专项探究课五

1、专项探究课五热点一定点定值问题（教材VS高考）定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问 题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横（纵）坐标等的定值问题.圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值 以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及 这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题 .x2 y2 :a2+b2命题角度1圆锥曲线中定点问题=1(ab【例1 1】（总分值12分）（2019 全国I卷）椭圆C:0）,四点P1（1, 1）, P2（0, 1）, P31,乎，P41,呼中恰有三点在椭圆C上.（1）求C的方程；（2）设直线l不经过P2点且

2、与C相交于A, B两点.假设直线P2A与直 线P2B的斜率的和为1,证明：l过定点.教材探源 此题第（1）问源于教材选修21P40例1,主要考查利用待 定系数法及方程思想求曲线方程.此题第（2）问源于教材选修21P41例3,主要考查利用坐标法研究几 何问题，充分考查学生解决综合问题的能力.总分值解答 解 由于点P3, P4关于y轴对称，由题设知C必过P3, P4.又由。+磊知，椭圆C不经过点P1,a2 b2 a2 4b2所以点_1P21椭圆C上.1分（得分点1）b2-a2=4,因此13 解得b2=1 3分（得分点2）故C 脑廊2X2% y2= 1.5分（得分点3）（2）证明 设直线P2A与直线

3、P2B的斜率分别为k1, k2.如果直线l的斜率不存在，l垂直于x轴.设 l: x= m, A（m , yA） , B（m, yA）,k1+k2 = yAT + -yA1 = -=- 1,得 m=2, m mm此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足.6分（得分点4）从而可设 l: y=kx + m(m#1).x2将 y = kx + m 代入彳+丫2 = 1 得(4k2+ 1)x2 + 8kmx +4m2 4 = 0.7分 (得分点5)由题设可知 = 16(4k2 m2+1)0.8km4m24设 A(x1, y1), B(x2, y2),那么 x1+x2=-4-1, x1x2=4k2+1

4、.8分(得分点6)那么k1 + k2 =kx2 + m 1十X2y1 1 y2 1 kx1 +m 1X2+ x2x1x12kx1x2+mx11x1x2.4m2 4 8km由题设 由+k2 = 1,故(2k+1)x1x2 + (m1)(x1+x2) = 0.3+1)+ (m-1)-4k2T1 = 0.10分(得分点7)解之得m=- 2k- 1,止匕时 = 32(m+1)0,方程有解,当且仅当m-1时，A 0, 11分（得分点8）直线 l 的方程为 y=kx-2k-1,即 y+1 = k（x 2）.当x = 2时，y=1,所以l过定点（2, -1）.12分（得分点9）?得步骤分：抓住得分点的解题步

5、骤，步步为赢，在第 （1）问中， 分析隐含信息，列出方程组，求出方程.在第（2）问中，分类讨论设出直线方 程一联立方程一写出根与系数的关系-利用公式化简求解 .?得关键分：（1）列出方程组.（2）直线方程.（3）韦达定理.（4）斜率公式.都是 不可少的过程，有那么给分，无那么没分.?得计算分：解题过程中的计算准确是得总分值的根本保证，如（得分点3）,（得分点5）,（得分点7）.构越模板、解答圆锥曲线中的定点问题的一般步骤第一步：研究特殊情形，从问题的特殊情形出发，得到目标关系所要 探求的定点.第二步：探究一般情况.探究一般情形下的目标结论.第三步：下结论，综合上面两种情况定结论.命题角度2圆锥

6、曲线中的定值问题【例1 2】(2019 唐山一模)椭圆口叁+ b|=1(ab0)的离心率为当 点Q b, b在椭圆上，O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程；(2)点巳M, N为椭圆C上的三点，假设四边形OPMN为平行四边形, 证明四边形OPMN的面积S为定值，并求该定值.解.椭圆 祭 .=1(ab0)的离心率为 乎,c c2 a2 铝2%2 e2= a2= a2 =2, 得 a2= 2b2, 又点Q b, b在椭圆C上，b2 a2 b 小 a2+b4=1,联立、得a2= 8,且b2 = 4. 椭圆c的方程为+ y2=i.(2)证明 当直线PN的斜率k不存在时，PN方程为x =&或x=蛆,从而有|

7、PN|= 2版 11所以 S=2|PN|- |OM| = 2X 2$乂2成=2m；当直线PN的斜率k存在时，设直线 PN 方程为 y=kx+m(m?0), P(x1, y1), N(x2, y2),将PN的方程代入椭圆C的方程，整理得(1 + 2k2)x2 + 4kmx + 2m2 8 = 0,所以 x1 + x2=-4km, x1 x2 = 2m29. 8, 1+2k2 2m 1 + 2k2y1 +y2 = k(x1 +x2) + 2m =由OM = OP+ ON,得M 三而，”为. 1 2k2 1 2k2将M点坐标代入椭圆C方程得m2= 1 + 2k2.又点O到直线PN的距离为d = /W

8、|PN|=- 1 + k2|x1 x2|,48k2+ 24=2 6.2k2+1, 月斤以 S= d - |PN|=|m|- |x1-x2| = 1 + 2k2 7x1 + x22 4x1x2 = 综上，平行四边形OPMN的面积S为定值2V6.探究提高 1.求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值2.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.【训练11 (2019 荷泽调研)焦距为2出的椭圆C: X2+b2 = 1(ab0)4.的右

9、顶点为A,直线y = 3与椭圆C交于P, Q两点(P在Q的左边)，Q在x 轴上的射影为B,且四边形ABPQ是平行四边形.(1)求椭圆C的方程；(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M, N.假设M是椭圆 的左顶点，D是直线MN上一点，且DA，AM.点G是x轴上异于点M的 点，且以DN为直径的圆恒过直线 AN和DG的交点，求证：点G是定点.(1)解 设坐标原点为O,丁四边形ABPQ是平行四边形，|AB|=|PQ|,|PQ|=2|OB|,|AB|=2|OB|,那么点 B 的横坐标为 a,a 4 3.点Q的坐标为东 3，代入椭圆C的方程得b2 = 2,又c2 = 2,a2= 4,即椭圆C的方

10、程为普+:=1.D(2, 4k亚区 1由 421(2)证明 设直线 MN 的方程为 y=k(x + 2), N(x0, y0), DA，AM，.二消去 y 得(1+2k2)x2 + 8k2x+8k2 4= 0, 那公三2x0x警念，即x0=Mk|,1 + 2k24k1 + 2k2- 4k24k.y0=k(x0 + 2) = -k-5那么 N 2-72, -k-,11 + 2k21+2k2 1 + 2k2设G(t, 0),那么t? 2,假设以DN为直径的圆恒过直线 AN和DG 的交点，那么 DGLAN,GD AN =0恒成立. GD=(2 t, 4k), AN=X14k c ,8k2 + 2k2

11、，14k2k2 .GD AN=(2 t) +4k . 1=0 恒成立,1 十 2k2 I 十 2k2即黑2=0恒成立,. t=0,点 G 是定点(0, 0).热点二 圆锥曲线中的范围(最值)问题圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值 以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及 这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题 .【例2】(2019 石家庄质检)椭圆C: a|+b2=1(ab0)的左、右顶点 分别为A, B,且长轴长为8, T为椭圆上一点，直线TA, TB的斜率之积 为-4.(1)求椭圆C的方程；(2)设O为原点，过点M(0, 2)的动直线与椭

12、圆C交于P, OP oQ+mP mQ的取值范围.解(1)设T(x, y),那么当x#4时，直线TA的斜率为Q两点，求直线TB的斜率为k2=/曰 x2 y2学行+12=k1=-y-?3 + 4 一=-3整理x-4,4，x + 4 x-44/壬1,而点(4, 0)和(4, 0)也满足此方程，故椭圆C的方程为法十一 .3 一于是由k1k2 = -4,得(2)当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y = k巡卜2y2点P, Q 的坐标分别为(x1, y1), (x2, y2),直线PQ与椭圆方程联立16+ 12=1?消 去 y 得(4k2 + 3)x2 + 16kx 32 = 0,y=kx + 2

13、那么 x1 + x2= 7n 16k0, x1x2 = -324k2+ 34k2 +3从而OP OQ+MP MQ = x1x2 + y1y2+x1x2+(y12) -(y2-2) = 2(1 -80k2-528+ k2)x1x2 + 2k(x1 + x2) + 4 =“ 丁 =-20+ “ 二,4k2十七24k2+3 20OP oQ+imP MQ0.y=kx + 2,得(3+4k2)x2 + 16kx+4=0, 3x2+4y2=126k4x3+x4= - -x3x4 =-3 + 4k213 + 4k2由 2= 192k2480 得 k211.存在实数t.因为 k1 + k2 = + = k,

14、k3 + k4 = y3 + y4=-6k,k1 I k2x11 x2 1 x3 x4 ，x3x4| 得4k2 1(2)根据弦长公式|CD| =|CD|=4 3 - 1所以U2即-1.+3+4k2 2根据点O到直线CD的距离公式得,d=r=, 1厂 y4k21+k2所以 SAOCD = 2|CD|- d = 40,那么 SAOCD= . .b0)的离心率为 且过点P 1, 3 , F为其右焦点.(1)求椭圆C的方程；(2)设过点A(4 , 0)的直线l与椭圆相交于M , N两点(点M在A , N两 点之间)，是否存在直线l使4AMF与4MFN的面积相等？假设存在，试 求直线l的方程；假设不存在

15、，请说明理由.c 1._角牛(1)因为所以a= 2c, b=，3c,、X2 2 v2设椭圆方程急+急=i,又点P1, 3在椭圆上，所以白 3. = 124c2 4c2解得 c2= 1, a2= 4, b2 = 3, 所以椭圆方程为x2+y2=1.(2)药如草微，腑I；率存在，设l的方程为y = k(x 4),由 在 正1 消去 y 得(3 + 4k2)x2 32k2x+64k212 = 0， 由题愈知3 = (32k2)2-4(3+ 4k2)(64k2 12)0,-111解得2k0)父于 M, N两点，(1)当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；(2)y轴上是否存在点 巳使得当k变动时，

16、总有/ OPM=/OPN?说明 理由.解 (1)由题设可得 M(2a, a), N( 2m，a),或 M(2点 a), N(2g a).又y =X，故y = x2在x = 2限处的导数值为 g C在点(2、加，a)处的 切线方程为ya= 洞x 2洞,即 qax ya= 0.2y = x2在x= 2杂处的导数值为 C在点(2, a)处的切线方程 为 y a= Va(x+ 2洞,即也x+ y + a= 0.故所求切线方程为Vax ya= 0和陋x+ y + a= 0.(2)存在符合题意的点，证明如下：设P(0, b)为符合题意的点，M(x1 , y1), N(x2, y2),直线PM, PN的 斜

17、率分别为k1, k2.将y = kx + a代入C的方程得x2 4kx 4a= 0.故 x1+x2 = 4k, x1x2= 4a.ka+b一 a从而 k1 + k2=y1)-b+y|x|Lb2kx1x2+a 3xx： x2一x1x2当 b= a时，有 k1 + k2 = 0,那么直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故/OPM = /OPN,所以点P(0, a)符合题意.2.(2019|北三省四校联考)点人(0, 2),椭圆E: 宴b|=1(ab0)的离心率为乎，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为1用，O为坐标原23八、.(1)求E的方程;(2)设过点A的动直线l与E相交于P, Q两点，当

18、 OPQ的面积最大 时，求l的方程.解(1)设F(c, 0),由条件知，/竽，得c=，3.又所以 a= 2, b2= a2- c2= 1. a 2故E的方程为X2+y2=1.(2)当l，x轴时不合题意，故设 l: y=kx2, P(x1, y1), Q(x2, y2).x2将 y = kx 2 代入 J + y2= 1,得(1 + 4k2)x2 16kx+12 = 0.当 = 16(4k2 3)0,即k23时,江2 = *2瘴L,从而 ipQi=Mix-x2k2f2 三.又点O到直线PQ的距离d= A；+ 1.所以 OPQ 的面积 SA OPQ =4d pQ|= 4Y4k2 1 3.； 2 1

19、 14t 4k2t1设44k2 3=t,那么 t0, SAOPQ=-4t21/7 xi 4因为t+4A4,当且仅当t=2,即k=3时tt号成立，且满足 A0.所以当 OPQ的面积最大时，l的方程为y = x 2或y= x 2.3.(2019 新乡模拟)抛物线C: x2 = 2py(p0)的焦点为F,直线2x y +2=0交抛物线C于A, B两点，P是线段AB的中点，过P作x轴的垂线 交抛物线C于点Q.(1)D是抛物线C上的动点，点E(1, 3),假设直线AB过焦点F,求 |DF|十|DE|的最小值;(2)是否存在实数p,使|2QA + QB|=|2QA QB|?假设存在，求出p的 值；假设不存

20、在，说明理由.解()直线2x y + 2=0与y轴的交点为(0, 2),.F(0, 2),那么抛物线C的方程为x2 = 8y,准线l: y=-2.设过 D 作 DGH 于 G,那么 |DF|+|DE|=|DG|+ |DE|,当E, D, G三点共线时,|DF|十|DE|取最小值2+3=5.(2)假设存在，抛物线x2=2py与直线y=2x+2联立 方程组得：x2 4px 4p= 0,设 A(x1 , y1), B(x2, y2), = (4p)2+16p= 16(p2+p) 0,那么 x1 + x2 = 4p, x1x2= 4p,Q(2p, 2p).v|2QA+QB|=|2QA-(QB|.那么Q

21、A QB=0,得(x1 2p)(x2 -2p)+(y1- 2p)(y2 -2p)=(x1 2p)(x2 -2p)+(2x1 + 2- 2p)(2x2 +2 2p)=5x1x2 + (4 6p)(x1 + x2) + 8p2 8p + 4 = 0,1 ,、代入得4P2 + 3p1 = 0,解得p = 4或p=1(舍去).因此存在实数p = 5,且满足A。，使得|2QA+QB|=|2QAQB|成立.4.椭圆C:祟3=320)的离心率为(3,四个顶点构成的菱形的面 积是4,圆M: (x+1)2 + y2=r2(0r b0)的两焦点,5.(2019 成都诊断)圆x2 + y2=1过椭圆a|+b| 与椭

22、圆有且仅有两个公共点，直线l: y=kx+m与圆x2+y2=1相切，与 椭圆| + b|=1相交于A, B两点.记入=OA . OB,且3W入W3.(1)求椭圆的方程；(2)求k的取值范围；(3)求4 OAB的面积S的取值范围.解(1)由题意知2c= 2,所以c=1.因为圆与椭圆有且只有两个公共点，从而b=1,故2=四 所以所求椭圆方程为x2 + y2=1.(2)因为直线l: y=kx+m与圆x2 + y2=1相切，|m|=1,所以原点O到直线y j微用轴 式武2 即 m2= k2+ 1.由 x25+y2=i, 得(1 + 2k2)x2 + 4kmx + 2m2 2= 0.设 A(x1, y1), B(x2, y2),那么 x1+x2= f； x1x2 = 2m：:.1 十 2k2I 十 2k2 | 1入=OA -OB = x1x2 + y1y2 = (1 + k2)x1x2 + km(x1 +x2) + m2=1 十 2k2由30