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1、题型一圆锥曲线中的定点问题圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题(其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及)，其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动这类问题的求解一般可分为以下三步：一选：选择变量，定点问题中的定点，随某一个量的变化而固定，可选择这个量为变量(有时可选择两个变量，如点的坐标、斜率、截距等，然后利用其他辅助条件消去其中之一)二求：求出定点所满足的方程，即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量的方程三定点：对上述方程进行必要的化简，即可得到定点坐标典例(2019成都一诊)已知椭圆C：1(ab0)的右焦点F(，
2、0)，长半轴的长与短半轴的长的比值为2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标解(1)由题意得，c，2，a2b2c2，a2，b1，椭圆C的标准方程为y21.(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm(m1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)联立，得消去y可得(4k21)x28kmx4m240.16(4k21m2)0，x1x2，x1x2.点B在以线段MN为直径的圆上，0.(x1，kx1m1)(x2，kx2m1)(k21)x1x2k(m1)(x1x2)(m1)20
3、，(k21)k(m1)(m1)20，整理，得5m22m30，解得m或m1(舍去)直线l的方程为ykx.易知当直线l的斜率不存在时， 不符合题意故直线l过定点，且该定点的坐标为.方法技巧求解圆锥曲线中定点问题的2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；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
4、限制条件，可以特殊解决针对训练如图，已知直线l：ykx1(k0)关于直线yx1对称的直线为l1，直线l，l1与椭圆E：y21分别交于点A，M和A，N，记直线l1的斜率为k1.(1)求kk1的值；(2)当k变化时，试问直线MN是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由解：(1)设直线l上任意一点P(x，y)关于直线yx1对称的点为P0(x0，y0)，直线l与直线l1的交点为(0,1)，l：ykx1，l1：yk1x1，k，k1，由1，得yy0xx02， 由1，得yy0x0x，由得kk11.(2)由得(4k21)x28kx0，设M(xM，yM)，N(xN，yN)，xM，yM.
5、同理可得xN，yN.kMN，直线MN：yyMkMN(xxM)，即y，即yxx.当k变化时，直线MN过定点.题型二圆锥曲线中的定值问题圆锥曲线中的定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量(斜率、距离、面积、比值等)与变量(斜率、点的坐标等)无关的问题.其求解步骤一般为：一选：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等.二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量(或者有多个变量，但是能整体约分也可以).三定值：化简式子得到定值.由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只须对上述式子进行
6、必要的化简即可得到定值.典例(2019沈阳模拟)已知椭圆C：1(ab0)的焦点为F1，F2，离心率为，点P为其上一动点，且三角形PF1F2的面积最大值为，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)依题意知解得所以椭圆C的方程为1.(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 ，联立，得消去y，得(4k23)x28knx4n2120, 由0得4k2n230，则x1x2，x1x2，所以x1x2(kx1n)(kx2n)(k
7、21)x1x2kn(x1x2)n2m，整理得12.因为d 为常数，则m0，d ，此时12满足0.当MNx轴时，由m0得kOM1，联立，得消去y，得x2，点O到直线MN的距离d|x|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.方法技巧圆锥曲线中定值问题的特点及2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；引进变量法：其解题流程为针对训练已知F1，F2分别为椭圆：1(b0)的左、右焦点(1)当b1时，若P是椭圆上一点，且P位于第一象限，求点P的坐标；(2)当椭圆的焦距为2时，若直线l：ykxm与椭圆相交
8、于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，且3x1x24y1y20，证明：AOB的面积为定值(O为坐标原点)解：(1)当b1时，椭圆方程为y21，则F1(，0)，F2(，0)设P(x，y)(x0，y0)，则(x，y)，(x，y)，由，得x2y2.结合y21，x0，y0，解得x1，y，所以点P的坐标为.(2)当椭圆的焦距为2时，c1，则b2a2c23，椭圆的方程为1.由消去y并整理，得(34k2)x28kmx4m2120.则64k2m216(34k2)(m23)48(34k2m2)0，即34k2m20.又x1x2，x1x2，所以y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2，由
9、3x1x24y1y20，得340，即2m234k2.因为|AB|x1x2|，点O到直线AB的距离d，所以SAOB|AB|d，即AOB的面积为定值，其定值为.题型三构造目标不等式解决范围问题欲求变量的取值范围，可设法构造含有变量的不等式(组)，通过解不等式(组)来达到目的.典例已知A是椭圆E：1(t3)的左顶点，斜率为k(k0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MANA.(1)当t4，|AM|AN|时，求AMN的面积；(2)当2|AM|AN|时，求k的取值范围解(1)由|AM|AN|，可得M，N关于x轴对称，由MANA，可得直线AM的斜率k为1.因为t4，所以A(2，0)，所以直线AM的方程为
10、yx2，代入椭圆方程E：1，可得7x216x40，解得x2或x，所以M，N，则AMN的面积为.(2)由题意知t3，k0，A(，0)，将直线AM的方程yk(x)代入1得(3tk2)x22tk2xt2k23t0.设M(x1，y1)，则x1()，即x1，故|AM|x1|.由题设知，直线AN的方程为y(x)，故同理可得|AN|.由2|AM|AN|得，即(k32)t3k(2k1)当k时上式不成立，因此t.由t3，得3，所以0，即0.由此得或解得k2.因此k的取值范围是(，2)圆锥曲线中范围问题的5个解题策略(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围
11、，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围针对训练(2019豫南九校联考)设椭圆1(a)的右焦点为F，右顶点为A.已知|OA|OF|1，其中O为原点，e为椭圆的离心率(1)求椭圆的方程及离心率e的值；(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上)，垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H.若BFHF，且MOAMAO，求直线l的斜率的取值范围解：(1)由题意可
12、知|OF|c，又|OA|OF|1，所以a1，解得a2，所以椭圆的方程为1，离心率e.(2)设M(xM，yM)，易知A(2,0)，在MAO中，MOAMAOMAMO，即(xM2)2yxy，化简得xM1.设直线l的斜率为k(k0)，则直线l的方程为yk(x2)设B(xB，yB)，由消去y，整理得(4k23)x216k2x16k2120，解得x2或x.由题意得xB，从而yB.由(1)知F(1,0)，设H(0，yH)，则(1，yH)， .由BFHF，得0，即0，解得yH，所以直线MH的方程为yx.由消去y，得xM.由xM1，得1，解得k或k，所以直线l的斜率的取值范围为.题型四构造函数模型解决最值问题若
13、题目中的条件和要求的结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，然后根据其结构特征，构建函数模型求最值，一般情况下，常构建的函数模型有：(1)二次型函数；(2)双曲线型函数；(3)多项式型函数.典例(2019河南郑州一模)已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，以F1F2为直径的圆与直线ax2byab0相切(1)求椭圆C的离心率e；(2)如图所示，过F1作直线l与椭圆分别交于P，Q两点，若 PQF2的周长为4，求的最大值解(1)由题意知c，则3a2b2c2(a24b2)，即3a2(a2c2)c2a24(a2c2)，所以a22c2，所以e.(2)因为PQF2的周长为4，所以4
14、a4，即a.由(1)知b2c21，故椭圆C方程为y21，且焦点F1(1，0)，F2(1,0)若直线l的斜率不存在，则可得lx轴，方程为x1，P，Q，故.若直线l的斜率存在，设直线l的方程为yk(x1)，由消去y，得(2k21)x24k2x2k220.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2，x1x2.因为(x11，y1)(x21，y2)(x11)(x21)y1y2，所以(k21)x1x2(k21)(x1x2)k21，则(k21)(k21)k21，令t2(2k21)，则(t2)，所以.结合，得，所以的最大值是.求解圆锥曲线中最值问题的2种方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但
15、总体上主要有两种方法：(1)利用几何法：通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；(2)利用代数法：把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解针对训练(2019安康质检)已知椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1和F2，由M(a，b)，N(a，b)，F2和F1这4个点构成了一个高为，面积为3的等腰梯形(1)求椭圆的方程；(2)过点F1的直线和椭圆交于A，B两点，求F2AB面积的最大值解：(1)由已知条件，得b，且3，ac3.又a2c23，a2，c1，椭圆的方程为1.(2)显然，直线的斜率不能为0，设直线的方
16、程为xmy1，A(x1，y1)，B(x2，y2)联立方程，得消去x得，(3m24)y26my90.直线过椭圆内的点，无论m为何值，直线和椭圆总相交y1y2，y1y2.SF2AB|F1F2|y1y2|y1y2|12 44.令tm211，设f(t)t，易知t时，函数f(t)单调递增，当tm211，即m0时，f(t)取得最小值，f(t)min，此时，SF2AB取得最大值3.题型五圆锥曲线中的证明问题圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用
17、到反证法典例(2018全国卷)设椭圆C：y21的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；(2)设O为坐标原点，证明：OMAOMB.解(1)由已知得F(1,0)，l的方程为x1.则点A的坐标为或.又M(2,0)，所以直线AM的方程为yx或yx，即xy20或xy20.(2)证明：当l与x轴重合时，OMAOMB0.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2，直线MA，MB的斜率之和为kMAkMB.由y1kx
18、1k，y2kx2k，得kMAkMB.将yk(x1)代入y21，得(2k21)x24k2x2k220，所以x1x2，x1x2.则2kx1x23k(x1x2)4k0.从而kMAkMB0，故MA，MB的倾斜角互补所以OMAOMB.综上，OMAOMB成立方法技巧证明两角相等问题的方法圆锥曲线中的两角相等问题，其实就是有公共边的两个角(公共边所在直线垂直于坐标轴)的不相同的边所在直线的倾斜角互补的问题，即已知点B，D在垂直于坐标轴的同一直线上，若要证明ABDCBD，需证kABkBC0.针对训练(2018全国卷)已知斜率为k的直线l与椭圆C：1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m0)(1)证明
19、：k；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且0.证明：|，|， |成等差数列，并求该数列的公差证明：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则1，1.两式相减，并由k得k0.由题设知1，m，于是k.由题设得0m，故k.(2)由题意得F(1,0)设P(x3，y3)，则(x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0,0)由(1)及题设得x33(x1x2)1，y3(y1y2)2m0.又点P在C上，所以m，从而P，|，于是|2.同理|2.所以|4(x1x2)3.故2|，即|，|，|成等差数列设该数列的公差为d，则2|d|x1x2| .将m代入得k1，所以l的方程为yx，代入C的方程，并整理
20、得7x214x0.故x1x22，x1x2，代入解得|d|.所以该数列的公差为或.题型六圆锥曲线中的存在性问题存在性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型，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，则应先写出结论的表达式，再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.典例(2019吉林五校联考)已知椭圆C：1(ab0)的两个焦点与短轴的一个端点连线构成等边三角形，且椭圆C的短轴长为2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)是否存在过点P(0,2)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，且满足2(O为坐标原点)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由解
21、(1)由题意得解得椭圆C的标准方程是1.(2)当直线l的斜率不存在时，M(0，)，N(0，)，3，不符合题意当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx2，M(x1，y1)，N(x2，y2)由消去y整理得(34k2)x216kx40，则(16k)216(34k2)0，解得k或k.x1x2，x1x2，x1x2y1y2(1k2)x1x22k(x1x2)44.2，2，解得k，满足0，故存在符合题意的直线，其方程为kx2.圆锥曲线中存在性问题的求解方法(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化其步骤为：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
22、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(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法针对训练(2019福州四校联考)已知椭圆C：1(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，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2cb(2a2c)，得.将xc代入1，得y，所以3.又a2b2c2，
23、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)，R(x1，y1)，S(x2，y2)联立方程，得得(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