2020版高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)(全國(guó)理)講義：專題六第三講定點(diǎn)、定值、存在性問(wèn)題

1、第三講定點(diǎn)、定值、存在性問(wèn)題高普考點(diǎn)聚焦CDWjf f 點(diǎn)考點(diǎn)解讀圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問(wèn)題定點(diǎn)、定值問(wèn)題一般涉及曲線過(guò)定點(diǎn)、與曲線上的動(dòng)點(diǎn)有關(guān)的定值問(wèn)題以及與圓錐曲線有關(guān)的弦長(zhǎng)、面積、橫(縱)坐標(biāo)等的定值問(wèn)題.圓錐曲線中的最值、范圍問(wèn)題圓錐曲線中的最值、范圍問(wèn)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(guān)的一些問(wèn)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(shí)求 解與之有關(guān)的一些問(wèn)題.圓錐曲線中的探索性問(wèn)題圓錐曲線的探索性問(wèn)題主要體現(xiàn)在以下幾個(gè)方面：(1)探索點(diǎn)是否存在.(2)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

2、 置關(guān)系問(wèn)題.備考策略把握考點(diǎn)明確方向A本部分內(nèi)容在備考時(shí)應(yīng)注意以下幾個(gè)方面:1 .掌握處理定點(diǎn)、定值的方法.2 .掌握解答存在性問(wèn)題的處理方法.3.掌握函數(shù)與方程思想在處理定點(diǎn)、定值問(wèn)題中的應(yīng)用.預(yù)測(cè)2020年命題熱點(diǎn)為：(1)圓錐曲線中的定值問(wèn)題.(2)圓錐曲線中的存在性問(wèn)題.核心知識(shí)整合M知識(shí)整合,易錯(cuò)警示A知識(shí)整合Zhi shi zheng he1.定值、定點(diǎn)問(wèn)題在變化中所表現(xiàn)出來(lái)的不變的量，用變化的量表示問(wèn)題中的直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系等，這些直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系不受變化的量所影響的一個(gè)點(diǎn),就是要求的定點(diǎn)，解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵就是引進(jìn)參數(shù)表示直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系等,根據(jù)等

3、式的恒成立、數(shù)式變換等尋找不受參數(shù)影響的量.2.圓錐曲線中最值問(wèn)題：主要是求線段長(zhǎng)度的最值、三角形面積的最值等.3.圓錐曲線中的范圍問(wèn)題：關(guān)鍵是選取合適的變量建立目標(biāo)函數(shù)和不等關(guān)系.該問(wèn)題主要有以下三種情況:(1)距離型：若涉及焦點(diǎn)，則可以考慮將圓錐曲線定義和平面幾何性質(zhì)結(jié)合起來(lái)求解；若是圓錐曲線上的點(diǎn)到直線的距離， 則可設(shè)出與已知直線平行的直線方程，再代入圓錐曲線方程中，用判別式等于零求得切點(diǎn)坐標(biāo)， 這個(gè)切點(diǎn)就是距離取得最值的點(diǎn)， 若是在圓或橢圓 上，則可將點(diǎn)的坐標(biāo)以參數(shù)形式設(shè)出，轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的最值求解.(2)斜率、截距型：一般解法是將直線方程代入圓錐曲線方程中，利用判別式列出對(duì)應(yīng) 的不等

4、式，解出參數(shù)的范圍，如果給出的只是圓錐曲線的一部分，則需要結(jié)合圖形具體分析， 得出相應(yīng)的不等關(guān)系.(3)面積型：求面積型的最值，即求兩個(gè)量的乘積的范圍，可以考慮能否使用不等式求 解，或者消元轉(zhuǎn)化為某個(gè)參數(shù)的函數(shù)關(guān)系，用函數(shù)方法求解.4.探究性問(wèn)題：有關(guān)圓錐曲線中的探究性問(wèn)題，一般假設(shè)滿足條件的量存在，以此為 基礎(chǔ)進(jìn)行推理.易錯(cuò)警示 二：Y/, i cuo jing shi1 .求軌跡方程時(shí)要注意它的純粹性與完備性.2 .使用函數(shù)方法求解最值和范圍時(shí)，需選擇合適的變量.解題時(shí)易忽略變量的范圍， 導(dǎo)致結(jié)果的錯(cuò)誤.3 .直線與雙曲線交于一點(diǎn)時(shí)，不一定相切，反之，直線與雙曲線相切時(shí)，只有一個(gè)交 點(diǎn).4

5、 .在解決直線與圓錐曲線問(wèn)題時(shí)，若需設(shè)直線方程，易忽略直線斜率不存在的情況.u高考真通'把握規(guī)律區(qū))1.(文)(2018北京卷，20)已知橢圓 M：號(hào)+=1(a>b>0)的離心率為 乎，焦距為272. 斜率為k的直線l與橢圓M有兩個(gè)不同的交點(diǎn) A, B.(1)求橢圓M的方程.(2)若k=1,求|AB|的最大值.(3)設(shè)P(-2,0),直線PA與橢圓M的另一個(gè)交點(diǎn)為 C,直線PB與橢圓M的另一個(gè)交點(diǎn)一 _ 一. 7 1 為D.若C, D和點(diǎn)Q 4, 4共線，求k.解析由題意得2c= 2亞，所以c= V2,又e=c=善,所以a=行，所以b2=a2c2=1, a 3x2所以橢圓M

6、的標(biāo)準(zhǔn)方程為23+y2=1.(2)設(shè)直線AB的方程為y = x+ m,y= x+ m,由 x2 2 消去 y 可彳4 4x2+6mx+3m2-3= 0,3 '貝U A= 36m24X4(3m23)=4812m2>0,即 m2<4,3m3m2-3設(shè) A(xi, yi), B(x2, y2), 則 xi+ x2= xix2=4,則 |AB| = # + k2xi x2| =寸1 + k2 j xi + x2 2 4xix2 =m ,4 _m,易得當(dāng)m2=0時(shí)，|ab|max = 乖,故|AB|的最大值為 乖.設(shè) A(xi, yi), B(x2, y2), C(x3, y3),

7、D(x% y4),則 x2i+3y2i = 3 ，x22+3y22 = 3 ,又P(-2,。)，所以可設(shè)ki=kPA=親,直線PA的方程為y=ki(x + 2),y= ki x+ 2 ,由x29消去y可得§ + y2= i，(i + 3k2i)x2 + 12k2ix+ i2k2i-3=0,12k2i12k2i則 xi + x3= 一 " T7,即 x3= 一 xi ,1 + 3k2i1 + 3k2i又"親,代入式可得=葭片,所以 y3=4xyt7 ,所以C7xi i2 yi4xi + 7 ' 4xi+7 '同理可得-7x2- i2D 4x2+7y2

8、4x27 .故QC”x3+4, y3-4x4+4, y44 ，因?yàn)镼, C, D三點(diǎn)共線，所以 x3 + 4i y4-471X4+4 y3-4 =。，將點(diǎn)C, D的坐標(biāo)代入化簡(jiǎn)可得 匕* =1,即k= 1. xi x2(理)(2018北京卷，19)已知拋物線 C: y2=2px經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1,2).過(guò)點(diǎn)Q(0,1)的直線l與拋 物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn) A, B,且直線PA交y軸于M,直線PB交y軸于N.75（1）求直線l的斜率的取值范圍.1 1、，（2）設(shè)。為原點(diǎn)，QM>=入QO, QN>=科QO"一,求證：工+一為定值. 人 心解析將點(diǎn)P代入C的方程得4=2p,即p=2,

9、所以拋物線C的方程為y2=4x, 方法一（代數(shù)法）：顯然l斜率存在，設(shè)為k,則l: y=kx+1,y= kx+ 1,由 9消去 y得 k2x2+ （2k-4）x+ 1 = 0, （*）y2=4x由已知，方程（*）有兩個(gè)不同的根，且 1不是方程的根（因?yàn)镻A, PB都與y軸有交點(diǎn)）,所以 A= 16k+16>0 且 k2+（2k4）+1w0,即 k<1,且 kw3,且 kw1,所以k<1,且kw 3,即直線l斜率的取值范圍是（8, 3）U （3,1）.(2)設(shè) A(x, y1), B(x2, y2),直線PA方程為y-2 =y1 2x1 1(x-1),人/口y1 2令 x= 0

10、 得 y= ;+ 2,x1 - 1 , 一 y1 2即點(diǎn)M為(0,+2),x1 1y1 2_所以 QM > = (0, 1 + 1),又 QO > = (0, 1), QM> =入 QO >,所以（0，x+1）=叫1），m、 y1_2y1_x1_1所以上2 1 = 2x1 1x1 11 x1 1，二= :，入 y1 x1 1又點(diǎn)A（x1，y1）在直線l ： y=kx+1上,所以 1=衛(wèi)二T =，_入 kx1 x1k 1x1 k 1 k 1 x1111同理1=±_-1一，科 k 1k 1 x22k-41由(1)中方程(*)及根與系數(shù)的關(guān)系得，x1 + x2=-k

11、-2-, 22=1kk111111211121X1+X2所以|=1=I ='入k 1 k 1 X1k 1 k1 X2 k 1 k 1 x1 x2k 1 k 1 X1X221 2k+4k-1 k-11生匚=2,即;+1為定值2.k 1人科2.(文)(2018天津卷，19)設(shè)橢圓孑+贏=1(a>b>0)的右頂點(diǎn)為 A,上頂點(diǎn)為B.已知橢圓的離心率為 W，|ab|=J13. 3(I )求橢圓的方程;(II)設(shè)直線l： y=kx(k<0)與橢圓交于P, Q兩點(diǎn)，l與直線AB交于點(diǎn)M,且點(diǎn)P, M均 在第四象限.若 BPM的面積是 BPQ面積的2倍，求k的值.，一一 ,，一，一

12、 C25 一， c c c_解析(I)設(shè)橢圓的焦距為 2c,由已知得/= 9,又由a2=b2+c2,可得2a=3b.又|AB| ="a2+ b2 = T3,從而 a= 3, b= 2.,x2 y2=1.所以，橢圓的方程為x+y 94(II)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(X1, y1),點(diǎn)M的坐標(biāo)為(X2, y2),由題意，X2>X1>0,點(diǎn)Q的坐標(biāo)為 (-x1, y1).|PM|=2|PQ|,由4BPM的面積是 BPQ面積的2倍，可得從而 X2 X1= 2X1 ( X1),即 X2= 5X1.易知直線AB的方程為2x+ 3y=6,由方程組2x+ 3y =6,6y=kx,消去y,可得X2

13、=一.消去 y,可得 X1= -j= .9k2+ 41- 2=1,x2 y21+ j由方程組94y= kx,由 X2=5x1,可得 9k2 + 4 =5(3k+ 2),兩邊平方，整理得18k2 +25k+8= 0,解得 k=-.8_.K,12 ,一一 當(dāng)k= 一%時(shí)，X2=9<0,不合題意，舍去；當(dāng)k=力時(shí)，X2 = 12, xi = ",符合題思.所 9251以，k的值為一;.x2 y2(理)(2018天津卷，19)設(shè)橢圓/+ 22= 1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F,上頂點(diǎn)為B.已知橢圓的 a b離心率為 坐點(diǎn)A的坐標(biāo)為(b,0),且|FB| AB|=6V2.3(I

14、 )求橢圓的方程.(n)設(shè)直線l:y=kx(k>0)與橢圓在第一象限的交點(diǎn)為P,且l與直線AB交于點(diǎn)Q.若黑1|PQ|=-4sin Z AOQ(O為原點(diǎn))，求k的值.解析(I)設(shè)橢圓的焦距為 2c,由已知得c2=2,又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由已a(bǔ) 9知可得，|FB|=a, AB|=42b,由 |FB| AB|=6，2,可得 ab=6,從而 a=3, b=2.廣 ,x2 y2所以，橢圓的方程為9 + =1.94(n )設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(xi, yi),點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(X2, y2).由已知有yi>y2>0,故|PQ|sinP AOQ =yi y2.又因?yàn)?AQ|=sd

15、,而/0AB=4,故 |AQ|=d2y2.由黑=呼sin/AOQ, |PQ| 4可得 5yi=9y2.y= kx,由方程組x2+y2=1,一6k消去x,可得yi = $.易知直線 AB的方程為x+y 2=0, j9k2+4y= kx,由方程組x+y2= 0,2k消去x,可得y2=E.由 5yi = 9y2, _111可得 5(k+1) = 3j9k2+4,兩邊平萬(wàn)，整理得 56k2-50k+ 11=0,解得 k=;或 k =>228以，k的值為2或28. x2 y2.一 一 一一 ，八3. (2018全國(guó)卷m, 20)已知斜率為k的直線l與橢圓C: - + 3= 1父于A, B兩點(diǎn).線段

16、AB的中點(diǎn)為M(1, m)(m>0).1(1)證明：k< 2；(2)設(shè)F為C的右焦點(diǎn)，P為C上一點(diǎn)，且FP> + FA> + FB-> = 0.證明：|FA > |, |FP- |, |FB一 |成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差.,- 、宜x x x21 y2i / x22 y22 .解析(1)設(shè) A(x1, y1)，B(x2, y2),則7+彳=1, 丁+=1.4343力"rc"二 y1 一 y2, /口 x1 + xy1 + y2兩式相減，并由x-x2=k倚丁+ 3 k"是43m.x1 x2 y1V2由題設(shè)知 2 =1，2 =m

17、，于 3 .1由題設(shè)得0<m<|,故k<2.(2)由題意得 F(1,0),設(shè) P(x3,y3),則(x31,y3)+(xi 1,yi)+(x21,y2)=(0,0).由(1)及題設(shè)得 x3 = 3 (x1 + x2)= 1, y3= (y1 + y2)= 2m<0.3.33又點(diǎn)P在C上，所以 m=4，從而P 1, 2 , |FP >|=-.于是 |FA > | = . x 一 1 2+ y21 =x11 2+3 1一4c x1= 2- 2.x2同理 |FB> 1=2-72. . 1所以 |FA >|+ |FB >|= 42(x1+ x2)

18、= 3.故 2|FP>|= |FA>|+|FB> |,即 |FA> |, |FP> |, |FB> |成等差數(shù)列.設(shè)該數(shù)列的公差為 d,則 21d|= |FB >| |FA> |= 2|x1 x2| = j x1 + x224x1x2.3將m=3代入得k=-1. 4所以l的方程為y= x + 1,代入C的方程，并整理得 7x214x+3=0. 44故 xI + x2=2, x1K2 =，代入解得 |d|='3!1.2828所以該數(shù)列的公差為嗜或一嚓12828L 1 八，4 . (2018江蘇卷，18)如圖，在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，橢圓

19、C過(guò)點(diǎn) 1 2，焦點(diǎn)F1(5,0),F2(V3, 0),圓。的直徑為F1F2.(1)求橢圓C及圓O的方程.(2)設(shè)直線l與圓。相切于第一象限內(nèi)的點(diǎn)P.若直線l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，求點(diǎn) P的坐標(biāo)；直線l與橢圓C交于A, B兩點(diǎn).若 OAB的面積為276,求直線l的方程.一 x 22 16x22 32 因?yàn)?x0+y2=3,所以 AB2= x2+1 2 =W， 即 2x4- 45x2 + 100=0,y2解析(1)因?yàn)闄E圓C的焦點(diǎn)為Fi( 80),F2H3,0),可設(shè)橢圓C的萬(wàn)程為孑+京一， 1 ,= 1(a>b>0).又點(diǎn) ® 2在橢圓C上,3-所以a 4b ，a2

20、 b2= 3,a2= 4, 解得？b2=l,x2因此，橢圓C的方程為，+y2=1.因?yàn)閳A。的直徑為F1F2,所以其方程為x2+y2=3.(2)設(shè)直線 l 與圓 O 相切于 P(x0, yo)(xo>0, yo>0),則 x2+y0=3,所以直線l的方程為x0,、，y= y0(xx0) + y。,y2),即尸一全+ y0.x24+y2 = 1,由ox03y=-y0x+y05消去 y,得(4x0+y2)x224xox+364y0= 0.(*)因?yàn)橹本€l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn),所以 A= ( 24r)2 4(4x0+ y0)(36 4y0) = 48y0(x0 2) = 0.因?yàn)?x

21、0, y0>0,所以 x0=<2, y0 = 1.因此，點(diǎn)P的坐標(biāo)為他，1).因?yàn)槿切蜲AB的面積為 ¥，所以2AB OP = ¥，從而42.AB= 7 .設(shè) A(x1，y1)，B(x2,由(*)得 x1,2 =24xotj48y2 x0 22 4x0 + y2'所以 AB2= (xi x2)2+ (yi y2)2=x0 48y0 x2 21+y0 ,4x2+y02.綜上，直線l的方程為y=怖x+3也.命期熱點(diǎn)突破tf CUN TU 2M經(jīng)典例題提升能力A命題方向1圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問(wèn)題例 1 已知橢圓 C:*+ >1(a>b>0

22、),四點(diǎn) P1(1,1), P2(0,1), P3( 1羊)，P4(1,手)中恰有三點(diǎn)在橢圓 C上.求C的方程.(2)設(shè)直線l不經(jīng)過(guò)P2點(diǎn)且與C相交于A, B兩點(diǎn).若直線 P2A與直線P2B的斜率的和 為一1,證明：l過(guò)定點(diǎn).解析(1)由于P3, P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱，故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過(guò)P3, P4兩點(diǎn).111又由a2+薩>a2+,橢圓C不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P1,所以點(diǎn)P2在橢圓C上.因此13a2 + 4b2 -'a2= 4, 解得b2=1.故橢圓C的方程為x2+y2=1.(2)證明：設(shè)直線 P2A與直線P2B的斜率分別為 ki, k2.如果l與x軸垂直，設(shè)l：x=t,由題設(shè)知tw0,且因

23、2,可得A, B的坐標(biāo)分別為(t,4t ),(t, T)，則 k1+k2 =4t224t2 22t2t=-1 ,得t = 2,不符合題設(shè).從而可設(shè) l: y=kx+m(mw1).將 y= kx+ m 代入x+ y2= 1 得4 '(4k2+ 1)x2+8kmx+4m24= 0.由題設(shè)可知 A= 16(4k2 m2+ 1)>0.設(shè) A(xi, y1), B(x2,8kmy2),則4 m2 4x1+x2=4k2-M, x1x2=4?TT.十y1一 1y2 - 1x1x2而 k1+ k2= J+Jkxi+ m 1xikx2+ m 1X22kx1X2+ m 1 xi+ X2=.x1x2由

24、題設(shè)k1 + k2= 1,故(2k+1)x1x2+ (m 1)(x1 + x2)= 0.sc， 4 4m24,、-8km -即(2k+ 1) 4k2+ 1 + (m 1) 4k2 + 1 = 0,解得k=-m+ 12當(dāng)且僅當(dāng)m>1時(shí)，A>0,十日，m+1于是 l ： y= 2x+ m,口 h/m+ 1即 y+1=-2-(x-2),所以l過(guò)定點(diǎn)(2, 1).規(guī)律總結(jié)5 .過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題的兩大類型及解法(1)動(dòng)直線l過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題.解法：設(shè)動(dòng)直線方程(斜率存在)為y=kx+t,由題設(shè)條件將用k表示為t=mk,彳導(dǎo)y=k(x+m),故動(dòng)直線過(guò)定點(diǎn)(一m,0).(2)動(dòng)曲線C過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題.解法：引入

25、參變量建立曲線C的方程，再根據(jù)其對(duì)參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點(diǎn).6 .求解定值問(wèn)題的三個(gè)步驟(1)由特例得出一個(gè)值，此值一般就是定值；(2)證明定值，有時(shí)可直接證明定值，有時(shí)將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)式，可證明該代數(shù)式與參數(shù)(某些變量)無(wú)關(guān)；也可令系數(shù)等于零，得出定值；(3)得出結(jié)論.跟蹤訓(xùn)練三*en zong xun lianx2 y23已知橢圓C:b2=1(a>b>0)的焦點(diǎn)為2,點(diǎn)(1,力在C上.(1)求C的方程；(2)過(guò)原點(diǎn)且不與坐標(biāo)軸重合的直線l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A, B,點(diǎn)A在x軸上的射影為 M,線段AM的中點(diǎn)為N,直線BN交C于點(diǎn)P,證明:直線AB的斜率與直線AP的斜率乘

26、積為定值.解析(1)由題意知，C的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(±1,0)2a =5 . 3=2+2 = 4, b = yJ3,所以，橢圓C的方程為3+?=1.43iyi(2)設(shè) A(xi, yi), P(x2, y2)(xiwx2),則 B( xi, - yi), N(xi,5),由點(diǎn)A, P在橢圓C上得,x2+y2=i4十31x27+兩式相減得，x2d33 L 竺_gyij kBN )42xi 4 xiyi + y2的=寶.因?yàn)锽' N, P三點(diǎn)共線，所以kBN=kBP，yiyi y2 4yi y2yi + y2 4y2 y2所以 kAB kAP= xixi & = 3xi &am

27、p;xi + x2= 3x2 x2=一命題方向2圓錐曲線中的最值、范圍問(wèn)題例2已知橢圓鼻 £ i(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F(-c,0),離心率為堂，點(diǎn)M在橢 a b3圓上且位于第一象限，直線FM被圓x2+y2 = b2截得的線段的長(zhǎng)為 c, |FM|=43.(i)求直線FM的斜率.(2)求橢圓的方程.(3)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P在橢圓上，若直線 FP的斜率大于V2,求直線OP(。為原點(diǎn))的斜率的取值 范圍.，一.c2 i解析(i)由已知有 余=3,又由a2=b2+c2,可得 a2=3c2, b2= 2c2.設(shè)直線FM的斜率為k(k>0),則直線FM的方程為y=k(x+ c).c-

28、 2+22b-2-2解得k= 33所以直線FM的斜率為33(2)由(1)得橢圓方程為23.當(dāng)-3 一，.一xC 2, 1 時(shí)，有 y=t(x+ 1)<0,因此m>0,于是m=Z、-3,得m'當(dāng)斗 x 333當(dāng)xC(1, 0)時(shí),有 y=t(x+1)>0,因此 m<0,m=綜上，直線OP的斜率的取值范圍是一一號(hào)U興呼直線FM的方程為y=竽(x+c),兩個(gè)方程聯(lián)立，消去 y 整理得 3x2+2cx5c2= 0,解得 x=弓c,或 x=c.3因?yàn)辄c(diǎn)M在第一象限，可得 M的坐標(biāo)為c, 2當(dāng)c .由 |FM|= c+c2+ 233c 0 1=433,解得c=1,L .x2

29、 y2所以橢圓的方程為x-+y-=i.32設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x, y),直線FP的斜率為t,得t=士，即y=t(x+1)(xw 1),x十1y= t x+1 ,與橢圓方程聯(lián)立 x2 y2消去y,一+ J= 1325整理得 2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知，得t=、/36x企'3解得2vxv 1,或1vxv0.設(shè)直線OP的斜率為m,得m = x,即y=mx(xw 0),與橢圓方程聯(lián)立，整理可得m2=x2規(guī)律總結(jié)1 .與圓錐曲線有關(guān)的最值問(wèn)題的兩種解法(1)數(shù)形結(jié)合法：根據(jù)待求值的幾何意義，充分利用平面圖形的幾何性質(zhì)求解.(2)構(gòu)建函數(shù)法：先引入變量，構(gòu)建以待求量為因變量的函數(shù)，再求

30、其最值，常用基本不等式或?qū)?shù)法求最值(注意：有時(shí)需先換元后再求最值 ).2 .解決圓錐曲線中范圍問(wèn)題的方法般題目中沒(méi)有給出明確的不等關(guān)系，首先需要根據(jù)已知條件進(jìn)行轉(zhuǎn)化，利用圓錐曲線 的幾何性質(zhì)及曲線 上點(diǎn)的坐標(biāo)確定不等關(guān)系；然后構(gòu)造目標(biāo)函數(shù)，把原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域或引入?yún)?shù)根據(jù)參數(shù)范圍求解，解題時(shí)應(yīng)注意挖掘題目中的隱含條件，尋找量與量之 間的轉(zhuǎn)化.G跟蹤訓(xùn)練< en zong xun lian1 13 9 13如圖，已知拋物線x =y,點(diǎn)A(2, 4), B(-, 4),拋物線上的點(diǎn)P(x, y)(2<x<-).過(guò)點(diǎn)B作直線AP的垂線，垂足為 Q.求直線AP斜率的取值范圍

31、;(2)求|PA| PQ|的最大值.解析(1)設(shè)直線AP的斜率為141 x+ 21 =x- 2,因?yàn)橐?<x<|,所以直線AP斜率的取值范圍是(-1,1).,.1.1 ckx-y + 2k+ 4=0,(2)聯(lián)立直線AP與BQ的方程93cx+ kyk 2=0,解得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)是XQ =-k2 + 4k+32 k2+ 1+ k2(k+ 1),k kk 1 k +1 2|PQ|=V 1 + k2(xQ-x) = -2所以 |PA| PQ|=- (k- 1)(k+ 1)3.令 f(k) = (k 1)(k+1)3.因?yàn)?f ' (k)=- (4k-2)(k+1)2,所以f(k)在區(qū)

32、間(一1,2)上單調(diào)遞增，(1，1)上單調(diào)遞減.一 ，127因此當(dāng)k=2時(shí)，|PA| PQ|取得取大值16.命題方向3存在性問(wèn)題22.2例3已知橢圓E: a2+，1(a>b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)是直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，直線 l： y=x+3與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn) T.(I )求橢圓E的方程及點(diǎn)T的坐標(biāo);(11)設(shè)0是坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l'平行于OT,與橢圓E交于不同的兩點(diǎn) A、B,且與直線 l交于點(diǎn)P.證明：存在常數(shù) 力使得|PT|2= 4PA| PB|,并求入的值.解析(I)由已知，a=，2b,則橢圓E的方程為x2 y2-9= 1.2b2 b2由方程組2bb &

33、#39;得 y= - x+ 3,3x212x+(182b2) = 0.方程的判別式為 A= 24(b2-3),由A= 0,彳導(dǎo)b2=3,此時(shí)方程的解為x=2,所以橢圓E的方程為y2 13=1.點(diǎn)T的坐標(biāo)為(2,1).(n )由已知可設(shè)直線i的方程為1 ,， 一y = 2x+ m(mw 0),2m1 , 一 y= + m, 由方程組 2y= - x+ 3,x= 2- 3 , 可得y=1 + 2m.3所以 P 點(diǎn)的坐標(biāo)為(2-2m, 1 + 27), |PT|2=8m2. 339設(shè)點(diǎn)A, B的坐標(biāo)分別為 A(xi, yi), B(x2, y2).x2 y2 d16 3'由方程組可得1 一y

34、= 2x+ m,3x2+ 4mx+ (4m2 12)= 0.方程的判別式為 A= 16(9 2m2),由A>0,解得一等<m<?.404m4m212由倚 X1 +X2= - -T-, X1X2 =332m所以|PA| =3X12+ 1 +2m-y1 232m ,丁一刈,同理 |PB|=|22mX2. 2352m2m所以 |PA| PB|= -|(2 -xi)(2 -X2)|4335 2m 2m= 4*2§)化一)(X1+X2) + X1X2|5 2m 9 2m 4m 4m2 12 4|(2-T)2-(2-T)(-T)+|4故存在常數(shù)使得|pt|2= 4pa| pbi

35、.5規(guī)律總結(jié)存在性問(wèn)題求解的思路及策略(1)思路：先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在；若結(jié)論不正確則不 存在.(2)策略：當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)要分類討論;當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件;當(dāng)條件和結(jié)論都不知， 按常規(guī)法解題很難時(shí)， 可先由特殊情況探究， 再推廣到一般情 況.跟蹤訓(xùn)練Gen zong xun lian 1mx2 y2已知橢圓C： -+b2= 1(0<b<2),以橢圓C的短軸為直徑的圓 。經(jīng)過(guò)橢圓C左右兩個(gè)焦點(diǎn)，A, B是橢圓C的長(zhǎng)軸端點(diǎn).(1)求圓O的方程和橢圓 C的離心率e.(2)設(shè)P, Q分別是橢圓C和圓。上的動(dòng)點(diǎn)(P, Q位

36、于y軸兩側(cè))，且直線PQ與x軸平 行，直線AP, BP分別與y軸交于點(diǎn)M, N,試判斷MQ與NQ所在的直線是否互相垂直，若是，請(qǐng)證明你的結(jié)論；若不是，也請(qǐng)說(shuō)明理由.解析(1)由橢圓方程可得又以橢圓C的短軸為直徑的圓。經(jīng)過(guò)橢圓C左右兩個(gè)焦點(diǎn)，可得b=c且b2+c2=a2,解得b= c=。2,則圓。的方程為x2+y2=2,橢圓C的離心率e=*=¥ a 2x2= 4 2y0,xQ=2-y2,又仆2，0)，B(2，0)，x2 y0+ _ = 1,(2)設(shè) P(xo,yo)(yow O),Q(xQ,yo),則 42xQ + yo= 2,由AP：片舞(X+2)，2yo得 M(0, ). xo+

37、2,由BP： 丫=十聲一0, xo 2所以疝=(xq, xS°2-y0)永=(-XQ,一檢70),xoyo=(xq)' Q,xo2八所以疝 QN = xQ + xx2yo4=2-y2+ 4 2y2y2= o,所以 QM ±QN,即 MQ 與 NQ 所在的 直線互相垂直.序后強(qiáng)化訓(xùn)練1.平面直角坐標(biāo)系中，已知兩點(diǎn)A(3,1), B(1,3),若點(diǎn)C滿足OC=為OA+力OB(O為原點(diǎn))，其中大,力C R ,且加+尬=1 ,則點(diǎn)C的軌跡是(A )A,直線B,橢圓C.圓D,雙曲線解析設(shè)C(x, y),因?yàn)?OC=入OA+ 2OB,所以(x, y)=旗3,1)十 為(1,3)

38、,即y+ 3x =0F,解得3y-x、 y+3x 3y-x ，口-又 為十淪=1,所以 10 + 10 =1,即 x+2y=5,所以點(diǎn)C的軌跡為直線.c y2,_ 一c c 一一c2,過(guò)雙曲線x2左=1的右支上一點(diǎn)P,分別向圓Ci： (x+4)2+y2=4和圓02： (x-4)2+ y2=1作切線，切點(diǎn)分別為 M, N,則|PM|2|PN|2的最小值為(B )A. 10B. 13C. 16解析由題意可知，|PM|2|PN|2=(|P01|24)(|P02|21),因此 |PM|2-|PN|2 = |P01|2 -|P02|2-3=(|P011- |PC2|)(|PC1|+|PC2|)-3=2(

39、|PC1|+|PC2|)-3>2|C1C2|-3= 13.故選B.x2 y23.已知F1, F2分別是雙曲線/一 b= 1(a>0, b>0)的左、右焦點(diǎn)，且|F1F2|= 2,若P是該雙曲線右支上的一點(diǎn)，且滿足|PFi|=2PF2|,則 PF1F2面積的最大值是(B )A. 1C. 53|PFi|=2|PF2|,解析|PF1|-|PF2|= 2a,|PF1|= 4a, |PF2|=2a,設(shè)/ F1PF2= 0,16a2+ 4a2 - 4 5a2 1COS 02 ，2X4aX2a 4a1S2A PFiF2= (X 4ax 2ax sin 2=16a4(i 25a4- 10a2

40、+ 116a4)169"9(a2一新當(dāng)且僅當(dāng)a2=5時(shí)，等號(hào)成立，故$ PF1F2的最大值是4.93故選B.4.已知雙曲線 M的焦點(diǎn)F1,F2在x軸上，直線于x+ 3y = 0是雙曲線M的一條漸近線,點(diǎn)P在雙曲線M上，且籃1蘇2=0,如果拋物線y2= 16x的準(zhǔn)線經(jīng)過(guò)雙曲線 M的一個(gè)焦點(diǎn),那么|岸1|南2|=( B )A. 21B. 14C. 7D . 0-，一 x2 y2解析設(shè)雙曲線方程為02-y2= 1(a>0, b>0), .直線47x+3y=0是雙曲線M的一條漸近線，,b 7小 a 3又拋物線的準(zhǔn)線為 x=- 4,c= 4又 a2+ b2= c2 由得a= 3.設(shè)

41、點(diǎn)P為雙曲線右支上一點(diǎn)， 由雙曲線定義得|IPF1|-|PF2|=6又 pF 1 PF2= 0 PFd 超2, 在 RUPF1F2 中 |蘇1|2+|隆2|2=82聯(lián)立，解得|正1| PF2|= 14.5.已知直線y=k(x+ 2)(k>0)與拋物線C: y2=8x相交于A、B兩點(diǎn)，F(xiàn)為C的焦點(diǎn),若|FA|=2|FB|,則k的值為(D )1A.- 3C.2,2 D .3解析 設(shè) A(x，y1)，B(x2, y2),則 x1>0, x2>0,|FA|=x1+2, |FB|=x2+2, . x +2= 2x2+4,x1 = 2x2+2.y2= 8x由,得 k2x2+(4k2-8)

42、x+ 4k2 = 0,y= k x+ 2一.8-4k2 8 ) Xix2=4, x1+x2=-k2 k2 4.xi =2x2+2由，得 x2+x2 2=0, 1. x2= 1 , x1= 4,x1x2= 48, 12 8k2-4=5, .k=9,k=2 3 .， 16.已知斜率為2的直線l與拋物線y2= 2px(p>0)交于位于x軸上方的不同兩點(diǎn) A, B,記直線OA, OB的斜率分別為k1, k2,則k1+k2的取值范圍是(2, i ).解析設(shè)直線l ：x= 2y+t,聯(lián)立拋物線方程消去x得y2 = 2p(2y+ t)? y24py2Pt= 0,設(shè) A(xi, yi), B(x2, y

43、2), A= 16p2+8pt>0? t> 2p, yi+y2=4p, yiy2=2pt>0? t<0,即一2p<t<0.xix2= (2y1+ t)(2y2+ t)= 4y1y2+ 2t(y1 +y2)+12= 4( 2pt) + 2t p + t2 = t2,y1 y2k1+ k2= xi x22y2 + t y+ 2y1+ t y2xix2t yi + y2 + 4yiy2 4pt 8PtX1X2t24pt ._ . 一 4p-2p<t<0,才>2,即k+k2的取值范圍是(2, +8).7.已知Fi, F2分別是雙曲線 3x2y2=3

44、a2(a>0)的左、右焦點(diǎn)，P是拋物線y2= 8ax與雙曲線的一個(gè)交點(diǎn)，若|PFi|+|PF2|= 12,則拋物線的準(zhǔn)線方程為x= 2.解析將雙曲線方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程得x2-七=1，拋物線的準(zhǔn)線為x=- 2a,聯(lián)立a 3ax2 4=1,IPFiI+ |PF2|= 12.a 3a? x= 3a,即點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為3a.而由? |PF2|= 6-a,y2 = 8ax|PF1|- PF2|=2a又易知F2為拋物線的焦點(diǎn)，|PF2|=3a+2a = 6-a,得a=1, ,拋物線的準(zhǔn)線方程為x =2.8.設(shè)拋物線C: y2=4x的焦點(diǎn)為F,過(guò)F的直線l與拋物線交于 A, B兩點(diǎn)，M為拋物 線C的準(zhǔn)線與

45、x軸的交點(diǎn)，若tanZ AMB= 272,則|AB|=8.解析依題意作出圖象如圖所示,得,設(shè) l: x= my+ 1, A(xi, yi),y24my4=0, .yi + y2 = 4m, yiy2=4, xix2=y 44 4= i, xi +x2= m(yi+y2)+2= 4m2+ 2. tan/ AMB = tan( / AMF + / BMF ),yi一 y2xi + i + x2+ iyi y2i I J I Axi+ i x2+ i= 2 2,yi my2+2 y2 myi + 2 = 26xi + i x2+ i + yiy2'yi y2= 4 ,2m2,4，m2+ i

46、= 4>y2m2, m2=i,.|AB|=|AF|+|BF| = xi+i + x2+i = 4m2 + 4=8.9.(2018撫州一模)已知?jiǎng)訄AC與圓x2+y2+2x=0外切，與圓x2+y22x 24=0內(nèi)切.試求動(dòng)圓圓心 C的軌跡方程;(2)過(guò)定點(diǎn)P(0,2)且斜率為k(kw0)的直線l與(i)中軌跡交于不同的兩點(diǎn) M, N,試判斷在x軸上是否存在點(diǎn) A(m,0),使得以AM, AN為鄰邊的平行四邊形為菱形？若存在，求出實(shí)數(shù)m的范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.解析(i)由 x2+ y2+ 2x= 0 得(x+ i)2+ y2= i,由 x2 + y2 2x 24=。得(x i)2+ y2

47、= 25, 設(shè)動(dòng)圓C的半徑為R,兩圓的圓心分別為 Fi(-i,0), F2(i,0),則|CFi|=R+i, |CF2|=5 R,所以|CFi|+|CF2| = 6,根據(jù)橢圓的定義可知，點(diǎn)C的軌跡為以Fi, F2為焦點(diǎn)的橢圓，所x2 y2以c= i, a = 3,所以b2=a2- c2= 9- i =8,所以動(dòng)圓圓心 C的軌跡方程為g+彳=1.(2)存在.直線l的方程為y=kx+2,設(shè)M(xi, yi), N(x2, y" MN的中點(diǎn)為E(xo, yo).假設(shè)存在點(diǎn)A(m,0),使得以AM, AN為鄰邊的平行四邊形為菱形，則 AEXMN,y= kx+2,由 x2 y2得(8+9k2)

48、x2+36kx36 = 0,3 + 8=i,36k, 一i8kxi+x2=-9k2+8,所以 x°=9k2+8'16 y0= kX0+2 = 9k2T8-'1_09k2+8 01 k'因?yàn)?AE'MN,所以 kAE=-K，18k9k2+8所以m =2k -29k2+88'9k+k當(dāng) k>0 時(shí)，9k+ k>29X 8 = 12/2,所以12wm<0；當(dāng) k<0 時(shí)，9k+ 1< 12山,所以 0<m< 12.因此，存在點(diǎn) A(m,0),使得以AM, AN為鄰邊的平行四邊形為菱形，且實(shí)數(shù) m的取值范圍為1

49、2，0)U(0,212,1 .如圖，橢圓E：x2 y22a2+b2= 1(a>b>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(0, 1),且離心率為 2 .(I)求橢圓E的方程;(n )經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1,1),且斜率為k的直線與橢圓 E交于不同的兩點(diǎn) P,Q(均異于點(diǎn)A),證明:直線AP與AQ的斜率之和為2.解析 (I)由題意知°=乎，b= 1,結(jié)合a2= b2 + c2,解得a = y2,所以，橢圓的方程 a 2+ y2= 1.x2(n)證明：由題設(shè)知，直線 PQ的萬(wàn)程為y=k(x1)+1(kw2),代入萬(wàn)+ 丫2=1,得(1 + 2k2)x2-4k(k- 1)x+ 2k(k- 2)= 0.由已知 A&g

50、t; 0,設(shè) P(x1，y1)，Q(x2, y2), xiX2W0,4k k 12k k 2xixATT' x1X2=7T2kr.從而直線AP與AQ的斜率之和y1 +1y2+ 1kAP + kAQ=1x1x2kxi+2k kx2+ 2 kX2xi11k) 7 + x；x1 + x2= 2k+(2-k)xx1x24k k- 1= 2k+(2"2= 2k-2(k- 1)=2.2.設(shè)點(diǎn)P是曲線C: x2=2py(p>0)上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P到點(diǎn)(0,1)的距離和它到焦點(diǎn)F的距5離之和的最小值為5.(1)求曲線C的方程;(2)若點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為1,過(guò)P作斜率為k(kw0)的直線交C于點(diǎn)

51、Q,交x軸于點(diǎn)M,過(guò)點(diǎn)Q且與PQ垂直的直線與 C交于另一點(diǎn)N,問(wèn)是否存在實(shí)數(shù)k,使得直線MN與曲線C相切？若存在，求出 k的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.p 51解析(1)依題意知1+2=4，斛得p=2.所以曲線C的方程為x2=y.(2)由題意直線 PQ的方程為：y=k(x1)+1,y= k x- 1 + 1聯(lián)立方程組2y=x消去 y得 x2 kx+k 1=0,得 Q(k1, (k-1)2).1所以得直線QN的萬(wàn)程為y (k1)2= k(xk+1).代入曲線方程y=x2中，得解得 N(1-1-k, (1 -k-1)2). kk1 21-k-k所以直線MN的斜率kMN =-1 , 1廠 L >k1 21-k-k2 * *k過(guò)點(diǎn)N的切線的斜率,1k =2（1 -k-決1= 2（1-k-k）.專題六規(guī)范答題示例(12分)已知定點(diǎn)C(1,0)及橢圓x2+3y2=5,過(guò)點(diǎn)C的動(dòng)直線與橢圓相交于A, B兩點(diǎn). 1若線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是一2,