2020版高考数学（文）新设计一轮复习通用版讲义：第九章第十一节圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题

第十一节圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题



[典例]　(2018·北京高考)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 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．

[解题技法]　解答圆锥曲线定值问题的技法
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
(2)引进变量法：其解题流程为


[对点训练]
　在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：－＝1，椭圆C2：x2＋＝1，若M，N分别是C1，C2上的动点，且OM⊥ON，求证：O到直线MN的距离是定值．
证明：当直线ON垂直于x轴时，|ON|＝2，|OM|＝，则O到直线MN的距离为.
当直线ON不垂直于x轴时，
设直线ON的方程为y＝kx，
则直线OM的方程为y＝－x.
由得
所以|ON|2＝.同理|OM|2＝.
设O到直线MN的距离为d，
因为在Rt△MON中，(|OM|2＋|ON|2)d2＝|OM|2·|ON|2，
所以＝＋＝＝，即d＝.
综上，O到直线MN的距离是定值．


[典例]　(2018·成都一诊)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)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)．
联立消去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.
[解题技法]　直线过定点问题的解题模型


[对点训练]
　(2019·株洲两校联考)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)经过点P(2,1)，且离心率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设O为坐标原点，在椭圆的短轴上有两点M，N满足＝，直线PM，PN分别交椭圆于A，B两点，试证明直线AB过定点．
解：(1)由椭圆的离心率e＝＝＝，得a2＝4b2，将P(2,1)代入椭圆方程＋＝1，得＋＝1，解得b2＝2，则a2＝8，所以椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)证明：当M，N分别是短轴的端点时，显然直线AB为y轴，所以若直线AB过定点，则这个定点一定在y轴上，
当M，N不是短轴的端点时，设直线AB的方程为y＝kx＋t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知x1≠2，x2≠2，
联立消去y，得(1＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－8＝0，则Δ＝16(8k2－t2＋2)＞0，
x1＋x2＝－，x1x2＝.
又直线PA的方程为y－1＝(x－2)，
即y－1＝(x－2)，
所以点M的坐标为，
同理可知N，
由＝，得＋＝0，
化简整理得，(2－4k)x1x2－(2－4k＋2t)(x1＋x2)＋8t＝0，
则(2－4k)×－(2－4k＋2t)＋8t＝0，
整理得(2t＋4)k＋(t2＋t－2)＝0，
当且仅当t＝－2时，上式对任意的k都成立，
所以直线AB过定点(0，－2)．

考点三　假设存在定结论(探索性问题)
[典例]　如图，在直角坐标系xOy中有一直角梯形ABCD，AB的中点为O，AD⊥AB，AD∥BC，|AB|＝2，|BC|＝，|AD|＝，以A，B为焦点的椭圆经过点C.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)若点E，问是否存在直线l与椭圆交于M，N两点且|ME|＝|NE|？若存在，求出直线l斜率的取值范围；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)连接AC(图略)，依题意设椭圆的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，
在Rt△ABC中，|AB|＝2，|BC|＝，所以|AC|＝.
所以|CA|＋|CB|＝＋＝2a，a＝2.
又2c＝2，所以c＝1，从而b＝，
所以椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)由题意知，当l与x轴垂直时，不满足|ME|＝|NE|，当l与x轴平行时，|ME|＝|NE|，显然成立，此时k＝0.当k≠0时，设直线l的方程为y＝kx＋m，
由消去y，整理得
(3＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－3)＝0.
由直线与椭圆交于两点得
Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)×4(m2－3)＞0，
所以m2＜4k2＋3. ①
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为P(x0，y0)，
则x0＝＝，y0＝kx0＋m＝.
因为|ME|＝|NE|，所以EP⊥MN，所以kEP·k＝－1，
即·k＝－1，化简得m＝－(3＋4k2)，
结合①得(3＋4k2)2＜4k2＋3，
即16k4＋8k2－3＜0，解得－＜k＜(k≠0)．
综上所述，存在满足条件的直线l，且其斜率的取值范围为.
[解题技法]　探索性问题的解题策略
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，要思维开放，采取另外的途径．

[对点训练]
(2019·贵阳检测)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)若Q是椭圆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的斜率乘积恒为定值？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，解得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的斜率乘积恒为定值，
设Q(x0，y0)(y0≠0)，则＋＝1， ③
设kQA·kQD＝k(常数)，
∵A(－2，0)，∴·＝k， ④
由③得y＝4， ⑤
将⑤代入④，得
k＝，
∴∴m＝2，k＝－，
∴存在点D(2，0)，使得kQA·kQD＝－(定值)．


1．(2019·贵阳适应性考试)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M为短轴的上端点，·＝0，过F2垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且|AB|＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设经过点(2，－1)且不经过点M的直线l与C相交于G，H两点．若k1，k2分别为直线MH，MG的斜率，求k1＋k2的值．
解：(1)由·＝0，得b＝c. ①
因为过F2垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且|AB|＝，
所以＝， ②
又a2＝b2＋c2， ③
联立①②③，解得a2＝2，b2＝1，
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)易知直线l的斜率存在，可设直线l的方程为y＋1＝k(x－2)，即y＝kx－2k－1，
将y＝kx－2k－1代入＋y2＝1得(1＋2k2)x2－4k(2k＋1)x＋8k2＋8k＝0，
由题设可知Δ＝－16k(k＋2)＞0，
设G(x1，y1)，H(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
k1＋k2＝＋＝＋＝2k－＝2k－(2k＋1)＝－1，
所以k1＋k2＝－1.
2．(2018·贵阳摸底考试)过抛物线C：y2＝4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点，且|AB|＝8.
(1)求直线l的方程；
(2)若A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD过定点，并求出该点的坐标．
解：(1)易知点F的坐标为(1,0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
由题意知k≠0，且Δ＝[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝，x1x2＝1，
由抛物线的定义知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，
∴＝6，∴k2＝1，即k＝±1，
∴直线l的方程为x＋y－1＝0或x－y－1＝0.
(2)证明：∵D点的坐标为(x1，－y1)，直线BD的斜率kBD＝＝＝，
∴直线BD的方程为y＋y1＝(x－x1)，
即(y2－y1)y＋y2y1－y＝4x－4x1，
∵y＝4x1，y＝4x2，x1x2＝1，
∴(y1y2)2＝16x1x2＝16，
即y1y2＝－4(y1，y2异号)，
∴直线BD的方程为4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，恒过点(－1，0)．
3．(2019·西安八校联考)已知直线l：x＝my＋1过椭圆C：＋＝1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)判断当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)∵l：x＝my＋1过椭圆C的右焦点F，
∴右焦点F(1,0)，即c＝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)证明：由题意知m≠0，由消去x，整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.
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，猜想当m变化时，直线AE与BD相交于定点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.
4．(2018·石家庄质测)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆于A，B两点．
(1)若以AF1为直径的动圆内切于圆x2＋y2＝9，求椭圆的长轴长；
(2)当b＝1时，问在x轴上是否存在定点T，使得·为定值？并说明理由．
解：(1)设AF1的中点为M，连接OM，AF2(O为坐标原点)，在△AF1F2中，O为F1F2的中点，
所以|OM|＝|AF2|＝(2a－|AF1|)＝a－|AF1|.
由题意得|OM|＝3－|AF1|，
所以a＝3，故椭圆的长轴长为6.
(2)由b＝1，＝，a2＝b2＋c2, 得c＝2，a＝3，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x＋2)，由消去y，得(9k2＋1)x2＋36k2x＋72k2－9＝0，Δ＞0恒成立．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
y1y2＝k2(x1＋2)(x2＋2)＝.
设T(x0,0)，
则·＝x1x2－(x1＋x2)x0＋x＋y1y2＝，当9x＋36x0＋71＝9(x－9)，即x0＝－时，·为定值，定值为x－9＝－.
当直线AB的斜率不存在时，不妨设A，B，
当T时，·＝·＝－.
综上，在x轴上存在定点T，使得·为定值．