2016高三数学复习 常见题型 定值、定点与存在性问题课件
第八节第1课时 定点、定值问题 课件(共42张PPT)
解析：由题设条件可知△ABF2为等腰三角形，只要
∠AF2B为钝角即可，所以有
b2 a
>2c，即b2>2ac，所以c2－
a2>2ac，即e2－2e－1>0，所以e>1＋ 2或e<1－ 2(舍)．
答案：(1＋ 2，＋∞)
第一课时 定点、定值问题
1．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。
x2 9
＋
y2 4
＝1上，
过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足N→P＝
→ 2 NM.
(1)求点P的轨迹E的方程；
(2)过F(1，0)的直线l1与点P的轨迹交于A，B两点，过
F(1，0)作与l1垂直的直线l2与点P的轨迹交于C，D两点，
求证：|A1B|＋|C1D|为定值．
解：(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)． 因为N→P＝ 2 N→M，所以(x－x0，y)＝ 2(0，y0)，
定点问题实质及求解步骤 解析几何中的定点问题实质是：当动直线或动圆变 化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着 定点在转动．这类问题的求解一般可分为以下三步：
已知椭圆xa22＋by22＝1(a>b>0)的离心率e＝ 36，直线l： y＝bx＋2与圆x2＋y2＝2相切．
(1)求椭圆的方程； (2)已知定点E(1，0)，若直线y＝kx＋2(k≠0)与椭圆 相交于C，D两点，试判断是否存在实数k，使得以CD为 直径的圆过定点E？若存在，求出k的值；若不存在，请 说明理由．
4 第二部分 专题五 第4讲 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
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第二部分 专题五 解析几何
15
解：(1)由题意知，直线 AB 的方程为 y＝x＋p2.
由y＝x＋p2，得 x2＝2py
y2－3py＋p42＝0.
设 A(x3，y3)，B(x4，y4)，则 y3＋y4＝3p. 所以|AB|＝y3＋y4＋p＝4p＝16，所以 p＝4. 所以抛物线 C 的方程为 x2＝8y.
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第二部分 专题五 解析几何
12
因为|D→A＋D→B|＝|D→A－D→B|，所以D→A⊥D→B，即D→A·D→B＝0， 即(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0， 所以43m＋2－4k122＋2×3－＋84mkk2＋4＋3m32＋－41k22k2＝0， 所以 7m2－16mk＋4k2＝0， 解得 m1＝2k，m2＝27k，且均满足 3＋4k2－m2>0， 当 m1＝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 m2＝27k 时，l 的方程为 y＝kx＋27k＝kx＋27，直线恒过点－27，0. 综上，直线 l 过定点，定点坐标为－27，0.
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第二部分 专题五 解析几何
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思维方法 解得 k＝－m＋2 1.【关键 2：设出直线 l 的方程，并与椭圆方程联立消去 y 得到关于 x 的一元二次方程，利用根与系数的关系及条件找到直线 l 中两个参数的关系】 当且仅当 m>－1 时，Δ >0，于是 l：y＝－m＋2 1x＋m，即 y＋1＝－m＋2 1(x－2)，所以 l 过定点(2，－1). 【关键 3：将 k＝－m＋2 1代入直线 l 的方程，变形得到直线所过定点(2，－1)】
高考数学复习---定点问题考点PPT课件
[解] (1)若抛物线的焦点在x轴上，设抛物线方程为y2＝ax，代 入点A(1，2)，可得a＝4，所以抛物线方程为y2＝4x.
若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线方程为x2＝my，代入点A(1， 2)，可得m＝12，所以抛物线方程为x2＝12y.
综上所述，抛物线C的方程是y2＝4x或x2＝12y.
(1)求椭圆C的方程； (2)证明：直线MN过定点．
15
[解] (1)圆x2＋y2＝4与x轴交于点(±2，0)， 即为椭圆的焦点，圆x2＋y2＝4与y轴交于点(0，±2)， 即为椭圆的上下两顶点，所以c＝2，b＝2. 从而a＝2 2，因此椭圆C的方程为x82＋y42＝1.
16
(2)证明：设直线MN的方程为y＝kx＋m. y＝kx＋m，
3
(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)，四点 P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1， 23)，P41， 23中恰有三点在椭圆 C 上．
(1)求 C 的方程； (2)设直线 l 不经过 P2 点且与 C 相交于 A，B 两点．若直线 P2A 与 直线 P2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．
4
[解] (1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过 P3，P4两点．
又由a12＋b12＞a12＋43b2知，椭圆C不经过点P1， 所以点P2在椭圆C上． 因此ba1122＝ ＋413b，2＝1，解得ab22＝ ＝41， . 故椭圆C的方程为x42＋y2＝1.
5
(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2. 如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|＜2，可得A，
7
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 即(2k＋1)·44mk22＋－14＋(m－1)·4－k28＋km1＝0，解得k＝－m＋2 1. 当且仅当m＞－1时，Δ＞0， 于是l：y＝－m＋2 1x＋m， 即y＋1＝－m＋2 1(x－2)， 所以l过定点(2，－1)．
第9节 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题(课件PPT)
12
解：(1)由题意知 A(1，1)，B(4，－2)，设点 P 的坐标为(xP，yP)， 切线 l1：y－1＝k(x－1)，联立yy－2＝1x＝k(x－1)，由抛物线与直线 l1 相切，解得 k＝12， 即 l1：y＝12x＋12，同理，l2：y＝－14x－1.
xP＝－2， 联立 l1，l2 的方程，可解得yP＝－12， 即点 P 的坐标为－2，－12.
y0)，由 k1＋k2＝2 得y0x－0 1＋－yx00－1＝2，得 x0＝－1. 当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋m(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，
y2)． 则x22＋y2＝1 ，可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0， y＝kx＋m
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17 则 Δ＝8(2k2－m2＋1)＞0，x1＋x2＝1－＋42kkm2，x1·x2＝21m＋2－2k22 . 由 k1＋k2＝2，得y1x－1 1＋y2x－2 1＝2， 即(kx2＋m－1)x1x＋1x2(kx1＋m－1)x2＝2，(2－2k)x1x2＝(m－1)(x1＋x2)，(2－2k)(2m2－
点，不妨设 C 为椭圆的左顶点，则 C(－ 2，0)，x1＋x2＝－x3＝ 2，x1＝x2＝ 22，
可取 A 22， 23，B 22，－ 23，则 S△ABC＝12×
3×3 2
2＝3
4
6 .
综上，△ABC 的面积为定值，定值为346.
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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，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．
高考数学一轮复习第九章解析几何第十节圆锥曲线中的定点定值存在性问题实用课件理
02 突破点(二) 圆锥曲线中的存在性问题
1.圆锥曲线中的存在性问题具有开放性和发散性，此类问 题的条件和结论不完备，要求考生结合已知条件或假设新的条 件进行探究、观察、分析、比较、抽象、概括等，是高考中的 常考题型，作为解答题的压轴题出现，难度一般较大，常和不 等式、函数、直线、圆及圆锥曲线等知识结合在一起，对数学 能力和数学思想有较高的要求.
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，A(xA，yA)， B(xB，yB)，联立得yy2＝＝k4xx＋，b， 化简得ky2－4y＋4b＝0.
根据根与系数的关系得yAyB＝
4b k
，因为直线OA，OB的斜率之
方法(二) 直接消参求定值
[例3]
(2018·湖南五市十校联考)已知椭圆C：
x2 a2
＋
y2 b2
＝1(a>b>0)的离心率为
3 5
，过左焦点F且垂直于长轴的弦
长为352.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P(m,0)为椭圆C的长轴上的一个动点，过点P且
斜率为45的直线l交椭圆C于A，B两点，证明：|PA|2＋|PB|2
0，即1－41t1＋t2(－1)＋4×41t1×t2＝0， 化简得4t1t2＝－4(t1＋t2)－1.
代入NQ的方程得x－(t1＋t2)y－4(t1＋t2)－1＝0.
即(x－1)－(t1＋t2)(y＋4)＝0.所以直线NQ过定点(1，－4)．
[方法技巧] 圆锥曲线中定点问题的两种解法
圆锥曲线中的定值问题
轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值．
ac＝ 23， 解：(1)由题意得12ab＝1，
高考数学大一轮复习第九章解析几何第十节圆锥曲线中的定点定值存在性问题课件理
O
到直线
AB
的距离为2
5 5.
②当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋
m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由x42＋y2＝1， 得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. y＝kx＋m
则 Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)＞0，x1 ＋x2＝－1＋8k4mk2，x1x2＝41m＋2－4k42 ，
[方法技巧] 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．
圆锥曲线中的定值问题
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 得出距离的关系式，再利用题设条件化简、变形求得． (3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得关系式，再 依据条件对关系式进行化简、变形即可求得．
所以 a＝2，c＝ 3，b＝1，所以椭圆 C 的方程为x42＋y2＝1.
(2)设 A，B 为椭圆 C 上任意两点，O 为坐标原点，且 OA⊥
OB.求证：原点 O 到直线 AB 的距离为定值，并求出该定值．
[解] 证明：①当直线 AB 的斜率不存在时，直线 AB 的方
程为
x＝±2 5 5，此时，原点
所以 a2＝25，b2＝16，
椭圆 C 的方程为2x52＋1y62 ＝1.
(2)证明：|PA|2＋|PB|2 为定值． 解：证明：l 的方程为 x＝54y＋m， 代入2x52＋1y62 ＝1， 并整理得 25y2＋20my＋8(m2－25)＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)． 则|PA|2＝(x1－m)2＋y21＝4116y21， 同理|PB|2＝4116y22.
高三总复习数学课件 圆锥曲线中的定点、定值问题
题型二 定值问题 [典例] 已知点 A，B 分别为椭圆xa22＋by22＝1(a>b>0)的左、右顶点，过左焦点 F(－2,0)的直线 l 与椭圆 C 交于 P，Q 两点，当直线 l 与 x 轴垂直时，|PQ|＝130. (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线 AP，BQ 的斜率分别为 k1，k2，求证：kk12为定值．
(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．
[针对训练] 1．已知斜率为1的直线交抛物线C：y2＝2px(p＞0)于A，B两点，且弦AB中点
的纵坐标为2. (1)求抛物线C的标准方程； (2)记点P(1,2)，过点P作两条直线PM，PN分别交抛物线C于M，N(M，N 不同于点P)两点，且∠MPN的平分线与y轴垂直，求证：直线MN的斜率为 定值．
[解]：(1)由题意，得 b2＝1，c＝1， 所以 a2＝b2＋c2＝2. 所以椭圆 C 的方程为x22＋y2＝1. (2)证明：设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则直线 AP 的方程为 y＝y1x－1 1x＋1. 令 y＝0，得点 M 的横坐标 xM＝－y1x－1 1. 又 y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝kx1＋x1t－1. 同理，|ON|＝kx2＋x2t－1.
解: (1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB 的中点(x0，y0)，则有 y21＝2px1，y22＝2px2， 两式相减得(y1＋y2)(y1－y2)＝2p(x1－x2)， 所以 kAB＝xy11－ －yx22＝22yp0＝p2＝1， 所以 p＝2，抛物线方程为 y2＝4x. (2)证明：设直线 MN 的方程为 x＝my＋n(由题意知直线 MN 的斜率一定不为 0)， M(x3，y3)，N(x4，y4)， 联立yx2＝＝m4xy＋，n， 消去 x 得，y2－4my－4n＝0， 由 Δ＝16m2＋16n＞0 得 m2＋n＞0.
高考数学一轮复习 第九章 专题研究三 定值、定点与存在性问题课件 理
∴x1＋x2＝4－k28＋km3，x1x2＝44mk22－＋132.①
∵以MN为直径的圆过点A，A点的坐标为(2,0)， ∴A→M·A→N＝0，即(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0.② ∵y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，∴y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2) ＋m2.③ 将①③式代入②式，得7m2＋16km＋4k2＝0. ∴mk ＝－27或mk ＝－2，且都满足Δ>0.
【答案】 (1)y2＝8x (2)恒过定点(1,0)
探究1 定值、定点问题是指曲线变化或参数值变化时， 某一个量不变或某一个点不变，解决的方法都是用参数把有 关量表示出来，进行化简变形得出要求的定值．这类问题考 查的是代数运算能力．
思考题1 (2015·山 东 淄 博 期 末 ) 已 知 动 圆 C 与 圆 C1：(x＋1)2＋y2＝1相外切，与圆C2：(x－1)2＋y2＝9相内切， 设动圆圆心C的轨迹为T，且轨迹T与x轴右半轴的交点为A.
【解析】 (1)依题意可设AB方程为y＝kx＋2，代入x2 ＝4y，得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝－8， 直线AO的方程为y＝yx11x；BD的方程为x＝x2.
解得交点D的坐标为(x2，yx1x1 2)． 注意到x1x2＝－8及x21＝4y1，则有y＝y1xx211x2＝－48y1y1＝－2. 因此D点在定直线y＝－2(x≠0)上． (2)依题设，切线l的斜率存在且不等于0， 设切线l的方程为y＝ax＋b(a≠0)，代入x2＝4y，得 x2＝4(ax＋b)，即x2－4ax－4b＝0. 由Δ＝0，得(4a)2＋16b＝0，化简整理，得b＝－a2. 故切线l的方程可写为y＝ax－a2.
2016届高考数学二轮复习 第1部分 专题6 必考点15 定点、定值、最值探索性问题课件 文
过点 E 取两条分别垂直于 x 轴和 y 轴的弦 M1N1、M2N2，
则|E→M1 1|2＋|E→N1 1|2＝|E→M1 2|2＋|E→N12|2，即1－2x220
＝1 x0＋
＋1 22 x0－
， 22
解得
x0＝
36，∴E
若存在，必为
36，0，定值为
3，
可证
36，0满足题意．
(7 分)
大题
类型二 有关圆锥曲线的定点问题(重点、难点)
大题 类型一 有关圆锥曲线的定值问题(重点、难点)
规范
——突破曲线中的定值
自我挑战
由 kOA·kOB＝－ba22＝－34得 y1y2＝－34x1x2， 即3m3＋2－44k2k2＝－34·43m＋2－4k32 ，化简得 2m2－4k2＝3，满足 Δ>0.
(8 分)
由 弦 长 公 式 得 |AB| ＝
1＋k2 |x1 － x2| ＝
1＋k2 ·
484k2－m2＋3 3＋4k22
＝
241＋k2 3＋4k2 .
又点 O 到直线 l：y＝kx＋m 的距离 d＝
|m| ， 1＋k2
(9 分) (10 分)
大题 类型一 有关圆锥曲线的定值问题(重点、难点)
规范
——突破曲线中的定值
自我挑战
所以
S
△
AOB
＝
知识 回扣
必记知识
重要结论
(2)直线与双曲线的位置关系的判定方法 将直线方程与双曲线方程联立，消去 y(或 x)，得到一个一元方程 ax2＋bx ＋c＝0(或 ay2＋by＋c＝0)． ①若 a≠0，当 Δ>0 时，直线与双曲线相交；当 Δ＝0 时，直线与双曲线 相切；当 Δ<0 时，直线与双曲线相离． ②若 a＝0 时，直线与渐近线平行，与双曲线有一个交点．
高三数学综合复习：定点、定值与存在性问题
定点、定值与存在性问题(推荐时间：60分钟)1． 过抛物线x 2＝4y 上不同两点A ，B 分别作抛物线的切线相交于点P (x 0，y 0)，P A →·PB →＝0.(1)求y 0；(2)求证：直线AB 恒过定点；(3)设(2)中直线AB 恒过的定点为F ，若F A →·FB →＋λFP →2＝0恒成立，求λ的值． (1)解 设A ⎝⎛⎭⎫x 1，x 214，B ⎝⎛⎭⎫x 2，x 224(x 1≠x 2)． 由x 2＝4y 得，y ′＝x 2，所以k P A ＝x 12，k PB ＝x 22，因为P A →·PB →＝0，所以P A →⊥PB →， 所以k P A ·k PB ＝x 12·x 22＝－1，即x 1x 2＝－4.直线P A 的方程为y －x 214＝x 12(x －x 1)，即y ＝x 1x 2－x 214，① 同理直线PB 的方程为y ＝x 2x 2－x 224，②由①②消去x 得y 0＝x 1x 24＝－1(x 1，x 2∈R )．(2)证明 设直线AB 的方程为y ＝kx ＋b ， 代入抛物线方程x 2＝4y ，得x 2－4kx －4b ＝0，由根与系数的关系得x 1x 2＝－4b ， 由(1)知x 1x 2＝－4，所以b ＝1， 所以直线AB 的方程为y ＝kx ＋1， 不论k 取何值，该直线恒过点(0,1)． (3)解 由(1)得：F A →＝⎝⎛⎭⎫x 1，x 214－1， FB →＝⎝⎛⎭⎫x 2，x 224－1，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，－1， FP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，－2，x 1x 2＝－4.F A →·FB →＝x 1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 214－1⎝⎛⎭⎫x 224－1＝－2－x 21＋x 224， FP →2＝(x 1＋x 2)24＋4＝x 21＋x 224＋2.所以F A →·FB →＋FP →2＝0. 故λ＝1.2． 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是椭圆C ：y 2a 2＋x 2b2＝1(a >b >0)上两点．已知m ＝⎝⎛⎭⎫x 1b ，y 1a ，n ＝⎝⎛⎭⎫x 2b ，y 2a ，若m ·n ＝0且椭圆的离心率e ＝32，短轴长为2，O 为坐标原点． (1)求椭圆的方程；(2)试问△AOB 的面积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由． 解 (1)∵2b ＝2，∴b ＝1，∴e ＝c a ＝a 2－b 2a ＝32. ∴a ＝2，c ＝ 3.椭圆的方程为y 24＋x 2＝1.(2)①当直线AB 斜率不存在时，即x 1＝x 2， y 1＝－y 2，由m ·n ＝0得x 21－y 214＝0⇒y 21＝4x 21.又A (x 1，y 1)在椭圆上，所以x 21＋4x 214＝1，∴|x 1|＝22，|y 1|＝2， S ＝12|x 1||y 1－y 2|＝12|x 1|·2|y 1|＝1. ②当直线AB 斜率存在时，设AB 的方程为y ＝kx ＋b (其中b ≠0)， 代入y 24＋x 2＝1，得：(k 2＋4)x 2＋2kbx ＋b 2－4＝0.有Δ＝(2kb )2－4(k 2＋4)(b 2－4)＝16(k 2－b 2＋4) x 1＋x 2＝－2kb k 2＋4，x 1x 2＝b 2－4k 2＋4，由已知m ·n ＝0得x 1x 2＋y 1y 24＝0⇔x 1x 2＋(kx 1＋b )(kx 2＋b )4＝0，代入整理得2b 2－k 2＝4， 代入Δ中可得b 2>0满足题意， ∴S ＝12·|b |1＋k 2|AB |＝12|b |(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝|b |4k 2－4b 2＋16k 2＋4＝4b 22|b |＝1. 所以△ABC 的面积为定值1.3． 如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点为F 1，右焦点为F 2，离心率e ＝12.过F 1的直线交椭圆于A 、B 两点，且△ABF 2的周长为8.(1)求椭圆E 的方程；(2)设动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆E 有且只有一个公共点P ，且与直线x ＝4相交于点Q .试探究：在坐标平面内是否存在定点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过点M ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由． 解 (1)因为|AB |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8， 即|AF 1|＋|F 1B |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8， 又|AF 1|＋|AF 2|＝|BF 1|＋|BF 2|＝2a ， 所以4a ＝8，a ＝2.又因为e ＝12，即c a ＝12，所以c ＝1，所以b ＝a 2－c 2＝ 3.故椭圆E 的方程是x 24＋y 23＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.因为动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点P (x 0，y 0)，所以m ≠0且Δ＝0，即64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝0，化简得4k 2－m 2＋3＝0.① 此时x 0＝－4km 4k 2＋3＝－4k m ，y 0＝kx 0＋m ＝3m ，所以P ⎝⎛⎭⎫－4k m ，3m . 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝kx ＋m ，得Q (4,4k ＋m )． 假设平面内存在定点M 满足条件，由图形对称性知，点M 必在x 轴上． 设M (x 1,0)，则MP →·MQ →＝0对满足①式的m ，k 恒成立． 因为MP →＝⎝⎛⎭⎫－4k m－x 1，3m ，MQ →＝(4－x 1,4k ＋m )，由MP →·MQ →＝0，得－16k m ＋4kx 1m －4x 1＋x 21＋12k m ＋3＝0， 整理，得(4x 1－4)km ＋x 21－4x 1＋3＝0.②由于②式对满足①式的m ，k 恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧4x 1－4＝0，x 21－4x 1＋3＝0，解得x 1＝1.故存在定点M (1,0)，使得以PQ 为直径的圆恒过点M .4． 如图，抛物线C 1：y 2＝4x 的焦准距(焦点到准线的距离)与椭圆C 2：x 2a2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的长半轴相等，设椭圆的右顶点为A ，C 1、C 2在第一 象限的交点为B ，O 为坐标原点，且△OAB 的面积为263. (1)求椭圆C 2的标准方程；(2)过A 点作直线l 交C 1于C 、D 两点，射线OC 、OD 分别交C 2于E 、F 两点． ①求证：O 点在以EF 为直径的圆的内部；②记△OEF ，△OCD 的面积分别为S 1，S 2，问是否存在直线l ，使得S 2＝3S 1？请说明理由．解 (1)因为y 2＝4x ，所以焦准距p ＝2， 由抛物线C 1与椭圆C 2的长半轴相等知a ＝2. 因为S △OAB ＝12×|OA |×y B ＝263，所以y B ＝263，代入抛物线方程求得B ⎝⎛⎭⎫23，263，又B 点在椭圆上，代入椭圆方程解得b 2＝3. 故椭圆C 2的标准方程是：x 24＋y 23＝1.(2)①因为直线l 不垂直于y 轴， 故设直线l 的方程为x ＝my ＋2，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋2，y 2＝4x得：y 2－4my －8＝0.设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，故y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－8，故x 1x 2＝y 214×y 224＝4.故OC →·OD →＝x 1x 2＋y 1y 2＝4－8＝－4<0，故∠COD >90°， 又∠EOF ＝∠COD ，故∠EOF >90°， 所以O 点在以EF 为直径的圆的内部． ②S 1S 2＝12|OC ||OD |sin ∠COD 12|OE ||OF |sin ∠EOF ＝|OC ||OD ||OE ||OF |＝|y 1||y E |×|y 2||y F |. 直线OC 的斜率为y 1x 1＝4y 1，故直线OC 的方程为：x ＝y 1y4，由⎩⎨⎧x ＝y 1y4，x 24＋y 23＝1得y 2E ＝64×33y 21＋64，同理y 2F ＝64×33y 22＋64. 所以y 2E y 2F ＝642×32(3y 21＋64)(3y 22＋64) ＝642×329y 21y 22＋64×3(y 21＋y 22)＋642＝64×32121＋48m 2， ⎝⎛⎭⎫S 2S 12＝y 21y 22y 2E y 2F ＝121＋48m 232. 因为m ∈R ，故121＋48m 232≥11232，所以S 2S 1≥113>3. 故不存在直线l 使得S 2＝3S 1.。
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即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0. ∴(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0. ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0.③ 将①，②代入③，得2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0. ∴k＝－b，此时Δ>0. ∴直线l的方程为y＝k(x－1)，即直线l过定点(1,0)．
1 5 2 【解析】 (1)因为焦距为1，所以2a －1＝4，解得a ＝8.
2
8x2 8y2 故椭圆E的方程为 5 ＋ 3 ＝1. (2)设P(x0，y0)，F1(－c,0)，F2(c,0)，其中c＝ 2a2－1. y0 由题设知x0≠c，则直线F1P的斜率kF1P＝ ， x0＋c y0 直线F2P的斜率kF2P＝ . x0－c y0 故直线F2P的方程为y＝ (x－c)． x0－c
m 由于直线l：y＝kx＋m与x轴的交点为(－ ，0)， k m 当 k ＝－2时，直线l恒过定点(2,0)，不合题意舍去． m 2 2 2 ∴ ＝－ ，直线l：y＝k(x－ )恒过定点( ，0)． k 7 7 7
x2 y2 例 2 设椭圆 E： 2＋ ＝1 的焦点在 x 轴上． a 1－a2 (1)若椭圆 E 的焦距为 1，求椭圆 E 的方程； (2)设 F1，F2 分别是椭圆 E 的左、右焦点，P 为椭圆 E 上第一象限内的点， 直线 F2P 交 y 轴于点 Q， 并且 F1P⊥F1Q. 证明：当 a 变化时，点 P 在某定直线上．
∵以MN为直径的圆过点A，A点的坐标为(2,0)， →· → ＝0，即(x －2)(x －2)＋y y ＝0.② ∴AM AN 1 2 1 2 ∵y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，∴y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2) ＋m2.③ 将①③式代入②式，得7m2＋16km＋4k2＝0. m 2 m ∴ ＝－ 或 ＝－2，且都满足Δ>0. k 7 k
• 点评：定值、定点问题是指曲线变化或参数值变化时，某 一个量不变或某一个点不变，解决的方法都是用参数把有 关量表示出来，进行化简变形得出要求的定值．这类问题 考查的是代数运算能力．
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对点训练(2015·山东淄博期末)已知动圆C与圆C1： (x＋1)2＋y2＝1相外切，与圆C2：(x－1)2＋y2＝9相内切， 设动圆圆心C的轨迹为T，且轨迹T与x轴右半轴的交点为A. • (1)求轨迹T的方程； • (2)已知直线l：y＝kx＋m与轨迹T相交于M，N两点(M，N 不在x轴上)．若以MN为直径的圆过点A，求证：直线l过定 点，并求出该定点的坐标．
【解析】 (1)依题意可设AB方程为y＝kx＋2，代入x2 ＝4y，得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝－8， y1 直线AO的方程为y＝x x；BD的方程为x＝x2. 1
y1x2 解得交点D的坐标为(x2， x )． 1 y1x1x2 －8y1 2 注意到x1x2＝－8及x1＝4y1，则有y＝ x2 ＝ 4y ＝－2. 1 1 因此D点在定直线y＝－2(x≠0)上． (2)依题设，切线l的斜率存在且不等于0， 设切线l的方程为y＝ax＋b(a≠0)，代入x2＝4y，得 x2＝4(ax＋b)，即x2－4ax－4b＝0. 由Δ＝0，得(4a)2＋16b＝0，化简整理，得b＝－a2. 故切线l的方程可写为y＝ax－a2.
定值、定点与存在性问题
题型一
定点、定值问题
• 例1 已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦 MN的长为8. • (1)求动圆圆心的轨迹C的方程； • (2)已知点B(－1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹 C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分 线，证明直线l过定点．
• 【解析】 (1)如图，设动圆圆心O1(x，y)， 由题意，|O1A|＝|O1M|.
cy0 cy0 当x＝0时，y＝ ，即点Q坐标为(0， )． c－x0 c－x0 y0 因此，直线F1Q的斜率为kF1Q＝ . c－x0 y0 y0 由于F1P⊥F1Q，所以kF1P· kF1Q＝ · ＝－1. x0＋c c－x0
2 2 化简，得y0 ＝x2 － (2 a －1)．① 0
将①代入椭圆E的方程，由于点P(x0，y0)在第一象限， 解得x0＝a2，y0＝1－a2，即点P在定直线x＋y＝1上．
【解析】 (1)∵|CC1|＝r＋1，|CC2|＝3－r，∴|CC1|＋ |CC2|＝4. ∴点C的轨迹是以C1，C2为焦点(c＝1)，长轴长2a＝4的 x2 y2 椭圆，∴点C的轨迹T的方程是 ＋ ＝1. 4 3 (2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，将y＝kx＋m代入椭圆方 程，得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0. －8km 4m2－12 ∴x1＋x2＝ 2 ，x1x2＝ 2 .① 4k ＋3 4k ＋3
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2 对点训练 如图，已知抛物线C：x ＝4y，过点 M(0,2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平 行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点)．
• (1)证明：动点D在定直线上； • (2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y＝2相交于点N1， 与(1)中的定直线相交于点N2.证明：|MN2|2－|MN1|2为定值， 并求此定值．
• (2)由题意，设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)， P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
将y＝kx＋b代入y2＝8x中， 得k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0. 其中Δ＝－32kb＋64>0. 8－2bk 由求根公式，得x1＋x2＝ k2 ，① b2 x1x2＝k2 .② 因为x轴是∠PBQ的角平分线， y1 y2 所以 ＝－ . x1＋1 x2＋1
当O1不在y轴上时， 过O1作O1H⊥MN交MN于H，则H是MN的中点， ∴|O1M|＝ x2＋42.又|O1A|＝ x－42＋y2， ∴ x－42＋y2＝ x2＋42，化简，得y2＝8x(x≠0)． 又当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标(0,0)也满 足方程y2＝8x， ∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.