（新高考）2020高考数学二轮复习 题型篇 专题五 解析几何 第四讲 大题考法（二）——圆锥曲线中的

第四讲大题考法(二)——圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题题型(一)定点问题[典例]设M点为圆C：x2＋y2＝4上的动点，点M在x轴上的投影为N.动点P满足2PN―→＝3MN―→，动点P的轨迹为E.(1)求E的方程；(2)设E的左顶点为D，若直线l：y＝kx＋m与曲线E交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且满足|DA―→＋DB―→|＝|DA―→－DB―→|，求证：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标．[解](1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0,0)，∵2PN―→＝3MN―→，∴2(x0－x，－y)＝3(0，－y0)，即x0＝x，y0＝23y，又点M在圆C：x2＋y2＝4上，∴x20＋y20＝4，将x0＝x，y0＝23y代入得x24＋y23＝1，即轨迹E的方程为x24＋y23＝1.(2)由(1)可知D(－2,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立y＝kx＋m，x24＋y23＝1，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，Δ＝(8mk)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝16(12k2－3m2＋9)0，即3＋4k2－m20，∴x1＋x2＝－8mk3＋4k2，x1x2＝4m2－33＋4k2.y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝3m2－12k23＋4k2.∵|DA―→＋DB―→|＝|DA―→－DB―→|，∴DA―→⊥DB―→，即DA―→·DB―→＝0，即(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，∴4m2－123＋4k2＋2×－8mk3＋4k2＋4＋3m2－12k23＋4k2＝0，∴7m2－16mk＋4k2＝0，解得m1＝2k，m2＝27k，且均满足3＋4k2－m20，当m1＝2k时，l的方程为y＝kx＋2k＝k(x＋2)，直线恒过点(－2,0)，与已知矛盾；当m2＝27k时，l的方程为y＝kx＋27k＝kx＋27，直线恒过点－27，0.∴直线l过定点，定点坐标为－27，0.[思维流程]直线过定点问题的解题模型[对点训练](2019·北京高考)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，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)．题型(二)定值问题[典例]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为12，P是C上的一个动点，且△F1PF2面积的最大值为43.(1)求C的方程；(2)设C的左、右顶点分别为A，B，若直线PA，PB分别交直线x＝2于M，N两点，过点F1作以MN为直径的圆的切线，证明：切线长为定值，并求该定值．[解](1)设P(x0，y0)，椭圆的半焦距为c，因为S△F1PF2＝12|F1F2|·|y0|≤12·2c·b＝bc，所以bc＝43.又e＝ca＝12，a2＝b2＋c2，所以a＝4，b＝23，c＝2，所以C的方程为x216＋y212＝1.(2)由(1)可知A(－4,0)，B(4,0)，F1(－2,0)．由题可知，x0≠2，且x0≠±4.设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则直线PA的方程为y＝k1(x＋4)，令x＝2得y＝6k1，故M(2,6k1)．直线PB的方程为y＝k2(x－4)，令x＝2得y＝－2k2，故N(2，－2k2)．记以MN为直径的圆为圆D，则D(2,3k1－k2)．如图，过点F1作圆D的一条切线，切点为T，连接F1D，DT，则|F1T|2＝|F1D|2－|DT|2，所以|F1T|2＝16＋(3k1－k2)2－(3k1＋k2)2＝16－12k1k2，又k1＝y0x0＋4，k2＝y0x0－4，所以k1·k2＝y0x0＋4·y0x0－4＝y20x20－16，由x2016＋y2012＝1，得y20＝－34(x20－16)，所以k1·k2＝－34，则|F1T|2＝16－12k1k2＝16－12×－34＝25，所以|F1T|＝5.故切线长为定值5.[规律方法]1．解决圆锥曲线定值问题的基本思路解决圆锥曲线中的定值问题的基本思路是：定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个值．2．定值问题常见的2种求法(1)特例法：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)引进变量法：其解题流程为[对点训练]已知曲线C上的任意一点到直线l：x＝－12的距离与到点F12，0的距离相等．(1)求曲线C的方程；(2)若过P(1,0)的直线与曲线C相交于A，B两点，Q(－1,0)为定点，设直线AQ的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2，直线AB的斜率为k，证明：1k21＋1k22－2k2为定值．解：(1)由条件可知，此曲线是焦点为F的抛物线，p2＝12，p＝1，∴曲线C的方程为y2＝2x.(2)证明：根据已知，直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，由y＝kx－1，y2＝2x可得ky2－2y－2k＝0.设Ay212，y1，By222，y2，则y1＋y2＝2k，y1y2＝－2.∵k1＝y1y212＋1＝2y1y21＋2，k2＝y2y222＋1＝2y2y22＋2，∴1k21＋1k22＝y21＋224y21＋y22＋224y22＝y21＋22y22＋y22＋22y214y21y22＝y41y22＋y42y21＋8y21y22＋4y21＋y224y21y22＝8y21＋y22＋3216＝y1＋y22－2y1y2＋42＝4k2＋82＝2k2＋4，∴1k21＋1k22－2k2＝4，为定值．题型(三)存在性问题[典例]设抛物线E：y2＝2px(p0)的焦点为F，直线x＝p与E交于A，B两点，△ABF的面积为82.(1)求E的方程；(2)若M，N是E上的两个动点，|MF|＋|NF|＝8，试问：是否存在定点S，使得|SM|＝|SN|？若存在，求出S的坐标；若不存在，请说明理由．[解](1)依题意得Fp2，0.由x＝p，y2＝2px，得y＝±2p，不妨设A(p，2p)，B(p，－2p)，则|AB|＝22p.又F到直线AB的距离为p2，所以S△ABF＝12×22p×p2＝22p2.依题意得，22p2＝82，解得p＝4，所以E的方程为y2＝8x.(2)法一：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为C(x0，y0)，则x0＝x1＋x22，y0＝y1＋y22.由抛物线的定义，得|MF|＋|NF|＝x1＋2＋x2＋2，因为|MF|＋|NF|＝8，所以x1＋x2＝4，所以x0＝2.当x1≠x2时，y1＋y2≠0，kMN＝y2－y1x2－x1＝y2－y1y228－y218＝8y1＋y2＝4y0，线段MN的垂直平分线为y－y0＝－y04(x－2)，即y＝－y04(x－6)，所以线段MN的垂直平分线恒过定点S(6,0)；当x1＝x2时，线段MN的垂直平分线为x轴，它也过点S(6,0)．综上，存在定点S(6,0)，使得|SM|＝|SN|.法二：假设存在定点S，使得对E上满足条件的动点M，N恒有|SM|＝|SN|，由对称性可知，点S必在x轴上，故可设S(t,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．由抛物线的定义，得|MF|＋|NF|＝x1＋2＋x2＋2，因为|MF|＋|NF|＝8，所以x1＋x2＝4，由|SM|＝|SN|，得x1－t2＋y21＝x2－t2＋y22，所以(x1－t)2＋8x1＝(x2－t)2＋8x2，即[(x1＋x2)＋(8－2t)](x1－x2)＝0，所以(6－t)(x1－x2)＝0，①因为①对满足条件的任意M，N恒成立，所以t＝6.故存在定点S(6,0)，使得|SM|＝|SN|.法三：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为C(x0，y0)．由抛物线的定义，得|MF|＋|NF|＝x1＋2＋x2＋2，因为|MF|＋|NF|＝8，所以x1＋x2＝4，故x0＝2.当直线MN的斜率存在时，可设其方程为y＝kx＋b(k≠0)，由y＝kx＋b，y2＝8x，得ky2－8y＋8b＝0.Δ＝64－32kb，令Δ0，得kb2.由根与系数的关系得y1＋y2＝8k，所以y0＝y1＋y22＝4k，所以线段MN的垂直平分线为y－4k＝－1k(x－2)，即y＝－1k(x－6)，所以线段MN的垂直平分线恒过定点S(6,0)．当直线MN的斜率不存在时，M，N关于x轴对称，S(6，0)显然符合题意．综上，存在定点S(6,0)，使得|SM|＝|SN|.法四：由对称性知，若存在S满足题意，则S必在x轴上，设S(t,0)．可取M(0,0)，则|MF|＝2，因为|MF|＋|NF|＝8，所以|NF|＝6，故由抛物线的定义及标准方程可取N(4,42)．由|SM|＝|SN|，得t2＝t－42＋422，解得t＝6，即S(6,0)．以下证明：对任意满足条件的M，N，都有|SM|＝|SN|.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y21＝8x1，y22＝8x2，所以|SM|＝x1－62＋y21＝x21－4x1＋36，|SN|＝x2－62＋y22＝x22－4x2＋36.由抛物线的定义得，|MF|＋|NF|＝x1＋2＋x2＋2.因为|MF|＋|NF|＝8，所以x1＋x2＝4.所以|SM|2－|SN|2＝(x21－4x1＋36)－(x22－4x2＋36)＝(x1－x2)(x1＋x2－4)＝0，即|SM|＝|SN|，所以S(6,0)符合题意．故存在定点S(6,0)，使得|SM|＝|SN|.[规律方法]有关存在性问题的求解策略(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定的问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在并设出，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．(2)反证法与验证法也是求解存在性问题的常用方法．(3)解决存在性问题时要注意解题的规范性，一般先作出结论，后给出证明(理由)．[提醒]当条件和结论不唯一时要分类讨论．[对点训练]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为32，且经过点－1，32.(1)求椭圆C的方程；(2)过点(3，0)作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，试问在x轴上是否存在定点Q，使得直线QA与直线QB恰好关于x轴对称？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理