2021版高考文科数学（北师大版）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·安徽淮南模拟)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·沂南新乡模拟)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：②③④5．(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·赣州市调研测试)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．规范答题示范(五)解析几何类型一　定点、定值问题 (12分)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过点M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝.(1)❶(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1，证明：❷[建桥寻突破] ❶看到求点P的轨迹方程，想到先设出点的坐标，然后利用已知条件，采用代入法求轨迹方程.❷看到过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F，想到证明⊥.[规范解答](1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，＝(x－x0，y)，＝(0，y0)，1分由＝，得x0＝x，y0＝y，3分因为M(x0，y0)在椭圆C上，所以＋＝1，5分因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.6分(2)证明：由题意知F(－1，0)，设Q(－3，t)，P(m，n)，则＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，7分·＝3＋3m－tn，8分＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)，9分由·＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，10分又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.所以·PF＝0，即OQ⊥PF，11分又过点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.12分[评分标准]①设出点的坐标，并求出和得1分；②由＝，正确求出x0＝x，y0＝y得2分；③代入法求出＋＝1得2分；④化简成x2＋y2＝2得1分；⑤求出和得1分；⑥正确求出·的值得1分；⑦正确求出和的坐标得1分；⑧由·＝1得出－3m－m2＋tn－n2＝1得1分；⑨得出⊥得1分；⑩写出结论得1分.[解题点津](1)得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写全，如第(2)问中求出－3m－m2＋tn－n2＝1就得分.(2)得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时一定要写清得分关键点，如第(2)问一定要写出·＝0，即⊥，否则不得分，因此步骤才是关键的，只有结果不得分.[核心素养]圆锥曲线中的定点、定值问题是高考命题的热点问题，常与向量巧妙交汇，综合考查考生“数学运算”的核心素养. 类型二　最值、范围问题 (12分)设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1，0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过点B作AC的平行线交AD于点E.(1)证明❶，并写出点E的轨迹方程；(2)设点E的轨迹方程为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求❷[建桥寻突破]❶看到|EA|＋|EB|为定值，想到点E的轨迹方程可能是椭圆.❷看到四边形MPNQ面积的取值范围，想到四边形MPNQ对角线是否垂直，如何将四边形分别分成三角形求面积，可能利用弦长公式.[规范解答](1)圆A整理为(x＋1)2＋y2＝16，圆心A坐标为(－1，0)，如图，因为BE∥AC，则∠ACB＝∠EBD，由|AC|＝|AD|，则∠ADC＝∠ACD，2分所以∠EBD＝∠EDB，则|EB|＝|ED|，所以|AE|＋|EB|＝|AE|＋|ED|＝|AD|＝4.4分所以E的轨迹为一个椭圆，方程为＋＝1(y≠0).6分(2)C1：＋＝1；设l：x＝my＋1，因为PQ⊥l，设PQ：y＝－m(x－1)，联立l与椭圆C1，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0；7分则|MN|＝|yM－yN|＝＝；8分圆心A到PQ距离d＝＝，9分所以|PQ|＝2＝2＝，10分所以S四边形MPNQ＝|MN|·|PQ|＝··＝＝24∈[12，8).12分[评分标准]①得出∠ACB＝∠EBD，∠ADC＝∠ACD得2分；②得出|AE|＋|EB|＝4得2分；③写出E的轨迹为一个椭圆，得1分；写出椭圆方程＋＝1(y≠0)再得1分；④联立方程组得出(3m2＋4)y2＋6my－9＝0得1分；⑤正确计算出弦长|MN|得1分，错误不得分；⑥正确计算出圆心A到PQ距离d得1分；⑦正确求出|PQ|得1分，错误不得分；⑧正确计算出四边形MPNQ面积的取值范围得2分.[解题点津](1)第(1)小题先将圆x2＋y2＋2x－15＝0化为标准方程，然后画出图形，结合图形中的线线关系及椭圆的定义确定轨迹方程.(2)第(2)小题联立直线方程与椭圆方程，将其化成关于x或y的一元二次方程.(3)要求四边形MPNQ面积的取值范围，由S四边形MPNQ＝|MN|·|PQ|，可先利用点到直线的距离公式及勾股定理求出|PQ|，再利用弦长公式求出|MN|.[核心素养]圆锥曲线中的面积问题是高考命题的热点问题，一般涉及三角形及四边形的面积值(取值范围)问题．主要考查考生“直观想象”和“数学运算”的核心素养.