1、第三课时定点、定值、探索性问题考点突破互动探究考点一圆锥曲线的定值问题自主练透例1(2018北京高考)已知抛物线C：y22px(p0)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：为定值解析(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0k1又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，2)从而k3
2、所以直线l斜率的取值范围是(，3)(3,0)(0,1)(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(1)知x1x2，x1x2直线PA的方程为y2(x1)令x0，得点M的纵坐标为yM22同理得点N的纵坐标为yN2由，得1yM，1yN所以2所以为定值名师点拨求解定值问题常用的方法(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，从而得到定值变式训练1(2021河南八市重点高中联盟联考)已知椭圆C：1(ab0)的左右焦点分别是F1，F2，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线yx3相切，点P在椭圆C上，|PF1|2，F1PF260(1)求椭
3、圆C的方程；(2)若直线l：ykxm与椭圆C相交于A、B两点，且kOAkOB，AOB的面积是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由解析(1)依题意有b，b23，由|PF1|2及椭圆的定义得|PF2|2a2，由余弦定理得|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|cosF1PF2|F1F2|2，即a23a3c2，又a2c2b23，a2，故椭圆的方程为1(2)联立可得，(34k2)x28kmx4m2120，则34k2m20，又x1x2，x1x2，y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2，由kOAkOB，可得，y1y2x1x2，2m24k23，满足，|AB|，SOABd
4、|AB|为定值考点二圆锥曲线中的定点问题师生共研例2(2021广东广州三校联考)如图，已知椭圆C：y2 1的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：x2y26x2y70相切，其中a1(1)求椭圆的方程；(2)不过点A的动直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且APAQ，证明：动直线l过定点，并且求出该定点坐标解析(1)由题可知，A(0,1)，F(c,0)，则直线AF的方程为y1，即xcyc0，因为直线AF与圆M：x2y26x2y70相切，该圆的圆心为M(3,1)，r，则，c22，a23，故椭圆的标准方程为y21(2)解法一：依题得直线l的斜率必存在，设l：ykxm，设点P(x1，y1)，Q(x2，y
5、2)，联立，消去y并整理得(3k21)x26kmx3m230，36k2m24(3k21)(3m23)0，即m23k21，且x1x2，x1x2，(x1，y11)(x2，y21)x1x2y1y2(y1y2)1(k21)x1x2k(m1)(x1x2)(m1)2(k21)k(m1)(m1)2APAQ，0，即0，m1或m当m1时，直线l：ykx1，恒过点(0,1)，不满足题意，舍去；当m时，直线l：ykx，恒过点，故直线恒过定点解法二：因为不过点A的动直线l与椭圆C相交于PQ两点，且APAQ，即直线AP与坐标轴不垂直也不平行，由A(0,1)，可设直线AP的方程为ykx1，则直线AQ的方程为yx1，联立，
6、消去y并整理得(13k2)x26kx0，解得x0或，因此点P的坐标为，即P，将上式中的k换成，得点Q，所以直线l的斜率为，即直线l的方程y，化简并整理得yx，故直线l恒过定点名师点拨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)来证明变式训练2(2021安徽蚌埠质检)已知抛物线C：y22px(p0)，直线yx1与C相交所得的弦长为8(1)求p的值；(2)已知点O为坐
7、标原点，一条动直线l与抛物线C交于O，M两点，直线l与直线x2交于H点，过点H作y轴的垂线交抛物线C于N点，求证：直线MN过定点解析(1)设直线与抛物线的两交点坐标分别为：(x1，y1)，(x2，y2)，由得，消x可得y22py2p0，y1y22p，y1y22p弦长为8，解得p2或p4(舍去)，p2(2)由(1)可得y24x，设M，直线OM的方程yx，当x2时，yH，代入抛物线方程y24x，可得xN，N，直线MN的斜率k，直线MN的方程为yy0，整理可得y(x2)，故直线MN过点(2,0)考点三,圆锥曲线中的探索性问题师生共研例3(2021河南名校联盟联考)已知椭圆C：1(ab0)的左、右顶点
8、分别为A1，A2，上、下顶点分别为B1，B2，四边形A1B1A2B2的面积为4，坐标原点O到直线A1B1的距离为(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆C上一点P作两条直线分别与椭圆C相交于点A，B(异于点P)，试判断以OP和AB为对角线的四边形能否为菱形？若能，求出直线AB的方程；若不能，请说明理由解析(1)直线A1B1的方程为1由题意可得，解得所以椭圆C的方程为1(2)当直线AB的斜率不存在时，若平行四边形OAPB为菱形，则P为左顶点或右顶点此时直线AB的方程为x1，当直线AB的斜率为0时，若四边形OAPB为菱形，则点P为上顶点或下顶点，此时AB的方程为y当直线AB的斜率存在时，设AB：ykxm
9、(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立可得(4k23)x28kmx4m2120，则48(4k2m23)0，所以x1x2，x1x2，y1y2k(x1x2)2m若四边形OAPB为菱形，所以，所以点P所以直线OP的斜率kOP所以k1，这与kABkOP1矛盾所以四边形OAPB不能是菱形综上，四边形OAPB能为菱形，此时直线AB的方程为x1，或y名师点拨圆锥曲线中的探索性问题1圆锥曲线中的存在性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，在验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在：若探究结论，则应先求出结论的表达式，在对其表达式解析讨论，往往涉及对参数的讨论2圆锥曲线
10、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；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立，解决此类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化其步骤为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，列出关于待定系数的方程组，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)不存在反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法3解决探索性问题的答题模板变式训练3(2021陕西西安八校联考)已知F为抛物线C：x22py(p0)的焦点，点M(m,1)在抛物线上，且|MF|直线l：ykx2与抛物线C交于A、B两点(1)求抛物线C的
11、方程；(2)设O为坐标原点，y轴上是否存在点P，使得当k变化时，总有OPAOPB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由解析(1)根据抛物线的定义，得1，解得p抛物线C的方程为x2y(2)在y轴上存在点P，使得当k变化时，总有OPAOPB理由如下：设P(0，b)，A(x1，y1)，B(x2，y2)由消去y，得2x2kx20且k2160恒成立x1x2，x1x21y12x，y22xOPAOPB时，直线PA和直线PB的倾斜角互补，故其斜率互为相反数kPAkPB0，x22xbx2x12xbx10，即0，0，得b2，即点P的坐标为(0，2)所以，y轴上存在点P(0，2)，使得当k变化时，总有OPA
12、OPB高考大题规范解答系列(五)解析几何考点一范围问题例1(2018浙江高考)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y24x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2)若P是半椭圆x21(x0)上的动点，求PAB面积的取值范围【分析】设出A，B的坐标及点P的坐标，利用PA，PB的中点在抛物线上建立方程，利用根与系数的关系求得点A，B，P的纵坐标之间的关系，由此证明结论成立先根据根与系数的关系，求得|PM|，再表示出PAB的面积，最后结合点P在椭圆上，并利用二次函数在给定区间的值域，求得三角形面积的取值范围【标准答案】规范答题
13、步步得分(1)设P(x0，y0)，A，B1分因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程24，即y22y0y8x0y0的两个不同的实根3分所以y1y22y0，4分因此，PM垂直于y轴5分(2)由(1)可知所以|PM|(yy)x0y3x0，7分|y1y2|29分因此，PAB的面积SPAB|PM|y1y2|(y4x0)，10分因为x1(x00)，所以y4x04x4x044,5，因此，PAB面积的取值范围是12分【评分细则】设出点的坐标得1分利用PA，PB的中点在C上，建立二次方程得2分由韦达定理得y1y22y0得1分由y1y22y0得点M的纵坐标为y0，又点P纵坐标为y0，因此PM垂直于y
14、轴，得1分结合韦达定理求|PM|，得2分求出|y1y2|，得2分正确写出PAB的面积，得1分合理的转化为二次函数求出PAB面积的范围，得2分【名师点评】1核心素养：本题考查直线与抛物线的位置关系，考查考生分析问题、解决问题的能力以及运算求解能力，考查的数学核心素养是逻辑推理、数学抽象、数学运算2解题技巧：在解析几何中，求某个量(直线斜率，直线在x、y轴上的截距，弦长，三角形或四边形面积等)的取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率，动点的横、纵坐标等)的函数，并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域)，将问题转化为求函数的值域或最值3解决范围问题的答题模板
15、变式训练1(2021山东烟台期末)已知椭圆1(ab0)的离心率为，F是其右焦点，直线ykx与椭圆交于A，B两点，|AF|BF|8(1)求椭圆的标准方程；(2)设Q(3,0)，若AQB为锐角，求实数k的取值范围解析(1)设F1为椭圆的左焦点，连接F1B，由椭圆的对称性可知，|AF|F1B|，所以|AF|BF|BF1|BF|2a8，所以a4，又e，a2b2c2，解得c2，b2，椭圆的标准方程为1(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则(x13，y1)，(x23，y2)，联立，得(4k21)x2160，所以x1x20，x1x2，因为AQB为锐角，所以0，所以(x13)(x23)y1y293(
16、x1x2)x1x2y1y293(x1x2)(1k2)x1x290，解得k或k考点二定点、定值问题例2(2017全国卷)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)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x3上，且1，证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F【分析】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【标准答案】规范答题步步得分(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(x
17、0，y0)在椭圆C上，所以1，5分因此点P的轨迹方程为x2y226分(2)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0，即，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F12分【评分细则】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分求出和的坐标得1分正确求出的值得1分正确求出和的坐标得1分正确得出3mm2tnn21得1分得出得1分写出结论得1
18、分【名师点评】1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2解题技巧：(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3解决定值(点)问题的答题模板 变式训练2(1)(2021广西南宁、玉林、贵港等市联考)设椭圆C：1(ab0)，右顶点是A(2,0)，离心率为求椭圆C的方
19、程；若直线l与椭圆交于两点M，N(M，N不同于点A)，若0，求证：直线l过定点，并求出定点坐标(2)已知A、B分别为椭圆E：y2 1(a1)的左、右顶点，G为E的上顶点，8，P为直线x6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D求E的方程；证明：直线CD过定点解析(1)右顶点是A(2,0)，离心率为，所以a2，c1，则b，椭圆的标准方程为1当直线MN斜率不存在时，设lMN：xm，与椭圆方程1联立得：|y|，|MN|2，设直线MN与x轴交于点B，|MB|AB|，即2m，m或m2(舍)，直线m过定点；当直线MN斜率存在时，设直线MN斜率为k，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则直线
20、MN：ykxb(k0)，与椭圆方程1联立，得(4k23)x28kbx4b2120，x1x2，x1x2，y1y2(kx1b)(kx2b)k2x1x2kb(x1x2)b2，(8kb)24(4k23)(4b212)0，kR，0，则(x12，y1)(x22，y2)0，即x1x22(x1x2)4y1y20，7b24k216kb0，bk或b2k，直线lMN：yk或yk(x2)，直线过定点或(2,0)舍去；综上知直线过定点(2)依据题意作出如下图形：由椭圆方程E：y2 1(a1)可得：A(a,0)，B(a,0)，G(0,1)，(a,1)，(a，1)，a218，a29，椭圆方程为：y21证明：设P(6，y0)
21、，则直线AP的方程为：y(x3)，即：y(x3)，联立直线AP的方程与椭圆方程可得：，整理得：(y9)x26yx9y810，解得：x3或x，将x代入直线y(x3)可得：y，所以点C的坐标为同理可得：点D的坐标为，直线CD的方程为：y，整理可得：y整理得：yx故直线CD过定点考点三,最值问题例3(2021吉林模拟)已知椭圆C：1(ab0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形(1)求椭圆C的标准方程；(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q证明：OT平分线段PQ(其中0为坐标原点)；当最小时，求点T的坐标【分析】 【标准答案】规范答
22、题步步得分(1)由已知可得解得a26，b22.2分所以椭圆C的标准方程是13分(2)由(1)可得点F的坐标是(2,0)，设点T的坐标为(3，m)，则直线TF的斜率是kTFm当m0时，直线PQ的斜率kPQ，直线PQ的方程是xmy2当m0时，直线PQ的方程是x2，也符合xmy2的形式5分设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得消去x，得(m23)y24my20其判别式16m28(m23)0，所以y1y2，y1y2，x1x2m(y1y2)4所以PQ的中点M的坐标为7分所以直线OM的斜率是kOM又直线OT的斜率kOT，所以点M在直线OT上，因此OT平分线段PQ8分由
23、可得|TF|，9分|PQ|10分所以当且仅当m21，即m1时取等号，此时取得最小值，11分所以当最小时，点T的坐标是(3,1)或(3，1)12分【评分细则】列方程组求出a2与b2给2分写出椭圆的标准方程给1分根据题意恰当设出直线方程，给2分，不讨论m0的情况，扣1分方程联立消元，结合韦达定理求出点M的坐标，给2分证明OT平分线段PQ，给1分写出|TF|的表达式，给1分写出|PQ|的表达式，给1分写出的表达式，利用均值不等式确定最小值，给1分正确写出点T的坐标，给1分【名师点评】1核心素养：本题主要考查椭圆的性质、直线与椭圆的位置关系等知识，是一道综合能力较强的题，意在考查考生的分析问题、解决问
24、题的能力以及运算求解能力2解题技巧：(1)注意通性通法的应用在解题过程中，注意答题要求，严格按照题目及相关知识的要求答题，不仅注意解决问题的巧解，更要注意此类问题的通性通法如在解决本例(2)时，注意本题的实质是直线与圆锥曲线的相交问题，因此设出直线方程，然后联立椭圆方程构造方程组，利用根与系数关系求出y1y2，y1y2的值即为通法(2)关键步骤要全面阅卷时，主要看关键步骤、关键点，有关键步骤、关键点则得分，没有要相应扣分，所以解题时要写全关键步骤，踩点得分，对于纯计算过程等非得分点的步骤可简写或不写，如本例(2)中，消元化简时，可直接写出结果，利用弦长公式求|PQ|时，也可省略计算过程3最值问
25、题(1)常见解法有两种：几何法与代数法若题目中的条件或结论能明显体现某种几何特征及意义，或反映出了某种圆锥曲线的定义，则直接利用图形的性质或圆锥曲线的定义来求解，这就是几何法将圆锥曲线中的最值问题通过建立目标函数，转化为函数的最值问题，再充分利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等相关知识去求解，这就是代数法(2)易错点利用基本不等式求最值问题要指出能取到最值，或求出取到最值的条件；利用函数观点解决最值问题时，要注意自变量的取值范围4解决最值问题的答题模板 例4(2020全国卷)已知椭圆C：1(ab0)过点M(2,3)，点A为其左顶点，且AM斜率为(1)求C的方程；(2)点N为椭圆上任
26、意一点，求AMN的面积的最大值解析(1)由题意可知直线AM的方程为：y3(x2)，即x2y4当y0时，解得x4，所以a4，椭圆C：1(ab0)过点M(2,3)，可得1，解得b212所以C的方程：1(2)设与直线AM平行的直线方程为：x2ym，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时AMN的面积取得最大值联立直线方程x2ym与椭圆方程1可得3(m2y)24y248，化简可得16y212my3m2480，所以144m2416(3m248)0，即m264，解得m8与AM距离比较远的直线方程x2y8，直线AM方程为x2y4点N到直线的距离即两平行线之间的距离d，由两点
27、间距离公式可得|AM|3，所以AMN的面积的最大值为318变式训练3(1)(2021广东新高考适应性考试)已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，短轴长为2，A，B在椭圆C上，且0，ABF1的周长为8求椭圆C的标准方程；过椭圆C上的动点M作C的切线l，过原点O作OPl于点P，求OMP的面积的最大值(2)(2021广东梅州质检)已知直线l：xy10与焦点为F的抛物线C：y22px(p0)相切求抛物线C的方程；过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值解析(1)由0，可知A，B，F2三点共线，且ABx轴由ABF1的周长为8，得4a8，所以a2，且b
28、，所以椭圆C的标准方程为1显然直线l斜率存在且不为0，设直线l：ykxt，联立得(34k2)x28ktx4t2120，且64k2t24(34k2)(4t212)0，得t24k23，所以xM联立得xP，所以|OP|，则|MP|，所以SOMP|MP|OP|，当且仅当k1时取等号，所以OMP的面积的最大值为(2)直线l：xy10与抛物线C相切，由消去x得，y22py2p0，从而4p28p0，解得p2抛物线C的方程为y24x由于直线m的斜率不为0，所以可设直线m的方程为tyx1，A(x1，y1)，B(x2，y2)由消去x得，y24ty40，y1y24t，从而x1x24t22，线段AB的中点M的坐标为(2t21,2t)设点A到直线l的距离为dA，点B到直线l的距离为dB，点M到直线l的距离为d，则dAdB2d22|t2t1|2当t时，可使A、B两点到直线l的距离之和最小，距离的最小值为
