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1、第 4 讲 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题)_ 热点分类突破 _ -典例研撕 各吓击區-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已知P(0,2)是椭圆C：a2+b2=l(ab0)的一个顶点，C的离心率e=g.(1)求椭圆的方程；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*与12的斜率之和 为一4,则直线AB是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不过
2、定点，请说明理由.厂 b=2,解(1)由题意可得c=，a3 2-b2+c2,解得a-眉,b-2,c-辭,椭圆的方程为手+芍-1.当直线AB的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y-kx+t，A(x 1，y1)，B(x 2，y2)，y-kx+t,联立,x2 y2 消去y并整理，X2+y2 1 6 4 可得(3k+2)x2+6ktx+3t2-12-0,-36(kt)2-4 x(3k2+2)2-12)0,即 24(6k2t24)0，则 xi+x2_-,xix2_3-12 1 2 3k2+2 1 2 3k2+2 由l1与l2的斜率之和为-4,可得y!-+y2-_-4,x1 x2 又 yi=kx1+t,
3、y2 二 kx2+1,y1-2 _ y2-2 _ kx1+1-2 _ kx2+1-2.+_+x1 x2 x1 x2-6kt(t-2)-(t-2)(x1+x2)3k2+2 _2k+1忆 _2k+_-4,3t2-12 3k22 化简可得t二-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,yj,B(m,y2),yi-2,y2-2_yi+y2-4,m m m 又点 A，B 均在椭圆上，.A，B 关于 x 轴对称，.yi+y2_ 0，.m_ i，故直线AB的方程为x_1,也过点(1,-2),综上直线
4、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(p0)上一点P(4，t)(t0)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.x1x2 解 由抛物线定义可知 IPFI 二 4 f 2）二5，解得P二 2,故抛物线C的方程为y2二 4x,将P（4,t）（t0）代入抛物线方程解得t二 4.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
5、x二my+l（m丘R），代入抛物线C：y2=4x,化简整理得y2-4my-4=0,环2 二-4，由知P（4,4）,所以直线PA的方程为 y-4 二乩三(x-4)二丄三(x-4),xl-4 myl-3 令x=-1 得y二的-5)儿+8,myl-3 _-(4m-+8、即 M-1,-丛一,my1-3 丿 同理可得 j-1,的-5汕+8 my2-3 丿(4m-5)y+8(4m-5)y2+8(2m-D2y1y2+(8m-10)(y1+y2)+16 m2y1y2-3m(y1+y2)+9-4(2m-|,2+4m(8m-10)+16-4m2-3m4m+9 16m2-9=二-1,-16m2+9:.MF丄NF,故
6、以MN为直径的圆过点F.(也可用MFNF=0).热点二 定值问题：kMF kNF 2(my1-3)2(my2-3)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已知椭圆C：02+b2=l(abO)经过点(0,V3),离心率为2,左、右焦点分别为厲(一c,0),F2(c,0).(1)求椭圆C的方程；3(2)P,N是C上异于M的两点，若直线PM与直线PN的斜率之积为一4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，间，所以b=：3,又因为e二 2,所以V，2 a 2 又
7、 C2=a2 b2,解得 a 二 2,b 二护,所以椭圆C的方程为+等二 1.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ki,k2,则直线pM方程为yyp=k1(x-xP),x2+y2 二 1 由方程组,4 3 消去y,得、y-yP 二 k1x-xP(3+4k#)x2-8k1(k1xp-yp)x+4k xp-8k1xpyp+4yp-12 二 0,由根与系数的关系可得x+x二贴伙1Xp-yp),M p 3+4k21 故 x _8k1(k1xp-yp)X _ 4k2xp-8k”-3xp,M_ 3+4*p_ 3+4k2 从而 XN+XM=
8、0，即 M，N 两点的横坐标之和为常数 0.跟踪演练2(2019.四川百校冲刺卷)已知椭圆C：X2+y2=l的左、右焦点分别为F,F2,点 P(m,n)在椭圆C上.(1)设点P到直线l：x=4的距离为d证明：韵为定值；若0VmV2,A,B是椭圆C上的两个动点(都不与点P重合)，且直线PA,PB的斜率互为 相反数，求直线AB的斜率(结果用n表示).(1)证明 由已知，得a2=4,b2=3,:.C2=a2-b2=1,即 F1(-1,0)，F2(1,0).(2)解 当 0 m b0)过点人(1，和点B(0，T)求椭圆G的方程；(2)设直线y=x+m与椭圆G相交于不同的两点M,N,记线段MN的中点为P
9、,是否存在实 数m,使得IBMI=IBNI?若存在，求出实数m；若不存在，请说明理由.解(1)椭圆G：a+b2_1(ab0)过点A,1,普和点B(0，-1)，:.b_1,由丄+_ 1，解得。2_3,a2 1 椭圆G：等+y2二1.(2)假设存在实数m满足题意，y _ x+m，由 L 得 4x2+6mx+3(m2-1)_ 0，”2,T直线与椭圆有两个交点，AJ _ 36m2-48(m2-1)0,即 m2 4,设MN的中点为p(xp,yp),xM,xN分别为点M,N的横坐标，x_ p XM+XN_ 3m m 才，从而yp_xp+m_4，yP1 m4 k P 二-,kBP xP 3m TIBMI I
10、BNI,:.BP丄MN,”m+4 i.BPkMN 1，而 kMN 1-3m 二-1，即m 2,与m2b0)，半焦距为c.则 A(a,0),M(0,b),F(c,0),MF(c,-b),FA (a-c,0),由 MF.FA-护-1,即 ac-C2 半-1,又 ,a2 b2+c2,a2 a2 2/解得I椭圆的标准方程为X2+y2 1.b2 1,2 VF为AMPQ的垂心,:.MF丄PQ,又 M(0,1)，F(1,0)，kMF-1，kPQ 1，设直线 PQ:y x+m(m1),P(x1,y1),Q(x2,y2),将直线方程代入X|+y21,得 3X2+4mx+2m2-2 0，令 A (4m)2-12(
11、2m2-2)0,解得-、./3vmv 眉,又用丄MQ,於二(1-x,-y1),MQ (x2,y2-1),则 x1+x2 4m 2m2-2 T，X1X2 二3 x2-x1x2-y1y2+y1=0，即(1-m(x1+x2)-2XX2+m-m2=0,-4m 2m2-2.(1-m)一-2 3+m-m2 二0,即 3m2+m-4=0，存在直线l：y二x-3 使F为AMPQ的垂心.真题押题精练-题押题走进;S考一【真题体验】x2 1(2019 全国 III,理，21)已知曲线C：y=，D为直线y=2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；若以E(0,5,为圆心的
12、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*,yj,则 xj=2y1.1、y1+2 由y二X,所以切线DA的斜率为x1，故-二x1.1 x1-t 1 整理得 2tx-2y+1=0.11 设 B(x2,y2)，同理可得 2tx2-2y2+1 故直线AB的方程为 2tx-2y+1=0.所以直线AB过定点(0,.(2)解 由(1)得直线AB的方程为y=tx+|.1 I y=tx+2，由 可得 x2 2tx-1=0,J=4t2+40,X2 m 或 4-=m 1(舍去)，=0.5 二込，于是 X+x2 二 2t,乳迅=1,y1+y2=t(x1+x2)
13、+i=2t2+1,IABI 二 1+-x2l 二：1+S冷(X+x2)2-4x1X2 二 2(t2+1).设d1,d2分别为点D,E到直线AB的距离，则 4二 8+1,d2-吕，t2+1 因此，四边形ADBE的面积S二 1|AB|(d1+d2)-(t2+3)“2+1 设M为线段AB的中点，则M(,t2+).由于EM丄AB，而EM 二(t,t2-2),AB与坐标为(1,t)的向量平行，所以t+(t2-2)t二 0.解得t二 0 或t二1.当 t二 0 时，S=3；当 t二 1 时，S=4、j2 因此，四边形ADBE的面积为 3 或 4,；2【押题预测】已知抛物线 E：y2=4x,圆 C：(x-3
14、)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的方程；在的条件下，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 ZAMO=ZBMO(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)由题意知抛物线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二k(x-1),即 kx-y-k=0,所以圆心到直线l的距离为d二Jlj二坐二単,k2+1 k2+1 当直线l与圆相切时，有d 二1,即単二 1,解得k二車，k2+l 3 所以所
15、求的切线方程为y=-3-（x-1）或y二-（x-1）.=(x-1)，交抛物线于 Ag,yx),B(x2,y2)两点，r 3 联立方程组卜二x-1）,y2 二 4x，得 X2-14x+1=0,显然力0,所以 x1+x2=14,XX2 二 1,假设存在点M(t,0)使ZAMO二ZBMO,儿 x2-O+yp-D x1-t)x2-t)Oy1x2+y2x1-1+丁2)/二0 2x1x2-(x2+x1)-(x1+x2-2)t=0,即 2-14-(14-2)t 二 0nt 二-1,故存在点 M(-1,0)符合条件.当直线1：y二-盖-1)时,由对称性易知点 M(-1,0)也符合条件.由知，不妨设直线l:y
16、消去 y,AM+kBM=0.AM 亠 x1-t,kBM=y2 x2-t 所以 kAM+kBM=AM BM 亠 x1-t y2 x2-t 综上可知在(1)的条件下，存在点 M(1,0)，使ZAMO 二 ZBMO.专题强化练 一瑋爛训绦巨通离夸-A 组 专题通关 (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.2+丄二 1,a2 b2(1)解 由题意得 3 1 丄+丄二 1,a2 2b2 故椭圆C的方程为亍+丰二 1.证明 由题意可设直线l的方程为
17、y=kx+1,P(x1,y1),Q(x2,y2)(y1,y22).y2+X2=,联立4 2 整理得伙2+2)x2+2kx-3 0.y 二 kx+1,则 2kx1x2 3(x1+x2).由题意不妨设 A1(0,2)，A2(0，-2)，则直线A1P的方程为x-X(y-2),y1-2 直线A2Q的方程为x My+2).2 y+2 1.已知点(1，2),停，一3,都在椭圆C：y2 a2+b2=i(abo)上.-2k 所以 X1+X2 k2+f x1x2 k2+2 IT,整理得2+2)xQ-2)=(y1-2)x2(y+2),所以(3x+x2)y 二 4kXX2+6X-2x2.把代入上式，得(3 片+x2
18、)y二4kx1x2+6X-2x2 二 6(x1+x2)+6x1-2x2 二 12X+4x2,当x2工-3X时，可得y二 4,当 y2+2_-3kx1+3 当 x2_-3x 1 时,Q 二 应一 21 即APA2Q不符合题意.综上，故点S恒在直线y_4 上 2在平面直角坐标系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；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NA=mAM,NB=nBM,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
19、，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 _ fa _ 2 羽，由于椭圆焦点在x轴上，所以椭圆的标准方程为生+12 _1.16 12 设 A(x1,y1),B(x2,y2),N(j0,-由 NA _ mAM,-x0，y1+4x0J_m(1-X,3-y1),倉2,kx,-1 xi _ kA1P，因为点A在椭圆 16+y=1上，16 12 同理，由NB=nBM,所以 m，n 可看作是关于 x 的方程 9x2+96x+48 所以m+n=-996=-30,为定值.3.(2019内江模拟)已知椭圆C：芝+益=1方0)的离心率为，直线x+y-1=0被圆xo+y2=b2截得的弦长为V2.(1)
20、求椭圆C的方程；(2)过点(1,0)的直线l交椭圆C于A，B两点，在x轴上是否存在定点P，使得PAPB为定值？若存在，求出点P的坐标和P4PB的值；若不存在，请说明理由.2 _ 解(1)V椭圆C的离心率为寸，。=.0,T圆x2+y2=b2的圆心到直线x+y-1=0 的距离为 10+0-11_迈 d=2，：直线x+y-1=0 被圆x2+y2=b2截得的弦长为 解得 b=1,故 a=*，2b=p2,所以 x1 m+x0 m1 y1 3m 4xo m+1 所以A m+o m+1 3mo 所以得到、m+x 2 m+1丿 L6 3m-4xo m+1 丿 12=1，得到 9m2+96m+48-13 c 了
21、x2=0；可得 9n2+96n+48 13 c 4x0=0,13 4x2=0 的两个根，椭圆C的方程为芋+y2二 i.(2)设 P(t,0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线l与X轴不重合时，设l的方程为x=my+1.x=my+1,由，x2 得(血2+2)y2+2my-1=0,x2 2+y2_1，A 二 4m2+4(m2+2)0 恒成立，-2m，儿+叮齐 m2+2 PAPB-(x1-t,y1)(x2-t,y2)二 x1x2-t(x1+x2)+t2+y1y2 3(4t+1、-3m2-4t-1 m2+3 丿 +t2+1 二 一 +t2+1,m22 m22 当丄厂二 2,即t二 5 时，P
22、APB的值与m无关，此时PA.PB二-秸.当直线l与x轴重合且t二 4时，亦芮=価-5,0）（-述-40）=磊-2=-16 存在点P（4，0）使得.PB为定值-令.B 组 能力提高 4.（2019桂林模拟）已知A（x1，y1）,B（x2,y2）是抛物线C：x2=2py（p0）上不同的两点.（1）设直线l：y=p与y轴交于点M,若A,B两点所在的直线方程为y=x1,且直线l：y=p 恰好平分 ZAMB,求抛物线C的标准方程;x+X2 二 4 m2+2 x1x2-3m2 +1 Tb0,.方一，:直线AB的方程为y kx+.畔A?+iPQH 作AAZ丄x轴，BB丄x轴，垂足分别为A,B.IPQI|I
23、PQI-OQI+OQI _p、”+y2*IPAI IPBI A Al B Bl 2X 丁己 故存在直线AB,使得需+需-處，且直线AB的方程为丁-|x+省(2)若直线AB与x轴交于点P,与y轴的正半轴交于点Q,且，是否存在直线AB,113 使得|pAj+jpBi=iPQi?若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由.解(1)由题意知 A(x1,y1),B(x2,y2),M。，p)，x2 一 2py,由 0),y 一 kx+b,由 得 x2-2pkx-2pb 一 0,A 一 4p2k2+8pb,b0),点 P 1(1,1),P2(0,间,P3(忑,迈)，P4CJ2 问 中恰有三点在椭圆C上
24、.(1)求椭圆C的方程；设R(x0,y0)是椭圆C上的动点，由原点0向圆(xx0)2+(yy0)2=2引两条切线，分别交 椭圆于点P,Q,若直线OP,0Q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，则图象不经过点p1，故P2在椭圆上，解得 a2-6，b2-3，故椭圆C的方程为+-1.63(2)J直线OP：y-k1x,与圆R相切，即有(x0-2)k?-2x0y0k1+y&-2 二 0,同理直线OQ：y二k2x与圆R相切，可得(x2-2)k2-力必勺+y2-2 二 0,y2-2 即k1,k2为关于k的方程(xo-2)k2-2x0y0k+y2-2 二 0的两个不等的实根，可得k、k2二 2，x022 点 R(X0,y0)在椭圆 C 上，X0+y0 二 1，设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，lOPI 二 1+件.1,点Q到直线OP的距离d _比1221,1+k2 OPQ 的面积 S _ glOPI.d _|lx1x2llk1-k2I 二 3”；k1+k2+1 _ 3 百 2+2*+2k2 2 故AOPO的面积为定值 3l2 2-.|kixo-yo1-i+件 kik2 _y0-2 x022 1-2x2 x022