圆锥曲线综合-定点、定值、探索性问题

1、专题圆锥曲线综合应用(3)-定点、定值、探索性问题一、高考题型特点：定点、定值、探索性问题是高考圆锥曲线大题中的常考题型，难度中等偏上。二、重难点：1. 定点的探索与证明问题：(1) 探索直线过定点时，可设出直线方程为y= kx + b,然后利用条件建立 b,k等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；(2) 从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况.2. 解答圆锥曲线的定值，从三个方面把握：(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关；(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以求出定值.3

2、. 存在性问题的解题步骤：(1) 先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).(2) 解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在.(3) 得出结论.三、易错注意点：本部分对学生的能力要求较高，解题中主要数形结合及各种方法的综合应用，同时对数学推理运算能力有很高的要求。解决定值、定点问题，不要忘记特值法。四、典型例题：例1. (2019北京卷)已知抛物线C : x22 py经过点(2 , -1).(I) 求抛物线C的方程及其准线方程；(II) 设O为原点，过抛物线 C的焦点作斜率不为 0的直线l交抛物线C于两点M N,直线y=-1分别交直线OM

3、ON于点A和点B,求证：以AB为直径的圆经过 y轴上的两上定点.【解析】(I )由抛物线c : x2 2py经过点2, 1，得p 2 .所以抛物线C的方程为x2 4y ,其准线方程为y 1 .(II)抛物线c的焦点为 0, 1，设直线I的方程为y kx 1 k 0 .由 x 4y，得 x24kx 40 .y kx 1设 M 为，y1 , N X2,y2 ,则 xg4 .y1一x(直线OM的方程为y -x，令y 1，得点A的横坐标为xAxiy-同理可得点B的横坐标Xb上2y2设点D0,nuuu uuu，则 DA DBx(x2yy2n 1x(x2n 12X142X241622n14n1 .NX?u

4、uuuur令DADB0,即4n21 0,得n1或n3综上，以AB为直径的圆经过 y轴上的定点 0,1和0,-3 .2例2. (2017新课标n)设 O为坐标原点，动点 M在椭圆C : y21上，过M做x轴的垂线，垂足2uuur_uuuu为N，点P满足NPJ2NM错误！未找到引用源。.(1) 求点P的轨迹方程；uuu uuu(2) 设点Q在直线x 3上，且OP PQ 1错误！未找到引用源。证明：过点P且垂直于OQ的直 线I过C的左焦点F .uuruuuu则 N(x0,0) , NP (x x),y)，NM(O.y。).2Ty.21 1.2【解析】(1)设 P(x, y) , M(x0,y0),u

5、uuf-uuur由 NP V2NM 得 x x, y02x因为M (x°,y。)在C上，所以2因此点P的轨迹方程为x2 y2 2 .(2)由题意知 F( 1,0) 设 Q( 3,t) , P(m, n)，贝Uuuuruuuuuur uuuOQ ( 3,t), PF ( 1 m, n) , OQ PF 3 3m tn ,uuuOPuur(m,n), PQ(3 m,t n),uuu uuur2222由 OP PQ 1 得 3m m tn n 1，又由(1)知 m n 2 ,uur uuuuuur uuu所以OQ PF 0 ,即OQ PF .又过点P存在唯一直线垂直与 OQ ,所以过点P且

6、垂直于0Q的直线I过C的左焦点F .例3. (2015湖北卷)一种作图工具如图 1所示.O是滑槽AB的中点，短杆 ON可绕O转动，长杆 MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DN ON 1 , MN 3 当栓子D在滑槽A内作往复运动时，带动 N绕O转动一周(D不动时，N也不动)，M处的笔尖画出的曲线记为 C.以O为原点，AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系.(I)求曲线C的方程;(H)设动直线I与两定直线l1：x 2y 0和l2：x 2y 0分别交于P,Q两点.若直线I总与曲线C有且只有一个公共点，试探究： OPQ勺面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值

7、；若不存在,说明理由.y/A入J/BoX/纟图112N(Xo,y°), M (x, y)，依题意,【解析】(I)设点D(t, 0)uuur MDujuruujr2DN，且 |DN |(|t| 2),nur|ON| 1 ,帖所以(t x, y) 2(x0口(x0t, y。)，且 2X°t)22y。y2 11由于当点2x02y°2t，且 t(t 2x°)0 .D不动时，点N也不动，所以t不恒等于0,于是t 2x0，故x0 4,y0-，代入2 2 _Xoyo1，可得2x_162y-1，2 2即所求的曲线c的方程为 L L 1.164(n) (1)当直线l的斜率

8、不存在时，直线l为x 4或x 4 ,都有 S OPQ 1 4 4 8 .(2)当直线l的斜率存在时，设直线l : y kxm (k1)，, y kx m, ,2 2由 22 ，消去y，可得(1 4k )xx 4y 168kmx4m2 16因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点,所以64k 2m2 4(1 4k2 )(4 m2 16) 0，即 m2216k4 ., y kx m, 2m又由丫可得P(H-x 2y 0,1 2k)；同理可得1 2k2m皆.由原点0到直线PQ的距离为d畀和1PQ|1 k2 | xpXq |，可得SoPQ 2|PQ|d |m|Xp Xq |2m2mI 2例4. (201

9、5北京卷)已知椭圆 C :2 1 a b 0的离心率为a bA m , n m丰0都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M .(I)求椭圆C的方程，并求点 M的坐标(用m , n表示);(H)设0为原点，点B与点A关于X轴对称，直线PB交x轴于点N .问：y轴上是否存在点得 OQM ONQ ?若存在，求点 Q的坐标；若不存在，说明理由.m2 I1 2k 1 2k1 4k2.1|m|八 22m4k21OPQ1 4k4k21将代入得，S*1时，S OPQ4k2当且仅当综合(1)214k一时，S OPQ 8(41 4k1)8( 11，则 01 4k21 , J41 4k2k 0时取等号.所以当k 0时,2

10、，所以 S opq 8( 1S OPQ的最小值为&(2)可知，当直线I与椭圆C在四个顶点处相切时，OPC的面积取得最小值 &，点P 0, 1和点2Q，使【解析】（I）由题意得 Ca2a2故椭圆C的方程为1,二2，解得 a2 =2.2b2 c2.Y21 .2设M ( Xn , 0).因为0，所以1 n 1 .直线PA的方程为y所以Xm1n 1x ,m,0).1 n（n）因为点B与点A关于x轴对称，所以B（m, n）,设 N(xn，0)，则 Xn=1 n“存在点Q（0, yQ）使得OQM = ONQ 等价”,“存在点Q（0,yQ）使得OMOQOQON即Yq满足YqXmXn .因为X

11、MXnn2 1 ,所以2YqXm Xnm21 n2所以Yq=或 Yq故在y轴上存在点Q，使得OQMONQ .点Q的坐标为（0八2）或（0,五、强化提升训练：焦点在坐标轴上，过 C的长轴，短轴端点的一条1. （2019 乌鲁木齐一模）椭圆C的中心在坐标原点, 直线方程是x +鴉y 2 = 0.过点P（0,2）作直线交椭圆C于A, B两点，若点（1）求椭圆C的方程；B关于y轴的对称点为 B',证明直线 AB过定点.【解析】（1）对于 x+ 2y 2 = 0，当 x= 0 时，y= ,2;当 y = 0, x= 2，所以 a= 2, b= , 2.2 2椭圆的方程为x+2=1.证明：设直线A

12、B： y= kx + 2( k丰0),设A, B两点的坐标分别为(X1, yd , (X2, y2),则 B' ( X2, y2),y = kx + 2,联立直线AB与椭圆得 22x + 2y = 4,得(1 + 2 k2) x2+ 8kx+ 4 = 0,2 2 2 1 A = 64k 16(1 + 2k)>0,解得 k>28k4-X1 + X2=2, X1X2=2,1 + 2k '1 + 2k '直线 AB' ： y yi= x；x2(x x1)， 令 x = 0,eX1y2 + X2y1 X1 kx2 + 2+ X2 kx1 + 2得 y=PT

13、_X1 + X22kxx1 + 2k后+ 2= 2428k + 2= 1 + 2 = 1 ,1 + 2k2直线AB'过定点 Q0,1).2.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; 设E的左顶点为 D,若直线I : 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I恒过定点，并求出该定点的坐标.【解析】(1)设点Mxo, yo), P(x, y)，由题意可知 N(xo,O),V2PN= , 3MN 2( xo x, y) =

14、. 3(0， y。),即 X0=x, y0= y,又点 M在圆 C： x2+ y2= 4 上， x0 + y2 = 4,222x y将 X0=x, y0= 3 代入得 4 + = 1,2 2x y即轨迹E的方程为-+ 3 = 1.(2)由 可知 D -2,0)，设 A(Xi, yi) , B(X2, y2),y= kx + m联立x2 y2得(3 + 4 k2) x2+ 8mkx+ 4( ni-3) = 0 ,43，A = (8mk2 4(3 + 4k2)(4 m- 12) = 16(12 k2- 3吊 + 9) > 0,2 2即 3 + 4k - m> 0,2-8mk4 m- 3

15、-Xi + X2=2, XlX2=2 .3+ 4k '3 + 4k22yiy2= (kxi + n)( kx2+ m = k X1X2+ mkxi + X2)+ m=3一 12k23 + 4k2，| D用 DB = | DA- DB , DAI DB 即 DA- DB- 0,即(Xi+ 2, yi) -(X2 + 2, y2)= X1X2+ 2(xi + X2) + 4+ yy = 0,2 2 24m12- 8mk3m 12k 3T4k+2X 3T4?+4+ 3+4k2 =0,22 7 m- 16mk 4k = 0,当m = 2k时，l的方程为y= kx + 2k = k( x + 2

16、),直线恒过点(一2,0),与已知矛盾;2当m= 7k时，l的方程为y= kx + |k = k x + 2 ,直线恒过点一7 , 0 .222解得 m= 2k, m= 7k，且均满足 3+ 4k - m> 0,直线l恒过定点，定点坐标为-7, 0 .3. (2019 大连模拟)已知椭圆C:22xf= 1(a>b>0)的短轴长为2,且椭圆C的离心率为(1) 求椭圆C的方程；1 1过椭圆C的上焦点作相互垂直的弦 AB CD求证：+为定值.IAB | CD【解析】(1)由题意可知2b= 2 , b= 1 ,又椭圆离心率为,则a= 2 ,2故椭圆c的方程为y2+x2=1.(2) 证

17、明：当直线 AB的斜率不存在或为零时，丄+ 7 =牛2| AB | CD 4当直线AB的斜率存在且不为零时，设直线AB的方程为y = kx + 1, A(xi , yi) , B(x2 , y",y= kx + 1由y22卜 x2= 122消 y 得(k + 2)x + 2kx- 1 = 0, I xi + X2= 2kk2+ 2，XiX2= 1k2+ 2，2,2 .-'2 k2+ 14X1X2= 同理可得：2J2 k2+ 1| CD = 2F7, | AEB = 、;1 + kX1 + X22 2k + 22k + 1两丁 而=2 )2 k2 + 1+3 k2+ 12 .&

18、#39;2k2+ 12 ,'2k2+ 12 2x y4.（2019 惠州调研）如图，椭圆E：孑+話=1（a> b> 0）经过点（1）求椭圆E的方程; 经过点（1,1），且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,的斜率之和为定值.【解析】（1）由题意知一于匕=¥, b= 1,所以a= ,：2,2所以椭圆E的方程为X2 + y2= 1.2X 2 设直线PQ的方程为y = k(x 1) + 1(k丰2)，代入-+ y2= 1,2 2得(1 + 2k)x 4k(k 1)x+ 2k(k 2) = 0,由题意知A >0,设 P(X1, y1) , Qx2, y2), 且

19、 X1X2M0,4k k 12k k 2则 X1+X2=TT2厂,X1X2 =172厂,y1 +1 y2 +1所以 kAp+ kAQ=+ =kx k+ 2X1kx2 k + 2X2=2k + (2 k)X1+ X2X1X2A(0 ， 1),Q均异于点A），证明：直线AP与A=2k + (2 k)：k k 2 = 2k 2(k 1) = 2,故直线AP与AQ的斜率之和为定值 2.5. （2019 山西太原模拟）已知动点C到点F（1,0）的距离比到直线 x = 2的距离小1,动点C的轨迹(1) 求曲线E的方程；(2) 若直线I : y= kx + Mkn<0)与曲线E相交于A, B两个不同点

20、，且 OA 0B= 5,证明：直线I经过一 个定点.【解析】(1)由题意可得动点 C到点F(1,0)的距离等于到直线 x =- 1的距离，.曲线 E是以点(1,0) 为焦点，直线x= 1为准线的抛物线.设其方程为y2= 2px(p>0)，二P= 1，二p= 2,.曲线E的方程为y2=4x.y = kx + m2 224 2 km(2)证明： 设A(X1，y"，B(X2，y2)，由 2得 k x + (2 km 4) x+ m= 0， .X1 + X2=2，y = 4xk2im22 222X1X2=卩，A = (2 km- 4) 4mk = 16(1 km)>0. v OA

21、 OE= 5，. X1X2 + 目怦=(1 + k )x1x2+ km(X1 + X2) + m= m+ 4 kmk2= 5，22.m+4km- 5k = 0，二 m= k 或 m= 5k./ km<0，贝U m= k 舍去， m= 5k，满足 A = 16(1 km)>0，直线I的方程为y = k(x 5)，直线I必经过定点(5,0).6. 如图，由部分抛物线y2= mx+ 1( m>0，x>0)和半圆x2 + y2= r2(x<0)所组成的曲线称为"黄金抛物线C'，若“黄金抛物线 C'经过点(3,2)和1,乎.(1) 求“黄金抛物线

22、C'的方程；(2) 设只0,1)和Q0， 1)，过点P作直线I与“黄金抛物线 C'交于代P, B三点，问是否存在这样 的直线I，使得QP平分/ AQB若存在，求出直线I的方程；若不存在，请说明理由.【解析】(1)因为“黄金抛物线 C'过点(3,2)和2，半,1 2 2所以 r 2= + -2 = 1,4 = 3n+ 1，解得 m= 1.所以“黄金抛物线 C”的方程为y2 = x+ 1(x>0)和x2 + y2 = 1(x<0).(2)假设存在这样的直线I，使得QP平分/ AQB显然直线I的斜率存在且不为 0,结合题意可设直线I的方程为y= kx + 1( k

23、丰0), A(xa, yA) , B(xb, yB)，不妨令xav 0 v xb.由 ykx+1，消去并整理，得 k2x2+ (2 k 1)x= 0,y2 = x + 1 x>0,1 2k 1 k1 2k 1 k1k所以xb= 疋一,yB= 厂，即B 疋，厂，由xb>0知kv2，所以直线BQ的斜率为kBQ=-乐.y = kx + 1,x +y = 1 x<0,2 22k1 k2k 1 k1所以xa= 2 4, yA=，即A . 2, 2 ，由xav 0知k> 0,所以直线AQ的斜率为kAQ=-.k +1 k +1k +1 k +1k因为QP平分/ AQB且直线QP的斜率

24、不存在，所以 kAQ+ kBQ= 0,1k,1 一 ,口l即k+ 1= °，由 Ov kv ，可得 k= ；2 1.所以存在直线I : y= ( '2 1)x+ 1,使得QP平分/ AQB7.(2019 成都模拟)已知椭圆C：X2 y21a>+ ”= 1(a>b>0)的短轴长为4,2，离心率为3.(1) 求椭圆C的标准方程；(2) 设椭圆C的左，右焦点分别为 F1,冃，左，右顶点分别为 A, B,点M N为椭圆C上位于X轴上方的两点，且F1M/F2N,直线F1M的斜率为2 ；6，记直线AM,BN的斜率分别为,k2,求3总+ 2k2的值.【解析】(1)由题意，

25、得2b=4边，a=3,又 a2 c2= b2,. a = 3, b= 2 ：'2, c= 1.2 2椭圆方程为：X+y=1.98(2)由(1)，可知 A 3,0) , B(3,0) , F1( 1,0),据题意，RM的方程为y= 2 ,：6(x+ 1).记直线F1M与椭圆的另一交点为M，设Mx1, y1)( y1>0) , M(X2,汨, F1M/ F2N,根据对称性，得N( X2, y2),2 28x + 9y = 72,联立消去y，得14x2+ 27x + 9= 0.y= 2p6 x+ 1,33 Xi>X2,. Xi= 7, X2= 2，yi2寸6xi + 14 寸6.

26、ki ,Xi + 3Xi + 39y22 托X2+ i 2/6k2 X2 3 =X2+ 3=厂4f62/6 3ki+ 2k2 3乂于 + 2X 0,即3ki+ 2k2的值为0.8.( 20i9 -济南一模)已知点F为抛物线 E：y22px(p> 0)的焦点，点A(2,m)在抛物线E上，且| AF3.(1) 求抛物线E的方程；(2) 已知点G( i,0)，延长AF交抛物线E于点B,证明：以点 F为圆心且与直线 GA相切的圆，必与直线GB相切.【解析】(1)由抛物线的定义，得|AF 2+ p.由已知|AF 3,得2+ p 3，解得p 2, 所以抛物线E的方程为y2 4x. 如图，因为点 A(

27、2 , nj在抛物线E: y2 4x 上,所以m=±2 .2由抛物线的对称性，不妨设A(2,2 .由A(2,2 ,F(i,0)可得直线AF的方程为y 2 .''2(x i).由 y=2 .，2 x 1, 得2x2 -5x + 2 = 0,y = 4x,解得x = 2或x= 2，从而b2 , - .'2又 C - 1,0），所以 kGA= 2- "-0 =竽,kGB=-述-0 =-墜1 =12 1所以kG卄kGB= 0,从而/ AGF=Z BGF,这表明点F到直线GA GB的距离相等，故以 F为圆心且与直线GA 相切的圆必与直线GB相 切.9. (20

28、19 山东济宁模拟)已知抛物线E: x2= 2py(p>0)的焦点为 F,点M是直线y= x与抛物线E在第象限内的交点，且|MF = 5.(1)求抛物线E的方程;(2)如图，不过原点的直线l与抛物线E相交于A, B两点，与y轴相交于点 Q过点A, B分别作抛物线E的切线，与x轴分别相交于C, D两点.判断直线QC与直线BD是否平行？直线 QC与直线QD是否垂直?并说明理由.【解析】(1)依题意，设点Mt, t）（t>o）.p由 |MF = 5，得 t + $ = 5.又点M在抛物线E上，贝U t2= 2pt(t>0)，即t = 2p,联立，解得p= 2,所以抛物线E的方程为x

29、 = 4y. 由 知抛物线E： x2 = 4y，设直线I的方程为y= kx + b( b*0)，贝U QO , b)，设A(x1, y" , 0X2,y2）,y = kx + b,2由 2得 x 4kx 4b= 0，贝U X1+ X2= 4k, X1X2= 4b.x = 4y,2 1 2 1 由 x = 4y 得 y = 4X，从而 y'= x,1 2 X1所以过点A(X1, y1)的切线方程为y 4X1= "2(x X1),X1令 y=o,得 , 0 ,X2同理可得0 ,直.b 02b所以kQ=X10 2XiX1X22X2X11 2X2 y24kBD=X2 X2X2一X2，所以QC/ BD若QCL QD2 2X1 X2X1X2 2 2则 QC- QD= 2 - 2 +( b) - ( b) = + b = b b = 0,解得b= 1(b = 0舍去)，所以当Q为焦点F时，b= 1,此时QCLQD当Q不为焦点F时，QC与QD不垂2x10.已知椭圆C：飞+a有且只有一个点M满足MF- MF= 0.(1)求椭圆C的方程;