2023届高考一轮复习讲义（文科）第九章　平面解析几何 第8讲　第2课时　圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第九章　平面解析几何 第8讲　第2课时　圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题学案，共14页。

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，eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，求证：eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋1))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得kb>0)的上顶点为P，右顶点为Q，直线PQ与圆x2＋y2＝eq \f(4,5)相切于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，\f(4,5))).
(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eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝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＝－eq \f(1,kOM)＝－eq \f(1,2)，
所以直线PQ的方程为y－eq \f(4,5)＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,5)))，
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eq \f(x2,4)＋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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋n，))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＝eq \f(－8kn,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4（n2－1）,4k2＋1).②
由eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝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＝－eq \f(3,5)，满足①.
此时l的方程为y＝kx－eq \f(3,5)，故直线l过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,5))).
eq \a\vs4\al()
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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则直线AP的方程为y＝eq \f(y1－1,x1)x＋1.
令y＝0，得点M的横坐标xM＝－eq \f(x1,y1－1).
又y1＝kx1＋t，
从而|OM|＝|xM|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,kx1＋t－1))).
同理，|ON|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x2,kx2＋t－1))).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1))得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
则x1＋x2＝－eq \f(4kt,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2t2－2,1＋2k2).
所以|OM|·|ON|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,kx1＋t－1)))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x2,kx2＋t－1)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1x2,k2x1x2＋k（t－1）（x1＋x2）＋（t－1）2)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(2t2－2,1＋2k2),k2·\f(2t2－2,1＋2k2)＋k（t－1）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4kt,1＋2k2)))＋（t－1）2)))
＝2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1＋t,1－t))).
又|OM|·|ON|＝2，
所以2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1＋t,1－t)))＝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eq \(MO,\s\up6(→))⊥eq \(AO,\s\up6(→))，
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eq \(MO,\s\up6(→))⊥eq \(AO,\s\up6(→))，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.
eq \a\vs4\al()
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eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1于点R，T，且满足eq \(OR,\s\up6(→))·eq \(OT,\s\up6(→))＝eq \f(16,7)？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，eq \(OR,\s\up6(→))·eq \(OT,\s\up6(→))0得(－32k)2－64(3＋4k2)>0，
解得k2>eq \f(1,4).①
因为x1＋x2＝eq \f(32k,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(16,3＋4k2)，
所以y1y2＝(kx1－4)(kx2－4)＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16，
故x1x2＋y1y2＝eq \f(16,3＋4k2)＋eq \f(16k2,3＋4k2)－eq \f(128k2,3＋4k2)＋16＝eq \f(16,7)，
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.eq \f(\r(2),2) B．1
C.eq \r(2) 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，eq \r(2))，F2(0，－eq \r(2))，所以|F1F2|＝2eq \r(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xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝2.由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0－y0＝0,xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝2))，得|x0|＝1，于是S△PF1F2＝eq \f(1,2)|F1F2|·|x0|＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×1＝eq \r(2)，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＝eq \f(2,3)，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＝eq \f(2,3)，所以eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(2,3).又yeq \\al(2,1)＝2x1，yeq \\al(2,2)＝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eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(6),3)，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－eq \f(b2,a2)＝eq \f(6,9)，得eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,3).设M(x，y)，A(m，n)，则B(－m，－n)，k1·k2＝eq \f(y－n,x－m)·eq \f(y＋n,x＋m)＝eq \f(y2－n2,x2－m2)，①
把y2＝b2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x2,a2)))，n2＝b2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(m2,a2)))代入①式并化简，可得k1·k2＝－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(1,3).
答案：－eq \f(1,3)
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eq \f(x2,25)－eq \f(y2,9)＝1与椭圆eq \f(x2,35)＋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eq \f(1,2)和2，可分别作为椭圆和双曲线的离心率，故②正确；
双曲线eq \f(x2,25)－eq \f(y2,9)＝1的焦点坐标为(±eq \r(34)，0)，椭圆eq \f(x2,35)＋y2＝1的焦点坐标为(±eq \r(34)，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＝eq \f(1,2)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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，上顶点M到直线eq \r(3)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，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(|b＋4|,2)＝3，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝2，))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝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)，k0，得m>eq \r(2)或mb>0)的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))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＝eq \f(5,3)上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足eq \(PM,\s\up6(→))＝eq \(NQ,\s\up6(→))？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Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在椭圆C上，
所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2eq \r(2)，
所以a＝eq \r(2)，b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋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)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3，\f(5,3)))，Q(x4，y4)，MN的中点为D(x0，y0)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1))消去x，
得9y2－2ty＋t2－8＝0，
所以y1＋y2＝eq \f(2t,9)，Δ＝4t2－36(t2－8)>0，
所以y0＝eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(t,9)，且－3