（浙江专用）2020版高考数学大二轮复习 专题四 大题考法课二 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题课

大题考法课二圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题题型(一)定点问题[考查趋向]主要考查直线、曲线过定点或两条直线的交点在定曲线上.[试典题——考点悟通][典例1]直线l与抛物线y2＝2x交于A，B两点，且以AB为直径的圆恰好过坐标原点O.(1)求证：直线l过定点；(2)若|AB|＝210，求△AOB的外接圆的方程．[解](1)证明：设直线l的方程为x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为以AB为直径的圆恰好过坐标原点，所以OA⊥OB⇔x1x2＋y1y2＝0，即(1＋t2)y1y2＋mt(y1＋y2)＋m2＝0，①联立y2＝2x，x＝ty＋m，得y2－2ty－2m＝0，由根与系数的关系得y1＋y2＝2t，y1y2＝－2m，代入①，有m2－2m＝0，所以m＝2或m＝0(舍去)．故直线l过定点(2,0)．(2)由(1)知|AB|＝1＋t2[y1＋y22－4y1y2]＝21＋t24＋t2，又因为|AB|＝210，所以t2＝1，①若t＝1，则直线方程为x＝y＋2，y1＋y22＝1，x1＋x22＝3，则外接圆方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10.②若t＝－1，则直线方程为x＝－y＋2，y1＋y22＝－1，x1＋x22＝3，则外接圆方程为(x－3)2＋(y＋1)2＝10.故外接圆方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10或(x－3)2＋(y＋1)2＝10.[备课札记][学技法——融会贯通]动线过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l过定点问题，解法：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，解法：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．[对点练——触类旁通]1.如图，过顶点在原点、对称轴为y轴的抛物线E上的点A(2，1)作斜率分别为k1，k2的直线，分别交抛物线E于B，C两点．(1)求抛物线E的标准方程和准线方程；(2)若k1＋k2＝k1k2，证明：直线BC恒过定点．解：(1)设抛物线E的标准方程为x2＝ay，a0，将A(2,1)代入得，a＝4.所以抛物线E的标准方程为x2＝4y，准线方程为y＝－1.(2)证明：由题意得，直线AB的方程为y＝k1x＋1－2k1，直线AC的方程为y＝k2x＋1－2k2，联立x2＝4y，y＝k1x＋1－2k1，消去y得x2－4k1x－4(1－2k1)＝0，解得x＝2或x＝4k1－2，因此点B(4k1－2，(2k1－1)2)，同理可得C(4k2－2，(2k2－1)2)．于是直线BC的斜率k＝2k1－12－2k2－124k1－2－4k2－2＝4k1－k2k1＋k2－14k1－k2＝k1＋k2－1，又k1＋k2＝k1k2，所以直线BC的方程为y－(2k2－1)2＝(k1k2－1)·[x－(4k2－2)]，即y＝(k1k2－1)x－2k1k2－1＝(k1k2－1)(x－2)－3.故直线BC恒过定点(2，－3)．题型(二)定值问题[考查趋向]主要以直线与圆锥曲线的位置关系为背景，考查转化与化归思想和对定值问题的处理能力，常涉及式子、面积的定值问题.[试典题——考点悟通][典例2]已知抛物线E：y＝ax2(a＞0)内有一点P(1,3)，过P的两条直线l1，l2分别与抛物线E交于A，C和B，D两点，且满足AP→＝λPC→，BP→＝λPD→(λ＞0，λ≠1)，已知线段AB的中点为M，直线AB的斜率为k.(1)求证：点M的横坐标为定值；(2)如果k＝2，点M的纵坐标小于3，求△PAB的面积的最大值．[解](1)证明：设CD中点为N，则由AP→＝λPC→，BP→＝λPD→可推得AB→＝λDC→，MP→＝λPN→，这说明AB→∥CD→，且M，P和N三点共线．设A(xA，yA)，B(xB，yB)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，且A，B在抛物线上，对A，B使用点差法，可得yA－yB＝a(xA－xB)(xA＋xB)，∵M为AB中点，∴xM＝xA＋xB2，∴yA－yB＝a(xA－xB)(2xM)，即k＝2a·xM.同理kCD＝2a·xN.于是xM＝xN，即MN⊥x轴，∴xM＝xP＝1为定值．(2)由k＝2得到a＝1，设yM＝t∈(1,3)，∴直线AB的方程为y－t＝2(x－1)，|PM|＝3－t，联立y＝x2，y－t＝2x－1，得x2－2x＋2－t＝0，∴xA＋xB＝2，xAxB＝2－t，|xA－xB|＝2t－1.∴|AB|＝1＋k2|xA－xB|＝25(t－1)，点P到直线AB的距离d＝|t－3|5＝3－t5，于是S△PAB＝12×|AB|×d＝(3－t)t－1，令x＝t－1，x∈(0，2)，则S＝－x3＋2x，∴S′＝－3x2＋2，∴S′＝0，x＝63，S′＞0,0＜x＜63，∴当t＝53时，S△PAB有最大值469.[备课札记][学技法——融会贯通]求解定值问题的两大途径(1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关．(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．[对点练——触类旁通]2．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为35，过左焦点F且垂直于长轴的弦长为325.(1)求椭圆C的标准方程；(2)点P(m,0)为椭圆C的长轴上的一个动点，过点P且斜率为45的直线l交椭圆C于A，B两点，证明：|PA|2＋|PB|2为定值．解：(1)由e＝ca＝35，2b2a＝325，a2＝b2＋c2，可得a＝5，b＝4，c＝3，故椭圆C的标准方程为x225＋y216＝1.(2)证明：设直线l的方程为x＝54y＋m，代入x225＋y216＝1，消去x，并整理得25y2＋20my＋8(m2－25)＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－45m，y1y2＝8m2－2525，又易得|PA|2＝(x1－m)2＋y21＝4116y21，同理可得|PB|2＝4116y22.则|PA|2＋|PB|2＝4116(y21＋y22)＝4116[(y1＋y2)2－2y1y2]＝4116－4m52－16m2－2525＝41.所以|PA|2＋|PB|2是定值．题型(三)存在性问题[考查趋向]主要以直线与圆锥曲线的位置关系为背景，考查学生分析问题和解决问题的能力.[试典题——考点悟通][典例3]已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆的离心率为22，直线l过椭圆右焦点F，且交椭圆于A，B两点，当直线l的倾斜角为π2时，|AB|＝2.(1)求椭圆的标准方程；(2)在直线x＝2上是否存在点D，使得△DAB为正三角形？若存在，求出D点的坐标；若不存在，请说明理由．[解](1)由题意得ca＝22，2b2a＝2，a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝1，∴椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.(2)存在，理由如下：设直线AB的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M.联立x＝my＋1，x2＋2y2＝2消去x，整理，得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，则y1＋y2＝－2mm2＋2，y1y2＝－1m2＋2，x1＋x2＝4m2＋2，故M2m2＋2，－mm2＋2，|AB|＝1＋m2·|y1－y2|＝22m2＋1m2＋2.假设存在点D(2，t)使得△DAB为正三角形，则D到直线AB的距离d＝|mt－1|1＋m2，由于△DAB为正三角形，则有kDM＝－m，d＝32|AB|，即m2＋2t＝－2m3－3m，|mt－1|1＋m2＝32×22×m2＋1m2＋2，解得m＝±22，则t＝±425.∴存在点D2，±425满足题意．[备课札记][学技法——融会贯通]求解存在性问题的思路及策略(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．[对点练——触类旁通]3．(2019·绍兴一中适应性考试)设椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)过M(2，2)，N(6，1)两点，O为坐标原点．(1)求椭圆E的方程；(2)是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OA⊥OB？若存在，写出该圆的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)因为椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)过M(2，2)，N(6，1)两点，所以4a2＋2b2＝1，6a2＋1b2＝1，解得a2＝8，b2＝4，所以椭圆E的方程为x28＋y24＝1.(2)假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OA⊥OB，①圆的切线斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋m，联立方程y＝kx＋m，x28＋y24＝1，得x2＋2(kx＋m)2＝8，即(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，则Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－8)＝8(8k2－m2＋4)＞0，即8k2－m2＋4＞0，又x1＋x2＝－4km1＋2k2，x1x2＝2m2－81＋2k2，则y1y1＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝k22m2－81＋2k2－4k2m21＋2k2＋m2＝m2－8k21＋2k2.又OA⊥OB，则x1x2＋y1y2＝0，即2m2－81＋2k2＋m2－8k21＋2k2＝0，所以3m2－8k2－8＝0，所以k2＝3m2－88≥0，又8k2－m2＋4＞0，则m2＞2，3m2≥8⇒m2≥83，即m≥263或m≤－263，又因为直线y＝kx＋m为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径r＝|m|1＋k2，r2＝m21＋k2＝m21＋3m2－88＝83，r＝263，故所求的圆的方程为x2＋y2＝83，此时圆的切线y＝kx＋m都满足m≥263或m≤－263.②当切线的斜率不存在时，切线为x＝±263与椭圆x28＋y24＝1的两个交点为263，±263或－263，±263满足OA→⊥OB→.综上，存在圆心在原点的圆x2＋y2＝83，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OA→⊥OB→.[解题通法点拨][循流程思维——入题快]圆锥曲线解答题的常见类型是：第(1)小题通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单．第(2)小题往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点”“线”，设而不求．在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步：第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出；第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系；第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中．在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，选用恰当运算方法，合理地简化运算．[按流程解题——快又准][典例]已知离心率为32的椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)过点P1，32，与坐标轴不平行的直线l与椭圆C交于A，B两点，其中M为A关于y轴的对称点，N0，2，O为坐标原点．(1)求椭圆C的方程；(2)分别记△PAO，△PBO的面积为S1，S2，当M，N，B三点共线时，求S1·S2的最大值．[解题示范](1)∵ca＝32，a2＝b2＋c2，∴a＝2b，∴椭圆C的方程可化为x24b2＋y2b2＝1.将点P1，32代入，得a＝2，b＝1，∴椭圆C的