高三数学二轮复习第4讲 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题)

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1、第第 4 讲讲 圆锥曲线中的定点圆锥曲线中的定点、定值定值、存在性问题存在性问题(大题大题) 热点一 定点问题 解决圆锥曲线中的定点问题应注意 (1)分清问题中哪些是定的,哪些是变动的; (2)注意“设而不求”思想的应用,引入参变量,最后看能否把变量消去; (3)“先猜后证”,也就是先利用特殊情况确定定点,然后验证,这样在整理式子时就有了明 确的方向. 例 1 (2019 汕尾质检)已知 P(0,2)是椭圆 C: x2 a2 y2 b21(ab0)的一个顶点, C 的离心率 e 3 3 . (1)求椭圆的方程; (2)过点 P 的两条直线 l1,l2分别与 C 相交于不同于点 P 的 A,B

2、两点,若 l1与 l2的斜率之和 为4,则直线 AB 是否经过定点?若是,求出定点坐标;若不过定点,请说明理由. 解 (1)由题意可得 b2, c a 3 3 , a2b2c2, 解得 a 6,b2,c 2, 椭圆的方程为x 2 6 y2 41. (2)当直线 AB 的斜率存在时, 设直线 AB 的方程为 ykxt,A(x1,y1),B(x2,y2), 联立 ykxt, x2 6 y2 41, 消去 y 并整理, 可得(3k22)x26ktx3t2120, 36(kt)24(3k22)(3t212)0, 即 24(6k2t24)0, 则 x1x2 6kt 3k22,x1x2 3t212 3k2

3、2 , 由 l1与 l2的斜率之和为4, 可得y12 x1 y22 x2 4, 又 y1kx1t,y2kx2t, y12 x1 y22 x2 kx1t2 x1 kx2t2 x2 2kt2x1x2 x1x2 2k t2 6kt 3k22 3t212 3k22 4, 化简可得 tk2, ykxk2k(x1)2, 直线 AB 经过定点(1,2). 当直线 AB 的斜率不存在时,设直线 AB 的方程为 xm,A(m,y1),B(m,y2), y12 m y22 m y1y24 m , 又点 A,B 均在椭圆上, A,B 关于 x 轴对称, y1y20,m1, 故直线 AB 方程为 x1,也过点(1,2

4、), 综上直线 AB 经过定点,定点为(1,2). 跟踪演练 1 (2019 攀枝花模拟)已知抛物线 C:y22px(p0)上一点 P(4,t)(t0)到焦点 F 的 距离等于 5. (1)求抛物线 C 的方程和实数 t 的值; (2)若过 F 的直线交抛物线 C 于不同的两点 A,B(均与 P 不重合),直线 PA,PB 分别交抛物 线的准线 l 于点 M,N.试判断以 MN 为直径的圆是否过点 F,并说明理由. 解 (1)由抛物线定义可知|PF|4 p 2 5, 解得 p2,故抛物线 C 的方程为 y24x, 将 P(4,t)(t0)代入抛物线方程解得 t4. (2)以 MN 为直径的圆一

5、定过点 F,理由如下: 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 设直线 AB 的方程为 xmy1(mR),代入抛物线 C:y24x, 化简整理得 y24my40, 则 y1y24m, y1y24, 由(1)知 P(4,4), 所以直线 PA 的方程为 y4y14 x14(x4) y14 my13(x4), 令 x1 得 y4m5y18 my13 , 即 M 1,4m5y18 my13 , 同理可得 N 1,4m5y28 my23 , kMF kNF4m5y18 2my13 4m5y28 2my23 2m5 2 2y 1y28m10y1y216 m2y1y23my1y29 4 2m5 2 24

6、m8m1016 4m23m 4m9 16m29 16m291, MFNF, 故以 MN 为直径的圆过点 F. (也可用MF NF 0). 热点二 定值问题 求定值问题常见的方法有两种 (1)从特殊情况入手,求出定值,再证明这个定值与变量无关; (2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值. 例 2 (2019 闽粤赣三省十校联考)已知椭圆 C: x2 a2 y2 b21(ab0)经过点(0, 3),离心率为 1 2, 左、右焦点分别为 F1(c,0),F2(c,0). (1)求椭圆 C 的方程; (2)P,N 是 C 上异于 M 的两点,若直线 PM 与直线 PN 的斜率之

7、积为3 4,证明:M,N 两点 的横坐标之和为常数. (1)解 因为椭圆经过点(0, 3),所以 b 3, 又因为 e1 2,所以 c a 1 2, 又 c2a2b2,解得 a2,b 3, 所以椭圆 C 的方程为x 2 4 y2 31. (2)证明 设 P,M,N 三点坐标分别为(xP,yP),(xM,yM),(xN,yN), 设直线 PM,PN 斜率分别为 k1,k2, 则直线 PM 方程为 yyPk1(xxP), 由方程组 x2 4 y2 31, yyPk1xxP 消去 y,得 (34k21)x28k1(k1xPyP)x4k21x2P8k1xPyP4y2P120, 由根与系数的关系可得 x

8、MxP8k1k1xPyP 34k21 , 故 xM8k1k1xPyP 34k21 xP4k 2 1xP8k1yP3xP 34k21 , 同理可得 xNxP8k2k2xPyP 34k22 , 又 k1 k23 4, 故 xNxP8k2k2xPyP 34k22 8 3 4k1 3 4k1xPyP 34 3 4k1 2 6xP8k1yP 4k213 , 则 xN6xP8k1yP 34k21 xP4k 2 1xP8k1yP3xP 34k21 xM, 从而 xNxM0, 即 M,N 两点的横坐标之和为常数 0. 跟踪演练 2 (2019 揭阳模拟)已知点 P 6 2 ,1 在椭圆 C:x 2 a2 y2

9、 b21(ab0)上,椭圆 C 的焦 距为 2. (1)求椭圆 C 的方程; (2)斜率为定值 k 的直线 l 与椭圆 C 交于 A,B 两点,且满足|OA|2|OB|2的值为常数(其中 O 为坐标原点). 求 k 的值以及这个常数; 写出一般性结论(不用证明):斜率为定值 k 的直线 l 与椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)交于 A,B 两 点,且满足|OA|2|OB|2的值为常数,则 k 的值以及这个常数是多少? 解 (1)由点 P 在椭圆上得 3 2a2 1 b21,2c2, 3b22a22a2b2,c1, 又 a2b2c2, 3b22(b21)2(b21)b2, 2b43b220

10、,解得 b22,得 a23, 椭圆 C 的方程为x 2 3 y2 21. (2)设直线 l 的方程为 ykxt,联立x 2 3 y2 21, 得(3k22)x26ktx3t260,24(3k2t22)0, 设 A(x1,y1),B(x2,y2), x1x2 6kt 3k22, x1x23t 26 3k22, 又 y212 1x 2 1 3 ,y222 1x 2 2 3 , |OA|2|OB|2(x21y21)(x22y22) 1 3(x 2 1x 2 2)41 3(x1x2) 22x 1x24 1 3 6kt 3k22 223t 26 3k22 4 1 3 18k212t236k224 3k2

11、22 4, 要使|OA|2|OB|2为常数,只需 18k2120, 得 k22 3, |OA|2|OB|21 3 2424 22245, k 2 3 6 3 ,这个常数为 5; k b a,这个常数为 a 2b2. 热点三 存在性问题 存在性问题的求解策略 (1)若给出问题的一些特殊关系,要探索一般规律,并证明所得规律的正确性,通常要对已知 关系进行观察、比较、分析,然后概括一般规律; (2)若只给出条件,求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时,一般先对结论给出肯定存 在的假设,然后由假设出发,结合已知条件进行推理,从而得出结论. 例 3 已知椭圆 C:y 2 a2 x2 b21(ab0)的

12、上、下焦点分别为 F1,F2,上焦点 F1到直线 4x3y 120 的距离为 3,椭圆 C 的离心率 e1 2. (1)求椭圆 C 的方程; (2)椭圆 E:y 2 a2 3x2 16b21,设过点 M(0,1),斜率存在且不为 0 的直线交椭圆 E 于 A,B 两点, 试问 y 轴上是否存在点 P,使得PM PA |PA | PB |PB | ?若存在,求出点 P 的坐标;若不存在, 说明理由. 解 (1)由已知椭圆 C 的方程为y 2 a2 x2 b21(ab0), 设椭圆的上焦点 F1(0,c), 由 F1到直线 4x3y120 的距离为 3, 得|3c12| 5 3,所以 c1, 又椭

13、圆 C 的离心率 e1 2,所以 c a 1 2, 又 a2b2c2,求得 a24,b23. 椭圆 C 的方程为y 2 4 x2 31. (2)存在.理由如下:由(1)得椭圆 E:x 2 16 y2 41, 设直线 AB 的方程为 ykx1(k0), 联立 ykx1, x2 16 y2 41, 消去 y 并整理得(4k21)x28kx120, (8k)24(4k21)12256k2480. 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 则 x1x2 8k 4k21,x1x2 12 4k21. 假设存在点 P(0,t)满足条件, 由于PM PA |PA | PB |PB | , 所以 PM 平分AP

14、B. 所以直线 PA 与直线 PB 的倾斜角互补, 所以 kPAkPB0. 即y1t x1 y2t x2 0, 即 x2(y1t)x1(y2t)0. 将 y1kx11,y2kx21 代入上式, 整理得 2kx1x2(1t)(x1x2)0, 所以2k 12 4k21 1t8k 4k21 0, 整理得 3kk(1t)0,即 k(4t)0, 因为 k0,所以 t4. 所以存在点 P(0,4),使得PM PA |PA | PB |PB | . 跟踪演练 3 (2019 凉山模拟)椭圆长轴右端点为 A,上顶点为 M,O 为椭圆中心,F 为椭圆 的右焦点,且MF FA 21,离心率为2 2 . (1)求椭

15、圆的标准方程; (2)直线 l 交椭圆于 P,Q 两点,判断是否存在直线 l,使点 F 恰为PQM 的垂心?若存在, 求出直线 l 的方程;若不存在,请说明理由. 解 (1)设椭圆的方程为x 2 a2 y2 b21(ab0),半焦距为 c. 则 A(a,0),M(0,b),F(c,0),MF (c,b),FA (ac,0), 由MF FA 21,即 acc2 21, 又c a 2 2 ,a2b2c2, 解得 a22, b21 椭圆的标准方程为x 2 2y 21. (2)F 为MPQ 的垂心,MFPQ, 又 M(0,1),F(1,0),kMF1,kPQ1, 设直线 PQ:yxm(m1),P(x1

16、,y1),Q(x2,y2), 将直线方程代入x 2 2y 21,得 3x24mx2m220, 令 (4m)212(2m22)0, 解得 30, 所以 x1x214,x1 x21, 假设存在点 M(t,0)使AMOBMO, 则 kAMkBM0. 而 kAM y1 x1t,kBM y2 x2t, 所以 kAMkBM y1 x1t y2 x2t y1x2ty2x1t x1tx2t 0 y1x2y2x1(y1y2)t0 2x1x2(x2x1)(x1x22)t0, 即 214(142)t0t1, 故存在点 M(1,0)符合条件. 当直线 l:y 3 3 (x1)时, 由对称性易知点 M(1,0)也符合条

17、件. 综上可知在(1)的条件下,存在点 M(1,0), 使AMOBMO. A 组 专题通关 1.已知点(1, 2), 2 2 , 3 都在椭圆 C:y 2 a2 x2 b21(ab0)上. (1)求椭圆 C 的方程; (2)过点 M(0,1)的直线 l 与椭圆 C 交于不同的两点 P, Q(异于顶点), 记椭圆 C 与 y 轴的两个交 点分别为 A1,A2,若直线 A1P 与 A2Q 交于点 S,证明:点 S 恒在直线 y4 上. (1)解 由题意得 2 a2 1 b21, 3 a2 1 2b21, 得 a24, b22, 故椭圆 C 的方程为y 2 4 x2 21. (2)证明 由题意可设直

18、线 l 的方程为 ykx1, P(x1,y1),Q(x2,y2)(y1,y2 2). 联立 y2 4 x2 21, ykx1, 整理得(k22)x22kx30. 所以 x1x2 2k k22,x1x2 3 k22, 则 2kx1x23(x1x2). 由题意不妨设 A1(0,2),A2(0,2), 则直线 A1P 的方程为 x x1 y12(y2), 直线 A2Q 的方程为 x x2 y22(y2). 联立 x x1 y12y2, x x2 y22y2, 整理得(y22)x1(y2)(y12)x2(y2), 所以(3x1x2)y4kx1x26x12x2. 把代入上式,得(3x1x2)y4kx1x

19、26x12x2 6(x1x2)6x12x212x14x2, 当 x23x1时,可得 y4, 当 x23x1时, 2 A Q ky22 x2 3kx13 3x1 kx11 x1 1 A P k, 即 A1PA2Q 不符合题意. 综上,故点 S 恒在直线 y4 上. 2.(2019 临川九校联考)在直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 E 的中心在原点,长轴长为 8,椭圆 在 x 轴上的两个焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形. (1)求椭圆的标准方程; (2)过椭圆内一点 M(1,3)的直线与椭圆 E 交于不同的 A, B 两点, 交直线 y1 4x 于点 N, 若NA mAM ,NB nBM ,求证

20、:mn 为定值,并求出此定值. 解 (1)因为长轴长为 8,所以 2a8,a4, 又因为两个焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形, 所以 b 3 2 a2 3,由于椭圆焦点在 x 轴上, 所以椭圆的标准方程为x 2 16 y2 121. (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),N x0,1 4x0 , 由NA mAM , 得 x1x0,y11 4x0 m(1x1,3y1), 所以 x1mx0 m1,y1 3m1 4x0 m1 , 所以 A mx0 m1, 3m1 4x0 m1 , 因为点 A 在椭圆x 2 16 y2 121 上, 所以得到 mx0 m1 2 16 3m1 4x0 m1 2

21、 12 1, 得到 9m296m4813 4 x200; 同理,由NB nBM , 可得 9n296n4813 4 x200, 所以 m,n 可看作是关于 x 的方程 9x296x4813 4 x200 的两个根, 所以 mn96 9 32 3 ,为定值. 3.(2019 上饶模拟)已知圆 C1的方程为(x2)2y232,点 C2(2,0),点 M 为圆 C1上的任意一 点,线段 MC2的垂直平分线与线段 MC1相交于点 N. (1)求点 N 的轨迹 C 的方程; (2)已知点 A(0,2 2),过点 A 且斜率为 k 的直线 l 交轨迹 C 于 P,Q 两点,以 OP,OQ 为邻边 作平行四

22、边形 OPBQ,是否存在常数 k,使得点 B 在轨迹 C 上?若存在,求 k 的值;若不存 在,请说明理由. 解 (1)|NC2|NM|, |NC1|NC2|NC1|NM|C1M|4 2|C1C2|, 知点 N 的轨迹是以 C1,C2为焦点的椭圆, 则 a2 2,c2,b24, 点 N 的轨迹 C 的方程为x 2 8 y2 41, (2)设直线 l:ykx2 2,与椭圆联立 x2 8 y2 41, ykx2 2, 消去 y,得(2k21)x28 2kx80, 128k232(2k21)0,k21 2, 设 P(x1,y1),Q(x2,y2), 则 x1x2 8 2k 2k21, y1y2k(x

23、1x2)4 2 4 2 2k21, OB OP OQ (x1x2,y1y2), 点 B 8 2k 2k21, 4 2 2k21 , 代入椭圆方程 8 2k 2k21 22 4 2 2k21 28, 得 k27 2(舍负), 又 k27 2满足 0,k 14 2 , 存在常数 k 14 2 ,使得平行四边形 OPBQ 的顶点 B 在椭圆上. B 组 能力提高 4.(2019 泸州质检)已知椭圆 C:x 2 a2 y2 b21(ab0),点 P1(1,1),P2(0, 3),P3( 2, 2), P4( 2, 2)中恰有三点在椭圆 C 上. (1)求椭圆 C 的方程; (2)设 R(x0,y0)是

24、椭圆 C 上的动点,由原点 O 向圆(xx0)2(yy0)22 引两条切线,分别交 椭圆于点 P,Q,若直线 OP,OQ 的斜率存在,并记为 k1,k2,试问OPQ 的面积是否为定 值?若是,求出该值;若不是,请说明理由. 解 (1)由于 P3,P4两点关于原点对称, 故由题设可知 C 经过 P3,P4两点, 1 a2 1 b2b0),C2与 C1 的长轴长之比为 21,离心率相同. (1)求椭圆 C2的标准方程; (2)设点 P 为椭圆 C2上一点. 射线 PO 与椭圆 C1依次交于点 A,B,求证:|PA| |PB|为定值; 过点 P 作两条斜率分别为 k1,k2的直线 l1,l2,且直线

25、 l1,l2与椭圆 C1均有且只有一个公 共点,求证:k1 k2为定值. (1)解 设椭圆 C2的焦距为 2c, 由题意,可得 a2 2,c a 3 2 ,a2b2c2, 解得 b 2,因此椭圆 C2的标准方程为x 2 8 y2 21. (2)证明 当直线 OP 斜率不存在时, |PA| 21,|PB| 21, 则|PA| |PB| 21 2132 2; 当直线 OP 斜率存在时, 设直线 OP 的方程为 ykx, 代入椭圆 C1的方程,消去 y,得(4k21)x24, 所以 x2A 4 4k21,同理 x 2 P 8 4k21. 所以 x2P2x2A, 由题意,xP与 xA同号,所以 xP

26、2xA, 从而|PA| |PB| |xPxA| |xPxB| |xPxA| |xPxA| 21 2132 2. 综上,|PA| |PB|为定值 32 2. 设 P(x0,y0), 所以直线 l1的方程为 yy0k1(xx0), 即 yk1xy0k1x0,记 ty0k1x0, 则 l1的方程为 yk1xt, 代入椭圆 C1的方程,消去 y, 得(4k211)x28k1tx4t240, 因为直线 l1与椭圆 C1有且只有一个公共点, 所以 (8k1t)24(4k211)(4t24)0, 即 4k21t210, 将 ty0k1x0代入上式,整理得, (x204)k212x0y0k1y2010, 同理,可得(x204)k222x0y0k2y2010, 所以 k1,k2为关于 k 的方程 (x204)k22x0y0ky2010 的两根, 从而 k1 k2y 2 01 x204. 又点 P(x0,y0)在椭圆 C2:x 2 8 y2 21 上, 所以 y2021 4x 2 0, 所以 k1 k2 21 4x 2 01 x204 1 4,为定值.

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