2021版高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 第8讲 圆锥曲线的综合问题 第2课时 圆锥曲线中的

1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，QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，求证：1λ＋1μ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y2＝4x，y＝kx＋1得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×10，解得k0或0k1.又PA，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)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由(1)知x1＋x2＝－2k－4k2，x1x2＝1k2.直线PA的方程为y－2＝y1－2x1－1(x－1)．令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝－y1＋2x1－1＋2＝－kx1＋1x1－1＋2.同理得点N的纵坐标为yN＝－kx2＋1x2－1＋2.由QM→＝λQO→，QN→＝μQO→得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以1λ＋1μ＝11－yM＋11－yN2＝x1－1（k－1）x1＋x2－1（k－1）x2＝1k－1·2x1x2－（x1＋x2）x1x2＝1k－1·2k2＋2k－4k21k2＝2.所以1λ＋1μ为定值．求圆锥曲线中定值问题常用的方法(1)引起变量法：其解题流程为变量→选择适当的量为变量↓函数→把要证明为定值的量表示成上述变量的函数↓定值→把得到的函数化简，消去变量得到定值(2)特例法：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2020·长沙市统一模拟考试)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为13，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝83.(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|＝83，得b2a＝83.又e＝ca＝13，a2＝b2＋c2，所以a2＝9，b2＝8，故椭圆C的标准方程为x29＋y28＝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F1M→＝(－2，－3k＋m)，F1N→＝(4，3k＋m)，3所以F1M→·F1N→＝－8＋m2－9k2.联立x29＋y28＝1，y＝kx＋m，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F1M→·F1N→＝－8＋m2－9k2＝0，所以F1M→⊥F1N→，故∠MF1N为定值π2.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：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的上顶点为P，右顶点为Q，直线PQ与圆x2＋y2＝45相切于点M25，45.(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PA→·PB→＝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＝－1kOM＝－12，所以直线PQ的方程为y－45＝－12x－25，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x24＋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)，4联立x24＋y2＝1，y＝kx＋n，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＋1n2.①设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－8kn4k2＋1，x1x2＝4（n2－1）4k2＋1.②由PA→·PB→＝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＝－35，满足①.此时l的方程为y＝kx－35，故直线l过定点0，－35.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：x2a2＋y2b2＝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x22＋y2＝1.(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线AP的方程为y＝y1－1x1x＋1.令y＝0，得点M的横坐标xM＝－x1y1－1.又y1＝kx1＋t，5从而|OM|＝|xM|＝x1kx1＋t－1.同理，|ON|＝x2kx2＋t－1.由y＝kx＋t，x22＋y2＝1得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，则x1＋x2＝－4kt1＋2k2，x1x2＝2t2－21＋2k2.所以|OM|·|ON|＝x1kx1＋t－1·x2kx2＋t－1＝x1x2k2x1x2＋k（t－1）（x1＋x2）＋（t－1）2＝2t2－21＋2k2k2·2t2－21＋2k2＋k（t－1）·－4kt1＋2k2＋（t－1）2＝21＋t1－t.又|OM|·|ON|＝2，所以21＋t1－t＝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MO→⊥AO→，6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MO→⊥AO→，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x216＋y212＝1于点R，T，且满足OR→·OT→＝167？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，OR→·OT→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OR→·OT→＝167，所以x1x2＋y1y2＝167.由y＝kx－4，x216＋y212＝1得(3＋4k2)x2－32kx＋16＝0，由Δ0得(－32k)2－64(3＋4k2)0，7解得k214.①因为x1＋x2＝32k3＋4k2，x1x2＝163＋4k2，所以y1y2＝(kx1－4)(kx2－4)＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16，故x1x2＋y1y2＝163＋4k2＋16k23＋4k2－128k23＋4k2＋16＝167，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·长沙市统一模拟考试)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.22B．1C.2D．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(0，2)，F2(0，－2)，所以|F1F2|＝22，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x20＋y20＝2.由x0－y0＝0x20＋y20＝2，得|x0|＝1，于是S△PF1F2＝12|F1F2|·|x0|＝12×22×1＝2，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＝23，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＝23，所以y1x1·y2x2＝23.又y21＝2x1，y22＝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x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为63，过椭圆上一点M作8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－b2a2＝69，得b2a2＝13.设M(x，y)，A(m，n)，则B(－m，－n)，k1·k2＝y－nx－m·y＋nx＋m＝y2－n2x2－m2，①把y2＝b21－x2a2，n2＝b21－m2a2代入①式并化简，可得k1·k2＝－b2a2＝－13.答案：－134．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x225－y29＝1与椭圆x235＋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12和2