2021版高考文科数学（人教A版）一轮复习教师用书：第九章　第8讲　第2课时　圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题

第2课时　圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题

　　　　　　圆锥曲线中的定值问题(师生共研)

(2018·高考北京卷)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．

【解】　(1)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．

求圆锥曲线中定值问题常用的方法

(1)引起变量法：其解题流程为

→

↓

→

↓

→

(2)特例法：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．

　(2020·长沙市统一模拟考试)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m与l1，l2分别交于M，N两点，求证：∠MF1N为定值．

解：(1)由AF2⊥F1F2，|AF2|＝，得＝.

又e＝＝，a2＝b2＋c2，所以a2＝9，b2＝8，

故椭圆C的标准方程为＋＝1.

(2)证明：由题意可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3.

直线l分别与直线l1，l2的方程联立得M(－3，－3k＋m)，N(3，3k＋m)，

所以＝(－2，－3k＋m)，＝(4，3k＋m)，

所以·＝－8＋m2－9k2.

联立

得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0.

因为直线l与椭圆C相切，

所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)·(9m2－72)＝0，

化简得m2＝9k2＋8.

所以·＝－8＋m2－9k2＝0，

所以⊥，

故∠MF1N为定值.

　　　　　　圆锥曲线中的定点问题(师生共研)

(2020·安徽省考试试题)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上顶点为P，右顶点为Q，直线PQ与圆x2＋y2＝相切于点M.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若不经过点P的直线l与椭圆C交于A，B两点，且·＝0，求证：直线l过定点．

【解】 (1)由已知得直线OM(O为坐标原点)的斜率kOM＝2，则直线PQ的斜率kPQ＝－＝－，

所以直线PQ的方程为y－＝－，

即x＋2y＝2.

可求得P(0，1)，Q(2，0)，故a＝2，b＝1，

故椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)证明：当直线l的斜率不存在时，显然不满足条件．

当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋n(n≠1)，

联立消去y整理得(4k2＋1)x2＋8knx＋4(n2－1)＝0，

Δ＝(8kn)2－4×4(4k2＋1)(n2－1)＝16(4k2＋1－n2)>0，得4k2＋1>n2.①

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.②

由·＝0，得(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝0，又y1＝kx1＋n，y2＝kx2＋n，所以(k2＋1)x1x2＋k(n－1)(x1＋x2)＋(n－1)2＝0，③

由②③得n＝1(舍)，或n＝－，满足①.

此时l的方程为y＝kx－，故直线l过定点.

求解定点问题常用的方法

(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明．

(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标．

(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)来证明．

　(2019·高考北京卷)已知椭圆C：＋＝1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1)．

(1)求椭圆C的方程；

(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点．

解：(1)由题意，得b2＝1，c＝1，

所以a2＝b2＋c2＝2.

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

则直线AP的方程为y＝x＋1.

令y＝0，得点M的横坐标xM＝－.

又y1＝kx1＋t，

从而|OM|＝|xM|＝.

同理，|ON|＝.

由得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，

则x1＋x2＝－，x1x2＝.

所以|OM|·|ON|＝·

＝

＝

＝2.

又|OM|·|ON|＝2，

所以2＝2.

解得t＝0，所以直线l经过定点(0，0)．

　　　　　　圆锥曲线中的探索性问题(师生共研)

(2019·高考全国卷Ⅰ)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．

(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；

(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．

【解】 (1)因为⊙M过点A，B，

所以圆心M在AB的垂直平分线上．

由已知A在直线x＋y＝0上，

且A，B关于坐标原点O对称，

所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．

因为⊙M与直线x＋2＝0相切，

所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.

连接MA，由已知得|AO|＝2，又⊥，

故可得2a2＋4＝(a＋2)2，

解得a＝0或a＝4.

故⊙M的半径r＝2或r＝6.

(2)存在定点P(1，0)，使得|MA|－|MP|为定值．

理由如下：

设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.

由于⊥，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，

化简得M的轨迹方程为y2＝4x.

因为曲线C：y2＝4x是以点P(1，0)为焦点，

以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.

因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，

所以存在满足条件的定点P.

解决探索性问题的注意事项

探索性问题，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)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．

　是否存在过点E(0，－4)的直线l交椭圆＋＝1于点R，T，且满足·＝？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．

解：存在．

假设存在满足题意的直线l，易知当直线l的斜率不存在时，·<0，不满足题意．

故可设直线l的方程为y＝kx－4，R(x1，y1)，T(x2，y2)．

因为·＝，

所以x1x2＋y1y2＝.

由得(3＋4k2)x2－32kx＋16＝0，

由Δ>0得(－32k)2－64(3＋4k2)>0，

解得k2>.①

因为x1＋x2＝，x1x2＝，

所以y1y2＝(kx1－4)(kx2－4)＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16，

故x1x2＋y1y2＝＋－＋16＝，

解得k2＝1.②

由①②解得k＝±1，

所以直线l的方程为y＝±x－4.

故存在直线l：x＋y＋4＝0或x－y－4＝0满足题意．

[基础题组练]

1．(2020·长沙市统一模拟考试)已知F1，F2分别是双曲线C：y2－x2＝1的上、下焦点，P是其一条渐近线上的一点，且以F1F2为直径的圆经过点P，则△PF1F2的面积为(　　)

A.  B．1 

C.  D．2

解析：选C.设P(x0，y0)，不妨设点P在双曲线C的过一、三象限的渐近线x－y＝0上，因此可得x0－y0＝0.F1(0，)，F2(0，－)，所以|F1F2|＝2，以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝2，又以F1F2为直径的圆经过点P，所以x＋y＝2.由，得|x0|＝1，于是S△PF1F2＝|F1F2|·|x0|＝×2×1＝，故选C.

2．直线l与抛物线C：y2＝2x交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，且满足k1k2＝，则直线l过定点(　　)

A．(－3，0)  B．(0，－3) 

C．(3，0)  D．(0，3)

解析：选A.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为k1k2＝，所以·＝.又y＝2x1，y＝2x2，所以y1y2＝6.将直线l：x＝my＋b代入抛物线C：y2＝2x得y2－2my－2b＝0，所以y1y2＝－2b＝6，得b＝－3，即直线l的方程为x＝my－3，所以直线l过定点(－3，0)．

3．(2020·安徽合肥模拟)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，过椭圆上一点M作直线MA，MB分别交椭圆于A，B两点，且斜率分别为k1，k2，若点A，B关于原点对称，则k1·k2的值为        ．

解析：由e2＝1－＝，得＝.设M(x，y)，A(m，n)，则B(－m，－n)，k1·k2＝·＝，①

把y2＝b2，n2＝b2代入①式并化简，可得k1·k2＝－＝－.

答案：－

4．以下四个关于圆锥曲线的命题：

①设A，B为两个定点，K为正数，若||PA|－|PB||＝K，则动点P的轨迹是双曲线；

②方程2x2－5x＋2＝0的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；

③双曲线－＝1与椭圆＋y2＝1有相同的焦点；

④已知抛物线y2＝2px，以过焦点的一条弦AB为直径作圆，则此圆与准线相切．

其中真命题为        ．(写出所有真命题的序号)

解析：A，B为两个定点，K为正数，||PA|－|PB||＝K，当K＝|AB|时，动点P的轨迹是两条射线，故①错误；

方程2x2－5x＋2＝0的两根为和2，可分别作为椭圆和双曲线的离心率，故②正确；

双曲线－＝1的焦点坐标为(±，0)，椭圆＋y2＝1的焦点坐标为(±，0)，故③正确；

设AB为过抛物线焦点F的弦，P为AB中点，A，B，P在准线l上的射影分别为M，N，Q，

因为AP＋BP＝AM＋BN，所以PQ＝AB，

所以以AB为直径作圆，则此圆与准线l相切，故④正确．

故正确的命题有②③④.

答案：②③④

5．(2020·福建五校第二次联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，上顶点M到直线x＋y＋4＝0的距离为3.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设直线l过点(4，－2)，且与椭圆C相交于A，B两点，l不经过点M，证明：直线MA的斜率与直线MB的斜率之和为定值．

解：(1)由题意可得，解得

所以椭圆C的方程为＋＝1.

(2)证明：易知直线l的斜率恒小于0，设直线l的方程为y＋2＝k(x－4)，k<0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

联立

得(1＋4k2)x2－16k(2k＋1)x＋64k(k＋1)＝0，

则x1＋x2＝，x1x2＝，

因为kMA＋kMB＝＋

＝，

所以kMA＋kMB＝2k－(4k＋4)×＝2k－4(k＋1)×＝2k－(2k＋1)＝－1(为定值)．

6．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知曲线C：y＝，D为直线y＝－上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.

(1)证明：直线AB过定点；

(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程．

解：(1)证明：设D，A(x1，y1)，则x＝2y1.

由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝x1.

整理得2tx1－2y1＋1＝0.

设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.

故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.

所以直线AB过定点.

(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.由可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1.

设M为线段AB的中点，则M.

由于⊥，而＝(t，t2－2)，与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.

解得t＝0或t＝±1.

当t＝0时，||＝2，所求圆的方程为x2＋＝4；

当t＝±1时，||＝，所求圆的方程为x2＋＝2.

[综合题组练]

1．(2020·广州市调研测试)已知动圆C过定点F(1，0)，且与定直线x＝－1相切．

(1)求动圆圆心C的轨迹E的方程；

(2)过点M(－2，0)的任一条直线l与轨迹E交于不同的两点P，Q，试探究在x轴上是否存在定点N(异于点M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由．

解：(1)法一：依题意知，动圆圆心C到定点F(1，0)的距离，与到定直线x＝－1的距离相等，

由抛物线的定义，可得动圆圆心C的轨迹E是以F(1，0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线，其中p＝2.

所以动圆圆心C的轨迹E的方程为y2＝4x.

法二：设动圆圆心C(x，y)，依题意得＝|x＋1|，

化简得y2＝4x，即为动圆圆心C的轨迹E的方程．

(2)假设存在点N(x0，0)满足题设条件．

由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即kPN＋kQN＝0.①

易知直线PQ的斜率必存在且不为0，设直线PQ：x＝my－2，

由得y2－4my＋8＝0.

由Δ＝(－4m)2－4×8>0，得m>或m<－.

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝8.

由①得kPN＋kQN＝＋

＝＝0，

所以y1(x2－x0)＋y2(x1－x0)＝0即，y1x2＋y2x1－x0(y1＋y2)＝0.

消去x1，x2，得y1y＋y2y－x0(y1＋y2)＝0，

即y1y2(y1＋y2)－x0(y1＋y2)＝0.

因为y1＋y2≠0，所以x0＝y1y2＝2，

所以存在点N(2，0)，使得∠QNM＋∠PNM＝π.

2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，点A在椭圆C上．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y＝上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足＝？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．

解：(1)设椭圆C的焦距为2c，则c＝1，

因为A在椭圆C上，

所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2，

所以a＝，b2＝a2－c2＝1，

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)不存在满足条件的直线，证明如下：

设直线的方程为y＝2x＋t，

设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，MN的中点为D(x0，y0)，

由消去x，

得9y2－2ty＋t2－8＝0，

所以y1＋y2＝，Δ＝4t2－36(t2－8)>0，

所以y0＝＝，且－3<t<3.

由＝得＝(x4－x2，y4－y2)，

所以y1－＝y4－y2，y4＝y1＋y2－＝t－，

又－3<t<3，所以－<y4<－1，

与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[－1，1]矛盾．

所以不存在满足条件的直线．

类型一　定点、定值问题

类型二　最值、范围问题