2022届高三数学一轮复习（原卷版）第8讲　第2课时　圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题

1、第 2 课时圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题考点一圆锥曲线中的定值问题(综合型)复习指导|探究圆锥曲线的定值问题，常先从特殊情形入手，找到满足题意的定直线方程，再从一般情形进行推理得到关联坐标的等式，验证等式成立即可(2018高考北京卷)已知抛物线 c：y22px 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，qmqo，qnqo，求证：11为定值【解】(1)因为抛物线 y22px 过点(1，2)，所以 2p4，即 p2.故抛物线 c

2、 的方程为 y24x.由题意知，直线 l 的斜率存在且不为 0.设直线 l 的方程为 ykx1(k0)由y24x，ykx1得 k2x2(2k4)x10.依题意(2k4)24k210，解得 k0 或 0k1.又 pa，pb 与 y 轴相交，故直线 l 不过点(1，2)从而 k3.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 x1x22k4k2，x1x21k2.直线 pa 的方程为 y2y12x11(x1)令 x0，得点 m 的纵坐标为 ymy12x112kx11x112.同理得点 n 的纵坐标为 ynkx21x212.由q

3、mqo，qnqo得1ym，1yn.所以1111ym11ynx11(k1)x1x21(k1)x21k12x1x2(x1x2)x1x21k12k22k4k21k22.所以11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：x2a2y2b21(ab0)的离心率为13，左、右焦点分别为 f1，f2，a 为椭圆 c 上一点，af2f1f2，且|af2|83.(1)求椭圆 c 的方程；(

4、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：ykxm 与 l1，l2分别交于 m，n 两点，求证：mf1n 为定值解：(1)由 af2f1f2，|af2|83，得b2a83.又 eca13，a2b2c2，所以 a29，b28，故椭圆 c 的标准方程为x29y281.(2)证明：由题意可知，l1的方程为 x3，l2的方程为 x3.直线 l 分别与直线 l1，l2的方程联立得 m(3，3km)，n(3，3km)，所以f1m(2，3km)，f1n(4，3km)，所以f1mf1n8m29k2.联立x29y281，ykxm，得(

5、9k28)x218kmx9m2720.因为直线 l 与椭圆 c 相切，所以(18km)24(9k28)(9m272)0，化简得 m29k28.所以f1mf1n8m29k20，所以f1mf1n，故mf1n 为定值2.考点二圆锥曲线中的定点问题(综合型)复习指导|1.引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点2特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关(2020安徽省考试试题)已知椭圆 c：x2a2y2b21(ab0)的上顶点为 p，右顶点为q，直线 pq 与圆 x2y245相切于点 m25，45 .(1)求椭圆

6、 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papb0，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 kom2，则直线 pq 的斜率 kpq1kom12，所以直线 pq 的方程为 y4512x25 ，即 x2y2.可求得 p(0，1)，q(2，0)，故 a2，b1，故椭圆 c 的方程为x24y21.(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 ykxn(n1)，联立x24y21，ykxn，消去 y 整理得(4k21)x28knx4(n21)0，(8kn)244(4k21

7、)(n21)16(4k21n2)0，得 4k21n2.设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 x1x28kn4k21，x1x24(n21)4k21.由papb0，得(x1，y11)(x2，y21)0，又 y1kx1n，y2kx2n，所以(k21)x1x2k(n1)(x1x2)(n1)20，由得 n1(舍)，或 n35，满足.此时 l 的方程为 ykx35，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)

8、求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程 yy0k(xx0)来证明(2020武汉模拟)过抛物线 c： y24x 的焦点 f 且斜率为 k 的直线 l 交抛物线 c 于 a，b 两点，且|ab|8.(1)求直线 l 的方程；(2)若 a 关于 x 轴的对称点为 d，求证：直线 bd 过定点，并求出该点的坐标解：(1)由 y24x 知焦点 f 的坐标为(1，0)，则直线 l 的方程为 yk(x1)，代入抛物线方程 y24x，得 k2x2(2k24)xk20，由题意知 k0，且(2k24)24k2k216(k21)0.设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 x1x22k24k2，x1

9、x21.由抛物线的弦长公式知|ab|x1x228，则2k24k26，即 k21，解得 k1.所以直线 l 的方程为 y(x1)(2)证明：由(1)及抛物线的对称性知，d 点的坐标为(x1，y1)，直线 bd 的斜率 kbdy2y1x2x1y2y1y224y2144y2y1，所以直线 bd 的方程为 yy14y2y1(xx1)，即(y2y1)yy2y1y214x4x1.因为 y214x1，y224x2，x1x21，所以(y1y2)216x1x216，即 y1y24(y1，y2异号)所以直线 bd 的方程为 4(x1)(y1y2)y0，对任意 y1，y2r，有x10，y0，解得x1，y0，即直线

10、bd 恒过定点(1，0)考点三圆锥曲线中的探索性问题(综合型)复习指导|解决圆锥曲线中的存在性问题，一般是假设符合题设条件的常数、点、直线存在，然后再利用题干条件建立起关于该常数、点、直线的等量关系，如果能求出符合题意的常数、点的坐标、直线方程，则说明存在；否则，由题设推出矛盾，则说明不存在(2019高考全国卷)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 x20 相切(1)若 a 在直线 xy0 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

11、线上又已知 a 在直线 xy0 上，且 a，b 关于坐标原点 o 对称，所以 m 在直线 yx 上，故可设 m(a，a)因为m 与直线 x20 相切，所以m 的半径为 r|a2|.连接 ma，由已知得|ao|2，又moao，故可得 2a24(a2)2，解得 a0 或 a4.故m 的半径 r2 或 r6.(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|x2|，|ao|2.由于moao，故可得 x2y24(x2)2，化简得 m 的轨迹方程为 y24x.因为曲线 c：y24x 是以点 p(1，0)为焦点，以直线 x1 为准线的抛物线，所以|

12、mp|x1.因为|ma|mp|r|mp|x2(x1)1，所以存在满足条件的定点 p.存在性问题的求解策略解决存在性问题，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)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意是否存在过点 e(0，4)的直线 l 交椭圆x216y2121 于点 r，t，且满足orot167？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，orot0，不满足题意故可设直线 l

13、的方程为 ykx4，r(x1，y1)，t(x2，y2)因为orot167，所以 x1x2y1y2167.由ykx4，x216y2121得(34k2)x232kx160，由0 得(32k)264(34k2)0，解得 k214.因为 x1x232k34k2，x1x21634k2，所以 y1y2(kx14)(kx24)k2x1x24k(x1x2)16，故 x1x2y1y21634k216k234k2128k234k216167，解得 k21.由解得 k1，所以直线 l 的方程为 yx4.故存在直线 l：xy40 或 xy40 满足题意基础题组练1直线 l 与抛物线 c：y22x 交于 a，b 两点，

14、o 为坐标原点，若直线 oa，ob 的斜率分别为 k1，k2，且满足 k1k223，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 k1k223，所以y1x1y2x223.又 y212x1，y222x2，所以 y1y26.将直线 l：xmyb 代入抛物线 c：y22x 得 y22my2b0，所以 y1y22b6，得 b3，即直线 l 的方程为 xmy3，所以直线 l 过定点(3，0)2以下四个关于圆锥曲线的命题：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；方程 2x25x20

15、 的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；双曲线x225y291 与椭圆x235y21 有相同的焦点；已知抛物线 y22px，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，故错误；方程 2x25x20 的两根为12和 2，可分别作为椭圆和双曲线的离心率，故正确；双曲线x225y291 的焦点坐标为( 34，0)，椭圆x235y21 的焦点坐标为( 34，0)，故正确；设 ab 为过抛物线焦点 f 的弦，p 为 ab 中点，a，b，p 在准线 l 上的射

16、影分别为 m，n，q，因为 apbpambn，所以 pq12ab，所以以 ab 为直径作圆，则此圆与准线 l 相切，故正确故正确的命题有.答案：3(2020福建五校第二次联考)已知椭圆 c：x2a2y2b21(ab0)的离心率为32，上顶点m 到直线3xy40 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，eca32，|b4|23，a2b2c2，解得a4，b2，所以椭圆 c 的方程为x216y241.(2)证明：易知直线 l 的斜率恒小于

17、0，设直线 l 的方程为 y2k(x4)，k0 且 k1，a(x1，y1)，b(x2，y2)，联立y2k(x4)，x216y241得(14k2)x216k(2k1)x64k(k1)0，则 x1x216k(2k1)14k2，x1x264k(k1)14k2，因为 kmakmby12x1y22x2(kx14k4)x2(kx24k4)x1x1x2，所以 kmakmb2k(4k4)x1x2x1x22k4(k1)16k(2k1)64k(k1)2k(2k1)1(为定值)4(2019高考全国卷)已知曲线 c：yx22，d 为直线 y12上的动点，过 d 作 c 的两条切线，切点分别为 a，b.(1)证明：直线

18、 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， 求该圆的方程解：(1)证明：设 dt，12 ，a(x1，y1)，则 x212y1.由于 yx，所以切线 da 的斜率为 x1，故y112x1tx1.整理得 2tx12y110.设 b(x2，y2)，同理可得 2tx22y210.故直线 ab 的方程为 2tx2y10.所以直线 ab 过定点0，12 .(2)由(1)得直线ab的方程为ytx12.由ytx12，yx22可得x22tx10.于是x1x22t，y1y2t(x1x2)12t21.设 m 为线段 ab 的中点，则 mt，t212 .由于e

19、mab，而em(t，t22)，ab与向量(1，t)平行，所以 t(t22)t0.解得 t0 或 t1.当 t0 时，|em|2，所求圆的方程为 x2y5224；当 t1 时，|em| 2，所求圆的方程为 x2y5222.综合题组练1(2020广州市调研测试)已知动圆 c 过定点 f(1，0)，且与定直线 x1 相切(1)求动圆圆心 c 的轨迹 e 的方程；(2)过点 m(2，0)的任一条直线 l 与轨迹 e 交于不同的两点 p，q，试探究在 x 轴上是否存在定点 n(异于点 m)，使得qnmpnm？若存在，求点 n 的坐标；若不存在，请说明理由解：(1)法一：依题意知，动圆圆心 c 到定点 f

20、(1，0)的距离，与到定直线 x1 的距离相等，由抛物线的定义，可得动圆圆心 c 的轨迹 e 是以 f(1，0)为焦点，x1 为准线的抛物线，其中 p2.所以动圆圆心 c 的轨迹 e 的方程为 y24x.法二：设动圆圆心 c(x，y)，依题意得 (x1)2y2|x1|，化简得 y24x，即为动圆圆心 c 的轨迹 e 的方程(2)假设存在点 n(x0，0)满足题设条件由qnmpnm可知，直线 pn 与 qn 的斜率互为相反数，即 kpnkqn0.易知直线 pq 的斜率必存在且不为 0，设直线 pq：xmy2，由y24x，xmy2得 y24my80.由(4m)2480，得 m 2或 m 2.设 p(x1，y1)，q(x2，y2)，则 y1y24m，y1y28.由得 kpnkqny1x1x0y2x2x0y1(x2x0)y2(x1x0)(x1x0)(x2x0)