数学(文)二轮复习通用讲义：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

1、第四讲大题考法题型(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.圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题典例感悟典例(2017全国卷I)已知椭圆C:x2+y2=1(ab0),四点Pi(1,1),P2(0,1),abP3；1,坐)P4S坐I中恰有三点在椭圆。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的斜率的和为一1,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

2、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02+%02+4%口椭圆c不经过点P1,所以点P2在椭圆C上.解得;I，b2 = 1.8，因此13【产狂=1，2故椭圆C的方程为%yj.(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为ki,

3、k2.如果l与x轴垂直，设l：x=t,由题设知two,且|t|0.设A(x1,y1),B(x2,y2),ntt8km4m24则x1+x2=2，x1x2=2.而匕+卜2=纥+比11x1x2kx1+m1kx2+m1x1+x22kx1x2+(m1jx1+x2)x1x2由题设k1+k2=1,故(2k+1)x1x2+(m1)(x1+x2)=0.24m48km即(2k+1)&+(m-1)2=0.m+ 1解得k=-2.m+1m+1当且仅当m1时，50,于是l:y=2x+m,即y+i=2（x2）,所以l过定点（2,-1）.类题通法动线过定点问题的2大类型及解法解法动直线l过定点问题设动直线方程(斜率存在)为y

4、=kx+t,由题设条件将t用k表示为t=mk+n,得yn=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.一,，一一，,，一一x22(2017全国卷n)设O为坐标原点，动点M在椭圆C:x2+y2=1上，过M作X轴的垂线，垂足为N,点P满足庙=庐NM.求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x=3上，且OPPQ=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,yo),则N(xo0),NP=(xxo,y),NM=(0,yo).,厂/口12由NP=y2NM,得xo=x,y

5、o=2y._，PF=3+3mtnOP=(m,n),PQ=(3m,tn).由OPPQ=1,得一3mm2+tnn2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以OQ底=0,即OQXPF.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.主要以直线与圆锥曲线的位置关系为题型(二)定值问题背景，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:多+2=1过A(2,0),B(0,1)两点.ab(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

6、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：c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；a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

7、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Y+y2=1.4又c=m2_b2=小,所以离心率e=c=乎.(2)证明：设P(xo,yo)(xoV0,yo0),则x0+4y0=4.又A(2,0),B(0,1),所以直线PA的方程为y=-k(x2).xo22yo令x=0yM=-xo2,从而|BM|=1yM=1+；.xo2yo一1直线叫的方程为y=5-x+1.令y=0,得xN=一言,xo从而|AN|=2xn=2+y_1.1所以四边形ABNM的面积S=2|AN|BM|FT)y01八X0-2，X0+4y2+4xoyo4x08yo+42(xoyoxo2y0+2)2xoyo2xo-4

8、yo+4xy0x02y0+22.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.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，3=GA|2+|GB|2是与m无关的定值？并求出该定

9、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=2,2=宙-c2=V3,.,.椭圆的方程为多+、=1.43即点P的轨迹C的方程为x+y=1.43(2)设A(xi,y1)，B(x2,y*由题意知一2Vm0)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.求OHJ. ON|(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.第(1)问利用坐

10、标关系求解:先求出N, H的坐标，再求IOHJ|ON|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),Pj2p，tj又N为M关于点P的对称点，故N，t:;故直线ON的方程为y=px,将其代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得xi=0,X2=2p.因此Hi2p,2t所以N为OH的中点，即濡1=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=2tx,口口2t即x=p(y-t).代入y2=2px得y24ty+4t2=0,解得yi=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H

11、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，则不存思路在当条件和结论不唯一时要分类讨论;策略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:x2+y2=1(ab0)经过ab点P3)离心率e=1，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ki,k2,k3.问：是否存在常数N使得ki+k2=入*?若存在，求出入的值；若不存在，请说明理由.解：

12、(i)由p,2，在椭圆c上得，02+492=1,.c122由e=0=2知a=2c,则b=3c,代入，解得c2=1,a2=4,b2=3.故椭圆c的方程为Xr+1=1.43(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),代入椭圆方程，并整理，得(4k2+3)x2-8k2x+4(k23)=0,显然A0恒成立,设A(x1,y1)，B(x2,y2),且X1WX2W1,则有X1+ X2 =4(k23 )卜2 + 3)x1X2 一卜2 + 3)在方程中令x=4得，点M的坐标为(4,3k).333yi2y223k21从而k1=,k2=,k3=k2.X11X2141因为A,F,B三点共线

13、，所以有k=kAF=kBF,即有一y=一一=k,X11X2133y12y2-2y1y2311|13X1+X2-2所以匕+匕=1=XL1+X2JIL1X21厂2k-2x1X2-(X1+X2)+1上234k2+3将代入得k1+k2=2k-32=2k-1,24(k-3)_8k2+14k2+34k2+3又k3=k2,所以k1+kz=2k3.故存在常数Q2符合题意.解题通法点拨解析几何问题重在“设”一一设点、设线循流程思维一一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，

14、在遵循“设一一列一一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.设而不求按流程解题一一快又准典例（2016全国卷出）已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于X轴的两条直线11,12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4PQF的面积是ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程.解题示范i设线：设出近蝶/可表示出点工，氏p.二：Q,用的坐标.进而可：装示过4,g两点的,直筑方程由题设F,0；Ji：y=a?_.J2-.y.T?.b?.贝Uabw0且AIa

15、),2,b),记过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.证明：由于F在线段AB上，故1+ab=0.设AR的斜率为ki,FQ的斜率为k2,则abababab一0b=-11=k2.一2一2所以AR/FQ.(2)设l与x轴的交点为D(xi,0).,-1则SzXBF=2|ba|DF|11G=2也一a|X12,Szpqf|a一b|2i设点：设出克线上与,H轴交，息.可表示出b0)经过点(2m,2),且离心率为岑，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,P

16、B分别交y轴于点M,N,求证：直线MFi与直线NF2的交点G在定圆上.解：(1)由题意知C c_M2a 2，-|-a= 4,解得 b=2.2,c= 2.2,a2=b2+c222故椭圆E的方程为小1.(2)证明：设B(x。,y。),P(xi,yi),则A(X0,y。).yi-yo直线PA的方程为yyi=(xxi),xi+x。令 x=0,xiyo+xoyi得y=,xi+x。故M。,xiyo+ Xoyixi+ X。同理可得X1y。一x。y1xi - x。所以 F1M = 2 V2xi yo + xyixi + x。F2N =-2 .2xiy。一 xoyixi - x。所以 F；M FN =xiy。+

17、 xyixi + x。J-22xiy。一 xoyix2y2 /y2xi x。 Jxix 8 i =- 8+ix6 x。*8,一22xi - Xoxii6=8 + 8 =。)所以FiMJF2N,所以直线MFi与直线NF2的交点G在以FiF2为直径的圆上.课时跟检测A卷一一大题保分练i.（2。18成都模拟）已知椭圆C:x2+y2=i（ab。）的右焦点F（V3,。），长半轴长与短ab半轴长的比值为2.（i）求椭圆C的标准方程;（2）设不经过点B（Qi）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：（i）由题意得,c= V3, a=2

18、, a2=b2+c2,(2)证明：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m(mw1),M(xi,yi),N(x2,y2).y=kx+m,由S消去y可得(4k2+1)x2+8kmx+4m24=0.x2+4y2=4,228km4m2-4=16(4k+1m)0,xi+x2=-2，xix2=-2.点B在以线段MN为直径的圆上，BMAN=0.BMBN=(x，kxI+m1)(&,kx2+m1)=(k2+1)x1x2+k(m1)(x+x2)+(m1)2=0,24m2-48km2.(k+1)4k2+1+k(m-1)4k2+1+(m-1)=0,整理，得5m22m3=0,解得m=|或m=1(舍去).53

19、直线i的方程为y=kx3.易知当直线i的斜率不存在时，不符合题意.故直线i过定点，且该定点的坐标为，-5；2.(2018全国卷n)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F且斜率为k(k0)的直线l与C交于A,B两点，|AB|=8.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)(k0).设A(x1，y1),B(x2,y2),y=k(x-1由f2得k2x2(2k2+4)x+k2=0.ly=4xo2k2+4A=16k+160,故x1+x2=一厂.4k2+4所以|AB|=|AF|+|BF|=(xi+1)+(X2+1)=/.k4k2+4

20、由题设知,2=8,解得k=1或k=1(舍去).k因此l的方程为y=x1.(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v2=-(x-3),即y=x+5.设所求圆的圆心坐标为(xo,yo),xo + 5,y。一 xo+ 12+ 16.xo=3,xo=11,解得1或fyo=2yo=-6.因此所求圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.223.(2018贵阳*II拟)如图，椭圆C:a2+卜1(ab0)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PFx轴,若AB/OP,且|AB|=2a/3.(1)求椭圆C的方程；(2)已

21、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QA1与QD的斜率乘积恒为一2,右存在，求出点D的坐标，右不存在，说明理由.解：(1)由题意得A(-a,0),B(0,b),可设P(c,t)(t0),=1,得，=+即Pg，)，b2由人8/0得、=包，即b=c,，a2=b2+c2=2b2,ac又|AB|=2#,，a2+b2=12,由得a2=8,b2=4,.椭圆C的方程为菅十?=1.841(2)假设存在D(m,0),使得直线QA与QD的斜率乘积恒为2,设Q(xo,yo)(yoW0),则.kQAkQD=-2,A(-2庐0),一y07y0=-2(xowm),xo+22x0m2由得(m

22、2也)xo+272m-8=0,m-22=0,即f解得m=242,1272m8=0,1存在点D(22,0),使得kQAkQD=-2.4.(2018昆明模拟)已知椭圆C:a2+jy2=1(ab0)的焦距为4,P*,gj是椭圆C上的(1)求椭圆C的方程；(2)0为坐标原点，A,B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点，设OD=8A+OB，证明：直线AB的斜率与0D的斜率的乘积为定值.解：由题意知2c=4,即c=2,则椭圆C的方程为表+T-=1aa2-4因为点P%,普卜椭圆C上,41.r2,216所以24；1，解得a2=5或a2=g(舍去)所以椭圆C的方程为：+丫2=1.(2)设A(xi,y1)，B(x2,

23、y?),Xiwx2且Xi+x2w0,由0A+OB=OD,得D(x1+X2,y1+y2),y1y2y+y2x1+ X2所以直线AB的斜率kAB=-，直线OD的斜率koD=-，X1X22rXr+y2=i 由52X22l5+y2=iyi + y2 yi y2即 ,Xi + X2 Xi X25,所以 kAB kOD = -5.砥i,信三(xi+X2)(xiX2)+(yi+y2)(yiy2)=0,5故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值!5B卷一一深化提能练1. (20i8安徽江南十校联考)在平面直角坐标系中，直线V2X-y+m=0不过原点，且22与椭圆y4+，=i有两个不同的公共点A,B.(i)求实

24、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mCM,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.22解：(i)因为直线，2Xy+m=0不过原点，所以mw0.将y2Xy+m=0与联立，消去y,得4X2+2M2mX+m24=0.因为直线与椭圆有两个不同的公共点A,B,所以A=8m2-i6(m2-4)0,所以2表m/2.故实数m的取值所组成的集合M为(22,0)0,2也).(2)假设存在定点P(X0,y。)使得任意的m创，都有直线FA,PB的倾斜角互补，即kPA+kPB=0.亚Xi+my0亚X2+my0令A(Xi,v2xi+m),B(X2,y2X2

25、+m),则+=0,XiX0X2X0整理得2,72x1X2+(mV2x0y0)(Xi+X2)+2X0(y0m)=0.(*)X0 m + 2(x0y0V2) = 0,2m由(1)知Xi+X2=一,XiX2=X0=1,X0=-1,解得S或S所以定点P的坐标为(i,柩或(-i,y0=y2y0=y2,瓜经检验，此两点均满足题意.故存在定点P使得任意的m胴，都有直线PA,PB的倾斜角互补，且定点P的坐标为(1,例或(-1,用).222. (2019届高三西安八校联考)已知直线l：x=my+1过椭圆C:3+*=1(ab0)的右焦点F,抛物线x2=4y3y的焦点为椭圆C的上顶点，且l交椭圆C于A,B两点，点A

26、,FB在直线x=4上的射影依次为D,K,E.,当m变化时，证明：不请求出定点的坐标， 并给予证求椭圆C的方程;(2)若直线l交y轴于点M,且MA=寿AF,为定值;(3)当m变化时，直线AE与BD是否相交于定点?明；否则，说明理由.解：(1)二直线x=my+1过椭圆的右焦点,，右焦点F(1,0),c=1,即c2=1.X2=4*y的焦点(0,峋为椭圆C的上顶点,.b=小，即b2=3,a2=b2+c2=4,22，椭圆C的方程为%/1.(2)由题意知mw0,由5x=my+ 1,3x2+4y2-12 = 0,6m3m2+4. MA =4 AF , MB =灰 BF ,M 0,X11y1 + m 产方(1

27、一x，-y1), (21y2+m.J=旗1x2, -y2), 为=-1my1， 22=-得(3m2+4)y2+6my9=0.显然A0恒成立,设A(xi,y1),B(x2,y2),则y+y2=11-、my2,见+y1 + y2?2= - 2 -= - 2 1myy26m9m3m2+4 3m2 + 483.综上所述，当m变化时，方十力为定值一8.35当m=0时，直线lx轴，则四边形ABED为矩形，易知AE与BD相交于点N1,0则若当m变化时，直线AE与BD相交于定点，则定点必为n5,0证明如下：寂=xi，yi!3myi,y易知e(4,y2),则NE=|1,y2：但、333i16m、9_9-c-my

28、17y2-2(-y1)=2(y1+y2)-myiy2=213m2+4!-m,3m2+4厂0，一.AN/NE,即A,N,E二点共线.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N1,0；223. (2018贵州六校联考)已知点M是椭圆C:卞+/=1信色0)上一点，Fi,F2分别为C的左、右焦点，|FiF2|=4,/FiMF2=60,F1MF2的面积为43(1)求椭圆C的方程；(2)设N(0,2),过点P(-1,2)作直线I,交椭圆C于异于N的A,B两点，直线NA,NB的斜率分别为ki,k2,证明：ki+k2为定值.解：在AFiMF2中，由2|MFi|MF2|sin60=433,得MFi|MF2|=i6.由余弦定理，得|FiF2|2=|MFi|2+|MF2|22|MFi|MF21cos60=(|MFi|十|MF2|)22|MFi|MF2|(i+cos60)：从而2a=|MFi|十|MF2|=4亚,即a=2/2,从而b=2,故椭圆C的方程为X2+9=i.84(2)当直线I的斜率存在时，设其方程为y+2=k(x+i),x2+匕i得(i + 2k2)x2 + 4k(k 2)x+ 2k2- 8k= 0.由I84y+2=k(x+1、4k(k2)2k28k设A(x1，yi),B(x2,y2),则xi+x2=2，x1x2=2i+2ki+2k从而ki + k2