1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 9.10 高考解答题热点题型高考解答题热点题型(二二)定点、定值、探索性问题定点、定值、探索性问题 目录 一、一、解法指导解法指导 1.求解圆锥曲线中定点问题的两种方法求解圆锥曲线中定点问题的两种方法 (1)特殊推理法：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：直接推理法：选择一个参数建立方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常数 k 当成变 量，将变量 x，y 当成常数，将原方程转化为 kf(x，y)g(x，y)0 的形式；
2、根据曲线(包含直线)过定点时 与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组 f（x，y）0 g（x，y）0；以中方程组的解为坐标 的点就是曲线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决 2.存在性问题的求解策略存在性问题的求解策略 解决存在性问题，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 (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 (3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意 二、二、典例分析典例分析 【例【例 1】(2020 武汉武汉模拟模拟)过抛物线 C：y24x 的焦
3、点 F 且斜率为 k 的直线 l 交抛物线 C 于 A，B 两点，且|AB| 8. (1)求直线 l 的方程； (2)若 A 关于 x 轴的对称点为 D，求证：直线 BD 过定点，并求出该点的坐标 【解】 (1)由 y24x 知焦点 F 的坐标为(1，0)，则直线 l 的方程为 yk(x1)， 代入抛物线方程 y24x，得 k2x2(2k24)xk20， 由题意知 k0， 且 (2k24)24k2 k216(k21)0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x22k 24 k2 ，x1x21. 由抛物线的弦长公式知|AB|x1x228，则2k 24 k2 6， 即 k21，解得 k
4、 1. 所以直线 l 的方程为 y (x1) (2)证明：由(1)及抛物线的对称性知，D 点的坐标为(x1，y1)， 直线 BD 的斜率 kBDy2y1 x2x1 y2y1 y22 4 y21 4 4 y2y1， 所以直线 BD 的方程为 yy1 4 y2y1(xx1)， 即(y2y1)yy2y1y214x4x1. 因为 y214x1，y224x2，x1x21，所以(y1y2)216x1x216， 即 y1y24(y1，y2异号) 所以直线 BD 的方程为 4(x1)(y1y2)y0， 对任意 y1，y2R，有 x10， y0， 解得 x1， y0， 即直线 BD 恒过定点(1，0) 【例 2
5、】已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的右焦点为 F(1，0)，且经过点 P 1 2， 3 5 4 . (1)求椭圆 C 的方程； (2)若直线 l 与椭圆 C 相切，过点 F 作 FQl，垂足为 Q，求证：|OQ|为定值(其中 O 为坐标原点) 【解】 (1)由题意可知椭圆 C 的左焦点为 F(1，0)，则半焦距 c1. 由椭圆定义可知 2a|PF|PF| 11 2 2 03 5 4 2 11 2 2 03 5 4 2 4， 所以 a2，b2a2c23，所以椭圆 C 的方程为x 2 4 y2 31. (2)证明：当直线 l 的斜率不存在时，l 的方程为 x2，点 Q 的坐标为(
6、2，0)或(2，0)，此时|OQ|2； 当直线 l 的斜率为 0 时，l 的方程为 y 3，点 Q 的坐标为(1， 3)或(1， 3)， 此时|OQ|2； 当直线 l 的斜率存在且不为 0 时，设直线 l 的方程为 ykxm(k0) 因为 FQl，所以直线 FQ 的方程为 y1 k(x1) 由 ykxm， x2 4 y2 31 消去 y，可得(34k2)x28kmx4m2120. 因为直线 l 与椭圆 C 相切，所以 (8km)24(34k2)(4m212)0， 整理得 m24k23.(*) 由 ykxm， y1 k（x1） 得 Q 1km k21 ，km k21 ， 所以|OQ| 1km k
7、21 2 km k21 2 1k2m2k2m2 （k21）2 ， 将(*)式代入上式，得|OQ| 4（k42k21） （k21）2 2. 综上所述，|OQ|为定值，且定值为 2. 【题后反思】直接探求，变量代换【题后反思】直接探求，变量代换 探求圆锥曲线中的定线段的长的问题，一般用直接求解法，即先利用弦长公式把要探求的线段表示出来， 然后利用题中的条件(如直线与曲线相切等)得到弦长表达式中的相关量之间的关系式， 把这个关系式代入弦 长表达式中，化简可得弦长为定值. 【例【例 3】 (2020 合肥模拟合肥模拟)如图，设点 A，B 的坐标分别为( 3，0)，( 3，0)，直线 AP，BP 相交于
8、点 P， 且它们的斜率之积为2 3. (1)求点 P 的轨迹方程； (2)设点 P 的轨迹为 C， 点 M， N 是轨迹 C 上不同于 A、 B 的两点， 且满足 APOM， BPON， 求证： MON 的面积为定值 【解】 (1)设点 P 的坐标为(x，y)，由题意得， kAPkBP y x 3 y x 3 2 3(x 3)， 化简得，点 P 的轨迹方程为x 2 3 y2 21(x 3) (2)证明：由题意可知，M，N 是轨迹 C 上不同于 A、B 的两点，且 APOM，BPON， 则直线 OM，ON 的斜率必存在且不为 0，kOMkONkAPkBP2 3. 当直线 MN 的斜率为 0 时，
9、设 M(x0，y0)，N(x0，y0)， 则 y20 x20 2 3， x20 3 y20 21， 得 |x 0| 6 2 ， |y0|1， 所以 SMON1 2|y0|2x0| 6 2 . 当直线 MN 的斜率不为 0 时，设直线 MN 的方程为 xmyt，代入x 2 3 y2 21， 得(32m2)y24mty2t260，(*) 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 y1，y2是方程(*)的两根， 所以 y1y2 4mt 32m2，y1y2 2t26 32m2. 又 kOMkONy1y2 x1x2 y1y2 m2y1y2mt（y1y2）t2 2t26 3t26m2， 所以 2t26
10、3t26m2 2 3，即 2t 22m23，满足 0. 又 SMON1 2|t|y1y2| |t| 24t248m272 2（32m2） ， 所以 SMON2 6t 2 4t2 6 2 . 综上，MON 的面积为定值，且定值为 6 2 . 【题后反思】【题后反思】探求圆锥曲线中几何图形的面积的定值问题，一般用直接求解法，即可先利用三角形面积公 式(如果是其他凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解)把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用 题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达 式中，化简即可 【例 3】已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b
11、21(ab0)的两个焦点分别为 F1，F2，短轴的一个端点为 P，PF1F2 内切圆的 半径为b 3，设过点 F2的直线 l 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 【解】 (1)由内切圆的性质，得1 22cb 1 2(2a2c) b 3，得 c a 1 2. 将 xc 代入x 2 a2 y2 b21，得 y b2 a ，所以2b 2 a 3. 又 a2b2c2，所以 a2，b 3， 故
12、椭圆 C 的标准方程为x 2 4 y2 31. (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)，R(x1，y1)，S(x2，y2) 联立方程，得 yk（x1）， 3x24y2120，得(34k 2)x28k2x4k2120， 由根与系数的关系得 x1x2 8k2 34k2， x1x24k 212 34k2 ，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 y1
13、 x1t y2 x2t0 . 因为 R，S 两点在直线 yk(x1)上， 所以 y1k(x11)，y2k(x21)，代入得 k（x11）（x2t）k（x21）（x1t） （x1t）（x2t） k2x1x2（t1）（x1x2）2t （x1t）（x2t） 0， 即 2x1x2(t1)(x1x2)2t0 ， 将代入得8k 224（t1）8k22t（34k2） 34k2 6t24 34k20 ， 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 【题后反思】存在性问题的求解策略【题后反思】存在性问题的求解策略 解决存在性问题，先假设存在，推证
14、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 (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 (3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意 三、高效训练突破三、高效训练突破 1.(2020 六安三模六安三模)给定椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)，称圆心在原点 O，半径为 a 2b2的圆为椭圆 C 的“准 圆”若椭圆 C 的一个焦点为 F( 2，0)，其短轴上的一个端点到 F 的距离为 3. (1)求椭圆 C 的方程和其“准圆”方程； (2)若点 P 是椭圆 C 的“准圆”上的动点，过点 P 作椭圆的切线
15、 l1，l2交“准圆”于点 M，N.证明：l1l2， 且线段 MN 的长为定值 【解析】(1)椭圆 C 的一个焦点为 F( 2，0)， 其短轴上的一个端点到 F 的距离为 3. c 2，a 3， ba2c21， 椭圆方程为x 2 3y 21， “准圆”方程为 x2y24. (2)证明：当直线 l1，l2中有一条斜率不存在时，不妨设直线 l1斜率不存在，则 l1：x 3， 当 l1：x 3时，l1与“准圆”交于点( 3，1)，( 3，1)， 此时 l2为 y1(或 y1)，显然直线 l1，l2垂直； 同理可证当 l1：x 3时，直线 l1，l2垂直 当 l1，l2斜率存在时， 设点 P(x0，y
16、0)，其中 x20y204. 设经过点 P(x0，y0)与椭圆相切的直线为 yt(xx0)y0， 由 ytxx0y0， x2 3y 21， 得(13t2)x26t(y0tx0)x3(y0tx0)230. 由 0 化简整理，得(3x20)t22x0y0t1y200， x20y204，有(3x20)t22x0y0t(x203)0. 设 l1，l2的斜率分别为 t1，t2， l1，l2与椭圆相切，t1，t2满足上述方程(3x20)t22x0y0t(x203)0， t1 t21，即 l1，l2垂直 综合知，l1l2. l1，l2经过点 P(x0，y0)，又分别交其“准圆”于点 M，N，且 l1，l2垂
17、直 线段 MN 为“准圆”x2y24 的直径，|MN|4， 线段 MN的长为定值 2.(2020 漳州二模漳州二模)设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C：x 2 a2y 21(1ab0)的焦点为 F1，F2，离心率为 1 2，点 P 为其上一动点，且三角形 PF1F2 面积的 最大值为 3，O 为坐标原点 (1)求椭圆 C 的方程； (2)若点 M，N 为 C 上的两个动点，求常数 m，使OM ON m 时，点 O 到直线 MN 的距离为定值，求这个定 值 【解】 ：(1)依题意知 c 2a2b2， bc 3， c a 1 2， 解得 a2， b 3， 所以椭圆 C 的方程为x 2 4 y
18、2 31. (2)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x2y1y2m， 当直线 MN 的斜率存在时，设其方程为 ykxn，则点 O 到直线 MN 的距离 d |n| k21 n2 k21， 联立，得 3x24y212， ykxn， 消去 y，得(4k23)x28knx4n2120，由 0 得 4k2n230，则 x1x2 8kn 4k23，x1x2 4n212 4k23 ， 所以 x1x2(kx1n)(kx2n)(k21)x1x2kn(x1x2)n2m，整理得 7n2 k2112 m（4k23） k21 . 因为 d n2 k21为常数，则 m0，d 12 7 2 21 7 ，此时
19、 7n2 k2112 满足 0. 当 MNx 轴时，由 m0 得 kOM 1， 联立，得 3x24y212， y x， 消去 y，得 x212 7 ，点 O 到直线 MN 的距离 d|x|2 21 7 亦成立 综上，当 m0 时，点 O 到直线 MN 的距离为定值，这个定值是2 21 7 . 5.(2020 重庆模拟重庆模拟)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1，F2.点 M 在椭圆 C 上滑动，若 MF1F2的面积取得最大值 4 时，有且仅有 2 个不同的点 M 使得MF1F2为直角三角形 (1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 P(0，1)的直线 l
20、与椭圆 C 分别相交于 A，B 两点，与 x 轴交于点 Q.设QA PA ，QB PB ，求证： 为定值，并求该定值 【解】 ：(1)由对称性知，点 M 在短轴端点时， MF1F2为直角三角形且F1MF290，且 SMF1F24，所以 bc 且 S1 2 2c bbc4， 解得 bc2，a2b2c28， 所以椭圆 C 的方程为x 2 8 y2 41. (2)证明：显然直线 l 的斜率不为 0，设直线 l：xt(y1)，联立 x 2 8 y2 41， xt（y1）， 消去 x，得(t22)y22t2yt280. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1y2 2t2 t22，y1y2 t2
21、8 t22. 令 y0，则 xt，所以 Q(t，0)， 因为QA PA ，所以 y 1(y11)， 所以 y1 y11. 因为QB PB ，所以 y 2(y21)，所以 y2 y21. 所以 y1 y11 y2 y21 2y1y2（y1y2） y1y2（y1y2）1 8 3. 6(2020 甘肃白银联考甘肃白银联考)设椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1，F2，下顶点为 A，O 为坐标 原点，点 O 到直线 AF2的距离为 2 2 ，AF1F2为等腰直角三角形 (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)直线 l 与椭圆 C 分别相交于 M， N 两点， 若直线 A
22、M 与直线 AN 的斜率之和为 2， 证明： 直线 l 恒过定点， 并求出该定点的坐标 【解】 ：(1)由题意可知，直线 AF2的方程为x c y b1， 即bxcybc0，则 bc b2c2 bc a 2 2 . 因为AF1F2为等腰直角三角形，所以 bc， 又 a2b2c2，可得 a 2，b1，c1， 所以椭圆 C 的标准方程为x 2 2y 21. (2)证明：由(1)知 A(0，1) 当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 ykxt(t 1)， 代入x 2 2y 21，得(12k2)x24ktx2t220， 所以16k2t24(12k2)(2t22)0，即 t22k21. 设 M
23、(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x2 4kt 12k2， x1x22t 22 12k2. 因为直线 AM 与直线 AN 的斜率之和为 2， 所以 kAMkANy11 x1 y21 x2 kx1t1 x1 kx2t1 x2 2k（t1）（x1x2） x1x2 2k（t1） 4kt 2t22 2， 整理得 t1k. 所以直线 l 的方程为 ykxtkx1kk(x1)1，显然直线 yk(x1)1 经过定点(1，1) 当直线 l 的斜率不存在时，设直线 l 的方程为 xm. 因为直线 AM 与直线 AN 的斜率之和为 2，设 M(m，n)，则 N(m，n)， 所以 kAMkANn1 m n1
24、 m 2 m2，解得 m1， 此时直线 l 的方程为 x1，显然直线 x1 也经过该定点(1，1) 综上，直线 l 恒过点(1，1) 7(2020 湖南五市十校联考湖南五市十校联考)已知动圆 C 过定点 F(1，0)，且与定直线 x1 相切 (1)求动圆圆心 C 的轨迹 E 的方程； (2)过点 M(2， 0)的任一条直线 l 与轨迹 E 分别相交于不同的两点 P， Q， 试探究在 x 轴上是否存在定点 N(异 于点 M)，使得QNMPNM？若存在，求点 N 的坐标；若不存在，说明理由 【解】 ：(1)法一：由题意知，动圆圆心 C 到定点 F(1，0)的距离与其到定直线 x1 的距离相等，又由
25、抛物 线的定义，可得动圆圆心 C 的轨迹是以 F(1，0)为焦点，x1 为准线的抛物线，其中 p2. 所以动圆圆心 C 的轨迹 E 的方程为 y24x. 法二：设动圆圆心 C(x，y)，由题意知 （x1）2y2|x1|， 化简得 y24x，即动圆圆心 C 的轨迹 E 的方程为 y24x. (2)假设存在点 N(x0，0)，满足题设条件 由QNMPNM 可知，直线 PN 与 QN 的斜率互为相反数，即 kPNkQN0. 由题意知直线 PQ 的斜率必存在且不为 0，设直线 PQ 的方程为 xmy2. 联立 y24x， xmy2，得 y 24my80. 由 (4m)2480，得 m 2或 m 2.
26、设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 y1y24m，y1y28. 由式得 kPNkQN y1 x1x0 y2 x2x0 y1（x2x0）y2（x1x0） （x1x0）（x2x0） 0， 所以 y1(x2x0)y2(x1x0)0， 即 y1x2y2x1x0(y1y2)0. 消去 x1，x2，得1 4y1y 2 21 4y2y 2 1x0(y1y2)0， 1 4y1y2(y1y2)x0(y1y2)0， 因为 y1y20，所以 x01 4y1y22， 所以存在点 N(2，0)使得QNMPNM. 8(2020 湖南郴州教学质量监测湖南郴州教学质量监测)已知抛物线 C：x22py(p0)的焦点为
27、F，过点 F 的直线分别交抛物线于 A，B 两点 (1)若以 AB 为直径的圆的方程为(x2)2(y3)216，求抛物线 C 的标准方程； (2)过点 A，B 分别作抛物线的切线 l1，l2，证明：l1，l2的交点在定直线上 【解】 ：(1)设 AB 中点为 M，A 到准线的距离为 d1，B 到准线的距离为 d2，M 到准线的距离为 d，则 dyM p 2. 由抛物线的定义可知，d1|AF|，d2|BF|，所以 d1d2|AB|8， 由梯形中位线可得 dd1d2 2 4，所以 yMp 24. 又 yM3，所以 3p 24，可得 p2， 所以抛物线 C 的标准方程为 x24y. (2)证明：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 x22py，得 yx 2 2p，则 y x p，所以直线 l1的方程为 yy1 x1 p(xx1)， 直线 l2的方程为 yy2x2 p(xx2)， 联立得 xx1x2 2 ，yx1x2 2p ， 即直线 l1，l2的交点坐标为 x1x2 2 ，x1x2 2p . 因为 AB 过焦点 F 0，p 2 ， 由题可知直线 AB 的斜率存在，故可设直线 AB 方程为 yp 2kx， 代入抛物线 x22py 中，得 x22pkxp20， 所以 x1x2p2，yx1x2 2p p 2 2p p 2， 所以 l1，l2的交点在定直线 yp 2上
