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7.4.3圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题-2-考向一考向二考向三圆锥曲线中的定点问题例1(2019全国卷3,文21)已知曲线C:y=𝑥22,点D为直线y=-12上的动点,过点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E0,52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.-3-考向一考向二考向三(1)证明设D𝑡,-12,A(x1,y1),则𝑥12=2y1.由于y'=x,所以切线DA的斜率为x1,故𝑦1+12𝑥1-𝑡=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0,12.-4-考向一考向二考向三(2)解由(1)得直线AB的方程为y=tx+12.由𝑦=𝑡𝑥+12,𝑦=𝑥22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Mt,t2+12.由于𝐸𝑀⊥𝐴𝐵,而𝐸𝑀=(t,t2-2),𝐴𝐵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,|𝐸𝑀|=2,所求圆的方程为x2+𝑦-522=4;当t=±1时,|𝐸𝑀|=2,所求圆的方程为x2+𝑦-522=2.-5-考向一考向二考向三解题心得证明直线或曲线过定点,如果定点坐标没有给出,一般可根据已知条件表示出直线或曲线的方程,然后根据方程的形式确定其过哪个定点;如果得到的方程形如f(x,y)+λg(x,y)=0,且方程对参数的任意值都成立,则令解方程组得定点.𝑓(𝑥,𝑦)=0,𝑔(𝑥,𝑦)=0,-6-考向一考向二考向三对点训练1(2019安徽泗县第一中学高三最后一模)已知椭圆(1)求椭圆M的方程;(2)设直线l与椭圆M交于A,B两点,且以线段AB为直径的圆过椭圆的右顶点C,求证:直线l恒过x轴上一定点.M:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(ab0)的离心率为32,且椭圆上一点P的坐标为2,22.-7-考向一考向二考向三解(1)由已知e=𝑐𝑎=32,又a2=b2+c2,则a=2b.椭圆方程为𝑥24𝑏2+𝑦2𝑏2=1,将2,22代入方程,解得b=1,从而a=2,故椭圆的方程为𝑥24+y2=1.(2)当直线l的斜率不存在时,易证直线l恒过点65,0,当直线l的斜率存在时,不妨设直线AB的方程x=ky+m,联立𝑥24+𝑦2=1,𝑥=𝑘𝑦+𝑚,消去x得(k2+4)y2+2kmy+m2-4=0.-8-考向一考向二考向三设A(x1,y1),B(x2,y2),则有y1+y2=-2𝑘𝑚𝑘2+4,y1y2=𝑚2-4𝑘2+4.①又以线段AB为直径的圆过椭圆的右顶点C,∴𝐶𝐴·𝐶𝐵=0.由𝐶𝐴=(x1-2,y1),𝐶𝐵=(x2-2,y2),得(x1-2)(x2-2)+y1y2=0.将x1=ky1+m,x2=ky2+m代入上式,得(k2+1)y1y2+k(m-2)(y1+y2)+(m-2)2=0,将①代入上式,求得m=65或m=2(舍去后者),所以直线AB的方程为x=ky+65,则直线l恒过点65,0.综上所述,直线l恒过定点65,0.-9-考向一考向二考向三例2(2019北京卷,文19)已知椭圆C: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.𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1-10-考向一考向二考向三(1)解由题意得,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,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.-11-考向一考向二考向三所以|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=21+𝑡1-𝑡.又|OM|·|ON|=2,所以21+𝑡1-𝑡=2.解得t=0,所以直线l经过定点(0,0).-12-考向一考向二考向三解题心得证明直线或曲线过某一确定的定点(定点坐标已知),可把要证明的结论当条件,逆推上去,若得到使已知条件成立的结论,即证明了直线或曲线过定点.-13-考向一考向二考向三对点训练2(2019陕西西安高三第三次质量检测)已知椭圆E:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(ab0)经过点A(0,1),右焦点到直线x=𝑎2𝑐的距离为33.(1)求椭圆E的标准方程;(2)过点A作两条互相垂直的直线l1,l2分别交椭圆于M,N两点.求证:直线MN恒过定点P0,-35.(1)解由题意知,𝑎2𝑐-c=33,b=1,a2=b2+c2,解得a=2,b=1,c=3.所以椭圆的标准方程为𝑥24+y2=1.-14-考向一考向二考向三(2)证明显然直线l1,l2的斜率存在.设直线l1的方程为y=kx+1,联立方程组𝑦=𝑘𝑥+1,𝑥24+𝑦2=1,得(4k2+1)x2+8kx=0,解得x1=-8𝑘4𝑘2+1,x2=0,所以xM=-8𝑘4𝑘2+1,yM=1-4𝑘24𝑘2+1.(*)式由l1,l2垂直,可得直线l2的方程为y=-1𝑘x+1.用-1𝑘替换(*)式中的k,可得xN=8𝑘𝑘2+4,yN=𝑘2-4𝑘2+4.则kMP=1-4𝑘24𝑘2+1+35-8𝑘4𝑘2+1=-8𝑘25+85-8𝑘=𝑘2-15𝑘,kNP=𝑘2-4𝑘2+4+358𝑘𝑘2+4=8𝑘25-858𝑘=𝑘2-15𝑘,所以kMP=kNP,即M,N,P三点共线.故直线MN恒过定点P0,-35.-15-考向一考向二考向三圆锥曲线中的定值问题例3(2019全国卷1,文21)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|.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.𝑀𝑂⊥𝐴𝑂-16-考向一考向二考向三(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.𝑀𝑂⊥𝐴𝑂解题心得证某一量为定值,一般方法是用一参数表示出这个量,通过化简消去参数,得出定值,从而得证.-17-考向一考向二考向三对点训练3在直角坐标系xOy中,曲线y=x2+mx-2与x轴交于A,B两点,点C的坐标为(0,1).当m变化时,解答下列问题:(1)能否出现AC⊥BC的情况?说明理由;(2)证明过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.解(1)不能出现AC⊥BC的情况,理由如下:设A(x1,0),B(x2,0),则x1,x2满足x2+mx-2=0,所以x1x2=-2.又C的坐标为(0,1),故AC的斜率与BC的斜率之积为所以不能出现AC⊥BC的情况.-1𝑥1·-1𝑥2=-12,-18-考向一考向二考向三(2)BC的中点坐标为𝑥22,12,可得BC的中垂线方程为y-12=x2𝑥-𝑥22.由(1)可得x1+x2=-m,所以AB的中垂线方程为x=-𝑚2.联立𝑥=-𝑚2,𝑦-12=𝑥2𝑥-𝑥22,又𝑥22+mx2-2=0,可得𝑥=-𝑚2,𝑦=-12.所以过A,B,C三点的圆的圆心坐标为-𝑚2,-12,半径r=𝑚2+92.故圆在y轴上截得的弦长为2𝑟2-𝑚22=3,即过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.-19-考向一考向二考向三圆锥曲线中的存在性问题例4(2019湖南长沙第一中学高三下学期高考模拟)已知圆x2+y2=9,A(1,1)为圆内一点,P,Q为圆上的动点,且∠PAQ=90°,M是PQ的中点.(1)求点M的轨迹曲线C的方程;(2)设E92,12,D12,12,对曲线C上任意一点H,在直线ED上是否存在与点E不重合的点F,使|𝐻𝐸||𝐻𝐹|是常数?若存在,求出点F的坐标,若不存在,说明理由.-20-考向一考向二考向三解(1)设点M(x,y),由∠PAQ=90°,得|AM|=12|PQ|=|PM|=9-|𝑂𝑀|2,化简得x2+y2-x-y-72=0,即x-122+y-122=4.(2)点E92,12,D12,12,直线ED方程为y=12,假设存在点Ft,12t≠92,满足条件,设H(x,y),则有x-122+y-122=4,|HE|2=x-922+y-122=x-922+4-x-122=24-8x,|HF|2=(x-t)2+y-122=(x-t)2+4-x-122=(1-2t)x+t2+154,-21-考向一考向二考向三当|𝐻𝐸||𝐻𝐹|是常数时,|𝐻𝐹||𝐻𝐸|2=(1-2𝑡)𝑥+𝑡2+15424-8𝑥也是常数,∴1-2𝑡𝑡2+154=-824,∴t=32或t=92(舍),∴t=32.∴存在F32,12满足条件.-22-考向一考向二考向三解题心得存在性问题通常用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化,其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在.-23-考向一考向二考向三对点训练4(2019北京丰台区高三年级第二学期综合练习二)已知椭圆E:(ab0)的左、右顶点分别为A,B,长轴长为4,离心率为.过右焦点F的直线l交椭圆E于C,D两点(均不与A,B重合),记直线AC,BD的斜率分别为k1,k2.(1)求椭圆E的方程;(2)是否存在常数λ,当直线l变动时,总有k1=λk2成立?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=112-24-考向一考向二考向三解(1)由题知2𝑎=4,𝑐𝑎=12,𝑎2=𝑏2+𝑐2,解得𝑎=2,𝑏=3.所以椭圆E的方程为𝑥24+𝑦23=1.(2)由(1)知A(-2,0),B(2,0),当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=1.由𝑥=1,𝑥24+𝑦23=1,解得𝑥=1,𝑦=32,或𝑥=1,𝑦=-32.得k1=12,k2=32或k1=-12,k2=-32,均有k1=13k2.猜测存在λ=13.-25-考向一考向二考向三当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x-1),C(x1,y1),D(x2,y2).由𝑦=𝑘(𝑥-1),𝑥2