高考数学大一轮复习第八章平面解析几何62定点与定值问题课时作业理

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新教材适用2024版高考数学一轮总复习第8章解析几何第8讲第3课时定点定值探索性问题课件

kPA·kPB＝x＋y2
y 2·x－2
2＝x2y－2 8＝－34，
整理得 C 的方程为x82＋y62＝1(x≠±2 2)．
(2)直线 l 的斜率存在时，可设其方程为 y＝kx＋m， y＝kx＋m，
联立x82＋y62＝1，化简得 (3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－24＝0，设 M(x1，y2)，N(x2，y2)，则 Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－24)＝48(8k2＋6－m2)>0， x1＋x2＝－3＋8km4k2，x1x2＝43m＋2－4k224，
显然成立，综上，可得直线 HN 过定点(0，－2)．
例3
(2023·河南信阳高级中学开学考 ) 已知椭圆
C
：
x2 a2
＋
y2 b2
＝
1(a>b>0)的右焦点为 F，上顶点为 A，直线 FA 的斜率为－ 33，且原点 O
到直线
FA
的距离为
3 2.
(1)求椭圆 C 的标准方程；
直线 l 交椭圆 E 于点 A，B，直线 m 交椭圆 E 于点 C，D，探究：A、B、
即：y＝y90(x＋3)，
联立直线 AP 的方程与椭圆方程可得：
x92＋y2＝1
，
y＝y90x＋3
整理得：(y20＋9)x2＋6y20x＋9y20－81＝0，解得：x＝－3 或 x＝－3y20y＋20＋927 将 x＝－3y20y＋20＋927代入直线 y＝y90(x＋3)可得： y＝y206＋y09，所以点 C 的坐标为－y320y＋20＋927，y206＋y09.
[解析] (1)依据题意作出如下图形，由椭圆方程 E：ax22＋y2＝1(a>1)可得：A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1) 所以A→G＝(a,1)，G→B＝(a，－1)，所以A→G·G→B＝a2－1＝8，∴a2＝9，所以椭圆 E 的方程为：x92＋y2＝1.

2025版高考数学一轮总复习课时作业第八章平面解析几何8

第八章平面解析几何 8.5 椭圆第1课时椭圆的标准方程与简洁几何性质【巩固强化】1. 已知椭圆上的一点到椭圆一个焦点的距离为3，则到另一个焦点的距离为（B）A. 2B. 7C. 5D. 3解：由椭圆知，所以.故点到另一个焦点的距离为.故选.2. 已知椭圆的左焦点为，则的值为（C）A. 9B. 4C. 3D. 2解：由题意,知，解得（舍去负值）.故选.3. “”是“方程表示焦点在轴上的椭圆”的（C）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件解：把方程化成，若，则.所以椭圆的焦点在轴上.反之，若椭圆的焦点在轴上，则，即有.故“”是“方程表示焦点在轴上的椭圆”的充要条件.故选.4. 已知椭圆的离心率为，则（B）A. B. C. D.解：椭圆的离心率，,化简得.故选.5. 已知椭圆的两个焦点为，，是椭圆上一点，若，，则该椭圆的方程是（C）A. B. C. D.解：设,.因为,，所以,,则,故,所以.因为,所以.所以椭圆的方程是.故选.6. 【多选题】已知椭圆的中心为坐标原点，焦点，在轴上，短轴长等于2，离心率为，过焦点作轴的垂线交椭圆于，两点，则下列说法正确的是（ACD）A. 椭圆的方程为B. 椭圆的方程为C. D. 的周长为解:由已知，得,则.又,所以.所以椭圆的方程为,图形如图所示.易知,的周长为.故选.7. 设椭圆的两焦点分别为，，以为圆心，为半径的圆与交于，两点.若为直角三角形，则的离心率为.解：因为为直角三角形，,所以，则.所以,所以椭圆的离心率.故填.8. 设，分别是椭圆的左、右焦点，是上一点，且与轴垂直，直线与的另一个交点为.（1）若直线的斜率为，求的离心率；解：依据及题设知,，则由有.将代入，解得或（舍去）.故的离心率为.（2）若直线在轴上的截距为2，点的纵坐标为，求椭圆的方程.[答案]由题意，知原点为的中点，轴.所以直线与轴的交点是线段的中点，故，即.易知在第一象限，由三角形的相像得，得，故,，代入的方程，得.将①及代入②,得.解得.又，故.所以椭圆方程为.【综合运用】9. 在平面直角坐标系中，已知的顶点和，顶点在椭圆上，则（A）A. B. C. 5 D.解：在椭圆中，，，则.易知，为椭圆的焦点，因此.故选.10. [2024年全国乙卷]设是椭圆的上顶点，若上的随意一点都满足，则的离心率的取值范围是（C）A. B. C. D.解：设，已知，因为，，所以.因为，当，即时，，即，符合题意.由可得.设的离心率为,则.当，即时，，即，化简得，当时，明显该不等式不成立.综上，.另解：设.由,得.当时，或,满足.当时,.由的随意性，知,则,则.故选.11. 【多选题】设椭圆的焦点为，，是上的动点，则下列结论正确的是（AD）A. 离心率B. 的最大值为3C. 面积的最大值为D. 的最小值为2解：由题意，得,,,,故正确.不妨令,.设,则.因为,所以当时，，即，故错误.因为,,所以当,即点在短轴的端点时，的面积取得最大值，且，故错误.,故正确.故选.12. 已知椭圆的焦距为，离心率为.（1）求椭圆的标准方程；解：依题意,得,.离心率，解得.所以.所以椭圆的标准方程为.（2）若点，点在椭圆上，求的最大值.[答案]设，则，其中.当时，,故的最大值为.【拓广探究】13. 【多选题】某校航天爱好小组利用计算机模拟飞行器探月飞行.如图，飞行器在环月椭圆轨道（月球的球心为椭圆的一个焦点）近月点制动（俗称“踩刹车”）后，以的速度进入距离月球表面的环月圆形轨道，环绕周期为，已知远月点到月球表面的最近距离为，则（BC）A. 圆形轨道的周长为B. 月球半径为C. 近月点与远月点的距离为D. 椭圆轨道的离心率为解：以的速度进入距离月球表面的环月圆形轨道,环绕周期为,则可得环绕的圆形轨道周长为,半径为,故错误.则月球半径为,故正确.则近月点与远月点的距离为,故正确.设椭圆方程为,则,（为月球的半径）,所以,,故离心率为,故错误.故选.。

2025版高考数学总复习第8章平面解析几何高考大题规范解答__解析几何课件 (1)

解法二：(1)依题意，A(－2,0)，B(2,0)．(1 分) 设 C(x1，y1)，则x421＋y321＝1，所以 kAC·kBC＝x1y＋1 2·x1y－1 2(2 分)
＝x21y－21 4＝3x121－－x4421(3 分) ＝－34.(4 分) 即－34＝kAP·kBQ＝4＋yP2·4－yQ2.故 yPyQ 的值为－9.(5 分)
y＝kx＋m，方程(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0 的判别式 Δ＝32k2＋16－8m2>0，
x1＋x2＝－1＋4k2mk2，则x1x2＝21m＋2－2k42 .
(7 分)
因为 kMA·kMB＝1，所以x1y－1 2·x2y－2 2＝1，所以(k2－1)x1x2＋(km＋2)(x1＋x2)＋m2－4＝0，整理得(m＋2k)(m＋6k)＝0.(9 分)
[解析] (1)由双曲线定义可知||MF1|－|MF2||＝2a＝2， ∴a＝1，(1 分) 又由|F1F2|＝4，∴c＝2，(2 分) ∵a2＋b2＝c2，∴b＝ 3，(3 分) ∴双曲线 C 的方程为 x2－y32＝1.(4 分)
(2)①证明：设 M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 y1＝ 3x1①，y2＝－ 3x2②，将①＋②可得 y1＋y2＝ 3(x1－x2)，将①－②可得 y1－y2＝ 3(x1＋x2)，(5 分) ∴ 3y1x＋1＋y2x2＝ 3y1x－1－y2x2，即xy11＋＋yx22＝3yx11－－yx22，(6 分)
由题可知|MP|＝|MQ|， ∴x1＋x2＝2x0， y1＋y2＝2y0， ∴xy00＝3yx11－－yx22，即 kPQ＝3yx00，(7 分) ∴直线 PQ 的方程为 y－y0＝3yx00(x－x0)，即 3x0x－y0y＝3x20－y20，

(新课标)高考数学大一轮复习第八章平面解析几何62定点与定值问题课时作业理

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(1) 求椭圆 C的方程； (2) △ ABD的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理
由； (3) 求证：直线 AB、AD斜率之和为定值．
解： (1) 由题意，可得
c e＝＝
2 ，
1
＋
2 ＝ 1， a2 ＝ b2＋ c2，解得
a＝ 2， b＝
2， c＝
a 2 b2 a2
y1) ， ( x2，y2) ．
x2 y2 联立 4 ＋ 2 ＝1，
y＝kx＋1，
得 (2 k2＋ 1) x2＋ 4kx－ 2＝ 0. 其判别式 Δ＝ (4 k) 2＋ 8(2 k2＋ 1)>0 ，
4k
2
所以 x1＋ x2＝－ 2k2＋ 1， x1x2＝－ 2k2＋1.
1 1 x1＋x2 因此 x1＋ x2＝ x1x2 ＝ 2k.
2. x2 y2 所以椭圆 C的方程为 2 ＋ 4 ＝ 1.
(2) 设直线 BD的方程为 y＝ 2x＋ m， D( x1， y1) ，B( x2， y2) ，
y＝由
2x＋m，得 4x2＋ 2
2mx＋m2－ 4＝ 0，
2x2＋ y2＝4，
所以 Δ＝－ 8m2＋64>0，则－ 2 2<m<2 2.
|QA| |PA| 故存在与 P 不同的定点 Q(0 ， 2) ，使得 |QB| ＝ |PB| 恒成立．
6/6
25 7
＝ 1＋2k2 ＋16＝－ 2＋ 16＝－ 16.
7 所以 MA―→· MB―→为定值，且定值为－ 16.
1．如图所示，已知点
2
x2 y2
A(1 ， 2) 是离心率为 2 的椭圆 C： b2＋ a2＝ 1( a>b>0) 上的一

人教版导与练总复习数学一轮教学课件：第八章平面解析几何(选择性必修第一册)

人教版导与练总复习数学一轮教学课件：第八章平面解析几何（选择性必修第一册）本节内容包括直线的定义、直线的斜率、直线的方程以及点斜式、两点式和截距式等三种直线方程的推导和应用。

重点介绍如何根据斜率和已知点确定直线方程，以及如何根据两点确定直线方程。

同时，还讲述了直线方程的性质和应用场景。

本节内容主要介绍直线与直线的位置关系，包括重合、平行和相交等情况。

通过线段之间的相交和角的关系，引入了重要的判定定理：两直线平行的充分必要条件、两直线垂直的充分必要条件等。

同时，还通过例题和题对知识点进行了巩固和拓展。

本节内容包括圆的定义、圆的标准方程以及一般方程的推导和应用。

重点介绍了如何根据圆心和半径确定圆的方程，以及如何根据已知条件确定圆的方程。

同时，还讲述了圆的方程的性质和应用场景。

将上述内容按照大纲进行扩写，使用简洁的语言描述，不进行内容总结。

本节内容包括圆的定义、圆的标准方程以及一般方程的推导和应用。

重点介绍了如何根据圆心和半径确定圆的方程，以及如何根据已知条件确定圆的方程。

同时，还讲述了圆的方程的性质和应用场景。

将上述内容按照大纲进行扩写，使用简洁的语言描述，不进行内容总结。

本节内容主要介绍直线与圆的位置关系，包括相切、相交和不相交等情况。

通过切线和弦的性质，引入了切线定理和割线定理等重要的判定定理。

同时，还通过例题和题对知识点进行了巩固和拓展。

本节内容主要介绍抛物线、椭圆和双曲线的方程。

通过给出焦点、准线和离心率等已知条件，讲述了如何确定二次曲线的方程。

同时，还讲述了二次曲线的性质和应用场景。

本节内容主要介绍抛物线、椭圆和双曲线的方程。

通过给出焦点、准线和离心率等已知条件，讲述了如何确定二次曲线的方程。

同时，还讲述了二次曲线的性质和应用场景。

【新】2019届高考数学一轮复习第八章平面解析几何第八节第三课时定点、定值、探索性问题课时作业

第八节第三课时定点、定值、探索性问题课时作业 A 组——基础对点练1．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)，∴p2＝1，∴p ＝2，∴动点C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x . (2)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 1·x 2＝m 2k2. ∵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 k2＝5， ∴m 2＋4km －5k 2＝0，∴m ＝k 或m ＝－5k . ∵km <0，∴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．(2018·昆明市检测)已知点A ，B 的坐标分别为(－2，0)，(2，0)，直线AM ，BM 相交于点M ，且它们的斜率之积是－12，点M 的轨迹为曲线E .(1)求曲线E 的方程；(2)过点F (1,0)作直线l 交曲线E 于P ，Q 两点，交y 轴于R 点，若RP →＝λ1PF →，RQ →＝λ2QF →，证明：λ1＋λ2为定值．解析：(1)设点M (x ，y )，由已知得yx ＋2·yx －2＝－12(x ≠±2)，化简得曲线E 的方程：x 22＋y 2＝1(x ≠±2)．(2)证明：设点P ，Q ，R 的坐标分别为P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，R (0，y 0)．由RP →＝λ1PF →，得(x 1，y 1－y 0)＝λ1(1－x 1，－y 1)，所以x 1＝λ11＋λ1，y 1＝y 01＋λ1，因为点P 在曲线E 上，所以12(λ11＋λ1)2＋(y 01＋λ1)2＝1，化简得λ21＋4λ1＋2－2y 20＝0 ①，同理，由RQ →＝λ2QF →，可得x 2＝λ21＋λ2，y 2＝y 01＋λ2，代入曲线E 的方程化简得λ22＋4λ2＋2－2y 20＝0 ②，由①②可知λ1，λ2是方程x 2＋4x ＋2－2y 20＝0的两个实数根(Δ>0)，所以λ1＋λ2＝－4，即λ1＋λ2为定值．3．在平面直角坐标系中，已知点A (－3，0)，B (3，0)，直线MA ，MB 交于点M ，它们的斜率之积为常数m (m ≠0)，且△MAB 的面积最大值为3，设动点M 的轨迹为曲线E . (1)求曲线E 的方程；(2)过曲线E 外一点Q 作E 的两条切线l 1，l 2，若它们的斜率之积为－1，那么QA →·QB →是否为定值？若是，请求出该值；若不是，请说明理由．解析：(1)设M (x ，y )，则由已知得y x ＋3·yx －3＝m ，即y 2＝m (x 2－3)，即x 23－y 23m＝1(x ≠±3)．(*) ①当m >0时，方程(*)表示双曲线，此时△MAB 面积不存在最大值(不符合)； ②当m ＝－1时，方程(*)表示圆，此时△MAB 的面积最大值为3(不符合)；③当m <0且m ≠－1时，方程(*)为椭圆，此时△MAB 的面积最大值为3，所以m ＝－13.此时所求的方程为x 23＋y 2＝1(x ≠±3)．(2)设Q (x 0，y 0)，过点Q 的切线l 为y ＝k (x －x 0)＋y 0，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －x 0＋y 0，x 23＋y 2＝1，消去y 得(1＋3k 2)x 2＋6k (y 0－kx 0)x ＋3(y 0－kx 0)2－3＝0，则Δ＝36k 2(y 0－kx 0)2－4(1＋3k )2·3[(y －kx 0)2－1]＝0，化简得(3－x 20)k 2＋2x 0y 0k ＋1－y 20＝0，于是k 1·k 2＝1－y 23－x 20，由已知斜率之积为－1，则1－y 203－x 20＝－1，则x 20＋y 20＝4(x 0≠±3)，所以|OQ |＝2，于是QA →·QB →＝14[(2QO →)2－AB →2]＝1.4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦点为F 1，F 2，离心率为12，点P 为其上一动点，且三角形PF 1F 2的面积最大值为3，O 为坐标原点． (1)求椭圆C 的方程；(2)若点M ，N 为C 上的两个动点，求常数m ，使OM →·ON →＝m 时，点O 到直线MN 的距离为定值，求这个定值．解析：(1)依题意知⎩⎪⎨⎪⎧c 2＝a 2－b 2，bc ＝3，c a ＝12，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1x 2＋y 1y 2＝m ，当直线MN 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋n ，则点O 到直线MN 的距离d ＝|n |k 2＋1＝n 2k 2＋1，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12，y ＝kx ＋n ，消去y ，得(4k 2＋3)x 2＋8knx ＋4n 2－12＝0，由Δ>0得4k 2－n 2＋3>0，则 x 1＋x 2＝－8kn 4k 2＋3，x 1x 2＝4n 2－124k 2＋3，所以x 1x 2＋(kx 1＋n )(kx 2＋n )＝(k 2＋1)x 1x 2＋kn (x 1＋x 2)＋n 2＝m ，整理得7n 2k 2＋1＝12＋m k 2＋k 2＋1.因为d ＝n 2k 2＋1为常数，则m ＝0，d ＝ 127＝2217，此时7n2k 2＋1＝12满足Δ>0.当MN ⊥x 轴时，由m ＝0得k OM ＝±1，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12，y ＝±x ，消去y ，得x 2＝127，点O 到直线MN 的距离d ＝|x |＝2217亦成立．综上，当m ＝0时，点O 到直线MN 的距离为定值，这个定值是2217.B 组——能力提升练1．如图，已知直线l ：y ＝kx ＋1(k >0)关于直线y ＝x ＋1对称的直线为l 1，直线l ，l 1与椭圆E ：x 24＋y 2＝1分别交于点A ，M 和A ，N ，记直线l 1的斜率为k 1.(1)求k ·k 1的值；(2)当k 变化时，试问直线MN 是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由．解析：(1)设直线l 上任意一点P (x ，y )关于直线y ＝x ＋1对称的点为P 0(x 0，y 0)，直线l 与直线l 1的交点为(0,1)， ∴l ：y ＝kx ＋1，l 1：y ＝k 1x ＋1，k ＝y －1x ，k 1＝y 0－1x 0，由y ＋y 02＝x ＋x 02＋1，得y ＋y 0＝x ＋x 0＋2 ①，由y －y 0x －x 0＝－1，得y －y 0＝x 0－x ②，由①②得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 0＋1，y 0＝x ＋1，kk 1＝yy 0－y ＋y 0＋1xx 0＝x ＋x 0＋－x ＋x 0＋＋1xx 0＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kx ＝0，设M (x M ，y M )，N (x N ，y N )， ∴x M ＝－8k 4k 2＋1，∴y M ＝1－4k24k 2＋1.同理可得x N ＝－8k 14k 21＋1＝－8k 4＋k 2，y N ＝1－4k 214k 21＋1＝k 2－44＋k 2.k MN ＝y M －y N x M －x N ＝1－4k 24k 2＋1－k 2－44＋k 2－8k 4k 2＋1－－8k 4＋k 2＝8－8k 48k k 2－＝－k 2＋13k，直线MN ：y －y M ＝k MN (x －x M )，即y －1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k (x －－8k 4k 2＋1)，即y ＝－k 2＋13k x －k 2＋k 2＋＋1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k x －53. ∴当k 变化时，直线MN 过定点(0，－53)．2.(2018·合肥市质检)如图，在平面直角坐标系中，点F (－1,0)，过直线l ：x ＝－2右侧的动点P 作PA ⊥l 于点A ，∠APF 的平分线交x 轴于点B ，|PA |＝2|BF |. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过点F 的直线q 交曲线C 于M ，N ，试问：x 轴正半轴上是否存在点E ，直线EM ，EN 分别交直线l 于R ，S 两点，使∠RFS 为直角？若存在，求出点E 的坐标，若不存在，请说明理由．解析：(1)设P (x ，y )，由平面几何知识得|PF ||PA |＝22，即x ＋2＋y 2|x ＋2|＝22，化简得x 2＋2y 2＝2，所以动点P 的轨迹C 的方程为x 2＋2y 2＝2(x ≠2)．(2)假设满足条件的点E (n,0)(n >0)存在，设直线q 的方程为x ＝my －1，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，R (－2，y 3)，S (－2，y 4)．联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝2，x ＝my －1，消去x ，得(m 2＋2)y 2－2my －1＝0，y 1＋y 2＝2m m 2＋2，y 1y 2＝－1m 2＋2，x 1x 2＝(my 1－1)(my 2－1)＝m 2y 1y 2－m (y 1＋y 2)＋1＝－m 2m 2＋2－2m 2m 2＋2＋1＝2－2m2m 2＋2，x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)－2＝2m 2m 2＋2－2＝－4m 2＋2，由条件知y 1x 1－n ＝y 3－2－n，y 3＝－＋n y 1x 1－n，同理y 4＝－＋n y 2x 2－n ，k RF ＝y 3－2＋1＝－y 3，k SF ＝－y 4.因为∠RFS 为直角，所以y 3y 4＝－1，所以(2＋n )2y 1y 2＝－[x 1x 2－n (x 1＋x 2)＋n 2]， (2＋n )21m 2＋2＝2－2m 2m 2＋2＋4n m 2＋2＋n 2，所以(n 2－2)(m 2＋1)＝0，n ＝2，故满足条件的点E 存在，其坐标为(2，0)．3．已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(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．解析：(1)证明：设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )．将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M＝－9k，即k OM ·k ＝－9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的积是定值． (2)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.由(1)得OM 的方程为y ＝－9kx .设点P 的横坐标为x P ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km3k 2＋9. 将点(m 3，m )的坐标代入l 的方程得b ＝m－k3，因此x M ＝km k －k 2＋.四边形OAPB 为平行四边形，当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M . 于是±km 3k 2＋9＝2×k k －mk 2＋，解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i >0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形．4．(2018·长沙市模拟)已知P (3，12)在椭圆C ：x 2a 2＋y2b 2＝1(a >b >0)上，F 为右焦点，PF 垂直于x 轴．A ，B ，C ，D 为椭圆上四个动点，且AC ，BD 交于原点O . (1)求椭圆C 的方程； (2)判断动直线l ：m ＋n 2x ＋(m －n )y ＝3＋12m ＋3－12n (m ，n ∈R)与椭圆C 的位置关系；(3)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)满足y 1y 2OA →·OB→＝15，判断k AB ＋k BC 的值是否为定值，若是，请求出此定值，并求出四边形ABCD 面积的最大值，否则请说明理由．解析：(1)∵P (3，12)在椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上，∴3a 2＋14b 2＝1.①又F 为右焦点，PF 垂直于x 轴，∴a 2－b 2＝ 3.② 由①②，解得a ＝2，b ＝1，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)将动直线l 的方程m ＋n 2x ＋(m －n )y ＝3＋12m ＋3－12n (m ，n ∈R)，化为(x2＋y －3＋12)m ＋(x 2－y －3－12)n ＝0. ∵m ，n ∈R ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y ＝3＋12，x 2－y ＝3－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝12，∴动直线l 恒过点P ，∵P 在椭圆C 上，∴动直线l 与椭圆C 的位置关系是相切或相交．(3)∵y 1y 2OA →·OB→＝15，∴4y 1y 2＝x 1x 2.当直线AB 的斜率不存在或斜率为0时，不满足4y 1y 2＝x 1x 2.当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0，∴Δ＝(8km )2－4(4k 2＋1)·4(m 2－1)＝16(4k 2－m 2＋1)>0(*) ⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8km1＋4k 2，x 1x 2＝m 2－1＋4k2.∵4y 1y 2＝x 1x 2，y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2， ∴(4k 2－1)x 1x 2＋4km (x 1＋x 2)＋4m 2＝0，∴(4k 2－1)m 2－1＋4k 2＋4km －8km 1＋4k2＋4m 2＝0，整理得4k 2＝1，∴k ＝±12.∵A ，B ，C ，D 的位置可轮换，∴直线AB ，BC 的斜率是12或－12，∴k AB ＋k BC ＝12＋(－12)＝0，为定值．不妨设k AB ＝－12，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝2m ，x 1x 2＝m 2－设原点到直线AB 的距离为d ，则S△AOB＝12|AB |·d ＝121＋k 2·|x 2－x 1|·|m |1＋k2＝|m |2x 1＋x 22－4x 1x 2＝|m |24m 2－m 2－＝m 2－m2≤m 2＋2－m 22＝1.当m 2＝1时(满足(*))，S △AOB ＝1，∴S 四边形ABCD ＝4S △AOB ≤4，小中高精品教案试卷即四边形ABCD面积的最大值为4.。

高考数学统考一轮复习第八章平面解析几何第八节第2课时定点、定值、探究性问题(教师文档)教

学习资料第八节第二课时定点、定值、探究性问题授课提示：对应学生用书第174页考点一圆锥曲线的定点问题［例] (2020·湖南郴州二模）已知抛物线C ：x 2＝2py （p ＞0）的焦点为F ，过F 的直线交抛物线于A ,B 两点．（1)若以A ，B 为直径的圆的方程为（x －2)2＋(y －3）2＝16,求抛物线C 的标准方程;(2）过A ，B 分别作抛物线的切线l 1，l 2,证明:l 1,l 2的交点在定直线上．[解析] （1）由抛物线的定义可得p ＋6＝8，得p ＝2，故抛物线C 的标准方程为x 2＝4y .（2)证明:由x 2＝2py 得其焦点坐标为F 错误!。

设A 错误!，B 错误!，直线AB ：y ＝kx ＋错误!，代入抛物线方程，得x 2－2kpx －p 2＝0，∴x 1x 2＝－p 2。

①对y ＝x 22p求导得y ′＝错误!, ∴抛物线过点A 的切线的斜率为错误!，切线方程为y －错误!＝错误!(x －x 1)，② 抛物线过点B 的切线的斜率为错误!，切线方程为y －错误!＝错误!(x －x 2）,③ 由①②③得y ＝－错误!。

∴l 1与l 2的交点P 的轨迹方程是y ＝－错误!，即l 1，l 2的交点在定直线上．［破题技法] 定点问题主要是由线系（直线系)过定点问题具体来讲,若是证明直线过定点,可将直线设为斜截式，然后消掉一个参数,即得直线所过的定点；证明圆过定点时，常利用直径所对圆周角为直角转化为向量的数量积恒为零处理；证明其他曲线过定点的问题时，经常将曲线中的参变量集中在一起，令其系数等于零,解得定点．椭圆E ：错误!＋错误!＝1(a ＞b ＞0）的左焦点为F 1,右焦点为F 2，离心率e ＝错误!。

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 。

高考数学统考一轮复习第八章平面解析几何第八节直线与圆锥曲线的综合问题第2课时定点、定值

学习资料第八章平面解析几何第八节直线与圆锥曲线的综合问题第二课时定点、定值、探究性问题课时规范练1．已知抛物线C:x2＝2py（p＞0），圆O：x2＋y2＝1.(1）若抛物线C的焦点F在圆O上，且A为抛物线C和圆O的一个交点，求|AF｜；（2)若直线l与抛物线C和圆O分别相切于点M，N,求｜MN｜的最小值及相应p的值．解析：（1）由题意得F（0，1），从而抛物线C：x2＝4y。

解方程组错误!得y＝－2±错误!。

不妨设y A＝错误!－2，∴｜AF｜＝5－1。

（2)设M（x0，y0)(y0＞0),则切线l：y＝错误!（x－x0）＋y0，结合x错误!＝2py0,整理得x0x－py－py0＝0。

由ON⊥l且｜ON｜＝1得错误!＝1，即｜py0｜＝错误!＝错误!，∴p＝错误!且y错误!－1＞0.∴|MN|2＝|OM｜2－1＝x20＋y错误!－1＝2py0＋y错误!－1＝错误!＋y错误!－1＝4＋错误!＋(y 错误!－1)≥8,当且仅当y0＝3时等号成立．∴｜MN|的最小值为2错误!，此时p＝错误!.2.已知椭圆C的方程为错误!＋错误!＝1，A是椭圆上的一点,且A在第一象限内,过A且斜率等于－1的直线与椭圆C交于另一点B,点A关于原点的对称点为D.（1）证明：直线BD的斜率为定值；（2)求△ABD面积的最大值．解析：(1）证明:设D（x1,y1），B(x2，y2），则A(－x1，－y1），直线BD的斜率k＝错误!，由错误!两式相减得错误!＝－错误!×错误!，∵k AB＝错误!＝－1，∴k＝错误!＝错误!，故直线BD的斜率为定值错误!.（2）连接OB(图略)，∵A,D关于原点对称，∴S△ABD＝2S△OBD，由(1）可知BD的斜率k＝错误!,设BD的方程为y＝错误!x＋t，∵D在第三象限，∴－错误!＜t＜1且t≠0，O到BD的距离d＝错误!＝错误!，由错误!,整理得3x2＋4tx＋4t2－8＝0，∴x1＋x2＝－错误!，x1x2＝错误!,∴S△ABD＝2S△OBD＝2×错误!×｜BD|×d＝错误!错误!×错误!＝｜t｜×错误!＝｜t|·错误!＝错误!·错误!≤2错误!。

高考数学大一轮第八章平面解析几何综合突破五圆锥曲线的综合问题第2课时圆锥曲线中的定点定值与存在性问题

第八章平面解析几何
综合突破五圆锥曲线的综合问题第2课时圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题
核心考点精准突破
课时作业知能提升
考点一定点问题
命题角度1 直线过定点
例1 如图，已知椭圆的上顶点为，右焦点为，直线与圆相切.
（1）求椭圆的方程；
解：由题可知，，，则直线的方程为，即，因为直线与圆相切，该圆的圆心为，，则，所以，所以，故椭圆的方程为 .
证明：如图，由题意可知，，设，， .直线的方程为，直线的方程为 .
联立可得 .则，所以，则，故 .由可得，则，所以，
则，故所以， .故直线的方程为，即，故直线过定点，该定点为椭圆的右焦点.所以的周长为定值．
（1）求抛物线的方程；
解：设直线与联立消去得， .设，，则， .因为，所以，解得 .所以抛物线的方程为 .
（2）过点作直线交抛物线于，两点，记，的面积分别为，，证明：为定值.
证明：由（1）知，是抛物线的焦点，所以 .原点到直线的距离，所以因为直线过点且，所以 .所以，即为定值 .
（2）设，是直线上关于轴对称的两点，直线与交于，两点，证明：直线与的交点在定直线上．
证明：由双曲线与圆的对称性可以判断定直线与轴垂直.联立消去，得．设，，则，．设，，则直线的方程为 .①
直线的方程为 .②②-①，得，代入式，得，所以 .所以直线与的交点在直线上.
.于是，，① .②由，即，得 .③将①②代入③式，得，解得 .所以存在直线满足条件，且的方程为或 .

届高考数学一轮复习第八章解析几何课堂达标定点定值探索性问题文新人教版

课堂达标(四十八) 定点、定值、探索性问题[A 根底稳固练]1．(2022·北京西城区模拟)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝22，短轴长为2 2. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)如图，椭圆左顶点为A ，过原点O 的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C 交于P ，Q 两点，直线PA ，QA 分别与y 轴交于M ，N 两点．试问以MN 为直径的圆是否经过定点(与直线PQ 的斜率无关)？请证明你的结论．[解] (1)由短轴长为22，得b ＝2，由e ＝c a ＝a 2－b 2a ＝22，得a 2＝4，b 2＝2. 所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1. (2)以MN 为直径的圆过定点F (±2，0)．证明如下：设P (x 0，y 0)，那么Q (－x 0，－y 0)，且x 204＋y 202＝1，即x 20＋2y 20＝4，因为A (－2,0)，所以直线PA 方程为y ＝y 0x 0＋2(x ＋2)，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2y 0x 0＋2，直线QA 方程为y ＝y 0x 0－2(x ＋2)，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2y 0x 0－2，以MN 为直径的圆为(x －0)(x －0)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －2y 0x 0＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫y －2y 0x 0－2＝0，即x 2＋y 2－4x 0y 0x 20－4y ＋4y 20x 20－4＝0，因为x 20－4＝－2y 20，所以x 2＋y 2＋2x 0y 0y －2＝0，令y ＝0，那么x 2－2＝0，解得x ＝± 2.所以以MN 为直径的圆过定点F (±2，0)． 2．椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点F 1(－1,0)，长轴长与短轴长的比是2∶ 3. (1)求椭圆的方程；(2)过F 1作两直线m ，n 交椭圆于A ，B ，C ，D 四点，假设m ⊥n ，求证：1|AB |＋1|CD |为定值．[解析] (1)由得⎩⎨⎧ 2a ∶2b ＝2∶3，c ＝1，a 2＝b 2＋c 2.解得a ＝2，b ＝ 3.故所求椭圆方程为x 24＋y 23＝1. (2)证明：由F 1(－1,0)，当直线m 不垂直于坐标轴时，可设直线m 的方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x ＋1，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0. 由于Δ＞0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，那么有 x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2， |AB |＝1＋k 2[x 1＋x 22－4x 1x 2] ＝1＋k 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k23＋4k 22－4×4k 2－123＋4k 2＝121＋k 23＋4k 2. 同理|CD |＝121＋k 23k 2＋4. 所以1|AB |＋1|CD |＝3＋4k 2121＋k 2＋3k 2＋4121＋k2 ＝71＋k 2121＋k 2＝712. 当直线m 垂直于坐标轴时，此时|AB |＝3，|CD |＝4；或|AB |＝4，|CD |＝3，所以1|AB |＋1|CD |＝13＋14＝712. 综上，1|AB |＋1|CD |为定值712. 3．(2022·安徽芜湖、马鞍山第一次质量检测)椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为33，点(3，2)为椭圆上的一点．(1)求椭圆E 的标准方程；(2)假设斜率为k 的直线l 过点A (0,1)，且与椭圆E 交于C ，D 两点，B 为椭圆E 的下顶点，求证：对于任意的k ，直线BC ，BD 的斜率之积为定值．。

高考数学大一轮总复习第八章平面解析几何计时双基练60 定点、定值、探索性问题理北师大版

计时双基练六十定点、定值、探索性问题A 组基础必做1．(2015·课标全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a >0)交于M ，N 两点。

(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由。

解 (1)由题设可得M (2a ，a )，N (－2a ，a )，或M (－2a ，a )，N (2a ，a )。

又y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ，C 在点(2a ，a )处的切线方程为y －a＝a (x －2a )，即ax －y －a ＝0。

y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ，C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a(x ＋2a )，即ax ＋y ＋a ＝0。

故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0。

(2)存在符合题意的点，证明如下：设P (0，b )为符合题意的点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2。

将y ＝kx ＋a 代入C 的方程得x 2－4kx －4a ＝0。

故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a 。

从而k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－bx 2＝2kx 1x 2＋a －b x 1＋x 2x 1x 2＝k a ＋ba。

当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝0，则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补，故∠OPM ＝∠OPN ，所以点P (0，－a )符合题意。

2．(2015·四川卷)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是22，点P (0,1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－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。

高考数学一轮复习第八篇平面解析几何第7节第三课时定点定值存在性专题训练理新人教版

第三课时定点、定值、存在性专题·长春市二模)已知抛物线C:y2=2px(p>0)与直线x-y+4=0相切.(1)求该抛物线的方程;(2)在x轴正半轴上,是否存在某个确定的点M,过该点的动直线l与抛物线C交于A,B两点,使得+为定值.如果存在,求出点M的坐标;如果不存在,请说明理由.解:(1)联立方程组有y2-2py+8p=0,由于直线与抛物线相切,得Δ=8p2-32p=0,p=4,所以y2=8x.(2)假设存在满足条件的点M(m,0)(m>0),直线l:x=ty+m,有所以y2-8ty-8m=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),有y1+y2=8t,y1y2=-8m,|AM|2=(x1-m)2+=(t2+1) ,|BM|2=(x2-m)2+=(t2+1),+=+=·()=·=·,若·为常数,对于任意的t∈R,只有4t2+m是t2+1的4倍,所以m=4,当m=4时,+为定值,所以M(4,0).·四川广元市一模)已知椭圆E:+=1(a>b>0)经过点P(2,),一个焦点为F(2,0).(1)求椭圆E的方程;(2)设直线l:y=kx+m与椭圆E相交于A,B两点,O为坐标原点,椭圆E的离心率为e,若k OA·k OB=e2-1.求证:△AOB的面积为定值.(1)解:由题意知,c=2,b2=a2-4,代入P点的坐标得+=1,解得a2=8,所以椭圆E的方程为+=1.(2)证明:e===,所以k OA·k OB=e2-1=-,将y=kx+m代入+=1.化得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0.记A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,因为k OA=,k OB=,所以=-,所以y1y2=-x1x2=,而y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=+km·()+m2=,所以m2=4k2+2,设点O到直线AB的距离为d,则d==,而|AB|===,代入m2=4k2+2得|AB|=·,所以S△AOB= (2)所以△AOB的面积为定值2.·渭南市一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0),其焦距为2,点P(1,)在椭圆C上.(1)求椭圆C的标准方程;(2)是否存在与椭圆C交于A,B两点的直线l:y=mx+t(m∈R),使得·=0成立?若存在,求出实数t的取值范围,若不存在,请说明理由.解:(1)由椭圆C的焦距2c=2,解得c=1,因为点P(1,)在椭圆C上,所以+=1,解得a2=4,b2=a2-1=3,所以椭圆C的标准方程为+=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立得(3+4m2)x2+8tmx+4t2-12=0.Δ=(8tm)2-4(3+4m2)(4t2-12)>0,化简得3+4m2>t2.x1+x2=,x1x2=,(*)假设·=0成立,则x1x2+y1y2=0,x1x2+(mx1+t)(mx2+t)=0,(1+m2) x1x2+tm(x1+x2)+t2=0,将(*)代入,化简得7t2=12+12m2.代入3+4m2>t2中得t2>.又因为7t2=12+12m2≥12,所以t2≥,即t≥,或t≤-.所以存在实数t,使得·=0成立,实数t的取值范围为(-∞,-]∪[,+∞).C:x2=2py(p>0)的焦点为F,直线l:y=3与C交于A,B两点,l 与y轴交于点N,且∠AFB=120°.(1)求抛物线C的方程;(2)当0<p<6时,设C在点Q处的切线与直线l,x轴依次交于M,D两点,以MN为直径作圆G,过D作圆G的切线,切点为H,试探究;当点Q在C上移动(Q与原点不重合)时,线段DH的长度是否为定值?解:(1)抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F(0,),准线方程为y=-.直线y=3与y轴交于点N,即N(0,3).①当0<p<6时,由抛物线的定义可得|FA|=3+,|FN|=3-.由∠AFB=120°,得|FA|=2|FN|,即有3+=2(3-),解得p=2,即抛物线的方程为x2=4y.②当p≥6时,由抛物线的定义可得|FA|=3+,|FN|=-3.由∠AFB=120°,得|FA|=2|FN|,即有3+=2(-3),解得p=18,即抛物线的方程为x2=36y.综上可得,抛物线方程为x2=4y或x2=36y.(2)由(1)知当0<p<6时,抛物线方程为x2=4y.设Q(m, m2),y=x2的导数为y′=x,则有切线斜率为m,切线方程为y-m2=m(x-m),令y=0可得x=m;令y=3可得x=m+.即有M（m+,3）,D（m,0）.以MN为直径作圆G,G（m+,3）,设圆G的半径为r,r=|MN|=|m+|.DH⊥HG,由勾股定理可得|DH|====,则有当点Q在C上移动 (Q与原点不重合)时,线段DH的长度为定值,且为.·咸阳市二模)已知动点M到定点F(1,0)和定直线x=4的距离之比为,设动点M的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)过点F作斜率存在且不为0的任意一条直线与曲线C交于两点A,B,试问在x轴上是否存在一点P(与点F不重合),使得∠APF=∠BPF,若存在,求出P点坐标;若不存在,说明理由. 解:(1)设点M(x,y),则据题意有=|x-4|,则4[(x-1)2+y2]=(x-4)2,即3x2+4y2=12,所以+=1即曲线C的方程为+=1.(2)假设存在点P(x0,0)满足题设条件,设AB所在直线的方程为y=k(x-1),代入椭圆方程化简得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,可知Δ>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=, ①x1x2=, ②若∠APF=∠BPF,则k AP+k BP=0,即+==0,即k[(x1-1)(x2-x0)+(x2-1)(x1-x0)]=k[2x1x2-(1+x0)(x1+x2)+2x0]=0,代入①②,整理得k(x0-4)=0,因为k∈R,所以x0=4;即在x轴上存在点P(4,0),使得∠APF=∠BPF.·汉中市质量检测)已知直线l:y=x+,圆O:x2+y2=5,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率e=,直线l被圆O截得的弦长与椭圆的短轴长相等.(1)求椭圆E的方程;(2)过圆O上任意一点P(x0,y0)(x0≠±,y0≠±)作两条直线与椭圆E分别只有唯一一个公共点,求证:这两直线斜率之积为定值.(1)解:设椭圆半焦距为c,圆心O到l的距离d==,则l被圆O截得的弦长为2=2,所以b=.由题意得又b=,所以a2=3,b2=2,所以椭圆E的方程为+=1.(2)证明:设过P(x0,y0)的直线与椭圆E的切线l0的方程为y-y0=k(x-x0),整理得y=kx+y0-kx0,联立直线l0与椭圆E的方程得消去y得2[kx+(y0-kx0)]2+3x2-6=0,整理得(3+2k2)x2+4k(y0-kx0)x+2(kx0-y0)2-6=0,因为l0与椭圆E相切,所以Δ=[4k(y0-kx0)]2-4(3+2k2)[2(kx0-y0)2-6]=0,整理得(2-)k2+2x0y0k-(-3)=0,设与椭圆E分别只有唯一的公共点的直线的斜率分别为k1,k2,则k1k2=-.因为点P在圆O上,所以+=5,所以k1k2=-=-1.所以这两条直线斜率之积为-1.·郑州市三模)已知F1,F2分别为椭圆C1:+=1(a>b>0)的上、下焦点,其中F1也是抛物线C2:x2=4y的焦点,点M是C1与C2在第二象限的交点,且|MF1|=.(1)求椭圆的方程.(2)已知点P(1,3)和圆O:x2+y2=b2,过点P的动直线l与圆O相交于不同的两点A,B,在线段AB取一点Q,满足:=-λ,=λ(λ≠0且λ≠±1),探究是否存在一条直线使得点Q 总在该直线上,若存在求出该直线方程.解:(1)由C2:x2=4y知F1(0,1),设M(x0,y0)(x0<0),因为M在抛物线C2上,故=4y0, ①又|MF1|=,则y0+1=, ②由①②解得x0=-,y0=,椭圆C1的两个焦点F1(0,1),F2(0,-1),点M在椭圆上,由椭圆定义可得2a=|MF1|+|MF2|=+=4,所以a=2,又c=1,所以b2=a2-c2=3,椭圆C1的方程为+=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x,y),由=-λ可得(1-x1,3-y1)=-λ(x2-1,y2-3),即由=λ可得(x-x1,y-y1)=λ(x2-x,y2-y),即③×⑤得-λ2=(1-λ2)x,④×⑥得-λ2=3y(1-λ2),两式相加得(+)-λ2(+)=(1-λ2)(x+3y),又点A,B在圆x2+y2=3上,且λ≠±1,所以+=3,+=3,即x+3y=3,所以点Q总在定直线x+3y=3上.·潍坊市一模)已知圆C1的圆心在坐标原点O,且与直线l1:x-y+6=0相切,设点A为圆上一动点,AM⊥x轴于点M,且动点N满足=+（-）,设动点N的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)若动直线l2:y=kx+m与曲线C有且仅有一个公共点,过F1(-1,0),F2(1,0)两点分别作F1P⊥l2,F2Q⊥l2,垂足分别为P,Q,且记d1为点F1到直线l2的距离,d2为点F2到直线l2的距离,d3为点P到点Q的距离,试探索(d1+d2)·d3是否存在最值?若存在,请求出最值.解:(1)设圆C1:x2+y2=R2,根据圆C1与直线l1相切,得=R,即R=2,所以圆的方程为x2+y2=12,设A(x0,y0),N(x,y),因为AM⊥x轴于M,所以M(x0,0),所以(x,y)= (x0,y0)+(-)(x0,0)=(x0, y0),所以即因为点A(x0,y0)为圆C1上的动点,所以+=12,所以(x)2+(2y)2=12,所以曲线C的方程为+=1.(2)由(1)知曲线C是椭圆,将直线l2:y=kx+m代入椭圆C的方程3x2+4y2=12中,得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0, 由直线l2与椭圆C有且仅有一个公共点知,Δ=64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,整理得m2=4k2+3,且d1=,d2=.①当k≠0时,设直线l2的倾斜角为θ,则d3·|tan θ|=|d1-d2|,即d3=||,所以(d1+d2)d3=(d1+d2)||=||===.因为m2=4k2+3,所以当k≠0时,|m|>,所以|m|+在(,+∞)上单调递增,所以+=,所以(d1+d2)d3<4.②当k=0时,四边形F1F2QP为矩形,此时d1=d2=,d3=2,所以(d1+d2)d3=2×2=4.综合①②可知,(d1+d2)·d3存在最大值,最大值为4.。

高考数学一轮复习第8章平面解析几何第9节第2课时定点、定值、范围、最值问题学案理北师大

第2课时定点、定值、范围、最值问题(对应学生用书第151页)定点问题(2018·郑州第二次质量预测)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．[解] (1)由题意，得点M 与点(0,1)的距离始终等于点M 到直线y ＝－1的距离，由抛物线定义知圆心M 的轨迹为以点(0,1)为焦点，直线y ＝－1为准线的抛物线，则p2＝1，p ＝2.∴圆心M 的轨迹方程为x 2＝4y .(2)证明：由题知，直线l 的斜率存在， ∴设直线l ：y ＝kx －2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则C (－x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝kx －2，得x 2－4kx ＋8＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝8.k AC ＝y 1－y 2x 1＋x 2＝x 214－x 224x 1＋x 2＝x 1－x 24，则直线AC 的方程为y －y 1＝x 1－x 24(x －x 1)，即y ＝y 1＋x 1－x 24(x －x 1)＝x 1－x 24x －x 1(x 1－x 2)4＋x 214＝x 1－x 24x ＋x 1x 24.∵x 1x 2＝8，∴y ＝x 1－x 24x ＋x 1x 24＝x 1－x 24x ＋2，故直线AC 恒过定点(0,2)．＝bx ＋2与圆x 2＋y 2＝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.【导学号：79140309】[解] (1)∵直线l ：y ＝bx ＋2与圆x 2＋y 2＝2相切． ∴2b 2＋1＝2，∴b 2＝1.∵椭圆的离心率e ＝63， ∴e 2＝c 2a2＝a 2－1a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫632，∴a 2＝3， ∴所求椭圆的方程是x 23＋y 2＝1. (2)将直线y ＝kx ＋2代入椭圆方程，消去y 可得 (1＋3k 2)x 2＋12kx ＋9＝0，∴Δ＝36k 2－36＞0，∴k ＞1或k ＜－1. 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝－12k 1＋3k 2，x 1x 2＝91＋3k 2.若以CD 为直径的圆过点E ，则EC ⊥ED ．∵EC →＝(x 1－1，y 1)，ED →＝(x 2－1，y 2)， ∴(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2＝0.∴(1＋k 2)x 1x 2＋(2k －1)(x 1＋x 2)＋5＝0， ∴(1＋k 2)×91＋3k 2＋(2k －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k 1＋3k 2＋5＝0. 解得k ＝－76＜－1.∴存在实数k ＝－76使得以CD 为直径的圆过定点E .定值问题(2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy 中，曲线y ＝x 2＋mx －2与x 轴交于A ，B 两点，点C 的坐标为(0,1)．当m 变化时，解答下列问题：(1)能否出现AC ⊥BC 的情况？说明理由；(2)证明过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值． [解] (1)不能出现AC ⊥BC 的情况．理由如下：设A (x 1,0)，B (x 2,0)，则x 1，x 2满足x 2＋mx －2＝0，所以x 1x 2＝－2. 又点C 的坐标为(0,1)，故AC 的斜率与BC 的斜率之积为－1x 1·－1x 2＝－12，所以不能出现AC ⊥BC 的情况．(2)证明：BC 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，12，可得BC 的中垂线方程为y －12＝x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －x 22.由(1)可得x 1＋x 2＝－m ，所以AB 的中垂线方程为x ＝－m2.联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－m 2，y －12＝x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －x 22，又x 22＋mx 2－2＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－m 2，y ＝－12.所以过A ，B ，C 三点的圆的圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 2，－12，半径r ＝m 2＋92.故圆在y 轴上截得的弦长为2r 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫m 22＝3，即过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值．[跟踪训练] (2018·石家庄质检(二))设M ，N ，T 是椭圆16＋12＝1上三个点，M ，N 在直线x ＝8上的射影分别为M 1，N 1.(1)若直线MN 过原点O ，直线MT ，NT 斜率分别为k 1，k 2.求证：k 1k 2为定值； (2)若M ，N 不是椭圆长轴的端点，点L 坐标为(3,0)，△M 1N 1L 与△MNL 面积之比为5，求MN 中点K 的轨迹方程．[解] (1)证明：设M (p ，q )，N (－p ，－q )，T (x 0，y 0)，则k 1k 2＝y 20－q2x 20－p 2，又⎩⎪⎨⎪⎧p 216＋q 212＝1，x 216＋y 2012＝1，两式相减得x 20－p 216＋y 20－q212＝0，即y 20－q2x 20－p 2＝－34， k 1k 2＝－34.(2)设直线MN 与x 轴相交于点R (r,0)，S △MNL ＝12|r －3|·|y M －y N |， S △M 1N 1L ＝12×5·|yM 1－yN 1|.由于S △M 1N 1L ＝5S △MNL 且|yM 1－yN 1|＝|y M －y N |，得12×5×|yM 1－yN 1|＝5×12|r －3|·|y M －y N |，解得r ＝4(舍去)或r ＝2. 即直线MN 经过点F (2,0)．设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，K (x 0，y 0)，①当直线MN 垂直于x 轴时，弦MN 中点为K (2,0)； ②当直线MN 与x 轴不垂直时，设MN 的方程为y ＝k (x －2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 216＋y 212＝1，y ＝k (x －2)，则(3＋4k 2)x 2－16k 2x ＋16k 2－48＝0.x 1＋x 2＝16k 23＋4k 2，x 1x 2＝16k 2－483＋4k 2.x 0＝8k 23＋4k 2，y 0＝－6k3＋4k2.消去k ，整理得(x 0－1)2＋4y 23＝1(y 0≠0)．综上所述，点K 的轨迹方程为(x －1)2＋4y23＝1(x ＞0)．范围问题(2018·合肥一检)已知点F 为椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点，且两焦点与短轴的一个顶点构成一个等边三角形，直线x 4＋y2＝1与椭圆E 有且仅有一个交点M .(1)求椭圆E 的方程；(2)设直线x 4＋y2＝1与y 轴交于P ，过点P 的直线l 与椭圆E 交于两不同点A ，B ，若λ|PM |2＝|PA |·|PB |，求实数λ的取值范围．[解] (1)由题意得a ＝2c ，b ＝3c ，则椭圆E 为x 24c 2＋y 23c2＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝c 2，x 4＋y 2＝1得x 2－2x ＋4－3c 2＝0.∵直线x 4＋y2＝1与椭圆E 有且仅有一个交点M ，∴Δ＝4－4(4－3c 2)＝0⇒c 2＝1， ∴椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32， ∵直线x 4＋y2＝1与y 轴交于P (0,2)，∴|PM |2＝54，当直线l 与x 轴垂直时，|PA |·|PB |＝(2＋3)(2－3)＝1，∴由λ|PM |2＝|PA |·|PB |⇒λ＝45，当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，3x 2＋4y 2－12＝0⇒(3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0，依题意得x 1x 2＝43＋4k 2，且Δ＝48(4k 2－1)＞0，∴k 2＞14， ∴|PA |·|PB |＝(1＋k 2)x 1x 2＝(1＋k 2)·43＋4k 2＝1＋13＋4k 2＝54λ，∴λ＝45⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋4k 2，∵k 2＞14，∴45＜λ＜1，综上所述，λ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫45，1.[规律方法] 圆锥曲线中范围问题的求解方法1利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围. 2利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系.3利用已知的或隐含的不等关系，构建不等式，从而求出参数的取值范围. 4利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.[跟踪训练] (2018·江西师大附中)已知椭圆E ：a 2＋b2＝1的焦点在x 轴上，椭圆E 的左顶点为A ，斜率为k (k ＞0)的直线交椭圆E 于A ，B 两点，点C 在椭圆E 上，AB ⊥AC ，直线 AC 交y 轴于点D ．(1)当点B 为椭圆的上顶点，△ABD 的面积为2ab 时，求椭圆的离心率； (2)当b ＝3，2|AB |＝|AC |时，求k 的取值范围.【导学号：79140310】[解] (1)直线AB 的方程为y ＝bax ＋b ，直线AC 的方程为y ＝－a b(x ＋a )，令x ＝0，y ＝－a 2b.S △ABD ＝12·⎝⎛⎭⎪⎫b ＋a 2b ·a ＝2ab ，于是a 2＋b 2＝4b 2，a 2＝3b 2，e ＝ca＝1－b 2a 2＝63. (2)直线AB 的方程为y ＝k (x ＋a )，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2＋y 23＝1，y ＝k (x ＋a )，整理得(3＋a 2k 2)x 2＋2a 3k 2x ＋a 4k 2－3a 2＝0，解得x ＝－a 或x ＝－a 3k 2－3a3＋a 2k2，所以|AB |＝1＋k 2⎪⎪⎪⎪⎪⎪－a 3k 2－3a 3＋a 2k 2＋a＝1＋k 2·6a3＋a 2k2，同理|AC |＝1＋k 2·6a3k ＋a 2k，因为2|AB |＝|AC |，所以2·1＋k 2·6a 3＋a 2k 2＝1＋k 2·6a 3k ＋a 2k，整理得a 2＝6k 2－3kk 3－2.因为椭圆E 的焦点在x 轴，所以a 2＞3，即6k 2－3kk 3－2＞3，整理得(k 2＋1)(k －2)k 3－2＜0，解得32＜k ＜2.最值问题(2017·浙江高考)如图893，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )⎝ ⎛⎭⎪⎫－12<x <32.过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q . 图893(1)求直线AP 斜率的取值范围； (2)求|PA |·|PQ |的最大值．[解] (1)设直线AP 的斜率为k ，k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12<x <32，所以直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)．(2)联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋32(k 2＋1). 因为|PA |＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－(k －1)(k ＋1)2k 2＋1，所以|PA |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3. 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3，因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12上单调递增，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，因此当k ＝12时，|PA |·|PQ |取得最大值2716.[规律方法] 圆锥曲线中最值问题的解决方法 1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、导数法等方法求最值.2几何法：从圆锥曲线几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值.[跟踪训练] (2018·石家庄一模)如图894, 已知椭圆C ：22＋y 2＝1的左顶点为A ，右焦点为F ，O 为原点，M ，N 是y 轴上的两个动点，且MF ⊥NF ，直线AM 和AN 分别与椭圆C 交于E ，D 两点．图894(1)求△MFN 的面积的最小值； (2)证明：E ，O ，D 三点共线．[解] (1)法一：设M (0，m )，N (0，n )， ∵MF ⊥NF ，∴△OFM ∽△ONF ， ∴OM OF ＝OF ON，可得m ·n ＝－1.∴S △MFN ＝12|MF ||FN |＝121＋m 2·1＋n 2＝121＋m 2＋n 2＋(mn )2＝122＋m 2＋n 2≥122＋2|mn |＝1，当且仅当|m |＝1，|n |＝1时，等号成立． ∴△MFN 的面积的最小值为1. 法二：设M (0，m )，N (0，n )， ∵MF ⊥NF ，∴△OFM ∽△ONF ， ∴OM OF ＝OF ON，可得m ·n ＝－1.S △MFN ＝12|OF ||MN |＝12|MN |，∵|MN |2＝|MF |2＋|NF |2≥2|MF |×|NF |，当且仅当|MF |＝|NF |时等号成立．由椭圆的对称性可知，当D 与N 重合，M 与E 重合时， |MF |＝|NF |，∴|MN |min ＝2， ∴(S △MFN )min ＝12|MN |＝1.∴△MFN 的面积的最小值为1.(2)证明：∵A (－2，0)，M (0，m )， ∴直线AM 的方程为y ＝m2x ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝m 2x ＋m ，x 2＋2y 2＝2，得(1＋m 2)x 2＋22m 2x ＋2(m 2－1)＝0，由－2·x E ＝2(m 2－1)1＋m 2，得x E ＝－2(m 2－1)m 2＋1，① 同理可得x D ＝－2(n 2－1)n 2＋1， ∵m ·n ＝－1， ∴x D ＝－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1m 2－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1m 2＋1＝－2(1－m 2)m 2＋1，②故由①②可知x E ＝－x D ，代入椭圆方程可得y 2E ＝y 2D .∵MF ⊥NF ，故N ，M 分别在x 轴两侧，y E ＝－y D ，当x E ＝0时，x D ＝0，易得E ，O ，D 三点共线，当x E ≠0时，x D ≠0，此时有y E x E ＝y D x D ， ∴E ，O ，D 三点共线．。

(山东专用)2021新高考数学一轮复习第八章平面解析几何课时作业56 定点、定值、探究性问题(

课时作业56 定点、定值、探究性问题1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，右焦点F 的坐标为(2,0)，且点(2，2)在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程及离心率；(2)过点F 的直线交椭圆于A ，B 两点(直线不与x 轴垂直)，已知点A 与点P 关于x 轴对称，证明：直线PB 恒过定点，并求出此定点坐标．解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧4a 2＋2b2＝1，a 2＝b 2＋c 2，c ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝8，b 2＝4，∴椭圆C 的标准方程x 28＋y 24＝1，∴椭圆C 的离心率e ＝c a ＝222＝22.(2)证明：设P (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A (x 1，－y 1)，可设PB 的直线方程为y ＝kx ＋m ，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 28＋y 24＝1，整理得(2k 2＋1)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0，∴x 1＋x 2＝－4km2k 2＋1，x 1x 2＝2m 2－82k 2＋1，∵k AF ＝k FB ，∴y 12－x 1＝y 2x 2－2，整理得，2kx 1x 2＋(m －k )(x 1＋x 2)－4m ＝0， ∴2k ·2m 2－82k 2＋1＋(m －k )·－4km 2k 2＋1－4m ＝0，解得m ＝－4k ，∴PB 的直线方程为：y ＝kx －4k ＝k (x －4)，直线PB 恒过定点(4,0)．2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为13，左、右焦点分别为F 1，F 2，A 为椭圆C 上一点，AF 2⊥F 1F 2，且|AF 2|＝83.(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆C 的左、右顶点分别为A 1，A 2，过A 1，A 2分别作x 轴的垂线l 1，l 2，椭圆C 的一条切线l ：y ＝kx ＋m 与l 1，l 2分别交于M ，N 两点，求证：∠MF 1N 为定值．解：(1)由AF 2⊥F 1F 2，|AF 2|＝83，得b 2a ＝83.又e ＝c a ＝13，a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝9，b 2＝8，故椭圆C 的标准方程为x 29＋y 28＝1.(2)证明：由题意可知，l 1的方程为x ＝－3， l 2的方程为x ＝3.直线l 分别与直线l 1，l 2的方程联立得M (－3，－3k ＋m )，N (3,3k ＋m )，所以F 1M →＝(－2，－3k ＋m )，F 1N →＝(4,3k ＋m )，所以F 1M →·F 1N →＝－8＋m 2－9k 2. 联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 29＋y 28＝1y ＝kx ＋m，得(9k 2＋8)x 2＋18kmx ＋9m 2－72＝0. 因为直线l 与椭圆C 相切，所以Δ＝(18km )2－4(9k 2＋8)(9m 2－72)＝0，化简得m 2＝9k 2＋8.所以F 1M →·F 1N →＝－8＋m 2－9k 2＝0，所以F 1M →⊥F 1N →，故∠MF 1N 为定值π2.(注：可以先通过k ＝0计算出此时∠MF 1N ＝π2，再验证一般性结论)3．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：(1)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)，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋mx 24＋y 2＝1，(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＝－8km4k 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 2＋1＋4km ·－8km4k 2＋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<k 2≤54，∴点(m ，k )在定圆x 2＋y 2＝54上．(没求k 的X 围不扣分)4．在直角坐标系xOy 中，动圆P 与圆Q ：(x －2)2＋y 2＝1外切，且圆P 与直线x ＝－1相切，记动圆圆心P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的轨迹方程．(2)设过定点S (－2,0)的动直线l 与曲线C 分别相交于A ，B 两点，试问：在曲线C 上是否存在点M (与A ，B 两点相异)，当直线MA ，MB 的斜率存在时，直线MA ，MB 的斜率之和为定值？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)设P (x ，y )，圆P 的半径为r ，因为动圆P 与圆Q ：(x －2)2＋y 2＝1外切，所以(x －2)2＋y 2＝r ＋1. ① 又动圆P 与直线x ＝－1相切，所以r ＝x ＋1. ② 由①②消去r 得y 2＝8x ，所以曲线C 的轨迹方程为y 2＝8x .(2)假设曲线C 上存在点M 满足题设条件，不妨设M (x 0，y 0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 20＝8x 0，y 21＝8x 1，y 22＝8x 2.k MA ＝y 1－y 0x 1－x 0＝8y 1＋y 0，k MB ＝y 2－y 0x 2－x 0＝8y 2＋y 0，所以k MA ＋k MB ＝8y 1＋y 0＋8y 2＋y 0＝8(y 1＋y 2＋2y 0)y 20＋(y 1＋y 2)y 0＋y 1y 2. ③显然动直线l 的斜率存在且非零，设l ：x ＝ty －2，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8x ，x ＝ty －2，消去x ，得y 2－8ty ＋16＝0，由Δ>0，得t >1或t <－1，所以y 1＋y 2＝8t ，y 1y 2＝16，且y 1≠y 2.代入③式得k MA ＋k MB ＝8(8t ＋2y 0)y 20＋8ty 0＋16.令8(8t ＋2y 0)y 20＋8ty 0＋16＝m (m 为常数)，整理得(8my 0－64)t ＋(my 20－16y 0＋16m )＝0. ④ 因为④式对任意t ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 8my 0－64＝0，my 20－16y 0＋16m ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝2，y 0＝4或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－2，y 0＝－4，即M (2,4)或M (－2，－4)，即曲线C 上存在点M (2,4)或M (－2，－4)满足题意．5．已知F 为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点，点P (2，2)在椭圆C 上，且PF ⊥x轴．(1)求椭圆C 的方程．(2)如图，过点F 的直线l 分别交椭圆C 于A ，B 两点，交直线x ＝4于点M .判定直线P A ，PM ，PB 的斜率是否构成等差数列？请说明理由．解：(1)因为点P (2，2)在椭圆C 上，且PF ⊥x 轴，所以c ＝2.设椭圆C 的左焦点为E ，则|EF |＝2c ＝4，|PF |＝ 2.在Rt △EFP 中，|PE |2＝|PF |2＋|EF |2＝18，所以|PE |＝3 2.所以2a ＝|PE |＋|PF |＝42，a ＝2 2.b 2＝a 2－c 2＝4，故椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)由题意可设直线AB 的方程为y ＝k (x －2)，令x ＝4得y ＝2k ，点M 的坐标为(4,2k )．联立⎩⎪⎨⎪⎧x 28＋y 24＝1，y ＝k (x －2)，得(2k 2＋1)x 2－8k 2x ＋8(k 2－1)＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 x 1＋x 2＝8k 22k 2＋1，x 1x 2＝8(k 2－1)2k 2＋1.①设直线P A ，PB ，PM 的斜率分别为k 1，k 2，k 3，从而k 1＝y 1－2x 1－2，k 2＝y 2－2x 2－2，k 3＝2k －24－2＝k －22.因为直线AB 的方程为y ＝k (x －2)，所以y 1＝k (x 1－2)，y 2＝k (x 2－2)，所以k 1＋k 2＝y 1－2x 1－2＋y 2－2x 2－2＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－2＋1x 2－2＝2k －2·x 1＋x 2－4x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4.②将①代入②得k 1＋k 2＝2k －2·8k 22k 2＋1－48(k 2－1)2k 2＋1－16k 22k 2＋1＋4＝2k － 2.又k 3＝k －22，所以k 1＋k 2＝2k 3，故直线P A ，PM ，PB 的斜率成等差数列．6．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ，左焦点为F ，点P 为椭圆C 上任意一点，若直线P A 与PB 的斜率之积为－34，且椭圆C 经过点⎝⎛⎭⎫1，32. (1)求椭圆C 的方程．(2)若PB ，P A 分别交直线x ＝－1于M ，N 两点，过左焦点F 作以线段MN 为直径的圆的切线，切线长是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．解：(1)设P 点坐标为(x 0，y 0)，由题意知A (－a,0)，B (a,0)，且x 20a 2＋y 20b2＝1，则k P A ·k PB ＝y 0x 0＋a ·y 0x 0－a ＝y 20x 20－a 2＝⎝⎛⎭⎫－b 2a 2·x 20－a 2x 20－a 2＝－b 2a 2＝－34，即3a 2＝4b 2，① 又因为椭圆C 经过点⎝⎛⎭⎫1，32，故1a 2＋94b 2＝1，② 由①②可知，b 2＝3，a 2＝4，故椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)可知A (－2,0)，B (2,0)，设k P A ＝k (k ≠0)．由k ·k PB ＝－34，得k PB ＝－34k，所以直线PB 的方程为y ＝－34k (x －2)，令x ＝－1，得y ＝94k，故M ⎝⎛⎭⎫－1，94k .直线P A 的方程为y ＝k (x ＋2)，令x ＝－1，得y ＝k ，故N (－1，k )．因为y M y N ＝k ·94k ＝94>0，所以以线段MN 为直径的圆在x 轴同侧．设FT 为圆的一条切线，切点为T ，连接MT ，NT ，可知△FTN ∽△FMT ，故|FT ||FM |＝|FN ||FT |，|FT |2＝|FM |·|FN |＝|k |·⎪⎪⎪⎪94k ＝94，故|FT |＝32，所以过左焦点F 作以线段MN 为直径的圆的切线，切线长为定值32.。