第3讲 圆锥曲线中的热点问题

第3讲 圆锥曲线中的热点问题高考定位 1.圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一；2.以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题.对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考查.真 题 感 悟1.(2018·浙江卷)已知点P (0，1)，椭圆x 24＋y 2＝m (m >1)上两点A ，B 满足AP →＝2PB →，则当m ＝________时，点B 横坐标的绝对值最大.解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由AP →＝2PB →，得⎩⎨⎧－x 1＝2x 2，1－y 1＝2（y 2－1），即x 1＝－2x 2，y 1＝3－2y 2.因为点A ，B 在椭圆上，所以⎩⎪⎨⎪⎧4x 224＋（3－2y 2）2＝m ，x 224＋y 22＝m ，得y 2＝14m ＋34，所以x 22＝m －(3－2y 2)2＝－14m 2＋52m －94＝－14(m －5)2＋4≤4，所以当m ＝5时，点B 的横坐标的绝对值最大，最大值为2. 答案 52.(2017·全国Ⅰ卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，四点P 1(1，1)，P 2(0，1)，P 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，P 4⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上.(1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点.(1)解 由于点P 3，P 4关于y 轴对称，由题设知C 必过P 3，P 4.又由1a 2＋1b 2>1a 2＋34b 2知，椭圆C 不经过点P 1， 所以点P 2在椭圆C 上.因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎨⎧a 2＝4，b 2＝1.故C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2. 如果直线l 的斜率不存在，此时l 垂直于x 轴. 设l ：x ＝m ，A (m ，y A )，B (m ，－y A )，k 1＋k 2＝y A －1m ＋－y A －1m ＝－2m ＝－1，得m ＝2，此时l 过椭圆C 右顶点，与椭圆C 不存在两个交点，故不满足. 从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1).将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.则k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x2＝2kx 1x 2＋（m －1）（x 1＋x 2）x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0. ∴(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km4k 2＋1＝0.解得m ＝－2k －1，此时Δ＝32(m ＋1)， ∴当且仅当m >－1时，Δ>0，∴直线l 的方程为y ＝kx －2k －1，即y ＋1＝k (x －2). 所以l 过定点(2，－1).3.(2019·全国Ⅱ卷)已知点A (－2，0)，B (2，0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为－12.记M 的轨迹为曲线C . (1)求C 的方程，并说明C 是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连接QE 并延长交C 于点G .①证明：△PQG 是直角三角形； ②求△PQG 面积的最大值. (1)解 由题设得y x ＋2·y x －2＝－12， 化简得x 24＋y 22＝1(|x |≠2)，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左、右顶点. (2)①证明 设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx (k >0). 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y 22＝1得x ＝±21＋2k 2. 设u ＝21＋2k 2，则P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u ，0). 于是直线QG 的斜率为k 2，方程为y ＝k2(x －u ). 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 2（x －u ），x 24＋y 22＝1得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0.① 设G (x G ，y G )，则－u 和x G 是方程①的解， 故x G ＝u （3k 2＋2）2＋k 2，由此得y G ＝uk 32＋k 2.从而直线PG 的斜率为uk 32＋k 2－uk u （3k 2＋2）2＋k 2－u＝－1k . 所以PQ ⊥PG ，即△PQG 是直角三角形.②解 由①得|PQ |＝2u 1＋k 2，|PG |＝2uk k 2＋12＋k 2，所以△PQG 的面积S ＝12|PQ ||PG |＝8k （1＋k 2）（1＋2k 2）（2＋k 2）＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋k 1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋k 2.设t＝k＋1 k，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号.因为S＝8t1＋2t2在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为16 9.因此，△PQG面积的最大值为169.考点整合1.圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解.温馨提醒圆锥曲线上点的坐标是有范围的，在涉及求最值或范围问题时注意坐标范围的影响.2.圆锥曲线中定点、定值问题(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m).(2)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题.3.圆锥曲线中存在性问题的解题步骤：(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在.(3)得出结论.热点一圆锥曲线中的最值、范围问题【例1】(2019·潍坊模拟)已知动点P到定点F(1，0)和到直线x＝2的距离之比为22，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：y＝mx＋n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x 2＋y 2＝1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.解 (1)设点P (x ，y )，由题意，可得（x －1）2＋y 2|x －2|＝22，得x 22＋y 2＝1.∴曲线E 的方程是x 22＋y 2＝1.(2)设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由条件可得|AB |＝ 2. 当m ＝0时，显然不合题意.当m ≠0时，∵直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切， ∴|n |m 2＋1＝1，得n 2＝m 2＋1. 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝mx ＋n ，x 22＋y 2＝1，消去y 得⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋12x 2＋2mnx ＋n 2－1＝0， 则Δ＝4m 2n 2－4⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋12(n 2－1)＝2m 2>0，x 1＋x 2＝－4mn2m 2＋1，x 1x 2＝2（n 2－1）2m 2＋1，S 四边形ACBD ＝12|AB |·|x 1－x 2|＝2|m |2m 2＋1＝22|m |＋1|m |≤22， 当且仅当2|m |＝1|m |，即m ＝±22时等号成立，因为直线l 与线段AB 有交点，所以当m ＝22时，n ＝－62；当m ＝－22时，n ＝62.经检验可知，直线y ＝22x －62和直线y ＝－22x ＋62都符合题意.探究提高 求圆锥曲线中范围、最值的主要方法：(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解.(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围. 【训练1】 (2019·山东师大附中模拟)已知椭圆Γ的中心在原点，焦点在x 轴上，焦距为2，且长轴长是短轴长的2倍. (1)求椭圆Γ的标准方程；(2)设P (2，0)，过椭圆Γ左焦点F 的直线l 交Γ于A ，B 两点，若对满足条件的任意直线，不等式P A →·PB →≤λ(λ∈R )恒成立，求λ的最小值. 解 (1)依题意，c ＝1，a ＝2b ， 又a 2＝b 2＋c 2，得2b 2＝b 2＋1， ∴b 2＝1，a 2＝2.∴椭圆Γ的标准方程为x 22＋y 2＝1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则P A →·PB →＝(x 1－2，y 1)·(x 2－2，y 2)＝(x 1－2)(x 2－2)＋y 1y 2， 当直线l 垂直于x 轴时，x 1＝x 2＝－1，y 1＝－y 2且y 21＝12， 此时P A →＝(－3，y 1)，PB →＝(－3，y 2)＝(－3，－y 1)， 所以P A →·PB →＝(－3)2－y 21＝172， 当直线l 不垂直于x 轴时，设直线l ：y ＝k (x ＋1)， 由⎩⎨⎧y ＝k （x ＋1），x 2＋2y 2＝2整理得(1＋2k 2)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0， 所以x 1＋x 2＝－4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－21＋2k 2，所以P A →·PB →＝x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＋k 2(x 1＋1)(x 2＋1) ＝(1＋k 2)x 1x 2＋(k 2－2)(x 1＋x 2)＋4＋k 2 ＝(1＋k 2)2k 2－21＋2k 2－(k 2－2)·4k 21＋2k2＋4＋k 2 ＝17k 2＋22k 2＋1＝172－132（2k 2＋1）<172. 要使不等式P A →·PB →≤λ(λ∈R )恒成立，只需λ≥172，故λ的最小值为172.热点二 圆锥曲线中定值、定点问题 角度1 圆锥曲线中的定值【例2－1】 (2018·北京卷)已知抛物线C ：y 2＝2px 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P A 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，QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，求证：1λ＋1μ为定值. (1)解 因为抛物线y 2＝2px 过点(1，2)，所以2p ＝4，即p ＝2.故抛物线C 的方程为y 2＝4x . 由题意知，直线l 的斜率存在且不为0. 设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0). 由⎩⎨⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0. 依题意Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1>0，解得k <1， 又因为k ≠0，故k <0或0<k <1.又P A ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2). 从而k ≠－3.所以直线l 斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1). (2)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2). 由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k 2. 直线P A 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1).令x ＝0， 得点M 的纵坐标为y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2. 同理得点N 的纵坐标为y N ＝－kx 2＋1x 2－1＋2. 由QM →＝λQO →，QN →＝μQO →得λ＝1－y M ，μ＝1－y N.所以1λ＋1μ＝11－y M ＋11－y N ＝x 1－1（k －1）x 1＋x 2－1（k －1）x 2＝1k －1·2x 1x 2－（x 1＋x 2）x 1x 2＝1k －1·2k 2＋2k －4k 21k 2＝2.所以1λ＋1μ＝2为定值.探究提高 1.求定值问题常见的方法有两种： (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.2.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.【训练2】 如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，经过点A (0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为定值. (1)解 由题设知c a ＝22，b ＝1， 结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2， 所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1， 得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4k （k －1）1＋2k 2，x 1x 2＝2k （k －2）1＋2k 2，从而直线AP ，AQ 的斜率之和k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k （k －1）2k （k －2）＝2k －2(k －1)＝2.故k AP ＋k AQ 为定值2.角度2 圆锥曲线中的定点问题【例2－2】 (2019·西安调研)已知两点A (－2，0)，B (2，0)，动点P 在y 轴上的投影是Q ，且2P A →·PB →＝|PQ →|2. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过F (1，0)作互相垂直的两条直线交轨迹C 于点G ，H ，M ，N ，且E 1，E 2分别是GH ，MN 的中点.求证：直线E 1E 2恒过定点. (1)解 设点P 坐标为(x ，y )，∴点Q 坐标为(0，y ). ∵2P A →·PB→＝|PQ →|2， ∴2[(－2－x )(2－x )＋y 2]＝x 2， 化简得点P 的轨迹方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明 当两直线的斜率都存在且不为0时，设l GH ：y ＝k (x －1)，G (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)，l MN ：y ＝－1k (x －1)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)， 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k （x －1），消去y 得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0. 则Δ>0恒成立.∴x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，且x 1x 2＝2k 2－42k 2＋1.∴GH 中点E 1坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 22k 2＋1，－k 2k 2＋1， 同理，MN 中点E 2坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋2，k k 2＋2，∴kE 1E 2＝－3k2（k 2－1），∴lE 1E 2的方程为y ＝－3k 2（k 2－1）⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23，∴过点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0， 当两直线的斜率分别为0和不存在时，lE 1E 2的方程为y ＝0，也过点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0，综上所述，lE 1E 2过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0.探究提高 1.动直线l 过定点问题.设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m ，0).2.动曲线C 过定点问题.引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.【训练3】 (2019·北京东城区模拟)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－34. (1)求动点C 的轨迹方程；(2)设直线l 与(1)中轨迹相切于点P ，与直线x ＝4相交于点Q ，求证：以PQ 为直径的圆过x 轴上一定点.(1)解 设C (x ，y ).由题意得k AC ·k BC ＝y x ＋2·y x －2＝－34(y ≠0).整理，得x 24＋y 23＝1(y ≠0).故动点C 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0).(2)证明 法一 易知直线l 的斜率存在，设直线l ：y ＝kx ＋m . 联立得方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1.消去y 并整理，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.依题意得Δ＝(8km )2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝0， 即3＋4k 2＝m 2.设x 1，x 2为方程(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0的两个根，则x 1＋x 2＝－8km3＋4k 2，∴x 1＝x 2＝－4km3＋4k 2. ∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 3＋4k 2，3m 3＋4k 2，即P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m ，3m . 又Q (4，4k ＋m )，设R (t ，0)为以PQ 为直径的圆上一点，则由RP →·RQ →＝0，得⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m －t ，3m ·(4－t ，4k ＋m )＝0.整理，得4km (t －1)＋t 2－4t ＋3＝0.由km 的任意性，得t －1＝0且t 2－4t ＋3＝0，解得t ＝1. 综上可知，以PQ 为直径的圆过x 轴上一定点(1，0).法二 设P (x 0，y 0)，则曲线C 在点P 处的切线PQ ：x 0x 4＋y 0y3＝1. 令x ＝4，得Q ⎝⎛⎭⎪⎫4，3－3x 0y 0. 设R (t ，0)为以PQ 为直径的圆上一点， 则由RP →·RQ →＝0，得(x 0－t )·(4－t )＋3－3x 0＝0， 即x 0(1－t )＋t 2－4t ＋3＝0.由x 0的任意性，得1－t ＝0且t 2－4t ＋3＝0，解得t ＝1. 综上可知，以PQ 为直径的圆过x 轴上一定点(1，0). 热点三 圆锥曲线中的存在性问题【例3】 (2019·海南调研)设椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为A (－1，0)，B (1，0)，C 为椭圆M 上的点，且∠ACB ＝π3，S △ABC ＝33. (1)求椭圆M 的标准方程；(2)设过椭圆M 右焦点且斜率为k 的动直线与椭圆M 相交于E ，F 两点，探究在x 轴上是否存在定点D ，使得DE →·DF →为定值？若存在，试求出定值和点D 的坐标；若不存在，请说明理由.解 (1)在△ABC 中，由余弦定理AB 2＝CA 2＋CB 2－2CA ·CB ·cos C ＝(CA ＋CB )2－3CA ·CB ＝4.又S △ABC ＝12CA ·CB ·sin C ＝34CA ·CB ＝33， ∴CA ·CB ＝43，代入上式得CA ＋CB ＝2 2.椭圆长轴长为2a ＝22，焦距为2c ＝AB ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1. 所以椭圆M 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)设直线方程y ＝k (x －1)，E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)， 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k （x －1），消去y 得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，Δ＝8k 2＋8>0， ∴x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－21＋2k 2.假设x 轴上存在定点D (x 0，0)，使得DE →·DF →为定值.∴DE →·DF →＝(x 1－x 0，y 1)·(x 2－x 0，y 2) ＝x 1x 2－x 0(x 1＋x 2)＋x 20＋y 1y 2＝x 1x 2－x 0(x 1＋x 2)＋x 20＋k 2(x 1－1)(x 2－1) ＝(1＋k 2)x 1x 2－(x 0＋k 2)(x 1＋x 2)＋x 20＋k 2 ＝（2x 20－4x 0＋1）k 2＋（x 20－2）1＋2k 2.要使DE →·DF →为定值，则DE →·DF →的值与k 无关， ∴2x 20－4x 0＋1＝2(x 20－2)，解得x 0＝54， 此时DE →·DF→＝－716为定值，定点为⎝ ⎛⎭⎪⎫54，0. 探究提高 1.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，不成立则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论. 2.求解步骤：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.【训练4】 (2019·烟台模拟)已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，点M (2，m )(m >0)在抛物线上，且|MF |＝2. (1)求抛物线C 的方程；(2)若点P (x 0，y 0)为抛物线上任意一点，过该点的切线为l 0，过点F 作切线l 0的垂线，垂足为Q ，则点Q 是否在定直线上，若是，求定直线的方程；若不是，说明理由.解 (1)由抛物线的定义可知，|MF |＝m ＋p2＝2，① 又M (2，m )在抛物线上，所以2pm ＝4，② 由①②，解得p ＝2，m ＝1， 所以抛物线C 的方程为x 2＝4y .(2)①当x 0＝0，即点P 为原点时，易知点Q 在直线y ＝0上； ②当x 0≠0，即点P 不在原点时， 由(1)得，x 2＝4y ，则y ′＝12x ， 所以在点P 处的切线的斜率为12x 0，所以在点P 处的切线l 0的方程为y －y 0＝12x 0(x －x 0)，又x 20＝4y 0，所以y －y 0＝12x 0(x －x 0)可化为y ＝12x 0x －y 0. 则过点F 与切线l 0垂直的方程为y －1＝－2x 0x ，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x 0x －y 0，y －1＝－2x 0x ，消去x ，得y ＝－14(y －1)x 20－y 0.(*)因为x 20＝4y 0，所以(*)可化为y ＝－yy 0，即(y 0＋1)y ＝0， 由y 0>0，可知y ＝0，即垂足Q 必在x 轴上. 所以点Q 必在直线y ＝0上，综上所述，点Q必在定直线y＝0上.1.解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握：(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关：(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标.2.圆锥曲线的范围问题的常见求法(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值.3.存在性问题求解的思路及策略(1)思路：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.(2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.巩固提升一、选择题1.椭圆C：x23＋y2m＝1的焦点在x轴上，点A，B是长轴的两端点，若曲线C上存在点M满足∠AMB＝120°，则实数m的取值范围是() A.(3，＋∞) B.[1，3)C.(0，3)D.(0，1]解析依题意，当0<m<3时，焦点在x轴上，要在曲线C上存在点M满足∠AMB＝120°，则ab≥tan 60°，即3m≥3，解得0<m≤1.答案 D2.若点P为抛物线y＝2x2上的动点，F为抛物线的焦点，则|PF|的最小值为()A.2B.12C.14D.18解析 根据题意，抛物线y ＝2x 2上，设P 到准线的距离为d ，则有|PF |＝d ，抛物线的方程为y ＝2x 2，即x 2＝12y ，其准线方程为y ＝－18，∴当点P 在抛物线的顶点时，d 有最小值18，即|PF |min ＝18. 答案 D3.(2019·济宁模拟)已知以圆C ：(x －1)2＋y 2＝4的圆心为焦点的抛物线C 1与圆C 在第一象限交于A 点，B 点是抛物线C 2：x 2＝8y 上任意一点，BM 与直线y ＝－2垂直，垂足为M ，则|BM |－|AB |的最大值为( ) A.1 B.2 C.－1D.8解析 易知抛物线C 1的焦点为(1，0)，所以抛物线C 1的方程为y 2＝4x . 由⎩⎨⎧y 2＝4x ，（x －1）2＋y 2＝4及点A 位于第一象限可得点A (1，2).因为抛物线C 2：x 2＝8y 的焦点F (0，2)，准线方程为y ＝－2，所以由抛物线的定义得|BM |＝|BF |.如图，在平面直角坐标系中画出抛物线C 2及相应的图形，可得|BM |－|AB |＝|BF |－|AB |≤|AF |(当且仅当A ，B ，F 三点共线，且点B 在第一象限时，不等式取等号).故所求最大值为|AF |＝1，故选A. 答案 A4.已知圆M ：(x －2)2＋y 2＝1经过椭圆C ：x 2m ＋y 23＝1(m >3)的一个焦点，圆M 与椭圆C 的公共点为A ，B ，点P 为圆M 上一动点，则P 到直线AB 的距离的最大值为( ) A.210－5B.210－4C.410－11D.410－10解析 易知圆M 与x 轴的交点为(1，0)，(3，0)，∴m －3＝1或m －3＝9，则m ＝4或m ＝12.当m ＝12时，圆M 与椭圆C 无交点，舍去.所以m ＝4.联立⎩⎪⎨⎪⎧（x －2）2＋y 2＝1，x 24＋y 23＝1，得x 2－16x ＋24＝0.又x ≤2，所以x ＝8－210.故点P 到直线AB 距离的最大值为3－(8－210)＝210－5. 答案 A 二、填空题5.(2019·安徽“江南十校”联考)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点为F 1，F 2，在双曲线上存在点P 满足2|PF 1→＋PF 2→|≤|F 1F 2→|，则此双曲线的离心率e 的取值范围是________.解析 由于O 是F 1F 2的中点，得PO →＝12(PF 1→＋PF 2→). ∵双曲线上存在点P 满足2|PF 1→＋PF 2→|≤|F 1F 2→|， 则4|PO→|≤2c . 由于|PO →|≥a ，知4a ≤2c ，∴e ≥2. 答案 [2，＋∞)6.已知抛物线y 2＝4x ，过焦点F 的直线与抛物线交于A ，B 两点，过A ，B 分别作x 轴，y 轴垂线，垂足分别为C ，D ，则|AC |＋|BD |的最小值为________.解析 不妨设A (x 1，y 1)(y 1>0)， B (x 2，y 2)(y 2<0).则|AC |＋|BD |＝x 2＋y 1＝y 224＋y 1. 又y 1y 2＝－p 2＝－4.∴|AC |＋|BD |＝y 224－4y 2(y 2<0).设g (x )＝x 24－4x (x <0)，由g ′(x )＝x 3＋82x 2＝0，得x ＝－2，分析知g (x )在(－∞，－2)递减，在(－2，0)递增.∴当x ＝－2，即y 2＝－2时，|AC |＋|BD |的最小值为3. 答案 37.已知抛物线C ：y 2＝4x 的准线为l ，F 是抛物线C 的焦点，M 是抛物线C 上一点，O 为坐标原点，P (0，2)，∠OPM 的平分线过线段FM 的中点，则点M 的坐标为________.解析 设FM 的中点为Q ，作QN ⊥y 轴于点N ，MM 2⊥准线l 于点M 2，设MM 2与y 轴交于点M 1，则2|QN |＝|MM 1|＋|OF |＝|MM 2|＝|MF |，故|QN |＝12|MF |＝|QM |，过点Q 作QT ⊥MP 于点T ，则|QN |＝|QT |＝|QM |，由垂线段的唯一性可知点M ，T 重合，则∠PMF ＝90°.设M (x ，y )，连接PF ，则M 在以PF 为直径的圆上，又F (1，0)，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋(y －1)2＝54，将x ＝y 24代入得⎝ ⎛⎭⎪⎫y 24－122＋(y －1)2＝54，整理得(y －2)(y 2＋2y ＋16)＝0，得y ＝2，所以x ＝1.故点M 的坐标为(1，2). 答案 (1，2) 三、解答题8.已知曲线C ：y 2＝4x ，曲线M ：(x －1)2＋y 2＝4(x ≥1)，直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，O 为坐标原点.(1)若OA →·OB→＝－4，求证：直线l 恒过定点；(2)若直线l 与曲线M 相切，求P A →·PB →(点P 坐标为(1，0))的最大值. (1)证明 易知直线l 的斜率不为0，设l ：x ＝my ＋n ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2). 由⎩⎨⎧x ＝my ＋n ，y 2＝4x 得y 2－4my －4n ＝0. 由Δ＝(4m )2＋16n >0，即m 2＋n >0. ∴y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4n . ∴x 1＋x 2＝4m 2＋2n ，x 1x 2＝n 2. 由OA →·OB→＝－4，得x 1x 2＋y 1y 2＝n 2－4n ＝－4，解得n ＝2. ∴直线l 方程为x ＝my ＋2， ∴直线l 恒过定点(2，0).(2)解 ∵直线l 与曲线M ：(x －1)2＋y 2＝4(x ≥1)相切， ∴|1－n |1＋m2＝2，且n ≥3， 整理得4m 2＝n 2－2n －3(n ≥3).① 又点P 坐标为(1，0)，∴由已知及①，得 P A →·PB →＝(x 1－1，y 1)·(x 2－1，y 2) ＝(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2 ＝x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＋y 1y 2 ＝n 2－4m 2－2n ＋1－4n ＝n 2－4m 2－6n ＋1＝4－4n . 又y ＝4－4n (n ≥3)是减函数，∴当n ＝3时，y ＝4－4n 取得最大值－8. 故P A →·PB→的最大值为－8. 9.(2019·河北省“五个一”名校联盟考试)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)是椭圆C 上两个动点，直线OP ，OQ 的斜率分别为k 1，k 2，若m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 12，y 1，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，y 2，m·n ＝0.(1)求证：k 1·k 2＝－14；(2)试探求△OPQ 的面积S 是否为定值，并说明理由. (1)证明 ∵k 1，k 2均存在，∴x 1x 2≠0， 又m·n ＝0，∴x 1x 24＋y 1y 2＝0， 即x 1x 24＝－y 1y 2， ∴k 1·k 2＝y 1y 2x 1x 2＝－14.(2)解 当直线PQ 的斜率不存在，即x 1＝x 2，y 1＝－y 2时，由y 1y 2x 1x 2＝－14，得x 214－y 21＝0，又∵点P (x 1，y 1)在椭圆上，得x 214＋y 21＝1，∴|x 1|＝2，|y 1|＝22.∴S △POQ ＝12|x 1|·|y 1－y 2|＝1. 当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋b (b ≠0).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kbx ＋4b 2－4＝0，Δ＝64k 2b 2－4(4k 2＋1)(4b 2－4)＝16(4k 2＋1－b 2)>0， ∴x 1＋x 2＝－8kb 4k 2＋1，x 1x 2＝4b 2－44k 2＋1.∵x 1x 24＋y 1y 2＝0，∴x 1x 24＋(kx 1＋b )(kx 2＋b )＝0， 得2b 2－4k 2＝1，满足Δ>0. ∴S △POQ ＝12·|b |1＋k2|PQ | ＝12|b |（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝2|b |·4k 2＋1－b 24k 2＋1＝1.综上可知，△POQ 的面积S 为定值.10.(2019·青岛模拟)如图，已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，左、右焦点分别为F 1，F 2，椭圆的一条弦AB 过其右焦点F 2，AB 的中点为M ，直线OM 与椭圆交于点C ，D ，△ABF 1的周长为8.(1)求椭圆E 的方程；(2)若直线AB 的斜率k 存在且k ≠0，求四边形ACBD 的面积S 的取值范围. 解 (1)由e ＝c a ＝12，得a ＝2c ，由题意及椭圆的定义知△ABF 1的周长为|AB |＋|AF 1|＋|BF 1|＝|BF 1|＋|BF 2|＋|AF 1|＋|AF 2|＝4a ＝8，得a ＝2，∴c ＝1， ∴b 2＝a 2－c 2＝3，∴椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题意可设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，k ≠0，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k （x －1）消去y 得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，∴Δ＝122(k 2＋1)>0，x A ＋x B ＝8k 24k 2＋3，x A x B ＝4k 2－124k 2＋3.∴|AB |＝（1＋k 2）·122（k 2＋1）（4k 2＋3）2＝12（k 2＋1）4k 2＋3，M ⎝⎛⎭⎪⎫4k24k 2＋3，－3k 4k 2＋3，∴直线OM 的斜率k OM ＝－34k ， ∴直线OM 的方程为y ＝－34k x . 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝－34k x得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4k4k 2＋3，y ＝－34k 2＋3或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－4k4k 2＋3，y ＝34k 2＋3，不妨令C ⎝⎛⎭⎪⎫4k 4k 2＋3，－34k 2＋3， D ⎝⎛⎭⎪⎫－4k 4k 2＋3，34k 2＋3， ∴点C ，D 到直线AB 的距离之和为d C ＋d D ＝|k （x C －1）－y C |＋|k （x D －1）－y D |k 2＋1＝|[k （x C －1）－y C ]－[k （x D －1）－y D ]|k 2＋1＝|k （x C －x D ）－（y C －y D ）|k 2＋1＝24k 2＋3k 2＋1. ∴S ＝12|AB |(d C ＋d D )＝12×12（k 2＋1）4k 2＋3×24k 2＋3k 2＋1＝12k 2＋14k 2＋3＝1214＋14（4k 2＋3）(k ≠0)，∴S 的取值范围是(6，43).能力突破11.(2019·北京卷)已知抛物线C ：x 2＝－2py (p >0)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y ＝－1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.(1)解 由抛物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)得p ＝2.所以抛物线C 的方程为x 2＝－4y ，其准线方程为y ＝1.(2)证明 抛物线C 的焦点为F (0，－1).设直线l 的方程为y ＝kx －1(k ≠0).由⎩⎨⎧y ＝kx －1，x 2＝－4y得x 2＋4kx －4＝0. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1x 2＝－4.直线OM 的方程为y ＝y 1x 1x . 令y ＝－1，得点A 的横坐标x A ＝－x 1y 1， 同理得B 的横坐标x B ＝－x 2y 2. 设点D (0，n )，则DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 1y 1，－1－n ，DB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 2y 2，－1－n ，DA →·DB →＝x 1x 2y 1y 2＋(n ＋1)2＝x 1x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 214⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 224＋(n ＋1)2 ＝16x 1x 2＋(n ＋1)2＝－4＋(n ＋1)2. 令DA →·DB→＝0，即－4＋(n ＋1)2＝0， 得n ＝1或n ＝－3.综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0，1)和(0，－3).12.(2019·石家庄质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，且经过点⎝⎛⎭⎪⎫－1，32. (1)求椭圆C 的方程；(2)过点(3，0)作直线l 与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，试问在x 轴上是否存在定点Q ，使得直线QA 与直线QB 恰关于x 轴对称？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，说明理由.解 (1)由题意可得c a ＝32，1a 2＋34b 2＝1，又a 2－b 2＝c 2，所以a 2＝4，b 2＝1.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)存在定点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫433，0，满足直线QA 与直线QB 恰关于x 轴对称. 设直线l 的方程为x ＋my －3＝0，与椭圆C 的方程联立得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋my －3＝0，x 24＋y 2＝1，整理得(4＋m 2)y 2－23my －1＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，定点Q (t ，0)(依题意t ≠x 1，t ≠x 2).由根与系数的关系可得，y 1＋y 2＝23m 4＋m 2，y 1y 2＝－14＋m 2. 直线QA 与直线QB 恰关于x 轴对称，则直线QA 与直线QB 的斜率互为相反数，所以y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝0，即y 1(x 2－t )＋y 2(x 1－t )＝0. 又x 1＋my 1－3＝0，x 2＋my 2－3＝0，所以y 1(3－my 2－t )＋y 2(3－my 1－t )＝0，整理得，(3－t )(y 1＋y 2)－2my 1y 2＝0，从而可得，(3－t )·23m 4＋m 2－2m ·－14＋m 2＝0， 即2m (4－3t )＝0，所以当t ＝433，即Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫433，0时，直线QA 与直线QB 恰关于x 轴对称.特别地，当直线l 为x 轴时，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫433，0也符合题意. 综上所述，在x 轴上存在定点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫433，0，使得直线QA 与直线QB 恰关于x 轴对称.创新预测13.(多填题)设抛物线x 2＝4y 的焦点为F ，A 为抛物线上第一象限内一点，满足|AF |＝2；已知P 为抛物线准线上任一点，则|P A |＋|PF |的最小值为________，此时△P AF 的外接圆半径为________.解析 由x 2＝4y ，知p ＝2，∴焦点F (0，1)，准线y ＝－1.依题意，设A (x 0，y 0)(x 0>0)，由定义，得|AF |＝y 0＋p 2，则y 0＝2－1＝1，∴AF ⊥y 轴.易知当P (1，－1)时，|P A |＋|PF |最小，∴|PF |＝12＋（－1－1）2＝5，则|P A |＋|PF |＝25，由正弦定理，2R ＝|PF |sin A ＝525＝52，因此△P AF 的外接圆半径R ＝54.答案 25 5414.(多选题)已知点F 为抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点，点K 为点F 关于原点的对称点，点M 在抛物线C 上，则下列说法正确的有( )A.使得△MKF 为等腰三角形的点M 有且仅有4个B.使得△MKF 为直角三角形的点M 有且仅有4个C.使得∠MKF＝π4的点M有且仅有4个D.使得∠MKF＝π6的点M有且仅有4个解析由△MKF为等腰三角形，若KF＝MF，则M有两个点，若MK＝MF，则不存在，若MK＝KF，则M有两个点，使得△MKF为等腰三角形的点M有四个；在△MKF中，∠MFK为直角的点M有两个，∠MKF为直角的点M不存在，∠FMK为直角的点M有两个，则使得△MKF为直角三角形的点M有且仅有四个；若∠MKF＝π4的点M在第一象限，可得直线MK：y＝x＋p 2，代入抛物线的方程可得x2－px＋p24＝0，解得x＝p2.由对称性可得在第四象限只有一个，则满足∠MKF＝π4的点M只有两个；若∠MKF＝π6的点M在第一象限，可得直线MK：y＝33⎝⎛⎭⎪⎫x＋p2，代入抛物线的方程，可得x2－5px＋p24＝0，Δ＝25p2－p2＝24p2>0，可得点M有两个，由对称性可得在第四象限也有两个，则使得∠MKF＝π6的点M有且仅有四个，故选A，B，D.答案ABD。