圆锥曲线综合

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：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.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.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:x2=一2py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，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,T），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（0,一】），设直线i的方程为y=kx-］（k丰。）.由J* 4，，得x2+4kx—4=0.Iy=kx—1设M(x,y),N(x,y)，则八11 22 x,x

直线次的方程处，令,一得点挪横坐标fX同理可得点B的横坐标七=-T.'2设点D设点D(0,仍,uuruur则DA•DB==^-+(n+1)2=-4+(n+1)2.XX12umruur令DA・DB=0,即-4+(n+1)2=0,得n=1或n=—3.综上，以AB为直径的圆经过>轴上的定点(0,1)和(0,-3).例2.(2017新课标II)设O为坐标原点，动点M在椭圆C:—+>2=1上，过M做x轴的垂线，垂足uur _ouir为N，点P满足NP=<2NM错误!未找到引用源。.求点P的轨迹方程；uuruur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l过C的左焦点F.uur uurNP=(X-x0,>)，NM=(0.>0).TOC\o"1-5"\h\z【解析】(1)设P(X,uur uurNP=(X-x0,>)，NM=(0.>0).由NP=\：2NM得x=x，>=—>.0 0 2X2 >2因为肱队,>0)在C上，所以y+寻=1.因此点P的轨迹方程为X2+>2=2.(2)由题意知F(-1,0).设Q(-3,t)，P(m,n)，则uur uur uuruurOQ=(-3,t)，PF=(-1-m,-n)，OQ•PF=3+3m-tn，uur uurOP=(m,n)，PQ=(-3-m,t-n)，uuuruuur由OP•PQ=1得-3m-m2+tn一n2=1，又由(1)知m2+n2=2，

故3+3m-tn=0.uurumruurumr所以OQPF=0，即OQ1PF.又过点P存在唯一直线垂直与OQ，所以过点P且垂直于OQ的直例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AB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.原点，(I)求曲线(I)求曲线C的方程;(II)设动直线l与两定直线〈侦-2y=0和12:x+2y=0分别交于P,Q两点.若直线l总与曲线C有(II)且只有一个公共点，试探究：^OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由.ADD图1ADD图1(111(111<2)，umr【解析】(I)设点D(t,0)uuuruuur umrMD=2DN，且IDN1=1ON1=1依题意，DD所以(所以(t-x,一y)=2(x0-1,y0)，且J(x-1)2+y2=1x2+y2=1'0 0t—xt—x=2x—2ty=-2y '0由于当点D不动时且t(t-2x0)=0.点N也不动，所以t不恒等于0,x=4,y=—2，代入x2+y2=1，可得*+-y^=1，即所求的曲线C的方程为挡+七二1.16 4（II）（1）当直线l的斜率不存在时，直线l为x=4或x=-4,都有S=2x4x4=8.（2）当直线l的斜率存在时，设直线l:j=kx+m（k鼻1）,2,j=kx+m、、,，，〜口 一由i ,消去》，可得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-16=0.x2+4j2=16因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，所以△=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-16)=0，即m2=16k2+4. ①又由-m_)).1+2kj=kx+m'可得P(*，二);同理可得0二匹x-2j=0, 1-2k1-又由-m_)).1+2k由原点O到直线PQ的距离为d=J"和IPQ1=J1+k2Ixp-xQI,可得S =LPQId=%mIIx-xI=--1m|^^+-2^I2m2"②aopq2 2PQ2 1-2k1+2k |1-4k2II2m2I 4k2+1将①代入②得，S= =8 .AOPQ1-4k2 4k2-1当k2〉4时，膈=8(岩)=w土)〉8；当0<k2<1时，S =8(正旦)=8(-1+-^).4aopq1-4k2 1-4k2因0<k2<1，贝0<1-4k2<1，——>2，所以S =8(-1+— )>8，4 1-4k2 aopq 1-4k2当且仅当k=0时取等号.所以当k=0时，S.opq的最小值为8.综合（1）（2）可知，当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时，^OP。的面积取得最小值8.例4.（2015北京卷）已知椭圆C:挡+^2=1（a>b〉0）的离心率为皂，点P（0，1）和点a2b2 2A（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）;（I）设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N.问：j轴上是否存在点Q，使得ZOQM=ZONQ?若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由.%=1,C【解析】(I)由题意得｛—=? ，解得a2=2.a2a2=b2+c2.故椭圆。的方程为+产=1.设M岑,0).因为m。0,所以-1<n<1.一n—1直线pa的方程为y—1= x,mm m…所以xM=m'即m(1—n，°)•(II)因为点B与点A关于x轴对称，所以B(m,—n),设N(x^,0)，则x^=1~-.“存在点Q(0,%)使得ZOQM=ZONQ等价”，“存在点Q(0,y)使得OM=°^”即＞c满足y2=|x||xqOQONQQmn因为xM因为xMm m2 .丁曲’项+n2=1,所以yQ2=xMxN所以yQf2或yQ=f'2.故在y轴上存在点Q，使得/OQM=ZONQ.点Q的坐标为(0,”'2)或(0,-克).五、强化提升训练：1.(2019•乌鲁木齐一模)椭圆C的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，过C的长轴，短轴端点的一条直线方程是x+\；2y—2=0.求椭圆C的方程；过点P(0,2)作直线交椭圆C于A，B两点，若点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=i'2；当y=0，x=2，所以a=2，b=.'2.

…—X2V2椭圆的方程为订+5=1.乙(2)证明：设直线AB：y=kx+2(k/0),设A,B两点的坐标分别为(x「yi),(x2,y),则B，(—X2,y),]y=kx+2,联立直线AB与椭圆得]I.,x2+2y2=4,得(1+2k2)x2+8kx+4=0,.•.△=64k2—16(1+2k2)〉0,解得k2>|8k8k•••牛=—T+k：4x1x2=1+2k2,.k=—2，，kABx1+x2,..・..・直线AB，：y—y1=y1—^(x—x),x1+x2 1.•.令x=0,得y=¥+4=x

x得y=¥+4=x

x1+x2kx2+2 +x2k%+2x1+x24¥+2=2k.^+2=—1+2=1,x+x —8k12 1+2k2..・直线ABZ过定点Q(0,1).2.设M点为圆C：x2+y2=4上的动点点M在x轴上的投影为2.设M点为圆C：x2+y2=4上的动点迹为E.求E的方程；设E的左顶点为D,若直线1：y=kx+m与曲线E交于A,B两点(A,B不是左、右顶点)，且满足,一"一".,一"一".■ 一、一 |DA+DB|=|DA—DB|,求证：直线1恒过定点，并求出该定点的坐标.【解析】(1)设点M(x0,y0),P(x,y),由题意可知N(x°,0),V2pN=/3MN,.2(x0—x,—y)=/3(0,—y0),即x°=x,y0=*y,又点M在圆C：x2+y2=4上,.x2+y2=4,0 0一 2 ...一x2y2将x0=x,七=升代入得才+厂1,x2y2即轨迹e的方程为】+y=1.4 3

⑵由⑴可知D(—2,0)，设A(x,y),B(x,y),11 2 2'y=kx+m，联立〈至+丑i 得(3+4k2)X2+8mkx+4(m2—3)=0,△=(8mk)2—4(3+4k2)(4m2—12)=16(12k2—3m2+9)>0,即3+4k2—m2>0,, —8mk 4m2—3•••xi+x2=E，xix2=3+4k2-3+4k2...|DA+DB|=|DA—DB|，,*.DA±DB，即DA・DB=0，3m2—12k2yj2=(kx1+m)(kx2+m3+4k2...|DA+DB|=|DA—DB|，,*.DA±DB，即DA・DB=0，y)=xx+2(x+x)+4+y)=xx+2(x+x)+4+yy=0，2 12 1 2 123m2—12k2=04m2—12 —8mk•l+kT+2X^4k2+4+3+4k2—u，•7m2—16mk+4k2=0,解得m1=2k，m2=2k，且均满足3+4k2—m2>0，当m1=2k时，l的方程为y=kx+2k=k（x+2），直线恒过点（一2,0），与已知矛盾;当m2=|k时，l的方程为y=kx+7k=k［x+7］直线恒过点"7,0）..・直线l恒过定点，定点坐标为［一；，0）TOC\o"1-5"\h\zy2x2 2（2019•大连模拟）已知椭圆C：：+b=1（a〉b〉0）的短轴长为2，且椭圆C的离心率为厂.\o"CurrentDocument"a2 2 2（1） 求椭圆C的方程；⑵过椭圆C的上焦点作相互垂直的弦AB，CD，求证：击+焉为定值.|AB| |CD|【解析】（1）由题意可知2b=2,b=1， 顺 -又椭圆离心率为亍，^脸=-顼2，乙一，•一―伞故椭圆c的方程为y+x2=1.乙 1 1 3，」2（2） 证明：当直线AB的斜率不存在或为零时，面|+同=寸当直线AB的斜率存在且不为零时，设直线AB的方程为y=kx+1，A（x「y「，B（x2，y2），'y=kx+1由<y2 消y得(k2+2)x2+2kx—1=0,亏+乂2=12k 1•••牛—营〜乎―^・・.|AB|=、E^牛2-4罕2=2七++1同理可得：|CD|=2'"了1,2K2+1TOC\o"1-5"\h\z•1+1 + 2k2+1 3k2+1 3血.•|AB||CD|—2“盘k2+1 2散k2+1一点k2+1—4,, …一一X2y2 ,一、-一、一 ,， 、(2019•惠州调研)如图，椭圆E：云+^=1(a>b>0)经过点 二。 A(0,—1),且离心率为乎. 拭求椭圆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,Q(均异于点A),证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值.【解析】(1)由题意知苴竺r^U’bF,所以a=.'2,a2 .X2所以椭圆E的方程为5+y2=1.乙X2(2)设直线PQ的万程为y=k(x—1)+1(k/2)，代入«+y2=1,乙得(1+2k2)x2—4k(k—1)x+2k(k—2)=0,由题意知A>0,TOC\o"1-5"\h\z设P(x,y),Q(x,y),且xx/0,1 1 2 2 124kk—1 2kk—2则x1+x2=1+2k2,x1x2=1+2k2,所以k+k=L^+HAPAQx】 x?=kx—^昼士 2士、1 x xr4kk—1=2k+(2—k) ;-=2k—2(k—1)=2,2kk—2故直线AP与AQ的斜率之和为定值2.(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

为为E.⑴求曲线E的方程;(2)若直线l：y=kx+m(km<0)与曲线E相交于A,B两个不同点，且OA«OB=5，证明：直线l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)TOC\o"1-5"\h\z一…、—- D为焦点，直线x=-1为准线的抛物线.设其万程为y2=2Dx(D〉0)，「.5=1，.・・D=2，.・・曲线E为焦点，直线x=-1为准线的抛物线.乙=4x.［y=kx+m， 4-2km(2)证明:设AR，*)，BIX?，y)m2入

x1x2=k2，△==4 得k(2)证明:设AR，*)，BIX?，y)m2入

x1x2=k2，△=(2km—4)2—4m2k2=16(1—km)>0.VOA•0B=5，.xx+yy=(1+k2)xx+km(x+x)+m2=12 12 12 1 2m2+4km~^^=5m2+4km—5k2=0，.m=k或m=—5k.Vkm<0，则m=k舍去，.*.m=—5k，满足A=16(1—km)>0，..・直线l的方程为y=k(x—5)，..・直线l必经过定点(5,0).如图，由部分抛物线y2=mx+1(m>0，xN0)和半圆x2+y2=r2(xW0)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［—*半)I2 2J求“黄金抛物线C”的方程；设P(0,1)和Q(0，—1)，过点P作直线l与“黄金抛物线C”交于A，P，B三点，问是否存在这样的直线l，使得QP平分ZAQB?若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.【解析】⑴因为“黄金抛物线C”过点(3,2)和［—*X3)I2 2J所以「2=(—9+［乎］=1,4=3m+1，解得m=1.所以“黄金抛物线C”的方程为y2=x+1(xN0)和x2+y2=1(xW0).⑵假设存在这样的直线l，使得QP平分ZAQB.显然直线l的斜率存在且不为0，结合题意可设直线l的方程为y=kx+1(k/0)，A(x，y)，B(x，y)，不妨令x<0<x.AA BB A Bfy=kx+1，由｛ , *消去y并整理，得k2x2+(2k—1)x=0，y2=x+1xN0，所以x=']”,y=1^，即b['：k,J"^)由x>0知k<1,所以直线BQ的斜率为k='].b k2 bk vk2 kJb, 2 bq1一2k]y=kx+1,由<x+y=ixV0消去y并整理，得(k2+1)x2+2kx=0，~. 2k 1一k2一/2k1一kz\ 1所以xA=一k+1，yA=k2+1，即AV-k2+1，k2+1)，由xA<0知£>°，所以直线AQ的斜率为、=一^因为QP平分ZAQB，且直线QP的斜率不存在，所以kAQ+kBQ=0，即一k+]一2k=0,由0<k<2，可得k=\2—1.所以存在直线l：y=(也一1)x+1，使得QP平分ZAQB.(2019-成都模拟)已知椭圆C：;2+y2=1(a>b>0)的短轴长为4很，离心率为1.a2b2 3求椭圆C的标准方程；设椭圆C的左，右焦点分别为F1，七，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FM〃FN，直线FM的斜率为2崩，记直线AM，BN的斜率分别为k，k，求3k+2k的值.1 2 1 12 12【解析】(1)由题意，得2b=4•也，；=j，a3Xa2—C2=b2，Aa=3，b=2-\：‘2，c=1.，.一、一.x2y2「・椭圆万程为：8+8=1.9 8(2)由(1)，可知A(—3,0),B(3,0)，F1(—1,0),据题意，F1M的方程为y=2寸6(x+1).记直线F1M与椭圆的另一交点为M，，设M(x1，y1)(y1>0)，M'^，y2)，VF1M#F2N，根据对称性，得皿一％，一七)，f8x2+9y2=72，联立j 消去y，得14x2+27x+9=0.ly=2%，6x+1，=3.3 3,/x1>x2，Ax1=—y，x2=—°，__y1__2旅圣+1侦•k1=x+3=x+3 =9，1 1k—y22*x+1-2泌2 —x2—32x2+3/,3k1+2k2=3^^+2X(-明=0,即3k]+2k2的值为0.8.(2019•济南一模)已知点F为抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点，点A(2,m)在抛物线E上，且|AF|必与直必与直(1)求抛物线E的方程;⑵已知点G(—1,0)，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，线GB相切.【解析】(1)由抛物线的定义，得|AF|=2+p.乙 .一 D 由已知|AF|=3，得2+«=3,解得p=2,乙所以抛物线E的方程为y2=4x.(2)如图，因为点A(2,m)在抛物线E：y2=4x上，所以m=±2-&，由抛物线的对称性，不妨设A(2,2应)由A(2,2・&)，F(1,0)可得直线AF的方程为y=2/(x—1).由『=2也x—1

ly2=4x,得2x12—5x+2=0,解得x=2或x=2，从而B^,—"..；2)又G(—1,0)，所以kGA=2—J 如图，不过原点的直线l与抛物线E 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M(t,t)(t>0).D由|MF|=5,得t+^=5.①乙又点M在抛物线E上，则t2=2Dt(t>0)，即t=2D，②联立①②，解得D=2,所以抛物线E的方程为x2=4y.(2)由⑴知抛物线E：x2=4y，设直线l的方程为y=kx+b(b/0)，则Q(0,b),设A(x「y「，B(x2,y2)，-1所以kGA+kGB=0,从而ZAGF=ZBGF,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.(2019・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在第一象限内的交点，且|MF|=5.

'y=kx+b,x2=4y,得x2—4kx—4b'y=kx+b,x2=4y,由x2=4y得y=1x2，从而yz=1x,乙所以过点A(x,y)的切线方程为y-1X2=X1(x-x),令y=0，得C0令y=0，得C0],同理可得D|2b2bxi—xx2x2x1 2,所以k=5QCx0——217x2y42八kBD=^T=W=S，所以QC〃BD.若qclqd，x2—2 22贝iJQC・QD=#・m+(—b)・(一b)=^2+b2=b2—b=0，乙乙 Jt：解得b=1(b=0舍去)，所以当Q为焦点F时，b=1，此时QCLQD；