2023届高考数学专项练习圆锥曲线中探索性的问题含答案

2023届高考数学专项练习圆锥曲线中探索性的

问题

一、真题剖析

【2019年新课标1卷文科】已知点Z,B关于坐标原点O对称，|AB|=4,。河过点4,6且与直

线a;+2=()相切.

(1)若A在直线必+夕=0上，求。M的半径.

(2)是否存在定点P,使得当/运动时，|K4|一||为定值？并说明理由.

【试题情景】本题属于课程学习情景,本题以圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题。

【必备知识】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题问题。

【能力素养】本题考查逻辑思维能力和运算能力，考查的学科素养是理想思维和数学探索，本题考查

圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决本定点定值问题的关键是能够根据圆的

性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，进而验证定值符合所有情况，使

得问题得解.

(1)设,B(-t,t),根据|=4,可知⑶=2；由圆的性质可知圆心M必在直线y=c上，可

设圆心M(a,a)；利用圆心到2+2=0的距离为半径和\MA\=\MB\=r构造方程,从而解出r；

(2)当直线AB斜率存在时,设AB方程为：0=kc,由圆的性质可知圆心M必在直线y=-j-x上；假

设圆心坐标，利用圆心到±+2=0的距离为半径和T=\MA\=川,2+|OM2构造方程，解出河坐

标，可知M轨迹为抛物线;利用抛物线定义可知P(l,0)为抛物线焦点,且定值为1；当直线48斜率

不存在时,求解出M坐标，验证此时P(l,0)依然满足定值,从而可得到结论.

二、题型选讲

题型一、是否存在参数的成立问题

22

例1.(2022•山东潘博•高三期末)已知双曲线C：与一萼=l(a>0,b>0)的左焦点为R,右顶点为A,

ab

渐近线方程为y=±《2,F到渐近线的距离为遥.

(1)求C的方程；

(2)若直线Z过尸，且与。交于P,Q两点(异于C的两个顶点)，直线c=£与直线4P,4Q的交点分

别为M,N.是否存在实数t,使得而+由|=|两-两|?若存在，求出t的值;若不存在，请说

明理由.

变式l.(202L江苏南京市方三三模)在平面直角坐标系xOy中，己知抛物线C：寸=经过P(£,0)(方>

())的直线，与。交于AB两点.

(1)若t=4,求AP长度的最小值；

(2)设以AB为直径的圆交力轴于M,N两点，问是否存在t,使得5而•丽=-4?若存在，求出t的

值;若不存在,请说明理由.

变式2.(202L辽宁实验中学高三模拟)已知椭圆。的中心在坐标原点，焦点在c轴上，椭圆。上的点到

右焦点尸距离的最大值为3,最小值为1.

(1)求椭圆C的标准方程：

(2)设和PQ是通过椭圆C的右焦点F的两条弦，且PQ_LMN.问是否存在常数4,使得\PQ\+

\MN\=川PQ|♦恒成立？若存在，求4的值;若不存在，请说明理由.

变式3.(2022・武汉部分学校9月起点质量检测)已知椭圆E：，+£■=l(a>b>0)的离心率为空,

点40,-I)是椭圆E短轴的一个四等分点.

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)设过点A且斜率为自的动直线与椭圆E交于M,N两点，且点8(0,2),直线BAKBN分别交Q

C：d+⑨-1尸=1于异于点B的点P,Q,设直线PQ的斜率为k.2,求实数人使得k2=养h恒成立.

题型二、是否存在定点、定值问题

例2.(2022•广东揭闲•高三期末)已知椭圆C：岑+稔=1(&>6>0),咒,6为椭圆的左、右焦点，焦距

ab~

为24,点P在。上，且APEB面积的最大值为V3.

(1)求椭圆C的方程；

(2)过点Mq,0)作直线I交椭圆于两点,以AB为直径的圆是否恒过c轴上的定点Q(m,0)?

若存在该定点，请求出m的值;若不存在,请说明理由.

变式1.(2022•江苏扬州•高三期末)已知抛物线娟=2pc(p>0)的焦点F到准线的距离为2.

(1)求抛物线的方程；

(2)过点P(l,1)作两条动直线分别交抛物线于点A,5,C,D.设以AB为直径的圆和以CD

为直径的圆的公共弦所在直线为rn,试判断直线m是否经过定点，并说明理由.

22

变式2.(2022・湖北华中婶大附中等六校开学考试联考)已知椭圆C：和+点■=l(a>b>0)的离心率为

4■，以原点为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆与直线12=0相切.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设在(一4,0),过点R(3,0)作与x轴不重合的直线Z交椭圆。于P,Q两点，连接AP,AQ分别交

直线c=琴于两点,若直线的斜率分别为3、的，试问：自心是否为定值？若是，求出

O

该定值，若不是,请说明理由.

题型三、是否存在定亶线、园等问题

例3.(2021・河北邯郸市商三三模)已知抛物线C：/=4,的焦点为F,准线为I.设过点F且不与x轴平

行的直线力与抛物线。交于4,8两点，线段48的中点为M,过M■作直线垂直于Z,垂足为N,直线

MN与抛物线C交于点P.

(1)求证:点P是线段MN的中点.

(2)若抛物线。在点P处的切线与夕轴交于点Q,问是否存在直线m,使得四边形MPQ尸是有一个

内角为60°的菱形？若存在，请求出直线加的方程;若不存在,请说明理由.

变式l.(2021・山东泰•安市•高三一模)已知椭圆C：£+£=l(a>b>0)的离心率为誓，短轴长为2

V2.

(1)求椭圆。的方程；

(2)已知是椭圆。上的两个不同的动点，以线段AB为直径的圆经过坐标原点。.是否存在以O

为圆心的定圆恒与直线相切？若存在，求出定圆方程;若不存在,请说明理由.

三、闻8训练

1.(2021•福建泉州市高三二模)已知抛物线C：/=2py(p>0)的焦点为F,P为。上的动点，Q为P

在动直线沙=力(£V0)上的投影.当APQF为等边三角形时，其面积为473.(1)求。的方程；

(2)设O为原点,过点P的直线I与。相切，且与椭圆与+号=1交于4B两点,直线OQ与AB交

于点河.试问：是否存在t，使得\AM\=\BM\恒成立？若存在，求t的值;若不存在，请说明理由.

2.(2022•广东清运•高三期末)设抛物线C：必=2pWp>0)的焦点为P,准线为Z,过焦点F且斜率为1

的直线与抛物线C交于A,B两点，若力口的中点到准线I的距离为4.

(1)求抛物线。的方程；

(2)设P为Z上任意一点，过点P作C的切线，切点为Q,试判断尸是否在以PQ为直径的圆上.

3.(2022-广东汕尾•高三期末)已知点“为直线lliX=-2上的动点，M2,0),过河作直线。的垂线I,

I交线段MN的垂直平分线于点P,记点P的轨迹为C.

(1)求曲线。的方程；

(2)设O是坐标原点，4,B是曲线C上的两个动点，且小才•而=一16,试问直线AB是否过定点？

若不过定点,请说明理由；若过定点，请求出定点坐标.

4.(2022-广东潮州•高三期末)已知椭圆。:5+g=l(a>b>0)的离心率为平，以原点O为圆

心，椭圆。的长半轴长为半径的圆与直线22一方9+6=0相切.

(1)求椭圆。的标准方程；

(2)已知点A,B为动直线n=M『2)(k¥0)与椭圆C的两个交点，问:在立轴上是否存在定点E,

使得诙+直•后为定值？若存在，试求出点E的坐标和定值；若不存在，请说明理由.

5.(2022•山东艰台•高三期末)已知椭圆「：£+，=l(a>b>0)的长轴长为4,点P(竽,1)在「

上.

(1)求椭圆「的方程；

(2)设椭圆r的左、右顶点分别为4、3,过定点(1,0)的直线与椭圆r交于。两点(异于点4、

B),试探究直线AC、的交点的横坐标是否为定值？若是,求出该定值;若不是，说明理由.

圆锥曲线中探索性的问题

一、真题剖析

【2019年新课标1卷文科】已知点A,6关于坐标原点。对称，IAB|=4,0M过点4,3且与直

线a;+2=()相切.

(1)若4在直线x+沙=0上，求。A1的半径.

(2)是否存在定点P,使得当4运动时，|M4|一|MP|为定值？并说明理由.

［试题情景］本题属于课程学习情景,本题以圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题。

【必备知识】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题问题。

［能力素养］本题考查逻辑思维能力和运算能力，考查的学科素养是理想思维和数学探索，本题考查

圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决本定点定值问题的关键是能够根据圆的

性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，进而验证定值符合所有情况，使

得问题得解.

(1)设A(t,-f),B(-i,t),根据|=4,可知用=2；由圆的性质可知圆心M必在直线y=c上，可

设圆心M(a,a)；利用圆心到2+2=0的距离为半径和\MA\=\MB\=r构造方程,从而解出r；

(2)当直线AB斜率存在时,设AB方程为：0=痴,由圆的性质可知圆心M必在直线y=-j-x上；假

设圆心坐标,利用圆心到c+2=0的距离为半径和『=|AM|=7|OA|2+|OM|2构造方程，解出“坐

标,可知“轨迹为抛物线;利用抛物线定义可知F(l,0)为抛物线焦点,且定值为1；当直线48斜率

不存在时,求解出河坐标，验证此时F(l,0)依然满足定值,从而可得到结论.

【解析】(1)丁工在直线出+0=0上

设A(t,-t),则

又\AB\=4

8t2=16,解得：|廿

・・・。”过点4,3

/.圆心Af必在直线g=力上

设Af(a,a),圆的半径为r

:。M与①+2=0相切

：.r=|Q,+2|

又|ML4|=\MB\=r,即(0—，^)?+(a+V2)2=r2

(a—A/2)2+(a+四)2=(a+2)2,解得：Q=0或Q=4

当Q=0时，厂=2;当a=4时，r=6

的半径为：2或6

(2)存在定点P(l,0)，使得\MA\-\MP\=1

说明如下：

,：A,B关于原点对称且|=4

・・・直线48必为过原点。的直线，且。川=2

①当直线工笈斜率存在时，设AB方程为:y=kx

则OAf的圆心A/必在直线y=~9r上

rC

设Af(—km,m),。M的半径为r

M与a;+2=0相切：.r=|—km+2|

又r=\MA\=■J\OA\i+|OA1|2=V4+fc2m2+m2

/.km+2|=V4+fc2m2+m2,整理可得：m2=-4km

即Af点轨迹方程为：婚=4工，准线方程为：工=-1,焦点R(L0)

V\MA\=r,即抛物线上点到田=一2的距离=\MF\+1

A\MA\-\MF\=1

当P与R重合，即P点坐标为(1,0)时，=1

②当直线AB斜率不存在时，则直线AB方程为：/=()

M^kx轴上，设M(n,0)

/.|n+2|=Vn2+4,解得：n=0,即M(0,0)

若F(l,0),则\MA\-\MP\=2-1=1

综上所述，存在定点P(l,0)，使得\MA\-\MP\为定值.

二、题型选讲

题型一、是否存在叁数的成立问题

2Q?

例1.(2022•山东洛博•高三期末)已知双曲线C：%一方=l(a>0,b>0)的左焦点为R,右顶点为A,

渐近线方程为沙=尸到渐近线的距离为四.

(1)求。的方程；

(2)若直线/过R,且与。交于P,Q两点(异于C的两个顶点)，直线z=t与直线AP,AQ的交点分

别为M,N.是否存在实数t,使得|可讶+两|=|两-两|?若存在，求出t的值;若不存在，请说

明理由.

9

【答案】(1)/一(=1

(2)存在，t=―

【解析】

【分析】

(1)根据R到渐近线的距离为代，可求得6,再根据渐近线方程可求得a,,即得双曲线方程；

(2)假设存在，设直线的方程，并和双曲线方程联立，得到根与系数的关系式，然后表示出点的

坐标，进而得到向量FM,FN的坐标,利用其数量积为零，将根与系数的关系式代入，看能否解出参

数t的值，即可得答案.

(1)

双曲线C:27'—左=l(a>0,b>0)一条渐近线方程为y=,

焦点口(一c,0),则焦点到准线的距离d=-^f==b,

由尸到渐近线的距离为V3可知：卜=心,

由渐近线方程为沙=±r知：\~=焉，故Q=1,

所以双曲线方程为：/一*=1;

O

(2)

设直线Z的方程为x=rny—2,

x=my—2

联立,y2，整理得：(3m2—1)才一12m,y+9=0,

武一9=1

设,Q(6,於)，而41,0),尸(一2,0),

12m9

则"+佻=砺』=而二?'

所以0+应=小(防+加一4=^^，，的=病防幼一2成(幼+仇)+4=^f^

假设存在实数3使得|初讶+两|=|户而一两则询•丽=0,

故由AP方程：9=上了(立一1),令a;=t得1)),

同理AQ方程：y=£y(z-l),令z=t得"卜,至驾(t-1)),

所以询.两

22

即(t+2)+7~~鹊~-Y(t-l)=O,

(电一1)(g—1)

9

则(力+2)2+,y-----------(t_])2=0,

—3mr—4_―、4.।

3m2—137n2—1

gp(t+2)2-(t-l)2=0，解得力=一好,

故存在实数力=一十,使得|同？+两|=|丽？一同见

变式1.(2021・江苏南京市高三三模)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线。:娟=效,经过P(t,O)(i>

0)的直线/与。交于AB两点.

(1)若力=4,求AP长度的最小值；

(2)设以48为直径的圆交c轴于两点，问是否存在3使得南•丽=—4?若存在，求出t的

值;若不存在,请说明理由.

【解析】⑴设华，班)，由「(4,0),

可得\AP\2=(华-4)+*=聆一*+16=吉(嫦-8)?+12>12,

当加=±20时，|4P|取得最小值2代；

⑵设直线AB的方程为义=7ny+£,A⑶,①2，珀,

联立{：2二鲁7*%可得y2-4my-4t=0,即有"+纺=4m,助仇=一41，

设以AB为直径的圆上任一点Q(X,7/),M(X3,O),7V(T1,O)

所以Q的轨迹方程为(Z-g)(c-02)+(9一")("一物)=0

2

x{x2=m(i/i+纺)+2t=4m+2t

22

x1x2=(myi+t)(my2+力=m(yi+y2)+mty\y2+/=-rrirt+4mf+/=产

所以Q的轨迹方程化为X2—(4m2+2t)x+12+y2—4my—4%=0

令J=0,得上一(4m2+2t)x+12—4t=0

2

所以上式方程的两根分别为g,xAy,则x3x4=t—4t

由OM-ON=x3x4=-4,可得n3g=-4,即有产一4%=-4,解得力=2.

所以存在±=2,使得而•而=-4.

变式2.(2021・辽宁实会中学高三模拟)已知椭圆。的中心在坐标原点,焦点在出轴上，椭圆。上的点到

右焦点F距离的最大值为3,最小值为1.

(1)求椭圆。的标准方程：

(2)设和PQ是通过椭圆。的右焦点F的两条弦，且PQ，MN.问是否存在常数人使得\PQ\+

\MN\=/l|PQ|・|M7V|恒成立？若存在，求4的值;若不存在,请说明理由.

22

【解析】(1)设椭圆C的方程为W+3=l(a>b>0),半焦距为C.

QT0~

根据椭圆的几何性质可得,椭圆的左顶点到右焦点的距离最大，且为a+c,

椭圆的右顶点到右焦点的距离最小，且为a—c,即1°+c=?,

{a—c=l

解得：a=2,c=1,所以〃=/—。2=3

o2

椭圆。的方程为与+《=1.

4o

(2)当儿W和PQ一个斜率不存在另一个为0时，不妨令1W斜率不存在，

则\MN\==3,\PQ\=2a=4,

\MN\+\PQ\

所以4='++人工

\MN\­|FQ|\MN\\PQ\3十412"

当儿W和PQ斜率都存在时，

设直线MN的方程为u=/c(c-1),A/3i，%),N(g,例)，直线PQ的方程为y=-^(x-1).

K1

22

[x.y=]

联立方程443得：(3+4奴)42—泌如+4奴—12=0.

ly=k(x-l)

8k2

g+g=

3+4fc2

△=（一84）2—4（3+4/c2）（4fc2-12）=144fc2+144>0,

=4k2—12

XiX

23+4k2

（—p/+l

12（依+1）

同理可得\PQ\=12x-,—

4（-+）+33fc2+4

-|-M---N--|--+---|P--Q---|=-----]---_|------]------4--^--+---3----------3-A-r-?-+---4-----7

\MN\•\PQ\\MN\\PQ\12（1+A：2）12（1+fc2）12'

综上可知存在常数4=告，使得\PQ\+\MN\=A\PQ\-\MN\恒成立.

变式3.(2022・武汉部分学校9月起点质量检测)已知椭圆E：考•+鸟=l(a>b>0)的离心率为冬,

abZ

点4(0,一1)是椭圆后短轴的一个四等分点.

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)设过点A且斜率为e的动直线与椭圆E交于M,N两点，且点以0,2),直线BAI,BN分别交。

C-./+。一1产=1于异于点B的点P,Q,设直线PQ的斜率为防，求实数人使得总=4自恒成立.

【解析】

(1)由题意，7,4=3,解得b=2,

(一1)一(一b)

设椭圆半焦距为c,则—=，即1—与=[,解得Q-=8.

a2Q-/

92

椭圆的标准方程为号+弓-=1.

o4

(2)设MQ],yi),NG,y2),P(xP,yP),Q@Q,"Q),直线MN方程为y=k、x-l.

方法一：

直线BAf方程为g=⑨—-x+2,与/+⑨-iy=i联立

得(犹+(幼-2产谬+241(劭一2)x=0.

-2%（9-2）

由xp丰0，解得xp=

诉+（物-2）2,

22

又等+4=1,即方=8-2婚，代入上式，得①p=-2/1（纳一2）2xi

O42（4-婿）+（%-2产功+6.

1/1—216

处=—^―勺+2=4-

①1y?+6-

即占产（2x14----理一）,同理，点Q（急4--16_

'例+6,

4一_16__（4__16_）,、

k_yp-VQ_"1+16I与+16,_8（幼一一）

2

Xp-XQ2cl2g皿的一①2"+6xj-6x2

仇+6y2+G

将纳=用为-1,%=你3—1代入上式，

得卜=瓯（电-g）8e位|一6）

刈（3出2—1）—62（加%—1）+6（%]一曲）5（Xi-X2）

即k-2=~p~fci,A=聋.

D0

方法二：

_4fcI

◎+电=西

y=k{x—1与弓-+乌-=1联立得：（2蜻+1）/-4自力一6=0,则

o4-6

XXy=

}2k2+1

卜斯+卜皿=-+曰=^^=^^=2加—^±^=4匕

gx2x-2x2x}x2

_yi—2沙2—2_（小闭一3）（Ahg-3）_好的/-3岛（丁+宓2）+9

kBzk.RN=~~~

X]XoX\X'2Cj.C2

_—6k1—12fcf+9（2fci+1）_3

-6=~'2'

设直线PQ方程为y—k2x+±,与4+（”-1）2=1联立得:（依+1）炉+2k2（t—l）x+r（t-2）=0.

__2k2（£-1）

Np+Q

Xfcj+1

则＜

t（t—2）

XXQ=

Pfc.2+1

〃-2）（如+项）

kiBQ=X+史—+也吐匕2=2k2+

XPXQXPXQxPxQ

2k2（t—2）（力—1）2fc

=2k2-2

t（t—2）

2

y—2yQ~2（e3+£—2）（拈2%+±-2）kixpXQ-\-k）（t-2）（xp+XQ）4-（t—2）

kspk^QP

XpXQXpXQXpXQ

kot（t—2）—2k敦t—2）（力-1）+（fc?+l）（t-2）2hot—2破（力—1）+（k：+1）（力-2）t—2

4自=争t=4

fcfiiW+kpN=kpp+k时即3

由3」.2,解得

kB#BN=k^pk^Q

~^~~r%2=春3

.*.A=—

5

题型二、是否存在定点、定值问题

22

例2.(2022•广东揭阳•高三期木)已知椭圆C：%+方=l(a>b>0),片,£为椭圆的左、右焦点，焦距

为2通,点P在。上,且APEB面积的最大值为V3.

(1)求椭圆C的方程；

⑵过点”(•1,0)作直线I交椭圆于45两点，以AB为直径的圆是否恒过re轴上的定点Q(M,0)?

若存在该定点，请求出山的值；若不存在，请说明理由.

【答案】⑴亨+娟=1；

(2)以43为直径的圆恒过。轴上的定点Q(2,0),/n=2.

【解析】

【分析】

⑴根据焦距求出c=《，再根据面积的最值求出6=1,即得椭圆的方程；

(2)当直线，的斜率为0时，圆与;r轴的交点为(-2,0),(2,0);当直线，的斜率不为0时,设直线/:4=

ty+联立直线和圆的方程得到韦达定理，得到x2-_锂警课=0,即

55(/+4)25(1+4)

(25--100)t24-100X2-240S+80=0,解方程25s2-100=(),且100s2-240a;+80=0即得解.

(1)

解：由桶圆。的焦距为2』，可得2c=2/，即c=J^.

设点P的纵坐标为外△PEE的面积S△呻：=4四£|•\yi>\—V3|?/p|,

其中|调Wb,根据△。月同面积的最大值为，可得b=L

由椭圆的性质可得：a2=b2+c2=4.

2

于是椭圆。的方程为4+靖=1.

⑵

解：当直线/的斜率为0时，以AB为直径的圆的方程为x2+y2=4

圆与工轴的交点为(-2,0),(2,0)

当直线，的斜率不为0时,设直线/：2=加+日.

□

将直线Z与椭圆C联立，可得(/+4"+毕为一第=0.

设点A,B的坐标分别为(如幼),但,例),则有

,12/.64

V'优_—5(#+4严1・明一~25(t2+4),

以A6为直径的圆的方程为(c-g)(z-g)+勿一功)(?/一佻)=0

令？/=0,可得：力2—(+]+12)力+•%2+"•优=0①.

其中皿+办2=t(幼+仅)+卷=k(：：4)一②，

2

的•x,=t'y}-仇+白武功+7/2)+碧=一；黑;③。

②③代人①可得/一卷L盗谭交④.

式子④可变换为(25/—100)廿+100/—240s+80=0⑤.

当25/—100=0,且100/—240宓+80=0时，⑤式成立，可解得劣=2.

综上可得，以4B为直径的圆恒过4轴上的定点Q(2,0),，n=2.

变式1.(2022•江苏扬州•南三期末)己知抛物线娟=2p2(p>0)的焦点R到准线的距离为2.

(1)求抛物线的方程；

(2)过点P(1,1)作两条动直线h,12分别交抛物线于点A,B,C,D.设以4B为直径的圆和以CD

为直径的圆的公共弦所在直线为小,试判断直线m是否经过定点，并说明理由.

【答案】⑴/=4工;

⑵直线“恒过定点(十，部理由见解析.

【解析】

【分析】

(1)由题可得P=2,即求；

(2)利用韦达定理法及条件可求以AB为直径的圆和以CD为直径的圆的方程，然后可得公共弦所在

直线，进而即得.

(1)

由题意得该抛物线焦点到准线的距离为野一(一告)=P=2,

所以该抛物线的方程为靖=4工.

⑵

①当直线勾的斜率都存在时，设直线在y-1=自3—1),直线，2：y—1=fc2(»-1),

£4二…*去,得施2_2附-用+2)工+(1-附2=。,显然2。,

由

/、/、2(fcf-k\+2)(1—fc1)2

设4%/)，B(%纳),则为+，产一帚一,裂尸

4（1-fc（）

%+%=用31+立2—2）+2=刀，幼纺=好*m2+自（1一"）（。1+色）+（1-fcl）2

则以AB为直径的圆的方程为：（力一g）（力一g）+（g—幼）（g—劭）=0,

22

X-（xj+x2）x+xlx2+y-®+佻）2/+"例=0,

日n2_L29Q1—4]2Q—2g+1）

即x-\-y—2x—3H---―i---1------；------=0,

fcfki

同理，以CD为直径的圆的方程为：/+必一22一3+与尧+型二兽土L=0,

Ki肥2

以两圆公共弦所在的直线丁儿的方程为：（1—4x）（-r—Fv-）+2（%—2y+1）=0.

，解得「一

J1-41=0，所以直线恒过定点借,得）.

(2(力一2g+1)=0

[y=

②当直线儿力的斜率中有一个不存在时，由对称性不妨设6的斜率不存在，勾的斜率为筋,

则以AB为直径的圆的方程为：X24-y2—2x—3=0,

2（：?；2jy+1）

以为直径的圆的方程为：/+才一2/-3+1二产+-,=0,

hi«2

（1_

所以两圆公共弦所在的直线m的方程为：；----+2（1一2g+1）=0,

K12

此时直线M恒过定点（十,1）,

综上得:直线小恒过定点（H）.

29

变式2.（2022•湖北华中舜大附中等六校开学考试联考）已知椭圆C：和+方=l（a>b>0）的离心率为

方,以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线。立一述y+12=0相切.

（1）求椭圆C的方程；

（2）设4—4,0），过点R（3,0）作与二轴不重合的直线/交椭圆。于P,Q两点，连接4P,AQ分别交

直线t=挈于M,N两点,若直线MR、NR的斜率分别为自、％2，试问：4曲2是否为定值？若是，求出

该定值，若不是,请说明理由.

[答案]（1）恚■+告=1;（2我也为定值一竿.

【解析】

【详解】试题分析：（1）根据离心率、直线与圆相切建立关于a,b,c的方程组，过得a,b,c,从而得到椭圆

的方程；（2）设〃（如幼）,Q（力2,%），直线的方程为x=my+3,联立椭圆方程消去⑦，得到关于y

的方程，再利用韦达定理得到幼,功之间的关系，从而得到k}k2的关系.

c_1

Q=4，22

12解得b=2一,故椭圆。的方程为君+告=1.

试题解析：（1）由题意得,""/~—b,

V7+5

、c=2,

(r=b2+c2,

⑵设。(如加，Q(如珀，直线PQ的方程为/=my+3,由[专■+务=1'

[x=my+3,

得(3m2+4)y2+18my-21=0.

-18nl-21

・・・纳+佻=3病+4，"曲―3m2+4'

由A,P,W三点共线可知，畏=丁匕.4，所以物」=竿・丁^4；

■LDX\~r»3十4

T

同理可得.=等"

VN_9yMyN16yM

所以kik2="""一

1b—o16~7-49(Xj+4)

T-3(X2+4)

3

2

因为(5+4)(X2+4)=(my1+7)(my2+7)=my[y2+7m(y,+佻)+49,

16X—21

圻以L卜=_________16%-___________________________37n2+4______________12

"My改+7小(%+及)+49m2x-21+7mx,-18+497

3m-4-43mz+4

题型三、是否存在定直线、圆等问题

例3.(2021・河北邮郸市高三三模)已知抛物线C;/=4,的焦点为F,准线为I.设过点F且不与x轴平

行的直线M与抛物线。交于力，B两点，线段AB的中点为M,过M作直线垂直于Z,垂足为N,直线

MN与抛物线C交于点P.

(1)求证:点P是线段MN的中点.

(2)若抛物线。在点P处的切线与沙轴交于点Q,问是否存在直线m,使得四边形MPQF是有一个

内角为60°的菱形？若存在，请求出直线m的方程；若不存在，请说明理由.

【分析】(1)设直线m的方程为y—kx+l(kWO),与/=4)联立，利用韦达定理求得点A1的坐标，再

根据MN_LZ,得到MN中点的坐标即可；

⑵由小=包,得y=亨，求导式=告，由MN//v轴，得到四边形MPQF为平行四边形，再由|MF|=

\MP\求解.

【解析】(1)证明：由题意知直线m,的斜率存在且不为0,故设直线771的方程为y=kx+l(kWO),

代人力2=4g,并整理得出2-4kx—4=0.

所以△=16k2+16>0,设A{x\,yi),网外仇),则⑻+x2=4fc,x}x2=-4.

22

设”(如物)，则g=.产匕=2k,yQ=kx[}+1=2k+1,即M(2fc,2A;+1).

由MN_Ll,得N(2k,—1),

所以MN中点的坐标为(2fc,fc2).

将⑦=2k代入/=4",解得g=k'2,则P(2fc,fc2),

所以点P是MN的中点.

(2)由/=4y,得y=去，则J=为，

所以抛物线。在点尸(2k,梦)的切线PQ的斜率为％,

又由直线m•的斜率为k,可得7rl〃尸Q;

又跖V〃y轴，所以四边形MPQR为平行四边形.

而\MF\=V(2fc)2+(2A;2+1-1)2=2/妒(旬+1),\MP\=\(2k24-1)-fc2|=A:2+1,

由\MF\=\MP\,得2/取(奴+1)=k2+l,

解得k=士斗，即当k=土坐时，四边形MPQF为菱形,

且此时\PF\=V(2fc-0)2+(fc2-l)2=必+1==|MF|,

所以乙冏1值=60°,

直线m的方程为y=±^-x+1,

即a—V3y+V3=0或i+V3y—V3=0,

所以存在直线MJ吏得四边形皿尸QF是有一个内角为60°的菱形.

变式1.(2021•山东泰•安市•高三一模)已知椭圆。：5+，=1(&＞》＞0)的离心率为乎,短轴长为2

V2.

(1)求椭圆。的方程；

(2)已知4B是椭圆。上的两个不同的动点，以线段为直径的圆经过坐标原点O.是否存在以O

为圆心的定圆恒与直线AB相切？若存在，求出定圆方程;若不存在,请说明理由.

【解析】

(1)由题意可得b=再利用离心率€=£=必户■求出滔=6,即可求解.

(2)设力⑶期)，8(%佻)，分情况讨论，当直线48的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m,

22

将直线方程与椭圆联立，利用韦达定理，求出04-OB=xYx2+y、y?=0,从而可得2m=3(1+A：),再

利用点到直线的距离公式即可求出半径，再求出直线48的斜率不存在时圆的半径，从而得出圆的方

程.

【详解】

解：(1)由题意知，b=2又e=£■=二2_=

(1丫"QJ

.•./=6,，椭圆C的方程为寻+*=1

U2

(2)设4(孙功)，6(亚，纺)

当直线4M的斜率存在时，

设直线AB的方程为y=kx+m,

y=kz+m

由99

T+5T

得(3奴+l)x2+Gkmx+3m2-6=0

-6km3病一6

x]