【备战2020】高考数学二轮专题：专题八 定点定值和存在性问题 复习学案（上海地区专用）

中小学教育资源及组卷应用平台


【备考2020】高考数学二轮专题复习学案
专题八 定点定值和存在性问题
课题 定点定值和存在性问题 单元 第章 学科 数学 年级 十二
学习 目标 1．掌握解析几何基本知识，能够运用这些知识解决典型的填选题目； 2．掌握解析几何中的定点、定值和存在性问题的常见解法； 3．掌握解析几何中新定义新背景的综合问题的解决方法．
重点 1．解析几何的定义与方程，常见性质回顾复习； 2．解析几何中的定点、定值和存在性问题的常见解法； 3．解析几何中新定义新背景综合问题的思维策略．
难点 1．解析几何的定义与方程，常见性质回顾复习； 2．解析几何中的定点、定值和存在性问题的常见解法； 3．解析几何中新定义新背景综合问题的思维策略．
教学安排
版块 时长
1 知识梳理 30
2 例题解析 60
3 巩固训练 20
4 师生总结 10
5 课后练习 30


在解析几何中，有些几何量如直线的斜率、两点间的距离、图形的面积、线段和角的比值及基本几何量和变量无关，这类问题统称为定值问题；解决这类问题常通过取参数和特殊值来确定“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角形式，证明该式是恒定的．动直线或动曲线不论如何变化总是经过某定点，探求这个定点的坐标，这就是解析几何中的定点问题．定点、定值问题同证明题类似，在求定点、定值之前已知定点、定值的结果（题中未告知，可采用特殊值处理）．首先大胆设参数（有时甚至可以设两个参数），运用推理到最后，必定参数统消，定点、定值显现．
解析几何中探究存在性问题实质上是探索结论的开放性问题，是在一定的条件下，判断某种数学对象是否存在的问题，它有结论存在和结论不存在两种情形．解答这类问题，一般先对结论作肯定存在的假设，然后由此肯定的假设出发，结合已知条件进行推理论证，若导出矛盾，则否定先前假设；若推出合理的结论，则说明假设正确，由此得出问题的结论，“假设——推证——定论”是解答此类问题的三个步骤．


一、定点问题
【例1】已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆上的点到焦点距离的最大值为，最小值为．
⑴求椭圆的标准方程；
⑵若直线l与椭圆相交于，两点（不是左右顶点），且以为直径的圆过椭圆的右顶点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：直线是动直线，要证直线过一定点，第一步是选择参数得出直线的方程；第二步根据直线方程求定点．
【详解】：（1）由题意设椭圆的标准方程为．
，
（2）设，由得，
，．

以AB为直径的圆过椭圆的右顶点，，
（最好是用向量点乘来），
，
，解得，且满足．
当时，，直线过定点与已知矛盾；
当时，，直线过定点
综上可知，直线过定点，定点坐标为


【例2】在平面直角坐标系中，已知焦距为4的椭圆的左、右顶点分别为，椭圆的右焦点为，过作一条垂直于轴的直线与椭圆相交于，若线段的长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设是直线上的点，直线与椭圆分别交于点，求证：直线必过轴上的一定点，并求出此定点的坐标；
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：本题第一小问非常基础，根据焦距及RS长易知椭圆方程；第二小问中有三条直线，分别是QA、QB、MN，而所求为MN过定点，因此可考虑将MN直线表示出来，利用参数系数为0解决问题．
【详解】：（1）依题意，椭圆过点，故，解得椭圆的方程为．
（2）设，直线的方程为，
代入椭圆方程，得，
设，则，
，故点的坐标为．
同理，直线的方程为，代入椭圆方程，得，
设，则，．
可得点的坐标为．
①若时，直线的方程为，与轴交于点；
②若，直线的方程为，
令，解得．综上所述，直线必过轴上的定点．


【例3】已知动圆过定点，且与直线相切，其中．
（1）求动圆圆心的轨迹的方程；
（2）设A、B是轨迹上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当变化且为定值时，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：直线与圆锥曲线综合的题目，主要是利用根与系数的关系来对找数量关系，从代数角度看转化为一个一元二次方程与一个二元二次方程组成的方程组的研究，对于消元后的一元二次方程，必须讨论系数与判别式，如能数形结合，借助于图形的直观性来处理，将会使问题变得简单，对于动态问题，要注意“动中求静”．
【详解】：（1）如图，设为动圆圆心，为记为，过点作直线的垂线，垂足为，由题意知：即动点到定点与定直线的距离相等，由抛物线的定义知，点的轨迹为抛物线，其中为焦点，为准线，所以轨迹方程为；
（2）如图，设，由题意得（否则）且所以直线的斜率存在，设其方程为，显然，将与联立消去，得由韦达定理知①．
（1）当时，即时，所以，所以由①知：所以因此直线的方程可表示为，即所以直线恒过定点．
（2）当时，由，得==．
将①式代入上式整理化简可得：，所以，
此时，直线的方程可表示为即．
所以直线恒过定点．
所以由（1）（2）知，当时，直线恒过定点，当时直线恒过定点．


【例4】已知椭圆的右焦点，长轴的左、右端点分别为,且.
（1）求椭圆的方程；
（2）过焦点斜率为（）的直线交椭圆于两点，弦的垂直平分线与轴相交于点. 试问椭圆上是否存在点使得四边形为菱形？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）依题设，，则，.
由，解得，所以.
所以椭圆的方程为.
（2）依题直线的方程为.
由得.
设,,弦的中点为，
则，，，，
所以.
直线的方程为，
令，得，则.
若四边形为菱形，则，.
所以.
若点在椭圆上，则.
整理得，解得.所以椭圆上存在点使得四边形为菱形.


【例5】已知双曲线的中心在原点，是它的一个顶点，是它的一条渐近线的一个方向向量.
（1）求双曲线的方程；
（2）若过点()任意作一条直线与双曲线交于两点 (都不同于点)，求的值；
(3)对于双曲线:，为它的右顶点，为双曲线上的两点(都不同于点)，且，求证：直线与轴的交点是一个定点.
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：(1)设双曲线C的方程为，则，
又 ，得，所以，双曲线C的方程为.
(2)当直线垂直于轴时，其方程为，的坐标为(,)、(,)，
，所以=0.
当直线不与轴垂直时，设此直线方程为，由得
.
设，则, ，
故

＋＋=0 .综上，=0.
(3) 设直线的方程为：，
由，得,
设，则, ，
由，得，
即,
，
化简得， 或 (舍),
所以，直线过定点(,0).


【例6】已知点，、、是平面直角坐标系上的三点，且、、成等差数列，公差为，．
（1）若坐标为，，点在直线上时，求点的坐标；
（2）已知圆的方程是，过点的直线交圆于两点，是圆上另外一点，求实数的取值范围；
（3）若、、都在抛物线上，点的横坐标为，求证：线段的垂直平分线与轴的交点为一定点，并求该定点的坐标．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1），所以，设
则，消去，得，…（2分）
解得，,所以的坐标为或
（2）由题意可知点到圆心的距离为…（6分）
（ⅰ）当时，点在圆上或圆外，，
又已知，，所以 或
（ⅱ）当时，点在圆内，所以，
又已知，，即或
结论：当时， 或 ；当时，或
（3）因为抛物线方程为，所以是它的焦点坐标，
点的横坐标为，即
设，，则，，，
所以
直线的斜率，则线段的垂直平分线的斜率
则线段的垂直平分线的方程为
直线与轴的交点为定点


【例7】已知两动圆和（），把它们的公共点的轨迹记为曲线，若曲线与轴的正半轴的交点为，且曲线上的相异两点满足：．
（1）求曲线的方程；
（2）若的坐标为，求直线和轴的交点的坐标；
（3）证明直线恒经过一定点，并求此定点的坐标．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）设两动圆的公共点为Q，则有：．由椭圆的定义可知的轨迹为椭圆，．所以曲线的方程是：．
（2）由条件，知道,，=,
,得直线: ,
解方程组可得,
,直线:, 所以交点．
（3）证法一：由题意可知：，设，,
当的斜率不存在时，易知满足条件的直线为：过定点
当的斜率存在时，设直线：，联立方程组：
，把②代入①有：
③，④，
因为，所以有，
，把③④代入整理：
，（有公因式m-1）继续化简得：
，或（舍），
综合斜率不存在的情况，直线恒过定点．
证法二：（先猜后证）由题意可知：，设，,
如果直线恒经过一定点，由椭圆的对称性可猜测此定点在轴上，设为；
取特殊直线，则直线的方程为，
解方程组得点，同理得点，
此时直线恒经过轴上的点
下边证明点满足条件
当的斜率不存在时，直线方程为：，
点 的坐标为，满足条件；
当的斜率存在时，设直线：，联立方程组：
，把②代入①得：
③，④，
所以


【例8】在平面直角坐标系中，方向向量为的直线经过椭圆的右焦点，与椭圆相交于、两点
（1）若点在轴的上方，且，求直线的方程；
（2）若，且△的面积为，求的值；
（3）当（）变化时，是否存在一点，使得直线和的斜率之和为,若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）由题意，得，所以
且点在轴的上方，得，，
直线：，即直线的方程为
（2）设、，直线：
将直线与椭圆方程联立，消去得，
恒成立，

所以
化简得，由于，解得
（3）假设存在这样的点，使得直线和的斜率之和为0,
由题意得，直线： （）
消去得
恒成立， ，，


所以，
解得，所以存在一点，使得直线和的斜率之和为0.


【例9】如图，已知点，直线：，为平面上的动点，过点作的垂线，垂足为点，且．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）过轨迹的准线与轴的交点作直线与轨迹交于不同两点、，且线段的垂直平分线与轴的交点为，求的取值范围；
（3）对于（2）中的点、，在轴上是否存在一点，使得△为等边三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．[来源:学#科#网Z#X#X#K]
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）设，由题意，，，，
，，
由，得，
化简得．所以，动点的轨迹的方程为．
（2）轨迹为抛物线，准线方程为，即直线，所以，
设直线的方程为（），由 得，
由△，得．
设，，则，
所以线段的中点为，
所以线段垂直平分线的方程为，
令，得．
因为，所以．
（3）由（2），，，所以

．
假设存在点，使得△为等边三角形，
则到直线的距离．
因为，所以，
所以，解得．
所以，存在点，使得△为等边三角形．


【例10】已知圆，点，点在圆上运动，的垂直平分线交于点.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）设分别是曲线上的两个不同点，且点在第一象限，点在第三象限，若，为坐标原点，求直线的斜率；
（3）过点的动直线交曲线于两点，在轴上是否存在定点，使以为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由.








【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）因为的垂直平分线交于点. 所以，
从而
所以，动点的轨迹是以点为焦点的椭圆.
设椭圆的方程为，则，，
故动点的轨迹的方程为
（2）设，则 ①
因为，则 ②
由①、② 解得
所以直线的斜率 .
（3）设直线的方程为则由，得
由题意知，点在椭圆的内部，所以直线与椭圆必有两个交点，
设 ，则
假设在轴上存在定点满足题设，则
因为以为直径的圆恒过点, 所以
即
因为故可化为


由于对于任意的,恒成立，故 解得 .
因此，在轴上存在满足条件的定点，点的坐标为.
【例11】已知椭圆 经过点，且其右焦点与抛物线的焦点重合，过点且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设O为坐标原点，线段上是否存在点，使得？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由；
(3)过点且不垂直于轴的直线与椭圆交于两点，点关于轴的对称点为，试证明：直线过定点.
【难度】★★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）由题意，得：
所以 ， 解，得 ，所以椭圆的方程为： ；
（2）设直线 的方程为： ，代入，得：

恒成立.
设线段的中点为 ，
则 ，
由 得： ，
所以直线 为直线 的垂直平分线，
直线的方程为： ，
令 得：点的横坐标，
因为， 所以，所以.
所以线段 上存在点 使得，其中.
证明：设直线 的方程为：，代入，得：
，
由，得： ，
设 ，则
，
则直线的方程为 ，
令 得：
，
所以直线 过定点.


【巩固训练】
1．已知直线与圆锥曲线相交于两点，与轴，轴分别交于两点，且满足、．
（1）已知直线的方程为，抛物线的方程为，求的值；
（2）已知直线，椭圆，求的取值范围；
（3）已知双曲线，试问是否为定点？若是，求点的坐标；若不是，说明理由．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）将，代入，求得点，，又因为，
由 得到，，，
同理由得，所以=
（2）联立方程组：，得，，又点，
由 得到，，
同理由 得到，，
=，即，

因为，所以点在椭圆上位于第三象限的部分上运动，由分点的性质可知
，所以
（3）假设在轴上存在定点，则直线的方程为，
代入方程得到:
, （1）
而由、得到： （2） （3）
由（1）（2）（3）得到：，，
所以点，
当直线与轴重合时，，，或者，，
都有
也满足要求，所以在轴上存在定点.


2．已知圆，点，点在圆上运动，的垂直平分线交于点．
（1）求动点的轨迹方程；
（2）过点且斜率为的动直线交曲线于两点，在轴上是否存在定点，使以为直径的圆恒过这个点？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）的垂直平分线交于点，.
，
所以动点的轨迹是以点、为焦点的椭圆
设椭圆的标准方程为，则，，，
故椭圆的标准方程为
（2）直线l的方程为，联立直线和椭圆的方程得，即
，易知点在椭圆内部，所以直线l与椭圆必交于两点
设，则，
假设在y轴上存在定点满足题设，则.
因为以AB为直径的圆恒过点D，则
即，因为，
所以(*)变为

由假设得对于任意的，恒成立，即，解得.
因此，在y轴上存在点D，点D的坐标为


3．已知椭圆（）的左、右焦点分别为、，点，过点且与
垂直的直线交轴负半轴于点，且．
（1）求证：△是等边三角形；
（2）若过、、三点的圆恰好与直线：相切，求椭圆的方程；
（3）设过（2）中椭圆的右焦点且不与坐标轴垂直的直线与交于、两点，是点关于轴的对称点．在轴上是否存在一个定点，使得、、三点共线，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）设（），由，，故，，
因为，所以，
，故，
又，故由得，所以，．
所以，，，即△是等边三角形．
（2）由（1）知，，故，此时，点的坐标为，
又△是直角三角形，故其外接圆圆心为，半径为，
所以，，，，，
所求椭圆的方程为．
由（2）得，因为直线过且不与坐标轴垂直，
故可设直线的方程为：，．
由得，
设，，则有，，
由题意，，故直线的方向向量为，
所以直线的方程为，
令，得
．
即直线与轴交于定点．
所以，存在点，使得、、三点共线．
（注：若设，由、、三点共线，得，得．）


4．已知双曲线的中心在原点，是它的一个顶点，是它的一条渐近线的一个方向向量.
求双曲线的方程；
若过点()任意作一条直线与双曲线交于两点 (都不同于点)，
求证：为定值；
对于双曲线:，为它的右顶点，为双曲线上的两点(都不同于点)，且，那么直线是否过定点？若是，请求出此定点的坐标；若不是，说明理由.然后在以下三个情形中选择一个，写出类似结论（不要求书写求解或证明过程）.
情形一：双曲线及它的左顶点；
情形二：抛物线及它的顶点；
情形三：椭圆及它的顶点
【难度】★★★
【答案：见解析】
【解析】：(1)设双曲线C的方程为，则，
又 ，得，所以，双曲线C的方程为.
当直线垂直于轴时，其方程为，的坐标为(,)、(,)，
，得=0.
当直线不与轴垂直时，设此直线方程为，
由得.
设，则, ，
故

＋＋=0 . 综上，=0为定值.
(3)当满足时，取关于轴的对称点、，由对称性知，此时与所在直线关于轴对称，若直线过定点，则定点必在轴上.
设直线的方程为：，
由，得
设，则, ，
由，得，，
即，
，
化简得， 或 (舍)，
所以，直线过定点(,0).
情形一：在双曲线 ：中，若为它的左顶点，为双曲线上的两点(都不同于点)，且，则直线过定点(,0).
情形二：在抛物线中，若为抛物线上的两点(都不同于原点)，且，则直线过定点.
情形三：（1）在椭圆中，若为它的右顶点，为椭圆上的两点(都不同于点), 且，则直线过定点(,0)；
（2）在椭圆中，若为它的左顶点，为椭圆上的两点(都不同于点)，且，则直线过定点(,0) ；
（3）在椭圆中，若为它的上顶点，为椭圆上的两点(都不同于点), 且，则直线过定点(0,)；
（4）在椭圆中，若为它的下顶点，为椭圆上的两点(都不同于点), 且，则直线过定点(0,).


二、定值问题
【例12】过抛物线：（）的焦点作直线交抛物线于，两点，若线段与的长分别为、，则的值必等于（ ）．
A． B． C． D．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：定值问题的处理的常见方法有：（1）通过考察极端位置，探究出“定值”是多少，然后再进行一般性证明或计算，即将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角形式，证明该式是恒定的．如果试题以客观题形式出现，特殊方法往往比较奏效．（2）进行一般计算推理求出其结果．
【详解】：解法1：（特殊值法）
令直线与轴垂直，则有：，所以=．


解法2：（参数法）
如图1，设，且分别垂直于准线
于．．
抛物线（）的焦点，准线．
∴ ：．
又由，消去得．
．
．
∴．


【例13】如图，已知抛物线的焦点为，过点且斜率为的直线交抛物线于，两点，直线分别与抛物线交于点．
（1）证明的值与无关，并用表示；
（2）记直线的斜率为，证明为定值．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：证明定值的基本思路是以最少的参数表示所求式子，在解析几何中往往有关于直线与圆锥曲线的位置关系中需利用设而不求法来表示所求值，而本题所求正是如此．
【详解】：证明:（1）依题意，设直线的方程为．
将其代入，消去，整理得 ．
从而．于是．
∴与无关，
又．
（2）证明:设，．
则 ．
设直线的方程为，将其代入，消去，
整理得 ．
∴． 同理可得．
故．
由（1）知，，∴为定值．


【例14】已知椭圆的一个顶点和两个焦点构成的三角形的面积为4．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆交于、两点，若点，求证为定值.
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）设椭圆的短半轴为，半焦距为，则，由得，
由　解得,则椭圆方程为.
（2）由得
设由韦达定理得：

==
=所以为定值.


【例15】已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过两点，是上的动点．
（1）求的最大值；
（2）若平行于的直线在轴上的截距为，直线交椭圆于两个不同点，求证：直线与直线的倾斜角互补．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）设椭圆的方程为
将代入椭圆的方程，得
解得，所以椭圆的方程为
设点的坐标为，则．
又是上的动点，所以，得，代入上式得
，
故时，．的最大值为．
因为直线平行于，且在轴上的截距为，又，
所以直线的方程为．由 得
设、，则．
又故．
又，
所以上式分子

故．所以直线与直线的倾斜角互补．


【例16】已知椭圆的方程为，其焦点在轴上，点为椭圆上一点．
（1）求该椭圆的标准方程；
（2）设动点满足，其中、是椭圆上的点，直线与
的斜率之积为，求证：为定值；
（3）在（2）的条件下探究：是否存在两个定点，使得为定值？
若存在，给出证明；若不存在，请说明理由．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）因为点为椭圆上一点，所以，得，
椭圆方程为
（2）设，又，化简得
则，，
所以
（定值）
（3）因为动点P（x0，y0）满足，即，
所以点P的轨迹为焦点的椭圆。
存在点A()、B（），使得=（定值）


【例17】已知椭圆的两焦点分别为，是椭圆在第一象限内的一点，并满足，过作倾斜角互补的两条直线分别交椭圆于两点.
（1）求点坐标；
（2）当直线经过点时，求直线的方程；
（3）求证直线的斜率为定值.
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）由题可得，，设
则，，∴，
∵点在曲线上，则，解得点的坐标为.
（2）当直线经过点时，则的斜率为，
因两条直线的倾斜角互补，故的斜率为，
由得，
即，故，同理得，
∴直线的方程为
(3) 依题意，直线的斜率必存在，不妨设的方程为：
.由 得
，
设，则，，同理，
则，同理.
所以：的斜率为定值.


【例18】设抛物线的焦点为，经过点的动直线交抛物线于点
，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）若(为坐标原点)，且点在抛物线上，求直线倾斜角；
（3）若点是抛物线的准线上的一点，直线的斜率分别为.求证：
当为定值时，也为定值.
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：⑴根据题意可知：，设直线的方程为：，则：
联立方程：，消去可得：（*），
根据韦达定理可得：，∴，∴：
⑵设，则：，由（*）式可得：
∴，
又，∴
∴
∵，∴，∴，∴
∴直线的斜率，∴倾斜角为或
⑶可以验证该定值为，证明如下：
设，则：，，
∵，∴
∴



∴为定值


【例19】已知椭圆，半焦距为，且满足（其中为虚数单位），经过椭圆的左焦点，斜率为的直线与椭圆交于，两点，为坐标原点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）当时，求的值；
（3）设，延长，分别与椭圆交于两点，直线的斜率为， 求证：为定值.
【难度】★★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）由题意可知，, 所以,
所以椭圆Γ的方程为.
（2）,设直线方程为，，
联立方程组，整理得，
，
.
设点到直线的距离为，则.
.
（3）设，，
直线的方程为，所以.
代入椭圆方程，消去得：.
则，且，所以.
代入直线的方程，得，所以.
同理

因为A,F,B三点共线，所以.即.
所以而,
所以为定值.


【例20】已知点、，平面直角坐标系上的一个动点满足，设动点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的轨迹方程；
（2）点是曲线上的任意一点，为圆的任意一条直径，求的取值范围；
（3）已知点是曲线上的两个动点，若（是坐标原点），试证明：直线与某个定圆恒相切，并写出定圆的方程．
【难度】★★★
【答案：见解析】
【解析】：(1)依据题意，动点满足.
又，因此，动点的轨迹是焦点在轴上的椭圆，
且．所以，所求曲线的轨迹方程是．
(2) 设是曲线上任一点．依据题意，可得．
是直径，．又，

＝．
　由，可得，即．
　　．
　　的取值范围是．
(另解：结合椭圆和圆的位置关系，有(当且仅当共线时，等号成立)，于是有．)
(3)证明：因是曲线上满足的两个动点，由曲线关于原点对称，可知直线也关于原点对称．若直线与定圆相切，则定圆的圆心必在原点．因此，只要证明原点到直线的距离()是定值即可．
设，点，则．
　　利用面积相等，有，于是．
　　又两点在曲线上，故 可得
　　因此，． 所以，，即为定值．
所以，直线总与定圆相切，且定圆的方程为：．
【例21】动圆过定点，且与直线相切，其中.设圆心的轨迹的程为
（1）求；
（2）曲线上的一定点(0) ，方向向量的直线（不过P点）与曲线交与A、B两点，设直线PA、PB斜率分别为，，计算；
（3）曲线上的两个定点、，分别过点作倾斜角互补的两条直线分别与曲线交于两点，求证直线的斜率为定值；
【难度】★★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）过点作直线的垂线，垂足为，由题意知：，即动点到定点与定直线的距离相等，由抛物线的定义知，点的轨迹为抛物线，
其中为焦点，为准线，所以轨迹方程为；
（2）证明：设 A()、B()
过不过点P的直线方程为
由得，则，
==
==0.
（3）设，
== （***）
设的直线方程为为与曲线的交点
由 ，的两根为
则
同理，得
代入（***）计算，


【巩固训练】
1．已知椭圆，左右焦点分别为，长轴的一个端点与短轴两个端点组成等边三角形，直线经过点，倾斜角为，与椭圆交于两点.
（1）若，求椭圆方程；
（2）对（1）中椭圆，求的面积；
（3）是椭圆上任意一点，若存在实数，使得，试确定的关系式.
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）由已知，可得，，
∵，∴，，
∴.
（2）设，，直线，
代入椭圆方程得，，，
，，
∴.
（3）由已知椭圆方程为 ①，
右焦点的坐标为，
直线所在直线方程为 ②，
由①②得：，
设，，则，，
设，由得，
，，
∵点在椭圆上，
∴，
整理得：，
③，
又点在椭圆上，故 ④， ⑤，
由③④⑤式得.

2．设抛物线的焦点为，过且垂直于轴的直线与抛物线交于两点，已知.
（1）求抛物线的方程；
（2）设，过点作方向向量为的直线与抛物线相交于两点，求使为钝角时实数的取值范围；
（3）①对给定的定点，过作直线与抛物线相交于两点，问是否存在一条垂直于轴的直线与以线段为直径的圆始终相切？若存在，请求出这条直线；若不存在，请说明理由。
②对，过作直线与抛物线相交于两点，问是否存在一条垂直于轴的直线与以线段为直径的圆始终相切？（只要求写出结论，不需用证明）
【难度】★★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）由条件得，抛物线C的方程为；
（2）直线方程为代入得，
设，则，
。
为钝角，，
即，
，
因此，
综上得。
（3）①设过所作直线方程为代入得，
设则，
，中点，
。
设存在直线满足条件，则,
对任意恒成立，
无解，这样的直线不存在。
②当时，存在直线满足条件；
当且时，直线不存在。

3．已知抛物线的焦点，线段为抛物线的一条弦.
（1）若弦过焦点，求证：为定值；
（2）求证:轴的正半轴上存在定点，对过点的任意弦，都有为定值；
（3）对于（2）中的点及弦，设，点在轴的负半轴上，且满足，
求点坐标.
【难度】★★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）证明：；



（2）；


为定值
当，当
由，取代入验证，则
为定值，得证。
（3）由（2）可设；


，即.


三、存在性问题
【例22】是否存在同时满足下列条件的抛物线？若存在，求出方程；若不存在，试说明理由．
（1） 顶点在x轴上，以y轴为准线．
（2） A （3， 0 ）到此抛物线上动点P的距离的最小值是2．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：【错解】：由条件知：抛物线开口方向向右，焦点在x轴的正半轴上．
设顶点为（a，0）（ a > 0 ），则方程为， 为抛物线上任一点．
∵= ．
∴当时，= 12a – 8a2 = 4 ∴a = 1或 ．
所求抛物线方程为：或
【易错点分析】：解题过程中易忽视抛物线中x的取值范围，因为点是此抛物线上动点，所以x ≥ a．
【正解】：=12a – 8a2 （ x ≥ a ）
若3 – 2a a 即0 a 1，则当x = 3 – 2a 时，= 12a – 8a2 = 4，∴a = 1或
（2）若3 – 2a a 即 a 1则当x = a 时，=+ 12a –8a2 = 4，∴a = 5．
故所求抛物线方程有三个： 或 或．


【例23】设椭圆，点在椭圆上，O为坐标原点．
求椭圆E的方程；
是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且若存在，写出该圆的方程；若不存在，说明理由．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：求圆的方程的关键有二：一是通过，得到k和m的等量关系，二是通过切线的条件把圆的半径转化为k和m的表达式，化简为常数，故存在．
【详解】：（1）因为椭圆过两点M，N，代入椭圆，解得，
所以椭圆的方程为：．
（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点．
当圆的切线斜率存在时，设该圆的切线方程为，
代入椭圆方程整理得：

由韦达定理得：．
因，所以，从而．
即：解得．
因为直线为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为，所求圆的方程为．
此时圆的切线满足．
而当切线的斜率不存在时，切线为与椭圆的两个交点为，满足．
综上，存在圆心在原点的圆满足条件．

【例24】已知：曲线上任意一点到点的距离与到直线的距离相等．
（1）求曲线的方程；
（2）过点作直线交曲线于，两点，若长为，求直线的方程；
（3）设为坐标原点，如果直线交曲线于、两点，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）
（2）当直线的斜率不存在时，不合题意。
当直线的斜率存在时，设，代入，
得
记，，，
，解得，直线
（3）将，代入，得
记，，，

，，不存在满足条件的．
【例25】如图，已知椭圆E：，焦点为、，双曲线G：的顶点是该椭圆的焦点，设是双曲线G上异于顶点的任一点，直线、与椭圆的交点分别为A、B和C、D，已知三角形的周长等于，椭圆四个顶点组成的菱形的面积为．
（1）求椭圆E与双曲线G的方程；
（2）设直线、的斜率分别为和，探求和的关系；
（3）是否存在常数，使得恒成立？若存在，试求出的值；若不存在，请说明理由．
【难度】★★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）根据三角形的周长，椭圆四个顶点组成的菱形的面积可求出的值，再利用双曲线G：的顶点是该椭圆的焦点进而可求出的值；（2）可利用斜率公式表示出，再探求和的关系，关系无非就是和、差、积、商；（3）牵涉到|AB|，|CD|，|AB|，|CD|需用到弦长公式，因而需要联立方程，故需要把直线AB的方程设出来联立方程代入计算即可．
【详解】：（1）由题意知，椭圆中．
所以椭圆的标准方程为．
又顶点与焦点重合，所以； 所以该双曲线的标准方程为．
设点，，．
在双曲线上，所以．，所以．
（3）设直线AB：．
由方程组得．
设，所以．
由弦长公式，
同理，
由代入得．
．
所以存在使得成立．


【例26】已知抛物线：，直线交此抛物线于不同的两个点、．
（1）当直线过点时，证明为定值；
（2）当时，直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由；
（3）如果直线过点，过点再作一条与直线垂直的直线交抛物线于两个不同点、．设线段的中点为，线段的中点为，记线段的中点为．问是否存在一条直线和一个定点，使得点到它们的距离相等？若存在，求出这条直线和这个定点；若不存在，请说明理由．
【难度】★★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）易判断直线有斜率且不为0，设 ，代入抛物线方程消掉得的二次方程，由韦达定理即可证明；（2）分情况讨论：①当直线的斜率存在时，设：，代入抛物线方程消掉得的二次方程，由韦达定理及得的关系式，假设直线过定点，则，用消掉即可得到定点坐标；②当直线的斜率不存在，设：，代入抛物线方程易求，由已知可求得，可判断此时直线也过该定点；（3）易判断直线存在斜率且不为0，由（1）及中点坐标公式可得，代入直线方程得，设，由中点坐标公式可得点轨迹的参数方程，消掉参数后即得其普通方程，由方程及抛物线定义可得准线、焦点即为所求．
【详解】：（1）过点与抛物线有两个交点，设，由得．．
（2）当直线的斜率存在时，设，其中（若时不合题意）．
由得．，从而．
从而，得，即，即过定点．
当直线的斜率不存在，设，代入得，，，从而，即，也过．
综上所述，当时，直线过定点．
（3）依题意直线的斜率存在且不为零，由（1）得点的纵坐标为，代入得，即．
由于与互相垂直，将点中的用代，得．
设，则，消得．
由抛物线的定义知存在直线，点，点到它们的距离相等．

【例27】已知：曲线上任意一点到点的距离与到直线的距离相等．
（1）求曲线的方程；
（2）如果直线交曲线于、两点，是否存在实数，使得以为直径的圆经过原点？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）
（2）将，代入，得
记，，，

，，以为直径的圆不经过原点，
不存在满足条件的．

【例28】已知点是平面直角坐标系上的一个动点，点到直线的距离等于点到点的距离的2倍．记动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)斜率为的直线与曲线交于两个不同点，若直线不过点，设直线的斜率分别为，求的数值；
(3)试问：是否存在一个定圆，与以动点为圆心，以为半径的圆相内切？若存在，求出这个定圆的方程；若不存在，说明理由.
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：(1)由题知，有.化简，得曲线的方程：．
(2)∵直线的斜率为，且不过点，∴可设直线：．
联立方程组得．又交点为，
∴．
　 ∴
(3)答：一定存在满足题意的定圆.
理由：∵动圆与定圆相内切，
∴两圆的圆心之间距离与其中一个圆的半径之和或差必为定值.
又恰好是曲线(椭圆)的右焦点，且是曲线上的动点，
记曲线的左焦点为，联想椭圆轨迹定义，有，
∴若定圆的圆心与点重合，定圆的半径为4时，则定圆满足题意.
∴定圆的方程为：.

【例29】已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，短轴长为2，且两个焦点和短轴的两个端点恰为一个
正方形的顶点．过右焦点与轴不垂直的直线交椭圆于两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）当直线的斜率为1时，求的面积；
（3）在线段上是否存在点，使得以为邻边的平行四边形是菱形？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）设椭圆方程为
根据题意得 所以 所以椭圆方程为
（2）根据题意得直线方程为
解方程组 得坐标为
计算 点到直线的距离为 所以，
（3）假设在线段上存在点，使得以为邻边的平行四边形是菱形．
因为直线与轴不垂直，所以设直线的方程为．
坐标为 由得，
计算得：，其中
由于以为邻边的平行四边形是菱形，所以
计算得 即， 所以




【巩固训练】
1．如图，已知平面内一动点到两个定点、的距离之和为，线段的长为.
（1）求动点的轨迹；
（2）当时，过点作直线与轨迹交于、两点，且点在线段的上方，线段的垂直平分线为
①求的面积的最大值；
②轨迹上是否存在除、外的两点、关于直线对称，请说明理由.
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）当即时，轨迹是以、为焦点的椭圆
当时，轨迹是线段，当时，轨迹不存在
（2）以线段的中点为坐标原点，以所在直线为轴建立平面直角坐标系，
可得轨迹的方程为
①解法1：设表示点到线段的距离，，
要使的面积有最大值，只要有最大值
当点与椭圆的上顶点重合时，，的最大值为
解法2：在椭圆中，设，记
点在椭圆上，由椭圆的定义得：
在中，由余弦定理得：
配方，得：
从而

得
根据椭圆的对称性，当最大时，最大
当点与椭圆的上顶点重合时，，最大值为
②结论：当时，显然存在除、外的两点、关于直线对称
下证当与不垂直时，不存在除、外的两点、关于直线对称
证法1：假设存在这样的两个不同的点

设线段的中点为 直线
由于在上，故 ①
又在椭圆上，所以有
两式相减，得
将该式写为，
并将直线的斜率和线段的中点，表示代入该表达式中，得 ②
、②得，由（1）代入
得

即的中点为点，而这是不可能的.此时不存在满足题设条件的点和.
证法2：假设存在这样的两个不同的点
，
则，故直线经过原点。直线的斜率为，则假设不成立，
故此时椭圆上不存在两点（除了点、点外）关于直线对称

2．已知曲线:，直线经过点且其一个方向向量为.
(1)若曲线的焦点在直线上，求实数的值；
(2)当时，直线与曲线相交于、两点，求的值；
(3)当()变化且直线与曲线有公共点时，是否存在这样的实数，使得点关于直线的对称点落在曲线的准线上.若存在,求出的值；若不存在，请说明理由.

【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）由得，，即，所以，，所以
（2）当时，，直线：
将直线与曲线的方程联立得，，
消去并整理得，，其中
设、，则
于是
（3）假设存在这样的实数,使得点关于直线的对称点落在曲线的准线上,根据题意可得，所以直线：，即：，由于，方程组消去得方程，直线与曲线有公共点，故，解得，所以
点与关于直线：对称，则
得（），
当点落在曲线的准线上时，，
所以，即
当时，；当时，，解得
所以，所以存在这样的实数，满足题设条件。


圆锥曲线的定点问题：若涉及直线过定点的证明，则直线一定为含有参数的动直线，即直线系．对于直线系方程，可将直线方程化为．令，且，求出交点坐标即为动点．
圆锥曲线的定值问题：常通过取参数和特殊值来确定“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角形式，证明该式是恒定的．
圆锥曲线的存在性问题：对于存在性的探索性问题，解答这类问题的基本思路是：先肯定结论，再进行演绎推理，如果推理出现矛盾，则不存在；如果推出合理结果（推证无矛盾），则说明存在．






1．已知定点在抛物线：上，动点也在抛物线上且．求证：弦必过一定点．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：设 ， ， ，则可化为，
即．运算得，．
直线AB方程化为．
∴直线恒过点．


2．设为抛物线上位于轴两侧的两点．O为坐标原点．
（1）若证明直线AB恒过一个定点；
（2）若，证明直线AB恒过一个定点．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）设AB所在直线方程为：与抛物线方程联立，消去x得．
设，则
由已知得，即．
．
即．所以过定点（1，0）．
（2）因为，得．
所以．
直线AB过定点（2P，0）．
3．过点的直线与双曲线交于两点，求弦MN的中点P的轨迹方程．
【难度】★
【答案：见解析】
【解析】：设，，则，
两式作差并整理，得 ．设弦的中点，
由，且，知．
故所求弦中点P的轨迹方程是．


4．已知椭圆，A、B是椭圆上的两点，线段AB的垂直平分线与轴交于点求的取值范围．
【难度】★
【答案：见解析】
【解析】：设，代入椭圆方程，得，
两式作差并整理，得 ．
又直线AB的斜率与其垂直平分线的斜率互为负倒数．
，即．
，，得 ．


5．已知直线与双曲线相交于A、B两点，问取何值时，以AB为直径的圆经过原点．
【难度】★
【答案：见解析】
【解析】：设，若以AB为直径的圆过坐标原点必有，
即得： ①
把代入双曲线方程，得．
所以 ②
③
④
解①②③④组成的方程组得．


6．在平面直角坐标系中，经过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点和．
（1）求的取值范围；
（2）设椭圆与轴正半轴、轴正半轴的交点分别为，是否存在常数，使得向量与共线？如果存在，求值；如果不存在，请说明理由．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）由已知条件，直线的方程为，代入椭圆方程得．
整理得． ①
直线与椭圆有两个不同的交点和等价于，
解得或．即的取值范围为，
（2）设，则，
由方程①，．　　　②
又．　　　　③
而．
所以与共线等价于，
将②③代入上式，解得．
由（1）知或，故没有符合题意的常数．


7．给定椭圆，称圆心在坐标原点，半径为的圆是椭圆的“伴随圆”． 若椭圆C的一个焦点为，其短轴上的一个端点到距离为．
⑴求椭圆及其“伴随圆”的方程；
⑵若过点的直线与椭圆C只有一个公共点，且截椭圆C的“伴随圆”所得的弦长为，求的值；
⑶过椭圆C“伴椭圆”上一动点Q作直线，使得与椭圆C都只有一个公共点，试判断直线的斜率之积是否为定值，并说明理由．
【难度】★★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）由题意得：，半焦距．
则椭圆C方程为．“伴随圆”方程为．
（2）则设过点且与椭圆有一个交点的直线为：，
则整理得，
所以，解． ①
又因为直线截椭圆的“伴随圆”所得的弦长为，
则有化简得． ②
联立①②解得，，所以，，则．
（3）当都有斜率时，设点其中，
设经过点与椭圆只有一个公共点的直线为，
由，消去得到．
即， ，
经过化简得到：，
因为，所以有，
设的斜率分别为，因为与椭圆都只有一个公共点，
所以满足方程，
因而，即直线的斜率之积是为定值．


8．在平面直角坐标系中，设二次函数的图象与两坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为C．
（1）求圆C的方程；
（2）设定点A是圆C经过的某定点（其坐标与无关），问是否存在常数使直线与圆交于点，且．若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）设所求圆的一般方程为，
令得这与是同一个方程，故．
令得，此方程有一个根为，代入得出．
所以圆的方程为．
由于圆经过定点，所以关于的方程有无穷解，
∴，∴或．
∴圆经过的定点或．
由于直线恒过定点在圆内，
所以直线与圆有两个交点．
∵，∴点在线段的垂直平分线上，
即与直线垂直．
①若，则，得，．
②若，则，得，．
综上， 或．




9．如图，在平面直角坐标系中，已知点为椭圆的右顶点， 点，点在椭圆上，．
（1）求直线的方程；
（2）求直线被过三点的圆截得的弦长；
（3）是否存在分别以为弦的两个相外切的等圆?若存在，求出这两个圆的方程；若不存在，请说明理由．
【难度】★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）因为，且A（3，0），所以=2，而B，P关于y轴对称，
所以点P的横坐标为1，从而得，所以直线BD的方程为
（2）线段BP的垂直平分线方程为x=0，线段AP的垂直平分线方程为，
所以圆C的圆心为（0，－1），且圆C的半径为．
又圆心（0，－1）到直线BD的距离为，
所以直线被圆截得的弦长为．
（3）假设存在这样的两个圆M与圆N，其中PB是圆M的弦，PA是圆N的弦，则点M一定在y轴上，点N一定在线段PC的垂直平分线上，当圆和圆是两个相外切的等圆时，一定有P，M，N在一条直线上，且PM=PN．
设，则，根据在直线上，解得．
所以，故存在这样的两个圆，
且方程分别为，．


10．在平面直角坐标系xOy中，A（2a，0），B（a，0），a为非零常数，动点P满足PA＝PB，记点P的轨迹曲线为C．
（1）求曲线C的方程；
（2）曲线C上不同两点Q （x1，y1），R （x2，y2）满足，点S为R 关于x轴的对称点．
①试用λ表示x1，x2，并求λ的取值范围；
当λ变化时，x轴上是否存在定点T，使S，T，Q三点共线，证明你的结论．
【难度】★★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）设点P坐标为（x，y）．由PA＝PB，得＝，
平方整理，得x2＋y2＝2a2．所以曲线C的方程为x2＋y2＝2a2．
（2）①＝(x1－2a，y1)，＝(x2－2a，y2)，因为＝λ，
且，即
因为Q，R 在曲线C上，所以
消去y1，y2，得x2＋λx1＝a (1＋λ)，…⑤
由①，⑤得x1＝a，x2＝a．
因为－a≤x1，x2≤a，所以－a≤a≤a，－a≤a≤a，且λ＞0
解得3－2≤λ≤3＋2．
又Q，R不重合，所以λ≠1．
故λ的取值范围为[3－2，1）∪（1，3＋2]．
②存在符合题意的点T（a，0），证明如下：
＝(x2－a，－y2)，＝(x1－a，y1)，
要证明S，T，Q三点共线，只要证明∥，即(x2－a) y1－(x1－a)(－y2)＝0
因为y2＝λy1．又只要(x2－a) y1＋λ(x1－a)y1＝0，
若y1＝0，则y2＝0，成立，
若y1≠0，只要x2＋λx1－a(1＋λ)＝0，由⑤知，此式成立．
所以存在点T（a，0），使S，T，Q三点共线．
探究方法：假设存在符合题意的点T（m，0）．
则＝（x2－m，－y2），＝（x1－m，y1），由S，T，Q三点共线，得∥，
从而（x2－m） y1＝－y2（x1－m），即（x2－m） y1＋λy1（x1－m）＝0，
若y1＝0，则y2＝0，成立，
若y1≠0，则（x2－m）＋λ（x1－m）＝0，即x2＋λx1－m （1＋λ）＝0，
又x2＋λx1＝a （1＋λ），所以（a－m）（1＋λ）＝0，因为A在圆C之外，所以λ＞0，所以m＝a．




11．已知椭圆（）的焦距为，且椭圆的短轴的一个端点与左、右焦点、
构成等边三角形．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设为椭圆上上任意一点，求的最大值与最小值；
（3）试问在轴上是否存在一点，使得对于椭圆上任意一点，到的距离与到直线的距离之比为定值．若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【难度】★★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）已知，，，所以，所以椭圆的标准方程为．
（2），，设，则，，（），
因为，所以，，
由，得的最大值为，最小值为．
（3）假设存在点，设，到的距离与到直线的距离之比为定值，
则有，整理得，
由，得对任意的都成立．
令，
则由得 ①
由得 ②
由，得 ③
由①②③解得得，．所以，存在满足条件的点，的坐标为．

12．设椭圆的中心和抛物线的顶点均为原点，、的焦点均在轴上，过的焦点F作直线，与交于A、B两点，在、上各取两个点，将其坐标记录于下表中：
（1）求，的标准方程；


（2）若与交于C、D两点，为的左焦点，求的最小值；

（3）点是上的两点，且，求证：为定值；反之，当为此定值时，是否成立？请说明理由.
【难度】★★★
【答案：见解析】
【解析】：（1）在椭圆上，在抛物线上，
：
（2） =.
是抛物线的焦点，也是椭圆的右焦点，①当直线的斜率存在时，
设：,，
联立方程，得，时恒成立.
（也可用焦半径公式得：）
联立方程，得，恒成立.
,
=.
②当直线的斜率不存在时，：，
此时，，，=，所以，的最小值为.
（3）证明：①若P、Q分别为长轴和短轴的端点，则=.
②若P、Q都不为长轴和短轴的端点，
设
联立方程，解得；
同理，联立方程，解得；

反之，对于上的任意两点，当时，
设，，易得
；，
由得，
即，亦即，
所以当为定值时，不成立
“反之”的方法二：如果有，且不在坐标轴上，作关于坐标轴对称的射线与交于，，显然，与不可能同时成立











知识梳理

例题解析

A

B

Q

O

M

N

x

y

9













































图1

P

0

F

x

y

A

B

N

M



A

P

B

C

D

O

F2

F1

y

x

·

·

·

·





















反思总结

课后练习

O

A

B

y

A

D

P

B

x

0

·





x

y

A

B

C

D

F0

O

F






21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）



HYPERLINK "http://www.21cnjy.com/" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)