2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第九章平面解析幾何第8講圓錐曲線(xiàn)的綜合問(wèn)題第2課時(shí)圓錐曲線(xiàn)中的定值定點(diǎn)與存在性問(wèn)題教案文新人教A版

PAGEPAGE1第2課時(shí)圓錐曲線(xiàn)中的定值、定點(diǎn)與存在性問(wèn)題圓錐曲線(xiàn)中的定值問(wèn)題(師生共研)(2024·高考北京卷)已知拋物線(xiàn)C：y2＝2px經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1，2)．過(guò)點(diǎn)Q(0，1)的直線(xiàn)l與拋物線(xiàn)C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A，B，且直線(xiàn)PA交y軸于M，直線(xiàn)PB交y軸于N.(1)求直線(xiàn)l的斜率的取值范圍；(2)設(shè)O為原點(diǎn)，eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))，求證：eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)為定值．【解】(1)因?yàn)閽佄锞€(xiàn)y2＝2px過(guò)點(diǎn)(1，2)，所以2p＝4，即p＝2.故拋物線(xiàn)C的方程為y2＝4x.由題意知，直線(xiàn)l的斜率存在且不為0.設(shè)直線(xiàn)l的方程為y＝kx＋1(k≠0)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx＋1))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依題意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<0或0<k<1.又PA，PB與y軸相交，故直線(xiàn)l不過(guò)點(diǎn)(1，－2)．從而k≠－3.所以直線(xiàn)l斜率的取值范圍是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1)．(2)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由(1)知x1＋x2＝－eq\f(2k－4,k2)，x1x2＝eq\f(1,k2).直線(xiàn)PA的方程為y－2＝eq\f(y1－2,x1－1)(x－1)．令x＝0，得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為yM＝eq\f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq\f(－kx1＋1,x1－1)＋2.同理得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為yN＝eq\f(－kx2＋1,x2－1)＋2.由eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝eq\f(1,1－yM)＋eq\f(1,1－yN)＝eq\f(x1－1,（k－1）x1)＋eq\f(x2－1,（k－1）x2)＝eq\f(1,k－1)·eq\f(2x1x2－（x1＋x2）,x1x2)＝eq\f(1,k－1)·eq\f(\f(2,k2)＋\f(2k－4,k2),\f(1,k2))＝2.所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)為定值．eq\a\vs4\al()求圓錐曲線(xiàn)中定值問(wèn)題常用的方法(1)引起變量法：其解題流程為eq\x(變量)→eq\x(選擇適當(dāng)?shù)牧繛樽兞?↓eq\x(函數(shù))→eq\x(把要證明為定值的量表示成上述變量的函數(shù))↓eq\x(定值)→eq\x(把得到的函數(shù)化簡(jiǎn)，消去變量得到定值)(2)特例法：從特別入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無(wú)關(guān)．(2024·長(zhǎng)沙市統(tǒng)一模擬考試)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,3)，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，A為橢圓C上一點(diǎn)，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝eq\f(8,3).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)橢圓C的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，過(guò)A1，A2分別作x軸的垂線(xiàn)l1，l2，橢圓C的一條切線(xiàn)l：y＝kx＋m與l1，l2分別交于M，N兩點(diǎn)，求證：∠MF1N為定值．解：(1)由AF2⊥F1F2，|AF2|＝eq\f(8,3)，得eq\f(b2,a)＝eq\f(8,3).又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,3)，a2＝b2＋c2，所以a2＝9，b2＝8，故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,8)＝1.(2)證明：由題意可知，l1的方程為x＝－3，l2的方程為x＝3.直線(xiàn)l分別與直線(xiàn)l1，l2的方程聯(lián)立得M(－3，－3k＋m)，N(3，3k＋m)，所以eq\o(F1M,\s\up6(→))＝(－2，－3k＋m)，eq\o(F1N,\s\up6(→))＝(4，3k＋m)，所以eq\o(F1M,\s\up6(→))·eq\o(F1N,\s\up6(→))＝－8＋m2－9k2.聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1，,y＝kx＋m，))得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0.因?yàn)橹本€(xiàn)l與橢圓C相切，所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)·(9m2－72)＝0，化簡(jiǎn)得m2＝9k2＋8.所以eq\o(F1M,\s\up6(→))·eq\o(F1N,\s\up6(→))＝－8＋m2－9k2＝0，所以eq\o(F1M,\s\up6(→))⊥eq\o(F1N,\s\up6(→))，故∠MF1N為定值eq\f(π,2).圓錐曲線(xiàn)中的定點(diǎn)問(wèn)題(師生共研)(2024·安徽省考試試題)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的上頂點(diǎn)為P，右頂點(diǎn)為Q，直線(xiàn)PQ與圓x2＋y2＝eq\f(4,5)相切于點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(4,5))).(1)求橢圓C的方程；(2)若不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P的直線(xiàn)l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，且eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，求證：直線(xiàn)l過(guò)定點(diǎn)．【解】(1)由已知得直線(xiàn)OM(O為坐標(biāo)原點(diǎn))的斜率kOM＝2，則直線(xiàn)PQ的斜率kPQ＝－eq\f(1,kOM)＝－eq\f(1,2)，所以直線(xiàn)PQ的方程為y－eq\f(4,5)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,5)))，即x＋2y＝2.可求得P(0，1)，Q(2，0)，故a＝2，b＝1，故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明：當(dāng)直線(xiàn)l的斜率不存在時(shí)，明顯不滿(mǎn)意條件．當(dāng)直線(xiàn)l的斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為y＝kx＋n(n≠1)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(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設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(－8kn,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4（n2－1）,4k2＋1).②由eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝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＝－eq\f(3,5)，滿(mǎn)意①.此時(shí)l的方程為y＝kx－eq\f(3,5)，故直線(xiàn)l過(guò)定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,5))).eq\a\vs4\al()求解定點(diǎn)問(wèn)題常用的方法(1)“特別探路，一般證明”，即先通過(guò)特別狀況確定定點(diǎn)，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目標(biāo)的一般性證明．(2)“一般推理，特別求解”，即先由題設(shè)條件得出曲線(xiàn)的方程，再依據(jù)參數(shù)的隨意性得到定點(diǎn)坐標(biāo)．(3)求證直線(xiàn)過(guò)定點(diǎn)(x0，y0)，常利用直線(xiàn)的點(diǎn)斜式方程y－y0＝k(x－x0)來(lái)證明．(2024·高考北京卷)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的右焦點(diǎn)為(1，0)，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(0，1)．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)O為原點(diǎn)，直線(xiàn)l：y＝kx＋t(t≠±1)與橢圓C交于兩個(gè)不同點(diǎn)P，Q，直線(xiàn)AP與x軸交于點(diǎn)M，直線(xiàn)AQ與x軸交于點(diǎn)N.若|OM|·|ON|＝2，求證：直線(xiàn)l經(jīng)過(guò)定點(diǎn)．解：(1)由題意，得b2＝1，c＝1，所以a2＝b2＋c2＝2.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)證明：設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則直線(xiàn)AP的方程為y＝eq\f(y1－1,x1)x＋1.令y＝0，得點(diǎn)M的橫坐標(biāo)xM＝－eq\f(x1,y1－1).又y1＝kx1＋t，從而|OM|＝|xM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,kx1＋t－1))).同理，|ON|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,kx2＋t－1))).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1))得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，則x1＋x2＝－eq\f(4kt,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2t2－2,1＋2k2).所以|OM|·|ON|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,kx1＋t－1)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,kx2＋t－1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,k2x1x2＋k（t－1）（x1＋x2）＋（t－1）2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(2t2－2,1＋2k2),k2·\f(2t2－2,1＋2k2)＋k（t－1）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4kt,1＋2k2)))＋（t－1）2)))＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋t,1－t))).又|OM|·|ON|＝2，所以2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋t,1－t)))＝2.解得t＝0，所以直線(xiàn)l經(jīng)過(guò)定點(diǎn)(0，0)．圓錐曲線(xiàn)中的探究性問(wèn)題(師生共研)(2024·高考全國(guó)卷Ⅰ)已知點(diǎn)A，B關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對(duì)稱(chēng)，|AB|＝4，⊙M過(guò)點(diǎn)A，B且與直線(xiàn)x＋2＝0相切．(1)若A在直線(xiàn)x＋y＝0上，求⊙M的半徑；(2)是否存在定點(diǎn)P，使得當(dāng)A運(yùn)動(dòng)時(shí)，|MA|－|MP|為定值？并說(shuō)明理由．【解】(1)因?yàn)椤袽過(guò)點(diǎn)A，B，所以圓心M在AB的垂直平分線(xiàn)上．由已知A在直線(xiàn)x＋y＝0上，且A，B關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對(duì)稱(chēng)，所以M在直線(xiàn)y＝x上，故可設(shè)M(a，a)．因?yàn)椤袽與直線(xiàn)x＋2＝0相切，所以⊙M的半徑為r＝|a＋2|.連接MA，由已知得|AO|＝2，又eq\o(MO,\s\up6(→))⊥eq\o(AO,\s\up6(→))，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.故⊙M的半徑r＝2或r＝6.(2)存在定點(diǎn)P(1，0)，使得|MA|－|MP|為定值．理由如下：設(shè)M(x，y)，由已知得⊙M的半徑為r＝|x＋2|，|AO|＝2.由于eq\o(MO,\s\up6(→))⊥eq\o(AO,\s\up6(→))，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化簡(jiǎn)得M的軌跡方程為y2＝4x.因?yàn)榍€(xiàn)C：y2＝4x是以點(diǎn)P(1，0)為焦點(diǎn)，以直線(xiàn)x＝－1為準(zhǔn)線(xiàn)的拋物線(xiàn)，所以|MP|＝x＋1.因?yàn)閨MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，所以存在滿(mǎn)意條件的定點(diǎn)P.eq\a\vs4\al()解決探究性問(wèn)題的留意事項(xiàng)探究性問(wèn)題，先假設(shè)存在，推證滿(mǎn)意條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在．(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)要分類(lèi)探討．(2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件．(3)當(dāng)條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)方法解題很難時(shí)，要開(kāi)放思維，實(shí)行另外合適的方法．是否存在過(guò)點(diǎn)E(0，－4)的直線(xiàn)l交橢圓eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1于點(diǎn)R，T，且滿(mǎn)意eq\o(OR,\s\up6(→))·eq\o(OT,\s\up6(→))＝eq\f(16,7)？若存在，求直線(xiàn)l的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：存在．假設(shè)存在滿(mǎn)意題意的直線(xiàn)l，易知當(dāng)直線(xiàn)l的斜率不存在時(shí)，eq\o(OR,\s\up6(→))·eq\o(OT,\s\up6(→))<0，不滿(mǎn)意題意．故可設(shè)直線(xiàn)l的方程為y＝kx－4，R(x1，y1)，T(x2，y2)．因?yàn)閑q\o(OR,\s\up6(→))·eq\o(OT,\s\up6(→))＝eq\f(16,7)，所以x1x2＋y1y2＝eq\f(16,7).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－4，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1))得(3＋4k2)x2－32kx＋16＝0，由Δ>0得(－32k)2－64(3＋4k2)>0，解得k2>eq\f(1,4).①因?yàn)閤1＋x2＝eq\f(32k,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(16,3＋4k2)，所以y1y2＝(kx1－4)(kx2－4)＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16，故x1x2＋y1y2＝eq\f(16,3＋4k2)＋eq\f(16k2,3＋4k2)－eq\f(128k2,3＋4k2)＋16＝eq\f(16,7)，解得k2＝1.②由①②解得k＝±1，所以直線(xiàn)l的方程為y＝±x－4.故存在直線(xiàn)l：x＋y＋4＝0或x－y－4＝0滿(mǎn)意題意．[基礎(chǔ)題組練]1．(2024·長(zhǎng)沙市統(tǒng)一模擬考試)已知F1，F(xiàn)2分別是雙曲線(xiàn)C：y2－x2＝1的上、下焦點(diǎn)，P是其一條漸近線(xiàn)上的一點(diǎn)，且以F1F2為直徑的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)P，則△PF1F2的面積為()A.eq\f(\r(2),2) B．1C.eq\r(2) D．2解析：選C.設(shè)P(x0，y0)，不妨設(shè)點(diǎn)P在雙曲線(xiàn)C的過(guò)一、三象限的漸近線(xiàn)x－y＝0上，因此可得x0－y0＝0.F1(0，eq\r(2))，F(xiàn)2(0，－eq\r(2))，所以|F1F2|＝2eq\r(2)，以F1F2為直徑的圓的方程為x2＋y2＝2，又以F1F2為直徑的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)P，所以xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0－y0＝0,xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝2))，得|x0|＝1，于是S△PF1F2＝eq\f(1,2)|F1F2|·|x0|＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×1＝eq\r(2)，故選C.2．直線(xiàn)l與拋物線(xiàn)C：y2＝2x交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若直線(xiàn)OA，OB的斜率分別為k1，k2，且滿(mǎn)意k1k2＝eq\f(2,3)，則直線(xiàn)l過(guò)定點(diǎn)()A．(－3，0) B．(0，－3)C．(3，0) D．(0，3)解析：選A.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因?yàn)閗1k2＝eq\f(2,3)，所以eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝eq\f(2,3).又yeq\o\al(2,1)＝2x1，yeq\o\al(2,2)＝2x2，所以y1y2＝6.將直線(xiàn)l：x＝my＋b代入拋物線(xiàn)C：y2＝2x得y2－2my－2b＝0，所以y1y2＝－2b＝6，得b＝－3，即直線(xiàn)l的方程為x＝my－3，所以直線(xiàn)l過(guò)定點(diǎn)(－3，0)．3．(2024·安徽合肥模擬)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(6),3)，過(guò)橢圓上一點(diǎn)M作直線(xiàn)MA，MB分別交橢圓于A，B兩點(diǎn)，且斜率分別為k1，k2，若點(diǎn)A，B關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，則k1·k2的值為．解析：由e2＝1－eq\f(b2,a2)＝eq\f(6,9)，得eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,3).設(shè)M(x，y)，A(m，n)，則B(－m，－n)，k1·k2＝eq\f(y－n,x－m)·eq\f(y＋n,x＋m)＝eq\f(y2－n2,x2－m2)，①把y2＝b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,a2)))，n2＝b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(m2,a2)))代入①式并化簡(jiǎn)，可得k1·k2＝－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(1,3).答案：－eq\f(1,3)4．以下四個(gè)關(guān)于圓錐曲線(xiàn)的命題：①設(shè)A，B為兩個(gè)定點(diǎn)，K為正數(shù)，若||PA|－|PB||＝K，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是雙曲線(xiàn)；②方程2x2－5x＋2＝0的兩根可分別作為橢圓和雙曲線(xiàn)的離心率；③雙曲線(xiàn)eq\f(x2,25)－eq\f(y2,9)＝1與橢圓eq\f(x2,35)＋y2＝1有相同的焦點(diǎn)；④已知拋物線(xiàn)y2＝2px，以過(guò)焦點(diǎn)的一條弦AB為直徑作圓，則此圓與準(zhǔn)線(xiàn)相切．其中真命題為．(寫(xiě)出全部真命題的序號(hào))解析：A，B為兩個(gè)定點(diǎn)，K為正數(shù)，||PA|－|PB||＝K，當(dāng)K＝|AB|時(shí)，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是兩條射線(xiàn)，故①錯(cuò)誤；方程2x2－5x＋2＝0的兩根為eq\f(1,2)和2，可分別作為橢圓和雙曲線(xiàn)的離心率，故②正確；雙曲線(xiàn)eq\f(x2,25)－eq\f(y2,9)＝1的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(±eq\r(34)，0)，橢圓eq\f(x2,35)＋y2＝1的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(±eq\r(34)，0)，故③正確；設(shè)AB為過(guò)拋物線(xiàn)焦點(diǎn)F的弦，P為AB中點(diǎn)，A，B，P在準(zhǔn)線(xiàn)l上的射影分別為M，N，Q，因?yàn)锳P＋BP＝AM＋BN，所以PQ＝eq\f(1,2)AB，所以以AB為直徑作圓，則此圓與準(zhǔn)線(xiàn)l相切，故④正確．故正確的命題有②③④.答案：②③④5．(2024·福建五校其次次聯(lián)考)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，上頂點(diǎn)M到直線(xiàn)eq\r(3)x＋y＋4＝0的距離為3.(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)直線(xiàn)l過(guò)點(diǎn)(4，－2)，且與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，l不經(jīng)過(guò)點(diǎn)M，證明：直線(xiàn)MA的斜率與直線(xiàn)MB的斜率之和為定值．解：(1)由題意可得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(|b＋4|,2)＝3，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝2，))所以橢圓C的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)證明：易知直線(xiàn)l的斜率恒小于0，設(shè)直線(xiàn)l的方程為y＋2＝k(x－4)，k<0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋2＝k（x－4），,\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1))得(1＋4k2)x2－16k(2k＋1)x＋64k(k＋1)＝0，則x1＋x2＝eq\f(16k（2k＋1）,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(64k（k＋1）,1＋4k2)，因?yàn)閗MA＋kMB＝eq\f(y1－2,x1)＋eq\f(y2－2,x2)＝eq\f(（kx1－4k－4）x2＋（kx2－4k－4）x1,x1x2)，所以kMA＋kMB＝2k－(4k＋4)×eq\f(x1＋x2,x1x2)＝2k－4(k＋1)×eq\f(16k（2k＋1）,64k（k＋1）)＝2k－(2k＋1)＝－1(為定值)．6．(2024·高考全國(guó)卷Ⅲ)已知曲線(xiàn)C：y＝eq\f(x2,2)，D為直線(xiàn)y＝－eq\f(1,2)上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)D作C的兩條切線(xiàn)，切點(diǎn)分別為A，B.(1)證明：直線(xiàn)AB過(guò)定點(diǎn)；(2)若以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))為圓心的圓與直線(xiàn)AB相切，且切點(diǎn)為線(xiàn)段AB的中點(diǎn)，求該圓的方程．解：(1)證明：設(shè)Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(1,2)))，A(x1，y1)，則xeq\o\al(2,1)＝2y1.由于y′＝x，所以切線(xiàn)DA的斜率為x1，故eq\f(y1＋\f(1,2),x1－t)＝x1.整理得2tx1－2y1＋1＝0.設(shè)B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.故直線(xiàn)AB的方程為2tx－2y＋1＝0.所以直線(xiàn)AB過(guò)定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).(2)由(1)得直線(xiàn)AB的方程為y＝tx＋eq\f(1,2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝tx＋\f(1,2)，,y＝\f(x2,2)))可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1.設(shè)M為線(xiàn)段AB的中點(diǎn)，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，t2＋\f(1,2))).由于eq\o(EM,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，而eq\o(EM,\s\up6(→))＝(t，t2－2)，eq\o(AB,\s\up6(→))與向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.解得t＝0或t＝±1.當(dāng)t＝0時(shí)，|eq\o(EM,\s\up6(→))|＝2，所求圓的方程為x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＝4；當(dāng)t＝±1時(shí)，|eq\o(EM,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，所求圓的方程為x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＝2.[綜合題組練]1．(2024·廣州市調(diào)研測(cè)試)已知?jiǎng)訄AC過(guò)定點(diǎn)F(1，0)，且與定直線(xiàn)x＝－1相切．(1)求動(dòng)圓圓心C的軌跡E的方程；(2)過(guò)點(diǎn)M(－2，0)的任一條直線(xiàn)l與軌跡E交于不同的兩點(diǎn)P，Q，摸索究在x軸上是否存在定點(diǎn)N(異于點(diǎn)M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：(1)法一：依題意知，動(dòng)圓圓心C到定點(diǎn)F(1，0)的距離，與到定直線(xiàn)x＝－1的距離相等，由拋物線(xiàn)的定義，可得動(dòng)圓圓心C的軌跡E是以F(1，0)為焦點(diǎn)，x＝－1為準(zhǔn)線(xiàn)的拋物線(xiàn)，其中p＝2.所以動(dòng)圓圓心C的軌跡E的方程為y2＝4x.法二：設(shè)動(dòng)圓圓心C(x，y)，依題意得eq\r(（x－1）2＋y2)＝|x＋1|，化簡(jiǎn)得y2＝4x，即為動(dòng)圓圓心C的軌跡E的方程．(2)假設(shè)存在點(diǎn)N(x0，0)滿(mǎn)意題設(shè)條件．由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直線(xiàn)PN與QN的斜率互為相反數(shù)，即kPN＋kQN＝0.①易知直線(xiàn)PQ的斜率必存在且不為0，設(shè)直線(xiàn)PQ：x＝my－2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my－2))得y2－4my＋8＝0.由Δ＝(－4m)2－4×8>0，得m>eq\r(2)或m<－eq\r(2).設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則y1＋y2＝4m，y1y2＝8.由①得kPN＋kQN＝eq\f(y1,x1－x0)＋eq\f(y2,x2－x0)＝eq\f(y1（x2－x0）＋y2（x1－x0）,（x1－x0）（x2－x0）)＝0，所以y1(x2－x0)＋y2(x1－x0)＝0即，y1x2＋y2x1－x0(y1＋y2)＝0.消去x1，x2，得eq\f(1,4)y1yeq\o\al(2,2)＋eq\f(1,4)y2yeq\o\al(2,1)－x0(y1＋y2)＝0，即eq\f(1,4)y1y2(y1＋y2)－x0(y1＋y2)＝0.因?yàn)閥1＋y2≠0，所以x0＝eq\f(1,4)y1y2＝2，所以存在點(diǎn)N(2，0)，使得∠QNM＋∠PNM＝π.2．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，點(diǎn)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))在橢圓C上．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)是否存在斜率為2的直線(xiàn)，使得當(dāng)直線(xiàn)與橢圓C有兩個(gè)不同交點(diǎn)M，N時(shí)，能在直線(xiàn)y＝eq\f(5,3)上找到一點(diǎn)P，在橢圓C上找到一點(diǎn)Q，滿(mǎn)意eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(NQ,\s\up6(→))？若存在，求出直線(xiàn)的方程；若不存在，說(shuō)明理由．解：(1)設(shè)橢圓C的焦距為2c，則c＝1，因?yàn)锳eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))在橢圓C上，所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2eq\r(2)，所以a＝eq\r(2)，b2＝a2－c2＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)不存在滿(mǎn)意條件的直線(xiàn)，證明如下：設(shè)直線(xiàn)的方程為y＝2x＋t，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3，\f(5,3)))，Q(x4，y4)，MN的中點(diǎn)為D(x0，y0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1))消去x，得9y2－2ty＋t2－8＝0，所以y1＋y2＝eq\f(2t,9)，Δ＝4t2－36(t2－8)>0，所以y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝eq\f(t,9)，且－3<t<3.由eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(NQ,\s\up6(→))得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－x3，y1－\f(5,3)))＝(x4－x2，y4－y2)，所以y1－eq\f(5,3)＝y(tǒng)4－y2，y4＝y(tǒng)1＋y2－eq\f(5,3)＝eq\f(2,9)t－eq\f(5,3)，又－3<t<3，所以－eq\f(7,3)<y4<－1，與橢圓上點(diǎn)的縱坐標(biāo)的取值范圍是[－1，1]沖突．所以不存在滿(mǎn)意條件的直線(xiàn)．規(guī)范答題示范(五)解析幾何類(lèi)型一定點(diǎn)、定值問(wèn)題(12分)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M在橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1上，過(guò)點(diǎn)M作x軸的垂線(xiàn)，垂足為N，點(diǎn)P滿(mǎn)意eq\o(NP,\s\up6(→))＝eq\r(2)eq\o(NM,\s\up6(→)).(1)eq\a\vs4\al(求點(diǎn)P的軌跡方程；)?(2)設(shè)點(diǎn)Q在直線(xiàn)x＝－3上，且eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝1，證明：eq\a\vs4\al(過(guò)點(diǎn)P且垂直于OQ的)eq\a\vs4\al(直線(xiàn)l過(guò)C的左焦點(diǎn)F.)?[建橋?qū)ね黄芣?看到求點(diǎn)P的軌跡方程，想到先設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo)，然后利用已知條件，采納代入法求軌跡方程.?看到過(guò)點(diǎn)P且垂直于OQ的直線(xiàn)l過(guò)C的左焦點(diǎn)F，想到證明eq\o(OQ,\s\up6(→))⊥eq\o(PF,\s\up6(→)).[規(guī)范解答](1)設(shè)P(x，y)，M(x0，y0)，則N(x0，0)，eq\o(NP,\s\up6(→))＝(x－x0，y)，eq\o(NM,\s\up6(→))＝(0，y0)，1分eq\x(得分點(diǎn)①)由eq\o(NP,\s\up6(→))＝eq\r(2)eq\o(NM,\s\up6(→))，得x0＝x，y0＝eq\f(\r(2),2)y，3分eq\x(得分點(diǎn)②)因?yàn)镸(x0，y0)在橢圓C上，所以eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,2)＝1，5分eq\x(得分點(diǎn)③)因此點(diǎn)P的軌跡方程為x2＋y2＝2.6分eq\x(得分點(diǎn)④)(2)證明：由題意知F(－1，0)，設(shè)Q(－3，t)，P(m，n)，則eq\o(OQ,\s\up6(→))＝(－3，t)，eq\o(PF,\s\up6(→))＝(－1－m，－n)，7分eq\x(得分點(diǎn)⑤)eq\o(OQ,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝3＋3m－tn，8分eq\x(得分點(diǎn)⑥)eq\o(OP,\s\up6(→))＝(m，n)，eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(－3－m，t－n)，9分eq\x(得分點(diǎn)⑦)由eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，10分eq\x(得分點(diǎn)⑧)又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.所以eq\o(OQ,\s\up6(→))·PF＝0，即OQ⊥PF，11分eq\x(得分點(diǎn)⑨)又過(guò)點(diǎn)P存在唯始終線(xiàn)垂直于OQ，所以過(guò)點(diǎn)P且垂直于OQ的直線(xiàn)l過(guò)C的左焦點(diǎn)F.12分eq\x(得分點(diǎn)⑩)[評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)]①設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo)，并求出eq\o(NP,\s\up6(→))和eq\o(NM,\s\up6(→))得1分；②由eq\o(NP,\s\up6(→))＝eq\r(2)eq\o(NM,\s\up6(→))，正確求出x0＝x，y0＝eq\f(\r(2),2)y得2分；③代入法求出eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,2)＝1得2分；④化簡(jiǎn)成x2＋y2＝2得1分；⑤求出eq\o(OQ,\s\up6(→))和eq\o(PF,\s\up6(→))得1分；⑥正確求出eq\o(OQ,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))的值得1分；⑦正確求出eq\o(OP,\s\up6(→))和eq\o(PQ,\s\up6(→))的坐標(biāo)得1分；⑧由eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝1得出－3m－m2＋tn－n2＝1得1分；⑨得出eq\o(OQ,\s\up6(→))⊥eq\o(PF,\s\up6(→))得1分；⑩寫(xiě)出結(jié)論得1分.[解題點(diǎn)津](1)得分步驟：對(duì)于解題過(guò)程中是得分點(diǎn)的步驟，有則給分，無(wú)則沒(méi)分，所以對(duì)于得分點(diǎn)步驟肯定要寫(xiě)全，如第(2)問(wèn)中求出－3m－m2＋tn－n2＝1就得分.(2)得分關(guān)鍵：對(duì)于解題過(guò)程中的關(guān)鍵點(diǎn)，有則給分，無(wú)則沒(méi)分，所以在答題時(shí)肯定要寫(xiě)清得分關(guān)鍵點(diǎn)，如第(2)問(wèn)肯定要寫(xiě)出eq\o(OQ,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝0，即eq\o(OQ,\s\up6(→))⊥eq\o(PF,\s\up6(→))，否則不得分，因此步驟才是關(guān)鍵的，只有結(jié)果不得分.[核心素養(yǎng)]圓錐曲線(xiàn)中的定點(diǎn)、定值問(wèn)題是高考命題的熱點(diǎn)問(wèn)題，常與向量奇妙交匯，綜合考查考生“數(shù)學(xué)運(yùn)算”的核心素養(yǎng).類(lèi)型二最值、范圍問(wèn)題(12分)設(shè)圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為A，直線(xiàn)l過(guò)點(diǎn)B(1，0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)B作AC的平行線(xiàn)交AD于點(diǎn)E.(1)證明eq\a\vs4\al(|EA|＋|EB|為定值)?，并寫(xiě)出點(diǎn)E的軌跡方程；(2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡方程為曲線(xiàn)C1，直線(xiàn)l交C1于M，N兩點(diǎn)，過(guò)B且與l垂直的直線(xiàn)與圓A交于P，Q兩點(diǎn)，求eq\a\vs4\al(四邊形MPNQ面