（新课标）2020版高考数学二轮复习 专题五 解析几何 第4讲 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题学

-1-第4讲圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题定点问题1．参数法：参数法解决定点问题的思路：(1)引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中的核心变量(此处设为k)；(2)利用条件找到k与过定点的曲线F(x，y)＝0之间的关系，得到关于k与x，y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，找到定点．高考真题思维方法(2017·高考全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：x22＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足NP→＝2NM→.(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x＝－3上，且OP→·PQ→＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.(1)略(2)证明：由题意知F(－1，0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，则OQ→＝(－3，t)，PF→＝(－1－m，－n)，[关键1：用参数表示P，Q的坐标及向量OQ→，PF→]OQ→·PF→＝3＋3m－tn，OP→＝(m，n)，PQ→＝(－3－m，t－n).由OP→·PQ→＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.所以OQ→·PF→＝0，[关键2：在OP→·PQ→＝1的前提下，证明OQ→·PF→＝0]即OQ→⊥PF→.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.[关键3：利用平面内过一点作一直线的垂线的唯一性，即得直线l过点F]2.由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．高考真题思维方法(2017·高考全国卷Ⅰ)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1，32)，P4(1，32)中恰有三点在椭圆C上.(1)略(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|2，可得A，B的坐标分别为t，4－t22，t，－4－t22.-2-(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点.则k1＋k2＝4－t2－22t－4－t2＋22t＝－1，得t＝2，不符合题设.[关键1：验证直线l与x轴垂直时，直线过定点的情况]从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y＝kx＋m代入x24＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.而k1＋k2＝y1－1x1＋y2－1x2＝kx1＋m－1x1＋kx2＋m－1x2＝2kx1x2＋(m－1)(x1＋x2)x1x2.由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.即(2k＋1)·4m2－44k2＋1＋(m－1)·－8km4k2＋1＝0.解得k＝－m＋12.[关键2：设出直线l的方程，并与椭圆方程联立消去y得到关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系及条件找到直线l中两个参数的关系]当且仅当m－1时，Δ0，于是l：y＝－m＋12x＋m，即y＋1＝－m＋12(x－2)，所以l过定点(2，－1).[关键3：将k＝－m＋12代入直线l的方程，变形得到直线所过定点(2，－1)][典型例题](2019·郑州市第一次质量预测)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)，-3-因为2PN→＝3MN→，所以2(x0－x，－y)＝3(0，－y0)，即x0＝x，y0＝23y，又点M在圆C：x2＋y2＝4上，所以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)，联立得y＝kx＋mx24＋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，所以x1＋x2＝－8mk3＋4k2，x1x2＝4(m2－3)3＋4k2.y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝3m2－12k23＋4k2，因为|DA→＋DB→|＝|DA→－DB→|，所以DA→⊥DB→，即DA→·DB→＝0，即(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，所以4m2－123＋4k2＋2×－8mk3＋4k2＋4＋3m2－12k23＋4k2＝0，所以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.综上，直线l过定点，定点坐标为－27，0.(1)求解直线和曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．-4-(2)由直线方程确定定点时，若得到了直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线的斜截式方程y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．[对点训练](2019·蓉城名校第一次联考)已知抛物线C：x2＝2py(p0)的焦点为F，过点F作倾斜角为45°的直线与抛物线C交于A，B两点，且|AB|＝16.(1)求抛物线C的方程；(2)设P，M，N为抛物线上不同的三点，且PM⊥PN，若P点的横坐标为8，判断直线MN是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．解：(1)由题意知，直线AB的方程为y＝x＋p2.由y＝x＋p2x2＝2py，得y2－3py＋p24＝0.设A(x3，y3)，B(x4，y4)，则y3＋y4＝3p.所以|AB|＝y3＋y4＋p＝4p＝16，所以p＝4.所以抛物线C的方程为x2＝8y.(2)法一：由(1)可得点P(8，8)，设Mx1，x218，Nx2，x228，则kPM＝x218－8x1－8＝x1＋88，同理可得kPN＝x2＋88.因为PM⊥PN，所以kPM·kPN＝x1＋88·x2＋88＝－1，化简得x1x2＋8(x1＋x2)＋128＝0.(*)易知直线MN的斜率一定存在，设直线MN：y＝kx＋b，由y＝kx＋bx2＝8y，得x2－8kx－8b＝0，所以x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b.代入(*)，得－8b＋64k＋128＝0，则b＝8k＋16.直线MN的方程可化为y＝kx＋8k＋16，所以直线MN过定点(－8，16)．法二：由(1)可得点P(8，8)，设Mx1，x218，Nx2，x228，则kMN＝x218－x228x1－x2＝x1＋x28，同理可得kPM＝x1＋88，kPN＝x2＋88.因为PM⊥PN，所以kPM·kPN＝x1＋88·x2＋88＝－1，化简得－x1x2＝8(x1＋x2)＋128.①直线MN的方程为y－x218＝x1＋x28(x－x1)，化简得y＝x1＋x28x－x1x28.②把①代入②得y＝x1＋x28(x＋8)＋16，-5-所以直线MN过定点(－8，16)．定值问题1．直接消参求定值：常见定值问题的处理方法：(1)确定一个(或两个)变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示；(2)将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量)，然后进行化简，看能否得到一个常数．高考真题思维方法(2015·高考全国卷Ⅱ)已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；(2)若l过点m3，m，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由.(1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．[关键1：设出直线方程及直线与椭圆交点坐标]将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，[关键2：把直线方程与椭圆方程联立消元得一元二次方程]故xM＝x1＋x22＝－kbk2＋9，yM＝kxM＋b＝9bk2＋9.[关键3：利用根与系数的关系及中点在直线l上求M的坐标]于是直线OM的斜率kOM＝yMxM＝－9k，即kOM·k＝－9.[关键4：求直线OM的斜率并计算两直线斜率乘积]所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.(2)略2.从特殊到一般求定值：常用处理技巧：(1)在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢；(2)巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算．高考真题思维方法(2016·高考北京卷)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面积为(1)略(2)证明：由(1)知，A(2，0)，B(0，1).设P(x0，y0)，则x20＋4y20＝4.当x0≠0时，直线PA的方程为y＝y0x0－2(x－2).-6-1.(1)求椭圆C的方程；(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值.令x＝0，得yM＝－2y0x0－2，从而|BM|＝|1－yM|＝|1＋2y0x0－2|.[关键1：设出P点坐标，对横坐标分类讨论，用P点坐标表示|BM|]直线PB的方程为y＝y0－1x0x＋1.令y＝0，得xN＝－x0y0－1，从而|AN|＝|2－xN|＝|2＋x0y0－1|.[关键2：用P点坐标表示|AN|]所以|AN|·|BM|＝|2＋x0y0－1|·|1＋2y0x0－2|＝|x20＋4y20＋4x0y0－4x0－8y0＋4x0y0－x0－2y0＋2|＝|4x0y0－4x0－8y0＋8x0y0－x0－2y0＋2|＝4.[关键3：计算|AN|·|BM|并化简得出定值]当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，所以|AN|·|BM|＝4.[关键4：讨论特殊情况，并计算|AN|·|BM|]综上，|AN|·|BM|为定值.[典型例题](2019·福建五校第二次联考)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为32，上顶点M到直线3x＋y＋4＝0的距离为3.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l过点(4，－2)，且与椭圆C相交于A，B两点，l不经过点M，证明：直线MA的斜率与直线MB的斜率之和为定值．【解】(1)由题意可得，e＝ca＝32|b＋4|2＝3a2＝b2＋c2，解得a＝4b＝2，所以椭圆C的方程为x216＋y24＝1.(2)证明：易知直线l的斜率恒小于0，设直线l的方程为y＋2＝k(x－4)，k0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，-7-联立得y＋2＝k(x－4)x216＋y24＝1，得(1＋4k2)x2－16k(2k＋1)x＋64k(k＋1)＝0，