1、命题探秘二命题探秘二 高考中的圆锥曲线问题高考中的圆锥曲线问题 第第 1 1 课时课时 圆锥曲线中的定点、定值问题圆锥曲线中的定点、定值问题 技法阐释 求解圆锥曲线中的定点问题的两种方法 (1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关. (2)直接推理法：选择一个参数建立直线系方程，一般将题目中给出的曲线方程 (包含直线方程)中的常量当成变量，将变量 x，y 当成常量，将原方程转化为 kf (x， y)g(x， y)0 的形式(k 是原方程中的常量)； 根据直线过定点时与参数没有关系 (即直线系方程对任意参数都成立)， 得到方程组 f x，y0， gx，y0； 以中方程组的
2、 解为坐标的点就是直线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，则可以特殊解 决. 技法一 直接推理解决直线过定点问题 典例 1(2020 临沂、枣庄二模联考)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率 为 3 2 ， 其左、 右焦点分别为 F1， F2， 点 P 为坐标平面内的一点， 且|OP |3 2， PF1 PF2 3 4，O 为坐标原点 (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 M 为椭圆 C 的左顶点，A，B 是椭圆 C 上两个不同的点，直线 MA，MB 的倾斜角分别为 ，且 2.证明：直线 AB 恒过定点，并求出该定点的坐 标 思维流程 解 (1)设 P 点坐标为(x0，
3、y0)，F1(c,0)，F2(c,0)， 则PF1 (cx0，y0)，PF2 (cx0，y0) 由题意得 x20y209 4， x0cx0cy203 4， 解得 c23，c 3. 又 ec a 3 2 ，a2. b2a2c21. 所求椭圆 C 的方程为x 2 4y 21. (2)设直线 AB 方程为 ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2) 联立方程 x2 4y 21， ykxm， 消去 y 得 (4k21)x28kmx4m240. x1x2 8km 4k21，x1x2 4m24 4k21. 又由 2，tan tan 1， 设直线 MA，MB 斜率分别为 k1，k2，则 k1k21， y1
4、 x12 y2 x221， 即(x12)(x22)y1y2. (x12)(x22)(kx1m)(kx2m)， (k21)x1x2(km2)(x1x2)m240， (k21)4m 24 4k21 (km2) 8km 4k21 m240， 化简得 20k216km3m20， 解得 m2k，或 m10 3 k. 当 m2k 时，ykx2k，过定点(2,0)，不合题意(舍去) 当 m10 3 k 时，ykx10 3 k，过定点 10 3 ，0 ， 直线 AB 恒过定点 10 3 ，0 . 点评：动直线 l 过定点问题的基本思路 设动直线方程(斜率存在)为 ykxt，由题设条件将 t 用 k 表示为 t
5、mk，得 y k(xm)，故动直线过定点(m,0) 技法二 直接推理解决曲线过定点问题 典例 2 (2019 北京高考)已知抛物线 C：x22py 经过点(2，1) (1)求抛物线 C 的方程及其准线方程； (2)设 O 为原点，过抛物线 C 的焦点作斜率不为 0 的直线 l 交抛物线 C 于两点 M，N，直线 y1 分别交直线 OM，ON 于点 A 和点 B求证：以 AB 为直径的 圆经过 y 轴上的两个定点 思维流程 解 (1)由抛物线 C：x22py 经过点(2，1)，得 p2. 所以抛物线 C 的方程为 x24y，其准线方程为 y1. (2)证明：抛物线 C 的焦点为 F(0，1)，设
6、直线 l 的方程为 ykx1(k0) 由 ykx1， x24y 得 x24kx40. 设 M()x1，y1，N()x2，y2，则 x1x24. 直线 OM 的方程为 yy1 x1x. 令 y1，得点 A 的横坐标 xAx1 y1. 同理得点 B 的横坐标 xBx2 y2. 设点 D(0，n)， 则DA x1 y1，1n ，DB x2 y2，1n ， DA DB x1x2 y1y2(n1) 2 x1x2 x 2 1 4 x 2 2 4 (n1)2 16 x1x2(n1) 24(n1)2. 令DA DB 0，即4(n1)20，则 n1 或 n3. 综上，以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的定点(0
7、,1)和(0，3) 点评：抓住圆的几何特征：“直径所对的圆周角为 90 ”，巧用向量DA DB 0 求得定点坐标，学习中应体会向量解题的工具性 技法三 定直线的方程问题 典例 3 已知抛物线 C：x22py(p0)的焦点为 F，过 F 且斜率为 1 的直线 与 C 交于 A，B 两点，|AB|8. (1)求抛物线 C 的方程； (2)过点 D(1,2)的直线 l 交 C 于点 M，N，点 Q 为 MN 的中点，QRx 轴交 C 于点 R，且QR RT .证明：动点 T 在定直线上 思维流程 解 (1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2) 因为 F 0，p 2 ，所以过 F 且斜率为 1 的直
8、线的方程为 yxp 2. 由 yxp 2， x22py 消去 y 并整理，得 x22pxp20，易知 0. 则 x1x22p，y1y2x1x2p3p， 所以|AB|y1y2p4p8，解得 p2. 于是抛物线 C 的方程为 x24y. (2)证明：法一：易知直线 l 的斜率存在，设 l 的方程为 yk(x1)2，Q(x0， y0)，M x3，1 4x 2 3，N x4，1 4x 2 4. 由 ykx12， x24y 消去 y 并整理，得 x24kx4k80. 则 (4k)24(4k8)16(k2k2)0， x3x44k，x3x44k8， 所以 x0 x 3x4 2 2k，y0k(x01)22k2
9、k2， 即 Q(2k,2k2k2) 由点 R 在曲线 C 上，QRx 轴，且QR RT ， 得 R(2k，k2)，R 为 QT 的中点，所以 T(2k，k2) 因为 2k2(k2)40， 所以动点 T 在定直线 x2y40 上 法二：设 T(x，y)，M x3，1 4x 2 3，N x4，1 4x 2 4. 由 x234y3， x244y4 得(x3x4)(x3x4)4(y3y4)， 所以x 3x4 4 y 3y4 x3x4. 设 Q(x，y5)，则直线 MN 的斜率 ky 52 x1 ， 又y 3y4 x3x4k，点 Q 的横坐标 x x3x4 2 ， 所以x 2 y52 x1 ，所以 y5
10、1 2x(x1)2. 由QR RT 知点 R 为 QT 的中点，所以 R x，y 5y 2 . 又点 R 在 C 上， 将 x，y 5y 2 代入 C 的方程得 x22(y5y)， 即x42y0， 所以动点 T 在定直线 x2y40 上 点评：本题第(2)问给出了探求圆锥曲线中的定直线问题的两种方法：方法一 是参数法，即先利用题设条件探求出动点 T 的坐标(包含参数)，再消去参数，即得 动点 T 在定直线上；方法二是相关点法，即先设出动点 T 的坐标为(x，y)，根据题 设条件得到已知曲线上的动点 R 的坐标， 再将动点 R 的坐标代入已知的曲线方程， 即得动点 T 在定直线上 技法四 直接推
11、理解决定值问题 典例 4 在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：x 2 4y 21，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 x1 2，y1 ， n x2 2，y2 ，m n0. (1)求证：k1 k21 4； (2)试探求OPQ 的面积 S 是不是为定值，并说明理由 思维流程 解 (1)证明：k1，k2均存在，x1x20. 又 m n0，x1x2 4 y1y20，即x1x2 4 y1y2， k1 k2y1y2 x1x2 1 4. (2)当直线 PQ 的斜率不存在，即 x1x2，y1y2时，由y1y2 x
12、1x2 1 4，得 x21 4 y 2 10. 点 P(x1，y1)在椭圆上，x 2 1 4y 2 11， |x1| 2，|y1| 2 2 .SPOQ1 2|x1|y1y2|1. 当直线 PQ 的斜率存在时，设直线 PQ 的方程为 ykxb. 联立得方程组 ykxb， x2 4y 21， 消去 y 并整理得(4k21)x28kbx4b240， 其中 (8kb)24(4k21)(4b24)16(14k2b2)0，即 b20) SPOQ1 2 |b| 1k2 |PQ| 1 2|b| x1x2 24x1x22|b| 4k21b2 4k21 1. 综合知POQ 的面积 S 为定值 1. 点评：圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 (1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代 数式，化简即可得出定值； (2)求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式， 再利用题设条件化简、变形求得； (3)求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进 行化简、变形即可求得
