高考数学大一轮复习第八章平面解析几何第8节圆锥曲线的综合问题第2课时定点定值开放问题讲义理含解析新人教

高考数学大一轮复习第八章平面剖析几何第8节圆锥曲线的综合问题第2课时定点定值开放问题讲义理含剖析新人教高考数学大一轮复习第八章平面剖析几何第8节圆锥曲线的综合问题第2课时定点定值开放问题讲义理含剖析新人教/高考数学大一轮复习第八章平面剖析几何第8节圆锥曲线的综合问题第2课时定点定值开放问题讲义理含剖析新人教第2课时定点、定值、开放问题考点必定点问题【例1】(2019·咸阳二模)已知A(－2，0)，B(2，0)，点C是动点，且直线AC和直线BC3的斜率之积为－4.求动点C的轨迹方程；(2)(一题多解)设直线l与(1)中轨迹相切于点P，与直线x＝4订交于点Q，判断以PQ为直径的圆可否过x轴上必然点.yy3解(1)设C(x，y).由题意得kAC·kBC＝x＋2·x－2＝－4(y≠0).x2y2整理，得4＋3＝1(y≠0).x2y2故动点C的轨迹方程为4＋3＝1(y≠0).法一易知直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋m.y＝kx＋m，联立得方程组x2y2＝1.消去y并整理，得4＋3222(3＋4k)x＋8kmx＋4m－12＝0.依题意得2－4(322＝0，＝(8km)＋4k)(4m－12)2即3＋4k＝m.222的两个根，则设x1，x2为方程(3＋4k)x＋8kmx＋4m－12＝0－4kmx1＝x2＝3＋4k2.

－8kmx1＋x2＝3＋4k2，1－4km3m－4k3∴P3＋4k2，3＋4k2，即Pm，m.又Q(4，4k＋m)，→→4k3设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，则由RP·RQ＝0，得－m－t，m·(4－t，4k＋m)＝0.4k2整理，得m(t－1)＋t－4t＋3＝0.由k的任意性，得t－1＝0且t2－4t＋3＝0，解得t＝1.m综上可知，以PQ为直径的圆过x轴上必然点(1，0).设P(x0，y0)，则曲线C在点P处的切线PQ：x0xy0y法二4＋3＝1.令x＝4，得Q4，3－3x0.y0设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，则由→→RP·RQ＝0，得(x0－t)·(4－t)＋3－3x0＝0，即x0(1－t)＋t2－4t＋3＝0.由x0的任意性，得1－t＝0且t2－4t＋3＝0，解得t＝1.综上可知，以PQ为直径的圆过x轴上必然点(1，0).规律方法圆锥曲线中定点问题的两种解法引进参数法：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)特别到一般法，依照动点或动线的特别情况研究出定点，再证明该定点与变量没关.【训练1】已知抛物线C的极点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1，2)为抛物线C上一点.求抛物线C的方程；2若点B(1，－2)在抛物线C上，过点B作抛物线C的两条弦BP与BQ，如kBP·kBQ＝－2，求证：直线PQ过定点.(1)解若抛物线的焦点在x轴上，设抛物线方程为y2＝ax，代入点(1，2)，可得＝4，Aa因此抛物线方程为y2＝4x.若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线方程为x2＝my，代入点A(1，2)，可得m＝1，因此抛物2线方程为x2＝1y.2221综上所述，抛物线C的方程是y＝4x或x＝2y.(2)证明因为点B(1，－2)在抛物线C上，因此由(1)可得抛物线C的方程是y2＝4x.易知直线，的斜率均存在，设直线的方程为y＋2＝(x－1)，BPBQBPk将直线BP的方程代入y2＝4x，消去y，得k2x2－(2k2＋4k＋4)x＋(k＋2)2＝0.设(1，1)，则x1＝（k＋2）2P（k＋2）22k＋4.，因此，Pxyk2k2k22用－k代替点P坐标中的k，可得Q((k－1)，2－2k)，从而直线PQ的斜率为2k＋4k－2＋2k2k3＋4k2k（k＋2）2＝－k4＋2k3＋4k＋4＝－k2＋2k＋2，k2－（k－1）2故直线PQ的方程是2k2y－2＋2k＝－k2＋2k＋2·[x－(k－1)].在上述方程中，令x＝3，解得y＝2，因此直线PQ恒过定点(3，2).考点二定值问题3【例2】(2019·河北省“五个一”名校缔盟)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆：x2＋C4y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若＝x1，y1，＝x2，y2，·＝0.m2n2mn1求证：k1·k2＝－4；试试究△OPQ的面积S可否为定值，并说明原由.(1)证明∵k，k均存在，∴xx≠0.1212又·＝0，∴x1x22＝0，即x1x2＝－1y2，＋1mn4yy4yy1y21k1·k2＝x1x2＝－4.解①当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，y1y21x21由x1x2＝－4，得4－y12＝0.x21又∵点P(x1，y1)在椭圆上，∴4＋y12＝1，∴|x1|＝2，|y21x1||y1－2|＝1.1|＝.∴△POQ＝|2S2y②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b.y＝kx＋b，联立得方程组x2＋y2＝1，消去y并整理得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，其中＝(8kb)2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(1＋4k2－b2)>0，即b2<1＋4k2.－8kb4b2－4x1＋x2＝4k2＋1，x1x2＝4k2＋1.x1x2∵4＋y1y2＝0，4x1x222∴4＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b－4k＝1(满足>0).△POQ1|b|1|b|（x1＋x2）2－4x1x2＝2|b|4k2＋1－b22＝4k2＋1＝1.1＋k22综合①②知△POQ的面积S为定值1.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.两大解法：①从特别下手，求出定值，再证明这个值与变量没关；②引起变量法：其解题流程为变量→选择合适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→把获取的函数化简，消去变量获取定值【训练2】(2019·青岛调研)已知直线l过抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点，且垂直于抛物线的对称轴，l与抛物线两交点间的距离为2.求抛物线C的方程；若点P(2，2)，过点(－2，4)的直线m与抛物线C订交于A，B两点，设直线PA与PB的斜率分别为k1和k2.求证：k1k2为定值，并求出此定值.解由题意可知，2p＝2，解得p＝1，则抛物线的方程为x2＝2y.(2)证明由题易知直线m的斜率存在，设直线m的方程为y－4＝k(x＋2)，A(x1，y1)，B(x2，5y2)，y1－2k（x1＋2）＋2y2－2k（x2＋2）＋2则k1＝x1－2＝x1－2，k2＝x2－2＝x2－2，[k（x1＋2）＋2][k（x2＋2）＋2]k1k2＝（x1－2）（x2－2）k2[x1x2＋2（x1＋x2）＋4]＋2k（x1＋x2＋4）＋4＝，x1x2－2（x1＋x2）＋4联立抛物线x2＝2y与直线y－4＝k(x＋2)的方程消去y得x2－2kx－4k－8＝0，其中＝4(k2＋4k＋8)>0恒建立，可得x1＋x2＝2k，x1x2＝－4k－8，则k1k2＝－1.因此k1k2为定值，且该定值为－1.考点三开放问题x2y212【例3】(2019·福州四校联考)已知椭圆C：a2＋b2＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F，F，短轴的一个端点为，△12内切圆的半径为b，设过点2的直线l与被椭圆C截得的线段PPFF3F为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3.(1)求椭圆C的标准方程；(2)在x轴上可否存在一点T，使合适l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，央求出点T的坐标；若不存在，请说明原由.11bc1解(1)由内切圆的性质，得2×2c×b＝2×(2a＋2c)×3，得a＝2.x2y2b22b2将x＝c代入a2＋b2＝1，得y＝±a，因此a＝3.又a2＝b2＋c2，因此a＝2，b＝3，故椭圆C的标准方程为x2y24＋3＝1.(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.6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y＝k(x－1)，R(x1，y1)，(2，2).Sxyy＝k（x－1），联立方程x2y2得4＋3＝1，(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，8k2x1＋x2＝3＋4k2，由根与系数的关系得①x1x2＝4k2－123＋4k2，其中>0恒建立，由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)，y1y2即x1－t＋x2－t＝0.②因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上，因此y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得k（x1－1）（x2－t）＋k（x2－1）（x1－t）＝（x1－t）（x2－t）k[2x1x2－（t＋1）（x1＋x2）＋2t]＝0，（x1－t）（x2－t）即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，③将①代入③得8k2－24－（t＋1）8k2＋2t（3＋4k2）6t－243＋4k2＝3＋4k2＝0，④则t＝4，综上所述，存在T(4，0)，使合适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研究条件、研究结论两种.若研究条件，则可先假设条件建立，再考据结论可否建立，建立则存在，否则不存在；若研究结论，则应先求出结论的表达式，7再针对其表达式进行谈论，经常涉及对参数的谈论.【训练3】(2019·上海静安区检测)已知动点P到定点F(1，0)和到直线x＝2的距离之比2为2，设动点P的轨迹为曲线E，过点F作垂直于x轴的直线与曲线E订交于A，B两点，直线l：y＝mx＋n与曲线E交于C，D两点，与AB订交于一点(交点位于线段AB上，且与A，B不重合).求曲线E的方程；当直线l与圆x2＋y2＝1相切时，四边形ACBD的面积可否有最大值？若有，求出其最大值及对应的直线l的方程；若没有，请说明原由.（x－1）2＋y22x22解(1)设点P(x，y)，由题意，可得|x－2|＝2，得2＋y＝1.x22∴曲线E的方程是2＋y＝1.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由条件可得|AB|＝2.当m＝0时，显然不合题意.当m≠0时，∵直线l与圆x2＋y2＝1相切，|n|∴＝1，得m2＋1y＝mx＋n，联立x22＋y2＝1，

22n＝m＋1.消去y得m2＋12x2＋2mnx＋n2－1＝0，22122则＝4mn－4m2＋2(n－1)＝2m>0，4mn2（n2－1）x1＋x2＝－2m2＋1，x1x2＝2m2＋1，S四边形ACBD1122|m|22＝2|AB|·|x－x|＝2m2＋1＝1≤2，2|m|＋|m|12当且仅当2|m|＝|m|，即m＝±2时等号建立，8因为直线l与线段有交点，因此当＝2时，n＝－6＝－26；当时，＝.ABm22m2n22626经检验可知，直线y＝2x－2和直线y＝－2x＋2都吻合题意.[思想升华]有关弦的三个问题涉及弦长的问题，应熟练地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；(2)涉及垂直关系经常也是利用根与系数的关系设而不求简化运算；(3)涉及过焦点的弦的问题，可考虑利用圆锥曲线的定义求解.求解与弦有关问题的两种方法(1)方程组法：联立直线方程和圆锥曲线方程，消元(x或y)成为二次方程此后，结合根与系数的关系，建立等式关系或不等式关系.点差法：在求解圆锥曲线且题目中已有直线与圆锥曲线订交和被截线段的中点坐标时，设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标，代入圆锥曲线的方程并作差，从而求出直线的斜率，尔后利用中点求出直线方程.“点差法”的常有题型有：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直均分线问题.必定提示的是“点差法”拥有不等价性，即要考虑鉴识式可否为正数.[易错防范]1.求范围问题要注意变量自己的范围.利用几何意义求最值时，要注意“相切”与“公共点唯一”的不等价关系.注意特别关系、特别地址的应用.解决定值、定点问题，不要忘记特值法.9基础牢固题组(建议用时：40分钟)一、选择题x2y2→→→1.(2019·石家庄模拟)已知P为双曲线C：9－16＝1上的点，点M满足|OM|＝1，且OM·PM→P到双曲线C的渐近线的距离为()＝0，则当|PM|获取最小值时点912A.5B.5C.4D.5剖析由→·→＝0，得⊥，依照勾股定理，求||的最小值可以转变成求||的最小OMPMOMPMMPOP值，当|OP|获取最小值时，点P的地址为双曲线的极点(±3，0)，而双曲线的渐近线为4x±3y＝0，∴所求的距离d＝125.答案Bx2y22.已知双曲线a2－b2＝1(a>0，b>0)的离心率e＝2，过双曲线上一点M作直线MA，MB交双曲线于A，B两点，且斜率分别为k，k，若直线AB过原点，则k·k2的值为()121A.2B.3C.3D.6剖析由题意知，cb222，则双曲线方程可化为32－2＝32e＝＝＝2?b＝3axy，设(，a1＋a2aAmn)，M(x0，y0)(x0≠±m)，则B(－m，－n)，k1·k2＝y0－ny0＋ny20－n2·＝2＝x0－mx0＋mx02－m＝3.

2223x20－3a－3m＋3a2x02－m答案B3.直线l与抛物线C：y2＝2x交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率分别为2k1，k2，且满足k1k2＝3，则直线l过定点( )A.(－3，0)B.(0，－3)C.(3，0)D.(0，3)10剖析设(1，1)，(2，2)，因为1k2＝2，因此y1·y2＝2.又y12＝2x1，2＝22，因此AxyBxyk3x1x23yxy1y2＝6.设直线l：x＝my＋b，代入抛物线C：y2＝2x得y2－2my－2b＝0，因此y1y2＝－2b＝6，得b＝－3，即直线l的方程为x＝my－3，因此直线l过定点为(－3，0).答案A4.(2019·北京通州区模拟)设点Q是直线l：x＝－1上任意一点，过点Q作抛物线：y2＝C4的两条切线，，切点分别为，，设切线，的斜率分别为k1，2，F是抛物线xQSQTSTQSQTk的焦点，直线QF的斜率为k0，则以下结论正确的选项是()A.k1－k2＝k0B.k1k2＝2k0C.k－k＝2k0D.k＋k＝2k01212剖析设点Q(－1，t)，由过点Q的直线y－t＝k(x＋1)与抛物线C：y2＝4x相切，联立方y2＝4x，整理得k2x2＋2(k2＋kt－2)x＋(k＋t)2＝0，则＝4(k2＋kt－2)2程得y－t＝k（x＋1），4k2(k＋t)2＝0，化简得k2＋tk－1＝0.显然k1，k2是关于k的方程k2＋tk－1＝0的两个根，因此k1＋k2＝－t.t又k0＝－2，故k1＋k2＝2k0.答案D5.(2019·长春监测)已知O为坐标原点，设1，2分别是双曲线x2－2＝1的左、右焦点，PFFy为双曲线左支上任一点，过点F作∠FPF的均分线的垂线，垂足为H，则|OH|＝()1121A.1B.2C.4D.2剖析以下列图，延长F1H交PF2于点Q，由PH为∠F1PF2的均分线及PH⊥F1Q，可知|PF1|＝||，依照双曲线的定义，得|2|－|1|＝2，从而|2|＝2，在△12中，易知为中PQPFPFQFFQFOH位线，故|OH|＝1.11答案A二、填空题6.已知动点(，)在椭圆x2＋y2＝1上，若A点坐标为(3，0)，|→|＝1，且→·→＝0，Pxy2516AMPMAM→则|PM|的最小值是________.→→→→剖析∵PM·AM＝0，∴AM⊥PM.∴|→|2＝|→|2－|→|2＝|→|2－1，PMAPAMAP∵椭圆右极点到右焦点A的距离最小，→→3.故|AP|min＝2，∴|PM|min＝答案32y2227.若双曲线x－b2＝1(b＞0)的一条渐近线与圆x＋(y－2)＝1至多有一个公共点，则双曲线离心率的取值范围是________.剖析双曲线的渐近线方程为＝±bx，y则有|0－2|≥1，解得b2≤3，则e2＝1＋b2≤4，1＋b2∵＞1，∴1＜≤2.ee答案(1，2]8.(2019·湘中名校联考)已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，△ABC的极点都在抛物线上，12且满足→→→111FA＋FB＋FC＝0，则＋＋＝________.kABkACkBCp剖析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，F2，0，由→＋→＋→＝0，得y1＋2＋y3＝0.FAFBFCyy2－y12p因为kAB＝x2－x1＝y1＋y2，2p2p因此kAC＝y1＋y3，kBC＝y2＋y3，因此111y1＋y2y3＋y1y2＋y3＝0.＋＋＝2p＋2p＋2pkABkACkBC答案0三、解答题9.已知抛物线的极点在原点，焦点在x轴的正半轴上，直线x＋－1＝0与抛物线订交于，yA6B两点，且|AB|＝11.求抛物线的方程；(2)在x轴上可否存在一点C，使△ABC为正三角形？若存在，求出C点的坐标；若不存在，请说明原由.解(1)设所求抛物线的方程为y2＝2px(p>0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y2＝2px，yx2－2(1＋)＋1＝0，由消去，得pxx＋y－1＝0，鉴识式＝4(1＋p)2－4＝4p2>0恒建立，由根与系数的关系得x1＋x2＝2(1＋p)，x1x2＝1.6因为|AB|＝11，13因此2[（x1＋x2）2－4x1x2]＝86，11因此121p2＋242p－48＝0，224因此p＝11或p＝－11(舍去).24故抛物线的方程为y＝11x.2设弦AB的中点为D，则D11，－11.假设x轴上存在满足条件的点C(x0，0).因为△ABC为正三角形，因此CD⊥AB，因此x0＝15，111522因此C11，0，因此|CD|＝11.又||＝3|＝1222|11，CDAB22与上式|CD|＝11矛盾，因此x轴上不存在点C，使△ABC为正三角形.10.(2019·江西九校联考)已知椭圆：x2＋y2＝1过(2，0)，(0，1)两点.Ca2b2AB求椭圆C的方程及离心率；设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.解由题意知，a＝2，b＝1，x22因此椭圆C的方程为4＋y＝1.因为c＝a2－b2＝3，143因此椭圆C的离心率e＝a＝2.(2)证明设P(x0，y0)(x0<0，y0<0)，则x20＋4y20＝4.因为(2，0)，(0，1)，AB因此直线PA的方程为y＝y0(x－2)，令x＝0，得yM＝－2y0，从而||＝1－M＝1＋x0－2x0－2BMy2y0x0－2.y0－1x0x0直线PB的方程为y＝x0x＋1，令y＝0，得xN＝－y0－1，从而|AN|＝2－xN＝2＋y0－1.因此四边形ABNM的面积S＝1||·||＝12＋x0·1＋2y0＝x20＋4y20＋4x0y0－4x0－8y0＋4＝2ANBM2y0－1x0－22（00－0－2y0＋）xyx22x0y0－2x0－4y0＋4x0y0－x0－2y0＋2

＝2，因此四边形ABNM的面积为定值2.能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2019·衡水中学周测)设F为抛物线y2＝4x的焦点，A，B，C为该抛物线上不同样的三点，→→→FA＋FB＋FC＝0，O为坐标原点，且△OFA，△OFB，△OFC的面积分别为S1，S2，S3，则S21＋S2＋S23等于( )D.9剖析由题意可知F(1，0)，设A(x，y)，B(x，y)，C(x→→11223311→→→→＋(x3－1)＝0，即(x2－1，y2)，FC＝(x3－1，y3)，由FA＋FB＋FC＝0，得(x1－1)＋(x2－1)x1＋x2＋x3＝3.又(1，1)，(2，2)，(3，3)在抛物线上，因此y21＝41，2＝42，23＝43，又1＝AxyBxyCxyxyxyxS151|·|1y11y11y3|，因此12＋2＋·|1|＝|1|，2＝||·|2|＝|2|，3＝||·|3|＝|2OFy2S2OFy2S2OFy2SS1y12＋2＋y1x1＋42＋43)＝3.32＝(3)2＝×(4S4y4xx答案Bx2212.(2019·郑州调研)已知直线l与双曲线4－y＝1相切于点P，l与双曲线的两条渐近线交于，两点，则→·→的值为( )MNOMONA.3B.4C.5D.与P的地址有关剖析依题意，设点P(x，y)，M(x，y)，N(x，y)，其中x02－4y02＝4，则直线l的方程001122x0x1是4－y0y＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y＝±2x.①当y0＝0时，直线l的方程是x＝2或x＝－2.x＝2，x＝2，→→由x2得，－1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可合适直线l－y2＝0，y＝±1，此时OM·ON＝(24的方程是x＝－2时，→·→＝3.OMON1②当y0≠0时，直线l的方程是y＝4y0(x0x－4).1y＝4y0（x0x－4），由得(4y02－x0)2x2＋8x0x－16＝0(*)，又x20－4y20＝4，因此(*)即是x2x2－y2＝0，→→13－2x0x＋4＝0，x1x2＝4，OM·ON＝x1x2＋y1y2＝x1x2－4x1x2＝4x1x2＝3.→→综上所述，OM·ON＝3.答案Ax2y2→→13.若点O和点F分别为椭圆9＋8＝1