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高考数学一轮复习考点探究与题型突破第55讲圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题(原卷版+解析)
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这是一份高考数学一轮复习考点探究与题型突破第55讲圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题(原卷版+解析)，共22页。
考点1 圆锥曲线中的定值问题
[名师点睛]
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．
(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
[典例]
(2023·济南模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)上的动点M到直线x＝－1的距离比到抛物线E的焦点F的距离大eq \f(1,2).
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)设点Q是直线x＝－1(y≠0)上的任意一点，过点P(1,0)的直线l与抛物线E交于A，B两点，记直线AQ，BQ，PQ的斜率分别为kAQ，kBQ，kPQ，证明：eq \f(kAQ＋kBQ,kPQ)为定值．
[举一反三]
1.(2023·邯郸模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若|F1F2|＝2，△ABF2的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)eq \(MA,\s\up6(→))＝λeq \(F1A,\s\up6(―→))，eq \(MB,\s\up6(→))＝μeq \(F1B,\s\up6(――→))，试分析λ＋μ是否为定值，若是，求出这个定值，否则，说明理由．
2.(2023·长沙调研)如图，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点A(0，－1)且离心率为eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆E的方程；
(2)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的斜率之和为定值.
3. (2023·重庆诊断)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为e，点(1，e)在椭圆E上，点A(a，0)，B(0，b)，△AOB的面积为eq \f(3,2)，O为坐标原点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若直线l交椭圆E于M，N两点，直线OM的斜率为k1，直线ON的斜率为k2，且k1k2＝－eq \f(1,9)，证明：△OMN的面积是定值，并求此定值.
考点2 圆锥曲线的定点问题
[名师点睛]
求解直线或曲线过定点问题的基本思路
(1)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)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
[典例]
(2023·全国Ⅰ卷)已知A，B分别为椭圆E：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(GB,\s\up6(→))＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点.
[举一反三]
1.(2023·邯郸质检)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为2eq \r(3)，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2))).
(1)求椭圆方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m(k≠0)交椭圆C于A，B两点，且线段AB的中点M在直线x＝eq \f(1,2)上，求证：线段AB的中垂线恒过定点N.
2.(2023·黄山质检)已知椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，其短轴长为2eq \r(3)，离心率为e1，双曲线C2：eq \f(x2,p)－eq \f(y2,q)＝1(p>0，q>0)的渐近线为y＝±eq \r(3)x，离心率为e2，且e1·e2＝1.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设椭圆C1的右焦点为F，动直线l(l不垂直于坐标轴)交椭圆C1于M，N不同的两点，设直线FM和FN的斜率为k1，k2，若k1＝－k2，试探究该动直线l是否过x轴上的定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由．
考点3 圆锥曲线中的存在性问题
[名师点睛]
存在性问题的解题策略
存在性的问题，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．
(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．
(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．
[典例]
(2023·南通模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为2，过点P(0，eq \r(6))且斜率为1的直线l交双曲线C于A，B两点，且eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝3.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设Q为双曲线C右支第一象限上的一个动点，F为双曲线C的右焦点，在x轴的负半轴上是否存在定点M.使得∠QFM＝2∠QMF？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
[举一反三]
1.(2023·德州模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),3)，点E，F分别为其下顶点和右焦点，坐标原点为O，且△EOF的面积为eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在直线l，使得l与椭圆C相交于A，B两点，且点F恰为△EAB的垂心？若存在，求直线l的方程，若不存在，请说明理由．
2.(2023·南京模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知抛物线C：y2＝4x，经过P(t,0)(t>0)的直线l与C交于A，B两点．
(1)若t＝4，求AP长度的最小值；
(2)设以AB为直径的圆交x轴于M，N两点，问是否存在t，使得eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝－4？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
第55讲 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题
考点1 圆锥曲线中的定值问题
[名师点睛]
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．
(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
[典例]
(2023·济南模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)上的动点M到直线x＝－1的距离比到抛物线E的焦点F的距离大eq \f(1,2).
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)设点Q是直线x＝－1(y≠0)上的任意一点，过点P(1,0)的直线l与抛物线E交于A，B两点，记直线AQ，BQ，PQ的斜率分别为kAQ，kBQ，kPQ，证明：eq \f(kAQ＋kBQ,kPQ)为定值．
(1)解 由题意可知抛物线E的准线方程为
x＝－eq \f(1,2)，
所以－eq \f(p,2)＝－eq \f(1,2)，即p＝1，
故抛物线E的标准方程为y2＝2x.
(2)证明 设Q(－1，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为直线l的斜率显然不为0，故可设直线l的方程为x＝ty＋1.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,y2＝2x，))消去x，得y2－2ty－2＝0.
Δ＝4t2＋8>0，
所以y1＋y2＝2t，y1y2＝－2，kPQ＝－eq \f(y0,2).
又kAQ＋kBQ＝eq \f(y1－y0,x1＋1)＋eq \f(y2－y0,x2＋1)＝eq \f(y1－y0x2＋1＋y2－y0x1＋1,x1＋1x2＋1)＝eq \f(y1－y0ty2＋2＋y2－y0ty1＋2,ty1＋2ty2＋2)
＝eq \f(2ty1y2＋2－ty0y1＋y2－4y0,t2y1y2＋2ty1＋y2＋4)＝eq \f(2t·－2＋2－ty0·2t－4y0,t2·－2＋2t·2t＋4)＝eq \f(－y0t2＋2,t2＋2)＝－y0.
所以eq \f(kAQ＋kBQ,kPQ)＝eq \f(－y0,－\f(y0,2))＝2(定值)．
[举一反三]
1.(2023·邯郸模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若|F1F2|＝2，△ABF2的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)eq \(MA,\s\up6(→))＝λeq \(F1A,\s\up6(―→))，eq \(MB,\s\up6(→))＝μeq \(F1B,\s\up6(――→))，试分析λ＋μ是否为定值，若是，求出这个定值，否则，说明理由．
解 (1)因为△ABF2的周长为8，
所以4a＝8，解得a＝2，
由|F1F2|＝2，得2eq \r(a2－b2)＝2eq \r(4－b2)＝2，
所以b2＝3，
因此椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意可得直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝k(x＋1)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
整理得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
显然Δ>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(8k2,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4k2－12,3＋4k2).))
设M(0，k)，又F1(－1,0)，
所以eq \(MA,\s\up6(→))＝(x1，y1－k)，eq \(F1A,\s\up6(―→))＝(x1＋1，y1)，
则λ＝eq \f(x1,x1＋1).
同理可得eq \(MB,\s\up6(→))＝(x2，y2－k)，eq \(F1B,\s\up6(－→))＝(x2＋1，y2)，则μ＝eq \f(x2,x2＋1).
所以λ＋μ＝eq \f(x1,x1＋1)＋eq \f(x2,x2＋1)＝eq \f(x1x2＋1＋x2x1＋1,x1＋1x2＋1)＝eq \f(2x1x2＋x1＋x2,x1x2＋x1＋x2＋1)＝eq \f(2×\f(4k2－12,3＋4k2)－\f(8k2,3＋4k2),\f(4k2－12,3＋4k2)－\f(8k2,3＋4k2)＋1)
＝eq \f(8k2－24－8k2,4k2－12－8k2＋3＋4k2)＝eq \f(－24,－9)＝eq \f(8,3)，
所以λ＋μ为定值eq \f(8,3).
2.(2023·长沙调研)如图，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点A(0，－1)且离心率为eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆E的方程；
(2)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的斜率之和为定值.
(1)解 由题设知eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝eq \r(2)，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明 由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入eq \f(x2,2)＋y2＝1，
得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，
由已知Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
x1x2≠0，则x1＋x2＝eq \f(4k（k－1）,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k（k－2）,1＋2k2)，
从而直线AP，AQ的斜率之和为
kAP＋kAQ＝eq \f(y1＋1,x1)＋eq \f(y2＋1,x2)＝eq \f(kx1＋2－k,x1)＋eq \f(kx2＋2－k,x2)＝2k＋(2－k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝2k＋(2－k)eq \f(x1＋x2,x1x2)
＝2k＋(2－k)eq \f(4k（k－1）,2k（k－2）)＝2k－2(k－1)＝2(即为定值).
3. (2023·重庆诊断)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为e，点(1，e)在椭圆E上，点A(a，0)，B(0，b)，△AOB的面积为eq \f(3,2)，O为坐标原点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若直线l交椭圆E于M，N两点，直线OM的斜率为k1，直线ON的斜率为k2，且k1k2＝－eq \f(1,9)，证明：△OMN的面积是定值，并求此定值.
解 (1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(e2,b2)＝1，,e＝\f(c,a)，,c2＝a2－b2，))得b＝1.又S△AOB＝eq \f(1,2)ab＝eq \f(3,2)，得a＝3.
所以椭圆E的标准方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，
设直线l：x＝t(－3则k1k2＝eq \f(\r(1－\f(t2,9)),t)·eq \f(－\r(1－\f(t2,9)),t)＝－eq \f(1－\f(t2,9),t2)＝－eq \f(1,9)，
解得t2＝eq \f(9,2).
所以S△OMN＝eq \f(1,2)×2×eq \r(1－\f(t2,9))·|t|＝eq \f(3,2).
当直线l的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l：y＝kx＋m(m≠0)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,9)＋y2＝1))消去y并整理，得(9k2＋1)x2＋18kmx＋9m2－9＝0.
Δ＝(18km)2－4(9k2＋1)(9m2－9)＝36(9k2－m2＋1)>0，x1＋x2＝－eq \f(18km,9k2＋1)，x1x2＝eq \f(9m2－9,9k2＋1)，
k1k2＝eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(（kx1＋m）（kx2＋m）,x1x2)＝eq \f(－9k2＋m2,9m2－9)＝－eq \f(1,9)，
化简得9k2＋1＝2m2，满足Δ>0.
|MN|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(18km,9k2＋1)))\s\up12(2)－4×\f(9m2－9,9k2＋1))
＝eq \f(6\r(1＋k2)·\r(9k2－m2＋1),9k2＋1).
又原点O到直线l的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，
所以S△OMN＝eq \f(1,2)·|MN|·d＝eq \f(3\r(1＋k2)·\r(9k2－m2＋1),9k2＋1)·eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \f(3|m|\r(2m2－m2),2m2)＝eq \f(3,2).
综上可知，△OMN的面积为定值eq \f(3,2).
考点2 圆锥曲线的定点问题
[名师点睛]
求解直线或曲线过定点问题的基本思路
(1)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)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
[典例]
(2023·全国Ⅰ卷)已知A，B分别为椭圆E：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(GB,\s\up6(→))＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点.
(1)解 由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1).
则eq \(AG,\s\up6(→))＝(a，1)，eq \(GB,\s\up6(→))＝(a，－1).
由eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(GB,\s\up6(→))＝8，得a2－1＝8，
解得a＝3或a＝－3(舍去).
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1.
(2)证明 设P(6，y0)，
则直线AP的方程为y＝eq \f(y0－0,6－（－3）)(x＋3)，
即y＝eq \f(y0,9)(x＋3)，
联立直线AP的方程与椭圆方程可得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋y2＝1，,y＝\f(y0,9)（x＋3），))整理得(yeq \\al(2,0)＋9)x2＋6yeq \\al(2,0)x＋9yeq \\al(2,0)－81＝0，
解得x＝－3或x＝eq \f(－3yeq \\al(2,0)＋27,yeq \\al(2,0)＋9)，
将x＝eq \f(－3yeq \\al(2,0)＋27,yeq \\al(2,0)＋9)代入直线y＝eq \f(y0,9)(x＋3)可得y＝eq \f(6y0,yeq \\al(2,0)＋9)，
∴点C的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－3yeq \\al(2,0)＋27,yeq \\al(2,0)＋9)，\f(6y0,yeq \\al(2,0)＋9))).同理可得点D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3yeq \\al(2,0)－3,yeq \\al(2,0)＋1)，\f(－2y0,yeq \\al(2,0)＋1)))，
∴直线CD的方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2y0,yeq \\al(2,0)＋1)))＝eq \f(\f(6y0,yeq \\al(2,0)＋9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2y0,yeq \\al(2,0)＋1))),\f(－3yeq \\al(2,0)＋27,yeq \\al(2,0)＋9)－\f(3yeq \\al(2,0)－3,yeq \\al(2,0)＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3yeq \\al(2,0)－3,yeq \\al(2,0)＋1)))，
整理可得y＋eq \f(2y0,yeq \\al(2,0)＋1)＝eq \f(4y0（yeq \\al(2,0)＋3）,3（9－yeq \\al(4,0)）)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3yeq \\al(2,0)－3,yeq \\al(2,0)＋1)))＝eq \f(4y0,3（3－yeq \\al(2,0)）)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3yeq \\al(2,0)－3,yeq \\al(2,0)＋1)))，
整理得y＝eq \f(4y0,3（3－yeq \\al(2,0)）)x＋eq \f(2y0,yeq \\al(2,0)－3)＝eq \f(4y0,3（3－yeq \\al(2,0)）)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))，
故直线CD过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0)).
[举一反三]
1.(2023·邯郸质检)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为2eq \r(3)，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2))).
(1)求椭圆方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m(k≠0)交椭圆C于A，B两点，且线段AB的中点M在直线x＝eq \f(1,2)上，求证：线段AB的中垂线恒过定点N.
(1)解 椭圆过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，即eq \f(3,a2)＋eq \f(1,4b2)＝1，
又2c＝2eq \r(3)，得a2＝b2＋3，所以a2＝4，b2＝1，即椭圆方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)，
设AB的中点M为(x0，y0)，得x0＝－eq \f(4km,1＋4k2)＝eq \f(1,2)，即1＋4k2＝－8km，
所以y0＝kx0＋m＝eq \f(1,2)k－eq \f(1＋4k2,8k)＝－eq \f(1,8k).
所以AB的中垂线方程为y＋eq \f(1,8k)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，即y＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,8)))，
故AB的中垂线恒过点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，0)).
2.(2023·黄山质检)已知椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，其短轴长为2eq \r(3)，离心率为e1，双曲线C2：eq \f(x2,p)－eq \f(y2,q)＝1(p>0，q>0)的渐近线为y＝±eq \r(3)x，离心率为e2，且e1·e2＝1.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设椭圆C1的右焦点为F，动直线l(l不垂直于坐标轴)交椭圆C1于M，N不同的两点，设直线FM和FN的斜率为k1，k2，若k1＝－k2，试探究该动直线l是否过x轴上的定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由．
解 (1)由题意知，
椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
其短轴长为2eq \r(3)，可得b＝eq \r(3)，椭圆的离心率为e1，
双曲线C2：eq \f(x2,p)－eq \f(y2,q)＝1(p>0，q>0)的渐近线为y＝±eq \r(3)x，即eq \r(\f(q,p))＝eq \r(3)，即eq \f(q,p)＝3，
所以离心率为e2＝eq \r(\f(p＋q,p))＝eq \r(1＋\f(q,p))＝2，且e1·e2＝1.
所以e1＝eq \f(1,2)＝eq \f(c,a)＝eq \r(\f(a2－b2,a2))＝eq \r(1－\f(3,a2))，解得a＝2，
所以椭圆C1的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)假设该直线过定点(t,0)，
设直线l的方程为y＝k(x－t)(k≠0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－t，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
消去y，整理得(3＋4k2)x2－8k2tx＋4k2t2－12＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(8k2t,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2t2－12,3＋4k2)，Δ>0⇒48(k2t2－3－4k2)<0，
k1＋k2＝eq \f(y1,x1－1)＋eq \f(y2,x2－1)＝eq \f(kx1－t,x1－1)＋eq \f(kx2－t,x2－1)＝k·eq \f(x1－tx2－1＋x2－tx1－1,x1－1x2－1)＝k·eq \f(2x1x2－t＋1x1＋x2＋2t,x1x2－x1＋x2＋1)＝0，
所以2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，即2·eq \f(4k2t2－12,3＋4k2)－(t＋1)·eq \f(8k2t,3＋4k2)＋2t＝eq \f(8k2t2－24－8k2t2－8k2t＋6t＋8k2t,3＋4k2)＝0，
所以－24＋6t＝0，
解得t＝4，即直线过定点(4,0)．
考点3 圆锥曲线中的存在性问题
[名师点睛]
存在性问题的解题策略
存在性的问题，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．
(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．
(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．
[典例]
(2023·南通模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为2，过点P(0，eq \r(6))且斜率为1的直线l交双曲线C于A，B两点，且eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝3.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设Q为双曲线C右支第一象限上的一个动点，F为双曲线C的右焦点，在x轴的负半轴上是否存在定点M.使得∠QFM＝2∠QMF？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)设双曲线C的焦距为2c.
由双曲线C的离心率为2知c＝2a，
所以b＝eq \r(3)a，
从而双曲线C的方程可化为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,3a2)＝1.
由题意知，l：y＝x＋eq \r(6)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋\r(6)，,\f(x2,a2)－\f(y2,3a2)＝1，))
得2x2－2eq \r(6)x－6－3a2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为Δ＝(－2eq \r(6))2－4×2×(－6－3a2)＝72＋24a2>0，
所以x1＋x2＝eq \r(6)，x1·x2＝－3－eq \f(3,2)a2.
因为eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝3，
所以x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋eq \r(6))(x2＋eq \r(6))＝3，
于是2x1x2＋eq \r(6)(x1＋x2)＋6＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3－\f(3,2)a2))＋eq \r(6)×eq \r(6)＋6＝3，
解得a＝1，
所以双曲线C的标准方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)假设存在点M(t,0)(t<0)满足题设条件．
由(1)知双曲线C的右焦点为F(2,0)．
设Q(x0，y0)(x0≥1)为双曲线C右支上一点．
当x0＝2时，因为∠QFM＝2∠QMF＝90°，
所以∠QMF＝45°，
于是|MF|＝|QF|＝eq \f(b2,a)＝3，
所以t＝－1.即M(－1,0)．
当x0≠2时，tan∠QFM＝－kQF＝－eq \f(y0,x0－2)，
tan∠QMF＝kQM＝eq \f(y0,x0－t).
因为∠QFM＝2∠QMF，
所以－eq \f(y0,x0－2)＝eq \f(2×\f(y0,x0－t),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y0,x0－t)))2).
将yeq \\al(2,0)＝3xeq \\al(2,0)－3代入并整理得
－2xeq \\al(2,0)＋(4＋2t)x0－4t＝－2xeq \\al(2,0)－2tx0＋t2＋3，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＋2t＝－2t，,－4t＝t2＋3，))
解得t＝－1.即M(－1,0)．
综上，满足条件的点M存在，其坐标为(－1,0)．
[举一反三]
1.(2023·德州模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),3)，点E，F分别为其下顶点和右焦点，坐标原点为O，且△EOF的面积为eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在直线l，使得l与椭圆C相交于A，B两点，且点F恰为△EAB的垂心？若存在，求直线l的方程，若不存在，请说明理由．
解 (1)由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),3)，,\f(1,2)bc＝\r(2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(6)，,b＝2，,c＝\r(2)，))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)假设满足条件的直线l存在，由E(0，－2)，F(eq \r(2)，0)，得kEF＝eq \r(2)，
因为点F为△EAB的垂心，所以AB⊥EF，所以kAB＝－eq \f(\r(2),2)，
设直线l的方程为y＝－eq \f(\r(2),2)x＋t，代入eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,4)＝1，
得7x2－6eq \r(2)tx＋6(t2－4)＝0，①Δ＝(－6eq \r(2)t)2－4×7×6(t2－4)＝－96t2＋672>0，即－eq \r(7)记A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(6\r(2),7)t，,x1x2＝\f(6t2－4,7)，))由AF⊥BE得eq \f(y1,x1－\r(2))·eq \f(y2＋2,x2)＝－1，
所以y1y2＋2y1＋x1x2－eq \r(2)x2＝0，
将y1＝－eq \f(\r(2),2)x1＋t，y2＝－eq \f(\r(2),2)x2＋t代入上式，
得3x1x2－eq \r(2)(t＋2)(x1＋x2)＋(2t2＋4t)＝0，
所以3×eq \f(6t2－4,7)－eq \r(2)(t＋2)·eq \f(6\r(2)t,7)＋(2t2＋4t)＝0，
所以5t2＋t－18＝0，解得t＝eq \f(9,5) (t＝－2舍去)，
满足Δ>0，
所以直线l的方程为y＝－eq \f(\r(2),2)x＋eq \f(9,5).
2.(2023·南京模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知抛物线C：y2＝4x，经过P(t,0)(t>0)的直线l与C交于A，B两点．
(1)若t＝4，求AP长度的最小值；
(2)设以AB为直径的圆交x轴于M，N两点，问是否存在t，使得eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝－4？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),4)，y0))，由P(4,0)，
可得|AP|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),4)－4))2＋yeq \\al(2,0)＝eq \f(y\\al(4,0),16)－yeq \\al(2,0)＋16＝eq \f(1,16)(yeq \\al(2,0)－8)2＋12≥12，
当y0＝±2eq \r(2)时，|AP|取得最小值2eq \r(3).
(2)设直线AB的方程为x＝my＋t，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋t，,y2＝4x，))可得y2－4my－4t＝0，
即有y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，
设以AB为直径的圆上任一点Q(x，y)，M(x3,0)，
N(x4,0)，
所以Q的轨迹方程为
(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0.
x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2t＝4m2＋2t，
x1x2＝(my1＋t)(my2＋t)＝m2y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝－4m2t＋4m2t＋t2＝t2.
所以Q的轨迹方程化为x2－(4m2＋2t)x＋t2＋y2－4my－4t＝0.
令y＝0，得x2－(4m2＋2t)x＋t2－4t＝0.
所以上式方程的两根分别为x3，x4，
则x3x4＝t2－4t.
由eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝x3x4＝－4，
即有t2－4t＝－4，解得t＝2.
所以存在t＝2，使得eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝－4.
考点1 圆锥曲线中的定值问题
[名师点睛]
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．
(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
[典例]
(2023·济南模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)上的动点M到直线x＝－1的距离比到抛物线E的焦点F的距离大eq \f(1,2).
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)设点Q是直线x＝－1(y≠0)上的任意一点，过点P(1,0)的直线l与抛物线E交于A，B两点，记直线AQ，BQ，PQ的斜率分别为kAQ，kBQ，kPQ，证明：eq \f(kAQ＋kBQ,kPQ)为定值．
[举一反三]
1.(2023·邯郸模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若|F1F2|＝2，△ABF2的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)eq \(MA,\s\up6(→))＝λeq \(F1A,\s\up6(―→))，eq \(MB,\s\up6(→))＝μeq \(F1B,\s\up6(――→))，试分析λ＋μ是否为定值，若是，求出这个定值，否则，说明理由．
2.(2023·长沙调研)如图，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点A(0，－1)且离心率为eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆E的方程；
(2)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的斜率之和为定值.
3. (2023·重庆诊断)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为e，点(1，e)在椭圆E上，点A(a，0)，B(0，b)，△AOB的面积为eq \f(3,2)，O为坐标原点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若直线l交椭圆E于M，N两点，直线OM的斜率为k1，直线ON的斜率为k2，且k1k2＝－eq \f(1,9)，证明：△OMN的面积是定值，并求此定值.
考点2 圆锥曲线的定点问题
[名师点睛]
求解直线或曲线过定点问题的基本思路
(1)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)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
[典例]
(2023·全国Ⅰ卷)已知A，B分别为椭圆E：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(GB,\s\up6(→))＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点.
[举一反三]
1.(2023·邯郸质检)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为2eq \r(3)，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2))).
(1)求椭圆方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m(k≠0)交椭圆C于A，B两点，且线段AB的中点M在直线x＝eq \f(1,2)上，求证：线段AB的中垂线恒过定点N.
2.(2023·黄山质检)已知椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，其短轴长为2eq \r(3)，离心率为e1，双曲线C2：eq \f(x2,p)－eq \f(y2,q)＝1(p>0，q>0)的渐近线为y＝±eq \r(3)x，离心率为e2，且e1·e2＝1.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设椭圆C1的右焦点为F，动直线l(l不垂直于坐标轴)交椭圆C1于M，N不同的两点，设直线FM和FN的斜率为k1，k2，若k1＝－k2，试探究该动直线l是否过x轴上的定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由．
考点3 圆锥曲线中的存在性问题
[名师点睛]
存在性问题的解题策略
存在性的问题，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．
(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．
(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．
[典例]
(2023·南通模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为2，过点P(0，eq \r(6))且斜率为1的直线l交双曲线C于A，B两点，且eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝3.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设Q为双曲线C右支第一象限上的一个动点，F为双曲线C的右焦点，在x轴的负半轴上是否存在定点M.使得∠QFM＝2∠QMF？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
[举一反三]
1.(2023·德州模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),3)，点E，F分别为其下顶点和右焦点，坐标原点为O，且△EOF的面积为eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在直线l，使得l与椭圆C相交于A，B两点，且点F恰为△EAB的垂心？若存在，求直线l的方程，若不存在，请说明理由．
2.(2023·南京模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知抛物线C：y2＝4x，经过P(t,0)(t>0)的直线l与C交于A，B两点．
(1)若t＝4，求AP长度的最小值；
(2)设以AB为直径的圆交x轴于M，N两点，问是否存在t，使得eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝－4？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
第55讲 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题
考点1 圆锥曲线中的定值问题
[名师点睛]
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．
(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
[典例]
(2023·济南模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)上的动点M到直线x＝－1的距离比到抛物线E的焦点F的距离大eq \f(1,2).
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)设点Q是直线x＝－1(y≠0)上的任意一点，过点P(1,0)的直线l与抛物线E交于A，B两点，记直线AQ，BQ，PQ的斜率分别为kAQ，kBQ，kPQ，证明：eq \f(kAQ＋kBQ,kPQ)为定值．
(1)解 由题意可知抛物线E的准线方程为
x＝－eq \f(1,2)，
所以－eq \f(p,2)＝－eq \f(1,2)，即p＝1，
故抛物线E的标准方程为y2＝2x.
(2)证明 设Q(－1，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为直线l的斜率显然不为0，故可设直线l的方程为x＝ty＋1.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,y2＝2x，))消去x，得y2－2ty－2＝0.
Δ＝4t2＋8>0，
所以y1＋y2＝2t，y1y2＝－2，kPQ＝－eq \f(y0,2).
又kAQ＋kBQ＝eq \f(y1－y0,x1＋1)＋eq \f(y2－y0,x2＋1)＝eq \f(y1－y0x2＋1＋y2－y0x1＋1,x1＋1x2＋1)＝eq \f(y1－y0ty2＋2＋y2－y0ty1＋2,ty1＋2ty2＋2)
＝eq \f(2ty1y2＋2－ty0y1＋y2－4y0,t2y1y2＋2ty1＋y2＋4)＝eq \f(2t·－2＋2－ty0·2t－4y0,t2·－2＋2t·2t＋4)＝eq \f(－y0t2＋2,t2＋2)＝－y0.
所以eq \f(kAQ＋kBQ,kPQ)＝eq \f(－y0,－\f(y0,2))＝2(定值)．
[举一反三]
1.(2023·邯郸模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若|F1F2|＝2，△ABF2的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)eq \(MA,\s\up6(→))＝λeq \(F1A,\s\up6(―→))，eq \(MB,\s\up6(→))＝μeq \(F1B,\s\up6(――→))，试分析λ＋μ是否为定值，若是，求出这个定值，否则，说明理由．
解 (1)因为△ABF2的周长为8，
所以4a＝8，解得a＝2，
由|F1F2|＝2，得2eq \r(a2－b2)＝2eq \r(4－b2)＝2，
所以b2＝3，
因此椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意可得直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝k(x＋1)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
整理得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
显然Δ>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(8k2,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4k2－12,3＋4k2).))
设M(0，k)，又F1(－1,0)，
所以eq \(MA,\s\up6(→))＝(x1，y1－k)，eq \(F1A,\s\up6(―→))＝(x1＋1，y1)，
则λ＝eq \f(x1,x1＋1).
同理可得eq \(MB,\s\up6(→))＝(x2，y2－k)，eq \(F1B,\s\up6(－→))＝(x2＋1，y2)，则μ＝eq \f(x2,x2＋1).
所以λ＋μ＝eq \f(x1,x1＋1)＋eq \f(x2,x2＋1)＝eq \f(x1x2＋1＋x2x1＋1,x1＋1x2＋1)＝eq \f(2x1x2＋x1＋x2,x1x2＋x1＋x2＋1)＝eq \f(2×\f(4k2－12,3＋4k2)－\f(8k2,3＋4k2),\f(4k2－12,3＋4k2)－\f(8k2,3＋4k2)＋1)
＝eq \f(8k2－24－8k2,4k2－12－8k2＋3＋4k2)＝eq \f(－24,－9)＝eq \f(8,3)，
所以λ＋μ为定值eq \f(8,3).
2.(2023·长沙调研)如图，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点A(0，－1)且离心率为eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆E的方程；
(2)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的斜率之和为定值.
(1)解 由题设知eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝eq \r(2)，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明 由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入eq \f(x2,2)＋y2＝1，
得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，
由已知Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
x1x2≠0，则x1＋x2＝eq \f(4k（k－1）,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k（k－2）,1＋2k2)，
从而直线AP，AQ的斜率之和为
kAP＋kAQ＝eq \f(y1＋1,x1)＋eq \f(y2＋1,x2)＝eq \f(kx1＋2－k,x1)＋eq \f(kx2＋2－k,x2)＝2k＋(2－k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝2k＋(2－k)eq \f(x1＋x2,x1x2)
＝2k＋(2－k)eq \f(4k（k－1）,2k（k－2）)＝2k－2(k－1)＝2(即为定值).
3. (2023·重庆诊断)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为e，点(1，e)在椭圆E上，点A(a，0)，B(0，b)，△AOB的面积为eq \f(3,2)，O为坐标原点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若直线l交椭圆E于M，N两点，直线OM的斜率为k1，直线ON的斜率为k2，且k1k2＝－eq \f(1,9)，证明：△OMN的面积是定值，并求此定值.
解 (1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(e2,b2)＝1，,e＝\f(c,a)，,c2＝a2－b2，))得b＝1.又S△AOB＝eq \f(1,2)ab＝eq \f(3,2)，得a＝3.
所以椭圆E的标准方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，
设直线l：x＝t(－3
解得t2＝eq \f(9,2).
所以S△OMN＝eq \f(1,2)×2×eq \r(1－\f(t2,9))·|t|＝eq \f(3,2).
当直线l的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l：y＝kx＋m(m≠0)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,9)＋y2＝1))消去y并整理，得(9k2＋1)x2＋18kmx＋9m2－9＝0.
Δ＝(18km)2－4(9k2＋1)(9m2－9)＝36(9k2－m2＋1)>0，x1＋x2＝－eq \f(18km,9k2＋1)，x1x2＝eq \f(9m2－9,9k2＋1)，
k1k2＝eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(（kx1＋m）（kx2＋m）,x1x2)＝eq \f(－9k2＋m2,9m2－9)＝－eq \f(1,9)，
化简得9k2＋1＝2m2，满足Δ>0.
|MN|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(18km,9k2＋1)))\s\up12(2)－4×\f(9m2－9,9k2＋1))
＝eq \f(6\r(1＋k2)·\r(9k2－m2＋1),9k2＋1).
又原点O到直线l的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，
所以S△OMN＝eq \f(1,2)·|MN|·d＝eq \f(3\r(1＋k2)·\r(9k2－m2＋1),9k2＋1)·eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \f(3|m|\r(2m2－m2),2m2)＝eq \f(3,2).
综上可知，△OMN的面积为定值eq \f(3,2).
考点2 圆锥曲线的定点问题
[名师点睛]
求解直线或曲线过定点问题的基本思路
(1)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)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
[典例]
(2023·全国Ⅰ卷)已知A，B分别为椭圆E：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(GB,\s\up6(→))＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点.
(1)解 由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1).
则eq \(AG,\s\up6(→))＝(a，1)，eq \(GB,\s\up6(→))＝(a，－1).
由eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(GB,\s\up6(→))＝8，得a2－1＝8，
解得a＝3或a＝－3(舍去).
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1.
(2)证明 设P(6，y0)，
则直线AP的方程为y＝eq \f(y0－0,6－（－3）)(x＋3)，
即y＝eq \f(y0,9)(x＋3)，
联立直线AP的方程与椭圆方程可得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋y2＝1，,y＝\f(y0,9)（x＋3），))整理得(yeq \\al(2,0)＋9)x2＋6yeq \\al(2,0)x＋9yeq \\al(2,0)－81＝0，
解得x＝－3或x＝eq \f(－3yeq \\al(2,0)＋27,yeq \\al(2,0)＋9)，
将x＝eq \f(－3yeq \\al(2,0)＋27,yeq \\al(2,0)＋9)代入直线y＝eq \f(y0,9)(x＋3)可得y＝eq \f(6y0,yeq \\al(2,0)＋9)，
∴点C的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－3yeq \\al(2,0)＋27,yeq \\al(2,0)＋9)，\f(6y0,yeq \\al(2,0)＋9))).同理可得点D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3yeq \\al(2,0)－3,yeq \\al(2,0)＋1)，\f(－2y0,yeq \\al(2,0)＋1)))，
∴直线CD的方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2y0,yeq \\al(2,0)＋1)))＝eq \f(\f(6y0,yeq \\al(2,0)＋9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2y0,yeq \\al(2,0)＋1))),\f(－3yeq \\al(2,0)＋27,yeq \\al(2,0)＋9)－\f(3yeq \\al(2,0)－3,yeq \\al(2,0)＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3yeq \\al(2,0)－3,yeq \\al(2,0)＋1)))，
整理可得y＋eq \f(2y0,yeq \\al(2,0)＋1)＝eq \f(4y0（yeq \\al(2,0)＋3）,3（9－yeq \\al(4,0)）)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3yeq \\al(2,0)－3,yeq \\al(2,0)＋1)))＝eq \f(4y0,3（3－yeq \\al(2,0)）)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3yeq \\al(2,0)－3,yeq \\al(2,0)＋1)))，
整理得y＝eq \f(4y0,3（3－yeq \\al(2,0)）)x＋eq \f(2y0,yeq \\al(2,0)－3)＝eq \f(4y0,3（3－yeq \\al(2,0)）)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))，
故直线CD过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0)).
[举一反三]
1.(2023·邯郸质检)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为2eq \r(3)，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2))).
(1)求椭圆方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m(k≠0)交椭圆C于A，B两点，且线段AB的中点M在直线x＝eq \f(1,2)上，求证：线段AB的中垂线恒过定点N.
(1)解 椭圆过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，即eq \f(3,a2)＋eq \f(1,4b2)＝1，
又2c＝2eq \r(3)，得a2＝b2＋3，所以a2＝4，b2＝1，即椭圆方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)，
设AB的中点M为(x0，y0)，得x0＝－eq \f(4km,1＋4k2)＝eq \f(1,2)，即1＋4k2＝－8km，
所以y0＝kx0＋m＝eq \f(1,2)k－eq \f(1＋4k2,8k)＝－eq \f(1,8k).
所以AB的中垂线方程为y＋eq \f(1,8k)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，即y＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,8)))，
故AB的中垂线恒过点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，0)).
2.(2023·黄山质检)已知椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，其短轴长为2eq \r(3)，离心率为e1，双曲线C2：eq \f(x2,p)－eq \f(y2,q)＝1(p>0，q>0)的渐近线为y＝±eq \r(3)x，离心率为e2，且e1·e2＝1.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设椭圆C1的右焦点为F，动直线l(l不垂直于坐标轴)交椭圆C1于M，N不同的两点，设直线FM和FN的斜率为k1，k2，若k1＝－k2，试探究该动直线l是否过x轴上的定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由．
解 (1)由题意知，
椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
其短轴长为2eq \r(3)，可得b＝eq \r(3)，椭圆的离心率为e1，
双曲线C2：eq \f(x2,p)－eq \f(y2,q)＝1(p>0，q>0)的渐近线为y＝±eq \r(3)x，即eq \r(\f(q,p))＝eq \r(3)，即eq \f(q,p)＝3，
所以离心率为e2＝eq \r(\f(p＋q,p))＝eq \r(1＋\f(q,p))＝2，且e1·e2＝1.
所以e1＝eq \f(1,2)＝eq \f(c,a)＝eq \r(\f(a2－b2,a2))＝eq \r(1－\f(3,a2))，解得a＝2，
所以椭圆C1的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)假设该直线过定点(t,0)，
设直线l的方程为y＝k(x－t)(k≠0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－t，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
消去y，整理得(3＋4k2)x2－8k2tx＋4k2t2－12＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(8k2t,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2t2－12,3＋4k2)，Δ>0⇒48(k2t2－3－4k2)<0，
k1＋k2＝eq \f(y1,x1－1)＋eq \f(y2,x2－1)＝eq \f(kx1－t,x1－1)＋eq \f(kx2－t,x2－1)＝k·eq \f(x1－tx2－1＋x2－tx1－1,x1－1x2－1)＝k·eq \f(2x1x2－t＋1x1＋x2＋2t,x1x2－x1＋x2＋1)＝0，
所以2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，即2·eq \f(4k2t2－12,3＋4k2)－(t＋1)·eq \f(8k2t,3＋4k2)＋2t＝eq \f(8k2t2－24－8k2t2－8k2t＋6t＋8k2t,3＋4k2)＝0，
所以－24＋6t＝0，
解得t＝4，即直线过定点(4,0)．
考点3 圆锥曲线中的存在性问题
[名师点睛]
存在性问题的解题策略
存在性的问题，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．
(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．
(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．
[典例]
(2023·南通模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为2，过点P(0，eq \r(6))且斜率为1的直线l交双曲线C于A，B两点，且eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝3.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设Q为双曲线C右支第一象限上的一个动点，F为双曲线C的右焦点，在x轴的负半轴上是否存在定点M.使得∠QFM＝2∠QMF？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)设双曲线C的焦距为2c.
由双曲线C的离心率为2知c＝2a，
所以b＝eq \r(3)a，
从而双曲线C的方程可化为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,3a2)＝1.
由题意知，l：y＝x＋eq \r(6)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋\r(6)，,\f(x2,a2)－\f(y2,3a2)＝1，))
得2x2－2eq \r(6)x－6－3a2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为Δ＝(－2eq \r(6))2－4×2×(－6－3a2)＝72＋24a2>0，
所以x1＋x2＝eq \r(6)，x1·x2＝－3－eq \f(3,2)a2.
因为eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝3，
所以x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋eq \r(6))(x2＋eq \r(6))＝3，
于是2x1x2＋eq \r(6)(x1＋x2)＋6＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3－\f(3,2)a2))＋eq \r(6)×eq \r(6)＋6＝3，
解得a＝1，
所以双曲线C的标准方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)假设存在点M(t,0)(t<0)满足题设条件．
由(1)知双曲线C的右焦点为F(2,0)．
设Q(x0，y0)(x0≥1)为双曲线C右支上一点．
当x0＝2时，因为∠QFM＝2∠QMF＝90°，
所以∠QMF＝45°，
于是|MF|＝|QF|＝eq \f(b2,a)＝3，
所以t＝－1.即M(－1,0)．
当x0≠2时，tan∠QFM＝－kQF＝－eq \f(y0,x0－2)，
tan∠QMF＝kQM＝eq \f(y0,x0－t).
因为∠QFM＝2∠QMF，
所以－eq \f(y0,x0－2)＝eq \f(2×\f(y0,x0－t),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y0,x0－t)))2).
将yeq \\al(2,0)＝3xeq \\al(2,0)－3代入并整理得
－2xeq \\al(2,0)＋(4＋2t)x0－4t＝－2xeq \\al(2,0)－2tx0＋t2＋3，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＋2t＝－2t，,－4t＝t2＋3，))
解得t＝－1.即M(－1,0)．
综上，满足条件的点M存在，其坐标为(－1,0)．
[举一反三]
1.(2023·德州模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),3)，点E，F分别为其下顶点和右焦点，坐标原点为O，且△EOF的面积为eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在直线l，使得l与椭圆C相交于A，B两点，且点F恰为△EAB的垂心？若存在，求直线l的方程，若不存在，请说明理由．
解 (1)由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),3)，,\f(1,2)bc＝\r(2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(6)，,b＝2，,c＝\r(2)，))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)假设满足条件的直线l存在，由E(0，－2)，F(eq \r(2)，0)，得kEF＝eq \r(2)，
因为点F为△EAB的垂心，所以AB⊥EF，所以kAB＝－eq \f(\r(2),2)，
设直线l的方程为y＝－eq \f(\r(2),2)x＋t，代入eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,4)＝1，
得7x2－6eq \r(2)tx＋6(t2－4)＝0，①Δ＝(－6eq \r(2)t)2－4×7×6(t2－4)＝－96t2＋672>0，即－eq \r(7)
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(6\r(2),7)t，,x1x2＝\f(6t2－4,7)，))由AF⊥BE得eq \f(y1,x1－\r(2))·eq \f(y2＋2,x2)＝－1，
所以y1y2＋2y1＋x1x2－eq \r(2)x2＝0，
将y1＝－eq \f(\r(2),2)x1＋t，y2＝－eq \f(\r(2),2)x2＋t代入上式，
得3x1x2－eq \r(2)(t＋2)(x1＋x2)＋(2t2＋4t)＝0，
所以3×eq \f(6t2－4,7)－eq \r(2)(t＋2)·eq \f(6\r(2)t,7)＋(2t2＋4t)＝0，
所以5t2＋t－18＝0，解得t＝eq \f(9,5) (t＝－2舍去)，
满足Δ>0，
所以直线l的方程为y＝－eq \f(\r(2),2)x＋eq \f(9,5).
2.(2023·南京模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知抛物线C：y2＝4x，经过P(t,0)(t>0)的直线l与C交于A，B两点．
(1)若t＝4，求AP长度的最小值；
(2)设以AB为直径的圆交x轴于M，N两点，问是否存在t，使得eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝－4？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),4)，y0))，由P(4,0)，
可得|AP|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),4)－4))2＋yeq \\al(2,0)＝eq \f(y\\al(4,0),16)－yeq \\al(2,0)＋16＝eq \f(1,16)(yeq \\al(2,0)－8)2＋12≥12，
当y0＝±2eq \r(2)时，|AP|取得最小值2eq \r(3).
(2)设直线AB的方程为x＝my＋t，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋t，,y2＝4x，))可得y2－4my－4t＝0，
即有y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，
设以AB为直径的圆上任一点Q(x，y)，M(x3,0)，
N(x4,0)，
所以Q的轨迹方程为
(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0.
x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2t＝4m2＋2t，
x1x2＝(my1＋t)(my2＋t)＝m2y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝－4m2t＋4m2t＋t2＝t2.
所以Q的轨迹方程化为x2－(4m2＋2t)x＋t2＋y2－4my－4t＝0.
令y＝0，得x2－(4m2＋2t)x＋t2－4t＝0.
所以上式方程的两根分别为x3，x4，
则x3x4＝t2－4t.
由eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝x3x4＝－4，
即有t2－4t＝－4，解得t＝2.
所以存在t＝2，使得eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝－4.
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