1、1第三讲 圆锥曲线的综合应用年份 卷别 考查角度及命题位置 命题分析及学科素养卷直线与抛物线的位置关系及证明问题T 202018卷直线与椭圆的位置关系及证明问题T 20卷直线与抛物线的位置关系及应用T 202017卷动点轨迹方程求法及直线过程定点的证明T 20卷直线与抛物线的位置关系、存在性问题T 20卷直线与椭圆的位置关系、面积问题及证明问题T 212016卷直线与抛物线的位置关系、证明问题及轨迹方程的求法T 20命题分析解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等试题难度较大，多以压轴题出现解答题的热点题型有：(
2、1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；(3)轨迹方程及探索性问题的求解学科素养解析几何综合问题主要利用直线与圆锥曲线的位置关系考查最值范围，定点定值及探索性问题，着重考查学生数学抽象、数学建模、逻辑推理及数学运算等核心素养.第一课时 圆锥曲线的最值、范围、证明问题最值问题授课提示：对应学生用书第 47 页悟通方法结论求解圆锥曲线中的最值问题主要有两种方法：一是利用几何方法，即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即把要求最值的2几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解(20
3、17高考浙江卷)(12 分)如图，已知抛物线x2 y，点上的点 P(x， y)过点 B 作直线 AP 的垂线，垂足为 Q.(1)求直线 AP 斜率的取值范围；(2)求 的最大值学审题条件信息 想到方法 注意什么信息中已知 A， P 坐标 利用斜率公式表示 kAP并消去 y x 的范围信息中| PA|PQ| 利用弦长公式表示出| PA|PQ| Q 点坐标的求法规范解答 (1)设直线 AP 的斜率为 k， k x ，x2 14x 12 12(2 分)因为 x ，12 32所以直线 AP 斜率的取值范围是(1,1) (4 分)(2)联立直线 AP 与 BQ 的方程Error! (6 分)解得点 Q
4、的横坐标是 xQ . k2 4k 32k2 1因为| PA| (k1)，1 k2(x12) 1 k2(8 分)3|PQ| (xQ x) .1 k2k 1k 12k2 1所以| PA|PQ|( k1)( k1) 3. (10 分)令 f(k)( k1)( k1) 3，因为 f( k)(4 k2)( k1) 2，所以 f(k)在区间 上单调递增， 上单调递减，( 1，12) (12， 1)因此当 k 时，| PA|PQ|取得最大值 .12 2716(12 分)【类题通法】1几何法：题中给出的条件有明显的几何特征，考虑用图象性质来解决，这是几何法，充分体现了数形结合思想2代数法：题中给出的条件和结论
5、的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值求函数最值的常见方法有配方法、判别式法、基本不等式法、单调性法、三角换元法等充分体现了函数与方程思想练通即学即用(2018沈阳模拟)已知椭圆 C： 1( a b0)的左、右焦点分别为 F1， F2，点x2a2 y2b2P(1， )在椭圆上，且有| PF1| PF2|2 .22 2(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)过 F2的直线 l 与椭圆 C 交于 A， B 两点，求 AOB(O 为坐标原点)面积的最大值解析：(1)由| PF1| PF2|2 ，得 2a2 ， a .2 2 2将 P(1， )代入 1，得 b21.22 x22 y2b2
6、椭圆 C 的标准方程为 y21.x22(2)由已知，直线 l 的斜率为零时，不合题意，设直线 l 的方程为 x1 my， A(x1， y1)， B(x2， y2)，联立，得Error!消去 x 化简整理得( m22) y22 my10 ，由根与系数的关系，得Error!S AOB |OF2|y1 y2| 12 12y1 y22 4y1y2 12 2mm2 22 4 1m2 2 2 m2 1m4 4m2 4 2 m2 1m2 12 2m2 1 1 2 1m2 1 1m2 1 2 24 ，12m2 1 1m2 1 2 22当且仅当 m21 ，即 m0 时，等号成立，1m2 1 AOB 面积的最大值
7、为 .22范围问题授课提示：对应学生用书第 48 页悟通方法结论圆锥曲线中的范围问题(1)解决这类问题的基本思路是建立目标函数和不等关系(2)建立目标函数的关键是选用一个合适的变量，其原则是这个变量能够表达要解决的问题；建立不等关系的关键是运用圆锥曲线的几何特征、判别式法或基本不等式等灵活处理(2018广东五校联考)(12 分)已知椭圆 C： 1( a b0)的两焦点与x2a2 y2b2短轴的一个端点的连线构 直线 x y10 与以椭圆 C.(1)求椭圆 C 的方程；(2) 两点 S 和 T，若椭圆 C 上存在点 P 满足 (其中 O 为坐标原点)，求实数 t 的取值范围学审题条件信息 想到方
8、法 注意什么信息中构成等腰直角三角形b c， a c2注意短半轴与半焦距的关系信息中直线与圆相切 想到圆心到 x y10 点到直线距离公式5的距离 d a信息中直线与椭圆交于两点设出直线方程联立，消元 0判断 l 的斜率是否存在信息中 tOS OT OP 向量式子坐标化 建立 S、 T、 P 三点坐标间关系规范解答 (1)由题意，以椭圆 C 的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为( x c)2 y2 a2，圆心到直线 x y10 的距离 d a.(*) c 12(2 分)椭圆 C 的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形， b c， a c，2代入(*)式得 b c1， a
9、 c ， (4 分)2 2故所求椭圆方程为 y21. (5 分)x22(2)由题意知，直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 y k(x2)，设 P(x0， y0)，将直线 l 的方程代入椭圆方程得(12 k2)x28 k2x8 k220， 64 k44(12 k2)(8k22)0，解得 k2 . (7 分)12设 S(x1， y1)， T(x2， y2)，则 x1 x2 ， x1x2 ，8k21 2k2 8k2 21 2k2 y1 y2 k(x1 x24) .4k1 2k2由 t ，OS OT OP 得 tx0 x1 x2， ty0 y1 y2， (9 分)当 t0 时，直线 l 为 x
10、 轴，则椭圆上任意一点 P 满足 t ，符合题意；OS OT OP 当 t0 时，Error! x0 ， y0 . (11 分)1t 8k21 2k2 1t 4k1 2k2将上式代入椭圆方程得 1，32k4t21 2k22 16k2t21 2k22整理得 t2 ，16k21 2k2 161k2 26由 k2 知，0 t24，所以 t(2,0)(0,2)，12综上可得，实数 t 的取值范围是(2,2) (12 分)【类题通法】圆锥曲线中的取值范围问题的 5 种常用解法(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心
11、是建立两个参数之间的等量关系(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围练通即学即用(2018长春模拟)已知椭圆 C 的两个焦点为 F1(1,0)， F2(1,0)，且经过点E( ， )332(1)求椭圆 C 的方程；(2)过点 F1的直线 l 与椭圆 C 交于 A， B 两点(点 A 位于 x 轴上方)，若 ，且AF1 F1B 2 3，求直线 l 的斜率 k 的取值范围解析：(1)由Error!解得Error!所以椭圆 C 的方程为
12、 1.x24 y23(2)由题意得直线 l 的方程为 y k(x1)( k0)，联立方程，得Error!整理得( 4) y2 y90，3k2 6k 1440，144k2设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 y1 y2 ， y1y2 ，6k3 4k2 9k23 4k2又 ，所以 y1 y 2，所以 y1y2 (y1 y2)2，AF1 F1B 1 2则 ， 2 ，1 2 43 4k2 1 43 4k2因为 2 3，所以 2 ，12 1 437即 ，且 k0，解得 0 k .12 43 4k2 43 52故直线 l 的斜率 k 的取值范围是(0， 52证明问题授课提示：对应学生用书第 4
13、9 页悟通方法结论圆锥曲线中的证明问题常以椭圆、抛物线为载体，借助设而不求法，考查数形结合思想、方程思想、化归与转化能力、逻辑思维能力、运算求解能力(2017高考北京卷)(12 分)已知抛物线 C： y22 px 过点作直线 l 与抛物线 C 交于不 过点 M 作 x 轴的垂线分别与直线(0，12)OP， ON 交于点 A， B，其中 O 为原点(1)求抛物线 C 的方程，并求其焦点坐标和准线方程；(2)求证：学审题条件信息 想到方法 注意什么信息抛物线过点 P 将 P 点坐标代入方程求焦点坐标与准线方程时注意规范信息中 l 与抛物线相交设出 l 的方程联立消元求出交点坐标判断 l 的斜率存在
14、且 k0信息中 A 为线段 BM 的中点利用中点公式进行证明先表示 B 点坐标化简目标要明确规范解答 (1)由抛物线 C： y22 px 过点 P(1,1)，得 p ， (2 分)12所以抛物线 C 的方程为 y2 x.抛物线 C 的焦点坐标为 ，准线方程为 x . (14， 0) 148(4 分)(2)证明：由题意，设直线 l 的方程为 y kx (k0)， l 与抛物线 C 的交点为12M(x1， y1)， N(x2， y2)由Error! 消去 y，得 4k2x2(4 k4) x10.则 x1 x2 ， x1x2 . (6 分)1 kk2 14k2因为点 P 的坐标为(1,1)，所以直线
15、 OP 的方程为 y x，点 A 的坐标为( x1， x1)直线 ON 的方程为 y x，点 B 的坐标为 . y2x2 (x1， y2x1x2)(8 分)因为 y1 2 x1y2x1x2 y1x2 y2x1 2x1x2x2(kx1 12)x2 (kx2 12)x1 2x1x2x22k 2x1x2 12x2 x1x2 0，2k 214k2 1 k2k2x2所以 y1 2 x1.y2x1x2故 A 为线段 BM 的中点 (12 分)【类题通法】圆锥曲线证明问题的类型及求解策略(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上，某直线经过某个点
16、、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)(2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明练通即学即用(2018高考全国卷)设抛物线 C： y22 x，点 A(2,0)， B(2,0)，过点 A 的直线 l与 C 交于 M， N 两点(1)当 l 与 x 轴垂直时，求直线 BM 的方程；9(2)证明： ABM ABN.解析：(1)当 l 与 x 轴垂直时， l 的方程为 x2，可得点 M 的坐标为(2,2)或(2，2)所以直线 BM 的方程为 y x1 或 y x
17、1.12 12(2)证明：当 l 与 x 轴垂直时， AB 为 MN 的垂直平分线，所以 ABM ABN.当 l 与 x 轴不垂直时，设 l 的方程为 y k(x2)( k0)， M(x1， y1)， N(x2， y2)，则x10， x20.由Error! 得 ky22 y4 k0，可知 y1 y2 ， y1y24.2k直线 BM， BN 的斜率之和为 kBM kBN .y1x1 2 y2x2 2 x2y1 x1y2 2y1 y2x1 2x2 2将 x1 2， x2 2 及 y1 y2， y1y2的表达式代入y1k y2k式分子，可得 x2y1 x1y22( y1 y2) 0.2y1y2 4k
18、y1 y2k 8 8k所以 kBM kBN0，可知 BM， BN 的倾斜角互补，所以 ABM ABN.综上， ABM ABN.授课提示：对应学生用书第 132 页1(2018成都模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，已知 ABC 的两个顶点 A， B 的坐标分别为(1,0)，(1,0)，且 AC， BC 所在直线的斜率之积等于2，记顶点 C 的轨迹为曲线E.(1)求曲线 E 的方程；(2)设直线 y kx2(0 k2)与 y 轴相交于点 P，与曲线 E 相交于不同的两点Q， R(点 R 在点 P 和点 Q 之间)，且 ，求实数 的取值范围PQ PR 解析：(1)设 C(x， y)由题意，可得 2
19、( x1)，yx 1 yx 1曲线 E 的方程为 x2 1( x1)y22(2)设 R(x1， y1)， Q(x2， y2)10联立，得Error!消去 y，可得(2 k2)x24 kx20， 8 k2160， k22.又 0 k2， k2.2由根与系数的关系得， x1 x2 ， 4k2 k2x1x2 . 22 k2 ，点 R 在点 P 和点 Q 之间，PQ PR x2 x 1( 1) 联立，可得 .1 2 8k22 k2 k2，2 (4， )，8k22 k2 82k2 1 1634 ，1 2 163 3，13 1，实数 的取值范围为(1,3)2(2018武汉调研)已知抛物线 C： x22 p
20、y(p0)和定点 M(0,1)，设过点 M 的动直线交抛物线 C 于 A， B 两点，抛物线 C 在 A， B 处的切线的交点为 N.(1)若 N 在以 AB 为直径的圆上，求 p 的值；(2)若 ABN 的面积的最小值为 4，求抛物线 C 的方程解析：设直线 AB： y kx1， A(x1， y1)， B(x2， y2)，将直线 AB 的方程代入抛物线 C 的方程得 x22 pkx2 p0，则 x1 x22 pk， x1x22 p. (1)由 x22 py 得 y ，则 A， B 处的切线斜率的乘积为 ，xp x1x2p2 2p点 N 在以 AB 为直径的圆上， AN BN， 1， p2.2
21、p(2)易得直线 AN： y y1 (x x1)，直线 BN： y y2 (x x2)，x1p x2p联立，得Error!结合式，解得Error!即 N(pk，1)|AB| |x2 x1| ，1 k2 1 k2x1 x22 4x1x2 1 k24p2k2 8p点 N 到直线 AB 的距离 d ，|kxN 1 yN|1 k2 |pk2 2|1 k211则 ABN 的面积 S ABN |AB|d 2 ，当 k0 时，取等号，12 ppk2 23 2p ABN 的面积的最小值为 4，2 4， p2，故抛物线 C 的方程为 x24 y.2p3(2018山西四校联考)如图，圆 C 与 x 轴相切于点 T
22、(2,0)，与 y 轴正半轴相交于两点 M、 N(点 M 在点 N 的下方)，且| MN|3.(1)求圆 C 的方程；(2)过点 M 任作一条直线与椭圆 1 相交于两点 A、 B，连接 AN、 BN，求证：x28 y24 ANM BNM.解析：(1)设圆 C 的半径为 r(r0)，依题意，圆心 C 的坐标为(2， r)| MN|3， r2 22 2，解得 r2 .(32) 254圆 C 的方程为( x2) 2 2 .(y52) 254(2)证明：把 x0 代入方程( x2) 2 2 ，(y52) 254解得 y1 或 y4，即点 M(0,1)、 N(0,4)当 AB x 轴时，可知 ANM B
23、NM0.当 AB 与 x 轴不垂直时，可设直线 AB 的方程为 y kx1.联立方程Error!，消去 y 得，(12 k2)x24 kx60.设直线 AB 交椭圆于 A(x1， y1)、 B(x2， y2)两点，则 x1 x2 ， x1x2 . 4k1 2k2 61 2k2 kAN kBN .y1 4x1 y2 4x2 kx1 3x1 kx2 3x2 2kx1x2 3x1 x2x1x2若 kAN kBN0，则 ANM BNM.2 kx1x23( x1 x2) 0， 12k1 2k2 12k1 2k2 ANM BNM.4(2018德州模拟)已知 C 为圆( x1) 2 y28 的圆心， P 是
24、圆上的动点，点 Q 在圆的半径 CP 上，且有点 A(1,0)和 AP 上的点 M，满足 0， 2 .MQ AP AP AM (1)当点 P 在圆上运动时，求点 Q 的轨迹方程；12(2)若斜率为 k 的直线 l 与圆 x2 y21 相切，与(1)中所求点 Q 的轨迹交于不同的两点 F， H， O 是坐标原点，且 时，求 k 的取值范围34 OF OH 45解析：(1)由题意知 MQ 是线段 AP 的垂直平分线，所以| CP| QC| QP| QC| QA|2 | CA|2，2所以点 Q 的轨迹是以点 C， A 为焦点，焦距为 2，长轴长为 2 的椭圆，2所以 a ， c1， b 1，2 a2
25、 c2故点 Q 的轨迹方程是 y21.x22(2)设直线 l： y kxt， F(x1， y1)， H(x2， y2)，直线 l 与圆 x2 y21 相切 1t 2 k21.|t|k2 1联立，得Error!(12 k2)x24 ktx2t 220， 16 k2t24(12 k2)(2t22)8(2 k2t 21)8 k20 k0，x1 x2 ， x1x2 ， 4kt1 2k2 2t2 21 2k2所以 OF OH x1x2 y1y2(1 k2)x1x2 kt(x1 x2)t 2 kt t 21 k22t2 21 2k2 4kt1 2k2 k211 k22k21 2k2 4k2k2 11 2k
26、2 ，1 k21 2k2所以 k2 | k| ，34 1 k21 2k2 45 13 12 33 22所以 k 或 k .22 33 33 22故 k 的取值范围是 ， ， 22 33 33 22第二课时 圆锥曲线的定点、定值、存在性问题13圆锥曲线中的定点问题授课提示：对应学生用书第 50 页悟通方法结论定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为 y kx b，然后利用条件建立 b， k 等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况(2017高考全国卷)(12 分)已知椭圆 C： 1( ab0)，四点 P1(1,1)，x2a2
27、 y2b2P2(0,1)， 中恰有三点在椭圆 C 上(1)求 C 的方程；(2) 若直线证明： l 过定点学审题条件信息 想到方法 注意什么信息中 P3， P4的坐标 P3， P4关于 y 轴对称 分析判断 P2在椭圆上信息中 l 与椭圆交于A， B 两点设出 l 的方程联立求出 A、 B点坐标注意判断 l 的斜率是否存在要分类讨论信息中 P2A， P2B 的斜率和为1设出 P2A、 P2B 的斜率为k1， k2利用 k1 k21 建立k、 m 的关系，求定点规范解答 (1)由于 P3， P4两点关于 y 轴对称，故由题设知椭圆 C 经过 P3， P4两点又由 知，椭圆 C 不经过点 P1，所
28、以点 P2在椭圆 C 上1a2 1b21a2 34b2(2 分)因此Error! 解得Error!故椭圆 C 的方程为 y21. (4 分)x24(2)证明：设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1， k2.14如果 l 与 x 轴垂直，设 l： x t，由题设知 t0，且| t|0.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1 x2 ， x1x2 .8km4k2 1 4m2 44k2 1而 k1 k2 y1 1x1 y2 1x2 kx1 m 1x1 kx2 m 1x2 . (10 分)2kx1x2 m 1x1 x2x1x2由题设 k1 k21，故(2 k1) x1x2(
29、m1)( x1 x2)0.即(2 k1) ( m1) 0.4m2 44k2 1 8km4k2 1解得 k .m 12当且仅当 m1 时， 0，于是 l： y x m，即 y1 (x2)，m 12 m 12所以 l 过定点(2，1) (12 分)【类题通法】动线过定点问题的两大类型及解法(1)动直线 l 过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为 y kx t，由题设条件将 t 用 k 表示为 t mk，得 y k(x m)，故动直线过定点( m,0)(2)动曲线 C 过定点问题，解法：引入参变量建立曲线 C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点练通即学即用已知 P 是抛物
30、线 E： y22 px(p0)上一点， P 到直线 x y40 的距离为 d1， P 到 E的准线的距离为 d2，且 d1 d2的最小值为 3 .2(1)求抛物线 E 的方程；15(2)直线 l1： y k1(x1)交 E 于点 A， B，直线 l2： y k2(x1)交 E 于点 C， D，线段AB， CD 的中点分别为 M， N，若 k1k22，直线 MN 的斜率为 k，求证：直线l： kx y kk1 kk20 恒过定点解析：(1)抛物线 E 的焦点为 F( ，0)，由抛物线的定义可得 d2| PF|，则p2d1 d2 d1| PF|，其最小值为点 F 到直线 x y40 的距离， 3
31、，解得 p4 或 p20(舍去)，|p2 4|2 2抛物线 E 的方程为 y28 x.(2)证明：设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，由Error!可得 k x2 (2k 8) x k 0，21 21 21则 x1 x2 ，所以 y1 y2 k1(x11) k1(x21) k1(x1 x2)2k21 8k212 k1 2 k1 ，2k21 8k1 2k21 8 2k21k1 8k1线段 AB 的中点 M 的坐标为( ， )，k21 4k21 4k1同理可得点 N 的坐标为( ， )，k2 4k2 4k2直线 MN 的斜率 k ，则 k(k1 k2)2，4k1 4k2k21 4k21
32、k2 4k2 2k1 k2直线 l 的方程 kx y kk1 kk20 可化为 y kx k(k1 k2)，即 y kx2，令x0，可得 y2，直线 l 恒过定点(0,2).定值问题授课提示：对应学生用书第 51 页悟通方法结论解答圆锥曲线的定值，从三个方面把握(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关；(2)直接推理、计算，在整个过16程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以求出定值(2016高考北京卷)(12 分)已知椭圆 C： 1( a b0)的 x2a2 y2b2(1)求椭圆 C 的方程；(2) 直线 PA 与
33、y 轴交于点 M，求证：| AN|BM|为定值学审题条件信息 想到方法 注意什么信息中 e ， S OAB132 建立 a， b， c 方程求解. 运算要准确信息 P 在椭圆上 记 P(x， y)满足椭圆方程 注意判断 x00 或 x00信息 PA、 PB 两直线即设出 P(x0， y0)求出直线PA、 PB 方程求出 M， N 坐标用坐标值表示|AN|，| BM|，化简规范解答 (1)由题意得Error!解得 a2， b1. (3 分)所以椭圆 C 的方程为 y21. (4 分)x24(2)证明：由(1)知， A(2,0)， B(0,1)设 P(x0， y0)，则 x 4 y 4.20 20
34、当 x00 时，直线 PA 的方程为 y (x2)y0x0 2(6 分)令 x0，得 yM ，从而| BM|1 yM|1 |.2y0x0 2 2y0x0 2直线 PB 的方程为 y x1. (8 分)y0 1x0令 y0，得 xN ，从而| AN|2 xN|2 |.x0y0 1 x0y0 1所以| AN|BM|2 |1 |x0y0 1 2y0x0 2| |x20 4y20 4x0y0 4x0 8y0 4x0y0 x0 2y0 217| |4x0y0 4x0 8y0 8x0y0 x0 2y0 24. (10 分)当 x00 时， y01，| BM|2，| AN|2，所以| AN|BM|4.综上，
35、| AN|BM|为定值 (12 分)【类题通法】定值问题在求解时注意“设而不求”思想方法的灵活运用，即引入参变量，用它来表示有关量，进而看能否把变量消去 “先猜后证”法是解决这类问题的有效方法，也就是先由特殊情形探求出定值或定点，进而证明它适用所有情形练通即学即用(2018洛阳统考)如图，点 F 是抛物线 ： x22 py(p0)的焦点，点 A 是抛物线上的定点，且 (2,0)，点 B， C 是抛物线上的动点，直线 AB， AC 的斜率分别为 k1， k2.AF (1)求抛物线 的方程；(2)若 k2 k12，点 D 是抛物线在点 B， C 处切线的交点，记 BCD 的面积为 S，证明S 为定
36、值解析：(1)设 A(x0， y0)，由题知 F(0， )，p2所以 ( x0， y0)(2,0)，AF p2所以Error! ，代入 x22 py(p0)，得 4 p2，得 p2，所以抛物线的方程是 x24 y.(2)证明：过 D 作 y 轴的平行线交 BC 于点 E，并设 B(x1， )， C(x2， )，x214 x24由(1)知 A(2,1)，所以 k2 k1 ，x24 1x2 2x214 1x1 2 x2 x14又 k2 k12，所以 x2 x18.18直线 BD： y x ，直线 CD： y x ，解得Error!x12 x214 x22 x24因直线 BC 的方程为 y (x x
37、1)，将 xD代入得 yE ，所以x214 x1 x24 x21 x28S |DE|(x2 x1) (yE yD)(x2 x1) (x2 x1)32.12 12 12 x2 x128存在性问题授课提示：对应学生用书第 52 页悟通方法结论1存在性问题的解题步骤(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在(3)得出结论2解决存在性问题的注意事项存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论(2)当给出结论而要推导出存在的条
38、件时，先假设成立，再推出条件(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径(2016高考全国卷)(12 分)在直角坐标系 xOy 中，直线 l： y t(t0)交y 轴于点 M，交抛物线 C： y22 px(p0)于点 P，(1)求 ；|OH|ON|(2)除 H 以外， 有其他公共点？说明理由学审题条件信息 想到方法 注意什么19信息中 M 关于 P 的对称点为N由 M、 P 坐标利用对称知识表示出点 N 坐标中点公式的运用信息中 ON 交 C 于点 H表示 ON 方程联立抛物线可得H 坐标方程联立后可直接求解信息直线 MH 与 C 的交点问题设出 MH 方程，联立
39、分析 联立后直接求解判断规范解答 (1)如图，由已知得 M(0， t)， P .(t22p， t)又 N 为 M 关于点 P 的对称点，故 N ， (2 分)(t2p， t)故直线 ON 的方程为 y x， (4 分)pt将其代入 y22 px，整理得 px22t 2x0，解得 x10， x2 .因此 H . (6 分 )2t2p (2t2p， 2t)所以 N 为 OH 的中点，即 2. (7 分)|OH|ON|(2)直线 MH 与 C 除 H 以外没有其他公共点理由如下：直线 MH 的方程为 y t x，即 x (y t)p2t 2tp(9 分)代入 y22 px 得 y24 ty4 t20
40、，解得 y1 y22 t，即直线 MH 与 C 只有一个公共点，所以除 H 以外，直线 MH 与 C 没有其他公共点(12 分)【类题通法】求解存在性问题的思路及策略(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在(2)策略：当条件和结论不唯一时要分类讨论；当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件20练通即学即用(2018惠州调研)已知椭圆 C： 1( a b0)的左、右焦点分别为 F1(1,0)，x2a2 y2b2F2(1,0)，点 A 在椭圆 C 上(1，22)(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)是否存在斜率为 2 的直线，使得当直线与
41、椭圆 C 有两个不同交点 M， N 时，能在直线 y 上找到一点 P，在椭圆 C 上找到一点 Q，满足 ？若存在，求出直线的方程；53 PM NQ 若不存在，说明理由解析：(1)设椭圆 C 的焦距为 2c，则 c1，因为 A 在椭圆 C 上，(1，22)所以 2a| AF1| AF2|2 ，因此 a ， b2 a2 c21，2 2故椭圆 C 的方程为 y21.x22(2)不存在满足条件的直线，证明如下：设直线的方程为 y2 x t，设 M(x1， y1)，N(x2， y2)，P ， Q(x4， y4)，(x3，53)由Error! 消去 x，得 9y22 ty t280，所以 y1 y2 ，2
42、t9且由 4 t236( t28)0，得3 t3.由 得 ( x4 x2， y4 y2)，PM NQ (x1 x3， y1 53)所以有 y1 y4 y2，53即 y4 y1 y2 t .53 29 53又3 t3，所以 y41，73与椭圆上点的纵坐标的取值范围是1,1矛盾因此不存在满足条件的直线.21授课提示：对应学生用书第 133 页1(2018云南师大附中质检)已知椭圆 C 的焦点在 x 轴上，离心率等于 ，且过点255.(1，255)(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)过椭圆 C 的右焦点 F 作直线 l 交椭圆 C 于 A， B 两点，交 y 轴于 M 点，若 1 ， 2 ，求证：
43、1 2为定值MA AF MB BF 解析：(1)设椭圆 C 的方程为 1( a b0)，x2a2 y2b2则Error! a25， b21，椭圆 C 的标准方程为 y21.x25(2)证明：设 A(x1， y1)， B(x2， y2)， M(0， y0) ，又易知 F 点的坐标为(2,0)显然直线 l 存在斜率，设直线 l 的斜率为 k，则直线 l 的方程是 y k(x2)，将直线 l 的方程代入椭圆 C 的方程中，消去 y 并整理得(15 k2)x220 k2x20 k250， x1 x2 ， x1x2 .20k21 5k2 20k2 51 5k2又 1 ， 2 ，将各点坐标代入得 1 ，
44、2 ，MA AF MB BF x12 x1 x22 x2 1 2 x12 x1 x22 x22x1 x2 2x1x24 2x1 x2 x1x2 10，2(20k21 5k2 20k2 51 5k2)4 220k21 5k2 20k2 51 5k2即 1 2为定值2(2018贵阳一模)过抛物线 C： y24 x 的焦点 F 且斜率为 k 的直线 l 交抛物线 C于 A， B 两点，且| AB|8.22(1)求 l 的方程；(2)若 A 关于 x 轴的对称点为 D，求证：直线 BD 恒过定点，并求出该点的坐标解析：(1)易知点 F 的坐标为(1,0)，则直线 l 的方程为 y k(x1)，代入抛物线方程y24 x 得 k2x2(2 k24) x k20，由题意知 k0，且(2 k24) 24 k2k216( k21)0，设 A(x1， y1)， B(x2， y2)， x1 x2 ， x1x21，2k2 4k2由抛物线的定义知| AB| x1 x228
