PAGEPAGE1第2課時圓錐曲線中的定值、定點與存在性問題[基礎題組練]1．(2024·長沙市統(tǒng)一模擬考試)已知F1，F2分別是雙曲線C：y2－x2＝1的上、下焦點，P是其一條漸近線上的一點，且以F1F2為直徑的圓經過點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P(x0，y0)，不妨設點P在雙曲線C的過一、三象限的漸近線x－y＝0上，因此可得x0－y0＝0.F1(0，eq\r(2))，F2(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為直徑的圓經過點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l與拋物線C：y2＝2x交于A，B兩點，O為坐標原點，若直線OA，OB的斜率分別為k1，k2，且滿意k1k2＝eq\f(2,3)，則直線l過定點()A．(－3，0) B．(0，－3)C．(3，0) D．(0，3)解析：選A.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為k1k2＝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l：x＝my＋b代入拋物線C：y2＝2x得y2－2my－2b＝0，所以y1y2＝－2b＝6，得b＝－3，即直線l的方程為x＝my－3，所以直線l過定點(－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)，過橢圓上一點M作直線MA，MB分別交橢圓于A，B兩點，且斜率分別為k1，k2，若點A，B關于原點對稱，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，可得k1·k2＝－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(1,3).答案：－eq\f(1,3)4．以下四個關于圓錐曲線的命題：①設A，B為兩個定點，K為正數，若||PA|－|PB||＝K，則動點P的軌跡是雙曲線；②方程2x2－5x＋2＝0的兩根可分別作為橢圓和雙曲線的離心率；③雙曲線eq\f(x2,25)－eq\f(y2,9)＝1與橢圓eq\f(x2,35)＋y2＝1有相同的焦點；④已知拋物線y2＝2px，以過焦點的一條弦AB為直徑作圓，則此圓與準線相切．其中真命題為．(寫出全部真命題的序號)解析：A，B為兩個定點，K為正數，||PA|－|PB||＝K，當K＝|AB|時，動點P的軌跡是兩條射線，故①錯誤；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的離心率，故②正確；雙曲線eq\f(x2,25)－eq\f(y2,9)＝1的焦點坐標為(±eq\r(34)，0)，橢圓eq\f(x2,35)＋y2＝1的焦點坐標為(±eq\r(34)，0)，故③正確；設AB為過拋物線焦點F的弦，P為AB中點，A，B，P在準線l上的射影分別為M，N，Q，因為AP＋BP＝AM＋BN，所以PQ＝eq\f(1,2)AB，所以以AB為直徑作圓，則此圓與準線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M到直線eq\r(3)x＋y＋4＝0的距離為3.(1)求橢圓C的方程；(2)設直線l過點(4，－2)，且與橢圓C相交于A，B兩點，l不經過點M，證明：直線MA的斜率與直線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l的斜率恒小于0，設直線l的方程為y＋2＝k(x－4)，k<0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯立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)，因為kMA＋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·高考全國卷Ⅲ)已知曲線C：y＝eq\f(x2,2)，D為直線y＝－eq\f(1,2)上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B.(1)證明：直線AB過定點；(2)若以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))為圓心的圓與直線AB相切，且切點為線段AB的中點，求該圓的方程．解：(1)證明：設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DA的斜率為x1，故eq\f(y1＋\f(1,2),x1－t)＝x1.整理得2tx1－2y1＋1＝0.設B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.故直線AB的方程為2tx－2y＋1＝0.所以直線AB過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).(2)由(1)得直線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M為線段AB的中點，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t＝0時，|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t＝±1時，|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·廣州市調研測試)已知動圓C過定點F(1，0)，且與定直線x＝－1相切．(1)求動圓圓心C的軌跡E的方程；(2)過點M(－2，0)的任一條直線l與軌跡E交于不同的兩點P，Q，摸索究在x軸上是否存在定點N(異于點M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求點N的坐標；若不存在，請說明理由．解：(1)法一：依題意知，動圓圓心C到定點F(1，0)的距離，與到定直線x＝－1的距離相等，由拋物線的定義，可得動圓圓心C的軌跡E是以F(1，0)為焦點，x＝－1為準線的拋物線，其中p＝2.所以動圓圓心C的軌跡E的方程為y2＝4x.法二：設動圓圓心C(x，y)，依題意得eq\r(（x－1）2＋y2)＝|x＋1|，化簡得y2＝4x，即為動圓圓心C的軌跡E的方程．(2)假設存在點N(x0，0)滿意題設條件．由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直線PN與QN的斜率互為相反數，即kPN＋kQN＝0.①易知直線PQ的斜率必存在且不為0，設直線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.因為y1＋y2≠0，所以x0＝eq\f(1,4)y1y2＝2，所以存在點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、右焦點分別為F1(－1，0)，F2(1，0)，點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))在橢圓C上．(1)求橢圓C的標準方程；(2)是否存在斜率為2的直線，使得當直線與橢圓C有兩個不同交點M，N時，能在直線y＝eq\f(5,3)上找到一點P，在橢圓C上找到一點Q，滿意eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(NQ,\s\up6(→))？若存在，求出直線的方程；若不存在，說明理由．解：(1)設橢圓C的焦距為2c，則c＝1，因為Aeq\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)不存在滿意條件的直線，證明如下：設直線的方程為y＝2x＋t，設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(y