统考版2024高考数学二轮专题复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题理

这是一份统考版2024高考数学二轮专题复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题理，共19页。试卷主要包含了圆锥曲线中的最值问题的求解方法等内容，欢迎下载使用。

圆锥曲线中证明问题的两种常见类型
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、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)．
例 1[2022·全国乙卷]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．
归纳总结
圆锥曲线中证明题的求解策略
处理圆锥曲线中的证明问题常采用直接法证明，证明时常借助于等价转化思想，化几何关系为数量关系，然后借助函数方程思想、数形结合思想解决．
对点训练
[2023·全国乙卷]已知椭圆C： eq \f(y2,a2)＋ eq \f(x2,b2)＝1（a>b>0）的离心率为 eq \f(\r(5),3)，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．
考点二 定点问题——目标等式寻定点
解析几何中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆(其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及)过定点的问题，其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动，这类问题的求解一般分为以下三步：
一选：选择变量，定点问题中的定点，随某一个量的变化而固定，可选择这个量为变量(有时可选择两个变量，如点的坐标、斜率、截距等，然后利用其他辅助条件消去其中之一)．
二求：求出定点坐标所满足的方程，即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量的方程．
三定点：对上述方程进行必要的化简，即可得到定点坐标．
例 2 [2023·河南省商丘市高三三模]如图，椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1（a>b>0）的左、右顶点分别为A，B.左、右焦点分别为F1，F2，离心率为 eq \f(\r(2),2)，点M（ eq \r(2)，1）在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知P，Q是椭圆C上两动点，记直线AP的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2，k1＝2k2.过点B作直线PQ的垂线，垂足为H.问：在平面内是否存在定点T，使得|TH|为定值，若存在，求出点T的坐标；若不存在，试说明理由．
归纳总结
直线过定点问题的解题策略
对点训练
[2023·新课标Ⅱ卷]已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为（－2 eq \r(5)，0），离心率为 eq \r(5).
（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．
考点三 定值问题——巧妙消元寻定值
定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量(斜率、距离、面积、比值等)与变量(斜率、点的坐标等)无关的问题，其求解步骤一般为：
一选：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等．
二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量(或者有多个变量，若是能整体约分也可以)．
三定值：化简式子得到定值．由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只需对上述式子进行必要的化简即可得到定值．
例 3 [2023·江西省智学联盟体高三联考]已知双曲线C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1（a>0，b>0），渐近线方程为y± eq \f(x,2)＝0，点A（2，0）在C上．
（1）求双曲线C的方程；
（2）过点A的两条直线AP，AQ分别与双曲线C交于P，Q两点（不与A点重合），且两条直线的斜率k1，k2满足k1＋k2＝1，直线PQ与直线x＝2，y轴分别交于M，N两点，求证：△AMN的面积为定值．
归纳总结
求解圆锥曲线中定值问题常用的方法
(1)引出变量法．解题流程为：
(2)特殊法．从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(3)直接法．直接推理，在计算过程中消去变量，从而得到定值．
对点训练
[2023·河南省TOP二十名校高三调研]在椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1（a>b>0）中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆Γ：x2＋y2＝a2＋b2上，称此圆为椭圆的蒙日圆．椭圆C过P（1， eq \f(\r(2),2)），Q（－ eq \f(\r(6),2)， eq \f(1,2)）.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过椭圆C的蒙日圆上一点M，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于另一点N，若kOM，kON存在，证明：kOM·kON为定值．
考点四 圆锥曲线中的最值、范围问题——巧设变量，引参搭桥
圆锥曲线中的最值
(1)椭圆中的最值
F1，F2为椭圆＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，P为椭圆上的任意一点，B为短轴的一个端点，O为坐标原点，则有：
①|OP|∈________；②|PF1|∈________；·|PF2|∈________；④∠F1PF2≤∠F1BF2.
(2)双曲线中的最值
F1，F2为双曲线＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，P为双曲线上的任一点，O为坐标原点，则有：
①|OP|≥________；②|PF1|≥________．
(3)抛物线中的最值
点P为抛物线y2＝2px(p＞0)上的任一点，F为焦点，则有：
①|PF|≥________；②A(m，n)为一定点，则|PA|＋|PF|有最小值；③点N(a，0)是抛物线的对称轴上一点，则|PN|min＝
例 4[2023·高考全国甲卷]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 eq \r(15).
（1）求p；
（2）设F为C的焦点，M，N为C上两点，且 eq \(FM,\s\up6(→))· eq \(FN,\s\up6(→))＝0，求△MFN面积的最小值．
归纳总结
1．圆锥曲线中的最值问题的求解方法
(1)几何法：题中给出的条件有明显的几何特征，则考虑用几何性质来解决，特别要注意用圆锥曲线的定义和平面几何有关结论来求最值．
(2)代数法：题中给出的条件和结论的几何特征不明显，则考虑先建立目标函数(通常为二次函数)，再求这个函数的最值．求函数的最值常见的方法有配方法、基本不等式法、单调性法、三角换元法等．
2．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．
对点训练
[2021·全国乙卷]已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，且F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为4.
(1)求p；
(2)若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值．
[高考5个大题]解题研诀窍(五)解析几何类解答题
[思维流程——圆锥曲线问题重在“设”与“算”]
[技法指导——迁移搭桥]
数学思想是问题的主线，方法是解题的手段，审视方法，选择适当的解题方法，往往使问题的解决事半功倍，审题的过程还是一个解题方法的抉择过程，开拓的解题思路能使我们心涌如潮，适宜的解题方法则帮助我们事半功倍．
[典例] 已知圆(x＋)2＋y2＝16的圆心为M，点P是圆M上的动点，点N(，0)，点G在线段MP上，且满足()⊥()．
(1)求点G的轨迹C的方程；
(2)过点T(4，0)作斜率不为0的直线l与轨迹C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为D，连接BD交x轴于点Q，求△ABQ面积的最大值．
[快审题]
[稳解题]
(1)因为()⊥()，
所以()·()＝0，即－＝0，
所以|GP|＝|GN|，
所以|GM|＋|GN|＝|GM|＋|GP|＝|MP|＝4>2＝|MN|，
所以点G在以M，N为焦点，长轴长为4的椭圆上，
设椭圆的方程为＝1(a>b>0)，
则2a＝4，2c＝2，
即a＝2，c＝，所以b2＝a2－c2＝1，
所以点G的轨迹C的方程为＋y2＝1.
(2)
依题意可设直线l：x＝my＋4.
由消去x，得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由Δ＝64m2－4×12×(m2＋4)＝16(m2－12)>0，得>12. ①
且y1＋y2＝－，
y1y2＝. ②
因为点A关于x轴的对称点为D，
所以D(x1，－y1)，
可设Q(x0，0)，
所以kBD＝＝，
所以BD所在直线的方程为y－y2＝(x－my2－4)．
令y＝0，得x0＝. ③
将②代入③，
得x0＝＝1，
所以点Q的坐标为(1，0)．
因为S△ABQ＝|S△TBQ－S△TAQ|＝|QT||y2－y1|＝＝，
令t＝m2＋4，结合①得t>16，
所以S△ABQ＝＝
6＝6.
当且仅当t＝32，即m＝±2时，(S△ABQ)max＝.
所以△ABQ面积的最大值为.
题后悟道
解决直线与圆锥曲线位置关系问题的步骤
第3讲 圆锥曲线的综合问题
考点一
[例1] 解析：（1）设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1（m>0，n>0，m≠n）.
将点A（0，－2），B（ eq \f(3,2) ，－1）的坐标代入，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4n＝1，,\f(9,4)m＋n＝1，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(1,3)，,n＝\f(1,4)．))
所以椭圆E的方程为 eq \f(x2,3) ＋ eq \f(y2,4) ＝1.
（2）证明：方法一 设M（x1，y1），N（x2，y2）.
由题意，知直线MN与y轴不垂直，设其方程为x－1＝t（y＋2）.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－1＝t（y＋2），,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1.))
消去x并整理，得（4t2＋3）y2＋（16t2＋8t）y＋16t2＋16t－8＝0，
所以y1＋y2＝－ eq \f(16t2＋8t,4t2＋3) ，y1y2＝ eq \f(16t2＋16t－8,4t2＋3) .
设T（x0，y1）.由A，B，T三点共线，得 eq \f(y1＋2,x0) ＝ eq \f(y1＋1,x0－\f(3,2)) ，得x0＝ eq \f(3,2) y1＋3.设H（x′，y′）.
由 eq \(MT,\s\up6(→)) ＝ eq \(TH,\s\up6(→)) ，得（ eq \f(3,2) y1＋3－x1，0）＝（x′－ eq \f(3,2) y1－3，y′－y1），所以x′＝3y1＋6－x1，y′＝y1，
所以直线HN的斜率k＝ eq \f(y2－y′,x2－x′ ) ＝ eq \f(y2－y1,x2＋x1－（3y1＋6）) ＝ eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ，
所以直线HN的方程为y－y2＝ eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ·（x－x2）.
令x＝0，得y＝ eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ·（－x2）＋y2
＝ eq \f(（y1－y2）（ty2＋2t＋1）,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ＋y2
＝ eq \f(（2t－3）y1y2＋（2t－5）（y1＋y2）＋6y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4)
＝ eq \f(（2t－3）·\f(16t2＋16t－8,4t2＋3)＋（5－2t）·\f(16t2＋8t,4t2＋3)＋6y1,－\f(t（16t2＋8t）,4t2＋3)－3y1＋4t－4)
＝－2.
所以直线NH过定点（0，－2）.
方法二 由A（0，－2），B（ eq \f(3,2) ，－1）可得直线AB的方程为y＝ eq \f(2,3) x－2.
a．若过点P（1，－2）的直线的斜率不存在，则其直线方程为x＝1.将直线方程x＝1代入 eq \f(x2,3) ＋ eq \f(y2,4) ＝1，可得N（1， eq \f(2\r(6),3) ），M（1，－ eq \f(2\r(6),3) ）.
将y＝－ eq \f(2\r(6),3) 代入y＝ eq \f(2,3) x－2，可得T（3－ eq \r(6) ，－ eq \f(2\r(6),3) ）.
由 eq \(MT,\s\up6(→)) ＝ eq \(TH,\s\up6(→)) ，得H（5－2 eq \r(6) ，－ eq \f(2\r(6),3) ）.
此时直线HN的方程为y＝（2＋ eq \f(2\r(6),3) ）（x－1）＋ eq \f(2\r(6),3) ，
则直线HN过定点（0，－2）.
b．若过点P（1，－2）的直线的斜率存在，设此直线方程为kx－y－（k＋2）＝0，M（x1，y1），N（x2，y2）.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(kx－y－（k＋2）＝0，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1.))
消去y并整理，得（3k2＋4）x2－6k（2＋k）x＋3k（k＋4）＝0.
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(6k（2＋k）,3k2＋4)，,x1x2＝\f(3k（4＋k）,3k2＋4)，)) 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－8（2＋k）,3k2＋4)，,y1y2＝\f(4（4＋4k－2k2）,3k2＋4)，))
且x1y2＋x2y1＝ eq \f(－24k,3k2＋4) .①
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝y1，,y＝\f(2,3)x－2)) ，可得T（ eq \f(3y1,2) ＋3，y1）.
由 eq \(MT,\s\up6(→)) ＝ eq \(TH,\s\up6(→)) ，得H（3y1＋6－x1，y1）.
则直线HN的方程为y－y2＝ eq \f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2) （x－x2）.
将点（0，－2）的坐标代入并整理，得2（x1＋x2）－6（y1＋y2）＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0.②
将①代入②，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，显然成立．
综上可得，直线HN过定点（0，－2）.
对点训练
解析：（1）因为点A（－2，0）在C上，
所以 eq \f(4,b2) ＝1，得b2＝4.
因为椭圆的离心率e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(5),3) ，
所以c2＝ eq \f(5,9) a2，
又a2＝b2＋c2＝4＋ eq \f(5,9) a2，
所以a2＝9，c2＝5，
故椭圆C的方程为 eq \f(y2,9) ＋ eq \f(x2,4) ＝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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－3＝k（x＋2），,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，)) 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＝－ eq \f(16k2＋24k,4k2＋9) ，x1x2＝ eq \f(16k2＋48k,4k2＋9) .
直线AP：y＝ eq \f(y1,x1＋2) （x＋2），
令x＝0，解得yM＝ eq \f(2y1,x1＋2) ，同理得yN＝ eq \f(2y2,x2＋2) ，
则yM＋yN＝2 eq \f(y1（x2＋2）＋y2（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)
＝2 eq \f(（kx1＋2k＋3）（x2＋2）＋（kx2＋2k＋3）（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)
＝2 eq \f(2kx1x2＋（4k＋3）（x1＋x2）＋8k＋12,x1x2＋2（x1＋x2）＋4) ＝
2 eq \f(2k（16k2＋48k）＋（4k＋3）（－16k2－24k）＋（8k＋12）（4k2＋9）,16k2＋48k＋2（－16k2－24k）＋4（4k2＋9）)
＝2× eq \f(108,36)
＝6.
所以MN的中点的纵坐标为 eq \f(yM＋yN,2) ＝3，
所以MN的中点为定点（0，3）.
考点二
[例2] 解析：（1）由题意 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2),\f(2,a2)＋\f(1,b2)＝1,a2＝b2＋c2)) ，可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝4,b2＝c2＝2)) ，则椭圆C的方程为： eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,2) ＝1.
（2）若直线BQ斜率为k，则直线AP斜率为2k，而A（－2，0），B（2，0），
所以BQ：y＝k（x－2），AP：y＝2k（x＋2），
联立BQ与椭圆C，则x2＋2k2（x－2）2＝4，整理得（1＋2k2）x2－8k2x＋8k2－4＝0，
所以2xQ＝ eq \f(8k2－4,1＋2k2) ，则xQ＝ eq \f(4k2－2,1＋2k2) ，故yQ＝－ eq \f(4k,1＋2k2) ，
联立AP与椭圆C，则x2＋8k2（x＋2）2＝4，整理得（1＋8k2）x2＋32k2x＋32k2－4＝0，
所以－2xP＝ eq \f(32k2－4,1＋8k2) ，则xP＝ eq \f(2－16k2,1＋8k2) ，故yP＝ eq \f(8k,1＋8k2) ，
综上，xQ－xP＝ eq \f(4k2－2,1＋2k2) － eq \f(2－16k2,1＋8k2) ＝ eq \f(64k4－4,（1＋8k2）（1＋2k2）) ，
yQ－yP＝－ eq \f(4k,1＋2k2) － eq \f(8k,1＋8k2)
＝－ eq \f(12k＋48k3,（1＋8k2）（1＋2k2）) ，
当64k4－4≠0，即k≠± eq \f(1,2) 时，kPQ＝ eq \f(12k（1＋4k2）,4（1－16k4）) ＝ eq \f(3k,1－4k2) ，
此时PQ：y＋ eq \f(4k,1＋2k2) ＝ eq \f(3k,1－4k2) （x＋ eq \f(2－4k2,1＋2k2) ）＝ eq \f(3k,1－4k2) x＋ eq \f(6k－12k3,（1＋2k2）（1－4k2）) ，
所以PQ：y＝ eq \f(3k,1－4k2) x＋ eq \f(2k,1－4k2) ＝ eq \f(k,1－4k2) （3x＋2），即直线PQ过定点（－ eq \f(2,3) ，0）；
当64k4－4＝0，即k＝± eq \f(1,2) 时，
若k＝ eq \f(1,2) ，则xQ＝－ eq \f(2,3) 且yQ＝－ eq \f(4,3) ，xP＝－ eq \f(2,3) 且yP＝ eq \f(4,3) ，故直线PQ过定点（－ eq \f(2,3) ，0）；
若k＝－ eq \f(1,2) ，则xQ＝－ eq \f(2,3) 且yQ＝ eq \f(4,3) ，xP＝－ eq \f(2,3) 且yP＝－ eq \f(4,3) ，故直线PQ过定点（－ eq \f(2,3) ，0）；
综上，直线PQ过定点M（－ eq \f(2,3) ，0），又BH⊥PQ于H，
易知H轨迹在以BM为直径的圆上，故BM的中点（ eq \f(2,3) ，0）到H的距离为定值，
所以所求定点T为（ eq \f(2,3) ，0）.
对点训练
解析：（1）设双曲线C的方程为 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1（a>0，b>0），c为双曲线C的半焦距，
由题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝2\r(5),\f(c,a)＝\r(5),c2＝a2＋b2)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝2\r(5),a＝2,b＝4)) .
所以双曲线C的方程为 eq \f(x2,4) － eq \f(y2,16) ＝1.
（2）方法一 设M（x1，y1），N（x2，y2），直线MN的方程为x＝my－4，
则x1＝my1－4，x2＝my2－4.
联立得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－4,\f(x2,4)－\f(y2,16)＝1)) ，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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(32m,4m2－1),y1y2＝\f(48,4m2－1))) ，所以y1＋y2＝ eq \f(2m,3) 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 eq \f(y1,x1＋2) ＝ eq \f(y,x＋2) ，直线NA2的方程为 eq \f(y2,x2－2) ＝ eq \f(y,x－2) ，
所以 eq \f(\f(y1,x1＋2),\f(y2,x2－2)) ＝ eq \f(\f(y,x＋2),\f(y,x－2)) ，得 eq \f(（x2－2）y1,（x1＋2）y2) ＝ eq \f(x－2,x＋2) ， eq \f(（my2－6）y1,（my1－2）y2) ＝ eq \f(my1y2－6y1,my1y2－2y2) ＝ eq \f(x－2,x＋2) .
因为 eq \f(my1y2－6y1,my1y2－2y2) ＝ eq \f(my1y2－6（y1＋y2）＋6y2,my1y2－2y2)
＝ eq \f(my1y2－6·\f(2m,3)y1y2＋6y2,my1y2－2y2)
＝ eq \f(－3my1y2＋6y2,my1y2－2y2)
＝－3，
所以 eq \f(x－2,x＋2) ＝－3，解得x＝－1，
所以点P在定直线x＝－1上．
方法二 由题意得A1（－2，0），A2（2，0）.
设M（x1，y1），N（x2，y2），直线MN的方程为x＝my－4，
则 eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4) － eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,16) ＝1，即4x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝16.
如图，连接MA2，
kMA1·kMA2＝ eq \f(y1,x1＋2) · eq \f(y1,x1－2) ＝ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －4) ＝ eq \f(4x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －16,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －4) ＝4 ①.
由 eq \f(x2,4) － eq \f(y2,16) ＝1，得4x2－y2＝16，4[（x－2）＋2]2－y2＝16，
4（x－2）2＋16（x－2）＋16－y2＝16，4（x－2）2＋16（x－2）－y2＝0.
由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－（x－2）＝6， eq \f(1,6) [my－（x－2）]＝1.
4（x－2）2＋16（x－2）· eq \f(1,6) [my－（x－2）]－y2＝0，4（x－2）2＋ eq \f(8,3) （x－2）my－ eq \f(8,3) （x－2）2－y2＝0，
两边同时除以（x－2）2，得 eq \f(4,3) ＋ eq \f(8m,3) · eq \f(y,x－2) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x－2))) eq \s\up12(2) ＝0，
即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x－2))) eq \s\up12(2) － eq \f(8m,3) · eq \f(y,x－2) － eq \f(4,3) ＝0.
kMA2＝ eq \f(y1,x1－2) ，kNA2＝ eq \f(y2,x2－2) ，
由根与系数的关系得kMA2·kNA2＝－ eq \f(4,3) ②.
由①②可得kMA1＝－3kNA2.
lMA1：y＝kMA1（x＋2）＝－3kNA2（x＋2），lNA2：y＝kNA2（x－2）.
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－3kNA2（x＋2）,y＝kNA2（x－2）)) ，解得x＝－1.
所以点P在定直线x＝－1上．
考点三
[例3] 解析：（1）因为a>0，b>0，依题意， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＝\f(1,2),a＝2)) ⇒b＝1，
所以双曲线C的方程为 eq \f(x2,4) －y2＝1.
（2）依题意可知PQ斜率存在，设方程为y＝kx＋m，P（x1，y1），Q（x2，y2），
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,\f(x2,4)－y2＝1)) ⇒（1－4k2）x2－8kmx－4m2－4＝0⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(8km,1－4k2),x1x2＝－\f(4m2＋4,1－4k2))) ，
Δ＝64k2m2＋4（1－4k2）（4m2＋4）>0，m2＋1－4k2>0①，
k1＋k2＝ eq \f(y1,x1－2) ＋ eq \f(y2,x2－2)
＝ eq \f(2kx1x2＋（m－2k）（x1＋x2）－4m,x1x2－2（x1＋x2）＋4)
＝ eq \f(2k（－\f(4m2＋4,1－4k2)）＋（m－2k）（\f(8km,1－4k2)）－4m,－\f(4m2＋4,1－4k2)－2（\f(8km,1－4k2)）＋4) ＝1，
整理得（m＋2k）（m＋2k－1）＝0.
（ⅰ）m＋2k＝0，⇒PQ：y＝kx－2k，过A（2，0）舍去，
（ⅱ）m＋2k－1＝0，⇒PQ：y＝kx－2k＋1，过点（2，1），
此时，将m＝1－2k代入①得（1－2k）2＋1－4k2＝2－4k>0，k< eq \f(1,2) ，
所以PQ与x＝2交于点M（2，1），故S△AMN＝ eq \f(1,2) ×2×1＝1（定值）.
对点训练
解析：（1）将P（1， eq \f(\r(2),2) ），Q（－ eq \f(\r(6),2) ， eq \f(1,2) ）代入到 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1，
可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(2,4b2)＝1,\f(6,4a2)＋\f(1,4b2)＝1)) ，解得a2＝2，b2＝1，
所以椭圆C的方程为： eq \f(x2,2) ＋y2＝1.
（2）由题意可知，蒙日圆方程为：x2＋y2＝3.
（ⅰ）若直线MN斜率不存在，则直线MN的方程为：x＝ eq \r(2) 或x＝－ eq \r(2) .
不妨取x＝ eq \r(2) ，易得M（ eq \r(2) ，1），N（ eq \r(2) ，－1），kOM＝ eq \f(1,\r(2)) ＝ eq \f(\r(2),2) ，kON＝ eq \f(－1,\r(2)) ＝－ eq \f(\r(2),2) ，
∴kOM·kON＝－ eq \f(1,2) .
（ⅱ）若直线MN斜率存在，设直线MN的方程为：y＝kx＋t.
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋t,\f(x2,2)＋y2＝1)) ，化简整理得：（2k2＋1）x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
据题意有Δ＝16k2t2－4（4k2t2－4k2＋2t2－2）＝0，于是有：t2＝2k2＋1.
设M（x1，y1）（x1≠0），N（x2，y2）（x2≠0）.
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋t,x2＋y2＝3)) 化简整理得：（k2＋1）x2＋2ktx＋t2－3＝0，
Δ1＝4k2t2－4（k2＋1）（t2－3）＝4（3k2－t2＋3）＝4（3k2＋3－2k2－1）＝4（k2＋2）>0，
x1＋x2＝－ eq \f(2kt,k2＋1) ，x1x2＝ eq \f(t2－3,k2＋1) .
则kOM·kON＝ eq \f(y1y2,x1x2) ＝ eq \f(（kx1＋t）（kx2＋t）,x1x2) ＝ eq \f(k2x1x2＋kt（x1＋x2）＋t2,x1x2) ＝k2＋ eq \f(\f(－2k2t2,1＋k2)＋t2,\f(t2－3,1＋k2)) ＝k2＋ eq \f(t2－k2t2,t2－3) ＝ eq \f(k2t2－3k2＋t2－k2t2,t2－3) ＝ eq \f(t2－3k2,t2－3) ，
∵t2＝2k2＋1，∴kOM·kON＝ eq \f(2k2＋1－3k2,2k2＋1－3) ＝ eq \f(1－k2,2k2－2) ＝－ eq \f(1,2) .
综上可知，kOM·kON为定值－ eq \f(1,2) .
考点四
（1）[b，a] [a－c，a＋c] [b2，a2] （2）a c－a （3） eq \f(p,2)
[例4] 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> eq \f(1,2) .
由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
所以|AB|＝ eq \r(1＋\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))) · eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2) ＝ eq \r(5) · eq \r(16p2－8p) ＝4 eq \r(15) ，解得p＝2或p＝－ eq \f(3,2) （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 eq \(FM,\s\up6(→)) · eq \(FN,\s\up6(→)) ＝0，所以∠MFN＝90°，则S△MFN＝ eq \f(1,2) |MF||NF|＝ eq \f(1,2) （x3＋1）（x4＋1）＝ eq \f(1,2) （x3x4＋x3＋x4＋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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x－1，,y2＝4x，)) 得x2－6x＋1＝0，
得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＝3－2\r(2)，,x4＝3－2\r(2))) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＝3＋2\r(2)，,x4＝3＋2\r(2)．))
代入（*）式计算易得，当x3＝x4＝3－2 eq \r(2) 时，△MFN的面积取得最小值，为4（3－2 eq \r(2) ）.
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m.
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,y2＝4x，)) 得k2x2－（4－2km）x＋m2＝0，Δ2＝（4－2km）2－4m2k2>0，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＋x4＝\f(4－2km,k2)，,x3x4＝\f(m2,k2)，))
y3y4＝（kx3＋m）（kx4＋m）＝k2x3x4＋mk（x3＋x4）＋m2＝ eq \f(4m,k) .
又 eq \(FM,\s\up6(→)) · eq \(FN,\s\up6(→)) ＝（x3－1，y3）·（x4－1，y4）＝x3x4－（x3＋x4）＋1＋y3y4＝0，
所以 eq \f(m2,k2) － eq \f(4－2km,k2) ＋1＋ eq \f(4m,k) ＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4.
所以S△MFN＝ eq \f(1,2) （x3x4＋x3＋x4＋1）＝ eq \f(m2＋k2－2km＋4,2k2) ＝ eq \f(m2＋k2＋2km,k2) ＝（ eq \f(m,k) ）2＋2（ eq \f(m,k) ）＋1.
令t＝ eq \f(m,k) ，则S△MFN＝t2＋2t＋1，
因为m2＋k2＋6km＝4，
所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k))) eq \s\up12(2) ＋6 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k))) ＋1＝ eq \f(4,k2) >0，
即t2＋6t＋1>0，得t>－3＋2 eq \r(2) 或t<－3－2 eq \r(2) ，
从而得S△MFN＝t2＋2t＋1>12－8 eq \r(2) ＝4（3－2 eq \r(2) ）.
故△MFN面积的最小值为4（3－2 eq \r(2) ）.
对点训练
解析：（1）由题意知M（0，－4），F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2))) ，圆M的半径r＝1，所以|MF|－r＝4，即 eq \f(p,2) ＋4－1＝4，解得p＝2.
（2）由（1）知，抛物线方程为x2＝4y，
由题意可知直线AB的斜率存在，设A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4))) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,4))) ，直线AB的方程为y＝kx＋b，
联立得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b,x2＝4y)) ，消去y得x2－4kx－4b＝0，
则Δ＝16k2＋16b>0（※），x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
所以|AB|＝ eq \r(1＋k2) |x1－x2|＝ eq \r(1＋k2) · eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝4 eq \r(1＋k2) · eq \r(k2＋b) .
因为x2＝4y，即y＝ eq \f(x2,4) ，所以y′＝ eq \f(x,2) ，则抛物线在点A处的切线斜率为 eq \f(x1,2) ，在点A处的切线方程为y－ eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4) ＝ eq \f(x1,2) （x－x1），即y＝ eq \f(x1,2) x－ eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4) ，
同理得抛物线在点B处的切线方程为y＝ eq \f(x2,2) x－ eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,4) ，
联立得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(x1,2)x－\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4),y＝\f(x2,2)x－\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,4))) ，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(x1＋x2,2)＝2k,y＝\f(x1x2,4)＝－b)) ，
即P（2k，－b）.因为点P在圆M上，所以4k2＋（4－b）2＝1 ①，
且－1≤2k≤1，－5≤－b≤－3，即－ eq \f(1,2) ≤k≤ eq \f(1,2) ，3≤b≤5，满足（※）.
设点P到直线AB的距离为d，则d＝ eq \f(|2k2＋2b|,\r(1＋k2)) ，
所以S△PAB＝ eq \f(1,2) |AB|·d＝4 eq \r(（k2＋b）3) .
由①得，k2＝ eq \f(1－（4－b）2,4) ＝ eq \f(－b2＋8b－15,4) ，
令t＝k2＋b，则t＝ eq \f(－b2＋12b－15,4) ，且3≤b≤5.
因为t＝ eq \f(－b2＋12b－15,4) 在[3，5]上单调递增，所以当b＝5时，t取得最大值，tmax＝5，此时k＝0，所以△PAB面积的最大值为20 eq \r(5) .
GAOKAOWUGEDATI
求什么
想什么
求轨迹方程，想到求轨迹方程的方法．
求三角形面积的最值，想到表示出三角形面积的式子．
给什么
用什么
给出向量垂直关系，用数量积转化为线段相等．
给出直线l的条件，应设出直线方程，与C的方程联立方程组．
差什么
找什么
差三角形的高，应先找Q点的坐标，即求出BD的直线方程．