2020年高考数学理总复习圆锥曲线中的定点与定值范围与存在性问题解析版

1、年高考数学（理）总复习：圆锥曲线中的定点与定值、范围与2020 存在性问题 圆锥曲线中的定点、定值问题题型一 【题型要点】那么就用变化的量表圆锥曲线中定点、定值问题必然是变化中所表现出来的不变的量，示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量 所影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值解决这类问题的一般思路是： 引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等(1) 根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量(2)求解定点、定值问题，如果事先不知道定点、定值，可以先对参数取特殊值，通过(3) 特殊情况求出这个定点、定值，然后再对一般情况进行证明22a?

2、2yx,b为坐O在椭圆上，的离心率为，点a【例1】已知椭圆C：1(b0)Q?22 2abb? 标原点 的方程；(1)求椭圆C为平行四边形，证明四边形N为椭圆C上的三点，若四边形OPMNP(2)已知点，M， OPMN的面积S为定值，并求该定值22222ba12yxc222 b，得a2(1)【解】 椭圆1(ab0)，的离心率为e2222 2aaab222a?ab,b 1上，又点Q，在椭圆C? 42ba b?224. b联立、得a8，且22yx1. 的方程为椭圆C 48 2，x2或xPNkPN (2)【证明】当直线的斜率不存在时，方程为23|从而有PN， 1 11 23；22|62PN所以S|OM

3、22 xx，y)，N(，y)，m当直线PN的斜率k存在时，设直线PN方程为ykx(m0)，P(2112222 80kmx2k将PN的方程代入椭圆C的方程，整理得(12m)x，4282m4km ，xx，x所以x 222112k112k2mkm2?4?m2,M，得OPON)yyk(xx2m ，由OM? 22112 k2122kk12?1?2?22. 2将M点坐标代入椭圆C方程得mk1|m ，PN的距离为d又点O到直线2k12 |，|PN|1kx|x21| x|PN|m|xdS2122448k226. 2xx?k12?xx42221112k6. S为定值2综上，平行四边形OPMN的面积 题组训练一

4、圆锥曲线中的定点、定值问题22yx (0,1)两点过A(2,0)，B1已知椭圆C：22 ba 的方程及离心率；(1)求椭圆C轴交，直线PB与x与P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PAy轴交于点M(2)设 ，求证：四边形ABNM的面积为定值于点N ，ba2，1 【解析】(1)由题意得2x21. C的方程为y椭圆 43c22，离心率e3b又ca. a22 224y0)，则x4. xP(，y)(x0，y(2)证明：设000000又A(2,0)，B(0,1)， y0直线PA的方程为y(x2) 2x02y0令x0，得y， M2x02y0从而|BM|1y1. M2x0y10直线PB的方程为yx1. x0

5、x0令y0，得x， N1y0x0从而|AN|2x2. N1y01四边形ABNM的面积S|AN|BM| 2?yx21?00?12? ? 2 y?1x?2?00224xy4x8y4xy4000000 ?2x2yx2?y00002xy2x4y400002. 2x2yxy0000从而四边形ABNM的面积为定值 题型二 圆锥曲线中的范围问题 【题型要点】 与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法 1数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解 3 2构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解 3构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域22轴垂

6、直，y过点F(2,0)且不与x轴、y4x0的圆心为F，直线【例2】设圆F：xl211. EC的平行线交直线FD于点F且与圆F相交于两点C、D，过F作1121 为定值，并写出点的轨迹方程；|EF|(1)证明|EF21，F且与垂直的直线与圆F交于P两点，过(2)设点E的轨迹曲线与直线l交于M，N12 PQM与PQN的面积之和的取值范围Q两点，求22 r2，如图所示y4，圆心F(2,0)【解析】 (1)圆F：(x2)，半径11 . DEF因为FCEF，所以FCD2211 DC，FC|，所以FCDF|又因为FD|1111以所FDCEDF，因所以EFDFDC，又为2211 ，EDF，故EDEFDEF22

7、2| |EF|ED可得|EF|EF|112 2|FF|，21E易得点顶点除外)，为焦点的双曲线根据双曲线的定义，可知点E的轨迹是以F，F(212y2 y0)的轨迹方程为x1( 32y2 ：x1(y0)(2) 3xl：ym()x，y，N(x，y，由于PQl，设，：依题意可设lxmy2(m0)M(PQ2112 2)|?22|m?|4m ，到直线圆心F(2,0)PQ的距离d122m11m2m34122 ，所以|PQ|2rd2m112. 02又因为d，解得m 34 2 y?2?1x 3? 联立直线与双曲线的方程，?2myx2 0(3m，1)12my9消去得912m ，则yy，yy 22211213m1

8、3m2| |1my|y|所以MN122?6?m122 yy1m，?yy?4 22112m31 ，的面积分别为S，S记PQM，PQN212112m1 |PQ|SS|MN|则 2122m31112， 432m112，所以SS(12，)，又因为0b0)3【例?22 2ab2? 的方程；求椭圆C(1)，是否存在)N两点之间点M在A，A(4,0)的直线l与椭圆相交于M，N两点(2)设过点的方程；若不存在，请说明理lMFN的面积相等？若存在，试求直线使AMF与直线l 由1c3c，c，b 【解】 (1)因为，所以a2 a2223?31yx22,14，1，1解得c1设椭圆方程，又点Pa在椭圆上，所以?2222

9、 c444cc3c2?22yx21. 3，所以椭圆方程为b 34(2)易知直线l的斜率存在，设l的方程为yk(x4)， ，?x4yk?222222?224(3(32k)120，由题意知由(3消去y得4k)x32kx64kyx，1? ?341122. ，解得04 222k32 ，则xx)，(x，y)N(x，yM设 2211212k3421264k x.x 221k43 的面积相等，MFNAMF与因为 x2|所以AMMN，所以x4.217 2k164 .由消去x得x 212k43212k64 (24代入，得xx4)将x2x21112k3425. 将代入到式，整理化简得36k5 ，经检验满足题设k6

10、55y故直线l的方程为x4)x(4)或y (66题组训练三 圆锥曲线中的存在性问题 22py(p0)的焦点为F，直线2xy20交抛物线C于已知抛物线C：xA，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)，若直线AB过焦点F，求|DF|DE|的最小值； (2)是否存在实数p，使|2QAQB|2QAQB|？若存在，求出p的值；若不存在，说明理由 【解】 (1)直线2xy20与y轴的交点为(0,2)， 22. y，准线lC的方程为x：8yF(0,2)，则抛物线三G，D，|DE|，当E，则|DF|DE|DG|l设过D作DG于G5. 3DE|

11、取最小值2点共线时，|DF|22 0，px42x2联立方程组得：xp4(2)假设存在，抛物线xy2py与直线 22 ，4p，4pxx16p16(pxp)0，则x)x)，设A(xy，B(，y，(4p)22121211 )pQ(2p,2 ，QAQB|2QAQB|2. QBQA) pypypxpx，得则QAQB0(2)(2)(2)(221218 ) 22p)(2x22p)(2x(x2p)(x2p21212 ，4)8p08px5xx(46p)(x211212 舍去)0，解得p或p代入得4p1(3p1 41 |成立QB|2QAQBp因此存在实数，且满足0，使得|2QA 4 基本不等式法求解与圆锥曲线有关

12、的最值问题题型四 【题型要点】即通过利用曲线的主要有两种方法：一是利用几何方法，求解圆锥曲线中的最值问题，性质等进行求解；二是利用代数方法，即要把求最定义、几何性质以及平面几何中的定理、参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进)值的几何量或代数表达式表示为某个(些 行求解求最值方法有： 三个条件缺一不可利用基本不等式求最值时要注意“一正、二定、三相等”的条件，(1) 通过代换、拆项、凑项等技巧，改变原式的结构使其具备基本不等式的应用条件(2)22的垂直平分12上的动点，点B(1,0)xP为圆A：(1)线段yPB】【例4 已知. T，记点T的轨迹为P线与半径A相交于点 (1)求曲线的方程；2

13、2距离的MN上的两个动点，MN的中点H在圆x1y上，求原点到M(2)设，N是 最小值3. ，半径等于1,0)2【解析】 (1)圆A的圆心为A(3以2是以A，B为焦点，|TB|TA|TP|32，故曲线|，由已知|TB|TP|于是|TA|2， c1，b为长轴长的椭圆，a3，22yx曲线的方程为1； 32(2)设M(x，y)，N(x，y)，H(x，y)， 021210将M(x，y)，N(x，y)， 21219 ?yyy?y?xx?xx?211211220 代入作差得 23 ，所以H(x0)xx时，yy00,121222 y1因为H在圆x上， 到直线MN的距离为1；所以x1，则原点O022x y1x3

14、ky0，且xx，时，设直线MN的斜率k，则201002024k922，yx ，所以 22004k9k49k632ky. 所以xy 2000249kykx)，即kxyy距离为d，因为MN的方程为yk(xxMN设原点O到直线00002k2 ，所以d1，0 24413k9k2 时，d1；k0241121. 1k0时，d 252542139k2 k66242242 ，d的最小值为，即的最小值为，此时k因为b0)的离心率是平面直角坐标系xOy22 ba2的焦点F是C的一个顶点 的方程；(1)求椭圆C交于与C在点P处的切线lE是(2)设PE上的动点，且位于第一象限，. M且垂直于x轴的直线交于点POD.的

15、中点为，线段，不同的两点ABABD直线与过 在定直线上；求证：点M10 S1的最大值，求的面积为SPFG的面积为S，PDM直线l与y轴交于点G，记 21S2 P的坐标及取得最大值时点221ba?322,0，的焦点4bF，因为抛物线【解析】 (1)E由题意知，可得a?2a 2? 1221. yC的方程为x4所以，a1，所以椭圆 22?m2?,m，所以直线y，可得y(2)证明：设Px(m0)，由x2? 2?2m )m(xml的斜率为m，因此直线l的方程为y 22m. mx即y 2 (x，y)，B(x，y)，D设A(x，y022101 22，14xy?4232?20. xmm联立方程得(4mx1)1

16、4m，ymx? ?22(*) 5(或0m5)0，得0m0.1)0得2由(4km) x是方程的两根，由根与系数的关系得，y)，则x，B设(x，y)，C(x2111222?2?m1km4 ，xxxx 222121k12k211y1y121k得： 由k ACAB4xx21 4xx，y4yy4(y)21211222 0，x1)(x)4(m(4即k1)1)xx4k(m2211 m，此时，33)0，又因为m1，所以整理得(m1)(m 恒过一定点(0,3)的方程为ykx3.所以直线BC直线BC2. |PQQ，且2PAPB2，0)，B(2，0)，动点P在y(2已知两点A轴上的投影是 的方程；P的轨迹C(1)求

17、动点，E分别是GH，N，且E，(1,0)(2)过F作互相垂直的两条直线交轨迹C于点G，H，M21 EE恒过定点MN的中点求证：直线21 )Q坐标为(0，y设点【解】 P坐标为(x，y)，点(1)22yx222)(2x)yx，化简得点P的轨迹方程为2(A2PPB|PQ|，2x 421. (2)证明 当两直线的斜率都存在且不为0时，设l：yk(x1)，G(x，y，H(x，21)GH22 yx?，11 24? ()y，Nx，联立)y，xM1)x：l)y，y(，( 4432MN3k?，?ykx?113 2222 0恒成立41)x0.4k则x2ky消去得(2k2242kk4. xxx，且x 222121

18、1k12k22?k2k?, ，中点E坐标为GH?1 221k2k?12?2k?, ，MN同理，中点E坐标为?2 222?k?2k?k3 ，kEE 221?k1222k3?0,x?lEE的方程为，过点y ，? 221 ?12?k33?2?0,综上所述，0，也过点的方程为当两直线的斜率分别为0和不存在时，lEEy?21 3?2?0,. 过定点lEE?21 3?222xy. 1)，且离心率为0)，经过点A(0，3如图，椭圆E：1(ab22 2ba E的方程；(1)求椭圆 均异(E交于不同的两点P，Q(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆 的斜率之和为定值，证明：直线AP与AQ于点A)2c222，所以椭圆的方程为2abc，解得b(1)【解】 由题设知，1，结合a 2a2x21. y 22x2 1，2)，代入y1(yPQ的方程为k(x1)k (2)证明由题设知，直线 222 0，2)0，由已知(x()x4kk1)2kkk得(12 ，0x，)，xQ)y，(设Px，(yx21122114 ?22k?k4k?k1? 的斜率之和，从而直线AP，AQ则xx，xx 222211k212k1kkx2y1y1kx2k2121k k AQAPxxxx2211?11xx21? 2k2k(2)k(2k)? xx xx21?12?14k?k2. k)2k2(