定点、定值、探索性问题

高二文科数学圆锥曲线的综合问题（二）定点、定值、探索性问题考点一定点问题[典题例析]已知椭圆C：x2a2＋y2＝1(a＞1)的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：(x－3)2＋(y－1)2＝3相切．(1)求椭圆C的方程；(2)若不过点A的动直线l与椭圆C交于P，Q两点，且AP·AQ＝0，求证：直线l过定点，并求该定点的坐标．解：(1)圆M的圆心为(3,1)，半径r＝3.由题意知A(0,1)，F(c,0)，直线AF的方程为xc＋y＝1，即x＋cy－c＝0，由直线AF与圆M相切，得|3＋c－c|c2＋1＝3，解得c2＝2，a2＝c2＋1＝3，故椭圆C的方程为x23＋y2＝1.(2)证明：法一：由AP·AQ＝0知AP⊥AQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，故可设直线AP的方程为y＝kx＋1，直线AQ的方程为y＝－1kx＋1.联立方程组y＝kx＋1，x23＋y2＝1，整理得(1＋3k2)x2＋6kx＝0，解得x＝0或x＝－6k1＋3k2，故点P的坐标为－6k1＋3k2，1－3k21＋3k2，同理，点Q的坐标为6kk2＋3，k2－3k2＋3，∴直线l的斜率为k2－3k2＋3－1－3k21＋3k26kk2＋3－－6k1＋3k2＝k2－14k，∴直线l的方程为y＝k2－14kx－6kk2＋3＋k2－3k2＋3，即y＝k2－14kx－12.∴直线l过定点0，－12.法二：由AP·AQ＝0知AP⊥AQ，从而直线PQ与x轴不垂直，故可设直线l的方程为y＝kx＋t(t≠1)，联立得y＝kx＋t，x23＋y2＝1，整理得(1＋3k2)x2＋6ktx＋3(t2－1)＝0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－6kt1＋3k2，x1x2＝3t2－11＋3k2，(*)由Δ＝(6kt)2－4(1＋3k2)×3(t2－1)＞0，得3k2＞t2－1.由AP·AQ＝0，得AP·AQ＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝(1＋k2)x1x2＋k(t－1)(x1＋x2)＋(t－1)2＝0，将(*)代入，得t＝－12.∴直线l过定点0，－12.定点问题的常见解法：(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故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所求定点；(2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．[演练冲关]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(1,0)，右顶点为A，且|AF|＝1.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线x＝4交于点Q，问：是否存在一个定点M(t,0)，使得MP·MQ＝0.若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．解：(1)由c＝1，a－c＝1，得a＝2，∴b＝3，故椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.(2)由y＝kx＋m，3x2＋4y2＝12，消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，∴Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即m2＝3＋4k2.设P(xp，yp)，则xp＝－4km3＋4k2＝－4km，yp＝kxp＋m＝－4k2m＋m＝3m，即P－4km，3m.∵M(t,0)，Q(4,4k＋m)，∴MP＝－4km－t，3m，MQ＝(4－t,4k＋m)，∴MP·MQ＝－4km－t·(4－t)＋3m·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋4km(t－1)＝0恒成立，故t＝1，t2－4t＋3＝0，即t＝1.∴存在点M(1,0)符合题意．考点二定值问题[典题例析](2014·江西高考)如图，已知抛物线C：x2＝4y，过点M(0,2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点)．(1)证明：动点D在定直线上；(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y＝2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2.证明：|MN2|2－|MN1|2为定值，并求此定值．证明：(1)依题意可设直线AB的方程为y＝kx＋2，代入x2＝4y，得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝－8，直线AO的方程为y＝y1x1x，BD的方程为x＝x2.解得交点D的坐标为x＝x2，y＝y1x2x1.注意到x1x2＝－8及x21＝4y1，则有y＝y1x1x2x21＝－8y14y1＝－2，因此动点D在定直线y＝－2(x≠0)上．(2)依题设，切线l的斜率存在且不等于0，设切线l的方程为y＝ax＋b(a≠0)，代入x2＝4y得x2＝4(ax＋b)，即x2－4ax－4b＝0，由Δ＝0得(4a)2＋16b＝0，化简整理得b＝－a2.故切线l的方程可写为y＝ax－a2.分别令y＝2，y＝－2得N1，N2的坐标为N12a＋a,2，N2－2a＋a，－2，则|MN2|2－|MN1|2＝2a－a2＋42－2a＋a2＝8，即|MN2|2－|MN1|2为定值8.求定值问题常见的方法：(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．[演练冲关]已知△ABC的三个顶点(均异于坐标原点O)都在抛物线y2＝2px(p＞0)上，且抛物线的焦点F满足FA＋FB＋FC＝0，若BC边上的中线所在直线l的方程为mx＋ny－m＝0(m，n为常数且m≠0)．(1)求p的值；(2)记△OFA，△OFB，△OFC的面积分别为S1，S2，S3，求证：S21＋S22＋S23为定值．解：(1)∵抛物线的焦点F满足FA＋FB＋FC＝0，∴AF＝FB＋FC，取BC边上的中点M，连接FM，则AF＝2FM，故点F在直线l上．在mx＋ny－m＝0中，令y＝0，得x＝1，得抛物线的焦点F(1,0)，于是p2＝1，p＝2.(2)证明：记A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，由FA＋FB＋FC＝0知：x1＋x2＋x3＝3，且y2i＝4xi(i＝1,2,3)．于是S21＋S22＋S23＝14(y21＋y22＋y23)＝x1＋x2＋x3＝3，∴S21＋S22＋S23为定值3.考点三存在性问题[典题例析](2014·重庆高考)如图，设椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1⊥F1F2，|F1F2||DF1|＝22，△DF1F2的面积为22.(1)求该椭圆的标准方程；(2)是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在，求出圆的方程，若不存在，请说明理由．解：(1)设F1(－c,0)，F2(c,0)，其中c2＝a2－b2.由|F1F2||DF1|＝22，得|DF1|＝|F1F2|22＝22c.由DF1⊥F1F2，得S△DF1F2＝12|DF1||F1F2|＝22c2＝22，故c＝1，从而|DF1|＝22，故|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝92，因此|DF2|＝322.所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝22，故a＝2，b2＝a2－c2＝1.因此，所求椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.(2)如图，设圆心在y轴上的圆C与椭圆x22＋y2＝1相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y10，y20，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2＝－x1，y1＝y2.由(1)知F1(－1,0)，F2(1,0)，所以11FP＝(x1＋1，y1)，22FP＝(－x1－1，y1)．再由F1P1⊥F2P2，得－(x1＋1)2＋y21＝0.由椭圆方程得1－x212＝(x1＋1)2，即3x21＋4x1＝0，解得x1＝－43或x1＝0.当x1＝0时，P1，P2重合，此时题设要求的圆不存在．当x1＝－43时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C(0，y0)，由CP1⊥F1P1，得y1－y0x1·y1x1＋1＝－1.而y1＝|x1＋1|＝13，故y0＝53.圆C的半径|CP1|＝－432＋13－532＝423.综上，存在满足题设条件的圆，其方程为x2＋y－532＝329.解决存在性问题的注意事项：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．[A卷——夯基保分]1．已知F为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点，抛物线上点G(2,2p)满足|GF|＝3.(1)求抛物线的方程；(2)M点的坐标为(4,0)，过点F作斜率为k1的直线与抛物线交于A，B两点，A，B两点的横坐标均不为4，连接AM，BM并延长交抛物线于C，D两点，设直线CD的斜率为k2，问k1k2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．解：(1)根据抛物线定义知|GF|＝2＋p2＝3，解得p＝2，所以抛物线方程为y2＝4x.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，则k1＝y1－y2x1－x2＝y1－y2y21－y224＝4y1＋y2，同理k2＝4y3＋y4.设AC所在直线的方程为x＝ty＋4，与y2＝4x联立，得y2－4ty－16＝0，所以y1y3＝－16，同理y2y4＝－16，所以k2＝4－16y1＋－16y2＝－14·y1y2y1＋y2.设AB所在直线的方程为x＝my＋1，与y2＝4x联立，得y2－4my－4＝0，所以y1y2＝－4，所以k2＝－14·y1y2y1＋y2＝1y1＋y2，所以k1k2是定值，且k1k2＝4.2．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，离心率为22，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为2，O为坐标原点．(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆的上顶点为N，是否存在直线l交椭圆于P，Q两点，使点F为△PQN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F(c,0)，则ca＝22，知a＝2c.过点F且与x轴垂直的直线方程为x＝c，代入椭圆方程，有－c2a2＋y2b2＝1，解得y＝±22b.于是2b＝2，解得b＝1.又a2－c2＝b2，从而a＝2，c＝1.所以椭圆C的方程为x22＋y2＝1.(2)假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F为△PQN的垂心．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为N(0,1)，F(1,0)，所以kNF＝－1.由NF⊥PQ，知kPQ＝1.设直线l的方程为y＝x＋m，由y＝x＋m，x2＋2y2＝2，得3x2＋4mx＋2m2－2＝0.由Δ＞0，得m2＜3，且x1＋x2＝－4m3，x1x2＝2m2－23.由题意，有NP·FQ＝0.因为NP＝(x1，y1－1)，FQ＝(x2－1，y2)，所以x1(x2－1)＋y2(y1－1)＝0，即x1(x2－1)＋(x2＋m)(x1＋m－1)＝0，所以2x1x2＋(x1＋x2)(m－1)＋m2－m＝0，于是2×2m2－23－43m(m－1)＋m2－m＝0，解得m＝－43或m＝1.经检验，当m＝1时，△PQN不存在，故舍去m＝1.当m＝－43时，所求直线l存在，且直线l的方程为y＝x－43.3．已知抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|＝|FD|.当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形．(1)求C的方程；(2)若直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E，证明直线AE过定点，并求出定点坐标．解：(1)由题意知Fp2，0.设D(t,0)(t0)，则FD的中点为p＋2t4，0.因为|FA|＝|FD|，由抛物线的定义知3＋p2＝t－p2，解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)．由p＋2t4＝3，解得p＝2.所以抛物