新課標2025版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題五解析幾何第4講圓錐曲線中的定點定值存在性問題學(xué)案理新人教A版

PAGE1-第4講圓錐曲線中的定點、定值、存在性問題定點問題1．參數(shù)法：參數(shù)法解確定點問題的思路：(1)引進動點的坐標或動直線中的參數(shù)表示改變量，即確定題目中的核心變量(此處設(shè)為k)；(2)利用條件找到k與過定點的曲線F(x，y)＝0之間的關(guān)系，得到關(guān)于k與x，y的等式，再探討改變量與參數(shù)何時沒有關(guān)系，找到定點．高考真題思維方法(2024·高考全國卷Ⅱ)設(shè)O為坐標原點，動點M在橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿意eq\o(NP,\s\up6(→))＝eq\r(2)eq\o(NM,\s\up6(→)).(1)求點P的軌跡方程；(2)設(shè)點Q在直線x＝－3上，且eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝1.證明：過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.(1)略(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)，[關(guān)鍵1：用參數(shù)表示P，Q的坐標及向量eq\o(OQ,\s\up6(→))，eq\o(PF,\s\up6(→))]eq\o(OQ,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝3＋3m－tn，eq\o(OP,\s\up6(→))＝(m，n)，eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(－3－m，t－n).由eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.所以eq\o(OQ,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝0，[關(guān)鍵2：在eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝1的前提下，證明eq\o(OQ,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝0]即eq\o(OQ,\s\up6(→))⊥eq\o(PF,\s\up6(→)).又過點P存在唯始終線垂直于OQ，所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.[關(guān)鍵3：利用平面內(nèi)過一點作始終線的垂線的唯一性，即得直線l過點F]2.由特別到一般法：由特別到一般法求解定點問題時，常依據(jù)動點或動直線的特別狀況探究出定點，再證明該定點與變量無關(guān)．高考真題思維方法(2024·高考全國卷Ⅰ)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，四點P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1，eq\f(\r(3),2))，P4(1，eq\f(\r(3),2))中恰有三點在橢圓C上.(1)求C的方程；(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A，B兩點．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過定點.(1)略(2)證明：設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2.假如l與x軸垂直，設(shè)l：x＝t，由題設(shè)知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐標分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(\r(4－t2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(\r(4－t2),2))).則k1＋k2＝eq\f(\r(4－t2)－2,2t)－eq\f(\r(4－t2)＋2,2t)＝－1，得t＝2，不符合題設(shè).[關(guān)鍵1：驗證直線l與x軸垂直時，直線過定點的狀況]從而可設(shè)l：y＝kx＋m(m≠1)．將y＝kx＋m代入eq\f(x2,4)＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由題設(shè)可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1).而k1＋k2＝eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(kx1＋m－1,x1)＋eq\f(kx2＋m－1,x2)＝eq\f(2kx1x2＋(m－1)(x1＋x2),x1x2).由題設(shè)k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.即(2k＋1)·eq\f(4m2－4,4k2＋1)＋(m－1)·eq\f(－8km,4k2＋1)＝0.解得k＝－eq\f(m＋1,2).[關(guān)鍵2：設(shè)出直線l的方程，并與橢圓方程聯(lián)立消去y得到關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系及條件找到直線l中兩個參數(shù)的關(guān)系]當(dāng)且僅當(dāng)m>－1時，Δ>0，于是l：y＝－eq\f(m＋1,2)x＋m，即y＋1＝－eq\f(m＋1,2)(x－2)，所以l過定點(2，－1).[關(guān)鍵3：將k＝－eq\f(m＋1,2)代入直線l的方程，變形得到直線所過定點(2，－1)][典型例題](2024·鄭州市第一次質(zhì)量預(yù)料)設(shè)M點為圓C：x2＋y2＝4上的動點，點M在x軸上的投影為N.動點P滿意2eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\r(3)eq\o(MN,\s\up6(→))，動點P的軌跡為E.(1)求E的方程；(2)設(shè)E的左頂點為D，若直線l：y＝kx＋m與曲線E交于A，B兩點(A，B不是左、右頂點)，且滿意|eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))|＝|eq\o(DA,\s\up6(→))－eq\o(DB,\s\up6(→))|，求證：直線l恒過定點，并求出該定點的坐標．【解】(1)設(shè)點M(x0，y0)，P(x，y)，由題意可知N(x0，0)，因為2eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\r(3)eq\o(MN,\s\up6(→))，所以2(x0－x，－y)＝eq\r(3)(0，－y0)，即x0＝x，y0＝eq\f(2,\r(3))y，又點M在圓C：x2＋y2＝4上，所以xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝4，將x0＝x，y0＝eq\f(2,\r(3))y代入得eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，即軌跡E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)可知D(－2，0)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，Δ＝(8mk)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝16(12k2－3m2＋9)>0，即3＋4k2－m2>0，所以x1＋x2＝eq\f(－8mk,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4(m2－3),3＋4k2).y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq\f(3m2－12k2,3＋4k2)，因為|eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))|＝|eq\o(DA,\s\up6(→))－eq\o(DB,\s\up6(→))|，所以eq\o(DA,\s\up6(→))⊥eq\o(DB,\s\up6(→))，即eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝0，即(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，所以eq\f(4m2－12,3＋4k2)＋2×eq\f(－8mk,3＋4k2)＋4＋eq\f(3m2－12k2,3＋4k2)＝0，所以7m2－16mk＋4k2＝0，解得m1＝2k，m2＝eq\f(2,7)k，且均滿意3＋4k2－m2>0，當(dāng)m1＝2k時，l的方程為y＝kx＋2k＝k(x＋2)，直線恒過點(－2，0)，與已知沖突；當(dāng)m2＝eq\f(2,7)k時，l的方程為y＝kx＋eq\f(2,7)k＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,7)))，直線恒過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,7)，0)).綜上，直線l過定點，定點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,7)，0)).eq\a\vs4\al()(1)求解直線和曲線過定點問題的基本思路是：把直線或曲線方程中的變量x，y當(dāng)作常數(shù)看待，把方程一端化為零，既然是過定點，那么這個方程就要對隨意參數(shù)都成立，這時參數(shù)的系數(shù)就要全部等于零，這樣就得到一個關(guān)于x，y的方程組，這個方程組的解所確定的點就是直線或曲線所過的定點．(2)由直線方程確定定點時，若得到了直線的點斜式方程y－y0＝k(x－x0)，則直線必過定點(x0，y0)；若得到了直線的斜截式方程y＝kx＋m，則直線必過定點(0，m)．[對點訓(xùn)練](2024·蓉城名校第一次聯(lián)考)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點為F，過點F作傾斜角為45°的直線與拋物線C交于A，B兩點，且|AB|＝16.(1)求拋物線C的方程；(2)設(shè)P，M，N為拋物線上不同的三點，且PM⊥PN，若P點的橫坐標為8，推斷直線MN是否過定點？若是，求出定點的坐標；若不是，請說明理由．解：(1)由題意知，直線AB的方程為y＝x＋eq\f(p,2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋\f(p,2),x2＝2py))，得y2－3py＋eq\f(p2,4)＝0.設(shè)A(x3，y3)，B(x4，y4)，則y3＋y4＝3p.所以|AB|＝y(tǒng)3＋y4＋p＝4p＝16，所以p＝4.所以拋物線C的方程為x2＝8y.(2)法一：由(1)可得點P(8，8)，設(shè)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(xeq\o\al(2,1),8)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(xeq\o\al(2,2),8)))，則kPM＝eq\f(\f(xeq\o\al(2,1),8)－8,x1－8)＝eq\f(x1＋8,8)，同理可得kPN＝eq\f(x2＋8,8).因為PM⊥PN，所以kPM·kPN＝eq\f(x1＋8,8)·eq\f(x2＋8,8)＝－1，化簡得x1x2＋8(x1＋x2)＋128＝0.(*)易知直線MN的斜率肯定存在，設(shè)直線MN：y＝kx＋b，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b,x2＝8y))，得x2－8kx－8b＝0，所以x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b.代入(*)，得－8b＋64k＋128＝0，則b＝8k＋16.直線MN的方程可化為y＝kx＋8k＋16，所以直線MN過定點(－8，16)．法二：由(1)可得點P(8，8)，設(shè)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(xeq\o\al(2,1),8)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(xeq\o\al(2,2),8)))，則kMN＝eq\f(\f(xeq\o\al(2,1),8)－\f(xeq\o\al(2,2),8),x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,8)，同理可得kPM＝eq\f(x1＋8,8)，kPN＝eq\f(x2＋8,8).因為PM⊥PN，所以kPM·kPN＝eq\f(x1＋8,8)·eq\f(x2＋8,8)＝－1，化簡得－x1x2＝8(x1＋x2)＋128.①直線MN的方程為y－eq\f(xeq\o\al(2,1),8)＝eq\f(x1＋x2,8)(x－x1)，化簡得y＝eq\f(x1＋x2,8)x－eq\f(x1x2,8).②把①代入②得y＝eq\f(x1＋x2,8)(x＋8)＋16，所以直線MN過定點(－8，16)．定值問題1．干脆消參求定值：常見定值問題的處理方法：(1)確定一個(或兩個)變量為核心變量，其余量均利用條件用核心變量進行表示；(2)將所求表達式用核心變量進行表示(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(shù)．高考真題思維方法(2015·高考全國卷Ⅱ)已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M.(1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；(2)若l過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))，延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由.(1)證明：設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．[關(guān)鍵1：設(shè)出直線方程及直線與橢圓交點坐標]將y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，[關(guān)鍵2：把直線方程與橢圓方程聯(lián)立消元得一元二次方程]故xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－kb,k2＋9)，yM＝kxM＋b＝eq\f(9b,k2＋9).[關(guān)鍵3：利用根與系數(shù)的關(guān)系及中點在直線l上求M的坐標]于是直線OM的斜率kOM＝eq\f(yM,xM)＝－eq\f(9,k)，即kOM·k＝－9.[關(guān)鍵4：求直線OM的斜率并計算兩直線斜率乘積]所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值.(2)略2.從特別到一般求定值：常用處理技巧：(1)在運算過程中，盡量削減所求表達式中變量的個數(shù)，以便于向定值靠攏；(2)奇妙利用變量間的關(guān)系，例如點的坐標符合曲線方程等，盡量做到整體代入，簡化運算．高考真題思維方法(2024·高考北京卷)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)，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面積為1.(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)P是橢圓C上一點，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N.求證：|AN|·|BM|為定值.(1)略(2)證明：由(1)知，A(2，0)，B(0，1).設(shè)P(x0，y0)，則xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4.當(dāng)x0≠0時，直線PA的方程為y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2).令x＝0，得yM＝－eq\f(2y0,x0－2)，從而|BM|＝|1－yM|＝|1＋eq\f(2y0,x0－2)|.[關(guān)鍵1：設(shè)出P點坐標，對橫坐標分類探討，用P點坐標表示|BM|]直線PB的方程為y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1.令y＝0，得xN＝－eq\f(x0,y0－1)，從而|AN|＝|2－xN|＝|2＋eq\f(x0,y0－1)|.eq\a\vs4\al([關(guān)鍵2：用P點坐標表示|AN|])所以|AN|·|BM|＝|2＋eq\f(x0,y0－1)|·|1＋eq\f(2y0,x0－2)|＝|eq\f(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)|＝|eq\f(4x0y0－4x0－8y0＋8,x0y0－x0－2y0＋2)|＝4.[關(guān)鍵3：計算|AN|·|BM|并化簡得出定值]當(dāng)x0＝0時，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，所以|AN|·|BM|＝4.[關(guān)鍵4：探討特別狀況，并計算|AN|·|BM|]綜上，|AN|·|BM|為定值.[典型例題](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(shè)直線l過點(4，－2)，且與橢圓C相交于A，B兩點，l不經(jīng)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(shè)直線l的方程為y＋2＝k(x－4)，k<0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立得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)＝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)．eq\a\vs4\al()求定值問題2種常見的方法(1)從特別值入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)．(2)干脆計算、推理，并在計算、推理的過程中消去變量，從而得到定值．[對點訓(xùn)練]已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，過A(2，0)，B(0，1)兩點．(1)求橢圓C的方程及離心率；(2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N，求證：四邊形ABNM的面積為定值．解：(1)由題意得，a＝2，b＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.又c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3)，所以離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).(2)證明：設(shè)P(x0，y0)(x0<0，y0<0)，則xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4.又A(2，0)，B(0，1)，所以直線PA的方程為y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)．令x＝0，得yM＝－eq\f(2y0,x0－2)，從而|BM|＝1－yM＝1＋eq\f(2y0,x0－2).直線PB的方程為y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1.令y＝0，得xN＝－eq\f(x0,y0－1)，從而|AN|＝2－xN＝2＋eq\f(x0,y0－1).所以四邊形ABNM的面積S＝eq\f(1,2)|AN|·|BM|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x0,y0－1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2)))＝eq\f(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,2(x0y0－x0－2y0＋2))＝eq\f(2x0y0－2x0－4y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)＝2.從而四邊形ABNM的面積為定值．探究、存在性問題存在性問題的解法：先假設(shè)存在，用待定系數(shù)法，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，推證滿意條件的結(jié)論，若方程組有實數(shù)解，則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在；否則元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在．要留意的是：(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時要分類探討；(2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時，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，要開放思維，實行另外合適的方法．高考真題思維方法(2015·高考全國卷Ⅰ)在直角坐標系xOy中，曲線C：y＝eq\f(x2,4)與直線l：y＝kx＋a(a＞0)交于M，N兩點.(1)當(dāng)k＝0時，分別求C在點M和N處的切線方程；(2)y軸上是否存在點P，使得當(dāng)k變動時，總有∠OPM＝∠OPN？說明理由.(1)略(2)存在符合題意的點．證明如下：設(shè)P(0，b)為符合題意的點，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線PM，PN的斜率分別為k1，k2.將y＝kx＋a代入C的方程得x2－4kx－4a＝0.故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.[關(guān)鍵1：設(shè)出P點坐標，聯(lián)立直線方程與橢圓方程，eq\a\vs4\al(利用根與系數(shù)的關(guān)系寫出M，N橫坐標與參數(shù)的關(guān)系])從而k1＋k2＝eq\f(y1－b,x1)＋eq\f(y2－b,x2)＝eq\f(2kx1x2＋(a－b)(x1＋x2),x1x2)＝eq\f(k(a＋b),a).[關(guān)鍵2：用參數(shù)表示PM，PN的斜率和]當(dāng)b＝－a時，有k1＋k2＝0，則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補，故∠OPM＝∠OPN，所以點P(0，－a)符合題意.[關(guān)鍵3：用PM，PN的斜率和等于零說明∠OPM＝∠OPN，得出定點](2015·高考全國卷Ⅱ)已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M.(1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；(2)若l過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))，延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由.(1)略(2)四邊形OAPB能為平行四邊形.因為直線l過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))，所以l不過原點且與橢圓C有兩個交點的充要條件是k>0，k≠3.由(1)得直線OM的方程為y＝－eq\f(9,k)x.設(shè)點P的橫坐標為xP.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(9,k)x，,9x2＋y2＝m2，))得xeq\o\al(2,P)＝eq\f(k2m2,9k2＋81)，即xP＝eq\f(±km,3\r(k2＋9)).[關(guān)鍵1：寫出OM的方程，與橢圓方程聯(lián)立求出P點橫坐標]將點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))的坐標代入直線l的方程得b＝eq\f(m(3－k),3)，因此xM＝eq\f(k(k－3)m,3(k2＋9)).eq\a\vs4\al([關(guān)鍵2：求M點橫坐標])四邊形OAPB為平行四邊形，當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP相互平分，即xP＝2xM，于是eq\f(±km,3\r(k2＋9))＝2×eq\f(k(k－3)m,3(k2＋9))，eq\a\vs4\al([關(guān)鍵3：構(gòu)造關(guān)于k的方程])解得k1＝4－eq\r(7)，k2＝4＋eq\r(7).因為k>0，k≠3，所以當(dāng)l的斜率為4－eq\r(7)或4＋eq\r(7)時，四邊形OAPB為平行四邊形.[典型例題]已知動圓C與圓x2＋y2＋2x＝0外切，與圓x2＋y2－2x－24＝0內(nèi)切．(1)試求動圓圓心C的軌跡方程；(2)過定點P(0，2)且斜率為k(k≠0)的直線l與(1)中軌跡交于不同的兩點M，N，試推斷在x軸上是否存在點A(m，0)，使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形？若存在，求出實數(shù)m的范圍；若不存在，請說明理由．【解】(1)由x2＋y2＋2x＝0得(x＋1)2＋y2＝1，由x2＋y2－2x－24＝0得(x－1)2＋y2＝25，設(shè)動圓C的半徑為R，兩圓的圓心分別為F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，則|CF1|＝R＋1，|CF2|＝5－R，所以|CF1|＋|CF2|＝6，依據(jù)橢圓的定義可知，點C的軌跡為以F1，F(xiàn)2為焦點的橢圓，所以c＝1，a＝3，所以b2＝a2－c2＝9－1＝8，所以動圓圓心C的軌跡方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,8)＝1.(2)存在．設(shè)直線l的方程為y＝kx＋2，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中點為E(x0，y0)．假設(shè)存在點A(m，0)，使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形，則AE⊥MN，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1，))得(8＋9k2)x2＋36kx－36＝0，x1＋x2＝－eq\f(36k,9k2＋8)，所以x0＝eq\f(－18k,9k2＋8)，y0＝kx0＋2＝eq\f(16,9k2＋8)，因為AE⊥MN，所以kAE＝－eq\f(1,k)，即eq\f(\f(16,9k2＋8)－0,\f(－18k,9k2＋8)－m)＝－eq\f(1,k)，所以m＝eq\f(－2k,9k2＋8)＝eq\f(－2,9k＋\f(8,k))，當(dāng)k>0時，9k＋eq\f(8,k)≥2eq\r(9×8)＝12eq\r(2)，所以－eq\f(\r(2),12)≤m<0；當(dāng)k<0時，9k＋eq\f(8,k)≤－12eq\r(2)，所以0<m≤eq\f(\r(2),12).因此，存在點A(m，0)，使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形，且實數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),12)，0))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),12))).eq\a\vs4\al()存在性問題求解的思路及策略(1)思路：先假設(shè)存在，推證滿意條件的結(jié)論，若結(jié)論正確，則存在；若結(jié)論不正確，則不存在．(2)策略：①當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時要分類探討．②當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時，先假設(shè)成立，再推出條件．[對點訓(xùn)練](2024·重慶市學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研)如圖，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，其左、右焦點分別為F1(－2，0)，F(xiàn)2(2，0)，過點F1的直線交橢圓C于A，B兩點，線段AB的中點為G，AB的中垂線與x軸和y軸分別交于D，E兩點，且|AF1|，|F1F2|，|AF2|構(gòu)成等差數(shù)列．(1)求橢圓C的方程；(2)記△GF1D的面積為S1，△OED(O為坐標原點)的面積為S2.試問：是否存在直線AB，使得S1＝S2？請說明理由．解：(1)因為|AF1|，|F1F2|，|AF2|構(gòu)成等差數(shù)列，所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2|F1F2|＝8，所以a＝4.又c＝2，所以b2＝12，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)假設(shè)存在直線AB，使得S1＝S2，明顯直線AB不能與x，y軸垂直．設(shè)AB的方程為y＝k(x＋2)(k≠0)，將其代入eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1，整理得(4k2＋3)x2＋16k2x＋16k2－48＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(xD，0)，所以x1＋x2＝eq\f(－16k2,3＋4k2)，所以點G的橫坐標為eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－8k2,3＋4k2)，所以Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k2,3＋4k2)，\f(6k,3＋4k2))).因為DG⊥AB，所以eq\f(\f(6k,3＋4k2),\f(－8k2,3＋4k2)－xD)·k＝－1，解得xD＝eq\f(－2k2,3＋4k2)，即Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2k2,3＋4k2)，0))，因為Rt△GDF1和Rt△ODE相像，所以若S1＝S2，則|GD|＝|OD|，所以eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k2,3＋4k2)－\f(－2k2,3＋4k2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6k,3＋4k2)))\s\up12(2))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2k2,3＋4k2)))，整理得8k2＋9＝0.因為方程8k2＋9＝0無解，所以不存在直線AB，使得S1＝S2.1．(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)的上頂點為P，右頂點為Q，直線PQ與圓x2＋y2＝eq\f(4,5)相切于點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)過點P的直線l與橢圓C交于A，B兩點，且eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，求證：直線l過定點．解：(1)由已知得直線OM(O為坐標原點)的斜率kOM＝2，則直線PQ的斜率kPQ＝－eq\f(1,kOM)＝－eq\f(1,2)，所以直線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l的斜率不存在時，明顯不滿意條件．當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)l的方程為y＝kx＋n(n≠1)，由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)，滿意①.此時l的方程為y＝kx－eq\f(3,5)，故直線l過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,5))).2．(2024·南昌市第一次模擬測試)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，F(xiàn)2，離心率為eq\f(1,2)，P是C上的一個動點，且△F1PF2面積的最大值為4eq\r(3).(1)求C的方程；(2)設(shè)C的左、右頂點分別為A，B，若直線PA，PB分別交直線x＝2于M，N兩點，過點F1作以MN為直徑的圓的切線，證明：切線長為定值，并求該定值．解：(1)設(shè)P(x0，y0)，橢圓的半焦距為c.因為S△F1PF2＝eq\f(1,2)|F1F2|·|y0|≤eq\f(1,2)·2c·b＝bc，所以bc＝4eq\r(3).又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，a2＝b2＋c2，所以a＝4，b＝2eq\r(3)，c＝2，所以C的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)由(1)可知A(－4，0)，B(4，0)，F(xiàn)1(－2，0)．由題可知，x0≠2，且x0≠±4.設(shè)直線PA，PB的斜率分別為k1，k2，則直線PA的方程為y＝k1(x＋4)，令x＝2得y＝6k1，故M(2，6k1)．直線PB的方程為y＝k2(x－4)，令x＝2得y＝－2k2，故N(2，－2k2)．記以MN為直徑的圓為圓D，則D(2，3k1－k2)．如圖，過點F1作圓D的一條切線，切點為T，連接F1D，DT，則|F1T|2＝|F1D|2－|DT|2，所以|F1T|2＝16＋(3k1－k2)2－(3k1＋k2)2＝16－12k1k2，又k1＝eq\f(y0,x0＋4)，k2＝eq\f(y0,x0－4)，所以k1·k2＝eq\f(y0,x0＋4)·eq\f(y0,x0－4)＝eq\f(yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－16)，由eq\f(xeq\o\al(2,0),16)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),12)＝1，得yeq\o\al(2,0)＝－eq\f(3,4)(xeq\o\al(2,0)－16)，所以k1·k2＝－eq\f(3,4)，則|F1T|2＝16－12k1k2＝16－12×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＝25，所以|F1T|＝5.故切線長為定值5.3．(2024·廣州市調(diào)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(shè)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(shè)存在點N(x0，0)滿意題設(shè)條件．由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直線PN與QN的斜率互為相反數(shù)，即kPN＋kQN＝0.①易知直線PQ的斜率必存在且不為0，設(shè)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(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＋