高考数学(理)二轮专题复习突破精练：专题对点练24 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题含解析

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2023届高考二轮总复习试题适用于老高考旧教材数学(理) 圆锥曲线中的定点、定值、证明问题含解析

考点突破练15 圆锥曲线中的定点、定值、证明问题1.(2022·湖南岳阳质检二)已知椭圆C :y 2a 2+x 2b 2=1(a>b>0),F 为上焦点,左顶点P 到F 的距离为√2,且离心率为√22,设O 为坐标原点,点M 的坐标为(0,2). (1)求椭圆C 的标准方程;(2)若过F 的直线l 与C 交于A ,B 两点,证明:∠OMA=∠OMB.2.(2022·陕西西安四区县联考一)已知抛物线x 2=ay (a>0),过点M 0,a2作两条互相垂直的直线l 1,l 2,设l 1,l 2分别与抛物线相交于A ,B 及C ,D 两点,当A 点的横坐标为2时,抛物线在点A 处的切线斜率为1. (1)求抛物线的方程;(2)设线段AB ,CD 的中点分别为E ,F ,O 为坐标原点,求证:直线EF 过定点.3.(2022·北京石景山一模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的短轴长等于2√3,离心率e=12. (1)求椭圆C 的标准方程;(2)过右焦点F 作斜率为k 的直线l ,与椭圆C 交于A ,B 两点,线段AB 的垂直平分线交x 轴于点P ,判断|PF ||AB |是否为定值,请说明理由.4.(2022·全国乙·理20)已知椭圆E 的中心为坐标原点,对称轴为x 轴、y 轴,且过A (0,-2),B (32,-1)两点. (1)求E 的方程;(2)设过点P (1,-2)的直线交E 于M ,N 两点,过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ,点H 满足MT ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =TH ⃗⃗⃗⃗⃗ .证明:直线HN 过定点.5.(2022·河南濮阳一模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率e=√32,且圆x 2+y 2=2过椭圆C 的上、下顶点.(1)求椭圆C 的方程;(2)若直线l 的斜率为12,且直线l 与椭圆C 相交于P ,Q 两点,点P 关于原点的对称点为E ,点A (-2,1)是椭圆C 上一点,若直线AE 与AQ 的斜率分别为k AE ,k AQ ,证明:k AE ·k AQ ≤0.6.(2022·广西柳州三模)已知点A (2,√3),B (-2,-√3),点M 与y 轴的距离记为d ,且点M 满足MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =d24-1,记点M 的轨迹为曲线W. (1)求曲线W 的方程;(2)设点P 为x 轴上除原点O 外的一点,过点P 作直线l 1,l 2,l 1交曲线W 于C ,D 两点,l 2交曲线W 于E ,F 两点,G ,H 分别为CD ,EF 的中点,过点P 作x 轴的垂线交GH 于点N ,设CD ,EF ,ON 的斜率分别为k 1,k 2,k 3,求证:k 3(k 1+k 2)为定值.考点突破练15 圆锥曲线中的定点、定值、证明问题1.(1)解左顶点P 到F 的距离为√2,可得a=√2,又e=ca=√22,故c=1,从而b=1.∴椭圆C 的标准方程为y 22+x 2=1.(2)证明当l 与y 轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°.当l 与y 轴不重合时,设l 的方程为y=kx+1,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线MA ,MB 的斜率之和为k MA +k MB =y 1-2x 1+y 2-2x 2=kx 1-1x 1+kx 2-1x 2=2k-(1x 1+1x 2)=2k-x 1+x 2x 1x 2,联立方程{y =kx +1,y 22+x 2=1,可得(2+k 2)x 2+2kx-1=0,x 1+x 2=-2k 2+k2,x 1x 2=-12+k2,∴2k-x 1+x 2x 1x 2=2k-2k=0,从而k MA +k MB =0,故直线MA ,MB 的倾斜角互补,∴∠OMA=∠OMB. 综上,∠OMA=∠OMB. 2.(1)解 ∵y'=2xa ,由题意得2×2a=1,∴a=4,∴抛物线的方程为x 2=4y. (2)证明由题意得直线l 1,l 2的斜率都存在且都不为0,由M (0,2),可设直线AB 的方程为y=kx+2(k ≠0), 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由{y =kx +2,x 2=4y ,得x 2-4kx-8=0,则x 1+x 2=4k ,∴y 1+y 2=k (x 1+x 2)+4=4k 2+4,∴AB 的中点E (2k ,2k 2+2).∵l 1⊥l 2,∴直线CD 的斜率为-1k,同理可得CD 的中点F -2k ,2k2+2,∴EF 的方程为y-(2k 2+2)=2k 2+2-2k 2-22k+2k(x-2k ),化简整理得y=k-1k x+4, ∴直线EF 恒过定点(0,4).3.解 (1)由题意得b=√3,e=√1-b 2a 2=√1-3a 2=12,解得a=2,所以椭圆的方程为x 24+y23=1.(2)是定值.理由如下:由椭圆的方程x 24+y 23=1,得右焦点F (1,0),设直线l 的方程为y=k (x-1),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2), 由{y =k (x -1),x 24+y23=1,得(3+4k 2)x 2-8k 2x+4k 2-12=0,则x 1+x 2=8k 23+4k 2,x 1x 2=4k 2-123+4k 2, |AB|=√1+k 2|x1-x 2|=√1+k 2√(x 1+x 2)2-4x 1x 2=12(1+k 2)3+4k 2,设线段AB 的中点为D (x 0,y 0),则x 0=x 1+x 22=4k 23+4k2,则y 0=k (x 0-1)=-3k3+4k2,即D (4k 23+4k2,-3k 3+4k 2),所以直线l 的中垂线的方程为y--3k3+4k2=-1k x-4k 23+4k 2.令y=0,得x P =k 23+4k 2,所以|PF|=|x P -1|=|k 23+4k 2-1|=3(k 2+1)3+4k 2,所以|PF ||AB |=3(k 2+1)3+4k 212(1+k 2)3+4k2=14. 4.(1)解设椭圆E 的方程为mx 2+ny 2=1(m>0,n>0), 则{4n =1,94m +n =1,解得{m =13,n =14. 故椭圆E 的方程为x 23+y 24=1. (2)证明由点A (0,-2),B (32,-1),可知直线AB 的方程为y=23x-2.当过点P 的直线MN 的斜率不存在时,直线MN 的方程为x=1.由{x =1,x 23+y 24=1,解得{x =1,y =2√63或{x =1,y =-2√63,则点M (1,-2√63),N (1,2√63). 将y=-2√63代入y=23x-2,得x=3-√6,则点T (3-√6,-2√63). 又MT ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =TH ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以点H (5-2√6,-2√63),所以直线HN 的方程为y-2√63=-2√63-2√635-2√6-1x-1),即y=(2√63+2)x-2, 所以直线HN 过点(0,-2).当过点P 的直线MN 的斜率存在时,设直线MN 的方程为y+2=k (x-1),点M (x 1,y 1),N (x 2,y 2). 由{y +2=k (x -1),x 23+y 24=1,消去y ,得(4+3k 2)x 2-6k (k+2)x+3k (k+4)=0,则Δ>0,x 1+x 2=6k (k+2)4+3k 2,x 1x 2=3k (k+4)4+3k 2. 将y=y 1代入y=23x-2,得x=32(y 1+2),则点T (32(y 1+2),y 1).又MT ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =TH ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以点H (3y 1+6-x 1,y 1).所以直线HN 的方程为(3y 1+6-x 1-x 2)(y-y 2)=(y 1-y 2)(x-x 2),即(3y 1+6-x 1-x 2)(y-y 2)-(y 1-y 2)(x-x 2)=0.将x=0,y=-2代入上式,整理得12-2(x 1+x 2)+3y 1y 2+6(y 1+y 2)-x 1y 2-x 2y 1=0.(*) 因为x 1+x 2=6k (k+2)4+3k2,x 1x 2=3k (k+4)4+3k2,所以y 1+y 2=k (x 1-1)-2+k (x 2-1)-2=-8k -164+3k 2,x 1y 2+x 2y 1=x 1[k (x 2-1)-2]+x 2[k (x 1-1)-2]=-24k4+3k 2,y 1y 2=[k (x 1-1)-2][k (x 2-1)-2]=-8k 2+16k+164+3k 2,所以(*)式左边=12-12k (k+2)4+3k2+-24k 2+48k+484+3k2+-48k -964+3k2−-24k 4+3k 2=0=右边,即(*)式成立.所以直线HN 过点(0,-2).综上所述,直线HN 恒过定点(0,-2).5.(1)解由题可知{b =√2,c a =√32,a 2=b 2+c 2,解得a=2√2,b=√2,∴椭圆C 的方程为x 28+y 22=1. (2)证明设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),则E (-x 1,-y 1).设直线l 为y=12x+t ,代入椭圆方程得x 2+2tx+2t 2-4=0,则Δ=4t 2-4(2t 2-4)>0,解得-2<t<2,x 1+x 2=-2t ,x 1x 2=2t 2-4,则k AE +k AQ =y 2-1x 2+2+-y 1-1-x 1+2=(2-x 1)(y 2-1)-(2+x 2)(y 1+1)(2+x 2)(2-x 1),又y 1=12x 1+t ,y 2=12x 2+t ,∴(2-x 1)(y 2-1)-(2+x 2)(y 1+1)=2(y 2-y 1)-(x 1y 2+x 2y 1)+x 1-x 2-4=x 2-x 1-(x 1x 2+tx 1+tx 2)+x 1-x 2-4=-x 1x 2-t (x 1+x 2)-4=-(2t 2-4)-t (-2t )-4=0,即k AE +k AQ =0,∴k AE =-k AQ .于是k AE ·k AQ =-k AQ 2≤0.6.(1)解设M (x ,y ),由题意得d=|x|,MA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-x ,√3-y ),MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2-x ,-√3-y ), ∵MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =d 24-1,∴(2-x ,√3-y )·(-2-x ,-√3-y )=d 24-1,∴x 2-4+y 2-3=x 24-1.∴3x24+y 2=6,M 的轨迹方程为x 28+y 26=1. (2)证法一显然GH 斜率存在,设P (x 0,0),设GH 的方程为y=k 4x+m ,由题意知CD 的方程为y=k 1(x-x 0),联立方程{y =k 1(x -x 0),y =k 4x +m ,解得{x =k 1x 0+mk 1-k 4,y =k 1(k 4x 0+m )k 1-k 4,可得G k 1x 0+m k 1-k 4,k 1(k 4x 0+m )k 1-k4,设C (x C ,y C ),D (x D ,y D ),则有x C28+y C26=1,x D28+y D26=1,两式相减得:x C 2-x D28+y C 2-y D26=0,则有k 1=y C -y D x C-x D=-34·x C +xD y C+y D,又G 为CD 中点,则有k 1=-34·k 1x 0+mk1(k 4x 0+m ),将G 坐标代入CD 的方程可得4(k 4x 0+m )k 12+3x 0k 1+3m=0,同理可得4(k 4x 0+m )k 22+3x 0k 2+3m=0,故k 1,k 2为关于k 的方程4(k 4x 0+m )k 2+3x 0k+3m=0的两实根. 由韦达定理得k 1+k 2=-3x 04(k4x 0+m ).将x=x 0代入直线GH :y=k 4x+m ,可得N (x 0,k 4x 0+m ),故有k 3=k 4x 0+m x 0,则k 3(k 1+k 2)=k 4x 0+m x 0[-3x 04(k 4x 0+m )]=-34, 故k 3(k 1+k 2)为定值-34.证法二由题意知直线CD ,EF ,ON 的斜率都存在,分别为k 1,k 2,k 3,设P (t ,0),N (t ,k 3t )(t ≠0),则直线CD ,EF 的方程分别为y=k 1(x-t ),y=k 2(x-t ),两直线分别与曲线W 相交,联立方程{y =k 1(x -t ),x 28+y 26=1,得(6+8k 12)x 2-16k 12tx+8k 12t 2-48=0,解得{x G =x 1+x 22=4k 12t3+4k 12,y G =-3k 1t3+4k 12,可得G (4k 12t3+4k 12,-3k 1t3+4k 12),同理可得H (4k 22t3+4k 22,-3k 2t3+4k 22),。

高考数学二轮复习专题突破—圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题(含解析)

高考数学二轮复习专题突破—圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题1.(2021·重庆八中月考)已知椭圆C :x 24+y 23=1的右焦点为F ,过点M (4,0)的直线l 交椭圆C 于A ,B 两点,连接AF ,BF 并延长分别与椭圆交于异于A ,B 的两点P ,Q. (1)求直线l 的斜率的取值范围; (2)若PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λFA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,QF ⃗⃗⃗⃗⃗ =μFB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,证明:λμ为定值.2.(2021·河北张家口三模)已知抛物线C :y 2=4px (p>0)的焦点为F ,且点M (1,2)到点F 的距离比到y 轴的距离大p. (1)求抛物线C 的方程;(2)若直线l :x-m (y+2)-5=0与抛物线C 交于A ,B 两点,问是否存在实数m ,使|MA|·|MB|=64√2?若存在,求出m 的值;若不存在,请说明理由.3.(2021·江苏南通适应性联考)已知双曲线C :x 2a 2−y 2b 2=1(a>0,b>0)的两个焦点为F 1,F 2,一条渐近线方程为y=bx (b ∈N *),且双曲线C 经过点D (√2,1). (1)求双曲线C 的方程;(2)设点P 在直线x=m (y ≠±m ,0<m<1,且m 是常数)上,过点P 作双曲线C 的两条切线PA ,PB ,切点为A ,B ,求证:直线AB 过某一个定点.4.(2021·山东济南二模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为√22,且经过点H (-2,1).(1)求椭圆C 的方程;(2)过点P (-3,0)的直线(不与x 轴重合)与椭圆C 相交于A ,B 两点,直线HA ,HB 分别交x 轴于M ,N 两点,点G (-2,0),若PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求证:1λ+1μ为定值.5.(2021·广东汕头三模)已知圆C :x 2+(y-2)2=1与定直线l :y=-1,且动圆M 与圆C 外切并与直线l 相切.(1)求动圆圆心M 的轨迹E 的方程;(2)已知点P 是直线l 1:y=-2上一个动点,过点P 作轨迹E 的两条切线,切点分别为A ,B.①求证:直线AB 过定点; ②求证:∠PCA=∠PCB.6.(2021·北京东城一模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)过点D (-2,0),且焦距为2√3. (1)求椭圆C 的方程;(2)过点A (-4,0)的直线l (不与x 轴重合)与椭圆C 交于P ,Q 两点,点T 与点Q 关于x 轴对称,直线TP 与x 轴交于点H ,是否存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.答案及解析1.(1)解由题意知直线l 的斜率不为零,故设其方程为x=ty+4,与椭圆方程联立,消去x 得(3t 2+4)y 2+24ty+36=0,Δ=144(t 2-4)>0,解得t<-2或t>2.故直线l 的斜率k=1t 的取值范围为(-12,0)∪(0,12).(2)证明 F (1,0),设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),P (x 3,y 3),Q (x 4,y 4),由(1)得y 1+y 2=-24t3t 2+4,y 1y 2=363t 2+4,所以ty 1y 2=-32(y 1+y 2).由PF⃗⃗⃗⃗⃗ =λFA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,得{1−x 3=λ(x 1-1),-y 3=λy 1,即{-x 3=λx 1-λ-1,-y 3=λy 1. 又点P 在椭圆上,即有3x 32+4y 32=12,代入上式得3(λx 1-λ-1)2+4λ2y 12=12,即λ2(3x 12+4y 12)-6λ(λ+1)x 1+3(λ+1)2=12, 又3x 12+4y 12=12,所以12(λ+1)(λ-1)-6λ(λ+1)x 1+3(λ+1)2=0.易知λ+1≠0,故λ=35−2x 1,同理可得μ=35−2x 2.又(5-2x 1)(5-2x 2)=25-10(x 1+x 2)+4x 1x 2 =25-10[t (y 1+y 2)+8]+4(ty 1+4)(ty 2+4)=9+6t (y 1+y 2)+4t 2y 1y 2=9+6t (y 1+y 2)+4t ·(-32)(y 1+y 2)=9, 所以λμ=9(5-2x1)(5-2x 2)=1.2.解 (1)由点M 到点F 的距离比到y 轴的距离大p ,得点M 到点F 的距离与到直线x=-p 的距离相等.由抛物线的定义,可知点M 在抛物线C 上,所以4=4p ,解得p=1. 所以抛物线C 的方程为y 2=4x.(2)存在满足题意的m ,其值为1或-3. 理由如下:由{y 2=4x,x-m(y +2)−5=0,得y 2-4my-8m-20=0. 因为Δ=16m 2+4(8m+20)>0恒成立,所以直线l 与抛物线C 恒有两个交点. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则y 1+y 2=4m ,y 1y 2=-4(2m+5).因为MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-1)(x 2-1)+(y 1-2)(y 2-2)=(y 124-1)(y 224-1)+(y 1-2)(y 2-2)=y 12y 2216−(y 1+y 2)2-2y 1y 24+y 1y 2-2(y 1+y 2)+5=16(2m+5)216−(4m)2+8(2m+5)4-4(2m+5)-8m+5=0,所以MA ⊥MB ,即△MAB 为直角三角形.设d 为点M 到直线l 的距离,所以|MA|·|MB|=|AB|·d=√1+m 2·√(y 1+y 2)2-4y 1y 2·√1+m 2=4·|1+m|·√16m 2+16(2m +5)=16·|1+m|·√(m +1)2+4=64√2,所以(m+1)4+4(m+1)2-32=0, 解得(m+1)2=4或(m+1)2=-8(舍). 所以m=1或m=-3.所以当实数m=1或m=-3时,|MA|·|MB|=64√2.3.(1)解由{ba =b,2a 2-1b 2=1,解得{a =1,b =1,故双曲线方程为x 2-y 2=1.(2)证明设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线PA 的斜率为k ,P (m ,y 0).则PA:y-y1=k(x-x1),联立方程组{y-y1=k(x-x1), x2-y2=1,消去y,可得x2-[kx+(-kx1+y1)]2=1,整理可得(1-k2)x2-2k(y1-kx1)x-(y1-kx1)2-1=0.因为PA与双曲线相切,所以Δ=4k2(y1-kx1)2+4(1-k2)·(y1-kx1)2+4(1-k2)=0,整理得4(y1-kx1)2+4(1-k2)=0.即k2x12-2kx1y1+y12+1-k2=0,即(x12-1)k2-2kx1y1+(y12+1)=0,因为x12−y12=1,所以x12-1=y12,y12+1=x12代入可得y12k2-2x1y1k+x12=0,即(y1k-x1)2=0,所以k=x1y1.故PA:y-y1=x1y1(x-x1),即y1y=x1x-1.同理,切线PB的方程为y2y=x2x-1.因为P(m,y0)在切线PA,PB上,所以有{y0y1=mx1-1, y0y2=mx2-1,A,B满足直线方程y0y=mx-1,而两点唯一确定一条直线,故AB:y0y=mx-1,所以当{x=1m,y=0时,无论y0为何值,等式均成立.故点(1m ,0)恒在直线AB上,故无论P在何处,AB恒过定点(1m,0).4.(1)解由题意知e=ca =√1−b2a2=√22,则a2=2b2.又椭圆C经过点H(2,1),所以4a2+1b2=1.联立解得a2=6,b2=3,所以椭圆C的方程为x 26+y23=1.(2)证明设直线AB 的方程为x=my-3,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由{x =my-3,x 26+y 23=1联立消去x ,得(m 2+2)y 2-6my+3=0,所以Δ=36m 2-12(m 2+2)>0,y 1+y 2=6mm 2+2,y 1y 2=3m 2+2,由题意知,y 1,y 2均不为1.设M (x M ,0),N (x N ,0),由H ,M ,A 三点共线知AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与MH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共线,所以x M -x 1=(-y 1)(-2-x M ),化简得x M =x 1+2y 11−y 1.由H ,N ,B 三点共线,同理可得x N =x 2+2y 21−y 2.由PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPG⃗⃗⃗⃗⃗ ,得(x M +3,0)=λ(1,0),即λ=x M +3. 由PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,同理可得μ=x N +3. 所以1λ+1μ=1xM+3+1xN+3=1x 1+2y 11−y 1+3+1x 2+2y 21−y 2+3=1−y 1x1-y 1+3+1−y 2x 2-y 2+3=1−y1(m-1)y1+1−y 2(m-1)y 2=1m-11−y 1y 1+1−y 2y 2=1m-1(y 1+y 2y1y 2-2)=1m-1(6mm 2+23m 2+2-2)=2,所以1λ+1μ为定值.5.(1)解依题意知:M 到C (0,2)的距离等于M 到直线y=-2的距离,故动点M 的轨迹是以C 为焦点,直线y=-2为准线的抛物线.设抛物线方程为x 2=2py (p>0),则p2=2,则p=4,即抛物线的方程为x 2=8y ,故动圆圆心M 的轨迹E 的方程为x 2=8y. (2)证明 ①由x 2=8y 得y=18x 2,y'=14x.设A (x 1,18x 12),B (x 2,18x 22),P (t ,-2),其中x 1≠x 2, 则切线PA 的方程为y-18x 12=x 14(x-x 1),即y=14x 1x-18x 12.同理,切线PB 的方程为y=14x 2x-18x 22. 由{y =14x 1x-18x 12,y =14x 2x-18x 22,解得{x =x 1+x22,y =x 1x 28, 故{t =x 1+x 22,-2=x 1x 28,即{x 1+x 2=2t,x 1x 2=−16.故直线AB 的方程为y-18x 12=18x 22-18x 12x 2-x 1(x-x 1),化简得y=x 1+x 28x-x 1x 28,即y=t4x+2,故直线AB 过定点(0,2).②由①知:直线AB 的斜率为k AB =t4,(i)当直线PC 的斜率不存在时,直线AB 的方程为y=2,∴PC ⊥AB ,∴∠PCA=∠PCB ;(ii)当直线PC 的斜率存在时,P (t ,-2),C (0,2),直线PC 的斜率k PC =-2-2t-0=-4t,k AB ·k PC =t 4×-4t =-1,故PC ⊥AB ,∠PCA=∠PCB. 综上所述,∠PCA=∠PCB 得证.6.解 (1)因为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)过点D (-2,0),所以a=2,又2c=2√3,即c=√3,所以b 2=a 2-c 2=4-3=1,所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)存在常数λ=2,满足题意. 理由如下:显然直线l 的斜率存在且不为0,设直线l :y=k (x+4),联立{y =k(x +4),x 24+y 2=1,消去y 并整理,得(1+4k 2)x 2+32k 2x+64k 2-4=0, Δ=(32k 2)2-4(1+4k 2)(64k 2-4)>0,得0<k 2<112.设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),则T (x 2,-y 2),所以x 1+x 2=-32k 21+4k 2,x 1x 2=64k 2-41+4k 2,直线PT :y-y 1=y 1+y2x 1-x 2(x-x 1),令y=0,得x=x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,所以H x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,0,若存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立, 所以1λ=|AD|-|DH||AD|·|DH|=1|DH|−1|AD|,又因为D (-2,0),A (-4,0),H (x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,0),所以|AD|=2,|DH|=x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2+2 =x 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+4)+k(x 2+4)+2=x 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+x 2)+8k+2=kx 1(x 1+x 2)+8kx 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+x 2)+8k+2=kx 12+kx 1x 2+8kx 1-kx 12+kx 1x 2-4kx 1+4kx 2k(x 1+x 2)+8k+2=4k(x 1+x 2)+2kx 1x 2k(x 1+x 2)+8k+2=4k·-32k 21+4k 2+2k·64k 2-41+4k 2k·-32k 21+4k 2+8k +2=-1+2=1,所以1λ=11−12,解得λ=2.所以存在常数λ=2,使得|AD|·|DH|=2(|AD|-|DH|)成立.。

高考数学二轮复习专题对点练24 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题文

学习资料专题专题对点练24 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.已知动圆M恒过点(0,1),且与直线y=-1相切.(1)求圆心M的轨迹方程;(2)动直线l过点P(0,-2),且与点M的轨迹交于A,B两点,点C与点B关于y轴对称,求证:直线AC 恒过定点.2.已知椭圆Γ:+y2=1(a>1)与圆E:x2+=4相交于A,B两点,且|AB|=2,圆E交y轴负半轴于点D.(1)求椭圆Γ的离心率;(2)过点D的直线交椭圆Γ于M,N两点,点N与点N'关于y轴对称,求证:直线MN'过定点,并求该定点坐标.3.已知抛物线E:y2=4x的焦点为F,圆C:x2+y2-2ax+a2-4=0,直线l与抛物线E交于A,B两点,与圆C 切于点P.(1)当切点P的坐标为时,求直线l及圆C的方程;(2)当a=2时,证明:|FA|+|FB|-|AB|是定值,并求出该定值.4.设点M是x轴上的一个定点,其横坐标为a(a∈R),已知当a=1时,动圆N过点M且与直线x=-1相切,记动圆N的圆心N的轨迹为C.(1)求曲线C的方程;(2)当a>2时,若直线l与曲线C相切于点P(x0,y0)(y0>0),且l与以定点M为圆心的动圆M也相切,当动圆M的面积最小时,证明:M,P两点的横坐标之差为定值.5.已知椭圆M:=1(a>b>0)的焦距为2,离心率为.(1)求椭圆M的方程;(2)若圆N:x2+y2=r2上斜率为k的切线l与椭圆M相交于P,Q两点,OP与OQ能否垂直?若能垂直,请求出相应的r的值;若不能垂直,请说明理由.6.已知椭圆=1(a>b>0)的右焦点为F,右顶点为A,上顶点为B,已知|AB|=|OF|,且△AOB的面积为.(1)求椭圆的方程;(2)直线y=2上是否存在点Q,使得从该点向椭圆所引的两条切线相互垂直?若存在,求点Q的坐标;若不存在,说明理由.专题对点练24答案1.(1)解∵动点M到直线y=-1的距离等于到定点C(0,1)的距离,∴动点M的轨迹为抛物线,且=1,解得p=2,∴动点M的轨迹方程为x2=4y.(2)证明由题意可知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx-2,A(x1,y1),B(x2,y2),则C(-x2,y2).联立化为x2-4kx+8=0,Δ=16k2-32>0,解得k>或k<-.∴x1+x2=4k,x1x2=8.直线AC的方程为y-y2=-(x+x2),又y1=kx1-2,y2=kx2-2,∴4k-4k(kx2-2)=(kx1-kx2)x+kx1x2-k,化为4y=(x1-x2)x+x2(4k-x2),∵x1=4k-x2,∴4y=(x1-x2)x+8,令x=0,则y=2,∴直线AC恒过一定点(0,2).2.(1)解由题意得A,B两点关于y轴对称,设x B=,则圆心E到AB的距离为1,∴y B=,∴B,代入椭圆方程得=1,解得a2=4,∴e=.(2)证明设M(x1,y1),N(x2,y2),N'(-x2,y2).圆E交y轴负半轴于点D,当直线MN斜率存在时,设其方程为y=kx-消去y得(1+4k2)x2-4kx-3=0.∴x1+x2=,x1x2=,直线MN'的方程y-y1=(x-x1),依据椭圆的对称性,若直线MN'过定点,定点一定在y轴上,令x=0,y=y1-=-2.当直线MN斜率不存在时,直线MN'的方程为x=0,显然过点(0,-2).综上,直线MN'过定点(0,-2).3.(1)解由圆(x-a)2+y2=4,则圆心(a,0),半径为2,将P代入圆方程,解得a=2或a=-,∴圆的方程为(x-2)2+y2=4或+y2=4,当a=2,圆心C(2,0),则直线CP的斜率k==-,由直线l的斜率为-,则直线l的方程y-,整理得4y-3x-4=0;当a=-,圆心C,则直线CP的斜率k=,由直线l的斜率为-=-,则直线l的方程y-=-,整理得20y+15x-44=0,综上可知,直线l方程为4y-3x-4=0,圆C的方程为(x-2)2+y2=4,或直线l方程为20y+15x-44=0,圆C 的方程为+y2=4;(2)证明当a=2时,圆C的方程(x-2)2+y2=4,当l垂直于x轴时,则x=4,A(4,4),B(4,-4),∴|FA|=|FB|=5,|AB|=8,∴|FA|+|FB|-|AB|=2;当l不垂直于x轴时,设直线l:y=kx+b(k≠0),直线l与圆C相切,则=2,则4kb+b2=4,结合图象知kb<b(图略).则整理得k2x2+(2kb-4)x+b2=0,由Δ=(2kb-4)2-4k2b2=-16kb+4(4kb+b2)=4b2>0,x1+x2=-,x1x2=,|AB|=====,由抛物线的性质可知|FA|+|FB|=x1+x2+p=x1+x2+2,∴|FA|+|FB|=-+2,∴|FA|+|FB|-|AB|=-+2-=2,∴|FA|+|FB|-|AB|是定值,定值为2.4.(1)解因为圆N与直线x=-1相切,所以点N到直线x=-1的距离等于圆N的半径, 所以点N到点M(1,0)的距离与到直线x=-1的距离相等.所以点N的轨迹为以点M(1,0)为焦点,直线x=-1为准线的抛物线,所以圆心N的轨迹方程,即曲线C的方程为y2=4x.(2)证明由题意,直线l的斜率存在,设直线l的方程为y-y0=k(x-x0),由得y2-y-kx0+y0=0,又=4x0,所以y2-y-+y0=0.因为直线l与曲线C相切,所以Δ=1-k=0,解得k=.所以直线l的方程为4x-2y0y+=0.动圆M的半径即为点M(a,0)到直线l的距离d=.当动圆M的面积最小时,即d最小,而当a>2时,d=≥2.当且仅当=4a-8,即x0=a-2时取等号,所以当动圆M的面积最小时,a-x0=2,即当动圆M的面积最小时,M,P两点的横坐标之差为定值.5.解 (1)依题意椭圆M:=1(a>b>0)的焦距为2,离心率为.得c=,e=,可得a=2,则b=1,故椭圆的方程为+y2=1.(2)设直线l的方程为y=kx+m,∵直线l与圆x2+y2=1相切,∴=r,即m2=r2(k2+1).①由可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-4)=64k2-16m2+16>0,∴m2<4k2+1,可得r2<4.令P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2,若OP与OQ能垂直,则=x1x2+y1y2=0,∴(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0,(1+k2)+m2=0,整理得5m2-4(k2+1)=0,把①代入得(k2+1)(5r2-4)=0,∴r=,满足r2<4,∴OP与OQ能垂直.6.解 (1)∵椭圆=1(a>b>0)的右焦点为F,右顶点为A,上顶点为B,已知|AB|=|OF|,且△AOB 的面积为,∴c, ab=,∴a=2,b=,∴椭圆方程为=1.(2)假设直线y=2上存在点Q满足题意,设Q(m,2),当m=±2时,从点Q所引的两条切线不垂直.当m≠±2时,设过点Q向椭圆所引的切线的斜率为k,则l的方程为y=k(x-m)+2,代入椭圆方程,消去y,整理得(1+2k2)x2-4k(mk-2)x+2(mk-2)2-4=0,∵Δ=16k2(mk-2)2-4(1+2k2)[2(mk-2)2-4]=0,∴(m2-4)k2-4mk+2=0.设两条切线的斜率分别为k1,k2,则k1,k2是方程(m2-4)k2-4mk+2=0的两个根,∴k1k2==-1,解得m=±,点Q坐标为(,2)或(-,2).∴直线y=2上两点(,2),(-,2)满足题意.。

2020年高考数学冲刺复习知识点精讲：圆锥曲线中的定值定点问题含解析

圆锥曲线中的定值、定点问题一、考情分析圆锥曲线是解析几何的重要内容之一,也是高考重点考查的内容和热点,知识综合性较强,对学生逻辑思维能力计算能力等要求很高,这些问题重点考查学生方程思想、函数思想、转化与化归思想的应用．定值问题与定点问题是这类题目的典型代表,为了提高同学们解题效率,特别是高考备考效率,本文列举了一些典型的定点和定值问题,以起到抛砖引乇的作用．二、经验分享1.圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关． 2.圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值； (2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．三、知识拓展1.设点(),P m n 是椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>上一定点，点A,B 是椭圆C 上不同于P 的两点，若PA PBk k λ+=，则0λ=时直线AB 斜率为定值()220bm n an ≠，若0λ≠，则直线AB 过定点2222,n b m m n a λλ⎛⎫--- ⎪⎝⎭，F 是该椭圆焦点，则,b OP a a c PF a c ≤≤-≤≤+；2. 设点(),P m n 是双曲线C ：()222210,0x y a b a b -=>>一定点，点A,B 是双曲线C 上不同于P 的两点，若PA PBk k λ+=，则0λ=时直线AB 斜率为定值()220bm n an-≠，若0λ≠，则直线AB 过定点2222,n b m m n a λλ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭；3. 设点(),P m n 是抛物线C ：()220y px p =>一定点，点A,B 是抛物线C 上不同于P 的两点，若PA PB k k λ+=，则0λ=时直线AB 斜率为定值()0pn n-≠，若0λ≠，则直线AB 过定点22,n p m n λλ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭；四、题型分析 (一) 定点问题求解直线和曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x ,y 当作常数看待,把方程一端化为零,既然是过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,这时参数的系数就要全部等于零,这样就得到一个关于x ,y 的方程组,这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点,或者可以通过特例探求,再用一般化方法证明．【例1】已知直线l 的方程为2y x =+,点P 是抛物线24y x =上到直线l 距离最小的点,点A 是抛物线上异于点P 的点,直线AP 与直线l 交于点Q ,过点Q 与x 轴平行的直线与抛物线24y x =交于点B.（Ⅰ）求点P 的坐标；（Ⅱ）证明直线AB 恒过定点,并求这个定点的坐标.【分析】（Ⅰ）到直线l 距离最小的点,可根据点到直线距离公式,取最小值时的点；也可根据几何意义得为与直线l 平行且与抛物线相切的切点：如根据点P 到直线l 的距离d ===≥02y =时取最小值,（Ⅱ）解析几何中定点问题的解决方法,为以算代证,即先求出直线AB 方程,根据恒等关系求定点.先设点A 211 4y y ⎛⎫⎪⎝⎭，,求出直线AP 方程()114220x y y y -++=,与直线l 方程联立,解出点Q 纵坐标为11282Q y y y -=-.即得B 点的坐标为()()211211428 22y y y y ⎛⎫-- ⎪ ⎪--⎝⎭，,再根据两点式求出直线AB 方程()()()21124280y y x y x y ---+-=,最后根据方程对应1y 恒成立得定点()2 2，【解析】（Ⅰ）设点P 的坐标为()00 x y ，,则2004y x =, 所以,点P 到直线l 的距离d ===≥当且仅当02y =时等号成立,此时P 点坐标为()1 2，. （Ⅱ）设点A 的坐标为211 4y y ⎛⎫⎪⎝⎭，,显然12y ≠. 当12y =-时,A 点坐标为()1 2-，,直线AP 的方程为1x =；当12y ≠-时,直线AP 的方程为()12122114y y x y --=--, 化简得()114220x y y y -++=；综上,直线AP 的方程为()114220x y y y -++=. 与直线l 的方程2y x =+联立,可得点Q 的纵坐标为11282Q y y y -=-. 因为,BQ x ∥轴,所以B 点的纵坐标为11282B y y y -=-. 因此,B 点的坐标为()()211211428 22y y y y ⎛⎫--⎪ ⎪--⎝⎭，. 当111282y y y -≠--,即218y ≠时,直线AB 的斜率()()111122211121282488442y y y y k y y y y ----==----. 所以直线AB 的方程为2111214884y y y y x y ⎛⎫--=- ⎪-⎝⎭,整理得()()()21124280y y x y x y ---+-=.当2x =,2y =时,上式对任意1y 恒成立,此时,直线AB 恒过定点()2 2，, 当218y =时,直线AB 的方程为2x =,仍过定点()2 2，, 故符合题意的直线AB 恒过定点()2 2，. 考点：抛物线的标准方程与几何性质、直线方程、直线与抛物线的位置关系【点评】圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点．(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关．【小试牛刀】【新疆乌鲁木齐市2019届高三一模】椭圆的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，过的长轴，短轴端点的一条直线方程是.（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线交椭圆于，两点，若点关于轴的对称点为，证明直线过定点. 【解析】（1）对于，当时，，即，当，，即，椭圆的方程为，（2）证明：设直线，（），设，两点的坐标分别为，，则，联立直线与椭圆得，得，，解得，，，直线，令，得，直线过定点(二) 定值问题解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关,不依参数的变化而变化,而始终是一个确定的值,求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值．【例2】如图,点()2,0A -,()2,0B 分别为椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左右顶点,,,P M N 为椭圆C上非顶点的三点,直线,AP BP 的斜率分别为12,k k ,且1214k k =-,//AP OM ,//BP ON.（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）判断OMN ∆的面积是否为定值？若为定值,求出该定值；若不为定值,请说明理由.【分析】（Ⅰ）设(,)P m n ,则2122224n n n k k m m m =⋅=+--,而2222224144m n m n b b -+=⇒=⋅,所以 22121144b k k b =-=-⇒=（Ⅱ）根据弦长公式求底边MN 的长,根据点到直线距离公式求底边上的高,因此设直线MN 的方程为y kx t =+,由直线方程与椭圆方程联立方程组,利用韦达定理得MN =根据斜率条件1214k k =-及韦达定理得22241t k -= ,高为d =,代入面积公式化简得1S ===【解析】（Ⅰ）221,11442,AP BPb k k b a a ⎫=⎪=-⇒⇒=⎬⎪=⎭椭圆22:14x C y +=.（Ⅱ）设直线MN 的方程为y kx t =+,()11,M x y ,()22,N x y ,()22222,4184401,4y kx t k x ktx t x y =+⎧⎪⇒+++-=⎨+=⎪⎩, 122841kt x x k +=-+,21224441t x x k -=+,()()1212121212121211404044y y k k y y x x kx t kx t x x x x =-⇒=-⇒+=⇒+++=,()()22121241440kx x kt x x t ++++=,()2222222448414402414141t ktk kt t t k k k ⎛⎫-+-+=⇒-= ⎪++⎝⎭,MN ====, d =1S ===. OMN ∆∴的面积为定值1.【点评】圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题意设条件,得出与代数式参数有关的等式,代入代数式、化简即可得出定值； (2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式,再利用题设条件化简、变形求得；(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式,再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．【小试牛刀】【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，离心率等于.（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆的右焦点作直线交椭圆于、两点，交轴于点，若，，求证：为定值.【解析】（1）设椭圆的方程为，则由题意知∴.即∴∴椭圆的方程为（2）设、、点的坐标分别为，，.又易知点的坐标为显然直线存在的斜率，设直线的斜率为，则直线的方程是将直线的方程代入到椭圆的方程中，消去并整理得，∴，∵，∴将各点坐标代入得，∴圆锥曲线中的定值、定点问题要善于从运动中寻找不变的要素,可以先通过特例、极限位置等探求定值、定点,然后利用推理证明的方法证明之．四、迁移运用1．【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】直线与抛物线：交于两点，为坐标原点，若直线，的斜率，满足，则直线过定点（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设，，则，又，，解得.将直线：代入，得，∴，∴.即直线：，所以过定点2.【湖南省浏阳一中、醴陵一中联考】双曲线的左、右焦点分别为，P为双曲线右支上一点，I是的内心，且，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】如图，设内切圆的半径为．由得，整理得．因为P为双曲线右支上一点，所以，，所以．故选D．3.【江西省南昌市2019月考】已知椭圆：的右焦点为,且离心率为，三角形的三个顶点都在椭圆上，设它的三条边、、的中点分别为、、，且三条边所在直线的斜率分别为、、，且、、均不为0.为坐标原点，若直线、、的斜率之和为1.则（）A． B．-3 C． D．【答案】A【解析】因为椭圆：的右焦点为,且离心率为，且所以可求得椭圆的标准方程为设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（s1，t1），E（s2，t2），M（s3，t3），因为A、B在椭圆上，所以，两式相减得，即同理可得所以因为直线、、的斜率之和为1所以所以选A4．【福建省2019届适应性练习（四)】设为坐标原点，动圆过定点, 且被轴截得的弦长是8. （Ⅰ）求圆心的轨迹的方程；（Ⅱ）设是轨迹上的动点，直线的倾斜角之和为，求证：直线过定点.【解析】 (Ⅰ)设动圆半径为由动圆被轴截得的弦长是8得消去得故圆心的轨迹的方程(Ⅱ) 设直线，，联立方程得，消去得，．则，．设直线的倾斜角分别是∵，同理，∴．，故直线过定点．5.【山东省济宁市2019届高三第一次模拟】已知椭圆的离心率为，且椭圆C过点．(I)求椭圆C的方程；(II)设椭圆C的右焦点为F，直线与椭圆C相切于点A，与直线相交于点B，求证：的大小为定值．【解析】(Ⅰ)∵椭圆C过点，∴①∵离心率为∴②又∵③由①②③得，，.∴椭圆C的方程为C：.(Ⅱ)显然直线l的斜率存在，设l:y=kx+m.由消y得由得.∴∴∴切点A 的坐标为又点B 的坐标为，右焦点F 的坐标为，∴，，∴∴∠AFB=90°，即∠AFB 的大小为定值.6．【江西省赣州市十四县（市）2018届高三下学期期中】已知椭圆系方程n C ： 2222x y n a b += (0a b >>，*n N ∈)， 12,F F 是椭圆6C 的焦点， A是椭圆6C 上一点，且2120AF F F ⋅=.（1）求6C 的方程；（2）P 为椭圆3C 上任意一点，过P 且与椭圆3C 相切的直线l 与椭圆6C 交于M ， N 两点，点P 关于原点的对称点为Q ，求证： QMN ∆的面积为定值，并求出这个定值．【解析】（1）由题意得椭圆6C 的方程为6C ： 22226x y a b+= ，即 2222166x y a b +=．∵ 2120AF F F ⋅=． ∴212AF F F ⊥，又A为椭圆6C 上一点，∴c =222666a b c ∴-==，即221a b -=，又2222166ab+=，22a ∴=,21b =，∴椭圆6C 的方程为 2262x y +=．（2）解：①当直线l 斜率存在时，设l 方程为y kx m =+,由223{2x y y kx m+==+消去y 整理得()222214260k x kmx m +++-=，∵直线l 与椭圆3C 相切，∴()()()2224421260km k m ∆=-+-=，整理得()22321m k =+．设()00,P x y ，则()00,Q x y --，且00y kx m =+， ∴点Q 到直线l的距离d ==，同理由226{2x y y kx m+==+消去y 整理得()2222142120k x kmx m +++-=，设()()1122,,,M x y N x y ，则122421kmx x k +=-+， 212221221m x x k -=+MN ∴====，12QMNS MN d ∆∴=12==()2232121k k +=+=②当直线l 斜率不存在时，易知QMN S ∆=综上可得QMN ∆的面积为定值7．【四川省蓉城名校高中2018届高三4月份联考】已知椭圆C ： 22221(0)x y a b a b +=>>的长轴长为4，A ，B 是其长轴顶点， M 是椭圆上异于A ， B 的动点，且34MA MB k k ⋅=-.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）如图，若动点R 在直线6x =上，直线AR ， BR 分别交椭圆C 于P ， Q 两点.请问：直线PQ 是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由. 【解析】（1）由题意知24a =则2a =，设()00,M x y ， (),0A a -， (),0B a ，则0000MA MBy y k k x a x a ⋅=⋅-+ 202200y x a =-，由2200221x y a b +=，则2220021x y b a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则2234MA MB b k k a ⋅=-=-，则23b =，由此可得椭圆C 的标准方程为22143x y +=. （2）设()6,R m ，则直线AP 的方程为()24m y x =-；则直线BQ 的方程为()28my x =+联立得()2228{ 143my x x y=++=消去y 得： ()()22224844480m x m x m +++-=，则()22448248Q m x m --⋅=+，即()2224848Q m x m -=+代入直线BQ 的方程得22448Qm ym =+，故()22224824,4848m m Q m m ⎛⎫- ⎪ ⎪++⎝⎭.联立得()2224{ 143my x x y=-+=消去y 得： ()()22221244120m x m x m +-+-=，则()22412212P m x m -⋅=+，即()2221212P m x m -=+代入直线AP 的方程得21212Pmym -=+，故()22221212,1212m m P m m ⎛⎫-- ⎪ ⎪++⎝⎭. 当()()22222482124812m mm m --=++，即224m=，则PQ 与x 轴交点为2,03T ⎛⎫⎪⎝⎭，当()()22222482124812m mm m --≠++，即224m≠时，下证直线PQ 过点2,03T ⎛⎫⎪⎝⎭，由()222120122122123PT QTm m k k m m -=+-=--+ ()222240482482483mm m m -+=--+ 229902424m mm m -=-=--，故直线PQ 过定点2,03T ⎛⎫⎪⎝⎭. 8．【江西省新余市2018届高三二模】已知抛物线()2:20C x py p =>过点()2,1，直线l 过点()0,1P -与抛物线C 交于A ， B 两点.点A 关于y 轴的对称点为A '，连接A B '.（1）求抛物线线C 的标准方程；（2）问直线A B '是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由. 【解析】(1)将点()2,1代入抛物线2:2C x py =的方程得，2p =.所以，抛物线C 的标准方程为24x y =.(2)设直线l 的方程为1y kx =-，又设()11,A x y ， ()22,B x y ，则()11,A x y '-.由21,{ 41,y x y kx ==-得2440x kx -+=.则216160k ∆=->， 124x x ⋅=， 124x x k +=.所以()222121212112444A Bx x y y x x k x x x x '---===--+. 于是直线A B '的方程为()2221244x x xy x x --=-．所以()22122121444x x x x xy x x x --=-+=+.当0x =时， 1y =，所以直线A B '过定点()0,1.9．【湖北省荆州中学2018届高三4月月考】已知动圆过定点()2,0A ，且在y 轴上截得弦MN 的长为4. （1）求动圆圆心的轨迹C 的方程；（2）设()1,0B ，过点A 斜率为()0k k >的直线l 交轨迹C 于,P Q 两点， ,PB QB 的延长线交轨迹C 于,S T 两点.①若PQB ∆的面积为3，求k 的值. ②记直线ST 的斜率为ST k ，证明： STk k为定值，并求出这个定值. 【解析】（1）设圆心()(),0C x y x ≠，过点C 作CE y ⊥轴，垂足为E ，则12ME MN =. ∴2222CA CMME CE ==+∴()222222x y x -+=+，化简为：24y x =. 当0x =时，也满足上式.∴动圆圆心的轨迹C 的方程为24y x =.（2）设直线l 的方程为()2y k x =-， 221212,,,44y y P y Q y ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由()24{2y xy k x ==-，得2480ky y k --=， 216320k ∆=+>， 12124,8y y y y k+==-. ①12132PQB S AB y y ∆=-===，解得2k =. ②设233,4y S y ⎛⎫⎪⎝⎭，则2111,4y BP y ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 2331,4y BS y ⎛⎫=- ⎪⎝⎭. ∵,,P B S 共线∴22313111044y y y y ⎛⎫⎛⎫---= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即23131440y y y y ⎛⎫+--= ⎪⎝⎭，解得： 31y y =（舍）或314y y =-. ∴21144,S y y ⎛⎫- ⎪⎝⎭，同理22244,T y y ⎛⎫- ⎪⎝⎭，∴121212221244244STy y y y k k y y y y -+==-=+-∴2STk k=（定值）10.如图,已知双曲线C ：x 2a2－y 2＝1(a >0)的右焦点为F .点A ,B 分别在C 的两条渐近线上,AF ⊥x 轴,AB ⊥OB ,BF∥OA (O 为坐标原点)．(1)求双曲线C 的方程；(2)过C 上一点P (x 0,y 0)(y 0≠0)的直线l ：x 0x a 2－y 0y ＝1与直线AF 相交于点M ,与直线x ＝32相交于点N .证明：当点P 在C 上移动时,|MF ||NF |恒为定值,并求此定值．【解析】(1)设F (c,0),因为b ＝1,所以c ＝a 2＋1, 直线OB 方程为y ＝－1ax ,直线BF 的方程为y ＝1a (x －c ),解得B (c 2,－c2a )．又直线OA 的方程为y ＝1ax ,则A (c ,c a ),k AB ＝c a －－c 2a c －c 2＝3a.又因为AB ⊥OB ,所以3a ·(－1a)＝－1,解得a 2＝3,故双曲线C 的方程为x 23－y 2＝1.(2)由(1)知a ＝3,则直线l 的方程为x 0x3－y 0y ＝1(y 0≠0),即y ＝x 0x －33y 0. 因为直线AF 的方程为x ＝2,所以直线l 与AF 的交点为M (2,2x 0－33y 0)；直线l 与直线x ＝32的交点为N (32,32x 0－33y 0)．则|MF |2|NF |2＝x 0－23y 0214＋32x 0－23y 02＝x 0－29y 204＋94x 0－2＝43·x 0－23y 20＋x 0－2.因为P (x 0,y 0)是C 上一点,则x 203－y 20＝1,代入上式得|MF |2|NF |2＝43·x 0－2x 20－3＋x 0－2＝43·x 0－24x 20－12x 0＋9＝43, 即所求定值为|MF ||NF |＝23＝233.11.如图,设点,A B 的坐标分别为()),,直线,AP BP 相交于点P ,且它们的斜率之积为23-．（1）求点P 的轨迹方程；（2）设点P 的轨迹为C ,点M N 、是轨迹为C 上不同于,A B 的两点,且满足//,//AP OM BP ON ,求证：MON ∆的面积为定值．【答案】（1）(22132x y x +=≠（2【解析】（1）由已知设点P 的坐标为(),x y ,由题意知(2333AP BP k k x x x ==-≠+-,化简得P 的轨迹方程为(22132x y x +=≠．（2）证明：由题意M N 、是椭圆C 上非顶点的两点,且//,//ON AP OM BP , 则直线,AP BP 斜率必存在且不为0,又由已知23AP BP k k =-．因为//,//AP OM BP ON ,所以23OM ON k k =-．设直线MN 的方程为x my t =+,代入椭圆方程2232x y+,得()222324260m ymty t +++-=．．．．①,．设,M N 的坐标分别为()()1122,,,x y x y ,则2121222426,3232mt t y y y y m m-+=-=++．又()2121222221212122636OM ONy y y y t k k x x m y y mt y y t t m -===+++-, 所以222262363t t m -=--,得22223t m =+．又1212MONSt y y ∆=-=所以2MONS∆==,即MON ∆的面积为定值2．12．如图,过椭圆2222:1(0)x y a b a bΓ+=>>内一点(0,1)A 的动直线l 与椭圆相交于M,N 两点,当l 平行于x轴和垂直于x 轴时,l 被椭圆Γ所截得的线段长均为（1）求椭圆Γ的方程；（2）在平面直角坐标系中,是否存在与点A 不同的定点B,使得对任意过点(0,1)A 的动直线l 都满足||||||||BM AN AM BN ⋅=⋅？若存在,求出定点B 的坐标,若不存在,请说明理由.【答案】（1）22142x y +=；（2）存在点B 的坐标(02)，．【解析】（Ⅰ）由已知得b ,点1)在椭圆上, 所以22211a b+=,解得2a =, 所以椭圆Γ的方程为22142x y +=．（Ⅱ）当直线l 平行于x 轴时,则存在y 轴上的点B,使||||||||BM AN AM BN =,设0(0)B y ，；当直线l 垂直于x 轴时,(0(0M N ，，,若使||||||||BM AN AM BN =,则||||||||BM AM BN AN=,=解得01y =或02y =．所以,若存在与点A 不同的定点B 满足条件,则点B 的坐标只可能是(02)，．下面证明：对任意直线l,都有||||||||BM AN AM BN ⋅=⋅,即||||||||BM AM BN AN =．当直线l 的斜率不存在时,由上可知,结论成立；当直线l 的斜率存在时,可设直线l 的方程为1y kx =+．设M,N 的坐标分别为1122()()x y x y ，，，, 由221421x y y kx ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，得22(21)420k x kx ++-=, 其判别式22(4)8(21)0k k ∆=++>, 所以,121222422121k x x x x k k +=-=-++，, 因此,121212112x xk x x x x ++==．易知点N 关于y 轴对称的点N '的坐标为22()x y -，，又11111211BM y kx k k x x x --===-, 2222212111BN y kx k k k x x x x '--===-+=---, 所以BM BN k k '=,即B M N '，，三点共线, 所以12||||||||||||||||x BM BM AM x BN BN AN ==='．故存在与点A不同的定点(02)B，,使得．。

圆锥曲线中的定点、定值问题讲义-2023届高三数学二轮专题复习

专题复习：圆锥曲线中的定点、定值问题一、方法指导圆锥曲线是高考数学中的重点和难点，其中定点问题更是难点中的难点。

通过对近几年高考数学试卷的分析，可以发现圆锥曲线定点问题一直是高频考点，且题目难度较大，对学生的数学思维和解题能力要求较高。

因此，在高三二轮复习中，学生需要加强对圆锥曲线定点问题的复习，掌握其解题方法和技巧。

二、知识梳理圆锥曲线的定义和性质直线与圆锥曲线的位置关系圆锥曲线的定点问题及其解法三、方法总结直接法：通过联立直线和圆锥曲线的方程，消元后得到一元二次方程，再利用根与系数的关系进行求解。

这种方法适用于直线过定点但不与x轴平行的情况。

参数法：引入参数来表示直线的斜率或截距，再通过参数的取值范围来确定定点。

这种方法适用于直线过定点且与x轴平行或重合的情况。

反证法：假设定点不是坐标原点，则过该定点的直线与圆锥曲线有两个交点。

根据韦达定理，这两个交点的横坐标之和等于两倍的定点横坐标，这与题意矛盾。

因此，定点必须是坐标原点。

这种方法适用于直线过定点且与x轴垂直的情况。

由特殊到一般法如果要解决的问题是一个定值（定点）问题，而题设条件又没有给出这个定值（定点），那么我们可以这样思考：由于这个定值（定点）对符合要求的一些特殊情况必然成立，那么我们根据特殊情况先找到这个定值（定点），明确了解决问题的目标，然后进行一般情况下的推理证明.3.利用推论解题推论1过圆锥曲线上的任意一点P（x0，y0）作互相垂直的直线交圆锥曲线于点A，B，则直线AB必过一定点（等轴双曲线除外）.推论2过圆锥曲线的准线上任意一点P作圆锥曲线上的两条切线，切点分别为点A，B，则直线AB必过焦点.推论3过圆锥曲线外一点P作圆锥曲线上的两条切线，切点分别为点A，B，则直线AB已知且必过定点.推论4过圆锥曲线上的任意一点P（x0，y0）作斜率和为0的两条直线交圆锥曲线于A，B两点，则k AB为定值.推论5设点A，B是椭圆x 2a2+y2b2=1（a>b>0）上关于原点对称的两点，点P是该椭圆上不同于A，B两点的任意一点，直线PA，PB的斜率分别是k1，k2，则k1·k2=-b 2a2推论6过圆锥曲线的焦点F的直线（斜率存在）交圆锥曲线于P，Q两点，PQ的中垂线交x轴于点M，则MFPQ=e2，e为圆锥曲线的离心率.推论7过圆锥曲线的焦点F的直线交圆锥曲线于A，B两点，过点A，B分别作较近准线l 的垂线AA1，BB1，垂足分别为点A1，B1，设准线l与焦点所在轴交于点P，M为PF中点，则（1）AA1与BB1过点M;（2）A1F+B1F为定值.一、动直线过定点1、齐次式：例1、椭圆C :x 24+y 2=1，C (0，1)，设直线l 不过点P ，且与C 交于A 、B 两点，若k PA +k PB =−1，证明：直线l 过定点.2、参数法：例2、（2021·湖北襄阳市高三期末）已知A ，B 分别为椭圆()222:11x C y a a+=>的左､右顶点，P 为C 的上顶点，8AP PB ⋅=. （1）求椭圆C 的方程；（2）过点()6,0作关于x 轴对称的两条不同直线1l ，2l 分别交椭圆于()11,M x y 与()22,N x y ，且12x x ≠，证明：直线MN 过定点，并求出该定点坐标.3、特殊到一般例2、（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过()30,2,,12A B ⎛--⎫⎪⎝⎭两点．(1)求E 的方程；(2)设过点()1,2P -的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT TH =．证明：直线HN 过定点．4、待定系数法例3、椭圆C ：22143x y +=左右顶点分别为A 、B ，k ≠0的直线与C 交于M 、N 两点，K BM =2K AN ，证明：直线过定点，并求出该定点.解：A (−2，0) B (2，0)设直线：y =kx +b (k ≠0) M (x 1，y 1) N (x 2，y 2) 直线与曲线联立得：(3+4k 2)x 2+8kbx +4b 2−120 则x 1x 2=4b 2−123+4k 2x 1+x 2=−8kb3+4k 2K BM =2K AN 所以y 1x1−2= 2y 2x 2−2x 2y 1+2y 1=2x 1y 2−4y 2即k x 1x 2−(4k +b )x 2+2(b −k )x 1−6b =0代入得：−12b 2k −8k 2b −12k −18b −(6k +8k 3+9b +12k 2b )x 2=0待定系数有：{−12b 2k −8k 2b −12k −18b =06k +8k 3+9b +12k 2b =0得(2k −b )(2k +3b ) =0若b =2k ,则过定点(−2，0)，不成立；若−3b =2k ,则过定点(23，0)，成立.5、y 1−y 2或x 1−x 2型例4、已知双曲线C ：x 23−y 2=1,过(3，0)的直线l 交C 于P 、Q 两点，过P 作直线x =1的垂线，垂足为A ，证明：AQ 过定点解：当l 斜率不存在时P (3，√2) Q (3，−√2) 或P (3，−√2) Q (3，√2)过P 作x =1垂线：A (1，√2)或A(1，−√2)此时AQ ：y =√2x −2√2或y = −√2x +2√2 过定点(2，0) 当l 斜率存在时 l ：y =k (x −3) P (x 1，y 1) Q (x 2，y 2) 与双曲线联立得：(1−3k 2)x 2+18k 2x −27k 2−3=0 有x 1x 2=−27k 2−31−3k 2x 1+x 2=−18k 21−3k 2AQ :y =y 1+y 2x 2−1x −x 2(y 2−y 1)x 2−1+y 2令y =0 x =y 2−x 2y 1y 2−y 1= −kx 1x 2+4kx 2−3k2−x 1)=−x 1x 2+4x 2−3x 2−x 1= 27k 2=31−3k 2−3+4x 2−(x 1+x 2−2x 2)= 36k 21−3k 2+4x 218k 21−3k 2+2x 2=2过定点（2，0）二、动点在定直线上的问题例3、（2021·山东威海市高三期末）已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的离心率为1,,2A B 分别是它的左、右顶点，F 是它的右焦点，过点F 作直线与C 交于,P Q (异于,A B )两点，当PQ x ⊥轴时，APQ ∆的面积为92.（1）求C 的标准方程;（2）设直线AP 与直线BQ 交于点M ，求证:点M 在定直线上.解:（1）由题意知12c a =，所以2a c =，又222a b c =+，所以3b c =当PQ x ⊥轴时，APQ 的面积为92，所以()212922b ac a +⋅=解得21,c =所以224,3a b ==，所以椭圆C 的标准方程为22143x y +=.（2）由（1）知()1,0F ，设直线PQ 的方程为1x my =+，与椭圆22143x y +=联立，得()2234690m y my ++-=.显然0∆>恒成立. 设1122(,),(,)P x y Q x y ，所以有12122269,3434m y y y y m m +=-=-++ ()* 直线AP 的方程为()112+2y y x x =+，直线BO 的方程为()2222y y x x =--，联立两方程可得，所以()()121222+22y y x x x x +=-- ()()121212212121213232221my y x y my y y x x y x y my my y y ++++=⋅==---- 由()*式可得()121232y y y y m=+，代入上式可得()()1212121221339222233322232y y y y x y y x y y y y +++==-+-=++，解得4,x = 故点M 在定直线4x =上.三、其他曲线过定点例4、（2021·湖北武汉市高三月考）设P 是椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>上异于长轴顶点A 1，A 2的任意一点，过P 作C 的切线与分别过A 1，A 2的切线交于B 1，B 2两点，已知|A 1A 2|=4，椭圆C 的离心率为12. （1）求椭圆C 的方程；（2）以B 1B 2为直径的圆是否过x 轴上的定点？如果过定点，请予以证明，并求出定点；如果不过定点，说明理由.解：（1）由题可知122412A A a c e a ⎧==⎪⎨==⎪⎩，解得2,1a c ==，由222a b c =+得23b =，椭圆C 的方程为22143x y +=.（2）设00(,)P x y ，由于P 是异于长轴顶点12,A A 的任意一点，故切线斜率存在.设过P 的椭圆的切线为y kx b =+，联立方程22143y kx bx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得222(34)84120k x kbx b +++-=，222(8)4(34)(412)0kb k b ∆=-+-=，得2234b k =+，由002200143y kx bx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩ 所以()220034y kx k -=+，则()22200004230x k y x k y --+-=，即222000016290y k y x k x ++=所以()200430y k x +=，则034x k y =-解得过P 点的切线方程为()000034x y y x x y -=--，即000334x x y y y =-+ 由于分别过12,A A 的切线分别为2,2x x =-=，解得12,B B 的坐标为0012006363(2,),(2,)22x x B B y y +--.在x 轴上取点(),0M t ，则010632,2x MB t y ⎛⎫+=-- ⎪⎝⎭，020632,2x MB t y ⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭，所以2220122369414x MB MB t t y -⋅=-+=-. 当1t =±时，120MB MB ⋅=.所以，以12B B 为直径的圆过x 轴上的定点为12(1,0),(1,0)F F -.二、例题讲解例1A ，B 是抛物线y 2＝2px (p >0)上的两点，且OA ⊥OB (O 为坐标原点)，求证： (1)A ，B 两点的横坐标之积，纵坐标之积分别都是定值； (2)直线AB 经过一定点．例2如图，直线y ＝12x 与抛物线y ＝18x 2－4交于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线与直线y ＝－5交于Q 点． (1)求点Q 的坐标；(2)当P 为抛物线上位于线段AB 下方(含A ，B )的动点时，求△OPQ 面积的最大值．例3如图，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)是抛物线y 2＝2px (p >0)上的相异两点，Q ，P 到y 轴的距离的积为4，且OP →·OQ →＝0. (1)求该抛物线的标准方程；(2)过Q 的直线与抛物线的另一交点为R ，与x 轴的交点为T ，且Q 为线段RT 的中点，试求弦PR 长度的最小值．三、课时练习1．已知λ∈R ，则不论λ取何值，曲线C ：λx 2－x －λy ＋1＝0恒过定点( ) A ．(0，1) B ．(－1，1) C ．(1，0) D ．(1，1)2．若AB 是过椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)中心的一条弦，M 是椭圆上任意一点，且AM 、BM 与两坐标轴均不平行，k AM 、k BM 分别表示直线AM 、BM 的斜率，则k AM ·k BM ＝( )A ．－c 2a 2B ．－b 2a 2C ．－c 2b 2D ．－a 2b23．直线y ＝kx －1与椭圆x 24＋y 2a＝1相切，则k ，a 的取值范围分别是( )A ．a ∈(0，1)，k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12B ．a ∈(0，1]，k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12 C ．a ∈(0，1)，k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 D ．a ∈(0，1]，k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－12，12 4．已知点P 是抛物线y 2＝4x 上的点，设点P 到抛物线的准线的距离为d 1，到圆(x ＋3)2＋(y－3)2＝1上一动点Q 的距离为d 2，则d 1＋d 2的最小值是( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．32＋15．抛物线y 2＝12x 与直线3x －y ＋5＝0的最近距离为______．6．已知动点P (x ，y )在椭圆x 225＋y 216＝1上，若A 点坐标为(3，0)，|AM →|＝1，且PM →·AM →＝0，则|PM →|的最小值是____．7．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左，右焦点分别为F 1，F 2，左顶点为A ，若|F 1F 2|＝2，椭圆的离心率为e ＝12.(1)求椭圆的标准方程；(2)若P 是椭圆上的任意一点，求PF 1→·PA →的取值范围；(3)直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆相交于不同的两点M ，N (均不是长轴的顶点)，AH ⊥MN ，垂足为H ，且AH →2＝MH →·HN →，求证：直线l 恒过定点．。

2024届高考数学二轮复习专题4圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题课件

微专题4 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
大题考法 2 定值问题 (2023·韶关二模)已知双曲线 C：ax22－by22＝1(b>0)的左右焦点为 F1，F2，经过焦点的圆 O(O 为坐标原点)交双曲线 C 的左支于 M，N，且△OMN 为正三角形． (1)求双曲线 C 的标准方程及渐近线方程； (2)若点 P 为双曲线 C 右支上一点，射线 PF1，PF2 分别交双曲线 C 于点 A，B，试探究||PAFF11||－||PBFF22||是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
微专题4 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
由题意得 k·4k2－3m4－km6＋k m2＝－3，整理得 2k2－3km＋m2＝0，所以 k＝m 或 k＝12m，因为 l：y＝kx＋m 不过点(－2，0)，故 k＝m，此时 y＝kx＋m 过定点(－1，0)．
微专题4 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. (2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
微专题4 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
(2023·揭阳模拟)已知双曲线 C：ax22－by22＝1(a>0，b>0)的离心率为53，点 A(a，0) 到渐近线的距离为152. (1)求双曲线的方程； (2)若直线 l 与双曲线 C 交于 M，N 两点，且A→M·A→N＝0，试探究直线 l 是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，说明理由．
微专题4 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
(2)由(1)可得 F1(－2，0)，F2(2，0)， ①当 PF2⊥x 轴时，由对称性不妨设点 P(2， 2)，B(2，－ 2)， PF1：y＝2＋22(x＋2)＝ 42(x＋2)，代入x22－y22＝1，消去 x 得 7y2－8 2y＋2＝0，得 yA＝ 72，所以 xA＝－170，所以||PAFF11||＝yyPA＝7，||PBFF22||＝－yyPB＝1，则||PAFF11||－||PBFF22||＝7－1＝6，

高考圆锥曲线中的定点与定值问题(题型总结超全)完整版.doc

专题08 解锁圆锥曲线中的定点与定值问题一、解答题1．【陕西省榆林市第二中学2018届高三上学期期中】已知椭圆的左右焦点分别为，离心率为；圆过椭圆的三个顶点.过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）证明：在轴上存在定点，使得为定值；并求出该定点的坐标.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）设圆过椭圆的上、下、右三个顶点，可求得，再根据椭圆的离心率求得，可得椭圆的方程；（Ⅱ）设直线的方程为，将方程与椭圆方程联立求得两点的坐标，计算得。

设x轴上的定点为，可得，由定值可得需满足，解得可得定点坐标。

解得。

∴椭圆的标准方程为.（Ⅱ）证明：由题意设直线的方程为，由消去y整理得，设，，要使其为定值，需满足，解得.故定点的坐标为.点睛：解析几何中定点问题的常见解法(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点； (2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．2．【四川省成都市第七中学2017-2018学年高二上学期半期考】已知斜率为k 的直线l 经过点()1,0-与抛物线2:2C y px =（0,p p >为常数）交于不同的两点,M N ，当12k =时，弦MN 的长为15. （1）求抛物线C 的标准方程；（2）过点M 的直线交抛物线于另一点Q ，且直线MQ 经过点()1,1B -，判断直线NQ 是否过定点？若过定点，求出该点坐标；若不过定点，请说明理由. 【答案】（1）24y x =;（2）直线NQ 过定点()1,4-【解析】试题分析：（1）根据弦长公式即可求出答案；（2）由（1）可设()()()2221122,2,,2,,2M t t N t t Q t t ，则12MN k t t =+，则()11:220MN x t t y tt -++=；同理： ()22:220MQ x t t y tt -++=()1212:220NQ x t t y t t -++=.由()1,0-在直线MN 上11t t ⇒=（1）；由()1,1-在直线MQ 上22220t t tt ⇒+++=将（1）代入()121221t t t t ⇒=-+- （2）将（2）代入NQ 方程()()12122420x t t y t t ⇒-+-+-=，即可得出直线NQ 过定点．（2）设()()()2221122,2,,2,,2M t t N t t Q t t ，则12211222=MN t t k t t t t -=-+，则()212:2MN y t x t t t -=-+即()11220x t t y tt -++=；同理： ()22:220MQ x t t y tt -++=；()1212:220NQ x t t y t t -++=.由()1,0-在直线MN 上11tt ⇒=，即11t t =（1）；由()1,1-在直线MQ 上22220t t tt ⇒+++=将（1）代入()121221t t t t ⇒=-+- （2）将（2）代入NQ 方程()()12122420x t t y t t ⇒-+-+-=，易得直线NQ 过定点()1,4-3．【四川省成都市第七中学2017-2018学年高二上学期半期考】已知抛物线()2:0C y mx m =>过点()1,2-， P 是C 上一点，斜率为1-的直线l 交C 于不同两点,A B （l 不过P 点），且PAB ∆的重心的纵坐标为23-. （1）求抛物线C 的方程，并求其焦点坐标；（2）记直线,PA PB 的斜率分别为12,k k ，求12k k +的值.【答案】（1）方程为24y x =;其焦点坐标为()1,0（2）120k k +=【解析】试题分析;（1）将()1,2-代入2y mx =，得4m =，可得抛物线C 的方程及其焦点坐标；（2）设直线l 的方程为y x b =-+，将它代入24y x =得22220x b x b -++=（），利用韦达定理，结合斜率公式以及PAB ∆的重心的纵坐标23-，化简可12k k + 的值；因为PAB ∆的重心的纵坐标为23-，所以122p y y y ++=-，所以2p y =，所以1p x =，所以()()()()()()1221121212122121221111y x y x y y k k x x x x ------+=+=----，又()()()()12212121y x y x --+--()()()()12212121x b x x b x ⎡⎤⎡⎤=-+--+-+--⎣⎦⎣⎦()()()12122122x x b x x b =-+-+--()()()22212220b b b b =-+-+--=.所以120k k +=.4．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的短轴端点到右焦点()10F ，的距离为2．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过点F 的直线交椭圆C 于A B ，两点，交直线4l x =：于点P ，若1PA AF λ=，2PB BF λ=，求证： 12λλ-为定值．【答案】(1) 22143x y +=;(2)详见解析. 【解析】试题分析：（Ⅰ）利用椭圆的几何要素间的关系进行求解；（Ⅱ）联立直线和椭圆的方程，得到关于x 或y 的一元二次方程，利用根与系数的关系和平面向量的线性运算进行证明.（Ⅱ）由题意直线AB 过点()1,0F ，且斜率存在，设方程为()1y k x =-, 将4x =代人得P 点坐标为()4,3k ，由()221{ 143y k x x y =-+=，消元得()22223484120k x k x k +-+-=，设()11,A x y ， ()22,B x y ，则0∆>且21222122834{ 41234k x x k k x x k +=+-⋅=+，方法一：因为1PA AF λ=，所以11141PA x AF x λ-==-. 同理22241PB x BFx λ-==-，且1141x x --与2241x x --异号，所以12121212443321111x x x x x x λλ⎛⎫---=+=--+ ⎪----⎝⎭()()1212123221x x x x x x +-=-+-++()2222238682412834k k k k k --=-+--++0=. 所以， 12λλ-为定值0.当121x x <<时，同理可得120λλ-=. 所以， 12λλ-为定值0.同理2223PB my BFmy λ-==，且113my my -与223my my -异号，所以()12121212123332y y my my my my my y λλ+---=+=- ()()36209m m ⨯-=-=⨯-.又当直线AB 与x 轴重合时， 120λλ-=，所以， 12λλ-为定值0.【点睛】本题考查直线和椭圆的位置关系，其主要思路是联立直线和椭圆的方程，整理成关于x 或y 的一元二次方程，利用根与系数的关系进行求解，因为直线AB 过点()1,0F ，在设方程时，往往设为1x my =+()0m ≠，可减少讨论该直线是否存在斜率.5．【四川省绵阳南山中学2017-2018学年高二上学期期中考】设抛物线C ： 24y x =， F 为C 的焦点，过F 的直线l 与C 相交于,A B 两点. （1）设l 的斜率为1，求AB ；（2）求证： OA OB ⋅u u u v u u u v是一个定值. 【答案】(1) 8AB =（2）见解析【解析】试题分析：（1）把直线的方程与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系及抛物线的定义、弦长公式即可得出；（2）把直线的方程与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系、向量的数量积即可得出；（2）证明：设直线l 的方程为1x ky =+，由21{4x ky y x=+-得2440y ky --= ∴124y y k +=， 124y y =- ()()1122,,,OA x y OB x y ==u u u v u u u v， ∵()()1212121211OA OB x x y y kx ky y y ⋅=+=+++u u u v u u u v，()212121222144143k y y k y y y y k k =++++=-++-=-， ∴OA OB ⋅u u u v u u u v是一个定值.点睛：熟练掌握直线与抛物线的相交问题的解题模式、根与系数的关系及抛物线的定义、过焦点的弦长公式、向量的数量积是解题的关键，考查计算能力,直线方程设成1x ky =+也给解题带来了方便.6．【内蒙古包头市第三十三中2016-2017学年高一下学期期末】已知椭圆C : 22221(0,0)x y a b a b+=>>的离心率为6,右焦点为(2,0).(1)求椭圆C 的方程; (2)若过原点作两条互相垂直的射线,与椭圆交于A ,B 两点,求证:点O 到直线AB 的距离为定值.【答案】(1) 2213x y += ,(2) O 到直线AB 3【解析】试题分析：（1）根据焦点和离心率列方程解出a ，b ，c ；（2）对于AB 有无斜率进行讨论，设出A ，B 坐标和直线方程，利用根与系数的关系和距离公式计算；有OA ⊥OB 知x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+(k x 1+m ) (k x 2+m )=(1+k 2) x 1x 2+k m (x 1+x 2)=0 代入,得4 m 2=3 k 2+3原点到直线AB 的距离231m d k ==+ ，当AB 的斜率不存在时, 11x y = ,可得, 13x d == 依然成立.所以点O 到直线的距离为定值32. 点睛：本题考查了椭圆的性质，直线与圆锥曲线的位置关系，分类讨论思想，对于这类题目要掌握解题方法．设而不求，套用公式解决．7．【四川省成都市石室中学2017-2018学年高二10月月考】已知双曲线()222210x y b a a b-=>>渐近线方程为3y x =， O 为坐标原点，点(3,3M 在双曲线上．（Ⅰ）求双曲线的方程；（Ⅱ）已知,P Q 为双曲线上不同两点，点O 在以PQ 为直径的圆上，求2211OPOQ+的值．【答案】（Ⅰ）22126x y -=；（Ⅱ） 221113OP OQ+=. 【解析】试题分析：（1）根据渐近线方程得到设出双曲线的标准方程，代入点M 的坐标求得参数即可；（2）由条件可得OP OQ ⊥，可设出直线,OP OQ 的方程，代入双曲线方程求得点,P Q 的坐标可求得221113OPOQ+=。

高考数学二轮专题训练2-53课时突破解析几何解答题第2课时圆锥曲线中的定点定值问题课件

4
(2)由题意可知,直线PQ的斜率存在,故设直线PQ的方程为y=kx+2,
点P(x1,y1),Q(x2,y2),
则直线BP的方程为y=y1 1x-1,令y=0,
x1
得点M的横坐标xM=y1x1 1 ,……………………………………………………5分
直线BQ的方程为y=y2 1 x-1,令y=0,
x2
得点N的横坐标xN=y2x2 1 ,……………………………………………………6分
2
(2)因为点B(1,-2)在抛物线C上,
所以由(1)可得抛物线C的方程是y2=4x.
易知直线BP,BQ的斜率均存在,设直线BP的方程为y+2=k(x-1),
将直线BP的方程代入y2=4x,消去y,
得k2x2-(2k2+4k+4)x+(k+2)2=0.
设P(x1,y1),则x1=（k
2）2 ， k2
由题设知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为
(t， 4 t2 ),(t，
4 t2 ).
2
2
则k1+k2=
4 t2 2t
2
4 =t2-12,得t=2,不符合题设.
2t
a2 4,
b
2
1.
从而可设l:y=kx+m(m≠1).
将y=kx+m代入x2 +y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.
所以 1×(2+b)×a=3, ……………………………………………………1分
2
又因为e= c ,3所以a=2b,
a2
所以 ×1 (2+b)×2b=3,……………………………………………………2分

2024年高考数学专项复习圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题(解析版)

圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题一、椭圆定点问题1已知圆E ：x +1 2+y 2=16，点F 1,0 ，G 是圆E 上任意一点，线段GF 的垂直平分线和半径GE 相交于H(1)求动点H 的轨迹Γ的方程；(2)经过点F 和T 7,0 的圆与直线l ：x =4交于P ，Q ，已知点A 2,0 ，且AP 、AQ 分别与Γ交于M 、N .试探究直线MN 是否经过定点.如果有，请求出定点；如果没有，请说明理由.2已知点A (2,0)，B -65,-45 在椭圆M :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上.(1)求椭圆M 的方程；(2)直线l 与椭圆M 交于C ,D 两个不同的点(异于A ,B )，过C 作x 轴的垂线分别交直线AB ,AD 于点P ,Q ，当P 是CQ 中点时，证明．直线l 过定点.2024年高考数学专项复习圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题（解析版）3如图，椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ．左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为22，点M (2,1)在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知P ，Q 是椭圆C 上两动点，记直线AP 的斜率为k 1，直线BQ 的斜率为k 2，k 1=2k 2．过点B 作直线PQ 的垂线，垂足为H ．问：在平面内是否存在定点T ，使得TH 为定值，若存在，求出点T 的坐标；若不存在，试说明理由．4已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左、右焦点分别为F 1，F 2，A ，B 分别是C 的右、上顶点，且AB =7，D 是C 上一点，△BF 2D 周长的最大值为8.(1)求C 的方程；(2)C 的弦DE 过F 1，直线AE ，AD 分别交直线x =-4于M ，N 两点，P 是线段MN 的中点，证明：以PD 为直径的圆过定点.5已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左顶点为A ，过右焦点F 且平行于y 轴的弦PQ =AF =3．(1)求△APQ 的内心坐标；(2)是否存在定点D ，使过点D 的直线l 交C 于M ,N ，交PQ 于点R ，且满足MR ⋅ND =MD ⋅RN 若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由．二、双曲线定点问题1已知点P 4,3 为双曲线E :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)上一点，E 的左焦点F 1到一条渐近线的距离为3.(1)求双曲线E 的标准方程；(2)不过点P 的直线y =kx +t 与双曲线E 交于A ,B 两点，若直线PA ，PB 的斜率和为1，证明：直线y =kx +t 过定点，并求该定点的坐标.2双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点为A，焦距为4，过右焦点F作垂直于实轴的直线交C于B、D两点，且△ABD是直角三角形.(1)求双曲线C的方程；(2)已知M,N是C上不同的两点，MN中点的横坐标为2，且MN的中垂线为直线l，是否存在半径为1的定圆E，使得l被圆E截得的弦长为定值，若存在，求出圆E的方程；若不存在，请说明理由.3已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的右焦点，右顶点分别为F，A，B0,b，AF=1，点M在线段AB上，且满足BM=3MA，直线OM的斜率为1，O为坐标原点.(1)求双曲线C的方程.(2)过点F的直线l与双曲线C的右支相交于P，Q两点，在x轴上是否存在与F不同的定点E，使得EP⋅FQ=EQ⋅FP恒成立？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.4已知双曲线C 与双曲线x 212-y 23=1有相同的渐近线，且过点A (22,-1).(1)求双曲线C 的标准方程；(2)已知点D (2,0)，E ，F 是双曲线C 上不同于D 的两点，且DE ·DF =0，DG ⊥EF 于点G ，证明:存在定点H ，使GH 为定值.5已知双曲线C :x 2-y 2b2=1b >0 的左、右焦点分别为F 1，F 2，A 是C 的左顶点，C 的离心率为2．设过F 2的直线l 交C 的右支于P 、Q 两点，其中P 在第一象限．(1)求C 的标准方程；(2)若直线AP 、AQ 分别交直线x =12于M 、N 两点，证明：MF 2 ⋅NF 2 为定值；(3)是否存在常数λ，使得∠PF 2A =λ∠PAF 2恒成立？若存在，求出λ的值；否则，说明理由．三、抛物线定点问题1已知动圆M 恒过定点F 0,18 ，圆心M 到直线y =-14的距离为d ,d =MF +18．(1)求M 点的轨迹C 的方程；(2)过直线y =x -1上的动点Q 作C 的两条切线l 1,l 2，切点分别为A ,B ，证明：直线AB 恒过定点．2已知抛物线C 1:x 2=2py (p >0)和圆C 2:(x +1)2+y 2=2，倾斜角为45°的直线l 1过C 1焦点，且l 1与C 2相切.(1)求抛物线C 1的方程；(2)动点M 在C 1的准线上，动点A 在C 1上，若C 1在点A 处的切线l 2交y 轴于点B ，设MN =MA +MB ，证明点N 在定直线上，并求该定直线的方程.3已知直线l1:x-y+1=0过椭圆C:x24+y2b2=1(b>0)的左焦点，且与抛物线M:y2=2px(p>0)相切.(1)求椭圆C及抛物线M的标准方程;(2)直线l2过抛物线M的焦点且与抛物线M交于A，B两点，直线OA，OB与椭圆的过右顶点的切线交于M，N两点.判断以MN为直径的圆与椭圆C是否恒交于定点P，若存在，求出定点P的坐标；若不存在，请说明理由.4在平面直角坐标系中，已知圆心为点Q的动圆恒过点F(0,1)，且与直线y=-1相切，设动圆的圆心Q的轨迹为曲线Γ．(1)求曲线Γ的方程；(2)P为直线l：y=y0y0<0上一个动点，过点P作曲线Γ的切线，切点分别为A，B，过点P作AB的垂线，垂足为H，是否存在实数y0，使点P在直线l上移动时，垂足H恒为定点？若不存在，说明理由；若存在，求出y0的值，并求定点H的坐标．5已知抛物线C ：y 2=2px p >0 ，直线x +y +1=0与抛物线C 只有1个公共点.(1)求抛物线C 的方程；(2)若直线y =k x -p 2与曲线C 交于A ，B 两点，直线OA ，OB 与直线x =1分别交于M ，N 两点，试判断以MN 为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.四、椭圆定值问题1已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率e =12，短轴长为23．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知经过定点P 1,1 的直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，且与直线y =-34x 相交于点Q ，如果AQ =λAP ，QB =μPB ，那么λ+μ是否为定值？若是，请求出具体数值；若不是，请说明理由．2在椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆Γ：x 2+y 2=a 2+b 2上，称此圆为椭圆的蒙日圆.椭圆C 过P 1,22，Q -62,12 .(1)求椭圆C 的方程；(2)过椭圆C 的蒙日圆上一点M ，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于另一点N ，若k OM ，k ON 存在，证明：k OM ⋅k ON 为定值.3已知O 为坐标原点，定点F 1-1,0 ，F 21,0 ，圆O :x 2+y 2=2，M 是圆内或圆上一动点，圆O 与以线段F 2M 为直径的圆O 1内切.(1)求动点M 的轨迹方程；(2)设M 的轨迹为曲线E ，若直线l 与曲线E 相切，过点F 2作直线l 的垂线，垂足为N ，证明：ON 为定值.4设椭圆E ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 过点M 2,1 ，且左焦点为F 1-2,0 ．(1)求椭圆E 的方程；(2)△ABC 内接于椭圆E ，过点P 4,1 和点A 的直线l 与椭圆E 的另一个交点为点D ，与BC 交于点Q ，满足AP QD =AQ PD ，证明：△PBC 面积为定值，并求出该定值．5椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1的右焦点为F (1,0)，离心率为12.(1)求椭圆C 的方程；(2)过F 且斜率为1的直线交椭圆于M ，N 两点，P 是直线x =4上任意一点.求证：直线PM ，PF ，PN 的斜率成等差数列.五、双曲线定值问题1在平面直角坐标系xOy中，圆F1：x+22+y2=4，F22,0，P是圆F1上的一个动点，线段PF2的垂直平分线l与直线PF1交于点M．记点M的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)过点F2作与x轴不垂直的任意直线交曲线C于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点H，求证：ABF2H为定值．2已知双曲线x2-y2=1的左、右顶点分别为A1，A2，动直线l：y=kx+m与圆x2+y2=1相切，且与双曲线左、右两支的交点分别为P1(x1，y1)，P2(x2，y2)．(1)求k的取值范围；(2)记直线P1A1的斜率为k1，直线P2A2的斜率为k2，那么k1k2是定值吗？证明你的结论．3已知P 是圆C :(x +2)2+y 2=12上一动点，定点M (2,0)，线段PM 的垂直平分线n 与直线PC 交于点T ，记点T 的轨迹为C ．(1)求C 的方程；(2)若直线l 与曲线C 恰有一个共点，且l 与直线l 1:y =33x ，l 2:y =-33x 分别交于A 、B 两点，△OAB 的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．4已知双曲线C ：x 2a 2-y 2b2=1(a >0，b >0)的渐近线方程为y =±34x ，焦距为10，A 1，A 2为其左右顶点．(1)求C 的方程；(2)设点P 是直线l ：x =2上的任意一点，直线PA 1、PA 2分别交双曲线C 于点M 、N ，A 2Q ⊥MN ，垂足为Q ，求证：存在定点R ，使得QR 是定值．5已知F1,F2分别为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点，点P2,26在C上，且双曲线C的渐近线与圆x2+y2-6y+8=0相切．(1)求双曲线C的方程；(2)若过点F2且斜率为k的直线l交双曲线C的右支于A,B两点，Q为x轴上一点，满足QA=QB，试问AF1+BF1-4QF2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．六、抛物线定值问题1已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，准线为l，过点F且倾斜角为π6的直线交抛物线于点M(M在第一象限)，MN⊥l，垂足为N，直线NF交x轴于点D，MD=43.(1)求p的值.(2)若斜率不为0的直线l1与抛物线C相切，切点为G，平行于l1的直线交抛物线C于P,Q两点，且∠PGQ=π2，点F到直线PQ与到直线l1的距离之比是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.2已知抛物线C1:y2=2px p>0到焦点的距离为3.上一点Q1,a(1)求a，p的值；(2)设P为直线x=-1上除-1,-3两点外的任意一点，过P作圆C2:x-2，-1,32+y2=3的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D，试判断A，B，C，D四点纵坐标之积是否为定值？若是，求该定值；若不是，请说明理由.3已知点F是抛物线C：y2=2px p>0的焦点，纵坐标为2的点N在C上，以F为圆心、NF为半径的圆交y轴于D，E，DE=23.(1)求抛物线C的方程；(2)过-1,0作直线l与抛物线C交于A，B，求k NA+k NB的值.4贝塞尔曲线是计算机图形学和相关领域中重要的参数曲线．法国数学象卡斯特利奥对贝塞尔曲线进行了图形化应用的测试，提出了De Casteljau 算法：已知三个定点，根据对应的比例，使用递推画法，可以画出地物线．反之，已知抛物线上三点的切线，也有相应成比例的结论．如图所示，抛物线Γ:x 2=2py ，其中p >0为一给定的实数.(1)写出抛物线Γ的焦点坐标及准线方程；(2)若直线l :y =kx -2pk +2p 与抛物线只有一个公共点，求实数k 的值；(3)如图，A ，B ，C 是H 上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D ，E ，F ，证明：|AD ||DE |=|EF ||FC |=|DB ||BF |．5已知点A 为直线l :x +1=0上的动点，过点A 作射线AP (点P 位于直线l 的右侧)使得AP ⊥l ,F 1,0 ，设线段AF 的中点为B ，设直线PB 与x 轴的交点为T ,PF =TF .(1)求动点P 的轨迹C 的方程.(2)设过点Q 0,2 的两条射线分别与曲线C 交于点M ,N ，设直线QM ,QN 的斜率分别为k 1,k 2，若1k 1+1k 2=2，请判断直线MN 的斜率是否为定值以及其是否过定点，若斜率为定值，请计算出定值；若过定点，请计算出定点.七、椭圆定直线问题1椭圆E的方程为x24+y28=1，左、右顶点分别为A-2,0，B2,0，点P为椭圆E上的点，且在第一象限，直线l过点P(1)若直线l分别交x，y轴于C，D两点，若PD=2，求PC的长；(2)若直线l过点-1,0，且交椭圆E于另一点Q(异于点A，B)，记直线AP与直线BQ交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，说明理由．2已知曲线C:(5-m)x2+(m-2)y2=8(m∈R)．(1)若曲线C是椭圆，求m的取值范围．(2)设m=4，曲线C与y轴的交点为A，B(点A位于点B的上方)，直线l:y=kx+4与曲线C交于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点G．试问点G是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．3已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >0,b >0 过点M 263,63 ，且离心率为22．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l :y =x +m 与椭圆C 交y 轴右侧于不同的两点A ，B ，试问：△MAB 的内心是否在一条定直线上？若是，请求出该直线方程；若不是，请说明理由．4已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 过点Q 1,32 ，且离心率为12．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P 1,2 的直线l 交C 于A 、B 两点时，在线段AB 上取点M ，满足AP ⋅MB =AM ⋅PB ，证明：点M 总在某定直线上．5椭圆E的中心为坐标原点，坐标轴为对称轴，左、右顶点分别为A-2,0，B2,0，点1,6在椭圆E上．(1)求椭圆E的方程．(2)过点-1,0的直线l与椭圆E交于P，Q两点(异于点A，B)，记直线AP与直线BQ交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，请说明理由．八、双曲线定直线问题1如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点．若双曲线E:x24-y2b2=1b>0的左、右焦点分别为F1、F2，从F2发出的光线经过图2中的A、B两点反射后，分别经过点C和D，且tan∠CAB=-34，AB⊥BD.(1)求双曲线E的方程；(2)设A1、A2为双曲线E实轴的左、右顶点，若过P4,0的直线l与双曲线C交于M、N两点，试探究直线A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上？若存在，请求出该定直线方程；如不存在，请说明理由．2已知曲线C上的动点P满足|PF1|-|PF2|=2，且F1-2,0,F22,0.(1)求C的方程；(2)若直线AB与C交于A、B两点，过A、B分别做C的切线，两切线交于点P .在以下两个条件①②中选择一个条件，证明另外一个条件成立.①直线AB经过定点M4,0；②点P 在定直线x=14上.3已知点(2,3)在双曲线C:x2a2-y2a2+2=1上．(1)双曲线上动点Q处的切线交C的两条渐近线于A,B两点，其中O为坐标原点，求证：△AOB的面积S 是定值；(2)已知点P12,1，过点P作动直线l与双曲线右支交于不同的两点M､N，在线段MN上取异于点M､N的点H，满足PMPN=MHHN，证明：点H恒在一条定直线上．4已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 经过点D 4,3 ，直线l 1、l 2分别是双曲线C 的渐近线，过D 分别作l 1和l 2的平行线l 1和l 2，直线l 1交x 轴于点M ，直线l 2交y 轴于点N ，且OM ⋅ON =23(O 是坐标原点)(1)求双曲线C 的方程；(2)设A 1、A 2分别是双曲线C 的左、右顶点，过右焦点F 的直线交双曲线C 于P 、Q 两个不同点，直线A 1P 与A 2Q 相交于点G ，证明：点G 在定直线上.5已知双曲线C ：x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 的离心率为2，过点E 1,0 的直线l 与C 左右两支分别交于M ，N 两个不同的点(异于顶点)．(1)若点P 为线段MN 的中点，求直线OP 与直线MN 斜率之积(O 为坐标原点)；(2)若A ，B 为双曲线的左右顶点，且AB =4，试判断直线AN 与直线BM 的交点G 是否在定直线上，若是，求出该定直线，若不是，请说明理由九、抛物线定直线问题1过抛物线x 2=2py (p >0)内部一点P m ,n 作任意两条直线AB ,CD ，如图所示，连接AC ,BD 延长交于点Q ，当P 为焦点并且AB ⊥CD 时，四边形ACBD 面积的最小值为32(1)求抛物线的方程；(2)若点P 1,1 ，证明Q 在定直线上运动，并求出定直线方程.2已知抛物线E :y 2=2px p >0 ，过点-1,0 的两条直线l 1、l 2分别交E 于A 、B 两点和C 、D 两点．当l 1的斜率为12时，AB =210．(1)求E 的标准方程；(2)设G 为直线AD 与BC 的交点，证明：点G 在定直线上．3已知抛物线C 1：x 2=2py (p >0)和圆C 2：x +1 2+y 2=2，倾斜角为45°的直线l 1过C 1的焦点且与C 2相切．(1)求p 的值：(2)点M 在C 1的准线上，动点A 在C 1上，C 1在A 点处的切线l 2交y 轴于点B ，设MN =MA +MB，求证：点N 在定直线上，并求该定直线的方程．4已知拋物线x 2=4y ，P 为拋物线外一点，过P 点作抛物线的切线交抛物线于A ，B 两点，交x 轴于M ，N 两点.(1)若P -1,-2 ，设△OAB 的面积为S 1，△PMN 的面积为S 2，求S 1S 2的值；(2)若P x 0,y 0 ，求证：△PMN 的垂心H 在定直线上.5已知F为抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点，直线l:y=2x+1与C交于A，B两点且|AF|+|BF|= 20.(1)求C的方程.(2)若直线m:y=2x+t(t≠1)与C交于M，N两点，且AM与BN相交于点T，证明：点T在定直线上.圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题一、椭圆定点问题1已知圆E ：x +1 2+y 2=16，点F 1,0 ，G 是圆E 上任意一点，线段GF 的垂直平分线和半径GE 相交于H(1)求动点H 的轨迹Γ的方程；(2)经过点F 和T 7,0 的圆与直线l ：x =4交于P ，Q ，已知点A 2,0 ，且AP 、AQ 分别与Γ交于M 、N .试探究直线MN 是否经过定点.如果有，请求出定点；如果没有，请说明理由.【答案】(1)x 24+y 23=1(2)经过定点，定点坐标为1,0 【分析】(1)利用椭圆的定义即可求出动点H 的轨迹Γ的方程；(2)设M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，直线MN 的方程为：x =my +n ，与椭圆方程联立，根据韦达定理列出x 1，y 1，x 2，y 2之间的关系，再利用两点式写出直线MA 的方程，求出点P 4,2y 1x 1-2 ，Q 4,2y 2x 2-2，再写出以PQ 为直径的圆的方程，根据圆的方程经过点T 7,0 ，得到关系式，进而求得n 为定值，从而得到直线MN 过定点.【详解】(1)如图所示，∵HE +HF =HE +HG =4，且EF =2<4，∴点H 的轨迹是以E ，F 为焦点的椭圆，设椭圆方程x 2a 2+y 2b2=1，则2a =4，c =1，∴a =2，b =a 2-c 2= 3.所以点H 的轨迹方程为：x 24+y 23=1.(2)设直线MN 的方程为：x =my +n ，由x 24+y 23=1x =my +n ，得3m 2+4 y 2+6mny +3n 2-12=0设M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，则y 1+y 2=-6mn 3m 2+4，y 1y 2=3n 2-123m 2+4.所以，x 1+x 2=m y 1+y 2 +2n =8n 3m 2+4，x 1x 2=my 1+n my 2+n =-12m 2+4n 23m 2+4因为直线MA 的方程为：y =y 1x 1-2x -2 ，令x =4，得y P =2y 1x 1-2，所以，P 4,2y 1x1-2 ，同理可得Q 4,2y 2x 2-2，以PQ 为直径的圆的方程为：x -4 2+y -2y 1x 1-2 y -2y 2x 2-2=0，即x -4 2+y 2-2y 1x 1-2+2y 2x 2-2y +2y 1x 1-2×2y 2x 2-2=0，因为圆过点7,0 ，所以，9+2y 1x 1-2×2y 2x 2-2=0，得9+4y 1y 2x 1x 2-2x 1+x 2 +4=0，代入得9+12n 2-483m 2+4-12m 2+4n 23m 2+4-16n3m 2+4+4=0，化简得，9+12n 2-484n 2-16n +16=04n 2-16n +16≠0,n ≠2 ，解得n =1或n =2(舍去)，所以直线MN 经过定点1,0 ，当直线MN 的斜率为0时，此时直线MN 与x 轴重合，直线MN 经过点1,0 ，综上所述，直线MN 经过定点1,0 .2已知点A (2,0)，B -65,-45 在椭圆M :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上.(1)求椭圆M 的方程；(2)直线l 与椭圆M 交于C ,D 两个不同的点(异于A ,B )，过C 作x 轴的垂线分别交直线AB ,AD 于点P ,Q ，当P 是CQ 中点时，证明．直线l 过定点.【答案】(1)x 24+y 2=1(2)证明见解析【分析】(1)根据椭圆所经过的点列方程求出其方程；(2)设出CD 方程，结合韦达定理和P 是CQ 中点的条件，找到直线CD 中两个参数的关系，从而求出定点.【详解】(1)由题知a =2，又椭圆经过B -65,-45 ，代入可得14-652+1b2-452=1，解得b 2=1，故椭圆的方程为：x 24+y 2=1(2)由题意知，当l ⊥x 轴时，不符合题意，故l 的斜率存在，设l 的方程为y =kx +m ，联立y =kx +m x 24+y 2=1消去y 得4k 2+1 x 2+8kmx +4m 2-4=0，则Δ=64k 2m 2-16m 2-1 4k 2+1 =164k 2-m 2+1 >0，即4k 2+1>m 2设C x 1,y 1 ，D x 2,y 2 ，x 1+x 2=-8km 4k 2+1，x 1x 2=4m 2-44k 2+1AB 的方程为y =14(x -2)，令x =x 1得P x 1,x 1-24 ，AD 的方程为y =y 2x 2-2(x -2)，令x =x 1得Q x 1,x 1-2x 2-2y 2，由P 是CQ 中点，得x 1-22=y 1+x 1-2x 2-2⋅y 2，即y 1x 1-2+y 2x 2-2=12，即kx 1+m x 2-2 +kx 2+m x 1-2 =12x 1x 2-2x 1+x 2 +4 ，即(1-4k )x 1x 2+(4k -2m -2)x 1+x 2 +4+8m =0，即4m 2+(16k +8)m +16k 2+16k =0，所以(m +2k )(m +2k +2)=0，得m =-2k -2或m =-2k ，当m =-2k -2，此时由Δ>0，得k <-38，符合题意；当m =-2k ，此时直线l 经过点A ，与题意不符，舍去.所以l 的方程为y =kx -2k -2，即y =k (x -2)-2，所以l 过定点(2,-2).3如图，椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ．左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为22，点M (2,1)在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知P ，Q 是椭圆C 上两动点，记直线AP 的斜率为k 1，直线BQ 的斜率为k 2，k 1=2k 2．过点B 作直线PQ 的垂线，垂足为H ．问：在平面内是否存在定点T ，使得TH 为定值，若存在，求出点T 的坐标；若不存在，试说明理由．【答案】(1)C :x 24+y 22=1；(2)存在定点T 23,0 使TH 为定值，理由见解析.【分析】(1)根据离心率，椭圆上点及参数关系列方程组求a ,b ,c ，即可得椭圆方程；(2)根据题意设BQ :y =k (x -2)，AP :y =2k (x +2)，联立椭圆方程求P ,Q 坐标，判断直线PQ 过定点，结合BH ⊥PQ 于H 确定H 轨迹，进而可得定点使得TH 为定值.【详解】(1)由题意c a =222a 2+1b 2=1a 2=b 2+c 2，可得a 2=4b 2=c 2=2 ，则椭圆方程为C :x 24+y 22=1；(2)若直线BQ 斜率为k ，则直线AP 斜率为2k ，而A (-2,0),B (2,0)，所以BQ :y =k (x -2)，AP :y =2k (x +2)，联立BQ 与椭圆C ，则x 2+2k 2(x -2)2=4，整理得(1+2k 2)x 2-8k 2x +8k 2-4=0，所以2x Q =8k 2-41+2k 2，则x Q =4k 2-21+2k 2，故y Q =-4k1+2k 2，联立AP 与椭圆C ，则x 2+8k 2(x +2)2=4，整理得(1+8k 2)x 2+32k 2x +32k 2-4=0，所以-2x P =32k 2-41+8k 2，则x P =2-16k 21+8k 2，故y P=8k 1+8k 2，综上，x Q -x P =4k 2-21+2k 2-2-16k 21+8k 2=64k 4-4(1+8k 2)(1+2k 2)，y Q -y P =-4k 1+2k 2-8k 1+8k 2=-12k +48k 31+8k 2 1+2k 2，当64k 4-4≠0，即k ≠±12时，k PQ =12k (1+4k 2)4(1-16k 4)=3k1-4k 2，此时PQ :y +4k 1+2k 2=3k 1-4k 2x +2-4k 21+2k 2=3k 1-4k 2x +6k -12k 3(1+2k 2)(1-4k 2)，所以PQ :y =3k 1-4k 2x +2k 1-4k 2=k 1-4k 2(3x +2)，即直线PQ 过定点-23,0 ；当64k 4-4=0，即k =±12时，若k =12，则x Q =-23且y Q =-43，x P =-23且y P =43，故直线PQ 过定点-23,0 ；若k =-12，则x Q =-23且y Q =43，x P =-23且y P =-43，故直线PQ 过定点-23,0 ；综上，直线PQ 过定点M -23,0 ，又BH ⊥PQ 于H ，易知H 轨迹是以BM 为直径的圆上，故BM 的中点23,0 到H 的距离为定值，所以，所求定点T 为23,0 .【点睛】关键点点睛：第二问，设直线BQ ，AP 联立椭圆，结合韦达定理求点P ,Q 坐标，再写出直线PQ 方程判断其过定点是关键.4已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左、右焦点分别为F 1，F 2，A ，B 分别是C 的右、上顶点，且AB =7，D 是C 上一点，△BF 2D 周长的最大值为8.(1)求C 的方程；(2)C 的弦DE 过F 1，直线AE ，AD 分别交直线x =-4于M ，N 两点，P 是线段MN 的中点，证明：以PD 为直径的圆过定点.【答案】(1)x 24+y 23=1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据椭圆的定义结合三角形不等式求解即可；(2)设D x 1,y 1 ,E x 2,y 2 ，直线DE :x =my -1，联立直线与椭圆的方程，根据过两点圆的方程，结合图形的对称性可得定点在x 轴上，代入韦达定理求解即可.【详解】(1)依题意，a 2+b 2=7，△BF 2D 周长DB +DF 2 +a =DB +2a -DF 1 +a ≤BF 1 +3a =4a ，当且仅当B ,F 1,D 三点共线时等号成立，故4a =8，所以a 2=4,b 2=3，所以C 的方程x 24+y 23=1；(2)设D x 1,y 1 ,E x 2,y 2 ，直线DE :x =my -1，代入x 24+y 23=1，整理得3m 2+4 y 2-6my -9=0，Δ=36m 2+363m 2+4 >0，y 1+y 2=6m 3m 2+4,y 1y 2=-93m 2+4，易知AD :y =y 1x 1-2x -2 ，令x =-4，得N -4,-6y 1x 1-2 ，同得M -4,-6y 2x 2-2，从而中点P -4,-3y 1x 1-2+y 2x 2-2，以PD 为直径的圆为x +4 x -x 1 +y +3y 1x 1-2+y 2x 2-2y -y 1 =0，由对称性可知，定点必在x 轴上，令y =0得，x +4 x -x 1 -3y 1y 1x 1-2+y 2x 2-2=0，y 1x 1-2+y 2x 2-2=y 1my 1-3+y 2my 2-3=2my 1y 2-3y 1+y 2 m 2y 1y 2-3m y 1+y 2 +9=-18m3m 2+4-18m 3m 2+4-9m 23m 2+4-18m 23m 2+4+9=-36m36=-m ，所以x +4 x -x 1 +3my 1=0，即x 2+4-x 1 x -4x 1+3my 1=0，因为x 1=my 1-1，所以x 2+5-my 1 x -my 1+4=0，即x +1 x -my 1+4 =0，解得x =-1，所以圆过定点-1,0 .【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为x 1,y 1 ,x 2,y 2 ；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x (或y )的一元二次方程，必要时计算Δ；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x 1+x 2，x 1x 2(或y 1+y 2，y 1y 2)的形式；(5)代入韦达定理求解.5已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左顶点为A ，过右焦点F 且平行于y 轴的弦PQ =AF =3．(1)求△APQ 的内心坐标；(2)是否存在定点D ，使过点D 的直线l 交C 于M ,N ，交PQ 于点R ，且满足MR ⋅ND =MD ⋅RN若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)7-354,0 (2)存在定点D (4,0)【分析】(1)由题意，根据椭圆的定义以及a 2=b 2+c 2，列出等式即可求出椭圆C 的方程，判断△APQ 的内心在x 轴，设直线PT 平分∠APQ ，交x 轴于点T ，此时T 为△APQ 的内心，进行求解即可；(2)设直线l 方程为y =k (x -t )，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将直线l 的方程与椭圆方程联立，得到根的判别式大于零，由点M 、R 、N 、D 均在直线l 上，得到MR ⋅ND =MD ⋅RN，此时2t -(1+t )(x 1+x 2)+2x 1x 2=0，结合韦达定理求出t =4，可得存在定点D (4,0)满足题意．【详解】(1)∵a 2=b 2+c 2,2b 2a=a +c =3∴a =2,b =3,c =1∴椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1，不妨取P 1,32 ,Q 1,-32 ,A (-2,0)，则AP =352,PF =32；因为△APQ 中，AP =AQ ，所以△APQ 的内心在x 轴，设直线PT 平分∠APQ ，交x 轴于T ，则T 为△APQ 的内心，且AT TF =AP PF =5=AT 3-AT ，所以AT =355+1，则T 7-354,0 ；(2)∵椭圆和弦PQ 均关于x 轴上下对称．若存在定点D ，则点D 必在x 轴上∴设D (t ,0)当直线l 斜率存在时，设方程为y =k (x -t ),M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，直线方程与椭圆方程联立y =k (x -t )x 24+y 23=1，消去y 得4k 2+3 x 2-8k 2tx +4k 2t 2-3 =0，则Δ=48k 2+3-k 2t 2>0,x 1+x 2=8k 2t4k 2+3,x 1x 2=4k 2t 2-3 4k 2+3①∵点R 的横坐标为1，M 、R 、N 、D 均在直线l 上，MR ⋅ND =MD ⋅RN∴1+k 2 1-x 1 t -x 2 =1+k 2 t -x 1 x 2-1∴2t -(1+t )x 1+x 2 +2x 1x 2=0∴2t -(1+t )8k 2t 4k 2+3+2×4k 2t 2-3 4k 2+3=0，整理得t =4，因为点D 在椭圆外，则直线l 的斜率必存在．∴存在定点D (4,0)满足题意【点睛】解决曲线过定点问题一般有两种方法：①探索曲线过定点时，可设出曲线方程，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标.②从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.二、双曲线定点问题1已知点P 4,3 为双曲线E :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)上一点，E 的左焦点F 1到一条渐近线的距离为3.(1)求双曲线E 的标准方程；(2)不过点P 的直线y =kx +t 与双曲线E 交于A ,B 两点，若直线PA ，PB 的斜率和为1，证明：直线y =kx +t 过定点，并求该定点的坐标.【答案】(1)x 24-y 23=1(2)证明见解析，定点为(-2,3).【分析】(1)由点到直线的距离公式求出b =3，再将点P 4,3 代入双曲线方程求出a 2=4，可得双曲线E 的标准方程；(2)联立直线与双曲线方程，利用韦达定理得x 1+x 2、x 1x 2，再根据斜率和为1列式，推出t =2k +3，从而可得直线y =kx +t 过定点(-2,3).【详解】(1)设F 1(-c ,0)(c >0)到渐近线y =bax ，即bx -ay =0的距离为3，则3=|-bc |b 2+a2，结合a 2+b 2=c 2得b =3，又P (4,3)在双曲线x 2a 2-y 23=1上，所以16a2-93=1，得a 2=4，所以双曲线E 的标准方程为x 24-y 23=1.(2)联立y =kx +tx 24-y 23=1，消去y 并整理得3-4k 2 x 2-8ktx -4t 2-12=0，则3-4k 2≠0，Δ=64k 2t 2+4(3-4k 2)(4t 2+12)>0，即t 2+3>4k 2，设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，则x 1+x 2=8kt 3-4k 2，x 1x 2=-4t 2+123-4k 2，则k PA +k PB =y 1-3x 1-4+y 2-3x 2-4=kx 1+t -3x 1-4+kx 2+t -3x 2-4=kx 1+t -3 x 2-4 +kx 2+t -3 x 1-4 x 1-4 x 2-4=2kx 1x 2+t -4k -3 x 1+x 2 -8t +24x 1x 2-4(x 1+x 2)+16=1，所以2kx 1x 2+t -4k -3 x 1+x 2 -8t +24=x 1x 2-4(x 1+x 2)+16，所以2k -1 x 1x 2+t -4k +1 x 1+x 2 -8t +8=0，所以-2k -1 4t2+123-4k 2+t -4k +1 ⋅8kt3-4k2-8t +8=0，整理得t 2-6k +2kt -6t -8k 2+9=0，所以(t -3)2+2k (t -3)-8k 2=0，所以t -3-2k t -3+4k =0，因为直线y =kx +t 不过P (4,3)，即3≠4k +t ，t -3+4k ≠0，所以t -3-2k =0，即t =2k +3，所以直线y =kx +t =kx +2k +3，即y -3=k (x +2)过定点(-2,3).【点睛】关键点点睛：利用韦达定理和斜率公式推出t =2k +3是解题关键.2双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的左顶点为A ，焦距为4，过右焦点F 作垂直于实轴的直线交C 于B 、D 两点，且△ABD 是直角三角形.(1)求双曲线C 的方程；(2)已知M ,N 是C 上不同的两点，MN 中点的横坐标为2，且MN 的中垂线为直线l ，是否存在半径为1的定圆E ，使得l 被圆E 截得的弦长为定值，若存在，求出圆E 的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)x 2-y 23=1(2)存在，E :(x -8)2+y 2=1【分析】(1)根据双曲线的性质，结合△ABD 是等腰直角三角形的性质，列出关系式即可求解双曲线方程；(2)首先利用点差法求出直线l 所过的定点，即可求出定圆的方程.【详解】(1)依题意，∠BAD =90°，焦半径c =2，当x =c 时，c 2a 2-y 2b 2=1，得y 2=b 2c 2a 2-1=b 4a2，即y =±b 2a ，所以BF =b 2a ，由AF =BF ，得a +c =b 2a，得a 2+2a =22-a 2，解得：a =1(其中a =-2<0舍去)，所以b 2=c 2-a 2=4-1=3，故双曲线C 的方程为x 2-y 23=1；(2)设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,MN 的中点为Q x 0,y 0 因为M ,N 是C 上不同的两点，MN 中点的横坐标为2.所以x 21-y 213=1,①x 22-y 223=1,②x 0=x 1+x 22=2,③y 0=y 1+y 22,④.①-②得x 1+x 2 x 1-x 2 -y 1+y 2 y 1-y 23=0，当k MN 存在时，k MN =y 1-y2x 1-x 2=3x 1+x 2 y 1+y 2=3×42y 0=6y 0，因为MN 的中垂线为直线l ，所以y -y 0=-y 06x -2 ，即l :y =-y 06x -8 ，所以l 过定点T 8,0 .当k MN 不存在时，M ,N 关于x 轴对称，MN 的中垂线l 为x 轴，此时l 也过T 8,0 ，所以存在以8,0 为圆心的定圆E :(x -8)2+y 2=1，使得l 被圆E 截得的弦长为定值2.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线相交的综合应用，本题的关键是求得直线所过的定点，因为半径为1，所以定圆圆心为定点，弦长就是直径.3已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 的右焦点，右顶点分别为F ，A ，B 0,b ，AF =1，点M 在线段AB 上，且满足BM =3MA ，直线OM 的斜率为1，O 为坐标原点.(1)求双曲线C 的方程.(2)过点F 的直线l 与双曲线C 的右支相交于P ，Q 两点，在x 轴上是否存在与F 不同的定点E ，使得EP ⋅FQ =EQ ⋅FP 恒成立？若存在，求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)x 2-y 23=1(2)存在，E 12,0 【分析】(1)由AF =1，BM =3MA ，直线OM 的斜率为1，求得a ,b ,c 之间的关系式，解得a ,b 的值，进而求出双曲线的方程；(2)设直线PQ 的方程，与双曲线的方程联立，可得两根之和及两根之积，由等式成立，可得EF 为∠PEQ 的角平分线，可得直线EP ,EQ 的斜率之和为0，整理可得参数的值，即求出E 的坐标．【详解】(1)设c 2=a 2+b 2c >0 ，所以F c ,0 ，A a ,0 ，B 0,b ，因为点M 在线段AB 上，且满足BM =3MA ，所以点M 33+1a ,13+1b，因为直线OM 的斜率为1，所以13+1b 33+1a =1，所以ba=3，因为AF =1，所以c -a =1，解得a =1，b =3，c =2.所以双曲线C 的方程为x 2-y 23=1.(2)假设在x 轴上存在与F 不同的定点E ，使得EP ⋅FQ =EQ ⋅FP 恒成立，当直线l 的斜率不存在时，E 在x 轴上任意位置，都有EP ⋅FQ =EQ ⋅FP ；当直线l 的斜率存在且不为0时，设E t ,0 ，直线l 的方程为x =ky +2，直线l 与双曲线C 的右支相交于P ，Q 两点，则-33<k <33且k ≠0，设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，由x 2-y 23=1x =ky +2 ，得3k 2-1 y 2+12ky +9=0，3k 2-1≠0，Δ=36k 2+36>0，所以y 1+y 2=-12k 3k 2-1，y 1y 2=93k 2-1，因为EP ⋅FQ =EQ ⋅FP ，即EP EQ=FP FQ，所以EF 平分∠PEQ ，k EP +k EQ =0，有y 1x 1-t +y 2x 2-t =0，即y 1ky 1+2-t +y 2ky 2+2-t=0，得2ky 1y 2+2-t y 1+y 2 =0，所以2k93k 2-1+2-t -12k 3k 2-1=0，由k ≠0，解得t =12.综上所述，存在与F 不同的定点E ，使得EP ⋅FQ =EQ ⋅FP 恒成立，且E 12,0.【点睛】方法点睛：解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x (或y )建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，要强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．4已知双曲线C 与双曲线x 212-y 23=1有相同的渐近线，且过点A (22,-1).(1)求双曲线C 的标准方程；(2)已知点D (2,0)，E ，F 是双曲线C 上不同于D 的两点，且DE ·DF=0，DG ⊥EF 于点G ，证明:存在定点H ，使GH 为定值.【答案】(1)x 24-y 2=1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据给定条件，设出双曲线C 的方程，再将点A 的坐标代入求解作答.(2)当直线EF 斜率存在时，设出其方程并与双曲线C 的方程联立，由给定的数量积关系结合韦达定理求得直线EF 过定点，再验证斜率不存在的情况，进而推理判断作答.【详解】(1)依题意，设双曲线C 的方程为x 212-y 23=λ(λ≠0)，而点A (22,-1)在双曲线C 上，于是λ=(22)212-(-1)23=13，双曲线C 的方程为x 212-y 23=13，即x 24-y 2=1，所以双曲线C 的标准方程为x24-y 2=1.(2)当直线EF 斜率存在时，设直线EF 的方程为：y =kx +m ，设E x 1,y 1 ,F x 2,y 2 ，由y =kx +mx 2-4y 2=4消去y 并整理得4k 2-1 x 2+8kmx +4m 2+1 =0，有4k 2-1≠0，且Δ=(8km )2-16(m 2+1)(4k 2-1)>0，即4k 2-1≠0且4k 2-m 2-1<0，有x 1+x 2=-8km 4k 2-1,x 1x 2=4m 2+44k 2-1，又y 1y 2=kx 1+m kx 2+m =k 2x 1x 2+km x 1+x 2 +m 2，DE =(x 1-2,y 1),DF =(x 2-2,y 2)，由DE ·DF =0，得x 1-2 x 2-2 +y 1y 2=0，整理得k 2+1 ⋅x 1x 2+(km -2)⋅x 1+x 2 +m 2+4=0，于是k 2+1 ⋅4m 2+44k 2-1+(km -2)⋅-8km 4k 2-1+m 2+4=0，化简得3m 2+16km +20k 2=0，即(3m +10k )(m +2k )=0，解得m =-2k 或m =-103k ，均满足条件，当m =-2k 时，直线EF 的方程为y =k (x -2)，直线EF 过定点(2,0)，与已知矛盾，当m =-103k 时，直线EF 的方程为y =k x -103 ，直线EF 过定点M 103,0 ；当直线EF 的斜率不存在时，由对称性不妨设直线DE 的方程为：y =x -2，。

高考总复习二轮数学精品课件考点突破练14 圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题

= 5,
= 2,
= =
2
∴椭圆的方程为 9
1 2 3 4
2
+ 4 =1.
A(-2,0),
(2)证明根据题意,直线 PQ 的斜率存在,设 MN 的中点为 T,直线 PQ 的方程
为 y=k(x+2)+3(k<0),P(x1,y1),Q(x2,y2),
联立
2
9
2
+ 4
= 1,
= ( + 2) + 3,
(2)存在定点
4
M( ,0)满足题意.
3
当 α≠90°时,设直线 l 的方程为 y=k(x-3),联立
整理得(5-4k2)x2+24k2x-36k2-20=0,
设 A(x1,y1),B(x2,y2),
5-4 2 ≠ 0,
1 + 2 =
则
1 2 =
-242
2
5-4
-362 -20
2
5-4
则(4k2+9)x2+(16k2+24k)x+16k2+48k=0,
∴
1 + 2 = 1 2 =
162 +24
2
4 +9
162 +48
2
4 +9
,
.
∵直线 AP,AQ 分别与 y 轴交于 M,N 两点,且过 A(-2,0),
∴设直线 AP 的方程为 y-0=k1(x+2),即 y=k1x+2k1,
4.(2023湖南张家界二模)已知曲线C:
2
4
2
− =1 (x>0),倾斜角为α的直线l过

第24练圆锥曲线中的定点、定值问题

第24练圆锥曲线中的定点、定值问题
[考情分析] 圆锥曲线中的定点、定值问题是高考考查的热点，难度为中高档．
考点一直线过定点问题要点重组
设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m ,0)．
1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的长轴长为4，且椭圆C 与圆E ：(x －1)2＋y 2＝94
的公共弦长为3.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)设动直线l ：y ＝k (x －4)交椭圆C 于A ，B 两点，点A 与点D 关于x 轴对称．问：直线BD 是否经过x 轴上一定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．解 (1)由题意得2a ＝4，所以a ＝2.
圆E 的圆心为(1,0)，半径为32
，由椭圆C 与圆E 的公共弦长为3，
可得椭圆C 经过点⎝
⎛⎭⎫1，±32，所以14＋94b 2＝1，解得b 2＝3，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23
＝1. (2)设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则D (x 1，－y 1)．
由⎩
⎪⎨⎪⎧ y ＝k (x －4)，3x 2＋4y 2＝12，得 (3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0，
则Δ>0，x 1＋x 2＝32k 23＋4k 2，x 1x 2＝64k 2－123＋4k 2.。

【精品整理】专题对点练24 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题

专题对点练24圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题专题对点练第39页1.(2017吉林白山二模,理22)已知抛物线的对称轴为坐标轴,顶点是坐标原点,准线方程为x=-1,直线l与抛物线相交于不同的A,B两点.(1)求抛物线的标准方程;(2)如果直线l过抛物线的焦点,求错误!未找到引用源。

的值;(3)如果错误!未找到引用源。

=-4,直线l是否过一定点,若过一定点,求出该定点;若不过一定点,试说明理由.解(1)已知抛物线的对称轴为坐标轴,顶点是坐标原点,准线方程为x=-1,∴错误!未找到引用源。

=1,p=2.∴抛物线的标准方程为y2=4x.(2)设l:my=x-1,与y2=4x联立,得y2-4my-4=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),∴y1+y2=4m,y1y2=-4,∴错误!未找到引用源。

=x1x2+y1y2=(m2+1)y1y2+m(y1+y2)+1=-3.(3)假设直线l过定点,设l:my=x+n,联立错误!未找到引用源。

得y2-4my+4n=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),∴y1+y2=4m,y1y2=4n.由错误!未找到引用源。

=-4=(m2+1)y1y2-mn(y1+y2)+n2=n2+4n,解得n=-2,∴l:my=x-2过定点(2,0).2.(2017吉林三模,理20)已知O为坐标原点,抛物线C:y2=nx(n>0)在第一象限内的点P(2,t)到焦点的距离为错误!未找到引用源。

,曲线C在点P处的切线交x轴于点Q,直线l1经过点Q且垂直于x轴.(1)求线段OQ的长;(2)设不经过点P和Q的动直线l2:x=my+b交曲线C于点A和B,交l1于点E,若直线PA,PE,PB 的斜率依次成等差数列,试问:l2是否过定点?请说明理由.解(1)由抛物线上的点P(2,t)到焦点的距离为错误!未找到引用源。

,得2+错误!未找到引用源。

,所以n=2,则抛物线方程为y2=2x,所以曲线C在第一象限的图象对应的函数解析式为y=错误!未找到引用源。

2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版专题七 7.4.3 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题

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
0,
1 2
.
(2)解由(1)得直线 AB 的方程为 y=tx+12.
�� = �� + 1 , 由 �� = ��2 2 可得 x2-2tx-1=0.
则 k = MP
41��-��42��+�� 21 +35
8��
-4 �� 2 +1
=
8 �� 2
-5
+85
-8��
= ,k = ��2-1
5��
NP
��22+-44+35
8�� 2 8
解 (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2a2+4=(a+2)2,解得a=0或 a=4. 故☉M的半径r=2或r=6.
由
�� 2 12
+ �� 2
6
=
1,
化简得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-12=0,
∴x1+x2=-24��2��+��1,x1x2=22�� 22+-112,

(复习指导)高考大题专项(五)突破2 圆锥曲线中的定点、定值问题含解析

突破2圆锥曲线中的定点、定值问题题型一圆锥曲线中的定点问题(多维探究) 突破策略一直接法【例1】(2020全国1,理20)已知A ,B 分别为椭圆E :x 2a 2+y 2=1(a>1)的左、右顶点,G为E 的上顶点,AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·GB⃗⃗⃗⃗⃗ =8.P 为直线x=6上的动点,PA 与E 的另一交点为C ,PB 与E 的另一交点为D. (1)求E 的方程;(2)证明:直线CD 过定点.解题心得圆锥曲线中定点问题的常见解法(1)要证明直线或曲线过定点,可以根据已知条件直接求直线或曲线的方程,方程一旦求出,即能找到直线或曲线过的定点,也就证明了过定点.(2)对于是否直线或曲线过定点问题,一般先假设过定点,并假设出定点坐标,根据题意选择参数,建立一个直线系或曲线系方程,而该方程与参数无关,故得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点,否则说明假设不成立.(3)从特殊位置入手,找出定点,再证明该点符合题意.对点训练1(2020新高考全国1,22)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的离心率为√22,且过点A (2,1).(1)求C 的方程;(2)点M ,N 在C 上,且AM ⊥AN ,AD ⊥MN ,D 为垂足.证明:存在定点Q ,使得|DQ|为定值.突破策略二逆推法【例2】设O 为坐标原点,动点M 在椭圆C :x 22+y 2=1上,过点M 作x 轴的垂线,垂足为N ,点P 满足NP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√2NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . (1)求点P 的轨迹方程.(2)设点Q 在直线x=-3上,且OP⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =1.证明:过点P 且垂直于OQ 的直线l 过椭圆C 的左焦点F.解题心得由特殊到一般法求定点问题的方法:由特殊到一般法求解定点问题时,常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.对点训练2已知抛物线C 的方程y 2=2px (p>0),焦点为F ,点P 在抛物线C 上,且点P 到点F 的距离比它到y 轴的距离大1.(1)试求出抛物线C 的方程.(2)若抛物线C 上存在两动点M ,N (M ,N 在对称轴两侧),满足OM ⊥ON (O 为坐标原点),过点F 作直线交抛物线C 于A ,B 两点,若AB ∥MN ,则线段MN 上是否存在定点E ,使得|EM |·|EN ||AB |=4恒成立?若存在,请求出点E 的坐标,若不存在,请说明理由.题型二圆锥曲线中的定值问题突破策略直接法【例3】(2020山东滨州二模,20)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)经过点(√2,1),离心率为√22.(1)求椭圆C 的方程;(2)设直线l :y=kx+t (t ≠0)与椭圆C 相交于A ,B 两点,若以OA ,OB 为邻边的平行四边形OAPB 的顶点P 在椭圆C 上,求证:平行四边形OAPB 的面积为定值.解题心得证明某一量为定值,一般方法是用一个参数表示出这个量,通过化简消去参数,得出定值.对点训练3(2020山东泰安三模,21)已知椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的右顶点为A ,上顶点为B ,O为坐标原点,点O 到直线AB 的距离为2√55,△OAB 的面积为1.(1)求椭圆的标准方程;(2)直线l 与椭圆交于C ,D 两点,若直线l ∥AB ,设直线AC ,BD 的斜率分别为k 1,k 2,证明:k 1·k 2为定值.突破2 圆锥曲线中的定点、定值问题例1(1)解由题设得A (-a ,0),B (a ,0),G (0,1).则AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ,1),GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ,-1). 由AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =8得a 2-1=8,即a=3. 所以E的方程为x 29+y 2=1.(2)证明设C (x 1,y 1),D (x 2,y 2),P (6,t ).若t ≠0,设直线CD 的方程为x=my+n ,由题意可知-3<n<3.由于直线PA 的方程为y=t9(x+3),所以y 1=t 9(x 1+3). 直线PB 的方程为y=t(x-3), 所以y 2=t3(x 2-3). 可得3y 1(x 2-3)=y 2(x 1+3).由于x 229+y 22=1,故y 22=-(x 2+3)(x 2-3)9, 可得27y 1y 2=-(x 1+3)(x 2+3),即(27+m 2)y 1y 2+m (n+3)(y 1+y 2)+(n+3)2=0.① 将x=my+n代入x 29+y 2=1得(m 2+9)y 2+2mny+n 2-9=0.所以y 1+y 2=-2mn m 2+9,y 1y 2=n 2-9m 2+9.代入①式得(27+m 2)(n 2-9)-2m (n+3)mn+(n+3)2·(m 2+9)=0. 解得n=-3(舍去),n=32. 故直线CD 的方程为x=my+32, 即直线CD 过定点(32,0).若t=0,则直线CD 的方程为y=0,过点(32,0). 综上,直线CD 过定点(32,0). 对点训练1解(1)由题设得4a2+1b 2=1,a 2-b 2a 2=12,解得a 2=6,b 2=3,所以C 的方程为x 26+y 23=1. (2)设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2).若直线MN 与x 轴不垂直,设直线MN 的方程为y=kx+m ,代入x 26+y 23=1得(1+2k 2)x 2+4kmx+2m 2-6=0.于是x 1+x 2=-4km 1+2k2,x 1x 2=2m 2-61+2k 2.①由AM ⊥AN 知AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 故(x 1-2)(x 2-2)+(y 1-1)(y 2-1)=0,可得(k 2+1)x 1x 2+(km-k-2)(x 1+x 2)+(m-1)2+4=0. 整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0. 因为A (2,1)不在直线MN 上, 所以2k+m-1≠0, 故2k+3m+1=0,k ≠1.于是MN 的方程为y=k (x -23)−13(k ≠1). 所以直线MN 过点P (23,-13).若直线MN 与x 轴垂直,可得N (x 1,-y 1). 由AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得(x 1-2)(x 1-2)+(y 1-1)(-y 1-1)=0. 又x 126+y 123=1,可得3x 12-8x 1+4=0.解得x 1=2(舍去),x 1=23. 此时直线MN 过点P (2,-1). 令Q 为AP 的中点,即Q (43,13).若D 与P 不重合,则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边, 故|DQ|=12|AP|=2√23. 若D 与P 重合,则|DQ|=12|AP|. 综上,存在点Q (43,13),使得|DQ|为定值.例2(1)解设M (x 0,y 0),由题意可得N (x 0,0),设P (x ,y ),由点P 满足NP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√2NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .可得(x-x 0,y )=√2(0,y 0),可得x-x 0=0,y=√2y 0,即有x 0=x ,y 0=√2,代入椭圆方程x 22+y 2=1,可得x 22+y 22=1,即有点P 的轨迹方程为x 2+y 2=2.(2)证明(方法1)设Q (-3,m ),P (√2cos α,√2sin α)(0≤α<2π),由OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,可得(√2cos α,√2sin α)·(-3-√2cos α,m-√2sin α)=1,即为-3√2cos α-2cos 2α+√2m sin α-2sin 2α=1,当α=0时,上式不成立,则0<α<2π,解得m=√2cosα√2sinα,所以Q (-3√2cosα√2sinα),椭圆x 22+y 2=1的左焦点F (-1,0),由PF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1-√2cos α,-√2sin α)·(-3√2cosα√2sinα)=3+3√2cos α-3(1+√2cos α)=0.又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ,可得过点P 且垂直于OQ 的直线l 过椭圆C 的左焦点F.(方法2)设Q (-3,t ),P (m ,n ),由OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,可得(m ,n )·(-3-m ,t-n )=-3m-m 2+nt-n 2=1,又P 在圆x 2+y 2=2上,可得m 2+n 2=2,即有nt=3+3m ,又椭圆的左焦点F (-1,0),PF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1-m ,-n )·(-3,t )=3+3m-nt=3+3m-3-3m=0,则PF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ,可得过点P 且垂直于OQ 的直线l 过椭圆C 的左焦点F.对点训练2解(1)由点P 到点F 的距离比它到y 轴的距离大1和抛物线定义,知p2=1,所以抛物线C 的方程为y 2=4x.(2)存在.由题意,k MN ≠0,设M (y 124,y 1),N (y 224,y 2)(y 2>y 1),由OM ⊥ON ,得y 1y 2=-16,直线MN 的斜率k=4y1+y 2,直线MN :y-y 1=4y 1+y2x-y 124,整理可得y=4y1+y 2(x-4), ①若直线AB 斜率存在,设斜率为k ,y=k (x-1),与y 2=4x 联立得ky 2-4y-4k=0,设A (x A ,y A ),B (x B ,y B ),则|AB|=√(1+1k2)|y A -y B |=41+1k 2,若点E 存在,设点E 坐标为(x 0,y 0),|EM|·|EN|=√(1+1k2)(y 0-y 1)√(1+1k 2)(y 2-y 0)=(1+1k2)·[-y 1y 2-y 02+(y 1+y 2)y 0]=1+1k 216-y 02+4y 0k,当|EM |·|EN ||AB |=4时,16-y 02+4y 0k=16,解得y 0=0或y 0=4k(不是定点,舍去),则点E 为(4,0),经检验,此点满足y 2<4x ,所以在线段MN 上.②若直线AB 斜率不存在,则|AB|=4,|EM|·|EN|=4×4=16,此时点E (4,0)满足题意.综合上述,定点E 为(4,0).例3(1)解椭圆C 过点(√2,1),代入椭圆方程可得22+1b 2=1.①又因为离心率为√2,所以a 2-b 22=1,从而a 2=2b 2.②联立①②,解得a 2=4,b 2=2.所以椭圆方程为x 24+y 22=1.(2)证明把y=kx+t代入椭圆方程x 24+y 22=1,得(2k 2+1)x 2+4ktx+2(t 2-2)=0,所以Δ=(4kt )2-8(2k 2+1)(t 2-2)=8[2(2k 2+1)-t 2]>0. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1+x 2=-4kt 2k 2+1,x 1x 2=2(t 2-2)2k 2+1.所以y 1+y 2=k (x 1+x 2)+2t=2t2k 2+1.因为四边形OAPB 是平行四边形, 所以OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1+x 2,y 1+y 2)=(-4kt2k 2+1,2t2k 2+1),所以点P 坐标为(-4kt2k 2+1,2t2k 2+1).又因为点P 在椭圆上, 所以4k 2t 2(2k 2+1)2+2t 2(2k 2+1)2=1,即t2=2k 2+12.因为|AB|=√(x 1-x 2)2+(y 1-y 2)2=√1+k 2|x1-x 2|=2√2√1+k 2√2(2k 2+1)-t 22k 2+1=2√3·√1+k 2√2k +1,又点O 到直线l 的距离d=√1+k.所以平行四边形OAPB 的面积S ▱OAPB =2S △OAB =|AB|·d=√3|√2k +1=√6√2k 2+1√2k +1=√6,即平行四边形OAPB 的面积为定值.对点训练3解(1)直线AB 的方程为x a +yb =1,即bx+ay-ab=0,则√a 2+b 2=2√55. 因为三角形OAB 的面积为1,所以12ab=1,即ab=2,解得a=2,b=1,所以椭圆的标准方程为x 24+y 2=1.(2)直线AB 的斜率为-12,设直线l 的方程为y=-12x+t ,C (x 1,y 1),D (x 2,y 2),代入x 24+y 2=1,得2y 2-2ty+t 2-1=0,则y 1+y 2=t ,y 1y 2=t 2-12,所以k 1k 2=y 1x 1-2·y 2-1x 2=y 1y 2-y 1x 1x 2-2x 2,所以x 1x 2-2x 2=4(t-y 1)(t-y 2)-4(t-y 2)=4[t 2-t (y 1+y 2)+y 1y 2-t+y 2]=4[(y 1+y 2)2-(y 1+y 2)(y 1+y 2)+y 1y 2-(y 1+y 2)+y 2]=4(y 1y 2-y 1),所以k 1·k 2=14为定值.。

备战2023年高考数学二轮复习专题第2课时圆锥曲线的定点、定值、存在性问题

二轮·数学
(2)证明：由x42＋y2＝1，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， y＝kx＋m，
所以 Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝－16m2＋64k2＋16＞0，得 m2＜1＋4k2，x1＋x2＝－1＋8km4k2．
11
题型突破· 重点探究
限时规范训练· 巩固提升
二轮·数学
(2)证明：设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．若 t≠0，设直线 CD 的方程为 x＝my＋n，由题意可知－3＜n＜3．由于直线 PA 的方程为 y＝9t (x＋3)，所以 y1＝9t (x1＋3)．直线 PB 的方程为 y＝3t (x－3)，所以 y2＝3t (x2－3)．
二轮·数学
5
题型突破· 重点探究
限时规范训练· 巩固提升
二轮·数学
所以 y1＋y2＝－m22m＋n9，y1y2＝mn22－＋99．代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2·(m2＋9)＝0．解得 n＝－3(舍去)或 n＝32．
6
题型突破· 重点探究
限时规范训练· 巩固提升
二轮·数学
条件信息信息❶中给出椭圆条件信息❷给出 A，B，N 点
信息❸N→A＝mA→M，N→B＝nB→M 信息❹求 m＋n 为定值
想到方法
注意什么
分别求出 a2，b2，得出椭圆方程 (1)条件中长轴长
设出 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
为 2a，易误认为 a
Nx0，－14x0
(2)注意N→A＝
8
题型突破· 重点探究
限时规范训练· 巩固提升
二轮·数学
[即学即用] 已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的离心率为 23，直线 x＝1 被椭圆截得的弦长为 3． (1)求椭圆方程； (2)设直线 y＝kx＋m 交椭圆 C 于 A，B 两点，且线段 AB 的中点 M 在直线 x＝1 上，求证：线段 AB 的垂直平分线恒过定点．

高考数学二轮2 第二篇专题五第2课时圆锥曲线中的定点、定值问题

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专题五第2课时圆锥曲线中的定点、定值问题圆锥曲线中的定点问题【典例1】(2021·滨州一模)已知点A(0，－1)，B(0，1)，动点P满足|PB→||AB→|＝P A→·BA→.记点P的轨迹为曲线C.(1)求C的方程；(2)设D为直线y＝－2上的动点，过D作C的两条切线，切点分别是E，F.证明：直线EF过定点．【思维点拨】→||AB→|＝P A→·BA→求出动点的轨迹方程(1)设P(x，y)，利用|PB设D(t，－2)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，利用直线与圆锥曲线相切，得到直线(2)EF的方程，再确定定点【解析】(1)设P(x，y)，则P A＝(－x，－1－y)，PB＝(－x，1－y)，AB＝(0，→＝(0，－2)，2)，BA所以|PB→||AB→|＝P A→·BA→，（－x）2＋（1－y）2＝1＋y化简得x2＝4y，所以C的方程为x2＝4y.(2)由题意可设D (t ，－2)，E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，由题意知切线DE ，DF 的斜率都存在，由x 2＝4y ，得y ＝x 24 ，则y ′＝x 2 ，所以k DE ＝x 12 ，直线DE 的方程为y －y 1＝x 12 (x －x 1)，即y －y 1＝x 12 x －x 21 2 ，①因为E (x 1，y 1)在x 2＝4y 上，所以x 21 ＝4y 1，即x 21 2 ＝2y 1，②将②代入①得x 1x －2y 1－2y ＝0，所以直线DE 的方程为x 1x －2y 1－2y ＝0，同理可得直线DF 的方程为x 2x －2y 2－2y ＝0，因为D (t ，－2)在直线DE 上，所以tx 1－2y 1＋4＝0，又D (t ，－2)在直线DF 上，所以tx 2－2y 2＋4＝0，所以直线EF 的方程为tx －2y ＋4＝0，故直线EF 过定点(0，2).本例若改为：已知点A (0，4)，B (0，1)，动点P 满足|P A |＝2|PB |，设动点P 的轨迹为曲线E . (1)求曲线E 的轨迹方程；(2)若Q 是直线l ：y ＝x －4上的动点，过Q 作曲线E 的两条切线QM ，QN ，切点为M ，N ，探究：直线MN 是否过定点，若存在定点请写出坐标，若不存在则说明理由．【解析】(1)设点P 的坐标为(x ，y )，|P A |＝2|PB |，即x 2＋⎝⎛⎭⎫y －42＝2x 2＋⎝⎛⎭⎫y －12，整理得x 2＋y 2＝4，所以曲线E 的轨迹方程为x 2＋y 2＝4； (2)依题意，ON ⊥QN ，OM ⊥QM ，则M ，N 都在以OQ 为直径的圆F 上，因为Q 是直线l ：y ＝x －4上的动点，设Q (t ，t －4)，则圆F 的圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫t 2，t －42 ，且经过坐标原点即圆的方程为x 2＋y 2－tx －(t －4)y ＝0. 又因为M ，N 在曲线E ：x 2＋y 2＝4上，由⎩⎨⎧x 2＋y 2＝4x 2＋y 2－tx －（t －4）y ＝0，可得tx ＋(t －4)y －4＝0，即直线MN 的方程为tx ＋(t －4)y －4＝0.由t ∈R 且t (x ＋y )－4y －4＝0可得，⎩⎨⎧x ＋y ＝04y ＋4＝0，解得⎩⎨⎧x ＝1y ＝－1，所以直线MN 是过定点(1，－1).直线过定点问题的常见解法(1)用参数表示出直线的方程，根据直线方程的特征确定定点的位置． (2)从特殊点入手，先确定定点，再证明该定点符合题目条件．提醒：求出直线方程是判断直线是否过定点的前提和关键．(2021·石家庄二模)已知直线l ：y ＝x －1与椭圆C ：x 2a 2 ＋y 2b 2 ＝1(a ＞1，b ＞0)相交于P ，Q 两点，M (－1，0)，MP → ·MQ→ ＝0. (1)证明椭圆过定点T (x 0，y 0)，并求出x 20 ＋y 20 的值；(2)求弦长|PQ |的取值范围．【解析】(1)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －1x 2a 2＋y 2b 2＝1，整理得(a 2＋b 2)x 2－2a 2x ＋a 2－a 2b 2＝0. x 1＋x 2＝2a 2a 2＋b 2 ，x 1x 2＝a 2－a 2b 2a 2＋b2 ，因为MP → ·MQ → ＝0，所以(x 1＋1，y 1)·(x 2＋1，y 2)＝(x 1＋1)(x 2＋1)＋y 1y 2 ＝(x 1＋1)(x 2＋1)＋(x 1－1)(x 2－1) ＝2x 1x 2＋2＝0.所以x 1x 2＝a 2－a 2b 2a 2＋b 2 ＝1，得2a 2＋b 2＝a 2b 2.所以1a 2 ＋2b 2 ＝1，即椭圆过定点T 1(1，2 )，T 2(1，－2 )， T 3(－1，2 )，T 4(－1，－2 )，所以x 20 ＋y 20 ＝1＋2＝3；(2)|PQ |＝2 |x 1－x 2|＝2[（x 1＋x 2）2－4x 1x 2]＝2[⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2a 2a 2＋b 22＋4] ＝22 ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 2a 2＋b 22＋1 ＝22 ·⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋b 2a 22＋1 .① 由2a 2＋b 2＝a 2b 2，得b 2＝2a 2a 2－1＞0，所以b 2a 2 ＝2a 2－1，代入①，得|PQ |＝22 ·⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋2a 2－12＋1 ，因为a 2＞1，所以|PQ |的取值范围是(22 ，4).圆锥曲线中的定值问题【典例2】(2021·新高考I 卷)在平面直角坐标系xOy 中，已知点F 1(－17 ，0)，F 2(17 ，0)，点M 满足|MF 1|－|MF 2|＝2，记M 的轨迹为C . (1)求C 的方程；(2)设点T 在直线x ＝12 上，过T 的两条直线分别交C 于A ，B 两点和P ，Q 两点，且|TA |·|TB |＝|TP |·|TQ |，求直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和．【思维点拨】 (1)利用双曲线的定义可知轨迹方程(2)分别求出|TA |·|TB |，|TP |·|TQ |的表达式，由|TA |·|TB |＝|TP |·|TQ |化简可得斜率之和．【规范解答】(1)因为|MF 1|－|MF 2|＝2，所以轨迹C 为双曲线右半支，2分 c 2＝17，2a ＝2，所以a 2＝1，b 2＝16，所以C 的方程为x 2－y216 ＝1(x ＞0).4分(2)设T ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，n ，设AB ：y －n ＝k 1⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12 ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y －n ＝k 1⎝⎛⎭⎪⎫x －12x 2－y 216＝1，所以(16－k 21)x2＋(k 21－2k 1n )x －14 k 21 －n 2＋k 1n －16＝0，6分所以x 1＋x 2＝k 21 －2k 1nk 21 －16，x 1x 2＝14k 21 ＋n 2－k 1n ＋16k 21 －16 ， |TA |＝1＋k 21⎝⎛⎭⎪⎫x 1－12 ，|TB |＝1＋k 21⎝⎛⎭⎪⎫x 2－12 ，8分所以|TA |·|TB |＝(1＋k 21 )⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－12 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－12 ＝（n 2＋12）（1＋k 21 ）k 21 －16，设PQ ：y －n ＝k 2⎝⎛⎭⎪⎫x －12 ，同理|TP |·|TQ |＝（n 2＋12）（1＋k 22 ）k 22 －16， 10分因为|TA |·|TB |＝|TP |·|TQ |，所以1＋k 21k 21 －16 ＝1＋k 22k 22 －16 ，1＋17k 21 －16 ＝1＋17k 22 －16，所以k 21 －16＝k 22 －16，即k 21 ＝k 22 ，因为k 1≠k 2，所以k 1＋k 2＝0.12分易错点化简|TA |·|TB |，|TP |·|TQ |出错障碍点误认为直接求两直线斜率，导致无法完成学科素养逻辑推理、数学运算、直观想象评分细则未说明直线AB 斜率不存在情况扣1分，|TA |·|TB |表达式化简正确得2分．求定值问题常见的方法(1)从特殊值入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．(2021·南京一模)设F 为椭圆C ：x 22 ＋y 2＝1的右焦点，过点(2，0)的直线与椭圆C 交于A ，B 两点．(1)若点B 为椭圆C 的上顶点，求直线AF 的方程；(2)设直线AF ，BF 的斜率分别为k 1，k 2(k 2≠0)，求证：k 1k 2为定值．【解析】(1)若B 为椭圆的上顶点，则B (0，1).又AB 过点(2，0)，故直线AB ：x ＋2y －2＝0.代入椭圆C ：x 22 ＋y 2＝1，可得3y 2－4y ＋1＝0，解得y 1＝1，y 2＝13 ，即点A (43 ，13 )，从而直线AF ：y ＝x －1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，方法一：设直线AB ：x ＝ty ＋2，代入椭圆方程可得：(2＋t 2)y 2＋4ty ＋2＝0. 所以y 1＋y 2＝－4tt 2＋2 ，y 1y 2＝2t 2＋2.故k 1＋k 2＝y 1x 1－1 ＋y 2x 2－1 ＝y 1ty 1＋1 ＋y 2ty 2＋1＝2ty 1y 2＋（y 1＋y 2）（ty 1＋1）（ty 2＋1）＝2t ·2t 2＋2＋－4t t 2＋2（ty 1＋1）（ty 2＋1）＝0.又k 1，k 2均不为0，故k 1k 2 ＝－1，即k 1k 2为定值－1.方法二：设直线AB ：x ＝ty ＋2，代入椭圆方程可得：(2＋t 2)y 2＋4ty ＋2＝0. 所以y 1＋y 2＝－4tt 2＋2 ，y 1y 2＝2t 2＋2.所以y 1y 2y 1＋y 2 ＝－12t ，即ty 1y 2＝－y 1＋y 22 ，所以k 1k 2 ＝y 1x 1－1y 2x 2－1 ＝y 1（x 2－1）y 2（x 1－1）＝y 1（ty 2＋1）y 2（ty 1＋1）＝ty 1y 2＋y 1ty 1y 2＋y 2 ＝－y 1＋y 22＋y 1－y 1＋y 22＋y 2＝－1，即k 1k 2 为定值－1.方法三：设直线AB ：x ＝ty ＋2，代入椭圆方程可得：(2＋t 2)y 2＋4ty ＋2＝0. 所以y 1＋y 2＝－4t t 2＋2 ，y 1y 2＝2t 2＋2，所以y 1＋y 2y 1y 2 ＝1y 1 ＋1y 2 ＝－2t .所以k 1k 2 ＝y 1x 1－1y 2x 2－1＝y 1（x 2－1）y 2（x 1－1）＝y 1（ty 2＋1）y 2（ty 1＋1）＝ty 1y 2＋y 1ty 1y 2＋y 2＝t ＋1y 2t ＋1y1 ，把1y2 ＝－2t －1y 1 代入得k 1k 2＝－1.方法四：设直线AB ：y ＝k (x －2)，代入椭圆的方程可得(1＋2k 2)x 2－8k 2x ＋(8k 2－2)＝0，则x 1＋x 2＝8k 21＋2k 2 ，x 1x 2＝8k 2－21＋2k2. 所以k 1k 2 ＝y 1x 1－1y 2x 2－1 ＝y 1（x 2－1）y 2（x 1－1）＝（x 1－2）（x 2－1）（x 2－2）（x 1－1）＝x 1x 2－2x 2－x 1＋2x 1x 2－x 2－2x 1＋2.因为x 1x 2－x 1－x 2＋2＝－21＋2k 2 ＋2＝4k 21＋2k 2 ，x 2＝8k 21＋2k 2 －x 1，代入得k 1k 2 ＝4k 21＋2k 2－x 24k 21＋2k 2－x 1 ＝4k 21＋2k 2－（8k 21＋2k2－x 1）4k 21＋2k2－x 1 ＝－1. 关闭Word 文档返回原板块。

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