2017版高考数学人教A版(全国)一轮复习 课件 专题探究课五
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∴Δ＝(6mk)2－4(3k2＋1)×3(m2－1)>0⇒m2<3k2＋1.①
∴xP＝xM＋2 xN＝－3k32m＋k1，
第二十页，编辑于星期六：二十点 六分。
从而 yP＝kxP＋m＝3k2m＋1，∴kAP＝yPx＋P 1＝－m＋33mkk2＋1，
又∵|AM|＝|AN|，∴AP⊥MN，则－m＋33mkk2＋1＝－1k，
第一步：研究特殊情形，从问题的特殊情形出发，得到目标关系 所要探求的定点、定值.
第二步：探究一般情况.探究一般情形下的目标结论. 第三步：下结论，综合上面两种情况定结论.
第八页，编辑于星期六：二十点 六分。
探究提高 (1)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. (2)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 ，再证明该点适合题意.
第十五页，编辑于星期六：二十点 六分。
又（－1λ6x0）2＋（－λ4y0）2＝1，即λ4 2x402＋y20＝1，
所以 λ＝2，即||OOQP||＝2.
(ⅱ)设 A(x1，y1)，B(x2，y2). 将 y＝kx＋m 代入椭圆 E 的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2
－16＝0，由 Δ＞0，可得 m2＜4＋16k2，①
(ⅰ)求||OOQP||的值； (ⅱ)求△ABQ 面积的最大值. 解 (1)由题意知a32＋41b2＝1.又 a2a－b2＝ 23， 解得 a2＝4，b2＝1.所以椭圆 C 的方程为x42＋y2＝1. (2)由(1)知椭圆 E 的方程为1x62 ＋y42＝1. (ⅰ)设 P(x0，y0)，||OOQP||＝λ，由题意知 Q(－λx0，－λy0). 因为x420＋y20＝1，
第九页，编辑于星期六：二十点 六分。
【训练 1】 (2015·四川卷)如图，椭圆 E：ax22＋ by22＝1(a>b>0)的离心率是 22，点 P(0，1)
在短轴 CD 上，且P→C·P→D＝－1.
(1)求椭圆 E 的方程； (2)设 O 为坐标原点，过点 P 的动直线与椭圆交于 A，B
两点.是否存在常数 λ，使得O→A·O→B＋λP→A·P→B为定值？
第一页，编辑于星期六：二十点 六分。
热点一 圆锥曲线中的定点、定值问题
定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有 关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等 的定值问题. [考查角度一] 圆锥曲线中的定点问题 【例 1－1】 已知抛物线 C：y2＝2px(p>0)的焦点 F(1，0)，O 为坐
第二十二页，编辑于星期六：二十点 六分。
(1)证明 设直线 l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM). 将 y＝kx＋b 代入 9x2＋y2＝m2 得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0， 故 xM＝x1＋2 x2＝k－2＋kb9，yM＝kxM＋b＝k29＋b 9. 于是直线 OM 的斜率 kOM＝yxMM＝－9k，即 kOM·k＝－9. 所以直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值. (2)解 四边形 OAPB 能为平行四边形.因为直线 l 过点m3 ，m， 所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 k＞0，k≠3.
＝1(a＞b＞0)的离心率为 23，且点 3，12在椭圆 C 上. (1)求椭圆 C 的方程； (2)设椭圆 E：4xa22＋4yb22＝1，P 为椭圆 C 上任意一点，过点 P 的直 线 y＝kx＋m 交椭圆 E 于 A，B 两点，射线 PO 交椭圆 E 于点 Q.
第十四页，编辑于星期六：二十点 六分。
标原点，A，B 是抛物线 C 上异于 O 的两点. (1)求抛物线 C 的方程； (2)若直线 OA，OB 的斜率之积为－12，求证：直线 AB 过 x 轴上 一定点.
第二页，编辑于星期六：二十点 六分。
(1)解 因为抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点坐标为(1，0)， 所以p2＝1，所以 p＝2.所以抛物线 C 的方程为 y2＝4x. (2)证明 ①当直线 AB 的斜率不存在时，设 At42，t， Bt42，－t.因为直线 OA，OB 的斜率之积为－12， 所以tt2·－t2t＝－12，化简得 t2＝32.
第五页，编辑于星期六：二十点 六分。
满分解答 (1)解 由题意有 a2a－b2＝ 22，a42＋b22＝1， 解得 a2＝8，b2＝4.所以 C 的方程为x82＋y42＝1.(4 分) (2)证明 设直线 l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， M(xM，yM).将 y＝kx＋b 代入x82＋y42＝1 得 (2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.(8 分) 故 xM＝x1＋2 x2＝2－k22＋kb1，yM＝k·xM＋b＝2k2b＋1.(9 分) 于是直线 OM 的斜率 kOM＝yxMM＝－21k，即 kOM·k＝－12.(11 分) 所以直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值.(12 分)
即 2m＝3k2＋1.②
把②代入①，得 m2<2m，解得 0<m<2；
由②，得
k2＝2m3－1>0，解得
1 m>2.
综上求得 m 的取值范围是12<m<2.
第二十一页，编辑于星期六：二十点 六分。
热点三 圆锥曲线中的探索性问题 圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否 存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立.涉及这类命题的求 解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题.
第六页，编辑于星期六：二十点 六分。
❶列出方程组，解出a2，b2得4分. ❷设出直线l的方程后与椭圆方程联立消去y得到关于x的方程
准确者得4分. ❸求出点M的坐标得1分，再得到直线OM的斜率与直线l的斜率
的乘积为定值得2分. ❹结论得1分.
第七页，编辑于星期六：二十点 六分。
解答圆锥曲线中的定点、定值问题的一般步骤
若存在，求 λ 的值；若不存在，请说明理由.
第十页，编辑于星期六：二十点 六分。
解 (1)由已知，点 C，D 的坐标分别为(0，－b)，(0，b).
又点 P 的坐标为(0，1)，且P→C·P→D＝－1，
1－b2＝－1，
于是ac＝ 22，
解得 a＝2，b＝ 2.
a2－b2＝c2.
所以椭圆 E 方程为x42＋y22＝1.
则有 x1＋x2＝－1＋8km4k2，x1x2＝41m＋2－4k126.
所以|x1－x2|＝4
16k2＋4－m2 1＋4k2 .
因为直线 y＝kx＋m 与 y 轴交点的坐标为(0，m)，
第十六页，编辑于星期六：二十点 六分。
所 以 △OAB
的面积
S
＝
1 2
|m||x1
－
x2|
＝
2
16k2＋4－m2|m| 1＋4k2
当直线 AB 斜率不存在时，直线 AB 即为直线 CD，
此时O→A·O→B＋λP→A·P→B＝O→C·O→D＋P→C·P→D＝－2－1＝－3， 故存在常数 λ＝1，使得O→A·O→B＋λP→A·P→B为定值－3.
第十三页，编辑于星期六：二十点 六分。热点二 圆锥曲线中Fra bibliotek最值、范围问题
圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面 积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几 何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题. 【例 2】 (2015·山东卷)平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：ax22＋by22
S≤2 3，当且仅当 t＝1，即 m2＝1＋4k2 时取得最大值 2 3.由(ⅰ)
知，△ABQ 面积为 3S，所以△ABQ 面积的最大值为 6 3.
第十七页，编辑于星期六：二十点 六分。
探究提高 圆锥曲线中的最值、范围问题解决方法一般 分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函 数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、 换元法、导数法、或利用判别式构造不等关系、利用隐含 或已知的不等关系建立不等式等方法求最值、范围；二是 几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲 线几何意义求最值.
＝
2 （16k12＋＋44k－2 m2）m2＝2 4－1＋m42 k21＋m42 k2. 设1＋m42 k2＝t，将 y＝kx＋m 代入椭圆 C 的方程，可得(1＋4k2)x2
＋8kmx＋4m2－4＝0，由 Δ≥0，可得 m2≤1＋4k2.②
由①②可知 0＜t≤1，因此 S＝2 （4－t）t＝2 －t2＋4t，故
解
(1)
依
题
意
可
设
椭
圆
方
程
为
x2 a2
＋
y2
＝
1
，
则
右
焦
点
F(
a2－1，0)，由题设|
a2－1＋2 2
2|＝3，解得 a2＝3.
∴所求椭圆的方程为x32＋y2＝1.
第十九页，编辑于星期六：二十点 六分。
(2)设 P(xP，yP)，M(xM，yM)，N(xN，yN)， y＝kx＋m，
P 为弦 MN 的中点，由x32＋y2＝1 得(3k2＋1)x2＋6mkx＋3(m2－1)＝0， ∵直线与椭圆相交，
第十八页，编辑于星期六：二十点 六分。
【训练 2】 已知椭圆的一个顶点为 A(0，－1)，焦点在 x 轴
上，中心在原点.若右焦点到直线 x－y＋2 2＝0 的距离
为 3.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线 y＝kx＋m(k≠0)与椭圆相交于不同的两点 M，
N.当|AM|＝|AN|时，求 m 的取值范围.
【例 3】 (2015·全国Ⅱ卷)已知椭圆 C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两个交点 A，B，线段 AB 的中点为 M. (1)证明：直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值； (2)若 l 过点m3 ，m，延长线段 OM 与 C 交于点 P，四边形 OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时 l 的斜率；若不能，说明理由.
从而，O→A·O→B＋λP→A·P→B＝x1x2＋y1y2
＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)
＋1＝（－2λ－4）2kk22＋ ＋（ 1 －2λ－1）＝－2λk2－＋11－λ－2.
第十二页，编辑于星期六：二十点 六分。
所以，当 λ＝1 时，－2λk2－＋11－λ－2＝－3. 此时，O→A·O→B＋λP→A·P→B＝－3 为定值.
44 所以 A(8，t)，B(8，－t)，此时直线 AB 的方程为 x＝8. ②当直线 AB 的斜率存在时，设其方程为 y＝kx＋b，
第三页，编辑于星期六：二十点 六分。
A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立得yy＝2＝k4xx＋，b，化简得 ky2－4y＋4b＝ 0.根据根与系数的关系得 yAyB＝4kb，因为直线 OA，OB 的斜率 之积为－12，所以yxAA·yxBB＝－12，即 xAxB＋2yAyB＝0.即y42A·y4B2＋2yAyB ＝0，解得 yAyB＝0(舍去)或 yAyB＝－32.所以 yAyB＝4kb＝－32， 即 b＝－8k，所以 y＝kx－8k，y＝k(x－8). 综上所述，直线 AB 过定点(8，0).
第四页，编辑于星期六：二十点 六分。
[考查角度二] 圆锥曲线中的定值问题 【例 1－2】 (满分 12 分)(2015·全国Ⅱ卷)已知椭圆 C：ax22＋
by22＝1(a＞b＞0)的离心率为 22，点(2， 2)在 C 上. (1)求 C 的方程； (2)直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两个 交点 A，B，线段 AB 的中点为 M，证明：直线 OM 的 斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值.
(2)当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx
＋1，A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2).
第十一页，编辑于星期六：二十点 六分。
联立x42＋y22＝1，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0. y＝kx＋1，
其判别式 Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0， 所以，x1＋x2＝－2k42＋k 1，x1x2＝－2k22＋1.
高考导航 圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是每年高 考必考的一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定 值、最值、范围、探索性问题为主.这些试题的命制有一个共同的特点 ，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算 ，对考生解决问题的能力要求较高，通常作为压轴题的形式出现 .
∴xP＝xM＋2 xN＝－3k32m＋k1，
第二十页，编辑于星期六：二十点 六分。
从而 yP＝kxP＋m＝3k2m＋1，∴kAP＝yPx＋P 1＝－m＋33mkk2＋1，
又∵|AM|＝|AN|，∴AP⊥MN，则－m＋33mkk2＋1＝－1k，
第一步：研究特殊情形，从问题的特殊情形出发，得到目标关系 所要探求的定点、定值.
第二步：探究一般情况.探究一般情形下的目标结论. 第三步：下结论，综合上面两种情况定结论.
第八页，编辑于星期六：二十点 六分。
探究提高 (1)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. (2)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 ，再证明该点适合题意.
第十五页，编辑于星期六：二十点 六分。
又（－1λ6x0）2＋（－λ4y0）2＝1，即λ4 2x402＋y20＝1，
所以 λ＝2，即||OOQP||＝2.
(ⅱ)设 A(x1，y1)，B(x2，y2). 将 y＝kx＋m 代入椭圆 E 的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2
－16＝0，由 Δ＞0，可得 m2＜4＋16k2，①
(ⅰ)求||OOQP||的值； (ⅱ)求△ABQ 面积的最大值. 解 (1)由题意知a32＋41b2＝1.又 a2a－b2＝ 23， 解得 a2＝4，b2＝1.所以椭圆 C 的方程为x42＋y2＝1. (2)由(1)知椭圆 E 的方程为1x62 ＋y42＝1. (ⅰ)设 P(x0，y0)，||OOQP||＝λ，由题意知 Q(－λx0，－λy0). 因为x420＋y20＝1，
第九页，编辑于星期六：二十点 六分。
【训练 1】 (2015·四川卷)如图，椭圆 E：ax22＋ by22＝1(a>b>0)的离心率是 22，点 P(0，1)
在短轴 CD 上，且P→C·P→D＝－1.
(1)求椭圆 E 的方程； (2)设 O 为坐标原点，过点 P 的动直线与椭圆交于 A，B
两点.是否存在常数 λ，使得O→A·O→B＋λP→A·P→B为定值？
第一页，编辑于星期六：二十点 六分。
热点一 圆锥曲线中的定点、定值问题
定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有 关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等 的定值问题. [考查角度一] 圆锥曲线中的定点问题 【例 1－1】 已知抛物线 C：y2＝2px(p>0)的焦点 F(1，0)，O 为坐
第二十二页，编辑于星期六：二十点 六分。
(1)证明 设直线 l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM). 将 y＝kx＋b 代入 9x2＋y2＝m2 得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0， 故 xM＝x1＋2 x2＝k－2＋kb9，yM＝kxM＋b＝k29＋b 9. 于是直线 OM 的斜率 kOM＝yxMM＝－9k，即 kOM·k＝－9. 所以直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值. (2)解 四边形 OAPB 能为平行四边形.因为直线 l 过点m3 ，m， 所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 k＞0，k≠3.
＝1(a＞b＞0)的离心率为 23，且点 3，12在椭圆 C 上. (1)求椭圆 C 的方程； (2)设椭圆 E：4xa22＋4yb22＝1，P 为椭圆 C 上任意一点，过点 P 的直 线 y＝kx＋m 交椭圆 E 于 A，B 两点，射线 PO 交椭圆 E 于点 Q.
第十四页，编辑于星期六：二十点 六分。
标原点，A，B 是抛物线 C 上异于 O 的两点. (1)求抛物线 C 的方程； (2)若直线 OA，OB 的斜率之积为－12，求证：直线 AB 过 x 轴上 一定点.
第二页，编辑于星期六：二十点 六分。
(1)解 因为抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点坐标为(1，0)， 所以p2＝1，所以 p＝2.所以抛物线 C 的方程为 y2＝4x. (2)证明 ①当直线 AB 的斜率不存在时，设 At42，t， Bt42，－t.因为直线 OA，OB 的斜率之积为－12， 所以tt2·－t2t＝－12，化简得 t2＝32.
第五页，编辑于星期六：二十点 六分。
满分解答 (1)解 由题意有 a2a－b2＝ 22，a42＋b22＝1， 解得 a2＝8，b2＝4.所以 C 的方程为x82＋y42＝1.(4 分) (2)证明 设直线 l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， M(xM，yM).将 y＝kx＋b 代入x82＋y42＝1 得 (2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.(8 分) 故 xM＝x1＋2 x2＝2－k22＋kb1，yM＝k·xM＋b＝2k2b＋1.(9 分) 于是直线 OM 的斜率 kOM＝yxMM＝－21k，即 kOM·k＝－12.(11 分) 所以直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值.(12 分)
即 2m＝3k2＋1.②
把②代入①，得 m2<2m，解得 0<m<2；
由②，得
k2＝2m3－1>0，解得
1 m>2.
综上求得 m 的取值范围是12<m<2.
第二十一页，编辑于星期六：二十点 六分。
热点三 圆锥曲线中的探索性问题 圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否 存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立.涉及这类命题的求 解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题.
第六页，编辑于星期六：二十点 六分。
❶列出方程组，解出a2，b2得4分. ❷设出直线l的方程后与椭圆方程联立消去y得到关于x的方程
准确者得4分. ❸求出点M的坐标得1分，再得到直线OM的斜率与直线l的斜率
的乘积为定值得2分. ❹结论得1分.
第七页，编辑于星期六：二十点 六分。
解答圆锥曲线中的定点、定值问题的一般步骤
若存在，求 λ 的值；若不存在，请说明理由.
第十页，编辑于星期六：二十点 六分。
解 (1)由已知，点 C，D 的坐标分别为(0，－b)，(0，b).
又点 P 的坐标为(0，1)，且P→C·P→D＝－1，
1－b2＝－1，
于是ac＝ 22，
解得 a＝2，b＝ 2.
a2－b2＝c2.
所以椭圆 E 方程为x42＋y22＝1.
则有 x1＋x2＝－1＋8km4k2，x1x2＝41m＋2－4k126.
所以|x1－x2|＝4
16k2＋4－m2 1＋4k2 .
因为直线 y＝kx＋m 与 y 轴交点的坐标为(0，m)，
第十六页，编辑于星期六：二十点 六分。
所 以 △OAB
的面积
S
＝
1 2
|m||x1
－
x2|
＝
2
16k2＋4－m2|m| 1＋4k2
当直线 AB 斜率不存在时，直线 AB 即为直线 CD，
此时O→A·O→B＋λP→A·P→B＝O→C·O→D＋P→C·P→D＝－2－1＝－3， 故存在常数 λ＝1，使得O→A·O→B＋λP→A·P→B为定值－3.
第十三页，编辑于星期六：二十点 六分。热点二 圆锥曲线中Fra bibliotek最值、范围问题
圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面 积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几 何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题. 【例 2】 (2015·山东卷)平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：ax22＋by22
S≤2 3，当且仅当 t＝1，即 m2＝1＋4k2 时取得最大值 2 3.由(ⅰ)
知，△ABQ 面积为 3S，所以△ABQ 面积的最大值为 6 3.
第十七页，编辑于星期六：二十点 六分。
探究提高 圆锥曲线中的最值、范围问题解决方法一般 分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函 数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、 换元法、导数法、或利用判别式构造不等关系、利用隐含 或已知的不等关系建立不等式等方法求最值、范围；二是 几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲 线几何意义求最值.
＝
2 （16k12＋＋44k－2 m2）m2＝2 4－1＋m42 k21＋m42 k2. 设1＋m42 k2＝t，将 y＝kx＋m 代入椭圆 C 的方程，可得(1＋4k2)x2
＋8kmx＋4m2－4＝0，由 Δ≥0，可得 m2≤1＋4k2.②
由①②可知 0＜t≤1，因此 S＝2 （4－t）t＝2 －t2＋4t，故
解
(1)
依
题
意
可
设
椭
圆
方
程
为
x2 a2
＋
y2
＝
1
，
则
右
焦
点
F(
a2－1，0)，由题设|
a2－1＋2 2
2|＝3，解得 a2＝3.
∴所求椭圆的方程为x32＋y2＝1.
第十九页，编辑于星期六：二十点 六分。
(2)设 P(xP，yP)，M(xM，yM)，N(xN，yN)， y＝kx＋m，
P 为弦 MN 的中点，由x32＋y2＝1 得(3k2＋1)x2＋6mkx＋3(m2－1)＝0， ∵直线与椭圆相交，
第十八页，编辑于星期六：二十点 六分。
【训练 2】 已知椭圆的一个顶点为 A(0，－1)，焦点在 x 轴
上，中心在原点.若右焦点到直线 x－y＋2 2＝0 的距离
为 3.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线 y＝kx＋m(k≠0)与椭圆相交于不同的两点 M，
N.当|AM|＝|AN|时，求 m 的取值范围.
【例 3】 (2015·全国Ⅱ卷)已知椭圆 C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两个交点 A，B，线段 AB 的中点为 M. (1)证明：直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值； (2)若 l 过点m3 ，m，延长线段 OM 与 C 交于点 P，四边形 OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时 l 的斜率；若不能，说明理由.
从而，O→A·O→B＋λP→A·P→B＝x1x2＋y1y2
＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)
＋1＝（－2λ－4）2kk22＋ ＋（ 1 －2λ－1）＝－2λk2－＋11－λ－2.
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所以，当 λ＝1 时，－2λk2－＋11－λ－2＝－3. 此时，O→A·O→B＋λP→A·P→B＝－3 为定值.
44 所以 A(8，t)，B(8，－t)，此时直线 AB 的方程为 x＝8. ②当直线 AB 的斜率存在时，设其方程为 y＝kx＋b，
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A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立得yy＝2＝k4xx＋，b，化简得 ky2－4y＋4b＝ 0.根据根与系数的关系得 yAyB＝4kb，因为直线 OA，OB 的斜率 之积为－12，所以yxAA·yxBB＝－12，即 xAxB＋2yAyB＝0.即y42A·y4B2＋2yAyB ＝0，解得 yAyB＝0(舍去)或 yAyB＝－32.所以 yAyB＝4kb＝－32， 即 b＝－8k，所以 y＝kx－8k，y＝k(x－8). 综上所述，直线 AB 过定点(8，0).
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[考查角度二] 圆锥曲线中的定值问题 【例 1－2】 (满分 12 分)(2015·全国Ⅱ卷)已知椭圆 C：ax22＋
by22＝1(a＞b＞0)的离心率为 22，点(2， 2)在 C 上. (1)求 C 的方程； (2)直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两个 交点 A，B，线段 AB 的中点为 M，证明：直线 OM 的 斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值.
(2)当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx
＋1，A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2).
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联立x42＋y22＝1，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0. y＝kx＋1，
其判别式 Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0， 所以，x1＋x2＝－2k42＋k 1，x1x2＝－2k22＋1.
高考导航 圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是每年高 考必考的一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定 值、最值、范围、探索性问题为主.这些试题的命制有一个共同的特点 ，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算 ，对考生解决问题的能力要求较高，通常作为压轴题的形式出现 .