2019版数学（理）二轮复习通用版讲义：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

第四讲  大题考法——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：＋＝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.

[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＋>＋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，.

则由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)．

[类题通法]

动线过定点问题的2大类型及解法

[对点训练]

(2017·全国卷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.

解：(1)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)在椭圆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.

[典例感悟]

[典例]　(2016·北京高考)已知椭圆C：＋＝1过A(2,0)，B(0,1)两点．

(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轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.

[解]　(1)由题意得a＝2，b＝1，

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

又c＝＝，所以离心率e＝＝.

(2)证明：设P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则x＋4y＝4.

又A(2,0)，B(0,1)，

所以直线PA的方程为y＝(x－2)．

令x＝0，得yM＝－，

从而|BM|＝1－yM＝1＋.

直线PB的方程为y＝x＋1.

令y＝0，得xN＝－，

从而|AN|＝2－xN＝2＋.

所以四边形ABNM的面积S＝|AN|·|BM|

＝

＝

＝＝2.

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

[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．

(1)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，ω＝|GA|2＋|GB|2是与m无关的定值？并求出该定值．

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，

∴b＝＝，

∴椭圆的方程为＋＝1.

即点P的轨迹C的方程为＋＝1.

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由题意知－2<m<2，直线l：y＝k(x－m)，

由得(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12＝0，

∴x1＋x2＝，x1x2＝，

∴y1＋y2＝k(x1－m)＋k(x2－m)＝k(x1＋x2)－2km＝－，

y1y2＝k2(x1－m)(x2－m)

＝k2x1x2－k2m(x1＋x2)＋k2m2＝，

∴|GA|2＋|GB|2

＝(x1－m)2＋y＋(x2－m)2＋y

＝(x1＋x2)2－2x1x2－2m(x1＋x2)＋2m2＋(y1＋y2)2－2y1y2

＝(k2＋1).

要使ω＝|GA|2＋|GB|2的值与m无关，需使4k2－3＝0，

解得k＝±，此时ω＝|GA|2＋|GB|2＝7.

 [典例感悟]

[典例]　(2016·全国卷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是否有其他公共点？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，

故直线ON的方程为y＝x，

将其代入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．

[类题通法]

求解存在性问题的思路及策略

[对点训练]

(2018·南宁、柳州联考)如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，离心率e＝，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k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．

解：(1)由P在椭圆C上得，＋＝1，①

由e＝＝知a＝2c，则b2＝3c2，②

②代入①，解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.

故椭圆C的方程为＋＝1.

(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)，③

代入椭圆方程，并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0，显然Δ>0恒成立，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2≠1，则有

x1＋x2＝，x1x2＝，④

在方程③中令x＝4得，点M的坐标为(4,3k)．

从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－.

因为A，F，B三点共线，所以有k＝kAF＝kBF，即有＝＝k，

所以k1＋k2＝＋＝＋－＝2k－·，⑤

将④代入⑤得k1＋k2＝2k－·＝2k－1，

又k3＝k－，

所以k1＋k2＝2k3.

故存在常数λ＝2符合题意．

   解析几何问题重在 “设”——设点、设线

[循流程思维——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，在遵循“设——列——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．

[按流程解题——快又准]

[典例]　(2016·全国卷Ⅲ)已知抛物线C：y2＝2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2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△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程．

[解题示范]　

由题设F.

设l1：y＝a，l2：y＝b，

则ab≠0，

且A，B，P，Q，R.

记过A，B两点的直线为l，

则l的方程为2x－(a＋b)y＋ab＝0.

(1)证明：由于F在线段AB上，故1＋ab＝0.

设AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则

k1＝＝＝＝＝－b＝＝k2.

所以AR∥FQ.

(2)设l与x轴的交点为

D(x1,0)，

则S△ABF＝|b－a||DF|

＝|b－a|，S△PQF＝.

由题设可得2×|b－a|＝，

所以x1＝0(舍去)，x1＝1.

设满足条件的AB的中点

为E(x，y)．

当AB与x轴不垂直时，

由kAB＝kDE可得

＝(x≠1)．

而＝y，所以y2＝x－1(x≠1)．

当AB与x轴垂直时，E与D重合，此时E(1,0)满足方程y2＝x－1.

所以所求轨迹方程为y2＝x－1.

[思维升华]　解决解析几何问题的关键在于：通观全局，局部入手，整体思维．反映在解题上，就是把曲线的几何特征准确地转换为代数形式，根据方程画出图形，研究几何性质．

[应用体验]

已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点(2，2)，且离心率为，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，PB分别交y轴于点M，N，求证：直线MF1与直线NF2的交点G在定圆上．

解：(1)由题意知解得

故椭圆E的方程为＋＝1.

(2)证明：设B(x0，y0)，P(x1，y1)，则A(－x0，y0)．

直线PA的方程为y－y1＝(x－x1)，

令x＝0，得y＝，

故M.

同理可得N.

所以＝，

＝，

所以·＝·＝－8＋

＝－8＋＝－8＋8＝0，

所以F1M⊥F2N，所以直线MF1与直线NF2的交点G在以F1F2为直径的圆上．

A卷——大题保分练

1．(2018·成都模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点F(，0)，长半轴长与短半轴长的比值为2.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设不经过点B(0,1)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：(1)由题意得，c＝，＝2，a2＝b2＋c2，

∴a＝2，b＝1，

∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.

(2)证明：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．

由消去y可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.

∴Δ＝16(4k2＋1－m2)>0，x1＋x2＝，x1x2＝.

∵点B在以线段MN为直径的圆上，∴·＝0.

∵·＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，

∴(k2＋1)＋k(m－1)＋(m－1)2＝0，

整理，得5m2－2m－3＝0，

解得m＝－或m＝1(舍去)．

∴直线l的方程为y＝kx－.

易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．

故直线l过定点，且该定点的坐标为.

2．(2018·全国卷Ⅱ)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|＝8.

(1)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)(k>0)．

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.

Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝.

所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝.

由题设知＝8，解得k＝1或k＝－1(舍去)．

因此l的方程为y＝x－1.

(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y－2＝－(x－3)，

即y＝－x＋5.

设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，

则

解得或

因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144.

3.(2018·贵阳模拟)如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)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PF⊥x轴，若AB∥OP，且|AB|＝2.

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知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QA与QD的斜率乘积恒为－，若存在，求出点D的坐标，若不存在，说明理由．

解：(1)由题意得A(－a,0)，B(0，b)，可设P(c，t)(t>0)，

∴＋＝1，得t＝，即P，

由AB∥OP得＝，即b＝c，∴a2＝b2＋c2＝2b2，①

又|AB|＝2，∴a2＋b2＝12，②

由①②得a2＝8，b2＝4，∴椭圆C的方程为＋＝1.

(2)假设存在D(m,0)，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为－，设Q(x0，y0)(y0≠0)，则＋＝1，③

∵kQA·kQD＝－，A(－2，0)，

∴·＝－(x0≠m)，④

由③④得(m－2)x0＋2m－8＝0，

即解得m＝2，

∴存在点D(2，0)，使得kQA·kQD＝－.

4．(2018·昆明模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为4，P是椭圆C上的点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)O为坐标原点，A，B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点，设＝＋，证明：直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值．

解：(1)由题意知2c＝4，即c＝2，

则椭圆C的方程为＋＝1，

因为点P在椭圆C上，

所以＋＝1，解得a2＝5或a2＝(舍去)，

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2且x1＋x2≠0，由＋＝，得D(x1＋x2，y1＋y2)，

所以直线AB的斜率kAB＝，直线OD的斜率kOD＝，

由得(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，

即·＝－，所以kAB·kOD＝－.

故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值－.

B卷——深化提能练

1．(2018·安徽江南十校联考)在平面直角坐标系中，直线x－y＋m＝0不过原点，且与椭圆＋＝1有两个不同的公共点A，B.

(1)求实数m的取值所组成的集合M；

(2)是否存在定点P使得任意的m∈M，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．

解：(1)因为直线x－y＋m＝0不过原点，所以m≠0.将x－y＋m＝0与＋＝1联立，消去y，得4x2＋2mx＋m2－4＝0.

因为直线与椭圆有两个不同的公共点A，B，所以Δ＝8m2－16(m2－4)>0，所以－2<m<2.故实数m的取值所组成的集合M为(－2，0)∪(0,2)．

(2)假设存在定点P(x0，y0)使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补，即kPA＋kPB＝0.

令A(x1，x1＋m)，B(x2，x2＋m)，则＋＝0，

整理得2x1x2＋(m－x0－y0)(x1＋x2)＋2x0(y0－m)＝0.(*)

由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝，代入(*)式化简得m＋2(x0y0－)＝0，则解得或所以定点P的坐标为(1，)或(－1，－)．经检验，此两点均满足题意．

故存在定点P使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补，且定点P的坐标为(1，)或(－1，－)．

2．(2019届高三·西安八校联考)已知直线l：x＝my＋1过椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点F，抛物线x2＝4y的焦点为椭圆C的上顶点，且l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线x＝4上的射影依次为D，K，E.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线l交y轴于点M，且＝λ1，＝λ2，当m变化时，证明：λ1＋λ2为定值；

(3)当m变化时，直线AE与BD是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由．

解：(1)∵直线x＝my＋1过椭圆的右焦点，

∴右焦点F(1,0)，c＝1，即c2＝1.

∵x2＝4y的焦点(0，)为椭圆C的上顶点，

∴b＝，即b2＝3，a2＝b2＋c2＝4，

∴椭圆C的方程为＋＝1.

(2)由题意知m≠0，由

得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.显然Δ>0恒成立，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－，y1y2＝－.

∵＝λ1，＝λ2，M，

∴＝λ1(1－x1，－y1)，＝λ2(1－x2，－y2)，∴λ1＝－1－，λ2＝－1－，

∴λ1＋λ2＝－2－＝－2－÷＝－.

综上所述，当m变化时，λ1＋λ2为定值－.

(3)当m＝0时，直线l⊥x轴，则四边形ABED为矩形，易知AE与BD相交于点N，则若当m变化时，直线AE与BD相交于定点，则定点必为N，证明如下：

＝＝，易知E(4，y2)，则＝.

∵y2－(－y1)＝(y1＋y2)－my1y2＝－m＝0，

∴∥，即A，N，E三点共线．

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N.

3．(2018·贵州六校联考)已知点M是椭圆C：＋＝1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，|F1F2|＝4，∠F1MF2＝60°，△F1MF2的面积为.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交椭圆C于异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1＋k2为定值．

解：(1)在△F1MF2中，由|MF1||MF2|sin 60°＝，得|MF1||MF2|＝.

由余弦定理，得|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1|·|MF2|cos 60°＝(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1|·|MF2|(1＋cos 60°)，

从而2a＝|MF1|＋|MF2|＝4，

即a＝2，从而b＝2，

故椭圆C的方程为＋＝1.

(2)当直线l的斜率存在时，设其方程为y＋2＝k(x＋1)，

由得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.

从而k1＋k2＝＋

＝

＝2k－(k－4)＝4.

当直线l的斜率不存在时，可取A，B，得k1＋k2＝4.

综上，恒有k1＋k2＝4.

4．(2019届高三·湘东五校联考)已知椭圆C的中心在原点，离心率等于，它的一个短轴端点恰好是抛物线x2＝8y的焦点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)如图，已知P(2,3)，Q(2，－3)是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点．

①若直线AB的斜率为，求四边形APBQ面积的最大值；

②当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值？请说明理由．

解：(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，

则b＝2.由＝，a2＝c2＋b2，得a＝4，

∴椭圆C的方程为＋＝1.

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

①设直线AB的方程为y＝x＋t，

代入＋＝1，得x2＋tx＋t2－12＝0，

由Δ>0，解得－4<t<4，

由一元二次方程根与系数的关系得x1＋x2＝－t，x1x2＝t2－12，

∴|x1－x2|＝＝＝.

∴四边形APBQ的面积S＝×6×|x1－x2|＝3.

∴当t＝0时，S取得最大值，且Smax＝12.

②若∠APQ＝∠BPQ，则直线PA，PB的斜率之和为0，设直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为－k，直线PA的方程为y－3＝k(x－2)，

由

得(3＋4k2)x2＋8(3－2k)kx＋4(3－2k)2－48＝0，

∴x1＋2＝，

将k换成－k可得x2＋2＝＝，

∴x1＋x2＝，x1－x2＝，

∴kAB＝＝＝＝，

∴直线AB的斜率为定值.