2019届二轮复习第23练　圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题[压轴大题突破练]学案（全国通用）

第23练　圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题[压轴大题突破练]
[明晰考情]　1.命题角度：圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考常考的问题；以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题.2.题目难度：偏难题.

考点一　圆锥曲线中的定值问题
方法技巧　(1)求定值问题常见的方法有两种
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
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.
(2)定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.
1.已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的长轴长为4，且过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设A，B，M是椭圆上的三点.若＝＋，点N为线段AB的中点，C，D，求证：|NC|＋|ND|＝2.
(1)解　由已知可得
故所以椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋y＝1，＋y＝1.
由＝＋，
得M.
因为M是椭圆C上一点，
所以＋2＝1，
即2＋2＋2×××＝1，
得2＋2＋2×××＝1，
故＋y1y2＝0.
又线段AB的中点N的坐标为，
所以＋22
＝＋＋＋y1y2＝1.
从而线段AB的中点N在椭圆＋2y2＝1上.
又椭圆＋2y2＝1的两焦点恰为C，D，
所以|NC|＋|ND|＝2.
2.(2018·北京)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)，过点Q(0，1)的直线l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l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值.
(1)解　因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，
解得k＜0或0＜k＜1.
又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2).
从而k≠－3.
所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1).
(2)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.
直线PA的方程为y－2＝(x－1)，
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.
由＝λ，＝μ，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以＋＝＋
＝＋
＝·
＝·
＝2.
所以＋为定值.
3. 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点Q在椭圆上，O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点P，M，N为椭圆C上的三点，若四边形OPMN为平行四边形，证明四边形OPMN的面积S为定值，并求该定值.
解　(1)∵椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，
∴e2＝＝＝，得a2＝2b2，①
又点Q在椭圆C上，
∴＋＝1，②
联立①②得a2＝8，b2＝4.
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)当直线PN的斜率k不存在时，PN的方程为x＝或x＝－，从而有|PN|＝2，
∴S＝|PN|·|OM|＝×2×2＝2；
当直线PN的斜率k存在时，
设直线PN的方程为y＝kx＋m(m≠0)，P(x1，y1)，N(x2，y2)，
将PN的方程代入椭圆C的方程，
整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，
Δ＝16k2m2－4(2m2－8)(1＋2k2)>0，即m2<4＋8k2，
∴x1＋x2＝，x1·x2＝，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，
由＝＋，得M.
将M点坐标代入椭圆C的方程，得m2＝1＋2k2.
又点O到直线PN的距离为d＝，
|PN|＝|x1－x2|，
∴S＝d·|PN|＝|m|·|x1－x2|＝·＝ ＝2.
综上，平行四边形OPMN的面积S为定值2.
考点二　　圆锥曲线中的定点问题
方法技巧　(1)动直线l过定点问题.设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0).
(2)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.
4.已知两点A(－，0)，B(，0)，动点P在y轴上的投影是Q，且2·＝||2.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过F(1，0)作互相垂直的两条直线分别交轨迹C于点G，H和M，N，且E1，E2分别是GH，MN的中点.求证：直线E1E2恒过定点.
(1)解　设点P的坐标为(x，y)，∴点Q的坐标为(0，y).
∵2·＝||2，＝(－－x，－y)，
＝(－x，－y)，||＝|x|，
∴2[(－－x)(－x)＋y2]＝x2，
化简得点P的轨迹方程为＋＝1.
(2)证明　当两直线的斜率都存在且不为0时，
设lGH：y＝k(x－1)，G(x1，y1)，H(x2，y2)，
lMN：y＝－(x－1)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
联立
消去y得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0.
则Δ>0恒成立.
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
∴GH中点E1的坐标为.
同理，MN中点E2的坐标为，
∴＝，
∴的方程为y－＝，
即y＝，
∴直线E1E2恒过定点；
当两直线的斜率分别为0和不存在时，的方程为y＝0，也过点.
综上所述，过定点.
5.已知焦距为2的椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，直线y＝与椭圆C交于P，Q两点(P在Q的左边)，Q在x轴上的射影为B，且四边形ABPQ是平行四边形.
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N.若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DA⊥AM.点G是x轴上异于点M的点，且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，求证：点G是定点.
(1)解　设坐标原点为O，
∵四边形ABPQ是平行四边形，∴||＝||，
∵||＝2||，∴||＝2||，则点B的横坐标为，
∴点Q的坐标为，代入椭圆C的方程得b2＝2，
又c2＝2，∴a2＝4，即椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明　设直线MN的方程为y＝k(x＋2)，N(x0，y0)，DA⊥AM，∴D(2，4k).

由消去y得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，
则－2x0＝，即x0＝，
∴y0＝k(x0＋2)＝，则N，
设G(t，0)，则t≠－2，若以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，
则DG⊥AN，∴·＝0恒成立.
∵＝(2－t，4k)，＝，
∴·＝(2－t)·＋4k·＝0恒成立，
即＝0恒成立，
∴t＝0，∴点G是定点(0，0).
6.(2017·全国Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3，P4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)解　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＋>＋知，椭圆C不经过点P1，
所以点P2在椭圆C上.
因此解得
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(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：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为，，则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设.
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1).
将y＝kx＋m代入＋y2＝1，
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.
而k1＋k2＝＋
＝＋
＝.
由题设k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0，
即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，
解得k＝－.
当且仅当m>－1时，Δ>0，
于是l：y＝－x＋m，
即y＋1＝－(x－2)，
所以l过定点(2，－1).
考点三 　圆锥曲线中的存在性问题
方法技巧　解决存在性问题的一般思路：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.
7.(2016·全国Ⅰ)在直角坐标系xOy中，直线l：y＝t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：y2＝2px(p>0)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.
(1)求；
(2)除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？说明理由.
解　(1)如图，由已知得M(0，t)，P，

又N为M关于点P的对称点，
故N，ON的方程为y＝x，
代入y2＝2px，整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝，因此H.
所以N为OH的中点，即＝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＝x，即x＝(y－t).
代入y2＝2px，得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y2＝2t，
即直线MH与C只有一个公共点，
所以除H以外，直线MH与C没有其他公共点.
8.已知椭圆E：＋＝1的右焦点为F(c，0)且a＞b＞c＞0，设短轴的一个端点D，原点O到直线DF的距离为，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C，G两点，且||＋||＝4.
(1)求椭圆E的方程；
(2)是否存在过点P(2，1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A，B且使得2＝4·成立？若存在，试求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
解　(1)由椭圆的对称性知，||＋||＝2a＝4，
∴a＝2.又原点O到直线DF的距离为，
∴＝，∴bc＝，又a2＝b2＋c2＝4，
a＞b＞c＞0，∴b＝，c＝1.
故椭圆E的方程为＋＝1.
(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件.
故可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y＝k(x－2)＋1，代入椭圆方程得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0，
∴x1＋x2＝，
x1x2＝，Δ＝32(6k＋3)＞0，
∴k＞－.
∵＝4·，
即4[(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)]＝5，
∴4(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝5，
即4[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)＝5，
∴4(1＋k2)
＝4×＝5，解得k＝±，
k＝－不符合题意，舍去，
∴存在满足条件的直线l，其方程为x－2y＝0.


典例　(12分)已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，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.
审题路线图
(1)―→―→―→
(2)―→
―→―→
规范解答·评分标准
(1)证明　设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).…………2分
将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，
得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，
Δ＝4k2b2－4(k2＋9)(b2－m2)>0，
故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝.………………………………………………4分
于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9.
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值. ……………………………………………6分
(2)解　四边形OAPB能为平行四边形. ………………………………………………………7分
因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3.
由(1)得OM的方程为y＝－x.
设点P的横坐标为xP，
由得x＝，即xP＝ . ……………………………………9分
将点的坐标代入l的方程，得b＝，
因此xM＝.……………………………………………………………………………10分
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xP＝2xM.
于是＝2×，
解得k1＝4－，k2＝4＋.
因为ki＞0，ki≠3，i＝1，2，所以当l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形. ………………………………………………………………………………………12分
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.

1.(2017·全国Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1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x＝－3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)解　设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，
＝(x－x0，y)，＝(0，y0).
由＝ 得x0＝x，y0＝y.
因为M(x0，y0)在C上，所以＋＝1.
因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.
(2)证明　由题意知F(－1，0).
设Q(－3，t)，P(m，n)，则＝(－3，t)，
＝(－1－m，－n)，·＝3＋3m－tn，
＝(m，n)，＝(－3－m，t－n).
由·＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1.
又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.
所以·＝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.
2.如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)，经过点A(0，－1)，且离心率为.

(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＝，b＝1，
结合a2＝b2＋c2，解得a＝，
所以椭圆的方程为＋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＋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＝，x1x2＝，
从而直线AP，AQ的斜率之和
kAP＋kAQ＝＋＝＋
＝2k＋(2－k)＝2k＋(2－k)，
＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2.
故kAP＋kAQ为定值2.
3.已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率是，点P在椭圆E上.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点P且斜率为k的直线l交椭圆E于点Q(xQ，yQ)(点Q异于点P)，若0 解　(1)由题意得解得
∴椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)设直线l的方程为y－＝k(x－1)，
代入方程＋y2＝1.
消去y得(1＋4k2)x2＋(4k－8k2)x＋4k2－4k－1＝0，
∴xQ·1＝，
∵0 ∴0<<1，即
解得－，经检验，满足题意.
∴直线l的斜率k的取值范围是∪.
4.如图所示，已知椭圆M：＋＝1(a＞b＞0)的四个顶点构成边长为5的菱形，原点O到直线AB的距离为，其中A(0，a)，B(－b，0).直线l：x＝my＋n与椭圆M相交于C，D两点，且以CD为直径的圆过椭圆的右顶点P(其中点C，D与点P不重合).

(1)求椭圆M的方程；
(2)证明：直线l与x轴交于定点，并求出定点的坐标.
解　(1)由已知，得a2＋b2＝52，
由点A(0，a)，B(－b，0)知，直线AB的方程为＋＝1，即ax－by＋ab＝0.
又原点O到直线AB的距离为，即
＝，
所以a2＝16，b2＝9，c2＝16－9＝7.
故椭圆M的方程为＋＝1.
(2)由(1)知P(3，0)，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
将x＝my＋n代入＋＝1，
整理，得(16m2＋9)y2＋32mny＋16n2－144＝0，
则y1＋y2＝－，y1y2＝.
因为以CD为直径的圆过椭圆的右顶点P，
所以·＝0，即(x1－3，y1)·(x2－3，y2)＝0，
所以(x1－3)(x2－3)＋y1y2＝0.
又x1＝my1＋n，x2＝my2＋n，
所以(my1＋n－3)(my2＋n－3)＋y1y2＝0，
整理，得(m2＋1)y1y2＋m(n－3)(y1＋y2)＋(n－3)2＝0，
即(m2＋1)·＋m(n－3)·＋(n－3)2＝0，
所以－＋(n－3)2＝0，
易知n≠3，所以16(m2＋1)(n＋3)－32m2n＋(16m2＋9)·(n－3)＝0，
整理，得25n＋21＝0，即n＝－.
经检验，n＝－符合题意.
所以直线l与x轴交于定点，定点的坐标为.
5.已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，直线2x－y＋2＝0交抛物线C于A，B两点，P是线段AB的中点，过P作x轴的垂线交抛物线C于点Q.
(1)D是抛物线C上的动点，点E(－1，3)，若直线AB过焦点F，求|DF|＋|DE|的最小值；
(2)是否存在实数p，使|2＋|＝|2－|？若存在，求出p的值；若不存在，说明理由.
解　(1)∵直线2x－y＋2＝0与y轴的交点为(0，2)，
∴F(0，2)，则抛物线C的方程为x2＝8y，准线l：y＝－2.
设过D作DG⊥l于G，则|DF|＋|DE|＝|DG|＋|DE|，
当E，D，G三点共线时，|DF|＋|DE|取最小值2＋3＝5.
(2)假设存在，抛物线x2＝2py与直线y＝2x＋2联立，得x2－4px－4p＝0，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Δ＝(4p)2＋16p＝16(p2＋p)>0，则x1＋x2＝4p，x1x2＝－4p，
∴Q(2p，2p).
∵|2＋|＝|2－|，∴⊥.
则·＝0，
得(x1－2p)(x2－2p)＋(y1－2p)(y2－2p)
＝(x1－2p)(x2－2p)＋(2x1＋2－2p)(2x2＋2－2p)
＝5x1x2＋(4－6p)(x1＋x2)＋8p2－8p＋4＝0，
代入得4p2＋3p－1＝0，解得p＝或p＝－1(舍去).
因此存在实数p＝，且满足Δ>0，使得|2＋|＝|2－|成立.