1、第2课时 定点、定值、开放问题 A级基础巩固1已知P(x0，y0)是椭圆C：y21上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若0，则x0的取值范围是()A. B.C. D.解析：由题意可知F1(，0)，F2(，0)，则(x0)(x0)yxy30.因为点P在椭圆上，所以y1.所以x30，解得x00，b0)的离心率e2，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k1，k2，若直线AB过原点，则k1k2的值为()A2 B3 C. D.解析：由题意知，e2b23a2，则双曲线方程可化为3x2y23a2，设A(m，n)，M(x0，y0)(x0m)，则B(m，n)，k1k23.答案：B4
2、(2020佛山一中月考)关于曲线C：1性质的叙述，正确的是()A一定是椭圆 B可能为抛物线C离心率为定值 D焦点为定点解析：因为曲线方程没有一次项，不可能为抛物线，故B错误，因为a24可正也可负，所以曲线可能为椭圆或双曲线，若曲线为椭圆，则c2a2(a24)4，所以c2，e，离心率不是定值，焦点(2，0)，(2，0)，为定点，若曲线为双曲线，方程为1，则c2a2(4a2)4，所以c2，e，离心率不是定值，焦点(2，0)，(2，0)，为定点答案：D5(2020淮南二中月考)若直线l与双曲线y21相切于点P，l与双曲线的两条渐近线分别交于M，N两点，则的值为()A3 B4C5 D与点P的位置有关解
3、析：设P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，因为P是切点，所以MP的方程为y0y1，且x4y4，由解得同理所以x1x2y1y23.答案：A6在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2y21右支上的一个动点，若点P到直线xy10的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为_解析：由双曲线的性质知所求的c的最大值就是双曲线的一条渐近线xy0与直线xy10的距离，此距离d.答案：7(2020如皋市长江高中月考)当直线l：(2m1)x(m1)y7m40(mR)被圆C：(x1)2(y2)225截得的弦最短时，m的值为_解析：由题得：m(2xy7)xy40，则直线过定点A(3，1)，点A在圆内，过
4、A的弦最短即过圆心C和点A的直线与弦所在直线垂直时，弦长最短，AC，化简得(4m3)20m.答案：8(2020苏州市质检)椭圆E：1的左顶点为A，点B，C是椭圆E上的两个动点，若直线AB与AC的斜率乘积为定值，则动直线BC恒过定点的坐标为_解析：由题意知A(2，0)，设B(x1，y1)C(x2，y2)，设BC的方程为xnyt，代入椭圆方程得：(3n24)y26nty3t2120，则y1y2，y1y2，直线AB与AC的斜率乘积为定值k1k2，所以4y1y2(ny1t2)(ny2t2)0，即(n24)y1y2n(t2)(y1y2)(t2)20，韦达定理代入得t2t20，解得t1或2，当t2时，定点
5、与A重合，舍去，所以t1，直线xny1过定点(1，0)答案：(1，0)9(2020抚州市期末)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆1(ab0)的焦距为2，离心率为，椭圆的右顶点为A.(1)求该椭圆的方程；(2)过点D(，)作直线PQ交椭圆于两个不同点P，Q，求证：直线AP，AQ的斜率之和为定值(1)解：由题意可知：椭圆1(ab0)，焦点在x轴上，2c2，c1，椭圆的离心率e，则a，b2a2c21，则椭圆的标准方程：y21.(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，A(，0)，当斜率不存在时，x，y0与椭圆只有一个交点，不合题意由题意得PQ的方程：yk(x)，则整理得：(2k21)x2(4
6、k24k)x4k28k20，由韦达定理可知：x1x2，x1x2，则y1y2k(x1x2)2k2，则kAPkAQ，由y1x2y2x1k(x1)x2k(x2)x12kx1x2(k)(x1x2)，kAPkAQ1，所以直线AP，AQ的斜率之和为定值1.10已知抛物线的顶点在原点，焦点在x轴的正半轴上，直线xy10与抛物线相交于A，B两点，且|AB|.(1)求抛物线的方程(2)在x轴上是否存在一点C，使ABC为正三角形？若存在，求出C点的坐标；若不存在，请说明理由解：(1)设所求抛物线的方程为y22px(p0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去y，得x22(1p)x10，判别式4(1p)24
7、4p28p0恒成立，由根与系数的关系得x1x22(1p)，x1x21.因为|AB|，所以，所以121p2242p480，所以p或p(舍去)故抛物线的方程为y2x.(2)设弦AB的中点为D，则D.假设x轴上存在满足条件的点C(x0，0)因为ABC为正三角形，所以CDAB，所以x0，所以C，所以|CD|.又|CD|AB|，与上式|CD|矛盾，所以x轴上不存在点C，使ABC为正三角形B级能力提升11(2020黄冈浠水实高月考)已知抛物线C：y22x，过定点M(a，0)的直线与抛物线C相交于点P，Q，若为常数，则实数a的值为()A1 B2 C3 D4解析：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ
8、：xkya，联立方程y22ky2a0，所以y1y22k，y1y22a，所以()，因为为常数，所以a1，满足4k280.答案：A12已知抛物线y22px(p0)的焦点为F，ABC的顶点都在抛物线上，且满足0，则_解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，F，由0，得y1y2y30.因为kAB，所以kAC，kBC，所以0.答案：013(2019北京卷)已知椭圆C：1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1)(1)求椭圆C的方程；(2)设O为原点，直线l：ykxt(t1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|ON|2，求证：直线l
9、经过定点(1)解：由题意，得b21，c1，所以a2b2c22，所以椭圆C的方程为y21.(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线AP的方程为yx1.令y0得点M的横坐标xM.又y1kx1t，从而|OM|xM|.同理，|ON|.由得(12k2)x24ktx2t220，则x1x2，x1x2.所以|OM|ON|2.又|OM|ON|2，所以22.解得t0，所以直线l经过定点(0，0)C级素养升华14(2020山东调研)已知定点F(0，2)和定直线l：y3，动圆M在直线l的上方，其半径r|MF|，且圆M上的点到直线l的距离的最小值等于1.(1)求圆心M的轨迹C的方程(2)已知直线AB交曲
10、线C于A，B两点，交x轴于点G，交y轴正半轴于点H，是否存在直线AB，使得A，B两点纵坐标之积为4，且0？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由解：(1)由题意可知，动点M到定点F(0，2)的距离等于到定直线l：y2的距离，根据抛物线的定义可知，点M的轨迹C是以F为焦点的抛物线，故圆心M的轨迹C的方程为x28y.(2)存在假设存在符合条件的直线AB，由已知可知直线的斜率存在，设直线AB的方程为ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)由得x28kx8b0，所以所以y1y2b2，由y1y24，得b24，又b0，所以b2.由0，得3，作AAx轴，BBx轴，垂足分别为A，B
11、，则3，因为y1y24，y1y2k(x1x2)48k24，所以8k246，所以k.故存在符合条件的直线AB，其方程为yx2或yx2.素养培育数学运算解析几何减少运算量的常见技巧(自主阅读)中学解析几何是将几何图形置于平面直角坐标系中，用坐标表示点、用方程表示曲线，体现了用代数的方法解决几何问题的优越性，但有时过大的运算量，繁杂的讨论，都会影响解题的速度，甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹”的地步！而高考要求在规定的时间内，保质保量完成解题任务为提高运算能力，可从以下几方面探索减少运算量的方法和技巧，合理简化解题过程、优化思维过程技巧1巧用平面几何性质根据题意画出几何图形后，利用二次曲线的定义
12、和平面几何的有关性质进行几何分析，有时从几何角度可以找出简捷的解题方法典例1已知O为坐标原点，F是椭圆C：1(ab0)的左焦点，A，B分别为C的左、右顶点P为C上一点，且PFx轴过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为()A. B. C. D.解析：设OE的中点为N，如图所示，因为MFOE，所以有，.又因为OE2ON，所以有，解得e.答案：A技巧2设而不求，整体代换1涉及线段长度的问题可以通过解方程组求出点的坐标，用距离公式计算长度的方法来解；联立方程组消元整理成一元二次方程后，利用韦达定理整体代入距离公式，可以减少计算量2对于直线与圆锥曲线相
13、交所产生的中点弦问题，常常用“点差法”求解典例2已知椭圆y21的左顶点为A，过A作两条互相垂直的弦AM，AN交椭圆于M，N两点(1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标；(2)当直线AM的斜率变化时，直线MN是否过x轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由解：(1)直线AM的斜率为1时，直线AM的方程为yx2，代入椭圆方程并化简得5x216x120.解得x12，x2，所以M.(2)设直线AM的斜率为k，直线AM的方程为yk(x2)联立方程化简得(14k2)x216k2x16k240.则xAxM，又xA2，则xMxA2.同理，可得xN.由(1)知若存在定点，则此点
14、必为P.证明如下：因为kMP.同理可计算得kPN.所以直线MN过x轴上的一定点P.典例3已知椭圆E：1(ab0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点若AB的中点坐标为(1，1)，则E的标准方程为()A.1 B.1C.1 D.1解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x22，y1y22，得0，所以kAB.又kAB，所以.又9c2a2b2，解得b29，a218，所以椭圆E的方程为1.答案：D技巧3巧妙“换元”变量换元的关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化变量换元
15、法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题典例4如图所示，已知椭圆C的离心率为，点A，B，F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且SABF1.(1)求椭圆C的方程；(2)已知直线l：ykxm与圆O：x2y21相切，若直线l与椭圆C交于M，N两点，求OMN面积的最大值解：(1)由已知椭圆的焦点在x轴上，设其方程为1(ab0)，则A(a，0)，B(0，b)，F(c，0)(c)由已知可得e2，所以a24b2，即a2b，可得cb.SABF|AF|OB|(ac)b1.将代入，得(2bb)b1，解得b1，故a2，c.所以椭圆C的方程为y21.(2)圆O的圆心为坐标原点，半径r1，由直线l：ykxm与圆O：x2y21相切，得1，故有m21k2.由消去y，得x22kmxm210.由题可知k0，即(14k2)x28kmx4(m21)0.所以16(4k2m21)48k20.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2，x1x2.所以|x1x2|2(x1x2)24x1x24.将代入中，得|x1x2|2，故|x1x2|.所以|MN|x1x2|.故OMN的面积S|MN|11.令t4k21，则t1，k2，代入上式，得S2 ，所以当t3，即4k213，解得k时，S取得最大值，且最大值为 1.
