专题8.10圆锥曲线的定点、定值、开放性问题 2020年高考数学一轮复习对点提分（文理科通用）解析版

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1、第八篇 平面解析几何专题8.10 圆锥曲线的定点、定值、开放问题【考点聚焦突破】考点一定点问题【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BC的斜率之积为.(1)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x4相交于点Q，判断以PQ为直径的圆是否过x轴上一定点.【答案】见解析【解析】(1)设C(x，y).由题意得kACkBC(y0).整理，得1(y0).故动点C的轨迹方程为1(y0).(2)法一易知直线l的斜率存在，设直线l：ykxm.联立得方程组消去y并整理，得(34k2)x28kmx4m2120.依题意得(8k

2、m)24(34k2)(4m212)0，即34k2m2.设x1，x2为方程(34k2)x28kmx4m2120的两个根，则x1x2，x1x2.P，即P.又Q(4，4km)，设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，则由0，得(4t，4km)0.整理，得(t1)t24t30.由的任意性，得t10且t24t30，解得t1.综上可知，以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0).法二设P(x0，y0)，则曲线C在点P处的切线PQ：1.令x4，得Q.设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，则由0，得(x0t)(4t)33x00，即x0(1t)t24t30.由x0的任意性，得1t0且t24t30，解得t1.综上

3、可知，以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0).【规律方法】圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)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)特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.【训练1】 已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1，2)为抛物线C上一点.(1)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kBPkBQ2，求证：直线PQ过定点.【答案】见解析【解析】(1)解若抛物线的焦点在x轴上，设抛物线方程为y2ax，代入点A(1，2)，可得a

4、4，所以抛物线方程为y24x.若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线方程为x2my，代入点A(1，2)，可得m，所以抛物线方程为x2y.综上所述，抛物线C的方程是y24x或x2y.(2)证明因为点B(1，2)在抛物线C上，所以由(1)可得抛物线C的方程是y24x.易知直线BP，BQ的斜率均存在，设直线BP的方程为y2k(x1)，将直线BP的方程代入y24x，消去y，得k2x2(2k24k4)x(k2)20.设P(x1，y1)，则x1，所以P.用替换点P坐标中的k，可得Q(k1)2，22k)，从而直线PQ的斜率为，故直线PQ的方程是y22kx(k1)2.在上述方程中，令x3，解得y2，所以直线PQ恒过

5、定点(3，2).考点二定值问题【例2】 (2019河北省“五个一”名校联盟)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：y21，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m，n，mn0.(1)求证：k1k2；(2)试探求OPQ的面积S是否为定值，并说明理由.【答案】见解析【解析】(1)证明k1，k2均存在，x1x20.又mn0，y1y20，即y1y2，k1k2.(2)解当直线PQ的斜率不存在，即x1x2，y1y2时，由，得y0.又点P(x1，y1)在椭圆上，y1，|x1|，|y1|.SPOQ|x1|y1y2|1.当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ

6、的方程为ykxb.联立得方程组消去y并整理得(4k21)x28kbx4b240，其中(8kb)24(4k21)(4b24)16(14k2b2)0，即b20).SPOQ|PQ|b|2|b|1.综合知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.(2)两大解法：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；引起变量法：其解题流程为【训练2】 (2019青岛调研)已知直线l过抛物线C：x22py(p0)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.(1)求抛物线C的方程；(2)若点P(2，2)，过点(2，

7、4)的直线m与抛物线C相交于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.【答案】见解析【解析】(1)解由题意可知，2p2，解得p1，则抛物线的方程为x22y.(2)证明由题易知直线m的斜率存在，设直线m的方程为y4k(x2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则k1，k2，k1k2，联立抛物线x22y与直线y4k(x2)的方程消去y得x22kx4k80，其中4(k24k8)0恒成立，可得x1x22k，x1x24k8，则k1k21.因此k1k2为定值，且该定值为1.考点三开放问题【例3】 (2019福州四校联考)已知椭圆C：1(ab0)的两个焦点分别

8、为F1，F2，短轴的一个端点为P，PF1F2内切圆的半径为，设过点F2的直线l与被椭圆C截得的线段为RS，当lx轴时，|RS|3.(1)求椭圆C的标准方程；(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】见解析【解析】(1)由内切圆的性质，得2cb(2a2c)，得.将xc代入1，得y，所以3.又a2b2c2，所以a2，b，故椭圆C的标准方程为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.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yk(x1

9、)，R(x1，y1)，S(x2，y2).联立方程得(34k2)x28k2x4k2120，由根与系数的关系得其中0恒成立，由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTSkTR0(显然TS，TR的斜率存在)，即0.因为R，S两点在直线yk(x1)上，所以y1k(x11)，y2k(x21)，代入得0，即2x1x2(t1)(x1x2)2t0，将代入得0，则t4，综上所述，存在T(4，0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称.【规律方法】此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，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，再针

10、对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.【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x2的距离之比为，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相交于A，B两点，直线l：ymxn与曲线E交于C，D两点，与AB相交于一点(交点位于线段AB上，且与A，B不重合).(1)求曲线E的方程；(2)当直线l与圆x2y21相切时，四边形ACBD的面积是否有最大值？若有，求出其最大值及对应的直线l的方程；若没有，请说明理由.【答案】见解析【解析】(1)设点P(x，y)，由题意，可得，得y21.曲线E的方程是y21.(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由条件

11、可得|AB|.当m0时，显然不合题意.当m0时，直线l与圆x2y21相切，1，得n2m21.联立消去y得x22mnxn210，则4m2n24(n21)2m20，x1x2，x1x2，S四边形ACBD|AB|x1x2|，当且仅当2|m|，即m时等号成立，因为直线l与线段AB有交点，所以当m时，n；当m时，n.经检验可知，直线yx和直线yx都符合题意.【反思与感悟】1.有关弦的三个问题(1)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)涉及垂直关系往往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.2.求解与弦有关问题的两种方法

12、(1)方程组法：联立直线方程和圆锥曲线方程，消元(x或y)成为二次方程之后，结合根与系数的关系，建立等式关系或不等式关系.(2)点差法：在求解圆锥曲线且题目中已有直线与圆锥曲线相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，然后利用中点求出直线方程.“点差法”的常见题型有：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题.必须提醒的是“点差法”具有不等价性，即要考虑判别式是否为正数.【易错防范】1.求范围问题要注意变量自身的范围.2.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.注意特殊关系、特殊位置的

13、应用.3.解决定值、定点问题，不要忘记特值法.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2019石家庄模拟)已知P为双曲线C：1上的点，点M满足|1，且0，则当|取得最小值时点P到双曲线C的渐近线的距离为()A. B. C.4 D.5【答案】B【解析】由0，得OMPM，根据勾股定理，求|MP|的最小值可以转化为求|OP|的最小值，当|OP|取得最小值时，点P的位置为双曲线的顶点(3，0)，而双曲线的渐近线为4x3y0，所求的距离d.2.已知双曲线1(a0，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，

14、则k1k2的值为()A.2 B.3 C. D.【答案】B【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)，k1k23.3.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)C.(3，0) D.(0，3)【答案】A【解析】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为k1k2，所以.又y2x1，y2x2，所以y1y26.设直线l：xmyb，代入抛物线C：y22x得y22my2b0，所以y1y22b6，得b3，即直

15、线l的方程为xmy3，所以直线l过定点为(3，0).4.(2019北京通州区模拟)设点Q是直线l：x1上任意一点，过点Q作抛物线C：y24x的两条切线QS，QT，切点分别为S，T，设切线QS，QT的斜率分别为k1，k2，F是抛物线的焦点，直线QF的斜率为k0，则下列结论正确的是()A.k1k2k0 B.k1k22k0C.k1k22k0 D.k1k22k0【答案】D【解析】设点Q(1，t)，由过点Q的直线ytk(x1)与抛物线C：y24x相切，联立方程得整理得k2x22(k2kt2)x(kt)20，则4(k2kt2)24k2(kt)20，化简得k2tk10.显然k1，k2是关于k的方程k2tk1

16、0的两个根，所以k1k2t.又k0，故k1k22k0.5.(2019长春监测)已知O为坐标原点，设F1，F2分别是双曲线x2y21的左、右焦点，P为双曲线左支上任一点，过点F1作F1PF2的平分线的垂线，垂足为H，则|OH|()A.1 B.2 C.4 D.【答案】A【解析】如图所示，延长F1H交PF2于点Q，由PH为F1PF2的平分线及PHF1Q，可知|PF1|PQ|，根据双曲线的定义，得|PF2|PF1|2，从而|QF2|2，在F1QF2中，易知OH为中位线，故|OH|1.二、填空题6.已知动点P(x，y)在椭圆1上，若A点坐标为(3，0)，|1，且0，则|的最小值是_.【答案】【解析】0，

17、.|2|2|2|21，椭圆右顶点到右焦点A的距离最小，故|min2，|min.7.若双曲线x21(b0)的一条渐近线与圆x2(y2)21至多有一个公共点，则双曲线离心率的取值范围是_.【答案】(1，2【解析】双曲线的渐近线方程为ybx，则有1，解得b23，则e21b24，e1，1e2.8.(2019湘中名校联考)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_.【答案】0【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0.三、解答题9.已知抛物线的顶点在原点，焦点在x轴的正半轴上，直

18、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.【答案】见解析【解析】(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)244p20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

19、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.10.(2019江西九校联考)已知椭圆C：1过A(2，0)，B(0，1)两点.(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)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.【答案】见解析【解析】(1)解由题意知，a2，b1，所以椭圆C的方程为y21.因为c，所以椭圆C的离心率e.(2)证明设P(x0，y0)(x00，y0b0)的一个焦点与上、下顶点两两相连构成直角三角形，以椭圆C的长轴长为直径的圆与直线xy20相切.(1)求椭圆C

20、的标准方程；(2)设过椭圆右焦点且不重合于x轴的动直线与椭圆C相交于A，B两点，探究在x轴上是否存在定点E，使得为定值？若存在，试求出定值和点E的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】见解析【解析】(1)由题意知，解得则椭圆C的标准方程为y21.(2)当直线的斜率存在时，设直线方程为yk(x1)(k0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立得(12k2)x24k2x2k220，8k280恒成立，xAxB，xAxB.假设在x轴上存在定点E(x0，0)，使得为定值.则(xAx0，yA)(xBx0，yB)xAxBx0(xAxB)xyAyBxAxBx0(xAxB)xk2(xA1)(xB1)(1k)2xAxB(x0k2)(xAxB)xk2.为定值，的值与k无关，2x4x012(x2)，解得x0，此时为定值，定点为，当直线的斜率不存在时，也满足为定值，且定点为.综上，存在点E，使得为定值，且定值为.15