圆锥曲线解答题精选存在性问题

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高考复习41 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题问题试题

高考复习41 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题【典型高考试题变式】（一）定值问题例1.在直角坐标系xOy 中，曲线22y x mx =+-与x 轴交于A ，B 两点，点C 的坐标为(0,1).当m 变化时，解答下列问题：（1）能否出现AC ⊥BC 的情况？说明理由；（2）证明过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值.【变式1】已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的离心率为12，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆120+=相切.（1）求椭圆C 的方程；（2）设()4,0A -，过点()3,0R 作与x 轴不重合的直线l 交椭圆C 于,P Q 两点，连接,AP AQ 分别交直线163x =于,M N 两点，若直线,MR NR 的斜率分别为12,k k ，试问：12k k 是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.【变式2】已知椭圆C ：22221x y a b+=过点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.（二）定点问题例2.已知椭圆C ：2222=1x y a b+（a >b >0），四点P 1（1,1），P 2（0,1），P 3（–1，P 4（1三点在椭圆C 上.（1）求C 的方程；（2）直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为–1，证明：l 过定点.【变式1】已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>短轴的一个端点与其两个焦点构成面积为3的直角三角形. （1）求椭圆C 的方程；（2）过圆22:2E x y +=上任意一点P 作圆E 的切线l ，l 与椭圆C 交于,A B 两点，以AB 为直径的圆是否过定点，如过，求出该定点；不过说明理由.【典例试题演练】1. 已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，左顶点为A ，左焦点为()120F -，，点()2B 2,在圆C 上，直线()0y kx k =≠与椭圆C 交于E ，F 两点，直线AE ，AF 分别与y 轴交于点M ，N ．（1）求椭圆C 的方程；（2）以MN 为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由．2. 已知椭圆C ：22221+=x y a b（0a b >>）的离心率为3 ，(,0)A a ，(0,)B b ，(0,0)O ，OAB ∆的面积为1.（1）求椭圆C 的方程；（2）设P 的椭圆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：BM AN ⋅为定值.3.已知点P 是椭圆C 上任一点，点P 到直线1:2l x =-的距离为1d ，到点(1,0)F -的距离为2d ，且2122d d =.直线l 与椭圆C 交于不同两点A B 、（,A B 都在x 轴上方），且180OFA OFB ∠+∠=o . （1）求椭圆C 的方程；（2）当A 为椭圆与y 轴正半轴的交点时，求直线l 方程；（3）对于动直线l ，是否存在一个定点，无论OFA ∠如何变化，直线l 总经过此定点？若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由.5. 已知圆M ：x 2＋(y －2)2＝1，直线l ：y ＝－1，动圆P 与圆M 相外切，且与直线l 相切．设动圆圆心P 的轨迹为E .（1）求E 的方程；（2）若点A ，B 是E 上的两个动点，O 为坐标原点，且OA →·OB →＝－16，求证：直线AB 恒过定点．6. 已知抛物线E ：x 2＝2py (p ＞0)，直线y ＝kx ＋2与E 交于A ，B 两点，且OA →·OB →＝2，其中O 为原点．（1）求抛物线E 的方程；（2）点C 坐标为(0，－2)，记直线CA ，CB 的斜率分别为k 1，k 2，证明：k 21＋k 22－2k 2为定值．7. 已知平面上的动点R (x ，y )及两定点A (－2，0)，B (2，0)，直线RA 、RB 的斜率分别为k 1、k 2，且k 1k 2＝－34，设动点R 的轨迹为曲线C . （1）求曲线C 的方程；（2）四边形MNPQ 的四个顶点均在曲线C 上，且MQ ∥NP ，MQ ⊥x 轴，若直线MN 和直线QP 交于点S (4，0)．问：四边形MNPQ 两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．8. 如图，M 是抛物线y 2＝x 上的一点，动弦ME ，MF 分别交x 轴于A ，B 两点，且MA ＝M B.若M 为定点，证明：直线EF 的斜率为定值.9.已知抛物线2:2(0)E y px p =>，直线3x my =+与E 交于A ，B 两点，且6OA OB =u u u r u u u r g ，其中O 为坐标原点.（1）求抛物线E 的方程；（2）已知点C 的坐标为（-3,0），记直线CA 、CB 的斜率分别为1k ，2k ，证明：22212112m k k +-为定值.10.如图，设点,A B 的坐标分别为()()3,0,3,0-，直线,AP BP 相交于点P ，且它们的斜率之积为23-．（1）求点P 的轨迹方程；（2）设点P 的轨迹为C ，点M N 、是轨迹为C 上不同于,A B 的两点，且满足//,//AP OM BP ON ，求证：MON ∆的面积为定值．.。

2019年高三理科数学高考大题精练：圆锥曲线：存在性问题(附解析)

2019年高三理科数学高考大题精练：圆锥曲线：存在性问题（附解析）精练例题[2019·株洲一模]已知1F ，2F 分别为椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左、右焦点，点()01,P y 在椭圆上，且2PF x ⊥轴，12PF F △的周长为6．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点()0,1T 的直线与椭圆C 交于A ，B 两点，设O 为坐标原点，是否存在常数λ，使得7OA OB TA TB λ⋅+⋅=-恒成立？请说明理由．【答案】（1）22143x y +=；（2）当2λ=时，7OA OB TA TB λ⋅+⋅=-．【解析】（1）由题意，()11,0F -，()21,0F ，1c =，∵12PF F △的周长为6，∴122226PF PF c a c ++=+=，∴2a =，b 22143x y +=．（2）假设存在常数λ满足条件．①当过点T 的直线AB的斜率不存在时，(A，(0,B ，∴)()311327OA OB TA TB λλλ⎡⎤⋅+⋅=-+=--=-⎣⎦， ∴当2λ=时，7OA OB TA TB λ⋅+⋅=-；②当过点T 的直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为1y kx =+，设()11,A x y ，()22,B x y ，联立221 431x y y kx +==⎧⎪⎨⎪⎩+，化简得()2234880k x kx ++-=，∴122843k x x k +=-+，122843x x k =-+． ∴()()1212121211OA OB TA TB x x y y x x y y λλ⋅+⋅=+++--⎡⎤⎣⎦ ()()()21212111k x x k x x λ=+++++()()()()2222228118218117434343k k k k k k λλλ⎡⎤++-+++⎣⎦=--+=+=-+++， ∴21143λλ++==，解得2λ=，即2λ=时，7OA OB TA TB λ⋅+⋅=-；综上所述，当2λ=时，7OA OB TA TB λ⋅+⋅=-．模拟精炼1．[2019·宜昌调研]已知椭圆()2222:10y x C a b a b+=>>的离心率为12，短轴长为．（1）求椭圆C 的方程；（2）设过点()0,4A 的直线l 与椭圆C 交于M 、N 两点，F 是椭圆C 的上焦点．问：是否存在直线l ，使得MAF MNF S S =△△？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．2．[2019·江西联考]已知点F 为抛物线()2:20C y px p =>的焦点，抛物线C 上的点A 满足AF AO =(O 为坐标原点)，且32AF =．（1）求抛物线C 的方程；（2）若直线:l x my t =+与抛物线C 交于不同的两点M ，N ，是否存在实数t 及定点P ，对任意实数m ，都有PM PN ⊥？若存在，求出t 的值及点P 的坐标；若不存在，请说明理由．3．[2019·哈三中期末]在圆22+=上取一点P，过点P作x轴的垂线段PD，D为垂足，O x y:4当点P在圆O上运动时，设线段PD中点M的轨迹为E．（1）求E的方程；（2）试问在E上是否存在两点M，N关于直线:l y kx=MN为直径的圆恰好经过坐标原点？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．答案与解析1．【答案】（1）22143y x +=；（2）存在直线:60l x +或60x -=．【解析】（1）∵12c a =，b 222a b c =+，解得24a =，23b =， ∴椭圆C 的方程为22143y x +=．（2）由题可知l 的斜率一定存在，设l 为4y kx =+，设()11,M x y ，()22,N x y ，联立()22224 3424360143y kx k x kx y x ⎧⎪⎨⎪=+⇒+++=+=⎩， ∴()()221221222414434024 343634Δk k k x x k x x k =-+>+=-+=⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩+①②③， ∵MAF MNF S S =△△，∴M 为线段AN 的中点，∴212x x =……④，将④代入②解得12834k x k =-+……⑤ 将④代入③得2121834x k =+……⑥ 将⑤代入⑥解得2365k =……⑦ 将⑦式代入①式检验成立，∴k =，即存在直线:60l x +或60x +-合题意．2．【答案】（1）24y x =；（2）存在4t =及点()0,0P ，对任意实数m ，都有PM PN ⊥．【解析】（1）由AF AO =得点A 横坐标为4p ，由抛物线定义及32AF =得，3422p p +=，所以2p =，所以抛物线C 的方程为24y x =．（2）假设存在实数t 及定点P ，对任意实数m ，都有PM PN ⊥，设()00,P x y ，211,4y M y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，222,4y N y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，联立24 y x x my t=+⎧⎨⎩=，得2440y my t --=，则124y y m +=，124y y t =-，()2221212212+24244y y y y y y m t -+==+，由PM PN ⊥，得()()221200102044y y PM PN x x y y y y ⎛⎫⎛⎫⋅=--+-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()()22212221200120120164y y y y x x y y y y y y +=-⋅++-++ 22220000044240x m y m x y tx t t =--++-+-=，所以00x =，00y =，240t t -=，当0t =时不满足题意，所以4t =，即存在4t =及点()0,0P ，对任意实数m ，都有PM PN ⊥．3．【答案】（1）2214x y +=；（2）存在，y =+．【解析】（1）设(),M x y ，则点(),2P x y ，将(),2M x y 代入圆22:4O x y +=，可得2244x y +=，E ∴的方程为2214x y +=．（2）显然，直线MN 存在斜率，设直线MN 的方程为1y x m k=-+，联立221 44y x m kx y =-+=⎧⎪⎨⎪⎩+，消去y 并整理得()()222248410k x mkx k m +-+-=， ()()()2222816410Δmk k k m =--+->，化为2224k k m +>，设()11,M x y ，()22,N x y ，则12284mk x x k +=+，()22122414k m x x k -=+，依题意OM ON ⊥，可得0OM ON ⋅=，12120x x y y ∴+=，又()2121212122111m y y x m x m x x x x m k k kk ⎛⎫⎛⎫=-+-+=-++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， ()2121212122110m x x y y x x x x m k k ⎛⎫∴+=+-++= ⎪⎝⎭， ()22222241181044k m m mk m k k k k -⎛⎫+-⋅+= ⎪++⎝⎭，解得22454k m =-，由MN 的中点1212,22x x y y ++⎛⎫ ⎪⎝⎭在直线y kx =+上，121222y y x x k ++∴=⋅+，12121122x m x m x x k k k -+-++=⋅+22304mk k +=+，把22454k m =-代入化为21060m -=，解得m =（舍去）或，224254k ∴==⎛⨯- ⎝⎭，解得k =2224k k m +>，即满足0Δ>，∴在E 上存在两点M ，N关于直线:l y kx =+对称，且以MN 为直径的圆恰好经过坐标原点，直线l的方程为y =+．。

(高中段)大题考法圆锥曲线的综合问题第二课时圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1＋x2＝－43m，x1·x2＝2m23－2. ∵BN⊥MF，∴x1y－1 1·y2x－2 1＝－1，即 y1y2＋x1x2－y1－x2＝0， ∵y1＝x1＋m，y2＝x2＋m， ∴(x1＋m)(x2＋m)＋x1x2－(x1＋m)－x2＝0，即 2x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＋m2－m＝0，即 2·2m23－2＋(m－1)－34m＋m2－m＝0，
代入椭圆方程x42＋y32＝1，化简得3＋4k2x2－8kk－32x＋4k2－12k－3＝0，其一解为 1，另一解为 xP＝4k23－＋142kk2－3，则 yP＝－31＋ 2k24－k26k＋32. 将－k 代入得 xQ＝4k23＋＋142kk2－3，yQ＝－31＋2k42＋k26k＋32，∴kPQ＝xyPP－－yxQQ＝12为定值．
融通方法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、选择消元、对称消元等．
应用体验 (2020·汉中质检)如图，椭圆xa22＋by22＝1(a>b>0)的长轴长为 4，点 A，B，C 为椭圆上的三个点，A 为椭圆的右端点，BC 过中心 O，且|BC|＝2|AB|，S△ABC＝3. (1)求椭圆的标准方程； (2)设 P，Q 是椭圆上位于直线 AC 同侧的两个动点(异于 A，C)，且满足∠ PBC＝∠QBA，试讨论直线 BP 与直线 BQ 斜率之间的关系，并求证直线 PQ 的斜率为定值．
则－2xD＝164mm22－＋12078，故 xD＝544m－2＋8m272，则 yD＝m3 (xD＋2)＝4m326＋m27. 直线 MB 的方程为 y＝－m(x－2)，将 y＝－m(x－2)与x42＋y32＝1 联立消去 y，整理得(4m2＋3)x2－16m2x＋16m2－12＝0，设点 E 的坐标为(xE，yE)，则 2xE＝164mm22－＋132，故 xE＝84mm22－＋63，则 yE＝－m(xE－2)＝4m122＋m 3.

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

高考数学必考知识点专题复习圆锥曲线综合问题—5. 存在性问题

圆锥曲线综合问题—5. 存在性问题（一）存在性问题是近几年高考试题对解析几何考查的一种热点题型，以判断满足条件的点、直线、参数是否存在，证明直线与圆锥曲线的位置关系，数量关系(等量或不等量)为主要呈现方式，多以解答题的形式考查；对这类问题，若存在，需要找出来，若不存在，需说明理由，其解法有：一、假设法假设法的一般解法是，先假定存在，然后根据已知条件或其他定理、公理、法则等推导下去，如与已知定理、公理、法则等不发生矛盾，即推出的结果合理，并经验证成立，那么结论成立，若发生矛盾，则结论不成立。

1.（2015届湖南省浏阳一中、攸县一中、醴陵一中三校高三联考）已知椭圆:C 22221(0)x y a b a b +=>>的焦距为，且过点31(,)22A .（1）求椭圆的方程；（2）已知:1l y kx =-，是否存在k 使得点A 关于l 的对称点B （不同于点A ）在椭圆C 上？若存在求出此时直线l 的方程，若不存在说明理由.【答案】（1）2213x y +=；（2）不存在k 满足条件2. 【2015届吉林省实验中学高三上学期第四次模拟考试数学（理）】已知椭圆C 的中心在原点O ，焦点在x 轴上，离心率为12，右焦点到右顶点的距离为1；（Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；（Ⅱ）是否存在与椭圆C 交于,A B 两点的直线l ：()y kx m k =+∈R ，使得22OA OB OA OB +=-成立？若存在，求出实数m 的取值范围，若不存在，请说明理由.【答案】（1）22143x y +=（2）(-∞，-]∪[，+∞)3. （河北省容城中学2014届高三上学期第一次月考数学（理）试题）已知点A (-2,0),B (2,0),直线P A 与直线PB 的斜率之积为34-，记点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程.(2)设M ,N 是曲线C 上任意两点,且OM ON OM ON -=+，问是否存在以原点为圆心且与MN 总相切的圆?若存在,求出该圆的方程;若不存在,请说明理由.【答案】（1）221(0)43x y y +=≠(2) 存在以原点为圆心且与MN 总相切的圆，其方程为22127x y +=4. 【浙江省温州八校2014届高三10月期初联考数学(理)】如图，椭圆2222+=1(>>0)x y C a b a b ：经过点3(1,),2P 离心率1=2e ，直线l 的方程为=4x .(Ⅰ)求椭圆C 的方程；(Ⅱ)AB 是经过右焦点F 的任一弦(不经过点P )，设直线AB 与直线l 相交于点M ，记,,PA PB PM 的斜率分别为123,,.k k k 问:是否存在常数λ，使得123+=.k k k λ若存在求λ的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）22143x y +=（2）2λ=5. 【中原名校联盟2013-2014学年高三上期第一次摸底考试理】（本小题满分12分）已知椭圆长轴的左右端点分别为A ，B ，短轴的上端点为M ，O 为椭圆的中心，F 为椭圆的右焦点，且AF u u u r ·FB uu r ＝1，｜OF u u u r｜＝1．（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（2）若直线l 交椭圆于P ，Q 两点，问：是否存在直线l ，使得点F 恰为△PQM 的垂心?若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）2212x y +=（2）存在，方程为43y x =-6. 【河北省邯郸市2014届高三9月摸底考试数学理科】（本题满分12分）已知定点(3,0)G -，S 是圆22:(3)72C x y -+=（C 为圆心）上的动点，SG 的垂直平分线与SC 交于点E .设点E 的轨迹为M . (1),求M 的方程； (2)是否存在斜率为1的直线l ，使得直线l 与曲线M 相交于A ，B 两点，且以AB 为直径的圆恰好经过原点？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）221189x y +=（2）y x y x =+=-7. 直线1ax y -= 与曲线2221x y -=相交于P 、Q 两点。

高考数学(理)总复习：圆锥曲线中的定点与定值、范围与存在性问题(解析版)

高考数学（理）总复习：圆锥曲线中的定点与定值、范围与存在性问题题型一圆锥曲线中的定点、定值问题【题型要点】圆锥曲线中定点、定值问题必然是变化中所表现出来的不变的量，那么就用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．解决这类问题的一般思路是：(1)引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等．(2)根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．(3)求解定点、定值问题，如果事先不知道定点、定值，可以先对参数取特殊值，通过特殊情况求出这个定点、定值，然后再对一般情况进行证明．【例1】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点Q ⎪⎭⎫ ⎝⎛b a b ,在椭圆上，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知点P ，M ，N 为椭圆C 上的三点，若四边形OPMN 为平行四边形，证明四边形OPMN 的面积S 为定值，并求该定值．(1)【解】 ∵椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，∴e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12，得a 2＝2b 2① 又点Q ⎪⎭⎫ ⎝⎛b a b ,在椭圆C 上，∴b 2a 2＋a 2b 4＝1，② 联立①、②得a 2＝8，且b 2＝4.∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1. (2)【证明】当直线PN 的斜率k 不存在时，PN 方程为x ＝2或x ＝－2，从而有|PN |＝23，所以S ＝12|PN |·|OM |＝12×23×22＝26；当直线PN 的斜率k 存在时，设直线PN 方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，P (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将PN 的方程代入椭圆C 的方程，整理得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0，所以x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－81＋2k 2， y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m 1＋2k 2，由OM →＝OP →＋ON →，得M ⎪⎭⎫ ⎝⎛++-22212,214k m k km 将M 点坐标代入椭圆C 方程得m 2＝1＋2k 2.又点O 到直线PN 的距离为d ＝|m |1＋k 2， |PN |＝1＋k 2|x 1－x 2|，∴S ＝d ·|PN |＝|m |·|x 1－x 2| ＝1＋2k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝48k 2＋242k 2＋1＝2 6. 综上，平行四边形OPMN 的面积S 为定值2 6. 题组训练一圆锥曲线中的定点、定值问题已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1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P A 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．【解析】 (1)由题意得a ＝2，b ＝1，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. 又c ＝a 2－b 2＝3，∴离心率e ＝c a ＝32.(2)证明：设P (x 0，y 0)(x 0<0，y 0<0)，则x 20＋4y 20＝4.又A (2,0)，B (0,1)，∴直线P A 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)．令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2，从而|BM |＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2. 直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1. 令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1. ∴四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM | ＝12⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+221120000x y y x ＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42(x 0y 0－x 0－2y 0＋2)＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2. 从而四边形ABNM 的面积为定值．题型二圆锥曲线中的范围问题【题型要点】与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法1．数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解．2．构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．3．构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．【例2】设圆F 1：x 2＋y 2＋4x ＝0的圆心为F 1，直线l 过点F 2(2,0)且不与x 轴、y 轴垂直，且与圆F 1相交于两点C 、D ，过F 2作F 1C 的平行线交直线F 1D 于点E .(1)证明||EF 1|－|EF 2||为定值，并写出点的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹曲线与直线l 交于M ，N 两点，过F 2且与垂直的直线与圆F 1交于P ，Q 两点，求△PQM 与△PQN 的面积之和的取值范围．【解析】 (1)圆F 1：(x ＋2)2＋y 2＝4，圆心F 1(－2,0)，半径r ＝2，如图所示．因为F 1C ∥EF 2，所以∠F 1CD ＝∠EF 2D .又因为|F 1D |＝|F 1C |，所以∠F 1CD ＝∠F 1DC ，所以∠EF 2D ＝∠F 1DC ，又因为∠F 1DC ＝∠EDF 2，所以∠EF 2D ＝∠EDF 2，故ED ＝EF 2，可得||EF 1|－|EF 2||＝||EF 1|－|ED ||＝2<|F 1F 2|，根据双曲线的定义，可知点E 的轨迹是以F 1，F 2为焦点的双曲线(顶点除外)，易得点E的轨迹方程为x 2－y 23＝1(y ≠0)． (2)Γ：x 2－y 23＝1(y ≠0)．依题意可设l ：x ＝my ＋2(m ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由于PQ ⊥l ，设l PQ ：y ＝－m (x －2)．圆心F 1(－2,0)到直线PQ 的距离d ＝|－m (－2－2)|1＋m 2＝|4m |1＋m 2，所以|PQ |＝2r 2－d 2＝41－3m 21＋m 2，又因为d <2，解得0<m 2<13.联立直线与双曲线的方程⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－y 23＝1x ＝my ＋2，消去得(3m 2－1)＋12my ＋9＝0，则y 1＋y 2＝－12m 3m 2－1，y 1y 2＝93m 2－1，所以|MN |＝1＋m 2|y 2－y 1| ＝1＋m 2(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝6(m 2＋1)1－3m 2，记△PQM ，△PQN 的面积分别为S 1，S 2，则S 1＋S 2＝12|MN |·|PQ |＝12m 2＋11－3m 2 ＝121－3＋4m 2＋1，又因为0<m 2<13，所以S 1＋S 2∈(12，＋∞)，所以S 1＋S 2的取值范围为(12，＋∞)．题组训练二圆锥曲线中的范围问题设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1,0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E .(1)证明|EA |＋|EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．【解析】 (1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ，所以∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ，所以|EB |＝|ED |，故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |，又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而|AD |＝4，所以|EA |＋|EB |＝4.由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0)． (2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3. 所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12(k 2＋1)4k 2＋3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k (x －1)，点A 到直线m 的距离为2k 2＋1，所以|PQ |＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形MPNQ 的面积S ＝12|MN ||PQ | ＝121＋14k 2＋3. 可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83)．当l 与x 轴垂直时，其方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8，故四边形MPNQ 的面积为12. 综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83)．题型三圆锥曲线中的存在性问题【题型要点】解决探索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，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．【例3】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，且过点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛23,1，F 为其右焦点． (1)求椭圆C 的方程；(2)设过点A (4,0)的直线l 与椭圆相交于M ，N 两点(点M 在A ，N 两点之间)，是否存在直线l 使△AMF 与△MFN 的面积相等？若存在，试求直线l 的方程；若不存在，请说明理由．【解】 (1)因为c a ＝12，所以a ＝2c ，b ＝3c ，设椭圆方程x 24c 2＋y 23c 2＝1，又点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛23,1在椭圆上，所以14c 2＋34c 2＝1，解得c 2＝1，a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1. (2)易知直线l 的斜率存在，设l 的方程为y ＝k (x －4)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －4)，x 24＋y 23＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0，由题意知Δ＝(32k 2)2－4(3＋4k 2)(64k 2－12)>0，解得－12<k <12. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝32k 23＋4k 2，① x 1x 2＝64k 2－123＋4k 2.② 因为△AMF 与△MFN 的面积相等，所以|AM |＝|MN |，所以2x 1＝x 2＋4.③由①③消去x 2得x 1＝4＋16k 23＋4k 2.④ 将x 2＝2x 1－4代入②，得x 1(2x 1－4)＝64k 2－123＋4k 2⑤ 将④代入到⑤式，整理化简得36k 2＝5.∴k ＝±56，经检验满足题设故直线l 的方程为y ＝56(x －4)或y ＝－56(x －4)．题组训练三圆锥曲线中的存在性问题已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，直线2x －y ＋2＝0交抛物线C 于A ，B 两点，P 是线段AB 的中点，过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q .(1)D 是抛物线C 上的动点，点E (－1,3)，若直线AB 过焦点F ，求|DF |＋|DE |的最小值；(2)是否存在实数p ，使|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|？若存在，求出p 的值；若不存在，说明理由．【解】 (1)∵直线2x －y ＋2＝0与y 轴的交点为(0,2)，∴F (0,2)，则抛物线C 的方程为x 2＝8y ，准线l ：y ＝－2.设过D 作DG ⊥l 于G ，则|DF |＋|DE |＝|DG |＋|DE |，当E ，D ，G 三点共线时，|DF |＋|DE |取最小值2＋3＝5.(2)假设存在，抛物线x 2＝2py 与直线y ＝2x ＋2联立方程组得：x 2－4px －4p ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Δ＝(4p )2＋16p ＝16(p 2＋p )>0，则x 1＋x 2＝4p ，x 1x 2＝－4p ， ∴Q (2p,2p )．∵|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|，∴QA ⊥QB .则QA →·QB →＝0，得(x 1－2p )(x 2－2p )＋(y 1－2p )(y 2－2p )＝(x 1－2p )(x 2－2p )＋(2x 1＋2－2p )(2x 2＋2－2p )＝5x 1x 2＋(4－6p )(x 1＋x 2)＋8p 2－8p ＋4＝0，代入得4p 2＋3p －1＝0，解得p ＝14或p ＝－1(舍去)．因此存在实数p ＝14，且满足Δ>0，使得|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|成立．题型四基本不等式法求解与圆锥曲线有关的最值问题【题型要点】求解圆锥曲线中的最值问题，主要有两种方法：一是利用几何方法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即要把求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．求最值方法有：(1)利用基本不等式求最值时要注意“一正、二定、三相等”的条件，三个条件缺一不可．(2)通过代换、拆项、凑项等技巧，改变原式的结构使其具备基本不等式的应用条件．【例4】已知P 为圆A ：(x ＋1)2＋y 2＝12上的动点，点B (1,0)．线段PB 的垂直平分线与半径P A 相交于点T ，记点T 的轨迹为Γ.(1)求曲线Γ的方程；(2)设M ，N 是Γ上的两个动点，MN 的中点H 在圆x 2＋y 2＝1上，求原点到MN 距离的最小值．【解析】 (1)圆A 的圆心为A (－1,0)，半径等于2 3.由已知|TB |＝|TP |，于是|TA |＋|TB |＝|TA |＋|TP |＝23，故曲线Γ是以A ，B 为焦点，以23为长轴长的椭圆，a ＝3，c ＝1，b ＝2，曲线Γ的方程为x 23＋y 22＝1； (2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，H (x 0，y 0)，将M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，代入作差得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)3＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)2＝0 ①x 1＝x 2时，y 1＋y 2＝0，所以H (x 0,0)，因为H 在圆x 2＋y 2＝1上，所以x 0＝±1，则原点O 到直线MN 的距离为1；②x 1≠x 2时，设直线MN 的斜率k ，则2x 0＋3ky 0＝0，且x 20＋y 20＝1，所以x 20＝9k 29k 2＋4，y 20＝49k 2＋4，所以x 0y 0＝－32ky 20＝－6k 9k 2＋4. 设原点O 到直线MN 距离为d ，因为MN 的方程为y －y 0＝k (x －x 0)，即kx －y －kx 0＋y 0＝0，所以d 2＝1－k 29k 4＋13k 2＋4， k ＝0时，d 2＝1；k ≠0时，d 2＝1－19k 2＋13＋4k 2≥1－125＝2425. 因为2425<1，所以d 2的最小值为2425，即d 的最小值为265，此时k ＝±63，由①②知，原点O 到直线MN 的最小值为265. 题组训练四基本不等式法求解与圆锥曲线有关的最值问题平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32，抛物线E ：x 2＝2y 的焦点F 是C 的一个顶点．(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是E 上的动点，且位于第一象限，E 在点P 处的切线l 与C 交于不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为D .直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M .①求证：点M 在定直线上；②直线l 与y 轴交于点G ，记△PFG 的面积为S 1，△PDM 的面积为S 2，求S 1S 2的最大值及取得最大值时点P 的坐标．【解析】 (1)由题意知a 2－b 2a ＝32，可得a 2＝4b 2，因为抛物线E 的焦点F ⎪⎭⎫⎝⎛21,0，所以b ＝12，a ＝1，所以椭圆C 的方程为x 2＋4y 2＝1.(2)①证明：设P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2,2m m (m >0)，由x 2＝2y ，可得y ′＝x ，所以直线l 的斜率为m ，因此直线l 的方程为y －m 22＝m (x －m )．即y ＝mx －m 22.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)．联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝1，y ＝mx －m 22，得(4m 2＋1)x 2－4m 3x ＋m 4－1＝0. 由Δ>0，得0<m <2＋5(或0<m 2<2＋5)．(*)且x 1＋x 2＝4m 34m 2＋1，因此x 0＝2m 34m 2＋1，将其代入y ＝mx －m 22，得y 0＝－m 22(4m 2＋1)，因为y 0x 0＝－14m .所以直线OD 方程为y ＝1－4mx ，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14m x ，x ＝m ，得点M 的纵坐标y M ＝－14，所以点M 在定直线y ＝－14上．②由①知直线l 的方程为y ＝mx －m 22，令x ＝0，得y ＝－m 22，所以G ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-2,02m ，又P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2,2m m ，F ⎪⎭⎫⎝⎛21,0，D ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+)14(2,1422222m m m m ，所以S 1＝12·|GF |·m ＝(m 2＋1)m 4，S 2＝12·|PM |·|m －x 0|＝12×2m 2＋14×2m 3＋m 4m 2＋1＝m (2m 2＋1)28(4m 2＋1).所以S 1S 2＝2(4m 2＋1)(m 2＋1)(2m 2＋1)2.法一：S 1S 2＝2(4m 4＋5m 2＋1)4m 4＋4m 2＋1＝2＋2m 24m 4＋4m 2＋1＝2＋24m 2＋1m2＋4≤94，当且仅当m ＝22时，满足(*)式，所以P 坐标为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛41,22. 法二：设t ＝2m 2＋1，则S 1S 2＝(2t －1)(t ＋1)t 2＝2t 2＋t －1t 2＝－1t 2＋1t ＋2，当1t ＝12，即t ＝2时，S 1S 2取到最大值94，此时m ＝22，满足(*)式，所以P 点坐标为⎪⎪⎭⎫⎝⎛41,22. 因此S 1S 2的最大值为94，此时点P 的坐标为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛41,22.【专题训练】1．已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率为22，它的一个焦点恰好与抛物线y 2＝4x 的焦点重合．(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆的上顶点为A ，过点A 作椭圆C 的两条动弦AB ，AC ，若直线AB ，AC 斜率之积为14，直线BC 是否一定经过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．【解析】 (1)易知x 22＋y 2＝1.(2)由(1)知A (0,1)，当直线BC 的斜率不存在时，设BC ：x ＝x 0，设B (x 0，y 0)，则C (x 0，－y 0)， k AB ·k AC ＝y 0－1x 0·－y 0－1x 0＝1－y 20x 20＝12x 20x 20＝12≠14，不合题意．故直线BC 的斜率存在．设直线BC 的方程为：y ＝kx ＋m (m ≠1)，并代入椭圆方程，得： (1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2(m 2－1)＝0， ①由Δ＝(4km )2－8(1＋2k 2)(m 2－1)>0得2k 2－m 2＋1>0. ②设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1，x 2是方程①的两根，由根与系数的关系得， x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1·x 2＝2(m 2－1)1＋2k 2，由k AB ·k AC ＝y 1－1x 1·y 2－1x 2＝14得： 4y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋4＝x 1x 2，即(4k 2－1)x 1x 2＋4k (m －1)(x 1＋x 2)＋4(m －1)2＝0，整理得(m －1)(m －3)＝0，又因为m ≠1，所以m ＝3，此时，直线BC 的方程为y ＝kx ＋3.所以直线BC 恒过一定点(0,3)．2．已知两点A (－2，0)，B (2，0)，动点P 在y 轴上的投影是Q ，且2P A →·PB →＝|PQ →|2. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过F (1,0)作互相垂直的两条直线交轨迹C 于点G ，H ，M ，N ，且E 1，E 2分别是GH ，MN 的中点．求证：直线E 1E 2恒过定点．(1)【解】设点P 坐标为(x ，y )，∴点Q 坐标为(0，y )．∵2P A →·PB →＝|PQ →|2，∴2[(－2－x )(2－x )＋y 2]＝x 2，化简得点P 的轨迹方程为x 24＋y 22＝1.(2)[证明] 当两直线的斜率都存在且不为0时，设l GH ：y ＝k (x －1)，G (x 1，y )，H (x 2，y 2)，l MN ：y ＝－1k(x －1)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k (x －1)，消去y 得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0.则Δ>0恒成立． ∴x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，且x 1x 2＝2k 2－42k 2＋1.∴GH 中点E 1坐标为⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-+12,122222k k k k ，同理，MN 中点E 2坐标为⎪⎭⎫⎝⎛++2,2222k k k ， ∴kE 1E 2＝－3k2(k 2－1)，∴lE 1E 2的方程为y ＝－3k 2(k 2－1)⎪⎭⎫ ⎝⎛-32x ，∴过点⎪⎭⎫⎝⎛0,32，当两直线的斜率分别为0和不存在时，lE 1E 2的方程为y ＝0，也过点⎪⎭⎫⎝⎛0,32，综上所述，lE 1E 2过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛0,32.3．如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，经过点A (0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程；(2)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．(1)【解】由题设知c a ＝22，b ＝1，结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. (2)[证明] 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4k (k －1)1＋2k 2，x 1x 2＝2k (k －2)1＋2k 2，从而直线AP ，AQ 的斜率之和 k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎪⎪⎭⎫⎝⎛+2111x x ＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k (k －1)2k (k －2)＝2k －2(k －1)＝2.故k AP ＋k AQ 为定值2.4．已知焦点在y 轴上的椭圆E 的中心是原点O ，离心率为双曲线y 2－x 22＝1离心率的一半，直线y ＝x 被椭圆E 截得的线段长为4105.直线l ：y ＝kx ＋m 与y 轴交于点P ，与椭圆E 交于A ，B 两个相异点，且AP →＝λPB →.(1)求椭圆E 的方程；(2)是否存在实数m ，使OA →＋λOB →＝4OP →？若存在，求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y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，双曲线y 2－x 22＝1离心率e ＝3，由椭圆的离心率e ＝ca＝1－b 2a 2＝32，则a ＝2b ，将y ＝x 代入椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1，解得：x ＝±a 55，∴2×2×a 55＝4105，解得：a ＝2，∴椭圆E 的方程为y 24＋x 2＝1；(2)假设存在实数m ，使OA →＋λOB →＝4OP →成立，由题意可得P (0，m )，当m ＝0时，O ，P 重合，λ＝1显然成立，当m ≠0时，由AP →＝λPB →，可得OP →－OA →＝λ(OB →－OP →)，则OA →＋λOB →＝(1＋λ)OP →，∴λ＝3，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由AP →＝3PB →，可得x 1＝－3x 2 ①⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m y 24＋x 2＝1，整理得：(k 2＋4)x 2＋2kmx ＋m 2－4＝0， ∴x 1＋x 2＝－2kmk 2＋4，x 1x 2＝m 2－4k 2＋4， ②由①②可得：m 2k 2＋m 2－k 2－4＝0，则k 2＝m 2－41－m2，m 2≠1，由Δ＝(2km )2－4(k 2＋4)(m 2－4)＞0，则k 2＋4－m 2＞0，∴k 2＋4－m 2＝m 2－41－m 2＋4－m 2＝(m 2－4)m 21－m2＞0，则1＜m 2＜4，解得：－2＜m ＜－1或1＜m ＜2，综上可得：m 的取值范围是(－2，－1)∪(1,2)∪{0}．。

整理的好材料圆锥曲线中的定点定值及存在性问题课件

基【考点集训】
础要点
1．(2013·焦作模拟)椭圆 G：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的两
整合
个焦点为 F1(－c,0)，F2(c,0)，M 是椭圆上的一点，且满
解题规范流程
足F→1M·F→2M＝0.
(1)求离心率的取值范围；
(2)当离心率 e 取得最小值时，椭圆上的点到焦点的
【例 2】 (2013·咸阳模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，
范流
程
椭圆
E
的中心为原点，焦点
F1，F2
在
y
轴上，离心率为
3 3.
过 F1 的直线 l 交 E 于 A，B 两点，且△ABF2 的周长为 4 3. (1)求椭圆 E 的方程；
考
(2)过圆 O：x2＋y2＝5 上任意一点 P 作椭圆 E 的两条训
最近距离为 4( 2－1)．
①求此时椭圆 G 的方程；
考 ②设斜率为 k(k≠0)的直线 l 与椭圆 G 相交于不同的两点训
点核
A、B，Q 为 AB 的中点，问 A、B 两点能否关于过点
练高
心突破
P0，－ 33、Q 的直线对称？若能，求出 k 的取值范围；
效提能
若不能，请说明理由．
菜单
y2＝－13或 t＝1，y1＝－1，y2＝13，
高效提
破
所以存在点 P 为(0，±1)．
能
菜单
高考专题辅导与训练·数学(理科)
第一部分专题五解析几何
基
【拓展归纳】存在性问题的类型及解法
础
要
(1)存在性问题的类型
点
解题规范
整合
存在性问题主要体现在以下几个方面：

圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题

圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题考点一巧妙消元证定值[典例] (优质试题·北京高考)已知抛物线C ：y 2＝2px 经过点P (1,2)，过点Q (0,1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线P A 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N .(1)求直线l 的斜率的取值范围；(2)设O 为原点，Q M ―→＝λQ O ―→，Q N ―→＝μQ O ―→，求证：1λ＋1μ为定值． [解] (1)因为抛物线y 2＝2px 过点(1,2)，所以2p ＝4，即p ＝2. 故抛物线C 的方程为y 2＝4x .由题意知，直线l 的斜率存在且不为0. 设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1，得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0. 依题意Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1>0，解得k <0或0<k <1.又P A ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2)．从而k ≠－3.所以直线l 的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)． (2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k 2. 直线P A 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1)．令x ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2.同理得点N 的纵坐标为y N ＝－kx 2＋1x 2－1＋2.由Q M ―→＝λQ O ―→，Q N ―→＝μQ O ―→，得λ＝1－y M ，μ＝1－y N . 所以1λ＋1μ＝11－y M ＋11－y N ＝x 1－1(k －1)x 1＋x 2－1(k －1)x 2＝1k －1·2x 1x 2－(x 1＋x 2)x 1x 2＝1k －1·2k2＋2k －4k 21k 2＝2.所以1λ＋1μ为定值．[对点训练]在平面直角坐标系xOy 中，已知双曲线C 1：x 22－y 24＝1，椭圆C 2：x 2＋y 24＝1，若M ，N 分别是C 1，C 2上的动点，且OM ⊥ON ，求证：O 到直线MN 的距离是定值．证明：当直线ON 垂直于x 轴时，|ON |＝2，|OM |＝2，则O 到直线MN 的距离为233.当直线ON 不垂直于x 轴时，设直线ON 的方程为y ＝kx ⎝⎛⎭⎪⎫显然|k |＞22，则直线OM 的方程为y ＝－1k x .由⎩⎨⎧y ＝kx ，x 2＋y24＝1，得⎩⎨⎧x 2＝44＋k 2，y 2＝4k24＋k2，所以|ON |2＝4(1＋k 2)4＋k 2.同理|OM |2＝4(1＋k 2)2k 2－1. 设O 到直线MN 的距离为d ，因为在Rt △MON 中，(|OM |2＋|ON |2)d 2＝|OM |2·|ON |2，所以1d 2＝1|OM |2＋1|ON |2＝3(1＋k 2)4(1＋k 2)＝34，即d ＝233. 综上，O 到直线MN 的距离是定值．考点二确定直线寻定点[典例] (优质试题·成都一诊)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点F (3，0)，长半轴长与短半轴长的比值为2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设不经过点B (0,1)的直线l 与椭圆C 相交于不同的两点M ，N ，若点B 在以线段MN 为直径的圆上，证明直线l 过定点，并求出该定点的坐标．[解] (1)由题意得，c ＝3，ab ＝2，a 2＝b 2＋c 2，∴a ＝2，b ＝1，∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠1)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋4y 2＝4，消去y ，可得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.∴Δ＝16(4k 2＋1－m 2)＞0，x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.∵点B 在以线段MN 为直径的圆上， ∴BM ―→·BN ―→＝0.∵BM ―→·BN ―→＝(x 1，kx 1＋m －1)·(x 2，kx 2＋m －1)＝(k 2＋1)x 1x 2＋k (m －1)(x 1＋x 2)＋(m －1)2＝0，∴(k 2＋1)4m 2－44k 2＋1＋k (m －1)－8km 4k 2＋1＋(m －1)2＝0，整理，得5m 2－2m －3＝0，解得m ＝－35或m ＝1(舍去)． ∴直线l 的方程为y ＝kx －35.易知当直线l 的斜率不存在时，不符合题意．故直线l 过定点，且该定点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－35.[对点训练](优质试题·株洲两校联考)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点P (2,1)，且离心率为32.(1)求椭圆的标准方程；(2)设O 为坐标原点，在椭圆的短轴上有两点M ，N 满足OM ―→＝NO ―→，直线PM ，PN 分别交椭圆于A ，B 两点，试证明直线AB 过定点．解：(1)由椭圆的离心率e ＝ca ＝1－b 2a 2＝32，得a 2＝4b 2，将P (2,1)代入椭圆方程x 24b 2＋y 2b 2＝1，得1b 2＋1b 2＝1，解得b 2＝2，则a 2＝8，所以椭圆的标准方程为x 28＋y 22＝1.(2)证明：当M ，N 分别是短轴的端点时，显然直线AB 为y 轴，所以若直线AB 过定点，则这个定点一定在y 轴上，当M ，N 不是短轴的端点时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋t ，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，易知x 1≠2，x 2≠2，联立⎩⎨⎧x 28＋y 22＝1，y ＝kx ＋t 消去y ，得(1＋4k 2)x 2＋8ktx ＋4t 2－8＝0，则Δ＝16(8k 2－t 2＋2)＞0，x 1＋x 2＝－8kt4k 2＋1，x 1x 2＝4t 2－84k 2＋1.又直线P A 的方程为y －1＝y 1－1x 1－2(x －2)，即y －1＝kx 1＋t －1x 1－2(x －2)，所以点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，(1－2k )x 1－2t x 1－2，同理可知N ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，(1－2k )x 2－2t x 2－2，由OM ―→＝NO ―→，得(1－2k )x 1－2t x 1－2＋(1－2k )x 2－2t x 2－2＝0，化简整理得，(2－4k )x 1x 2－(2－4k ＋2t )(x 1＋x 2)＋8t ＝0，则(2－4k )×4t 2－84k 2＋1－(2－4k ＋2t )⎝ ⎛⎭⎪⎫－8kt 4k 2＋1＋8t ＝0，整理得(2t ＋4)k ＋(t 2＋t －2)＝0，当且仅当t ＝－2时，上式对任意的k 都成立，所以直线AB 过定点(0，－2)．考点三假设存在定结论(探索性问题)[典例] 如图，在直角坐标系xOy 中有一直角梯形ABCD ，AB 的中点为O ，AD ⊥AB ，AD ∥BC ，|AB |＝2，|BC |＝32，|AD |＝12，以A ，B 为焦点的椭圆经过点C .(1)求椭圆的标准方程；(2)若点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，问是否存在直线l 与椭圆交于M ，N 两点且|ME |＝|NE |？若存在，求出直线l 斜率的取值范围；若不存在，请说明理由．[解] (1)连接AC (图略)，依题意设椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，在Rt △ABC 中，|AB |＝2，|BC |＝32，所以|AC |＝52. 所以|CA |＋|CB |＝52＋32＝2a ，a ＝2. 又2c ＝2，所以c ＝1，从而b ＝3，所以椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题意知，当l 与x 轴垂直时，不满足|ME |＝|NE |，当l 与x 轴平行时，|ME |＝|NE |，显然成立，此时k ＝0.当k ≠0时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1消去y ，整理得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－3)＝0. 由直线与椭圆交于两点得Δ＝(8km )2－4(3＋4k 2)×4(m 2－3)＞0，所以m 2＜4k 2＋3. ① 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 的中点为P (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝－4km 3＋4k 2，y 0＝kx 0＋m ＝3m3＋4k 2. 因为|ME |＝|NE |，所以EP ⊥MN ，所以k EP ·k ＝－1，即3m3＋4k 2－12－4km 3＋4k 2·k ＝－1，化简得m ＝－12(3＋4k 2)，结合①得14(3＋4k 2)2＜4k 2＋3，即16k 4＋8k 2－3＜0，解得－12＜k ＜12(k ≠0)．综上所述，存在满足条件的直线l ，且其斜率的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12.[解题技法] 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．[对点训练](优质试题·贵阳检测)如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左顶点与上顶点分别为A ，B ，右焦点为F ，点P 在椭圆C 上，且PF ⊥x 轴，若AB ∥OP ，且|AB |＝2 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)若Q 是椭圆C 上不同于长轴端点的任意一点，在x 轴上是否存在一点D ，使得直线Q A 与Q D 的斜率乘积恒为定值？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，说明理由．解：(1)由题意得A (－a,0)，B (0，b )，可设P (c ，t )(t ＞0)，∴c 2a 2＋t 2b 2＝1，解得t ＝b 2a ，即P ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，b 2a ，由AB ∥OP ，得b a ＝b 2ac ，即b ＝c ，∴a 2＝b 2＋c 2＝2b 2， ① 又AB ＝23，∴a 2＋b 2＝12， ② 由①②得a 2＝8，b 2＝4，∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)假设存在D (m,0)使得直线Q A 与Q D 的斜率乘积恒为定值，设Q (x 0，y 0)(y 0≠0)，则x 208＋y 204＝1， ③ 设k Q A ·k Q D ＝k (常数)，∵A (－22，0)，∴y 0x 0＋22·y 0x 0－m＝k ，④由③得y 20＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 208，⑤将⑤代入④，得k ＝8－x 202[x 20＋(22－m )x 0－22m ]，∴⎩⎪⎨⎪⎧22－m ＝0，22m ＝8，∴m ＝22，k ＝－12， ∴存在点D (22，0)，使得k Q A ·k Q D ＝－12(定值)．[课时跟踪检测]1．(优质试题·贵阳适应性考试)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，点M 为短轴的上端点，MF 1―→·MF 2―→＝0，过F 2垂直于x 轴的直线交椭圆C 于A ，B 两点，且|AB |＝ 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)设经过点(2，－1)且不经过点M 的直线l 与C 相交于G ，H 两点．若k 1，k 2分别为直线MH ，MG 的斜率，求k 1＋k 2的值．解：(1)由MF 1―→·MF 2―→＝0，得b ＝c . ①因为过F 2垂直于x 轴的直线交椭圆C 于A ，B 两点，且|AB |＝2，所以b 2a ＝22， ② 又a 2＝b 2＋c 2， ③ 联立①②③，解得a 2＝2，b 2＝1，故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)易知直线l 的斜率存在，可设直线l 的方程为y ＋1＝k (x －2)，即y ＝kx －2k －1，将y ＝kx －2k －1代入x 22＋y 2＝1得(1＋2k 2)x 2－4k (2k ＋1)x ＋8k 2＋8k ＝0，由题设可知Δ＝－16k (k ＋2)＞0，设G (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k (2k ＋1)1＋2k 2，x 1x 2＝8k 2＋8k1＋2k2， k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1－2k －2x 1＋kx 2－2k －2x 2＝2k －(2k ＋2)×4k (2k ＋1)1＋2k 28k 2＋8k 1＋2k 2＝2k －(2k ＋1)＝－1，所以k 1＋k 2＝－1.2．(优质试题·贵阳摸底考试)过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F 且斜率为k 的直线l 交抛物线C 于A ，B 两点，且|AB |＝8.(1)求直线l 的方程；(2)若A 关于x 轴的对称点为D ，求证：直线BD 过定点，并求出该点的坐标．解：(1)易知点F 的坐标为(1,0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －1)，代入抛物线方程y 2＝4x 得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，由题意知k ≠0，且Δ＝[－(2k 2＋4)]2－4k 2·k 2＝16(k 2＋1)＞0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1，由抛物线的定义知|AB |＝x 1＋x 2＋2＝8， ∴2k 2＋4k 2＝6，∴k 2＝1，即k ＝±1，∴直线l 的方程为x ＋y －1＝0或x －y －1＝0.(2)证明：∵D 点的坐标为(x 1，－y 1)，直线BD 的斜率k BD ＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1y 224－y 214＝。

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存在性问题【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,借助于直线系的思想找出定点．2.从特殊情况入手,先探求定点,再证明与变量无关．【一种方法】点差法:在求解圆锥曲线并且题目中交代直线与圆锥曲线相交和被截的线段的中点坐标时,设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标,代入圆锥曲线的方程并作差，从而求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程．“点差法”的常见题型有:求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题.必须提醒的是“点差法”具有不等价性,即要考虑判别式Δ是否为正数．【一条规律】 “联立方程求交点,根与系数的关系求弦长,根的分布找范围,曲线定义不能忘”． 1.已知椭圆1C 的中心在坐标原点，两个焦点分别为1(2,0)F -，2F ()20,，点(2,3)A 在椭圆1C 上，过点A 的直线L 与抛物线22:4C x y =交于B C ,两点，抛物线2C 在点B C ,处的切线分别为12l l ,, 且1l 与2l 交于点P .（1）求椭圆1C 的方程；（2）是否存在满足1212PF PF AF AF +=+的点P ? 若存在，指出这样的点P 有几个（不必求出点P 的坐标）; 若不存在，说明理由.(1) 解法1：设椭圆的方程为,依题意: 解得: …………2分 ∴ 椭圆的方程为. ……3分解法2：设椭圆的方程为，根据椭圆的定义得，即， ……………1分 ∵， ∴. ……………2分∴ 椭圆的方程为. ……………3分 (2)解:显然直线的斜率存在，设直线的方程为，由消去，得. ……………4分设,则. ……………5分由,即得. ……………6分 ∴抛物线在点处的切线的方程为，即. ……………7分 ∵， ∴. 同理,得抛物线在点处的切线的方程为. ……………8分 1C 22221x y a b+=()0a b >>222222231,4.a b a b ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩2216,12.a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩1C 2211612x y +=1C 22221x y a b+=()0a b >>1228a AF AF =+=4a =2c =22212b a c =-=1C 2211612x y +=L L ()23y k x =-+()2234y k x x y ,,⎧=-+⎪⎨=⎪⎩y 248120x kx k -+-=()()1122B x y C x y ,,,12124812x x k x x k ,+==-24xy =214y x ,=y '=12x 2C B 1l )(2111x x xy y -=-2111212x y x x y -+=21141x y =211124x y x x =-2C C 2l 222124x y x x =-由解得 ∴()223P k k ,-. …………10分 ∵1212PF PF AF AF +=+ ∴点P 在椭圆22111612x y C :+=上…………11分 ∴()()2222311612k k -+=.化简得271230k k --=.(*) ……………12分由, ……………13分可得方程(*)有两个不等的实数根. ∴满足条件的点有两个. ……………14分2.（2014年福建高考理科）已知双曲线的两条渐近线分别为. （1）求双曲线的离心率；（2）如图，为坐标原点，动直线分别交直线于两点（分别在第一，四象限），且OAB ∆的面积恒为8，试探究：是否存在总与直线l 有且只有一个公共点的双曲线E ？若存在，求出双曲线E 的方程；若不存在，说明理由。

解法一：(1)因为双曲线E 的渐近线分别为和.所以2,2,b c a a==∴=, 从而双曲线E 的离心率(2)由(1)知,双曲线E 的方程为222214x y a a-=. 设直线与x 轴相交于点C.当l x ⊥轴时,若直线与双曲线E 有且只有一个公共点,则,4OC a AB a ==,又因为的面积为8,所以118,48,222OC AB a a a =∴⋅=∴=.此时双曲线E 的方程为.若存在满足条件的双曲线E,则E 的方程只能为221416x y -=. 以下证明:当直线不与x 轴垂直时，双曲线E ：221416x y -=也满足条件.设直线l 的方程为y kx m =+,依题意,得k>2或k<-2.则(,0)mC k-，记.211222124124x y x x x y x x ,,⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩121222234x x x k x x y k ,.⎧+==⎪⎪⎨⎪==-⎪⎩()2124732280Δ=-⨯⨯-=>P )0,0(1:2222>>=-b a by a x E x y l x y l 2:,2:21-==E O l 21,l l B A ,B A ,2,2y x y x ==-e =l l OAB ∆221416x y -=l 1122(,),(,)A x y B x y由,得,同理得.由得,即.由得, .因为,所以,又因为.所以,即与双曲线E 有且只有一个公共点.因此,存在总与有且只有一个公共点的双曲线E,且E 的方程为.3.如图，设抛物线方程为，为直线上任意一点，过引抛物线的切线，切点分别为．（1）求证：三点的横坐标成等差数列；（2）已知当点的坐标为时，（3）是否存在点M ，使得点C 关于直线AB 的对称点D 在抛物线22(0)x py p =>上，其中，点C 满足OC OA OB =+（O 为坐标原点）．若存在，求出所有适合题意的点M 的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）证明：由题意设221212120(2)22x x A x B x x x M x p p p ⎛⎫⎛⎫<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，，．由得，得，所以，．因此直线的方程为，直线的．所以，① ．②由①、②得，因此，即．所以三点的横坐标成等差数列．（2）解：由（1）知，当时，将其代入①、②并整理得：，，所以是方程的两根，因此，，又，所以．由弦长公式得又或，因此所求抛物线方程为或．（3）解：设，由题意得，2y x y kx m=⎧⎨=+⎩122m y k =-222m y k =+1212OAB S OC y y ∆=-1228222m m m k k k -⋅-=-+222444(4)m k k =-=-221416y kx mx y =+⎧⎪⎨-=⎪⎩222(4)2160k x kmx m ----=240k -<22222244(4)(16)16(416)k m k m k m ∆=+-+=---224(4)m k =-0∆=l l 221416x y -=22(0)x py p =>M 2y p =-M A B ，A M B ，，M (22)p -，AB =22x py =22x y p=xy p '=1MA x k p =2MB x k p =MA 102()x y p x x p +=-MB 202()xy p x x p+=-211102()2x x p x x p p +=-222202()2x x p x x p p+=-121202x x x x x +=+-1202x xx +=0122x x x =+A M B ，，02x =2211440x x p --=2222440x x p --=12x x ，22440x x p --=124x x +=2124x x p =-222101221222ABx x x x x p p k x x p p-+===-2AB k p =AB ==AB =1p =2p =22x y =24x y =33()D x y ，1212()C x x y y ++，则的中点坐标为，设直线的方程为，由点在直线上，并注意到点也在直线上，代入得．若在抛物线上，则，因此或．即或．（1）当时，则，此时，点适合题意．（2）当，对于，此时，，又，，所以，即，矛盾．对于，因为，此时直线平行于轴，又，所以直线与直线CD 不垂直，与题设矛盾，所以00x ≠时，不存在符合题意的M 点．综上所述，仅存在一点(02)M p -，适合题意． 4.已知抛物线：，直线交于两点，是线段的中点，过作轴的垂线交于点．（1）证明：抛物线在点处的切线与平行；（2）是否存在实数使，若存在，求的值；若不存在，说明理由．解:解法一：（1）如图，设，，把代入22y x =得2220x kx --=，由韦达定理得122kx x +=，121x x =-，∴1224N M x x kx x +===，∴N 点的坐标为248k k ⎛⎫⎪⎝⎭，．设抛物线在点N 处的切线l 的方程为284k k y m x ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，将22y x =代入上式得222048mk k x mx -+-=，直线与抛物线C 相切，，．即．（2）假设存在实数，使，则，又是的中点，． CD 12312322x x x y y y Q ++++⎛⎫⎪⎝⎭，AB 011()xy y x x p-=-Q AB 121222x x y y ++⎛⎫⎪⎝⎭，AB 033x y x p =33()D x y ，2330322x py x x ==30x =302x x =(00)D ，2022x D x p ⎛⎫ ⎪⎝⎭，00x =12020x x x +==(02)M p -，00x ≠(00)D ，2212022x x C x p ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，2212022CD x x pk x +=221204x x px +=0AB x k p =AB CD ⊥22220121220144AB CDx x x x x k k p px p++===-222124x x p +=-20022x D x p ⎛⎫ ⎪⎝⎭，2212022x x C x p ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，CD y 00AB xk p=≠AB C 22y x =2y kx =+C A B ，M AB Mx C N C N AB k 0NA NB=k 211(2)A x x ，222(2)B x x ，2y kx =+l 2222282()048mk k m m mk k m k ⎛⎫∴∆=--=-+=-= ⎪⎝⎭m k ∴=l AB ∥k 0NA NB=NA NB ⊥M AB 1||||2MN AB ∴=由（1）知．轴，．又2214(1)11622k k k ⎛⎫=-⨯-=++ ⎪⎝⎭． 22161168k k +∴=+，解得2k =±．即存在2k =±，使0NA NB =．解法二：（1）如图，设221122(2)(2)A x x B x x ，，，，把2y kx =+代入22y x =得2220x kx --=．由韦达定理得121212kx x x x +==-，．∴，点的坐标为．，， ∴抛物线在点N 处的切线l 的斜率为44kk ⨯=，l AB ∴∥．（2）假设存在实数k ，使0NA NB =．由（1）知，则 22221212224488k k k k NA NB x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+-- ⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭222212124441616k k k k x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+-- ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，，，解得．即存在，使．5.如图，已知椭圆，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为.一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为和.（1）求椭圆和双曲线的标准方程；（2）设直线、的斜率分别为、，证明； 121212111()(22)[()4]222M y y y kx kx k x x =+=+++=++22142224k k ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭MN ⊥x 22216||||2488M N k k k MN y y +∴=-=+-=2212121||||1()4AB x x kx x x x =-=++-1224N M x x kx x +===∴N 248k k ⎛⎫ ⎪⎝⎭，22y x =4y x '∴=22221122224848k k k k NA x x NB x x ⎛⎫⎛⎫=--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，1212144444k k k k x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+++ ⎪⎪ ⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()221212121214()4164k k k x x x x x x k x x ⎡⎤⎡⎤=-++++++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦22114(1)421624k k k k k k ⎛⎫⎡⎤=--⨯++⨯-+⨯+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦22313164k k ⎛⎫⎛⎫=---+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭0=21016k --<23304k ∴-+=2k =±2k =±0NA NB =22221(0)x y a b a b +=＞＞12,F F 1)P 1PF 2PF B A 、C D 、1PF 2PF 1k 2k 12·1k k =（3）是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.解:（1）由题意知，椭圆离心率为，得，又，所以可解得，所以，所以椭圆的标准方程为；所以椭圆的焦点坐标为（，0），因为双曲线为等轴双曲线，且顶点是该椭圆的焦点，所以该双曲线的标准方程为6.已知椭圆，直线与椭圆相交于两点.（1）若线段中点的横坐标是，求直线的方程；λ·AB CD AB CD λ+=λca =2a =22a c +=1)a =2c =2224b a c =-=22184x y +=2±22144x y -=5322=+y x :(1)l y k x =+A B ，AB 12-AB（2）在轴上是否存在点,使的值与无关？若存在，求出的值；若不存在,请说明理由.解：依题意，直线的斜率存在，设直线的方程为，将代入，消去整理得设则由线段中点的横坐标是，得，解得，适合. 注意到是与无关的常数，从而有，此时综上，在轴上存在定点，使为常数. 7.已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>> 2 y x b =+并且直线是抛物线x y 42=的一条切线.（1）求椭圆的方程；（2）过点)31,0(-S 的动直线L 交椭圆C 于A 、B 两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T ，使得以AB 为直径的圆恒过点T ？若存在，求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由. 解:（1）由0)42(:4222=+-+⎩⎨⎧=+=b x b x y xy bx y 得消去因直线x y b x y 42=+=与抛物线相切04)42(22=--=∆∴b b 1=∴bx (,0)M m MA MB ⋅k m AB AB (1)y k x =+(1)y k x =+5322=+y x y 2222(31)6350.k x k x k +++-=1122() () A x y B x y ，，，，4222122364(31)(35)0 (1) 6. (2)31k k k k x x k ⎧∆=-+->⎪⎨+=-⎪+⎩，AB 12-2122312312x x k k +=-=-+3k =±(1)222222114(2)(31)2(61)5333131m k m m k MA MB m m k k -+----⋅=+=+++2216142.33(31)m m m k +=+--+⋅k 761403m m +==-，4.9MA MB ⋅=x 703M ⎛⎫- ⎪⎝⎭，MB MA ⋅2222221,,22c a b e a b c a a a -===+∴=∴=.1222=+y x （II ）当L 与x 轴平行时，以AB 为直径的圆的方程：222)34()31(=++y x当L 与x 轴平行时，以AB 为直径的圆的方程：122=+y x ,由⎩⎨⎧==⎪⎩⎪⎨⎧=+=++101)34()31(22222y x y x y x 解得即两圆相切于点（0，1）因此，所求的点T 如果存在，只能是（0，1）.事实上，点T （0，1）就是所求的点，证明如下。