2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题五解析几何微专题4圆锥曲线中的定点定值存在性问题课件

，①
由yx＝ 2＋kyx2＋＝m4，，得(1＋k2)x2＋2kmx＋m2－4＝0，
由韦达定理得 Δ＝(2km)2－4(1＋k2)(m2－4)＝16(4k2－m2＋4)＝16>0，
x1＋x2＝－k22＋km1，x1x2＝mk22＋－14，
微专题4 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
故(x2－x1)2＝（k42k＋2m12）2－4×mk22＋－14＝4（（4kk2－2＋m12）＋24）＝（k2＋4 1）2， 所以 x2－x1＝k2＋2 1， 代入①式整理可得 k1k2＝k2（m2m－2－4）4＋－42－k2m4（2＋k2m＋2（1）k2＋1）＝m2m－2－4k42k－2 4＝－3， 所以 k1k2 为定值．
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大题考法 3 存在性问题 (2023·惠州模拟)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的右焦点为 F，点 A(－2， 0)在椭圆上且|AF|＝3. (1)求椭圆 C 的方程； (2)点 P、Q 分别在椭圆 C 和直线 x＝4 上，OQ∥AP，M 为 AP 的中点，若 T 为 直线 OM 与直线 QF 的交点．是否存在一个确定的曲线，使得 T 始终在该曲线 上？若存在，求出该曲线的轨迹方程；若不存在，请说明理由．
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(2023·广州天河区三模)已知椭圆 C：x42＋y32＝1 的左、右顶点分别为 A，B.直线 l 与 C 相切，且与圆 O：x2＋y2＝4 交于 M，N 两点，M 在 N 的左侧． (1)若直线 l 的斜率 k＝12，求原点 O 到直线 l 的距离； (2)记直线 AM，BN 的斜率分别为 k1，k2，证明：k1k2 为定值． (1)解：由题意知直线 l 斜率存在，设直线 l 方程为 y＝kx＋m， 与椭圆 C：x42＋y32＝1 联立得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0. 因为直线 l 与 C 相切，所以 Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(4k2－m2＋3)＝ 0，故 m2＝4k2＋3，
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当 k＝12时，m2＝4，m＝2 或 m＝－2，
直线 l 方程为 y＝12x±2，
所以原点 O 到直线 l 的距离为 d＝
|±2| ＝4 1＋（12）2
5
5 .
(2)证明：设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1<x2，
由已知可得 A(－2，0)，B(2，0)，
专题五 解析几何
微专题4 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
大题考法 1 定点问题 (2023·广东模拟)已知点 A(1，32)为椭圆 C：ax22＋a2y－2 1＝1(a>1)上的一点， 点 B(－2，0)． (1)求 C 的离心率； (2)若直线 l 交 C 于 M，N 两点(M，N 不与点 B 重合)，且直线 BM，BN，MN 的 斜率满足 kMN(kBM＋kBN)＋3＝0，证明：直线 l 过定点，并求出该定点的坐标． 解：(1)因为 A(1，32)在 C：ax22＋a2y－2 1＝1 上， 所以a12＋4（a29－1）＝1，解得 a2＝4 或14(舍去)，
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(2)由(1)可得 F1(－2，0)，F2(2，0)， ①当 PF2⊥x 轴时，由对称性不妨设点 P(2， 2)，B(2，－ 2)， PF1：y＝2＋22(x＋2)＝ 42(x＋2)，代入x22－y22＝1， 消去 x 得 7y2－8 2y＋2＝0，得 yA＝ 72，所以 xA＝－170， 所以||PAFF11||＝yyPA＝7，||PBFF22||＝－yyPB＝1， 则||PAFF11||－||PBFF22||＝7－1＝6，
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解：(1)因为双曲线的离心率为53， 所以ac＝ a2a＋b2＝53，① 双曲线 C 的渐近线方程为 y＝±bax，即 bx±ay＝0， 因为点(a，0)到渐近线的距离为152， 所以 a|a2＋b| b2＝152，② 由①②得 a2＝9，b2＝16. 所以双曲线 C 的方程为x92－1y62 ＝1.
圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化 的量与参数何时没有关系，找到定点. (2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变 量无关.
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(2023·揭阳模拟)已知双曲线 C：ax22－by22＝1(a>0，b>0)的离心率为53，点 A(a，0) 到渐近线的距离为152. (1)求双曲线的方程； (2)若直线 l 与双曲线 C 交于 M，N 两点，且A→M·A→N＝0，试探究直线 l 是否过定 点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，说明理由．
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由题意得 k·4k2－3m4－km6＋k m2＝－3， 整理得 2k2－3km＋m2＝0，所以 k＝m 或 k＝12m， 因为 l：y＝kx＋m 不过点(－2，0)， 故 k＝m，此时 y＝kx＋m 过定点(－1，0)．
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定值是证明求解的一个量与参数无关，解这类试题时要会合理选择参数(参数可 能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等)，使用参数表达其中变化的量， 再使用这些变化的量表达需要求解的解题目标．当使用直线的斜率和截距表达 直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题 化为单参数问题解决. 求定值问题常用的方法有两种： (1)从特殊值入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定值．
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大题考法 2 定值问题 (2023·韶关二模)已知双曲线 C：ax22－by22＝1(b>0)的左右焦点为 F1，F2，经 过焦点的圆 O(O 为坐标原点)交双曲线 C 的左支于 M，N，且△OMN 为正三角 形． (1)求双曲线 C 的标准方程及渐近线方程； (2)若点 P 为双曲线 C 右支上一点，射线 PF1，PF2 分别交双曲线 C 于点 A，B， 试探究||PAFF11||－||PBFF22||是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
所以 kBM＝kxxMM＋＋2m，kBN＝k2x＋N＋xNm，
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微专题4 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
以 kBM＋kBN＝kxxMM＋＋2m＋k2x＋N＋xNm ＝（kxM＋m）（（22＋＋xNx）M）＋（（2k＋xNx＋N）m）（2＋xM） ＝2kxNxM＋xNx（M＋2k＋2（mx）N＋（xxMN）＋＋xM4）＋4m ＝2k（4m2－12）4m＋2－（122k－＋1m6）km（＋－128＋km1）6k＋2 12m＋16mk2 ＝4k2－3m4－km6＋k m2，
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②当 PE2 不垂直 x 轴时，由对称性不妨设 P(x0，y0)(y2>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 直线 PA：y＝x0y＋0 2(x＋2)，代入x22－y22＝1，消去 x 得(x0y＋0 2y－2)2－y2＝2， 因为 x20－y20＝2，所以4x0y＋20 6y2－4（x0y＋0 2）y＋2＝0， 由韦达定理：y1y0＝2x0y＋02 3，所以 y1＝2x0y＋0 3>0， 同理，y2＝－2x0y－0 3<0， 所以||PAFF11||－||PBFF22||＝||yy01||－||yy20||＝yy01－－y0y2＝y0(y11＋y12)＝y0(2x0y＋0 3－2x0y－0 3)＝6， 所以||PAFF11||－||PBFF22||为定值，且定值为 6.
所以 k1＝x1y＋1 2，k2＝x1y－1 2， 由(1)得 y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，m2＝4k2＋3，
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所以 k1k2＝（x1＋2）y1y（2 x2－2）＝（x1kxx21＋＋2m（）x2（－kxx12）＋－m）4 ＝
k2x1x2＋km（x1＋x2）＋m2 x1x2＋2（x2－x1）－4
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解：(1)因为椭圆 C 过点 A(－2，0)，所以 a＝2. 因为|AF|＝3，所以 a＋c＝3，得 c＝1. 故 b2＝a2－c2＝3，从而椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1. (2)设 P(x0，y0)(x0≠±2)，则直线 AP 的斜率为x0y＋0 2. 因为 OQ∥AP，所以直线 OQ 的方程为 y＝x0y＋0 2x. 令 x＝4 可得 y＝x04＋y02，所以 Q(4，x04＋y02)，
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解：(1)因为△OMN 为正三角形， 由对称性知∠MOF1＝30°， 又因为|OM|＝c＝ a2＋b2， 所以|MF1|＝12|MO|＝12c，|OF1|＝ 23|OM|＝ 23c， 不设 M(－ 23c，2c)，因为 M∈C，所以得：32c2－bc22＝4， 即(3b2－2)c2＝8b2，则(3b2－2)(2＋b2)＝8b2， 3b4－4b2－4＝0，即(3b2＋2)(b2－2)＝0， 所以 b2＝2，所以双曲线 C 的标准方程为：x22－y22＝1， 渐近线方程为 y＝±x.
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故 C：x42＋y32＝1，所以 C 的离心率为
4－4 3＝12.
(2)设 l：y＝kx＋m，联立方程组y3＝x2＋kx4＋y2m＝，12， 消去 y 可得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
则xxNN＋ xM＝xM＝ 43m＋－2－43k＋1822km4，k2，
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化简可得 7m2－54km－225k2＝0， 即(7m－75k)(m＋3k)＝0，得 m＝－3k 或 m＝775k， 若 m＝－3k，则直线 l 的方程为 y＝k(x－3)， 此时直线 l 过点 A， 即直线 l 与双曲线 C 有 3 个交点，不成立． 若 m＝775k，则直线的方程为 y＝k(x＋775)， 此时直线 l 过定点(－775，0)， 综上所述，直线 l 过定点(－775，0)．
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(2)①若直线 l 的斜率不存在， 设直线 l 的方程为 x＝t，则 M(t，y1)，N(t，－y1)， 则t92－1y612 ＝1，得 y21＝169t2－16>0，得 t2>9，得 t>3 或 t<－3.易知点 A(3，0)，A→M ＝(t－3，y1)，A→N＝(t－3，－y1)， 因为A→M·A→N＝0，所以A→M·A→N＝(t－3)2－y21＝(t－3)2＋16－169t2＝－79t2－6t＋25＝ 0，解得 t＝－775或 t＝3(舍)，所以直线 l 过定点(－775，0)．
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又 M 是 AP 的中点，所以 M(x0－2 2，y20)． 从而O→M＝(x0－2 2，y20)，F→Q＝(3，x04＋y02)， 所以O→M·F→Q＝3（x02－2）＋x02＋y202＝3（2x（02－x04＋）2＋）4y02，① 因为点 P 在椭圆 C 上， 所以x420＋y302＝1，故 3x20＝12－4y20， 代入式①可得O→M·F→Q＝0，从而 OM⊥FQ，
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②若直线的斜率存在，设直线的方程为 y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，代入 x92－1y62 ＝1，可得(16－9k2)x2－18kmx－(9m2＋144)＝0，则Δ16>－0，9k2≠0，且 x1＋ x2＝161－8km9k2，x1x2＝－91m62－＋91k424， 则A→M＝(x1－3，kx1＋m)，A→N＝(x2－3，kx2＋m)， A→M·A→N＝(x1－3)(x2－3)＋(kx1＋m)(kx2＋m) ＝(k2＋1)x1x2＋(km－3)(x1＋x2)＋m2＋9 ＝－（9m2＋144）（116＋－k92）k2 ＋18km（km－3）＋m2＋9＝0，