第4講大題專攻——圓錐曲線中的定點、定值、存在性問題

[之備考領航?重難排查d................悟真題、析考情二輪備考方向明?…

備考⑨領航

一、考情分析

高頻考點高考預測

定點問題

在解答題中會繼續以橢圓、拋物線、雙曲線為幾何載體考查定點、

定值問題

定值問題及存在性問題.主要考查邏輯推理.、數學運算等核心素養

存在性問題

二、真題感悟

1.（2022?全國乙卷）（定點問題）已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、），軸，且

過4。，-2）,《一1）兩點.

（1）求E的方程；

（2）設過點P（l,-2）的直線交E于M,N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段A8交

于點7；點H滿足甫=帚.證明：直線HN過定點.

解：⑴???橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過40,-2）,

.??可設橢圓￡的方程為捺+?=1,

又橢圓E過4|,T），?,?言+%，得一=3,

??.E的方程為5+?=1.

（2）證明：當直線MN的斜率不存在時，IMN：X=1,

結合題意可知MJ,一箸），乂匕翁），

...過M且平行于工軸的直線的方程為y=一患.

易知點r的橫坐標注w[o,引，直線A8的方程為），一（一2）二---j-------XU-0）,

2

即J2,

4^2

,2^/2小2(3+#)

癡：廠小-2#—產T)，即卜3L2-

當直線MN的斜率存在時，如圖，設M3,巾），M42,M，IMN：

y=Lt+，〃(k+〃?=-2).

y=外+〃b

|]得(322十4*+6公幾1+3〃?2—12=0,zl>0,.*.AI

6km3/w2—12

十“2=_3/+4'3"4.

過M且平行于％軸的直線的方程為y=y,

與直線48的方程聯立，得得.=3（〉"b之），.?.7（3（）丁）

］：=!_22

VMT=TH>,.?."(3)，|+6—汨，M)，

y\一、2

府:廠”=3)什6-盯-小一及)，

口ryi—yi,y\—yi

即產3y+6—鶯—￡+以一3凹+6—Ri?刈

人八，w一(川”+念一)，

(yif)42=+3),2+6-2

令％=o,得)，=》_3V.+6-.V.-A-：-(.v.+.v2)+64-3V.

一(笛)，2+工2)'1)+3)”2+6)，2

—(xi+x->)+6+3(》+力)-3y/

—]2A2,4~4〃?2

??ji)”=(hi+/77)(te+〃?)=^1X2+nik(x\+%2)+nr=—素工工—，

8”？

y\+)，2=(去?+〃。+(左逾+〃?)=A(xi+x2)+2m=

3火2+4'

-24&

為y2+42)'1=xi(te+f?i)+X2(ALVI+in)=2kx\xz+/n(xi+刈)=

13A2+4'

24k——36A2+12nr——36攵?+12/zr+24k

.?-5義+gD+3)仍=+314=

-24(R-3k—2)

3產+4

24機+18&2+24+24/〃

-(即+X2)+6+3(6+”)=5^+6+=

12(R-3&-2)

3—+4，

-24(-—3A—2)?

.3.+4+6”_

,?尸12(N—3Z—2)=~2,

3&2+4-3”

，直線"N過定點(0,-2).

綜上，直線HN過定點(0,-2).

2.(2020?新高考全國I卷)(定值問題)已知橢圓C：/+g=l(a>Z?X))的離心率為當，且

過點A(2,1).

(1)求C的方程：

(2)點M,N在。上，且4M_LAN,AD1,MN,。為垂足.證明：存在定點。，使得|DQ|

為定值.

411

解：⑴由題意得票+出=1,c一r-解得。2=6,從=3.

所以C的方程為4+9=1.

o3

(2)證明：設M(xi,yi),Ng及).

若直線MN與x軸不垂直，設直線MN的方程為_)=履+〃7,代入?+子=1得(1+2R)/

UJ

+4krnx+2m2—6=0.

2〃產—6

于是為+也=1+23'X1X2=]+23」

由4M_L4N知，AM?AN=0,故(內一2)。：2—2)+但一1)。，2—1)=0,可得伏2+1.武2

+(km-2>(xi+%2)+(加-1A+4=0.

—64G〃J

將①代入上式可得可+1)]+蹤2—(外〃—4—2>1+2】+(〃?-1)2+4=0.

整理得(2k+3/〃+l)(2hH〃-1)=0.

因為4(2,1)不在直線MN上，

所以2A+,〃-1W0,故泉+3陽+1=0,kWl.

于是MN的方程為y=4J—§—,

所以直線MN過點底，一；）

若直線MN與x軸垂直，可得Ma，—_Vi）.

由切?7AT=0得（為-2）（即一2）+。|-1）（一6—1）=0.

又j+1=l,可得3亓一8即+4=0.

2

解得xi=2（舍主），.vi=g.

此時直線MN過點從；，一

令Q為AP的中點，即。（點

若。與P不重合，則由題設知AP是RtZXAO戶的斜邊，

故|DQ=；HP|=￥.

若。與。重合，則|。。|=夕4。|.

綜上，存在點想，;），使得|。@為定值.

重難?排查

1.求圓錐曲線定點問題的兩種常見方法

（1）由特殊到一般法：利用由特殊到一般法求解定點問題時，常根據動點或動直線的特

殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關：

（2）參數法：引進動點的坐標或動直線中的參數表示變化量，即確定題目中的核心變量（此

處設為乃-＞利用條件找到A與待求定點的曲線F（x,），）=（）之間的關系-研究變化量與參數

何時沒有關系，找到定點.

2.求解圓錐曲線定值問題的兩種常見方法

（I）從特殊到一般求定值：常用處理技巧：①研究特殊情形，如直線斜率不存在等，得

到所要探求的定值；②探究一般情形；③綜合上面兩種情形下結論；

（2）直接消參求定值：常見處理方法：①確定?個（或兩個）變量為核心變量，其余量均結

合條件用核心變量進行表示；②將所求表達式用核心變鼠進行表示（有的甚至就是核心變

量），然后進行化簡，看能否得到一個常數.

3.求解存在性問題的一般策略

（1）“肯定順推法”：假設滿足條件的元素（點、直線、曲線或參數）存在，用待定系數法

設出，列出關于待定系數的方程(組)，若方程(組)有實數解，則元素(點、直線、曲線或參數)

存在，否則，元素(點、直線、曲線或參數)不存在.

(2)兩個策略：①當給出結論要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件；②當

條件和結論不唯一時要分類討論.

［之考點整合?研透悟通。....................研典例、抓要點高考題型全通關一

1-11圓錐曲線中的定點問題

【例1】(202。?全國I卷)已知A,8分別為橢圓E：/+,2=13>1)的左、右頂點，G

為七的上頂點，而?請=8/為直線x=6上的動點，布與七的另一交點為C,PB與E

的另一交點為D

(1)求E的方程；

(2)證明：直線。過定點.

解(1)由題意得A(-a,0),8(°,0),G(0,1).

則行=(〃，1),■=(〃，-1).

由AG-68=8得/-1=8,即。=3.

所以E的方程為小產1.

(2)證明；設。(xi,yi),D(X2,yz),P(6,t).

若設直線CD的方程為由題意可知一3v〃<3.

由于直線PA的方程為y=/r+3),所以)，1=3加+3).

直線P8的方程為y=5(x-3),所以3).

可得3yi(X2—3)=y2(.ri+3).

由于率2-1，故貨—一(-+3)9(心一3),可得27)，其一一3+3)(必+3)，即(27+

打尸加”+ni(n+3)3+”)+(〃+3)2=0.①

將x=my-\-n代入,+)2=1得

(nr+9)y2++w2—9=0.

公?”2-9

所以》+)，2=一許,)然=許.

代人①式得(27+加^(，產—9)—2〃?(〃+3)〃?〃+(〃+3)2?(m2+9)=0.

3

解得〃=一3(舍去)或〃=不

自

3、

過也O

一

故直線co的方程為才,

若1=0,則直線CO的方程為y=0,過點(|,0).

綜上，直線CO過定點(1,0).

I方法總結I

直線過定點問題的解題策略

/展題意至存疑出藉,拓基數，石咨由至

書.線的斜率

適〉~^加亮推新二親兀以豪務應1

：關系，求出定點的坐標

竹而之￡.療正斯謫定訐錄瓦瓦瓦

程，即可證出直線經過該定點：

國跟蹤訓練

過原點。的直線與拋物線C：)2=2外。＞0)交于點,4,線段0A的中點為M,P(3p,0),

且PM_LOA在下面給出的三個條件中任選一個填在橫線處，并解答問題.

①|0川=4#；②|尸M=2小；③△POM的面積為6/1

(1)，求。的方程；

(2)在(1)的條件下，過y軸上的動點8作C的切線，切點為。(不與原點。重合)，過點

B作直線/與。。垂直，求證：直線/過定點.

注：如果選擇多個條件分別解答，則按第一個解答計分.

解：(1)由題意知直線的斜率存在且不為0,設其方程為y=Ax(kW0),

r=勿

由TN"4=0或可得A國哈

［丁="，ly=0=生'J

Vk,

所以線段OA的中點為朋(1，%

ZZ

因為PMA_OA,kpM=~^=］_31'所以］3左'*k=-1，解得k=F2，

場一3〃

所以直線04的方程為.25)，=0,A(4p,±272/;).

若選①，不妨令A(4p,2-72/7),

由|。川=4#,得'(4〃)2+(2嫄p)2=4#,解得〃=2,

所以C的方程為尸=4尤

若選②，因為PM_LOA,|PM|=2小，

所以點尸到直線。4的距離為2小，即1廠+0般),=2小,解得〃=2,所以C的方

程為yr=^x.

若選③，不妨令A(4p,2^2/7),

因為|OM=,OA|=3(4〃)？+(2吸〃)2=#〃,

點P到直線OA的距離|PM|=I固”廣=麻

Vl2+(±V2)2

所以5“加=!|。"|><『必=；又加〃乂于〃=6^,解得〃=2,

所以C的方程為)口=4元

(2)證明：由題意可知切線8Q的斜率存在且不為0,設8(0,與SW0),

y=kix+b,

設切線BQ的方程為y=^x+6由1,,得不，2—外+4〃=0,(*)

l)?=4x,

所以/=(-4)2—4XA|X4/)=0,解得心=",所以方程(*)的根為y=2/?,

代入y2=4x得x=R,所以切點。(乂，2b),

b

工曰，2b2則---

T"koQ一方一卞牙

所以直線/的方程為y=—那+力，即y=-3(x—2),

所以直線/恒過定點(2,0).

號點2圓錐曲線中的定值問題

【例2】已知橢圓C：於+方的左、右焦點分別為八，尺，左頂點為4，

離心率只，點從I，號是橢圓C上一點.

(1)求橢圓C的方程；

(2)若直線/過橢I員IC的右焦點尸2且與橢圓交于P，Q兩點，直線AP,AQ與直線X=4

分別交于點M，N.求證：.M,N兩點的縱坐標之積為定值.

r_c_i

e~a~T

a2=4,

解（1）由題意知，.解得，

a2'4b2〃=3,

故橢圓C的方程為?+與=1.

(2)證明：由(1)可知c=l,F2(l,0),顯然直線/的斜率不為0,設直線/的方程為x=

my+1,

與，+個=1聯立，消去工，得（3評+4））。+6沖-9=0,4=144（〃戶+1）>0,

設P,。兩點的坐標分別為（片，yi）,。2,yi）,

ri.—6m—9

則》+”=藐阡？『必二菽二，

直線AP的方程為）=峭_2（X+2）,

令x=4,得同理可得抄=7^）

_______36>12_______________36-_______

（xi+2）（也+2）（〃中+3）（〃乎+3）

_________36yly2________

m2yiy2^-3in（yi+jz）+9

-9

36?、，一

3/M-+4,.

=Z7=-9,為定值，

,—9,—6m,

"?濟7+3"萬帝+9

|方法總結|

I.求定值問題常見的方法

(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；

(2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.

2.定值問題求解的基本思路是使用參數表示要解決的問題，然后證明與參數無關，這

類問題選擇消元的方向是非常關鍵的.

國跟蹤訓練

已知拋物線C：)2=2〃必?>0)經過點P(1,2),過點2((),1)的直線/與拋物線C有兩個

不同的交點人，B,且直線南交y軸于M,直線交y軸于N.

(1)求直線/的斜率的雙值范圍；

(2)設O為原點，~QM=XQO,~QN=n~QO,求證：；+七為定值.

A〃

解：(1)因為拋物線尸=2px過點P(l,2),所以2P=4,即p=2.

故拋物線。的方程為)，2=4X.

由題意知，直線/的斜率存在且不為0.

設直線/的方程為)，=辰+l/NO),

)0=4x,

由,得正爐+(2左一4)x+1=0.

y=h+l,

依題意4=(2左一4)2-4XRXi>0,解得k<0或0<A<l.

又掰，P8與y軸相交，故直線/不過點(1,-2).從而ZW—3.

所以直線/的斜率的取值范圍是(一8,—3)U(—3,0)U(0,1).

(2)證明：設A(xi,yj),8(x2,yz).

2k—4|

由(1)知汨+12=一二^-,總工2=廬

直線%的方程為2=,V1_^(x—1).

X]1

令x=0,得點令的縱坐標為)4=手苧+2==：]；+2.

同理得點N的縱坐標為川=?二T2.

由西=2而，研="而，得i=l一加，〃=|一處.

去以.[XL1.M11.20也一(即+―)

4〃1—ysi1—yN(4——1)xiCk~\)xzk—14i人2

22k—4

1F+"^一

7k—71*1i=2.

三

所以：+’7為定值.

人〃

圓錐曲線中的存在性問題

【例3】已知點?是動點，直線用與直線y=x垂直，垂足為點A且位于笫一象限，

直線P8與直線)，=-x垂直，垂足為點8且位于第四象限，四邊形Q4P8(。為坐標原點)的

面積為2,動點夕的軌跡記作。.

(1)求。的方程；

(2)設7是直線x=l上一點，過7的直線/與。交于C,。兩點，試問是否存在點。

使得南?初=/2?若存在，求丁的坐標，若不存在，請說明理由.

解（1）由已知設點A"〃，B（〃，一〃）（〃>0）,易知四邊形0AP8為矩形，因為

其面積為2,所以10Ali08=小小?g〃=2〃?〃=2,所以小〃=1.

由題意可得直線PA的方程為工+廠2加=0,直線PB的方程為x-y-2n=0,

Jx+y—2/H=0,x=m+〃，

解得彳即P(/〃+〃，/〃一〃),

Lv—y_2n=0,

y=m—nt

所以(m+〃)2—(m—〃)2=4〃?〃=4.

因為〃z+〃22⑺石=2,所以。的方程為f—y2=4(i22).

(2)設7(1,/),C(xi,》)，0(X2,”)，設直線CO的方程為)-/=紅￥—1),即y=6+f

y=kx-\-t-k,

一女，由<,,、、得(&2-11「+2%”一4.+。一女)2+4=(),易知&#±1,則/=4爐(/

X2—>,2=4(x22),

28-2kt

—k)2—4(k2—1)1(/-k)24-4]=4(/+k)(t—3k)+16>0,且xi4-^2=,_i->0,XlX=

K212

(1—k)2+4

及2—1>0,

所以市?折二|1^||初1=（1+產）比一1|g一1|=（1+爐）僅次2一（即+及）+1|=

（於+3）（1+乃）

好一I

假設存在點丁滿足萬可?折=聲，則，"73]_[丁、）=產+1,

整理得戶+/+2=0,但產+/+222>0,所以假設不成立，故不存在滿足題意的點

T.

I方法總結I

1.此類問題一般分為探究條件、探究結論兩種.若探究條件，則可先假設條件成立，

再險證結論是否成立，成立則存在，不成立則不存在；若探究結論，則應先求出結論的表達

式，再針對其表達式進行討論，往往涉及對參數的討論.

2.求解步驟：（I）假設存在，即假設所探究的問題存在符合題意的點、直線、常數等，

并把其當成已知條件來用；

（2）推理論證，即利用圓錐曲線的幾何性質和直線與圓錐曲線的位置關系的相關知識等

進行推理論證，在推理論證的過程中經常把直線方程與圓錐曲線方程聯立，通過消去y或x

轉化為關于x或），的方程，從而可利用根與系數的關系、判別式等進行推理論證；

（3）判定結果，即如果得到了一個合理的推理結果，就肯定假設，對問題進行正面回答；

如果得到一個矛盾的結果,就否定假設.對問題進行反面回答.

國跟蹤訓練

已知橢圓G：興+方=1(4》>0),其短軸長為2小，離心率為ci，雙曲線Q：，一］=

1(/?>0,(7>。)的漸近線為離心率為62，月.ei?<?2=1.

(1)求橢圓G的方程；

(2)設橢圓G的右焦點為八動直線/(/不垂直于坐標軸)交橢圓G于M,N不同詼點，

設直線BW和EV的斜率為肌，弱,若e=一心，試探究該動直線/是否過x軸上的定點，若

是，求出該定點；若不是，請說明理由.

解：(1)由題意知，橢圓G：，攝=I3>QO),其短軸長為2小，可得〃=小，橢圓

的離心率為61,雙曲線。2：1^?=1(/?>0,<7>0)的漸近線為y=±小工,

=3,所以離心率為62=y+彳=2,且ei?62=l.

所以門=3{=寸亭=正電解得。=2,

所以橢圓G的方程為?+與=1.

(2)假設該直線過定點“，0),設直線/的方程)，=&Q—。,

y=kCx—t）,

聯立I^+注_]消去y整理得（3+4&2?2-8&2次+4FF-12=0,

Sk2t4^-12

設M（xi,yi）?Ng>2）,則xi+*2=3+4R'處制=3+4公，

由/>00必產一3一妹2<o,

V2k（xi—r）k（X2~z）

-

X2-1X\-1X2-1

（XL/）（右一1〕+（檢一/）（XL1）

（X1—1）（X2~1）

2X1X2-（f+1）（Xi+12）+2/

=k-

X\X2~（X1+X2）+1

所以2.VIA2—（f+1）3+也）+2f=0,

4/產一1286,862一24—8公產—8處+61+8//

即2.什1）.+2--------------------------------------------二0

3+4R

所以一24+6f=0,解得f=4,即直線過定點(4,0).

專題檢測

1.已知橢圓氏，+提=13>〃>0)的兩個焦點與短軸一端點為一個正三角形的三個頂

點，且焦點到橢圓上的點的最短距離為1.

（1）求橢圓月的方程;

⑵過點”（4,0）的直線/與橢圓E交于A,8兩點，點A關于x軸的對稱點為求證:

直線43過定點.

4=2,

解：⑴由〈a~c=1,解得，n

宗=4+8,

?=1.

y2\,2

所以橢圓E的方程為5+^=1.

（2）證明：法一：設直線I的方程為x=〃?），+4,代入橢圓方程，并整理，得（3〃P—4）），2

+24〃?v+36=0.

令/=(24〃?)2—36X4⑶褚+4)=144Q/—4)>0,則，〃V—2或m>2.

24m36

設A(xi,yi),8(必,”)，則》+力=3〃戶+4，V'>'2=3〃於+4?

)與+)'1

因為4（為，-yi）,所以B

X2—X\

于是，直線AB的方程為），+“=

_)'1(_一汨

即y—a—xo-y尸篇

X2~X\”+川”+yiJ

24/〃36代入,得產/伏

將Xi=WVi+4,12=1沖2+4,?+*=3〃產+4'V?*=3〃產+4

7)，

所以直線A'B過定點（1,0）.

法二：設直線/的方程為x=〃?y+4,代入橢圓方程，并整理，得（3加+4?。+24加）'+36

=0.

令J=(24m)2-36X4(3m2+4)=144(w2-4)>0,則，〃<一2或m>2.

24w36

設&孫y。，8（X2,）2）則則+”=3M+4'??工=3用2+甲

因為4（X1,—yi）,所以4,8=，1?,

X2

于是，直線A5的方程為），+），|=空出（、一制）,

X2片

即），一。一內）一力，

人2人I

人八洱二（一一片）」為"+12-

11

令y=0,得x：------T-------+.11=rr

?yi-ryi?+）r

（〃?yi+4）”+（〃?>2+4）》

9+以

36

■------

2m），,2+4（yi+j2）2my\yi,13〃9+4

=-J------------=_T^+4=----7；-----+4=—3+4=1.

yi+”y\-ryi24〃？

3-2+4

所以直線A8過定點n，0).

2.已知拋物線Q的頂點是橢圓9+9=1的中心，焦點與該橢圓的右焦點重合.

(1)求拋物線。的方程；

(2)已知動直線/過點P(4,0),交拋物線力于4,B兩點,是否存在垂直于x軸的直線

也被以4P為直徑的圓所截得的弦長恒為定值？如果存在，求出，〃的方程；如果不存在，說

明理由.

解：(1)由題意，設拋物線方程為)2=2px(p>0),

222

由橢圓［?+￥=1知，c=a—b=4—3=lt所以c=l,

??.拋物線的焦點為(1,0),

2=*即〃=2,

，拋物線D的方程為)2=4X.

(2)設存在直線/〃：滿足題意，4(汨,ji),

則圓心M(嚀吆，5)，過M作直線x=z的垂線，垂足為￡,

設直線機與圓M的一個交點為G,可得|EGF=|MGF—|M￡|2,

（即-4）2+行

即|￡G|2=|MA|2一|ME|2=

4然-

、,（X1-4）2—（XI+4）2

彳+---------4-----------+/（川+4）—/2

=X\—4A-|+t(x\+4)—產=(/—3)X\+4r—t2,

當，=3時，|EG|2=3,此時直線〃?被以AP為直徑的圓例所截得的弦長恒為定值2小,

因此存在直線6：x=3滿足題意.

3.己知雙曲線C：點步=13>。，Q0)的焦距為2小，且雙曲線C右支上一動點P(xo,

.⑹到兩條漸近線小/2的距離之積為華.

(1)求雙曲線。的方程；

(2)設直線/是曲線C在點P(.m,泗)處的切線，且I分別交兩條漸近線于M,N兩

點，。為坐標原點，證明：△MCW面積為定值，并求出該定值.

解：⑴雙曲線C：點一方=l（a>0,5>0）的漸近線方程為Z?x+ay=0和公一緲=0,

心工上?/、刎而攵匕、片注/,