高三数学二轮复习第4讲 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题)

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1、第第 4 讲讲 圆锥曲线中的定点圆锥曲线中的定点、定值定值、存在性问题存在性问题(大题大题) 热点一 定点问题 解决圆锥曲线中的定点问题应注意 (1)分清问题中哪些是定的，哪些是变动的； (2)注意“设而不求”思想的应用，引入参变量，最后看能否把变量消去； (3)“先猜后证”，也就是先利用特殊情况确定定点，然后验证，这样在整理式子时就有了明 确的方向. 例 1 (2019 汕尾质检)已知 P(0,2)是椭圆 C： x2 a2 y2 b21(ab0)的一个顶点， C 的离心率 e 3 3 . (1)求椭圆的方程； (2)过点 P 的两条直线 l1，l2分别与 C 相交于不同于点 P 的 A，B

2、两点，若 l1与 l2的斜率之和 为4，则直线 AB 是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由. 解 (1)由题意可得 b2， c a 3 3 ， a2b2c2， 解得 a 6，b2，c 2， 椭圆的方程为x 2 6 y2 41. (2)当直线 AB 的斜率存在时， 设直线 AB 的方程为 ykxt，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立 ykxt， x2 6 y2 41， 消去 y 并整理， 可得(3k22)x26ktx3t2120， 36(kt)24(3k22)(3t212)0， 即 24(6k2t24)0， 则 x1x2 6kt 3k22，x1x2 3t212 3k2

3、2 ， 由 l1与 l2的斜率之和为4， 可得y12 x1 y22 x2 4， 又 y1kx1t，y2kx2t， y12 x1 y22 x2 kx1t2 x1 kx2t2 x2 2kt2x1x2 x1x2 2k t2 6kt 3k22 3t212 3k22 4， 化简可得 tk2， ykxk2k(x1)2， 直线 AB 经过定点(1，2). 当直线 AB 的斜率不存在时，设直线 AB 的方程为 xm，A(m，y1)，B(m，y2)， y12 m y22 m y1y24 m ， 又点 A，B 均在椭圆上， A，B 关于 x 轴对称， y1y20，m1， 故直线 AB 方程为 x1，也过点(1，2

4、)， 综上直线 AB 经过定点，定点为(1，2). 跟踪演练 1 (2019 攀枝花模拟)已知抛物线 C：y22px(p0)上一点 P(4，t)(t0)到焦点 F 的 距离等于 5. (1)求抛物线 C 的方程和实数 t 的值； (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 (1)由抛物线定义可知|PF|4 p 2 5， 解得 p2，故抛物线 C 的方程为 y24x， 将 P(4，t)(t0)代入抛物线方程解得 t4. (2)以 MN 为直径的圆一

5、定过点 F，理由如下： 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 设直线 AB 的方程为 xmy1(mR)，代入抛物线 C：y24x， 化简整理得 y24my40， 则 y1y24m， y1y24， 由(1)知 P(4,4)， 所以直线 PA 的方程为 y4y14 x14(x4) y14 my13(x4)， 令 x1 得 y4m5y18 my13 ， 即 M 1，4m5y18 my13 ， 同理可得 N 1，4m5y28 my23 ， kMF kNF4m5y18 2my13 4m5y28 2my23 2m5 2 2y 1y28m10y1y216 m2y1y23my1y29 4 2m5 2 24

6、m8m1016 4m23m 4m9 16m29 16m291， MFNF， 故以 MN 为直径的圆过点 F. (也可用MF NF 0). 热点二 定值问题 求定值问题常见的方法有两种 (1)从特殊情况入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关； (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 2 (2019 闽粤赣三省十校联考)已知椭圆 C： x2 a2 y2 b21(ab0)经过点(0， 3)，离心率为 1 2， 左、右焦点分别为 F1(c,0)，F2(c,0). (1)求椭圆 C 的方程； (2)P，N 是 C 上异于 M 的两点，若直线 PM 与直线 PN 的斜率之

7、积为3 4，证明：M，N 两点 的横坐标之和为常数. (1)解 因为椭圆经过点(0， 3)，所以 b 3， 又因为 e1 2，所以 c a 1 2， 又 c2a2b2，解得 a2，b 3， 所以椭圆 C 的方程为x 2 4 y2 31. (2)证明 设 P，M，N 三点坐标分别为(xP，yP)，(xM，yM)，(xN，yN)， 设直线 PM，PN 斜率分别为 k1，k2， 则直线 PM 方程为 yyPk1(xxP)， 由方程组 x2 4 y2 31， yyPk1xxP 消去 y，得 (34k21)x28k1(k1xPyP)x4k21x2P8k1xPyP4y2P120， 由根与系数的关系可得 x

8、MxP8k1k1xPyP 34k21 ， 故 xM8k1k1xPyP 34k21 xP4k 2 1xP8k1yP3xP 34k21 ， 同理可得 xNxP8k2k2xPyP 34k22 ， 又 k1 k23 4， 故 xNxP8k2k2xPyP 34k22 8 3 4k1 3 4k1xPyP 34 3 4k1 2 6xP8k1yP 4k213 ， 则 xN6xP8k1yP 34k21 xP4k 2 1xP8k1yP3xP 34k21 xM， 从而 xNxM0， 即 M，N 两点的横坐标之和为常数 0. 跟踪演练 2 (2019 揭阳模拟)已知点 P 6 2 ，1 在椭圆 C：x 2 a2 y2

9、 b21(ab0)上，椭圆 C 的焦 距为 2. (1)求椭圆 C 的方程； (2)斜率为定值 k 的直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，且满足|OA|2|OB|2的值为常数(其中 O 为坐标原点). 求 k 的值以及这个常数； 写出一般性结论(不用证明)：斜率为定值 k 的直线 l 与椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)交于 A，B 两 点，且满足|OA|2|OB|2的值为常数，则 k 的值以及这个常数是多少？ 解 (1)由点 P 在椭圆上得 3 2a2 1 b21,2c2， 3b22a22a2b2，c1， 又 a2b2c2， 3b22(b21)2(b21)b2， 2b43b220

10、，解得 b22，得 a23， 椭圆 C 的方程为x 2 3 y2 21. (2)设直线 l 的方程为 ykxt，联立x 2 3 y2 21， 得(3k22)x26ktx3t260，24(3k2t22)0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， x1x2 6kt 3k22， x1x23t 26 3k22， 又 y212 1x 2 1 3 ，y222 1x 2 2 3 ， |OA|2|OB|2(x21y21)(x22y22) 1 3(x 2 1x 2 2)41 3(x1x2) 22x 1x24 1 3 6kt 3k22 223t 26 3k22 4 1 3 18k212t236k224 3k2

11、22 4， 要使|OA|2|OB|2为常数，只需 18k2120， 得 k22 3， |OA|2|OB|21 3 2424 22245， k 2 3 6 3 ，这个常数为 5； k b a，这个常数为 a 2b2. 热点三 存在性问题 存在性问题的求解策略 (1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并证明所得规律的正确性，通常要对已知 关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律； (2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定存 在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论. 例 3 已知椭圆 C：y 2 a2 x2 b21(ab0)的

12、上、下焦点分别为 F1，F2，上焦点 F1到直线 4x3y 120 的距离为 3，椭圆 C 的离心率 e1 2. (1)求椭圆 C 的方程； (2)椭圆 E：y 2 a2 3x2 16b21，设过点 M(0,1)，斜率存在且不为 0 的直线交椭圆 E 于 A，B 两点， 试问 y 轴上是否存在点 P，使得PM PA |PA | PB |PB | ？若存在，求出点 P 的坐标；若不存在， 说明理由. 解 (1)由已知椭圆 C 的方程为y 2 a2 x2 b21(ab0)， 设椭圆的上焦点 F1(0，c)， 由 F1到直线 4x3y120 的距离为 3， 得|3c12| 5 3，所以 c1， 又椭

13、圆 C 的离心率 e1 2，所以 c a 1 2， 又 a2b2c2，求得 a24，b23. 椭圆 C 的方程为y 2 4 x2 31. (2)存在.理由如下：由(1)得椭圆 E：x 2 16 y2 41， 设直线 AB 的方程为 ykx1(k0)， 联立 ykx1， x2 16 y2 41， 消去 y 并整理得(4k21)x28kx120， (8k)24(4k21)12256k2480. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1x2 8k 4k21，x1x2 12 4k21. 假设存在点 P(0，t)满足条件， 由于PM PA |PA | PB |PB | ， 所以 PM 平分AP

14、B. 所以直线 PA 与直线 PB 的倾斜角互补， 所以 kPAkPB0. 即y1t x1 y2t x2 0， 即 x2(y1t)x1(y2t)0. 将 y1kx11，y2kx21 代入上式， 整理得 2kx1x2(1t)(x1x2)0， 所以2k 12 4k21 1t8k 4k21 0， 整理得 3kk(1t)0，即 k(4t)0， 因为 k0，所以 t4. 所以存在点 P(0,4)，使得PM PA |PA | PB |PB | . 跟踪演练 3 (2019 凉山模拟)椭圆长轴右端点为 A，上顶点为 M，O 为椭圆中心，F 为椭圆 的右焦点，且MF FA 21，离心率为2 2 . (1)求椭

15、圆的标准方程； (2)直线 l 交椭圆于 P，Q 两点，判断是否存在直线 l，使点 F 恰为PQM 的垂心？若存在， 求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由. 解 (1)设椭圆的方程为x 2 a2 y2 b21(ab0)，半焦距为 c. 则 A(a,0)，M(0，b)，F(c,0)，MF (c，b)，FA (ac,0)， 由MF FA 21，即 acc2 21， 又c a 2 2 ，a2b2c2， 解得 a22， b21 椭圆的标准方程为x 2 2y 21. (2)F 为MPQ 的垂心，MFPQ， 又 M(0,1)，F(1,0)，kMF1，kPQ1， 设直线 PQ：yxm(m1)，P(x1

16、，y1)，Q(x2，y2)， 将直线方程代入x 2 2y 21，得 3x24mx2m220， 令 (4m)212(2m22)0， 解得 30， 所以 x1x214，x1 x21， 假设存在点 M(t,0)使AMOBMO， 则 kAMkBM0. 而 kAM y1 x1t，kBM y2 x2t， 所以 kAMkBM y1 x1t y2 x2t y1x2ty2x1t x1tx2t 0 y1x2y2x1(y1y2)t0 2x1x2(x2x1)(x1x22)t0， 即 214(142)t0t1， 故存在点 M(1,0)符合条件. 当直线 l：y 3 3 (x1)时， 由对称性易知点 M(1,0)也符合条

17、件. 综上可知在(1)的条件下，存在点 M(1,0)， 使AMOBMO. A 组 专题通关 1.已知点(1， 2)， 2 2 ， 3 都在椭圆 C：y 2 a2 x2 b21(ab0)上. (1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 M(0,1)的直线 l 与椭圆 C 交于不同的两点 P， Q(异于顶点)， 记椭圆 C 与 y 轴的两个交 点分别为 A1，A2，若直线 A1P 与 A2Q 交于点 S，证明：点 S 恒在直线 y4 上. (1)解 由题意得 2 a2 1 b21， 3 a2 1 2b21， 得 a24， b22， 故椭圆 C 的方程为y 2 4 x2 21. (2)证明 由题意可设直

18、线 l 的方程为 ykx1， P(x1，y1)，Q(x2，y2)(y1，y2 2). 联立 y2 4 x2 21， ykx1， 整理得(k22)x22kx30. 所以 x1x2 2k k22，x1x2 3 k22， 则 2kx1x23(x1x2). 由题意不妨设 A1(0,2)，A2(0，2)， 则直线 A1P 的方程为 x x1 y12(y2)， 直线 A2Q 的方程为 x x2 y22(y2). 联立 x x1 y12y2， x x2 y22y2， 整理得(y22)x1(y2)(y12)x2(y2)， 所以(3x1x2)y4kx1x26x12x2. 把代入上式，得(3x1x2)y4kx1x

19、26x12x2 6(x1x2)6x12x212x14x2， 当 x23x1时，可得 y4， 当 x23x1时， 2 A Q ky22 x2 3kx13 3x1 kx11 x1 1 A P k， 即 A1PA2Q 不符合题意. 综上，故点 S 恒在直线 y4 上. 2.(2019 临川九校联考)在直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 E 的中心在原点，长轴长为 8，椭圆 在 x 轴上的两个焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形. (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆内一点 M(1,3)的直线与椭圆 E 交于不同的 A， B 两点， 交直线 y1 4x 于点 N， 若NA mAM ，NB nBM ，求证

20、：mn 为定值，并求出此定值. 解 (1)因为长轴长为 8，所以 2a8，a4， 又因为两个焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形， 所以 b 3 2 a2 3，由于椭圆焦点在 x 轴上， 所以椭圆的标准方程为x 2 16 y2 121. (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，N x0，1 4x0 ， 由NA mAM ， 得 x1x0，y11 4x0 m(1x1，3y1)， 所以 x1mx0 m1，y1 3m1 4x0 m1 ， 所以 A mx0 m1， 3m1 4x0 m1 ， 因为点 A 在椭圆x 2 16 y2 121 上， 所以得到 mx0 m1 2 16 3m1 4x0 m1 2

21、 12 1， 得到 9m296m4813 4 x200； 同理，由NB nBM ， 可得 9n296n4813 4 x200， 所以 m，n 可看作是关于 x 的方程 9x296x4813 4 x200 的两个根， 所以 mn96 9 32 3 ，为定值. 3.(2019 上饶模拟)已知圆 C1的方程为(x2)2y232，点 C2(2,0)，点 M 为圆 C1上的任意一 点，线段 MC2的垂直平分线与线段 MC1相交于点 N. (1)求点 N 的轨迹 C 的方程； (2)已知点 A(0,2 2)，过点 A 且斜率为 k 的直线 l 交轨迹 C 于 P，Q 两点，以 OP，OQ 为邻边 作平行四

22、边形 OPBQ，是否存在常数 k，使得点 B 在轨迹 C 上？若存在，求 k 的值；若不存 在，请说明理由. 解 (1)|NC2|NM|， |NC1|NC2|NC1|NM|C1M|4 2|C1C2|， 知点 N 的轨迹是以 C1，C2为焦点的椭圆， 则 a2 2，c2，b24， 点 N 的轨迹 C 的方程为x 2 8 y2 41， (2)设直线 l：ykx2 2，与椭圆联立 x2 8 y2 41， ykx2 2， 消去 y，得(2k21)x28 2kx80， 128k232(2k21)0，k21 2， 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则 x1x2 8 2k 2k21， y1y2k(x

23、1x2)4 2 4 2 2k21， OB OP OQ (x1x2，y1y2)， 点 B 8 2k 2k21， 4 2 2k21 ， 代入椭圆方程 8 2k 2k21 22 4 2 2k21 28， 得 k27 2(舍负)， 又 k27 2满足 0，k 14 2 ， 存在常数 k 14 2 ，使得平行四边形 OPBQ 的顶点 B 在椭圆上. B 组 能力提高 4.(2019 泸州质检)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)，点 P1(1,1)，P2(0， 3)，P3( 2， 2)， P4( 2， 2)中恰有三点在椭圆 C 上. (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 R(x0，y0)是

24、椭圆 C 上的动点，由原点 O 向圆(xx0)2(yy0)22 引两条切线，分别交 椭圆于点 P，Q，若直线 OP，OQ 的斜率存在，并记为 k1，k2，试问OPQ 的面积是否为定 值？若是，求出该值；若不是，请说明理由. 解 (1)由于 P3，P4两点关于原点对称， 故由题设可知 C 经过 P3，P4两点， 1 a2 1 b2b0)，C2与 C1 的长轴长之比为 21，离心率相同. (1)求椭圆 C2的标准方程； (2)设点 P 为椭圆 C2上一点. 射线 PO 与椭圆 C1依次交于点 A，B，求证：|PA| |PB|为定值； 过点 P 作两条斜率分别为 k1，k2的直线 l1，l2，且直线

25、 l1，l2与椭圆 C1均有且只有一个公 共点，求证：k1 k2为定值. (1)解 设椭圆 C2的焦距为 2c， 由题意，可得 a2 2，c a 3 2 ，a2b2c2， 解得 b 2，因此椭圆 C2的标准方程为x 2 8 y2 21. (2)证明 当直线 OP 斜率不存在时， |PA| 21，|PB| 21， 则|PA| |PB| 21 2132 2； 当直线 OP 斜率存在时， 设直线 OP 的方程为 ykx， 代入椭圆 C1的方程，消去 y，得(4k21)x24， 所以 x2A 4 4k21，同理 x 2 P 8 4k21. 所以 x2P2x2A， 由题意，xP与 xA同号，所以 xP

26、2xA， 从而|PA| |PB| |xPxA| |xPxB| |xPxA| |xPxA| 21 2132 2. 综上，|PA| |PB|为定值 32 2. 设 P(x0，y0)， 所以直线 l1的方程为 yy0k1(xx0)， 即 yk1xy0k1x0，记 ty0k1x0， 则 l1的方程为 yk1xt， 代入椭圆 C1的方程，消去 y， 得(4k211)x28k1tx4t240， 因为直线 l1与椭圆 C1有且只有一个公共点， 所以 (8k1t)24(4k211)(4t24)0， 即 4k21t210， 将 ty0k1x0代入上式，整理得， (x204)k212x0y0k1y2010， 同理，可得(x204)k222x0y0k2y2010， 所以 k1，k2为关于 k 的方程 (x204)k22x0y0ky2010 的两根， 从而 k1 k2y 2 01 x204. 又点 P(x0，y0)在椭圆 C2：x 2 8 y2 21 上， 所以 y2021 4x 2 0， 所以 k1 k2 21 4x 2 01 x204 1 4，为定值.