【创新大课堂】高三数学(文)一轮复习活页作业：8.8.3定点、定值、探索性问题(含答案解析)
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.
高三数学,一轮复习,人教A版,8.8.3 第三课时, 定点、定值、,探索性问题, 课件 (2)
所以|AB|2＝(x0－t)2＋(y0－2)2 2y02 ＝x0＋ x ＋(y0－2)2 0 2 4 y 0 2 ＝x2 ＋ y ＋ 2 0 0 x0 ＋4 2 2 4 － x 2 4 － x 0 0 2 ＝x0＋ 2 ＋ x2 ＋4 0 2 x0 8 ＝ 2 ＋x2＋4(0＜x2 0≤4)． 0 2 x0 8 2 因为 2 ＋x2≥4(0＜x2 ≤ 4) ，当且仅当 x 0 0＝4 时等号成立，所 0 以|AB|2≥8. 故线段 AB 长度的最小值为 2 2.
设 A，B 两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 3m2－6 3 3 则 x1＋x2＝－ 3m，x1x2＝ 2 ，y1＝ 3 x1＋m，y2＝ 3 x2 ＋m. 所以|AB|＝ x2－x12＋y2－y12 4 ＝ 3[x1＋x22－4x1x2]＝2 4－m2. 3 3|m| 点 C( 3，1)到直线 y＝ 3 x＋m 的距离 d＝ 2 .
2 k 由 2|AM|＝|AN|得 ＝ ， 3＋tk2 3k2＋t 即(k3－2)t＝3k(2k－1)． 3k2k－1 当 k＝ 2时上式不成立，因此 t＝ 3 . k －2 k3－2k2＋k－2 k－2k2＋1 k－2 t>3 等价于 ＝ <0，即 3 <0. k3－2 k3－2 k －2 k－2>0， k－2<0， 3 由此得 3 或 3 解得 2<k<2. k －2<0， k －2>0， 3 因此 k 的取值范围是( 2，2)． 3
(2)由题意 t>3，k>0，A(－ t，0)．
x2 y2 将直线 AM 的方程 y＝k(x＋ t)代入 t ＋ 3 ＝1 得 (3＋tk2)x2＋2 t· tk2x＋t2k2－3t＝0. t2k2－3t t3－tk2 由 x1· (－ t )＝ 得 x1 ＝ ， 3＋tk2 3＋tk2 2 6 t 1 ＋ k 2 故|AM|＝|x1＋ t| 1＋k ＝ . 3＋tk2 1 由题设，直线 AN 的方程为 y＝－k (x＋ t)， 6k t1＋k2 故同理可得|AN|＝ . 2 3k ＋t
高考数学一轮复习 第8章 解析几何 第9讲 第3课时 定点、定值、探索性问题课件
3．解决探索性问题的答题模板
12/11/2021
〔变式训练3〕 (2020·河南省八市重点高中联盟联考)已知抛物线C：y2＝4x的准线为l，M为l上
一动点，过点M作抛物线C的切线，切点分别为A，B．
(1)求证：△MAB是直角三角形； (2)x轴上是否存在一定点P，使A，P，B三点共线．
12/11/2021
(2)不存在，理由如下： 若|AC|＝|BD|，则 1＝|AB|＝|AC|＋|CB|＝|DB|＋|CB|＝|DC|.
y＝kx－ 3
联立x42＋y2＝1
，整得，
得(4k2＋1)x2－8 3k2x＋12k2－4＝0.
12/11/2021
设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，
x1＋x2＝48k2＋3k12
12/11/2021
∴y1·y2＝－34x1x2，3m3＋2－4k42k2＝－34·43m＋2－4k32 ， ∴2m2－4k2＝3，满足①， ∵|AB|＝ 1＋k2[x1＋x22－4x1·x2] ＝ 1＋k2[－3＋8km4k22－4×43m＋2－4k122]＝2 3·|m1| ＋k2， ∴S△OAB＝12·d·|AB|＝12× 1|m＋| k2×2 3·|m1| ＋k2＝ 3为定值．
12/11/2021
(2)由(1)可得 y2＝4x，设 M(14y20，y0)， ∴直线 OM 的方程 y＝y40x， 当 x＝－2 时，∴yH＝－y80， 代入抛物线方程 y2＝4x，可得 xN＝1y620 ， ∴N(1y620 ，－y80)，
12/11/2021
∴直线 MN 的斜率 k＝yy4200－＋1yy86020 ＝y204－y08， 直线 MN 的方程为 y－y0＝y204－y08(x－14y20)， 整理可得 y＝y204－y08(x－2)，故直线 MN 过点(2,0)．
高三数学一轮复习课件之8.8.3定点、定值、探索性问题课件
18
已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的离心率为 22，点(2， 2)在 C 上．
(1)求 C 的方程； (2)直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两个交点 A， B，线段 AB 的中点为 M. 证明：直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值．
19
[解] (1)由题意有 a2a－b2＝ 22，a42＋b22＝1，解得 a2＝8，b2＝4. 所以 C 的方程为x82＋y42＝1.
23
[解] (1)由已知，点 C，D 的坐标分别为(0，－b)，(0，b)． 又点 P 的坐标为(0,1)，且P→C·P→D＝－1，
1－b2＝－1， 于是ac＝ 22，
a2－b2＝c2.
解得 a＝2，b＝ 2.
所以椭圆 E 的方程为x42＋y22＝1.
24
(2)①当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋1， 点 A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
第8章 平面解析几何
第八节 圆锥曲线的综合问题 第3课时 定点、定值、探索性问题
01 课堂题型全突破
栏 目 02 真题自主验效果 导 航 03 课后限时集训
3
课堂 题型全 突 破
4
定点问题
【例 1】 (2019·开封第一次质量预测)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．
(1)求抛物线 C 的方程； (2)若直线 OA，OB 的斜率之积为－12，求证：直线 AB 过 x 轴上 一定点． [解] (1)因为抛物线 y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为(1,0)， 所以p2＝1，所以 p＝2. 所以抛物线 C 的方程为 y2＝4x.
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 。
高三数学一轮复习——定点、定值、开放问题课时训练
高三数学一轮复习——定点、定值、开放问题课时训练基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2019·石家庄模拟)已知P 为双曲线C ：x 29－y 216＝1上的点，点M 满足|OM→|＝1，且OM →·PM→＝0，则当|PM →|取得最小值时点P 到双曲线C 的渐近线的距离为( ) A.95 B.125 C.4 D.5解析 由OM →·PM→＝0，得OM ⊥PM ，根据勾股定理，求|MP |的最小值可以转化为求|OP |的最小值，当|OP |取得最小值时，点P 的位置为双曲线的顶点(±3，0)，而双曲线的渐近线为4x ±3y ＝0，∴所求的距离d ＝125.答案 B2.已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率e ＝2，过双曲线上一点M 作直线MA ，MB 交双曲线于A ，B 两点，且斜率分别为k 1，k 2，若直线AB 过原点，则k 1·k 2的值为( )A.2B.3C. 3D. 6解析 由题意知，e ＝c a ＝1＋b 2a 2＝2⇒b 2＝3a 2，则双曲线方程可化为3x 2－y 2＝3a 2，设A (m ，n )，M (x 0，y 0)(x 0≠±m )，则B (－m ，－n )，k 1·k 2＝y 0－n x 0－m ·y 0＋n x 0＋m ＝y 20－n 2x 20－m 2＝3x 20－3a 2－3m 2＋3a 2x 20－m 2＝3.答案 B3.直线l 与抛物线C ：y 2＝2x 交于A ，B 两点，O 为坐标原点，若直线OA ，OB 的斜率分别为k 1，k 2，且满足k 1k 2＝23，则直线l 过定点( )A.(－3，0)B.(0，－3)C.(3，0)D.(0，3)解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为k 1k 2＝23，所以y 1x 1·y 2x 2＝23.又y 21＝2x 1，y 22＝2x 2，所以y 1y 2＝6.设直线l ：x ＝my ＋b ，代入抛物线C ：y 2＝2x 得y 2－2my －2b ＝0，所以y 1y 2＝－2b ＝6，得b ＝－3，即直线l 的方程为x ＝my －3，所以直线l 过定点为(－3，0).答案 A4.(2019·北京通州区模拟)设点Q 是直线l ：x ＝－1上任意一点，过点Q 作抛物线C ：y 2＝4x 的两条切线QS ，QT ，切点分别为S ，T ，设切线QS ，QT 的斜率分别为k 1，k 2，F 是抛物线的焦点，直线QF 的斜率为k 0，则下列结论正确的是( )A.k 1－k 2＝k 0B.k 1k 2＝2k 0C.k 1－k 2＝2k 0D.k 1＋k 2＝2k 0解析 设点Q (－1，t )，由过点Q 的直线y －t ＝k (x ＋1)与抛物线C ：y 2＝4x 相切，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y －t ＝k （x ＋1），整理得k 2x 2＋2(k 2＋kt －2)x ＋(k ＋t )2＝0，则Δ＝4(k 2＋kt －2)2－4k 2(k ＋t )2＝0，化简得k 2＋tk －1＝0.显然k 1，k 2是关于k 的方程k 2＋tk －1＝0的两个根，所以k 1＋k 2＝－t .又k 0＝－t 2，故k 1＋k 2＝2k 0.答案 D5.(2019·长春监测)已知O 为坐标原点，设F 1，F 2分别是双曲线x 2－y 2＝1的左、右焦点，P 为双曲线左支上任一点，过点F 1作∠F 1PF 2的平分线的垂线，垂足为H ，则|OH |＝( )A.1B.2C.4D.12解析 如图所示，延长F 1H 交PF 2于点Q ，由PH 为∠F 1PF 2的平分线及PH ⊥F 1Q ，。
高三数学一轮复习精品课件 定点、定值、探索性问题
(2)设圆M过A(1,0)，且圆心M在曲线C上，TS是圆M在y轴上截得的弦， 当M运动时，弦长|TS|是否为定值？请说明理由. 解答 几何画板展示
弦长|TS|为定值.理由如下： 取曲线C上点M(x0，y0)，M到y轴的距离为d＝|x0|＝x0，圆的半径r ＝|MA|＝ x0－12＋y02，
则|TS|＝2 r2－d2＝2 y02－2x0＋1， ∵点 M 在曲线 C 上，∴x0＝y220， ∴|TS|＝2 y20－y02＋1＝2 是定值.
跟踪训练2 (2016·珠海模拟)如图，在平面直角坐标系
xOy中，点F(
1 2
，0)，直线l：x＝－1，点P在直线l上移 2
动，R是线段PF与y轴的交点，RQ⊥FP，PQ⊥l.
(1)求动点Q的轨迹C的方程； 解答 几何画板展示
依题意知，点R是线段FP的中点，且RQ⊥FP， ∴RQ是线段FP的垂直平分线. ∵点Q在线段FP的垂直平分线上，∴|PQ|＝|QF|， 又|PQ|是点Q到直线l的距离， 故动点Q的轨迹是以F为焦点，l为准线的抛物线，其方程为y2＝2x(x>0).
设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，
又a2＝b2＋c2，∴a2＝3. ∴椭圆的方程为x32＋y2＝1.
(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点并求此定点. 证明 几何画板展示
思维升华
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.
§9.9 圆锥曲线的综合问题
第3课时 定点、定值、探索性问题
2020高三数学一轮复习(人教版文)：课时作业58圆锥曲线的综合问题 ——定点、定值、探索性问题
(2)假设存在满足条件的点M(m,0)(m>0)，
直线l：x＝ty＋m，联立xy＝ 2＝ty8＋x，m， 则y2－8ty－8m＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则y1＋y2＝8t，y1y2＝－8m， |AM|2＝(x1－m)2＋y21＝(t2＋1)y21， |BM|2＝(x2－m)2＋y22＝(t2＋1)y22， 所以|A1M|2＋|BM1 |2＝t2＋11y21＋t2＋11y22＝t2＋1 1·y21y＋21y22y22＝4m42t2＋t2＋m1，当m＝4 时，|AM1 |2＋|B1M|2＝116，为定值，所以M(4,0)。
当且仅当k＝± 22时，等号成立， 所以△PAB′面积的最大值是 22。
4．已知点A，B分别是椭圆C：
x2 a2
＋
y2 b2
＝1(a>b>0)的左、右顶点，F为
左焦点，点P是椭圆上异于A，B的任意一点，直线AP与过点B且垂直于x
轴的直线l交于点M，直线MN⊥BP于点N。
(1)求证：直线AP与直线BP的斜率之积为定；
消去y，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0。
所以Δ＝16(4k2＋1－m2)>0，x1＋x2＝4－k28＋km1，x1x2＝44mk22＋－14。
因为点B在以线段MN为直径的圆上，
所以B→M·B→N＝0。
因为B→M·B→N＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋ x2)＋(m－1)2＝0，
3．(2019·豫南九校联考)已知点F1(－ 2 ，0)，圆F2：(x－ 2 )2＋y2＝ 16，点M是圆上一动点，MF1的垂直平分线与MF2交于点N。
高三数学(文)一轮总复习(人教通用)课件：第8章 第八节 第三课时 定点、定值、探索性问题
栏目 导引
第十二章
选考部分
y2 AF 的方程为 y＝ (x－2)， (2)直线 证明： 由题意知过点 Fx 的直线 l 的方程为 y＝k(x－1)， 2(1,0) － 2 2 y2)， 2y2 设 E(x1，y1)，F(x2， 2 2 4 ， 令 x＝4，得点 N ， 4 k －12 8k x － 2 解： (1) 因为△ EFF 的周长为 8 ， 2 2 2 1 将x1＋x2＝ 2 ，x1x2＝ 2 代入上式得： x y 4k ＋ 4k ＋y 3 将直线 l 的方程 y＝ k3 (x － 1) 代入椭圆 C 的方程 ＋ ＝1， y 1 2 4 3 2 4， ＋ 所以点 P 的坐标为 . 所以 4a＝8，所以 a ＝4， x － 2 x － 2 1 2 2 22 2 2 2 整理得 (4k ＋3) xk－ 812 k x＋4k － 12＝0， 4 － 8k 所以直线 PF 的斜率为 2 2 2 k· x － 3 k相切，故 · 2 ＋4 k 22＋y2 又椭圆 C 与圆 ＝ 3 b ＝3， 3 4 k ＋ 3 4 1 y 2 4k ＋ 2 1 y Δ＝64 k － 4(4 k ＋ 3)(4 k － 12) ＞ 0 恒成立， 1 2 k′＝3· ＋ ＝－k， 2 2 － 0 k 2－ 12 8 2k y1 2 2 x1－4 2 x － 2 y 1 2 2 4 k － 12 x y 8k 2 － 2× ＋ 4 2 ＋ k ′ ＝ ＝ x 的方程为 ＋4k ＝ 1. ＋ 3 x1x4 ＋ 32 且所以椭圆 x1＋x2＝ C 4 ， . x2－2 2k 2 2＝ － 3 4 － 1 1 3 4k ＋3 4k ＋3 y2 1 y2x1＋x2y1－2y1＋ y 1 ＝ ·k 直线 AE 的方程为 y＝ 1. (x－2)， 所以 · k′为定值－ 3 x ＋ 4 1x2－2x1＋x2x 1－ 2 xy ＋4k x1＋2 1 2kx1x2－3k 2 1 ， ＝ · 4 ， 令x ＝ 4 ，得点 M ， 3 x1x2－2 x ＋ x ＋ 4 1 2 x － 2 1
高考数学一轮复习8.8.3第三课时定点、定值、探索性问题课件文新人教a版
①
x1·x2＝43m＋2－4k32 .
又 y1y2 ＝ (kx1 ＋ m)(kx2 ＋ m) ＝ k2x1x2 ＋ mk(x1 ＋ x2) ＋ m2 ＝ 3m2－4k2
3＋4k2 .
∵椭圆的右顶点为 A2(2,0)，AA2⊥BA2， ∴(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0， ∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0， ∴3m3＋2－4k42k2＋43m＋2－4k32 ＋31＋6m4kk2＋4＝0，∴7m2＋16mk＋4k2
考向一 定点问题[自主练透型] [例 1] 椭圆 C 的中心在坐标原点，焦点在 x 轴上，该椭圆
经过点 P1，32且离心率为12. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若直线 l：y＝kx＋m 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．
＋2b2－8＝0.故 xM＝x1＋2 x2＝2－k22＋kb1，yM＝k·xM＋b＝2k2b＋1.
于是直线 OM 的斜率 kOM＝yxMM＝－21k，即 kOM·k＝－12. 所以直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值．
——[通·一类]—— 2．(2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的离心
率为 22，点(2， 2)在 C 上． (1)求 C 的方程； (2)直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两个交点
A，B，线段 AB 的中点为 M.证明：直线 OM 的斜率与直线 l 的斜 率的乘积为定值．
解析：(1)由题意有 a2a－b2＝ 22，a42＋b22＝1， 解得 a2＝8，b2＝4.所以 C 的方程为x82＋y42＝1.
高三数学(理)一轮总复习(人教通用)课件第8章 第9节 第3课时 定点、定值、探索性问题ppt版本
解析
考点二 定值问题 重点保分型考点——师生共研
[典例引领]
(2016·衡水模拟)已知F1，F2为椭圆C：
x2 a2
＋
y2 b2
＝1(a＞b＞0)
的左、右焦点，过椭圆右焦点F2且斜率为k(k≠0)的直线l与
椭圆C相交于E，F两点，△EFF1的周长为8，且椭圆C与圆 x2＋y2＝3相切．
(1)求椭圆C的方程；
定点T？若存在，求出T的坐标；若不存在，请说明理由．
解析
“课后·三维演练”见“课时跟踪检测(六十)” (单击进入电子文档)
“板块命题点专练(十四)” (单击进入电子文档)
再见
(2)设A为椭圆的右顶点，直线AE，AF分别交直线x＝4于点
M，N，线段MN的中点为P，记直线PF2的斜率为k′，求
证：k·k′为定值．
解析
[由题悟法] 定值问题常见的2种求法 (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．
x2 a2
＋by22
＝1(a＞b＞0)的右焦点为
F(1,0)，右顶点为A，且|AF|＝1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且
只有一个交点P，且与直线x＝4交于点
Q，问：是否存在一个定点M(t,0)，使
得 MP ·MQ ＝0.若存在，求出点M的坐
标；若不存在，说明理由．
[即时应用]
已知椭圆
x2 a2
＋
y2 b2
＝1(a＞b＞0)的左焦点F1(－1,0)，长轴长与短
轴长的比是2∶ 3.
(1)求椭圆的方程；
(2)过F1作两直线m，n交椭圆于A，B，C，D四点，若m⊥n， 求证：|A1B|＋|C1D|为定值．
2020高考新课标数学(文)一轮复习教材：专题研究圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题
专题研究（二）圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题专题概述：1.证明直线过定点，应根据已知条件建立直线方程中斜率k或截距b的关系式，此类问题中的定点多在坐标轴上；2•解决定值问题应以坐标运算为主，需建立相应的目标函数，然后代入相应的坐标运算，结果即可得到；3•无论定点或定值问题，都可先用特殊值法求出，然后再验证即可，这样可确定方向和目标；4•探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为：假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，贝加素（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.［专题讲解］题型一定点问题【典例1】（2019甘肃兰州模拟）已知椭圆C：a2+ ^2= 1（a>b>0）短轴的一个端点与其两个焦点构成面积为3的直角三角形.（1）求椭圆C的方程；⑵过圆E: x2+ y2= 2上任意一点P作圆E的切线I, I与椭圆C 交于A, B 两点，以AB为直径的圆是否过定点，若过定点，求出该定点；若不过定点，请说明理由.［审题程序］第一步：待定系数法求C的方程；第二步：依据特殊情形确定定点；第三步：应用根与系数的关系，转化证明方向；第四步：计算推证.［规范解答］（1）因为椭圆C短轴的一个端点和其两个焦点构成1 1 2直角三角形，所以b = c , S =㊁2c b = 2a = 3,所以 a=，6, b = , 3. x 2 y故椭圆C 的方程为§ + 3 = 1.(2)圆E 的方程为x 2 + y 2 = 2,设0为坐标原点，当直线I 的斜率不存在时，不妨设直线 AB 的方程为x = 2, 则 A(,2, 2), B(.2,—「2)，所以Z AOB =扌， 所以以AB 为直径的圆过坐标原点.当直线I 的斜率存在时，设其方程为y = kx + m , A(x i , y i ), B (X 2, y 2)•因为直线与相关圆相切， 所以 d =—^=爲=飞=J 2,所以 m 2 = 2 + 2k 2.p 1 + k 2 \l 1+ ky = kx + m ,联立方程组 x 2 y得 x 2 + 2(kx + m)2= 6,即(1 + 2k 2)x 2 + 〔石 +3 = 1,4kmx + 2m 2— 6 = 0,A= 16k 2m 2— 4(1 + 2k 2)(2m 2— 6)= 8(6k 2— m 2 + 3)=8(4k 2 + 1)>0,4km 1 + 2k 2,X1^ =由根与系数的关系得2m 2 — 6所以X1X2 + y〃2 = (1 + k )X1X2 + km(X1 + X2)+ m1 + k2 2m 2- 6 4k 2m 2 2 3m 2 — 6k 2— 6= --------- : -- —+ m = -------- : - = 0. 所以OA 丄OB ,所以以AB 为直径的圆恒过坐标原点 O.［答题模板］解决这类问题的答题模板如下:［题型专练］1. (2019 广东佛山一中第二次段考)椭圆C :肇+ £ = 1(a>b>0)1的离心率为刁 其左焦点到点P(2,1)的距离为10.(1) 与椭圆C 的标准方程；(2) 若直线I : y = kx + m 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I 过定 点，并求出该定点的坐标.［解］(1)v 左焦点(—c,0)到点P(2,1)的距离为.石， —2+c 2+ 1= 10,解得 c = 1.又 e = a = 2，解得 a = 2,「・b 2= a 2 — c 2 = 3.一x 2 y 2m 2= 1+ 2k 21 + 2k2 1 + 2k 2定目标选参数建联系v确定与参数无关的点中即为所求.•••所求椭圆C的方程为：4 + 3 = 1.⑵证明：设 A(x i , y i ), B(X 2, y 2),y = kx + m由 x 2 y 得(3+ 4『)x 2 + 8mkx + 4(m 2 — 3) = 0,4 + 3 = 1A= 64m 2k 2— 16(3 + 4k 2)(m 2— 3)>0, 化简得3+ 4k 2>m 2.2 2y 〃2 = (kx i + m)(kx 2 + m)= k X 1X 2 + mk(x i + 血)+ m =•••以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 D(2,0),kADkBD一2 X —2= — 1，：沁2 + X 1X 2 — 2(X 1 + X 2)+ 4= 0,3m2—4k 24 m 2—316mk •- 2+2+2+ 4= 0.3 + 4k 2 3+ 4k 2 3 + 4k 2化简整理得 7m 2 + 16mk + 4k 2= 0,解得 m 1 = — 2k , m 2 =—于, 且满足 3+ 4k 2 — m 2>0.当m = — 2k 时，I : y = k(x — 2),直线过定点(2,0)与已知矛盾； 2k ( 2) 2\当m = — y 时，I : y = k x — 7J,直线过定点J, 0J.(2综上可知，直线I 过定点，定点坐标为 J, 0 .—8km•・X l + X 2 2 3 + 4k 2x i x 2 = 4 m 2— 33+4k 23 m 2 —4k 23 + 4k 2题型二定值问题2 2【典例2] (2019北京石景山区一模)已知椭圆E:字+1(a>b>0)过点(0,1)，且离心率为守3.(1)求椭圆E的方程；1⑵设直线I: y= 2X+ m与椭圆E交于A, C两点，以AC为对角线作正方形ABCD，记直线I与x轴的交点为N,问B，N两点间的距离是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由.［审题程序］第步：待定系数法求出椭圆方程；第二步：弦长公式求|AC|;第三步：求出中点M，利用勾股定理求出|BN|.［规范解答］(1)由题意可知，椭圆的焦点在x轴上，椭圆过点(0,1),则b= 1.由椭圆的离心率e= £= ... 1 —字=~2，解得a= 2,所以椭圆E 一x22的标准方程为+ y = 1.(2)设A(X1, y) C(X2, yj，线段AC 的中点为M(x。
高考数学一轮复习第8章 命题探秘2 第1课时 圆锥曲线中的定点、定值问题
命题探秘二 高考中的圆锥曲线问题 第1课时 圆锥曲线中的定点、定值问题技法阐释求解圆锥曲线中的定点问题的两种方法(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关．(2)直接推理法：①选择一个参数建立直线系方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常量当成变量，将变量x ，y 当成常量，将原方程转化为kf (x ，y )＋g (x ，y )＝0的形式(k 是原方程中的常量)；②根据直线过定点时与参数没有关系(即直线系方程对任意参数都成立)，得到方程组错误!③以②中方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决．高考示例 思维过程(2019·全国卷Ⅲ)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(1)证明：设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12，A (x 1，y 1)，则x 21＝2y 1.由于y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y1＋12x1－t ＝x 1，→关键点1：利用斜率公式建立等量关系 整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0.→关键点2：分别观察过切点A ，B 的两条切线方程，得出直线AB 的方程 故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0，→关键点3：结合恒过定点的直线系特征得出答案所以直线AB 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.(2)略.的中点，求四边形ADBE 的面积.技法一 直接推理解决直线过定点问题[典例1] (2020·临沂、枣庄二模联考)已知椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，其左、右焦点分别为F 1，F 2，点P 为坐标平面内的一点，且|OP →|＝32，PF1→·PF2→＝－34，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)设M 为椭圆C 的左顶点，A ，B 是椭圆C 上两个不同的点，直线MA ，MB 的倾斜角分别为α，β，且α＋β＝π2.证明：直线AB 恒过定点，并求出该定点的坐标．[思维流程][解] (1)设P 点坐标为(x 0，y 0)，F 1(－c,0)，F 2(c,0)， 则PF1→＝(－c －x 0，－y 0)，PF2→＝(c －x 0，－y 0)． 由题意得错误! 解得c 2＝3，∴c ＝3.又e ＝c a ＝32，∴a ＝2.∴b 2＝a 2－c 2＝1.∴所求椭圆C 的方程为x24＋y 2＝1.(2)设直线AB 方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x24＋y2＝1，y ＝kx ＋m ，消去y 得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. ∴x 1＋x 2＝－8km4k2＋1，x 1x 2＝4m2－44k2＋1.又由α＋β＝π2，∴tan α·tan β＝1， 设直线MA ，MB 斜率分别为k 1，k 2，则k 1k 2＝1， ∴y1x1＋2·y2x2＋2＝1， 即(x 1＋2)(x 2＋2)＝y 1y 2.∴(x 1＋2)(x 2＋2)＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )， ∴(k 2－1)x 1x 2＋(km －2)(x 1＋x 2)＋m 2－4＝0， ∴(k 2－1)4m2－44k2＋1＋(km －2)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－8km 4k2＋1＋m 2－4＝0， 化简得20k 2－16km ＋3m 2＝0，解得m ＝2k 或m ＝103k .当m ＝2k 时，y ＝kx ＋2k ，过定点(－2,0)，不合题意(舍去)． 当m ＝103k 时，y ＝kx ＋103k ，过定点⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－103，0，∴直线AB 恒过定点⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－103，0.点评：动直线l 过定点问题的基本思路设动直线方程(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)．技法二 直接推理解决曲线过定点问题[典例2] (2019·北京高考)已知抛物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)． (1)求抛物线C 的方程及其准线方程；(2)设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线y ＝－1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B .求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．[思维流程][解] (1)由抛物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)，得p ＝2. 所以抛物线C 的方程为x 2＝－4y ，其准线方程为y ＝1.(2)证明：抛物线C 的焦点为F (0，－1)，设直线l 的方程为y ＝kx －1(k ≠0)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －1，x2＝－4y得x 2＋4kx －4＝0.设M ()x1，y1，N ()x2，y2，则x 1x 2＝－4.直线OM 的方程为y ＝y1x1x .令y ＝－1，得点A 的横坐标x A ＝－x1y1.同理得点B 的横坐标x B ＝－x2y2.设点D (0，n )，则DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－x1y1，－1－n ，DB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－x2y2，－1－n ，DA →·DB →＝x1x2y1y2＋(n ＋1)2＝x1x2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－x214⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－x224＋(n ＋1)2 ＝16x1x2＋(n ＋1)2＝－4＋(n ＋1)2. 令DA →·DB →＝0，即－4＋(n ＋1)2＝0，则n ＝1或n ＝－3. 综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0,1)和(0，－3)．点评：抓住圆的几何特征：“直径所对的圆周角为90°”，巧用向量DA →·DB →＝0求得定点坐标，学习中应体会向量解题的工具性．技法三 定直线的方程问题[典例3] 已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)的焦点为F ，过F 且斜率为1的直线与C 交于A ，B 两点，|AB |＝8.(1)求抛物线C 的方程；(2)过点D (1,2)的直线l 交C 于点M ，N ，点Q 为MN 的中点，QR ⊥x 轴交C 于点R ，且QR→＝RT →.证明：动点T 在定直线上． [思维流程][解] (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．因为F ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，p 2，所以过F 且斜率为1的直线的方程为y ＝x ＋p 2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋p 2，x2＝2py消去y 并整理，得x 2－2px －p 2＝0，易知Δ＞0.则x 1＋x 2＝2p ，y 1＋y 2＝x 1＋x 2＋p ＝3p ， 所以|AB |＝y 1＋y 2＋p ＝4p ＝8，解得p ＝2. 于是抛物线C 的方程为x 2＝4y .(2)证明：（法一）易知直线l 的斜率存在，设l 的方程为y ＝k (x －1)＋2， Q (x 0，y 0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x3，14x23，N ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x4，14x24. 由错误!消去y 并整理，得x 2－4kx ＋4k －8＝0. 则Δ＝(－4k )2－4(4k －8)＝16(k 2－k ＋2)＞0， x 3＋x 4＝4k ，x 3x 4＝4k －8，所以x 0＝x3＋x42＝2k ，y 0＝k (x 0－1)＋2＝2k 2－k ＋2，即Q (2k,2k 2－k ＋2)．由点R 在曲线C 上，QR ⊥x 轴，且QR→＝RT →，得R (2k ，k 2)，R 为QT 的中点，所以T (2k ，k －2)． 因为2k －2(k －2)－4＝0，所以动点T 在定直线x －2y －4＝0上．（法二）设T (x ，y )，M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x3，14x23，N ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x4，14x24. 由⎩⎪⎨⎪⎧x23＝4y3，x24＝4y4得(x 3＋x 4)(x 3－x 4)＝4(y 3－y 4)，所以x3＋x44＝y3－y4x3－x4.设Q (x ，y 5)，则直线MN 的斜率k ＝y5－2x －1，又y3－y4x3－x4＝k ，点Q 的横坐标x ＝x3＋x42， 所以x2＝y5－2x －1，所以y 5＝12x (x －1)＋2.由QR →＝RT →知点R 为QT 的中点，所以R ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ，y5＋y 2. 又点R 在C 上，将⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ，y5＋y 2代入C 的方程得x 2＝2(y 5＋y )，即－x ＋4＋2y ＝0， 所以动点T 在定直线x －2y －4＝0上．点评：本题第(2)问给出了探求圆锥曲线中的定直线问题的两种方法：方法一是参数法，即先利用题设条件探求出动点T 的坐标(包含参数)，再消去参数，即得动点T 在定直线上；方法二是相关点法，即先设出动点T 的坐标为(x ，y )，根据题设条件得到已知曲线上的动点R 的坐标，再将动点R 的坐标代入已知的曲线方程，即得动点T 在定直线上．技法四 直接推理解决定值问题[典例4] 在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x24＋y 2＝1，点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)是椭圆C 上两个动点，直线OP ，OQ 的斜率分别为k 1，k 2，若m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x12，y1，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x22，y2，m·n ＝0. (1)求证：k 1·k 2＝－14；(2)试探求△OPQ 的面积S 是否为定值，并说明理由． [思维流程][解] (1)证明：∵k 1，k 2均存在，∴x 1x 2≠0. 又m·n ＝0，∴x1x24＋y 1y 2＝0，即x1x24＝－y 1y 2，∴k 1·k 2＝y1y2x1x2＝－14.(2)①当直线PQ 的斜率不存在，即x 1＝x 2，y 1＝－y 2时，由y1y2x1x2＝－14，得x214－y 21＝0.又∵点P (x 1，y 1)在椭圆上，∴x214＋y 21＝1，∴|x 1|＝2，|y 1|＝22.∴S △POQ ＝12|x 1||y 1－y 2|＝1.②当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋b .联立得方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x24＋y2＝1，消去y 并整理得(4k 2＋1)x 2＋8kbx ＋4b 2－4＝0，其中Δ＝(8kb )2－4(4k 2＋1)(4b 2－4)＝16(1＋4k 2－b 2)>0，即b 2<1＋4k 2. ∴x 1＋x 2＝－8kb4k2＋1，x 1x 2＝4b2－44k2＋1.∵x1x24＋y 1y 2＝0， ∴x1x24＋(kx 1＋b )(kx 2＋b )＝0，得2b 2－4k 2＝1(满足Δ>0)． ∴S △POQ ＝12·|b|1＋k2·|PQ |＝12|b |错误!＝2|b |错误!＝1.综合①②知△POQ 的面积S 为定值1.点评：圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；(2)求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；(3)求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．。
2020年高考数学(文科)一轮复习定点定值探索性问题
听课手册 破解难点优质课 四定点定值探索性问题 破解难点一定点问题 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 )=O 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. 案例(选取六年全国卷) ⑵由题意知 F (-1,0).设 Q (-3,t ),P (m ,n ),则 =(-3,t ),=(-仁m ,-n ), 【关键1：用参数表示p ,Q 的坐标及向量 在椭圆c ：—+y 2=1上，过M 作x 轴的垂线，垂 =(m ,n ), =(-3-m ,t-n ). 足为N ,点P 满足 即 丄.又过点P 存在唯一直线垂直于 OQ ,所以过点P 且垂直于OQ 的直线I 过C 的左焦点F.【关键3:利用平面内过一点 作一条直线的垂线的唯一性，即得直线I 过点F ]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.关键步 [2017 •全国卷U 设O 为坐标原点，动点M =3+3m-tn , =1 得-3m-m 2+t n-n 2=1, (1)求点 P 的轨迹方程； (2)设点 Q 在直线x=-3上且=1,证又由(1)知 m 2+n 2=2,故 3+3m-tn=0,明:过点 P 且垂直于 OQ 的直线I 过 C 的左 所以 =0【关键2:根据(1)=1焦点F. 的前提下，证明=0 ]例1 [2018 •安徽淮南二模]已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在y轴上，且抛物线上有一点P(m,5)到焦点的距离为6.(1)求该抛物线C的方程；⑵已知抛物线上一点M(4,t),过点M作抛物线的两条弦MD和ME,且MD丄ME,判断直线DE是否过定点，并说明理由［总结反思］对于满足一定条件的曲线上的两点的连线过定点或满足一定条件的曲线过定点问题，证明直线或曲线过定点，一般有两种方法：①分离参数法，一般可以根据需要选定参数入€ R结合已知条件求出直线或曲线的方程，分离参数得到等式f i(x,y)用+f2(x,y)入+(x,y)=O( —般地,f i(x,y)(i=1,2,3)为关于x,y的二元一次关系式)，由上述原理可得方程组从而求得该定点；②特殊探求法，一般先考虑动直线或曲线的特殊情况，找出定点的位置，再证明该定点在该直线或该曲线上(将定点的坐标代入直线或曲线的方程后等式恒成立).变式题已知椭圆C:—+—=i(a>b>0)的右焦点与抛物线y2=4x的焦点重合，且椭圆C的离心率为-.(1)求椭圆C的方程；(2)设P是椭圆C的右顶点，过P点作两条直线分别与椭圆C交于另一点A,B,若直线PA,PB的斜率之积为--,求证:直线AB恒过一个定点，并求出这个定点的坐标例2 [2018 •南昌模拟]已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，且过点P —，直线| 与椭圆交于A,B两点(A,B两点不是左、右顶点),当直线I的斜率为-时，弦AB的中点D在直线y=--x上.(1)求椭圆C的方程•⑵若以AB为直径的圆过椭圆的右顶点，则直线I是否经过定点？若是，求出定点坐标若不是, 请说明理由［总结反思］定点问题可通过取特殊值来确定“定点”是什么，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的•定点问题与证明问题类似，在求定点之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理,到最后必定参数统消，定点显现•破解难点二定值问题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•(续表)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.x 1x 2+k (x 1+x 2)+1= ------------------------=- - 2-2.所以，当-=时，- -------- 2=-3.【关键3:构造 • + - • 关于k ,-的表达式，得到当-=时 • +- • 的值】此时，• +- • =-3为定值.故存在常数 -=,使得 +- • 为定值-3.例3 [2018 -湖北荆州中学月考]已知动圆过定点 A (2,0),且在y 轴上截得弦 MN 的长为4.(1)求动圆圆心的轨迹 E 的方程.⑵设B (1,0),过点A 斜率为k (k>0)的直线l 交轨迹E 于P ,Q 两点，PB ,QB 的延长线分别交轨 迹E 于S ,T 两点.①若△ PQB 的面积为3,求 k 的值；②记直线ST 的斜率为k ST ，证明:一为定值，并求出这个定值E ：—+—=1(a>b>0)的离心率是一，点 p (0,1) 此时，• +入 + • =-2-1=-3 .【关键 在短轴CD 上,且• =-1. 1:分类讨论，证明当AB 斜率不存在时 • +入• 为定值】(1) 求椭圆E 的方程. (2) 设0为坐标原点，过点P 的动直线与椭 圆交于 A ,B 两点.是否存在常数 入使得 +入• 为定值？若的值;若不存在，请说明理由 (ii)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y=kx+1，A ，B 的坐 标分别为(x 1 ,y 1 ),(x 2,y 2).联立 — — 得(2k 2+1)x 2+4kx-2=0.其判别式△ = 4k )2+8(2k 2+1)>0,所以 X 1+X 2=- ,X 1X 2= -------- .【关键2:当直线斜率存在时，联立直线方程与椭圆方程，用参数表 示交点的坐标】从而 •+ 入 • =x 1x 2+y 1y 2+^x 1x 2+(y 1-1 )(y 2-1 )]=(1 + ”(1+k 2)［总结反思］求解代数式为定值的问题，常依题意设变量，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简计算，并在计算推理的过程中消去变量，即可得出定值•变式题已知抛物线C：y2=2px(p>0)在第一象限内的点P(2,t)到焦点F的距离为(1)若M -- ，过点M，P的直线l i与抛物线相交于另一点Q，求—的值•⑵若直线12与抛物线C相交于A，B两点，与圆N:(x-a)2+y2=1相交于D，E两点，0为坐标原点，OA丄OB，试问：是否存在实数a，使得|DE|的长为定值？若存在，求出a的值;若不存在，请说明理由•破解难点三探索性问题探索性问题的解法：先假设存在，用待定系数法设出，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)当条件和结论都不确定，按常规方法解题很难时 要开放思维，采取另外合适的方法•案例(选取六年全国卷)设出直线方程】代入 y 2=2px 得 y 2-4ty+4t 2=0,解得 y 1=y 2=2t ，【关键2:联立直线方程与抛物线方程，求出交点的坐标】 即直线MH 与C 只有一个公共点，所以除H 以外直 线MH 与C 没有其他公共点.【关键3:根据方程的 解得到直线与曲线 C 的公共点情况】例4 [2018 •山西太原一模]已知椭圆C :—+—=1 (a>b>0)的左顶点为 A ，右焦点为F 2(2,0)，点 B (2，- 一)在椭圆C 上.(1)求椭圆C 的方程•⑵若直线y=kx (k 丰0)与椭圆C 交于E ，F 两点，直线AEAF 分别与y 轴交于点M ，N ，在x 轴上 关键步[2016 •全国卷I 在直角坐标系 xOy 中，直线l ：y=t (t M 0)交y 轴于点M ,交抛物线C ：y 2=2px (p>0)于点P ，M 关于点P 的对 称点为N ,连接ON 并延长交C 于点H.(2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点•理由 如下：直线MH 的方程为y-t=-x ，即x=_(y-t )，【关键1:(1)求 (2)除 H 以外，直线MH 与C 是否有其他公共点？说明理由是否存在点P，使得无论非零实数k怎样变化，总有/ MPN为直角？若存在，求出点P的坐标;若不存在，请说明理由［总结反思］(1)对于存在性问题，通常先假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,将不确定性问题明朗化，然后推出结论；(2)由于解析几何问题的解答中一般要涉及大量的计算，因此在解题时要注意运算的合理性和正确性变式题［2018 •安徽六安一中月考］已知椭圆C：—+—=1(a>b>0)的左、右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个顶点，点D -在椭圆C 上,直线l:y=kx+m与椭圆C交于A,P两点,与x轴、y轴分别相交于点N和点M,且=，点Q是点P关于x轴的对称点,QM的延长线交椭圆于点B,过点A,B分别作x轴的垂线，垂足为A i,B i.(1)求椭圆C的方程.(2)是否存在直线I,使得点N平分线段A i B i?若存在,求出直线I的方程;若不存在，请说明理由完成专题突破训练(四)。
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课时活页作业（五十一）[基础训练组]1．(2016·桂林市、防城港市联合调研)已知抛物线C ：x 2＝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 ：x 2＝2py(p ＞0)的焦点为F(0，p 2)，准线方程为y ＝－p 2.设直线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＋p 2，|FN|＝3－p2.由∠AFB ＝120°，则|FA|＝2|FN|，即有3＋p 2＝2(3－p2)，解得p ＝2，即有抛物线的方程为x 2＝4y.②当p≥6时，由抛物线的定义可得|FA|＝3＋p 2，|FN|＝p2－3.由∠AFB ＝120°，则|FA|＝2|FN|，即有3＋p 2＝2(p2－3)，解得p ＝18，即有抛物线的方程为x 2＝36y.综上可得，抛物线方程为x 2＝4y 或x 2＝36y.(2)当0＜p ＜6时，抛物线方程为x 2＝4y.设Q(m ，14m 2)，y ＝14x 2的导数为y′＝12x ，则有切线斜率为12m ，切线方程为y －14m 2＝12m(x －m)，令y ＝0可得x ＝12m ；令y ＝3可得x ＝12m＋6m. 即有M(12m ＋6m ，3)，D(12m,0)．以MN 为直径作圆G ，G(14m ＋3m ，3)，设圆G 的半径为r ，r ＝12|MN|＝|14m ＋3m |.由DH ⊥HG ，由勾股定理可得|DH|＝|DG|2－r 214m －3m2＋32－14m ＋3m2＝9－2×2×34＝6，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 6.2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)经过点M ⎝⎛⎭⎫1，32，其离心率为12.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l ∶y ＝kx ＋m(|k|≤12)与椭圆C 相交于A ，B 两点，以线段OA ，OB 为邻边作平行四边形OAPB ，其中顶点P 在椭圆C 上，O 为坐标原点．求|OP|的取值范围．解：(1)由已知，可得e 2＝a 2－b 2a 2＝14，所以3a 2＝4b 2.又点M(1，32)在椭圆C 上，所以1a2＋94b 2＝1.由以上两式联立，解得a 2＝4，b 2＝3.故椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)当k ＝0时，P(0,2m)在椭圆C 上， 解得m ＝±32，所以|OP|＝ 3.当k≠0时，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，消去y 并化简整理，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，Δ＝64k 2m 2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝48(3＋4k 2－m 2)>0，设A ，B ，P 点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，(x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，y 0＝y 1＋y 2＝k(x 1＋x 2)＋2m ＝6m3＋4k 2. 由于点P 在椭圆C 上，所以x 204＋y 23＝1.从而16k 2m 2＋4k 22＋12m 2＋4k 22＝1，化简得4m 2＝3＋4k 2.所以|OP|＝x 20＋y 20＝64k 2m 2＋4k 22＋36m 2＋4k 22＝4m 22＋＋4k22＝16k 2＋94k 2＋3＝4－34k 2＋3. 因为0<|k|≤12，所以3<4k 2＋3≤4，即34≤34k 2＋3<1.故3<|OP|≤132.综上，所求|OP|的取值范围是⎣⎡⎦⎤3，132. 3．(2016·武汉调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F ，离心率为22，过点F 且与x 轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为2，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆的上顶点为N ，是否存在直线l 交椭圆于P ，Q 两点，使点F 为△PQN 的垂心？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．[解] (1)设F(c,0)，则c a ＝22，知a ＝2c.过点F 且与x 轴垂直的直线方程为x ＝c ，代入椭圆方程，有－2a 2＋y 2b 2＝1，解得y ＝±22b.于是2b ＝2，解得b ＝1.又a 2－c 2＝b 2，从而a ＝2，c ＝1.所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)假设存在直线l 交椭圆于P ，Q 两点，且F 为△PQN 的垂心．设P(x 1，y 1)，Q(x 2，y 2)，因为N(0,1)，F(1,0)，所以k NF ＝－1.由NF ⊥PQ ，知k PQ ＝1.设直线l 的方程为y ＝x ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋m ，x 2＋2y 2＝2，得3x 2＋4mx ＋2m 2－2＝0. 由Δ＞0，得m 2＜3，且x 1＋x 2＝－4m3，x 1x 2＝2m 2－23.由题意，有NP →·FQ →＝0.因为NP →＝(x 1，y 1－1)，FQ →＝(x 2－1，y 2)，所以x 1(x 2－1)＋y 2(y 1－1)＝0，即x 1(x 2－1)＋(x 2＋m)(x 1＋m －1)＝0，所以2x 1x 2＋(x 1＋x 2)(m －1)＋m 2－m ＝0，于是2×2m 2－23－43m(m －1)＋m 2－m ＝0，解得m ＝－43或m ＝1.经检验，当m ＝1时，△PQN 不存在，故舍去m ＝1.当m ＝－43时，所求直线l 存在，且直线l 的方程为y ＝x －43.[能力提升组]4．(2016·保定市一模)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1，(a ＞b ＞0)的短轴长为2，离心率为22，过右焦点F 的直线l 交椭圆与P ，Q 两点．(1)求椭圆的方程；(2)在线段OF 上是否存在点M(m,0)，使得(MP →＋MQ →)·(MP →－MQ →)＝0？若存在，求出m 的取值范围，若不存在，说明理由．[解] (1)由椭圆短轴长为2得b ＝1，又e ＝a 2－1a ＝22，∴a ＝2，所求椭圆方程为x 22＋y 2＝1.(2)假设在线段OF 上存在点M(m,0)(0≤m≤1)，使得(MP →＋MQ →)·(MP →－MQ →)＝0成立，即|MP →2|－|MQ →|＝0或|MP →|＝|MQ →|①当l ⊥x 轴时，显然线段OF 上的点都满足条件，此时0≤m≤1 ②当l 与x 轴重合时，显然只有原点满足条件，此时m ＝0③法1：当l 的斜率存在且不为零时，设直线l 的方程为y ＝k(x ﹣1)(k≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝2y ＝－，可得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，根据根与系数的关系得x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－21＋2k 2设MP →＝(x 1－m ，y 1)，MQ →＝(x 2－m ，y 2)其中x 2－x 1≠0.∵(MP →＋MQ →)·(MP →－MQ →)＝0，∴(x 1＋x 2－2m)(x 2－x 1)＋(y 1＋y 2)(y 2－y 1)＝0⇒(x 1＋x 2－2m)＋k(y 1＋y 2)＝0⇒2k 2－(2＋4k 2)m ＝0⇒m ＝k 21＋2k2＝12＋1k2(k≠0)． ∴0＜m ＜12.∴综上所述：①当l ⊥x 轴时，存在0≤m≤1适合题意，②当l 与x 轴重合时，存在m ＝0适合题意，③当l 的斜率存在且不为零时存在0＜m ＜12适合题意．6．(2016·云南省第一次统一检测)已知曲线C 的方程为＋2＋y 2＋－2＋y 2＝4，经过点(－1,0)作斜率为k 的直线l ，l 与曲线C 交于A 、B 两点，l 与直线x ＝－4交于点D ，O 是坐标原点．(Ⅰ)当OA →＋OD →＝2OB →时，求证：k 2＝54；(Ⅱ)是否存在实数k ，使△AOB 为锐角三角形？若存在，求k 的取值范围；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：∵＋2＋y 2＋－2＋y 2＝4>2，∴曲线C 是以F 1(－1,0)，F 2(1,0)为焦点，4为长轴长的椭圆，∴曲线C 的方程为x 24＋y 23＝1，即3x 2＋4y 2＝12.∵直线l 经过点(－1,0)，斜率为k ，∴直线l 的方程为y ＝k(x ＋1)．∵直线l 与直线x ＝－4交于点D ，∴D(－4，－3k)．设A(x 1，kx 1＋k)，B(x 2，kx 2＋k)，∴x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2，x 1·x 2＝4k 2－123＋4k 2.由OA →＋OD →＝2OB →得2x 2－x 1＝－4.由⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12，y ＝＋得(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0. 由2x 2－x 1＝－4，x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2得x 1＝43＋4k 2，x 2＝4＋8k 23＋4k 2.∵x 1·x 2＝4k 2－123＋4k 2，∴43＋4k 2×(－4＋8k 23＋4k 2)＝4k 2－123＋4k2，化简得4k 4－k 2－5＝0，解方程得k 2＝54或k 2＝－1<0(舍去)．∴k 2＝54. 由(1)知，A(x 1，kx 1＋k)，B(x 2，kx 2＋k)．x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2，x 1·x 2＝4k 2－123＋4k 2，∴OA →＝(x 1，kx 1＋k)，OB →＝(x 2，kx 2＋k)，OA →·OB →＝x 1x 2＋(kx 1＋k)(kx 2＋k)＝(1＋k 2)x 1x 2＋k 2(x 1＋x 2)＋k 2＝－5k 2－123＋4k 2<0.∴∠AOB>π2，∴不存在实数k ，使△AOB 为锐角三角形．7．(2016·郑州市第一次质量预测)已知动点P 到定点F(1,0)和直线l ：x ＝2的距离之比为22，设动点P 的轨迹为曲线E ，过点F 作垂直于x 轴的直线与曲线E 相交于A ，B 两点，直线l ：y ＝mx ＋n 与曲线E 交于C ，D 两点，与线段AB 相交于一点(与A ，B 不重合)(Ⅰ)求曲线E 的方程；(Ⅱ)当直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切时，四边形ABCD 的面积是否有最大值，若有，求出其最大值，及对应的直线l 的方程；若没有，请说明理由．[解] (1)设点P(x ，y)，由题意可得，－2＋y 2|x －2|＝22，整理可得：x 22＋y 2＝1.曲线E 的方程是x 22＋y 2＝1.(2)设C(x 1，y 1)，D(x 2，y 2)，由已知可得：|AB|＝2，当m ＝0时，不合题意．当m≠0时，由直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切，可得：|n|m 2＋1＝1，即m 2＋1＝n 2，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝mx ＋n ，x 22＋y 2＝1，消去y 得(m 2＋12)x 2＋2mnx ＋n 2－1＝0.Δ＝4m 2n 2－4(m 2＋12)(n 2－1)＝2m 2>0，x 1＝－2mn ＋Δ2m 2＋1，x 2＝－2mn －Δ2m 2＋1，所以，x 1＋x 2＝－4mn 2m 2＋1，x 1x 2＝2n 2－22m 2＋1，S 四边形ACBD ＝12|AB||x 2－x 1|＝22m 2－n 2＋12m 2＋1＝2|m|2m 2＋1＝22|m|＋1|m|≤22.当且仅当2|m|＝1|m|， 即m ＝±22时等号成立，此时n ＝±62.经检验可知，直线y ＝22x －62和直线y ＝－22x ＋62符合题意. 8．(2016·郑州市第一次质量预测)已知动点P 到定点F(1,0)和直线l ：x ＝2的距离之比为22，设动点P 的轨迹为曲线E ，过点F 作垂直于x 轴的直线与曲线E 相交于A ，B 两点，直线l ：y ＝mx ＋n 与曲线E 交于C ，D 两点，与线段AB 相交于一点(与A ，B 不重合)(Ⅰ)求曲线E 的方程；(Ⅱ)当直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切时，四边形ABCD 的面积是否有最大值，若有，求出其最大值，及对应的直线l 的方程；若没有，请说明理由．[解] (1)设点P(x ，y)，由题意可得，－2＋y 2|x －2|＝22，整理可得：x 22＋y 2＝1.曲线E 的方程是x 22＋y 2＝1.(2)设C(x 1，y 1)，D(x 2，y 2)，由已知可得：|AB|＝ 2.当m ＝0时，不合题意. 当m≠0时，由直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切，可得：|n|m 2＋1＝1，即m 2＋1＝n 2. 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝mx ＋n x 22＋y 2＝1消去y 得(m 2＋12)x 2＋2mnx ＋n 2－1＝0. Δ＝4m 2n 2－4(m 2＋12)(n 2－1)＝2m 2>0，x 1＝－2mn ＋Δ2m 2＋1，x 2＝－2mn －Δ2m 2＋1 所以，x 1＋x 2＝－4mn 2m 2＋1，x 1x 2＝2n 2－22m 2＋1S 四边形ACBD ＝12|AB||x 2－x 1|＝22m 2－n 2＋12m 2＋1＝2|m|2m 2＋1＝22|m|＋1|m|≤22. 当且仅当2|m|＝1|m|，即m ＝±22时等号成立，此时n ＝±62，经检验可知，直线y ＝22x －62和直线y ＝－22x ＋62符合题意.。