第四讲 大题考法——圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

联立方程得y＝y21x＋y21， y＝y22x＋y22，
x＝y14y2， 解得y＝y1＋2 y2，
∵Q 是线段 MN 的中点，∴y0＝y1＋2 y2，
∴PQ ∥x 轴，且 x0＝x1＋2 x2＝y21＋8 y22，
∴Py14y2，y1＋2 y2，
∴△PMN 的面积 S＝12|PQ |·|y1－y2|＝12y14y2－x0·|y1－y2|＝ 12y14y2－y12＋8 y22·|y1－y2|＝116|y1－y2|3＝32，即△PMN 的面积为定值．
(1)求椭圆的标准方程；
ac＝ 22， [解] 由题意得2ab2＝ 2，
a2＝b2＋c2，
a＝ 2， 解b＝1，
c＝1，
∴椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.
(2)在直线 x＝2 上是否存在点 D，使得△DAB 为正三角形？
若存在，求出 D 点的坐标；若不存在，请说明理由． [解] 存在，理由如下：
∴椭圆 E 的标准方程为x42＋y2＝1.
(2)问直线 CD 是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定
点，请说明理由． [解] 由题意知，A(0,1)，B(0，－1)，则直线 MA 的方程为 y＝mx ＋
1，直线 MB 的方程为 y＝3mx－1，
y＝mx ＋1， 联立x42＋y2＝1，
x－m－2＋8m4， 即 y＝121－6mm2x＋12，∴直线 CD 过定点0，12.
[方法技巧] 动线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线 l 过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为 y ＝kx＋t，由题设条件将 t 用 k 表示为 t＝mk，得 y＝k(x＋m)，故 动直线过定点(－m,0)．
y－y1＝kx－y412，
联立方程得y－y1＝kx－y421， y2＝4x
消去 x，整理得
ky2－4y＋4y1－ky21＝0， ∵M 是切点，∴Δ＝16－4k(4y1－ky21)＝0， 即 4－4ky1＋k2y21＝0，解得 k＝y21，
∴直线 PM 的方程为 y－y1＝y21x－y421，即 y＝y21x＋y21， 同理得直线 PN 的方程为 y＝y22x＋y22，
P
x3，53，Q
y＝2x＋t， (x4，y4)，由x22＋y2＝1
消去 x，
得 9y2－2ty＋t2－8＝0，所以 y1＋y2＝29t，
且由 Δ＝4t2－36(t2－8)>0，得－3<t<3. 由―PM→＝―N→Q ，得x1－x3，y1－53＝(x4－x2，y4－y2)，
圆 E 的上下顶点，动点 M 在第一象限内且坐标为(m,2)，过 M 作
直线 MA，MB 分别交椭圆 E 于 C，D 两点．
(1)求椭圆 E 的标准方程；
[解] 由 e＝ac＝ 23，a2＝b2＋c2，得 a＝2b.
①
1
把 2， 22代入椭圆方程，得a22＋b22＝1.
②
联立①②，解得 a＝2，b＝1，
又易得|PA|2＝(x1－m)2＋y21＝4116y21，同理可得|PB|2＝4116y22.
则|PA|2＋|PB|2＝4116(y21＋y22)＝4116[(y1＋y2)2－2y1y2]＝ 4116－45m2－16m225－25＝41. 所以|PA|2＋|PB|2 是定值．
y＝3mx－1， x42＋y2＝1，
得 xC＝m－2＋8m4，xD＝m22＋4m36，
∴Cm－2＋8m4，mm22－ ＋44，Dm22＋4m36，－mm2＋2＋3636， ∴kCD＝xyDD－－yxCC＝m－2－161m2，则直线 CD 的方程为 y－mm22－＋44＝121－6mm2
题型(三) 存 在 性 问 题
主要以直线与圆锥曲线的位置关系为背景，考查学生分 析问题和解决问题的能力.
[典例感悟] [典例 3] (2019 届高三·浙江七校联考)已知中心在原点，焦
点在 x 轴上的椭圆的离心率为 22，直线 l 过椭圆右焦点 F，且交
椭圆于 A，B 两点，当直线 l 的倾斜角为π2时，|AB|＝ 2.
第 四 讲 大题考法——
圆锥曲线中的定点、 定值、存在性问题
题型(一) 定点问题
主要考查直线、曲线过定点或两条直线的交点在定 曲线上.
[典例感悟] [典例 1] (2018·宁波“十校”高三 5 月联考)
已知椭圆 E：xa22＋by22＝1(a>b>0)的离心率 e＝ 23，
且点 P

2， 22为椭圆 E 上一点．点 A，B 为椭
第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与 系数的关系正确写出；
第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中 涉及的位置关系和数量关系；
第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何 问题中．
在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，选用恰当 运算方法，合理地简化运算.
[典例] (2018·稽阳联谊学校高三联考) 已知离心率为 23的椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0)
(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＝53上找到一点 P，在椭圆 C 上找到一点 Q ，满 足―PM→＝―N→Q ？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．
解：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)，
[方法技巧] 求解定值问题的两大途径
(1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明 定值：即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关．
(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其 满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母 约分得定值．
[演练冲关] 2．(2019 届高三·湖南五市十校联考)已知椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0)
题型(二) 定 值 问 题
主要以直线与圆锥曲线的位置关系为背景，考查转化与 化归思想和对定值问题的处理能力，常涉及式子、面积的 定值问题.
[典例感悟] [典例 2] 已知抛物线 C：y2＝2px(p>1)上的点 A 到其焦点的 距离为32，且点 A 在曲线 x＋y2－52＝0 上． (1)求抛物线 C 的方程； [解] 设点 A(xA，yA)， ∵点 A 到抛物线焦点的距离为32， ∴xA＝32－p2，y2A＝2pxA＝2p32－p2， 又点 A 在曲线 x＋y2－52＝0 上，∴32－p2＋2p32－p2－52＝0， 即 p2－52p＋1＝0，解得 p＝2 或 p＝12(舍去)， ∴抛物线 C 的方程为 y2＝4x.
[演练冲关] 3．(2018·惠州调研)已知椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0)的左、右
焦点分别为 F1(－1,0)，F2(1,0)，点 A1， 22在椭圆 C 上． (1)求椭圆 C 的标准方程； 解：设椭圆 C 的焦距为 2c，则 c＝1，
因为 A1， 22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x22＋y2＝1.
所以有 y1－53＝y4－y2， 即 y4＝y1＋y2－53＝29t－53. 又－3<t<3，所以－73<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．
[高考5个大题] 题题研诀窃
圆锥曲线问题巧在“设”——难在“算”
[思维流程]
[技法指导] 圆锥曲线解答题的常见类型是：第(1)小题通常是根据已知条 件，求曲线方程或离心率，一般比较简单．第(2)小题往往是通过 方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、 定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一 小题综合性较强，可通过巧设“点”“线”，设而不求．在具体求解 时，可将整个解题过程分成程序化的三步：
(2)若 k1＋k2＝k1k2，证明：直线 BC 恒过定点． 解：证明：由题意得，直线 AB 的方程为 y＝k1x＋1－2k1，直
线 AC 的方程为 y＝k2x＋1－2k2，联立xy＝2＝k41xy，＋1－2k1， 消去 y 得 x2－4k1x－4(1－2k1)＝0，解得 x＝2 或 x＝4k1－2， 因此点 B(4k1－2，(2k1－1)2)，同理可得 C(4k2－2，(2k2－1)2)． 于是直线 BC 的斜率 k＝24kk1－ 1－122－ －24kk22－ －122 ＝4k1－4k2k1－k1＋k2k2－1＝k1＋k2－1，又 k1＋k2＝k1k2， 所以直线 BC 的方程为 y－(2k2－1)2＝(k1k2－1)·[x－(4k2－2)]， 即 y＝(k1k2－1)x－2k1k2－1＝(k1k2－1)(x－2)－3. 故直线 BC 恒过定点(2，－3)．
(2)M(x1，y1)，N(x2，y2)是抛物线 C 上异于原点的两点，Q (x0，
y0)是线段 MN 的中点，点 P 是抛物线 C 在点 M，N 处切线的交 点，若|y1－y2|＝4p，证明△PMN 的面积为定值．
[解] 证明：由(1)知 My421，y1，Ny422，y2，|y1－y2|＝8，设 抛物线 C 在点 M 处的切线的斜率为 k(k≠0)，则该切线的方程为
1＋m2·|y1－y2|＝2
2m2＋1 m2＋2 .
假设存在点 D(2，t)使得△DAB 为正三角形， 则 D 到直线 AB 的距离 d＝ |m1t＋－m1|2，
kDM＝－m， 由于△DAB 为正三角形，则有d＝ 23|AB|，
即|mm12t＋＋－m21|2t＝＝－23×2m23－23×mmm，22＋＋21，
(2)动曲线 C 过定点问题，解法：引入参变量建立曲线 C 的方 程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
[演练冲关] 1.如图，过顶点在原点、对称轴为 y 轴的抛物线 E