高考复习41 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题问题试题

合集下载

高考圆锥曲线中的定点定值专题(附答案)

高考圆锥曲线中的定点定值问题定点问题是常见的考题形式，解决这类问题的关键就是引进变参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。

直线过定点问题通法，是设出直线方程，通过韦达定理和已知条件找出k 和b 的一次函数关系式，代入直线方程即可类型一：“手电筒”模型例题、已知椭圆C ：13422=+y x 若直线m kx y l +=：与椭圆C 相交于A ，B 两点（A ，B 不是左右顶点），且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点。

求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标。

解：设1122(,),(,)A x y B x y ，由223412y kx m x y =+⎧⎨+=⎩得222(34)84(3)0k x mkx m +++-=， 22226416(34)(3)0m k k m ∆=-+->，22340k m +->212122284(3),3434mk m x x x x k k-+=-⋅=++ 22221212121223(4)()()()34m k y y kx m kx m k x x mk x x m k-⋅=+⋅+=+++=+ 以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点(2,0),D 且1AD BD k k ⋅=-， 1212122y yx x ∴⋅=---，1212122()40y y x x x x +-++=， 2222223(4)4(3)1640343434m k m mkk k k--+++=+++，整理得：2271640m mk k ++=，解得：1222,7k m k m =-=-，且满足22340k m +-> 当2m k =-时，:(2)l y k x =-，直线过定点(2,0),与已知矛盾；当27k m =-时，2:()7l y k x =-，直线过定点2(,0)7综上可知，直线l 过定点，定点坐标为2(,0).7◆方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点P 做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB ，则AB 必过定点))(,)((2222022220b a b a y b a b a x +-+-。

高考圆锥曲线中的定点与定值问题(题型总结超全)

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+=。

(高中段)大题考法圆锥曲线的综合问题第二课时圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1＋x2＝－43m，x1·x2＝2m23－2. ∵BN⊥MF，∴x1y－1 1·y2x－2 1＝－1，即 y1y2＋x1x2－y1－x2＝0， ∵y1＝x1＋m，y2＝x2＋m， ∴(x1＋m)(x2＋m)＋x1x2－(x1＋m)－x2＝0，即 2x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＋m2－m＝0，即 2·2m23－2＋(m－1)－34m＋m2－m＝0，
代入椭圆方程x42＋y32＝1，化简得3＋4k2x2－8kk－32x＋4k2－12k－3＝0，其一解为 1，另一解为 xP＝4k23－＋142kk2－3，则 yP＝－31＋ 2k24－k26k＋32. 将－k 代入得 xQ＝4k23＋＋142kk2－3，yQ＝－31＋2k42＋k26k＋32，∴kPQ＝xyPP－－yxQQ＝12为定值．
融通方法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．
应用体验 (2020·汉中质检)如图，椭圆xa22＋by22＝1(a>b>0)的长轴长为 4，点 A，B，C 为椭圆上的三个点，A 为椭圆的右端点，BC 过中心 O，且|BC|＝2|AB|，S△ABC＝3. (1)求椭圆的标准方程； (2)设 P，Q 是椭圆上位于直线 AC 同侧的两个动点(异于 A，C)，且满足∠ PBC＝∠QBA，试讨论直线 BP 与直线 BQ 斜率之间的关系，并求证直线 PQ 的斜率为定值．
则－2xD＝164mm22－＋12078，故 xD＝544m－2＋8m272，则 yD＝m3 (xD＋2)＝4m326＋m27. 直线 MB 的方程为 y＝－m(x－2)，将 y＝－m(x－2)与x42＋y32＝1 联立消去 y，整理得(4m2＋3)x2－16m2x＋16m2－12＝0，设点 E 的坐标为(xE，yE)，则 2xE＝164mm22－＋132，故 xE＝84mm22－＋63，则 yE＝－m(xE－2)＝4m122＋m 3.

第四讲大题考法——圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

联立方程得y＝y21x＋y21， y＝y22x＋y22，
x＝y14y2，解得y＝y1＋2 y2，
∵Q 是线段 MN 的中点，∴y0＝y1＋2 y2，
∴PQ ∥x 轴，且 x0＝x1＋2 x2＝y21＋8 y22，
∴Py14y2，y1＋2 y2，
∴△PMN 的面积 S＝12|PQ |·|y1－y2|＝12y14y2－x0·|y1－y2|＝ 12y14y2－y12＋8 y22·|y1－y2|＝116|y1－y2|3＝32，即△PMN 的面积为定值．
(1)求椭圆的标准方程；
ac＝ 22， [解] 由题意得2ab2＝ 2，
a2＝b2＋c2，
a＝ 2，解b＝1，
c＝1，
∴椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.
(2)在直线 x＝2 上是否存在点 D，使得△DAB 为正三角形？
若存在，求出 D 点的坐标；若不存在，请说明理由． [解] 存在，理由如下：
∴椭圆 E 的标准方程为x42＋y2＝1.
(2)问直线 CD 是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定
点，请说明理由． [解] 由题意知，A(0,1)，B(0，－1)，则直线 MA 的方程为 y＝mx ＋
1，直线 MB 的方程为 y＝3mx－1，
y＝mx ＋1，联立x42＋y2＝1，
x－m－2＋8m4，即 y＝121－6mm2x＋12，∴直线 CD 过定点0，12.
[方法技巧] 动线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线 l 过定点问题，解法：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)．
y－y1＝kx－y412，
联立方程得y－y1＝kx－y421， y2＝4x

2020高考文数圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

2020高考文数圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题第2课时圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题解答题1.(2019贵阳第一学期检测)已知圆M:x 2+(y-2)2=1,直线l:y=-1,动圆P 与圆M 外切,且与直线l 相切,设动圆圆心P 的轨迹为E.(1)求轨迹E 的方程;(2)若点A,B 是E 上的两个动点,O 为坐标原点,且OA ·OB=-16,求证:直线AB 恒过定点. 解析因为动圆P 与直线l:y=-1相切,且与定圆M:x 2+(y-2)2=1外切,所以动点P 到圆M 的圆心M(0,2)的距离与到直线y=-2的距离相等,由抛物线的定义知,点P 的轨迹是以M(0,2)为焦点,直线y=-2为准线的抛物线.故所求P 的轨迹E 的方程为x 2=8y.(2)证明:设直线AB 的方程为y=kx+b,A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),将直线AB 的方程代入到x 2=8y 中得x 2-8kx-8b=0,所以x 1+x 2=8k,x 1x 2=-8b,又OA ·OB =x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+x 12x 2264=-8b+b 2=-16, 所以b=4,则直线AB 恒过定点(0,4).2.(2019兰州诊断)已知曲线C 上的任意一点到直线l:x=-12的距离与到点F (12,0)的距离相等.(1)求曲线C 的方程;(2)若过P(1,0)的直线与曲线C 相交于A,B 两点,Q(-1,0)为定点,设直线AQ 的斜率为k 1,直线BQ 的斜率为k 2,直线AB 的斜率为k,证明:1k 12+1k 22-2k 2为定值. 解析 (1)由条件可知,此曲线是焦点为F 的抛物线,设抛物线的方程为y 2=2px(p>0),则 p 2=12,p=1,∴曲线C 的方程为y 2=2x.(2)证明:由已知得,直线AB 的方程为y=k(x-1)(k ≠0),由{y =k(x -1),y 2=2x可得ky 2-2y-2k=0. 设A (y 122,y 1),B (y 222,y 2),则y 1+y2=2k ,y 1y 2=-2.∵k 1=y 1y 122+1=2y 1y 12+2,k 2=y 2y 222+1=2y 2y 22+2, ∴1k 12+1k 22=(y 12+2)24y 12+(y 22+2)24y 22=(y 12+2)2y 22+(y 22+2)2y 124y 12y 22 =y 14y 22+y 24y 12+8y 12y 22+4(y 12+y 22)4y 12y 22 =8(y 12+y 22)+3216 =(y 1+y 2)2-2y 1y 2+42 =4k 2+82=2k 2+4.∴1k 12+1k 22-2k 2=4,为定值.3.(2019洛阳尖子生第二次联考)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为√32,短轴长为2.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)设直线l:y=kx+m 与椭圆C 交于M,N 两点,O 为坐标原点,若k OM ·k ON =54,求证:点(m,k)在定圆上.解析(1)设椭圆C 的焦距为2c,由已知e=c a =√32,2b=2,a 2=b 2+c 2,得b=1,a=2,∴椭圆C 的标准方程为x 24+y 2=1.(2)证明:设M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),联立{y =kx +m,x 24+y 2=1得(4k 2+1)x 2+8kmx+4m 2-4=0,依题意,Δ=(8km)2-4(4k 2+1)(4m 2-4)>0,化简得m 2<4k 2+1.①由根与系数的关系得,x 1+x 2=-8km 4k 2+1,x 1x 2=4(m 2-1)4k 2+1,y 1y 2=(kx 1+m)(kx 2+m)=k 2x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2,若k OM ·k ON =54,则y 1y 2x 1x 2=54,即4y 1y 2=5x 1x 2, ∴4k 2x 1x 2+4km(x 1+x 2)+4m 2=5x 1x 2,∴(4k 2-5)×4(m 2-1)4k +1+4km ·-8km4k +1+4m 2=0,即(4k 2-5)(m 2-1)-8k 2m 2+m 2(4k 2+1)=0,化简得m 2+k 2=54.②由①②得0≤m 2<65,120<="" p="">∴点(m,k)在定圆x 2+y 2=54上.(没求k 的范围不扣分)4.(2019石家庄质检)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为√32,且经过点(-1,√32). (1)求椭圆C 的方程;(2)过点(√3,0)作直线l 与椭圆C 交于不同的两点A,B,试问在x 轴上是否存在定点Q,使得直线QA 与直线QB 恰好关于x 轴对称?若存在,求出点Q 的坐标;若不存在,请说明理由. 解析(1)由题意可得c a =√32,1a 2+34b 2=1, 又a 2-b 2=c 2,所以a 2=4,b 2=1.所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)存在定点Q (4√33,0),满足直线QA 与直线QB 恰好关于x 轴对称.当直线l 的斜率存在时,设直线l 的方程为x+my-√3=0,与椭圆C 的方程联立得{x +my -√3=0,x 24+y 2=1, 整理得,(4+m 2)y 2-2√3my-1=0.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),定点Q(t,0)(依题意知t ≠x 1,t ≠x 2).由根与系数的关系可得,y 1+y 2=2√3m 4+m 2,y 1y 2=-14+m 2.直线QA 与直线QB 恰好关于x 轴对称,则直线QA 与直线QB 的斜率互为相反数,所以y 1x 1-t +y2x 2-t =0,即y 1(x 2-t)+y 2(x 1-t)=0. 又x 1+my 1-√3=0,x 2+my 2-√3=0,所以y 1(√3-my 2-t)+y 2(√3-my 1-t)=0,整理得(√3-t)(y 1+y 2)-2my 1y 2=0,从而可得(√3-t)·2√3m 4+m 2-2m ·-14+m 2=0,即2m(4-√3t)=0,所以当t=4√33,即Q (4√33,0)时,直线QA 与直线QB 恰好关于x 轴对称.特别地,当直线l 为x 轴时,Q (4√33,0)也符合题意.,0),符合题意,综上所述,在x轴上存在定当直线的斜率不存在,即直线l垂直于x轴时,Q(4√33,0),使得直线QA与直线QB恰好关于x轴对称.点Q(4√33。

2020年高考数学(理)总复习：圆锥曲线中的定点与定值、范围与存在性问题(解析版)

2020年高考数学（理）总复习：圆锥曲线中的定点与定值、范围与存在性问题题型一圆锥曲线中的定点、定值问题【题型要点】圆锥曲线中定点、定值问题必然是变化中所表现出来的不变的量，那么就用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．解决这类问题的一般思路是：(1)引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等．(2)根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．(3)求解定点、定值问题，如果事先不知道定点、定值，可以先对参数取特殊值，通过特殊情况求出这个定点、定值，然后再对一般情况进行证明．【例1】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点Q ⎪⎭⎫ ⎝⎛b a b ,在椭圆上，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知点P ，M ，N 为椭圆C 上的三点，若四边形OPMN 为平行四边形，证明四边形OPMN 的面积S 为定值，并求该定值．(1)【解】 ∵椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，∴e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12，得a 2＝2b 2① 又点Q ⎪⎭⎫ ⎝⎛b a b ,在椭圆C 上，∴b 2a 2＋a 2b 4＝1，② 联立①、②得a 2＝8，且b 2＝4.∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1. (2)【证明】当直线PN 的斜率k 不存在时，PN 方程为x ＝2或x ＝－2，从而有|PN |＝23，所以S ＝12|PN |·|OM |＝12×23×22＝26；当直线PN 的斜率k 存在时，设直线PN 方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，P (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将PN 的方程代入椭圆C 的方程，整理得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0，所以x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－81＋2k 2， y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m 1＋2k 2，由OM →＝OP →＋ON →，得M ⎪⎭⎫ ⎝⎛++-22212,214k m k km 将M 点坐标代入椭圆C 方程得m 2＝1＋2k 2.又点O 到直线PN 的距离为d ＝|m |1＋k 2， |PN |＝1＋k 2|x 1－x 2|，∴S ＝d ·|PN |＝|m |·|x 1－x 2| ＝1＋2k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝48k 2＋242k 2＋1＝2 6. 综上，平行四边形OPMN 的面积S 为定值2 6. 题组训练一圆锥曲线中的定点、定值问题已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1过A (2,0)，B (0,1)两点． (1)求椭圆C 的方程及离心率；(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线P A 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值．【解析】 (1)由题意得a ＝2，b ＝1，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. 又c ＝a 2－b 2＝3，∴离心率e ＝c a ＝32.(2)证明：设P (x 0，y 0)(x 0<0，y 0<0)，则x 20＋4y 20＝4.又A (2,0)，B (0,1)，∴直线P A 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)．令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2，从而|BM |＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2. 直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1. 令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1. ∴四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM | ＝12⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+221120000x y y x ＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42(x 0y 0－x 0－2y 0＋2)＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2. 从而四边形ABNM 的面积为定值．题型二圆锥曲线中的范围问题【题型要点】与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法1．数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解．2．构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．3．构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．【例2】设圆F 1：x 2＋y 2＋4x ＝0的圆心为F 1，直线l 过点F 2(2,0)且不与x 轴、y 轴垂直，且与圆F 1相交于两点C 、D ，过F 2作F 1C 的平行线交直线F 1D 于点E .(1)证明||EF 1|－|EF 2||为定值，并写出点的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹曲线与直线l 交于M ，N 两点，过F 2且与垂直的直线与圆F 1交于P ，Q 两点，求△PQM 与△PQN 的面积之和的取值范围．【解析】 (1)圆F 1：(x ＋2)2＋y 2＝4，圆心F 1(－2,0)，半径r ＝2，如图所示．因为F 1C ∥EF 2，所以∠F 1CD ＝∠EF 2D .又因为|F 1D |＝|F 1C |，所以∠F 1CD ＝∠F 1DC ，所以∠EF 2D ＝∠F 1DC ，又因为∠F 1DC ＝∠EDF 2，所以∠EF 2D ＝∠EDF 2，故ED ＝EF 2，可得||EF 1|－|EF 2||＝||EF 1|－|ED ||＝2<|F 1F 2|，根据双曲线的定义，可知点E 的轨迹是以F 1，F 2为焦点的双曲线(顶点除外)，易得点E的轨迹方程为x 2－y 23＝1(y ≠0)． (2)Γ：x 2－y 23＝1(y ≠0)．依题意可设l ：x ＝my ＋2(m ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由于PQ ⊥l ，设l PQ ：y ＝－m (x －2)．圆心F 1(－2,0)到直线PQ 的距离d ＝|－m (－2－2)|1＋m 2＝|4m |1＋m 2，所以|PQ |＝2r 2－d 2＝41－3m 21＋m 2，又因为d <2，解得0<m 2<13.联立直线与双曲线的方程⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－y 23＝1x ＝my ＋2，消去得(3m 2－1)＋12my ＋9＝0，则y 1＋y 2＝－12m 3m 2－1，y 1y 2＝93m 2－1，所以|MN |＝1＋m 2|y 2－y 1| ＝1＋m 2(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝6(m 2＋1)1－3m 2，记△PQM ，△PQN 的面积分别为S 1，S 2，则S 1＋S 2＝12|MN |·|PQ |＝12m 2＋11－3m 2 ＝121－3＋4m 2＋1，又因为0<m 2<13，所以S 1＋S 2∈(12，＋∞)，所以S 1＋S 2的取值范围为(12，＋∞)．题组训练二圆锥曲线中的范围问题设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1,0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E .(1)证明|EA |＋|EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．【解析】 (1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ，所以∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ，所以|EB |＝|ED |，故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |，又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而|AD |＝4，所以|EA |＋|EB |＝4.由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0)． (2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3. 所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12(k 2＋1)4k 2＋3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k (x －1)，点A 到直线m 的距离为2k 2＋1，所以|PQ |＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形MPNQ 的面积S ＝12|MN ||PQ | ＝121＋14k 2＋3. 可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83)．当l 与x 轴垂直时，其方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8，故四边形MPNQ 的面积为12. 综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83)．题型三圆锥曲线中的存在性问题【题型要点】解决探索性问题的注意事项存在性问题，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)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．【例3】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，且过点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛23,1，F 为其右焦点． (1)求椭圆C 的方程；(2)设过点A (4,0)的直线l 与椭圆相交于M ，N 两点(点M 在A ，N 两点之间)，是否存在直线l 使△AMF 与△MFN 的面积相等？若存在，试求直线l 的方程；若不存在，请说明理由．【解】 (1)因为c a ＝12，所以a ＝2c ，b ＝3c ，设椭圆方程x 24c 2＋y 23c 2＝1，又点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛23,1在椭圆上，所以14c 2＋34c 2＝1，解得c 2＝1，a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1. (2)易知直线l 的斜率存在，设l 的方程为y ＝k (x －4)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －4)，x 24＋y 23＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0，由题意知Δ＝(32k 2)2－4(3＋4k 2)(64k 2－12)>0，解得－12<k <12. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝32k 23＋4k 2，① x 1x 2＝64k 2－123＋4k 2.② 因为△AMF 与△MFN 的面积相等，所以|AM |＝|MN |，所以2x 1＝x 2＋4.③由①③消去x 2得x 1＝4＋16k 23＋4k 2.④ 将x 2＝2x 1－4代入②，得x 1(2x 1－4)＝64k 2－123＋4k 2⑤ 将④代入到⑤式，整理化简得36k 2＝5.∴k ＝±56，经检验满足题设故直线l 的方程为y ＝56(x －4)或y ＝－56(x －4)．题组训练三圆锥曲线中的存在性问题已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，直线2x －y ＋2＝0交抛物线C 于A ，B 两点，P 是线段AB 的中点，过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q .(1)D 是抛物线C 上的动点，点E (－1,3)，若直线AB 过焦点F ，求|DF |＋|DE |的最小值；(2)是否存在实数p ，使|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|？若存在，求出p 的值；若不存在，说明理由．【解】 (1)∵直线2x －y ＋2＝0与y 轴的交点为(0,2)，∴F (0,2)，则抛物线C 的方程为x 2＝8y ，准线l ：y ＝－2.设过D 作DG ⊥l 于G ，则|DF |＋|DE |＝|DG |＋|DE |，当E ，D ，G 三点共线时，|DF |＋|DE |取最小值2＋3＝5.(2)假设存在，抛物线x 2＝2py 与直线y ＝2x ＋2联立方程组得：x 2－4px －4p ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Δ＝(4p )2＋16p ＝16(p 2＋p )>0，则x 1＋x 2＝4p ，x 1x 2＝－4p ， ∴Q (2p,2p )．∵|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|，∴QA ⊥QB .则QA →·QB →＝0，得(x 1－2p )(x 2－2p )＋(y 1－2p )(y 2－2p )＝(x 1－2p )(x 2－2p )＋(2x 1＋2－2p )(2x 2＋2－2p )＝5x 1x 2＋(4－6p )(x 1＋x 2)＋8p 2－8p ＋4＝0，代入得4p 2＋3p －1＝0，解得p ＝14或p ＝－1(舍去)．因此存在实数p ＝14，且满足Δ>0，使得|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|成立．题型四基本不等式法求解与圆锥曲线有关的最值问题【题型要点】求解圆锥曲线中的最值问题，主要有两种方法：一是利用几何方法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即要把求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．求最值方法有：(1)利用基本不等式求最值时要注意“一正、二定、三相等”的条件，三个条件缺一不可．(2)通过代换、拆项、凑项等技巧，改变原式的结构使其具备基本不等式的应用条件．【例4】已知P 为圆A ：(x ＋1)2＋y 2＝12上的动点，点B (1,0)．线段PB 的垂直平分线与半径P A 相交于点T ，记点T 的轨迹为Γ.(1)求曲线Γ的方程；(2)设M ，N 是Γ上的两个动点，MN 的中点H 在圆x 2＋y 2＝1上，求原点到MN 距离的最小值．【解析】 (1)圆A 的圆心为A (－1,0)，半径等于2 3.由已知|TB |＝|TP |，于是|TA |＋|TB |＝|TA |＋|TP |＝23，故曲线Γ是以A ，B 为焦点，以23为长轴长的椭圆，a ＝3，c ＝1，b ＝2，曲线Γ的方程为x 23＋y 22＝1； (2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，H (x 0，y 0)，将M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，代入作差得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)3＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)2＝0 ①x 1＝x 2时，y 1＋y 2＝0，所以H (x 0,0)，因为H 在圆x 2＋y 2＝1上，所以x 0＝±1，则原点O 到直线MN 的距离为1；②x 1≠x 2时，设直线MN 的斜率k ，则2x 0＋3ky 0＝0，且x 20＋y 20＝1，所以x 20＝9k 29k 2＋4，y 20＝49k 2＋4，所以x 0y 0＝－32ky 20＝－6k 9k 2＋4. 设原点O 到直线MN 距离为d ，因为MN 的方程为y －y 0＝k (x －x 0)，即kx －y －kx 0＋y 0＝0，所以d 2＝1－k 29k 4＋13k 2＋4， k ＝0时，d 2＝1；k ≠0时，d 2＝1－19k 2＋13＋4k 2≥1－125＝2425. 因为2425<1，所以d 2的最小值为2425，即d 的最小值为265，此时k ＝±63，由①②知，原点O 到直线MN 的最小值为265. 题组训练四基本不等式法求解与圆锥曲线有关的最值问题平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32，抛物线E ：x 2＝2y 的焦点F 是C 的一个顶点．(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是E 上的动点，且位于第一象限，E 在点P 处的切线l 与C 交于不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为D .直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M .①求证：点M 在定直线上；②直线l 与y 轴交于点G ，记△PFG 的面积为S 1，△PDM 的面积为S 2，求S 1S 2的最大值及取得最大值时点P 的坐标．【解析】 (1)由题意知a 2－b 2a ＝32，可得a 2＝4b 2，因为抛物线E 的焦点F ⎪⎭⎫⎝⎛21,0，所以b ＝12，a ＝1，所以椭圆C 的方程为x 2＋4y 2＝1.(2)①证明：设P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2,2m m (m >0)，由x 2＝2y ，可得y ′＝x ，所以直线l 的斜率为m ，因此直线l 的方程为y －m 22＝m (x －m )．即y ＝mx －m 22.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)．联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝1，y ＝mx －m 22，得(4m 2＋1)x 2－4m 3x ＋m 4－1＝0. 由Δ>0，得0<m <2＋5(或0<m 2<2＋5)．(*)且x 1＋x 2＝4m 34m 2＋1，因此x 0＝2m 34m 2＋1，将其代入y ＝mx －m 22，得y 0＝－m 22(4m 2＋1)，因为y 0x 0＝－14m .所以直线OD 方程为y ＝1－4mx ，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14m x ，x ＝m ，得点M 的纵坐标y M ＝－14，所以点M 在定直线y ＝－14上．②由①知直线l 的方程为y ＝mx －m 22，令x ＝0，得y ＝－m 22，所以G ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-2,02m ，又P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2,2m m ，F ⎪⎭⎫⎝⎛21,0，D ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+)14(2,1422222m m m m ，所以S 1＝12·|GF |·m ＝(m 2＋1)m 4，S 2＝12·|PM |·|m －x 0|＝12×2m 2＋14×2m 3＋m 4m 2＋1＝m (2m 2＋1)28(4m 2＋1).所以S 1S 2＝2(4m 2＋1)(m 2＋1)(2m 2＋1)2.法一：S 1S 2＝2(4m 4＋5m 2＋1)4m 4＋4m 2＋1＝2＋2m 24m 4＋4m 2＋1＝2＋24m 2＋1m2＋4≤94，当且仅当m ＝22时，满足(*)式，所以P 坐标为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛41,22. 法二：设t ＝2m 2＋1，则S 1S 2＝(2t －1)(t ＋1)t 2＝2t 2＋t －1t 2＝－1t 2＋1t ＋2，当1t ＝12，即t ＝2时，S 1S 2取到最大值94，此时m ＝22，满足(*)式，所以P 点坐标为⎪⎪⎭⎫⎝⎛41,22. 因此S 1S 2的最大值为94，此时点P 的坐标为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛41,22.【专题训练】1．已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率为22，它的一个焦点恰好与抛物线y 2＝4x 的焦点重合．(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆的上顶点为A ，过点A 作椭圆C 的两条动弦AB ，AC ，若直线AB ，AC 斜率之积为14，直线BC 是否一定经过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．【解析】 (1)易知x 22＋y 2＝1.(2)由(1)知A (0,1)，当直线BC 的斜率不存在时，设BC ：x ＝x 0，设B (x 0，y 0)，则C (x 0，－y 0)， k AB ·k AC ＝y 0－1x 0·－y 0－1x 0＝1－y 20x 20＝12x 20x 20＝12≠14，不合题意．故直线BC 的斜率存在．设直线BC 的方程为：y ＝kx ＋m (m ≠1)，并代入椭圆方程，得： (1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2(m 2－1)＝0， ①由Δ＝(4km )2－8(1＋2k 2)(m 2－1)>0得2k 2－m 2＋1>0. ②设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1，x 2是方程①的两根，由根与系数的关系得， x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1·x 2＝2(m 2－1)1＋2k 2，由k AB ·k AC ＝y 1－1x 1·y 2－1x 2＝14得： 4y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋4＝x 1x 2，即(4k 2－1)x 1x 2＋4k (m －1)(x 1＋x 2)＋4(m －1)2＝0，整理得(m －1)(m －3)＝0，又因为m ≠1，所以m ＝3，此时，直线BC 的方程为y ＝kx ＋3.所以直线BC 恒过一定点(0,3)．2．已知两点A (－2，0)，B (2，0)，动点P 在y 轴上的投影是Q ，且2P A →·PB →＝|PQ →|2. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过F (1,0)作互相垂直的两条直线交轨迹C 于点G ，H ，M ，N ，且E 1，E 2分别是GH ，MN 的中点．求证：直线E 1E 2恒过定点．(1)【解】设点P 坐标为(x ，y )，∴点Q 坐标为(0，y )．∵2P A →·PB →＝|PQ →|2，∴2[(－2－x )(2－x )＋y 2]＝x 2，化简得点P 的轨迹方程为x 24＋y 22＝1.(2)[证明] 当两直线的斜率都存在且不为0时，设l GH ：y ＝k (x －1)，G (x 1，y )，H (x 2，y 2)，l MN ：y ＝－1k(x －1)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k (x －1)，消去y 得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0.则Δ>0恒成立． ∴x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，且x 1x 2＝2k 2－42k 2＋1.∴GH 中点E 1坐标为⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-+12,122222k k k k ，同理，MN 中点E 2坐标为⎪⎭⎫⎝⎛++2,2222k k k ， ∴kE 1E 2＝－3k2(k 2－1)，∴lE 1E 2的方程为y ＝－3k 2(k 2－1)⎪⎭⎫ ⎝⎛-32x ，∴过点⎪⎭⎫⎝⎛0,32，当两直线的斜率分别为0和不存在时，lE 1E 2的方程为y ＝0，也过点⎪⎭⎫⎝⎛0,32，综上所述，lE 1E 2过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛0,32.3．如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，经过点A (0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为定值．(1)【解】由题设知c a ＝22，b ＝1，结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. (2)[证明] 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4k (k －1)1＋2k 2，x 1x 2＝2k (k －2)1＋2k 2，从而直线AP ，AQ 的斜率之和 k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎪⎪⎭⎫⎝⎛+2111x x ＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k (k －1)2k (k －2)＝2k －2(k －1)＝2.故k AP ＋k AQ 为定值2.4．已知焦点在y 轴上的椭圆E 的中心是原点O ，离心率为双曲线y 2－x 22＝1离心率的一半，直线y ＝x 被椭圆E 截得的线段长为4105.直线l ：y ＝kx ＋m 与y 轴交于点P ，与椭圆E 交于A ，B 两个相异点，且AP →＝λPB →.(1)求椭圆E 的方程；(2)是否存在实数m ，使OA →＋λOB →＝4OP →？若存在，求m 的取值范围；若不存在，请说明理由．【解析】 (1)设椭圆的方程为y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，双曲线y 2－x 22＝1离心率e ＝3，由椭圆的离心率e ＝ca＝1－b 2a 2＝32，则a ＝2b ，将y ＝x 代入椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1，解得：x ＝±a 55，∴2×2×a 55＝4105，解得：a ＝2，∴椭圆E 的方程为y 24＋x 2＝1；(2)假设存在实数m ，使OA →＋λOB →＝4OP →成立，由题意可得P (0，m )，当m ＝0时，O ，P 重合，λ＝1显然成立，当m ≠0时，由AP →＝λPB →，可得OP →－OA →＝λ(OB →－OP →)，则OA →＋λOB →＝(1＋λ)OP →，∴λ＝3，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由AP →＝3PB →，可得x 1＝－3x 2 ①⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m y 24＋x 2＝1，整理得：(k 2＋4)x 2＋2kmx ＋m 2－4＝0， ∴x 1＋x 2＝－2kmk 2＋4，x 1x 2＝m 2－4k 2＋4， ②由①②可得：m 2k 2＋m 2－k 2－4＝0，则k 2＝m 2－41－m2，m 2≠1，由Δ＝(2km )2－4(k 2＋4)(m 2－4)＞0，则k 2＋4－m 2＞0，∴k 2＋4－m 2＝m 2－41－m 2＋4－m 2＝(m 2－4)m 21－m2＞0，则1＜m 2＜4，解得：－2＜m ＜－1或1＜m ＜2，综上可得：m 的取值范围是(－2，－1)∪(1,2)∪{0}．。

高考热点复习：圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题)练习题

第4讲圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题)热点一定点问题解决圆锥曲线中的定点问题应注意(1)分清问题中哪些是定的，哪些是变动的；(2)注意“设而不求”思想的应用，引入参变量，最后看能否把变量消去；(3)“先猜后证”，也就是先利用特殊情况确定定点，然后验证，这样在整理式子时就有了明确的方向.例1已知P(0,2)是椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的一个顶点，C的离心率e＝33.(1)求椭圆的方程；(2)过点P的两条直线l1，l2分别与C相交于不同于点P的A，B两点，若l1与l2的斜率之和为－4，则直线AB是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.).跟踪演练1(2019·攀枝花模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点P(4，t)(t>0)到焦点F的距离等于5.(1)求抛物线C的方程和实数t的值；(2)若过F的直线交抛物线C于不同的两点A，B(均与P不重合)，直线PA，PB分别交抛物线的准线l 于点M ，N .试判断以MN 为直径的圆是否过点F ，并说明理由.热点二定值问题求定值问题常见的方法有两种(1)从特殊情况入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关； (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 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点(0，3)，离心率为12，左、右焦点分别为F 1(－c ,0)，F 2(c ,0).(1)求椭圆C 的方程；(2)P ，N 是C 上异于M 的两点，若直线PM 与直线PN 的斜率之积为－34，证明：M ，N 两点的横坐标之和为常数.跟踪演练2 (2019·四川百校冲刺卷)已知椭圆C ：x 24＋y 23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，点P (m ，n )在椭圆C 上.(1)设点P 到直线l ：x ＝4的距离为d ，证明：d|PF 2|为定值； (2)若0＜m ＜2，A ，B 是椭圆C 上的两个动点(都不与点P 重合)，且直线PA ，PB 的斜率互为相反数，求直线AB 的斜率(结果用n 表示).热点三存在性问题存在性问题的求解策略(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律；(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论.例3 (2019·乐山、峨眉山联考)已知椭圆G ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)过点A ⎝⎛⎭⎫1，63和点B (0，－1).(1)求椭圆G 的方程；(2)设直线y ＝x ＋m 与椭圆G 相交于不同的两点M ，N ，记线段MN 的中点为P ，是否存在实数m ，使得|BM |＝|BN |？若存在，求出实数m ；若不存在，请说明理由.跟踪演练3 (2019·凉山模拟)椭圆长轴右端点为A ，上顶点为M ，O 为椭圆中心，F 为椭圆的右焦点，且MF →·FA →＝2－1，离心率为22.(1)求椭圆的标准方程；(2)直线l 交椭圆于P ，Q 两点，判断是否存在直线l ，使点F 恰为△PQM 的垂心？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由.真题体验(2019 ·全国Ⅲ，理，21)已知曲线C：y＝x22，D为直线y＝－12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 ⎝⎛⎭⎫0，52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.押题预测已知抛物线E ：y 2＝4x ，圆C ：(x －3)2＋y 2＝1.(1)若过抛物线E 的焦点F 的直线l 与圆C 相切，求直线l 的方程；(2)在(1)的条件下，若直线l 交抛物线E 于A ，B 两点，x 轴上是否存在点M (t,0)使∠AMO ＝∠BMO (O 为坐标原点)？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由.A 组专题通关1.已知点(1，2)，⎝⎛⎭⎫22，－3都在椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)上. (1)求椭圆C 的方程；(2)过点M (0,1)的直线l 与椭圆C 交于不同的两点P ，Q (异于顶点)，记椭圆C 与y 轴的两个交点分别为A 1，A 2，若直线A 1P 与A 2Q 交于点S ，证明：点S 恒在直线y ＝4上.2.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆E 的中心在原点，长轴长为8，椭圆在x 轴上的两个焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形. (1)求椭圆的标准方程；(2)过椭圆内一点M (1,3)的直线与椭圆E 交于不同的A ，B 两点，交直线y ＝－14x 于点N ，若NA →＝mAM →，NB →＝nBM →，求证：m ＋n 为定值，并求出此定值.3.(2019·内江模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，直线x ＋y －1＝0被圆x 2＋y 2＝b 2截得的弦长为 2. (1)求椭圆C 的方程；(2)过点(1,0)的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，在x 轴上是否存在定点P ，使得PA →·PB →为定值？若存在，求出点P 的坐标和PA →·PB →的值；若不存在，请说明理由.B 组能力提高4.(2019·桂林模拟)已知A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)上不同的两点.(1)设直线l：y＝p4与y轴交于点M，若A，B两点所在的直线方程为y＝x－1，且直线l：y＝p4恰好平分∠AMB，求抛物线C的标准方程；(2)若直线AB与x轴交于点P，与y轴的正半轴交于点Q，且y1y2＝p24，是否存在直线AB，使得1|PA|＋1|PB|＝3|PQ|？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由.5.如图已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，点P1(1,1)，P2(0，3)，P3(－2，－2)，P4(2，2)中恰有三点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程；(2)设R(x0，y0)是椭圆C上的动点，由原点O向圆(x－x0)2＋(y－y0)2＝2引两条切线，分别交椭圆于点P，Q，若直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1，k2，试问△OPQ的面积是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由.。

圆锥曲线中的定值、定点、定直线问题大题分类精练(学生版)

圆锥曲线中的定值、定点、定直线问题目录题型1 圆锥曲线中的定值问题题型2 圆锥曲线中的定点问题题型3 圆锥曲线中的定直线问题题型归纳【题型1圆锥曲线中的定值问题】1(2023·江西·高三南昌第三中学校考阶段练习)设x ，y ∈R ，向量i ，j分别为平面直角坐标内x轴，y 轴正方向上的单位向量，若向量a =x +3 i +y j ，b =x -3 i +y j ，且a+b =4.(1)求点M x ,y 的轨迹C 的方程；(2)设椭圆E ：x 216+y 24=1，曲线C 的切线y =kx +m 交椭圆E 于A 、B 两点，试证：△OAB 的面积为定值.2(2023·全国·模拟预测)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，其离心率为32，直线y =12被椭圆截得的弦长为23．(1)求椭圆C 的标准方程．(2)圆x 2+y 2=45的切线交椭圆C 于A ，B 两点，切点为N ，求证：AN ⋅NB 是定值．3(2023·内蒙古·高三校联考阶段练习)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 ，离心率e =12，过点1,32.(1)求C 的方程；(2)直线l 过点M 0,1 ，交椭圆于A 、B 两点，记N 0,3 ，并设直线NA 、直线NB 的斜率分别为k NA 、k NB ，证明：k NA +k NB =0.4(2023·辽宁大连·高三大连市金州高级中学校考期中)已知抛物线C 1的顶点在原点，对称轴为坐标轴，且过-1,1 ，1,2 ，2,-2 ，-1,-2 四点中的两点.(1)求抛物线C 1的方程；(2)若直线l 与抛物线C 1交于M ,N 两点，与抛物线C 2：y 2=4x 交于P ,Q 两点，M ,P 在第一象限，N ,Q 在第四象限，且NQ MP=2，求PQ MN的值.5(2023·河北保定·统考二模)已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，长轴长为短轴长的2倍，若椭圆C经过点P2,2，(1)求椭圆C的方程；(2)若A,B是椭圆上不同于点P的两个动点，直线PA,PB与x轴围成底边在x轴上的等腰三角形，证明：直线AB的斜率为定值．6(2023·上海·高三上海市进才中学校考期中)双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的离心率为3，圆O:x2+y2=2与x轴正半轴交于点A，点T2,2在双曲线C上．(1)求双曲线C的方程；(2)过点T作圆O的切线交双曲线C于两点M、N，试求MN的长度；(3)设圆O上任意一点P处的切线交双曲线C于两点M、N，试判断PM⋅PN是否为定值?若为定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．7(2023·全国·模拟预测)已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的一个顶点为A 2,0 ，D ，E 是C 上关于原点O 对称的两点，且直线AD ，AE 的斜率之积为14．(1)求C 的标准方程．(2)设Q 是C 上任意一点，过Q 作与C 的两条渐近线平行的直线，与x 轴分别交于点M ，N ，判断x 轴上是否存在点G ，使得GM GN 为定值．【题型2圆锥曲线中的定点问题】8(2023·湖南·校联考模拟预测)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 的长轴长为26，且其离心率小于22，P 为椭圆C 上一点，F 1、F 2分别为椭圆C 的左、右焦点，△F 1PF 2的面积的最大值为22.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)A 为椭圆C 的上顶点，过点D 0,-1 且斜率为k 的直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，直线l 1为过点D 且与AM 平行的直线，设l 1与直线y =-52的交点为Q .证明：直线QN 过定点.9(2023·云南大理·统考一模)已知双曲线Γ：x 2a 2-y 2b 2=1a >0,b >0 ，其渐近线方程为x ±2y=0，点22,1 在Γ上.(1)求双曲线Γ的方程；(2)过点A 2,0 的两条直线AP ，AQ 分别与双曲线Γ交于P ，Q 两点(不与点A 重合)，且两条直线的斜率之和为1，求证：直线PQ 过定点.10(2023·江西南昌·高三江西师大附中校考期中)在平面直角坐标系XOY 中，已知两定点P (1，1)、Q (1，4)，点R 满足OR =13OQ +23OP且在焦点在x 轴正半轴的抛物线E 上. 过Q 作一斜率存在的直线交E 于A 、B 两点，连接BP 交抛物线E 于点C .(1)求抛物线E 的标准方程;(2)判断直线AC 是否恒过定点，若是请求出该定点坐标，若不是请说明理由.11(2023·广东惠州·高三校考阶段练习)在平面直角坐标系xOy 中，顶点在原点，以坐标轴为对称轴的抛物线C 经过点2,4 .(1)求C 的方程；(2)若C 关于x 轴对称，焦点为F ，过点4,2 且与x 轴不垂直的直线l 交C 于M ，N 两点，直线MF 交C 于另一点A ，直线NF 交C 于另一点B ，求证：直线AB 过定点.12(2023·福建泉州·统考模拟预测)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率是22，上、下顶点分别为A ，B .圆O :x 2+y 2=2与x 轴正半轴的交点为P ，且PA ⋅PB=-1.(1)求E 的方程；(2)直线l 与圆O 相切且与E 相交于M ，N 两点，证明：以MN 为直径的圆恒过定点.13(2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左右焦点分别为F1，F2，左顶点的坐标为-2,0，离心率为7 2.(1)求双曲线C的方程；(2)A1,A2分别是双曲线的左右顶点，T是双曲线C上异于A1，A2的一个动点，直线TA1,TA2分别于直线x=1交于Q1,Q2两点，问以Q1,Q2为直径的圆是否过定点，若是，求出此定点；若不是，请说明理由.14(2023·江西九江·统考一模)已知过点P(2,0)的直线l与抛物线E:y2=2px(p>0)交于A,B两点，过线段AB的中点M作直线MN⊥y轴，垂足为N，且PM⊥PN.(1)求抛物线E的方程；(2)若C为E上异于点A,B的任意一点，且直线AC,BC与直线x=-2交于点D,R，证明：以DR为直径的圆过定点.【题型3圆锥曲线中的定直线问题】15(2023·四川成都·校联考二模)已知A 1-3,0 和A 23,0 是椭圆η:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右顶点，直线l 与椭圆η相交于M ，N 两点，直线l 不经过坐标原点O ，且不与坐标轴平行，直线A 1M 与直线A 2M 的斜率之积为-59．(1)求椭圆η的标准方程；(2)若直线OM 与椭圆η的另外一个交点为S ，直线A 1S 与直线A 2N 相交于点P ，直线PO 与直线l 相交于点Q ，证明：点Q 在一条定直线上，并求出该定直线的方程．16(2023·江苏常州·校考一模)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 的短轴长为22，离心率为22．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P 4,1 的动直线l 与椭圆C 相交于不同的A ,B 两点，在线段AB 上取点Q ，满足AP ⋅QB =AQ ⋅PB ，证明：点Q 总在某定直线上．17(2023·广东广州·高三统考阶段练习)已知在平面直角坐标系中，动点Q x ,y 到F 3,0 的距离与它到直线x =53的距离之比为355，Q 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)过点P 53,1作直线l 与曲线C 交于不同的两点M 、N (M 、N 在y 轴右侧)，在线段MN 上取异于点M 、N 的点H ，且满足MP PN=MH HN，证明：点H 恒在一条直线上.18(2023·全国·高三专题练习)已知双曲线E ：x 2a 2-y 24=1a >0 的中心为原点O ，左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为355.(1)求实数a 的值.(2)若点P 坐标为0,4 ，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PM PN=MH HN.证明：点H 恒在一条定直线上.19(2023·吉林长春·统考一模)过抛物线E:y2=2px(p>0)焦点F，斜率为-1的直线l与抛物线交于A、B两点，|AB|=8．(1)求抛物线E的方程；(2)过焦点F的直线l ，交抛物线E于C、D两点，直线AC与BD的交点是否在一条直线上．若是，求出该直线的方程；否则，说明理由．20(2023·全国·模拟预测)已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线M:y=mx2的焦点F与椭圆C:x2 a2+y2b2=1a>b>0的一个顶点重合，抛物线M经过点Q1,14，点P是椭圆C上任意一点，椭圆C的左、右焦点分别为F1,F2，且∠F1PF2的最大值为2π3．(1)求椭圆C和抛物线M的标准方程；(2)过抛物线M上在第一象限内的一点N作抛物线M的切线，交椭圆C于A,B两点，线段AB的中点为G，过点N作垂直于x轴的直线，与直线OG交于点E，求证：点E在定直线上．。

高考圆锥曲线中的定点定值专题(附答案)

求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标。

18第一部分板块二专题五解析几何第4讲圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题)

解假设存在常数 λ 使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|成立，则 λ＝|A1B|＋|C1D|. 由题意知，l1，l2的斜率存在且均不为零，设l1的方程为y＝kx＋1，则由yx＝2＝k4xy＋，1，消去 y 得 x2－4kx－4＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.
(2)若过F的直线交抛物线C于不同的两点A，B(均与P不重合)，直线PA，PB分别交抛物线的准线l于点M，N.试判断以MN为直径的圆是否过点F，并说明理由.
解以MN为直径的圆一定过点F，理由如下：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线AB的方程为x＝my＋1(m∈R)，代入抛物线C：y2＝4x，化简整理得y2－4my－4＝0，则yy11＋y2＝y2＝－44m，，
例 1 (2019·济南模拟)已知抛物线 C1：y2＝2px(p>0)与椭圆 C2：x42＋y32＝1 有一个相同的
焦点，过点A(2,0)且与x轴不垂直的直线l与抛物线C1交于P，Q两点，P关于x轴的对称点为M. (1)求抛物线C1的方程；
解由题意可知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，坐标为(1,0)，所以p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x.
例3 (2019·济南模拟)设M是抛物线E：x2＝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E的方程；
解方法一由xy2＝＝x2－py1，，消 y 得 x2－2px＋2p＝0.
由题意得Δ＝4p2－8p＝0，
因为p>0，所以p＝2.
故抛物线E：x2＝4y.
方法二设 Mx0，2xp20 ，
由(1)知P(4,4)，所以直线 PA 的方程为 y－4＝xy11－－44(x－4)＝myy1－1－43(x－4)，令 x＝－1 得 y＝4mm－y15－y31＋8，即 M－1，4mm－y15－y31＋8，

2023年高考备考圆锥曲线中的定值定点问题(含答案)

高考材料高考材料专题14 圆锥曲线中的定值定点问题1．〔2023·全国·高考试题〔文〕〕已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过两点．()30,2,,12A B ⎛--⎫⎪⎝⎭(1)求E 的方程；(2)设过点的直线交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．证()1,2P -MT TH =明：直线HN 过定点．（答案）(1)22143y x +=(2) (0,2)-（解析）（分析）〔1〕将给定点代入设出的方程求解即可；〔2〕设出直线方程，与椭圆C 的方程联立，分情况商量斜率是否存在，即可得解.(1)解：设椭圆E 的方程为，过，221mx ny +=()30,2,,12A B ⎛--⎫⎪⎝⎭则，解得，，41914n m n =⎧⎪⎨+=⎪⎩13m =14n =所以椭圆E 的方程为：.22143y x +=(2)，所以，3(0,2),(,1)2A B --2:23+=AB y x ①假设过点的直线斜率不存在，直线.代入， (1,2)P -1x =22134x y +=可得，，代入AB 方程，可得(1,MN223y x =-，由得到.求得HN 方程：(3,T MT TH =(5,H -+，过点. (22y x =-(0,2)-②假设过点的直线斜率存在，设. (1,2)P -1122(2)0,(,),(,)kx y k M x y N x y --+=联立得， 22(2)0,134kx y k x y --+=⎧⎪⎨+=⎪⎩22(34)6(2)3(4)0k x k k x k k +-+++=可得，， 1221226(2)343(4)34k k x x k k k x x k +⎧+=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩12222228(2)344(442)34k y y k k k y y k -+⎧+=⎪⎪+⎨+-⎪=⎪+⎩且1221224(*)34kx y x y k -+=+联立可得 1,223y y y x =⎧⎪⎨=-⎪⎩111113(3,),(36,).2y T y H y x y ++-可求得此时，1222112:()36y y HN y y x x y x x --=-+--将，代入整理得， (0,2)-12121221122()6()3120x x y y x y x y y y +-+++--=将代入，得 (*)222241296482448482436480,k k k k k k k +++---+--=显然成立，综上，可得直线HN 过定点(0,2).-2．〔2023·全国·高考试题〕已知椭圆C 的方程为，右焦点为．22221(0)x y a b a b +=>>F 〔1〕求椭圆C 的方程；〔2〕设M ，N 是椭圆C 上的两点，直线与曲线相切．证明：M ，N ，F 三点共线的充要条件是MN 222(0)x y b x +=>||MN =（答案）〔1〕；〔2〕证明见解析.2213xy +=（解析）（分析）〔1〕由离心率公式可得，即可得解；a =2b 〔2充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得():,0MN y kx b kb =+<221b k =+，即可得解.=1k =±（详解）〔1〕由题意，椭圆半焦距 c =c e a ==a =又，所以椭圆方程为；2221b a c =-=2213x y +=〔2〕由〔1〕得，曲线为，221(0)x y x +=>当直线的斜率不存在时，直线，不合题意； MN :1MN x =当直线的斜率存在时，设，MN ()()1122,,,M xy N x y 必要性：假设M ，N ，F 三点共线，可设直线即，(:MN y k x =0kxy -=由直线与曲线，解得，MN 221(0)x y x +=>11k =±联立可得，所以，(2213y x x y ⎧=±⎪⎨⎪+=⎩2430x -+=121234x x x x +=⋅=,高考材料高考材料所以必要性成立；充分性：设直线即， ():,0MN y kx b kb =+<0kx y b -+=由直线与曲线，所以，MN 221(0)x y x +=>1=221b k =+联立可得， 2213y kx b x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩()222136330k x kbx b +++-=所以， 2121222633,1313kb bx x x x k k-+=-⋅=++===化简得，所以，()22310k -=1k =±所以，所以直线或，1k b =⎧⎪⎨=⎪⎩1k b =-⎧⎪⎨=⎪⎩:MN y x =y x =-所以直线过点，M ，N ，F 三点共线，充分性成立； MN F 所以M ，N ，F 三点共线的充要条件是||MN =3．〔2023·青海·海东市第—中学模拟预测〔理〕〕已知椭圆M ：〔a >b >0，AB 为过椭圆右22221x y a b +=焦点的一条弦，且AB 长度的最小值为2. (1)求椭圆M 的方程；(2)假设直线l 与椭圆M 交于C ，D 两点，点，记直线PC 的斜率为，直线PD 的斜率为，当()2,0P 1k 2k 12111k k +=时，是否存在直线l 恒过肯定点？假设存在，请求出这个定点；假设不存在，请说明理由.（答案）(1)22142x y +=(2)存在， ()2,4--（解析）（分析）〔1〕由题意求出，即可求出椭圆M 的方程.,,a b c 〔2〕设直线l 的方程为m (x －2)+ny ＝1，，，联立直线l 的方程与椭圆方程()11,C x y ()22,D x y ，得，则，化简得，即可求()()222242x y x -+=--()22214420x x m n y y ⎛⎫--+++= ⎪⎝⎭12114114n k k m +=-=+14m n +=-出直线l 恒过的定点. (1)因为〔a >b >0，过椭圆右焦点的弦长的最小值为，22221x y a b +=222b a=所以a ＝2，，所以椭圆M 的方程为.c b =22142x y +=(2)设直线l 的方程为m (x －2)+ny ＝1，，， ()11,C x y ()22,D x y 由椭圆的方程，得.2224x y +=()()222242x y x -+=--联立直线l 的方程与椭圆方程，得，()()()2222422x y x m x ny ⎡⎤⎣⎦-+=---+即，， ()()()221424220m x n x y y +-+-+=()22214420x x m n y y ⎛⎫--+++= ⎪⎝⎭所以， 12121222114114x x nk k y y m--+=+=-=+化简得，代入直线l 的方程得，14m n +=-()1214m x m y ⎛⎫-+--= ⎪⎝⎭即，解得x ＝－2，y ＝－4，即直线l 恒过定点. ()1214m x y y ---=()2,4--4．〔2023·上海松江·二模〕已知椭圆的右顶点坐标为，左、右焦点分别为、，且2222:1(0)x y a b a bΓ+=>>(2,0)A 1F 2F ，直线交椭圆于不同的两点和．122F F =l ΓM N (1)求椭圆的方程；Γ(2)假设直线的斜率为，且以为直径的圆经过点，求直线的方程； l 1MN A l (3)假设直线与椭圆相切，求证：点、到直线的距离之积为定值．l Γ1F 2F l （答案）(1)；22143x y +=(2)或； 2y x =-27y x =-(3)证明见解析. （解析）（分析）〔1〕依据焦距及椭圆的顶点求出即可得出；,a b 〔2〕设直线的方程为，联立方程，由根与系数的关系及求解即可；l y x b =+0AM AN ⋅=〔3〕分直线斜率存在与不存在商量，当斜率不存在时直接计算可得，当斜率存在时，设直线的方程为，l y kx b =+依据相切求出关系，再由点到直线的距离直接计算即可得解. ,b k (1)∵ ∴，1222F F c ==1c =∵，由得，∴2a =222a b c =+241=+b 22=34=b a ，高考材料高考材料所以椭圆的方程：；Γ22143x y +=(2)∵直线的斜率为，故可设直线的方程为， l 1l y x b =+设，，，1(M x 1)y 2(N x 2)y 由可得， 22143y x b x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩22784120x bx b ++-=则，，1287b x x +=-2124127b x x -=∵以为直径的圆过右顶点，∴，∴MN A 0AM AN ⋅=1212(2)(2)0x x y y --+=∴21212122211))2()4((2(2)()4b b x x x x x x x x b x x b -+++=+-+++++，整理可得，2241282(2)4077b b b b -=⋅--⋅++=271640b b ++=∴或，2b =-27b =-∵， 2226447(412)16(213)b b b ∆=-⋅⋅-=⋅-当或时，均有2b =-27b =-0∆>所以直线的方程为或． l 2y x =-27y x =-(3)椭圆左、右焦点分别为、Γ1(1,0)F -2(1,0)F ①当直线平行于轴时，∵直线与椭圆相切，∴直线的方程为， l y l Γl 2x =±此时点、到直线的到距离分别为，∴． 1F 2F l 121,3d d ==123d d ⋅=②直线不平行于轴时，设直线的方程为，l y l y kx b =+联立，整理得， 2234120y kx b x y =+⎧⎨+-=⎩222(34)84120k x kbx b +++-=，222222644(34)(412)16(9123)k b k b k b ∆=-+-=⋅+-∵直线与椭圆相切，∴，∴ l Γ0∆=2234b k =+∵到直线的距离为到直线的距离为，1(1,0)F -l 1=d 2(1,0)F -l 2=d ∴，123d d ⋅=∴点、到直线的距离之积为定值由．1F 2F l 35．〔2023·上海浦东新·二模〕已知分别为椭圆：的左、右焦点，过的直线交椭圆于两12F F 、E 22143x y+=1F l E ,A B 点．(1)当直线垂直于轴时，求弦长；l x AB(2)当时，求直线的方程；2OA OB ⋅=-l (3)记椭圆的右顶点为T ，直线AT 、BT 分别交直线于C 、D 两点，求证：以CD 为直径的圆恒过定点，并求出定6x =点坐标．（答案）(1)3 (2))1y x =+(3)证明见解析；定点 ()()4080，，，（解析）（分析）〔1〕将代入椭圆方程求解即可；1x =-〔2〕由〔1〕知当直线的斜率存在，设直线的方程为：，联立直线与椭圆的方程，得出l l ()1y k x =+，设可得韦达定理，代入计算可得斜率；()22223484120k xk x k +++-=()()1122A x y B x y ，，，2OA OB ⋅=-〔3〕分析当直线的斜率不存在时，由椭圆的对称性知假设以CD 为直径的圆恒过定点则定点在轴上，再以CD 为l x 直径的圆的方程，令，代入韦达定理化简可得定点 0y =(1)由题知，将代入椭圆方程得 ()110F -，1x =-332y AB =±∴=，(2)由〔1〕知当直线的斜率不存在时，此时，不符合题意，舍去l 331122A B ⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，OA ·OB =14直线的斜率存在，设直线的方程为：，∴l l ()1y k x =+联立得，设，则， ()221431x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩()22223484120k x k x k +++-=()()1122A x y B x y ，，，2122212283441234k x x k k x x k ⎧-+=⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩由OA ·OB =x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+k (x 1+1)k (x 2+1)=(1+k 2)x 1x 2+k 2(x 1+x 2)+k 2=(1+k 2)4k2‒123+4k 2+k2‒8k 23+4k 2，解得+k 2=‒5k 2‒123+4k 2=‒222k k ==，直线的方程为．．∴l )1y x =+(3)①当直线的斜率不存在时， l ()33112022A B T ⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，，，，，直线AT 的方程为，C 点坐标为， 112y x =-+()62-，直线BT 的方程为，D 点坐标为，以CD 为直径的圆方程为，由椭圆的对称性知假设以112y x =-()62，()2264x y -+=CD 为直径的圆恒过定点则定点在轴上，令，得即圆过点． x 0y =48x x ==，．()()4080，，，高考材料高考材料②当直线的斜率存在时，同〔2〕联立，直线AT 的方程为， l ()1122y y x x =--C 点坐标为，同理D 点坐标为，以CD 为直径的圆的方程为11462y x ⎛⎫ ⎪-⎝⎭，22462y x ⎛⎫ ⎪-⎝⎭，，()()12124466022y y x x y y x x ⎛⎫⎛⎫--+--= ⎪⎪--⎝⎭⎝⎭令，得，0y =()2121212161236024y y x x x x x x -++=-++由， ()()()()22222121222121212122241281611611343416441282424243434k k k k x k x k k y y k k x x x x x x x x k k ⎛⎫--++ ⎪++++⎝⎭===----++-++-+++得，解得，即圆过点． 212320x x -+=48x x ==，()()4080，，，综上可得，以CD 为直径的圆恒过定点． ()()4080，，，6．〔2023·上海长宁·二模〕已知分别为椭圆的上、下顶点，是椭圆的右焦点，是椭圆,A B 222Γ:1(1)xy a a+=>F ΓM上异于的点．Γ,A B(1)假设，求椭圆的标准方程 π3AFB ∠=Γ(2)设直线与轴交于点，与直线交于点，与直线交于点，求证：的值仅与有关 :2l y =y P MA Q MB R PQ PR ⋅a (3)如图，在四边形中，，，假设四边形面积S 的最大值为，求的值．MADB MA AD ⊥MB BD ⊥MADB 52a （答案）(1)2214x y +=(2)证明见解析 (3) 2a =（解析）（分析）〔1〕依据已知推断形状，然后可得；AFB △〔2〕设，表示出直线、的方程，然后求Q 、R 的坐标，直接表示出所求可证； ()11,M x y AM BM 〔3〕设，，依据已知列方程求解可得之间关系，表示出面积，结合已知可得. ()11,M x y ()44,D x y 14,x x (1)因为，，所以是等边三角形， AF BF =π3AFB ∠=AFB △因为，，所以，2AB =AF a =2a =得椭圆的标准方程为．2214x y +=(2)设，，， ()11,M x y ()2,2R x ()3,2Q x 因为，()0,1A()0,1B -所以直线、的方程分别为AM BM ， 111:1AM y l y x x -=+， 111:1BM y l y x x +=-所以，， 12131x x y =+1311x x y =-又221121x y a-=所以， 2211221331x PQ PR x x a y ⋅===-所以的值仅与有关． PQ PR ⋅a (3)设，， ()11,M x y ()44,D x y 因为，，MA DA ⊥MB DB ⊥所以，()()1414110x x y y +--=()()1414110x x y y +++=高考材料高考材料两式相减得，41y y =-带回原式得，214110x x y +-=因为，所以， 221121x y a+=142x x a =-1412111MAB DAB S S S x x x a a a ⎛⎫=+=+=+≤+ ⎪⎝⎭A A 因为的最大值为，所以，得．S 52152a a +=2a =7．〔2023·福建省福州格致中学模拟预测〕圆：与轴的两个交点分别为，，点为圆O 224x y +=x ()12,0A -()22,0A M 上一动点，过作轴的垂线，垂足为，点满足O M x N R 12NR NM =(1)求点的轨迹方程；R (2)设点的轨迹为曲线，直线交于，两点，直线与交于点，试问：是否存在一个定点R C 1x my =+C P Q 1A P 2A Q S T ，当变化时，为等腰三角形m 2A TS （答案）(1)2214x y +=(2)存在，证明见解析（解析）（分析）〔1〕设点在圆上，故有，设，依据题意得，，再代入圆()00,M x y 224x y +=22004x y +=(),R x y 0x x =012y y =即可求解；〔2〕先推断斜率不存在的情况；再在斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆联立224x y +=l 1x my =+得：，，，再依据题意求解推断即可. ()224230m y my ++-=12224m y y m -+=+12234y y m -=+(1)设点在圆上， ()00,M x y 224x y +=故有，设，又，可得，， 2204x y +=(),R x y 12NR NM =0x x =012y y =即，0x x =02y y =代入可得，22004x y +=()2224x y +=化简得：，故点的轨迹方程为：.2214x y +=R 2214x y +=(2)依据题意，可设直线的方程为，l 1x my =+取，可得，， 0m=P ⎛ ⎝1,Q ⎛ ⎝可得直线的方程为的方程为1APy x =+2AQ y x =-联立方程组，可得交点为；(14,S 假设，，由对称性可知交点，1,P ⎛ ⎝Q ⎛ ⎝(24,S 假设点在同一直线上，则直线只能为：上，S l 4x =以下证明：对任意的，直线与直线的交点均在直线：上. m 1A P 2A Q S l 4x =由，整理得 22114x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩()224230m y my ++-=设，，则， ()11,P x y ()22,Q x y 12224m y y m -+=+12234y y m -=+设与交于点，由，可得 1A P l ()004,S y 011422y y x =++10162y y x =+设与交于点，由，可得， 2A Q l ()004,S y '022422y y x '=--20222y y x '=-因为 ()()()()122112102126123622222y my y my y y y y x x x x --+'-=-=+-+-， ()()()()()22121211121212464402222m mmy y y y m m x x x x ----+++===+-+-因为，即与重合， 00y y '=0S 0S '所以当变化时，点均在直线：上，m S l 4x =因为，，所以要使恒为等腰三角形，只需要为线段的垂直平分线即可，依据对称性()22,0A ()4,S y 2A TS 4x =2A T 知，点.()6,0T 故存在定点满足条件.()6,0T 8．〔2023·全国·模拟预测〕已知椭圆的离心率为，椭圆C 的左､右顶点分别为A ，B ，上顶点()2222:10x y C a b a b+=>>12为D ，.1AD BD ⋅=-(1)求椭圆C 的方程；(2)斜率为的动直线l 与椭圆C 相交于M ，N 两点，是否存在定点P 〔直线l 不经过点P 〕，使得直线PM 与直线PN 12的倾斜角互补，假设存在这样的点P ，请求出点P 的坐标；假设不存在，请说明理由.（答案）(1)22143x y +=(2)存在，点P 的坐标为或31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭31,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭（解析）（分析）高考材料高考材料〔1〕利用数量积公式及离心率可得a ,b ,c 从而得到椭圆方程; 〔2〕设直线l 的方程为，与椭圆方程联立，写出韦达定理，由题意可得直线PM 与直线PN 的斜率之和为12y x m =+零，利用韦达定理化简可得结果. (1)设椭圆C 的焦距为2c ，由题意知，，，(),0A a -(),0B a ()0,D b 所以，，所以，解得. (),AD a b = (),BD a b =- 2221AD BD a b c ⋅=-+=-=- 1c =又椭圆C 的离心率为，所以，1222a c ==b ==故椭圆C 的方程为.22143x y +=(2)假设存在这样的点P ，设点P 的坐标为，点M ，N 的坐标分别为，，设直线l 的方程为()00,x y ()11,x y ()22,x y . 12y x m =+联立方程消去y 后整理得.221,4312x y y x m ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩2230x mx m ++-=，得，()222431230m m m ∆=--=->22m -<<有 12212,3.x x m x x m +=-⎧⎨=-⎩假设直线PM 与直线PN 的倾斜角互补，则直线PM 与直线PN 的斜率之和为零，所以 01020102010201021122y x m y x m y y y y x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-+-+ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭+=+----()()()()()()()()()()010*********0102010222222222222y m x x x y m x x x y m x y m x x x x x x x x x ---+---⎡⎤⎡⎤----⎣⎦⎣⎦=+=----()()()()()()()()()()20000012121200102010222223222222y m x m m mx y m x x x x x x x x x x x x x x x x -++-+--++-+⎡⎤⎣⎦==----.()()()()()()()()0000000001020102462322323022x y y x m x y y x mx x x x x x x x -+--+-===----所以解得或0000230,230,x y y x -=⎧⎨-=⎩001,32x y =⎧⎪⎨=⎪⎩001,3.2x y =-⎧⎪⎨=-⎪⎩故存在点P 符合条件，点P 的坐标为或.31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭31,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭9．〔2023·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测〔文〕〕已知椭圆的两个焦点分别为和，椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>1F 2F 上一点到和的距离之和为，且椭圆C 1F 2F 4C (1)求椭圆的方程；C (2)过左焦点的直线交椭圆于、两点，线段的中垂线交轴于点〔不与重合〕，是否存在实数，使1F l A B AB x D 1F λ恒成立？假设存在，求出的值；假设不存在，请说出理由.1AB DF λ=λ（答案）(1)2214x y +=(2)存在，λ=（解析）（分析）〔1〕由椭圆的定义可求得的值，依据椭圆的离心率求得的值，再求出的值，即可得出椭圆的方程； a c b C 〔2〕分析可知，直线不与轴垂直，分两种情况商量，一是直线与轴重合，二是直线的斜率存在且不为零，设l x l x l 出直线的方程，与椭圆方程联立，求出、，即可求得的值. l AB 1DF λ(1)解：由椭圆的定义可得，则，因为，则， 24a =2a=ce a ==c ∴=1b ==因此，椭圆的方程为.C 2214x y +=(2)解：假设直线与轴垂直，此时，线段的垂直平分线为轴，不符合题意； l x AB x 假设直线与轴重合，此时，线段的垂直平分线为轴，则点与坐标原点重合，lx AB y D 此时，1AB DF λ===假设直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为，设点、，l l )0x my m =≠()11,Ax y ()22,B x y 联立可得， 2244xmy x y ⎧=⎪⎨+=⎪⎩()22410m y +--=，()()22212441610m m m ∆=++=+>由韦达定理可得， 12y y +=12214yy m =-+则()121222my y x x ++==所以，线段的中点为， AB M ⎛ ⎝高考材料高考材料所以，线段的垂直平分线所在直线的方程为，AB y m x ⎛=- ⎝在直线方程中，令可得y m x ⎛=-+ ⎝0y=x =故点，D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()22414m m +=+因此，. ()221414m AB DF m λ+===+综上所述，存在，使得恒成立.λ=1AB DF λ=10．〔2023·河南安阳·模拟预测〔文〕〕已知椭圆上一个动点N 到椭圆焦点的距离的最2222:1(0)C bb x a a y +>>=(0,)Fc 小值是，且长轴的两个端点与短轴的一个端点B 构成的的面积为2．212,A A 12A A B △(1)求椭圆C 的标准方程；(2)如图，过点且斜率为k 的直线l 与椭圆C 交于P ，Q 两点．证明：直线与直线的交点T 在定直线4(0,)M -1A P 2A Q 上．（答案）(1)2214y x +=(2)证明见解析（解析）（分析）〔1〕依据题意得到，再解方程组即可.22221222a c ab a b c ⎧-=⎪⎪⨯=⎨⎪=+⎪⎩〔2〕首先设直线，，，与椭圆联立，利用韦达定理得到，.:4l y kx =-()11,P x y ()22,Q x y 12284k x x k +=+122124x x k =+，，依据，即可得到，从而得到直线与直线的交点1112:2PA y l y x x ++=2222:2QA y l y x x --=2123y y +=--1y =-1A P 2A Q T 在定直线上. 1y =-(1)由题知：，解得，即：椭圆22221222a c ab a b c⎧-=⎪⎪⨯=⎨⎪=+⎪⎩21a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩22:14+=y C x (2)设直线，，，，， :4l y kx =-()11,P x y ()22,Q x y ()10,2A -()20,2A . ()222214812044y x k x kx y kx ⎧+=⎪⇒+-+=⎨⎪=-⎩，. 12284k x x k +=+122124x x k =+则，， 1112:2PA y l y x x ++=2222:2QA y l y x x --=则， ()()()()1212122212112122222266y x kx x kx x x y y y x kx x kx x x +--+===----因为， ()1212212342k kx x x x k ==++所以，解得. ()()12212121213232123293362x x x x x y y x x x x x +--+===---++-1y =-所以直线与直线的交点在定直线上.1A P 2A Q T 1y =-11．〔2023·安徽省舒城中学三模〔理〕〕已知椭圆，过原点的直线交该椭圆于，两点〔点在22:184x y Γ+=O ΓA B A x轴上方〕，点，直线与椭圆的另一交点为，直线与椭圆的另一交点为．()4,0E AE C BE D高考材料高考材料(1)假设是短轴，求点C 坐标；AB Γ(2)是否存在定点，使得直线恒过点？假设存在，求出的坐标；假设不存在，请说明理由．T CD T T （答案）(1)；82(,)33(2)存在，.8(,0)3T （解析）（分析）〔1〕两点式写出直线，联立椭圆方程并结合韦达定理求出C 坐标； AE 〔2〕设有，联立椭圆求C 坐标，同理求坐标，商量、，推断直线恒过00(,)A x y 00:(4)4=--y AE y x x D 00x ≠00x =CD 定点即可. (1)由题设，，而，故直线为，(0,2)A ()4,0E AE 240x y +-=联立并整理得：，故，而，22:184x y Γ+=23840y y -+=83A C y y +=2A y =所以，代入直线可得，故C 坐标为.23C y =AE 284233C x =-⨯=82(,)33(2)设，则， 00(,)A x y 00:(4)4=--y AE y x x 由，故， ()00224428y y x x x y ⎧=-⎪-⎨⎪+=⎩2220202(4)8(4)+-=-y x x x 由韦达定理有， 20222222000000002220000020328(4)328(4)16(8)8(4)64242(4)22482481(4)C y x y x x x x x x x y x y x x x --------====-+--+-所以，故，同理得：，，00833C x x x -=-003C y y x =-00833D x x x +=+03D y y x -=+当时，取，则，同理， 00x ≠8(,0)3T 0000003383833TCy x yk x x x -==----003TD y k x =-故共线，此时过定点.,,T C D CD 8(,0)3T 当时，，此时过定点.00x =83C D x x ==CD 8(,0)3T 综上，过定点.CD 8(,0)3T 12．〔2023·广东茂名·二模〕已知圆O ：x 2+y 2＝4与x 轴交于点，过圆上一动点M 作x 轴的垂线，垂足为H ，(2,0)A -N 是MH 的中点，记N 的轨迹为曲线C ． (1)求曲线C 的方程；(2)过作与x 轴不重合的直线l 交曲线C 于P ，Q 两点，设直线AP ，AS 的斜率分别为k 1，k 2.证明：k 1＝4k 2．6(,0)5-（答案）(1)；2212x y +=(2)证明见解析. （解析）（分析）〔1〕运用相关点法即可求曲线C 的方程；( 2)首先对直线的斜率是否存在进行商量,再依据几何关系分别求出P 、Q 、S 三点的坐标，进而表示出直线AP ， AS l 的斜率，再依据斜率的表达式进行化简运算,得出结论. 12,k k (1)设N 〔x 0，y 0〕，则H 〔x 0，0〕， ∵N 是MH 的中点，∴M 〔x 0，2y 0〕，又∵M 在圆O 上，，2200(2)4y x +=∴即； 220014x y +=∴曲线C 的方程为：；2214x y +=(2)①当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为：，65x =-假设点P 在轴上方，则点Q 在x 轴下方，则，6464(,),(,5555P Q ---直线OQ 与曲线C 的另一交点为S ，则S 与Q 关于原点对称， ∴，64(,55S1244001551,,6642255APAS k k k k --======-++；124k k ∴=假设点P 在x 轴下方，则点Q 在x 轴上方，高考材料高考材料同理得：，646464(,(,(,555555P Q S ----，1244001551,6642255APAS k k k k ----===-∴===--++∴k 1＝4k 2；②当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为：，6,5x my =-由与联立可得， 6,5x my =-2214x y +=221264(4)0525m m y y +--=其中，22144644(4)02525m m ∆=+⨯+⨯>设，则，则，1122(,),(,)P x y Q x y 22(,)S x y --1212221264525,44m y y y y m m -+==++∴ 112212112200,,2222AP AS k y y y y k k k x x x x ---======++-+-则121122121216()2542()5y my k y x k x y my y --=⋅=++，∴k 1＝4k 2. 121112212121112226464161616252554545444641216()4445525525454545my y y y y m m my y y y y m m y y m m m -----++====++---+⋅--+++13．〔2023·安徽·合肥市第八中学模拟预测〔文〕〕生活中，椭圆有很多光学性质，如从椭圆的一个焦点出发的光线射到椭圆镜面后反射，反射光线经过另一个焦点.现椭圆C 的焦点在y 轴上，中心在坐标原点，从下焦点射出的光线1F 经过椭圆镜面反射到上焦点，这束光线的总长度为42F 离心率e <(1)求椭圆C 的标准方程；(2)假设从椭圆C 中心O 出发的两束光线OM 、ON ，分别穿过椭圆上的A 、B 点后射到直线上的M 、N 两点，假4y =设AB 连线过椭圆的上焦点，试问，直线BM 与直线AN 能交于肯定点吗？假设能，求出此定点：假设不能，请说2F 明理由.（答案）(1)22143y x +=(2)能，定点为〔0，〕85（解析）（分析）〔1〕由条件列方程求可得椭圆方程；,,a b c〔2〕联立方程组，利用设而不求法结论完成证明. (1)由已知可设椭圆方程为，22221(0)y x a b a b+=>>则，24a =122c b ⨯⨯=222ab c =+又e <所以，21a b c ===，故椭圆C 的标准方程为22143y x +=(2)设AB 方程为，由，得， 1y kx =+221431y x y kx ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩22(34)690k x kx ++-=222(6)36(34)1441440k k k ∆=++=+>设，则.. ()()1122A x y B x y ，，，121222693434k x x x x k k --+==++由对称性知，假设定点存在，则直线BM 与直线AN 交于y 轴上的定点，由得，则直线BM 方程为， 114y y xx y ⎧=⎪⎨⎪=⎩1144x M y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，211121444()4y xy x x y x y --=--令，则0x =122114(4)44x y y x y x -=+-()()112211414114x x kx x kx x ⎡⎤-+=+⎢⎥+-⎢⎥⎣⎦112211234(1)4x kx x x x kx x -=+-+2121124()4x x x x kx x -=-+又， 12123()2x x kx x +=则，21212112214()4()83554()()22x x x x y x x x x x x --===-++-所以，直线BM 过定点〔0，〕，同理直线AN 也过定点.858(0,5则点〔0，〕即为所求点.8514．〔2023·全国·模拟预测〕设椭圆的右焦点为F ，左顶点为A ．M 是C 上异于A 的动点，过()222:10416x y C b b+=<<F 且与直线AM 平行的直线与C 交于P ，Q 两点〔Q 在x 轴下方〕，且当M 为椭圆的下顶点时，．2AM FQ =高考材料高考材料(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设点S ，T 满足，，证明：平面上存在两个定点，使得T 到这两定点距离之和为定值． PS SQ = FS ST =（答案）(1)2116x =(2)证明见解析（解析）（分析）〔1〕由向量的坐标运算用表示出点坐标，代入椭圆方程求得参数，得椭圆方程； ,b c Q b 〔2〕设，直线PQ 的斜率不为0，设其方程为，设．(), 0F c x m y c =+1122(,),(,)P x y Q x y 直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，利用向量相等的坐标表示求得点坐标，得出点坐标满足一个椭圆12y y +T T 方程，然后再由椭圆定义得两定点坐标． (1)当M 为椭圆的下顶点时，，则．(4,)AM b =- 12,22b FQ AM ⎛⎫==- ⎪⎝⎭ 设C 的焦距为2c ，则，即．2,2b Q c ⎛⎫+- ⎪⎝⎭2,2b Q ⎫-⎪⎭因为Q 在C，解得．114=()22162b =-=则椭圆C 的标准方程为． 2116x =(2)设，直线PQ 的斜率不为0，设其方程为，设．(), 0F c x m y c =+1122(,),(,)P x y Q x y 联立直线PQ 和C 的方程，消x 得．()22220y ++-=，12y y +=1212()2x x m y y c +=++=由得S 为弦PQ 的中点，故． PS SQ = S由得S是线段FT 的中点，故．FS ST =T设T 的坐标为，则，，故(), xy x c =y c=，即，2211x y c c ⎛⎫⎫== ⎪⎪⎝⎭⎭221x c +=这说明T 在中心为原点，为长轴端点，为短轴端点的椭圆上运动，故T 到两焦点的(,0)c ±0,⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,0⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭距离之和为定值．代入得两焦点坐标为．(()4,0±-综上所述，平面上存在两定点，，使得T 到这两定点距离之和为定值．()4-()4-+15．〔2023·上海交大附中模拟预测〕已知椭圆是左、右焦点．设是直线上的一221214x y F F Γ+=：，，M ()2l x t t =>：个动点，连结，交椭圆于．直线与轴的交点为，且不与重合．1MF Γ()0N N y ≥l x P M P(1)假设的坐标为，求四边形的面积； M 58⎫⎪⎪⎭，2PMNF (2)假设与椭圆相切于且，求的值；PN ΓN 1214NF NF ⋅= 2tan PNF ∠(3)作关于原点的对称点，是否存在直线，使得上的任一点到N N '2F N 1F N '2F N 的方程和的坐标，假设不存在，请说明理由．2F N N（答案）(3)存在；； y x =126N ⎫⎪⎪⎭（解析）（分析）〔1〕依据点斜式方程可得，再联立椭圆方程得到，再依据求解1:MF l y x =12N ⎫⎪⎭2112PMNF PF M NF F S S S =-△△即可；〔2〕设，依据相切可知，直线与椭圆方程联立后判别式为0，得到，再依据，:()PN l y k x t =-2214k t =-1214NF NF ⋅=化简可得，再依据直角三角形中的关系求解的值即可；t =12N ⎫⎪⎭2tan PNF ∠〔3〕设，表达出，再依据列式化简可得，结合()00,N x y 2NF l 22O NF d -=2148k =k =和直线的方程N 2F N高考材料高考材料(1)由题意，，故()1F1MF k ==1:MF l y x =与椭圆方程联立，可得：，即，又由题意，故2214x y y x⎧+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩213450x+-=(130xx +=N x >解得，故且x =12N ⎫⎪⎭121122NF F S =⋅=△11528PF M S ==△则 2112PMNF PF M NF F S S S =-△△(2)由于直线PN 的斜率必存在，则设:()PN l y k x t =-与椭圆方程联立，可得：2214()x y y k x t ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩()22222148440k x k tx k t +-+-=由相切，，则 ()22216140k k t ∆=+-=2214k t =-同时有韦达定理，代入有，化简得，故 21228214N k t x x x k +==+2214k t =-2244414N t t x t -=+-4N x t =2222414N N x t y t -=-=而，解得 222122122134N N t NF NF x y t -⋅=+-==2t =>则，所以轴，故在直角三角形中，12N ⎫⎪⎭2NF x ⊥2PNF A 222tan PF PNF NF ∠===(3)由于N 与，与是两组关于原点的对称点，由对称性知N '1F 2F 四边形是平行四边形，则与是平行的，12F NF N '2NF 1N F '故上的任一点到的距离均为两条平行线间的距离d ．1F N '2F N 设，其中，易验证，当时，与之间的距离为()00,N xy 0(x ∈0=x 2NF 1N F 'k =则，即，2(:NF y l k x =0kx y -=发觉当时，，整理得 0≠x 22O NF d d -===221914k k =+2148k =代入，代入整理得，即由k =(220048y x =220014x y =-20013450x --=(00130x x -=于，所以，故0(x ∈0x=126N ⎫⎪⎪⎭k ==则的直线方程为 2F Nly x =16．〔2023·全国·模拟预测〔理〕〕已知椭圆：的右顶点为A ，上顶点为，直线的斜率为C ()222210x y a b a b+=>>B AB ，原点到直线O AB (1)求的方程；C (2)直线交于，两点，，证明：恒过定点.l C M N 90MBN ∠=︒l （答案）(1)22143x y +=(2)证明见解析（解析）（分析）〔1〕题意得，依据AB 斜率，可得AB 的方程，依据点到直线距离公式，可求得a (,0),(0,)A a B b b a =值，进而可得b 值，即可得答案.〔2〕分析得直线l 的斜率存在，设，与椭圆联立，可得关于x 的一元二次方程，依据韦1122,(,),(,)y kx m M x y N x y =+达定理，可得表达式，进而可得、的表达式，依据，可得，依据数量1212,x x x x +12y y 12y y +90MBN ∠=︒0MB NB⋅=积公式，化简计算，可得m 值，分析即可得证 (1)由题意得，(,0),(0,)A aB b 所以直线AB 的斜率为b a =-b a =又直线AB的方程为， )y x a =-20y +=所以原点到直线的距离， O AB d 2a =所以.b =22143x y +=(2)由椭圆的对称性可得，直线l 的斜率肯定存在，设直线l 的方程为， 1122,(,),(,)y kx m M x y N x y =+联立方程，消去y 可得， 22143x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩222(34)84120k x kmx m +++-=所以， 21212228412,3434km m x x x x k k --+==++所以，， 22221212122312()34m k y y k x x km x x m k-=+++=+121226()234m y y k x x m k +=++=+高考材料高考材料因为，所以，90MBN ∠=︒MB BN ⊥因为，所以，B 1122(),()MB x y NB x y =-=--所以，22212121222241263123)30343434m m m k MB NB x x y y y y k k k --⋅=+++=++=+++ 整理得，解得或，2730m --=m=m =因为，所以B m 所以直线l 的方程为，得证y kx =0,⎛ ⎝17．〔2023·全国·模拟预测〔理〕〕已知椭圆的左、右焦点分别为，，，分别为左、2222:1(0)x y C a b a b+=>>1F 2F 1A 2A 右顶点，，分别为上、下顶点．假设四边形，且，，成等差数列． 1B 2B 1122B F B F 212F F 212B B 212A A (1)求椭圆的标准方程；C (2)过椭圆外一点(不在坐标轴上)连接，，分别与椭圆交于，两点，直线交轴于点．试P P 1PA 2PA C M N MN x Q 问：，两点横坐标之积是否为定值？假设为定值，求出定值；假设不是，说明理由． P Q （答案）(1)；22132x y +=(2)为定值，理由见解析. 32P Q x x =（解析）（分析）〔1〕应用菱形面积公式、等差中项的性质及椭圆参数关系求椭圆参数，写出椭圆标准方程.〔2〕由题意分析知，所在直线斜率均存在且不为0、斜率和差均不为0，设直线，联立椭圆求，1PA 2PA 1PA 2PA M 的坐标及点横坐标，应用点斜式写出直线，令求横坐标，即可得结论.N P MN 0y =Q (1)由题设知：，可得， 2222222844bc b a c a b c ⎧=⎪⎪=+⎨⎪=+⎪⎩22321a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩所以椭圆标准方程为.22132x y +=(2)由题意，，所在直线斜率均存在且不为0、斜率和差均不为0，1PA 2PA 设为，联立椭圆方程整理得：， 1PA (y k x =22229(23)302k k x x +++-=所以1M A x x +=1A x =M x ==设为，联立椭圆方程整理得：，2PA (y m x =22229(23)302m m x x+-+-=所以， 2N A x x +=2Ax=N x =所以M y k=⋅=N y m =⋅=联立直线、可得：，1PA 2PA P x=直线为，令，则 MN2()[23m k y x km +=⋅-0y =Q x =所以为定值.32P Q x x ==18．〔2023·山西·太原五中二模〔文〕〕已知椭圆，过原点的两条直线和分别与椭圆交于和，2221x y +=1l 2l A B △C D △记得到的平行四边形的面积为．ACBD S (1)设，用的坐标表示点到直线的距离，并证明； ()()1122,,,A x y C x y A C △C 1l 12212S x y x y =-(2)请从①②两个问题中任选一个作答 ①设与的斜率之积，求面积的值．1l 2l 12-S ②设与的斜率之积为．求的值，使得无论与如何变动，面积保持不变．1l 2l m m 1l 2l S （答案）(1)(2)见解析（解析）（分析）〔1〕商量和，分别写出直线的方程，由距离公式即可求得点到直线的距离，由面积公式即可证明10x ≠10x =1l C 1l ；12212S x y x y =-〔2〕假设选①，设出直线和的方程，联立椭圆求出的坐标，结合〔1〕中面积公式求解即可；假设选②，设1l 2l A C △出直线和的方程，联立椭圆求出的坐标，结合〔1〕中面积公式得到的表达式，平方整理，由含的项1l 2l A C △S 42,k k 系数为0即可求解. (1)高考材料高考材料当时，直线的方程为：，则点到直线的距离为10x ≠1l 11y y x x =C 1l d当时，直线的方程为：，则点到直线的距离为，也满足10x =1l 0x =C 1l 2d x =d 则点到直线；因为C 1l2AB AO ==则；21211222S AB d x x x y y y =⋅=--=(2)假设选①，设，设，直线与椭圆联立可得1122121:,:,2l y k x l y k x k k ===-()()1122,,,A x y C x y 1l 12221y k x x y =⎧⎨+=⎩，()221121k x+=同理直线与椭圆联立可得，不妨令，则2l ()222121k x +=120,0x x >>11x y =，22x y====则122S x y x =-假设选②，设，设，直线与椭圆联立可得，则12:,:m l y kx l y x k ==()()1122,,,A x y C x y 1l 2221y kx x y =⎧⎨+=⎩()22121k x +=，212112x k =+同理可得，则2222221212k x k m m k ==+⎛⎫+ ⎪⎝⎭1221121221222m m x x x kx k x k S y x x k x y =-=-=-⋅⋅⋅，两边平方整理得1222m m k x x k k ==-⋅，()24222222224(48)240Sk S S m m k m S m -++++-=由面积与无关，可得，解得，故时，无论与如何变动，面积保持不S k 2222240480S S S m m ⎧-=⎨++=⎩12S m ⎧=⎪⎨=-⎪⎩12m =-1l 2l S 变．19．〔2023·福建·厦门一中模拟预测〕已知，分别是椭圆的右顶点和上顶点，，A B 2222:1(0)x y C a b a b+=>>||AB =直线的斜率为.AB 12-(1)求椭圆的方程；(2)直线，与，轴分别交于点，，与椭圆相交于点，．证明： //l AB x y M N C D 〔i 〕的面积等于的面积；OCM A ODN △〔ii 〕为定值．22||||CM MD +（答案）(1)2214x y +=(2)〔i 〕证明见解析；〔ii 〕证明见解析（解析）（分析）〔1〕依据，，由，直线的斜率为求解；(,0)A a (0,)B b ||AB =AB 12-〔2〕设直线的方程为，得到，，与椭圆方程联立，依据，l 12y x m =-+(2,0)M m (0,)N m 11|2|||2=A OCM S m y ，利用韦达定理求解. 21||||2=A ODN S m x 2222221122||||(2)(2)CM MD x m y x m y ∴+=-++-+(1)解：、是椭圆的两个顶点，A B 22221(0)x y a b a b+=>>且，直线的斜率为，||AB =AB 12-由，，得 (,0)A a (0,)B b ||AB ==又，解得，， 0102b b k a a -==-=--2a =1b =椭圆的方程为； ∴2214x y +=(2)设直线的方程为，则，，l 12y x m =-+(2,0)M m (0,)N m 联立方程消去，整理得．221214y x m x y ⎧=-+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩y 222220x mx m -+-=，得22248(4)3240m m m ∆=--=->28m <设，，，．1(C x 1)y 2(D x 2)y高考材料高考材料，．122x x m ∴+=21222x x m =-所以， 11|2|||2=A OCM S m y 21||||2=A ODN S m x 则有 112222|2||2|||1||||||-====A A OCMODNS y m x x Sx x x 的面积等于的面积；OCM ∴A ODN A ，，2222221122||||(2)(2)CM MD x m y x m y ∴+=-++-+2222221112221144()44()22x mx m x m x mx m x m =-++-++-++-+， ()()221212125551042x x x x m x x m =+--++ . ()2222552210102m m m m =---+5=20．〔2023·北京市第十二中学三模〕已知椭圆过点2222:1(0)x y M a b a b +=>>(2,0)A (1)求椭圆M 的方程；(2)已知直线在x 轴上方交椭圆M 于B ，C 〔异于点A 〕两个不同的点，直线AB ，AC 分别与y 轴交于点P ､(3)y k x =+Q ，O 为坐标原点，求的值.()k OP OQ +（答案）(1)22142x y +=(2) 45（解析）（分析）〔1〕直接由点坐标及离心率求得椭圆方程即可；A 〔2〕联立直线与椭圆求得，再表示出直线AB ，AC 的方程，求得P ､Q 坐标，再计算2212122212184,2121k k x x x x k k --+==++即可.()k OP OQ +(1)由题意知：，则椭圆M 的方程为；2,c a a ==c =2222b a c =-=22142x y +=(2)联立直线与椭圆，整理得，22(3)142y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩()222221121840k x k x k +++-=，()()422214442118440160k k kk ∆=-+-=-+>即在x 轴上方交椭圆M 于B ，C〔异于点A 〕两点，则 k <<(3)y k x =+0k <<设，则，，， 1122(,),(,)B x y C x y 1222,22x x -<<-<<2212122212184,2121k k x x x x k k --+==++1122(3),(3)y k x y k x =+=+易得直线AB ，AC 斜率必定存在，则，令，得，则，同理可得11:(2)2y AB y x x =--0x =11202y y x =>-112(0,)2y P x -，且， 222(0,2y Q x -22202y x >-则()()()()()112121212223222222()(32)22k x x y y x x x k x k x OP x OQ k k -++⎛⎫+==⋅⎪⎝⎭+-+----. 222212122212122218412422442()242121184122()4242121k k k k k kx x k x x k k k k k k k x x x x k k ---⋅-⋅+--++++=⋅=⋅---++-⋅+++45=高考材料高考材料。

高中数学选择性必修第一册专题研究四圆锥曲线中的定点、定值问题

思考题 1 已知抛物线 C 的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点 A(1，2)是
抛物线 C 上一点． (1)求 C 的方程； (2)若点 B(1，－2)在 C 上，过点 B 作 C 的两弦 BP 与 BQ，若 kBP·kBQ＝－2，
求证：直线 PQ 过定点．
【解析】 (1)由题得 C 的方程为 y2＝4x 或 x2＝12y. (2)证明：∵点 B(1，－2)在 C 上，∴曲线 C 的方程为 y2＝4x. 设点 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线 PQ：x＝my＋b(b≥0)，与方程 y2＝4x 联立，消去 x 得 y2－4my－4b＝0，易知 Δ>0，∴y1＋y2＝4m，y1·y2＝－4b. ∵kBP·kBQ＝－2，∴yx11＋－21·yx22＋－21＝－2，∴y1－4 2·y2－4 2＝－2，即 y1y2－2(y1 ＋y2)＋12＝0.∴－4b－8m＋12＝0，即 b＝3－2m. 直线 PQ：x＝my＋b＝my＋3－2m，即 x－3＝m(y－2)． ∴直线 PQ 过定点(3，2)．
直线 PB 的方程为 y＝3t (x－3)，所以 y2＝3t (x2－3)．可得 3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)．由于x922＋y22＝1，故 y22＝－（x2＋3）9（x2－3），可得 27y1y2＝－(x1＋3)(x2 ＋3)，即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.① 将 x＝my＋n 代入x92＋y2＝1 得 (m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0，所以 y1＋y2＝－m22m＋n9，y1y2＝mn22－＋99.
【解析】 (1)由题意得 a＝2，b＝1，所以椭圆 C 的方程为x42＋y2＝1. 又 c＝ a2－b2＝ 3，
所以椭圆 C 的离心率 e＝ac＝ 23. (2)证明：设 P(x0，y0)(x0<0，y0<0)，则 x02＋4y02＝4. 又 A(2，0)，B(0，1)，所以直线 PA 的方程为 y＝x0y－0 2(x－2)．令 x＝0，得 yM＝－x02－y02，

高考数学二轮复习练习-专题五圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

第4讲圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题定点问题1．参数法：参数法解决定点问题的思路：(1)引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中的核心变量(此处设为k )；(2)利用条件找到k 与过定点的曲线F (x ，y )＝0之间的关系，得到关于k 与x ，y 的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，找到定点．2.由特殊到一般法：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．[典型例题](2019·郑州市第一次质量预测)设M 点为圆C ：x 2＋y 2＝4上的动点，点M 在x 轴上的投影为N .动点P 满足2PN →＝3MN →，动点P 的轨迹为E .(1)求E 的方程；(2)设E 的左顶点为D ，若直线l ：y ＝kx ＋m 与曲线E 交于A ，B 两点(A ，B 不是左、右顶点)，且满足|DA →＋DB →|＝|DA →－DB →|，求证：直线l 恒过定点，并求出该定点的坐标．【解】 (1)设点M (x 0，y 0)，P (x ，y )，由题意可知N (x 0，0)，因为2PN →＝3MN →，所以2(x 0－x ，－y )＝3(0，－y 0)，即x 0＝x ，y 0＝23y ，又点M 在圆C ：x 2＋y 2＝4上，所以x 20＋y 20＝4，将x 0＝x ，y 0＝23y 代入得x 24＋y 23＝1，即轨迹E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)可知D (－2，0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0，Δ＝(8mk )2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝16(12k 2－3m 2＋9)>0，即3＋4k 2－m 2>0，所以x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k 2，x 1x 2＝4（m 2－3）3＋4k 2.y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3m 2－12k 23＋4k 2，因为|DA →＋DB →|＝|DA →－DB →|，所以DA →⊥DB →，即DA →·DB →＝0，即(x 1＋2，y 1)·(x 2＋2，y 2)＝x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＋y 1y 2＝0，所以4m 2－123＋4k 2＋2×－8mk 3＋4k 2＋4＋3m 2－12k 23＋4k 2＝0，所以7m 2－16mk ＋4k 2＝0，解得m 1＝2k ，m 2＝27k ，且均满足3＋4k 2－m 2>0，当m 1＝2k 时，l 的方程为y ＝kx ＋2k ＝k (x ＋2)，直线恒过点(－2，0)，与已知矛盾；当m 2＝27k 时，l 的方程为y ＝kx ＋27k ＝k ⎝⎛⎭⎫x ＋27，直线恒过点⎝⎛⎭⎫－27，0. 综上，直线l 过定点，定点坐标为⎝⎛⎭⎫－27，0.(1)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．(2)由直线方程确定定点时，若得到了直线的点斜式方程y －y 0＝k (x －x 0)，则直线必过定点(x 0，y 0)；若得到了直线的斜截式方程y ＝kx ＋m ，则直线必过定点(0，m )．[对点训练](2019·蓉城名校第一次联考)已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，过点F 作倾斜角为45°的直线与抛物线C 交于A ，B 两点，且|AB |＝16.(1)求抛物线C 的方程；(2)设P ，M ，N 为抛物线上不同的三点，且PM ⊥PN ，若P 点的横坐标为8，判断直线MN 是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．解：(1)由题意知，直线AB 的方程为y ＝x ＋p 2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋p 2x 2＝2py ，得y 2－3py ＋p 24＝0.设A (x 3，y 3)，B (x 4，y 4)，则y 3＋y 4＝3p . 所以|AB |＝y 3＋y 4＋p ＝4p ＝16，所以p ＝4. 所以抛物线C 的方程为x 2＝8y .(2)法一：由(1)可得点P (8，8)，设M ⎝⎛⎭⎫x 1，x 218，N ⎝⎛⎭⎫x 2，x 228，则k PM ＝x 218－8x 1－8＝x 1＋88，同理可得k PN ＝x 2＋88.因为PM ⊥PN ，所以k PM ·k PN ＝x 1＋88·x 2＋88＝－1，化简得x 1x 2＋8(x 1＋x 2)＋128＝0.(*)易知直线MN 的斜率一定存在，设直线MN ：y ＝kx ＋b ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b x 2＝8y ，得x 2－8kx －8b ＝0，所以x 1＋x 2＝8k ，x 1x 2＝－8b .代入(*)，得－8b ＋64k ＋128＝0，则b ＝8k ＋16.直线MN 的方程可化为y ＝kx ＋8k ＋16，所以直线MN 过定点(－8，16)．法二：由(1)可得点P (8，8)，设M ⎝⎛⎭⎫x 1，x 218，N ⎝⎛⎭⎫x 2，x 228，则k MN ＝x 218－x 228x 1－x 2＝x 1＋x 28，同理可得k PM ＝x 1＋88，k PN ＝x 2＋88.因为PM ⊥PN ，所以k PM ·k PN ＝x 1＋88·x 2＋88＝－1，化简得－x 1x 2＝8(x 1＋x 2)＋128.①直线MN 的方程为y －x 218＝x 1＋x 28(x －x 1)，化简得y ＝x 1＋x 28x －x 1x 28.②把①代入②得y ＝x 1＋x 28(x ＋8)＋16，所以直线MN 过定点(－8，16)．定值问题1．直接消参求定值：常见定值问题的处理方法：(1)确定一个(或两个)变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示；(2)将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量)，然后进行化简，看能否得到一个常数．2.从特殊到一般求定值：常用处理技巧：(1)在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢；(2)巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算．[典型例题](2019·福建五校第二次联考)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，上顶点M到直线3x＋y＋4＝0的距离为3.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l过点(4，－2)，且与椭圆C相交于A，B两点，l不经过点M，证明：直线MA 的斜率与直线MB的斜率之和为定值．【解】 (1)由题意可得，⎩⎨⎧e ＝c a ＝32|b ＋4|2＝3a 2＝b 2＋c2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4b ＝2，所以椭圆C 的方程为x 216＋y24＝1.(2)证明：易知直线l 的斜率恒小于0，设直线l 的方程为y ＋2＝k (x －4)，k <0且k ≠－1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2＝k （x －4）x 216＋y 24＝1，得(1＋4k 2)x 2－16k (2k ＋1)x ＋64k (k ＋1)＝0，则x 1＋x 2＝16k （2k ＋1）1＋4k 2，x 1x 2＝64k （k ＋1）1＋4k 2，因为k MA ＋k MB ＝y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝（kx 1－4k －4）x 2＋（kx 2－4k －4）x 1x 1x 2＝2k －(4k ＋4)×x 1＋x 2x 1x 2＝2k －4(k ＋1)×16k （2k ＋1）64k （k ＋1）＝2k －(2k ＋1)＝－1(为定值)．求定值问题2种常见的方法(1)从特殊值入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定值．[对点训练]已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1，过A (2，0)，B (0，1)两点．(1)求椭圆C 的方程及离心率；(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线P A 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值．解：(1)由题意得，a ＝2，b ＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.又c ＝a 2－b 2＝3，所以离心率e ＝c a ＝32.(2)证明：设P (x 0，y 0)(x 0<0，y 0<0)，则x 20＋4y 20＝4.又A (2，0)，B (0，1)，所以直线P A 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)．令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2，从而|BM |＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2.直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1.令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1.所以四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM |＝12⎝⎛⎭⎫2＋x 0y 0－1⎝⎛⎭⎫1＋2y 0x 0－2＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42（x 0y 0－x 0－2y 0＋2）＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2.从而四边形ABNM 的面积为定值．探究、存在性问题存在性问题的解法：先假设存在，用待定系数法，列出关于待定系数的方程组，推证满足条件的结论，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则元素(点、直线、曲线或参数)不存在．要注意的是：(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．[典型例题]已知动圆C与圆x2＋y2＋2x＝0外切，与圆x2＋y2－2x－24＝0内切．(1)试求动圆圆心C的轨迹方程；(2)过定点P(0，2)且斜率为k(k≠0)的直线l与(1)中轨迹交于不同的两点M，N，试判断在x轴上是否存在点A(m，0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数m的范围；若不存在，请说明理由．【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，设动圆C的半径为R，两圆的圆心分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，则|CF1|＝R＋1，|CF2|＝5－R，所以|CF 1|＋|CF 2|＝6，根据椭圆的定义可知，点C 的轨迹为以F 1，F 2为焦点的椭圆，所以c ＝1，a ＝3，所以b 2＝a 2－c 2＝9－1＝8，所以动圆圆心C 的轨迹方程为x 29＋y 28＝1.(2)存在．设直线l 的方程为y ＝kx ＋2，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 的中点为E (x 0，y 0)．假设存在点A (m ，0)，使得以AM ，AN 为邻边的平行四边形为菱形，则AE ⊥MN ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 29＋y 28＝1，得(8＋9k 2)x 2＋36kx －36＝0， x 1＋x 2＝－36k9k 2＋8，所以x 0＝－18k 9k 2＋8，y 0＝kx 0＋2＝169k 2＋8，因为AE ⊥MN ，所以k AE ＝－1k，即169k 2＋8－0－18k 9k 2＋8－m ＝－1k ，所以m ＝－2k 9k 2＋8＝－29k ＋8k ，当k >0时，9k ＋8k ≥29×8＝122，所以－212≤m <0；当k <0时，9k ＋8k ≤－122，所以0<m ≤212.因此，存在点A (m ，0)，使得以AM ，AN 为邻边的平行四边形为菱形，且实数m 的取值范围为⎣⎡⎭⎫－212，0∪⎝⎛⎦⎤0，212.存在性问题求解的思路及策略(1)思路：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．(2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论．②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．[对点训练](2019·重庆市学业质量调研)如图，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，其左、右焦点分别为F 1(－2，0)，F 2(2，0)，过点F 1的直线交椭圆C 于A ，B 两点，线段AB 的中点为G ，AB 的中垂线与x 轴和y 轴分别交于D ，E 两点，且|AF 1|，|F 1F 2|，|AF 2|构成等差数列．(1)求椭圆C 的方程；(2)记△GF 1D 的面积为S 1，△OED (O 为坐标原点)的面积为S 2.试问：是否存在直线AB ，使得S 1＝S 2？请说明理由．解：(1)因为|AF 1|，|F 1F 2|，|AF 2|构成等差数列，所以2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝2|F 1F 2|＝8，所以a ＝4. 又c ＝2，所以b 2＝12，所以椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)假设存在直线AB ，使得S 1＝S 2，显然直线AB 不能与x ，y 轴垂直．设AB 的方程为y ＝k (x ＋2)(k ≠0)，将其代入x 216＋y 212＝1，整理得(4k 2＋3)x 2＋16k 2x ＋16k 2－48＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x D ，0)，所以x 1＋x 2＝－16k 23＋4k 2，所以点G 的横坐标为x 1＋x 22＝－8k 23＋4k 2，所以G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 23＋4k 2，6k 3＋4k 2.因为DG ⊥AB ，所以6k 3＋4k 2－8k 23＋4k 2－x D·k ＝－1，解得x D ＝－2k 23＋4k 2，即D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2k 23＋4k 2，0，因为Rt △GDF 1和Rt △ODE 相似，所以若S 1＝S 2，则|GD |＝|OD |，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 23＋4k 2－－2k 23＋4k 22＋⎝⎛⎭⎫6k 3＋4k 22＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2k 23＋4k 2，整理得8k 2＋9＝0. 因为方程8k 2＋9＝0无解，所以不存在直线AB ，使得S 1＝S 2.1．(2019·安徽省考试试题)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的上顶点为P ，右顶点为Q ，直线PQ 与圆x 2＋y 2＝45相切于点M ⎝⎛⎭⎫25，45. (1)求椭圆C 的方程；(2)若不经过点P 的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，且P A →·PB →＝0，求证：直线l 过定点．解：(1)由已知得直线OM (O 为坐标原点)的斜率k OM ＝2，则直线PQ 的斜率k PQ ＝－1k OM＝－12，所以直线PQ 的方程为y －45＝－12⎝⎛⎭⎫x －25，即x ＋2y ＝2.可求得P (0，1)，Q (2，0)，故a ＝2，b ＝1，故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：当直线l 的斜率不存在时，显然不满足条件．当直线l 的斜率存在时，设l 的方程为y ＝kx ＋n (n ≠1)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1y ＝kx ＋n，消去y 整理得(4k 2＋1)x 2＋8knx ＋4(n 2－1)＝0， Δ＝(8kn )2－4×4(4k 2＋1)(n 2－1)＝16(4k 2＋1－n 2)>0，得4k 2＋1>n 2.①设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8kn 4k 2＋1，x 1x 2＝4（n 2－1）4k 2＋1.②由P A →·PB →＝0，得(x 1，y 1－1)·(x 2，y 2－1)＝0，又y 1＝kx 1＋n ，y 2＝kx 2＋n ，所以(k 2＋1)x 1x 2＋k (n －1)(x 1＋x 2)＋(n －1)2＝0，③ 由②③得n ＝1(舍)，或n ＝－35，满足①.此时l 的方程为y ＝kx －35，故直线l 过定点⎝⎛⎭⎫0，－35. 2．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为12，P 是C 上的一个动点，且△F 1PF 2面积的最大值为4 3.(1)求C 的方程；(2)设C 的左、右顶点分别为A ，B ，若直线P A ，PB 分别交直线x ＝2于M ，N 两点，过点F 1作以MN 为直径的圆的切线，证明：切线长为定值，并求该定值．解：(1)设P (x 0，y 0)，椭圆的半焦距为c . 因为S △F 1PF 2＝12|F 1F 2|·|y 0|≤12·2c ·b ＝bc ，所以bc ＝4 3.又e ＝c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝4，b ＝23，c ＝2，所以C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)由(1)可知A (－4，0)，B (4，0)，F 1(－2，0)．由题可知，x 0≠2，且x 0≠±4.设直线P A ，PB 的斜率分别为k 1，k 2，则直线P A 的方程为y ＝k 1(x ＋4)，令x ＝2得y ＝6k 1，故M (2，6k 1)．直线PB 的方程为y ＝k 2(x －4)，令x ＝2得y ＝－2k 2，故N (2，－2k 2)．记以MN 为直径的圆为圆D ，则D (2，3k 1－k 2)．如图，过点F 1作圆D 的一条切线，切点为T ，连接F 1D ，DT ，则|F 1T |2＝|F 1D |2－|DT |2，所以|F 1T |2＝16＋(3k 1－k 2)2－(3k 1＋k 2)2＝16－12k 1k 2，又k 1＝y 0x 0＋4，k 2＝y 0x 0－4，所以k 1·k 2＝y 0x 0＋4·y 0x 0－4＝y 20x 20－16，由x 2016＋y 2012＝1，得y 20＝－34(x 20－16)，所以k 1·k 2＝－34，则|F 1T |2＝16－12k 1k 2＝16－12×⎝⎛⎭⎫－34＝25，所以|F 1T |＝5. 故切线长为定值5.3．(2019·广州市调研测试)已知动圆C 过定点F (1，0)，且与定直线x ＝－1相切． (1)求动圆圆心C 的轨迹E 的方程；(2)过点M (－2，0)的任一条直线l 与轨迹E 交于不同的两点P ，Q ，试探究在x 轴上是否存在定点N (异于点M )，使得∠QNM ＋∠PNM ＝π？若存在，求点N 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)法一：依题意知，动圆圆心C 到定点F (1，0)的距离，与到定直线x ＝－1的距离相等，由抛物线的定义，可得动圆圆心C 的轨迹E 是以F (1，0)为焦点，x ＝－1为准线的抛物线，其中p ＝2.所以动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x .法二：设动圆圆心C (x ，y )，依题意得（x －1）2＋y 2＝|x ＋1|，化简得y 2＝4x ，即为动圆圆心C 的轨迹E 的方程．(2)假设存在点N (x 0，0)满足题设条件．由∠QNM ＋∠PNM ＝π可知，直线PN 与QN 的斜率互为相反数，即k PN ＋k QN ＝0.①易知直线PQ 的斜率必存在且不为0，设直线PQ ：x ＝my －2，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x x ＝my －2，得y 2－4my＋8＝0.由Δ＝(－4m )2－4×8>0，得m >2或m <－ 2. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝8. 由①得k PN ＋k QN ＝y 1x 1－x 0＋y 2x 2－x 0＝y 1（x 2－x 0）＋y 2（x 1－x 0）（x 1－x 0）（x 2－x 0）＝0，所以y 1(x 2－x 0)＋y 2(x 1－x 0)＝0，即y 1x 2＋y 2x 1－x 0(y 1＋y 2)＝0. 消去x 1，x 2，得14y 1y 22＋14y 2y 21－x 0(y 1＋y 2)＝0，即14y 1y 2(y 1＋y 2)－x 0(y 1＋y 2)＝0. 因为y 1＋y 2≠0，所以x 0＝14y 1y 2＝2，所以存在点N (2，0)，使得∠QNM ＋∠PNM ＝π.4．(2019·福州市质量检测)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l 1与C 2相切．(1)求p 的值；(2)动点M 在C 1的准线上，动点A 在C 1上，若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．解：(1)依题意，设直线l 1的方程为y ＝x ＋p2，因为直线l 1与圆C 2相切，所以圆心C 2(－1，0)到直线l 1：y ＝x ＋p2的距离d ＝|－1＋p 2|12＋（－1）2＝2，即|－1＋p 2|2＝2，解得p ＝6或p ＝－2(舍去)．所以p ＝6.(2)法一：依题意设M (m ，－3)，由(1)知抛物线C 1的方程为x 2＝12y ，所以y ＝x 212，所以y ′＝x 6，设A (x 1，y 1)，则以A 为切点的切线l 2的斜率为k ＝x 16，所以切线l 2的方程为y ＝16x 1(x －x 1)＋y 1.令x ＝0，则y ＝－16x 21＋y 1＝－16×12y 1＋y 1＝－y 1，即B 点的坐标为(0，－y 1)，所以MA →＝(x 1－m ，y 1＋3)，MB →＝(－m ，－y 1＋3)，所以MN →＝MA →＋MB →＝(x 1－2m ，6)，所以ON →＝OM →＋MN →＝(x 1－m ，3)，设N 点坐标为(x ，y )，则y ＝3，所以点N 在定直线y ＝3上．法二：设M (m ，－3)，由(1)知抛物线C 1的方程为x 2＝12y ，①设l 2的斜率为k ，A ⎝⎛⎭⎫x 1，112x 21，则以A 为切点的切线l 2的方程为y ＝k (x －x 1)＋112x 21，② 联立①②得，x 2＝12[k (x －x 1)＋112x 21]，因为Δ＝144k 2－48kx 1＋4x 21＝0，所以k ＝x 16，所以切线l 2的方程为y ＝16x 1(x －x 1)＋112x 21，令x ＝0，得B 点坐标为(0，－112x 21)，所以MA →＝⎝⎛⎭⎫x 1－m ，112x 21＋3，MB →＝⎝⎛⎭⎫－m ，－112x 21＋3，所以MN →＝MA →＋MB →＝(x 1－2m ，6)，所以ON →＝OM →＋MN →＝(x 1－m ，3)，所以点N 在定直线y ＝3上．。

2020新课标高考数学典型习题专项训练：圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题1．(2019·安徽省考试试题)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的上顶点为P ，右顶点为Q ，直线PQ 与圆x 2＋y 2＝45相切于点M ⎝⎛⎭⎫25，45. (1)求椭圆C 的方程；(2)若不经过点P 的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，且P A →·PB →＝0，求证：直线l 过定点．解：(1)由已知得直线OM (O 为坐标原点)的斜率k OM ＝2，则直线PQ 的斜率k PQ ＝－1k OM＝－12，所以直线PQ 的方程为y －45＝－12⎝⎛⎭⎫x －25，即x ＋2y ＝2.可求得P (0，1)，Q (2，0)，故a ＝2，b ＝1，故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：当直线l 的斜率不存在时，显然不满足条件．当直线l 的斜率存在时，设l 的方程为y ＝kx ＋n (n ≠1)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1y ＝kx ＋n，消去y 整理得(4k 2＋1)x 2＋8knx ＋4(n 2－1)＝0， Δ＝(8kn )2－4×4(4k 2＋1)(n 2－1)＝16(4k 2＋1－n 2)>0，得4k 2＋1>n 2.①设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8kn 4k 2＋1，x 1x 2＝4（n 2－1）4k 2＋1.②由P A →·PB →＝0，得(x 1，y 1－1)·(x 2，y 2－1)＝0，又y 1＝kx 1＋n ，y 2＝kx 2＋n ，所以(k 2＋1)x 1x 2＋k (n －1)(x 1＋x 2)＋(n －1)2＝0，③ 由②③得n ＝1(舍)，或n ＝－35，满足①.此时l 的方程为y ＝kx －35，故直线l 过定点⎝⎛⎭⎫0，－35. 2．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为12，P 是C 上的一个动点，且△F 1PF 2面积的最大值为4 3.(1)求C 的方程；(2)设C 的左、右顶点分别为A ，B ，若直线P A ，PB 分别交直线x ＝2于M ，N 两点，过点F 1作以MN 为直径的圆的切线，证明：切线长为定值，并求该定值．解：(1)设P (x 0，y 0)，椭圆的半焦距为c .因为S △F 1PF 2＝12|F 1F 2|·|y 0|≤12·2c ·b ＝bc ，所以bc ＝4 3.又e ＝c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝4，b ＝23，c ＝2，所以C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)由(1)可知A (－4，0)，B (4，0)，F 1(－2，0)．由题可知，x 0≠2，且x 0≠±4.设直线P A ，PB 的斜率分别为k 1，k 2，则直线P A 的方程为y ＝k 1(x ＋4)，令x ＝2得y ＝6k 1，故M (2，6k 1)．直线PB 的方程为y ＝k 2(x －4)，令x ＝2得y ＝－2k 2，故N (2，－2k 2)．记以MN 为直径的圆为圆D ，则D (2，3k 1－k 2)．如图，过点F 1作圆D 的一条切线，切点为T ，连接F 1D ，DT ，则|F 1T |2＝|F 1D |2－|DT |2，所以|F 1T |2＝16＋(3k 1－k 2)2－(3k 1＋k 2)2＝16－12k 1k 2，又k 1＝y 0x 0＋4，k 2＝y 0x 0－4，所以k 1·k 2＝y 0x 0＋4·y 0x 0－4＝y 20x 20－16，由x 2016＋y 2012＝1，得y 20＝－34(x 20－16)，所以k 1·k 2＝－34，则|F 1T |2＝16－12k 1k 2＝16－12×⎝⎛⎭⎫－34＝25，所以|F 1T |＝5. 故切线长为定值5.3．(2019·广州市调研测试)已知动圆C 过定点F (1，0)，且与定直线x ＝－1相切． (1)求动圆圆心C 的轨迹E 的方程；(2)过点M (－2，0)的任一条直线l 与轨迹E 交于不同的两点P ，Q ，试探究在x 轴上是否存在定点N (异于点M )，使得∠QNM ＋∠PNM ＝π？若存在，求点N 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)法一：依题意知，动圆圆心C 到定点F (1，0)的距离，与到定直线x ＝－1的距离相等，由抛物线的定义，可得动圆圆心C 的轨迹E 是以F (1，0)为焦点，x ＝－1为准线的抛物线，其中p ＝2.所以动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x .法二：设动圆圆心C (x ，y )，依题意得（x －1）2＋y 2＝|x ＋1|，化简得y 2＝4x ，即为动圆圆心C 的轨迹E 的方程．(2)假设存在点N (x 0，0)满足题设条件．由∠QNM ＋∠PNM ＝π可知，直线PN 与QN 的斜率互为相反数，即k PN ＋k QN ＝0.①易知直线PQ 的斜率必存在且不为0，设直线PQ ：x ＝my －2，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4xx ＝my －2，得y 2－4my＋8＝0.由Δ＝(－4m )2－4×8>0，得m >2或m <－ 2. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝8. 由①得k PN ＋k QN ＝y 1x 1－x 0＋y 2x 2－x 0＝y 1（x 2－x 0）＋y 2（x 1－x 0）（x 1－x 0）（x 2－x 0）＝0，所以y 1(x 2－x 0)＋y 2(x 1－x 0)＝0，即y 1x 2＋y 2x 1－x 0(y 1＋y 2)＝0. 消去x 1，x 2，得14y 1y 22＋14y 2y 21－x 0(y 1＋y 2)＝0，即14y 1y 2(y 1＋y 2)－x 0(y 1＋y 2)＝0. 因为y 1＋y 2≠0，所以x 0＝14y 1y 2＝2，所以存在点N (2，0)，使得∠QNM ＋∠PNM ＝π.4．(2019·山东日照校际联考)已知抛物线E ：y 2＝2px (p >0)上在第一象限内的点H (1，t )到焦点F 的距离为2.(1)若M ⎝⎛⎭⎫－14，0，过点M ，H 的直线与该抛物线相交于另一点N ，求|NF |的值； (2)设A ，B 是抛物线E 上分别位于x 轴两侧的两个动点，且OA →·OB →＝94(其中O 为坐标原点)．①求证直线AB 必过定点，并求出该定点Q 的坐标；②过点Q 作AB 的垂线与该抛物线交于G ，D 两点，求四边形AGBD 面积的最小值．解：(1)因为点H (1，t )到焦点F 的距离为2，所以1＋p2＝2，解得p ＝2，故抛物线E 的方程为y 2＝4x .所以当x ＝1时，t ＝2，所以直线MH 的方程为y ＝85x ＋25，则联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝85x ＋25，y 2＝4x ，可得x N ＝116，所以|NF |＝x N ＋p 2＝116＋1＝1716.(2)①由题意知直线AB 的斜率不为0，设直线AB ：x ＝my ＋n ，A ⎝⎛⎭⎫y 214，y 1，B ⎝⎛⎭⎫y 224，y 2，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋n ，y 2＝4x ，可得y 2－4my －4n ＝0，y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4n .由OA →·OB →＝94得（y 1y 2）216＋y 1y 2＝94，解得y 1y 2＝－18或y 1y 2＝2(舍去)，即－4n ＝－18，解得n ＝92，所以直线AB 必过定点Q ⎝⎛⎭⎫92，0.②设G ⎝⎛⎭⎫y 234，y 3，D ⎝⎛⎭⎫y 244，y 4.由题意知，m ≠0，由①得|AB |＝1＋m 2|y 2－y 1|＝1＋m 2·16m 2＋72，同理，|GD |＝1＋⎝⎛⎭⎫－1m 2|y 4－y 3|＝1＋1m 2·72＋16m2则四边形AGBD 的面积S ＝12|AB |·|GD |＝121＋m 2·16m 2＋72·1＋1m2·72＋16m2＝4⎣⎡⎦⎤2＋⎝⎛⎭⎫m 2＋1m 2·⎣⎡⎦⎤85＋18⎝⎛⎭⎫m 2＋1m 2.令m 2＋1m2＝μ(μ≥2)，则S ＝418μ2＋121μ＋170是关于μ的增函数，故当μ＝2时，S min ＝88，即当且仅当m ＝±1时，四边形AGBD 的面积取到最小值88.。

高三二轮精品训练题：第2课时圆锥曲线的定点、定值、存在性问题

1．(2019·山西太原模拟)已知动点C 到点F (1,0)的距离比到直线x ＝－2的距离小1，动点C 的轨迹为E .(1)求曲线E 的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m (km <0)与曲线E 相交于A ，B 两个不同点，且OA →·OB →＝5，证明：直线l 经过一个定点．解析：(1)由题意可得动点C 到点F (1,0)的距离等于到直线x ＝－1的距离，∴曲线E 是以点(1,0)为焦点，直线x ＝－1为准线的抛物线．设其方程为y 2＝2px (p >0)，∴p 2＝1，∴p ＝2，∴曲线E 的方程为y 2＝4x .(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y 2＝4x 得k 2x 2＋(2km －4)x ＋m 2＝0，∴x 1＋x 2＝4－2km k 2，x 1x 2＝m 2k 2，Δ＝(2km －4)2－4m 2k 2＝16(1－km )>0.∵OA →·OB →＝5，∴x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2＋4km k 2＝5， ∴m 2＋4km －5k 2＝0，∴m ＝k 或m ＝－5k .∵km <0，则m ＝k 舍去，∴m ＝－5k ，满足Δ＝16(1－km )>0，∴直线l 的方程为y ＝k (x －5)，∴直线l 必经过定点(5,0)．2．(2019·成都模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的短轴长为42，离心率为13. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)设椭圆C 的左，右焦点分别为F 1，F 2，左，右顶点分别为A ，B ，点M ，N 为椭圆C 上位于x 轴上方的两点，且F 1M ∥F 2N ，直线F 1M 的斜率为26，记直线AM ，BN 的斜率分别为k 1，k 2，求3k 1＋2k 2的值．解析：(1)由题意，得2b ＝42，c a ＝13，又a 2－c 2＝b 2，∴a ＝3，b ＝22，c ＝1.∴椭圆方程为：x 29＋y 28＝1. (2)由(1)，可知A (－3,0)，B (3,0)，F 1(－1,0)，据题意，F 1M 的方程为y ＝26(x ＋1)．记直线F 1M 与椭圆的另一交点为M ′，设M (x 1，y 1)(y 1>0)，M ′(x 2，y 2)，∵F 1M ∥F 2N ，根据对称性，得N (－x 2，－y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧8x 2＋9y 2＝72，y ＝26(x ＋1)，消去y ，得14x 2＋27x ＋9＝0.∵x 1>x 2，∴x 1＝－37，x 2＝－32， ∵k 1＝y 1x 1＋3＝26(x 1＋1)x 1＋3＝469，k 2＝－y 2－x 2－3＝26(x 2＋1)x 2＋3＝－263. ∴3k 1＋2k 2＝3×469＋2×⎝⎛⎭⎫－263＝0，即3k 1＋2k 2的值为0.3．(2019·山东济宁模拟)已知抛物线E ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，点M 是直线y ＝x 与抛物线E 在第一象限内的交点，且|MF |＝5.(1)求抛物线E 的方程；(2)如图，不过原点的直线l 与抛物线E 相交于A ，B 两点，与y 轴相交于点Q ，过点A ，B 分别作抛物线E 的切线，与x 轴分别相交于C ，D 两点．判断直线QC 与直线BD 是否平行？直线QC 与直线QD 是否垂直？并说明理由．解析：(1)依题意，设点M (t ，t )(t >0)．由|MF |＝5，得t ＋p 2＝5.① 又点M 在抛物线E 上，则t 2＝2pt (t >0)，即t ＝2p ，②联立①②，解得p ＝2，所以抛物线E 的方程为x 2＝4y .(2)由(1)知抛物线E ：x 2＝4y ，设直线l 的方程为y ＝kx ＋b (b ≠0)，则Q (0，b )，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 2＝4y ，得x 2－4kx －4b ＝0，则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4b .由x 2＝4y 得y ＝14x 2，从而y ′＝12x ，所以过点A (x 1，y 1)的切线方程为y －14x 21＝x 12(x －x 1)，令y ＝0，得C ⎝⎛⎭⎫x 12，0，同理可得D ⎝⎛⎭⎫x 22，0，所以k QC ＝b －00－x 12＝－2b x 1＝－－x 1x 22x 1＝x 22， k BD ＝y 2x 2－x 22＝14x 22x 22＝x 22，所以QC ∥BD .若QC ⊥QD ，则QC →·QD →＝x 12·x 22＋(－b )·(－b )＝x 1x 24＋b 2＝b 2－b ＝0，解得b ＝1(b ＝0舍去)，所以当Q 为焦点F 时，b ＝1，此时QC ⊥QD ；当Q 不为焦点F 时，QC 与QD 不垂直．4．(2019·上海模拟)已知抛物线方程y 2＝4x ，F 为焦点，P 为抛物线准线上一点，Q 为线段PF 与抛物线的交点，定义：d (P )＝|PF ||FQ |. (1)当P ⎝⎛⎭⎫－1，－83时，求d (P )； (2)证明：存在常数a ，使得2d (P )＝|PF |＋a ；(3)P 1，P 2，P 3为抛物线准线上三点，且|P 1P 2|＝|P 2P 3|，判断d (P 1)＋d (P 3)与2d (P 2)的关系．解析：(1)抛物线方程y 2＝4x 的焦点F (1,0)，P ⎝⎛⎭⎫－1，－83， k PF ＝832＝43，PF 的方程为y ＝43(x －1)，代入抛物线的方程，解得x Q ＝14，抛物线的准线方程为x ＝－1，可得|PF |＝22＋649＝103， |QF |＝14＋1＝54，d (P )＝|PF ||QF |＝83. (2)证明：当P (－1,0)时，a ＝2d (P )－|PF |＝2×2－2＝2，设P (－1，y P )，不妨设y P >0，PF ：x ＝my ＋1，则my P ＝－2，联立x ＝my ＋1和y 2＝4x ，可得y 2－4my －4＝0，y Q ＝4m ＋16m 2＋162＝2m ＋21＋m 2，2d (P )－|PF |＝2y P y Q－1＋m 2y P ＝2·－2m (2m ＋21＋m 2)＋21＋m 2m ＝－2·1＋m 2－m m ＋21＋m 2m＝2，则存在常数a ，使得2d (P )＝|PF |＋a .(3)设P 1(－1，y 1)，P 2(－1，y 2)，P 3(－1，y 3)，则2[d (P 1)＋d (P 3)]－4d (P 2)＝|P 1F |＋|P 3F |－2|P 2F |＝4＋y 21＋4＋y 23－24＋y 22 ＝4＋y 21＋4＋y 23－2⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1＋y 322＋4＝4＋y 21＋4＋y 23－(y 1＋y 3)2＋16，由(4＋y 21＋4＋y 23)2－[(y 1＋y 3)2＋16]＝24＋y 214＋y 23－2y 1y 3－8， (4＋y 21)(4＋y 23)－(y 1y 3＋4)2＝4(y 21＋y 23)－8y 1y 3＝4(y 1－y 3)2>0，则d (P 1)＋d (P 3)>2d (P 2)．。

高考复习41 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题问题试题

高考圆锥曲线中的定点定值专题(附答案)

高考圆锥曲线中的定点与定值问题(题型总结超全)

(高中段)大题考法圆锥曲线的综合问题第二课时圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

第四讲 大题考法——圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

2020高考文数圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

2020年高考数学(理)总复习：圆锥曲线中的定点与定值、范围与存在性问题(解析版)

高考热点复习：圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题)练习题

圆锥曲线中的定值、定点、定直线问题大题分类精练(学生版)

高考圆锥曲线中的定点定值专题(附答案)

18第一部分 板块二 专题五 解析几何 第4讲 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题)

2023年高考备考圆锥曲线中的定值定点问题(含答案)

高中数学选择性必修第一册 专题研究四 圆锥曲线中的定点、定值问题

高考数学二轮复习练习-专题五圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

2020新课标高考数学典型习题专项训练：圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

高三二轮精品训练题： 第2课时 圆锥曲线的定点、定值、存在性问题

第四讲大题考法——圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

18第一部分板块二专题五解析几何第4讲圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题)

高中数学选择性必修第一册专题研究四圆锥曲线中的定点、定值问题

高三二轮精品训练题：第2课时圆锥曲线的定点、定值、存在性问题