2019版数学（理）二轮复习通用版讲义：专题五第四讲大题考法——圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

第四讲  大题考法——圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题题型(一)定 点 问 题 主要考查直线、曲线过定点或两条直线的交点在定曲线上. [典例感悟][典例]　(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上．(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点.[审题定向](一)定知识主要考查椭圆的标准方程、直线与椭圆位置关系中的定点问题．(二)定能力1.考查数学运算：方程组和方程的求解.2.考查直观想象：直线与椭圆的位置关系、点与椭圆的位置关系．(三)定思路第(1)问利用对称性、待定系数法求解：根据椭圆的对称性及标准方程判断，点P1不在椭圆上，点P2，P3，P4三点在椭圆上，代入椭圆方程列方程组求解；第(2)问利用设而不求法及直线系思想证明过定点：设直线l的方程，分析直线l与x轴的位置关系，联立直线l与椭圆C的方程，用根与系数的关系得到直线l斜率与截距的关系，由方程恒成立得定点. [解]　(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．又由＋>＋知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上．因此解得故椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为，.则由k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.而k1＋k2＝＋＝＋＝.由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0.解得k＝－.当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，所以l过定点(2，－1)． [类题通法]动线过定点问题的2大类型及解法类型解法动直线l过定点问题设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk＋n，得y－n＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，n)动曲线C过定点问题引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点 [对点训练](2017·全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝   .(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.解：(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0,0)，＝(x－x0，y)，＝(0，y0)．由＝ ，得x0＝x，y0＝y.因为M(x0，y0)在椭圆C上，所以＋＝1.因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.(2)证明：由题意知F(－1,0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，则＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，·＝3＋3m－tn，＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)．由·＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.所以·＝0，即⊥.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.题型(二) 定 值 问 题  主要以直线与圆锥曲线的位置关系为背景，考查转化与化归思想和对定值问题的处理能力，常涉及式子、面积的定值问题.[典例感悟][典例]　(2016·北京高考)已知椭圆C：＋＝1过A(2,0)，B(0,1)两点．(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.[审题定向](一)定知识主要考查椭圆的标准方程、离心率、四边形的面积、直线与椭圆位置关系中的定值问题．(二)定能力1.考查逻辑推理：欲求椭圆的方程、离心率，需求a、b；欲证四边形ABNM的面积为定值，需证其面积的表达式与参数无关.2.考查数学运算：离心率的求解；列直线方程，|AN|，|BM|的表示，面积表达式的化简．(三)定思路第(1)问利用待定系数法求方程，离心率定义求离心率：利用方程思想求得字母a，b的值，利用椭圆离心率的定义e＝求得离心率；第(2)问设而不求，整体消参法求证：设出点P的坐标，并建立坐标之间的关系，表示出四边形的面积，整体运算消去参数可得定值. [解]　(1)由题意得a＝2，b＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.又c＝＝，所以离心率e＝＝.(2)证明：设P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则x＋4y＝4.又A(2,0)，B(0,1)，所以直线PA的方程为y＝(x－2)．令x＝0，得yM＝－，从而|BM|＝1－yM＝1＋.直线PB的方程为y＝x＋1.令y＝0，得xN＝－，从而|AN|＝2－xN＝2＋.所以四边形ABNM的面积S＝|AN|·|BM|＝＝＝＝2.从而四边形ABNM的面积为定值． [类题通法]求解定值问题的2大途径途径一首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关途径二先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值 [对点训练](2019届高三·益阳、湘潭联考)已知动圆P经过点N(1,0)，并且与圆M：(x＋1)2＋y2＝16相切．(1)求点P的轨迹C的方程；(2)设G(m,0)为轨迹C内的一个动点，过点G且斜率为k的直线l交轨迹C于A，B两点，当k为何值时，ω＝|GA|2＋|GB|2是与m无关的定值？并求出该定值．解：(1)由题意得|PM|＋|PN|＝4，∴点P的轨迹C是以M，N为焦点的椭圆，∴2a＝4,2c＝2，∴b＝＝，∴椭圆的方程为＋＝1.即点P的轨迹C的方程为＋＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知－2<m<2，直线l：y＝k(x－m)，由得(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12＝0，∴x1＋x2＝，x1x2＝，∴y1＋y2＝k(x1－m)＋k(x2－m)＝k(x1＋x2)－2km＝－，y1y2＝k2(x1－m)(x2－m)＝k2x1x2－k2m(x1＋x2)＋k2m2＝，∴|GA|2＋|GB|2＝(x1－m)2＋y＋(x2－m)2＋y＝(x1＋x2)2－2x1x2－2m(x1＋x2)＋2m2＋(y1＋y2)2－2y1y2＝(k2＋1).要使ω＝|GA|2＋|GB|2的值与m无关，需使4k2－3＝0，解得k＝±，此时ω＝|GA|2＋|GB|2＝7.题型(三)存 在 性 问 题 主要以直线与圆锥曲线的位置关系为背景，考查学生分析问题和解决问题的能力.  [典例感悟][典例]　(2016·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，直线l：y＝t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：y2＝2px(p＞0)于点P，M关于点P的对称点为N，连接ON并延长交C于点H.(1)求；(2)除H以外，直线MH与C是否有其他公共点？说明理由.[审题定向](一)定知识主要考查直线的方程，抛物线方程、直线与抛物线的位置关系．(二)定能力1.考查直观想象：点与点的对称关系，直线与抛物线的位置关系.2.考查数学运算：对称点的求解，方程根的求解．(三)定思路第(1)问利用坐标关系求解：先求出N，H的坐标，再求；第(2)问利用方程思想求解：将直线MH的方程与抛物线C的方程联立，根据方程的解的个数进行判断. [解]　(1)如图，由已知得M(0，t)，P.又N为M关于点P的对称点，故N，故直线ON的方程为y＝x，将其代入y2＝2px整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝.因此H.所以N为OH的中点，即＝2.(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点．理由如下：直线MH的方程为y－t＝x，即x＝(y－t)．代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y2＝2t，即直线MH与C只有一个公共点，所以除H以外，直线MH与C没有其他公共点． [类题通法]求解存在性问题的思路及策略思路先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在策略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 [对点训练](2018·南宁、柳州联考)如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，离心率e＝，直线l的方程为x＝4.(1)求椭圆C的方程；(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由P在椭圆C上得，＋＝1，①由e＝＝知a＝2c，则b2＝3c2，②②代入①，解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.故椭圆C的方程为＋＝1.(2)由题意可设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－1)，③代入椭圆方程，并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0，显然Δ>0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2≠1，则有x1＋x2＝，x1x2＝，④在方程③中令x＝4得，点M的坐标为(4,3k)．从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－.因为A，F，B三点共线，所以有k＝kAF＝kBF，即有＝＝k，所以k1＋k2＝＋＝＋－＝2k－·，⑤将④代入⑤得k1＋k2＝2k－·＝2k－1，又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3.故存在常数λ＝2符合题意．   解析几何问题重在 “设”——设点、设线 [循流程思维——入题快] 　　解析几何部分知识点多，运算量大，能力要求高，综合性强，在高考试题中大都是在压轴题的位置出现，是考生“未考先怕”的题型之一，不是怕解题无思路，而是怕解题过程中繁杂的运算．因此，在遵循“设——列——解”程序化运算的基础上，应突出解析几何“设”的重要性，以克服平时重思路方法、轻运算技巧的顽疾，突破如何避繁就简这一瓶颈．[按流程解题——快又准][典例]　(2016·全国卷Ⅲ)已知抛物线C：y2＝2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点．(1)若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明AR∥FQ；(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程．[解题示范]　由题设F.设l1：y＝a，l2：y＝b，则ab≠0，且A，B，P，Q，R.记过A，B两点的直线为l，则l的方程为2x－(a＋b)y＋ab＝0.(1)证明：由于F在线段AB上，故1＋ab＝0.设AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则k1＝＝＝＝＝－b＝＝k2.所以AR∥FQ.(2)设l与x轴的交点为D(x1,0)，则S△ABF＝|b－a||DF|＝|b－a|，S△PQF＝.由题设可得2×|b－a|＝，所以x1＝0(舍去)，x1＝1.设满足条件的AB的中点为E(x，y)．当AB与x轴不垂直时，由kAB＝kDE可得＝(x≠1)．而＝y，所以y2＝x－1(x≠1)．当AB与x轴垂直时，E与D重合，此时E(1,0)满足方程y2＝x－1.所以所求轨迹方程为y2＝x－1. [思维升华]　解决解析几何问题的关键在于：通观全局，局部入手，整体思维．反映在解题上，就是把曲线的几何特征准确地转换为代数形式，根据方程画出图形，研究几何性质．[应用体验]已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点(2，2)，且离心率为，F1，F2是椭圆E的左、右焦点．(1)求椭圆E的方程；(2)若A，B是椭圆E上关于y轴对称的两点(A，B不是长轴的端点)，点P是椭圆E上异于A，B的一点，且直线PA，PB分别交y轴于点M，N，求证：直线MF1与直线NF2的交点G在定圆上．解：(1)由题意知解得故椭圆E的方程为＋＝1. (2)证明：设B(x0，y0)，P(x1，y1)，则A(－x0，y0)．直线PA的方程为y－y1＝(x－x1)，令x＝0，得y＝，故M.同理可得N.所以＝，＝，所以·＝·＝－8＋＝－8＋＝－8＋8＝0，所以F1M⊥F2N，所以直线MF1与直线NF2的交点G在以F1F2为直径的圆上．A卷——大题保分练1．(2018·成都模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点F(，0)，长半轴长与短半轴长的比值为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，a2＝b2＋c2，∴a＝2，b＝1，∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(2)证明：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．由消去y可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.∴Δ＝16(4k2＋1－m2)>0，x1＋x2＝，x1x2＝.∵点B在以线段MN为直径的圆上，∴·＝0.∵·＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，∴(k2＋1)＋k(m－1)＋(m－1)2＝0，整理，得5m2－2m－3＝0，解得m＝－或m＝1(舍去)．∴直线l的方程为y＝kx－.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.2．(2018·全国卷Ⅱ)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|＝8.(1)求l的方程；(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．解：(1)由题意得F(1,0)，l的方程为y＝k(x－1)(k>0)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝.所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝.由题设知＝8，解得k＝1或k＝－1(舍去)．因此l的方程为y＝x－1.(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2)，所以AB的垂直平分线方程为y－2＝－(x－3)，即y＝－x＋5.设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，则解得或因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144.3.(2018·贵阳模拟)如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点与上顶点分别为A，B，右焦点为F，点P在椭圆C上，且PF⊥x轴，若AB∥OP，且|AB|＝2.(1)求椭圆C的方程；(2)已知Q是C上不同于长轴端点的任意一点，在x轴上是否存在一点D，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为－，若存在，求出点D的坐标，若不存在，说明理由．解：(1)由题意得A(－a,0)，B(0，b)，可设P(c，t)(t>0)，∴＋＝1，得t＝，即P，由AB∥OP得＝，即b＝c，∴a2＝b2＋c2＝2b2，①又|AB|＝2，∴a2＋b2＝12，②由①②得a2＝8，b2＝4，∴椭圆C的方程为＋＝1.(2)假设存在D(m,0)，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为－，设Q(x0，y0)(y0≠0)，则＋＝1，③∵kQA·kQD＝－，A(－2，0)，∴·＝－(x0≠m)，④由③④得(m－2)x0＋2m－8＝0， 即解得m＝2，∴存在点D(2，0)，使得kQA·kQD＝－.4．(2018·昆明模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为4，P是椭圆C上的点．(1)求椭圆C的方程；(2)O为坐标原点，A，B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点，设＝＋，证明：直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值．解：(1)由题意知2c＝4，即c＝2，则椭圆C的方程为＋＝1，因为点P在椭圆C上，所以＋＝1，解得a2＝5或a2＝(舍去)，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2且x1＋x2≠0，由＋＝，得D(x1＋x2，y1＋y2)，所以直线AB的斜率kAB＝，直线OD的斜率kOD＝，由得(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，即·＝－，所以kAB·kOD＝－.故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值－.B卷——深化提能练1．(2018·安徽江南十校联考)在平面直角坐标系中，直线x－y＋m＝0不过原点，且与椭圆＋＝1有两个不同的公共点A，B.(1)求实数m的取值所组成的集合M；(2)是否存在定点P使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补？若存在，求出所有定点P的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)因为直线x－y＋m＝0不过原点，所以m≠0.将x－y＋m＝0与＋＝1联立，消去y，得4x2＋2mx＋m2－4＝0.因为直线与椭圆有两个不同的公共点A，B，所以Δ＝8m2－16(m2－4)>0，所以－2<m<2.故实数m的取值所组成的集合M为(－2，0)∪(0,2)．(2)假设存在定点P(x0，y0)使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补，即kPA＋kPB＝0.令A(x1，x1＋m)，B(x2，x2＋m)，则＋＝0，整理得2x1x2＋(m－x0－y0)(x1＋x2)＋2x0(y0－m)＝0.(*)由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝，代入(*)式化简得m＋2(x0y0－)＝0，则解得或所以定点P的坐标为(1，)或(－1，－)．经检验，此两点均满足题意．故存在定点P使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补，且定点P的坐标为(1，)或(－1，－)．2．(2019届高三·西安八校联考)已知直线l：x＝my＋1过椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点F，抛物线x2＝4y的焦点为椭圆C的上顶点，且l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线x＝4上的射影依次为D，K，E.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l交y轴于点M，且＝λ1，＝λ2，当m变化时，证明：λ1＋λ2为定值；(3)当m变化时，直线AE与BD是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由．解：(1)∵直线x＝my＋1过椭圆的右焦点，∴右焦点F(1,0)，c＝1，即c2＝1.∵x2＝4y的焦点(0，)为椭圆C的上顶点，∴b＝，即b2＝3，a2＝b2＋c2＝4，∴椭圆C的方程为＋＝1.(2)由题意知m≠0，由得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.显然Δ>0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－，y1y2＝－.∵＝λ1，＝λ2，M，∴＝λ1(1－x1，－y1)，＝λ2(1－x2，－y2)，∴λ1＝－1－，λ2＝－1－，∴λ1＋λ2＝－2－＝－2－÷＝－.综上所述，当m变化时，λ1＋λ2为定值－.(3)当m＝0时，直线l⊥x轴，则四边形ABED为矩形，易知AE与BD相交于点N，则若当m变化时，直线AE与BD相交于定点，则定点必为N，证明如下：＝＝，易知E(4，y2)，则＝.∵y2－(－y1)＝(y1＋y2)－my1y2＝－m＝0，∴∥，即A，N，E三点共线．同理可得B，N，D三点共线．则猜想成立，故当m变化时，直线AE与BD相交于定点N.3．(2018·贵州六校联考)已知点M是椭圆C：＋＝1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，|F1F2|＝4，∠F1MF2＝60°，△F1MF2的面积为.(1)求椭圆C的方程；(2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交椭圆C于异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1＋k2为定值．解：(1)在△F1MF2中，由|MF1||MF2|sin 60°＝，得|MF1||MF2|＝.由余弦定理，得|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1|·|MF2|cos 60°＝(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1|·|MF2|(1＋cos 60°)，从而2a＝|MF1|＋|MF2|＝4，即a＝2，从而b＝2，故椭圆C的方程为＋＝1.(2)当直线l的斜率存在时，设其方程为y＋2＝k(x＋1)，由得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.从而k1＋k2＝＋＝＝2k－(k－4)＝4.当直线l的斜率不存在时，可取A，B，得k1＋k2＝4.综上，恒有k1＋k2＝4.4．(2019届高三·湘东五校联考)已知椭圆C的中心在原点，离心率等于，它的一个短轴端点恰好是抛物线x2＝8y的焦点．(1)求椭圆C的方程；(2)如图，已知P(2,3)，Q(2，－3)是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点．①若直线AB的斜率为，求四边形APBQ面积的最大值；②当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值？请说明理由．解：(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，则b＝2.由＝，a2＝c2＋b2，得a＝4，∴椭圆C的方程为＋＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．①设直线AB的方程为y＝x＋t，代入＋＝1，得x2＋tx＋t2－12＝0，由Δ>0，解得－4<t<4，由一元二次方程根与系数的关系得x1＋x2＝－t，x1x2＝t2－12，∴|x1－x2|＝＝＝.∴四边形APBQ的面积S＝×6×|x1－x2|＝3.∴当t＝0时，S取得最大值，且Smax＝12.②若∠APQ＝∠BPQ，则直线PA，PB的斜率之和为0，设直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为－k，直线PA的方程为y－3＝k(x－2)，由得(3＋4k2)x2＋8(3－2k)kx＋4(3－2k)2－48＝0，∴x1＋2＝，将k换成－k可得x2＋2＝＝，∴x1＋x2＝，x1－x2＝，∴kAB＝＝＝＝，∴直线AB的斜率为定值.