高中数学高考第1部分 板块2 核心考点突破拿高分 专题5 第4讲 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题)(1)

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第4讲　圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题)

热点一　定点问题
解决圆锥曲线中的定点问题应注意
(1)分清问题中哪些是定的，哪些是变动的；
(2)注意“设而不求”思想的应用，引入参变量，最后看能否把变量消去；
(3)“先猜后证”，也就是先利用特殊情况确定定点，然后验证，这样在整理式子时就有了明确的方向.
例1　(2019·汕尾质检)已知P(0,2)是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个顶点，C的离心率e＝.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点P的两条直线l1，l2分别与C相交于不同于点P的A，B两点，若l1与l2的斜率之和为－4，则直线AB是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
解　(1)由题意可得
解得a＝，b＝2，c＝，
∴椭圆的方程为＋＝1.
(2)当直线AB的斜率存在时，
设直线AB的方程为y＝kx＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立消去y并整理，
可得(3k2＋2)x2＋6ktx＋3t2－12＝0，
∴Δ＝36(kt)2－4×(3k2＋2)(3t2－12)>0，
即24(6k2－t2＋4)>0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
由l1与l2的斜率之和为－4，
可得＋＝－4，
又y1＝kx1＋t，y2＝kx2＋t，
∴＋＝＋
＝2k＋＝2k＋＝－4，
化简可得t＝－k－2，
∴y＝kx－k－2＝k(x－1)－2，
∴直线AB经过定点(1，－2).
当直线AB的斜率不存在时，设直线AB的方程为x＝m，A(m，y1)，B(m，y2)，
＋＝，
又点A，B均在椭圆上，
∴A，B关于x轴对称，
∴y1＋y2＝0，∴m＝1，
故直线AB方程为x＝1，也过点(1，－2)，
综上直线AB经过定点，定点为(1，－2).
跟踪演练1　(2019·攀枝花模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点P(4，t)(t>0)到焦点F的距离等于5.
(1)求抛物线C的方程和实数t的值；
(2)若过F的直线交抛物线C于不同的两点A，B(均与P不重合)，直线PA，PB分别交抛物线的准线l于点M，N.试判断以MN为直径的圆是否过点F，并说明理由.
解　(1)由抛物线定义可知|PF|＝4－＝5，
解得p＝2，故抛物线C的方程为y2＝4x，
将P(4，t)(t>0)代入抛物线方程解得t＝4.
(2)以MN为直径的圆一定过点F，理由如下：
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设直线AB的方程为x＝my＋1(m∈R)，代入抛物线C：y2＝4x，
化简整理得y2－4my－4＝0，
则
由(1)知P(4,4)，
所以直线PA的方程为
y－4＝(x－4)＝(x－4)，
令x＝－1得y＝，
即M，
同理可得N，
∴kMF·kNF＝·
＝
＝
＝＝－1，
∴MF⊥NF，
故以MN为直径的圆过点F.
(也可用·＝0).
热点二　定值问题
求定值问题常见的方法有两种
(1)从特殊情况入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；
(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.
例2　(2019·闽粤赣三省十校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点(0，)，离心率为，左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0).
(1)求椭圆C的方程；
(2)P，N是C上异于M的两点，若直线PM与直线PN的斜率之积为－，证明：M，N两点的横坐标之和为常数.
(1)解　因为椭圆经过点(0，)，所以b＝，
又因为e＝，所以＝，
又c2＝a2－b2，解得a＝2，b＝，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明　设P，M，N三点坐标分别为(xP，yP)，(xM，yM)，(xN，yN)，
设直线PM，PN斜率分别为k1，k2，
则直线PM方程为y－yP＝k1(x－xP)，
由方程组消去y，得
(3＋4k)x2－8k1(k1xP－yP)x＋4kx－8k1xPyP＋4y－12＝0，
由根与系数的关系可得xM＋xP＝，
故xM＝－xP＝，
同理可得xN＋xP＝，
又k1·k2＝－，
故xN＋xP＝
＝＝，
则xN＝－xP＝－
＝－xM，
从而xN＋xM＝0，
即M，N两点的横坐标之和为常数0.
跟踪演练2　(2019·揭阳模拟)已知点P在椭圆C：＋＝1(a>b>0)上，椭圆C的焦距为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率为定值k的直线l与椭圆C交于A，B两点，且满足|OA|2＋|OB|2的值为常数(其中O为坐标原点).
①求k的值以及这个常数；
②写出一般性结论(不用证明)：斜率为定值k的直线l与椭圆＋＝1(a>b>0)交于A，B两点，且满足|OA|2＋|OB|2的值为常数，则k的值以及这个常数是多少？
解　(1)由点P在椭圆上得＋＝1,2c＝2，
∴3b2＋2a2＝2a2b2，c＝1，
又a2＝b2＋c2，
∴3b2＋2(b2＋1)＝2(b2＋1)b2，
∴2b4－3b2－2＝0，解得b2＝2，得a2＝3，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)①设直线l的方程为y＝kx＋t，联立＋＝1，
得(3k2＋2)x2＋6ktx＋3t2－6＝0，Δ＝24(3k2－t2＋2)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∴x1＋x2＝－，
x1x2＝，
又y＝2，y＝2，
|OA|2＋|OB|2＝(x＋y)＋(x＋y)
＝(x＋x)＋4＝[(x1＋x2)2－2x1x2]＋4
＝＋4
＝×＋4，
要使|OA|2＋|OB|2为常数，只需18k2－12＝0，
得k2＝，
∴|OA|2＋|OB|2＝×＋4＝5，
∴k＝±＝±，这个常数为5；
②k＝±，这个常数为a2＋b2.
热点三　存在性问题
存在性问题的求解策略
(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律；
(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论.
例3　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1，F2，上焦点F1到直线4x＋3y＋12＝0的距离为3，椭圆C的离心率e＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆E：＋＝1，设过点M(0,1)，斜率存在且不为0的直线交椭圆E于A，B两点，试问y轴上是否存在点P，使得＝λ？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.
解　(1)由已知椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，
设椭圆的上焦点F1(0，c)，
由F1到直线4x＋3y＋12＝0的距离为3，
得＝3，所以c＝1，
又椭圆C的离心率e＝，所以＝，
又a2＝b2＋c2，求得a2＝4，b2＝3.
椭圆C的方程为＋＝1.
(2)存在.理由如下：由(1)得椭圆E：＋＝1，
设直线AB的方程为y＝kx＋1(k≠0)，
联立
消去y并整理得(4k2＋1)x2＋8kx－12＝0，
Δ＝(8k)2＋4(4k2＋1)×12＝256k2＋48>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝－.
假设存在点P(0，t)满足条件，
由于＝λ，
所以PM平分∠APB.
所以直线PA与直线PB的倾斜角互补，
所以kPA＋kPB＝0.
即＋＝0，
即x2(y1－t)＋x1(y2－t)＝0.
将y1＝kx1＋1，y2＝kx2＋1代入上式，
整理得2kx1x2＋(1－t)(x1＋x2)＝0，
所以－2k·＋＝0，
整理得3k＋k(1－t)＝0，即k(4－t)＝0，
因为k≠0，所以t＝4.
所以存在点P(0,4)，使得＝λ.
跟踪演练3　(2019·凉山模拟)椭圆长轴右端点为A，上顶点为M，O为椭圆中心，F为椭圆的右焦点，且·＝－1，离心率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线l交椭圆于P，Q两点，判断是否存在直线l，使点F恰为△PQM的垂心？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
解　(1)设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，半焦距为c.
则A(a,0)，M(0，b)，F(c,0)，＝(c，－b)，＝(a－c,0)，
由·＝－1，即ac－c2＝－1，
又＝，a2＝b2＋c2，
解得∴椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)∵F为△MPQ的垂心，∴MF⊥PQ，
又M(0,1)，F(1,0)，∴kMF＝－1，∴kPQ＝1，
设直线PQ：y＝x＋m(m≠1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
将直线方程代入＋y2＝1，得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，
令Δ＝(4m)2－12(2m2－2)>0，
解得－ 则x1＋x2＝－，x1x2＝，
又⊥，＝(1－x1，－y1)，＝(x2，y2－1)，
∴x2－x1x2－y1y2＋y1＝0，
即(1－m)·(x1＋x2)－2x1x2＋m－m2＝0，
∴(1－m)·－2·＋m－m2＝0，
即3m2＋m－4＝0，
解得m＝－或m＝1(舍去)，
∴存在直线l：y＝x－使F为△MPQ的垂心.

真题体验
(2019 ·全国Ⅲ，理，21)已知曲线C：y＝，D为直线y＝－上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
(1)证明：直线AB过定点；
(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.
(1)证明　设D，A(x1，y1)，则x＝2y1.
由y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝x1.
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.
所以直线AB过定点.
(2)解　由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.
由可得x2－2tx－1＝0，Δ＝4t2＋4>0，
于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2
＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，
|AB|＝|x1－x2|
＝·＝2(t2＋1).
设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，
则d1＝，d2＝，
因此，四边形ADBE的面积S＝|AB|(d1＋d2)
＝(t2＋3).
设M为线段AB的中点，则M.
由于⊥，而＝(t，t2－2)，
与坐标为(1，t)的向量平行，所以t＋(t2－2)t＝0.
解得t＝0或t＝±1.
当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4.
因此，四边形ADBE的面积为3或4.
押题预测
已知抛物线E：y2＝4x，圆C：(x－3)2＋y2＝1.
(1)若过抛物线E的焦点F的直线l与圆C相切，求直线l方程；
(2)在(1)的条件下，若直线l交抛物线E于A，B两点，x轴上是否存在点M(t,0)使∠AMO＝∠BMO(O为坐标原点)？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
解　(1)由题知抛物线E的焦点为F(1,0)，
当直线的斜率不存在时，过点F(1,0)的直线不可能与圆C相切；
所以过抛物线焦点与圆相切的直线的斜率存在，
设直线斜率为k，则所求的直线方程为y＝k(x－1)，
即kx－y－k＝0，
所以圆心到直线l的距离为d＝＝，
当直线l与圆相切时，
有d＝1，即＝1，解得k＝±，
所以所求的切线方程为y＝(x－1)或y＝－(x－1).
(2)由(1)知，不妨设直线l：y＝(x－1)，交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，
联立方程组
得x2－14x＋1＝0，显然Δ>0，
所以x1＋x2＝14，x1·x2＝1，
假设存在点M(t,0)使∠AMO＝∠BMO，
则kAM＋kBM＝0.
而kAM＝，kBM＝，
所以kAM＋kBM＝＋
＝＝0
⇒y1x2＋y2x1－(y1＋y2)t＝0
⇒2x1x2－(x2＋x1)－(x1＋x2－2)t＝0，
即2－14－(14－2)t＝0⇒t＝－1，
故存在点M(－1,0)符合条件.
当直线l：y＝－(x－1)时，
由对称性易知点M(－1,0)也符合条件.
综上可知在(1)的条件下，存在点M(－1,0)，
使∠AMO＝∠BMO.

A组　专题通关
1.已知点(1，)，都在椭圆C：＋＝1(a>b>0)上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(0,1)的直线l与椭圆C交于不同的两点P，Q(异于顶点)，记椭圆C与y轴的两个交点分别为A1，A2，若直线A1P与A2Q交于点S，证明：点S恒在直线y＝4上.
(1)解　由题意得得
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明　由题意可设直线l的方程为y＝kx＋1，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)(y1，y2≠±2).
联立整理得(k2＋2)x2＋2kx－3＝0.
所以x1＋x2＝，x1x2＝，
则2kx1x2＝3(x1＋x2).①
由题意不妨设A1(0,2)，A2(0，－2)，
则直线A1P的方程为x＝(y－2)，
直线A2Q的方程为x＝(y＋2).
联立
整理得(y2＋2)x1(y－2)＝(y1－2)x2(y＋2)，
所以(3x1＋x2)y＝4kx1x2＋6x1－2x2.
把①代入上式，得(3x1＋x2)y＝4kx1x2＋6x1－2x2
＝6(x1＋x2)＋6x1－2x2＝12x1＋4x2，
当x2≠－3x1时，可得y＝4，
当x2＝－3x1时，＝＝
＝＝，
即A1P∥A2Q不符合题意.
综上，故点S恒在直线y＝4上.
2.(2019·临川九校联考)在直角坐标系xOy中，已知椭圆E的中心在原点，长轴长为8，椭圆在x轴上的两个焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆内一点M(1,3)的直线与椭圆E交于不同的A，B两点，交直线y＝－x于点N，若＝m，＝n，求证：m＋n为定值，并求出此定值.
解　(1)因为长轴长为8，所以2a＝8，a＝4，
又因为两个焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形，
所以b＝a＝2，由于椭圆焦点在x轴上，
所以椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，N，
由＝m，
得＝m(1－x1，3－y1)，
所以x1＝，y1＝，
所以A，
因为点A在椭圆＋＝1上，
所以得到＋＝1，
得到9m2＋96m＋48－x＝0；
同理，由＝n，
可得9n2＋96n＋48－x＝0，
所以m，n可看作是关于x的方程9x2＋96x＋48－x＝0的两个根，
所以m＋n＝－＝－，为定值.
3.(2019·上饶模拟)已知圆C1的方程为(x＋2)2＋y2＝32，点C2(2,0)，点M为圆C1上的任意一点，线段MC2的垂直平分线与线段MC1相交于点N.
(1)求点N的轨迹C的方程；
(2)已知点A(0,2)，过点A且斜率为k的直线l交轨迹C于P，Q两点，以OP，OQ为邻边作平行四边形OPBQ，是否存在常数k，使得点B在轨迹C上？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由.
解　(1)∵|NC2|＝|NM|，
∴|NC1|＋|NC2|＝|NC1|＋|NM|＝|C1M|＝4>|C1C2|，
知点N的轨迹是以C1，C2为焦点的椭圆，
则a＝2，c＝2，b2＝4，
∴点N的轨迹C的方程为＋＝1，
(2)设直线l：y＝kx＋2，与椭圆联立

消去y，得(2k2＋1)x2＋8kx＋8＝0，
∵Δ＝128k2－32(2k2＋1)>0，∴k2>，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋4＝，
∵＝＋＝(x1＋x2，y1＋y2)，
∴点B，
代入椭圆方程2＋22＝8，
得k2＝(舍负)，
又k2＝满足Δ>0，∴k＝±，
∴存在常数k＝±，使得平行四边形OPBQ的顶点B在椭圆上.
B组　能力提高
4.(2019·泸州质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，点P1(1,1)，P2(0，)，P3(－，－)，P4(，)中恰有三点在椭圆C上.

(1)求椭圆C的方程；
(2)设R(x0，y0)是椭圆C上的动点，由原点O向圆(x－x0)2＋(y－y0)2＝2引两条切线，分别交椭圆于点P，Q，若直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1，k2，试问△OPQ的面积是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由.
解　(1)由于P3，P4两点关于原点对称，
故由题设可知C经过P3，P4两点，
∵＋<＋＝1，
则图象不经过点P1，故P2在椭圆上，
∴b＝，＋＝1，解得a2＝6，b2＝3，
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)∵直线OP：y＝k1x，与圆R相切，
∴＝，
即有(x－2)k－2x0y0k1＋y－2＝0，
同理直线OQ：y＝k2x与圆R相切，
可得(x－2)k－2x0y0k2＋y－2＝0，
即k1，k2为关于k的方程(x－2)k2－2x0y0k＋y－2＝0的两个不等的实根，可得k1k2＝，
∵点R(x0，y0)在椭圆C上，∴＋＝1，
∴k1k2＝＝＝－，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
∴|OP|＝·|x1|，
点Q到直线OP的距离d＝，
∵|x1|＝，|x2|＝，
∴△OPQ的面积
S＝|OP|·d＝|x1x2|·|k1－k2|
＝··，
＝3＝.
5.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋y2＝1，椭圆C2：＋＝1(a>b>0)，C2与C1的长轴长之比为∶1，离心率相同.
(1)求椭圆C2的标准方程；
(2)设点P为椭圆C2上一点.
① 射线PO与椭圆C1依次交于点A，B，求证：为定值；
② 过点P作两条斜率分别为k1，k2的直线l1，l2，且直线l1，l2与椭圆C1均有且只有一个公共点，求证：k1·k2为定值.
(1)解　设椭圆C2的焦距为2c，
由题意，可得a＝2，＝，a2＝b2＋c2，
解得b＝，因此椭圆C2的标准方程为＋＝1.
(2)证明　①当直线OP斜率不存在时，
|PA|＝－1，|PB|＝＋1，
则＝＝3－2；
当直线OP斜率存在时，
设直线OP的方程为y＝kx，
代入椭圆C1的方程，消去y，得(4k2＋1)x2＝4，
所以x＝，同理x＝.
所以x＝2x，
由题意，xP与xA同号，所以xP＝xA，
从而＝＝＝＝3－2.
综上，为定值3－2.
②设P(x0，y0)，
所以直线l1的方程为y－y0＝k1(x－x0)，
即y＝k1x＋y0－k1x0，记t＝y0－k1x0，
则l1的方程为y＝k1x＋t，
代入椭圆C1的方程，消去y，
得(4k＋1)x2＋8k1tx＋4t2－4＝0，
因为直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点，
所以Δ＝(8k1t)2－4(4k＋1)(4t2－4)＝0，
即4k－t2＋1＝0，
将t＝y0－k1x0代入上式，整理得，
(x－4)k－2x0y0k1＋y－1＝0，
同理，可得(x－4)k－2x0y0k2＋y－1＝0，
所以k1，k2为关于k的方程
(x－4)k2－2x0y0k＋y－1＝0的两根，
从而k1·k2＝.
又点P(x0，y0)在椭圆C2：＋＝1上，
所以y＝2－x，
所以k1·k2＝＝－，为定值.