2023届高考一轮复习讲义（文科）第九章　平面解析几何 第8讲　第2课时　圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题学案

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圆锥曲线中的定值问题(师生共研)
(2018·高考北京卷)已知抛物线C：y2＝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PA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，eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，求证：eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值．
【解】 (1)因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋1))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k<0或0又PA，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(x1，y1)，B(x2，y2)．
由(1)知x1＋x2＝－eq \f(2k－4,k2)，x1x2＝eq \f(1,k2).
直线PA的方程为y－2＝eq \f(y1－2,x1－1)(x－1)．
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝eq \f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq \f(－kx1＋1,x1－1)＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝eq \f(－kx2＋1,x2－1)＋2.
由eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)＝eq \f(1,1－yM)＋eq \f(1,1－yN)
＝eq \f(x1－1,（k－1）x1)＋eq \f(x2－1,（k－1）x2)
＝eq \f(1,k－1)·eq \f(2x1x2－（x1＋x2）,x1x2)
＝eq \f(1,k－1)·eq \f(\f(2,k2)＋\f(2k－4,k2),\f(1,k2))＝2.
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值．
eq \a\vs4\al()
求圆锥曲线中定值问题常用的方法
(1)引起变量法：其解题流程为
eq \x(变量)→eq \x(选择适当的量为变量)
↓
eq \x(函数)→eq \x(把要证明为定值的量表示成上述变量的函数)
↓
eq \x(定值)→eq \x(把得到的函数化简，消去变量得到定值)
(2)特例法：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2020·长沙市统一模拟考试)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,3)，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝eq \f(8,3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m与l1，l2分别交于M，N两点，求证：∠MF1N为定值．
解：(1)由AF2⊥F1F2，|AF2|＝eq \f(8,3)，得eq \f(b2,a)＝eq \f(8,3).
又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,3)，a2＝b2＋c2，所以a2＝9，b2＝8，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1.
(2)证明：由题意可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3.
直线l分别与直线l1，l2的方程联立得M(－3，－3k＋m)，N(3，3k＋m)，
所以eq \(F1M,\s\up6(→))＝(－2，－3k＋m)，eq \(F1N,\s\up6(→))＝(4，3k＋m)，
所以eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))＝－8＋m2－9k2.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1，,y＝kx＋m，))
得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0.
因为直线l与椭圆C相切，
所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)·(9m2－72)＝0，
化简得m2＝9k2＋8.
所以eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))＝－8＋m2－9k2＝0，
所以eq \(F1M,\s\up6(→))⊥eq \(F1N,\s\up6(→))，
故∠MF1N为定值eq \f(π,2).
圆锥曲线中的定点问题(师生共研)
(2020·安徽省考试试题)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的上顶点为P，右顶点为Q，直线PQ与圆x2＋y2＝eq \f(4,5)相切于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，\f(4,5))).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若不经过点P的直线l与椭圆C交于A，B两点，且eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝0，求证：直线l过定点．
【解】 (1)由已知得直线OM(O为坐标原点)的斜率kOM＝2，则直线PQ的斜率kPQ＝－eq \f(1,kOM)＝－eq \f(1,2)，
所以直线PQ的方程为y－eq \f(4,5)＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,5)))，
即x＋2y＝2.
可求得P(0，1)，Q(2，0)，故a＝2，b＝1，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明：当直线l的斜率不存在时，显然不满足条件．
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋n(n≠1)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋n，))消去y整理得(4k2＋1)x2＋8knx＋4(n2－1)＝0，
Δ＝(8kn)2－4×4(4k2＋1)(n2－1)＝16(4k2＋1－n2)>0，得4k2＋1>n2.①
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(－8kn,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4（n2－1）,4k2＋1).②
由eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝0，得(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝0，又y1＝kx1＋n，y2＝kx2＋n，所以(k2＋1)x1x2＋k(n－1)(x1＋x2)＋(n－1)2＝0，③
由②③得n＝1(舍)，或n＝－eq \f(3,5)，满足①.
此时l的方程为y＝kx－eq \f(3,5)，故直线l过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,5))).
eq \a\vs4\al()
求解定点问题常用的方法
(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明．
(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标．
(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)来证明．
(2019·高考北京卷)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点．
解：(1)由题意，得b2＝1，c＝1，
所以a2＝b2＋c2＝2.
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则直线AP的方程为y＝eq \f(y1－1,x1)x＋1.
令y＝0，得点M的横坐标xM＝－eq \f(x1,y1－1).
又y1＝kx1＋t，
从而|OM|＝|xM|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,kx1＋t－1))).
同理，|ON|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x2,kx2＋t－1))).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1))得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
则x1＋x2＝－eq \f(4kt,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2t2－2,1＋2k2).
所以|OM|·|ON|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,kx1＋t－1)))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x2,kx2＋t－1)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1x2,k2x1x2＋k（t－1）（x1＋x2）＋（t－1）2)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(2t2－2,1＋2k2),k2·\f(2t2－2,1＋2k2)＋k（t－1）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4kt,1＋2k2)))＋（t－1）2)))
＝2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1＋t,1－t))).
又|OM|·|ON|＝2，
所以2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1＋t,1－t)))＝2.
解得t＝0，所以直线l经过定点(0，0)．
圆锥曲线中的探索性问题(师生共研)
(2019·高考全国卷Ⅰ)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．
(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；
(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．
【解】 (1)因为⊙M过点A，B，
所以圆心M在AB的垂直平分线上．
由已知A在直线x＋y＝0上，
且A，B关于坐标原点O对称，
所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．
因为⊙M与直线x＋2＝0相切，
所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.
连接MA，由已知得|AO|＝2，又eq \(MO,\s\up6(→))⊥eq \(AO,\s\up6(→))，
故可得2a2＋4＝(a＋2)2，
解得a＝0或a＝4.
故⊙M的半径r＝2或r＝6.
(2)存在定点P(1，0)，使得|MA|－|MP|为定值．
理由如下：
设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.
由于eq \(MO,\s\up6(→))⊥eq \(AO,\s\up6(→))，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，
化简得M的轨迹方程为y2＝4x.
因为曲线C：y2＝4x是以点P(1，0)为焦点，
以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.
因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，
所以存在满足条件的定点P.
eq \a\vs4\al()
解决探索性问题的注意事项
探索性问题，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)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．
是否存在过点E(0，－4)的直线l交椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1于点R，T，且满足eq \(OR,\s\up6(→))·eq \(OT,\s\up6(→))＝eq \f(16,7)？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解：存在．
假设存在满足题意的直线l，易知当直线l的斜率不存在时，eq \(OR,\s\up6(→))·eq \(OT,\s\up6(→))<0，不满足题意．
故可设直线l的方程为y＝kx－4，R(x1，y1)，T(x2，y2)．
因为eq \(OR,\s\up6(→))·eq \(OT,\s\up6(→))＝eq \f(16,7)，
所以x1x2＋y1y2＝eq \f(16,7).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx－4，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1))得(3＋4k2)x2－32kx＋16＝0，
由Δ>0得(－32k)2－64(3＋4k2)>0，
解得k2>eq \f(1,4).①
因为x1＋x2＝eq \f(32k,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(16,3＋4k2)，
所以y1y2＝(kx1－4)(kx2－4)＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16，
故x1x2＋y1y2＝eq \f(16,3＋4k2)＋eq \f(16k2,3＋4k2)－eq \f(128k2,3＋4k2)＋16＝eq \f(16,7)，
解得k2＝1.②
由①②解得k＝±1，
所以直线l的方程为y＝±x－4.
故存在直线l：x＋y＋4＝0或x－y－4＝0满足题意．
[基础题组练]
1．(2020·长沙市统一模拟考试)已知F1，F2分别是双曲线C：y2－x2＝1的上、下焦点，P是其一条渐近线上的一点，且以F1F2为直径的圆经过点P，则△PF1F2的面积为( )
A.eq \f(\r(2),2) B．1
C.eq \r(2) D．2
解析：选C.设P(x0，y0)，不妨设点P在双曲线C的过一、三象限的渐近线x－y＝0上，因此可得x0－y0＝0.F1(0，eq \r(2))，F2(0，－eq \r(2))，所以|F1F2|＝2eq \r(2)，以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝2，又以F1F2为直径的圆经过点P，所以xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝2.由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0－y0＝0,xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝2))，得|x0|＝1，于是S△PF1F2＝eq \f(1,2)|F1F2|·|x0|＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×1＝eq \r(2)，故选C.
2．直线l与抛物线C：y2＝2x交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，且满足k1k2＝eq \f(2,3)，则直线l过定点( )
A．(－3，0) B．(0，－3)
C．(3，0) D．(0，3)
解析：选A.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为k1k2＝eq \f(2,3)，所以eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(2,3).又yeq \\al(2,1)＝2x1，yeq \\al(2,2)＝2x2，所以y1y2＝6.将直线l：x＝my＋b代入抛物线C：y2＝2x得y2－2my－2b＝0，所以y1y2＝－2b＝6，得b＝－3，即直线l的方程为x＝my－3，所以直线l过定点(－3，0)．
3．(2020·安徽合肥模拟)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(6),3)，过椭圆上一点M作直线MA，MB分别交椭圆于A，B两点，且斜率分别为k1，k2，若点A，B关于原点对称，则k1·k2的值为 ．
解析：由e2＝1－eq \f(b2,a2)＝eq \f(6,9)，得eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,3).设M(x，y)，A(m，n)，则B(－m，－n)，k1·k2＝eq \f(y－n,x－m)·eq \f(y＋n,x＋m)＝eq \f(y2－n2,x2－m2)，①
把y2＝b2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x2,a2)))，n2＝b2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(m2,a2)))代入①式并化简，可得k1·k2＝－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(1,3).
答案：－eq \f(1,3)
4．以下四个关于圆锥曲线的命题：
①设A，B为两个定点，K为正数，若||PA|－|PB||＝K，则动点P的轨迹是双曲线；
②方程2x2－5x＋2＝0的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；
③双曲线eq \f(x2,25)－eq \f(y2,9)＝1与椭圆eq \f(x2,35)＋y2＝1有相同的焦点；
④已知抛物线y2＝2px，以过焦点的一条弦AB为直径作圆，则此圆与准线相切．
其中真命题为 ．(写出所有真命题的序号)
解析：A，B为两个定点，K为正数，||PA|－|PB||＝K，当K＝|AB|时，动点P的轨迹是两条射线，故①错误；
方程2x2－5x＋2＝0的两根为eq \f(1,2)和2，可分别作为椭圆和双曲线的离心率，故②正确；
双曲线eq \f(x2,25)－eq \f(y2,9)＝1的焦点坐标为(±eq \r(34)，0)，椭圆eq \f(x2,35)＋y2＝1的焦点坐标为(±eq \r(34)，0)，故③正确；
设AB为过抛物线焦点F的弦，P为AB中点，A，B，P在准线l上的射影分别为M，N，Q，
因为AP＋BP＝AM＋BN，所以PQ＝eq \f(1,2)AB，
所以以AB为直径作圆，则此圆与准线l相切，故④正确．
故正确的命题有②③④.
答案：②③④
5．(2020·福建五校第二次联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，上顶点M到直线eq \r(3)x＋y＋4＝0的距离为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l过点(4，－2)，且与椭圆C相交于A，B两点，l不经过点M，证明：直线MA的斜率与直线MB的斜率之和为定值．
解：(1)由题意可得，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(|b＋4|,2)＝3，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝2，))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明：易知直线l的斜率恒小于0，设直线l的方程为y＋2＝k(x－4)，k<0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＋2＝k（x－4），,\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1))
得(1＋4k2)x2－16k(2k＋1)x＋64k(k＋1)＝0，
则x1＋x2＝eq \f(16k（2k＋1）,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(64k（k＋1）,1＋4k2)，
因为kMA＋kMB＝eq \f(y1－2,x1)＋eq \f(y2－2,x2)
＝eq \f(（kx1－4k－4）x2＋（kx2－4k－4）x1,x1x2)，
所以kMA＋kMB＝2k－(4k＋4)×eq \f(x1＋x2,x1x2)＝2k－4(k＋1)×eq \f(16k（2k＋1）,64k（k＋1）)＝2k－(2k＋1)＝－1(为定值)．
6．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知曲线C：y＝eq \f(x2,2)，D为直线y＝－eq \f(1,2)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；
(2)若以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2)))为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程．
解：(1)证明：设Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－\f(1,2)))，A(x1，y1)，则xeq \\al(2,1)＝2y1.
由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故eq \f(y1＋\f(1,2),x1－t)＝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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋eq \f(1,2).由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝tx＋\f(1,2)，,y＝\f(x2,2)))可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1.
设M为线段AB的中点，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，t2＋\f(1,2))).
由于eq \(EM,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，而eq \(EM,\s\up6(→))＝(t，t2－2)，eq \(AB,\s\up6(→))与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.
解得t＝0或t＝±1.
当t＝0时，|eq \(EM,\s\up6(→))|＝2，所求圆的方程为x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))eq \s\up12(2)＝4；
当t＝±1时，|eq \(EM,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，所求圆的方程为x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))eq \s\up12(2)＝2.
[综合题组练]
1．(2020·广州市调研测试)已知动圆C过定点F(1，0)，且与定直线x＝－1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∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)法一：依题意知，动圆圆心C到定点F(1，0)的距离，与到定直线x＝－1的距离相等，
由抛物线的定义，可得动圆圆心C的轨迹E是以F(1，0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线，其中p＝2.
所以动圆圆心C的轨迹E的方程为y2＝4x.
法二：设动圆圆心C(x，y)，依题意得eq \r(（x－1）2＋y2)＝|x＋1|，
化简得y2＝4x，即为动圆圆心C的轨迹E的方程．
(2)假设存在点N(x0，0)满足题设条件．
由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即kPN＋kQN＝0.①
易知直线PQ的斜率必存在且不为0，设直线PQ：x＝my－2，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my－2))得y2－4my＋8＝0.
由Δ＝(－4m)2－4×8>0，得m>eq \r(2)或m<－eq \r(2).
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝8.
由①得kPN＋kQN＝eq \f(y1,x1－x0)＋eq \f(y2,x2－x0)
＝eq \f(y1（x2－x0）＋y2（x1－x0）,（x1－x0）（x2－x0）)＝0，
所以y1(x2－x0)＋y2(x1－x0)＝0即，y1x2＋y2x1－x0(y1＋y2)＝0.
消去x1，x2，得eq \f(1,4)y1yeq \\al(2,2)＋eq \f(1,4)y2yeq \\al(2,1)－x0(y1＋y2)＝0，
即eq \f(1,4)y1y2(y1＋y2)－x0(y1＋y2)＝0.
因为y1＋y2≠0，所以x0＝eq \f(1,4)y1y2＝2，
所以存在点N(2，0)，使得∠QNM＋∠PNM＝π.
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y＝eq \f(5,3)上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(NQ,\s\up6(→))？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．
解：(1)设椭圆C的焦距为2c，则c＝1，
因为Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在椭圆C上，
所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2eq \r(2)，
所以a＝eq \r(2)，b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)不存在满足条件的直线，证明如下：
设直线的方程为y＝2x＋t，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3，\f(5,3)))，Q(x4，y4)，MN的中点为D(x0，y0)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1))消去x，
得9y2－2ty＋t2－8＝0，
所以y1＋y2＝eq \f(2t,9)，Δ＝4t2－36(t2－8)>0，
所以y0＝eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(t,9)，且－3由eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(NQ,\s\up6(→))得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－x3，y1－\f(5,3)))＝(x4－x2，y4－y2)，
所以y1－eq \f(5,3)＝y4－y2，y4＝y1＋y2－eq \f(5,3)＝eq \f(2,9)t－eq \f(5,3)，
又－3与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[－1，1]矛盾．
所以不存在满足条件的直线．
类型一 定点、定值问题
类型二 最值、范围问题
规范答题示范(五)
解析几何
(12分)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1上，过点M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足eq \(NP,\s\up6(→))＝eq \r(2)eq \(NM,\s\up6(→)).
(1)eq \a\vs4\al(求点P的轨迹方程；)❶
(2)设点Q在直线x＝－3上，且eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(PQ,\s\up6(→))＝1，证明：eq \a\vs4\al(过点P且垂直于OQ的)eq \a\vs4\al(直线l过C的左焦点F.)❷
[建桥寻突破]
❶看到求点P的轨迹方程，想到先设出点的坐标，然后利用已知条件，采用代入法求轨迹方程.
❷看到过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F，想到证明eq \(OQ,\s\up6(→))⊥eq \(PF,\s\up6(→)).
[规范解答]
(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，
eq \(NP,\s\up6(→))＝(x－x0，y)，eq \(NM,\s\up6(→))＝(0，y0)，1分eq \x(得分点①)
由eq \(NP,\s\up6(→))＝eq \r(2)eq \(NM,\s\up6(→))，
得x0＝x，y0＝eq \f(\r(2),2)y，3分eq \x(得分点②)
因为M(x0，y0)在椭圆C上，
所以eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,2)＝1，5分eq \x(得分点③)
因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.6分eq \x(得分点④)
(2)证明：由题意知F(－1，0)，
设Q(－3，t)，P(m，n)，
则eq \(OQ,\s\up6(→))＝(－3，t)，
eq \(PF,\s\up6(→))＝(－1－m，－n)，7分eq \x(得分点⑤)
eq \(OQ,\s\up6(→))·eq \(PF,\s\up6(→))＝3＋3m－tn，8分eq \x(得分点⑥)
eq \(OP,\s\up6(→))＝(m，n)，eq \(PQ,\s\up6(→))＝(－3－m，t－n)，9分eq \x(得分点⑦)
由eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(PQ,\s\up6(→))＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，10分eq \x(得分点⑧)
又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.
所以eq \(OQ,\s\up6(→))·PF＝0，即OQ⊥PF，11分eq \x(得分点⑨)
又过点P存在唯一直线垂直于OQ，
所以过点P且垂直于OQ的直线
l过C的左焦点F.12分eq \x(得分点⑩)
[评分标准]
①设出点的坐标，并求出eq \(NP,\s\up6(→))和eq \(NM,\s\up6(→))得1分；
②由eq \(NP,\s\up6(→))＝eq \r(2)eq \(NM,\s\up6(→))，正确求出x0＝x，y0＝eq \f(\r(2),2)y得2分；
③代入法求出eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,2)＝1得2分；
④化简成x2＋y2＝2得1分；
⑤求出eq \(OQ,\s\up6(→))和eq \(PF,\s\up6(→))得1分；
⑥正确求出eq \(OQ,\s\up6(→))·eq \(PF,\s\up6(→))的值得1分；
⑦正确求出eq \(OP,\s\up6(→))和eq \(PQ,\s\up6(→))的坐标得1分；
⑧由eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(PQ,\s\up6(→))＝1得出－3m－m2＋tn－n2＝1得1分；
⑨得出eq \(OQ,\s\up6(→))⊥eq \(PF,\s\up6(→))得1分；
⑩写出结论得1分.
[解题点津]
(1)得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写全，如第(2)问中求出－3m－m2＋tn－n2＝1就得分.
(2)得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时一定要写清得分关键点，如第(2)问一定要写出eq \(OQ,\s\up6(→))·eq \(PF,\s\up6(→))＝0，即eq \(OQ,\s\up6(→))⊥eq \(PF,\s\up6(→))，否则不得分，因此步骤才是关键的，只有结果不得分.
[核心素养]
圆锥曲线中的定点、定值问题是高考命题的热点问题，常与向量巧妙交汇，综合考查考生“数学运算”的核心素养.
(12分)设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1，0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过点B作AC的平行线交AD于点E.
(1)证明eq \a\vs4\al(|EA|＋|EB|为定值)❶，并写出点E的轨迹方程；
(2)设点E的轨迹方程为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求eq \a\vs4\al(四边形MPNQ面积的取值范围.)❷
[建桥寻突破]
❶看到|EA|＋|EB|为定值，想到点E的轨迹方程可能是椭圆.
❷看到四边形MPNQ面积的取值范围，想到四边形MPNQ对角线是否垂直，如何将四边形分别分成三角形求面积，可能利用弦长公式.
[规范解答]
(1)圆A整理为(x＋1)2＋y2＝16，圆心A坐标为(－1，0)，如图，
因为BE∥AC，则∠ACB＝∠EBD，
由|AC|＝|AD|，则∠ADC＝∠ACD，2分eq \x(得分点①)
所以∠EBD＝∠EDB，则|EB|＝|ED|，
所以|AE|＋|EB|＝|AE|＋|ED|＝|AD|＝4.4分eq \x(得分点②)
所以E的轨迹为一个椭圆，方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1(y≠0).6分eq \x(得分点③)
(2)C1：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1；设l：x＝my＋1，
因为PQ⊥l，设PQ：y＝－m(x－1)，联立l与椭圆C1，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0；7分eq \x(得分点④)
则|MN|＝eq \r(1＋m2)|yM－yN|
＝eq \r(1＋m2)eq \f(\r(36m2＋36（3m2＋4）),3m2＋4)＝eq \f(12（m2＋1）,3m2＋4)；8分eq \x(得分点⑤)
圆心A到PQ距离d＝eq \f(|－m（－1－1）|,\r(1＋m2))＝eq \f(|2m|,\r(1＋m2))，9分eq \x(得分点⑥)
所以|PQ|＝2eq \r(|AQ|2－d2)＝2eq \r(16－\f(4m2,1＋m2))＝eq \f(4\r(3m2＋4),\r(1＋m2))，10分eq \x(得分点⑦)
所以S四边形MPNQ＝eq \f(1,2)|MN|·|PQ|＝eq \f(1,2)·eq \f(12（m2＋1）,3m2＋4)·eq \f(4\r(3m2＋4),\r(1＋m2))＝eq \f(24\r(m2＋1),\r(3m2＋4))＝24eq \r(\f(1,3＋\f(1,m2＋1)))∈[12，8eq \r(3)).12分eq \x(得分点⑧)
[评分标准]
①得出∠ACB＝∠EBD，∠ADC＝∠ACD得2分；
②得出|AE|＋|EB|＝4得2分；
③写出E的轨迹为一个椭圆，得1分；写出椭圆方程eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1(y≠0)再得1分；
④联立方程组得出(3m2＋4)y2＋6my－9＝0得1分；
⑤正确计算出弦长|MN|得1分，错误不得分；
⑥正确计算出圆心A到PQ距离d得1分；
⑦正确求出|PQ|得1分，错误不得分；
⑧正确计算出四边形MPNQ面积的取值范围得2分.
[解题点津]
(1)第(1)小题先将圆x2＋y2＋2x－15＝0化为标准方程，然后画出图形，结合图形中的线线关系及椭圆的定义确定轨迹方程.
(2)第(2)小题联立直线方程与椭圆方程，将其化成关于x或y的一元二次方程.
(3)要求四边形MPNQ面积的取值范围，由S四边形MPNQ＝eq \f(1,2)|MN|·|PQ|，可先利用点到直线的距离公式及勾股定理求出|PQ|，再利用弦长公式求出|MN|.
[核心素养]
圆锥曲线中的面积问题是高考命题的热点问题，一般涉及三角形及四边形的面积值(取值范围)问题．主要考查考生“直观想象”和“数学运算”的核心素养.