【数学】2021届一轮复习北师大版（文）第九章　第8讲　第2课时　圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题学案 16页

第2课时　圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题 ‎　　　　　　圆锥曲线中的定值问题(师生共研)‎ ‎ (2018·高考北京卷)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)．过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.‎ ‎(1)求直线l的斜率的取值范围；‎ ‎(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．‎ ‎【解】　(1)因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，‎ 所以2p＝4，即p＝2.‎ 故抛物线C的方程为y2＝4x.‎ 由题意知，直线l的斜率存在且不为0.‎ 设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．‎ 由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.‎ 依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，‎ 解得k<0或0b>0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m与l1，l2分别交于M，N两点，求证：∠MF1N为定值．‎ 解：(1)由AF2⊥F1F2，|AF2|＝，得＝.‎ 又e＝＝，a2＝b2＋c2，所以a2＝9，b2＝8，‎ 故椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：由题意可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3.‎ 直线l分别与直线l1，l2的方程联立得M(－3，－3k＋m)，N(3，3k＋m)，‎ 所以＝(－2，－3k＋m)，＝(4，3k＋m)，‎ 所以·＝－8＋m2－9k2.‎ 联立 得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0.‎ 因为直线l与椭圆C相切，‎ 所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)·(9m2－72)＝0，‎ 化简得m2＝9k2＋8.‎ 所以·＝－8＋m2－9k2＝0，‎ 所以⊥，‎ 故∠MF1N为定值.‎ ‎　　　　　　圆锥曲线中的定点问题(师生共研)‎ ‎ (2020·安徽省考试试题)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上顶点为P，右顶点为Q，直线PQ与圆x2＋y2＝相切于点M.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若不经过点P的直线l与椭圆C交于A，B两点，且·＝0，求证：直线l过定点．‎ ‎【解】 (1)由已知得直线OM(O为坐标原点)的斜率kOM＝2，则直线PQ的斜率kPQ＝－＝－，‎ 所以直线PQ的方程为y－＝－，‎ 即x＋2y＝2.‎ 可求得P(0，1)，Q(2，0)，故a＝2，b＝1，‎ 故椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明：当直线l的斜率不存在时，显然不满足条件．‎ 当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋n(n≠1)，‎ 联立消去y整理得(4k2＋1)x2＋8knx＋4(n2－1)＝0，‎ Δ＝(8kn)2－4×4(4k2＋1)(n2－1)＝16(4k2＋1－n2)>0，得4k2＋1>n2.①‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.②‎ 由·＝0，得(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝0，又y1＝kx1＋n，y2＝kx2＋n，所以(k2＋1)x1x2＋k(n－1)(x1＋x2)＋(n－1)2＝0，③‎ 由②③得n＝1(舍)，或n＝－，满足①.‎ 此时l的方程为y＝kx－，故直线l过定点.‎ 求解定点问题常用的方法 ‎(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明．‎ ‎(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标．‎ ‎(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)来证明．‎ ‎　(2019·高考北京卷)已知椭圆C：＋＝1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1)．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点．‎ 解：(1)由题意，得b2＝1，c＝1，‎ 所以a2＝b2＋c2＝2.‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，‎ 则直线AP的方程为y＝x＋1.‎ 令y＝0，得点M的横坐标xM＝－.‎ 又y1＝kx1＋t，‎ 从而|OM|＝|xM|＝.‎ 同理，|ON|＝.‎ 由得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 所以|OM|·|ON|＝· ‎＝ ‎＝ ‎＝2.‎ 又|OM|·|ON|＝2，‎ 所以2＝2.‎ 解得t＝0，所以直线l经过定点(0，0)．‎ ‎　　　　　　圆锥曲线中的探索性问题(师生共研)‎ ‎ (2019·高考全国卷Ⅰ)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．‎ ‎(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；‎ ‎(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．‎ ‎【解】 (1)因为⊙M过点A，B，‎ 所以圆心M在AB的垂直平分线上．‎ 由已知A在直线x＋y＝0上，‎ 且A，B关于坐标原点O对称，‎ 所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．‎ 因为⊙M与直线x＋2＝0相切，‎ 所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.‎ 连接MA，由已知得|AO|＝2，又⊥，‎ 故可得2a2＋4＝(a＋2)2，‎ 解得a＝0或a＝4.‎ 故⊙M的半径r＝2或r＝6.‎ ‎(2)存在定点P(1，0)，使得|MA|－|MP|为定值．‎ 理由如下：‎ 设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.‎ 由于⊥，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，‎ 化简得M的轨迹方程为y2＝4x.‎ 因为曲线C：y2＝4x是以点P(1，0)为焦点，‎ 以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.‎ 因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，‎ 所以存在满足条件的定点P.‎ 解决探索性问题的注意事项 探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．‎ ‎(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．‎ ‎(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．‎ ‎(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．‎ ‎　是否存在过点E(0，－4)的直线l交椭圆＋＝1于点R，T，且满足·＝？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．‎ 解：存在．‎ 假设存在满足题意的直线l，易知当直线l的斜率不存在时，·<0，不满足题意．‎ 故可设直线l的方程为y＝kx－4，R(x1，y1)，T(x2，y2)．‎ 因为·＝，‎ 所以x1x2＋y1y2＝.‎ 由得(3＋4k2)x2－32kx＋16＝0，‎ 由Δ>0得(－32k)2－64(3＋4k2)>0，‎ 解得k2>.①‎ 因为x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 所以y1y2＝(kx1－4)(kx2－4)＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16，‎ 故x1x2＋y1y2＝＋－＋16＝，‎ 解得k2＝1.②‎ 由①②解得k＝±1，‎ 所以直线l的方程为y＝±x－4.‎ 故存在直线l：x＋y＋4＝0或x－y－4＝0满足题意．‎ ‎[基础题组练]‎ ‎1．(2020·沂南新乡模拟)已知F1，F2分别是双曲线C：y2－x2＝1的上、下焦点，P是其一条渐近线上的一点，且以F1F2为直径的圆经过点P，则△PF1F2的面积为(　　)‎ A. B．1 ‎ C. D．2‎ 解析：选C.设P(x0，y0)，不妨设点P在双曲线C的过一、三象限的渐近线x－y＝0上，因此可得x0－y0＝0.F1(0，)，F2(0，－)，所以|F1F2|＝2，以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝2，又以F1F2为直径的圆经过点P，所以x＋y＝2.由，得|x0|＝1，于是S△PF1F2＝|F1F2|·|x0|＝×2×1＝，故选C.‎ ‎2．直线l与抛物线C：y2＝2x交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，且满足k1k2＝，则直线l过定点(　　)‎ A．(－3，0) B．(0，－3) ‎ C．(3，0) D．(0，3)‎ 解析：选A.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为k1k2＝，所以·＝.又y＝2x1，y＝2x2，所以y1y2＝6.将直线l：x＝my＋b代入抛物线C：y2＝2x得y2－2my－2b＝0，所以y1y2＝－2b＝6，得b＝－3，即直线l的方程为x＝my－3，所以直线l过定点(－3，0)．‎ ‎3．(2020·安徽合肥模拟)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，过椭圆上一点M作直线MA，MB分别交椭圆于A，B两点，且斜率分别为k1，k2，若点A，B关于原点对称，则k1·k2的值为 ．‎ 解析：由e2＝1－＝，得＝.设M(x，y)，A(m，n)，则B(－m，－n)，k1·k2＝·＝，①‎ 把y2＝b2，n2＝b2代入①式并化简，可得k1·k2＝－＝－.‎ 答案：－ ‎4．以下四个关于圆锥曲线的命题：‎ ‎①设A，B为两个定点，K为正数，若||PA|－|PB||＝K，则动点P的轨迹是双曲线；‎ ‎②方程2x2－5x＋2＝0的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；‎ ‎③双曲线－＝1与椭圆＋y2＝1有相同的焦点；‎ ‎④已知抛物线y2＝2px，以过焦点的一条弦AB为直径作圆，则此圆与准线相切．‎ 其中真命题为 ．(写出所有真命题的序号)‎ 解析：A，B为两个定点，K为正数，||PA|－|PB||＝K，当K＝|AB|时，动点P的轨迹是两条射线，故①错误；‎ 方程2x2－5x＋2＝0的两根为和2，可分别作为椭圆和双曲线的离心率，故②正确；‎ 双曲线－＝1的焦点坐标为(±，0)，椭圆＋y2＝1的焦点坐标为(±，0)，故③正确；‎ 设AB为过抛物线焦点F的弦，P为AB中点，A，B，P在准线l上的射影分别为M，N，Q，‎ 因为AP＋BP＝AM＋BN，所以PQ＝AB，‎ 所以以AB为直径作圆，则此圆与准线l相切，故④正确．‎ 故正确的命题有②③④.‎ 答案：②③④‎ ‎5．(2020·福建五校第二次联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，上顶点M到直线x＋y＋4＝0的距离为3.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设直线l过点(4，－2)，且与椭圆C相交于A，B两点，l不经过点M，证明：直线MA的斜率与直线MB的斜率之和为定值．‎ 解：(1)由题意可得，解得 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：易知直线l的斜率恒小于0，设直线l的方程为y＋2＝k(x－4)，k<0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 联立 得(1＋4k2)x2－16k(2k＋1)x＋64k(k＋1)＝0，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 因为kMA＋kMB＝＋ ‎＝，‎ 所以kMA＋kMB＝2k－(4k＋4)×＝2k－4(k＋1)×＝2k－(2k＋1)＝－1(为定值)．‎ ‎6．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知曲线C：y＝，D为直线y＝－上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.‎ ‎(1)证明：直线AB过定点；‎ ‎(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程．‎ 解：(1)证明：设D，A(x1，y1)，则x＝2y1.‎ 由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝x1.‎ 整理得2tx1－2y1＋1＝0.‎ 设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.‎ 故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.‎ 所以直线AB过定点.‎ ‎(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.由可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1.‎ 设M为线段AB的中点，则M.‎ 由于⊥，而＝(t，t2－2)，与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.‎ 解得t＝0或t＝±1.‎ 当t＝0时，||＝2，所求圆的方程为x2＋＝4；‎ 当t＝±1时，||＝，所求圆的方程为x2＋＝2.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．(2020·赣州市调研测试)已知动圆C过定点F(1，0)，且与定直线x＝－1相切．‎ ‎(1)求动圆圆心C的轨迹E的方程；‎ ‎(2)过点M(－2，0)的任一条直线l与轨迹E交于不同的两点P，Q，试探究在x轴上是否存在定点N(异于点M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)法一：依题意知，动圆圆心C到定点F(1，0)的距离，与到定直线x＝－1的距离相等，‎ 由抛物线的定义，可得动圆圆心C的轨迹E是以F(1，0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线，其中p＝2.‎ 所以动圆圆心C的轨迹E的方程为y2＝4x.‎ 法二：设动圆圆心C(x，y)，依题意得＝|x＋1|，‎ 化简得y2＝4x，即为动圆圆心C的轨迹E的方程．‎ ‎(2)假设存在点N(x0，0)满足题设条件．‎ 由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即kPN＋kQN＝0.①‎ 易知直线PQ的斜率必存在且不为0，设直线PQ：x＝my－2，‎ 由得y2－4my＋8＝0.‎ 由Δ＝(－4m)2－4×8>0，得m>或m<－.‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝8.‎ 由①得kPN＋kQN＝＋ ‎＝＝0，‎ 所以y1(x2－x0)＋y2(x1－x0)＝0即，y1x2＋y2x1－x0(y1＋y2)＝0.‎ 消去x1，x2，得y1y＋y2y－x0(y1＋y2)＝0，‎ 即y1y2(y1＋y2)－x0(y1＋y2)＝0.‎ 因为y1＋y2≠0，所以x0＝y1y2＝2，‎ 所以存在点N(2，0)，使得∠QNM＋∠PNM＝π.‎ ‎2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，点A在椭圆C上．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y＝上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足＝？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)设椭圆C的焦距为2c，则c＝1，‎ 因为A在椭圆C上，‎ 所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2，‎ 所以a＝，b2＝a2－c2＝1，‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)不存在满足条件的直线，证明如下：‎ 设直线的方程为y＝2x＋t，‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，MN的中点为D(x0，y0)，‎ 由消去x，‎ 得9y2－2ty＋t2－8＝0，‎ 所以y1＋y2＝，Δ＝4t2－36(t2－8)>0，‎ 所以y0＝＝，且－3