新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学（十八） 圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题

新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学（十八） 圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题

第 1 页 共 10 页 新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学（十八） 圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题 考点一 定点问题 [例 1]　(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 2 PN―→ ＝ 3 MN―→ ，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)， ∵2 PN―→ ＝ 3 MN―→ ，∴2(x0－x，－y)＝ 3(0，－y0)，即 x0＝x，y0＝ 2 3y， 又点 M 在圆 C：x2＋y2＝4 上，∴x20＋y20＝4，将 x0＝x，y0＝ 2 3y 代入得 x2 4 ＋ y2 3 ＝1， 即轨迹 E 的方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1. (2)证明：由(1)可知 D(－2，0)，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立得{y＝kx＋m， x2 4 ＋y2 3＝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－m2>0， ∴x1＋x2＝ －8mk 3＋4k2，x1x2＝ 4（m2－3） 3＋4k2 .y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝ 3m2－12k2 3＋4k2 ， ∵| DA―→ ＋ DB―→ |＝| DA―→ － DB―→ |，∴ DA―→ ⊥ DB―→ ，即 DA―→ · DB―→ ＝0， 即(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，∴ 4m2－12 3＋4k2 ＋2× －8mk 3＋4k2＋4＋ 3m2－12k2 3＋4k2 ＝0， ∴7m2－16mk＋4k2＝0，解得 m1＝2k，m2＝ 2 7k，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(－2，0)，与已知矛盾； 当 m2＝ 2 7k 时，l 的方程为 y＝kx＋ 2 7k＝k(x＋2 7 )，直线恒过点(－2 7，0).∴直线 l 过定点，定点坐标为 (－2 7，0). [题后悟通]　直线过定点问题的解题模型 第 2 页 共 10 页 [多练强化] 1．(2019·北京高考)已知抛物线 C：x2＝－2py 经过点(2，－1)．(1)求抛物线 C 的方程及其准线方程； (2)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 轴上的两个定点． 解：(1)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. (2)证明：抛物线 C 的焦点为 F(0，－1)．设直线 l 的方程为 y＝kx－1(k≠0)． 由{y＝kx－1， x2＝－4y 得 x2＋4kx－4＝0.设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x2＝－4. 直线 OM 的方程为 y＝ y1 x1x.令 y＝－1，得点 A 的横坐标 xA＝－ x1 y1. 同理得点 B 的横坐标 xB＝－ x2 y2.设点 D(0，n)，则 DA―→ ＝(－x1 y1，－1－n)， DB―→ ＝(－x2 y2，－1－n)， DA―→ · DB―→ ＝ x1x2 y1y2＋(n＋1) 2＝ x1x2 (－x 4 )(－x 4 ) ＋(n＋1) 2＝ 16 x1x2＋(n＋1) 2＝－4＋(n ＋1)2. 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 y 轴上的定点(0，1)和(0，－3)． 2．(2019·安徽省考试试题)已知椭圆 C： x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)的上顶点为 P，右顶点为 Q，直线 PQ 与圆 x2＋ y2＝ 4 5相切于点 M(2 5， 4 5 ).(1)求椭圆 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 PA―→ · PB―→ ＝0，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 kOM＝2，则直线 PQ 的斜率 kPQ＝－ 1 kOM＝－ 1 2， 所以直线 PQ 的方程为 y－ 4 5＝－ 1 2(x－2 5 )，即 x＋2y＝2. 可求得 P(0，1)，Q(2，0)，故 a＝2，b＝1，故椭圆 C 的方程为 x2 4 ＋y2＝1. 第 3 页 共 10 页 (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 y＝kx＋n(n≠1)， 由{x2 4 ＋y2＝1， y＝kx＋n 消去 y 整理得(4k2＋1)x2＋8knx＋4(n2－1)＝0， Δ＝(8kn)2－4×4(4k2＋1)(n2－1)＝16(4k2＋1－n2)>0，得 4k2＋1>n2.① 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝ －8kn 4k2＋1，x1x2＝ 4（n2－1） 4k2＋1 .② 由 PA―→ · PB―→ ＝0，得(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝0，又 y1＝kx1＋n，y2＝kx2＋n， 所以(k2＋1)x1x2＋k(n－1)(x1＋x2)＋(n－1)2＝0，③ 由②③得 n＝1(舍)或 n＝－ 3 5，满足①.此时 l 的方程为 y＝kx－ 3 5，故直线 l 过定点(0，－3 5). 考点二 定值问题 [例 2]　已知椭圆 C： x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)，过 A(2，0)，B(0，1)两点．(1)求椭圆 C 的方程及离心率；(2)设 P 为第三象限内一点且在椭圆 C 上，直线 PA 与 y 轴交于点 M，直线 PB 与 x 轴交于点 N，求证：四边形 ABNM 的面积为定值． [解]　(1)由题意得，a＝2，b＝1，所以椭圆 C 的方程为x2 4＋y2＝1. 又 c＝ a2－b2＝ 3，所以离心率 e＝ c a＝ 3 2 . (2)证明：设 P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则 x20＋4y20＝4.又 A(2，0)，B(0，1)， 所以直线 PA 的方程为 y＝ y0 x0－2(x－2)．令 x＝0，得 yM＝－ 2y0 x0－2，从而|BM|＝1－yM＝1＋ 2y0 x0－2. 直线 PB 的方程为 y＝ y0－1 x0 x＋1.令 y＝0，得 xN＝－ x0 y0－1，从而|AN|＝2－xN＝2＋ x0 y0－1. 所以四边形 ABNM 的面积 S＝ 1 2|AN|·|BM|＝ 1 2(2＋ x0 y0－1)(1＋ 2y0 x0－2)＝ x＋4y＋4x0y0－4x0－8y0＋4 2（x0y0－x0－2y0＋2） ＝ 2x0y0－2x0－4y0＋4 x0y0－x0－2y0＋2 ＝2.从而四边形 ABNM 的面积为定值． [题后悟通]　解答圆锥曲线的定值问题的策略 (1)从特殊情形开始，求出定值，再证明该值与变量无关； (2)采用推理、计算、消元得定值．消元的常用方法为整体消元(如本例)、选择消元、对称消元等． [多练强化] 如图所示，已知点 M(a，3)是抛物线 y2＝4x 上一定点，直线 AM，BM 的斜率互为相反数，且与抛物线另 交于 A，B 两个不同的点．(1)求点 M 到其准线的距离；(2)求证：直线 AB 的斜率为定 第 4 页 共 10 页 值． 解：(1)∵M(a，3)是抛物线 y2＝4x 上一定点，∴32＝4a，a＝ 9 4. ∵抛物线 y2＝4x 的准线方程为 x＝－1，∴点 M 到其准线的距离为 9 4－(－1)＝ 13 4 . (2)证明：由题知直线 MA，MB 的斜率存在且不为 0， 设直线 MA 的方程为 y－3＝k(x－9 4 )，A(xA，yA)，B(xB，yB)． 由{y－3＝k(x－9 4 )， y2＝4x 得 y2－ 4 ky＋ 12 k －9＝0.∵yA＋3＝ 4 k，∴yA＝ 4 k－3. ∵直线 AM，BM 的斜率互为相反数，∴直线 MB 的方程为 y－3＝－k(x－9 4 ).同理可得 yB＝ 4 －k－3， ∴kAB＝ yB－yA xB－xA＝ yB－yA y 4－y 4 ＝ 4 4 －k－3＋4 k－3 ＝－ 2 3.∴直线 AB 的斜率为定值－ 2 3. 考点三 探索性问题 [例 3]　(2019·重庆市学业质量调研)如图，已知椭圆 C： x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)，其左、右焦点分别为 F1(－2， 0)及 F2(2，0)，过点 F1 的直线交椭圆 C 于 A，B 两点，线段 AB 的中点为 G，AB 的中垂线与 x 轴和 y 轴 分别交于 D，E 两点，且|AF1|，|F1F2|，|AF2|构成等差数列．(1)求椭圆 C 的方程；(2)记△GF1D 的面积为 S1，△OED(O 为坐标原点)的面积为 S2.试问：是否存在直线 AB，使得 S1＝S2？请说明理由． [解]　(1)∵|AF1|，|F1F2|，|AF2|构成等差数列， ∴2a＝|AF1|＋|AF2|＝2|F1F2|＝8，∴a＝4. 又 c＝2，∴b2＝12，∴椭圆 C 的方程为 x2 16＋ y2 12＝1. (2)假设存在直线 AB，使得 S1＝S2，显然直线 AB 不能与 x，y 轴垂直．设 AB 的方程为 y＝k(x＋2)(k≠0)，将其代入 x2 16＋ y2 12＝1，整理得(4k2＋3)x2＋ 16k2x＋16k2－48＝0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝ －16k2 3＋4k2，∴点 G 的横坐标为 x1＋x2 2 ＝ －8k2 3＋4k2，∴G( －8k2 3＋4k2， 6k 3＋4k2). ∵DG⊥AB，∴ 6k 3＋4k2 －8k2 3＋4k2－xD ×k＝－1，解得 xD＝ －2k2 3＋4k2，即 D( －2k2 3＋4k2，0)， ∵Rt△GDF1 和 Rt△ODE 相似，∴若 S1＝S2，则|GD|＝|OD|， ∴ ( －8k2 3＋4k2－ －2k2 3＋4k2) 2 ＋( 6k 3＋4k2) 2 ＝| －2k2 3＋4k2|，整理得 8k2＋9＝0. 第 5 页 共 10 页 ∵方程 8k2＋9＝0 无解，∴不存在直线 AB，使得 S1＝S2. [题后悟通]　探索性问题的解题策略 探索性问题，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)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径． [多练强化] (2019·广州市调研测试)已知动圆 C 过定点 F(1，0)，且与定直线 x＝－1 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∠QNM＋∠PNM＝π？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(1，0)的距离，与到定直线 x＝－1 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，x＝－1 为准线的抛物线，其中 p＝2. ∴动圆圆心 C 的轨迹 E 的方程为 y2＝4x. 法二：设动圆圆心 C(x，y)，依题意得 （x－1）2＋y2＝|x＋1|， 化简得 y2＝4x，即动圆圆心 C 的轨迹 E 的方程． (2)假设存在点 N(x0，0)满足题设条件．由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直线 PN 与 QN 的斜率互为相反数， 即 kPN＋kQN＝0.① 易知直线 PQ 的斜率必存在且不为 0，设直线 PQ：x＝my－2，由{y2＝4x， x＝my－2得 y2－4my＋8＝0. 由 Δ＝(－4m)2－4×8>0，得 m> 2或 m<－ 2.设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 y1＋y2＝4m，y1y2＝8. 由①得 kPN＋kQN＝ y1 x1－x0＋ y2 x2－x0＝ y1（x2－x0）＋y2（x1－x0） （x1－x0）（x2－x0） ＝0， ∴y1(x2－x0)＋y2(x1－x0)＝0，即 y1x2＋y2x1－x0(y1＋y2)＝0.消去 x1，x2，得 1 4y1y22＋ 1 4y2y21－x0(y1＋y2)＝0， 即 1 4y1y2(y1＋y2)－x0(y1＋y2)＝0.∵y1＋y2≠0，∴x0＝ 1 4y1y2＝2，∴存在点 N(2，0)，使得∠QNM＋∠PNM＝ π. 第 6 页 共 10 页 大题专攻强化练 1．(2019·开封模拟)已知椭圆 C： x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，上顶点为 M，△MF1F2 为等腰直角三角形，且其面积为 1.(1)求椭圆 C 的方程；(2)过点 M 分别作直线 MA，MB 交椭圆 C 于 A，B 两点，设这两条直线的斜率分别为 k1，k2，且 k1＋k2＝2，证明：直线 AB 过定点． 第 7 页 共 10 页 2．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知椭圆 C： x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为 1 2，P 是 C 上的一个动点，且△F1PF2 面积的最大值为 4 3.(1)求 C 的方程；(2)设 C 的左、右顶点分别为 A， B，若直线 PA，PB 分别交直线 x＝2 于 M，N 两点，过点 F1 作以 MN 为直径的圆的切线，证明：切线长 为定值，并求该定值． 3．(2019·福州市质量检测)已知抛物线 C1：x2＝2py(p>0)和圆 C2：(x＋1)2＋y2＝2，倾斜角为 45°的直线 l1 过 C1 的焦点，且 l1 与 C2 相切．(1)求 p 的值；(2)动点 M 在 C1 的准线上，动点 A 在 C1 上，若 C1 在 A 点 处的切线 l2 交 y 轴于点 B，设 MN―→ ＝ MA―→ ＋ MB―→ ，求证：点 N 在定直线上，并求该定直线的方程． 4．已知椭圆 C： x2 a2＋ y2 b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为 F 1(－1，0)，F 2(1，0)，点 A (1， 2 2 )在椭圆 C 第 8 页 共 10 页 上．(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)是否存在斜率为 2 的直线，使得当直线与椭圆 C 有两个不同交点 M，N 时，能在直线 y＝ 5 3上找到一点 P，在椭圆 C 上找到一点 Q，满足 PM―→ ＝ NQ―→ ？若存在，求出直线的方 程；若不存在，说明理由． 1 解：(1)由题意得 1 2a2＝1，∴a＝ 2，又 b＝c，a2＝b2＋c2，∴b＝1，∴椭圆 C 的方程为 x2 2 ＋y2＝1. (2)证明：由(1)得 M(0，1)．当直线 AB 的斜率不存在时，设 A(x0，y0)，则 B(x0，－y0)， 由 k1＋k2＝2 得 y0－1 x0 ＋ －y0－1 x0 ＝2，得 x0＝－1. 当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋m(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由{x2 2 ＋y2＝1， y＝kx＋m 可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，则 Δ＝8(2k2－m2＋1)>0， x1＋x2＝ －4km 1＋2k2，x1·x2＝ 2m2－2 1＋2k2.由 k1＋k2＝2，得 y1－1 x1 ＋ y2－1 x2 ＝2， 即 （kx2＋m－1）x1＋（kx1＋m－1）x2 x1x2 ＝2， (2－2k)x1x2＝(m－1)(x1＋x2)，(2－2k)·(2m2－2)＝(m－1)(－4km)， 由 m≠1，得(1－k)(m＋1)＝－km，∴m＝k－1，即 y＝kx＋m＝kx＋k－1＝k(x＋1)－1， 故直线 AB 过定点(－1，－1)，经检验，当 k>0 或 k<－2 时，直线 AB 与椭圆 C 有两个交点，满足题意． 综上所述，直线 AB 过定点(－1，－1)． 第 9 页 共 10 页 2 解：(1)设 P(x0，y0)，椭圆的半焦距为 c.因为 S△F1PF2＝ 1 2|F1F2|·|y0|≤ 1 2·2c·b＝bc，所以 bc＝4 3. 又 e＝ c a＝ 1 2，a2＝b2＋c2，所以 a＝4，b＝2 3，c＝2，所以 C 的方程为 x2 16＋ y2 12＝1. (2)证明：由(1)可知 A(－4，0)，B(4，0)，F1(－2，0)．由题可知：x0≠2，且 x0≠±4. 设直线 PA，PB 的斜率分别为 k1，k2，则直线 PA 的方程为 y＝k1(x＋4)， 令 x＝2 得 y＝6k1，故 M(2，6k1)．直线 PB 的方程为 y＝k2(x－4)， 令 x＝2 得 y＝－2k 2，故 N(2，－2k2)．记以 MN 为直径的圆为圆 D，则 D(2，3k 1－ k2)． 如图，过点 F1 作圆 D 的一条切线，切点为 T，连接 F1D，DT，则|F1T|2＝|F1D|2－|DT|2， 所以|F1T|2＝16＋(3k1－k2)2－(3k1＋k2)2＝16－12k1k2， 又 k1＝ y0 x0＋4，k2＝ y0 x0－4，所以 k1·k2＝ y0 x0＋4· y0 x0－4＝ y x－16，由 x 16＋ y 12＝1，得 y20＝－ 3 4(x20－16)， 所以 k1·k2＝－ 3 4，则|F1T|2＝16－12k1k2＝16－12×(－3 4 )＝25，所以|F1T|＝5.故切线长为定值 5. 3 解：(1)依题意，设直线 l1 的方程为 y＝x＋p 2，因为直线 l1 与圆 C2 相切， 所以圆心 C2(－1，0)到直线 l1：y＝x＋ p 2的距离 d＝ |－1＋p 2| 12＋（－1）2＝ 2. 即 |－1＋p 2| 2 ＝ 2，解得 p＝6 或 p＝－2(舍去)．所以 p＝6. (2)法一：依题意设 M(m，－3)，由(1)知抛物线 C1 的方程为 x2＝12y，所以 y＝ x2 12，所以 y′＝ x 6， 设 A(x1，y1)，则以 A 为切点的切线 l2 的斜率为 k＝ x1 6 ，所以切线 l2 的方程为 y＝ 1 6x1(x－x1)＋y1. 令 x＝0，则 y＝－ 1 6x21＋y1＝－1 6×12y1＋y1＝－y1，即 B 点的坐标为(0，－y1)， 所以 MA―→ ＝(x1－m，y1＋3)， MB―→ ＝(－m，－y1＋3)，所以 MN―→ ＝ MA―→ ＋ MB―→ ＝(x1－2m，6)， 所以 ON―→ ＝ OM―→ ＋ MN―→ ＝(x1－m，3)．设 N 点坐标为(x，y)，则 y＝3，所以点 N 在定直线 y＝3 上． 法二：设 M(m，－3)，由(1)知抛物线 C1 的方程为 x2＝12y，① 设 l2 的斜率为 k，A(x1， 1 12x)，则以 A 为切点的切线 l2 的方程为 y＝k(x－x1)＋ 1 12x21，② 联立①②得，x2＝12[k（x－x1）＋ 1 12x]，因为 Δ＝144k2－48kx1＋4x21＝0，所以 k＝ x1 6 ， 所以切线 l2 的方程为 y＝ 1 6x1(x－x1)＋ 1 12x21.令 x＝0，得 B 点坐标为(0，－ 1 12x). 第 10 页 共 10 页 所以 MA―→ ＝(x1－m， 1 12x＋3)， MB―→ ＝(－m，－ 1 12x＋3)，所以 MN―→ ＝ MA―→ ＋ MB―→ ＝(x1－2m，6)， 所以 ON―→ ＝ OM―→ ＋ MN―→ ＝(x1－m，3)，所以点 N 在定直线 y＝3 上． 4 解：(1)设椭圆 C 的焦距为 2c，则 c＝1，因为 A (1， 2 2 )在椭圆 C 上，所以 2a＝|AF1|＋|AF2|＝2 2， 因此 a＝ 2，b2＝a2－c2＝1，故椭圆 C 的方程为 x2 2 ＋y2＝1. (2)不存在满足条件的直线，证明如下：设直线的方程为 y＝2x＋t，M(x1，y1)，N(x2，y2)， P(x3， 5 3)，Q(x4，y4)，MN 的中点为 D(x0，y0)，由{y＝2x＋t， x2 2 ＋y2＝1 消去 x，得 9y2－2ty＋t2－8＝0， 所以 y1＋y2＝ 2t 9 ，且 Δ＝4t2－36(t2－8)＞0，故 y0＝ y1＋y2 2 ＝ t 9，且－3＜t＜3. 由 PM―→ ＝ NQ―→ ，得(x1－x3，y1－5 3)＝(x4－x2，y4－y2)，所以有 y1－ 5 3＝y4－y2，y4＝y1＋y2－ 5 3＝ 2t 9 － 5 3. (也可由＝知四边形PMQN为平行四边形， 而D为线段MN的中点，因此，D也为线段PQ的中点， 所以y0＝ 5 3＋y4 2 ＝t 9，可得y4＝2t－15 9 ) 又－3＜t＜3，所以－ 7 3＜y4＜－1，与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[－1，1]矛盾． 因此不存在满足条件的直线．