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圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
考点一　定点问题
【经典再现】
[例1] (课标全国Ⅲ，21，12分)已知曲线C：y= ，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
(1)证明：直线AB过定点；
(2)若以E 为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.
【总结提升】
直线过定点问题的解题模型
【对点训练】
1.(重庆七校联考)已知O为坐标原点，抛物线C：=4x，点A(-2，0)，设直线l与C交于不同的两点P，Q.
(1)若直线l⊥x轴，求直线PA的斜率的取值范围；
(2)若直线l不垂直于x轴，且∠PAO=∠QAO，证明：直线l过定点.
考点二　定值问题
【经典再现】
[例2] (北京，19，14分)已知抛物线C：=2px经过点P(1，2).过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，=λ=μ，求证：+为定值.
【总结提升】
解答圆锥曲线的定值问题的策略
(1)从特殊情形开始，求出定值，再证明该值与变量无关；
(2)采用推理、计算、消元得定值. 消元的常用方法为整体消元、选择消元、对称消元等.
【对点训练】
2.(江西南昌一模，20)已知椭圆C：+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，P是C上的一个动点，且△F1PF2面积的最大值为4.
(1)求C的方程；
(2)设C的左、右顶点分别为A，B，若直线PA，PB分别交直线x=2于M，N两点，过点F1作以MN为直径的圆的切线，证明：切线长为定值，并求该定值.
考点三　存在性问题
【经典再现】
[例3] (课标全国Ⅰ，21，12分)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|=4，☉M过点A,B且与直线x+2=0相切.
(1)若A在直线x+y=0上，求☉M的半径；
(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|-|MP|为定值 并说明理由.
【总结提升】
探索存在性问题的解题策略
探索存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在，若结论不正确，则不存在.
(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论.(2)当给出结论要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.(3)当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取其他的途径.
【对点训练】
3.(济南模拟)设M是抛物线E：=2py(p>0)上的一点，抛物线E在点M处的切线方程为y=x-1.
(1)求抛物线E的方程；
(2)已知过点(0，1)的两条不重合的直线l1，l2的斜率之积为1，且直线l1，l2分别交抛物线E于A，B两点和C，D两点，问是否存在常数λ使得|AB|+|CD|=λ|AB|·|CD|成立 若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
参考答案
考点一　定点问题
【经典再现】
[例1] 解析：(1)证明：设D，A(x1，y1)，则=2y1.
由于y'=x，所以切线DA的斜率为x1，故=x1.
整理得2tx1-2y1+1=0.
设B(x2，y2)，同理可得2tx2-2y2+1=0.
故直线AB的方程为2tx-2y+1=0.
所以直线AB过定点.
(2)由(1)得直线AB的方程为y=tx+.
由可得-2tx-1=0.
于是x1+x2=2t，x1x2=-1，y1+y2=t(x1+x2)+1=2+1，
|AB|=|x1-x2|=×=2(+1).
设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1=，d2=.
因此，四边形ADBE的面积S=|AB|(d1+d2)=(+3).
设M为线段AB的中点，则M.
由于⊥，而=(t，-2)，与向量(1，t)平行，
所以t+(-2)t=0.
解得t=0或t=±1.
当t=0时，S=3；当t=±1时，S=4.
因此，四边形ADBE的面积为3或4.
【对点训练】
1. 解析：(1)当点P在第一象限时，设P(t，2)，则kPA==≤=，
∴kPA∈，同理，当点P在第四象限时，kPA∈.
综上所述，直线PA的斜率kPA∈∪.
(2)证明：设直线l的方程为y=kx+b(k≠0)，
联立方程得得k-4y+4b=0，
Δ=16-16kb>0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1+y2=，y1·y2=，
∵∠PAO=∠QAO，
∴kAP+kAQ=+=
===0，
∴b=-2k，
y=kx-2k=k(x-2)，
∴直线l恒过定点(2，0).
考点二　定值问题
【经典再现】
[例2] 解析：(1)因为抛物线=2px过点(1，2)，
所以2p=4，即p=2.
故抛物线C的方程为=4x，
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y=kx+1(k≠0).
由得+(2k-4)x+1=0.
依题意Δ=-4××1>0，解得k<0或0又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，-2).
从而k≠-3.
所以直线l斜率的取值范围是(-∞，-3)∪(-3，0)∪(0，1).
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由(1)知x1+x2=-，x1x2=.
直线PA的方程为y-2= (x-1).
令x=0，得点M的纵坐标为yM=+2=+2.
同理得点N的纵坐标为yN=+2.
由，=λ =μ 得λ=1-yM，μ=1-yN.
所以+ =+=+=·=·=2.
所以+ 为定值.
【对点训练】
2. 解析：(1)设P(x0，y0)，椭圆的半焦距为c.
因为=|F1F2|·|y0|≤·2c·b=bc，
所以bc=4.
又e== = ，，
所以a=4，b=2，c=2，
所以C的方程为+=1.
(2)由(1)可知A(-4，0)，B(4，0)，F1(-2，0).
由题意可知，x0≠2，且x0≠±4.
设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，
则直线PA的方程为y=k1(x+4)，
令x=2，得y=6k1，故M(2，6k1).
直线PB的方程为y=k2(x-4)，
令x=2，得y=-2k2，故N(2，-2k2).
记以MN为直径的圆为圆D，则D(2，3k1-k2).
如图，F1T是圆D的一条切线，切点为T，连接F1D，DT，
则=-，
所以=16+-=16-12k1k2，
又k1=，k2=，
所以k1·k2=·=，
由+=1，得=- (-16)，
所以k1·k2=-，
则=16-12k1k2=16-12×=25，
所以|F1T|=5.
故切线长为定值5.
考点三　存在性问题
【经典再现】
[例3] 解析：(1)因为☉M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线x+y=0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y=x上，故可设M(a，a).
因为☉M与直线x+2=0相切，所以☉M的半径为r=|a+2|.
由已知得|AO|=2，又⊥，
故可得2+4=，解得a=0或a=4.
故☉M的半径r=2或r=6.
(2)存在定点P(1，0)，使得|MA|-|MP|为定值.
理由如下：
设M(x，y)，由已知得☉M的半径为r=|x+2|，|AO|=2，
由于⊥ ，故可得+4=，化简得M的轨迹方程为=4x.
因为曲线C：=4x是以点P(1，0)为焦点，直线x=-1为准线的抛物线，所以|MP|=x+1.
因为|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1，所以存在满足条件的定点P.
【对点训练】
3.解析：(1)解法一：由消去y得-2px+2p=0.
由题意得Δ=4-8p=0，因为p>0，所以p=2.
故抛物线E的方程是=4y.
解法二：设M，由=2py得y=，则y'=.
由 解得p=2.
故抛物线E的方程是=4y.
(2)假设存在常数λ使得|AB|+|CD|=λ|AB|·|CD|成立，
则λ=+.
由题意知，l1，l2的斜率存在且均不为零，
设直线l1的方程y=kx+1(k≠0)，
则由消去y得，-4kx-4=0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1+x2=4k，x1·x2=-4.
所以|AB|=
==4(1+)(也可以由y1+y2=k(x1+x2)+2=4+2，得到|AB|=y1+y2+2=4(1+)).
因为直线l1，l2的斜率之积为1，所以|CD|=4.
所以λ=+ =+==.
所以存在常数λ=使得|AB|+|CD|=λ|AB|·|CD|成立.

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