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1、 二轮数学第三讲圆锥曲线的综合应用第二课时圆锥曲线的定点、定值、存在性问题 圆锥曲线中的定点问题方法结论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ykxb，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，再证明一般情况典例(2017洛阳模拟)设椭圆E：1(ab0)的右焦点为F，右顶点为A，B，C是椭圆上关于原点对称的两点(B，C均不在x轴上)，线段AC的中点为D，且B，F，D三点共线(1)求椭圆E的离心率；(2)设F(1,0)，过F的直线l交E于M，N两点，直线MA，NA分别与直线x9交于P，Q两点证明：以PQ为直径的圆过点
2、F.解析：(1)法一：由已知A(a,0)，F(c，0)，设B(x0，y0)，C(x0y0)，则D(，)，B，F，D三点共线，又(cx0，y0)，(，)，y0(cx0)y0，a3c，从而e.法二：设直线BF交AC于D，连接OD，由题意知，OD是CAB的中位线，OD綊AB，OFDAFB.，解得a3c，从而e.(2)F的坐标为(1,0)，c1，从而a3，b28.椭圆E的方程为1.设直线l的方程为xny1(n0)，由(8n29)y216ny640，y1y2，y1y2，其中M(ny11，y1)，N(ny21，y2)直线AM的方程为，P(9，)，同理Q(9，)，从而(8，)(8，)6464640.FPFQ
3、，即以PQ为直径的圆恒过点F.类题通法定点的探索与证明问题注意利用特殊化思想探求再证明，求解的方法常见的有如下两种：(1)直线过定点，引入适当的变量，求出直线方程，根据方程求出定点；(2)曲线过定点，先用特殊位置的曲线探求定点，再证明曲线过该点，与变量无关演练冲关1(2017高考全国卷)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：y21上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足 .(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x3上，且1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.解析：(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，(xx0，y)，(0，y0)由 得x0x，y0y.因为M(x0
4、，y0)在C上，所以1.因此点P的轨迹方程为x2y22.(2)证明：由题意知F(1,0)设Q(3，t)，P(m，n)，则(3，t)，(1m，n)，33mtn，(m，n)，(3m，tn)由1得3mm2tnn21，又由(1)知m2n22，故33mtn0.所以0，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.2已知抛物线C：y22px(p0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点(1)求抛物线C的方程；(2)若直线OA，OB的斜率之积为，求证：直线AB过x轴上一定点解析：(1)因为抛物线y22px(p0)的焦点坐标为(1,0)，所以1，所
5、以p2.所以抛物线C的方程为y24x.(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，设A，B.因为直线OA，OB的斜率之积为，所以，化简得t232.所以A(8，t)，B(8，t)，此时直线AB的方程为x8.当直线AB的斜率存在时，设其方程为ykxb，A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立方程组消去x，得ky24y4b0.根据根与系数的关系得yAyB，因为直线OA，OB的斜率之积为，所以，即xAxB2yAyB0.即2yAyB0，解得yAyB0(舍去)或yAyB32.所以yAyB32，即b8k，所以ykx8k，即yk(x8)综上所述，直线AB过定点(8,0) 圆锥曲线中的定值问题方法结论解答圆锥曲线的定
6、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，可以求出定值典例(2017沈阳模拟)已知椭圆C：1(ab0)的左焦点为F1(，0)，e.(1)求椭圆C的方程；(2)如图，设R(x0，y0)是椭圆C上一动点，由原点O向圆(xx0)2(yy0)24引两条切线，分别交椭圆于点P，Q，若直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1，k2，求证：k1k2为定值(3)在(2)的条件下，试问|OP|2|OQ|2是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由解析：(
7、1)由题意得，c，e，解得a2，椭圆C的方程为1.(2)由已知，直线OP：yk1x，OQ：yk2x，且与圆R相切，2，化简得(x4)k2x0y0k1y40，同理，可得(x4)k2x0y0k2y40，k1，k2是方程(x4)k22x0y0ky40的两个不相等的实数根，x40，0，k1k2.点R(x0，y0)在椭圆C上，1，即y6x，k1k2.(3)|OP|2|OQ|2是定值18.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立得，解得，xy，同理，可得xy由k1k2，得|OP|2|OQ|2xyxy18.综上：|OP|2|OQ|218.类题通法定值问题在求解时注意“设而不求”思想方法的灵活运用，即引入参
8、变量，用它来表示有关量，进而看能否把变量消去“先猜后证”法是解决这类问题的有效方法，也就是先由特殊情形探求出定值或定点，进而证明它适用所有情形演练冲关(2016高考北京卷)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，OAB的面积为1.(1)求椭圆C的方程；(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|BM|为定值解析：(1)由题意得解得a2，b1.所以椭圆C的方程为y21.(2)证明：由(1)知，A(2,0)，B(0,1)设P(x0，y0)，则x4y4.当x00时，直线PA的方程为y(x2)令x0，得yM，从而|BM|
9、1yM|1|.直线PB的方程为yx1.令y0，得xN，从而|AN|2xN|2|.所以|AN|BM|2|1|4.当x00时，y01，|BM|2，|AN|2，所以|AN|BM|4.综上|AN|BM|为定值 存在性问题方法结论1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2解决存在性问题的注意事项存在性问题，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，
10、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，采取另外的途径典例(2017陕西西安模拟)已知F1，F2为椭圆E：1(ab0)的左、右焦点，点P(1，)在椭圆E上 ，且|PF1|PF2|4.(1)求椭圆E的方程；(2)过F1的直线l1，l2分别交椭圆E于A，C和B，D，且l1l2，问是否存在常数，使得，成等差数列？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由解析：(1)|PF1|PF2|4，2a4，a2.椭圆E：1.将P(1，)代入可得b23，椭圆E的方程为1.(2)当AC的斜率为零或斜率不存在时，；当AC的斜率k存在且k0时，AC的方程为yk(x1)，代入椭圆方程1，并化简得
11、(34k2)x28k2x4k2120.设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1x2，x1x2.|AC|x1x2|.直线BD的斜率为，|BD|.综上，2，.故存在常数，使得，成等差数列类题通法存在性问题的两种常考题型的求解方法(1)给出问题的一些特殊关系，要求探索出一些规律，并能论证所得规律的正确性通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括出一般规律(2)只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述此类问题也是最常考的探索性问题，解答这类问题时，一般要先对结论给出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，若推出相符的结论，则存在性得到肯定；若导致矛盾，则假设不存在本题就是“
12、是否存在”型探索性问题演练冲关1(2017湖南东部五校联考)已知椭圆E：1的右焦点为F(c,0)且abc0，设短轴的一个端点为D，原点O到直线DF的距离为，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C，G两点，且|4.(1)求椭圆E的方程；(2)是否存在过点P(2,1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A，B且使得24成立？若存在，试求出直线l的方程；若不存在，请说明理由解析：(1)由椭圆的对称性知|2a4，a2.又原点O到直线DF的距离为，bc，又a2b2c24，abc0，b，c1.故椭圆E的方程为1.(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件故可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为yk
13、(x2)1，代入椭圆方程得(34k2)x28k(2k1)x16k216k80，x1x2，x1x2，32(6k3)0，k.24，即4(x12)(x22)(y11)(y21)5，4(x12)(x22)(1k2)5，即4x1x22(x1x2)4(1k2)5，4(1k2)45，解得k，k不符合题意，舍去存在满足条件的直线l，其方程为yx.2(2017洛阳统考)已知椭圆的中心是坐标原点O，焦点在x轴上，离心率为，坐标原点O到过右焦点F且斜率为1的直线的距离为.(1)求椭圆的标准方程(2)设过右焦点F且与坐标轴不垂直的直线l交椭圆于P，Q两点，在线段OF上是否存在点M(m,0)，使得|MP|MQ|？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由解析：(1)设椭圆的方程为1(ab0)，F(c,0)(c0)，由坐标原点O到直线xyc0的距离为，得，解得c1.又e，故a，b1.所求
