1、第2课时圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题圆锥曲线中的定值问题(师生共研) (2018高考北京卷)已知抛物线C：y22px经过点P(1，2)过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，求证：为定值【解】(1)因为抛物线y22px过点(1，2)，所以2p4，即p2.故抛物线C的方程为y24x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为ykx1(k0)由得k2x2(2k4)x10.依题意(2k4)24k210，解得k0或0kb0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一
2、点，AF2F1F2，且|AF2|.(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：ykxm与l1，l2分别交于M，N两点，求证：MF1N为定值解：(1)由AF2F1F2，|AF2|，得.又e，a2b2c2，所以a29，b28，故椭圆C的标准方程为1.(2)证明：由题意可知，l1的方程为x3，l2的方程为x3.直线l分别与直线l1，l2的方程联立得M(3，3km)，N(3，3km)，所以(2，3km)，(4，3km)，所以8m29k2.联立得(9k28)x218kmx9m2720.因为直线l与椭圆C相切，所以(18km
3、)24(9k28)(9m272)0，化简得m29k28.所以8m29k20，所以，故MF1N为定值.圆锥曲线中的定点问题(师生共研) (2020安徽省考试试题)已知椭圆C：1(ab0)的上顶点为P，右顶点为Q，直线PQ与圆x2y2相切于点M.(1)求椭圆C的方程；(2)若不经过点P的直线l与椭圆C交于A，B两点，且0，求证：直线l过定点【解】 (1)由已知得直线OM(O为坐标原点)的斜率kOM2，则直线PQ的斜率kPQ，所以直线PQ的方程为y，即x2y2.可求得P(0，1)，Q(2，0)，故a2，b1，故椭圆C的方程为y21.(2)证明：当直线l的斜率不存在时，显然不满足条件当直线l的斜率存在
4、时，设l的方程为ykxn(n1)，联立消去y整理得(4k21)x28knx4(n21)0，(8kn)244(4k21)(n21)16(4k21n2)0，得4k21n2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.由0，得(x1，y11)(x2，y21)0，又y1kx1n，y2kx2n，所以(k21)x1x2k(n1)(x1x2)(n1)20，由得n1(舍)，或n，满足.此时l的方程为ykx，故直线l过定点.求解定点问题常用的方法(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再
5、根据参数的任意性得到定点坐标(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程yy0k(xx0)来证明(2019高考北京卷)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经过定点解：(1)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，|O
6、N|.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)圆锥曲线中的探索性问题(师生共研) (2019高考全国卷)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|4，M过点A，B且与直线x20相切(1)若A在直线xy0上，求M的半径；(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|MP|为定值？并说明理由【解】 (1)因为M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上由已知A在直线xy0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线yx上，故可设M(a，a)因为M与直线x20相切，所以M的半径为r|a2|.
7、连接MA，由已知得|AO|2，又，故可得2a24(a2)2，解得a0或a4.故M的半径r2或r6.(2)存在定点P(1，0)，使得|MA|MP|为定值理由如下：设M(x，y)，由已知得M的半径为r|x2|，|AO|2.由于，故可得x2y24(x2)2，化简得M的轨迹方程为y24x.因为曲线C：y24x是以点P(1，0)为焦点，以直线x1为准线的抛物线，所以|MP|x1.因为|MA|MP|r|MP|x2(x1)1，所以存在满足条件的定点P.解决探索性问题的注意事项探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论(2)当给出结论
8、而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法是否存在过点E(0，4)的直线l交椭圆1于点R，T，且满足？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由解：存在假设存在满足题意的直线l，易知当直线l的斜率不存在时，0得(32k)264(34k2)0，解得k2.因为x1x2，x1x2，所以y1y2(kx14)(kx24)k2x1x24k(x1x2)16，故x1x2y1y216，解得k21.由解得k1，所以直线l的方程为yx4.故存在直线l：xy40或xy40满足题意基础题组练1(2020沂南新乡模拟)已知F1，F2分别是
9、双曲线C：y2x21的上、下焦点，P是其一条渐近线上的一点，且以F1F2为直径的圆经过点P，则PF1F2的面积为()A. B1 C. D2解析：选C.设P(x0，y0)，不妨设点P在双曲线C的过一、三象限的渐近线xy0上，因此可得x0y00.F1(0，)，F2(0，)，所以|F1F2|2，以F1F2为直径的圆的方程为x2y22，又以F1F2为直径的圆经过点P，所以xy2.由，得|x0|1，于是SPF1F2|F1F2|x0|21，故选C.2直线l与抛物线C：y22x交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，且满足k1k2，则直线l过定点()A(3，0) B(0，3)
10、C(3，0) D(0，3)解析：选A.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为k1k2，所以.又y2x1，y2x2，所以y1y26.将直线l：xmyb代入抛物线C：y22x得y22my2b0，所以y1y22b6，得b3，即直线l的方程为xmy3，所以直线l过定点(3，0)3(2020安徽合肥模拟)已知椭圆1(ab0)的离心率为，过椭圆上一点M作直线MA，MB分别交椭圆于A，B两点，且斜率分别为k1，k2，若点A，B关于原点对称，则k1k2的值为 解析：由e21，得.设M(x，y)，A(m，n)，则B(m，n)，k1k2，把y2b2，n2b2代入式并化简，可得k1k2.答案：4以下四个关于圆锥
11、曲线的命题：设A，B为两个定点，K为正数，若|PA|PB|K，则动点P的轨迹是双曲线；方程2x25x20的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；双曲线1与椭圆y21有相同的焦点；已知抛物线y22px，以过焦点的一条弦AB为直径作圆，则此圆与准线相切其中真命题为 (写出所有真命题的序号)解析：A，B为两个定点，K为正数，|PA|PB|K，当K|AB|时，动点P的轨迹是两条射线，故错误；方程2x25x20的两根为和2，可分别作为椭圆和双曲线的离心率，故正确；双曲线1的焦点坐标为(，0)，椭圆y21的焦点坐标为(，0)，故正确；设AB为过抛物线焦点F的弦，P为AB中点，A，B，P在准线l上的射影分别为
12、M，N，Q，因为APBPAMBN，所以PQAB，所以以AB为直径作圆，则此圆与准线l相切，故正确故正确的命题有.答案：5(2020福建五校第二次联考)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，上顶点M到直线xy40的距离为3.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l过点(4，2)，且与椭圆C相交于A，B两点，l不经过点M，证明：直线MA的斜率与直线MB的斜率之和为定值解：(1)由题意可得，解得所以椭圆C的方程为1.(2)证明：易知直线l的斜率恒小于0，设直线l的方程为y2k(x4)，k0，得m或mb0)的左、右焦点分别为F1(1，0)，F2(1，0)，点A在椭圆C上(1)求椭圆C的标准方程；(2)是否存
13、在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由解：(1)设椭圆C的焦距为2c，则c1，因为A在椭圆C上，所以2a|AF1|AF2|2，所以a，b2a2c21，所以椭圆C的方程为y21.(2)不存在满足条件的直线，证明如下：设直线的方程为y2xt，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，MN的中点为D(x0，y0)，由消去x，得9y22tyt280，所以y1y2，4t236(t28)0，所以y0，且3t3.由得(x4x2，y4y2)，所以y1y4y2，y4y1y2t，又
14、3t3，所以y41，与椭圆上点的纵坐标的取值范围是1，1矛盾所以不存在满足条件的直线规范答题示范(五)解析几何类型一定点、定值问题 (12分)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：y21上，过点M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足.(1)(2)设点Q在直线x3上，且1，证明：建桥寻突破 看到求点P的轨迹方程，想到先设出点的坐标，然后利用已知条件，采用代入法求轨迹方程.看到过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F，想到证明.规范解答(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，(xx0，y)，(0，y0)，1分由，得x0x，y0y，3分因为M(x0，y0)在椭圆C上，所以1，5分因此点P的轨
15、迹方程为x2y22.6分(2)证明：由题意知F(1，0)，设Q(3，t)，P(m，n)，则(3，t)，(1m，n)，7分33mtn，8分(m，n)，(3m，tn)，9分由1得3mm2tnn21，10分又由(1)知m2n22，故33mtn0.所以PF0，即OQPF，11分又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.12分评分标准设出点的坐标，并求出和得1分；由，正确求出x0x，y0y得2分；代入法求出1得2分；化简成x2y22得1分；求出和得1分；正确求出的值得1分；正确求出和的坐标得1分；由1得出3mm2tnn21得1分；得出得1分；写出结论得1分.解题点津(
16、1)得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写全，如第(2)问中求出3mm2tnn21就得分.(2)得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时一定要写清得分关键点，如第(2)问一定要写出0，即，否则不得分，因此步骤才是关键的，只有结果不得分.核心素养圆锥曲线中的定点、定值问题是高考命题的热点问题，常与向量巧妙交汇，综合考查考生“数学运算”的核心素养.类型二最值、范围问题 (12分)设圆x2y22x150的圆心为A，直线l过点B(1，0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过点B作AC的平行线交AD于点E.(1)证明，并写出点
17、E的轨迹方程；(2)设点E的轨迹方程为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求建桥寻突破看到|EA|EB|为定值，想到点E的轨迹方程可能是椭圆.看到四边形MPNQ面积的取值范围，想到四边形MPNQ对角线是否垂直，如何将四边形分别分成三角形求面积，可能利用弦长公式.规范解答(1)圆A整理为(x1)2y216，圆心A坐标为(1，0)，如图，因为BEAC，则ACBEBD，由|AC|AD|，则ADCACD，2分所以EBDEDB，则|EB|ED|，所以|AE|EB|AE|ED|AD|4.4分所以E的轨迹为一个椭圆，方程为1(y0).6分(2)C1：1；设l：xmy
18、1，因为PQl，设PQ：ym(x1)，联立l与椭圆C1，得(3m24)y26my90；7分则|MN|yMyN|；8分圆心A到PQ距离d，9分所以|PQ|22，10分所以S四边形MPNQ|MN|PQ|2412，8).12分评分标准得出ACBEBD，ADCACD得2分；得出|AE|EB|4得2分；写出E的轨迹为一个椭圆，得1分；写出椭圆方程1(y0)再得1分；联立方程组得出(3m24)y26my90得1分；正确计算出弦长|MN|得1分，错误不得分；正确计算出圆心A到PQ距离d得1分；正确求出|PQ|得1分，错误不得分；正确计算出四边形MPNQ面积的取值范围得2分.解题点津(1)第(1)小题先将圆x2y22x150化为标准方程，然后画出图形，结合图形中的线线关系及椭圆的定义确定轨迹方程.(2)第(2)小题联立直线方程与椭圆方程，将其化成关于x或y的一元二次方程.(3)要求四边形MPNQ面积的取值范围，由S四边形MPNQ|MN|PQ|，可先利用点到直线的距离公式及勾股定理求出|PQ|，再利用弦长公式求出|MN|.核心素养圆锥曲线中的面积问题是高考命题的热点问题，一般涉及三角形及四边形的面积值(取值范围)问题主要考查考生“直观想象”和“数学运算”的核心素养.