高考理科数学 第23练 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题
圆锥曲线中的定点、定值问题(含解析)
圆锥曲线中的定点、定值问题一、题型选讲题型一 、 圆锥曲线中过定点问题圆锥曲线中过定点问题常见有两种解法: (1)、求出圆锥曲线或直线的方程解析式,研究解析式,求出定点(2)、从特殊位置入手,找出定点,在证明该点符合题意(运用斜率相等或者三点共线)。
例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A 、B 分别为椭圆E :2221x y a+=(a >1)的左、右顶点,G 为E 的上顶点,8AG GB ⋅=,P 为直线x =6上的动点,P A 与E 的另一交点为C ,PB 与E 的另一交点为D . (1)求E 的方程;(2)证明:直线CD 过定点.例2、(2020届山东省临沂市高三上期末)如图,已知点F 为抛物线C :22y px =(0p >)的焦点,过点F 的动直线l 与抛物线C 交于M ,N 两点,且当直线l 的倾斜角为45°时,16MN =.(1)求抛物线C 的方程.(2)试确定在x 轴上是否存在点P ,使得直线PM ,PN 关于x 轴对称?若存在,求出点P 的坐标;若不存在,请说明理由.例3、【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C :x 2=−2py 经过点(2,−1).(1)求抛物线C 的方程及其准线方程;(2)设O 为原点,过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ,N ,直线y =−1分别交直线OM ,ON 于点A 和点B .求证:以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点.题型二、圆锥曲线中定值问题圆锥曲线中常见的定值问题,属于难题.探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种:①从特殊入手,先根据特殊位置和数值求出定值,再证明这个值与变量无关;②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值例4、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C :22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为2,且过点A (2,1).(1)求C 的方程:(2)点M ,N 在C 上,且AM ⊥AN ,AD ⊥MN ,D 为垂足.证明:存在定点Q ,使得|DQ |为定值.例5、(2020届山东省泰安市高三上期末)已知椭圆()2222:10x y E a b a b+=>>的离心率e 满足2220e −+=,右顶点为A ,上顶点为B ,点C (0,-2),过点C 作一条与y 轴不重合的直线l ,直线l 交椭圆E 于P ,Q 两点,直线BP ,BQ 分别交x 轴于点M ,N ;当直线l 经过点A 时,l .(1)求椭圆E 的方程;(2)证明:BOM BCN S S ∆∆⋅为定值.例6、(2019苏州三市、苏北四市二调)如图,在平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆C 1:x 24+y 2=1,椭圆C 2:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0),C 2与C 1的长轴长之比为2∶1,离心率相同.(1) 求椭圆C 2的标准方程; (2) 设点P 为椭圆C 2上的一点.①射线PO 与椭圆C 1依次交于点A ,B ,求证:PAPB 为定值;②过点P 作两条斜率分别为k 1,k 2的直线l 1,l 2,且直线l 1,l 2与椭圆C 1均有且只有一个公共点,求证k 1·k 2为定值..思路分析 (1)根据已知条件,求出a ,b 的值,得到椭圆C 2的标准方程.(2)①对直线OP 斜率分不存在和存在两种情况讨论,当OP 斜率存在时,设直线OP 的方程为y =kx ,并与椭圆C 1的方程联立,解得点A 横坐标,同理求得点P 横坐标,再通过弦长公式,求出PAPB 的表达式,化简整理得到定值.②设P(x 0,y 0),写出直线l 1的方程,并与椭圆C 1联立,得到关于x 的一元二次方程,根据直线l 1与椭圆C 1有且只有一个公共点,得到方程只有一解,即Δ=0,整理得(x 20-4)k 21-2x 0y 0k 1+y 20-1=0,同理得到(x 20-4)k 22-2x 0y 0k 2+y 20-1=0,从而说明k 1,k 2是关于k 的一元二次方程的两个根,运用根与系数的关系,证得定值.二、达标训练1、(2020届浙江省温州市高三4月二模)如图,已知椭圆22:14x C y +=,F 为其右焦点,直线()0:k y x m l m k +<=与椭圆交于1122(,),(,)P x y Q x y 两点,点,A B 在l 上,且满足,,PA PF QB QF OA OB ===.(点,,,A P Q B 从上到下依次排列)(I )试用1x 表示PF :(II )证明:原点O 到直线l 的距离为定值.2、【2018年高考北京卷理数】已知抛物线C :2y =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P A 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,QM QO λ=,QN QO μ=,求证:11λμ+为定值.3、(2019苏锡常镇调研)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为32,焦点到相应准线的距离为33.(1) 求椭圆E 的标准方程;(2) 已知P(t ,0)为椭圆E 外一动点,过点P 分别作直线l 1和l 2,直线l 1和l 2分别交椭圆E 于点A ,B 和点C ,D ,且l 1和l 2的斜率分别为定值k 1和k 2,求证:PA ·PBPC ·PD 为定值.4、(2018苏州暑假测试)如图,已知椭圆O :x 24+y 2=1的右焦点为F ,点B ,C 分别是椭圆O 的上、下顶点,点P 是直线l :y =-2上的一个动点(与y 轴的交点除外),直线PC 交椭圆于另一个点M.(1) 当直线PM 经过椭圆的右焦点F 时,求△FBM 的面积;(2) ①记直线BM ,BP 的斜率分别为k 1,k 2,求证:k 1•k 2为定值;5、(2016泰州期末)如图,在平面直角坐标系xOy 中, 已知圆O :x 2+y 2=4,椭圆C :x 24+y 2=1,A 为椭圆右顶点.过原点O 且异于坐标轴的直线与椭圆C 交于B ,C 两点,直线AB 与圆O 的另一交点为P ,直线PD 与圆O 的另一交点为Q ,其中D (-65,0).设直线AB ,AC 的斜率分别为k 1,k 2.(1) 求k 1k 2的值;(2) 记直线PQ ,BC 的斜率分别为k PQ ,k BC ,是否存在常数λ,使得k PQ =λk BC ?若存在,求λ的值;若不存在,说明理由;(3) 求证:直线AC 必过点Q .圆锥曲线中的定点、定值问题解析一、题型选讲例1【解析】(1)由题设得A (–a ,0),B (a ,0),G (0,1).则(,1)AG a =,GB =(a ,–1).由AG GB ⋅=8得a 2–1=8,即a =3.所以E 的方程为29x +y 2=1.(2)设C (x 1,y 1),D (x 2,y 2),P (6,t ).若t ≠0,设直线CD 的方程为x =my +n ,由题意可知–3<n <3.由于直线P A 的方程为y =9t (x +3),所以y 1=9t (x 1+3).直线PB 的方程为y =3t (x –3),所以y 2=3t(x 2–3).可得3y 1(x 2–3)=y 2(x 1+3).由于222219x y +=,故2222(3)(3)9x x y +−=−,可得121227(3)(3)y y x x =−++, 即221212(27)(3)()(3)0.m y y m n y y n ++++++=①将x my n =+代入2219x y +=得222(9)290.m y mny n +++−=所以12229mn y y m +=−+,212299n y y m −=+.代入①式得2222(27)(9)2(3)(3)(9)0.m n m n mn n m +−−++++=解得n =–3(含去),n =32.故直线CD 的方程为3=2x my +,即直线CD 过定点(32,0). 若t =0,则直线CD 的方程为y =0,过点(32,0).综上,直线CD 过定点(32,0).例2、【解析】(1)当直线l 的倾斜角为45°,则l 的斜率为1,,02p F ⎛⎫⎪⎝⎭,l ∴的方程为2p y x =−.由2,22,p y x y px ⎧=−⎪⎨⎪=⎩得22304p x px −+=.设()11,M x y ,()22,N x y ,则123x x p +=, ∴12416x x p M p N ++===,4p =, ∴抛物线C 的方程为28y x =.(2)假设满足条件的点P 存在,设(),0P a ,由(1)知()2,0F , ①当直线l 不与x 轴垂直时,设l 的方程为()2y k x =−(0k ≠),由()22,8,y k x y x ⎧=−⎨=⎩得()22224840k x k x k −++=,()22222484464640k k k k ∆=+−⋅⋅=+>,212248k x x k++=,124x x =. ∵直线PM ,PN 关于x 轴对称, ∴0PM PN k k +=,()112PM k x k x a −=−,()222PNk x k x a−=−. ∴()()()()()()122112128(2)222240a k x x a k x x a k x x a x x a k+−−+−−=−+++=−=⎡⎤⎣⎦, ∴2a =−时,此时()2,0P −.②当直线l 与x 轴垂直时,由抛物线的对称性,易知PM ,PN 关于x 轴对称,此时只需P 与焦点F 不重合即可. 综上,存在唯一的点()2,0P −,使直线PM ,PN 关于x 轴对称. 例3、【解析】(1)由抛物线2:2C x py =−经过点(2,1)−,得2p =.所以抛物线C 的方程为24x y =−,其准线方程为1y =.(2)抛物线C 的焦点为(0,1)F −. 设直线l 的方程为1(0)y kx k =−≠.由21,4y kx x y=−⎧⎨=−⎩得2440x kx +−=.设()()1122,,,M x y N x y ,则124x x =−. 直线OM 的方程为11y y x x =. 令1y =−,得点A 的横坐标11A x x y =−. 同理得点B 的横坐标22B x x y =−. 设点(0, )D n ,则1212,1,,1x x DA n DB n y y ⎛⎫⎛⎫=−−−=−−− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 21212(1)x x DA DB n y y ⋅=++ 2122212(1)44x x n x x =++⎛⎫⎛⎫−− ⎪⎪⎝⎭⎝⎭21216(1)n x x =++ 24(1)n =−++.令0DA DB ⋅=,即24(1)0n −++=,则1n =或3n =−. 综上,以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0,1)和(0,3)−.例4、【解析】(1)由题设得22411a b +=,22212a b a −=,解得26a =,23b =. 所以C 的方程为22163x y +=. (2)设11(,)M x y ,22(,)N x y .若直线MN 与x 轴不垂直,设直线MN 的方程为y kx m =+,代入22163x y +=得222(12)4260k x kmx m +++−=. 于是2121222426,1212km m x x x x k k −+=−=++.①由AM AN ⊥知0AM AN ⋅=,故1212(2)(2)(1)(1)0x x y y −−+−−=,可得221212(1)(2)()(1)40k x x km k x x m ++−−++−+=.将①代入上式可得22222264(1)(2)(1)401212m kmk km k m k k−+−−−+−+=++. 整理得(231)(21)0k m k m +++−=.因为(2,1)A 不在直线MN 上,所以210k m +−≠,故2310k m ++=,1k ≠.于是MN 的方程为21()(1)33y k x k =−−≠.所以直线MN 过点21(,)33P −.若直线MN 与x 轴垂直,可得11(,)N x y −.由0AM AN ⋅=得1111(2)(2)(1)(1)0x x y y −−+−−−=.又2211163x y +=,可得2113840x x −+=.解得12x =(舍去),123x =. 此时直线MN 过点21(,)33P −.令Q 为AP 的中点,即41(,)33Q .若D 与P 不重合,则由题设知AP 是Rt ADP △的斜边,故1||||2DQ AP =. 若D 与P 重合,则1||||2DQ AP =. 综上,存在点41(,)33Q ,使得||DQ 为定值.例5、【解析】(1)由2220e −+=解得2e =或e =,∴a =,又222a b c =+,a ∴=,又()020AC k a −−==−a ∴=1b ∴=,∴椭圆E 的方程为2212x y +=;(2)由题知,直线l 的斜率存在,设直线l 的方程为2y kx =−,设()()1122,,,P x y Q x y ,由22212y kx x y =−⎧⎪⎨+=⎪⎩得()2221860k x kx +−+=, ∴12122286,2121k x x x x k k +==++, ()()22=84621k k −−⨯⨯+=216240k −> 232k ∴>, ∴()121224421y y k x x k −+=+−=+,()()121222y y kx kx =−−()21212=24k x x k x x −++=224221k k −+, 直线BP 的方程为1111y y x x −=+,令0y =解得111x x y =−,则11,01x M y ⎛⎫⎪−⎝⎭,同理可得22,01x N y ⎛⎫⎪−⎝⎭, 12123411BOMBCNx x SSy y ∴=−−=()()()12121212123341141x x x x y y y y y y =−−−++=22226321444212121k k k k +−++++=12, BOM BON S S∆∴为定值12. 例6、 (1) 规范解答 设椭圆C 2的焦距为2c ,由题意,a =22,c a =32,a 2=b 2+c 2,解得b =2,因此椭圆C 2的标准方程为x 28+y 22=1.(3分)(2)①1°当直线OP 斜率不存在时,PA =2-1,PB =2+1,则PAPB =2-12+1=3-2 2.(4分) 2°当直线OP 斜率存在时,设直线OP 的方程为y =kx ,代入椭圆C 1的方程,消去y ,得(4k 2+1)x 2=4, 所以x 2A =44k 2+1,同理x 2P =84k 2+1.(6分)所以x 2P =2x 2A ,由题意,x P 与x A 同号,所以x P =2x A ,从而PAPB=|x P-x A||x P-x B|=|x P-x A||x P+x A|=2-12+1=3-2 2.所以PAPB=3-22为定值.(8分)②设P(x0,y0),所以直线l1的方程为y-y0=k1(x-x0),即y=k1x-k1x0+y0,记t=-k1x0+y0,则l1的方程为y=k1x+t,代入椭圆C1的方程,消去y,得(4k21+1)x2+8k1tx+4t2-4=0,因为直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点,所以Δ=(8k1t)2-4(4k21+1)(4t2-4)=0,即4k21-t2+1=0,将t=-k1x0+y0代入上式,整理得,(x20-4)k21-2x0y0k1+y20-1=0,(12分)同理可得,(x20-4)k22-2x0y0k2+y20-1=0,所以k1,k2为关于k的方程(x20-4)k2-2x0y0k+y20-1=0的两根,从而k1·k2=y20-1x20-4.(14又点在P(x0,y0)椭圆C2:x28+y22=1上,所以y20=2-14x20,所以k1·k2=2-14x20-1x20-4=-14为定值.(16分)二、达标训练1、【解析】(I) 椭圆22:14xC y+=,故)F,1 ||22FP x ====−.(II)设()33,A x y,()44,B x y,则将y kx m=+代入2214xy+=得到:()222418440k x kmx m+++−=,故2121222844,4141km mx x x xk k−−+==++,21241x xk−=+,OA OB=,故()3434343421k x x my yx x x x k+++==−++,得到34221kmx xk−+=+,PA PF=13122x x−=−42222x x−=−,由已知得:3124x x x x<<<或3124x x x x>>>,)()123421x x x x x+−+=−,2228241141km kmk k k−+=+++,化简得到221m k=+.故原点O到直线l的距离为1d==为定值.2、【解析】(1)因为抛物线y2=2px经过点P(1,2),所以4=2p,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x.由题意可知直线l的斜率存在且不为0,设直线l的方程为y=kx+1(k≠0).由241y xy kx⎧=⎨=+⎩得22(24)10k x k x+−+=.依题意22(24)410k k∆=−−⨯⨯>,解得k<0或0<k<1.又P A,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)设A(x1,y1),B(x2,y2).由(1)知12224kx xk−+=−,1221x xk=.直线P A的方程为1122(1)1yy xx−−=−−.令x=0,得点M的纵坐标为1111212211My kxyx x−+−+=+=+−−.同理得点N的纵坐标为22121Nkxyx−+=+−.由=QM QOλ,=QN QOμ得=1Myλ−,1Nyμ=−.所以2212121212122224112()111111=2111(1)(1)11M Nkx x x x x x k ky y k x k x k x x kk λμ−+−−−++=+=+=⋅=⋅−−−−−−.所以11λμ+为定值.3、规范解答(1)设椭圆的半焦距为c,由已知得,ca=32,则a2c-c=33,c2=a2-b2,(3分)解得a=2,b=1,c=3,(5分)所以椭圆E的标准方程是x24+y2=1.(6分)(2) 解法1 由题意,设直线l 1的方程为y =k 1(x -t),代入椭圆E 的方程中,并化简得(1+4k 21)x 2-8k 21tx +4k 21t 2-4=0,(8分)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2).则x 1+x 2=8k 21t 1+4k 21,x 1x 2=4k 21t 2-41+4k 21,因为PA =1+k 21|x 1-t|,PB =1+k 21|x 2-t|,(10分)所以PA·PB =(1+k 21)|x 1-t||x 2-t|=(1+k 21)|t 2-(x 1+x 2)t +x 1x 2| =(1+k 21)|t 2-8k 21t 21+4k 21+4k 21t 2-41+4k 21|=(1+k 21)|t 2-4|1+4k 21,(12分) 同理,PC ·PD =(1+k 22)|t 2-4|1+4k 22,(14分) 所以PA·PB PC·PD =(1+k 21)(1+4k 22)(1+k 22)(1+4k 21)为定值.(16分)解法2 由题意,设直线l 1的方程为y =k 1(x -t),直线l 2的方程为y =k 2(x -t),设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),C(x 3,y 3),D(x 4,y 4).直线l 1的方程为y =k 1(x -t),代入椭圆E 的方程中,并化简得(1+4k 21)x 2-8k 21tx +4k 21t 2-4=0,(8分) 则x 1+x 2=8k 21t 1+4k 21,x 1x 2=4k 21t 2-41+4k 21,同理则x 3+x 4=8k 22t1+4k 22,x 3x 4=4k 22t 2-41+4k 22,PA →·PB →=(x 1-t ,y 1)(x 2-t ,y 2)=(x 1-t)(x 2-t)+k 21(x 1-t)(x 2-t)=(x 1-t)(x 2-t)(1+k 21), PC →·PD →=(x 3-t ,y 3)(x 4-t ,y 4)=(x 3-t)(x 4-t)+k 22(x 3-t)(x 4-t)=(x 3-t)(x 4-t)(1+k 22).(12分) 因为P ,A ,B 三点共线,所以PA →·PB →=PA·PB ,同理,PC →·PD →=PC ·PD.PA ·PB PC ·PD =PA →·PB →PC →·PD →=(x 1-t )(x 2-t )(1+k 21)(x 3-t )(x 4-t )(1+k 22)=(1+k 21)(1+k 22)·(x 1-t )(x 2-t )(x 3-t )(x 4-t )=(1+k 21)(1+k 22)·x 1x 2-t (x 1+x 2)+t 2x 3x 4-t (x 3+x 4)+t 2.代入x 1+x 2=8k 21t 1+4k 21,x 1x 2=4k 21t 2-41+4k 21,x 3+x 4=8k 22t 1+4k 22,x 3x 4=4k 22t 2-41+4k 22,化简得PA ·PB PC ·PD =(1+k 21)(1+4k 22)(1+k 22)(1+4k 21),(14分)因为是定值,所以PA ·PB PC ·PD =(1+k 21)(1+4k 22)(1+k 22)(1+4k 21)为定值.(16分)4规范解答 (1) 由题意B(0,1),C(0,-1),焦点F(3,0),当直线PM 过椭圆的右焦点F 时,则直线PM 的方程为x 3+y -1=1,即y =33x -1,联立⎩⎨⎧x 24+y 2=1,y =33x -1,解得⎩⎨⎧x =837,y =17或⎩⎪⎨⎪⎧x =0,y =-1(舍),即M ⎝⎛⎭⎫837,17.(2分)连结BF ,则直线BF :x 3+y1=1,即x +3y -3=0,而BF =a =2,点M 到直线BF 的距离为d =⎪⎪⎪⎪837+3×17-312+(3)2=2372=37.故S △MBF =12·BF ·d =12×2×37=37.(4分)(2) 解法1(点P 为主动点) ①设P(m ,-2),且m≠0,则直线PM 的斜率为k =-1-(-2)0-m =-1m , 则直线PM 的方程为y =-1m x -1,联立⎩⎨⎧y =-1m x -1,x 24+y 2=1化简得⎝⎛⎭⎫1+4m 2x 2+8m x =0,解得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫-8m m 2+4,4-m 2m 2+4,(6分)所以k 1=4-m 2m 2+4-1-8m m 2+4=-2m 2-8m =14m ,k 2=1-(-2)0-m =-3m ,(8分)所以k 1·k 2=-3m ·14m =-34为定值.(10分)5、规范解答 (1) 设B (x 0,y 0),则C (-x 0,-y 0),x 204+y 20=1,因为A (2,0),所以k 1=y 0x 0-2,k 2=y 0x 0+2,所以k 1k 2=y 0x 0-2·y 0x 0+2=y 20x 20-4=1-14x 20x 20-4=-14.(4分)(2) 设直线AP 方程为y =k 1(x -2),联立⎩⎪⎨⎪⎧y =k 1x -2,x 2+y 2=4得(1+k 21)x 2-4k 21x +4(k 21-1)=0,解得x P =2k 21-11+k 21,y P =k 1(x P -2)=-4k 11+k 21, 联立⎩⎪⎨⎪⎧y =k 1x -2,x24+y 2=1得(1+4k 21)x 2-16k 21x +4(4k 21-1)=0,解得x B =24k 21-11+4k 21,y B =k 1(x B -2)=-4k 11+4k 21,(8分) 所以k BC =y B x B =-2k 14k 21-1,k PQ =y Px P +65=-4k 11+k 212k 21-11+k 21+65=-5k 14k 21-1, 所以k PQ =52k BC ,故存在常数λ=52,使得k PQ =52k BC .(10分) (3) 设直线AC 方程为y =k 2(x -2),当直线PQ 与x 轴垂直时,Q ⎝⎛⎭⎫-65,-85,则P -65,85,所以k 1=-12,即B (0,1),C (0,-1),所以k 2=12,则k AQ =-85-65-2=12=k 2,所以直线AC 必过点Q .当直线PQ 与x 轴不垂直时,设直线PQ 方程为y =-5k 14k 21-1⎝⎛⎭⎫x +65, 联立⎩⎪⎨⎪⎧y =-5k 14k 21-1⎝⎛⎭⎫x +65,x 2+y 2=4解得x Q =-216k 21-116k 21+1,y Q =16k 116k 21+1, 因为k 2=-y B -x B -2=4k 11+4k 2121-4k 211+4k 21-2=-14k 1, 所以k AQ =16k 116k 21+1-216k 21-116k 21+1-2=-14k 1=k 2,故直线AC 必过点Q .(16分) (不考虑直线与x 轴垂直的情形扣1分)。
2022年高考数学专题圆锥曲线中的“三定问题”(定点、定值、定直线)
圆锥曲线中的“三定问题”(定点、定值、定直线)1.定点、定值问题多以直线与圆锥曲线为背景,常与函数与方程、向量等知识交汇,形成了过定点、定值等问题的证明.解决此类问题的关键是引进参变量表示所求问题,根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.可以先研究一下特殊情况,找出定点或定值,再视具体情况进行研究.同时,也要掌握巧妙利用特殊值解决相关的定点、定值问题,如将过焦点的弦特殊化,变成垂直于对称轴的弦来研究等.2.定点问题解决步骤:①设直线代入二次曲线方程,整理成一元二次方程;②根与系数关系列出两根和及两根积;③写出定点满足的关系,整体代入两根和及两根积;④整理③所得表达式探求其恒成立的条件.3.探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种:①从特殊入手,先根据特殊位置和数值求出定值,再证明这个值与变量无关;②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.4.存在型定值问题的求解,解答的一般思路如下:①确定一个(或两个)变量为核心变量,其余量均利用条件用核心变量进行表示;②将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量),然后进行化简,看能否得到一个常数.5.求定线问题常见的方法有两种:①从特殊入手,求出定直线,再证明这条线与变量无关.②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定直线.1.在平面直角坐标系xOy 中,已知动点P 到 0,1F 的距离比它到直线2y 的距离小1. (1)求动点P 的轨迹C 的方程;(2)过点F 的直线与曲线C 交于A ,B 两点, 2,1Q ,记直线QA ,QB 的斜率分别为1k ,2k ,求证:1211k k为定值.2.已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2.(1)求抛物线的方程;(2)过点P(1,1)作两条动直线l1,l2分别交抛物线于点A,B,C,D.设以AB为直径的圆和以CD为直径的圆的公共弦所在直线为m,试判断直线m是否经过定点,并说明理由.3.已知椭圆22221(0)x y a b a b 的一个焦点到双曲线2212x y 渐近线的距离为3,且点2M 在椭圆上.(1)求椭圆的方程;(2)若四边形ABCD 的顶点在椭圆上,且对角线AC 、BD 过原点O ,直线AC 和BD 的斜率之积-22b a,证明:四边形ABCD 的面积为定值.4.已知点(1,2)P 在抛物线2:2C y px 上,过点(0,1)Q 的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A 、B ,且直线P A 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,QM QO ,QN QO uuu r uuu r ,试判断11+ 是否为定值,若是,求11+ 值;若不是,求11+的取值范围.5.已知双曲线的对称中心在直角坐标系的坐标原点,焦点在坐标轴上,双曲线的一条渐近线的方程为4,6,过双曲线上的一点P(P在第一象限)作斜率不为l,l与直线y ,且双曲线经过点x 交于点Q且l与双曲线有且只有一个交点.1(1)求双曲线的标准方程;(2)以PQ为直径的圆是否经过一个定点?若经过定点,求出定点的坐标;若不经过定点,请说明理由.6.已知双曲线C :22221x y a b 0,0a b 的两条渐近线互相垂直,且过点D.(1)求双曲线C 的方程;(2)设P 为双曲线的左顶点,直线l 过坐标原点且斜率不为0,l 与双曲线C 交于A ,B 两点,直线m 过x 轴上一点Q (异于点P ),且与直线l 的倾斜角互补,m 与直线PA ,PB 分别交于,M N (,M N 不在坐标轴上)两点,若直线OM ,ON 的斜率之积为定值,求点Q 的坐标.7.已知椭圆2222:1x y C a b,离心率为12,过椭圆左焦点1F 作不与x 轴重合的直线与椭圆C 相交于M ,N 两点,直线m 的方程为2x a ,过点M 作ME 垂直于直线m 交直线m 于点E . (1)求椭圆C 的标准方程;(2)①求证线段EN 必过定点P ,并求定点P 的坐标;②点O 为坐标原点,求OEN 面积的最大值.22a b 122一点.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)设(,)R s t 是椭圆C 上的一动点,由原点O 向22()()4x s y t 引两条切线,分别交椭圆C 于点,P Q ,若直线,OP OQ 的斜率均存在,并分别记为12,k k ,求证:12k k 为定值.22a b 12221:()1F x c y 与圆222:()9F x c y 相交,两圆交点在椭圆E 上.(1)求椭圆E 的方程;(2)设直线l 不经过 0,1P 点且与椭圆E 相交于,A B 两点,若直线PA 与直线PB 的斜率之和为2 ,证明:直线l 过定点.10.已知抛物线2:4C y x 的焦点为F ,斜率为k 的直线与抛物线C 交于A 、B 两点,与x 轴交于 ,0P a (1)当1k ,3a 时.求AF BF 的值;(2)当点P 、F 重合时,过点A 的圆 2220x y r r 与抛物线C 交于另外一点D .试问直线BD 是否过x轴上的定点Q ?若是,请求出点Q 坐标;若不是,请说明理由.11.已知抛物线22(0)y px p 上一点 4,t 到其焦点的距离为5. (1)求p 与t 的值;(2)过点 21M ,作斜率存在的直线l 与拋物线交于,A B 两点(异于原点O ),N 为M 在x 轴上的投影,连接AN 与BN 分别交抛物线于,P Q ,问:直线PQ 是否过定点,若存在,求出该定点,若不存在,请说明理由.12.已知抛物线 21:20C y px p 的焦点是椭圆 22222:10x y C a b a b的右焦点,且两条曲线的一个交点为 000,2p E x y x,若E 到1C 的准线的距离为53,到2C 的两焦点的距离之和为4.(1)求椭圆2C 的方程;(2)过椭圆2C 的右顶点的两条直线1l ,2l 分别与抛物线1C 相交于点A ,C ,点B ,D ,且12l l ,M 是AC 的中点,N 是BD 的中点,证明:直线MN 恒过定点.13.已知抛物线C : 220y px p 的焦点到准线的距离是12.(1)求抛物线方程;(2)设点 ,1P m 是该抛物线上一定点,过点P 作圆O : 2222x y r (其中01r )的两条切线分别交抛物线C 于点A ,B ,连接AB .探究:直线AB 是否过一定点,若过,求出该定点坐标;若不经过定点,请说明理由.14.已知抛物线 2:20C y px p 的焦点为F ,点M 在抛物线C 上,O 为坐标原点,OMF 是以OF 为底边的等腰三角形,且OMF 的面积为 (1)求抛物线C 的方程.(2)过点F 作抛物线C 的两条互相垂直的弦AB ,DE ,设弦AB ,DE 的中点分别为P ,Q ,试判断直线PQ 是否过定点.若是,求出所过定点的坐标;若否,请说明理由.15.如图,已知抛物线 2:20C y px p 与圆 22:412M x y 相交于A ,B ,C ,D 四点.(1)若8OA OD ,求抛物线C 的方程;(2)试探究直线AC 是否经过定点,若是,求出定点坐标;若不是,请说明理由.16.已知抛物线 2:20C y px p 上一点01,4y到焦点的距离为54.(1)求抛物线C 的标准方程;(2)若点A ,B 为抛物线位于x 轴上方不同的两点,直线OA ,OB 的斜率分别为1k ,2k ,且满足1212444k k k k ,求证:直线AB 过定点.17.如图,已知抛物线2:2(0)C y px p 与圆22:(4)12M x y 相交于A ,B ,C ,D 四点. (1)若以线段AD 为直径的圆经过点M ,求抛物线C 的方程;(2)设四边形ABCD 两条对角线的交点为E ,点E 是否为定点?若是,求出点E 的坐标;若不是,请说明理由.18.设双曲线22221x y a b ,其虚轴长为(1)求双曲线C 的方程;(2)过点 3,1P 的动直线与双曲线的左右两支曲线分别交于点A 、B ,在线段AB 上取点M 使得AM APMB PB,证明:点M 落在某一定直线上.19.在平面直角坐标系xOy 中,已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b 的左右焦点分别为F 1(-c ,0),F 2(c ,0),离心率为e ,且点(e ,3),b )都在双曲线C 上. (1)求双曲线C 的标准方程;(2)若A ,B 是双曲线C 上位于x 轴上方的两点,且AF 1//BF 2.证明:1211AF BF 为定值.20.已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b2,1F ,2F为其左右焦点,Q 为其上任一点,且满足120QF QF,122QF QF .(1)求双曲线C 的方程;(2)已知M ,N 是双曲线C 上关于x 轴对称的两点,点P 是C 上异于M ,N 的任意一点,直线PM 、PN 分别交x 轴于点T 、S ,试问:||||OS OT 是否为定值,若不是定值,说明理由,若是定值,请求出定值(其中O 是坐标原点).21.已知双曲线 2222:10,0x y C a b a b ,四点13M , 2M ,32,3M ,43M中恰有三点在C 上. (1)求C 的方程;(2)过点 3,0的直线l 交C 于P ,Q 两点,过点P 作直线1x 的垂线,垂足为A .证明:直线AQ 过定点.22.已知动点P 与定点(1,0)F 的距离和它到定直线:4l x 的距离之比为12,记P 的轨迹为曲线C . (1)求曲线C 的方程;(2)过点(4,0)M 的直线与曲线C 交于,A B 两点,,R Q 分别为曲线C 与x 轴的两个交点,直线,AR BQ 交于点N ,求证:点N 在定直线上.23.在平面直角坐标系xOy 中,椭圆C : 22210xy a a的左右顶点为A ,B ,上顶点K 满足3AK KB .(1)求C 的标准方程:(2)过点 1,0的直线与椭圆C 交于M ,N 两点.设直线MA 和直线NB 相交于点P ,直线NA 和直线MB 相交于点Q ,直线PQ 与x 轴交于S .①求直线PQ 的方程; ②证明:SP SQ 是定值.24.已知椭圆C : 222210x y a b a b ,左、右顶点分别为1A ,2A ,上、下顶点分别为1B ,2B ,四边形1122A B A B 的面积为(1)求椭圆C 的方程;(2)过点 0,1D 且斜率存在的直线与椭圆相交于E ,F 两点,证明:直线2EB ,1FB 的交点G 在一定直线上,并求出该直线方程.25.在平面直角坐标系xOy 中,椭圆C :22221(0)x y a b a b的左,右顶点分别为A 、B ,点F 是椭圆的右焦点,3AF FB uu u r uu r ,3AF FB. (1)求椭圆C 的方程;(2)不过点A 的直线l 交椭圆C 于M 、N 两点,记直线l 、AM 、AN 的斜率分别为k 、1k 、2k .若 121k k k ,证明直线l 过定点,并求出定点的坐标.26.已知O 为坐标原点,椭圆2222Γ:1(0)x y a b a b 的右顶点为A ,动直线1:(1)l y x m 与相交于,B C 两点,点B 关于x 轴的对称点为B ,点B 到 的两焦点的距离之和为4.(1)求 的标准方程;(2)若直线B C 与x 轴交于点M ,,OAC AMC 的面积分别为12,S S ,问12S S 是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.。
高考数学理科第23练 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题
第23练 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题[压轴大题突破练][明晰考情] 1.命题角度:圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考常考的问题;以椭圆或抛物线为背景,尤其是与条件或结论相关存在性开放问题.2.题目难度:偏难题.考点一 圆锥曲线中的定值问题方法技巧 (1)求定值问题常见的方法有两种①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.(2)定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题,然后证明与参数无关,这类问题选择消元的方向是非常关键的.1.已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的长轴长为4,且过点⎝⎛⎭⎫3,12. (1)求椭圆的方程;(2)设A ,B ,M 是椭圆上的三点.若OM →=35OA →+45OB →,点N 为线段AB 的中点,C ⎝⎛⎭⎫-62,0,D ⎝⎛⎭⎫62,0,求证:|NC |+|ND |=2 2.(1)解 由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a =2,3a 2+14b2=1, 故⎩⎪⎨⎪⎧a =2,b =1,所以椭圆的方程为x 24+y 2=1.(2)证明 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 214+y 21=1,x 224+y 22=1.由OM →=35OA →+45OB →,得M ⎝⎛⎭⎫35x 1+45x 2,35y 1+45y 2. 因为M 是椭圆C 上一点,所以⎝⎛⎭⎫35x 1+45x 224+⎝⎛⎭⎫35y 1+45y 22=1, 即⎝⎛⎭⎫x 214+y 21⎝⎛⎭⎫352+⎝⎛⎭⎫x 224+y 22⎝⎛⎭⎫452+2×35×45×⎝⎛⎭⎫x 1x 24+y 1y 2=1, 得⎝⎛⎭⎫352+⎝⎛⎭⎫452+2×35×45×⎝⎛⎭⎫x 1x 24+y 1y 2=1,故x 1x 24+y 1y 2=0. 又线段AB 的中点N 的坐标为⎝⎛⎭⎫x 1+x 22,y 1+y 22,所以⎝⎛⎭⎫x 1+x 2222+2⎝⎛⎭⎫y 1+y 222=12⎝⎛⎭⎫x 214+y 21+12⎝⎛⎭⎫x 224+y 22+x 1x 24+y 1y 2=1. 从而线段AB 的中点N ⎝⎛⎭⎫x 1+x 22,y 1+y 22在椭圆x 22+2y 2=1上. 又椭圆x 22+2y 2=1的两焦点恰为C ⎝⎛⎭⎫-62,0,D ⎝⎛⎭⎫62,0,所以|NC |+|ND |=2 2.2.(2018·北京)已知抛物线C :y 2=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P A 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,QM →=λQO →,QN →=μQO →,求证:1λ+1μ为定值.(1)解 因为抛物线y 2=2px 过点(1,2), 所以2p =4,即p =2. 故抛物线C 的方程为y 2=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⎩⎪⎨⎪⎧y 2=4x ,y =kx +1,得k 2x 2+(2k -4)x +1=0. 依题意知Δ=(2k -4)2-4×k 2×1>0, 解得k <0或0<k <1.又P A ,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 (x 1,y 1),B (x 2,y 2), 由(1)知x 1+x 2=-2k -4k 2,x 1x 2=1k 2.直线P A 的方程为y -2=y 1-2x 1-1(x -1),令x =0,得点M 的纵坐标为y M =-y 1+2x 1-1+2=-kx 1+1x 1-1+2.同理得点N 的纵坐标为y N =-kx 2+1x 2-1+2.由QM →=λQO →,QN →=μQO →,得λ=1-y M ,μ=1-y N . 所以1λ+1μ=11-y M +11-y N=x 1-1(k -1)x 1+x 2-1(k -1)x 2=1k -1·2x 1x 2-(x 1+x 2)x 1x 2=1k -1·2k2+2k -4k 21k 2=2.所以1λ+1μ为定值.3. 已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为22,点Q ⎝⎛⎭⎫b ,a b 在椭圆上,O 为坐标原点. (1)求椭圆C 的方程;(2)已知点P ,M ,N 为椭圆C 上的三点,若四边形OPMN 为平行四边形,证明四边形OPMN 的面积S 为定值,并求该定值.解 (1)∵椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为22,∴e 2=c 2a 2=a 2-b 2a 2=12,得a 2=2b 2,①又点Q ⎝⎛⎭⎫b ,ab 在椭圆C 上, ∴b 2a 2+a 2b 4=1,② 联立①②得a 2=8,b 2=4. ∴椭圆C 的方程为x 28+y 24=1.(2)当直线PN 的斜率k 不存在时,PN 的方程为x =2或x =-2,从而有|PN |=23, ∴S =12|PN |·|OM |=12×23×22=26;当直线PN 的斜率k 存在时,设直线PN 的方程为y =kx +m (m ≠0),P (x 1,y 1),N (x 2,y 2), 将PN 的方程代入椭圆C 的方程, 整理得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2-8=0,Δ=16k 2m 2-4(2m 2-8)(1+2k 2)>0,即m 2<4+8k 2, ∴x 1+x 2=-4km 1+2k 2,x 1·x 2=2m 2-81+2k 2,y 1+y 2=k (x 1+x 2)+2m =2m1+2k 2,由OM →=OP →+ON →,得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫-4km 1+2k 2,2m 1+2k 2. 将M 点坐标代入椭圆C 的方程,得m 2=1+2k 2. 又点O 到直线PN 的距离为d =|m |1+k 2, |PN |=1+k 2|x 1-x 2|,∴S =d ·|PN |=|m |·|x 1-x 2|=1+2k 2·(x 1+x 2)2-4x 1x 2= 48k 2+242k 2+1=2 6.综上,平行四边形OPMN 的面积S 为定值2 6. 考点二 圆锥曲线中的定点问题方法技巧 (1)动直线l 过定点问题.设动直线方程(斜率存在)为y =kx +t ,由题设条件将t 用k 表示为t =mk ,得y =k (x +m ),故动直线过定点(-m ,0).(2)动曲线C 过定点问题.引入参变量建立曲线C 的方程,再根据其对参变量恒成立,令其系数等于零,得出定点.4.已知两点A (-2,0),B (2,0),动点P 在y 轴上的投影是Q ,且2P A →·PB →=|PQ →|2. (1)求动点P 的轨迹C 的方程;(2)过F (1,0)作互相垂直的两条直线分别交轨迹C 于点G ,H 和M ,N ,且E 1,E 2分别是GH ,MN 的中点.求证:直线E 1E 2恒过定点.(1)解 设点P 的坐标为(x ,y ),∴点Q 的坐标为(0,y ). ∵2P A →·PB →=|PQ →|2,P A →=(-2-x ,-y ), PB →=(2-x ,-y ),|PQ →|=|x |, ∴2[(-2-x )(2-x )+y 2]=x 2, 化简得点P 的轨迹方程为x 24+y 22=1.(2)证明 当两直线的斜率都存在且不为0时, 设l GH :y =k (x -1),G (x 1,y 1),H (x 2,y 2), l MN :y =-1k (x -1),M (x 3,y 3),N (x 4,y 4),联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24+y 22=1,y =k (x -1),消去y 得(2k 2+1)x 2-4k 2x +2k 2-4=0. 则Δ>0恒成立.∴x 1+x 2=4k 22k 2+1,x 1x 2=2k 2-42k 2+1.∴GH 中点E 1的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2k 22k 2+1,-k 2k 2+1.同理,MN 中点E 2的坐标为⎝⎛⎭⎫2k 2+2,k k 2+2, ∴12E E k =-3k2(k 2-1),∴12E E l 的方程为y -kk 2+2=-3k 2(k 2-1)⎝⎛⎭⎫x -2k 2+2, 即y =-3k 2(k 2-1)⎝⎛⎭⎫x -23, ∴直线E 1E 2恒过定点⎝⎛⎭⎫23,0;当两直线的斜率分别为0和不存在时,12E E l 的方程为y =0,也过点⎝⎛⎭⎫23,0. 综上所述,12E E l 过定点⎝⎛⎭⎫23,0.5.已知焦距为22的椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的右顶点为A ,直线y =43与椭圆C 交于P ,Q 两点(P 在Q 的左边),Q 在x 轴上的射影为B ,且四边形ABPQ 是平行四边形. (1)求椭圆C 的方程;(2)斜率为k 的直线l 与椭圆C 交于两个不同的点M ,N .若M 是椭圆的左顶点,D 是直线MN 上一点,且DA ⊥AM .点G 是x 轴上异于点M 的点,且以DN 为直径的圆恒过直线AN 和DG 的交点,求证:点G 是定点. (1)解 设坐标原点为O ,∵四边形ABPQ 是平行四边形,∴|AB →|=|PQ →|, ∵|PQ →|=2|OB →|,∴|AB →|=2|OB →|,则点B 的横坐标为a 3,∴点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 3,43,代入椭圆C 的方程得b 2=2, 又c 2=2,∴a 2=4,即椭圆C 的方程为x 24+y 22=1.(2)证明 设直线MN 的方程为y =k (x +2),N (x 0,y 0),DA ⊥AM ,∴D (2,4k ).由⎩⎪⎨⎪⎧x 24+y 22=1,y =k (x +2),消去y 得(1+2k 2)x 2+8k 2x +8k 2-4=0, 则-2x 0=8k 2-41+2k 2,即x 0=2-4k 21+2k 2,∴y 0=k (x 0+2)=4k 1+2k 2,则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2-4k 21+2k 2,4k 1+2k 2,设G (t ,0),则t ≠-2,若以DN 为直径的圆恒过直线AN 和DG 的交点, 则DG ⊥AN ,∴GD →·AN →=0恒成立.∵GD →=(2-t ,4k ),AN →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-8k 21+2k 2,4k 1+2k 2, ∴GD →·AN →=(2-t )·-8k 21+2k 2+4k ·4k 1+2k 2=0恒成立, 即8k 2t 1+2k 2=0恒成立, ∴t =0,∴点G 是定点(0,0).6.(2017·全国Ⅰ)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0),四点P 1(1,1),P 2(0,1),P 3⎝⎛⎭⎫-1,32,P 4⎝⎛⎭⎫1,32中恰有三点在椭圆C 上. (1)求C 的方程;(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ,B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1,证明:l 过定点. (1)解 由于P 3,P 4两点关于y 轴对称,故由题设知椭圆C 经过P 3,P 4两点. 又由1a 2+1b 2>1a 2+34b 2知,椭圆C 不经过点P 1,所以点P 2在椭圆C 上.因此⎩⎨⎧1b 2=1,1a 2+34b 2=1,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2=4,b 2=1.故椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)证明 设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1,k 2.如果l 与x 轴垂直,设l :x =t ,由题设知t ≠0,且|t |<2,可得A ,B 的坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫t ,4-t 22,⎝ ⎛⎭⎪⎫t ,-4-t 22,则k 1+k 2=4-t 2-22t -4-t 2+22t =-1,得t =2,不符合题设.从而可设l :y =kx +m (m ≠1). 将y =kx +m 代入x 24+y 2=1,得(4k 2+1)x 2+8kmx +4m 2-4=0. 由题设可知Δ=16(4k 2-m 2+1)>0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1+x 2=-8km4k 2+1,x 1x 2=4m 2-44k 2+1.而k 1+k 2=y 1-1x 1+y 2-1x 2=kx 1+m -1x 1+kx 2+m -1x 2 =2kx 1x 2+(m -1)(x 1+x 2)x 1x 2.由题设k 1+k 2=-1,故(2k +1)x 1x 2+(m -1)(x 1+x 2)=0, 即(2k +1)·4m 2-44k 2+1+(m -1)·-8km4k 2+1=0,解得k =-m +12.当且仅当m >-1时,Δ>0, 于是l :y =-m +12x +m ,即y +1=-m +12(x -2),所以l 过定点(2,-1).考点三 圆锥曲线中的存在性问题方法技巧 解决存在性问题的一般思路:假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在,否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在.7.(2016·全国Ⅰ)在直角坐标系xOy 中,直线l :y =t (t ≠0)交y 轴于点M ,交抛物线C :y 2=2px (p >0)于点P ,M 关于点P 的对称点为N ,连接ON 并延长交C 于点H . (1)求|OH ||ON |; (2)除H 以外,直线MH 与C 是否有其它公共点?说明理由.解 (1)如图,由已知得M (0,t ),P ⎝⎛⎭⎫t 22p ,t ,又N 为M 关于点P 的对称点, 故N ⎝⎛⎭⎫t 2p ,t ,ON 的方程为y =ptx , 代入y 2=2px ,整理得px 2-2t 2x =0,解得x 1=0,x 2=2t 2p,因此H ⎝⎛⎭⎫2t 2p ,2t . 所以N 为OH 的中点,即|OH ||ON |=2.(2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点,理由如下: 直线MH 的方程为y -t =p 2t x ,即x =2tp(y -t ).代入y 2=2px ,得y 2-4ty +4t 2=0,解得y 1=y 2=2t , 即直线MH 与C 只有一个公共点,所以除H 以外,直线MH 与C 没有其他公共点.8.已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1的右焦点为F (c ,0)且a >b >c >0,设短轴的一个端点D ,原点O 到直线DF 的距离为32,过原点和x 轴不重合的直线与椭圆E 相交于C ,G 两点,且|GF →|+|CF →|=4. (1)求椭圆E 的方程;(2)是否存在过点P (2,1)的直线l 与椭圆E 相交于不同的两点A ,B 且使得OP →2=4P A →·PB →成立?若存在,试求出直线l 的方程;若不存在,请说明理由. 解 (1)由椭圆的对称性知,|GF →|+|CF →|=2a =4, ∴a =2.又原点O 到直线DF 的距离为32, ∴bc a =32,∴bc =3,又a 2=b 2+c 2=4, a >b >c >0,∴b =3,c =1. 故椭圆E 的方程为x 24+y 23=1.(2)当直线l 与x 轴垂直时不满足条件.故可设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线l 的方程为y =k (x -2)+1,代入椭圆方程得(3+4k 2)x 2-8k (2k -1)x +16k 2-16k -8=0, ∴x 1+x 2=8k (2k -1)3+4k 2,x 1x 2=16k 2-16k -83+4k 2,Δ=32(6k +3)>0,∴k >-12.∵OP 2→=4P A →·PB →,即4[(x 1-2)(x 2-2)+(y 1-1)(y 2-1)]=5, ∴4(x 1-2)(x 2-2)(1+k 2)=5, 即4[x 1x 2-2(x 1+x 2)+4](1+k 2)=5,∴4⎣⎢⎡⎦⎥⎤16k 2-16k -83+4k 2-2×8k (2k -1)3+4k 2+4(1+k 2) =4×4+4k 23+4k 2=5,解得k =±12, k =-12不符合题意,舍去,∴存在满足条件的直线l ,其方程为x -2y =0.典例 (12分)已知椭圆C :9x 2+y 2=m 2(m >0),直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴,l 与C 有两个交点A ,B ,线段AB 的中点为M .(1)证明:直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值;(2)若l 过点⎝⎛⎭⎫m 3,m ,延长线段OM 与C 交于点P ,四边形OAPB 能否为平行四边形?若能,求此时l 的斜率;若不能,说明理由. 审题路线图(1)联立直线方程与椭圆方程―→一元二次方程―→中点坐标―→求出斜率乘积 (2)先假定四边形OAPB 能为平行四边形―→找几何关系:平行四边形的对角线互相平分 ―→转化成代数关系:x P =2x M ―→求k 规范解答·评分标准(1)证明 设直线l :y =kx +b (k ≠0,b ≠0),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),M (x M ,y M ).…………2分 将y =kx +b 代入9x 2+y 2=m 2, 得(k 2+9)x 2+2kbx +b 2-m 2=0, Δ=4k 2b 2-4(k 2+9)(b 2-m 2)>0,故x M =x 1+x 22=-kb k 2+9,y M =kx M +b =9bk 2+9.………………………………………………4分于是直线OM 的斜率k OM =y M x M =-9k,即k OM ·k =-9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值. ……………………………………………6分 (2)解 四边形OAPB 能为平行四边形. ………………………………………………………7分 因为直线l 过点⎝⎛⎭⎫m 3,m ,所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k >0,k ≠3. 由(1)得OM 的方程为y =-9k x .设点P 的横坐标为x P ,由⎩⎪⎨⎪⎧y =-9k x ,9x 2+y 2=m 2,得x 2P =k 2m 29k 2+81,即x P =±km 3k 2+9 . ……………………………………9分 将点⎝⎛⎭⎫m 3,m 的坐标代入l 的方程,得b =m (3-k )3, 因此x M =k (k -3)m3(k 2+9).……………………………………………………………………………10分四边形OAPB 为平行四边形,当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分,即x P =2x M . 于是±km3k 2+9=2×k (k -3)m 3(k 2+9),解得k 1=4-7,k 2=4+7.因为k i >0,k i ≠3,i =1,2,所以当l 的斜率为4-7或4+7时,四边形OAPB 为平行四边形. ………………………………………………………………………………………12分 构建答题模板[第一步] 先假定:假设结论成立;[第二步] 再推理:以假设结论成立为条件,进行推理求解;[第三步] 下结论:若推出合理结果,经验证成立则肯定假设;若推出矛盾则否定假设; [第四步] 再回顾:查看关键点,易错点(特殊情况、隐含条件等),审视解题规范性.1.(2017·全国Ⅱ)设O 为坐标原点,动点M 在椭圆C :x 22+y 2=1上,过M 作x 轴的垂线,垂足为N ,点P 满足NP →=2NM →.(1)求点P 的轨迹方程;(2)设点Q 在直线x =-3上,且OP →·PQ →=1.证明:过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F . (1)解 设P (x ,y ),M (x 0,y 0),则N (x 0,0), NP →=(x -x 0,y ),NM →=(0,y 0). 由NP →= 2 NM →得x 0=x ,y 0=22y .因为M (x 0,y 0)在C 上,所以x 22+y 22=1.因此点P 的轨迹方程为x 2+y 2=2. (2)证明 由题意知F (-1,0).设Q (-3,t ),P (m ,n ),则OQ →=(-3,t ), PF →=(-1-m ,-n ),OQ →·PF →=3+3m -tn , OP →=(m ,n ),PQ →=(-3-m ,t -n ). 由OP →·PQ →=1,得-3m -m 2+tn -n 2=1. 又由(1)知m 2+n 2=2,故3+3m -tn =0. 所以OQ →·PF →=0,即OQ →⊥PF →. 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 .2.如图,椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0),经过点A (0,-1),且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程;(2)经过点(1,1),且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ,Q (均异于点A ),证明:直线AP 与AQ 的斜率之和为定值.(1)解 由题设知c a =22,b =1, 结合a 2=b 2+c 2,解得a =2,所以椭圆的方程为x 22+y 2=1. (2)证明 由题设知,直线PQ 的方程为y =k (x -1)+1(k ≠2),代入x 22+y 2=1, 得(1+2k 2)x 2-4k (k -1)x +2k (k -2)=0,由已知Δ>0,设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),x 1x 2≠0,则x 1+x 2=4k (k -1)1+2k 2,x 1x 2=2k (k -2)1+2k 2, 从而直线AP ,AQ 的斜率之和k AP +k AQ =y 1+1x 1+y 2+1x 2=kx 1+2-k x 1+kx 2+2-k x 2=2k +(2-k )⎝⎛⎭⎫1x 1+1x 2=2k +(2-k )x 1+x 2x 1x 2, =2k +(2-k )4k (k -1)2k (k -2)=2k -2(k -1)=2. 故k AP +k AQ 为定值2.3.已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率是32,点P ⎝⎛⎭⎫1,32在椭圆E 上. (1)求椭圆E 的方程;(2)过点P 且斜率为k 的直线l 交椭圆E 于点Q (x Q ,y Q )(点Q 异于点P ),若0<x Q <1,求直线l 的斜率k 的取值范围.解 (1)由题意得⎩⎨⎧c a =32,1a 2+34b 2=1,a 2=b 2+c 2,解得⎩⎪⎨⎪⎧ a =2,b =1,c =3,∴椭圆E 的方程为x 24+y 2=1.(2)设直线l 的方程为y -32=k (x -1), 代入方程x 24+y 2=1. 消去y 得(1+4k 2)x 2+(43k -8k 2)x +4k 2-43k -1=0,∴x Q ·1=4k 2-43k -11+4k 2, ∵0<x Q <1,∴0<4k 2-43k -11+4k 2<1,即⎩⎪⎨⎪⎧ 4k 2-43k -11+4k 2>0,4k 2-43k -11+4k 2<1,解得-36<k <3-22或k >3+22,经检验,满足题意. ∴直线l 的斜率k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫-36,3-22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3+22,+∞. 4.如图所示,已知椭圆M :y 2a 2+x 2b2=1(a >b >0)的四个顶点构成边长为5的菱形,原点O 到直线AB 的距离为125,其中A (0,a ),B (-b ,0).直线l :x =my +n 与椭圆M 相交于C ,D 两点,且以CD 为直径的圆过椭圆的右顶点P (其中点C ,D 与点P 不重合).(1)求椭圆M 的方程;(2)证明:直线l 与x 轴交于定点,并求出定点的坐标.解 (1)由已知,得a 2+b 2=52, 由点A (0,a ),B (-b ,0)知,直线AB 的方程为x -b +y a=1,即ax -by +ab =0. 又原点O 到直线AB 的距离为125,即 |0-0+ab |a 2+b 2=125, 所以a 2=16,b 2=9,c 2=16-9=7.故椭圆M 的方程为y 216+x 29=1. (2)由(1)知P (3,0),设C (x 1,y 1),D (x 2,y 2),将x =my +n 代入y 216+x 29=1, 整理,得(16m 2+9)y 2+32mny +16n 2-144=0,则y 1+y 2=-32mn 16m 2+9,y 1y 2=16n 2-14416m 2+9. 因为以CD 为直径的圆过椭圆的右顶点P ,所以PC →·PD →=0,即(x 1-3,y 1)·(x 2-3,y 2)=0,所以(x 1-3)(x 2-3)+y 1y 2=0.又x 1=my 1+n ,x 2=my 2+n ,所以(my 1+n -3)(my 2+n -3)+y 1y 2=0,整理,得(m 2+1)y 1y 2+m (n -3)(y 1+y 2)+(n -3)2=0,即(m 2+1)·16n 2-14416m 2+9+m (n -3)·-32mn 16m 2+9+(n -3)2=0, 所以16(m 2+1)(n 2-9)16m 2+9-32m 2n (n -3)16m 2+9+(n -3)2=0, 易知n ≠3,所以16(m 2+1)(n +3)-32m 2n +(16m 2+9)·(n -3)=0,整理,得25n +21=0,即n =-2125. 经检验,n =-2125符合题意. 所以直线l 与x 轴交于定点,定点的坐标为⎝⎛⎭⎫-2125,0. 5.已知抛物线C :x 2=2py (p >0)的焦点为F ,直线2x -y +2=0交抛物线C 于A ,B 两点,P 是线段AB 的中点,过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q .(1)D 是抛物线C 上的动点,点E (-1,3),若直线AB 过焦点F ,求|DF |+|DE |的最小值;(2)是否存在实数p ,使|2QA →+QB →|=|2QA →-QB →|?若存在,求出p 的值;若不存在,说明理由.解 (1)∵直线2x -y +2=0与y 轴的交点为(0,2),∴F (0,2),则抛物线C 的方程为x 2=8y ,准线l :y =-2.设过D 作DG ⊥l 于G ,则|DF |+|DE |=|DG |+|DE |,当E ,D ,G 三点共线时,|DF |+|DE |取最小值2+3=5.(2)假设存在,抛物线x 2=2py 与直线y =2x +2联立,得x 2-4px -4p =0,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),Δ=(4p )2+16p =16(p 2+p )>0,则x 1+x 2=4p ,x 1x 2=-4p ,∴Q (2p ,2p ).∵|2QA →+QB →|=|2QA →-QB →|,∴QA →⊥QB →.则QA →·QB →=0,得(x 1-2p )(x 2-2p )+(y 1-2p )(y 2-2p )=(x 1-2p )(x 2-2p )+(2x 1+2-2p )(2x 2+2-2p )=5x 1x 2+(4-6p )(x 1+x 2)+8p 2-8p +4=0,代入得4p 2+3p -1=0,解得p =14或p =-1(舍去). 因此存在实数p =14,且满足Δ>0,使得|2QA →+QB →|=|2QA →-QB →|成立.。
圆锥曲线中的定点定值存在性问题
即y4A2 ·y42B+2yAyB=0, 解得 yAyB=-32 或 yAyB=0(舍去). 所以 yAyB=4kb=-32,即 b=-8k, 所以 y=kx-8k,即 y=k(x-8). 综上所述,直线 AB 过定点(8,0).
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圆锥曲线中的定值问题 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 (1)求代数式为定值.依题意设条件,得出与代数式参数 有关的等式,代入代数式、化简即可得出定值. (2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式 得出距离的关系式,再利用题设条件化简、变形求得. (3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得关系式,再 依据条件对关系式进行化简、变形即可求得.
设 A(x0,y0),则 B(-x0,-y0), PA·PB =-x20-y02=-4215x20=-4215·a22.
又因为 PA·PB=-421.
所以 a2=25,b2=16,
椭圆 C 的方程为2x52+1y62 =1.
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(2)证明:|PA|2+|PB|2 为定值. 解:证明:l 的方程为 x=54y+m, 代入2x52+1y62 =1, 并整理得 25y2+20my+8(m2-25)=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2). 则|PA|2=(x1-m)2+y21=4116y21, 同理|PB|2=4116y22.
同理可求得|QF2|+|QM|=3-13x2+13x2=3,
所以|F2P|+|F2Q|+|PQ|=3+3=6 为定值.
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[方法技巧] 解这类问题的关键就是引进变化的参数表示直线 方程、数量积、比例关系等,根据等式恒成立、数式变 换等寻找不受参数影响的量.
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高考数学(理)总复习:圆锥曲线中的定点与定值、范围与存在性问题(解析版)
高考数学(理)总复习:圆锥曲线中的定点与定值、范围与存在性问题题型一 圆锥曲线中的定点、定值问题【题型要点】圆锥曲线中定点、定值问题必然是变化中所表现出来的不变的量,那么就用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等,这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值,就是要求的定点、定值.解决这类问题的一般思路是:(1)引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等.(2)根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.(3)求解定点、定值问题,如果事先不知道定点、定值,可以先对参数取特殊值,通过特殊情况求出这个定点、定值,然后再对一般情况进行证明.【例1】已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为22,点Q ⎪⎭⎫ ⎝⎛b a b ,在椭圆上,O 为坐标原点.(1)求椭圆C 的方程;(2)已知点P ,M ,N 为椭圆C 上的三点,若四边形OPMN 为平行四边形,证明四边形OPMN 的面积S 为定值,并求该定值.(1)【解】 ∵椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为22,∴e 2=c 2a 2=a 2-b 2a 2=12,得a 2=2b 2① 又点Q ⎪⎭⎫ ⎝⎛b a b ,在椭圆C 上,∴b 2a 2+a 2b 4=1,② 联立①、②得a 2=8,且b 2=4.∴椭圆C 的方程为x 28+y 24=1. (2)【证明】 当直线PN 的斜率k 不存在时,PN 方程为x =2或x =-2, 从而有|PN |=23,所以S =12|PN |·|OM |=12×23×22=26; 当直线PN 的斜率k 存在时,设直线PN 方程为y =kx +m (m ≠0),P (x 1,y 1),N (x 2,y 2), 将PN 的方程代入椭圆C 的方程,整理得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2-8=0,所以x 1+x 2=-4km 1+2k 2,x 1·x 2=2m 2-81+2k 2, y 1+y 2=k (x 1+x 2)+2m =2m 1+2k 2,由OM →=OP →+ON →,得M ⎪⎭⎫ ⎝⎛++-22212,214k m k km 将M 点坐标代入椭圆C 方程得m 2=1+2k 2.又点O 到直线PN 的距离为d =|m |1+k 2, |PN |=1+k 2|x 1-x 2|,∴S =d ·|PN |=|m |·|x 1-x 2| =1+2k 2·(x 1+x 2)2-4x 1x 2=48k 2+242k 2+1=2 6. 综上,平行四边形OPMN 的面积S 为定值2 6. 题组训练一 圆锥曲线中的定点、定值问题已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1过A (2,0),B (0,1)两点. (1)求椭圆C 的方程及离心率;(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上,直线P A 与y 轴交于点M ,直线PB 与x 轴交于点N ,求证:四边形ABNM 的面积为定值.【解析】 (1)由题意得a =2,b =1,∴椭圆C 的方程为x 24+y 2=1. 又c =a 2-b 2=3,∴离心率e =c a =32.(2)证明:设P (x 0,y 0)(x 0<0,y 0<0),则x 20+4y 20=4.又A (2,0),B (0,1),∴直线P A 的方程为y =y 0x 0-2(x -2). 令x =0,得y M =-2y 0x 0-2, 从而|BM |=1-y M =1+2y 0x 0-2. 直线PB 的方程为y =y 0-1x 0x +1. 令y =0,得x N =-x 0y 0-1, 从而|AN |=2-x N =2+x 0y 0-1. ∴四边形ABNM 的面积S =12|AN |·|BM | =12⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+221120000x y y x =x 20+4y 20+4x 0y 0-4x 0-8y 0+42(x 0y 0-x 0-2y 0+2)=2x 0y 0-2x 0-4y 0+4x 0y 0-x 0-2y 0+2=2. 从而四边形ABNM 的面积为定值.题型二 圆锥曲线中的范围问题【题型要点】与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法1.数形结合法:利用待求量的几何意义,确定出极端位置后数形结合求解.2.构建不等式法:利用已知或隐含的不等关系,构建以待求量为元的不等式求解.3.构建函数法:先引入变量构建以待求量为因变量的函数,再求其值域.【例2】设圆F 1:x 2+y 2+4x =0的圆心为F 1,直线l 过点F 2(2,0)且不与x 轴、y 轴垂直,且与圆F 1相交于两点C 、D ,过F 2作F 1C 的平行线交直线F 1D 于点E .(1)证明||EF 1|-|EF 2||为定值,并写出点的轨迹方程;(2)设点E 的轨迹曲线与直线l 交于M ,N 两点,过F 2且与垂直的直线与圆F 1交于P ,Q 两点,求△PQM 与△PQN 的面积之和的取值范围.【解析】 (1)圆F 1:(x +2)2+y 2=4,圆心F 1(-2,0),半径r =2,如图所示.因为F 1C ∥EF 2,所以∠F 1CD =∠EF 2D .又因为|F 1D |=|F 1C |,所以∠F 1CD =∠F 1DC ,所以∠EF 2D =∠F 1DC ,又因为∠F 1DC =∠EDF 2,所以∠EF 2D =∠EDF 2,故ED =EF 2,可得||EF 1|-|EF 2||=||EF 1|-|ED ||=2<|F 1F 2|,根据双曲线的定义,可知点E 的轨迹是以F 1,F 2为焦点的双曲线(顶点除外),易得点E的轨迹方程为x 2-y 23=1(y ≠0). (2)Γ:x 2-y 23=1(y ≠0). 依题意可设l :x =my +2(m ≠0),M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),由于PQ ⊥l ,设l PQ :y =-m (x -2).圆心F 1(-2,0)到直线PQ 的距离d =|-m (-2-2)|1+m 2=|4m |1+m 2, 所以|PQ |=2r 2-d 2=41-3m 21+m 2, 又因为d <2,解得0<m 2<13.联立直线与双曲线的方程⎩⎪⎨⎪⎧ x 2-y 23=1x =my +2, 消去得(3m 2-1)+12my +9=0,则y 1+y 2=-12m 3m 2-1,y 1y 2=93m 2-1, 所以|MN |=1+m 2|y 2-y 1| =1+m 2(y 1+y 2)2-4y 1y 2=6(m 2+1)1-3m 2, 记△PQM ,△PQN 的面积分别为S 1,S 2,则S 1+S 2=12|MN |·|PQ |=12m 2+11-3m 2 =121-3+4m 2+1, 又因为0<m 2<13,所以S 1+S 2∈(12,+∞), 所以S 1+S 2的取值范围为(12,+∞).题组训练二 圆锥曲线中的范围问题设圆x 2+y 2+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B 作AC 的平行线交AD 于点E .(1)证明|EA |+|EB |为定值,并写出点E 的轨迹方程;(2)设点E 的轨迹为曲线C 1,直线l 交C 1于M ,N 两点,过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ,Q 两点,求四边形MPNQ 面积的取值范围.【解析】 (1)因为|AD |=|AC |,EB ∥AC ,所以∠EBD =∠ACD =∠ADC ,所以|EB |=|ED |,故|EA |+|EB |=|EA |+|ED |=|AD |,又圆A 的标准方程为(x +1)2+y 2=16,从而|AD |=4,所以|EA |+|EB |=4.由题设得A (-1,0),B (1,0),|AB |=2,由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24+y 23=1(y ≠0). (2)当l 与x 轴不垂直时,设l 的方程为y =k (x -1)(k ≠0),M (x 1,y 1),N (x 2,y 2).由⎩⎪⎨⎪⎧y =k (x -1),x 24+y 23=1,得(4k 2+3)x 2-8k 2x +4k 2-12=0, 则x 1+x 2=8k 24k 2+3,x 1x 2=4k 2-124k 2+3. 所以|MN |=1+k 2|x 1-x 2|=12(k 2+1)4k 2+3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m :y =-1k (x -1),点A 到直线m 的距离为2k 2+1, 所以|PQ |=44k 2+3k 2+1. 故四边形MPNQ 的面积S =12|MN ||PQ | =121+14k 2+3. 可得当l 与x 轴不垂直时,四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83).当l 与x 轴垂直时,其方程为x =1,|MN |=3,|PQ |=8,故四边形MPNQ 的面积为12. 综上,四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83).题型三 圆锥曲线中的存在性问题【题型要点】解决探索性问题的注意事项存在性问题,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.【例3】已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为12,且过点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛23,1,F 为其右焦点. (1)求椭圆C 的方程;(2)设过点A (4,0)的直线l 与椭圆相交于M ,N 两点(点M 在A ,N 两点之间),是否存在直线l 使△AMF 与△MFN 的面积相等?若存在,试求直线l 的方程;若不存在,请说明理由.【解】 (1)因为c a =12,所以a =2c ,b =3c , 设椭圆方程x 24c 2+y 23c 2=1,又点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛23,1在椭圆上,所以14c 2+34c 2=1,解得c 2=1,a 2=4,b 2=3,所以椭圆方程为x 24+y 23=1. (2)易知直线l 的斜率存在,设l 的方程为y =k (x -4),由⎩⎪⎨⎪⎧y =k (x -4),x 24+y 23=1,消去y 得(3+4k 2)x 2-32k 2x +64k 2-12=0,由题意知Δ=(32k 2)2-4(3+4k 2)(64k 2-12)>0,解得-12<k <12. 设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则x 1+x 2=32k 23+4k 2,① x 1x 2=64k 2-123+4k 2.② 因为△AMF 与△MFN 的面积相等,所以|AM |=|MN |,所以2x 1=x 2+4.③由①③消去x 2得x 1=4+16k 23+4k 2.④ 将x 2=2x 1-4代入②,得x 1(2x 1-4)=64k 2-123+4k 2⑤ 将④代入到⑤式,整理化简得36k 2=5.∴k =±56,经检验满足题设 故直线l 的方程为y =56(x -4)或y =-56(x -4). 题组训练三 圆锥曲线中的存在性问题已知抛物线C :x 2=2py (p >0)的焦点为F ,直线2x -y +2=0交抛物线C 于A ,B 两点,P 是线段AB 的中点,过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q .(1)D 是抛物线C 上的动点,点E (-1,3),若直线AB 过焦点F ,求|DF |+|DE |的最小值;(2)是否存在实数p ,使|2QA →+QB →|=|2QA →-QB →|?若存在,求出p 的值;若不存在,说明理由.【解】 (1)∵直线2x -y +2=0与y 轴的交点为(0,2),∴F (0,2),则抛物线C 的方程为x 2=8y ,准线l :y =-2.设过D 作DG ⊥l 于G ,则|DF |+|DE |=|DG |+|DE |,当E ,D ,G 三点共线时,|DF |+|DE |取最小值2+3=5.(2)假设存在,抛物线x 2=2py 与直线y =2x +2联立方程组得:x 2-4px -4p =0,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),Δ=(4p )2+16p =16(p 2+p )>0,则x 1+x 2=4p ,x 1x 2=-4p , ∴Q (2p,2p ).∵|2QA →+QB →|=|2QA →-QB →|,∴QA ⊥QB .则QA →·QB →=0,得(x 1-2p )(x 2-2p )+(y 1-2p )(y 2-2p )=(x 1-2p )(x 2-2p )+(2x 1+2-2p )(2x 2+2-2p )=5x 1x 2+(4-6p )(x 1+x 2)+8p 2-8p +4=0,代入得4p 2+3p -1=0,解得p =14或p =-1(舍去). 因此存在实数p =14,且满足Δ>0,使得|2QA →+QB →|=|2QA →-QB →|成立.题型四 基本不等式法求解与圆锥曲线有关的最值问题【题型要点】求解圆锥曲线中的最值问题,主要有两种方法:一是利用几何方法,即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解;二是利用代数方法,即要把求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数,然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.求最值方法有:(1)利用基本不等式求最值时要注意“一正、二定、三相等”的条件,三个条件缺一不可.(2)通过代换、拆项、凑项等技巧,改变原式的结构使其具备基本不等式的应用条件.【例4】 已知P 为圆A :(x +1)2+y 2=12上的动点,点B (1,0).线段PB 的垂直平分线与半径P A 相交于点T ,记点T 的轨迹为Γ.(1)求曲线Γ的方程;(2)设M ,N 是Γ上的两个动点,MN 的中点H 在圆x 2+y 2=1上,求原点到MN 距离的最小值.【解析】 (1)圆A 的圆心为A (-1,0),半径等于2 3.由已知|TB |=|TP |,于是|TA |+|TB |=|TA |+|TP |=23,故曲线Γ是以A ,B 为焦点,以23为长轴长的椭圆,a =3,c =1,b =2,曲线Γ的方程为x 23+y 22=1; (2)设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),H (x 0,y 0),将M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),代入作差得(x 1+x 2)(x 1-x 2)3+(y 1+y 2)(y 1-y 2)2=0 ①x 1=x 2时,y 1+y 2=0,所以H (x 0,0),因为H 在圆x 2+y 2=1上,所以x 0=±1,则原点O 到直线MN 的距离为1;②x 1≠x 2时,设直线MN 的斜率k ,则2x 0+3ky 0=0,且x 20+y 20=1,所以x 20=9k 29k 2+4,y 20=49k 2+4, 所以x 0y 0=-32ky 20=-6k 9k 2+4. 设原点O 到直线MN 距离为d ,因为MN 的方程为y -y 0=k (x -x 0),即kx -y -kx 0+y 0=0,所以d 2=1-k 29k 4+13k 2+4, k =0时,d 2=1;k ≠0时,d 2=1-19k 2+13+4k 2≥1-125=2425. 因为2425<1,所以d 2的最小值为2425,即d 的最小值为265,此时k =±63, 由①②知,原点O 到直线MN 的最小值为265. 题组训练四 基本不等式法求解与圆锥曲线有关的最值问题平面直角坐标系xOy 中,椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率是32,抛物线E :x 2=2y 的焦点F 是C 的一个顶点.(1)求椭圆C 的方程;(2)设P 是E 上的动点,且位于第一象限,E 在点P 处的切线l 与C 交于不同的两点A ,B ,线段AB 的中点为D .直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M .①求证:点M 在定直线上;②直线l 与y 轴交于点G ,记△PFG 的面积为S 1,△PDM 的面积为S 2,求S 1S 2的最大值及取得最大值时点P 的坐标.【解析】 (1)由题意知a 2-b 2a =32,可得a 2=4b 2,因为抛物线E 的焦点F ⎪⎭⎫⎝⎛21,0,所以b =12,a =1,所以椭圆C 的方程为x 2+4y 2=1.(2)①证明:设P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2,2m m (m >0),由x 2=2y ,可得y ′=x ,所以直线l 的斜率为m ,因此直线l 的方程为y -m 22=m (x -m ).即y =mx -m 22.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),D (x 0,y 0).联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2+4y 2=1,y =mx -m 22,得(4m 2+1)x 2-4m 3x +m 4-1=0. 由Δ>0,得0<m <2+5(或0<m 2<2+5).(*)且x 1+x 2=4m 34m 2+1,因此x 0=2m 34m 2+1,将其代入y =mx -m 22,得y 0=-m 22(4m 2+1),因为y 0x 0=-14m .所以直线OD 方程为y =1-4mx ,联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y =-14m x ,x =m ,得点M 的纵坐标y M =-14,所以点M 在定直线y =-14上.②由①知直线l 的方程为y =mx -m 22,令x =0,得y =-m 22,所以G ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-2,02m , 又P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2,2m m ,F ⎪⎭⎫⎝⎛21,0,D ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+)14(2,1422222m m m m ,所以S 1=12·|GF |·m =(m 2+1)m 4,S 2=12·|PM |·|m -x 0|=12×2m 2+14×2m 3+m 4m 2+1=m (2m 2+1)28(4m 2+1).所以S 1S 2=2(4m 2+1)(m 2+1)(2m 2+1)2.法一:S 1S 2=2(4m 4+5m 2+1)4m 4+4m 2+1=2+2m 24m 4+4m 2+1=2+24m 2+1m2+4≤94,当且仅当m =22时,满足(*)式,所以P 坐标为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛41,22. 法二:设t =2m 2+1,则S 1S 2=(2t -1)(t +1)t 2=2t 2+t -1t 2=-1t 2+1t +2,当1t =12,即t =2时,S 1S 2取到最大值94,此时m =22,满足(*)式, 所以P 点坐标为⎪⎪⎭⎫⎝⎛41,22. 因此S 1S 2的最大值为94,此时点P 的坐标为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛41,22.【专题训练】1.已知椭圆C 的中心在原点,焦点在x 轴上,离心率为22,它的一个焦点恰好与抛物线y 2=4x 的焦点重合.(1)求椭圆C 的方程;(2)设椭圆的上顶点为A ,过点A 作椭圆C 的两条动弦AB ,AC ,若直线AB ,AC 斜率之积为14,直线BC 是否一定经过一定点?若经过,求出该定点坐标;若不经过,请说明理由.【解析】 (1)易知x 22+y 2=1.(2)由(1)知A (0,1),当直线BC 的斜率不存在时,设BC :x =x 0,设B (x 0,y 0),则C (x 0,-y 0), k AB ·k AC =y 0-1x 0·-y 0-1x 0=1-y 20x 20=12x 20x 20=12≠14,不合题意.故直线BC 的斜率存在.设直线BC 的方程为:y =kx +m (m ≠1),并代入椭圆方程,得: (1+2k 2)x 2+4kmx +2(m 2-1)=0, ①由Δ=(4km )2-8(1+2k 2)(m 2-1)>0得2k 2-m 2+1>0. ②设B (x 1,y 1),C (x 2,y 2),则x 1,x 2是方程①的两根,由根与系数的关系得, x 1+x 2=-4km1+2k 2,x 1·x 2=2(m 2-1)1+2k 2,由k AB ·k AC =y 1-1x 1·y 2-1x 2=14得: 4y 1y 2-4(y 1+y 2)+4=x 1x 2,即(4k 2-1)x 1x 2+4k (m -1)(x 1+x 2)+4(m -1)2=0,整理得(m -1)(m -3)=0,又因为m ≠1,所以m =3,此时, 直线BC 的方程为y =kx +3.所以直线BC 恒过一定点(0,3).2.已知两点A (-2,0),B (2,0),动点P 在y 轴上的投影是Q ,且2P A →·PB →=|PQ →|2. (1)求动点P 的轨迹C 的方程;(2)过F (1,0)作互相垂直的两条直线交轨迹C 于点G ,H ,M ,N ,且E 1,E 2分别是GH ,MN 的中点.求证:直线E 1E 2恒过定点.(1)【解】 设点P 坐标为(x ,y ),∴点Q 坐标为(0,y ).∵2P A →·PB →=|PQ →|2,∴2[(-2-x )(2-x )+y 2]=x 2,化简得点P 的轨迹方程为x 24+y 22=1.(2)[证明] 当两直线的斜率都存在且不为0时,设l GH :y =k (x -1),G (x 1,y ),H (x 2,y 2),l MN :y =-1k(x -1),M (x 3,y 3),N (x 4,y 4),联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24+y 22=1,y =k (x -1),消去y 得(2k 2+1)x 2-4k 2x +2k 2-4=0.则Δ>0恒成立. ∴x 1+x 2=4k 22k 2+1,且x 1x 2=2k 2-42k 2+1.∴GH 中点E 1坐标为⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-+12,122222k k k k ,同理,MN 中点E 2坐标为⎪⎭⎫⎝⎛++2,2222k k k , ∴kE 1E 2=-3k2(k 2-1),∴lE 1E 2的方程为y =-3k 2(k 2-1)⎪⎭⎫ ⎝⎛-32x ,∴过点⎪⎭⎫⎝⎛0,32, 当两直线的斜率分别为0和不存在时,lE 1E 2的方程为y =0,也过点⎪⎭⎫⎝⎛0,32,综上所述,lE 1E 2过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛0,32.3.如图,椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0),经过点A (0,-1),且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程;(2)经过点(1,1),且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ,Q (均异于点A ),证明:直线AP 与AQ 的斜率之和为定值.(1)【解】 由题设知c a =22,b =1,结合a 2=b 2+c 2,解得a =2,所以椭圆的方程为x 22+y 2=1. (2)[证明] 由题设知,直线PQ 的方程为y =k (x -1)+1(k ≠2),代入x 22+y 2=1,得(1+2k 2)x 2-4k (k -1)x +2k (k -2)=0,由已知Δ>0, 设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),x 1x 2≠0,则x 1+x 2=4k (k -1)1+2k 2,x 1x 2=2k (k -2)1+2k 2,从而直线AP ,AQ 的斜率之和 k AP +k AQ =y 1+1x 1+y 2+1x 2=kx 1+2-k x 1+kx 2+2-kx 2=2k +(2-k )⎪⎪⎭⎫⎝⎛+2111x x =2k +(2-k )x 1+x 2x 1x 2=2k +(2-k )4k (k -1)2k (k -2)=2k -2(k -1)=2.故k AP +k AQ 为定值2.4.已知焦点在y 轴上的椭圆E 的中心是原点O ,离心率为双曲线y 2-x 22=1离心率的一半,直线y =x 被椭圆E 截得的线段长为4105.直线l :y =kx +m 与y 轴交于点P ,与椭圆E 交于A ,B 两个相异点,且AP →=λPB →.(1)求椭圆E 的方程;(2)是否存在实数m ,使OA →+λOB →=4OP →?若存在,求m 的取值范围;若不存在,请说明理由.【解析】 (1)设椭圆的方程为y 2a 2+x 2b 2=1(a >b >0),双曲线y 2-x 22=1离心率e =3,由椭圆的离心率e =ca=1-b 2a 2=32,则a =2b , 将y =x 代入椭圆y 2a 2+x 2b 2=1,解得:x =±a 55,∴2×2×a 55=4105,解得:a =2,∴椭圆E 的方程为y 24+x 2=1;(2)假设存在实数m ,使OA →+λOB →=4OP →成立,由题意可得P (0,m ),当m =0时,O ,P 重合,λ=1显然成立,当m ≠0时,由AP →=λPB →,可得OP →-OA →=λ(OB →-OP →),则OA →+λOB →=(1+λ)OP →,∴λ=3,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由AP →=3PB →,可得x 1=-3x 2 ①⎩⎪⎨⎪⎧y =kx +m y 24+x 2=1,整理得:(k 2+4)x 2+2kmx +m 2-4=0, ∴x 1+x 2=-2kmk 2+4,x 1x 2=m 2-4k 2+4, ②由①②可得:m 2k 2+m 2-k 2-4=0,则k 2=m 2-41-m2,m 2≠1,由Δ=(2km )2-4(k 2+4)(m 2-4)>0,则k 2+4-m 2>0,∴k 2+4-m 2=m 2-41-m 2+4-m 2=(m 2-4)m 21-m2>0,则1<m 2<4,解得:-2<m <-1或1<m <2,综上可得:m 的取值范围是(-2,-1)∪(1,2)∪{0}.。
圆锥曲线中的定点与定值问题
1
2
+ 2 = 1,
2
4
2
2
2 = 3,
ቊ 2
故椭圆 E 的方程为 + =1.
3
4
= 4,
法二:设椭圆 E 的方程为 mx 2+ ny 2=1( m >0, n >0且 m ≠ n ).由题意可
1
4 = 1,
= ,
2
2
4
得൝9
解得൞
故椭圆 E 的方程为 + =1.
1
3
4
若直线 MN 与 x 轴不垂直,
设直线 MN 的方程为 y = kx + m ,代入
得(1+2 k 2 ) x 2 +4 kmx +2 m 2 -6=0.
于是 x 1 + x 2 =-
4
1+2 2
, x 1 x 2=
2 2 −6
1+2 2
2
6
+
2
3
=1,
.①
由 AM ⊥ AN ,得 · =0,
M ( x 1, y 1), N ( x 2, y 2).
+ 2 = ( − 1),
联立ቐ 2 2
得(3 k 2+4) x 2-6 k (2+ k ) x +3 k ( k +4)=0,
+ = 1,
3
4
6(2+)
3(+4)
−8(2+)
则 x1+ x 2= 2 , x 1 x 2= 2 , y 1+ y 2= 2 , y 1 y 2=
,由 = ,
− 6 + 3 − 1 = − (− 6 + 3),
= −
2 6
,
3
则 H −2 6 +
圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题1.(2017·衡水中学模拟)已知焦距为23的椭圆C :x2a2+y2b2=1(a >b >0)的左焦点为F 1、上顶点为D ,直线DF 1与椭圆C 的另一个交点为H ,且|DF 1|=7|F 1H |.(1)求椭圆的方程;(2)点A 是椭圆C 的右顶点,过点B (1,0)且斜率为k (k ≠0)的直线l 与椭圆C 相交于E ,F 两点,直线AE ,A F 分别交直线x =3于M ,N 两点,线段MN 的中点为P .记直线PB 的斜率为k ′,求证:k ·k ′为定值.解:(1)∵椭圆C 的焦距为23,∴F 1(-3,0),又D (0,b ),|DF 1|=7|F 1H |,∴点H 的坐标为⎝⎛⎭⎫-837,-b 7,则64×349a2+149=1,解得a 2=4,则b 2=a 2-3=1, ∴椭圆C 的方程为x24+y 2=1.(2)证明:根据已知可设直线l 的方程为y =k (x -1). 由错误!得(4k 2+1)x 2-8k 2x +4k 2-4=0. 设E (x 1,y 1),F (x 2,y 2),则x 1+x 2=8k24k2+1,x 1x 2=4k2-44k2+1.直线AE ,AF 的方程分别为:y =y1x1-2(x -2),y =y2x2-2(x -2), 令x =3,则M ⎝⎛⎭⎫3,y1x1-2,N ⎝⎛⎭⎫3,y2x2-2,∴P ⎝⎛⎭⎫3,12⎝⎛⎭⎫y1x1-2+y2x2-2.∴k ·k ′=k 4×错误!=k24×错误! =k24×8k2-8-24k2+16k2+44k2+14k2-4-16k2+16k2+44k2+1=k24×-44k2=-14(定值). 2.(2016·合肥模拟)已知椭圆E :x2a2+y2b2=1(a >b >0)经过点(22,2),且离心率为22,F 1,F 2是椭圆E 的左,右焦点. (1)求椭圆E 的方程;(2)若A ,B 是椭圆E 上关于y 轴对称的两点(A ,B 不是长轴的端点),点P 是椭圆E 上异于A ,B 的一点,且直线PA ,PB 分别交y 轴于点M ,N ,求证:直线MF 1与直线NF 2的交点G 在定圆上.解:(1)由题意知⎩⎨⎧8a2+4b2=1,ca =22,a2=b2+c2,解得⎩⎨⎧a =4,b =22,c =22,故椭圆E 的方程为x216+y28=1.(2)证明:设B (x 0,y 0),P (x 1,y 1),则A (-x 0,y 0). 直线PA 的方程为y -y 1=y1-y0x1+x0(x -x 1), 令x =0,得y =x1y0+x0y1x1+x0,故M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,x1y0+x0y1x1+x0.同理可得N ⎝⎛⎭⎪⎫0,x1y0-x0y1x1-x0. 所以F1M ―→―→=⎝ ⎛⎭⎪⎫22,x1y0+x0y1x1+x0,F2N ―→=⎝ ⎛⎭⎪⎫-22,x1y0-x0y1x1-x0,所以F1M ―→·F2N ―→=⎝ ⎛⎭⎪⎫22,x1y0+x0y1x1+x0·⎝ ⎛⎭⎪⎫-22,x1y0-x0y1x1-x0=-8+x21y20-x20y21x21-x20=-8+x21×8⎝⎛⎭⎫1-x2016-x20×8⎝⎛⎭⎫1-x2116x21-x20=-8+8=0,所以F 1M ⊥F 2N ,所以直线MF 1与直线NF 2的交点G 在以F 1F 2为直径的圆上. 3.(2016·洛阳统考)已知椭圆C :x2a2+y2b2=1(a >b >0)的离心率为12,一个焦点与抛物线y 2=4x 的焦点重合,直线l :y =kx +m 与椭圆C 相交于A ,B 两点.(1)求椭圆C 的标准方程; (2)设O 为坐标原点,k OA ·k OB =-b2a2,判断△AOB 的面积是否为定值?若是,求出定值,若不是,说明理由.解:(1)由题意得c =1,又e =c a =12,所以a =2,从而b 2=a 2-c 2=3. 所以椭圆C 的标准方程为x24+y23=1.(2)设点A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由⎩⎪⎨⎪⎧x24+y23=1,y =kx +m ,得(3+4k 2)x 2+8mkx +4(m 2-3)=0, 由Δ=(8mk )2-16(3+4k 2)(m 2-3)>0得m 2<3+4k 2. x 1+x 2=-8mk 3+4k2,x 1x 2=错误!,所以y 1y 2=(kx 1+m )·(kx 2+m ) =k 2x 1x 2+mk (x 1+x 2)+m 2=错误!. 由k OA ·k OB =-b2a2=-34得y 1y 2=-34x 1x 2,即错误!=-错误!·错误!, 化简得2m 2-4k 2=3,满足Δ>0. 由弦长公式得|AB |=1+k2|x 1-x 2| =1+k2·错误!=错误!.又点O 到直线l :y =kx +m 的距离d =|m|1+k2, 所以S △AOB =12·d ·|AB |=12错误!·错误!=1224m23+4k2=3×2m23+4k2=错误!=错误!,故△AOB 的面积为定值 3. 4.(2017·兰州双基过关考试)已知椭圆C 1:x2a2+y2b2=1(a >b >0)的离心率为e =63,过C 1的左焦点F 1的直线l :x -y +2=0被圆C 2:(x -3)2+(y -3)2=r 2(r >0)截得的弦长为2 2.(1)求椭圆C 1的方程;(2)设C 1的右焦点为F 2,在圆C 2上是否存在点P ,满足|PF 1|=a2b2|PF 2|?若存在,指出有几个这样的点(不必求出点的坐标);若不存在,说明理由.解:(1)∵直线l 的方程为x -y +2=0, 令y =0,得x =-2,即F 1(-2,0),∴c =2,又e =c a =63,∴a 2=6,b 2=a 2-c 2=2,∴椭圆C 1的方程为x26+y22=1.(2)∵圆心C 2(3,3)到直线l :x -y +2=0的距离d =|3-3+2|2=2, 又直线l :x -y +2=0被圆C 2:(x -3)2+(y -3)2=r 2(r >0)截得的弦长为22,∴r =d2+⎝⎛⎭⎫2222=2+2=2, 故圆C 2的方程为(x -3)2+(y -3)2=4. 设圆C 2上存在点P (x ,y ),满足|PF 1|=a2b2|PF 2|, 即|PF 1|=3|PF 2|,且F 1,F 2的坐标分别为F 1(-2,0),F 2(2,0), 则错误!=3错误!, 整理得⎝⎛⎭⎫x -522+y 2=94, 它表示圆心是C ⎝⎛⎭⎫52,0,半径是32的圆. ∵|CC 2|= 错误!=错误!, 故有2-32<|CC 2|<2+32,故圆C 与圆C 2相交,有两个公共点.∴圆C 2上存在两个不同的点P ,满足|PF 1|=a2b2|PF 2|.5.(2016·九江统考)已知椭圆C 的中心在坐标原点,右焦点为F (1,0),A ,B 分别是椭圆C 的左、右顶点,D 是椭圆C 上异于A ,B 的动点,且△ADB 面积的最大值为 2.(1)求椭圆C 的方程;(2)是否存在一定点E (x 0,0)(0<x 0<2),使得当过点E 的直线l 与椭圆C 相交于M ,N 两点时,1|EM―→|2+1|EN|2―→为定值?若存在,求出定点和定值;若不存在,请说明理由.解:(1)设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a >b >0),由已知可得(S △ADB )max =12·2a ·b =ab = 2. ①∵F (1,0)为椭圆的右焦点,∴a 2=b 2+1. ② 由①②可得a =2,b =1, ∴椭圆C 的方程为x22+y 2=1.(2)过点E 取两条分别垂直于x 轴和y 轴的弦M 1N 1,M 2N 2, 则1|EM1―→|2+1|EN1―→|2=1|EM2―→|2+1|EN2―→|2,即21-x202=错误!+错误!,解得x 0=错误!, ∴E 若存在,必为⎝⎛⎭⎫63,0,定值为3,下证⎝⎛⎭⎫63,0满足题意. 设过点E⎝⎛⎭⎫63,0的直线方程为x =ty +63,代入椭圆C 的方程得(t 2+2)y 2+263ty -43=0, 设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则y 1+y 2=-263t t2+2=-错误!,y 1y 2=-错误!,1|EM―→|2+1|EN―→|2=错误!+错误!=11+t2·⎝⎛⎭⎫1y21+1y22=11+t2·错误! =11+t2·错误!=3. 综上得定点为E ⎝⎛⎭⎫63,0,定值为3. 6.(2016·合肥三模)设A ,B 为抛物线y 2=x 上相异两点,其纵坐标分别为1,-2,分别以A ,B 为切点作抛物线的切线l 1,l 2,设l 1,l 2相交于点P .(1)求点P 的坐标;(2)M 为A ,B 间抛物线段上任意一点,设PM ―→=λPA ―→+μPB ―→,试判断λ+μ是否为定值?如果为定值,求出该定值,如果不是定值,请说明理由.解:(1)由题知A (1,1),B (4,-2),设点P 的坐标为(x P ,y P ), 切线l 1:y -1=k (x -1),联立错误! 由抛物线与直线l 1相切,解得k =12,即l 1:y =12x +12,同理,l 2:y =-14x -1.联立l 1,l 2的方程,可解得⎩⎪⎨⎪⎧xP =-2,yP =-12, 即点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫-2,-12. (2)设M (y 20,y 0),且-2≤y 0≤1.由PM ―→=λPA ―→+μPB ―→,得⎝⎛⎭⎫y20+2,y0+12=λ⎝⎛⎭⎫3,32+μ⎝⎛⎭⎫6,-32, 即错误! 解得错误!则λ+μ=y0+23+1-y03=1,即λ+μ为定值1.。
2020年高考数学(理)总复习:圆锥曲线中的定点与定值、范围与存在性问题(解析版)
2020年高考数学(理)总复习:圆锥曲线中的定点与定值、范围与存在性问题题型一 圆锥曲线中的定点、定值问题【题型要点】圆锥曲线中定点、定值问题必然是变化中所表现出来的不变的量,那么就用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等,这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值,就是要求的定点、定值.解决这类问题的一般思路是:(1)引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等.(2)根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.(3)求解定点、定值问题,如果事先不知道定点、定值,可以先对参数取特殊值,通过特殊情况求出这个定点、定值,然后再对一般情况进行证明.【例1】已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为22,点Q ⎪⎭⎫ ⎝⎛b a b ,在椭圆上,O 为坐标原点.(1)求椭圆C 的方程;(2)已知点P ,M ,N 为椭圆C 上的三点,若四边形OPMN 为平行四边形,证明四边形OPMN 的面积S 为定值,并求该定值.(1)【解】 ∵椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为22,∴e 2=c 2a 2=a 2-b 2a 2=12,得a 2=2b 2① 又点Q ⎪⎭⎫ ⎝⎛b a b ,在椭圆C 上,∴b 2a 2+a 2b 4=1,② 联立①、②得a 2=8,且b 2=4.∴椭圆C 的方程为x 28+y 24=1. (2)【证明】 当直线PN 的斜率k 不存在时,PN 方程为x =2或x =-2, 从而有|PN |=23,所以S =12|PN |·|OM |=12×23×22=26; 当直线PN 的斜率k 存在时,设直线PN 方程为y =kx +m (m ≠0),P (x 1,y 1),N (x 2,y 2), 将PN 的方程代入椭圆C 的方程,整理得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2-8=0,所以x 1+x 2=-4km 1+2k 2,x 1·x 2=2m 2-81+2k 2, y 1+y 2=k (x 1+x 2)+2m =2m 1+2k 2,由OM →=OP →+ON →,得M ⎪⎭⎫ ⎝⎛++-22212,214k m k km 将M 点坐标代入椭圆C 方程得m 2=1+2k 2.又点O 到直线PN 的距离为d =|m |1+k 2, |PN |=1+k 2|x 1-x 2|,∴S =d ·|PN |=|m |·|x 1-x 2| =1+2k 2·(x 1+x 2)2-4x 1x 2=48k 2+242k 2+1=2 6. 综上,平行四边形OPMN 的面积S 为定值2 6. 题组训练一 圆锥曲线中的定点、定值问题已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1过A (2,0),B (0,1)两点. (1)求椭圆C 的方程及离心率;(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上,直线P A 与y 轴交于点M ,直线PB 与x 轴交于点N ,求证:四边形ABNM 的面积为定值.【解析】 (1)由题意得a =2,b =1,∴椭圆C 的方程为x 24+y 2=1. 又c =a 2-b 2=3,∴离心率e =c a =32.(2)证明:设P (x 0,y 0)(x 0<0,y 0<0),则x 20+4y 20=4.又A (2,0),B (0,1),∴直线P A 的方程为y =y 0x 0-2(x -2). 令x =0,得y M =-2y 0x 0-2, 从而|BM |=1-y M =1+2y 0x 0-2. 直线PB 的方程为y =y 0-1x 0x +1. 令y =0,得x N =-x 0y 0-1, 从而|AN |=2-x N =2+x 0y 0-1. ∴四边形ABNM 的面积S =12|AN |·|BM | =12⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+221120000x y y x =x 20+4y 20+4x 0y 0-4x 0-8y 0+42(x 0y 0-x 0-2y 0+2)=2x 0y 0-2x 0-4y 0+4x 0y 0-x 0-2y 0+2=2. 从而四边形ABNM 的面积为定值.题型二 圆锥曲线中的范围问题【题型要点】与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法1.数形结合法:利用待求量的几何意义,确定出极端位置后数形结合求解.2.构建不等式法:利用已知或隐含的不等关系,构建以待求量为元的不等式求解.3.构建函数法:先引入变量构建以待求量为因变量的函数,再求其值域.【例2】设圆F 1:x 2+y 2+4x =0的圆心为F 1,直线l 过点F 2(2,0)且不与x 轴、y 轴垂直,且与圆F 1相交于两点C 、D ,过F 2作F 1C 的平行线交直线F 1D 于点E .(1)证明||EF 1|-|EF 2||为定值,并写出点的轨迹方程;(2)设点E 的轨迹曲线与直线l 交于M ,N 两点,过F 2且与垂直的直线与圆F 1交于P ,Q 两点,求△PQM 与△PQN 的面积之和的取值范围.【解析】 (1)圆F 1:(x +2)2+y 2=4,圆心F 1(-2,0),半径r =2,如图所示.因为F 1C ∥EF 2,所以∠F 1CD =∠EF 2D .又因为|F 1D |=|F 1C |,所以∠F 1CD =∠F 1DC ,所以∠EF 2D =∠F 1DC ,又因为∠F 1DC =∠EDF 2,所以∠EF 2D =∠EDF 2,故ED =EF 2,可得||EF 1|-|EF 2||=||EF 1|-|ED ||=2<|F 1F 2|,根据双曲线的定义,可知点E 的轨迹是以F 1,F 2为焦点的双曲线(顶点除外),易得点E的轨迹方程为x 2-y 23=1(y ≠0). (2)Γ:x 2-y 23=1(y ≠0). 依题意可设l :x =my +2(m ≠0),M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),由于PQ ⊥l ,设l PQ :y =-m (x -2).圆心F 1(-2,0)到直线PQ 的距离d =|-m (-2-2)|1+m 2=|4m |1+m 2, 所以|PQ |=2r 2-d 2=41-3m 21+m 2, 又因为d <2,解得0<m 2<13.联立直线与双曲线的方程⎩⎪⎨⎪⎧ x 2-y 23=1x =my +2, 消去得(3m 2-1)+12my +9=0,则y 1+y 2=-12m 3m 2-1,y 1y 2=93m 2-1, 所以|MN |=1+m 2|y 2-y 1| =1+m 2(y 1+y 2)2-4y 1y 2=6(m 2+1)1-3m 2, 记△PQM ,△PQN 的面积分别为S 1,S 2,则S 1+S 2=12|MN |·|PQ |=12m 2+11-3m 2 =121-3+4m 2+1, 又因为0<m 2<13,所以S 1+S 2∈(12,+∞), 所以S 1+S 2的取值范围为(12,+∞).题组训练二 圆锥曲线中的范围问题设圆x 2+y 2+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B 作AC 的平行线交AD 于点E .(1)证明|EA |+|EB |为定值,并写出点E 的轨迹方程;(2)设点E 的轨迹为曲线C 1,直线l 交C 1于M ,N 两点,过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ,Q 两点,求四边形MPNQ 面积的取值范围.【解析】 (1)因为|AD |=|AC |,EB ∥AC ,所以∠EBD =∠ACD =∠ADC ,所以|EB |=|ED |,故|EA |+|EB |=|EA |+|ED |=|AD |,又圆A 的标准方程为(x +1)2+y 2=16,从而|AD |=4,所以|EA |+|EB |=4.由题设得A (-1,0),B (1,0),|AB |=2,由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24+y 23=1(y ≠0). (2)当l 与x 轴不垂直时,设l 的方程为y =k (x -1)(k ≠0),M (x 1,y 1),N (x 2,y 2).由⎩⎪⎨⎪⎧y =k (x -1),x 24+y 23=1,得(4k 2+3)x 2-8k 2x +4k 2-12=0, 则x 1+x 2=8k 24k 2+3,x 1x 2=4k 2-124k 2+3. 所以|MN |=1+k 2|x 1-x 2|=12(k 2+1)4k 2+3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m :y =-1k (x -1),点A 到直线m 的距离为2k 2+1, 所以|PQ |=44k 2+3k 2+1. 故四边形MPNQ 的面积S =12|MN ||PQ | =121+14k 2+3. 可得当l 与x 轴不垂直时,四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83).当l 与x 轴垂直时,其方程为x =1,|MN |=3,|PQ |=8,故四边形MPNQ 的面积为12. 综上,四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83).题型三 圆锥曲线中的存在性问题【题型要点】解决探索性问题的注意事项存在性问题,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.【例3】已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为12,且过点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛23,1,F 为其右焦点. (1)求椭圆C 的方程;(2)设过点A (4,0)的直线l 与椭圆相交于M ,N 两点(点M 在A ,N 两点之间),是否存在直线l 使△AMF 与△MFN 的面积相等?若存在,试求直线l 的方程;若不存在,请说明理由.【解】 (1)因为c a =12,所以a =2c ,b =3c , 设椭圆方程x 24c 2+y 23c 2=1,又点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛23,1在椭圆上,所以14c 2+34c 2=1,解得c 2=1,a 2=4,b 2=3,所以椭圆方程为x 24+y 23=1. (2)易知直线l 的斜率存在,设l 的方程为y =k (x -4),由⎩⎪⎨⎪⎧y =k (x -4),x 24+y 23=1,消去y 得(3+4k 2)x 2-32k 2x +64k 2-12=0,由题意知Δ=(32k 2)2-4(3+4k 2)(64k 2-12)>0,解得-12<k <12. 设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则x 1+x 2=32k 23+4k 2,① x 1x 2=64k 2-123+4k 2.② 因为△AMF 与△MFN 的面积相等,所以|AM |=|MN |,所以2x 1=x 2+4.③由①③消去x 2得x 1=4+16k 23+4k 2.④ 将x 2=2x 1-4代入②,得x 1(2x 1-4)=64k 2-123+4k 2⑤ 将④代入到⑤式,整理化简得36k 2=5.∴k =±56,经检验满足题设 故直线l 的方程为y =56(x -4)或y =-56(x -4). 题组训练三 圆锥曲线中的存在性问题已知抛物线C :x 2=2py (p >0)的焦点为F ,直线2x -y +2=0交抛物线C 于A ,B 两点,P 是线段AB 的中点,过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q .(1)D 是抛物线C 上的动点,点E (-1,3),若直线AB 过焦点F ,求|DF |+|DE |的最小值;(2)是否存在实数p ,使|2QA →+QB →|=|2QA →-QB →|?若存在,求出p 的值;若不存在,说明理由.【解】 (1)∵直线2x -y +2=0与y 轴的交点为(0,2),∴F (0,2),则抛物线C 的方程为x 2=8y ,准线l :y =-2.设过D 作DG ⊥l 于G ,则|DF |+|DE |=|DG |+|DE |,当E ,D ,G 三点共线时,|DF |+|DE |取最小值2+3=5.(2)假设存在,抛物线x 2=2py 与直线y =2x +2联立方程组得:x 2-4px -4p =0,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),Δ=(4p )2+16p =16(p 2+p )>0,则x 1+x 2=4p ,x 1x 2=-4p , ∴Q (2p,2p ).∵|2QA →+QB →|=|2QA →-QB →|,∴QA ⊥QB .则QA →·QB →=0,得(x 1-2p )(x 2-2p )+(y 1-2p )(y 2-2p )=(x 1-2p )(x 2-2p )+(2x 1+2-2p )(2x 2+2-2p )=5x 1x 2+(4-6p )(x 1+x 2)+8p 2-8p +4=0,代入得4p 2+3p -1=0,解得p =14或p =-1(舍去). 因此存在实数p =14,且满足Δ>0,使得|2QA →+QB →|=|2QA →-QB →|成立.题型四 基本不等式法求解与圆锥曲线有关的最值问题【题型要点】求解圆锥曲线中的最值问题,主要有两种方法:一是利用几何方法,即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解;二是利用代数方法,即要把求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数,然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.求最值方法有:(1)利用基本不等式求最值时要注意“一正、二定、三相等”的条件,三个条件缺一不可.(2)通过代换、拆项、凑项等技巧,改变原式的结构使其具备基本不等式的应用条件.【例4】 已知P 为圆A :(x +1)2+y 2=12上的动点,点B (1,0).线段PB 的垂直平分线与半径P A 相交于点T ,记点T 的轨迹为Γ.(1)求曲线Γ的方程;(2)设M ,N 是Γ上的两个动点,MN 的中点H 在圆x 2+y 2=1上,求原点到MN 距离的最小值.【解析】 (1)圆A 的圆心为A (-1,0),半径等于2 3.由已知|TB |=|TP |,于是|TA |+|TB |=|TA |+|TP |=23,故曲线Γ是以A ,B 为焦点,以23为长轴长的椭圆,a =3,c =1,b =2,曲线Γ的方程为x 23+y 22=1; (2)设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),H (x 0,y 0),将M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),代入作差得(x 1+x 2)(x 1-x 2)3+(y 1+y 2)(y 1-y 2)2=0 ①x 1=x 2时,y 1+y 2=0,所以H (x 0,0),因为H 在圆x 2+y 2=1上,所以x 0=±1,则原点O 到直线MN 的距离为1;②x 1≠x 2时,设直线MN 的斜率k ,则2x 0+3ky 0=0,且x 20+y 20=1,所以x 20=9k 29k 2+4,y 20=49k 2+4, 所以x 0y 0=-32ky 20=-6k 9k 2+4. 设原点O 到直线MN 距离为d ,因为MN 的方程为y -y 0=k (x -x 0),即kx -y -kx 0+y 0=0,所以d 2=1-k 29k 4+13k 2+4, k =0时,d 2=1;k ≠0时,d 2=1-19k 2+13+4k 2≥1-125=2425. 因为2425<1,所以d 2的最小值为2425,即d 的最小值为265,此时k =±63, 由①②知,原点O 到直线MN 的最小值为265. 题组训练四 基本不等式法求解与圆锥曲线有关的最值问题平面直角坐标系xOy 中,椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率是32,抛物线E :x 2=2y 的焦点F 是C 的一个顶点.(1)求椭圆C 的方程;(2)设P 是E 上的动点,且位于第一象限,E 在点P 处的切线l 与C 交于不同的两点A ,B ,线段AB 的中点为D .直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M .①求证:点M 在定直线上;②直线l 与y 轴交于点G ,记△PFG 的面积为S 1,△PDM 的面积为S 2,求S 1S 2的最大值及取得最大值时点P 的坐标.【解析】 (1)由题意知a 2-b 2a =32,可得a 2=4b 2,因为抛物线E 的焦点F ⎪⎭⎫⎝⎛21,0,所以b =12,a =1,所以椭圆C 的方程为x 2+4y 2=1.(2)①证明:设P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2,2m m (m >0),由x 2=2y ,可得y ′=x ,所以直线l 的斜率为m ,因此直线l 的方程为y -m 22=m (x -m ).即y =mx -m 22.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),D (x 0,y 0).联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2+4y 2=1,y =mx -m 22,得(4m 2+1)x 2-4m 3x +m 4-1=0. 由Δ>0,得0<m <2+5(或0<m 2<2+5).(*)且x 1+x 2=4m 34m 2+1,因此x 0=2m 34m 2+1,将其代入y =mx -m 22,得y 0=-m 22(4m 2+1),因为y 0x 0=-14m .所以直线OD 方程为y =1-4mx ,联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y =-14m x ,x =m ,得点M 的纵坐标y M =-14,所以点M 在定直线y =-14上.②由①知直线l 的方程为y =mx -m 22,令x =0,得y =-m 22,所以G ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-2,02m , 又P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2,2m m ,F ⎪⎭⎫⎝⎛21,0,D ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+)14(2,1422222m m m m ,所以S 1=12·|GF |·m =(m 2+1)m 4,S 2=12·|PM |·|m -x 0|=12×2m 2+14×2m 3+m 4m 2+1=m (2m 2+1)28(4m 2+1).所以S 1S 2=2(4m 2+1)(m 2+1)(2m 2+1)2.法一:S 1S 2=2(4m 4+5m 2+1)4m 4+4m 2+1=2+2m 24m 4+4m 2+1=2+24m 2+1m2+4≤94,当且仅当m =22时,满足(*)式,所以P 坐标为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛41,22. 法二:设t =2m 2+1,则S 1S 2=(2t -1)(t +1)t 2=2t 2+t -1t 2=-1t 2+1t +2,当1t =12,即t =2时,S 1S 2取到最大值94,此时m =22,满足(*)式, 所以P 点坐标为⎪⎪⎭⎫⎝⎛41,22. 因此S 1S 2的最大值为94,此时点P 的坐标为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛41,22.【专题训练】1.已知椭圆C 的中心在原点,焦点在x 轴上,离心率为22,它的一个焦点恰好与抛物线y 2=4x 的焦点重合.(1)求椭圆C 的方程;(2)设椭圆的上顶点为A ,过点A 作椭圆C 的两条动弦AB ,AC ,若直线AB ,AC 斜率之积为14,直线BC 是否一定经过一定点?若经过,求出该定点坐标;若不经过,请说明理由.【解析】 (1)易知x 22+y 2=1.(2)由(1)知A (0,1),当直线BC 的斜率不存在时,设BC :x =x 0,设B (x 0,y 0),则C (x 0,-y 0), k AB ·k AC =y 0-1x 0·-y 0-1x 0=1-y 20x 20=12x 20x 20=12≠14,不合题意.故直线BC 的斜率存在.设直线BC 的方程为:y =kx +m (m ≠1),并代入椭圆方程,得: (1+2k 2)x 2+4kmx +2(m 2-1)=0, ①由Δ=(4km )2-8(1+2k 2)(m 2-1)>0得2k 2-m 2+1>0. ②设B (x 1,y 1),C (x 2,y 2),则x 1,x 2是方程①的两根,由根与系数的关系得, x 1+x 2=-4km1+2k 2,x 1·x 2=2(m 2-1)1+2k 2,由k AB ·k AC =y 1-1x 1·y 2-1x 2=14得: 4y 1y 2-4(y 1+y 2)+4=x 1x 2,即(4k 2-1)x 1x 2+4k (m -1)(x 1+x 2)+4(m -1)2=0,整理得(m -1)(m -3)=0,又因为m ≠1,所以m =3,此时, 直线BC 的方程为y =kx +3.所以直线BC 恒过一定点(0,3).2.已知两点A (-2,0),B (2,0),动点P 在y 轴上的投影是Q ,且2P A →·PB →=|PQ →|2. (1)求动点P 的轨迹C 的方程;(2)过F (1,0)作互相垂直的两条直线交轨迹C 于点G ,H ,M ,N ,且E 1,E 2分别是GH ,MN 的中点.求证:直线E 1E 2恒过定点.(1)【解】 设点P 坐标为(x ,y ),∴点Q 坐标为(0,y ).∵2P A →·PB →=|PQ →|2,∴2[(-2-x )(2-x )+y 2]=x 2,化简得点P 的轨迹方程为x 24+y 22=1.(2)[证明] 当两直线的斜率都存在且不为0时,设l GH :y =k (x -1),G (x 1,y ),H (x 2,y 2),l MN :y =-1k(x -1),M (x 3,y 3),N (x 4,y 4),联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24+y 22=1,y =k (x -1),消去y 得(2k 2+1)x 2-4k 2x +2k 2-4=0.则Δ>0恒成立. ∴x 1+x 2=4k 22k 2+1,且x 1x 2=2k 2-42k 2+1.∴GH 中点E 1坐标为⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-+12,122222k k k k ,同理,MN 中点E 2坐标为⎪⎭⎫⎝⎛++2,2222k k k , ∴kE 1E 2=-3k2(k 2-1),∴lE 1E 2的方程为y =-3k 2(k 2-1)⎪⎭⎫ ⎝⎛-32x ,∴过点⎪⎭⎫⎝⎛0,32, 当两直线的斜率分别为0和不存在时,lE 1E 2的方程为y =0,也过点⎪⎭⎫⎝⎛0,32,综上所述,lE 1E 2过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛0,32.3.如图,椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0),经过点A (0,-1),且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程;(2)经过点(1,1),且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ,Q (均异于点A ),证明:直线AP 与AQ 的斜率之和为定值.(1)【解】 由题设知c a =22,b =1,结合a 2=b 2+c 2,解得a =2,所以椭圆的方程为x 22+y 2=1. (2)[证明] 由题设知,直线PQ 的方程为y =k (x -1)+1(k ≠2),代入x 22+y 2=1,得(1+2k 2)x 2-4k (k -1)x +2k (k -2)=0,由已知Δ>0, 设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),x 1x 2≠0,则x 1+x 2=4k (k -1)1+2k 2,x 1x 2=2k (k -2)1+2k 2,从而直线AP ,AQ 的斜率之和 k AP +k AQ =y 1+1x 1+y 2+1x 2=kx 1+2-k x 1+kx 2+2-kx 2=2k +(2-k )⎪⎪⎭⎫⎝⎛+2111x x =2k +(2-k )x 1+x 2x 1x 2=2k +(2-k )4k (k -1)2k (k -2)=2k -2(k -1)=2.故k AP +k AQ 为定值2.4.已知焦点在y 轴上的椭圆E 的中心是原点O ,离心率为双曲线y 2-x 22=1离心率的一半,直线y =x 被椭圆E 截得的线段长为4105.直线l :y =kx +m 与y 轴交于点P ,与椭圆E 交于A ,B 两个相异点,且AP →=λPB →.(1)求椭圆E 的方程;(2)是否存在实数m ,使OA →+λOB →=4OP →?若存在,求m 的取值范围;若不存在,请说明理由.【解析】 (1)设椭圆的方程为y 2a 2+x 2b 2=1(a >b >0),双曲线y 2-x 22=1离心率e =3,由椭圆的离心率e =ca=1-b 2a 2=32,则a =2b , 将y =x 代入椭圆y 2a 2+x 2b 2=1,解得:x =±a 55,∴2×2×a 55=4105,解得:a =2,∴椭圆E 的方程为y 24+x 2=1;(2)假设存在实数m ,使OA →+λOB →=4OP →成立,由题意可得P (0,m ),当m =0时,O ,P 重合,λ=1显然成立,当m ≠0时,由AP →=λPB →,可得OP →-OA →=λ(OB →-OP →),则OA →+λOB →=(1+λ)OP →,∴λ=3,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由AP →=3PB →,可得x 1=-3x 2 ①⎩⎪⎨⎪⎧y =kx +m y 24+x 2=1,整理得:(k 2+4)x 2+2kmx +m 2-4=0, ∴x 1+x 2=-2kmk 2+4,x 1x 2=m 2-4k 2+4, ②由①②可得:m 2k 2+m 2-k 2-4=0,则k 2=m 2-41-m2,m 2≠1,由Δ=(2km )2-4(k 2+4)(m 2-4)>0,则k 2+4-m 2>0,∴k 2+4-m 2=m 2-41-m 2+4-m 2=(m 2-4)m 21-m2>0,则1<m 2<4,解得:-2<m <-1或1<m <2,综上可得:m 的取值范围是(-2,-1)∪(1,2)∪{0}.。
圆锥曲线中的定点、定值问题(含解析)
圆锥曲线中的定点、定值问题一、题型选讲题型一 、 圆锥曲线中过定点问题圆锥曲线中过定点问题常见有两种解法:(1)、求出圆锥曲线或直线的方程解析式,研究解析式,求出定点·(2)、从特殊位置入手,找出定点,在证明该点符合题意(运用斜率相等或者三点共线)。
例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A 、B 分别为椭圆E :2221x y a+=(a >1)的左、右顶点,G 为E 的上顶点,8AG GB ⋅=,P 为直线x =6上的动点,P A 与E 的另一交点为C ,PB 与E 的另一交点为D . (1)求E 的方程;(2)证明:直线CD 过定点.例2、(2020届山东省临沂市高三上期末)如图,已知点F 为抛物线C :22y px =(0p >)的焦点,过点F 的动直线l 与抛物线C 交于M ,N 两点,且当直线l 的倾斜角为45°时,16MN =.(1)求抛物线C 的方程.(2)试确定在x 轴上是否存在点P ,使得直线PM ,PN 关于x 轴对称?若存在,求出点P 的坐标;若不存在,请说明理由.例3、【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C :x 2=−2py 经过点(2,−1).(1)求抛物线C 的方程及其准线方程;(2)设O 为原点,过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ,N ,直线y =−1分别交直线OM ,ON 于点A 和点B .求证:以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点.题型二、圆锥曲线中定值问题圆锥曲线中常见的定值问题,属于难题.探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种:①从特殊入手,先根据特殊位置和数值求出定值,再证明这个值与变量无关;②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值例4、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C :22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为2,且过点A (2,1).(1)求C 的方程:(2)点M ,N 在C 上,且AM ⊥AN ,AD ⊥MN ,D 为垂足.证明:存在定点Q ,使得|DQ |为定值.例5、(2020届山东省泰安市高三上期末)已知椭圆()2222:10x y E a b a b+=>>的离心率e 满足2220e -+=,右顶点为A ,上顶点为B ,点C (0,-2),过点C 作一条与y 轴不重合的直线l ,直线l 交椭圆E 于P ,Q 两点,直线BP ,BQ 分别交x 轴于点M ,N ;当直线l 经过点A 时,l .(1)求椭圆E 的方程;(2)证明:BOM BCN S S ∆∆⋅为定值.例6、(2019苏州三市、苏北四市二调)如图,在平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆C 1:x 24+y 2=1,椭圆C 2:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0),C 2与C 1的长轴长之比为2∶1,离心率相同.(1) 求椭圆C 2的标准方程; (2) 设点P 为椭圆C 2上的一点.①射线PO 与椭圆C 1依次交于点A ,B ,求证:PAPB 为定值;②过点P 作两条斜率分别为k 1,k 2的直线l 1,l 2,且直线l 1,l 2与椭圆C 1均有且只有一个公共点,求证k 1·k 2为定值.二、达标训练1、(2020届浙江省温州市高三4月二模)如图,已知椭圆22:14x C y +=,F 为其右焦点,直线()0:k y x m l m k +<=与椭圆交于1122(,),(,)P x y Q x y 两点,点,A B 在l 上,且满足,,PA PF QB QF OA OB ===.(点,,,A P Q B 从上到下依次排列)(I )试用1x 表示PF :(II )证明:原点O 到直线l 的距离为定值.2、【2018年高考北京卷理数】已知抛物线C :2y =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P A 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,QM QO λ=,QN QO μ=,求证:11λμ+为定值.3、(2019苏锡常镇调研)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为32,焦点到相应准线的距离为33.(1) 求椭圆E 的标准方程;(2) 已知P(t ,0)为椭圆E 外一动点,过点P 分别作直线l 1和l 2,直线l 1和l 2分别交椭圆E 于点A ,B 和点C ,D ,且l 1和l 2的斜率分别为定值k 1和k 2,求证:PA ·PBPC ·PD 为定值.4、(2018苏州暑假测试)如图,已知椭圆O :x 24+y 2=1的右焦点为F ,点B ,C 分别是椭圆O 的上、下顶点,点P 是直线l :y =-2上的一个动点(与y 轴的交点除外),直线PC 交椭圆于另一个点M.(1) 当直线PM 经过椭圆的右焦点F 时,求ⅠFBM 的面积;(2) Ⅰ记直线BM ,BP 的斜率分别为k 1,k 2,求证:k 1•k 2为定值;5、(2016泰州期末)如图,在平面直角坐标系xOy 中, 已知圆O :x 2+y 2=4,椭圆C :x 24+y 2=1,A 为椭圆右顶点.过原点O 且异于坐标轴的直线与椭圆C 交于B ,C 两点,直线AB 与圆O 的另一交点为P ,直线PD 与圆O 的另一交点为Q ,其中D (-65,0).设直线AB ,AC 的斜率分别为k 1,k 2.(1) 求k 1k 2的值;(2) 记直线PQ ,BC 的斜率分别为k PQ ,k BC ,是否存在常数λ,使得k PQ =λk BC ?若存在,求λ的值;若不存在,说明理由;(3) 求证:直线AC 必过点Q .一、题型选讲题型一 、 圆锥曲线中过定点问题圆锥曲线中过定点问题常见有两种解法:(1)、求出圆锥曲线或直线的方程解析式,研究解析式,求出定点·(2)、从特殊位置入手,找出定点,在证明该点符合题意(运用斜率相等或者三点共线)。
圆锥曲线中的典型问题与方法:圆锥曲线的定值、定点问题
圆锥曲线中的定值、定点问题一、直线恒过定点问题例1. 已知动点E 在直线:2l y =-上,过点E 分别作曲线2:4C x y =的切线,EA EB , 切点为A 、B , 求证:直线AB 恒过一定点,并求出该定点的坐标;解:设),2,(-a E )4,(),4,(222211x x B x x A ,x y x y 214'2=∴=,)(2141121点切线过,的抛物线切线方程为过点E x x x x y A -=-),(21421121x a x x -=--∴整理得:082121=--ax x同理可得:222280x ax --=8,2082,2121221-=⋅=+∴=--∴x x a x x ax x x x 的两根是方程)24,(2+a a AB 中点为可得,又2212121212124442ABx x y y x x a k x x x x --+====-- 2(2)()22a a AB y x a ∴-+=-直线的方程为,2()2ay x AB =+∴即过定点0,2.例2. 已知点是椭圆22:12x E y +=上任意一点,直线l 的方程为0012x xy y +=, 直线0l 过P 点与直线l 垂直,点M (-1,0)关于直线0l 的对称点为N ,直线PN 恒过一定点G ,求点G 的坐标。
解:直线0l 的方程为0000()2()x y y y x x -=-,即000020y x x y x y --=设)0,1(-M 关于直线0l 的对称点N 的坐标为(,)N m n则0000001212022x nm y x n m y x y ⎧=-⎪+⎪⎨-⎪⋅--=⎪⎩,解得320002043200002002344424482(4)x x x m x x x x x n y x ⎧+--=⎪-⎪⎨+--⎪=⎪-⎩∴ 直线PN 的斜率为4320000032000042882(34)n y x x x x k m x y x x -++--==---+ 从而直线PN 的方程为: 432000000320004288()2(34)x x x x y y x x y x x ++---=---+ 即3200043200002(34)14288y x x x y x x x x --+=+++--从而直线PN 恒过定点(1,0)G 二、恒为定值问题例3. 已知椭圆两焦点1F 、2F 在y 轴上,短轴长为22,离心率为22,P 是椭圆在第一象限弧上一点,且121PF PF ⋅=,过P 作关于直线F 1P 对称的两条直线PA 、PB 分别交椭圆于A 、B 两点。
圆锥曲线的热点问题—定点、定值、探索性问题
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1.定点问题 圆锥曲线中的定点问题是高考命题的一个热点,也是圆锥曲线问题中的一个 难点.解决这个难点没有常规的方法,但解决这个难点的基本思想是明确的, 定点问题必然是在变化中所表现出来的不变的量,那么就可以用变量表示问 题中的直线方程、数量积、比例关系等,而这些直线方程、数量积、比例关 系中不受变量影响的某个点,就是要求的定点.求解这类难点问题的关键就是 引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等,根据等式恒成立、数 式变换等寻找不受参数影响的量.
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思维升华
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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类型二 定值问题
例 2 已知椭圆的中心为坐标原点 O,焦点在 x 轴上,斜率为 1 且过椭圆右焦点 →→
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代入椭圆方程整理得 λ2(x21+3y21)+μ2(x22+3y22)+2λμ(x1x2+3y1y2)=3b2. 又∵x21+3y21=3b2,x22+3y22=3b2, x1x2+3y1y2=4x1x2-3c(x1+x2)+3c2=32c2-92c2+3c2=0, ∴λ2+μ2=1,故 λ2+μ2 为定值.
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又∵O→N∥a,∴13=ba22,∴a2=3b2, 故椭圆方程为 x2+3y2=3b2. 又过右焦点的直线 AB 的方程为 y=x-c. 联立yx=2+x3-y2c=,3b2, 得 4x2-6cx+3c2-3b2=0. ∴x1+x2=32c,x1x2=3c2-4 3b2=38c2. 设 M(x,y),则由O→M=λO→A+μO→B可得xy==λλyx11++μμyx22,,
高考圆锥曲线中的定点定值专题(附答案)
高考圆锥曲线中的定点定值问题定点问题是常见的考题形式,解决这类问题的关键就是引进变参数表示直线方程、数量积、比例关系等,根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。
直线过定点问题通法,是设出直线方程,通过韦达定理和已知条件找出k 和b 的一次函数关系式,代入直线方程即可类型一:“手电筒”模型例题、已知椭圆C :13422=+y x 若直线m kx y l +=:与椭圆C 相交于A ,B 两点(A ,B 不是左右顶点),且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点。
求证:直线l 过定点,并求出该定点的坐标。
解:设1122(,),(,)A x y B x y ,由223412y kx m x y =+⎧⎨+=⎩得222(34)84(3)0k x mkx m +++-=, 22226416(34)(3)0m k k m ∆=-+->,22340k m +->212122284(3),3434mk m x x x x k k-+=-⋅=++ 22221212121223(4)()()()34m k y y kx m kx m k x x mk x x m k-⋅=+⋅+=+++=+ 以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点(2,0),D 且1AD BD k k ⋅=-, 1212122y yx x ∴⋅=---,1212122()40y y x x x x +-++=, 2222223(4)4(3)1640343434m k m mkk k k--+++=+++, 整理得:2271640m mk k ++=,解得:1222,7k m k m =-=-,且满足22340k m +-> 当2m k =-时,:(2)l y k x =-,直线过定点(2,0),与已知矛盾;当27k m =-时,2:()7l y k x =-,直线过定点2(,0)7综上可知,直线l 过定点,定点坐标为2(,0).7◆方法总结:本题为“弦对定点张直角”的一个例子:圆锥曲线如椭圆上任意一点P 做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB ,则AB 必过定点))(,)((2222022220b a b a y b a b a x +-+-。
圆锥曲线中的定点,定值,存在性问题
基础训练 1. 抛物线的焦点到准线的距离为_____________2. 已知命题,命题,则下列判断正确的是( ) A. 是假命题 B. 是真命题 C. 是真命题 D.是真命题3. 设,则“”是“”的( )A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件 4. 已知,若,使得,则实数的取值范围是( )A.B.C.D.5. 两定点,点在椭圆上,且满足,则为( )A. B. C.D.圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题考点一:定点问题例1:已知动圆过定点A (4,0),且在y 轴上截得弦MN 的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹C 的方程;(2)已知点B (-1,0),设不垂直于x 轴的直线l 与 轨迹C 交于不同的两点P ,Q ,若x 轴是∠PBQ 的角平分线,证明直线l 过定点. [解] (1)如图,设动圆圆心O 1(x ,y ),由题意,|O 1A |=|O 1M |,当O 1不在y 轴上时,过O 1作O 1H ⊥MN 交MN 于H ,则H 是MN 的中点, ∴|O 1M |=x 2+42,又|O 1A |=(x -4)2+y 2,∴(x -4)2+y 2=x 2+42,化简得y 2=8x (x ≠0).又当O 1在y 轴上时,O 1与O 重合,点O 1的坐标(0,0)也满足方程y 2=8x , ∴动圆圆心的轨迹C 的方程为y 2=8x .(2)证明:如图,由题意,设直线l 的方程为y =kx +b (k ≠0),P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),将y =kx +b 代入y 2=8x 中,得k 2x 2+(2bk -8)x +b 2=0, 其中Δ=-32kb +64>0.由根与系数的关系得,x 1+x 2=8-2bk k 2,①x 1x 2=b 2k 2,②因为x 轴是∠PBQ 的角平分线,所以y 1x 1+1=-y 2x 2+1,即y 1(x 2+1)+y 2(x 1+1)=0,(kx 1+b )(x 2+1)+(kx 2+b )(x 1+1)=0,2kx 1x 2+(b +k )(x 1+x 2)+2b =0,③ 将①②代入③,得2kb 2+(k +b )(8-2bk )+2k 2b =0,∴k =-b ,此时Δ>0, ∴直线l 的方程为y =k (x -1),∴直线l 过定点(1,0).小结:1.求解直线和曲线过定点问题的基本思路是:把直线或曲线方程中的变量x ,y 当作常数看待,把方程一端化为零,既然是过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,这时参数的系数就要全部等于零,这样就得到一个关于x ,y 的方程组,这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点.2.由直线方程确定定点,若得到了直线方程的点斜式:y -y 0=k (x -x 0),则直线必过定点(x 0,y 0);若得到了直线方程的斜截式:y =kx +m ,则直线必过定点(0,m ).练习:如图,已知抛物线C :y 2=4x ,过点A (1,2)作抛物线C 的弦AP ,AQ .若AP ⊥AQ ,证明:直线PQ 过定点,并求出定点的坐标.点的坐标.解:(1)设直线PQ 的方程为x =my +n ,点P ,Q 的坐标分别为P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2).由⎩⎪⎨⎪⎧x =my +n ,y 2=4x .得y 2-4my -4n =0.由Δ>0,得m 2+n >0,y 1+y 2=4m ,y 1·y 2=-4n . ∵AP ⊥AQ ,∴AP ·AQ =0,∴(x 1-1)(x 2-1)+(y 1-2)(y 2-2)=0.又x 1=y 214,x 2=y 224,∴(y 1-2)(y 2-2)[(y 1+2)(y 2+2)+16]=0,∴(y 1-2)(y 2-2)=0或(y 1+2)(y 2+2)+16=0.∴n =-2m +1或n =2m +5,∵Δ>0恒成立.∴n =2m +5.∴直线PQ 的方程为x -5=m (y +2), ∴直线PQ 过定点(5,-2). 考点二;定值问题例2:椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率e =32,a +b =3.(1)求椭圆C 的方程;(2)如图,A ,B ,D 是椭圆C 的顶点,P 是椭圆C 上除顶点外的任意一点,直线DP 交x 轴于点N ,直线AD 交BP 于点M ,设BP 的斜率为k ,MN 的斜率为m .证明:2m -k 为定值.[解] (1)因为e =32=c a ,所以a =23c ,b =13c .代入a +b =3得,c =3,a =2,b =1. 故椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)证明:因为B (2,0),P 不为椭圆顶点,则直线BP 的方程为y =k (x -2)⎝⎛⎭⎫k ≠0,k ≠±12,①把①代入x24+y 2=1,解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2-24k 2+1,-4k 4k 2+1. 直线AD 的方程为:y =12x +1.②①与②联立解得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k +22k -1,4k 2k -1.由D (0,1),P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2-24k 2+1,-4k 4k 2+1,N (x,0)三点共线知-4k4k 2+1-18k 2-24k 2+1-0=0-1x -0,解得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k -22k +1,0.所以MN 的斜率为m =4k2k -1-04k +22k -1-4k -22k +1=4k (2k +1)2(2k +1)2-2(2k -1)2=2k +14, 则2m -k =2k +12-k =12(定值).小结:1.解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关,不依参数的变化而变化,而始终是一个确定的值. 2.求定值问题常见的方法有两种:①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.练习:已知抛物线y 2=4x ,过点M (0,2)的直线l 与抛物线交于A ,B 两点,且直线l 与x 轴交于点C .(1)求证:|MA |,|MC |,|MB |成等比数列;(2)设MA =αAC ,MB =βBC ,试问α+β是否为定值?若是,求出此定值;若不是,请说明理由.解析:(1)证明:由题意知,直线l 的斜率存在,可设直线l 的方程为:y =kx +2(k ≠0),联立⎩⎪⎨⎪⎧y =kx +2,y 2=4x ,消去y 并化简整理得:k 2x 2+(4k -4)x +4=0.①设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),C ⎝⎛⎭⎫-2k ,0,则x 1+x 2=-4k -4k 2,x 1·x 2=4k 2.② ∵|MA |·|MB |=1+k 2|x 1-0|·1+k 2|x 2-0|=(1+k 2)·|x 1x 2|=4(1+k 2)k 2,|MC |2=⎝⎛⎭⎫1+k 2⎪⎪⎪⎪-2k -02=4(1+k 2)k2,∴|MC |2=|MA |·|MB |, 即|MA |,|MC |,|MB |成等比数列.(2)由MA =αAC ,MB =βBC 得,(x 1,y 1-2)=α⎝⎛⎭⎫-x 1-2k ,-y 1, (x 2,y 2-2)=β(-x 2-2k ,-y 2),即得:α=-kx 1kx 1+2,β=-kx 2kx 2+2,得α+β=-2k 2x 1x 2-2k (x 1+x 2)k 2x 1x 2+2k (x 1+x 2)+4,由(1)中②代入得α+β=-1,故α+β为定值且定值为-1.考点三:探究存在性问题例3:已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)以抛物线y 2=8x 的焦点为顶点,且离心率为12.(1)求椭圆E 的方程;(2)若直线l :y =kx +m 与椭圆E 相交于A ,B 两点,与直线x =-4相交于Q 点,P 是椭圆E 上一点且满足OP =OA +OB (其中O 为坐标原点),试问在x 轴上是否存在一点T ,使得OP ·TQ 为定值?若存在,求出点T 的坐标及OP ·TQ 的值;若不存在,请说明理由. [解] (1)抛物线y 2=8x 的焦点为椭圆E 的顶点,即a =2.又c a =12, 故c =1,b = 3.∴椭圆E 的方程为x 24+y 23=1.(2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2).联立⎩⎪⎨⎪⎧y =kx +m ,3x 2+4y 2=12.得(4k 2+3)x 2+8kmx +4m 2-12=0. 由根与系数的关系,得x 1+x 2=-8km 4k 2+3,y 1+y 2=k (x 1+x 2)+2m =6m4k 2+3.将P ⎝ ⎛⎭⎪⎫-8km4k 2+3,6m 4k 2+3代入椭圆E 的方程,得64k 2m 24(4k 2+3)2+36m 23(4k 2+3)2=1. 整理,得4m 2=4k 2+3.设T (t,0),Q (-4,m -4k ).∴TQ =(-4-t ,m -4k ),OP =⎝ ⎛⎭⎪⎫-8km4k 2+3,6m 4k 2+3.即OP ·TQ =32km +8kmt 4k 2+3+6m (m -4k )4k 2+3=6m 2+8km +8kmt 4k 2+3.∵4k 2+3=4m 2,∴OP ·TQ =6m 2+8km +8kmt 4m 2=32+2k (1+t )m .要使OP ·TQ 为定值,只需⎣⎡⎦⎤2k (1+t )m 2=4k 2(1+t )2m 2=(4m 2-3)(1+t )m 2为定值,则1+t =0,∴t =-1,∴在x 轴上存在一点T (-1,0),使得OP ·TQ 为定值32. 变式:本例(2)中条件变为“过椭圆E 的右焦点F 2且与坐标轴不垂直的直线交椭圆于P ,Q 两点,线段OF 2上是否存在点M (m,0)使得QP ·MP =PQ ·MQ ?若存在,求出实数m 的取值范围;若不存在,说明理由. 解:假设存在这样的点M 符合题意.设线段PQ 的中点为N ,P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),N (x 0,y 0),直线PQ 的斜率为k (k ≠0),注意到F 2(1,0),则直线PQ 的方程为y =k (x -1),由⎩⎪⎨⎪⎧x 24+y 23=1,y =k (x -1).得(4k 2+3)x 2-8k 2x +4k 2-12=0,所以x 1+x 2=8k 24k 2+3,故x 0=x 1+x 22=4k 24k 2+3,又点N 在直线PQ 上,所以N ⎝⎛⎭⎫4k 24k 2+3,-3k 4k 2+3.由QP ·MP =PQ ·MQ 可得PQ ·(MQ +MP )=2PQ ·MN =0,即PQ ⊥MN ,所以k MN =0+3k4k 2+3m -4k 24k 2+3=-1k, 整理得m =k 24k 2+3=14+3k2∈⎝⎛⎭⎫0,14,所以线段OF 2上存在点M (m,0)符合题意,其中m ∈⎝⎛⎭⎫0,14. 小结:解决存在性问题应注意以下几点存在性问题,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. 练习:1.已知椭圆C 过点M ⎝⎛⎭⎫1,62 ,点F (-2,0)是椭圆的左焦点,点P ,Q 是椭圆C 上的两个动点,且|PF |,|MF |,|QF |成等差数列.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)求证:线段PQ 的垂直平分线经过一个定点A .解:(1)设椭圆C 的方程为x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0),由已知,得⎩⎨⎧1a 2+64b 2=1,a 2-b 2=2,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2=4,b 2=2,∴椭圆的标准方程为x 24+y 22=1.(2)证明:设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),由椭圆的标准方程为x 24+y 22=1,可知|PF |= (x 1+2)2+y 21=()x 1+22+2-x 212=2+22x 1,同理|QF |=2+22x 2,|MF |=(1+2)2+⎝⎛⎭⎫622=2+22,∵2|MF |=|PF |+|QF |,∴2⎝⎛⎭⎫2+22=4+22(x 1+x 2),∴x 1+x 2=2.(ⅰ)当x 1≠x 2时,由⎩⎪⎨⎪⎧x 21+2y 21=4,x 22+2y 22=4.得x 21-x 22+2(y 21-y 22)=0, ∴y 1-y 2x 1-x 2=-12·x 1+x 2y 1+y 2.设线段PQ 的中点为N (1,n ),由k PQ =y 1-y 2x 1-x 2=-12n ,得线段PQ 的中垂线方程为y -n =2n (x -1),∴(2x -1)n -y =0,该直线恒过一定点A ⎝⎛⎭⎫12,0. (ⅱ)当x 1=x 2时,P ⎝⎛⎭⎫1,-62,Q ⎝⎛⎭⎫1,62或P ⎝⎛⎭⎫1,62,Q ⎝⎛⎭⎫1,-62, 线段PQ 的中垂线是x 轴,也过点A ⎝⎛⎭⎫12,0.综上,线段PQ 的中垂线过定点A ⎝⎛⎭⎫12,0. 2.已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为22,且过点(2,2).(1)求椭圆的标准方程;=-b 2a2.(2)四边形ABCD 的顶点在椭圆上,且对角线AC ,BD 过原点O ,若k AC ·k BD 求证:四边形ABCD 的面积为定值.解:(1)由题意e =c a =22,4a 2+2b 2=1,又a 2=b 2+c 2,解得a 2=8,b 2=4,故椭圆的标准方程为x 28+y 24=1.(2)证明:设直线AB 的方程为y =kx +m ,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),联立⎩⎪⎨⎪⎧y =kx +m ,x 2+2y 2=8.得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2-8=0,Δ=(4km )2-4(1+2k 2)(2m 2-8)=8(8k 2-m 2+4)>0, ① 由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1+x 2=-4km 1+2k 2,x 1x 2=2m 2-81+2k2.∵k AC ·k BD =-b 2a 2=-12,∴y 1y 2x 1x 2=-12,∴y 1y 2=-12x 1x 2=-12·2m 2-81+2k 2=-m 2-41+2k2.又y 1y 2=(kx 1+m )(kx 2+m )=k 2x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2=k 22m2-81+2k 2+km -4km 1+2k 2+m 2=m 2-8k 21+2k 2,∴-m 2-41+2k 2=m 2-8k 21+2k 2,∴-(m 2-4)=m 2-8k 2,∴4k 2+2=m 2. 设原点到直线AB 的距离为d ,则S △AOB =12|AB |·d =121+k 2·|x 2-x 1|·|m |1+k 2=|m |2(x 1+x 2)2-4x 1x 2=|m |2⎝ ⎛⎭⎪⎫-4km 1+2k 22-4×2m 2-81+2k 2=|m |28m 2(1+2k 2)2=22,∴S 四边形ABCD =4S △AOB =82,即四边形ABCD 的面积为定值.3.已知椭圆C :x 24+y 23=1,点F 1,F 2分别为其左、右焦点,点A 为左顶点,直线l 的方程为x =4,过点F 2的直线l ′与椭圆交于异于点A 的P ,Q 两点.(1)求AP ·AQ 的取值范围;(2)若AP ∩l =M ,AQ ∩l =N ,求证:M ,N 两点的纵坐标之积为定值,并求出该定值. 解:(1)①当直线PQ 的斜率不存在时,由F 2(1,0)可知PQ 的方程为x =1,代入椭圆C :x 24+y 23=1,得点P ⎝⎛⎭⎫1,32,Q ⎝⎛⎭⎫1,-32, 又点A (-2,0),故AP =⎝⎛⎭⎫3,32,AQ =⎝⎛⎭⎫3,-32,AP ·AQ =274. ②当直线PQ 的斜率存在时,设PQ 的方程为y =k (x -1)(k ≠0),代入椭圆C :x 24+y 23=1,得(3+4k 2)x 2-8k 2x +4k 2-12=0.设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),得x 1+x 2=8k 23+4k 2,x 1x 2=4k 2-123+4k 2,y 1y 2=k 2(x 1-1)·(x 2-1)=k 2(-x 1-x 2+x 1x 2+1)=-9k 23+4k 2,故AP ·AQ =(x 1+2)(x 2+2)+y 1y 2=x 1x 2+2(x 1+x 2)+4+y 1y 2=27k 23+4k 2=273k 2+4∈⎝⎛⎭⎫0,274, 综上,AP ·AQ 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0,274. (2)证明:由(1)知,直线AP 的方程为y =y 1x 1+2(x +2),与直线l 的方程x =4联立,得M ⎝⎛⎭⎫4,6y 1x 1+2,同理,得N ⎝⎛⎭⎫4,6y 2x 2+2,故M ,N 两点的纵坐标之积y M y N =6y 1x 1+2·6y 2x 2+2=36y 1y 2x 1x 2+2(x 1+x 2)+4. ①当直线PQ 的斜率不存在时,y M y N =36×32×⎝⎛⎭⎫-321×1+2(1+1)+4=-9;②当直线PQ 的斜率存在时,由(1)可知,y M y N = -324k 23+4k 24k 2-123+4k 2+16k 23+4k 2+4=-9.综上所述,M ,N 两点的纵坐标之积为定值,该定值为-9.又k AB =k AD =-12y 0+y 0x 0+x 0=y 04x 0,代入上式可得k PB =⎝⎛⎭⎫-14÷y 04x 0=-x0y 0, 所以k P A k PB =y 0x 0·⎝⎛⎭⎫-x 0y 0=-1,即P A ⊥P B.。
高考数学圆锥曲线定点、定值、存在性问题
方法二 设P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x3,y3), 因为点P与点M关于x轴对称,所以y3=-y1, 设直线PQ的方程为x=ty+2, 代入y2=4x得y2-4ty-8=0,所以y1y2=-8, 设直线MQ的方程为x=my+n, 代入y2=4x得y2-4my-4n=0, 所以y2y3=-4n, 因为y3=-y1, 所以y2y3=-y1y2=-4n=8,即n=-2, 所以直线MQ的方程为x=my-2,必过定点(-2,0).
(2)试问直线MQ是否过定点?若是,求出该定点的坐标;若不 是,请说明理由.
解 方法一 因为点P与点M关于x轴对称, 所以设P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x1,-y1), 设直线PQ的方程为y=k(x-2), 代入y2=4x,得k2x2-4(k2+1)x+4k2=0, 所以x1x2=4, 设直线MQ的方程为y=mx+n, 代入y2=4x,得m2x2+(2mn-4)x+n2=0, 所以 x1x2=mn22=4, 因为x1>0,x2>0, 所以mn =2,即 n=2m,
(2)若过F的直线交抛物线C于不同的两点A,B(均与P不重合),直线PA, PB分别交抛物线的准线l于点M,N.试判断以MN为直径的圆是否过点F, 并说明理由.
解 以MN为直径的圆一定过点F,理由如下: 设A(x1,y1),B(x2,y2), 设直线AB的方程为x=my+1(m∈R),代入抛物线C:y2=4x, 化简整理得y2-4my-4=0, 则yy11+ y2=y2= -44m,, 由(1)知P(4,4), 所以直线 PA 的方程为 y-4=xy11- -44(x-4)=myy1-1-43(x-4), 令 x=-1 得 y=4mm-y15-y31+8,
2023年高考备考圆锥曲线中的定值定点问题(含答案)
高考材料高考材料专题14 圆锥曲线中的定值定点问题1.〔2023·全国·高考试题〔文〕〕已知椭圆E 的中心为坐标原点,对称轴为x 轴、y 轴,且过两点.()30,2,,12A B ⎛--⎫⎪⎝⎭(1)求E 的方程;(2)设过点的直线交E 于M ,N 两点,过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ,点H 满足.证()1,2P -MT TH =明:直线HN 过定点.(答案)(1)22143y x +=(2) (0,2)-(解析) (分析)〔1〕将给定点代入设出的方程求解即可;〔2〕设出直线方程,与椭圆C 的方程联立,分情况商量斜率是否存在,即可得解.(1)解:设椭圆E 的方程为,过,221mx ny +=()30,2,,12A B ⎛--⎫⎪⎝⎭则,解得,,41914n m n =⎧⎪⎨+=⎪⎩13m =14n =所以椭圆E 的方程为:.22143y x +=(2),所以,3(0,2),(,1)2A B --2:23+=AB y x ①假设过点的直线斜率不存在,直线.代入, (1,2)P -1x =22134x y +=可得,,代入AB 方程,可得(1,MN223y x =-,由得到.求得HN 方程:(3,T MT TH =(5,H -+,过点. (22y x =-(0,2)-②假设过点的直线斜率存在,设. (1,2)P -1122(2)0,(,),(,)kx y k M x y N x y --+=联立得, 22(2)0,134kx y k x y --+=⎧⎪⎨+=⎪⎩22(34)6(2)3(4)0k x k k x k k +-+++=可得,, 1221226(2)343(4)34k k x x k k k x x k +⎧+=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩12222228(2)344(442)34k y y k k k y y k -+⎧+=⎪⎪+⎨+-⎪=⎪+⎩且1221224(*)34kx y x y k -+=+联立可得 1,223y y y x =⎧⎪⎨=-⎪⎩111113(3,),(36,).2y T y H y x y ++-可求得此时,1222112:()36y y HN y y x x y x x --=-+--将,代入整理得, (0,2)-12121221122()6()3120x x y y x y x y y y +-+++--=将代入,得 (*)222241296482448482436480,k k k k k k k +++---+--=显然成立,综上,可得直线HN 过定点(0,2).-2.〔2023·全国·高考试题〕已知椭圆C 的方程为,右焦点为.22221(0)x y a b a b +=>>F 〔1〕求椭圆C 的方程;〔2〕设M ,N 是椭圆C 上的两点,直线与曲线相切.证明:M ,N ,F 三点共线的充要条件是MN 222(0)x y b x +=>||MN =(答案)〔1〕;〔2〕证明见解析.2213xy +=(解析) (分析)〔1〕由离心率公式可得,即可得解;a =2b 〔2充分性:设直线,由直线与圆相切得,联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得():,0MN y kx b kb =+<221b k =+,即可得解.=1k =±(详解)〔1〕由题意,椭圆半焦距 c =c e a ==a =又,所以椭圆方程为;2221b a c =-=2213x y +=〔2〕由〔1〕得,曲线为,221(0)x y x +=>当直线的斜率不存在时,直线,不合题意; MN :1MN x =当直线的斜率存在时,设,MN ()()1122,,,M xy N x y 必要性:假设M ,N ,F 三点共线,可设直线即,(:MN y k x =0kxy -=由直线与曲线,解得,MN 221(0)x y x +=>11k =±联立可得,所以,(2213y x x y ⎧=±⎪⎨⎪+=⎩2430x -+=121234x x x x +=⋅=,高考材料高考材料所以必要性成立;充分性:设直线即, ():,0MN y kx b kb =+<0kx y b -+=由直线与曲线,所以,MN 221(0)x y x +=>1=221b k =+联立可得, 2213y kx b x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩()222136330k x kbx b +++-=所以, 2121222633,1313kb bx x x x k k-+=-⋅=++===化简得,所以,()22310k -=1k =±所以,所以直线或,1k b =⎧⎪⎨=⎪⎩1k b =-⎧⎪⎨=⎪⎩:MN y x =y x =-所以直线过点,M ,N ,F 三点共线,充分性成立; MN F 所以M ,N ,F 三点共线的充要条件是||MN =3.〔2023·青海·海东市第—中学模拟预测〔理〕〕已知椭圆M :〔a >b >0,AB 为过椭圆右22221x y a b +=焦点的一条弦,且AB 长度的最小值为2. (1)求椭圆M 的方程;(2)假设直线l 与椭圆M 交于C ,D 两点,点,记直线PC 的斜率为,直线PD 的斜率为,当()2,0P 1k 2k 12111k k +=时,是否存在直线l 恒过肯定点?假设存在,请求出这个定点;假设不存在,请说明理由.(答案)(1)22142x y +=(2)存在, ()2,4--(解析) (分析)〔1〕由题意求出,即可求出椭圆M 的方程.,,a b c 〔2〕设直线l 的方程为m (x -2)+ny =1,,,联立直线l 的方程与椭圆方程()11,C x y ()22,D x y ,得,则,化简得,即可求()()222242x y x -+=--()22214420x x m n y y ⎛⎫--+++= ⎪⎝⎭12114114n k k m +=-=+14m n +=-出直线l 恒过的定点. (1)因为〔a >b >0,过椭圆右焦点的弦长的最小值为,22221x y a b +=222b a=所以a =2,,所以椭圆M 的方程为.c b =22142x y +=(2)设直线l 的方程为m (x -2)+ny =1,,, ()11,C x y ()22,D x y 由椭圆的方程,得.2224x y +=()()222242x y x -+=--联立直线l 的方程与椭圆方程,得,()()()2222422x y x m x ny ⎡⎤⎣⎦-+=---+即,, ()()()221424220m x n x y y +-+-+=()22214420x x m n y y ⎛⎫--+++= ⎪⎝⎭所以, 12121222114114x x nk k y y m--+=+=-=+化简得,代入直线l 的方程得,14m n +=-()1214m x m y ⎛⎫-+--= ⎪⎝⎭即,解得x =-2,y =-4,即直线l 恒过定点. ()1214m x y y ---=()2,4--4.〔2023·上海松江·二模〕已知椭圆的右顶点坐标为,左、右焦点分别为、,且2222:1(0)x y a b a bΓ+=>>(2,0)A 1F 2F ,直线交椭圆于不同的两点和.122F F =l ΓM N (1)求椭圆的方程;Γ(2)假设直线的斜率为,且以为直径的圆经过点,求直线的方程; l 1MN A l (3)假设直线与椭圆相切,求证:点、到直线的距离之积为定值.l Γ1F 2F l (答案)(1);22143x y +=(2)或; 2y x =-27y x =-(3)证明见解析. (解析) (分析)〔1〕依据焦距及椭圆的顶点求出即可得出;,a b 〔2〕设直线的方程为 ,联立方程,由根与系数的关系及求解即可;l y x b =+0AM AN ⋅=〔3〕分直线斜率存在与不存在商量,当斜率不存在时直接计算可得,当斜率存在时,设直线的方程为 ,l y kx b =+依据相切求出关系,再由点到直线的距离直接计算即可得解. ,b k (1)∵ ∴,1222F F c ==1c =∵,由 得,∴2a =222a b c =+241=+b 22=34=b a ,高考材料高考材料所以椭圆的方程:;Γ22143x y +=(2)∵直线的斜率为,故可设直线的方程为 , l 1l y x b =+设,,,1(M x 1)y 2(N x 2)y 由 可得, 22143y x b x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩22784120x bx b ++-=则,,1287b x x +=-2124127b x x -=∵以为直径的圆过右顶点,∴,∴MN A 0AM AN ⋅=1212(2)(2)0x x y y --+=∴21212122211))2()4((2(2)()4b b x x x x x x x x b x x b -+++=+-+++++,整理可得,2241282(2)4077b b b b -=⋅--⋅++=271640b b ++=∴或,2b =-27b =-∵, 2226447(412)16(213)b b b ∆=-⋅⋅-=⋅-当或时,均有2b =-27b =-0∆>所以直线的方程为或. l 2y x =-27y x =-(3)椭圆左、右焦点分别为、Γ1(1,0)F -2(1,0)F ①当直线平行于轴时,∵直线与椭圆相切,∴直线的方程为, l y l Γl 2x =±此时点、到直线的到距离分别为,∴. 1F 2F l 121,3d d ==123d d ⋅=②直线不平行于轴时,设直线的方程为 ,l y l y kx b =+联立,整理得, 2234120y kx b x y =+⎧⎨+-=⎩222(34)84120k x kbx b +++-=,222222644(34)(412)16(9123)k b k b k b ∆=-+-=⋅+-∵直线与椭圆相切,∴,∴ l Γ0∆=2234b k =+∵到直线的距离为到直线的距离为,1(1,0)F -l 1=d 2(1,0)F -l 2=d ∴,123d d ⋅=∴点、到直线的距离之积为定值由.1F 2F l 35.〔2023·上海浦东新·二模〕已知分别为椭圆:的左、右焦点, 过的直线交椭圆于两12F F 、E 22143x y+=1F l E ,A B 点.(1)当直线垂直于轴时,求弦长;l x AB(2)当时,求直线的方程;2OA OB ⋅=-l (3)记椭圆的右顶点为T ,直线AT 、BT 分别交直线于C 、D 两点,求证:以CD 为直径的圆恒过定点,并求出定6x =点坐标. (答案)(1)3 (2))1y x =+(3)证明见解析;定点 ()()4080,,,(解析) (分析)〔1〕将代入椭圆方程求解即可;1x =-〔2〕由〔1〕知当直线的斜率存在,设直线的方程为:,联立直线与椭圆的方程,得出l l ()1y k x =+,设可得韦达定理,代入计算可得斜率;()22223484120k xk x k +++-=()()1122A x y B x y ,,,2OA OB ⋅=-〔3〕分析当直线的斜率不存在时,由椭圆的对称性知假设以CD 为直径的圆恒过定点则定点在轴上,再以CD 为l x 直径的圆的方程,令,代入韦达定理化简可得定点 0y =(1)由题知,将代入椭圆方程得 ()110F -,1x =-332y AB =±∴=,(2)由〔1〕知当直线的斜率不存在时,此时,不符合题意,舍去l 331122A B ⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,,,,OA ·OB =14直线的斜率存在,设直线的方程为:,∴l l ()1y k x =+联立得,设,则, ()221431x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩()22223484120k x k x k +++-=()()1122A x y B x y ,,,2122212283441234k x x k k x x k ⎧-+=⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩由OA ·OB =x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+k (x 1+1)k (x 2+1)=(1+k 2)x 1x 2+k 2(x 1+x 2)+k 2=(1+k 2)4k2‒123+4k 2+k2‒8k 23+4k 2,解得+k 2=‒5k 2‒123+4k 2=‒222k k ==,直线的方程为..∴l )1y x =+(3)①当直线的斜率不存在时, l ()33112022A B T ⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,,,,,,直线AT 的方程为,C 点坐标为, 112y x =-+()62-,直线BT 的方程为,D 点坐标为,以CD 为直径的圆方程为,由椭圆的对称性知假设以112y x =-()62,()2264x y -+=CD 为直径的圆恒过定点则定点在轴上,令,得即圆过点. x 0y =48x x ==,.()()4080,,,高考材料高考材料②当直线的斜率存在时,同〔2〕联立,直线AT 的方程为, l ()1122y y x x =--C 点坐标为,同理D 点坐标为,以CD 为直径的圆的方程为11462y x ⎛⎫ ⎪-⎝⎭,22462y x ⎛⎫ ⎪-⎝⎭,,()()12124466022y y x x y y x x ⎛⎫⎛⎫--+--= ⎪⎪--⎝⎭⎝⎭令,得,0y =()2121212161236024y y x x x x x x -++=-++由, ()()()()22222121222121212122241281611611343416441282424243434k k k k x k x k k y y k k x x x x x x x x k k ⎛⎫--++ ⎪++++⎝⎭===----++-++-+++得,解得,即圆过点. 212320x x -+=48x x ==,()()4080,,,综上可得,以CD 为直径的圆恒过定点. ()()4080,,,6.〔2023·上海长宁·二模〕已知分别为椭圆的上、下顶点,是椭圆的右焦点,是椭圆,A B 222Γ:1(1)xy a a+=>F ΓM上异于的点.Γ,A B(1)假设,求椭圆的标准方程 π3AFB ∠=Γ(2)设直线与轴交于点,与直线交于点,与直线交于点,求证:的值仅与有关 :2l y =y P MA Q MB R PQ PR ⋅a (3)如图,在四边形中,,,假设四边形面积S 的最大值为,求的值.MADB MA AD ⊥MB BD ⊥MADB 52a (答案)(1)2214x y +=(2)证明见解析 (3) 2a =(解析) (分析)〔1〕依据已知推断形状,然后可得;AFB △〔2〕设,表示出直线、的方程,然后求Q 、R 的坐标,直接表示出所求可证; ()11,M x y AM BM 〔3〕设,,依据已知列方程求解可得之间关系,表示出面积,结合已知可得. ()11,M x y ()44,D x y 14,x x (1)因为,,所以是等边三角形, AF BF =π3AFB ∠=AFB △因为,,所以,2AB =AF a =2a =得椭圆的标准方程为.2214x y +=(2)设,,, ()11,M x y ()2,2R x ()3,2Q x 因为,()0,1A()0,1B -所以直线、的方程分别为AM BM , 111:1AM y l y x x -=+, 111:1BM y l y x x +=-所以,, 12131x x y =+1311x x y =-又221121x y a-=所以, 2211221331x PQ PR x x a y ⋅===-所以的值仅与有关. PQ PR ⋅a (3)设,, ()11,M x y ()44,D x y 因为,,MA DA ⊥MB DB ⊥所以,()()1414110x x y y +--=()()1414110x x y y +++=高考材料高考材料两式相减得,41y y =-带回原式得,214110x x y +-=因为,所以, 221121x y a+=142x x a =-1412111MAB DAB S S S x x x a a a ⎛⎫=+=+=+≤+ ⎪⎝⎭A A 因为的最大值为 ,所以 ,得.S 52152a a +=2a =7.〔2023·福建省福州格致中学模拟预测〕圆:与轴的两个交点分别为,,点为圆O 224x y +=x ()12,0A -()22,0A M 上一动点,过作轴的垂线,垂足为,点满足O M x N R 12NR NM =(1)求点的轨迹方程;R (2)设点的轨迹为曲线,直线交于,两点,直线与交于点,试问:是否存在一个定点R C 1x my =+C P Q 1A P 2A Q S T ,当变化时,为等腰三角形m 2A TS (答案)(1)2214x y +=(2)存在,证明见解析 (解析) (分析)〔1〕设点在圆上,故有,设,依据题意得,,再代入圆()00,M x y 224x y +=22004x y +=(),R x y 0x x =012y y =即可求解;〔2〕先推断斜率不存在的情况;再在斜率存在时,设直线的方程为,与椭圆联立224x y +=l 1x my =+得:,,,再依据题意求解推断即可. ()224230m y my ++-=12224m y y m -+=+12234y y m -=+(1)设点在圆上, ()00,M x y 224x y +=故有,设,又,可得,, 2204x y +=(),R x y 12NR NM =0x x =012y y =即,0x x =02y y =代入可得,22004x y +=()2224x y +=化简得:,故点的轨迹方程为:.2214x y +=R 2214x y +=(2)依据题意,可设直线的方程为,l 1x my =+取,可得,, 0m=P ⎛ ⎝1,Q ⎛ ⎝可得直线的方程为的方程为1APy x =+2AQ y x =-联立方程组,可得交点为;(14,S 假设,,由对称性可知交点,1,P ⎛ ⎝Q ⎛ ⎝(24,S 假设点在同一直线上,则直线只能为:上,S l 4x =以下证明:对任意的,直线与直线的交点均在直线:上. m 1A P 2A Q S l 4x =由,整理得 22114x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩()224230m y my ++-=设,,则, ()11,P x y ()22,Q x y 12224m y y m -+=+12234y y m -=+设与交于点,由,可得 1A P l ()004,S y 011422y y x =++10162y y x =+设与交于点,由,可得, 2A Q l ()004,S y '022422y y x '=--20222y y x '=-因为 ()()()()122112102126123622222y my y my y y y y x x x x --+'-=-=+-+-, ()()()()()22121211121212464402222m mmy y y y m m x x x x ----+++===+-+-因为,即与重合, 00y y '=0S 0S '所以当变化时,点均在直线:上,m S l 4x =因为,,所以要使恒为等腰三角形,只需要为线段的垂直平分线即可,依据对称性()22,0A ()4,S y 2A TS 4x =2A T 知,点.()6,0T 故存在定点满足条件.()6,0T 8.〔2023·全国·模拟预测〕已知椭圆的离心率为,椭圆C 的左、右顶点分别为A ,B ,上顶点()2222:10x y C a b a b+=>>12为D ,.1AD BD ⋅=-(1)求椭圆C 的方程;(2)斜率为的动直线l 与椭圆C 相交于M ,N 两点,是否存在定点P 〔直线l 不经过点P 〕,使得直线PM 与直线PN 12的倾斜角互补,假设存在这样的点P ,请求出点P 的坐标;假设不存在,请说明理由.(答案)(1)22143x y +=(2)存在,点P 的坐标为或31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭31,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭(解析) (分析)高考材料高考材料〔1〕利用数量积公式及离心率可得a ,b ,c 从而得到椭圆方程; 〔2〕设直线l 的方程为,与椭圆方程联立,写出韦达定理,由题意可得直线PM 与直线PN 的斜率之和为12y x m =+零,利用韦达定理化简可得结果. (1)设椭圆C 的焦距为2c ,由题意知,,,(),0A a -(),0B a ()0,D b 所以,,所以,解得. (),AD a b = (),BD a b =- 2221AD BD a b c ⋅=-+=-=- 1c =又椭圆C 的离心率为,所以,1222a c ==b ==故椭圆C 的方程为.22143x y +=(2)假设存在这样的点P ,设点P 的坐标为,点M ,N 的坐标分别为,,设直线l 的方程为()00,x y ()11,x y ()22,x y . 12y x m =+联立方程消去y 后整理得.221,4312x y y x m ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩2230x mx m ++-=,得,()222431230m m m ∆=--=->22m -<<有 12212,3.x x m x x m +=-⎧⎨=-⎩假设直线PM 与直线PN 的倾斜角互补,则直线PM 与直线PN 的斜率之和为零,所以 01020102010201021122y x m y x m y y y y x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-+-+ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭+=+----()()()()()()()()()()010*********0102010222222222222y m x x x y m x x x y m x y m x x x x x x x x x ---+---⎡⎤⎡⎤----⎣⎦⎣⎦=+=----()()()()()()()()()()20000012121200102010222223222222y m x m m mx y m x x x x x x x x x x x x x x x x -++-+--++-+⎡⎤⎣⎦==----.()()()()()()()()0000000001020102462322323022x y y x m x y y x mx x x x x x x x -+--+-===----所以解得或0000230,230,x y y x -=⎧⎨-=⎩001,32x y =⎧⎪⎨=⎪⎩001,3.2x y =-⎧⎪⎨=-⎪⎩故存在点P 符合条件,点P 的坐标为或.31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭31,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭9.〔2023·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测〔文〕〕已知椭圆的两个焦点分别为和,椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>1F 2F 上一点到和的距离之和为,且椭圆C 1F 2F 4C (1)求椭圆的方程;C (2)过左焦点的直线交椭圆于、两点,线段的中垂线交轴于点〔不与重合〕,是否存在实数,使1F l A B AB x D 1F λ恒成立?假设存在,求出的值;假设不存在,请说出理由.1AB DF λ=λ(答案)(1)2214x y +=(2)存在,λ=(解析) (分析)〔1〕由椭圆的定义可求得的值,依据椭圆的离心率求得的值,再求出的值,即可得出椭圆的方程; a c b C 〔2〕分析可知,直线不与轴垂直,分两种情况商量,一是直线与轴重合,二是直线的斜率存在且不为零,设l x l x l 出直线的方程,与椭圆方程联立,求出、,即可求得的值. l AB 1DF λ(1)解:由椭圆的定义可得,则,因为,则, 24a =2a=ce a ==c ∴=1b ==因此,椭圆的方程为.C 2214x y +=(2)解:假设直线与轴垂直,此时,线段的垂直平分线为轴,不符合题意; l x AB x 假设直线与轴重合,此时,线段的垂直平分线为轴,则点与坐标原点重合,lx AB y D 此时,1AB DF λ===假设直线的斜率存在且不为零时,设直线的方程为,设点、,l l )0x my m =≠()11,Ax y ()22,B x y 联立可得, 2244xmy x y ⎧=⎪⎨+=⎪⎩()22410m y +--=,()()22212441610m m m ∆=++=+>由韦达定理可得, 12y y +=12214yy m =-+则()121222my y x x ++==所以,线段的中点为, AB M ⎛ ⎝高考材料高考材料所以,线段的垂直平分线所在直线的方程为,AB y m x ⎛=- ⎝在直线方程中,令可得y m x ⎛=-+ ⎝0y=x =故点,D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,()22414m m +=+因此,. ()221414m AB DF m λ+===+综上所述,存在,使得恒成立.λ=1AB DF λ=10.〔2023·河南安阳·模拟预测〔文〕〕已知椭圆上一个动点N 到椭圆焦点的距离的最2222:1(0)C bb x a a y +>>=(0,)Fc 小值是,且长轴的两个端点与短轴的一个端点B 构成的的面积为2.212,A A 12A A B △(1)求椭圆C 的标准方程;(2)如图,过点且斜率为k 的直线l 与椭圆C 交于P ,Q 两点.证明:直线与直线的交点T 在定直线4(0,)M -1A P 2A Q 上.(答案)(1)2214y x +=(2)证明见解析 (解析) (分析)〔1〕依据题意得到,再解方程组即可.22221222a c ab a b c ⎧-=⎪⎪⨯=⎨⎪=+⎪⎩〔2〕首先设直线,,,与椭圆联立,利用韦达定理得到,.:4l y kx =-()11,P x y ()22,Q x y 12284k x x k +=+122124x x k =+,,依据,即可得到,从而得到直线与直线的交点1112:2PA y l y x x ++=2222:2QA y l y x x --=2123y y +=--1y =-1A P 2A Q T 在定直线上. 1y =-(1)由题知:,解得,即:椭圆22221222a c ab a b c⎧-=⎪⎪⨯=⎨⎪=+⎪⎩21a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩22:14+=y C x (2)设直线,,,,, :4l y kx =-()11,P x y ()22,Q x y ()10,2A -()20,2A . ()222214812044y x k x kx y kx ⎧+=⎪⇒+-+=⎨⎪=-⎩,. 12284k x x k +=+122124x x k =+则,, 1112:2PA y l y x x ++=2222:2QA y l y x x --=则, ()()()()1212122212112122222266y x kx x kx x x y y y x kx x kx x x +--+===----因为, ()1212212342k kx x x x k ==++所以,解得. ()()12212121213232123293362x x x x x y y x x x x x +--+===---++-1y =-所以直线与直线的交点在定直线上.1A P 2A Q T 1y =-11.〔2023·安徽省舒城中学三模〔理〕〕已知椭圆,过原点的直线交该椭圆于,两点〔点在22:184x y Γ+=O ΓA B A x轴上方〕,点,直线与椭圆的另一交点为,直线与椭圆的另一交点为.()4,0E AE C BE D高考材料高考材料(1)假设是短轴,求点C 坐标;AB Γ(2)是否存在定点,使得直线恒过点?假设存在,求出的坐标;假设不存在,请说明理由.T CD T T (答案)(1);82(,)33(2)存在,.8(,0)3T (解析) (分析)〔1〕两点式写出直线,联立椭圆方程并结合韦达定理求出C 坐标; AE 〔2〕设有,联立椭圆求C 坐标,同理求坐标,商量、,推断直线恒过00(,)A x y 00:(4)4=--y AE y x x D 00x ≠00x =CD 定点即可. (1)由题设,,而,故直线为,(0,2)A ()4,0E AE 240x y +-=联立并整理得:,故,而,22:184x y Γ+=23840y y -+=83A C y y +=2A y =所以,代入直线可得,故C 坐标为.23C y =AE 284233C x =-⨯=82(,)33(2)设,则, 00(,)A x y 00:(4)4=--y AE y x x 由,故, ()00224428y y x x x y ⎧=-⎪-⎨⎪+=⎩2220202(4)8(4)+-=-y x x x 由韦达定理有, 20222222000000002220000020328(4)328(4)16(8)8(4)64242(4)22482481(4)C y x y x x x x x x x y x y x x x --------====-+--+-所以,故,同理得:,,00833C x x x -=-003C y y x =-00833D x x x +=+03D y y x -=+当时,取,则,同理, 00x ≠8(,0)3T 0000003383833TCy x yk x x x -==----003TD y k x =-故共线,此时过定点.,,T C D CD 8(,0)3T 当时,,此时过定点.00x =83C D x x ==CD 8(,0)3T 综上,过定点.CD 8(,0)3T 12.〔2023·广东茂名·二模〕已知圆O :x 2+y 2=4与x 轴交于点,过圆上一动点M 作x 轴的垂线,垂足为H ,(2,0)A -N 是MH 的中点,记N 的轨迹为曲线C . (1)求曲线C 的方程;(2)过作与x 轴不重合的直线l 交曲线C 于P ,Q 两点,设直线AP ,AS 的斜率分别为k 1,k 2.证明:k 1=4k 2.6(,0)5-(答案)(1);2212x y +=(2)证明见解析. (解析) (分析)〔1〕运用相关点法即可求曲线C 的方程;( 2)首先对直线的斜率是否存在进行商量,再依据几何关系分别求出P 、Q 、S 三点的坐标,进而表示出直线AP , AS l 的斜率,再依据斜率的表达式进行化简运算,得出结论. 12,k k (1)设N 〔x 0,y 0〕,则H 〔x 0,0〕, ∵N 是MH 的中点,∴M 〔x 0,2y 0〕,又∵M 在圆O 上,,2200(2)4y x +=∴即; 220014x y +=∴曲线C 的方程为:;2214x y +=(2)①当直线l 的斜率不存在时,直线l 的方程为:,65x =-假设点P 在轴上方,则点Q 在x 轴下方,则,6464(,),(,5555P Q ---直线OQ 与曲线C 的另一交点为S ,则S 与Q 关于原点对称, ∴,64(,55S1244001551,,6642255APAS k k k k --======-++;124k k ∴=假设点P 在x 轴下方,则点Q 在x 轴上方,高考材料高考材料同理得:,646464(,(,(,555555P Q S ----,1244001551,6642255APAS k k k k ----===-∴===--++∴k 1=4k 2;②当直线l 的斜率存在时,设直线l 的方程为:,6,5x my =-由与联立可得, 6,5x my =-2214x y +=221264(4)0525m m y y +--=其中,22144644(4)02525m m ∆=+⨯+⨯>设,则,则,1122(,),(,)P x y Q x y 22(,)S x y --1212221264525,44m y y y y m m -+==++∴ 112212112200,,2222AP AS k y y y y k k k x x x x ---======++-+-则121122121216()2542()5y my k y x k x y my y --=⋅=++,∴k 1=4k 2. 121112212121112226464161616252554545444641216()4445525525454545my y y y y m m my y y y y m m y y m m m -----++====++---+⋅--+++13.〔2023·安徽·合肥市第八中学模拟预测〔文〕〕生活中,椭圆有很多光学性质,如从椭圆的一个焦点出发的光线射到椭圆镜面后反射,反射光线经过另一个焦点.现椭圆C 的焦点在y 轴上,中心在坐标原点,从下焦点射出的光线1F 经过椭圆镜面反射到上焦点,这束光线的总长度为42F 离心率e <(1)求椭圆C 的标准方程;(2)假设从椭圆C 中心O 出发的两束光线OM 、ON ,分别穿过椭圆上的A 、B 点后射到直线上的M 、N 两点,假4y =设AB 连线过椭圆的上焦点,试问,直线BM 与直线AN 能交于肯定点吗?假设能,求出此定点:假设不能,请说2F 明理由.(答案)(1)22143y x +=(2)能,定点为〔0,〕85(解析) (分析)〔1〕由条件列方程求可得椭圆方程;,,a b c〔2〕联立方程组,利用设而不求法结论完成证明. (1)由已知可设椭圆方程为,22221(0)y x a b a b+=>>则,24a =122c b ⨯⨯=222ab c =+又e <所以,21a b c ===,故椭圆C 的标准方程为22143y x +=(2)设AB 方程为,由,得, 1y kx =+221431y x y kx ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩22(34)690k x kx ++-=222(6)36(34)1441440k k k ∆=++=+>设,则.. ()()1122A x y B x y ,,,121222693434k x x x x k k --+==++由对称性知,假设定点存在,则直线BM 与直线AN 交于y 轴上的定点,由得,则直线BM 方程为, 114y y xx y ⎧=⎪⎨⎪=⎩1144x M y ⎛⎫ ⎪⎝⎭,211121444()4y xy x x y x y --=--令,则0x =122114(4)44x y y x y x -=+-()()112211414114x x kx x kx x ⎡⎤-+=+⎢⎥+-⎢⎥⎣⎦112211234(1)4x kx x x x kx x -=+-+2121124()4x x x x kx x -=-+又, 12123()2x x kx x +=则,21212112214()4()83554()()22x x x x y x x x x x x --===-++-所以,直线BM 过定点〔0,〕,同理直线AN 也过定点.858(0,5则点〔0,〕即为所求点.8514.〔2023·全国·模拟预测〕设椭圆的右焦点为F ,左顶点为A .M 是C 上异于A 的动点,过()222:10416x y C b b+=<<F 且与直线AM 平行的直线与C 交于P ,Q 两点〔Q 在x 轴下方〕,且当M 为椭圆的下顶点时,.2AM FQ =高考材料高考材料(1)求椭圆C 的标准方程;(2)设点S ,T 满足,,证明:平面上存在两个定点,使得T 到这两定点距离之和为定值. PS SQ = FS ST =(答案)(1)2116x =(2)证明见解析 (解析) (分析)〔1〕由向量的坐标运算用表示出点坐标,代入椭圆方程求得参数,得椭圆方程; ,b c Q b 〔2〕设,直线PQ 的斜率不为0,设其方程为,设.(), 0F c x m y c =+1122(,),(,)P x y Q x y 直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得,利用向量相等的坐标表示求得点坐标,得出点坐标满足一个椭圆12y y +T T 方程,然后再由椭圆定义得两定点坐标. (1)当M 为椭圆的下顶点时,,则.(4,)AM b =- 12,22b FQ AM ⎛⎫==- ⎪⎝⎭ 设C 的焦距为2c ,则,即.2,2b Q c ⎛⎫+- ⎪⎝⎭2,2b Q ⎫-⎪⎭因为Q 在C,解得.114=()22162b =-=则椭圆C 的标准方程为. 2116x =(2)设,直线PQ 的斜率不为0,设其方程为,设.(), 0F c x m y c =+1122(,),(,)P x y Q x y 联立直线PQ 和C 的方程,消x 得.()22220y ++-=,12y y +=1212()2x x m y y c +=++=由得S 为弦PQ 的中点,故. PS SQ = S由得S是线段FT 的中点,故.FS ST =T设T 的坐标为,则,,故(), xy x c =y c=,即,2211x y c c ⎛⎫⎫== ⎪⎪⎝⎭⎭221x c +=这说明T 在中心为原点,为长轴端点,为短轴端点的椭圆上运动,故T 到两焦点的(,0)c ±0,⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,0⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭距离之和为定值.代入得两焦点坐标为.(()4,0±-综上所述,平面上存在两定点,,使得T 到这两定点距离之和为定值.()4-()4-+15.〔2023·上海交大附中模拟预测〕已知椭圆是左、右焦点.设是直线上的一221214x y F F Γ+=:,,M ()2l x t t =>:个动点,连结,交椭圆于.直线与轴的交点为,且不与重合.1MF Γ()0N N y ≥l x P M P(1)假设的坐标为,求四边形的面积; M 58⎫⎪⎪⎭,2PMNF (2)假设与椭圆相切于且,求的值;PN ΓN 1214NF NF ⋅= 2tan PNF ∠(3)作关于原点的对称点,是否存在直线,使得上的任一点到N N '2F N 1F N '2F N 的方程和的坐标,假设不存在,请说明理由.2F N N(答案)(3)存在;; y x =126N ⎫⎪⎪⎭(解析) (分析)〔1〕依据点斜式方程可得,再联立椭圆方程得到,再依据求解1:MF l y x =12N ⎫⎪⎭2112PMNF PF M NF F S S S =-△△即可;〔2〕设,依据相切可知,直线与椭圆方程联立后判别式为0,得到,再依据,:()PN l y k x t =-2214k t =-1214NF NF ⋅=化简可得,再依据直角三角形中的关系求解的值即可;t =12N ⎫⎪⎭2tan PNF ∠〔3〕设,表达出,再依据列式化简可得,结合()00,N x y 2NF l 22O NF d -=2148k =k =和直线的方程N 2F N高考材料高考材料(1)由题意,,故()1F1MF k ==1:MF l y x =与椭圆方程联立 ,可得:,即,又由题意,故2214x y y x⎧+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩213450x+-=(130xx +=N x >解得,故且x =12N ⎫⎪⎭121122NF F S =⋅=△11528PF M S ==△则 2112PMNF PF M NF F S S S =-△△(2)由于直线PN 的斜率必存在,则设:()PN l y k x t =-与椭圆方程联立,可得:2214()x y y k x t ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩()22222148440k x k tx k t +-+-=由相切,,则 ()22216140k k t ∆=+-=2214k t =-同时有韦达定理,代入有,化简得,故 21228214N k t x x x k +==+2214k t =-2244414N t t x t -=+-4N x t =2222414N N x t y t -=-=而,解得 222122122134N N t NF NF x y t -⋅=+-==2t =>则,所以轴,故在直角三角形中,12N ⎫⎪⎭2NF x ⊥2PNF A 222tan PF PNF NF ∠===(3)由于N 与,与是两组关于原点的对称点,由对称性知N '1F 2F 四边形是平行四边形,则与是平行的,12F NF N '2NF 1N F '故上的任一点到的距离均为两条平行线间的距离d .1F N '2F N 设,其中,易验证,当时,与之间的距离为()00,N xy 0(x ∈0=x 2NF 1N F 'k =则,即,2(:NF y l k x =0kx y -=发觉当时,,整理得 0≠x 22O NF d d -===221914k k =+2148k =代入,代入整理得,即由k =(220048y x =220014x y =-20013450x --=(00130x x -=于,所以,故0(x ∈0x=126N ⎫⎪⎪⎭k ==则的直线方程为 2F Nly x =16.〔2023·全国·模拟预测〔理〕〕已知椭圆:的右顶点为A ,上顶点为,直线的斜率为C ()222210x y a b a b+=>>B AB ,原点到直线O AB (1)求的方程;C (2)直线交于,两点,,证明:恒过定点.l C M N 90MBN ∠=︒l (答案)(1)22143x y +=(2)证明见解析 (解析) (分析)〔1〕题意得,依据AB 斜率,可得AB 的方程,依据点到直线距离公式,可求得a (,0),(0,)A a B b b a =值,进而可得b 值,即可得答案.〔2〕分析得直线l 的斜率存在,设,与椭圆联立,可得关于x 的一元二次方程,依据韦1122,(,),(,)y kx m M x y N x y =+达定理,可得表达式,进而可得、的表达式,依据,可得,依据数量1212,x x x x +12y y 12y y +90MBN ∠=︒0MB NB⋅=积公式,化简计算,可得m 值,分析即可得证 (1)由题意得,(,0),(0,)A aB b 所以直线AB 的斜率为b a =-b a =又直线AB的方程为, )y x a =-20y +=所以原点到直线的距离, O AB d 2a =所以.b =22143x y +=(2)由椭圆的对称性可得,直线l 的斜率肯定存在,设直线l 的方程为, 1122,(,),(,)y kx m M x y N x y =+联立方程,消去y 可得, 22143x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩222(34)84120k x kmx m +++-=所以, 21212228412,3434km m x x x x k k --+==++所以,, 22221212122312()34m k y y k x x km x x m k-=+++=+121226()234m y y k x x m k +=++=+高考材料高考材料因为,所以,90MBN ∠=︒MB BN ⊥因为,所以,B 1122(),()MB x y NB x y =-=--所以,22212121222241263123)30343434m m m k MB NB x x y y y y k k k --⋅=+++=++=+++ 整理得,解得或,2730m --=m=m =因为,所以B m 所以直线l 的方程为,得证y kx =0,⎛ ⎝17.〔2023·全国·模拟预测〔理〕〕已知椭圆的左、右焦点分别为,,,分别为左、2222:1(0)x y C a b a b+=>>1F 2F 1A 2A 右顶点,,分别为上、下顶点.假设四边形,且,,成等差数列. 1B 2B 1122B F B F 212F F 212B B 212A A (1)求椭圆的标准方程;C (2)过椭圆外一点(不在坐标轴上)连接,,分别与椭圆交于,两点,直线交轴于点.试P P 1PA 2PA C M N MN x Q 问:,两点横坐标之积是否为定值?假设为定值,求出定值;假设不是,说明理由. P Q (答案)(1);22132x y +=(2)为定值,理由见解析. 32P Q x x =(解析) (分析)〔1〕应用菱形面积公式、等差中项的性质及椭圆参数关系求椭圆参数,写出椭圆标准方程.〔2〕由题意分析知,所在直线斜率均存在且不为0、斜率和差均不为0,设直线,联立椭圆求,1PA 2PA 1PA 2PA M 的坐标及点横坐标,应用点斜式写出直线,令求横坐标,即可得结论.N P MN 0y =Q (1)由题设知:,可得, 2222222844bc b a c a b c ⎧=⎪⎪=+⎨⎪=+⎪⎩22321a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩所以椭圆标准方程为.22132x y +=(2)由题意,,所在直线斜率均存在且不为0、斜率和差均不为0,1PA 2PA 设为,联立椭圆方程整理得:, 1PA (y k x =22229(23)302k k x x +++-=所以1M A x x +=1A x =M x ==设为,联立椭圆方程整理得:,2PA (y m x =22229(23)302m m x x+-+-=所以, 2N A x x +=2Ax=N x =所以M y k=⋅=N y m =⋅=联立直线、可得:,1PA 2PA P x=直线为,令,则 MN2()[23m k y x km +=⋅-0y =Q x =所以为定值.32P Q x x ==18.〔2023·山西·太原五中二模〔文〕〕已知椭圆,过原点的两条直线和分别与椭圆交于和,2221x y +=1l 2l A B △C D △记得到的平行四边形的面积为.ACBD S (1)设,用的坐标表示点到直线的距离,并证明; ()()1122,,,A x y C x y A C △C 1l 12212S x y x y =-(2)请从①②两个问题中任选一个作答 ①设与的斜率之积,求面积的值.1l 2l 12-S ②设与的斜率之积为.求的值,使得无论与如何变动,面积保持不变.1l 2l m m 1l 2l S (答案)(1)(2)见解析 (解析) (分析)〔1〕商量和,分别写出直线的方程,由距离公式即可求得点到直线的距离,由面积公式即可证明10x ≠10x =1l C 1l ;12212S x y x y =-〔2〕假设选①,设出直线和的方程,联立椭圆求出的坐标,结合〔1〕中面积公式求解即可;假设选②,设1l 2l A C △出直线和的方程,联立椭圆求出的坐标,结合〔1〕中面积公式得到的表达式,平方整理,由含的项1l 2l A C △S 42,k k 系数为0即可求解. (1)高考材料高考材料当时,直线的方程为:,则点到直线的距离为10x ≠1l 11y y x x =C 1l d当时,直线的方程为:,则点到直线的距离为,也满足10x =1l 0x =C 1l 2d x =d 则点到直线;因为C 1l2AB AO ==则;21211222S AB d x x x y y y =⋅=--=(2)假设选①,设,设,直线与椭圆联立可得1122121:,:,2l y k x l y k x k k ===-()()1122,,,A x y C x y 1l 12221y k x x y =⎧⎨+=⎩,()221121k x+=同理直线与椭圆联立可得,不妨令,则2l ()222121k x +=120,0x x >>11x y =,22x y====则122S x y x =-假设选②,设,设,直线与椭圆联立可得,则12:,:m l y kx l y x k ==()()1122,,,A x y C x y 1l 2221y kx x y =⎧⎨+=⎩()22121k x +=,212112x k =+同理可得,则2222221212k x k m m k ==+⎛⎫+ ⎪⎝⎭1221121221222m m x x x kx k x k S y x x k x y =-=-=-⋅⋅⋅,两边平方整理得1222m m k x x k k ==-⋅,()24222222224(48)240Sk S S m m k m S m -++++-=由面积与无关,可得,解得,故时,无论与如何变动,面积保持不S k 2222240480S S S m m ⎧-=⎨++=⎩12S m ⎧=⎪⎨=-⎪⎩12m =-1l 2l S 变.19.〔2023·福建·厦门一中模拟预测〕已知,分别是椭圆的右顶点和上顶点,,A B 2222:1(0)x y C a b a b+=>>||AB =直线的斜率为.AB 12-(1)求椭圆的方程;(2)直线,与,轴分别交于点,,与椭圆相交于点,.证明: //l AB x y M N C D 〔i 〕的面积等于的面积;OCM A ODN △〔ii 〕为定值.22||||CM MD +(答案)(1)2214x y +=(2)〔i 〕证明见解析;〔ii 〕证明见解析 (解析) (分析)〔1〕依据,,由,直线的斜率为求解;(,0)A a (0,)B b ||AB =AB 12-〔2〕设直线的方程为,得到,,与椭圆方程联立,依据,l 12y x m =-+(2,0)M m (0,)N m 11|2|||2=A OCM S m y ,利用韦达定理求解. 21||||2=A ODN S m x 2222221122||||(2)(2)CM MD x m y x m y ∴+=-++-+(1)解:、是椭圆的两个顶点,A B 22221(0)x y a b a b+=>>且,直线的斜率为,||AB =AB 12-由,,得 (,0)A a (0,)B b ||AB ==又,解得,, 0102b b k a a -==-=--2a =1b =椭圆的方程为; ∴2214x y +=(2)设直线的方程为,则,,l 12y x m =-+(2,0)M m (0,)N m 联立方程消去,整理得.221214y x m x y ⎧=-+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩y 222220x mx m -+-=, 得22248(4)3240m m m ∆=--=->28m <设,,,.1(C x 1)y 2(D x 2)y高考材料高考材料,.122x x m ∴+=21222x x m =-所以, 11|2|||2=A OCM S m y 21||||2=A ODN S m x 则有 112222|2||2|||1||||||-====A A OCMODNS y m x x Sx x x 的面积等于的面积;OCM ∴A ODN A ,,2222221122||||(2)(2)CM MD x m y x m y ∴+=-++-+2222221112221144()44()22x mx m x m x mx m x m =-++-++-++-+, ()()221212125551042x x x x m x x m =+--++ . ()2222552210102m m m m =---+5=20.〔2023·北京市第十二中学三模〕已知椭圆过点2222:1(0)x y M a b a b +=>>(2,0)A (1)求椭圆M 的方程;(2)已知直线在x 轴上方交椭圆M 于B ,C 〔异于点A 〕两个不同的点,直线AB ,AC 分别与y 轴交于点P 、(3)y k x =+Q ,O 为坐标原点,求的值.()k OP OQ +(答案)(1)22142x y +=(2) 45(解析) (分析)〔1〕直接由点坐标及离心率求得椭圆方程即可;A 〔2〕联立直线与椭圆求得,再表示出直线AB ,AC 的方程,求得P 、Q 坐标,再计算2212122212184,2121k k x x x x k k --+==++即可.()k OP OQ +(1)由题意知:,则椭圆M 的方程为;2,c a a ==c =2222b a c =-=22142x y +=(2)联立直线与椭圆,整理得,22(3)142y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩()222221121840k x k x k +++-=,()()422214442118440160k k kk ∆=-+-=-+>即在x 轴上方交椭圆M 于B ,C〔异于点A 〕两点,则 k <<(3)y k x =+0k <<设,则,,, 1122(,),(,)B x y C x y 1222,22x x -<<-<<2212122212184,2121k k x x x x k k --+==++1122(3),(3)y k x y k x =+=+易得直线AB ,AC 斜率必定存在,则,令,得,则,同理可得11:(2)2y AB y x x =--0x =11202y y x =>-112(0,)2y P x -,且, 222(0,2y Q x -22202y x >-则()()()()()112121212223222222()(32)22k x x y y x x x k x k x OP x OQ k k -++⎛⎫+==⋅⎪⎝⎭+-+----. 222212122212122218412422442()242121184122()4242121k k k k k kx x k x x k k k k k k k x x x x k k ---⋅-⋅+--++++=⋅=⋅---++-⋅+++45=高考材料高考材料。
2024高考数学常考题型 圆锥曲线中定点定值定直线问题(解析版)
第23讲圆锥曲线中定点定值定直线问题【考点分析】考点一:直线过定点问题①设直线为m kx y +=,根据题目给出的条件找出m 与k 之间的关系即可②求出两点的坐标(一般含参数),再求出直线的斜率,利用点斜式写出直线的方程,再化为()()n m x k f y +-=的形式,即可求出定点。
考点二:定值问题探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种:①从特殊入手,先根据特殊位置和数值求出定值,再证明这个值与变量无关;②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.③求斜率,面积等定值问题,把斜率之和,之积,面积化为坐标之间的关系,再用韦达定理带入化简一般即可得到定值考点三:定直线问题①一般设出点的坐标,写出两条直线的方程,两直线的交点及两个直线中的y x ,相同,然后再用韦达定理带入化简即可得y x ,的关系即为定直线【题型目录】题型一:直线圆过定点问题题型二:斜率面积等定值问题题型三:定直线问题【典型例题】题型一:直线过定点问题【例1】已知点()1,1P 在椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>上,椭圆C 的左右焦点分别为1F ,2F ,12PF F △的面(1)求椭圆C 的方程;(2)设点A ,B 在椭圆C 上,直线PA ,PB 均与圆()222:01O x y r r +=<<相切,记直线PA ,PB 的斜率分别为1k ,2k .(i )证明:121k k =;(ii )证明:直线AB 过定点.若10m k +-=,则直线():111AB y kx k k x =+-=-+,此时AB 过点P ,舍去.若330m k ++=,则直线():3333AB ykx k k x =--=--,此时AB 恒过点()3,3-,所以直线AB 过定点()3,3-.【例2】已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>,一个焦点1F 与抛物线2y =-的焦点重合.(1)求椭圆C 的方程;(2)若直线:l y kx m =+交C 于,A B 两点,直线1F A 与1F B 关于x 轴对称,证明:直线l 恒过一定点.【例3】已知椭圆22:1(0)C a b a b+=>>的上顶点为P ,右顶点为Q ,其中POQ △的面积为1(O 为原点),椭圆C(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0PA PB ⋅=,求证:直线l 过定点.【例4】已知椭圆C :221(0)x y a b a b+=>>过点()2,0A -.右焦点为F ,纵坐标为2的点M 在C 上,且AF ⊥MF .(1)求C 的方程;(2)设过A 与x 轴垂直的直线为l ,纵坐标不为0的点P 为C 上一动点,过F 作直线PA 的垂线交l 于点Q ,证明:直线PQ 过定点.【点睛】求解直线过定点问题常用方法如下:(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、有目的的一般性证明;(2)“一般推理,特殊求解”即设出定点坐标,根据题设条件选择参数,建立一个直线系或曲线的方程,再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即为所求点;(3)求证直线过定点()00,x y ,常利用直线的点斜式方程()00y y k x x -=-或截距式y kx b =+来证明.【例5】已知椭圆C :22221x y a b +=(0a b >>)的离心率为2,其左、右焦点分别为1F ,2F ,T 为椭圆C 上任意一点,12TF F △面积的最大值为1.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)已知()0,1A ,过点10,2⎛⎫⎪⎝⎭的直线l 与椭圆C 交于不同的两点M ,N ,直线AM ,AN 与x 轴的交点分别为P ,Q ,证明:以PQ 为直径的圆过定点.【题型专练】1.已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的短轴长为A 到右焦点F 的距离为3.(1)求椭圆C 的方程(2)设直线l 与椭圆C 交于不同两点M ,N (不同于A ),且直线AM 和AN 的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数,求证:l 经过定点.2.已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的离心率为3,且过点()3,1A .(1)求椭圆C 的方程;(2)点M ,N 在椭圆C 上,且AM AN ⊥.证明:直线MN 过定点,并求出该定点坐标.3.已知椭圆22:1(0)x y E a b a b+=>>的左,右焦点分别为1F ,2F ,且1F ,2F 与短轴的两个端点恰好为正方形的四个顶点,点2P ⎛ ⎝⎭在E 上.(1)求E 的方程;(2)过点2F 作互相垂直且与x 轴均不重合的两条直线分别交E 于点A ,B 和C ,D ,若M ,N 分别是弦AB ,CD 的中点,证明:直线MN 过定点.4.焦距为2c 的椭圆2222:1x y a bΓ+=(a >b >0),如果满足“2b =a +c ”,则称此椭圆为“等差椭圆”.(1)如果椭圆2222:1x y a b Γ+=(a >b >0)是“等差椭圆”,求b a的值;(2)对于焦距为12的“等差椭圆”,点A 为椭圆短轴的上顶点,P 为椭圆上异于A 点的任一点,Q 为P 关于原点O 的对称点(Q 也异于A ),直线AP 、AQ 分别与x 轴交于M 、N 两点,判断以线段MN 为直径的圆是否过定点?说明理由.题型二:斜率面积等定值问题【例1】动点M 与定点(1,0)A 的距离和M 到定直线4x =的距离之比是常数12.(1)求动点M 的轨迹G 的方程;(2)经过定点(2,1)M -的直线l 交曲线G 于A ,B 两点,设(2,0)P ,直线PA ,PB 的斜率分别为1k ,2k ,求证:12k k +恒为定值.【例2】已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ,2F ,点()0,1Q x 在椭圆上且位于第一象限,12QF F 121QFQF ⋅=-.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)若M ,N 是椭圆C 上异于点Q 的两动点,记QM ,QN 的倾斜角分别为α,β,当αβπ+=时,试问直线MN 的斜率是否为定值?若是,请求出该定值;若不是,请说明理由.【例3】已知点()2,1P -在椭圆2222:1(0)x yC a b a b +=>>上,C的长轴长为:l y kx m =+与C 交于,A B 两点,直线,PA PB 的斜率之积为14.(1)求证:k 为定值;(2)若直线l 与x 轴交于点Q ,求22||QA QB +的值.【例4】已知椭圆()22:10x y C a b a b+=>>的离心率23e =,且椭圆C 的右顶点与抛物线212y x =的焦点重合.(1)求椭圆C 的方程.(2)若椭圆C 的左、右顶点分别为12,A A ,直线():1l y k x =-与椭圆C 交于E ,D 两点,且点E 的纵坐标大于0,直线12,A E A D 与y 轴分别交于()()0,,0,P Q P y Q y 两点,问:P Qy y 的值是否为定值?若是,请求出该定值;若不是,请说明理由.【例5】已知椭圆()22:10x y C a b a b+=>>的左、右顶点分别为,A B ,且AB 4=,离心率为12,O 为坐标原点.(1)求椭圆C 的方程;(2)设P 是椭圆C 上不同于,A B 的一点,直线,PA PB 与直线4x =分别交于点,M N .证明:以线段MN 为直径作圆被x 轴截得的弦长为定值,并求出这个定值.【例6】已知P 为圆22:4M x y +=上一动点,过点P 作x 轴的垂线段,PD D 为垂足,若点Q 满足DQ =.(1)求点Q 的轨迹方程;(2)设点Q 的轨迹为曲线C ,过点()1,0N -作曲线C 的两条互相垂直的弦,两条弦的中点分别为E F 、,过点N 作直线EF 的垂线,垂足为点H ,是否存在定点G ,使得GH 为定值?若存在,求出点G 的坐标;若不存在,请说明理由..【点睛】方法点睛:直线与圆锥曲线位置关系的题目,往往需要联立两者方程,利用韦达定理解决相应关系,其中的计算量往往较大,需要反复练习,做到胸有成竹.【例7】已知椭圆C :()222210x y a b a b+=>>的右焦点为,F P 在椭圆C 上,PF 的最大值与最小值分别是6和2.(1)求椭圆C 的标准方程.(2)若椭圆C 的左顶点为A ,过点F 的直线l 与椭圆C 交于,B D (异于点A )两点,直线,AB AD 分别与直线8x =交于,M N 两点,试问MFN ∠是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.【题型专练】1.已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的离心率为12,点(1,0)F 为椭圆的右焦点,点P 在椭圆上,且在x 轴上方,PF x ⊥轴,斜率为12的直线l 交C 于,M N 两点,(1)若直线l 过点F ,求PMN 的面积.(2)直线PM 和PN 的斜率分别为1k 和2k ,当直线l 平行移动时,12k k +是否为定值?若是,请求出该定值,若不是,请说明理由.【点睛】方法点睛:探究性问题求解的思路及策略:(1)思路: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.(2)策略: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,按常规法解题很难时,可先由特殊情况探究,再推广到一般情况.2.已知椭圆C :()222210x y a b a b+=>>过点()2,1D ,且该椭圆长轴长是短轴长的二倍.(1)求椭圆C 的方程;(2)设点D 关于原点对称的点为A ,过点()4,0B -且斜率存在的直线l 交椭圆C 于点M ,N ,直线MA ,NA 分别交直线4x =-于点P ,Q ,求证PBBQ为定值.3.如下图,过抛物线22(0)y px p =>上一定点000(,)(0)P x y y >,作两条直线分别交抛物线于11(,)A x y ,22(,)B x y .(1)求该抛物线上纵坐标为2p的点到其焦点F 的距离;(2)当PA 与PB 的斜率存在且倾斜角互补时,求12+y y y 的值,并证明直线AB 的斜率是非零常数.4.如图,椭圆214x y +=的左右焦点分别为1F ,2F ,点()00,P x y 是第一象限内椭圆上的一点,经过三点P ,1F ,2F 的圆与y 轴正半轴交于点()10,A y ,经过点(3,0)B 且与x 轴垂直的直线l 与直线AP 交于点Q .(1)求证:011y y =.(2)试问:x 轴上是否存在不同于点B 的定点M ,满足当直线MP ,MQ 的斜率存在时,两斜率之积为定值?若存在定点M ,求出点M 的坐标及该定值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2)存在点4,03M ⎛⎫⎪⎝⎭,可使得直线MP 与MQ 的斜率之积为定值,该定值为920-.【分析】(1)设()00,P x y 、圆的方程222()(0)x y b r r +-=>,代入()3,0-、()00,x y 及()10,A y 可解得101y y =,即可证;(2)设(,0)(3)M m m ≠,由A ,P ,Q 三点共线AP AQ k k =得Q y ,即可表示出MP MQ k k ⋅讨论定值是否存在.【详解】(1)由2214x y +=可得()13,0F -,()23,0F 设()00,P x y ,则220044x y +=,设圆的方程为2220()(0)+-=>x y b r r ,代入()13,0F -及()00,x y ,得()2202220003b rx y b r⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩,两式相减,得22220000000003443113222⎛⎫+--+-===- ⎪⎝⎭x y y y b y y y y ,所以圆的方程为022230+--=x y b y 即22001330x y y y y ⎛⎫++--= ⎪⎝⎭,令0x =,得2001330y y y y ⎛⎫+--= ⎪⎝⎭,由10y >,可得101y y =,即011y y =.5.已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的离心率为12,点(1,0)F 为椭圆的右焦点,点P 在椭圆上,且在x 轴上方,PF x ⊥轴,斜率为12的直线l 交C 于,M N 两点,(1)若直线l 过点F ,求PMN 的面积.(2)直线PM 和PN 的斜率分别为1k 和2k ,当直线l 平行移动时,12k k +是否为定值?若是,请求出该定值,若不是,请说明理由.6.已知椭圆22Γ:1a b+=()0a b >>的左焦点为()1,0F -,左、右顶点及上顶点分别记为A 、B 、C ,且1CF CB ⋅= .(1)求椭圆Γ的方程;(2)设过F 的直线PQ 交椭圆Γ于P 、Q 两点,若直线PA 、QA 与直线l :40x +=分别交于M 、N 两点,l 与x 轴的交点为K ,则MK KN ⋅是否为定值?若为定值,请求出该定值;若不为定值,请说明理由.7.已知平面上一动点P 到()2,0F 的距离与到直线6x =的距离之比为3.(1)求动点P 的轨迹方程C ;(2)曲线C 上的两点()11,A x y ,()22,B x y ,平面上点()2,0E -,连结PE ,PF 并延长,分别交曲线C 于点A ,B ,若1PE EA λ= ,2PF FB λ=,问,12λλ+是否为定值,若是,请求出该定值,若不是,请说明理由.8.已知椭圆2:14x C y +=,过点0,2M ⎛⎫- ⎪⎝⎭直线1l ,2l 的斜率为1k ,2k ,1l 与椭圆交于()11,A x y ,()22,B x y 两点,2l 与椭圆交于()33,C x y ,()44,D x y 两点,且A ,B ,C ,D 任意两点的连线都不与坐标轴平行,直线12y =-交直线AC ,BD 于P ,Q .(1)求证:1122341234k x x k x x x x x x =++;(2)PM QM的值是否是定值,若是,求出定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)证明见解析9.已知椭圆22:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为12,,F F 且离心率为12,椭圆C 的长轴长为4.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)设,A B 分别为椭圆的左、右顶点,过点B 作x 轴的垂线1l ,D 为1l 上异于点B 的一点,以线段BD 为直径作圆E ,若过点2F 的直线2l (异于x 轴)与圆E 相切于点H ,且2l 与直线AD 相交于点,P 试判断1PF PH +是否为定值,并说明理由.))可知()()()222,0,2,0,1,0A B F F H -=,112212PF PH PF PF F H PF PF +=+-=+()()2,0,E m m ≠则()2,2,D m 圆E 的半径为则直线AD 直线方程为(2)2my x =+,的方程为1,x ty =+10.已知椭圆()22:10x y C a b a b+=>>的左顶点和上顶点分别为A 、B ,直线AB 与圆22:3O x y +=相切,切点为M ,且2AM MB =.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)过圆O 上任意一点P 作圆O 的切线,交椭圆C 于E 、F 两点,试判断:PE PF ⋅是否为定值?若是,求出该值,并证明;若不是,请说明理由.11.已知椭圆22:1(0)x y C a b a b+=>>,左、右焦点分别为()11,0F -、()21,0F ,左、右顶点分别为,A B ,若T 为椭圆上一点,12FTF ∠的最大值为π3,点P 在直线4x =上,直线PA 与椭圆C 的另一个交点为M ,直线PB 与椭圆C 的另一个交点为N ,其中,M N 不与左右顶点重合.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)从点A 向直线MN 作垂线,垂足为Q ,证明:存在点D ,使得DQ 为定值.题型三:定直线问题【例1】已知如图,长为宽为12的矩形ABCD,以为,A B焦点的椭圆2222:1x yMa b+=恰好过,C D两点,(1)求椭圆M的标准方程;(2)根据(1)所得椭圆M的标准方程,若AB是椭圆M的左右顶点,过点(1,0)的动直线l交椭圆M与CD两点,试探究直线AC与BD的交点是否在一定直线上,若在,请求出该直线方程,若不在,请说明理由.【例2】已知椭圆:C22221x ya b+=(0a b>>)的离心率为23,且⎭为C上一点.(1)求C的标准方程;(2)点A,B分别为C的左、右顶点,M,N为C上异于A,B的两点,直线MN不与坐标轴平行且不过坐标原点O,点M关于原点O的对称点为M',若直线AM'与直线BN相交于点P,直线OP与直线MN相交于点Q,证明:点Q位于定直线上.【例3】已知1F 为椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左焦点,直线y =与C 交于A ,B 两点,且1ABF 的周长为4+ 2.(1)求C 的标准方程;(2)若(2,1)P 关于原点的对称点为Q ,不经过点P 且斜率为12的直线l 与C 交于点D ,E ,直线PD 与QE 交于点M ,证明:点M 在定直线上.【答案】(1)22182x y +=(2)证明见解析【分析】(1)将22y b =代入曲线C 的方程中求得||2AB a =,继而由三角形的面积公式得4ab =.再由椭圆的对称性和椭圆的定义得()22442a +=+,由此可求得C 的标准方程;(2)设()11,D x y ,()22,E x y ,直线l 的方程为12y x m =+,0m ≠,联立直线l 与椭圆C 的方程,并消去y 得222240x mx m ++-=,得出直线PD 的方程,直线QE 的方程,联立直线PD 与直线QE 的方程,求得点M 的坐标,继而求得12M M y x =-,可得证.(1)解:将22y b =代入2222:1(0)x y C a b a b +=>>中,解得22x a =±,则||2AB a =,所以1ABF 的面积为1222222ab a b ⨯⨯==,所以4ab =.①设C 的右焦点为2F ,连接2AF ,由椭圆的对称性可知12BF AF =,所以1ABF 的周长为()1112||||22AB AF BF AB AF AF a ++=++=+,所以()22442a +=+,②由①②解得22a =,2b =,所以C 的标准方程为22182x y +=.(2)解:设()11,D x y ,()22,E x y ,直线l 的方程为12y x m =+,0m ≠,联立直线l 与椭圆C 的方程,并消去y 得222240x mx m ++-=,【题型专练】1.已知椭圆C :()222210x y a b a b +=>>2H ⎛ ⎝⎭是C 上一点.(1)求C 的方程.(2)设A ,B 分别为椭圆C 的左、右顶点,过点()1,0D 作斜率不为0的直线l ,l 与C 交于P ,Q 两点,直线AP 与直线BQ 交于点M ,记AP 的斜率为1k ,BQ 的斜率为2k .证明:①1k k 为定值;②点M 在定直线上.2.已知()()1,0,1,0B C -为ABC 的两个顶点,P 为ABC 的重心,边,AC AB 上的两条中线长度之和为6.(1)求点P 的轨迹T 的方程.(2)已知点()()()3,0,2,0,2,0N E F --,直线PN 与曲线T 的另一个公共点为Q ,直线EP 与FQ 交于点M ,试问:当点P 变化时,点M 是否恒在一条定直线上?若是,请证明;若不是,请说明理由.3.已知椭圆C :()222210x y a b a b +=>>的离心率为2,左顶点为1A ,左焦点为1F ,上顶点为1B ,下顶点为2B ,M 为C 上一动点,11M AF △1.(1)求椭圆C 的方程;(2)过()0,2P 的直线l 交椭圆C 于D ,E 两点(异于点1B ,2B ),直线1B E ,2B D 相交于点Q ,证明:点Q 在一条平行于x 轴的直线上.。
专题七7.4.3 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题课件
适的方法.
关键能力 学案突破
热点一
圆锥曲线中的定点问题
2
【例1】(202X全国Ⅰ,理20)已知A,B分别为椭圆E: 2 +y2=1(a>1)的左、右
顶点,G为E的上顶点, · =8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点
此时直线 MN 过点 P
2 1
,3 3
令 Q 为 AP 的中点,即 Q
.
4 1
,
3 3
.
若 D 与 P 不重合,则由题设知 AP 是
与P
1
2 2
Rt△ADP 的斜边,故|DQ|=2|AP|= 3 .若 D
1
重合,则|DQ|=2|AP|.
综上,存在点 Q
4 1
,
3 3
,使得|DQ|为定值.
解题心得有关存在性问题的求解策略
由方程组
2
4
+ 2 = 1,
得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,
= + ,
8
4 2 -4
∴x1+x2=-4 2 +1,x1x2=4 2 +1.又由
π
α+β= 2 ,
∴tan α·
tan β=1.设直线 MA,MB 斜率分别为 k1,k2,则 k1k2=1,
∴
1
bx+ay-ab=0,
2 5
.
5
因为△OAB 的面积为
1
1,所以 ab=1,即
2
2
所以椭圆的标准方程为 +y2=1.
2024年高考数学专项复习圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题(解析版)
圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题一、椭圆定点问题1已知圆E :x +1 2+y 2=16,点F 1,0 ,G 是圆E 上任意一点,线段GF 的垂直平分线和半径GE 相交于H(1)求动点H 的轨迹Γ的方程;(2)经过点F 和T 7,0 的圆与直线l :x =4交于P ,Q ,已知点A 2,0 ,且AP 、AQ 分别与Γ交于M 、N .试探究直线MN 是否经过定点.如果有,请求出定点;如果没有,请说明理由.2已知点A (2,0),B -65,-45 在椭圆M :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上.(1)求椭圆M 的方程;(2)直线l 与椭圆M 交于C ,D 两个不同的点(异于A ,B ),过C 作x 轴的垂线分别交直线AB ,AD 于点P ,Q ,当P 是CQ 中点时,证明.直线l 过定点.2024年高考数学专项复习圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题(解析版)3如图,椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ,B .左、右焦点分别为F 1,F 2,离心率为22,点M (2,1)在椭圆C 上.(1)求椭圆C 的方程;(2)已知P ,Q 是椭圆C 上两动点,记直线AP 的斜率为k 1,直线BQ 的斜率为k 2,k 1=2k 2.过点B 作直线PQ 的垂线,垂足为H .问:在平面内是否存在定点T ,使得TH 为定值,若存在,求出点T 的坐标;若不存在,试说明理由.4已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左、右焦点分别为F 1,F 2,A ,B 分别是C 的右、上顶点,且AB =7,D 是C 上一点,△BF 2D 周长的最大值为8.(1)求C 的方程;(2)C 的弦DE 过F 1,直线AE ,AD 分别交直线x =-4于M ,N 两点,P 是线段MN 的中点,证明:以PD 为直径的圆过定点.5已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左顶点为A ,过右焦点F 且平行于y 轴的弦PQ =AF =3.(1)求△APQ 的内心坐标;(2)是否存在定点D ,使过点D 的直线l 交C 于M ,N ,交PQ 于点R ,且满足MR ⋅ND =MD ⋅RN 若存在,求出该定点坐标,若不存在,请说明理由.二、双曲线定点问题1已知点P 4,3 为双曲线E :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)上一点,E 的左焦点F 1到一条渐近线的距离为3.(1)求双曲线E 的标准方程;(2)不过点P 的直线y =kx +t 与双曲线E 交于A ,B 两点,若直线PA ,PB 的斜率和为1,证明:直线y =kx +t 过定点,并求该定点的坐标.2双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点为A,焦距为4,过右焦点F作垂直于实轴的直线交C于B、D两点,且△ABD是直角三角形.(1)求双曲线C的方程;(2)已知M,N是C上不同的两点,MN中点的横坐标为2,且MN的中垂线为直线l,是否存在半径为1的定圆E,使得l被圆E截得的弦长为定值,若存在,求出圆E的方程;若不存在,请说明理由.3已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的右焦点,右顶点分别为F,A,B0,b,AF=1,点M在线段AB上,且满足BM=3MA,直线OM的斜率为1,O为坐标原点.(1)求双曲线C的方程.(2)过点F的直线l与双曲线C的右支相交于P,Q两点,在x轴上是否存在与F不同的定点E,使得EP⋅FQ=EQ⋅FP恒成立?若存在,求出点E的坐标;若不存在,请说明理由.4已知双曲线C 与双曲线x 212-y 23=1有相同的渐近线,且过点A (22,-1).(1)求双曲线C 的标准方程;(2)已知点D (2,0),E ,F 是双曲线C 上不同于D 的两点,且DE ·DF =0,DG ⊥EF 于点G ,证明:存在定点H ,使GH 为定值.5已知双曲线C :x 2-y 2b2=1b >0 的左、右焦点分别为F 1,F 2,A 是C 的左顶点,C 的离心率为2.设过F 2的直线l 交C 的右支于P 、Q 两点,其中P 在第一象限.(1)求C 的标准方程;(2)若直线AP 、AQ 分别交直线x =12于M 、N 两点,证明:MF 2 ⋅NF 2 为定值;(3)是否存在常数λ,使得∠PF 2A =λ∠PAF 2恒成立?若存在,求出λ的值;否则,说明理由.三、抛物线定点问题1已知动圆M 恒过定点F 0,18 ,圆心M 到直线y =-14的距离为d ,d =MF +18.(1)求M 点的轨迹C 的方程;(2)过直线y =x -1上的动点Q 作C 的两条切线l 1,l 2,切点分别为A ,B ,证明:直线AB 恒过定点.2已知抛物线C 1:x 2=2py (p >0)和圆C 2:(x +1)2+y 2=2,倾斜角为45°的直线l 1过C 1焦点,且l 1与C 2相切.(1)求抛物线C 1的方程;(2)动点M 在C 1的准线上,动点A 在C 1上,若C 1在点A 处的切线l 2交y 轴于点B ,设MN =MA +MB ,证明点N 在定直线上,并求该定直线的方程.3已知直线l1:x-y+1=0过椭圆C:x24+y2b2=1(b>0)的左焦点,且与抛物线M:y2=2px(p>0)相切.(1)求椭圆C及抛物线M的标准方程;(2)直线l2过抛物线M的焦点且与抛物线M交于A,B两点,直线OA,OB与椭圆的过右顶点的切线交于M,N两点.判断以MN为直径的圆与椭圆C是否恒交于定点P,若存在,求出定点P的坐标;若不存在,请说明理由.4在平面直角坐标系中,已知圆心为点Q的动圆恒过点F(0,1),且与直线y=-1相切,设动圆的圆心Q的轨迹为曲线Γ.(1)求曲线Γ的方程;(2)P为直线l:y=y0y0<0上一个动点,过点P作曲线Γ的切线,切点分别为A,B,过点P作AB的垂线,垂足为H,是否存在实数y0,使点P在直线l上移动时,垂足H恒为定点?若不存在,说明理由;若存在,求出y0的值,并求定点H的坐标.5已知抛物线C :y 2=2px p >0 ,直线x +y +1=0与抛物线C 只有1个公共点.(1)求抛物线C 的方程;(2)若直线y =k x -p 2与曲线C 交于A ,B 两点,直线OA ,OB 与直线x =1分别交于M ,N 两点,试判断以MN 为直径的圆是否经过定点?若是,求出定点坐标;若不是,请说明理由.四、椭圆定值问题1已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率e =12,短轴长为23.(1)求椭圆C 的方程;(2)已知经过定点P 1,1 的直线l 与椭圆相交于A ,B 两点,且与直线y =-34x 相交于点Q ,如果AQ =λAP ,QB =μPB ,那么λ+μ是否为定值?若是,请求出具体数值;若不是,请说明理由.2在椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)中,其所有外切矩形的顶点在一个定圆Γ:x 2+y 2=a 2+b 2上,称此圆为椭圆的蒙日圆.椭圆C 过P 1,22,Q -62,12 .(1)求椭圆C 的方程;(2)过椭圆C 的蒙日圆上一点M ,作椭圆的一条切线,与蒙日圆交于另一点N ,若k OM ,k ON 存在,证明:k OM ⋅k ON 为定值.3已知O 为坐标原点,定点F 1-1,0 ,F 21,0 ,圆O :x 2+y 2=2,M 是圆内或圆上一动点,圆O 与以线段F 2M 为直径的圆O 1内切.(1)求动点M 的轨迹方程;(2)设M 的轨迹为曲线E ,若直线l 与曲线E 相切,过点F 2作直线l 的垂线,垂足为N ,证明:ON 为定值.4设椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 过点M 2,1 ,且左焦点为F 1-2,0 .(1)求椭圆E 的方程;(2)△ABC 内接于椭圆E ,过点P 4,1 和点A 的直线l 与椭圆E 的另一个交点为点D ,与BC 交于点Q ,满足AP QD =AQ PD ,证明:△PBC 面积为定值,并求出该定值.5椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1的右焦点为F (1,0),离心率为12.(1)求椭圆C 的方程;(2)过F 且斜率为1的直线交椭圆于M ,N 两点,P 是直线x =4上任意一点.求证:直线PM ,PF ,PN 的斜率成等差数列.五、双曲线定值问题1在平面直角坐标系xOy中,圆F1:x+22+y2=4,F22,0,P是圆F1上的一个动点,线段PF2的垂直平分线l与直线PF1交于点M.记点M的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)过点F2作与x轴不垂直的任意直线交曲线C于A,B两点,线段AB的垂直平分线交x轴于点H,求证:ABF2H为定值.2已知双曲线x2-y2=1的左、右顶点分别为A1,A2,动直线l:y=kx+m与圆x2+y2=1相切,且与双曲线左、右两支的交点分别为P1(x1,y1),P2(x2,y2).(1)求k的取值范围;(2)记直线P1A1的斜率为k1,直线P2A2的斜率为k2,那么k1k2是定值吗?证明你的结论.3已知P 是圆C :(x +2)2+y 2=12上一动点,定点M (2,0),线段PM 的垂直平分线n 与直线PC 交于点T ,记点T 的轨迹为C .(1)求C 的方程;(2)若直线l 与曲线C 恰有一个共点,且l 与直线l 1:y =33x ,l 2:y =-33x 分别交于A 、B 两点,△OAB 的面积是否为定值?若是,求出该定值,若不是,请说明理由.4已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的渐近线方程为y =±34x ,焦距为10,A 1,A 2为其左右顶点.(1)求C 的方程;(2)设点P 是直线l :x =2上的任意一点,直线PA 1、PA 2分别交双曲线C 于点M 、N ,A 2Q ⊥MN ,垂足为Q ,求证:存在定点R ,使得QR 是定值.5已知F1,F2分别为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左,右焦点,点P2,26在C上,且双曲线C的渐近线与圆x2+y2-6y+8=0相切.(1)求双曲线C的方程;(2)若过点F2且斜率为k的直线l交双曲线C的右支于A,B两点,Q为x轴上一点,满足QA=QB,试问AF1+BF1-4QF2是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.六、抛物线定值问题1已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,准线为l,过点F且倾斜角为π6的直线交抛物线于点M(M在第一象限),MN⊥l,垂足为N,直线NF交x轴于点D,MD=43.(1)求p的值.(2)若斜率不为0的直线l1与抛物线C相切,切点为G,平行于l1的直线交抛物线C于P,Q两点,且∠PGQ=π2,点F到直线PQ与到直线l1的距离之比是否为定值?若是,求出此定值;若不是,请说明理由.2已知抛物线C1:y2=2px p>0到焦点的距离为3.上一点Q1,a(1)求a,p的值;(2)设P为直线x=-1上除-1,-3两点外的任意一点,过P作圆C2:x-2,-1,32+y2=3的两条切线,分别与曲线C1相交于点A,B和C,D,试判断A,B,C,D四点纵坐标之积是否为定值?若是,求该定值;若不是,请说明理由.3已知点F是抛物线C:y2=2px p>0的焦点,纵坐标为2的点N在C上,以F为圆心、NF为半径的圆交y轴于D,E,DE=23.(1)求抛物线C的方程;(2)过-1,0作直线l与抛物线C交于A,B,求k NA+k NB的值.4贝塞尔曲线是计算机图形学和相关领域中重要的参数曲线.法国数学象卡斯特利奥对贝塞尔曲线进行了图形化应用的测试,提出了De Casteljau 算法:已知三个定点,根据对应的比例,使用递推画法,可以画出地物线.反之,已知抛物线上三点的切线,也有相应成比例的结论.如图所示,抛物线Γ:x 2=2py ,其中p >0为一给定的实数.(1)写出抛物线Γ的焦点坐标及准线方程;(2)若直线l :y =kx -2pk +2p 与抛物线只有一个公共点,求实数k 的值;(3)如图,A ,B ,C 是H 上不同的三点,过三点的三条切线分别两两交于点D ,E ,F ,证明:|AD ||DE |=|EF ||FC |=|DB ||BF |.5已知点A 为直线l :x +1=0上的动点,过点A 作射线AP (点P 位于直线l 的右侧)使得AP ⊥l ,F 1,0 ,设线段AF 的中点为B ,设直线PB 与x 轴的交点为T ,PF =TF .(1)求动点P 的轨迹C 的方程.(2)设过点Q 0,2 的两条射线分别与曲线C 交于点M ,N ,设直线QM ,QN 的斜率分别为k 1,k 2,若1k 1+1k 2=2,请判断直线MN 的斜率是否为定值以及其是否过定点,若斜率为定值,请计算出定值;若过定点,请计算出定点.七、椭圆定直线问题1椭圆E的方程为x24+y28=1,左、右顶点分别为A-2,0,B2,0,点P为椭圆E上的点,且在第一象限,直线l过点P(1)若直线l分别交x,y轴于C,D两点,若PD=2,求PC的长;(2)若直线l过点-1,0,且交椭圆E于另一点Q(异于点A,B),记直线AP与直线BQ交于点M,试问点M是否在一条定直线上?若是,求出该定直线方程;若不是,说明理由.2已知曲线C:(5-m)x2+(m-2)y2=8(m∈R).(1)若曲线C是椭圆,求m的取值范围.(2)设m=4,曲线C与y轴的交点为A,B(点A位于点B的上方),直线l:y=kx+4与曲线C交于不同的两点M,N.设直线AN与直线BM相交于点G.试问点G是否在定直线上?若是,求出该直线方程;若不是,说明理由.3已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >0,b >0 过点M 263,63 ,且离心率为22.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)若直线l :y =x +m 与椭圆C 交y 轴右侧于不同的两点A ,B ,试问:△MAB 的内心是否在一条定直线上?若是,请求出该直线方程;若不是,请说明理由.4已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 过点Q 1,32 ,且离心率为12.(1)求椭圆C 的方程;(2)过点P 1,2 的直线l 交C 于A 、B 两点时,在线段AB 上取点M ,满足AP ⋅MB =AM ⋅PB ,证明:点M 总在某定直线上.5椭圆E的中心为坐标原点,坐标轴为对称轴,左、右顶点分别为A-2,0,B2,0,点1,6在椭圆E上.(1)求椭圆E的方程.(2)过点-1,0的直线l与椭圆E交于P,Q两点(异于点A,B),记直线AP与直线BQ交于点M,试问点M是否在一条定直线上?若是,求出该定直线方程;若不是,请说明理由.八、双曲线定直线问题1如图1所示,双曲线具有光学性质:从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射,其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线E:x24-y2b2=1b>0的左、右焦点分别为F1、F2,从F2发出的光线经过图2中的A、B两点反射后,分别经过点C和D,且tan∠CAB=-34,AB⊥BD.(1)求双曲线E的方程;(2)设A1、A2为双曲线E实轴的左、右顶点,若过P4,0的直线l与双曲线C交于M、N两点,试探究直线A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上?若存在,请求出该定直线方程;如不存在,请说明理由.2已知曲线C上的动点P满足|PF1|-|PF2|=2,且F1-2,0,F22,0.(1)求C的方程;(2)若直线AB与C交于A、B两点,过A、B分别做C的切线,两切线交于点P .在以下两个条件①②中选择一个条件,证明另外一个条件成立.①直线AB经过定点M4,0;②点P 在定直线x=14上.3已知点(2,3)在双曲线C:x2a2-y2a2+2=1上.(1)双曲线上动点Q处的切线交C的两条渐近线于A,B两点,其中O为坐标原点,求证:△AOB的面积S 是定值;(2)已知点P12,1,过点P作动直线l与双曲线右支交于不同的两点M、N,在线段MN上取异于点M、N的点H,满足PMPN=MHHN,证明:点H恒在一条定直线上.4已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 经过点D 4,3 ,直线l 1、l 2分别是双曲线C 的渐近线,过D 分别作l 1和l 2的平行线l 1和l 2,直线l 1交x 轴于点M ,直线l 2交y 轴于点N ,且OM ⋅ON =23(O 是坐标原点)(1)求双曲线C 的方程;(2)设A 1、A 2分别是双曲线C 的左、右顶点,过右焦点F 的直线交双曲线C 于P 、Q 两个不同点,直线A 1P 与A 2Q 相交于点G ,证明:点G 在定直线上.5已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 的离心率为2,过点E 1,0 的直线l 与C 左右两支分别交于M ,N 两个不同的点(异于顶点).(1)若点P 为线段MN 的中点,求直线OP 与直线MN 斜率之积(O 为坐标原点);(2)若A ,B 为双曲线的左右顶点,且AB =4,试判断直线AN 与直线BM 的交点G 是否在定直线上,若是,求出该定直线,若不是,请说明理由九、抛物线定直线问题1过抛物线x 2=2py (p >0)内部一点P m ,n 作任意两条直线AB ,CD ,如图所示,连接AC ,BD 延长交于点Q ,当P 为焦点并且AB ⊥CD 时,四边形ACBD 面积的最小值为32(1)求抛物线的方程;(2)若点P 1,1 ,证明Q 在定直线上运动,并求出定直线方程.2已知抛物线E :y 2=2px p >0 ,过点-1,0 的两条直线l 1、l 2分别交E 于A 、B 两点和C 、D 两点.当l 1的斜率为12时,AB =210.(1)求E 的标准方程;(2)设G 为直线AD 与BC 的交点,证明:点G 在定直线上.3已知抛物线C 1:x 2=2py (p >0)和圆C 2:x +1 2+y 2=2,倾斜角为45°的直线l 1过C 1的焦点且与C 2相切.(1)求p 的值:(2)点M 在C 1的准线上,动点A 在C 1上,C 1在A 点处的切线l 2交y 轴于点B ,设MN =MA +MB,求证:点N 在定直线上,并求该定直线的方程.4已知拋物线x 2=4y ,P 为拋物线外一点,过P 点作抛物线的切线交抛物线于A ,B 两点,交x 轴于M ,N 两点.(1)若P -1,-2 ,设△OAB 的面积为S 1,△PMN 的面积为S 2,求S 1S 2的值;(2)若P x 0,y 0 ,求证:△PMN 的垂心H 在定直线上.5已知F为抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点,直线l:y=2x+1与C交于A,B两点且|AF|+|BF|= 20.(1)求C的方程.(2)若直线m:y=2x+t(t≠1)与C交于M,N两点,且AM与BN相交于点T,证明:点T在定直线上.圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题一、椭圆定点问题1已知圆E :x +1 2+y 2=16,点F 1,0 ,G 是圆E 上任意一点,线段GF 的垂直平分线和半径GE 相交于H(1)求动点H 的轨迹Γ的方程;(2)经过点F 和T 7,0 的圆与直线l :x =4交于P ,Q ,已知点A 2,0 ,且AP 、AQ 分别与Γ交于M 、N .试探究直线MN 是否经过定点.如果有,请求出定点;如果没有,请说明理由.【答案】(1)x 24+y 23=1(2)经过定点,定点坐标为1,0 【分析】(1)利用椭圆的定义即可求出动点H 的轨迹Γ的方程;(2)设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,直线MN 的方程为:x =my +n ,与椭圆方程联立,根据韦达定理列出x 1,y 1,x 2,y 2之间的关系,再利用两点式写出直线MA 的方程,求出点P 4,2y 1x 1-2 ,Q 4,2y 2x 2-2,再写出以PQ 为直径的圆的方程,根据圆的方程经过点T 7,0 ,得到关系式,进而求得n 为定值,从而得到直线MN 过定点.【详解】(1)如图所示,∵HE +HF =HE +HG =4,且EF =2<4,∴点H 的轨迹是以E ,F 为焦点的椭圆,设椭圆方程x 2a 2+y 2b2=1,则2a =4,c =1,∴a =2,b =a 2-c 2= 3.所以点H 的轨迹方程为:x 24+y 23=1.(2)设直线MN 的方程为:x =my +n ,由x 24+y 23=1x =my +n ,得3m 2+4 y 2+6mny +3n 2-12=0设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,则y 1+y 2=-6mn 3m 2+4,y 1y 2=3n 2-123m 2+4.所以,x 1+x 2=m y 1+y 2 +2n =8n 3m 2+4,x 1x 2=my 1+n my 2+n =-12m 2+4n 23m 2+4因为直线MA 的方程为:y =y 1x 1-2x -2 ,令x =4,得y P =2y 1x 1-2,所以,P 4,2y 1x1-2 ,同理可得Q 4,2y 2x 2-2,以PQ 为直径的圆的方程为:x -4 2+y -2y 1x 1-2 y -2y 2x 2-2=0,即x -4 2+y 2-2y 1x 1-2+2y 2x 2-2y +2y 1x 1-2×2y 2x 2-2=0,因为圆过点7,0 ,所以,9+2y 1x 1-2×2y 2x 2-2=0,得9+4y 1y 2x 1x 2-2x 1+x 2 +4=0,代入得9+12n 2-483m 2+4-12m 2+4n 23m 2+4-16n3m 2+4+4=0,化简得,9+12n 2-484n 2-16n +16=04n 2-16n +16≠0,n ≠2 ,解得n =1或n =2(舍去),所以直线MN 经过定点1,0 ,当直线MN 的斜率为0时,此时直线MN 与x 轴重合,直线MN 经过点1,0 ,综上所述,直线MN 经过定点1,0 .2已知点A (2,0),B -65,-45 在椭圆M :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上.(1)求椭圆M 的方程;(2)直线l 与椭圆M 交于C ,D 两个不同的点(异于A ,B ),过C 作x 轴的垂线分别交直线AB ,AD 于点P ,Q ,当P 是CQ 中点时,证明.直线l 过定点.【答案】(1)x 24+y 2=1(2)证明见解析【分析】(1)根据椭圆所经过的点列方程求出其方程;(2)设出CD 方程,结合韦达定理和P 是CQ 中点的条件,找到直线CD 中两个参数的关系,从而求出定点.【详解】(1)由题知a =2,又椭圆经过B -65,-45 ,代入可得14-652+1b2-452=1,解得b 2=1,故椭圆的方程为:x 24+y 2=1(2)由题意知,当l ⊥x 轴时,不符合题意,故l 的斜率存在,设l 的方程为y =kx +m ,联立y =kx +m x 24+y 2=1消去y 得4k 2+1 x 2+8kmx +4m 2-4=0,则Δ=64k 2m 2-16m 2-1 4k 2+1 =164k 2-m 2+1 >0,即4k 2+1>m 2设C x 1,y 1 ,D x 2,y 2 ,x 1+x 2=-8km 4k 2+1,x 1x 2=4m 2-44k 2+1AB 的方程为y =14(x -2),令x =x 1得P x 1,x 1-24 ,AD 的方程为y =y 2x 2-2(x -2),令x =x 1得Q x 1,x 1-2x 2-2y 2,由P 是CQ 中点,得x 1-22=y 1+x 1-2x 2-2⋅y 2,即y 1x 1-2+y 2x 2-2=12,即kx 1+m x 2-2 +kx 2+m x 1-2 =12x 1x 2-2x 1+x 2 +4 ,即(1-4k )x 1x 2+(4k -2m -2)x 1+x 2 +4+8m =0,即4m 2+(16k +8)m +16k 2+16k =0,所以(m +2k )(m +2k +2)=0,得m =-2k -2或m =-2k ,当m =-2k -2,此时由Δ>0,得k <-38,符合题意;当m =-2k ,此时直线l 经过点A ,与题意不符,舍去.所以l 的方程为y =kx -2k -2,即y =k (x -2)-2,所以l 过定点(2,-2).3如图,椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ,B .左、右焦点分别为F 1,F 2,离心率为22,点M (2,1)在椭圆C 上.(1)求椭圆C 的方程;(2)已知P ,Q 是椭圆C 上两动点,记直线AP 的斜率为k 1,直线BQ 的斜率为k 2,k 1=2k 2.过点B 作直线PQ 的垂线,垂足为H .问:在平面内是否存在定点T ,使得TH 为定值,若存在,求出点T 的坐标;若不存在,试说明理由.【答案】(1)C :x 24+y 22=1;(2)存在定点T 23,0 使TH 为定值,理由见解析.【分析】(1)根据离心率,椭圆上点及参数关系列方程组求a ,b ,c ,即可得椭圆方程;(2)根据题意设BQ :y =k (x -2),AP :y =2k (x +2),联立椭圆方程求P ,Q 坐标,判断直线PQ 过定点,结合BH ⊥PQ 于H 确定H 轨迹,进而可得定点使得TH 为定值.【详解】(1)由题意c a =222a 2+1b 2=1a 2=b 2+c 2,可得a 2=4b 2=c 2=2 ,则椭圆方程为C :x 24+y 22=1;(2)若直线BQ 斜率为k ,则直线AP 斜率为2k ,而A (-2,0),B (2,0),所以BQ :y =k (x -2),AP :y =2k (x +2),联立BQ 与椭圆C ,则x 2+2k 2(x -2)2=4,整理得(1+2k 2)x 2-8k 2x +8k 2-4=0,所以2x Q =8k 2-41+2k 2,则x Q =4k 2-21+2k 2,故y Q =-4k1+2k 2,联立AP 与椭圆C ,则x 2+8k 2(x +2)2=4,整理得(1+8k 2)x 2+32k 2x +32k 2-4=0,所以-2x P =32k 2-41+8k 2,则x P =2-16k 21+8k 2,故y P=8k 1+8k 2,综上,x Q -x P =4k 2-21+2k 2-2-16k 21+8k 2=64k 4-4(1+8k 2)(1+2k 2),y Q -y P =-4k 1+2k 2-8k 1+8k 2=-12k +48k 31+8k 2 1+2k 2,当64k 4-4≠0,即k ≠±12时,k PQ =12k (1+4k 2)4(1-16k 4)=3k1-4k 2,此时PQ :y +4k 1+2k 2=3k 1-4k 2x +2-4k 21+2k 2=3k 1-4k 2x +6k -12k 3(1+2k 2)(1-4k 2),所以PQ :y =3k 1-4k 2x +2k 1-4k 2=k 1-4k 2(3x +2),即直线PQ 过定点-23,0 ;当64k 4-4=0,即k =±12时,若k =12,则x Q =-23且y Q =-43,x P =-23且y P =43,故直线PQ 过定点-23,0 ;若k =-12,则x Q =-23且y Q =43,x P =-23且y P =-43,故直线PQ 过定点-23,0 ;综上,直线PQ 过定点M -23,0 ,又BH ⊥PQ 于H ,易知H 轨迹是以BM 为直径的圆上,故BM 的中点23,0 到H 的距离为定值,所以,所求定点T 为23,0 .【点睛】关键点点睛:第二问,设直线BQ ,AP 联立椭圆,结合韦达定理求点P ,Q 坐标,再写出直线PQ 方程判断其过定点是关键.4已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左、右焦点分别为F 1,F 2,A ,B 分别是C 的右、上顶点,且AB =7,D 是C 上一点,△BF 2D 周长的最大值为8.(1)求C 的方程;(2)C 的弦DE 过F 1,直线AE ,AD 分别交直线x =-4于M ,N 两点,P 是线段MN 的中点,证明:以PD 为直径的圆过定点.【答案】(1)x 24+y 23=1;(2)证明见解析.【分析】(1)根据椭圆的定义结合三角形不等式求解即可;(2)设D x 1,y 1 ,E x 2,y 2 ,直线DE :x =my -1,联立直线与椭圆的方程,根据过两点圆的方程,结合图形的对称性可得定点在x 轴上,代入韦达定理求解即可.【详解】(1)依题意,a 2+b 2=7,△BF 2D 周长DB +DF 2 +a =DB +2a -DF 1 +a ≤BF 1 +3a =4a ,当且仅当B ,F 1,D 三点共线时等号成立,故4a =8,所以a 2=4,b 2=3,所以C 的方程x 24+y 23=1;(2)设D x 1,y 1 ,E x 2,y 2 ,直线DE :x =my -1,代入x 24+y 23=1,整理得3m 2+4 y 2-6my -9=0,Δ=36m 2+363m 2+4 >0,y 1+y 2=6m 3m 2+4,y 1y 2=-93m 2+4,易知AD :y =y 1x 1-2x -2 ,令x =-4,得N -4,-6y 1x 1-2 ,同得M -4,-6y 2x 2-2,从而中点P -4,-3y 1x 1-2+y 2x 2-2,以PD 为直径的圆为x +4 x -x 1 +y +3y 1x 1-2+y 2x 2-2y -y 1 =0,由对称性可知,定点必在x 轴上,令y =0得,x +4 x -x 1 -3y 1y 1x 1-2+y 2x 2-2=0,y 1x 1-2+y 2x 2-2=y 1my 1-3+y 2my 2-3=2my 1y 2-3y 1+y 2 m 2y 1y 2-3m y 1+y 2 +9=-18m3m 2+4-18m 3m 2+4-9m 23m 2+4-18m 23m 2+4+9=-36m36=-m ,所以x +4 x -x 1 +3my 1=0,即x 2+4-x 1 x -4x 1+3my 1=0,因为x 1=my 1-1,所以x 2+5-my 1 x -my 1+4=0,即x +1 x -my 1+4 =0,解得x =-1,所以圆过定点-1,0 .【点睛】方法点睛:利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:(1)设直线方程,设交点坐标为x 1,y 1 ,x 2,y 2 ;(2)联立直线与圆锥曲线的方程,得到关于x (或y )的一元二次方程,必要时计算Δ;(3)列出韦达定理;(4)将所求问题或题中的关系转化为x 1+x 2,x 1x 2(或y 1+y 2,y 1y 2)的形式;(5)代入韦达定理求解.5已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左顶点为A ,过右焦点F 且平行于y 轴的弦PQ =AF =3.(1)求△APQ 的内心坐标;(2)是否存在定点D ,使过点D 的直线l 交C 于M ,N ,交PQ 于点R ,且满足MR ⋅ND =MD ⋅RN若存在,求出该定点坐标,若不存在,请说明理由.【答案】(1)7-354,0 (2)存在定点D (4,0)【分析】(1)由题意,根据椭圆的定义以及a 2=b 2+c 2,列出等式即可求出椭圆C 的方程,判断△APQ 的内心在x 轴,设直线PT 平分∠APQ ,交x 轴于点T ,此时T 为△APQ 的内心,进行求解即可;(2)设直线l 方程为y =k (x -t ),M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),将直线l 的方程与椭圆方程联立,得到根的判别式大于零,由点M 、R 、N 、D 均在直线l 上,得到MR ⋅ND =MD ⋅RN,此时2t -(1+t )(x 1+x 2)+2x 1x 2=0,结合韦达定理求出t =4,可得存在定点D (4,0)满足题意.【详解】(1)∵a 2=b 2+c 2,2b 2a=a +c =3∴a =2,b =3,c =1∴椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1,不妨取P 1,32 ,Q 1,-32 ,A (-2,0),则AP =352,PF =32;因为△APQ 中,AP =AQ ,所以△APQ 的内心在x 轴,设直线PT 平分∠APQ ,交x 轴于T ,则T 为△APQ 的内心,且AT TF =AP PF =5=AT 3-AT ,所以AT =355+1,则T 7-354,0 ;(2)∵椭圆和弦PQ 均关于x 轴上下对称.若存在定点D ,则点D 必在x 轴上∴设D (t ,0)当直线l 斜率存在时,设方程为y =k (x -t ),M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,直线方程与椭圆方程联立y =k (x -t )x 24+y 23=1,消去y 得4k 2+3 x 2-8k 2tx +4k 2t 2-3 =0,则Δ=48k 2+3-k 2t 2>0,x 1+x 2=8k 2t4k 2+3,x 1x 2=4k 2t 2-3 4k 2+3①∵点R 的横坐标为1,M 、R 、N 、D 均在直线l 上,MR ⋅ND =MD ⋅RN∴1+k 2 1-x 1 t -x 2 =1+k 2 t -x 1 x 2-1∴2t -(1+t )x 1+x 2 +2x 1x 2=0∴2t -(1+t )8k 2t 4k 2+3+2×4k 2t 2-3 4k 2+3=0,整理得t =4,因为点D 在椭圆外,则直线l 的斜率必存在.∴存在定点D (4,0)满足题意【点睛】解决曲线过定点问题一般有两种方法:①探索曲线过定点时,可设出曲线方程,然后利用条件建立等量关系进行消元,借助于曲线系的思想找出定点,或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标.②从特殊情况入手,先探求定点,再证明与变量无关.二、双曲线定点问题1已知点P 4,3 为双曲线E :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)上一点,E 的左焦点F 1到一条渐近线的距离为3.(1)求双曲线E 的标准方程;(2)不过点P 的直线y =kx +t 与双曲线E 交于A ,B 两点,若直线PA ,PB 的斜率和为1,证明:直线y =kx +t 过定点,并求该定点的坐标.【答案】(1)x 24-y 23=1(2)证明见解析,定点为(-2,3).【分析】(1)由点到直线的距离公式求出b =3,再将点P 4,3 代入双曲线方程求出a 2=4,可得双曲线E 的标准方程;(2)联立直线与双曲线方程,利用韦达定理得x 1+x 2、x 1x 2,再根据斜率和为1列式,推出t =2k +3,从而可得直线y =kx +t 过定点(-2,3).【详解】(1)设F 1(-c ,0)(c >0)到渐近线y =bax ,即bx -ay =0的距离为3,则3=|-bc |b 2+a2,结合a 2+b 2=c 2得b =3,又P (4,3)在双曲线x 2a 2-y 23=1上,所以16a2-93=1,得a 2=4,所以双曲线E 的标准方程为x 24-y 23=1.(2)联立y =kx +tx 24-y 23=1,消去y 并整理得3-4k 2 x 2-8ktx -4t 2-12=0,则3-4k 2≠0,Δ=64k 2t 2+4(3-4k 2)(4t 2+12)>0,即t 2+3>4k 2,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1+x 2=8kt 3-4k 2,x 1x 2=-4t 2+123-4k 2,则k PA +k PB =y 1-3x 1-4+y 2-3x 2-4=kx 1+t -3x 1-4+kx 2+t -3x 2-4=kx 1+t -3 x 2-4 +kx 2+t -3 x 1-4 x 1-4 x 2-4=2kx 1x 2+t -4k -3 x 1+x 2 -8t +24x 1x 2-4(x 1+x 2)+16=1,所以2kx 1x 2+t -4k -3 x 1+x 2 -8t +24=x 1x 2-4(x 1+x 2)+16,所以2k -1 x 1x 2+t -4k +1 x 1+x 2 -8t +8=0,所以-2k -1 4t2+123-4k 2+t -4k +1 ⋅8kt3-4k2-8t +8=0,整理得t 2-6k +2kt -6t -8k 2+9=0,所以(t -3)2+2k (t -3)-8k 2=0,所以t -3-2k t -3+4k =0,因为直线y =kx +t 不过P (4,3),即3≠4k +t ,t -3+4k ≠0,所以t -3-2k =0,即t =2k +3,所以直线y =kx +t =kx +2k +3,即y -3=k (x +2)过定点(-2,3).【点睛】关键点点睛:利用韦达定理和斜率公式推出t =2k +3是解题关键.2双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的左顶点为A ,焦距为4,过右焦点F 作垂直于实轴的直线交C 于B 、D 两点,且△ABD 是直角三角形.(1)求双曲线C 的方程;(2)已知M ,N 是C 上不同的两点,MN 中点的横坐标为2,且MN 的中垂线为直线l ,是否存在半径为1的定圆E ,使得l 被圆E 截得的弦长为定值,若存在,求出圆E 的方程;若不存在,请说明理由.【答案】(1)x 2-y 23=1(2)存在,E :(x -8)2+y 2=1【分析】(1)根据双曲线的性质,结合△ABD 是等腰直角三角形的性质,列出关系式即可求解双曲线方程;(2)首先利用点差法求出直线l 所过的定点,即可求出定圆的方程.【详解】(1)依题意,∠BAD =90°,焦半径c =2,当x =c 时,c 2a 2-y 2b 2=1,得y 2=b 2c 2a 2-1=b 4a2,即y =±b 2a ,所以BF =b 2a ,由AF =BF ,得a +c =b 2a,得a 2+2a =22-a 2,解得:a =1(其中a =-2<0舍去),所以b 2=c 2-a 2=4-1=3,故双曲线C 的方程为x 2-y 23=1;(2)设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,MN 的中点为Q x 0,y 0 因为M ,N 是C 上不同的两点,MN 中点的横坐标为2.所以x 21-y 213=1,①x 22-y 223=1,②x 0=x 1+x 22=2,③y 0=y 1+y 22,④.①-②得x 1+x 2 x 1-x 2 -y 1+y 2 y 1-y 23=0,当k MN 存在时,k MN =y 1-y2x 1-x 2=3x 1+x 2 y 1+y 2=3×42y 0=6y 0,因为MN 的中垂线为直线l ,所以y -y 0=-y 06x -2 ,即l :y =-y 06x -8 ,所以l 过定点T 8,0 .当k MN 不存在时,M ,N 关于x 轴对称,MN 的中垂线l 为x 轴,此时l 也过T 8,0 ,所以存在以8,0 为圆心的定圆E :(x -8)2+y 2=1,使得l 被圆E 截得的弦长为定值2.【点睛】关键点点睛:本题考查直线与双曲线相交的综合应用,本题的关键是求得直线所过的定点,因为半径为1,所以定圆圆心为定点,弦长就是直径.3已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 的右焦点,右顶点分别为F ,A ,B 0,b ,AF =1,点M 在线段AB 上,且满足BM =3MA ,直线OM 的斜率为1,O 为坐标原点.(1)求双曲线C 的方程.(2)过点F 的直线l 与双曲线C 的右支相交于P ,Q 两点,在x 轴上是否存在与F 不同的定点E ,使得EP ⋅FQ =EQ ⋅FP 恒成立?若存在,求出点E 的坐标;若不存在,请说明理由.【答案】(1)x 2-y 23=1(2)存在,E 12,0 【分析】(1)由AF =1,BM =3MA ,直线OM 的斜率为1,求得a ,b ,c 之间的关系式,解得a ,b 的值,进而求出双曲线的方程;(2)设直线PQ 的方程,与双曲线的方程联立,可得两根之和及两根之积,由等式成立,可得EF 为∠PEQ 的角平分线,可得直线EP ,EQ 的斜率之和为0,整理可得参数的值,即求出E 的坐标.【详解】(1)设c 2=a 2+b 2c >0 ,所以F c ,0 ,A a ,0 ,B 0,b ,因为点M 在线段AB 上,且满足BM =3MA ,所以点M 33+1a ,13+1b,因为直线OM 的斜率为1,所以13+1b 33+1a =1,所以ba=3,因为AF =1,所以c -a =1,解得a =1,b =3,c =2.所以双曲线C 的方程为x 2-y 23=1.(2)假设在x 轴上存在与F 不同的定点E ,使得EP ⋅FQ =EQ ⋅FP 恒成立,当直线l 的斜率不存在时,E 在x 轴上任意位置,都有EP ⋅FQ =EQ ⋅FP ;当直线l 的斜率存在且不为0时,设E t ,0 ,直线l 的方程为x =ky +2,直线l 与双曲线C 的右支相交于P ,Q 两点,则-33<k <33且k ≠0,设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ,由x 2-y 23=1x =ky +2 ,得3k 2-1 y 2+12ky +9=0,3k 2-1≠0,Δ=36k 2+36>0,所以y 1+y 2=-12k 3k 2-1,y 1y 2=93k 2-1,因为EP ⋅FQ =EQ ⋅FP ,即EP EQ=FP FQ,所以EF 平分∠PEQ ,k EP +k EQ =0,有y 1x 1-t +y 2x 2-t =0,即y 1ky 1+2-t +y 2ky 2+2-t=0,得2ky 1y 2+2-t y 1+y 2 =0,所以2k93k 2-1+2-t -12k 3k 2-1=0,由k ≠0,解得t =12.综上所述,存在与F 不同的定点E ,使得EP ⋅FQ =EQ ⋅FP 恒成立,且E 12,0.【点睛】方法点睛:解答直线与双曲线的题目时,时常把两个曲线的方程联立,消去x (或y )建立一元二次方程,然后借助根与系数的关系,并结合题设条件建立有关参变量的等量关系,涉及到直线方程的设法时,务必考虑全面,不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形,要强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力,重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题.4已知双曲线C 与双曲线x 212-y 23=1有相同的渐近线,且过点A (22,-1).(1)求双曲线C 的标准方程;(2)已知点D (2,0),E ,F 是双曲线C 上不同于D 的两点,且DE ·DF=0,DG ⊥EF 于点G ,证明:存在定点H ,使GH 为定值.【答案】(1)x 24-y 2=1;(2)证明见解析.【分析】(1)根据给定条件,设出双曲线C 的方程,再将点A 的坐标代入求解作答.(2)当直线EF 斜率存在时,设出其方程并与双曲线C 的方程联立,由给定的数量积关系结合韦达定理求得直线EF 过定点,再验证斜率不存在的情况,进而推理判断作答.【详解】(1)依题意,设双曲线C 的方程为x 212-y 23=λ(λ≠0),而点A (22,-1)在双曲线C 上,于是λ=(22)212-(-1)23=13,双曲线C 的方程为x 212-y 23=13,即x 24-y 2=1,所以双曲线C 的标准方程为x24-y 2=1.(2)当直线EF 斜率存在时,设直线EF 的方程为:y =kx +m ,设E x 1,y 1 ,F x 2,y 2 ,由y =kx +mx 2-4y 2=4消去y 并整理得4k 2-1 x 2+8kmx +4m 2+1 =0,有4k 2-1≠0,且Δ=(8km )2-16(m 2+1)(4k 2-1)>0,即4k 2-1≠0且4k 2-m 2-1<0,有x 1+x 2=-8km 4k 2-1,x 1x 2=4m 2+44k 2-1,又y 1y 2=kx 1+m kx 2+m =k 2x 1x 2+km x 1+x 2 +m 2,DE =(x 1-2,y 1),DF =(x 2-2,y 2),由DE ·DF =0,得x 1-2 x 2-2 +y 1y 2=0,整理得k 2+1 ⋅x 1x 2+(km -2)⋅x 1+x 2 +m 2+4=0,于是k 2+1 ⋅4m 2+44k 2-1+(km -2)⋅-8km 4k 2-1+m 2+4=0,化简得3m 2+16km +20k 2=0,即(3m +10k )(m +2k )=0,解得m =-2k 或m =-103k ,均满足条件,当m =-2k 时,直线EF 的方程为y =k (x -2),直线EF 过定点(2,0),与已知矛盾,当m =-103k 时,直线EF 的方程为y =k x -103 ,直线EF 过定点M 103,0 ;当直线EF 的斜率不存在时,由对称性不妨设直线DE 的方程为:y =x -2,。
高考数学二轮复习 专题七专题突破练23 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题 文
专题突破练23 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率与等轴双曲线的离心率互为倒数关系,直线l:x-y+=0与以原点为圆心,以椭圆C的短半轴长为半径的圆相切.(1)求椭圆C的方程;(2)设M是椭圆的上顶点,过点M分别作直线MA,MB交椭圆于A,B两点,设两直线的斜率分别为k1,k2,且k1+k2=4,证明:直线AB过定点.2.(2018河北保定一模,文20)椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且过点-1,.(1)求椭圆C的方程;(2)设P(x,y)为椭圆C上任一点,F为其右焦点,点P'满足=(4-x,0).①证明:为定值;②设直线y=x+m与椭圆C有两个不同的交点A,B,与y轴交于点M.若|AF|,|MF|,|BF|成等差数列,求m的值.3.已知中心在原点O,焦点在x轴上的椭圆,离心率e=,且椭圆过点.(1)求椭圆的方程;(2)椭圆左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线l与椭圆交于不同的两点A,B,则△F1AB的内切圆的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值及此时的直线方程;若不存在,请说明理由.4.(2018河南郑州三模,文20)已知动点M(x,y)满足:=2. (1)求动点M的轨迹E的方程;(2)设A,B是轨迹E上的两个动点,线段AB的中点N在直线l:x=-上,线段AB的中垂线与E交于P,Q两点,是否存在点N,使以PQ为直径的圆经过点(1,0),若存在,求出N点坐标,若不存在,请说明理由.5.(2018山东烟台一模,文20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的焦距为2,斜率为的直线与椭圆交于A,B两点,若线段AB的中点为D,且直线OD的斜率为-.(1)求椭圆C的方程;(2)若过左焦点F斜率为k的直线l与椭圆交于点M,N,P为椭圆上一点,且满足OP⊥MN,问:是否为定值?若是,求出此定值;若不是,说明理由.6.(2018河北衡水中学考前仿真,文20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率与双曲线=1的离心率互为倒数,且过点P1,.(1)求椭圆的方程;(2)过P作两条直线l1,l2与圆(x-1)2+y2=r20<r<相切且分别交椭圆于M,N两点.①求证:直线MN的斜率为定值;②求△MON面积的最大值(其中O为坐标原点).参考答案专题突破练23圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.解 (1)∵等轴双曲线离心率为,∴椭圆C的离心率e=.∴e2=,∴a2=2b2.∵由x-y+=0与圆x2+y2=b2相切,得b=1,∴a2=2.∴椭圆C的方程为+y2=1.(2)①若直线AB的斜率不存在,设方程为x=x0,则点A(x0,y0),B(x0,-y0).由已知=4,得x0=-.此时AB方程为x=-,显然过点.②若直线AB的斜率存在,设AB方程为y=kx+m,依题意m≠±1.设A(x1,y1),B(x2,y2),由得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.则x1+x2=-,x1x2=.由已知k1+k2=4,可得=4,∴=4,即2k+(m-1)=4,将x1+x2,x1x2代入得k-=2,∴k=2(m+1),∴m=-1,故直线AB的方程为y=kx+-1,即y=k-1.∴直线AB过定点.综上,直线AB过定点.2.解 (1)由,得3a2=4b2,把点-1,代入椭圆方程为=1,∴=1,解得a2=4,∴b2=3,椭圆的标准方程为=1.(2)①由(1)知=1,c=1,||=|x-4|, 而||=|4-x|,∴=2为定值;②直线y=x+m与椭圆C联立得x2+mx+m2-3=0,Δ=m2-4(m2-3)>0⇒-2<m<2,设A x1,x1+m,B x2,x2+m,则x1+x2=-m,x1·x2=m2-3,由①知|AF|=(4-x1),|BF|=(4-x2),∴|AF|+|BF|=4-=4+,|MF|=,∵|AF|,|MF|,|BF|成等差数列,∴|AF|+|BF|=2|MF|,即4+=2,解得m=或m=-,又因为-2<m<2,所以m=-.3.解 (1)由题意可设椭圆方程为=1(a>b>0).则解得a2=4,b2=3.∴椭圆方程为=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),不妨设y1>0,y2<0,设△F1AB的内切圆的半径为R,则△F1AB的周长=4a=8,(|AB|+|F1A|+|F1B|)R=4R,因此,最大,R就最大,由题知,直线l的斜率不为零,可设直线l的方程为x=my+1,由得(3m2+4)y2+6my-9=0,y1+y2=,y1y2=-.则|F1F2|(y1-y2)=.令=t,则m2=t2-1(t≥1),∴.令f(t)=3t+,则f'(t)=3-,当t≥1时,f'(t)≥0,f(t)在[1,+∞)上单调递增,有f(t)≥f(1)=4,≤3,即当t=1,m=0时,≤3,由=4R,得R max=,这时所求内切圆面积的最大值为.故直线l:x=1,△F1AB内切圆面积的最大值为.4.解 (1)∵动点M(x,y)满足=2,由椭圆的定义,知a=,c=1,∴b2=1,椭圆方程为+y2=1.(2)当AB⊥x轴时,直线AB的方程为x=-,此时P(-,0),Q(,0),=-1,不合题意;当直线AB不垂直于x轴时,设存在点N-,m(m≠0),直线AB的斜率为k,A(x1,y1),B(x2,y2),由得(x1+x2)+2(y1+y2)·=0,则-1+4mk=0,故k=,此时,直线PQ 斜率为k1=-4m,PQ的直线方程为y-m=-4m x+,即y=-4mx-m.联立消去y,整理得(32m2+1)x2+16m2x+2m2-2=0.∴x1+x2=-,x1·x2=,由题意=0,于是=(x1-1)(x2-1)+y1y2=x1·x2-(x1+x2)+1+(4mx1+m)(4mx2+m)=(1+16m2)x1·x2+(4m2-1)(x2=+1+m2==0,1+x2)+1+m∴m=±,因为N在椭圆内,∴m2<,∴m=±符合条件.综上:存在两点N符合条件,坐标为N-,±.5.解 (1)由题意可知c=,设A(x1,y1),B(x2,y2),代入椭圆可得=1,=1,两式相减并整理可得=-,即k AB·k OD=-.又因为k AB=,k OD=-,代入上式可得a2=4b2.又a2=b2+c2,c2=3,所以a2=4,b2=1,故椭圆的方程为+y2=1.(2)由题意可知,F(-,0),当MN为长轴时,OP为短半轴,此时+1=;否则,可设直线l的方程为y=k(x+),联立消y可得(1+4k2)x2+8k2x+12k2-4=0,则x1+x2=-,x1x2=,所以|MN|=|x1-x2|=.设直线OP的方程为y=-x,联立根据对称性,不妨设P-,所以|OP|==.故.综上所述,为定值.6.解 (1)可得e=,设椭圆的半焦距为c,所以a=2c,因为C过点P1,,所以=1,又c2+b2=a2,解得a=2,b=,所以椭圆方程为=1.(2)①显然两直线l1,l2的斜率存在,设为k1,k2,M(x1,y1),N(x2,y2),由于直线l1,l2与圆(x-1)2+y2=r20<r<相切,则有k1=-k2,直线l1的方程为y-=k1(x-1),联立方程组消去y,得x2(4+3)+k1(12-8k1)x+(3-2k1)2-12=0, 因为P,M为直线与椭圆的交点,所以x1+1=,同理,当l2与椭圆相交时,x2+1=,所以x1-x2=,而y1-y2=k1(x1+x2)-2k1=,所以直线MN的斜率k=.②设直线MN的方程为y=x+m,联立方程组消去y得x2+mx+m2-3=0,所以|MN|=,原点O到直线的距离d=,△OMN面积为》》》》》》》》》积一时之跬步臻千里之遥程《《《《《《《《《《《《S==≤,当且仅当m2=2时取得等号.经检验,存在r0<r<,使得过点P 1,的两条直线与圆(x-1)2+y2=r2相切,且与椭圆有两个交点M,N.所以△OMN 面积的最大值为.马明风整理。
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第23练 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题[压轴大题突破练][明晰考情] 1.命题角度:圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考常考的问题;以椭圆或抛物线为背景,尤其是与条件或结论相关存在性开放问题.2.题目难度:偏难题.考点一 圆锥曲线中的定值问题方法技巧 (1)求定值问题常见的方法有两种①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.(2)定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题,然后证明与参数无关,这类问题选择消元的方向是非常关键的.1.已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的长轴长为4,且过点⎝⎛⎫3,12. (1)求椭圆的方程;(2)设A ,B ,M 是椭圆上的三点.若OM →=35OA →+45OB →,点N 为线段AB 的中点,C ⎝⎛⎭⎫-62,0,D ⎝⎛⎭⎫62,0,求证:|NC |+|ND |=2 2.(1)解 由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a =2,3a 2+14b 2=1, 故⎩⎪⎨⎪⎧a =2,b =1,所以椭圆的方程为x 24+y 2=1.(2)证明 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 214+y 21=1,x 224+y 22=1.由OM →=35OA →+45OB →,得M ⎝⎛⎭⎫35x 1+45x 2,35y 1+45y 2. 因为M 是椭圆C 上一点,所以⎝⎛⎭⎫35x 1+45x 224+⎝⎛⎭⎫35y 1+45y 22=1,即⎝⎛⎭⎫x 214+y 21⎝⎛⎭⎫352+⎝⎛⎭⎫x 224+y 22⎝⎛⎭⎫452+2×35×45×⎝⎛⎭⎫x 1x 24+y 1y 2=1, 得⎝⎛⎭⎫352+⎝⎛⎭⎫452+2×35×45×⎝⎛⎭⎫x 1x 24+y 1y 2=1, 故x 1x 24+y 1y 2=0. 又线段AB 的中点N 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x 1+x 22,y 1+y 22,所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1+x 2222+2⎝⎛⎭⎪⎫y 1+y 222=12⎝⎛⎭⎫x 214+y 21+12⎝⎛⎭⎫x 224+y 22+x 1x 24+y 1y 2=1. 从而线段AB 的中点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1+x 22,y 1+y 22在椭圆x 22+2y 2=1上. 又椭圆x 22+2y 2=1的两焦点恰为C ⎝⎛⎭⎫-62,0,D ⎝⎛⎭⎫62,0,所以|NC |+|ND |=2 2.2.(2018·北京)已知抛物线C :y 2=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P A 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,QM →=λQO →,QN →=μQO →,求证:1λ+1μ为定值.(1)解 因为抛物线y 2=2px 过点(1,2), 所以2p =4,即p =2. 故抛物线C 的方程为y 2=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⎩⎪⎨⎪⎧y 2=4x ,y =kx +1,得k 2x 2+(2k -4)x +1=0. 依题意知Δ=(2k -4)2-4×k 2×1>0, 解得k <0或0<k <1.又P A ,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 (x 1,y 1),B (x 2,y 2), 由(1)知x 1+x 2=-2k -4k 2,x 1x 2=1k 2.直线P A 的方程为y -2=y 1-2x 1-1(x -1),令x =0,得点M 的纵坐标为y M =-y 1+2x 1-1+2=-kx 1+1x 1-1+2.同理得点N 的纵坐标为y N =-kx 2+1x 2-1+2. 由QM →=λQO →,QN →=μQO →,得λ=1-y M ,μ=1-y N . 所以1λ+1μ=11-y M +11-y N=x 1-1(k -1)x 1+x 2-1(k -1)x 2=1k -1·2x 1x 2-(x 1+x 2)x 1x 2=1k -1·2k2+2k -4k 21k 2=2.所以1λ+1μ为定值.3. 已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为22,点Q ⎝⎛⎭⎫b ,a b 在椭圆上,O 为坐标原点. (1)求椭圆C 的方程;(2)已知点P ,M ,N 为椭圆C 上的三点,若四边形OPMN 为平行四边形,证明四边形OPMN 的面积S 为定值,并求该定值.解 (1)∵椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为22,∴e 2=c 2a 2=a 2-b 2a 2=12,得a 2=2b 2,①又点Q ⎝⎛⎭⎫b ,ab 在椭圆C 上, ∴b 2a 2+a 2b 4=1,② 联立①②得a 2=8,b 2=4. ∴椭圆C 的方程为x 28+y 24=1.(2)当直线PN 的斜率k 不存在时,PN 的方程为x =2或x =-2,从而有|PN |=23, ∴S =12|PN |·|OM |=12×23×22=26;当直线PN 的斜率k 存在时,设直线PN 的方程为y =kx +m (m ≠0),P (x 1,y 1),N (x 2,y 2), 将PN 的方程代入椭圆C 的方程, 整理得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2-8=0,Δ=16k 2m 2-4(2m 2-8)(1+2k 2)>0,即m 2<4+8k 2, ∴x 1+x 2=-4km1+2k 2,x 1·x 2=2m 2-81+2k2, y 1+y 2=k (x 1+x 2)+2m =2m1+2k 2,由OM →=OP →+ON →,得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫-4km 1+2k 2,2m 1+2k 2. 将M 点坐标代入椭圆C 的方程,得m 2=1+2k 2. 又点O 到直线PN 的距离为d =|m |1+k2,|PN |=1+k 2|x 1-x 2|,∴S =d ·|PN |=|m |·|x 1-x 2|=1+2k 2·(x 1+x 2)2-4x 1x 2=48k 2+242k 2+1=2 6.综上,平行四边形OPMN 的面积S 为定值2 6. 考点二 圆锥曲线中的定点问题方法技巧 (1)动直线l 过定点问题.设动直线方程(斜率存在)为y =kx +t ,由题设条件将t 用k 表示为t =mk ,得y =k (x +m ),故动直线过定点(-m ,0).(2)动曲线C 过定点问题.引入参变量建立曲线C 的方程,再根据其对参变量恒成立,令其系数等于零,得出定点.4.已知两点A (-2,0),B (2,0),动点P 在y 轴上的投影是Q ,且2P A →·PB →=|PQ →|2. (1)求动点P 的轨迹C 的方程;(2)过F (1,0)作互相垂直的两条直线分别交轨迹C 于点G ,H 和M ,N ,且E 1,E 2分别是GH ,MN 的中点.求证:直线E 1E 2恒过定点.(1)解 设点P 的坐标为(x ,y ),∴点Q 的坐标为(0,y ). ∵2P A →·PB →=|PQ →|2,P A →=(-2-x ,-y ), PB →=(2-x ,-y ),|PQ →|=|x |, ∴2[(-2-x )(2-x )+y 2]=x 2, 化简得点P 的轨迹方程为x 24+y 22=1.(2)证明 当两直线的斜率都存在且不为0时, 设l GH :y =k (x -1),G (x 1,y 1),H (x 2,y 2), l MN :y =-1k(x -1),M (x 3,y 3),N (x 4,y 4),联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24+y 22=1,y =k (x -1),消去y 得(2k 2+1)x 2-4k 2x +2k 2-4=0. 则Δ>0恒成立.∴x 1+x 2=4k 22k 2+1,x 1x 2=2k 2-42k 2+1.∴GH 中点E 1的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 22k 2+1,-k 2k 2+1.同理,MN 中点E 2的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2+2,k k 2+2,∴12E E k =-3k2(k 2-1),∴12E E l 的方程为y -kk 2+2=-3k 2(k 2-1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x -2k 2+2,即y =-3k2(k 2-1)⎝⎛⎭⎫x -23, ∴直线E 1E 2恒过定点⎝⎛⎭⎫23,0;当两直线的斜率分别为0和不存在时,12E E l 的方程为y =0,也过点⎝⎛⎭⎫23,0. 综上所述,12E E l 过定点⎝⎛⎭⎫23,0.5.已知焦距为22的椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的右顶点为A ,直线y =43与椭圆C 交于P ,Q两点(P 在Q 的左边),Q 在x 轴上的射影为B ,且四边形ABPQ 是平行四边形. (1)求椭圆C 的方程;(2)斜率为k 的直线l 与椭圆C 交于两个不同的点M ,N .若M 是椭圆的左顶点,D 是直线MN 上一点,且DA ⊥AM .点G 是x 轴上异于点M 的点,且以DN 为直径的圆恒过直线AN 和DG 的交点,求证:点G 是定点. (1)解 设坐标原点为O ,∵四边形ABPQ 是平行四边形,∴|AB →|=|PQ →|, ∵|PQ →|=2|OB →|,∴|AB →|=2|OB →|,则点B 的横坐标为a 3,∴点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 3,43,代入椭圆C 的方程得b 2=2, 又c 2=2,∴a 2=4,即椭圆C 的方程为x 24+y 22=1.(2)证明 设直线MN 的方程为y =k (x +2),N (x 0,y 0),DA ⊥AM ,∴D (2,4k ).由⎩⎪⎨⎪⎧x 24+y 22=1,y =k (x +2),消去y 得(1+2k 2)x 2+8k 2x +8k 2-4=0, 则-2x 0=8k 2-41+2k 2,即x 0=2-4k 21+2k2, ∴y 0=k (x 0+2)=4k1+2k 2,则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2-4k 21+2k 2,4k 1+2k 2, 设G (t ,0),则t ≠-2,若以DN 为直径的圆恒过直线AN 和DG 的交点, 则DG ⊥AN ,∴GD →·AN →=0恒成立.∵GD →=(2-t ,4k ),AN →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-8k21+2k 2,4k 1+2k 2,∴GD →·AN →=(2-t )·-8k 21+2k 2+4k ·4k 1+2k 2=0恒成立,即8k 2t1+2k 2=0恒成立,∴t =0,∴点G 是定点(0,0).6.(2017·全国Ⅰ)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0),四点P 1(1,1),P 2(0,1),P 3⎝⎛⎭⎫-1,32,P 4⎝⎛⎭⎫1,32中恰有三点在椭圆C 上. (1)求C 的方程;(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ,B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1,证明:l 过定点.(1)解 由于P 3,P 4两点关于y 轴对称,故由题设知椭圆C 经过P 3,P 4两点. 又由1a 2+1b 2>1a 2+34b 2知,椭圆C 不经过点P 1,所以点P 2在椭圆C 上.因此⎩⎨⎧1b 2=1,1a 2+34b 2=1,解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2=4,b 2=1.故椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)证明 设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1,k 2.如果l 与x 轴垂直,设l :x =t ,由题设知t ≠0,且|t |<2,可得A ,B 的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫t ,4-t 22,⎝⎛⎭⎪⎫t ,-4-t 22,则k 1+k 2=4-t 2-22t -4-t 2+22t =-1,得t =2,不符合题设. 从而可设l :y =kx +m (m ≠1). 将y =kx +m 代入x 24+y 2=1,得(4k 2+1)x 2+8kmx +4m 2-4=0. 由题设可知Δ=16(4k 2-m 2+1)>0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1+x 2=-8km4k 2+1,x 1x 2=4m 2-44k 2+1.而k 1+k 2=y 1-1x 1+y 2-1x 2=kx 1+m -1x 1+kx 2+m -1x 2=2kx 1x 2+(m -1)(x 1+x 2)x 1x 2.由题设k 1+k 2=-1,故(2k +1)x 1x 2+(m -1)(x 1+x 2)=0, 即(2k +1)·4m 2-44k 2+1+(m -1)·-8km4k 2+1=0,解得k =-m +12.当且仅当m >-1时,Δ>0, 于是l :y =-m +12x +m ,即y +1=-m +12(x -2),所以l 过定点(2,-1).考点三 圆锥曲线中的存在性问题方法技巧 解决存在性问题的一般思路:假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在,否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在.7.(2016·全国Ⅰ)在直角坐标系xOy 中,直线l :y =t (t ≠0)交y 轴于点M ,交抛物线C :y 2=2px (p >0)于点P ,M 关于点P 的对称点为N ,连接ON 并延长交C 于点H . (1)求|OH ||ON |;(2)除H 以外,直线MH 与C 是否有其它公共点?说明理由. 解 (1)如图,由已知得M (0,t ),P ⎝⎛⎭⎫t 22p ,t ,又N 为M 关于点P 的对称点, 故N ⎝⎛⎭⎫t 2p ,t ,ON 的方程为y =ptx , 代入y 2=2px ,整理得px 2-2t 2x =0,解得x 1=0,x 2=2t 2p,因此H ⎝⎛⎭⎫2t 2p ,2t . 所以N 为OH 的中点,即|OH ||ON |=2.(2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点,理由如下: 直线MH 的方程为y -t =p 2t x ,即x =2tp (y -t ).代入y 2=2px ,得y 2-4ty +4t 2=0,解得y 1=y 2=2t , 即直线MH 与C 只有一个公共点,所以除H 以外,直线MH 与C 没有其他公共点.8.已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1的右焦点为F (c ,0)且a >b >c >0,设短轴的一个端点D ,原点O到直线DF 的距离为32,过原点和x 轴不重合的直线与椭圆E 相交于C ,G 两点,且|GF →|+|CF →|=4.(1)求椭圆E 的方程;(2)是否存在过点P (2,1)的直线l 与椭圆E 相交于不同的两点A ,B 且使得OP →2=4P A →·PB →成立?若存在,试求出直线l 的方程;若不存在,请说明理由.解 (1)由椭圆的对称性知,|GF →|+|CF →|=2a =4, ∴a =2.又原点O 到直线DF 的距离为32, ∴bc a =32,∴bc =3,又a 2=b 2+c 2=4, a >b >c >0,∴b =3,c =1. 故椭圆E 的方程为x 24+y 23=1.(2)当直线l 与x 轴垂直时不满足条件.故可设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线l 的方程为y =k (x -2)+1,代入椭圆方程得(3+4k 2)x 2-8k (2k -1)x +16k 2-16k -8=0, ∴x 1+x 2=8k (2k -1)3+4k 2,x 1x 2=16k 2-16k -83+4k 2,Δ=32(6k +3)>0, ∴k >-12.∵OP 2→=4P A →·PB →,即4[(x 1-2)(x 2-2)+(y 1-1)(y 2-1)]=5, ∴4(x 1-2)(x 2-2)(1+k 2)=5, 即4[x 1x 2-2(x 1+x 2)+4](1+k 2)=5,∴4⎣⎢⎡⎦⎥⎤16k 2-16k -83+4k 2-2×8k (2k -1)3+4k 2+4(1+k 2) =4×4+4k 23+4k 2=5,解得k =±12,k =-12不符合题意,舍去,∴存在满足条件的直线l ,其方程为x -2y =0.典例 (12分)已知椭圆C :9x 2+y 2=m 2(m >0),直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴,l 与C 有两个交点A ,B ,线段AB 的中点为M .(1)证明:直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值;(2)若l 过点⎝⎛⎭⎫m 3,m ,延长线段OM 与C 交于点P ,四边形OAPB 能否为平行四边形?若能,求此时l 的斜率;若不能,说明理由. 审题路线图(1)联立直线方程与椭圆方程―→一元二次方程―→中点坐标―→求出斜率乘积 (2)先假定四边形OAPB 能为平行四边形―→找几何关系:平行四边形的对角线互相平分 ―→转化成代数关系:x P =2x M ―→求k 规范解答·评分标准(1)证明 设直线l :y =kx +b (k ≠0,b ≠0),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),M (x M ,y M ).…………2分 将y =kx +b 代入9x 2+y 2=m 2, 得(k 2+9)x 2+2kbx +b 2-m 2=0, Δ=4k 2b 2-4(k 2+9)(b 2-m 2)>0,故x M =x 1+x 22=-kb k 2+9,y M =kx M +b =9bk 2+9.………………………………………………4分于是直线OM 的斜率k OM =y M x M =-9k,即k OM ·k =-9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值. ……………………………………………6分 (2)解 四边形OAPB 能为平行四边形. ………………………………………………………7分 因为直线l 过点⎝⎛⎭⎫m 3,m ,所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k >0,k ≠3. 由(1)得OM 的方程为y =-9k x .设点P 的横坐标为x P ,由⎩⎪⎨⎪⎧y =-9k x ,9x 2+y 2=m 2,得x 2P =k 2m 29k 2+81,即x P =±km 3k 2+9 . ……………………………………9分将点⎝⎛⎭⎫m 3,m 的坐标代入l 的方程,得b =m (3-k )3, 因此x M =k (k -3)m3(k 2+9).……………………………………………………………………………10分四边形OAPB 为平行四边形,当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分,即x P =2x M . 于是±km3k 2+9=2×k (k -3)m3(k 2+9), 解得k 1=4-7,k 2=4+7.因为k i >0,k i ≠3,i =1,2,所以当l 的斜率为4-7或4+7时,四边形OAPB 为平行四边形. ………………………………………………………………………………………12分 构建答题模板[第一步] 先假定:假设结论成立;[第二步] 再推理:以假设结论成立为条件,进行推理求解;[第三步] 下结论:若推出合理结果,经验证成立则肯定假设;若推出矛盾则否定假设; [第四步] 再回顾:查看关键点,易错点(特殊情况、隐含条件等),审视解题规范性.1.(2017·全国Ⅱ)设O 为坐标原点,动点M 在椭圆C :x 22+y 2=1上,过M 作x 轴的垂线,垂足为N ,点P 满足NP →=2NM →. (1)求点P 的轨迹方程;(2)设点Q 在直线x =-3上,且OP →·PQ →=1.证明:过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .(1)解 设P (x ,y ),M (x 0,y 0),则N (x 0,0), NP →=(x -x 0,y ),NM →=(0,y 0). 由NP →= 2 NM →得x 0=x ,y 0=22y .因为M (x 0,y 0)在C 上,所以x 22+y 22=1.因此点P 的轨迹方程为x 2+y 2=2. (2)证明 由题意知F (-1,0).设Q (-3,t ),P (m ,n ),则OQ →=(-3,t ), PF →=(-1-m ,-n ),OQ →·PF →=3+3m -tn , OP →=(m ,n ),PQ →=(-3-m ,t -n ). 由OP →·PQ →=1,得-3m -m 2+tn -n 2=1. 又由(1)知m 2+n 2=2,故3+3m -tn =0. 所以OQ →·PF →=0,即OQ →⊥PF →. 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 .2.如图,椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0),经过点A (0,-1),且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程;(2)经过点(1,1),且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ,Q (均异于点A ),证明:直线AP 与AQ 的斜率之和为定值. (1)解 由题设知c a =22,b =1,结合a 2=b 2+c 2,解得a =2, 所以椭圆的方程为x 22+y 2=1.(2)证明 由题设知,直线PQ 的方程为y =k (x -1)+1(k ≠2),代入x 22+y 2=1,得(1+2k 2)x 2-4k (k -1)x +2k (k -2)=0,由已知Δ>0, 设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),x 1x 2≠0,则x 1+x 2=4k (k -1)1+2k 2,x 1x 2=2k (k -2)1+2k 2,从而直线AP ,AQ 的斜率之和k AP +k AQ =y 1+1x 1+y 2+1x 2=kx 1+2-k x 1+kx 2+2-kx 2=2k +(2-k )⎝⎛⎭⎫1x 1+1x 2=2k +(2-k )x 1+x 2x 1x 2,=2k +(2-k )4k (k -1)2k (k -2)=2k -2(k -1)=2.故k AP +k AQ 为定值2.3.已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率是32,点P ⎝⎛⎭⎫1,32在椭圆E 上.(1)求椭圆E 的方程;(2)过点P 且斜率为k 的直线l 交椭圆E 于点Q (x Q ,y Q )(点Q 异于点P ),若0<x Q <1,求直线l 的斜率k 的取值范围.解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ c a =32,1a 2+34b 2=1,a 2=b 2+c 2,解得⎩⎪⎨⎪⎧a =2,b =1,c =3,∴椭圆E 的方程为x 24+y 2=1.(2)设直线l 的方程为y -32=k (x -1), 代入方程x 24+y 2=1.消去y 得(1+4k 2)x 2+(43k -8k 2)x +4k 2-43k -1=0, ∴x Q ·1=4k 2-43k -11+4k 2,∵0<x Q <1,∴0<4k 2-43k -11+4k 2<1,即⎩⎪⎨⎪⎧4k 2-43k -11+4k 2>0,4k 2-43k -11+4k2<1,解得-36<k <3-22或k >3+22,经检验,满足题意. ∴直线l 的斜率k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫-36,3-22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3+22,+∞.4.如图所示,已知椭圆M :y 2a 2+x 2b 2=1(a >b >0)的四个顶点构成边长为5的菱形,原点O 到直线AB 的距离为125,其中A (0,a ),B (-b ,0).直线l :x =my +n 与椭圆M 相交于C ,D 两点,且以CD 为直径的圆过椭圆的右顶点P (其中点C ,D 与点P 不重合).(1)求椭圆M 的方程;(2)证明:直线l 与x 轴交于定点,并求出定点的坐标. 解 (1)由已知,得a 2+b 2=52,由点A (0,a ),B (-b ,0)知,直线AB 的方程为x -b +ya =1,即ax -by +ab =0.又原点O 到直线AB 的距离为125,即|0-0+ab |a 2+b2=125, 所以a 2=16,b 2=9,c 2=16-9=7. 故椭圆M 的方程为y 216+x 29=1.(2)由(1)知P (3,0),设C (x 1,y 1),D (x 2,y 2), 将x =my +n 代入y 216+x 29=1,整理,得(16m 2+9)y 2+32mny +16n 2-144=0, 则y 1+y 2=-32mn16m 2+9,y 1y 2=16n 2-14416m 2+9. 因为以CD 为直径的圆过椭圆的右顶点P , 所以PC →·PD →=0,即(x 1-3,y 1)·(x 2-3,y 2)=0, 所以(x 1-3)(x 2-3)+y 1y 2=0. 又x 1=my 1+n ,x 2=my 2+n ,所以(my 1+n -3)(my 2+n -3)+y 1y 2=0,整理,得(m 2+1)y 1y 2+m (n -3)(y 1+y 2)+(n -3)2=0,即(m 2+1)·16n 2-14416m 2+9+m (n -3)·-32mn 16m 2+9+(n -3)2=0, 所以16(m 2+1)(n 2-9)16m 2+9-32m 2n (n -3)16m 2+9+(n -3)2=0, 易知n ≠3,所以16(m 2+1)(n +3)-32m 2n +(16m 2+9)·(n -3)=0, 整理,得25n +21=0,即n =-2125.经检验,n =-2125符合题意.所以直线l 与x 轴交于定点,定点的坐标为⎝⎛⎭⎫-2125,0. 5.已知抛物线C :x 2=2py (p >0)的焦点为F ,直线2x -y +2=0交抛物线C 于A ,B 两点,P 是线段AB 的中点,过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q .(1)D 是抛物线C 上的动点,点E (-1,3),若直线AB 过焦点F ,求|DF |+|DE |的最小值; (2)是否存在实数p ,使|2QA →+QB →|=|2QA →-QB →|?若存在,求出p 的值;若不存在,说明理由. 解 (1)∵直线2x -y +2=0与y 轴的交点为(0,2), ∴F (0,2),则抛物线C 的方程为x 2=8y ,准线l :y =-2. 设过D 作DG ⊥l 于G ,则|DF |+|DE |=|DG |+|DE |, 当E ,D ,G 三点共线时,|DF |+|DE |取最小值2+3=5.(2)假设存在,抛物线x 2=2py 与直线y =2x +2联立,得x 2-4px -4p =0,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),Δ=(4p )2+16p =16(p 2+p )>0,则x 1+x 2=4p ,x 1x 2=-4p , ∴Q (2p ,2p ).∵|2QA →+QB →|=|2QA →-QB →|,∴QA →⊥QB →. 则QA →·QB →=0,得(x 1-2p )(x 2-2p )+(y 1-2p )(y 2-2p ) =(x 1-2p )(x 2-2p )+(2x 1+2-2p )(2x 2+2-2p ) =5x 1x 2+(4-6p )(x 1+x 2)+8p 2-8p +4=0, 代入得4p 2+3p -1=0,解得p =14或p =-1(舍去).因此存在实数p =14,且满足Δ>0,使得|2QA →+QB →|=|2QA →-QB →|成立.。