（京津鲁琼专用）2020版高考数学第二部分专题五解析几何第4讲圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题练习.docx

第4讲圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题定点问题1参数法：参数法解决定点问题的思路：(1)引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中的核心变量(此处设为k)；(2)利用条件找到k与过定点的曲线F(x，y)0之间的关系，得到关于k与x，y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，找到定点高考真题思维方法(2017高考全国卷)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：y21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x3上，且1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.(1)略(2)证明：由题意知F(1，0)设Q(3，t)，P(m，n)，则(3，t)，(1m，n)，【关键1：用参数表示P，Q的坐标及向量，】33mtn，(m，n)，(3m，tn).由1得3mm2tnn21，又由(1)知m2n22，故33mtn0.所以0，【关键2：在1的前提下，证明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.【关键3：利用平面内过一点作一直线的垂线的唯一性，即得直线l过点F】2.由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关高考真题思维方法(2017高考全国卷)已知椭圆C：1(ab0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3(1，)，P4(1，)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.(1)略(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：xt，由题设知t0，且|t|0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.而k1k2.由题设k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)(m1)0.解得k.【关键2：设出直线l的方程，并与椭圆方程联立消去y得到关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系及条件找到直线l中两个参数的关系】当且仅当m1时，0，于是l：yxm，即y1(x2)，所以l过定点(2，1).【关键3：将k代入直线l的方程，变形得到直线所过定点(2，1)】典型例题 (2019郑州市第一次质量预测)设M点为圆C：x2y24上的动点，点M在x轴上的投影为N.动点P满足2，动点P的轨迹为E.(1)求E的方程；(2)设E的左顶点为D，若直线l：ykxm与曲线E交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且满足|，求证：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标【解】(1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0，0)，因为2，所以2(x0x，y)(0，y0)，即x0x，y0y，又点M在圆C：x2y24上，所以xy4，将x0x，y0y代入得1，即轨迹E的方程为1.(2)由(1)可知D(2，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得，得(34k2)x28mkx4(m23)0，(8mk)24(34k2)(4m212)16(12k23m29)0，即34k2m20，所以x1x2，x1x2.y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2，因为|，所以，即0，即(x12，y1)(x22，y2)x1x22(x1x2)4y1y20，所以240，所以7m216mk4k20，解得m12k，m2k，且均满足34k2m20，当m12k时，l的方程为ykx2kk(x2)，直线恒过点(2，0)，与已知矛盾；当m2k时，l的方程为ykxkk，直线恒过点.综上，直线l过定点，定点坐标为.(1)求解直线和曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点(2)由直线方程确定定点时，若得到了直线的点斜式方程yy0k(xx0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线的斜截式方程ykxm，则直线必过定点(0，m) 对点训练(2019蓉城名校第一次联考)已知抛物线C：x22py(p0)的焦点为F，过点F作倾斜角为45的直线与抛物线C交于A，B两点，且|AB|16.(1)求抛物线C的方程；(2)设P，M，N为抛物线上不同的三点，且PMPN，若P点的横坐标为8，判断直线MN是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由解：(1)由题意知，直线AB的方程为yx.由，得y23py0.设A(x3，y3)，B(x4，y4)，则y3y43p.所以|AB|y3y4p4p16，所以p4.所以抛物线C的方程为x28y.(2)法一：由(1)可得点P(8，8)，设M，N，则kPM，同理可得kPN.因为PMPN，所以kPM kPN1，化简得x1x28(x1x2)1280.(*)易知直线MN的斜率一定存在，设直线MN：ykxb，由，得x28kx8b0，所以x1x28k，x1x28b.代入(*)，得8b64k1280，则b8k16.直线MN的方程可化为ykx8k16，所以直线MN过定点(8，16)法二：由(1)可得点P(8，8)，设M，N，则kMN，同理可得kPM，kPN.因为PMPN，所以kPMkPN1，化简得x1x28(x1x2)128.直线MN的方程为y(xx1)，化简得yx.把代入得y(x8)16，所以直线MN过定点(8，16)定值问题1直接消参求定值：常见定值问题的处理方法：(1)确定一个(或两个)变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示；(2)将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量)，然后进行化简，看能否得到一个常数高考真题思维方法(2015高考全国卷)已知椭圆C：9x2y2m2(m0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由.(1)证明：设直线l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)【关键1：设出直线方程及直线与椭圆交点坐标】将ykxb代入9x2y2m2，得(k29)x22kbxb2m20，【关键2：把直线方程与椭圆方程联立消元得一元二次方程】故xM，yMkxMb.【关键3：利用根与系数的关系及中点在直线l上求M的坐标】于是直线OM的斜率kOM ，即kOMk9.【关键4：求直线OM的斜率并计算两直线斜率乘积】所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.(2)略2.从特殊到一般求定值：常用处理技巧：(1)在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢；(2)巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算高考真题思维方法(2016高考北京卷)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，OAB的面积为1.(1)求椭圆C的方程；(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|BM|为定值.(1)略(2)证明：由(1)知，A(2，0)，B(0，1).设P(x0，y0)，则x4y4.当x00时，直线PA的方程为y(x2).令x0，得yM，从而|BM|1yM|1|.【关键1：设出P点坐标，对横坐标分类讨论，用P点坐标表示|BM|】直线PB的方程为yx1.令y0，得xN，从而|AN|2xN|2|.【关键2：用P点坐标表示|AN|】所以|AN|BM|2|1|4.【关键3：计算|AN|BM|并化简得出定值】当x00时，y01，|BM|2，|AN|2，所以|AN|BM|4.【关键4：讨论特殊情况，并计算|AN|BM|】综上，|AN|BM|为定值.典型例题 (2019福建五校第二次联考)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，上顶点M到直线xy40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，解得，所以椭圆C的方程为1.(2)证明：易知直线l的斜率恒小于0，设直线l的方程为y2k(x4)，k0且k1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得，得(14k2)x216k(2k1)x64k(k1)0，则x1x2，x1x2，因为kMAkMB2k(4k4)2k4(k1)2k(2k1)1(为定值)求定值问题2种常见的方法(1)从特殊值入手，求出定值，再证明这个值与变量无关(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定值 对点训练已知椭圆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的面积为定值解：(1)由题意得，a2，b1，所以椭圆C的方程为y21.又c，所以离心率e.(2)证明：设P(x0，y0)(x00，y00)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由.(1)略(2)四边形OAPB能为平行四边形.因为直线l过点，所以l不过原点且与椭圆C有两个交点的充要条件是k0，k3.由(1)得直线OM的方程为yx.设点P的横坐标为xP.由得x，即xP .【关键1：写出OM的方程，与椭圆方程联立求出P点横坐标】将点的坐标代入直线l的方程得b，因此xM.【关键2：求M点横坐标】四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP2xM，于是2，【关键3：构造关于k的方程】解得k14，k24.因为k0，k3，所以当l的斜率为4或4时，四边形OAPB为平行四边形.典型例题 已知动圆C与圆x2y22x0外切，与圆x2y22x240内切(1)试求动圆圆心C的轨迹方程；(2)过定点P(0，2)且斜率为k(k0)的直线l与(1)中轨迹交于不同的两点M，N，试判断在x轴上是否存在点A(m，0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数m的范围；若不存在，请说明理由【解】(1)由x2y22x0得(x1)2y21，由x2y22x240得(x1)2y225，设动圆C的半径为R，两圆的圆心分别为F1(1，0)，F2(1，0)，则|CF1|R1，|CF2|5R，所以|CF1|CF2|6，根据椭圆的定义可知，点C的轨迹为以F1，F2为焦点的椭圆，所以c1，a3，所以b2a2c2918，所以动圆圆心C的轨迹方程为1.(2)存在设直线l的方程为ykx2，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为E(x0，y0)假设存在点A(m，0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，则AEMN，由得(89k2)x236kx360，x1x2，所以x0，y0kx02，因为AEMN，所以kAE，即，所以m，当k0时，9k212，所以m0；当k0时，9k12，所以0b0)，其左、右焦点分别为F1(2，0)，F2(2，0)，过点F1的直线交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为G，AB的中垂线与x轴和y轴分别交于D，E两点，且|AF1|，|F1F2|，|AF2|构成等差数列(1)求椭圆C的方程；(2)记GF1D的面积为S1，OED(O为坐标原点)的面积为S2.试问：是否存在直线AB，使得S1S2？请说明理由解：(1)因为|AF1|，|F1F2|，|AF2|构成等差数列，所以2a|AF1|AF2|2|F1F2|8，所以a4.又c2，所以b212，所以椭圆C的方程为1.(2)假设存在直线AB，使得S1S2，显然直线AB不能与x，y轴垂直设AB的方程为yk(x2)(k0)，将其代入1，整理得(4k23)x216k2x16k2480，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(xD，0)，所以x1x2，所以点G的横坐标为，所以G.因为DGAB，所以k1，解得xD，即D，因为RtGDF1和RtODE相似，所以若S1S2，则|GD|OD|，所以，整理得8k290.因为方程8k290无解，所以不存在直线AB，使得S1S2.1(2019安徽省考试试题)已知椭圆C：1(ab0)的上顶点为P，右顶点为Q，直线PQ与圆x2y2相切于点M.(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kOM2，则直线PQ的斜率kPQ，所以直线PQ的方程为y，即x2y2.可求得P(0，1)，Q(2，0)，故a2，b1，故椭圆C的方程为y21.(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ykxn(n1)，由，消去y整理得(4k21)x28knx4(n21)0，(8kn)244(4k21)(n21)16(4k21n2)0，得4k21n2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.由0，得(x1，y11)(x2，y21)0，又y1kx1n，y2kx2n，所以(k21)x1x2k(n1)(x1x2)(n1)20，由得n1(舍)，或n，满足.此时l的方程为ykx，故直线l过定点.2(2019南昌市第一次模拟测试)已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，P是C上的一个动点，且F1PF2面积的最大值为4.(1)求C的方程；(2)设C的左、右顶点分别为A，B，若直线PA，PB分别交直线x2于M，N两点，过点F1作以MN为直径的圆的切线，证明：切线长为定值，并求该定值解：(1)设P(x0，y0)，椭圆的半焦距为c.因为SF1PF2|F1F2|y0|2cbbc，所以bc4.又e，a2b2c2，所以a4，b2，c2，所以C的方程为1.(2)由(1)可知A(4，0)，B(4，0)，F1(2，0)由题可知，x02，且x04.设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则直线PA的方程为yk1(x4)，令x2得y6k1，故M(2，6k1)直线PB的方程为yk2(x4)，令x2得y2k2，故N(2，2k2)记以MN为直径的圆为圆D，则D(2，3k1k2)如图，过点F1作圆D的一条切线，切点为T，连接F1D，DT，则|F1T|2|F1D|2|DT|2，所以|F1T|216(3k1k2)2(3k1k2)21612k1k2，又k1，k2，所以k1k2，由1，得y(x16)，所以k1k2，则|F1T|21612k1k2161225，所以|F1T|5.故切线长为定值5.3(2019广州市调研测试)已知动圆C过定点F(1，0)，且与定直线x1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QNMPNM？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x1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，x1为准线的抛物线，其中p2.所以动圆圆心C的轨迹E的方程为y24x.法二：设动圆圆心C(x，y)，依题意得|x1|，化简得y24x，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QNMPNM可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即kPNkQN0.易知直线PQ的斜率必存在且不为0，设直线PQ：xmy2，由，得y24my80.由(4m)2480，得m或m.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，