2021届高考数学一轮复习第九章平面解析几何第9节圆锥曲线的综合问题第2课时定点定值探索性问题教学案含解析新人教A版

1、 - 1 - 第二课时第二课时 定点、定值、探索性问题定点、定值、探索性问题 考点一 定点问题 【例 1】 (2020兰州一模)设m点为圆c：x2y24 上的动点，点m在x轴上的投影为n.动点p满足 2pn3mn，动点p的轨迹为e. (1)求e的方程； (2)设e的左顶点为d，若直线l：ykxm与曲线e交于a，b两点(a，b不是左、右顶点)，且满足|dadb|dadb|，求证：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标. 解 (1)设点m(x0，y0)，p(x，y)，由题意可知n(x0，0)， 2pn3mn，2(x0 x，y) 3(0，y0)， 即x0 x，y023y， 又点m在圆c：x2y24 上，

2、x20y204， 将x0 x，y023y代入得x24y231， 即轨迹e的方程为x24y231. (2)由(1)可知d(2，0)，设a(x1，y1)，b(x2，y2)， 联立得ykxm，x24y231，得(34k2)x28mkx4(m23)0， (8mk)24(34k2)(4m212)16(12k23m29)0， 即 34k2m20，x1x28mk34k2，x1x24（m23）34k2. y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m23m212k234k2. |dadb|dadb|，dadb， 即dadb0， 即(x12，y1)(x22，y2)x1x22(x1x2)4y1y2

3、0， 4m21234k228mk34k243m212k234k20， - 2 - 7m216mk4k20， 解得m12k，m227k，且均满足 34k2m0. 当m2k时，l的方程为ykx2kk(x2)， 直线恒过点(2，0)，与已知矛盾； 当m27k时，l的方程为ykx27kkx27，直线恒过点27，0 . 直线l过定点，定点坐标为27，0 . 规律方法 圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. (2)特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 【训练 1】 (20

4、20湖南三湘名校联考)已知椭圆c：y2a2x2b21(ab1)的离心率为22，其上焦点到直线bx2ay20 的距离为23. (1)求椭圆c的方程； (2)过点p13，0 的直线l交椭圆c于a，b两点.试探究以线段ab为直径的圆是否过定点.若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由. 解 (1)由题意得，eca22，又a2b2c2， 所以a2b，cb. 又|2ac2|4a2b223，ab1，所以b1，a22， 故椭圆c的方程为y22x21. (2)当abx轴时，以线段ab为直径的圆的方程为x132y2169. 当aby轴时，以线段ab为直径的圆的方程为x2y21. 可得两圆交点为q(1，0). 由此

5、可知， 若以线段ab为直径的圆恒过定点，则该定点为q(1，0). 下证q(1，0)符合题意. 设直线l的斜率存在，且不为 0， - 3 - 其方程为ykx13，代入y22x21， 并整理得(k22)x223k2x19k220， 设a(x1，y1)，b(x2，y2)， 则x1x22k23（k22），x1x2k2189（k22）， 所以qaqb(x11)(x21)y1y2x1x2x1x21k2x113x213 (1k2)x1x2113k2(x1x2)119k2 (1k2)k2189（k22）113k22k23（k22）119k20， 故qaqb，即q(1，0)在以线段ab为直径的圆上. 综上，以线

6、段ab为直径的圆恒过定点(1，0). 考点二 定值问题 【例 2】 (2019洛阳高三统考)已知抛物线c：y22px(p0)，其焦点为f，o为坐标原点，直线l与抛物线c相交于不同的两点a，b，m为ab的中点. (1)若p2，m的坐标为(1，1)，求直线l的方程. (2)若直线l过焦点f，ab的垂直平分线交x轴于点n，求证：2|mn|2|fn|为定值. (1)解 由题意知直线l的斜率存在且不为 0， 故设直线l的方程为x1t(y1) 即xty1t，设a(x1，y1)，b(x2，y2). 由xty1t，y24x，得y24ty44t0， 16t21616t16(t2t1)0，y1y24t， 4t2，

7、即t12. 直线l的方程为 2xy10. (2)证明 抛物线c：y22px(p0)，焦点f的坐标为p2，0 . 由题意知直线l的斜率存在且不为 0， 直线l过焦点f，故设直线l的方程为xtyp2(t0)，设a(x1，y1)，b(x2，y2). - 4 - 由xtyp2y22px，得y22ptyp20， y1y22pt，4p2t24p20. x1x2t(y1y2)p2pt2p，mpt2p2，pt. mn的方程为ypttxpt2p2. 令y0，解得xpt23p2，npt23p2，0 ， |mn|2p2p2t2，|fn|pt23p2p2pt2p， 2|mn|2|fn|2（p2p2t2）pt2p2p，

8、为定值. 规律方法 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 (1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值. (2)两大解法： 从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； 引起变量法：其解题流程为 变量 选择适当的动点坐标或动线中系数为变量 函数 把要证明为定值的量表示成上述变量的函数 定值 把得到的函数化简，消去变量得到定值 【训练 2】 (2020昆明诊断)已知椭圆c：x2a2y2b21(ab0)的离心率为13，左、右焦点分别为f1，f2，a为椭圆c上一点，af2f1f2，且|af2|83. (1)求椭圆c的方程； (2)设椭圆c的左、右顶点分别为a1，a2，过a1，a2分别作x轴

9、的垂线l1，l2，椭圆c的一条切线l：ykxm与l1，l2分别交于m，n两点，求证：mf1n为定值. (1)解 由af2f1f2，|af2|83，得b2a83. 又eca13，a2b2c2，所以a29，b28， - 5 - 故椭圆c的标准方程为x29y281. (2)证明 由题意可知，l1的方程为x3，l2的方程为x3. 直线l分别与直线l1，l2的方程联立得m(3，3km)，n(3，3km)， 所以f1m(2，3km)，f1n(4，3km)， 所以f1mf1n8m29k2. 联立得x29y281，ykxm，得(9k28)x218kmx9m2720. 因为直线l与椭圆c相切， 所以(18km)

10、24(9k28)(9m272)0， 化简得m29k28. 所以f1mf1n8m29k20， 所以f1mf1n，故mf1n为定值2. 考点三 探索性问题 【例 3】 (2019广州调研)已知椭圆c：x2a2y2b21(ab0)的两个焦点分别为f1，f2，短轴的一个端点为p，pf1f2内切圆的半径为b3，设过点f2的直线l与被椭圆c截得的线段为rs，当lx轴时，|rs|3. (1)求椭圆c的标准方程； (2)在x轴上是否存在一点t，使得当l变化时，总有ts与tr所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点t的坐标；若不存在，请说明理由. 解 (1)由内切圆的性质，得122cb12(2a2c)b3，得ca

11、12. 将xc代入x2a2y2b21，得yb2a，所以2b2a3. 又a2b2c2，所以a2，b 3， 故椭圆c的标准方程为x24y231. (2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点t都满足ts与tr所在直线关于x轴对称. 当直线l不垂直于x轴时， 假设存在t(t， 0)满足条件， 设l的方程为yk(x1)，r(x1，y1)，s(x2，y2). - 6 - 联立方程yk（x1），x24y231，得 (34k2)x28k2x4k2120， 由根与系数的关系得x1x28k234k2，x1x24k21234k2， 其中0 恒成立， 由ts与tr所在直线关于x轴对称，得ktsktr0(显然ts，

12、tr的斜率存在)， 即y1x1ty2x2t0. 因为r，s两点在直线yk(x1)上， 所以y1k(x11)，y2k(x21)，代入得 k（x11）（x2t）k（x21）（x1t）（x1t）（x2t） k2x1x2（t1）（x1x2）2t（x1t）（x2t）0， 即 2x1x2(t1)(x1x2)2t0， 将代入得 8k224（t1）8k22t（34k2）34k26t2434k20， 则t4， 综上所述，存在t(4，0)，使得当l变化时，总有ts与tr所在直线关于x轴对称. 规律方法 此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存

13、在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论. 【训练 3】 (2020重庆调研)如图，已知椭圆c：x2a2y2b21(ab0)，其左、右焦点分别为f1(2，0)及f2(2，0)，过点f1的直线交椭圆c于a，b两点，线段ab的中点为g，ab的中垂线与x轴和y轴分别交于d，e两点，且|af1|，|f1f2|，|af2|构成等差数列. - 7 - (1)求椭圆c的方程. (2)记gf1d的面积为s1，oed(o为坐标原点)的面积为s2.试问：是否存在直线ab，使得s1s2？请说明理由. 解 (1)|af1|，|f1f2|，|af2|构成等差数列， 2a|af

14、1|af2|2|f1f2|8，a4. 又c2，b212， 椭圆c的方程为x216y2121. (2)假设存在直线ab，使得s1s2，显然直线ab不能与x，y轴垂直. 设ab的方程为yk(x2)(k0)， 将其代入x216y2121，整理得(4k23)x216k2x16k2480， 设a(x1，y1)，b(x2，y2)，x1x216k234k2， 点g的横坐标为x1x228k234k2， g8k234k2，6k34k2. dgab，6k34k28k234k2xdk1， 解得xd2k234k2，即d2k234k2，0 . rtgdf1和 rtode相似，若s1s2， 则|gd|od|， 8k234

15、k22k234k226k34k222k234k2，整理得 8k290. 方程 8k290 无解，不存在直线ab，使得s1s2. a 级 基础巩固 一、选择题 1.(2019石家庄模拟)已知p为双曲线c：x29y2161 上的点，点m满足|om|1，且ompm0，则当|pm|取得最小值时点p到双曲线c的渐近线的距离为( ) - 8 - a.95 b.125 c.4 d.5 解析 由ompm0， 得ompm， 根据勾股定理， 求|mp|的最小值可以转化为求|op|的最小值，当|op|取得最小值时， 点p的位置为双曲线的顶点(3， 0)， 而双曲线的渐近线为 4x3y0，所求的距离d125. 答案

16、b 2.直线l与抛物线c：y22x交于a，b两点，o为坐标原点，若直线oa，ob的斜率分别为k1，k2，且满足k1k223，则直线l过定点( ) a.(3，0) b.(0，3) c.(3，0) d.(0，3) 解析 设a(x1，y1)，b(x2，y2)，因为k1k223，所以y1x1y2x223.又y212x1，y222x2，所以y1y26.设直线l：xmyb，代入抛物线c：y22x得y22my2b0，所以y1y22b6，得b3，即直线l的方程为xmy3，所以直线l过定点为(3，0). 答案 a 3.已知双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的离心率e2，过双曲线上一点m作直线ma，mb交双曲

17、线于a，b两点，且斜率分别为k1，k2，若直线ab过原点，则k1k2的值为( ) a.2 b.3 c.3 d.6 解析 由题意知，eca1b2a22b23a2，则双曲线方程可化为 3x2y23a2，设a(m，n)，m(x0，y0)(x0m)，则b(m，n)，k1k2y0nx0my0nx0my20n2x20m23x203a23m23a2x20m23. 答案 b 4.已知o为坐标原点，设f1，f2分别是双曲线x2y21 的左、右焦点，p为双曲线左支上任一点，过点f1作f1pf2的平分线的垂线，垂足为h，则|oh|( ) a.1 b.2 c.4 d.12 解析 如图所示， 延长f1h交pf2于点q，

18、 由ph为f1pf2的平分线及phf1q， 可知|pf1|pq|，根据双曲线的定义，得|pf2|pf1|2，从而|qf2|2，在f1qf2中，易知oh为中位线，故|oh|1. - 9 - 答案 a 5.已知抛物线m：y24x，过抛物线m的焦点f的直线l交抛物线于a，b两点(点a在第一象限)，且交抛物线的准线于点e.若ae2be，则直线l的斜率为( ) a.3 b.22 c.3 d.1 解析 分别过a，b两点作ad，bc垂直于准线，垂足分别为d，c， 由ae2be，得b为ae的中点，|ab|be|， 则|ad|2|bc|， 由抛物线的定义可知|af|ad|，|bf|bc|， |ab|3|bc|，

19、|be|3|bc|，则|ce|22|bc|， tan cbe|ce|cb|22， 直线l的斜率ktan afxtan cbe22. 答案 b 二、填空题 6.若双曲线x2y2b21(b0)的一条渐近线与圆x2(y2)21 至多有一个公共点，则双曲线离心率的取值范围是_. 解析 双曲线的渐近线方程为ybx，则有|02|1b21，解得b23，则e21b24，e1，1e2. 答案 (1，2 7.(2020东北三省四校模拟)已知动点p(x，y)在椭圆x225y2161 上，若a点坐标为(3，0)，|am|1，且pmam0，则|pm|的最小值是_. 解析 pmam0，ampm. |pm|2|ap|2|a

20、m|2|ap|21， - 10 - 椭圆右顶点到右焦点a的距离最小， 故|ap|min2，|pm|min 3. 答案 3 8.(2019湘中名校联考)已知抛物线y22px(p0)的焦点为f，abc的顶点都在抛物线上，且满足fafbfc0 0，则1kab1kac1kbc_. 解析 设a(x1，y1)，b(x2，y2)，c(x3，y3)，fp2，0 ，由fafbfc0 0，得y1y2y30.因为kaby2y1x2x12py1y2， 所以kac2py1y3，kbc2py2y3， 所以1kab1kac1kbcy1y22py3y12py2y32p0. 答案 0 三、解答题 9.(2019全国卷)已知点a

21、，b关于坐标原点o对称，|ab|4，m过点a，b且与直线x20 相切. (1)若a在直线xy0 上，求m的半径. (2)是否存在定点p，使得当a运动时，|ma|mp|为定值？并说明理由. 解 (1)因为m过点a，b，所以圆心m在ab的垂直平分线上.由已知a在直线xy0 上，且a，b关于坐标原点o对称，所以m在直线yx上，故可设m(a，a). 因为m与直线x20 相切，所以m的半径为r|a2|.连接ma，由已知得|ao|2.又moao，故可得 2a24(a2)2，解得a0 或a4. 故m的半径r2 或r6. (2)存在定点p(1，0)，使得|ma|mp|为定值. 理由如下： 设m(x，y)，由已

22、知得m的半径为r|x2|，|ao|2.由于moao，故可得x2y24(x2)2, 化简得m的轨迹方程为y24x. 因为曲线c：y24x是以点p(1，0)为焦点，以直线x1 为准线的抛物线，所以|mp|x1. 因为|ma|mp|r|mp|x2(x1)1， 所以存在满足条件的定点p. 10.(2020合肥质检)设椭圆e：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为f1，f2，过点f1的直 - 11 - 线交椭圆e于a，b两点.若椭圆e的离心率为22，abf2的周长为 4 6. (1)求椭圆e的方程； (2)设不经过椭圆的中心而平行于弦ab的直线交椭圆e于点c，d，设弦ab，cd的中点分别为m，n

23、，证明：o，m，n三点共线. (1)解 由题意知，4a46，a6. 又e22，c3，b3， 椭圆e的方程为x26y231. (2)证明 当直线ab，cd的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，中点m，n在x轴上，o，m，n三点共线， 当直线ab，cd的斜率存在时，设其斜率为k，且设a(x1，y1)，b(x2，y2)，m(x0，y0)， 则x216y2131，x226y2231，两式相减，得x216y213x226y2230， x21x226y21y223，（x1x2）（x1x2）6 （y1y2）（y1y2）3， y1y2x1x2y1y2x1x236，y1y2x1x2y0 x036， 即kkom12，

24、 kom12k. 同理可得kon12k，komkon，o，m，n三点共线. b 级 能力提升 11.(2019成都诊断)设点q是直线l：x1 上任意一点，过点q作抛物线c：y24x的两条切线qs，qt，切点分别为s，t，设切线qs，qt的斜率分别为k1，k2，f是抛物线的焦点，直线qf的斜率为k0，则下列结论正确的是( ) a.k1k2k0 b.k1k22k0 c.k1k22k0 d.k1k22k0 解析 设点q(1，t)，由过点q的直线ytk(x1)与抛物线c：y24x相切，联立方程 - 12 - 得y24x，ytk（x1）， 整理得k2x22(k2kt2)x(kt)20，则4(k2kt2)

25、24k2(kt)20，化简得k2tk10.显然k1，k2是关于k的方程k2tk10 的两个根， 所以k1k2t.又k0t2，故k1k22k0. 答案 d 12.(2020郑州模拟)已知f为抛物线y2x的焦点， 点a，b在该抛物线上且位于x轴的两侧，oaob6(其中o为坐标原点)，则abo与afo面积之和的最小值是( ) a.1723 b.3 c.338 d.3132 解析 设直线ab的方程为xtym，点a(x1，y1)，b(x2，y2)，直线ab与x轴的交点为m(m，0)，将xtym代入y2x，可得y2tym0，则y1y2m.oaob6，x1x2y1y26，从而(y1y2)2y1y260.点a

26、，b位于x轴的两侧，y1y23，故m3.不妨令点a在x轴上方，则y10，又f14，0 ，sabosafo123(y1y2)1214y1138y192y12913163132，当且仅当138y192y1，即y161313时，取“”，abo与afo面积之和的最小值是3132，故选 d. 答案 d 13.若点o和点f分别为椭圆x29y281 的中心和左焦点，点p为椭圆上的任一点，则opfp的最小值为_. 解析 点p为椭圆x29y281 上的任意一点，设p(x，y)(3x3，22y22)，依题意得左焦点f(1， 0)， op(x，y)，fp(x1，y)， opfpx(x1)y2x2x728x2919x922234. 3x3， 32x92152，94x9222254， - 13 - 1419x92222536，619x92223412，即 6opfp12，故最小值为 6. 答案 6 14.(2020沈阳高三质检)已知抛物线c：x22py(p0)的焦点为f，m(2，y0)是c上一点，且|mf|