专题探究课五

1、高考导航1.圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是高考必考知识，主要以一个小题一个大题的形式呈现，难度中等偏上；2.高考中的选择题或填空题主要考查圆锥曲线的基本性质，高考中的解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主.这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高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

2、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22【例11】(满分12分)(2019全国I卷)已知椭圆C:专+%=1(a>b>0),四点abP1(1,1),P2(0,1),P3：1,平，P：，平，"恰有三点在椭圆C上.求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交丁A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为一1,证明：l过定点.教材探源本题第(1)问源丁教材选修2-1P40例1,主要考查利用待定系数法及方程思想求曲线方程.本题第(2)问源丁教材选修21P41例3,主要考查利用坐标法研

3、究几何问题，充分考查学生解决综合问题的能力.1满分解答(1)解由丁点P3,P4关丁y轴对称，由题设知C必过P3,P4.乂由-2+a113.史>了+石知，椭圆c不经过点P1,所以点P2在椭圆C上.1分(得分点1)1db2-因此13孑+4?=1，2故C的方程为m+解得%2=4,b213分(得分点2)y2=1.5分（得分点3）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垂直丁x轴.设l:x=m,A(m,yA),B(m,-y),.yA-1yA12一k1+k2=+=一1,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=

4、kx+m(m1).2将y=kx+m代入4+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m24=0.7分(得分点5)由题设可知=16(4k2m2+1)>0.8km4m24设A(X1,y1),B(x2,y2),贝UX1+X2=4,X1X2=京革彳.8分(得分点6)y一1y21kx+m1kx2+m1X1X2X1_2kx1X2+(m1)(X1+X2)X2则k1+k2=+=+X1X2由题设ki+k2=1,故(2k+1)xix2+(m-1)(xi+X2)=0.,24m48km-(2k+1)4k2+1+(m1)4k2+1=0.10分（得分点7）解之得m=-2k1,此时=32（m+1）>0,方程有解

5、，.当且仅当m>1时，>0,11分（得分点8）直线l的方程为y=kx-2k1,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T联立方程T写出根与系数的关系T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，有则给分，无则没分?得计算分：解题过程中的计算准确是得满分的根本保证，如(得分点3),(得分点5),(得分点7).哲逮摸板二解答圆锥曲线中的定点

6、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22D【例12(2019唐山一模)已知椭圆C:会+#=1(a>b>0)的离心率为*,点Qb并椭圆上，O为坐标原点.求椭圆C的方程；已知点P,M,N为椭圆C上的三点，若四边形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.229解.椭圆*+#=1(a>b>0)的离心率为2,2c2a2b21/曰22f-e=子=a2=2,得a=2b,椭圆C上,乂点q奴bib2

7、a2.c/+b4=1,联立、得a2=8,且b2=4.椭圆C的方程为命+土=1.84证明当直线PN的斜率k不存在时,PN方程为x=也或x=一也,从而有|PN|一11所以S=2|PN|OM|=寸2“X2/2=2氓;当直线PN的斜率k存在时,设直线PN方程为y=kx+m(m0),P(xi,yi),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xi+x2=4km1+2k2,x1-x2=2m282my1+y2=k(x1+x2)+2m=1T2i?，由OM=OP+ON,得m(-4kmU+2k2,2m1+2k2-将M点坐标代入椭圆C方程得m2=1+2k

8、2.乂点O到直线PN的距离为d=JL1+k248k2+241k=2腌|PN|=寸1+k2|x1x2|,所以S=d|PN|=|m|x1-x2|=p1+2k2V(x+x2)24xx=综上，平行四边形OPMN的面积S为定值2般探究提高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.22【训练1】(2019荷泽调研)已知焦距为2寸2的椭圆C:02+*=1(a>b>0)的右顶点为

9、A,直线y=4与椭圆C交丁P,Q两点(P在Q的左边)，Q在x轴上的射影3为B,且四边形ABPQ是平行四边形.(1)求椭圆C的方程；斜率为k的直线l与椭圆C交丁两个不同的点M,N.若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DALAM.点G是x轴上异丁点M的点，且以DN为直径的圆包过直线AN和DG的交点，求证：点G是定点.(1)解设坐标原点为O,.四边形ABPQ是平行四边形，|AB|=|PQ|,.|PQ|=2|Ofe|,|=2|Ofe|,则点B的横坐标为号3.点Q的坐标为3代入椭圆C的方程得b2=2,22乂c2=2,a2=4,即椭圆C的方程为j+壹=1.证明设直线MN的方程为y=k(x+2),N(

10、x0,y0),DA±AM,.D(2,4k).寸+1消去y得(1+2k2)x2+8k2x+8k24=0,由J42"y=k(x+2),则一2x°=8k2422-4k24k*U+2k2，1+2k2)1+2k2,4k.y0=k(x0+2)=1+2k2，则N设G(t,0),则序一2,若以DN为直径的圆包过直线AN和DG的交点，则DG±AN,.GD-AN=0包成立.8k4k5=(2-t，林*=j22一、8k.4k一，一，、.GD-AN=(2-1)d2+4k2=0包成立,1十2k1十2k8k2t,即购2=。包成立，1十2k.t=0,.点G是定点(0,0).热点二圆锥曲

11、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.22【例2】(2019石家庄质检)已知椭圆C:+%=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,ab3B,且长轴长为8,T为椭圆上一点，直线TA,TB的斜率Z积为一拓.求椭圆C的方程；设。为原点，过点M(0,2)的动直线与椭圆C交丁P,Q两点，求OPOQ+土，直线TB的斜率x+422书+S1,而点(-4,IMP-MQ的取值范围.解(1)设T(x,y),则当x冬也时，直线TA的斜率为ki=得v为k2=x4

12、.于正由klk2=一220)和(4,0)也满足此方程，故椭圆C的方程为名+专=1.(2)当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的万程为y=kx+2,点P,Q的坐标分区+M=1,.别为(xi,yi),(x2,y2),直线PQ与椭圆方程联立41612消去y得(4k+3)xy=kx+2+16kx32=0,些.32人1+2-4k2+31x2-4k2+3，从而OPoQ+IMPMQ=x1x2+y1y2+x1x2+(y12)(y22)=2(1+)x1x2+2k(x180k2528+X2)+4=4+3=20+4k2+3，.20<OPOQ+IMP-MQv-肾，3当直线PQ斜率不存在时，OP-OQ+IMP-MQ

13、的值为20.综上所述茹OQ+IMP-MQ的取值范围为I20,-521探究提高求圆锥曲线中范围、最值的主要方法：(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解.(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系,或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围.2【训练2】(2019合肥质检)设直线l与抛物线x2=2y交丁A,B两点，与椭圆%+当=1交丁C,D两点，直线OA,OB,OC,OD(O为坐标原点)的斜率分别为ki,3k2,k3,k4.若OALOB.(1) 是否存在实数t,满足ki+k2=t(k3+k4),并

14、说明理由；求zOCD面积的最大值.解设直线l的方程为y=kx+b,A(xi,yi),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).V=kx+b,9联立2得x2kx2b=0,x=2y,则xi+x2=2k,xix2=2b,1=4k2+8b>0.因为OALOB,所以xix2+yiy2=0,得b=2.一、，、y=kx+2,_dd联立32+4y2_12得(3+4k2)x2+16kx+4=0,16k4所以x3+x4=E，*x4=由也=192k248>0得k2>1.(1)存在实数t.因为ki+k2=yl+*=k,k3+k4=3+"=6k,xix2'x3x4'

15、;所以ki+k2k3+k416'(2)根据弦长公式|CD|=寸1+k2|x3x4|得|CD|=4也-寸1+k2-4k213+4k21-4k-所以Ssd=2CD|d=4饱亲尿设x/4k21=m>0，贝U，ocd=2m<I3,m+4所以当m=2,即k=±2时，ocd有最大值寸3.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体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；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.22i【例3】(2019长沙调研)已知椭圆C:与+%=1(a>b>0)的离心率为;，且过

16、点ad2pH,3j,F为其右焦点.(1) 求椭圆C的方程；设过点A(4,0)的直线l与椭圆相交丁M,N两点(点M在A,N两点之间)，是否存在直线l使AMFMFN的面积相等？若存在，试求直线l的方程；若不存在，请说明理由.c1解(1)因为二=3，所以a=2c,b=c,a222设椭圆方程4c2+卷=1,乂点p1,2在椭圆上，所以4C2+*=1,解得c2=1,a2=4,b2=3,所以椭圆方程为X+y=1.43(2)易知直线l的斜率存在，设l的方程为y=k(x4),y=k(x4),由x!y2_消去y得(3+4k2)x232k2x+64k212=0,4+3=由题意知=(32k2)24(3+4k2)(64

17、k212)>0,一11解得2<k<2.设M(x，y)，N(x2,y2),贝UX1+X2.232k2=3+4k2'X1X2=64k2123+4k2因为zAMFzMFN的面积相等，所以AM|=|MN|,所以2X1=X2+4.由消去X2得X124+16k2_=3+4k2.-64k12将X2=2x14代入，4导X1(2x14)=2.3+4k将代入到式，整理化简得36k2=5.kW,经检验满足题设6故直线l的方程为y=*x4)或y=一(x4).探究提高1.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，不成立则不存在；若探

18、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.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，列出关丁待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，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相交丁A,B两点，设A(xi,y1),B(X2,y2).(1) (一题多解)求证：yy2为定值；是否存在平行丁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.证明法一当

19、直线AB垂直丁X轴时，Vi=2寸2,y2=2寸2.因此yiy2=8(定值).当直线AB不垂直丁x轴时，设直线AB的方程为y=k(x-2),"y=k(x2),2由*i2得ky4y8k=0.ly2=4x,yiy2=8.因此有yiy2=8为定值.法二设直线AB的方程为my=x2,：yx2,y2_4my8=0.y=4x,'yiy2=8.因此有yiy2=8为定值.解设存在直线l:x=a满足条件，则AC的中点£号2与j,aci=q(xi2)2+y.因此以AC为直径的圆的半径r=2AC|=N(xi2)2+y2=/x2+4,”.，.，、xi+2乂点E到直线x=a的距离d=2一一a故

20、所截弦长为2源_d2=ZA(x2+4)j-2-aj=寸x2+4(xi+22a)2=4(ia)xi+8a4a2.当ia=0,即a=i时，弦长为定值2,这时直线方程为x=i.x2(1) i.在直角坐标系xOy中，曲线C：y=宇与直线l:y=kx+a(a>0)父丁M,N两点,当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；y轴上是否存在点P,使得当k变动时，总有ZOPM=ZOPN?说明理由.解(1)由题设可得M(2相，a),N(2ga),或M(-2y/a,a),N(2再a).2乂y=I，故y=j在x=2"处的导数值为很,C在点(2ja,a)处的切线方程为y-a=皿(|2ja),即寸反ya

21、=0.2y=4在x=2山处的导数值为一寸a,C在点(2山，a)处的切线方程为Va=一a(x+2),即*x+y+a=0.故所求切线方程为dxya=0和寸反+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(xi,yi),N(x2,g,直线PM,PN的斜率分别为ki,k2.将y=kx+a代入C的方程得x=.xix2a当b=a时，有ki+k2=0,则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故/OPM=ZOPN，所以点P(0,a)符合题意.22.(20i9东北三省四校联考)已知点A(0,-2)，椭圆E:分+%=i(a>b>0)的离心ab率为半,F是椭圆E的右焦

22、点，直线AF的斜率为3,O为坐标原点.求E的方程；4kx4a=0.故xi+x2=4k,xix2=4a.m,yiby2b从而ki+k2=+xix22kxix2+(ab)(xi+x2)k(a+b)乂C=窖，所以a=2,b2=a2c2=1.a22故e的方程为X+y2=1.当i±x轴时不合题意，故设l:y=kx2,P(xi,yi),Q(x2,y2).*、X22将y=kx-2代入-+y=1,得(1+4k2)x216kx+12=0.8k±24k2-34k2+1当=16(4k23)>0,即峪>4日寸，x1,2=从而|PQ|=Jk2+1|x1-x2|=4*；2丫4k*.2乂点O

23、到直线PQ的距离d=r-2.Vk+1，一"144k3所以ZXOPQ的面积Sopq*-lPQl=4心1.设4k2_3=t,贝Ut>0,&opq4t4=2=t2+44.t+1因为t+4>4,当且仅当t=2,即k=皆时等号成立，且满足Z>0.所以当OPQ的面积最大时，l的方程为y=¥7x2或y=一乎x2.(2019新乡模拟)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,直线2x-y+2=0交抛物线C丁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丁点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|+|D

24、E|的最小值；(2)是否存在实数p,使|2QA+QB|=|2QAQfe|?若存在，求出p的值；若不存在,说明理由.解(1)V直线2x-y+2=0与y轴的交点为(0,2),F(0,2),则抛物线C的方程为xAB:y=kx+1,则有"2=r,化简得(1一r2)k22k+1r2=0.1+k1对丁直线AD:y=k2x+1,同理有(1r2)k22k2+1r2=0,丁是k,k2是方程(1r2)k22k+1r2=0的两实根，=8y,准线l:y=2.设过D作DG±l丁G,则|DF|+|DE|=|DG|+|DE|,当E,D,G三点共线时，|DF|+|DE|取最小值2+3=5.假设存在，抛物线

25、x2=2py与直线y=2x+2联立方程组得：2x4px4p=0,设A(xi,yi),B(x2,y2),=(4p)2+16p=16(p2+p)>0，则xi+x2=4p,xx2=4p,.Q(2p,2p).|2QA+QB|=|2QAQB|.则QA-QB=0,得(x12p)(x22p)+(y12p)(y22p)=(x12p)(x22p)+(2x1+2-2p)(2x2+2-2p)2=5x1x2+(4-6p)(x+x2)+8p-8p+4=0,代入得4p2+3p-1=0,解得p=4或p=1(舍去).因此存在实数p=4,且满足冷0,使得12QA+QB|=|2QAQB|成立.3. 2213已知椭圆C:a2

26、+*=1(a>b>0)的离心率为2,四个顶点构成的菱形的面积是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相交丁B,D两点(不同丁点A),直线AB,AD的斜率分别为k1,k2.求椭圆C的方程；当r变化时，求k1-k2的值；试问直线BD是否过某个定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由.解(1)由题设知，言=尊2X2ax2b=4,乂a2-b2=c2,解得a=2,b=1.2故所求椭圆C的方程是%+y2=1.故ki-k2=1.考虑到t1时，D是椭圆的下顶点，B趋近丁椭圆的上顶点，故BD若过定点,则猜想定点在y轴上.y=kx

27、+1,由楫y2_1得(4k2+1)x2+8k1x=0,'一8k14k2+1*于正有8前石，顽顽(-8k24k2+1、D0k2+1，4k2+1ki+ko直线BD的斜率为kBD=,3直线BD的方程为4k1+1k+k2'8k1y-4k2+1=_34k2+1令x=0,y=1+21k4ki+k22:4k1+1-32.8k120ki+554ki+1=3(4k+1)=3.故直线BD过定点Jo,5-322(2019成都诊断)已知圆x2+y2=1过椭圆令+%=1(a>b>0)的两焦点，与椭圆ab有且仅有两个公共点，直线l：y=kx+m与圆x2+y2=1相切，与椭圆与+另=1ab相交丁A,B两点.记日OA-OB,且2V入V3.34(1) 求椭圆的方程；求k的取值范围；求左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，2从而b=1,故a=由，所以所求椭圆方程为壹+y2=1.(2)因为直线l:y=kx+m与圆x2+y2=1相切，所以原点O到直线l的距离为J舛2=1,1-4x的焦点重