專題探究課五

1、高考導航1.圓錐曲線是平面解析幾何的核心部分，也是高考必考知識，主要以一個小題一個大題的形式呈現(xiàn)，難度中等偏上；2.高考中的選擇題或填空題主要考查圓錐曲線的基本性質，高考中的解答題，常以求曲線的標準方程、位置關系、定點、定值、最值、范圍、探索性問題為主.這些試題的命制有一個共同的特點，就是起點低，但在第(2)問或第(3)問中一般都伴有較為復雜的運算，對考生解決問題的能力要求較高熱點一定點定值問題(教材VS高考)定點、定值問題一般涉及曲線過定點、與曲線上的動點有關的定值問題以及與圓錐曲線有關的弦長、面積、橫(縱)坐標等的定值問題.圓錐曲線中的最值問題大致可分為兩類：一是涉及距離、面積的最值以及與

2、之相關的一些問題；二是求直線或圓錐曲線中幾何元素的最值以及這些元素存在最值時求解與之有關的一些問題.命題角度1圓錐曲線中定點問題22【例11】(滿分12分)(2019全國I卷)已知橢圓C:專+%=1(a>b>0),四點abP1(1,1),P2(0,1),P3：1,平，P：，平，"恰有三點在橢圓C上.求C的方程；(2)設直線l不經過P2點且與C相交丁A,B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為一1,證明：l過定點.教材探源本題第(1)問源丁教材選修2-1P40例1,主要考查利用待定系數(shù)法及方程思想求曲線方程.本題第(2)問源丁教材選修21P41例3,主要考查利用坐標法研

3、究幾何問題，充分考查學生解決綜合問題的能力.1滿分解答(1)解由丁點P3,P4關丁y軸對稱，由題設知C必過P3,P4.乂由-2+a113.史>了+石知，橢圓c不經過點P1,所以點P2在橢圓C上.1分(得分點1)1db2-因此13孑+4?=1，2故C的方程為m+解得%2=4,b213分(得分點2)y2=1.5分（得分點3）證明設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1,k2.如果直線l的斜率不存在，l垂直丁x軸.設l:x=m,A(m,yA),B(m,-y),.yA-1yA12一k1+k2=+=一1,得m=2,mmm此時l過橢圓右頂點，不存在兩個交點，故不滿足.6分（得分點4）從而可設l:y=

4、kx+m(m1).2將y=kx+m代入4+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m24=0.7分(得分點5)由題設可知=16(4k2m2+1)>0.8km4m24設A(X1,y1),B(x2,y2),貝UX1+X2=4,X1X2=京革彳.8分(得分點6)y一1y21kx+m1kx2+m1X1X2X1_2kx1X2+(m1)(X1+X2)X2則k1+k2=+=+X1X2由題設ki+k2=1,故(2k+1)xix2+(m-1)(xi+X2)=0.,24m48km-(2k+1)4k2+1+(m1)4k2+1=0.10分（得分點7）解之得m=-2k1,此時=32（m+1）>0,方程有解

5、，.當且僅當m>1時，>0,11分（得分點8）直線l的方程為y=kx-2k1,即y+1=k（x-2）.當x=2時，y=1,所以l過定點（2,1）.12分（得分點9）?得步驟分：抓住得分點的解題步驟，“步步為贏”，在第（1）問中，分析隱含信息，列出方程組，求出方程.在第(2)問中，分類討論設出直線方程T聯(lián)立方程T寫出根與系數(shù)的關系T利用公式化簡求解?得關鍵分：(1)列出方程組.(2)直線方程.(3)韋達定理.(4)斜率公式.都是不可少的過程，有則給分，無則沒分?得計算分：解題過程中的計算準確是得滿分的根本保證，如(得分點3),(得分點5),(得分點7).哲逮摸板二解答圓錐曲線中的定點

6、問題的一般步驟第一步：研究特殊情形，從問題的特殊情形出發(fā)，得到目標關系所要探求的定點第二步：探究一般情況.探究一般情形下的目標結論.第三步：下結論，綜合上面兩種情況定結論命題角度2圓錐曲線中的定值問題22D【例12(2019唐山一模)已知橢圓C:會+#=1(a>b>0)的離心率為*,點Qb并橢圓上，O為坐標原點.求橢圓C的方程；已知點P,M,N為橢圓C上的三點，若四邊形OPMN為平行四邊形，證明四邊形OPMN的面積S為定值，并求該定值.229解.橢圓*+#=1(a>b>0)的離心率為2,2c2a2b21/曰22f-e=子=a2=2,得a=2b,橢圓C上,乂點q奴bib2

7、a2.c/+b4=1,聯(lián)立、得a2=8,且b2=4.橢圓C的方程為命+土=1.84證明當直線PN的斜率k不存在時,PN方程為x=也或x=一也,從而有|PN|一11所以S=2|PN|OM|=寸2“X2/2=2氓;當直線PN的斜率k存在時,設直線PN方程為y=kx+m(m0),P(xi,yi),N(x2,y2),將PN的方程代入橢圓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-將M點坐標代入橢圓C方程得m2=1+2k

8、2.乂點O到直線PN的距離為d=JL1+k248k2+241k=2腌|PN|=寸1+k2|x1x2|,所以S=d|PN|=|m|x1-x2|=p1+2k2V(x+x2)24xx=綜上，平行四邊形OPMN的面積S為定值2般探究提高1.求定值問題常見的方法有兩種:(1) 從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關.(2) 直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.2.定值問題求解的基本思路是使用參數(shù)表示要解決的問題，然后證明與參數(shù)無關,這類問題選擇消元的方向是非常關鍵的.22【訓練1】(2019荷澤調研)已知焦距為2寸2的橢圓C:02+*=1(a>b>0)的右頂點為

9、A,直線y=4與橢圓C交丁P,Q兩點(P在Q的左邊)，Q在x軸上的射影3為B,且四邊形ABPQ是平行四邊形.(1)求橢圓C的方程；斜率為k的直線l與橢圓C交丁兩個不同的點M,N.若M是橢圓的左頂點，D是直線MN上一點，且DALAM.點G是x軸上異丁點M的點，且以DN為直徑的圓包過直線AN和DG的交點，求證：點G是定點.(1)解設坐標原點為O,.四邊形ABPQ是平行四邊形，|AB|=|PQ|,.|PQ|=2|Ofe|,|=2|Ofe|,則點B的橫坐標為號3.點Q的坐標為3代入橢圓C的方程得b2=2,22乂c2=2,a2=4,即橢圓C的方程為j+壹=1.證明設直線MN的方程為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),則一2x°=8k2422-4k24k*U+2k2，1+2k2)1+2k2,4k.y0=k(x0+2)=1+2k2，則N設G(t,0),則序一2,若以DN為直徑的圓包過直線AN和DG的交點，則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,即購2=。包成立，1十2k.t=0,.點G是定點(0,0).熱點二圓錐曲

11、線中的范圍(最值)問題圓錐曲線中的最值問題大致可分為兩類：一是涉及距離、面積的最值以及與之相關的一些問題；二是求直線或圓錐曲線中幾何元素的最值以及這些元素存在最值時求解與之有關的一些問題.22【例2】(2019石家莊質檢)已知橢圓C:+%=1(a>b>0)的左、右頂點分別為A,ab3B,且長軸長為8,T為橢圓上一點，直線TA,TB的斜率Z積為一拓.求橢圓C的方程；設。為原點，過點M(0,2)的動直線與橢圓C交丁P,Q兩點，求OPOQ+土，直線TB的斜率x+422書+S1,而點(-4,IMP-MQ的取值范圍.解(1)設T(x,y),則當x冬也時，直線TA的斜率為ki=得v為k2=x4

12、.于正由klk2=一220)和(4,0)也滿足此方程，故橢圓C的方程為名+專=1.(2)當直線PQ的斜率存在時，設直線PQ的萬程為y=kx+2,點P,Q的坐標分區(qū)+M=1,.別為(xi,yi),(x2,y2),直線PQ與橢圓方程聯(lián)立41612消去y得(4k+3)xy=kx+2+16kx32=0,些.32人1+2-4k2+31x2-4k2+3，從而OPoQ+IMPMQ=x1x2+y1y2+x1x2+(y12)(y22)=2(1+)x1x2+2k(x180k2528+X2)+4=4+3=20+4k2+3，.20<OPOQ+IMP-MQv-腎，3當直線PQ斜率不存在時，OP-OQ+IMP-MQ

13、的值為20.綜上所述茹OQ+IMP-MQ的取值范圍為I20,-521探究提高求圓錐曲線中范圍、最值的主要方法：(1)幾何法：若題目中的條件和結論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質數(shù)形結合求解.(2)代數(shù)法：若題目中的條件和結論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關系，或者不等關系,或者已知參數(shù)與新參數(shù)之間的等量關系等，則利用代數(shù)法求參數(shù)的范圍.2【訓練2】(2019合肥質檢)設直線l與拋物線x2=2y交丁A,B兩點，與橢圓%+當=1交丁C,D兩點，直線OA,OB,OC,OD(O為坐標原點)的斜率分別為ki,3k2,k3,k4.若OALOB.(1) 是否存在實數(shù)t,滿足ki+k2=t(k3+k4),并

14、說明理由；求zOCD面積的最大值.解設直線l的方程為y=kx+b,A(xi,yi),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).V=kx+b,9聯(lián)立2得x2kx2b=0,x=2y,則xi+x2=2k,xix2=2b,1=4k2+8b>0.因為OALOB,所以xix2+yiy2=0,得b=2.一、，、y=kx+2,_dd聯(lián)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)存在實數(shù)t.因為ki+k2=yl+*=k,k3+k4=3+"=6k,xix2'x3x4'

15、;所以ki+k2k3+k416'(2)根據弦長公式|CD|=寸1+k2|x3x4|得|CD|=4也-寸1+k2-4k213+4k21-4k-所以Ssd=2CD|d=4飽親尿設x/4k21=m>0，貝U，ocd=2m<I3,m+4所以當m=2,即k=±2時，ocd有最大值寸3.熱點三圓錐曲線中的探索性問題圓錐曲線的探索性問題主要體現(xiàn)在以下幾個方面：(1)探索點是否存在；探索曲線是否存在；(3)探索命題是否成立.涉及這類命題的求解主要是研究直線與圓錐曲線的位置關系問題.22i【例3】(2019長沙調研)已知橢圓C:與+%=1(a>b>0)的離心率為;，且過

16、點ad2pH,3j,F為其右焦點.(1) 求橢圓C的方程；設過點A(4,0)的直線l與橢圓相交丁M,N兩點(點M在A,N兩點之間)，是否存在直線l使AMFMFN的面積相等？若存在，試求直線l的方程；若不存在，請說明理由.c1解(1)因為二=3，所以a=2c,b=c,a222設橢圓方程4c2+卷=1,乂點p1,2在橢圓上，所以4C2+*=1,解得c2=1,a2=4,b2=3,所以橢圓方程為X+y=1.43(2)易知直線l的斜率存在，設l的方程為y=k(x4),y=k(x4),由x!y2_消去y得(3+4k2)x232k2x+64k212=0,4+3=由題意知=(32k2)24(3+4k2)(64

17、k212)>0,一11解得2<k<2.設M(x，y)，N(x2,y2),貝UX1+X2.232k2=3+4k2'X1X2=64k2123+4k2因為zAMFzMFN的面積相等，所以AM|=|MN|,所以2X1=X2+4.由消去X2得X124+16k2_=3+4k2.-64k12將X2=2x14代入，4導X1(2x14)=2.3+4k將代入到式，整理化簡得36k2=5.kW,經檢驗滿足題設6故直線l的方程為y=*x4)或y=一(x4).探究提高1.此類問題一般分為探究條件、探究結論兩種.若探究條件，則可先假設條件成立，再驗證結論是否成立，成立則存在，不成立則不存在；若探

18、究結論，則應先求出結論的表達式，再針對其表達式進行討論，往往涉及對參數(shù)的討論.2. 求解步驟：假設滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設出，列出關丁待定系數(shù)的方程組，若方程組有實數(shù)解，則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在，否則，元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在.【訓練3】(2019衡水聯(lián)考)在平面直角坐標系xOy中，過點C(2,0)的直線與拋物線y2=4x相交丁A,B兩點，設A(xi,y1),B(X2,y2).(1) (一題多解)求證：yy2為定值；是否存在平行丁y軸的定直線被以AC為直徑的圓截得的弦長為定值？如果存在，求出該直線方程和弦長；如果不存在，說明理由.證明法一當

19、直線AB垂直丁X軸時，Vi=2寸2,y2=2寸2.因此yiy2=8(定值).當直線AB不垂直丁x軸時，設直線AB的方程為y=k(x-2),"y=k(x2),2由*i2得ky4y8k=0.ly2=4x,yiy2=8.因此有yiy2=8為定值.法二設直線AB的方程為my=x2,：yx2,y2_4my8=0.y=4x,'yiy2=8.因此有yiy2=8為定值.解設存在直線l:x=a滿足條件，則AC的中點£號2與j,aci=q(xi2)2+y.因此以AC為直徑的圓的半徑r=2AC|=N(xi2)2+y2=/x2+4,”.，.，、xi+2乂點E到直線x=a的距離d=2一一a故

20、所截弦長為2源_d2=ZA(x2+4)j-2-aj=寸x2+4(xi+22a)2=4(ia)xi+8a4a2.當ia=0,即a=i時，弦長為定值2,這時直線方程為x=i.x2(1) i.在直角坐標系xOy中，曲線C：y=宇與直線l:y=kx+a(a>0)父丁M,N兩點,當k=0時，分別求C在點M和N處的切線方程；y軸上是否存在點P,使得當k變動時，總有ZOPM=ZOPN?說明理由.解(1)由題設可得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"處的導數(shù)值為很,C在點(2ja,a)處的切線方程為y-a=皿(|2ja),即寸反ya

21、=0.2y=4在x=2山處的導數(shù)值為一寸a,C在點(2山，a)處的切線方程為Va=一a(x+2),即*x+y+a=0.故所求切線方程為dxya=0和寸反+y+a=0.(2)存在符合題意的點，證明如下：設P(0,b)為符合題意的點，M(xi,yi),N(x2,g,直線PM,PN的斜率分別為ki,k2.將y=kx+a代入C的方程得x=.xix2a當b=a時，有ki+k2=0,則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補，故/OPM=ZOPN，所以點P(0,a)符合題意.22.(20i9東北三省四校聯(lián)考)已知點A(0,-2)，橢圓E:分+%=i(a>b>0)的離心ab率為半,F是橢圓E的右焦

22、點，直線AF的斜率為3,O為坐標原點.求E的方程；4kx4a=0.故xi+x2=4k,xix2=4a.m,yiby2b從而ki+k2=+xix22kxix2+(ab)(xi+x2)k(a+b)乂C=窖，所以a=2,b2=a2c2=1.a22故e的方程為X+y2=1.當i±x軸時不合題意，故設l:y=kx2,P(xi,yi),Q(x2,y2).*、X22將y=kx-2代入-+y=1,得(1+4k2)x216kx+12=0.8k±24k2-34k2+1當=16(4k23)>0,即峪>4日寸，x1,2=從而|PQ|=Jk2+1|x1-x2|=4*；2丫4k*.2乂點O

23、到直線PQ的距離d=r-2.Vk+1，一"144k3所以ZXOPQ的面積Sopq*-lPQl=4心1.設4k2_3=t,貝Ut>0,&opq4t4=2=t2+44.t+1因為t+4>4,當且僅當t=2,即k=皆時等號成立，且滿足Z>0.所以當OPQ的面積最大時，l的方程為y=¥7x2或y=一乎x2.(2019新鄉(xiāng)模擬)已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F,直線2x-y+2=0交拋物線C丁A,B兩點，P是線段AB的中點，過P作x軸的垂線交拋物線C丁點Q.(1)D是拋物線C上的動點，點E(-1,3),若直線AB過焦點F,求|DF|+|D

24、E|的最小值；(2)是否存在實數(shù)p,使|2QA+QB|=|2QAQfe|?若存在，求出p的值；若不存在,說明理由.解(1)V直線2x-y+2=0與y軸的交點為(0,2),F(0,2),則拋物線C的方程為xAB:y=kx+1,則有"2=r,化簡得(1一r2)k22k+1r2=0.1+k1對丁直線AD:y=k2x+1,同理有(1r2)k22k2+1r2=0,丁是k,k2是方程(1r2)k22k+1r2=0的兩實根，=8y,準線l:y=2.設過D作DG±l丁G,則|DF|+|DE|=|DG|+|DE|,當E,D,G三點共線時，|DF|+|DE|取最小值2+3=5.假設存在，拋物線

25、x2=2py與直線y=2x+2聯(lián)立方程組得：2x4px4p=0,設A(xi,yi),B(x2,y2),=(4p)2+16p=16(p2+p)>0，則xi+x2=4p,xx2=4p,.Q(2p,2p).|2QA+QB|=|2QAQB|.則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).因此存在實數(shù)p=4,且滿足冷0,使得12QA+QB|=|2QAQB|成立.3. 2213已知橢圓C:a2

26、+*=1(a>b>0)的離心率為2,四個頂點構成的菱形的面積是4,圓M:(x+1)2+y2=r2(0<r<1).過橢圓C的上頂點A作圓M的兩條切線分別與橢圓C相交丁B,D兩點(不同丁點A),直線AB,AD的斜率分別為k1,k2.求橢圓C的方程；當r變化時，求k1-k2的值；試問直線BD是否過某個定點？若是，求出該定點；若不是，請說明理由.解(1)由題設知，言=尊2X2ax2b=4,乂a2-b2=c2,解得a=2,b=1.2故所求橢圓C的方程是%+y2=1.故ki-k2=1.考慮到t1時，D是橢圓的下頂點，B趨近丁橢圓的上頂點，故BD若過定點,則猜想定點在y軸上.y=kx

27、+1,由楫y2_1得(4k2+1)x2+8k1x=0,'一8k14k2+1*于正有8前石，頑頑(-8k24k2+1、D0k2+1，4k2+1ki+ko直線BD的斜率為kBD=,3直線BD的方程為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.故直線BD過定點Jo,5-322(2019成都診斷)已知圓x2+y2=1過橢圓令+%=1(a>b>0)的兩焦點，與橢圓ab有且僅有兩個公共點，直線l：y=kx+m與圓x2+y2=1相切，與橢圓與+另=1ab相交丁A,B兩點.記日OA-OB,且2V入V3.34(1) 求橢圓的方程；求k的取值范圍；求左OAB的面積S的取值范圍.解(1)由題意知2c=2,所以c=1.因為圓與橢圓有且只有兩個公共點，2從而b=1,故a=由，所以所求橢圓方程為壹+y2=1.(2)因為直線l:y=kx+m與圓x2+y2=1相切，所以原點O到直線l的距離為J舛2=1,1-4x的焦點重