 2 2,3 3t t   . 练习 2. 已知双曲线 2 2 2 2 1x yC a b  ： 的离心率为 3 ，点( 3 ，0)是双曲线的一个顶点。 (1)求双曲线的方程； (2)经过双曲线右焦点 2F 作倾斜角为30 的直线l ，直线l 与双曲线交于不同的 ,A B 两点，求 AB 的长。 【答案】（1） 2 2 13 6 x y  （2） 16 3 5 【解析】 （1）因为双曲线 2 2 2 2 1x yC a b  ： 的离心率为 3 ，点( 3 ，0)是双曲线的一个顶点，所以 3, 3, 6a c b   ， 即 2 2 13 6 x y  （2）经过双曲线右焦点 2F 作倾斜角为 30 的直线  3 33l y x ： 与双曲线联立方程组消 y y 得 2 1 2 95 6 27 0, , 35x x x x       ，由弦长公式解得 1 2 11 3AB x x    16 3 5 练习 3. 已知椭圆C 的方程为 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ，双曲线 2 2 2 2 1x y a b   的一条渐近线与 x 轴所成的夹角为 30 ，且双曲线的焦距为 4 2 . (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 1 2,F F 分别为椭圆C 的左，右焦点，过 2F 作直线l (与 x 轴不重合)交椭圆于 A ， B 两点，线段 AB 的中 点为 E ，记直线 1F E 的斜率为 k ，求 k 的取值范围. 【答案】（1） 2 2 16 2 x y  ；（2） 6 6,12 12      . 【解析】(1)一条渐近线与 x 轴所成的夹角为 30 知 3tan30 3 b a    ，即 2 23a b ， 又 2 2c  ，所以 2 2 8a b  ，解得 2 6a  ， 2 2b  ， 所以椭圆C 的方程为 2 2 16 2 x y  . (2)由(1)知  2 2,0F ，设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，设直线 AB 的方程为 2x ty  . 联立 2 2 1{ 6 2 2 x y x ty     得 2 23 4 2 0t y ty    ， 由 1 2 2 4 3 ty y t    得 1 2 2 12 3x x t    ， ∴ 2 2 6 2,3 3 tE t t       ， 又  1 2,0F  ，所以直线 1F E 的斜率 2 2 2 2 3 6 62 3 t ttk t t      . ①当 0t  时， 0k  ； ②当 0t  时， 2 1 1 6 2 66 tk t t t      ，即 60, 12k     . 综合①②可知，直线 1F E 的斜率 k 的取值范围是 6 6,12 12      . 练习 4.如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 : 2 0l x y   ，抛物线 2: y 2 ( 0)C px p  （1）若直线 l 过抛物线 C 的焦点，求抛物线 C 的方程； （2）已知抛物线 C 上存在关于直线 l 对称的相异两点 P 和Q . ①求证：线段 PQ 的中点坐标为 (2 , ).p p  ； ②求 p 的取值范围. 【答案】（1） xy 82  （2）①详见解析，② )3 4,0( ①由 2 2y px y x b       消去 x得 2 2 2 0(*)y py pb   因为 P 和 Q 是抛物线 C 上的相异两点，所以 1 2 ,y y 从而 2(2 ) 4( 2 ) 0p pb     ，化简得 2 0p b  . 方程（*）的两根为 2 1,2 2y p p pb    ，从而 1 2 0 .2 y yy p   因为 0 0(x ,y )M 在直线 l 上，所以 0 2 .x p  因此，线段 PQ 的中点坐标为 (2 , ).p p  ②因为 M(2 , ).p p  在直线 y x b   上 所以 (2 ) bp p     ，即 2 2 .b p  由①知 2 0p b  ，于是 2(2 2 ) 0p p   ，所以 4.3p  因此 p 的取值范围为 4(0, ).3 【方法总结】在利用代数法解决范围问题时常从以下五个方面考虑： (1)利用判别式来构造不等关系，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，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系； (3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； (4)利用基本不等式求出参数的取值范围； (5)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围． 3.圆锥曲线中三角形面积公式选取陷阱 例 3. 已知圆  2 2 1 : 1 8F x y   ，圆心为 1F ，定点  2 1,0F ， P 为圆 1F 上一点，线段 2PF 上一点 N 满足 2 22PF NF  ，直线 1PF 上一点Q ，满足 2 0QN PF   ． （Ⅰ）求点Q 的轨迹C 的方程； （Ⅱ）O 为坐标原点， O 是以 1 2F F 为直径的圆，直线 :l y kx m  与 O 相切，并与轨迹 C 交于不同的两点 ,A B ．当OA OB    且满足 3 4,5 5       时，求 OAB 面积 S 的取值范围． 【答案】（Ⅰ） 2 2 12 x y  ；（Ⅱ） 2 2 2 3,5 5       . 设椭圆的标准方程为   2 2 2 2 1 0x y a ba b     ， 则 2a  ， 1c  ， ∴ 2 1b  . ∴点Q 的轨迹C 的方程为 2 2 12 x y  。 （Ⅱ）∵圆O 与直线l 相切， ∴ 2 1 1 m k   ，即 2 2 1m k  ， 由 2 2 1{ 2 x y y kx m     ，消去  2 2 21 2 4 2 2 0y k x kmx m    整理得 . ∵直线 l 与椭圆交于两个不同点， ∴     2 2 2 2 2(4 ) 4 1 2 2 2 8 2 1 0km k m k m         ， 将 2 2 1m k  代入上式，可得 2 0k  ， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 则 1 2 2 4 1 2 kmx x k     ， 2 1 2 2 2 2 1 2 mx x k   ， ∴   1 2 1 2y y kx m kx m      2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 m kk x x km x x m k      ， ∴          2 2 22 1 2 1 2 2 2 1 8 1 4 1 2 ) k k AB k x x x x k         ∴ 2 1 2 1 2 2 1 1 2 kOA OB x x y y k          ， ∵ 3 4 5 5   ，解得 21 23 k  .满足 2 0k  。 又     4 2 4 2 21 12 4 1AOB k k S S AB k k        ， 设 4 2k k   ，则 4 69   . ∴ 2 4 1S    2 14  ， ∴ 2 2 2 3 5 5S  故 OAB 面积 S 的取值范围为 2 2 2 3,5 5       。 【陷阱防范】：涉及到三角形面积时用弦长公式还是用把三角形分成两个或几个三角形求面积 练习 1. 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y 是椭圆   2 2 2 2 1 0y x a ba b     上的两点，椭圆的离心率为 3 2 ，短轴长为 2， 已知向量 1 1,x ym b a       ， 2 2,x yn b a       ，且 m n  ， O 为坐标原点. （1）若直线 AB 过椭圆的焦点  0,F c ，（ c 为半焦距），求直线 AB 的斜率 k 的值； （2）试问： AOB 的面积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由. 【答案】（1） 2k   ；（2）见解析. （2）①直线 AB 斜率不存在时，即 1 2x x ， 1 2y y ∵ m n  ∴ 0m n   ，即 2 2 1 1 04 yx   又∵ A 点在椭圆上 ∴ 2 2 1 1 14 yx   ，即 2 1 1 2x  ∴ 1 2 2x  ， 1 2y  ∴ 1 1 2 1 1 1 1= 2 12 2S x y y x y    ，故 AOB 的面积为定值 1 ②当直线 AB 斜率存在时，设 AB 的方程为 y kx m  ， 联立 2 2{ 14 y kx m y x     得：  2 2 24 2 4 0k x kmx m     ∴ 1 2 2 2 4 kmx x k    ， 2 1 2 2 4 4 mx x k   ， 0  ∴ 1 2 1 1 2 2AOBS m x x m     2 1 2 1 24x x x x   2 2 2 2 4 4 m k m k    所以三角形的面积为定值 1. 练习 2.设椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左焦点为 F ，右顶点为 A ，离心率为 1 2 .已知 A 是抛物线 2 2 ( 0)y px p  的焦点， F 到抛物线的准线l 的距离为 1 2 . （I）求椭圆的方程和抛物线的方程； （II）设l 上两点 P ，Q 关于 x 轴对称，直线 AP 与椭圆相交于点 B（ B 异于点 A ），直线 BQ 与 x 轴相交于点 D . 若 APD△ 的面积为 6 2 ，求直线 AP 的方程. 【答案】 （1） 2 2 4 13 yx   ， 2 4y x .（2）3 6 3 0x y   ，或3 6 3 0x y   . 【解析】（Ⅰ）设 F 的坐标为 ( ,0)c .依题意， 1 2 c a  ， 2 p a ， 1 2a c  ，解得 1a  ， 1 2c  ， 2p  ，于是 2 2 2 3 4b a c   .所以，椭圆的方程为 2 2 4 13 yx   ，抛物线的方程为 2 4y x . （Ⅱ）解：设直线 AP 的方程为 1( 0)x my m   ，与直线l 的方程 1x   联立，可得点 2( 1, )P m   ，故 2( 1, )Q m  . 将 1x my  与 2 2 4 13 yx   联立，消去 x ，整理得 2 2(3 4) 6 0m y my   ，解得 0y  ，或 2 6 3 4 my m   .由点 B 异于点 A ，可得点 2 2 2 3 4 6( , )3 4 3 4 m mB m m      .由 2( 1, )Q m  ，可得直线 BQ 的方程为 2 2 2 6 2 3 4 2( )( 1) ( 1)( ) 03 4 3 4 m mx ym m m m          ，令 0y  ，解得 2 2 2 3 3 2 mx m   ，故 2 2 2 3( ,0)3 2 mD m   .所以 2 2 2 2 2 3 6| | 1 3 2 3 2 m mAD m m     .又因为 APD△ 的面积为 6 2 ，故 2 2 1 6 2 6 2 3 2 | | 2 m m m    ，整理得 23 2 6 | | 2 0m m   ，解得 6| | 3m  ，所以 6 3m   .所以，直线 AP 的方程为3 6 3 0x y   ，或 3 6 3 0x y   . 4．不用定义直接化简的陷阱（圆锥曲线定义的灵活运用） 例 4. 已知椭圆 2 2 2 2 1 ( 0)x y a ba b     与抛物线 2 2 ( 0)y px p  共焦点 2F ，抛物线上的点 M 到 y 轴的距离 等于 2 1MF  ，且椭圆与抛物线的交点 Q 满足 2 5 2QF  ． （I）求抛物线的方程和椭圆的方程； （II）过抛物线上的点 P 作抛物线的切线 y kx m  交椭圆于 A 、B 两点，设线段 AB 的中点为  0 0,C x y ，求 0x 的取值范围． 【答案】（1） 2 2 19 8 x y  ；（2）  1,0 ． 【解析】（1）∵抛物线上的点 M 到 y 轴的距离等于 2 1MF  ， ∴点 M 到直线 1x   的距离等于点 M 到焦点 2F 的距离， 得 1x   是抛物线 2 2y px 的准线，即 12 p   ， 解得 2p  ，∴抛物线的方程为 2 4y x ； 可知椭圆的右焦点  2 1,0F ，左焦点  1 1,0F  ， 由 2 5 2QF  得 51 2Qx   ，又 2 4Q Qy x ，解得 3 , 62Q    ， 由椭圆的定义得 1 2 7 52 62 2a QF QF     ， ∴ 3a  ，又 1c  ，得 2 2 2 8b a c   ， ∴椭圆的方程为 2 2 19 8 x y  ． 【陷阱防范】：涉及圆锥曲线方程时要考虑定义的几何意义，往往可以简化解题步骤. 练习 1. 已知双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的渐近线方程为: 3y x  ，右顶点为 1,0 . （Ⅰ）求双曲线C 的方程； （Ⅱ）已知直线 y x m  与双曲线 C 交于不同的两点 ,A B ，且线段 AB 的中点为  0 0,M x y ，当 0 0x  时，求 0 0 y x 的值。 【答案】（1） 2 2 13 yx   （2）3 【解析】（1）因为双曲线 2 2 2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b     的渐近线方程为: 3y x  ，所以 3 b a  ，又右顶点 为 1,0 ，所以 1, 3a b  ，即 2 2 13 yx   （2）直线 y x m  与双曲线 C 联立方程组消 y 得 2 2 0 0 32 2 3 0, ,2 2 m mx mx m x y        0 0 y x 的值为 3 练习 2. 设椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的左、右焦点分别为 1 2F F、 ，其焦距为 2c ，点 , 2 aQ c     在椭圆的外 部，点 P 是椭圆C 上的动点，且 1 1 2 5 3PF PQ F F  恒成立，则椭圆离心率的取值范围是（ ） A. 30, 4      B. 2 3,2 4       C. 2 ,12       D. 3 ,14      【答案】D 【解析】 ∵点 , 2 aQ c     在椭圆的外部,则 2 2 a b a  ，解得 2 22c a ， ∴ 2 2 c a  ，即 2 2e  。 由椭圆的定义得 1 22PF PQ a PF PQ    ， 2 2 2 2 aPF PQ PQ PF QF      , ∵ 1 1 2 5 3PF PQ F F  恒成立，∴ 52 22 3 aa c   ， 解得 3 4 c a  ，即 3 4e  .所以椭圆离心率的取值范围是 3 ,14      .选 D. 5.圆锥曲线中的求定点定直线（只考虑一般情况不考虑特殊位置）陷阱 例 5. 已知过抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点 F ，斜率为 2 的直线交抛物线于    1 1 2 2 1 2, , , ( )A x y B x y x x 两点，且 6AB  . （1）求该抛物线C 的方程； （2）已知抛物线上一点  ,4M t ，过点 M 作抛物线的两条弦 MD 和 ME ，且 MD ME ，判断直线 DE 是否过 定点？并说明理由. 【答案】（1） 2 4y x ；（2）定点  8, 4 【解析】（1）拋物线的焦点 ,02 pF      ，∴直线 AB 的方程为: 2 2 py x     . 联立方程组 2 2 { 2 2 y px py x       ，消元得: 2 2 2 04 px px   ， ∴ 2 1 2 1 22 , 4 px x p x x   . ∴  2 2 2 1 2 1 21 2 4 3 4 6AB x x x x p p        解得 2p  . ∴抛物线C 的方程为： 2 4y x . （2）由（1）可得点  4,4M ，可得直线 DE 的斜率不为 0， 设直线 DE 的方程为： x my t  ， 联立 2{ 4 x my t y x    ，得 2 4 4 0y my t   ， 则 216 16 0m t    ①. 设    1 1 2 2, , ,D x y E x y ，则 1 2 1 24 , 4y y m y y t    . ∵    1 1 2 24, 4 4, 4MD ME x y x y          1 2 1 2 1 2 1 24 16 4 16x x x x y y y y          2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 24 16 4 164 4 4 4 y y y y y y y y                   2 21 2 1 2 1 2 1 23 4 3216 y y y y y y y y       2 216 12 32 16 0t m t m      即 2 212 32 16 16t t m m    ，得：    2 26 4 2 1t m   ， ∴  6 2 2 1t m    ，即 4 8t m  或 4 4t m   ， 代人①式检验均满足 0  ， ∴直线 DE 的方程为：  4 8 4 8x my m m y      或  4 4x m y   . ∴直线过定点 8, 4 （定点 4,4 不满足题意，故舍去）. 【陷阱防范】：1.定点与定值问题的解决，一般通过取极端位置(即特定位置)探索出定点或定值，然后再进行一 般性证明. 2.解决定值定点方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无 关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数 运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算. 练习 1 已知抛物线 2: 2C y x ，直线 : 2l y kx  交 C 于 A B、 两点， M 是 AB 的中点，过 M 作 x 轴的垂线交 C 于 N 点. （1）证明：抛物线 C 在 N 点处的切线与 AB 平行； （2）是否存在实数 k ，使以 AB 为直径的圆 M 经过 N 点？若存在，求出 k 的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)见解析;(2) 存在实数 2k   使以 AB 为直径的圆 M 经过 N 点. 【解析】（1）证明：设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，把 2y kx  代入 22y x 得 22 2 0x kx   . 所以 1 2 2 kx x  ， 4N M kx x  ，所以 2 ,4 8 k kN       . 因为 22 ' 4x x ，所以抛物线在 N 点处的切线斜率为 k ，故该切线与 AB 平行. （2）假设存在实数 k ，使以 AB 为直径的圆 M 经过 N 点，则 1 2MN AB . 由（1）知  1 2 1 2My y y     2 1 2 1 4 22 4 kkx kx    ，又因为 MN 垂直于 x 轴， 所以 2 16| 8M N kMN y y    ， 而 2 1 2 • 1AB x x k   2 21 1 • 162 k k   . 所以 2 2 21 161 • 162 4 kk k    ，解得 2k   . 所以，存在实数 2k   使以 AB 为直径的圆 M 经过 N 点. 练习 2. 已知命题 p ：方程 2 2 12 1 x y m m   表示焦点在 y 轴上的椭圆；命题 q ：双曲线 2 2 15 y x m   的离心率 (1,2)e ，若 p q 是真命题，求实数 m 的取值范围． 【答案】 0 15m  ． p 或 q 为真，则 0 15m  ． 6.圆锥曲线中的求定值只考虑一般情况不考虑特殊位置陷阱 例 6. 在平面直角坐标系 xOy 中，点  1,0F ，直线 1x   与动直线 y n 的交点为 M ，线段 MF 的中垂线与动 直线 y n 的交点为 P ． （1）求动点 P 的轨迹 E 的方程； （2）过动点 M 作曲线 E 的两条切线，切点分别为 A ， B ，求证： AMB 的大小为定值． 【答案】（1）曲线 E 的方程为 2 4y x ．（2）详见解析 （2）由题意，过点  1,M n 的切线斜率存在，设切线方程为  1y n k x   ， 联立 2 ,{ 4 , y kx k n y x     得 2 4 4 4 0ky y k n    ， 所以  1 16 4 4 4 0k k n     ，即 2 1 0k kn   （*）， 因为 2 2 4 0n    ，所以方程（*）存在两个不等实根，设为 1 2,k k ， 因为 1 2 1k k   ，所以 90AMB   ，为定值． 【陷阱防范】：1.定值问题的解决，一般通过取极端位置(即特定位置)探索出定值，然后再进行一般性证明. 2.解决定值方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明定值与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计 算、推理的过程中消去变量，从而得到定值.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体 思想和消元的思想的运用可有效地简化运算. 练习 1. 点 P 是双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     上的点， 1 2,F F 是其焦点，双曲线的离心率是 5 4 ，且 1 2 0PF PF   ,若 1 2F PF 的面积是 9，则 a b 的值等于( )． A. 4 B. 7 C. 6 D. 5 【答案】B 【解析】双曲线的离心率是 2 2 5 3 4 4 c a b b a a a     ， 1 2 0PF PF    1 2 1 2,PF PF PF F      的面积 1 2 1 2 1 9 182S PF PF PF PF     ， ． 在 1 2PF F 中，由勾股定理可得 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 24 | | 2 • 4 36 9c PF PF PF PF PF PF a a b a          （ ） ， ， 3 4b a   ， ， 7a b   ，故选 C． 练习 2. 如图，抛物线 2 1 : 8C y x 与双曲线   2 2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b     有公共焦点 2F ，点 A 是曲线 1 2,C C 在 第一象限的交点，且 2 5AF  . （Ⅰ）求双曲线 2C 的方程； （Ⅱ）以 1F 为圆心的圆 M 与双曲线的一条渐近线相切，圆  2 2: 2 1N x y   .已知点  1, 3P ，过点 P 作互 相垂直且分别与圆 M 、圆 N 相交的直线 1l 和 2l ，设被圆 M 截得的弦长为 s ， 2l 被圆 N 截得的弦长为t .试探索 t s 是否为定值？请说明理由. 【答案】（Ⅰ） 2 2 13 yx   ；（Ⅱ） s t 为定值 3 . 【解析】（Ⅰ）抛物线 2 1 : 8C y x 的焦点为  2 2,0F ， ∴双曲线 2C 的焦点为    1 22,0 2,0F F 、 . 设  0 0,A x y 在抛物线 2 1 : 8C y x 上，且 2 5AF  . 由抛物线的定义得， 0 2 5x   ，∴ 0 3x  . ∴ 2 0 8 3y   ，∴ 0 2 6y   .    22 1 3 2 2 6 7AF      又∵点 A 在双曲线上，由双曲线定义得， 2 7 5 2a    ，∴ 1a  . ∴双曲线的方程为： 2 2 13 yx   . （Ⅱ） s t 为定值.下面给出说明： 设圆 M 的方程为： 2 2 22x y r   ，双曲线的渐近线方程为： 3y x  . ∵圆 M 与渐近线 3y x  相切，∴圆 M 的半径为  2 2 3 3 1 3 r    . 故圆  2 2: 2 3M x y   . 依题意 1 2l l、 的斜率存在且均不为零，所以 设 1l 的方程为  3 1y k x   ，即 3 0kx y k    ， 设 2l 的方程为  13 1y xk     ，即 3 1 0x ky k    ， ∴点 M 到直线 1l 的距离为 1 2 3 3 1 k d k    ，点 N 到直线 2l 的距离为 2 2 3 1 1 k d k    ， ∴直线 1l 被圆 M 截得的弦长 2 2 22 3 3 6 3 62 3 2 11 k k ks kk          ， 直线 2l 被圆 N 截得的弦长 2 2 22 3 1 2 3 22 1 2 11 k k kt kk          ， ∴     22 2 2 6 36 3 6 3 2 3 2 2 3 k ks k k t k k k k      ，故 s t 为定值 3 . 四．真题再现 1.平面直角坐标系 xoy 中，已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的离心率为 3 2 ，左、右焦点分别是 1 2,F F ，以 1F 为圆心以 3 为半径的圆与以 2F 为圆心以 1 为半径的圆相交，且交点在椭圆C 上. (Ⅰ)求椭圆C 的方程； （Ⅱ）设椭圆 2 2 2 2: 14 4 x yE a b   ， P 为椭圆C 上任意一点，过点 P 的直线 y kx m  交椭圆 E 于 ,A B 两点， 射线 PO 交椭圆 E 于点Q . ( i )求 OQ OP 的值； （ii）求 ABQ 面积的最大值. 【答案】（I） 2 2 14 x y  ；（II）( i )2；（ii） 6 3 . （II）由（I）知椭圆 E 的方程为 2 2 116 4 x y  , （i）设  0 0,P x y ， OQ OP  ，由题意知  0 0,Q x y   因为 2 20 0 14 x y  , 又    2 2 0 0 116 4 x y    ，即 22 20 0 14 4 x y       ,所以 2  ，即 2OQ OP  . （ii）设    1 1 2 2, , ,A x y B x y 将 y kx m  代入椭圆 E 的方程， 可得 2 2 21 4 8 4 16 0k x kmx m     由 0  ，可得 2 24 16m k  …………………………① 则有 2 1 2 1 22 2 8 4 16,1 4 1 4 km mx x x xk k      所以 2 2 1 2 2 4 16 4 1 4 k mx x k     因为直线 y kx m  与轴交点的坐标为  0,m 所以 OAB 的面积 2 2 2 2 2 2 16 41 2 1 4 k m mS m x x k       2 2 2 2 2 2 2 2 2 (16 4 ) 2 41 4 1 4 1 4 k m m m m k k k            令 2 21 4 m tk  ,将 y kx m  代入椭圆 C 的方程可得  2 2 21 4 8 4 4 0k x kmx m     由 0  ，可得 2 21 4m k  …………………………………………② 由①②可知 0 1t  因此   22 4 2 4S t t t t     ,故 2 3S  当且仅当 1t  ，即 2 21 4m k  时取得最大值 2 3 由（i）知， ABQ 面积为3S ,所以 ABQ 面积的最大值为 6 3 . 2.已知椭圆 : 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a b  ）的半焦距为 c ，原点 到经过两点 ,0c ，  0,b 的直线的距离为 1 2 c ． （I）求椭圆  的离心率； （II）如图，  是圆 :    2 2 52 1 2x y    的一条直径，若椭圆  经过  ，  两点，求椭圆  的 方程． 【答案】（I） 3 2 ；（II） 2 2 112 3 x y  ． 【解析】（I）过点 ,0c ，  0,b 的直线方程为 0bx cy bc+ - = ， 则原点 到直线的距离 2 2 bc bcd ab c    ， 由 1 2d c= ，得 2 22 2a b a c= = - ，解得离心率 3 2 c a = . (II)解法一：由（I）知，椭圆  的方程为 2 2 24 4x y b+ = . (1) 依题意，圆心  2,1  是线段  的中点，且| AB | 10= . 易知，  不与 x 轴垂直，设其直线方程为 ( 2) 1y k x= + + ，代入(1)得 2 2 2 2(1 4 ) 8 (2 1) 4(2 1) 4 0k x k k x k b+ + + + + - = 故椭圆  的方程为 2 2 112 3 x y+ = . 解法二：由（I）知，椭圆  的方程为 2 2 24 4x y b+ = . (2) 依题意，点  ，  关于圆心  2,1  对称，且| AB | 10= . 设 1 1 2 2( , y ),B( , y ),A x x 则 2 2 2 1 14 4x y b+ = ， 2 2 2 2 24 4x y b+ = ， 两式相减并结合 1 2 1 24, y 2,x x y+ = - + = 得 ( )1 2 1 2-4( ) 8 0x x y y- + - = . 易知，  不与 x 轴垂直，则 1 2x x ，所以  的斜率 1 2 1 2 1k .2AB y y x x -= =- 因此  直线方程为 1 ( 2) 12y x= + + ，代入(2)得 2 24 8 2 0.x x b+ + - = 所以 1 2 4x x+ = - ， 2 1 2 8 2x x b= - . 于是   2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 5| AB | 1 | | 4 10( 2)2 2x x x x x x b           . 由| AB | 10= ，得 210( 2) 10b - = ，解得 2 3b = . 故椭圆  的方程为 2 2 112 3 x y+ = . 3.如图，设椭圆 2 2 2 1x ya   （a＞1）. （I）求直线 y=kx+1 被椭圆截得的线段长（用 a、k 表示）； （II）若任意以点 A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有 3 个公共点，求椭圆离心率的取值 范围. 【答案】（I） 2 2 2 2 2 11 a k ka k   ；（II） 20 2e  ． 【解析】（I）设直线 1y kx  被椭圆截得的线段为  ，由 2 2 2 1 1 y kx x ya     得  2 2 2 21 2 0a k x a kx   ， 故 1 0x  ， 2 2 2 2 2 1 a kx a k    ． 因此 2 2 2 1 2 2 2 21 11 a kk x x ka k        ． （II）假设圆与椭圆的公共点有 4 个，由对称性可设 y 轴左侧的椭圆上有两个不同的点  ， Q，满足 Q   ． 记直线  ， Q 的斜率分别为 1k ， 2k ，且 1k ， 2 0k  ， 1 2k k ． 由（I）知， 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 a k k a k    ， 2 2 2 2 2 2 2 2 1Q 1 a k k a k    ， 故 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 1 1 a k k a k k a k a k    ， 所以   2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 21 2 0k k k k a a k k        ． 由于 1 2k k ， 1k ， 2 0k  得  2 2 2 2 2 2 1 2 1 21 2 0k k a a k k     ， 因此  2 2 2 2 1 2 1 11 1 1 2a ak k             ， ① 因为①式关于 1k ， 2k 的方程有解的充要条件是  2 21 2 1a a   ，所以 2a  ． 因此，任意以点  0,1 为圆心的圆与椭圆至多有3 个公共点的充要条件为 1 2a  ， 由 2 1c ae a a   得，所求离心率的取值范围为 20 2e  ． 5. 已知椭圆 2 2 2:9 ( 0)C x y m m   ,直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点 A ，B ，线段 AB 的中点为 M ． (Ⅰ)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值； （Ⅱ）若l 过点 ( , )3 m m ，延长线段OM 与C 交于点 P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜 率，若不能，说明理由． 【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）能， 4 7 或 4 7 ． 【解析】(Ⅰ)设直线 :l y kx b  ( 0, 0)k b  ， 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ， ( , )M MM x y ． 将 y kx b  代入 2 2 29x y m  得 2 2 2 2( 9) 2 0k x kbx b m     ，故 1 2 22 9M x x kbx k     ， 2 9 9M M by kx b k     ．于是直线OM 的斜率 9M OM M yk x k    ，即 9OMk k   ．所以直线OM 的斜率与l 的 斜率的乘积为定值． （Ⅱ）四边形OAPB 能为平行四边形． 因为直线l 过点 ( , )3 m m ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是 0k  ， 3k  ． 由(Ⅰ)得OM 的方程为 9y xk   ．设点 P 的横坐标为 Px ．由 2 2 2 9 , 9 , y xk x y m       得 2 2 2 29 81P k mx k   ，即 23 9P kmx k   ．将点 ( , )3 m m 的坐标代入直线l 的方程得 (3 ) 3 m kb  ，因此 2 ( 3) 3( 9)M mk kx k   ．四边形OAPB 为 平行四边形当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分，即 2P Mx x ．于是 23 9 km k    2 ( 3)2 3( 9) mk k k   ．解得 1 4 7k   ， 2 4 7k   ．因为 0, 3i ik k  ， 1i  ， 2 ，所以当l 的斜率为 4 7 或 4 7 时，四边形OAPB 为平行四边形． 6.已知椭圆 :E 2 2 13 x y t   的焦点在 x 轴上，A 是 E 的左顶点，斜率为 ( 0)k k  的直线交 E 于 ,A M 两点，点 N 在 E 上， MA NA ． （Ⅰ）当 4,| | | |t AM AN  时，求 AMN 的面积； （Ⅱ）当 2 AM AN 时，求 k 的取值范围． 【答案】（Ⅰ） 144 49 ；（Ⅱ） 3 2,2 . 【解析】（I）设  1 1,M x y ，则由题意知 1 0y  ，当 4t  时， E 的方程为 2 2 14 3 x y  ，  2,0A  . 由已知及椭圆的对称性知，直线 AM 的倾斜角为 4  .因此直线 AM 的方程为 2y x  . 将 2x y  代入 2 2 14 3 x y  得 27 12 0y y  .解得 0y  或 12 7y  ，所以 1 12 7y  . 因此 AMN 的面积 1 12 12 1442 2 7 7 49      . （II）由题意 3t  ， 0k  ，  ,0A t . 将直线 AM 的方程 ( )y k x t  代入 2 2 13 x y t   得 2 2 2 2 23 2 3 0tk x ttk x t k t     . 由   2 2 1 23 t kx t tk     得  2 1 2 3 3 t tk x tk    ，故  2 2 1 2 6 2 1 3 t k AM x t k tk       . 由题设，直线 AN 的方程为  1y x tk    ，故同理可得  2 2 6 1 3 k t k AN k t    ， 由 2 AM AN 得 2 2 2 3 3 k tk k t   ，即   3 2 3 2 1k t k k   . 7.如图，椭圆 E： 2 2 2 2+ 1( 0)x y a ba b    的离心率是 2 2 ，过点 P（0,1）的动直线 l 与椭圆相交于 A，B 两点， 当直线 l 平行与 x 轴时，直线 l 被椭圆 E 截得的线段长为 2 2 . (1)求椭圆 E 的方程； （2）在平面直角坐标系 xOy 中，是否存在与点 P 不同的定点 Q，使得 QA PA QB PB  恒成立？若存在，求出点 Q 的 坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 2 2 14 2 x y  ；（2）存在，Q 点的坐标为 (0,2)Q . （2）当直线l 与 x 轴平行时，设直线 l 与椭圆相交于 C、D 两点. 如果存在定点 Q 满足条件，则 | | | | 1| | | | QC PC QD PD   ，即| | | |QC QD . 所以 Q 点在 y 轴上，可设 Q 点的坐标为 0(0, )y . 当直线l 与 x 轴垂直时，设直线l 与椭圆相交于 M、N 两点. 则 (0, 2), (0, 2)M N  ， 由 | | | | | | | | QM PM QN PN  ，有 0 0 | 2 | 2 1 | 2 | 2 1 y y     ，解得 0 1y  或 0 2y  . 所以，若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件，则 Q 点的坐标只可能为 (0,2)Q . 下面证明：对任意的直线l ，均有 | | | | | | | | QA PA QB PB  . 当直线l 的斜率不存在时，由上可知，结论成立. 当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为 1y kx  ，A、B 的坐标分别为 1 1 2 2( , ),( , )x y x y . 联立 2 2 1,4 2 1 x y y kx       得 2 2(2 1) 4 2 0k x kx    . 其判别式 2 216 8(2 1) 0k k     ， 所以， 1 2 1 22 2 4 2,2 1 2 1 kx x x xk k       . 因此 1 2 1 2 1 2 1 1 2x x kx x x x    . 易知，点 B 关于 y 轴对称的点的坐标为 2 2( , )B x y  . 又 1 2 1 1 2 2 1 2 21 1 1,QA QB y yk k k k kx x x x x           ， 所以 QA QBk k  ，即 , ,Q A B 三点共线. 所以 1 2 | || | | | | | | | | | | | | | xQA QA PA QB QB x PB    . 故存在与 P 不同的定点 (0,2)Q ，使得 | | | | | | | | QA PA QB PB  恒成立.