2020年高考数学二轮复习讲义：定点、定值、存在性问题

1、第三讲定点、定值、存在性问题召把握考点*明确方向決咼考考点考点解读圆锥曲线中的定点、定值问题定点、定值冋题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有 关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横（纵）坐标等的定值问题.圆锥曲线中的最值、范围问题圆锥曲线中的最值、范围问题大致可分为两类：一是涉及 距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线 或圆锥曲线中几何兀素的最值以及这些兀素存在最值时求 解与之有关的一些问题.圆锥曲线中的探索性问题圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：（1） 探索点是否存在.（2）探索曲线是否存在.（3）探索命题是否成 立涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的

2、位 置关系问题备考策略本部分内容在备考时应注意以下几个方面:1.掌握处理定点、定值的方法.2.掌握解答存在性问题的处理方法.3掌握函数与方程思想在处理定点、定值问题中的应用.预测 2020 年命题热点为：圆锥曲线中的定值问题.（2）圆锥曲线中的存在性问题.暨1识整合-知1R整音易错看示-2|z 知识整合：hi shi zhe ng he1.定值、定点问题在变化中所表现出来的不变的量，用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点，就是要求的定点，解决这类问题的关键就是引进参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变

3、换等寻找不受参数影响的量.2圆锥曲线中最值问题：主要是求线段长度的最值、三角形面积的最值等.3圆锥曲线中的范围问题：关键是选取合适的变量建立目标函数和不等关系该问题主要有以下三种情况：(1) 距离型：若涉及焦点，则可以考虑将圆锥曲线定义和平面几何性质结合起来求解；若是圆锥曲线上的点到直线的距离，则可设出与已知直线平行的直线方程，再代入圆锥曲线方程中，用判别式等于零求得切点坐标，这个切点就是距离取得最值的点，若是在圆或椭圆上，则可将点的坐标以参数形式设出，转化为三角函数的最值求解.(2) 斜率、截距型：一般解法是将直线方程代入圆锥曲线方程中，利用判别式列出对应的不等式，解出参数的范围，如果给出的

4、只是圆锥曲线的一部分，则需要结合图形具体分析， 得出相应的不等关系.(3) 面积型：求面积型的最值，即求两个量的乘积的范围，可以考虑能否使用不等式求解，或者消元转化为某个参数的函数关系，用函数方法求解.4探究性问题：有关圆锥曲线中的探究性问题，一般假设满足条件的量存在，以此为 基础进行推理.易错警示丄Yi cuo jing shi 1.求轨迹方程时要注意它的纯粹性与完备性.2使用函数方法求解最值和范围时，需选择合适的变量解题时易忽略变量的范围，导致结果的错误.3直线与双曲线交于一点时，不一定相切，反之，直线与双曲线相切时，只有一个交 占八、4 在解决直线与圆锥曲线问题时，若需设直线方程，易忽略

5、直线斜率不存在的情况.M真题把握規伞X2y2J61.(文)(2018 北京卷，20)已知椭圆 M :2+ * = 1(ab0)的离心率为 ，焦距为 2 2. a b3斜率为 k 的直线 l 与椭圆 M 有两个不同的交点 A, B.(1) 求椭圆 M 的方程.(2) 若 k= 1，求|AB|的最大值.(3) 设 P(-2,0),直线 PA 与椭圆 M 的另一个交点为 C,直线 PB 与椭圆 M 的另一个交点 为 D.若 C, D和点 Q 4, 4 共线，求 k.解析由题意得 2c= 2.2,所以 c= .2,又 e= =专，所以 a= 3，所以 b2= a2 c2= 1,a 32所以椭圆M的标准

6、方程为X+ y2= 1.设直线 AB 的方程为 y = x+ m,y= x + m,22消去 y 可得 4x + 6mx+ 3m 3 = 0,则= 36m2 4x4(3m2 3)= 48 12m20，即 m2y4yi y2将点 C, D 的坐标代入化简可得 =1,即卩 k= 1.XL X2(理)(2018 北京卷，19)已知抛物线 C: y2= 2px 经过点 P(1,2) 过点 Q(0,1)的直线 I 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 I 的斜率的取值范围.11设 O 为原点，QM =入 Q, QN =卩 QO

7、-，求证： 寸为定值.解析将点 P 代入 C 的方程得 4= 2p，即 p= 2, 所以抛物线 C 的方程为 y2= 4x,(1)方法一(代数法)：显然 I 斜率存在，设为 k,则 I: y= kx+ 1,y= kx+1,22由2消去 y 得 k2x2+ (2k 4)x+ 1 = 0, (*)y2= 4x,由已知，方程(*)有两个不同的根，且1 不是方程的根(因为 PA, PB 都与 y 轴有交点),所以= 16k+ 160 且 k2+ (2k 4) + 1 工 0,即 k1，且 kz 3,且 kz1,所以 kX10，点 Q 的坐标为 (x1,y1).1所以 TX1 1kx1X1X1 11k

8、1 X1k 11k 1 X1y12X1y1 X11X111X1 1入 y1 X111k 1 X21 1 1所以 1 +丄=丄入卩 k 12k1 2k+ 4k 11由 ABPM 的面积是厶 BPQ 面积的 2 倍，可得|PM|= 2|PQ|,从而 X2 X1= 2xi ( Xi)，即 X2= 5X1.2x + 3y= 6, 易知直线 AB 的方程为 2x+ 3y= 6，由方程组y= kX,由 X2= 5X1，可得-9k2+ 4= 5(3k+ 2)，两边平方，整理得 18k2+ 25k+ 8 = 0,解得 k= 8 19 或k=夕8 1 12当 k = 9 时，X2= 9b0)的左焦点为 F，上顶

9、点为 B .已知椭圆的 离心率为w5,点 A 的坐标为(b,0)，且|FB|AB|= 6 2.3(I)求椭圆的方程.(H)设直线 l ：= kx(k0)与椭圆在第一象限的交点为P,且 I 与直线 AB 交于点 Q.若*善|=葺冬“ / AOQ(O 为原点)，求 k 的值.25解析(I设椭圆的焦距为 2c,由已知得 字=9，又由 a2= b2+ c2,可得 2a = 3b.由已知 可得，|FB|=a, |AB|= 2b,由 |FB| |AB|= 6 ,2，可得 ab= 6，从而 a = 3, b= 2.2 2所以，椭圆的方程为 X+y=1.94(D)设点 P 的坐标为(X1, y1)，点 Q 的

10、坐标为(X2, y2).由已知有 y1y20,故|PQ|sinzAOQ=y1 y2.又因为 AQ|=一y2一，而ZOAB=n故 |AQ| = J2y2. sinZOAB4消去 y,可得 X2=63k + 2由方程组消去 y,可得 Xi=y= kX,69k2+ 4=2 由器=542sinZAOQ，可得 5yi= 9y2.y= kx,6k由方程组x2y2消去 X,可得yi=.易知直线 AB 的方程为 x+ y-2= 0,J +4=1,y/9k+4y= kx,由方程组彳k+ y-2= 0,k消去 x,可得 y2=.由 5yi= 9y2,k+ 1可得 5(k+ 1) = 3 9k2+ 4,两边平方，整

11、理得56k2-50k+ 11 = 0，解得 k= ?或 k=券1 11所以，k 的值为 2 或 28.2 2x y3. (2018 全国卷川，20)已知斜率为 k 的直线 I 与椭圆 C:;4 + 3 = 1 交于 A, B 两点.线段 AB 的中点为 M(1, m)(m0).1(1) 证明：k|,|FP|,|FB|成等差数列，并求该数列的公差.x21y21x22y22解析(1)设 A(x1, y1),B(X2,y2),则4+ =1，4+；= 1.y1 y2X1+ X2y1+ y2两式相减，并由=k 得 +k= 0.X1- X245X1+ X2y1+ y232.51由题设得 0m3，故 k2由

12、题意得 F(1,0)，设 P(X3, y3)，则(X3 1, y3)+ (X1 1, y1)+ (X2 1, y2)= (0,0).由(1)及题设得 X3= 3 (x1+ X2) = 1, y3= (y1+ y2)= 2m |=3于是|FA|= X11?+ y21= 1，；X11?+3 14X1由题设知=1,= m,于是 k= -3.224m同理 |FB |= 2 -电.1所以 |FA | + |FB | = 4 2(xi+ X2)= 3.故 2|FP |= |FA |+ |FB |,即 |FA |, |FP |, |FB |成等差数列.设该数列的公差为d,贝 U 2|d|=|FB |FA |

13、= 1|x1 X2|= 2刘 + x22 4x将m=4 代入得k= 1.所以 I 的方程为 y= x+4，代入 C 的方程，并整理得 7x2 14x+ 4 = 0.故 X1+ X2= 2, X1x2= 28，代入解得|d|=色寻.所以该数列的公差为或一3尹.28 284. (2018 江苏卷，18)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 过点 33, 0),F2(3, 0)，圆 0 的直径为 F1F2.(1)求椭圆 C 及圆 0 的方程.解析(1)因为椭圆 C 的焦点为 Fi( 3, 0), F2(,3,=1(ab0) 又点3, 2 在椭圆C上,所以誤1,a2 b2= 3,2，焦点 F1

14、(2)设直线 I 与圆 0 相切于第一象限内的点若直线 I 与椭圆 C 有且只有一个公共点,P.直线 I 与椭圆 C 交于 A, B 两点.求点 P 的坐标；台6，求直线 l 的方程.2 20),可设椭圆C的方程为 a+ba = 4, 解得b2= 1,2因此，椭圆 C 的方程为才+y2=1因为圆 0 的直径为 F1F2，所以其方程为x2+ y2= 3.22设直线 I 与圆 0 相切于 P(X0, yo)(X0O, yoo)，贝 y Xo+ y= 3,x0所以直线 I 的方程为 y= (x xo) + yo,yoX03即 y = 7x+ -.y0y02x2,4 + y =1,由，消去 y，得(4

15、x0+ y)x 24xx + 36 4y= 0.(*)_XQ丄 3y=yox+yo，因为直线 I 与椭圆 C 有且只有一个公共点，所以= ( 24xo)2 4(4x0+ yo)(36 4yo) = 48yo(xo 2) = 0.因为 xo, yo0，所以 xo= 2, yo= 1.因此，点 P 的坐标为 (.2, 1)因为三角形 OAB 的面积为276，所以*AB OP =，从而 AB =笃设 A(X1, y) B(X2,y2),24xo48y2xo由(*)得 X1,2= 产戶,2(4X0+ yo )所以 AB2= (X1 X2)2+ (y1 y2)2=因为 xo+ yo= 3,所以 AB =

16、即 2x；J 45x0+ 100 = 0,21+3349解得x0= 261220竝.2 -综上，直线 I 的方程为 y= . 5x + 3 2.Y 经典例題提升能力命题方向 1 圆锥曲线中的定点、定值问题2213例 1 已知椭圆 C:X2+y2= 1(ab0)，四点 Pi(1,1) ,P2(0,1), P3( 1,晋)，P4(1, ab2迈中恰有三点在椭圆 C 上.(1) 求 C 的方程.(2) 设直线 I 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 为一 1，证明：I 过定点.解析(1)由于 P3, P4两点关于 y 轴对称，故由题设知椭圆 C

17、 经过 P3, P4两点.1113又由孑+孑孑+时知，椭圆C不经过点 P1,所以点 P2在椭圆C上.?=1，因此 131孑+4?=1,a2= 4, 解得2= 1.2故椭圆 C 的方程为午+ y2=1.证明：设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1, k2.如果 I 与 x 轴垂直，设 I：x= t,由题设知 t丰0,且|t|2,可得 A,B 的坐标分别为4 t2 4 t2 2 - 4 t2+ 2(t,2)，贝 u k1+ k2=22= 1，得 t=2,不符合题设.从而可设 I: y= kx+ m(m 1).2 xo将 y = kx+ m 代入；+ y2= 1 得42 2 2(4 k

18、+ 1)x + 8kmx+ 4m 4= 0._ 22由题设可知 = 16(4 k m + 1)0.设 A(X1, y1), B(x2, y2),则1( 0UhN TU押(t,yi一 1 y2一 1而冷+ k2=+-X1X2kx1+ m 1 kX2+ m 1+X1X22kX1X2+ m 1 X1+ X2Xl+ X2= 8km4k* 1 2+1X1X2=4m244k2+ 1命题方向 2 圆锥曲线中的最值、范围问题圆上且位于第一象限，直线FM被圆宀 y2=弓截得的线段的长为c,|FM|=穿.(3)得出结论.,跟踪训练en zong xun lia n2 2已知椭圆 C：鈴 b23=1(ab0)的焦点

19、为 2,点(1, )在 C 上.(1)求 C 的方程；(2)过原点且不与坐标轴重合的直线l 与 C 有两个交点A, B，点 A 在 x 轴上的射影为 M，线段 AM 的中点为 N,直线 BN 交 C 于点 P,证明: 直线 AB的斜率与直线 AP 的斜率乘积为定值.解析(1)由题意知，C 的焦点坐标为(,0),2a- 0+ 22+ 卞 +325 3=2+2 =4,b=3，2 2所以，椭圆 C 的方程为x+3 = 1.(2)设 A(x1, y1), P(x2, y2)(x1X2),贝yB( x1,- y) N(x1, 2)，由点 A, P 在椭圆 C 上得,2 2牛亠 14 十 3，2 2x2+

20、化14 十 3，2 2y y2两式相减得，匚一2X1 X234,3kBN= !；=毅，y+ y2kBP=.因为 B, N, P 三点共线，所以 kBN= kBP,X1+ X2即讐4 y1+ y2 3X1+ X2y1y1 y2所以kAB kAP= X1二4 y1 y2y1+ y24 y1 y23X1 X2X1+ X23X1 X2例 2 已知椭圆器十 by2= 1(ab0)的左焦点为F( c,0)，离心率为宁，点 M 在椭求直线 FM 的斜率.(2) 求椭圆的方程.(3) 设动点 P 在椭圆上，若直线 FP 的斜率大于2,求直线 0P(0 为原点)的斜率的取值C 1222解析(1)由已知有 二=云

21、，又由 a = b + c , a 3可得 a2= 3c2, b2= 2c2.设直线 FM 的斜率为 k(k0)，则直线 FM 的方程为 y= k(x+ c).解得心乜3所以直线 FM 的斜率为彳.2 2由得椭圆方程为 3c2+A1，直线 FM 的方程为 y=f(x+ c),两个方程联立，消去 y,整理得 3x2+ 2cx5C2=0，解得 x= 3c,或 x= c.因为点 M 在第一象限，可得 M 的坐标为 c, Zfc .由|FM|=#(c+ cf+0 j =43,解得 c= 1,2 2所以椭圆的方程为x+二=i.设点 P 的坐标为(X, y)，直线 FP 的斜率为 t,得 t = J，即

22、y=t(x+ 1)(XM 1),xI1整理得 2x2+ 3t2(x+ 1)2= 6.范围与椭圆方程联立y=t(x+1 .2,由已知，有设直线 OP 的斜率为 mF rn = X，即 y=mx(xM0),与椭圆方程联立，整理可得 rn3= X223.1当 x 2,- 1 时，有 y= t(x+ 1)V0,2当 xq 1, 0)时，有 y= t(x+ 1)0，因此 mv0,于是m=_ : x3,得mq 8，V .综上，直线OP的斜率的取值范围是 a, 晋u彳,234.规律总结1. 与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法(1) 数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解.(2) 构

23、建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本 不等式或导数法求最值(注意：有时需先换元后再求最值 ).2. 解决圆锥曲线中范围问题的方法一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数 的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化.跟踪训练：Gen zong xun lian3113913如图，已知抛物线 x = y，点 A( 2, 4), B(2 4),抛物线上的点 P(x, y)( 2x0,x 彳41解析设直线 A

24、P 的斜率为 k, k = 一 1 = x 2, x+ 213因为-xb0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线 l: y= x+ 3 与椭圆 E 有且只有一个公共点 T.(I)求椭圆 E 的方程及点 T 的坐标；(n)设 0 是坐标原点，直线 I平行于 0T,与椭圆 E 交于不同的两点 A、B，且与直线 l 交于点 P.证明：存在常数 入使得|PT|2= ?|PA| |PB|,并求入的值.1因此当 k= 时,|FA| |FQ|取得最大值2716.解析()由已知，a= 2b,则椭圆 E 的方程为2 2x _ y2P+产1.由方程组2b2b2=1,y=- x+ 3,3x2- 1

25、2x+ (18-2b2) = 0方程的判别式为 = 24(b2 3),由= 0,得 b2= 3,此时方程的解为 x= 2,2 2所以椭圆E的方程为 x+y= i.63点 T 的坐标为(2,1).1(D)由已知可设直线 I的方程为 y=只+ m(m 0),2mx=23 , 由方程组2可得2m y= x+ 3,y= 1 + 亍.1y= x+ m,所以 P 点的坐标为(2 呼，1 +23), |PT|2= 9m2.设点 A, B 的坐标分别为 A(X1, y”, B(x2, y2).2 2x y6 十 3,可得由方程组1y = 2x+ m,223x + 4mx+ (4 m 12)= 0.2方程的判别

26、式为 = 16(9 2m ),由 少 0,4m4m12由得 x1+ X2=, X1x2= 3所以 |PA|= : 22m22m2X1 i+ 1 +3 y1 i2m3刈,同理 |PB|=|22m_X2|.所以 |PA| |PB|= 4|(2 竽一 Xi)(2 2m-X2)|52m22m=4|(2_ g)(2 y)(Xl+ X2)+ X1X2|25 2m22m 4m4m12= 4|(22) )(2亍)(R+厂1102故存在常数42匸5，使得|PT|2= 4PA|PB|.规律总结存在性问题求解的思路及策略(1)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.(2)策略：

27、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， 按常规法解题很难时， 可先由特殊情况探究，再推广到一般情况.跟踪训练 ：*G en zong xun lian2 2已知椭圆 C：X4 +律=1(0b 2|OC2| 3= 13.故选 B .23.已知 F1, F2分别是双曲线字2b= 1(a0, b0)的左、右焦点，且 时2|= 2，若 P 是该双曲线右支上的一点，且满足|PF1|= 2PF2|,则厶 PF1F2面积的最大值是(B )|PF1|= 2|PF2|,解析Tl|PF1|- |PF2|= 2a,|PF1|= 4a, |P

28、F2|= 2a,设/FIPF2=0,2 2 216a+4a-4 5a-1cos0=1S2APF1F2=(2X4aX2axsin02425a4 10a2+ 1=16a(14)詈9(a2-5)2W乎,254当且仅当 a2= 时，等号成立，故 S4T1F2的最大值是34已知双曲线 M 的焦点 F1,F2在 x 轴上，直线，7x+ 3y 0 是双曲线 M 的一条渐近线, 点 P 在双曲线 M 上，且 PF1PF2 0,如果抛物线 y2 16x 的准线经过双曲线 M 的一个焦点, 那么|薛1|弗2= ( B )A. 21B . 14C. 7D . 02 2解析设双曲线方程为?器1(a0, b0),直线.

29、7x+ 3y 0 是双曲线 M 的一条渐近线,，又抛物线的准线为 x- 4,.c 4又 a2+ b2C2由得 a 3.设点 P 为双曲线右支上一点，由双曲线定义得|PF1|-|PF2| 6 又1P-?- 0,P-11P-2,- 2- 2 2在 RtPF1F2中 |PF1| + |PF2| 8 22X4aX2a 4a 16a4联立，解得|PFI|PF2|=14.5.已知直线 y= k(x+ 2)(k0)与抛物线 C： y2= 8x 相交于 A、B 两点，F 为 C 的焦点,若|FA|= 2|FB|,则 k 的值为(D )1A. 3B亚B. 32C. 3D軀D.3解析设 A(X1, y1), B(

30、X2, y2),则X10 , X20,|FA|= x1+ 2, |FB| =X2+2,.X1+2=2X2+4,xi= 2x2+ 2.y2= 8x由，得 k2x2+ (4k2 8)x+ 4k2= 0,y=kx+21x1= 2x2+ 22由 $，得 X2+ X2 2= 0,x2= 1,.X1= 4,X1x2= 46.已知斜率为 1 的直线 l 与抛物线 y2= 2px(p0)交于位于 x 轴上方的不同两点 A, B,记 直线OA, OB 的斜率分别为 k1, k2,贝 U k1+ k2的取值范围是(2,+ ).解析设直线 I:x = 2y+ t，联立抛物线方程消去 x 得 y2= 2p(2y+ t

31、)? y2 4py 2pt= 0,2设 A(X1, y1),B(X2,y2), = 16p + 8pt0? t 2p, y1+ y2= 4p, y1y2= 2pt0? t0,即一 2pt0.2 2 2X1X2= (2y1+ t)(2y2+ t)= 4y1y2+ 2t(y1+ y2)+1 = 4( 2pt) + 2t 4p + t = t ,2y2+ t y1+ i2y1+ t y2X1X2t y1+ y2+ 4y1y24pt 8pt4p 2 ，X1X2=8 k24.8p4=5,28心 9，k=2、23k1+ k2=2y1+yX1X2xi+ x2=8 4k2X1X2tt2pt2，即 ki+ k2

32、的取值范围是（2,+）.7.已知Fi, F2分别是双曲线 3x2y2= 3a2（a0）的左、右焦点，P 是抛物线 y2= 8ax 与 双曲线的一个交点，若|PFi|+ |PF2|= 12,则抛物线的准线方程为x= 2.2 2解析将双曲线方程化为标准方程得a2 30=1，抛物线的准线为x = 2a，联立2 2拿32= 1,|PFi|+ |PF2|= 12,Sa 3a? x= 3a，即点 P 的横坐标为 3a.而由、? |PF2|= 6 a,ly2= 8axl|PF1| |PF2|= 2a又易知 F2 为抛物线的焦点， |PF2|= 3a + 2a = 6 a,得 a = 1,二抛物线的准线方程为

33、 x=2.&设抛物线 C: y2= 4x 的焦点为 F，过 F 的直线 I 与抛物线交于 A, B 两点，M 为抛物 线 C 的准线与 x 轴的交点，若 tan/ AMB =2 2，则|AB|= 8.解析依题意作出图象如图所示，yjtf/y = 4x,设 I: x= my+ 1, A(X1, yj, B(X2, y2),由得，x= my+ 12 22.V1 V22y 4my 4= 0，y1+ y2= 4m, yy2= 4, X1X2= 4= 1, X1+ X2= m(y1+ y2) + 2 = 4m+ 2.ta n/AMB = tan (/AMF +ZBMF),y1y2+X1+ 1 X

34、2+ 1 = 2 2,V1y21 X1+ 1 X2+ 1y1my2+ 2 y2my1+ 2X1+ 1 iX2+ 1 + y1y2y1 y2 = 4 2 m2,4m2+ 1 = 4 2m2, m2= 1,2|AB|= |AF |+ |BF |= Xi+ 1 + X2+ 1 = 4m + 4= 8.9.(2018 抚州一模)已知动圆 C 与圆 x2+ y2+ 2x= 0 外切，与圆 x2+ y2-2x 24= 0 内切.(1) 试求动圆圆心 C 的轨迹方程；过定点 P(0,2)且斜率为 k(kz0)的直线 I 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

35、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.解析(1)由 x2+ y2+ 2x= 0 得(x+ 1)2+ y2= 1,由 x2+ y2 2x 24= 0 得(x 1)2+ y2= 25,设动圆 C 的半径为 R,两圆的圆心分别为 F 1,0), F2(1,0)，则|CF1|= R+ 1 , |CF2|= 5 R,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2 2以 c= 1, a = 3,所以 b2= a2 c2= 9 1 = 8,所以动圆圆心 C 的轨迹方程为 + =匸(2)

36、存在.直线 l 的方程为 y= kx+ 2,设 M(X1, y”，N(x2, y2), MN 的中点为 E(x, y).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AEJMN ,y= kx+ 2,由 ix2y2得(8 + 9k2)x2+ 36kx 36= 0,1.9 十 81,X1+ x2=今 J，所以9k + 818kx0= 9k2+ 816y0=kx0+2= 9k2+ 8,1因为 AE JMN，所以 kAE=匚,16门209k + 8 即18km9k + 81k所以 m =2k29k + 89k+当 k0 时，9k+29X8 = 12 迈,所以一 12 三

37、 m0;当 k0 时，9k+ 8 12yj2,所以 0b0)经过点 A(0, 1),(I)求椭圆 E 的方程；(H)经过点(1,1)，且斜率为 k 的直线与椭圆 E 交于不同的两点 P,Q(均异于点 A)，证明: 直线AP 与 AQ 的斜率之和为 2.解析(I由题意知，b=1，结合 a2= b2+ c2,解得 a = , 2,所以，椭圆的方程为X2(D)证明：由题设知，直线PQ 的方程为 y= k(x 1) + 1(kz2)，代入-+ y = 1,得2 2(1 + 2k2)x2 4k(k 1)x+ 2k(k 2)= 0.由已知 0，设 P(X1, y”, Q(X2, y2), X1X20,则

38、X1+ X2=斗,X1X2= T .1 + 2k1 + 2k从而直线 AP 与 AQ 的斜率之和y1+1 y2+ 1kAP+kAQ=kx1+ 2 k kx2+ 2 k+X1X24k k1=2k+(2k)x-2k(k2)=2k2(k1)=2.2.设点 P 是曲线 C： x2= 2py(p0)上的动点，点 P 到点(0,1)的距离和它到焦点 F 的距 离之和的最小值为弓4(1) 求曲线 C 的方程；若点 P 的横坐标为 1,过 P 作斜率为 k(kz0)的直线交 C 于点 Q,交 x 轴于点 M， 过 点 Q 且与 PQ垂直的直线与 C 交于另一点 N，问是否存在实数 k,使得直线 MN 与曲线

39、C 相 切？若存在，求出 k 的值；若不存在，请说明理由.解析依题意知 1 + 2= 4,解得 p= 1.所以曲线 C 的方程为 X2= y.(2) 由题意直线 PQ 的方程为：y= k(x 1) + 1,1则点 M(1 ，0).y= k(x 1 卄 1联立方程组。,7= x消去 y 得 x2 kx+ k 1 = 0，得 Q(k 1, (k 1)2).212所以得直线 QN 的方程为 y (k 1) = *x k+ 1) 代入曲线方程 y= x 中，得11x + 1x 1 + 1 (1 k) = 0.kk112解得 N(1 匚k, (1 k Q2).12( (1kk)Xl+ X2=2k+ (2

40、 - k)xX1X2所以直线 MN 的斜率 kMN=110kk1 k)1过点 N 的切线的斜率 k = 2(1 k社12由题意有2(1 k!) 解得 k=故存在实数使命题成立.专题六规范答题示例(12 分)已知定点 C( 1,0)及椭圆 x2+ 3y2= 5,过点 C 的动直线与椭圆相交于 A, B 两点.1 一(1)若线段 AB 中点的横坐标是刁求直线 AB 的方程;(2)在 x 轴上是否存在点 M，使 MA MB 为常数？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在, 请说明理由.思路探究(1)|设 AB 的方程 y= k(x+ 11 |待定系数法求 k| |写出方程(2) |设 M 存在即为(m

41、, 0 ( 求 MA MB下结论规范解答分步得分解：(1)依题意，直线 AB 的斜率存在，设直线 AB 的方程为 y= k(x+ 1),将 y= k(x + 1)代入 x2+ 3=5,消去 y 整理得(3k2+ 1)x2+ 6k2x+ 3k2 5= 0.2分设 A(X1, y1), B(x2, y2),d = 36?4(3F + I )(3A2-5)0t03存j由线段 AB 中点的横坐标是一 2,得x1；x2= 3匚=1，解得 k= 3，适合3k + 123所以直线 AB 的方程为 x ,3y+ 1 = 0 或 x+3y+ 1 = 0.4 分假设在 x 轴上存在点 M(m,0)，使 MA MB

42、 为 常数.构建答题模板第一步先假定：假设结论成立.第二步再推理：以假设结论成立为条件，进 行推理求解.第三步下结论：若推出合理结果，经验证成 立则肯定假设；若推出矛盾则否定假设.第四步再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性(i)当直线 AB 与 x 轴不垂直时,在 MA MB 为常数的条件下求 m由(1)知 X1+ X2= 6k23k2+ 1x,x2=3：:5.所以 MA MB = (x1 m)(x2 m)+ y1y2= (x1m)(x2 m) + k6 7 8 9 10(x1+ 1)(x2+ 1)2 2 2 2=(k + 1)X1X2+ (k m)(x1+ X2) + k + m .7 分2将代入，整理得 MA M1B =(6；2書_11+12,彳 C 142m1妙+1厂2m亍22入为常数)问是否存在两个定点Fi、F2，使得|PFi|+ |PF2|为定值？若存在，求 Fi、F2的坐3k2+ 1+m=m+2m7 6m+14_33 3k2+ 1.9分 从而有 6m+ 14= 0，解得 m= 7，此时 MA3综上，在 x 轴上存在定点 M( 7,0)，使 MA评分细则(1)不考虑直线 AB 斜率不存在的情况扣1 分;不验证 A0,扣 1 分;(3)直线 AB 方程写成斜截式形式同样给分;