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.命题角度1圆锥曲线中定点问题=1(a>b>【例11】（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点且与C相交于A,B两点.假设直

2、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。+31+磊知，椭圆C不经过点P1,a2b2a24b2所以点Jp21椭圆C上.1分（得分点1）b2-a2=4,因此13解得b2=13分（得分点2）故C脑糖莅x2%y2=1.5分（得分点3）（2）证明设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.如果直线l的斜率不存在，l垂直

3、于x轴.设l:x=m,A(m,yA),B(m,yA),yA1yA12k1+k2=+=1,得m=2,mmm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+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m24=0.7分(得分点5)由题设可知=16(4k2m2+1)>0.8km4m2-4设A(x1,y1),B(x2,y2),那么x1+x2=-4k2+1,x1x2=4k2+1.8分(得分点6)那么k1+k2=y11y21kx1+m1kx2+m1猝+乂2x1x12kx1x2+mx11x2x1x24m248km由题设由+k2=1,故

4、(2k+1)x1x2+(m1)(x1+x2)=0.Qk+D+(m-1)-4k2T1=°.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，>0,11分（得分点8）直线l的方程为y=kx-2k-1,即y+1=k（x2）.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

5、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圆锥曲线中的定值问题【例12(2019唐山一模)椭圆C+*1(a>b>0)的离心率为当,点Qb,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

6、平行四边形，证明四边形OPMN的面积S为定值，并求该定值.(1)解椭圆会+1(a>b>0)的离心率为乎,cc2a2铝2%2e2=a2=a2=2,得a2=2b2,又点Qb,b在椭圆C上，b2a2b小1a2b4联立、得a2=8,且b2=4.椭圆C的方程为4=1.84(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|PN|=23,11所以S=2|PN|-|OM|=2X2小乂2取=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+2m28

7、=0,.c_4km2m2-8所以x1+x2=;-x1x2=-,1+2k22m1+2k2y1+y2=k(x1+x2)+2m=,一一万一4kmk22m由oMi=oP+on,得m彳:;而，7：2.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|PN|=-1+k2|x1x2|,48k2+24=26.2k2+1,月斤以S=d-|PN|=|m|-|x1-x2|=1+2k27x1+x224x1x2=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

8、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=i(a>b>0)4的右顶点为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

9、行四边形，|AB|=|PQ|,|PQ|=2|Ofe|,|=2|Ofe|,那么点B的横坐标为a,a43.点Q的坐标为33，代入椭圆C的方程得b2=2,又c2=2,.22=4,即椭圆C的方程为普+y2=1.(2)证明设直线MN的方程为y=k(x+2),N(x0,y0),DA，AM，.二D(2,4k%2y2,+1由42消去y得(1+2k2)x2+8k2x+8k24=0,那公三2x0x皆三，即x0=转标，1+2k24k1+2|2-4k24k.y0=k(x0+2)=-k-5那么N-,-k-,1+2k21+2k21+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DGL

10、AN,GDAN=0恒成立.小小，8k24kGD=(2t,4k),An=；,8k2+2k2，14k2k2'GbAN=(2-t)-+4k-=0恒成立,I十2k2I十2k2即力急=0恒成立，1十2k2.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:|2+*1(a>b>0)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

11、)求椭圆C的方程；(2)设O为原点，过点M(0,2)的动直线与椭圆C交于P,oPOQ+沛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x2y2?而+12=y2.12=1-yk1二5，3<+4'一=3整理x-4',4，x+4x-44'Xo1,而点(4,0)和(4,0)也满足此方程，故椭圆C的方程为x6+3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=kx#2y2点P,Q十=1的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),直线PQ与椭圆方程联立1612'消去y得

12、(4k2+3)x2+16kx32=0,y=kx+216k32那么x1+x2E,x1x2E,从而OP+沛MQ=x1x2+y1y2+x1x2+(y12)-(y2-2)=2(1-80k2-528+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4=“丁=-20+“二,4k2十七24k2+320<OPOQ+IMP-MQw52,3当直线PQ斜率不存在时，OP-OQ+IMP-MQ的值为20.综上所述OPOQ+沛MQ的取值范围为20,52.探究提高求圆锥曲线中范围、最值的主要方法：(1)几何法：假设题目中的条件和结论能明显表达几何特征和意义，那么考虑利用图形性质数形结合求解.(2)代数法：假设题目中的条件和结论能

13、表达一种明确的函数关系，或者不等关系，或者参数与新参数之间的等量关系等，那么利用代数法求参数的范围.【训练2】(2019合肥质检)设直线l与抛物线x2=2y交于A,B两x2y2点，与椭圆7+yT=1交于C,D两点，直线OA,OB,OC,OD(O为坐标43原点)的斜率分别为k1,k2,k3,k4.假设OALOB.(1)是否存在实数t,满足k1+k2=t(k3+k4),并说明理由；(2)求4OCD面积的最大值.解设直线l的方程为y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).y=kx+b,/口联立得x2-2kx-2b=0,x1+x2=2k,x1x2=2b,1=

14、4k2+8b>0.那么因为联立所以OAXOB,所以x1x2+y1y2=0,彳#b=2.x2=2y,y=kx+2,得(3+4k2)x2+16kx+4=0,3x2+4y2=126k4x3+x4=-x3x4=-3+4k213+4k2由2=192k2-48>0得k2>1.存在实数t.因为k1+k2="+鸟=k,k3+k4=y3+y4=-6k,k1Ik2x11x2'1x3x4，x3x4|得4k21(2)根据弦长公式|CD|=所以/荷二6,即1.|CD|=43-1+k2.3+4k2'2根据点O到直线CD的距离公式得,d=彳2,1x/4k2111+k2所以SAOC

15、D=2|CD|-d=4<3；,设44k21=m>0,那么SAOCD=.<73,、由m2+4”，所以当m=2,即卜=±货时，SzOCD有最大值M3.热点三圆锥曲线中的探索性问题圆锥曲线的探索性问题主要表达在以下几个方面：(1)探索点是否存在;(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立.涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题.【例3】(2019长沙调研)椭圆C:及+襄=1(a>b>0)的离心率为。aa2b22且过点P1,3,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)

16、，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，请说明理由.c1-解(1)因为-=弓，所以a=2c,b=，3c,、艮22v2设椭圆方程急+322=1,又点pi,3在椭圆上，所以33.=i24c24c2解得c2=1,a2=4,b2=3,所以椭圆方程为苧+号=1.43(2)药如草微_L4M,率存在，设l的方程为y=k(x4),由X2.左_消去y得(3+4k2)x232k2x+64k212=0，由题愈知3=(32k2)2-4(3+4k2)(64k212)>0,-111解得2<k<232k2那么x1+x264k2-13+4公设M(x1,y1),

17、N(x2,y2),x1x2=777".3+4k2因为AAMF与AMFN的面积相等,所以|AM|=|MN|,所以2x1=x2+4.由消去x2得xM46.一一3±4k264k212一将x2=2x14代入，得x1(2x14)=-3q工2-.将代入到式，整理化简得36k2=5.5.k=士詈，经检验满足题设655故直线l的方程为y=15(x4)或y=卷(x4).探究提高1.此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.假设探究条件，那么可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立那么存在，不成立那么不存在；假设探究结论，那么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.

18、2.求解步骤：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，假设方程组有实数解，那么元素(点、直线、曲线或参数)存在，否那么，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.【训练3】(2019-衡水联考)在平面直角坐标系xOy中，过点C(2,0)的直线与抛物线y2=4x相交于A,B两点，设A(x1,y1),B(x2,y2).(1)(一题多解)求证：y1y2为定值；(2)是否存在平行于y轴的定直线被以AC为直径的圆截得的弦长为定值？如果存在，求出该直线方程和弦长；如果不存在，说明理由.(1)证明法一当直线AB垂直于x轴时，y1=2R丫2=2也因此y1y2=8(

19、定值).当直线AB不垂直于x轴时，设直线AB的方程为y=k(x2),y=kx2，由得ky2-4y-8k=0.y2=4x,.y1y2=8.因此有y1y2=8为定值.法二设直线AB的方程为my=x2,my=x2,由得y24my8=0.y2=4x,.y1y2=8.因此有y1y2=8为定值.(2)解设存在直线l:x=a满足条件，那么ac的中点ex1/，y1,|AC|=弋x122+y2.因此以AC为直径的圆的半径r=1|AC|=*x122+y2=2jx2+4,又点E到直线x=a的距离d=x1萨a故所截弦长为t1,、x1+22242-d2=2'/4x2+42a=由2+41+22a2=yj一41ax

20、1+8a4a2.当1a=0,即a=1时，弦长为定值2,这时直线方程为x=1.x2，1 .在直角坐标系xOy中，曲线C:y=4与直线l:y=kx+a(a>0)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，总有/OPM=/OPN?说明理由.解(1)由题设可得乂(24，a),N(2m，a),或M(2点a),N(2ga).x.x2.又y=2，故y=在x=2限处的导致值为小,C在点(2、加，a)处的切线方程为ya=洞x2洞,即axya=0.x2y=学在x=2杂处的导数值为®C在点(2«,a)处的切线方程为ya=Va(x

21、+2洞，即也x+y+a=0.故所求切线方程为Vaxya=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的斜率分别为k1,k2.将y=kx+a代入C的方程得x24kx4a=0.故x1+x2=4k,x1x2=4a.、工y1by2b从而k1+k2=r-+JL-ka+b一a2kx1x2+a3xx2x2一x1x2当b=一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:x|+b|=1(a&g

22、t;b>0)的离心率为乎，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为2用，O为坐标原23点.(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OPQ的面积最大时，求l的方程.解(1)设F(c,0),由条件知，C=竽，得c=J3.又所以a=2,b2=a2-c2=1.a272故E的方程为管+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=kx2代入了+y2=1,得(1+4k2)x216kx+12=0.当=16(4k23)>0,即k2>3时,x1,2=*|瘴L,从而岛=色口x2k2f2广.又点O到直线PQ的距离d=A

23、；+1.I所以OPQ的面积SAOPQd.&|=4,4:213.八24"设44k23=t,那么t>0,SAOPQ=-=-i4r,rrt2t/7t-因为t+4>4,当且仅当t=2,即k=±俳时与号成立，且满足A>0.所以当OPQ的面积最大时，l的方程为y=x2或y=x2.3 .(2019新乡模拟)抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,直线2xy+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

24、p,使|2QA+QB|=|2QAQB|?假设存在，求出p的值；假设不存在，说明理由.解(1).直线2xy+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=5.0,那么x1+x2=4p,x1x2=4p,Q(2p,2p).v|2QA+qB|=|20A-(5B|.那么QAQB=0,得(x12p)(x2-2p)+(y1-2p)(y2-2p)=(x1-2p)(x2-2p)+(2x1+2-2p)(2x2+2-2p)=5x1x2+(46p

25、)(x1+x2)+8p28p+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>0,使得|2QA+QB|=|2QAQB|成立.4.椭圆C:务2=320)的离心率为等，四个顶点构成的菱形的面a2b22积是4,圆M:(x+1)2+y2=r2(0<r<1).过椭圆C的上顶点A作圆M的两条切线分别与椭圆C相交于B,D两点(不同于点A),直线AB,AD的斜率分别为k1,k2.(1)求椭圆C的方程；当r变化时，求k1k2的值；试问直线BD是否过某个定点？假设是，求出该定点；假设不是，请说明理由.仁解(1)由题设知，c=W3,IX2

26、ax2b=4,又a2b2=c2,解得a=2,a22b=1.故所求椭圆C的方程是彳+y2=1.化简得(1r2)k2-2k1+1-r24|k1T|(2)AB:y=k1x+1,那么有r；一=r,R1+k2=0.对于直线AD:y=k2x+1,同理有(1r2)k22k2+1r2=0,于是k1,k2是方程(1r2)k2-2k+1-r2=0的两实根，故k1k2=1.考虑到r1时，D是椭圆的下顶点，B趋近于椭圆的上顶点，故BD假设过定省k1X4浦想定点在y轴上.由x2得(4k2+1)x2+8k1x=0,工曰鼠ty2三8k1-4k2+1于是宥B,-8k24k力k2+4k2+1D4k2+14k2+1.直线BD的斜

27、率为kBD直线BD的方程为-4k2+1k1+k2k1+k2=3，-8k1y4k2+1=令x=0,得y=X-4二4k2+14忸*k28k120k2+54k2+14k2+1=34k2+153-故直线BD过定点0,一x2y2=1(a>b>0)的两焦点,5.(2019成都诊断)圆x2+y2=1过椭圆方+记与椭圆有且仅有两个公共点，直线I：y=kx+m与圆x2+y2=1相切，与椭圆H+制1相交于A,B两点.记入=0A而且射入3.(1)求椭圆的方程;求k的取值范围；(3)求4OAB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=也所以所求椭圆方程为x2+y2=1.|m|(2)因为直线I:y=kx+m与圆x2+y2=1