2019版理数练习：第八章第九节第三课时定点、定值、探索性问题

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第八节第三课时定点、定值、探索性问题 (2)

(2)是否存在圆心在 y 轴上的圆，使圆在 x 轴的上方与椭圆有两个
交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的
焦点？若存在，求出圆的方程，若不存在，请说明理由．
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第三课时定点、定值、探索性问题结束
解：(1)设 F1(－c,0)，F2(c,0)，其中 c2＝a2－b2.
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第三课时定点、定值、探索性问题结束
(2)证明：法一：由 AP·AQ＝0 知 AP⊥AQ，从而直线 AP 与坐标轴不垂直，故可设直线 AP 的方程为 y＝kx＋1，直线 AQ 的方程为 y ＝－1kx＋1.
y＝kx＋1，联立方程组x32＋y2＝1，整理得(1＋3k2)x2＋6kx＝0，解得 x＝0 或 x＝1－＋63kk2，故点 P 的坐标为1－＋63kk2，11－＋33kk22，同理，点 Q 的坐标为k26＋k 3，kk22－＋33，
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第三课时定点、定值、探索性问题结束
解：(1)∵抛物线的焦点 F 满足FA＋FB＋FC ＝0， ∴ AF ＝FB＋FC ，取 BC 边上的中点 M，连接 FM，则 AF ＝2FM ，故点 F 在直线 l 上．在 mx＋ny－m＝0 中，令 y＝0，得 x＝1，得抛物线的焦点 F(1,0)，于是p2＝1，p＝2.
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第三课时定点、定值、探索性问题结束
∴直线 l 的斜率为kkk2226＋＋－k 333－－111－－＋＋6333kkkk222＝k24－k 1， ∴直线 l 的方程为 y＝k24－k 1x－k26＋k 3＋kk22－＋33，即 y＝k24－k 1x－12. ∴直线 l 过定点0，－12.

北师大版2019版同步优化探究理数练习第八章第九节第二课时最值、范围、证明问题 Word版含解析

课时作业 A 组——基础对点练1．已知椭圆C 1：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A (1,0)，过C 1的焦点且垂直长轴的弦长为1.(1)求椭圆C 1的方程；(2)设点P 在抛物线C 2：y ＝x 2＋h (h ∈R)上，C 2在点P 处的切线与C 1交于点M ，N .当线段AP 的中点与MN 的中点的横坐标相等时，求h 的最小值．解析：(1)由题意，得⎩⎨⎧b ＝1，2·b 2a ＝1.从而⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1.因此，所求的椭圆C 1的方程为y 24＋x 2＝1. (2)如图，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，P (t ，t 2＋h )，则抛物线C 2在点P 处的切线斜率为y ′|x ＝t ＝2t . 直线MN 的方程为： y ＝2tx －t 2＋h .将上式代入椭圆C 1的方程中，得 4x 2＋(2tx －t 2＋h )2－4＝0，即4(1＋t 2)x 2－4t (t 2－h )x ＋(t 2－h )2－4＝0.① 因为直线MN 与椭圆C 1有两个不同的交点，所以①式中的Δ1＝16[－t 4＋2(h ＋2)t 2－h 2＋4]>0.② 设线段MN 的中点的横坐标是x 3，则x 3＝x 1＋x 22＝t (t 2－h )2(1＋t 2). 设线段P A 的中点的横坐标是x 4，则x 4＝t ＋12. 由题意，得x 3＝x 4，即t 2＋(1＋h )t ＋1＝0.③ 由③式中的Δ2＝(1＋h )2－4≥0，得h ≥1，或h ≤－3. 当h ≤－3时，h ＋2<0,4－h 2<0，则不等式②不成立，所以h ≥1. 当h ＝1时，代入方程③得t ＝－1，将h ＝1，t ＝－1代入不等式②，检验成立．所以，h 的最小值为1.2．已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点． (1)求E 的方程；(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程．解析：(1)设F (c,0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝ 3.又c a ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1. 故E 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，将y ＝kx －2代入x 24＋y 2＝1得 (1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0. 当Δ＝16(4k 2－3)>0，即k 2>34时，x 1,2＝8k ±24k 2－34k 2＋1. 从而|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋1·4k 2－34k 2＋1.又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1，所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12d |PQ |＝44k 2－34k 2＋1.设4k 2－3＝t ，则t >0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t.因为t ＋4t ≥4，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，且满足Δ>0，所以，当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为y ＝72x －2或y ＝－72x －2. 3.如图，在矩形ABCD 中，|AB |＝4，|AD |＝2，O 为AB 的中点，P ，Q 分别是AD 和CD 上的点，且满足①|AP ||AD |＝|DQ ||DC |，②直线AQ 与BP 的交点在椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上． (1)求椭圆E 的方程；(2)设R 为椭圆E 的右顶点，M 为椭圆E 第一象限部分上一点，作MN 垂直于y 轴，垂足为N ，求梯形ORMN 面积的最大值．解析：(1)设AQ 与BP 的交点为G (x ，y )，P (－2，y 1)，Q (x 1,2)，由题可知，y 12＝x 1＋24，y x ＋2＝2x 1＋2，y 2－x＝y 14，从而有4y2－x＝x ＋2y ，整理得x 24＋y 2＝1，即为椭圆E 的方程．(2)由(1)知R (2,0)，设M (x 0，y 0)，则y 0＝124－x 20，从而梯形ORMN 的面积S ＝12(2＋x 0)y 0＝14(4－x 20)(2＋x 0)2，令t ＝2＋x 0，则2<t <4，S ＝144t 3－t 4，令u ＝4t 3－t 4，则u ′＝12t 2－4t 3＝4t 2(3－t )，当t ∈(2,3)时，u ′>0，u ＝4t 3－t 4单调递增，当t ∈(3,4)时，u ′<0，u ＝4t 3－t 4单调递减，所以当t ＝3时，u 取得最大值，则S 也取得最大值，最大值为334.4．(2018·贵阳监测)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为63，且椭圆C 上的点到一个焦点的距离的最小值为3－ 2. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知过点T (0,2)的直线l 与椭圆C 交于A 、B 两点，若在x 轴上存在一点E ，使∠AEB ＝90°，求直线l 的斜率k 的取值范围．解析：(1)设椭圆的半焦距长为c ，则由题设有：⎩⎨⎧c a ＝63，a －c ＝3－2，解得：a ＝3，c ＝2，∴b 2＝1，故椭圆C 的方程为y 23＋x 2＝1.(2)由已知可得，以AB 为直径的圆与x 轴有公共点．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为M (x 0，y 0)，将直线l ：y ＝kx ＋2代入y 23＋x 2＝1，得(3＋k 2)x 2＋4kx ＋1＝0，Δ＝12k 2－12， ∴x 0＝x 1＋x 22＝－2k 3＋k 2，y 0＝kx 0＋2＝63＋k 2，|AB |＝1＋k 212k 2－123＋k2＝23k 4－13＋k2，∴⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝12k 2－12>0，63＋k2≤12|AB |，解得：k 4≥13，即k ≥413或k ≤－413.B 组——能力提升练1．(2018·武汉市模拟)已知抛物线x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，直线x ＝4与x 轴的交点为P ，与抛物线的交点为Q ，且|QF |＝54|PQ |. (1)求抛物线的方程；(2)如图所示，过F 的直线l 与抛物线相交于A ，D 两点，与圆x 2＋(y －1)2＝1相交于B ，C 两点(A ，B 两点相邻)，过A ，D 两点分别作抛物线的切线，两条切线相交于点M ，求△ABM 与△CDM 的面积之积的最小值．解析：(1)由已知得F (0，p 2)，P (4,0)，Q (4，8p )，|QF |＝8p ＋p 2，|PQ |＝8p ，因为|QF |＝54|PQ |，所以8p ＋p 2＝54·8p ，解得p ＝2或p ＝－2(舍去)，所以抛物线的方程为x 2＝4y .(2)设l ：y ＝kx ＋1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2＝4y ，消去y ，得x 2－4kx －4＝0，所以x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4. 由y ＝x 24，得y ′＝x2.所以直线MA ：y －x 214＝x 12(x －x 1)，即y ＝x 12x －x 214. 同理可求得直线MD ：y ＝x 22x －x 224. 联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 1x 2－x 214，y ＝x 2x 2－x 224，解得M (2k ，－1)．所以点M 到l 的距离d ＝2k 2＋21＋k 2＝21＋k 2.所以S △ABM ·S △CDM ＝14|AB |·|CD |·d 2 ＝14(|AF |－1)(|DF |－1)d 2＝14y 1y 2d 2＝14·x 21x 2216d 2＝1＋k 2≥1，当且仅当k ＝0时取等号．所以当k ＝0时，△ABM 与△CDM 面积之积的最小值为1.2．已知中心在原点的双曲线C 的右焦点为(2,0)，右顶点为(3，0)． (1)求双曲线C 的方程；(2)若直线：y ＝kx ＋m (k ≠0，m ≠0)与双曲线C 交于不同的两点M ，N ，且线段MN 的垂直平分线过点A (0，－1)，求实数m 的取值范围．解析：(1)设双曲线C 的方程为x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)．由已知得：a ＝3，c ＝2，又a 2＋b 2＝c 2，得b 2＝1， ∴双曲线C 的方程为x 23－y 2＝1.(2)联立⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 23－y 2＝1，整理得(1－3k 2)x 2－6kmx －3m 2－3＝0. ∵直线与双曲线有两个不同的交点，∴⎩⎪⎨⎪⎧1－3k 2≠0，Δ＝12(m 2＋1－3k 2)>0，可得m 2>3k 2－1且k 2≠13，①设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 的中点为B (x 0，y 0)，则x 1＋x 2＝6km1－3k 2，∴x 0＝x 1＋x 22＝3km1－3k2， ∴y 0＝kx 0＋m ＝m 1－3k 2. 由题意，AB ⊥MN ，∴k AB ＝m1－3k 2＋13km1－3k 2＝－1k (k ≠0，m ≠0)．整理得3k 2＝4m ＋1，②将②代入①，得m 2－4m >0，∴m <0或m >4.又3k 2＝4m ＋1>0(k ≠0)，即m >－14.∴m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0∪(4，＋∞)．3．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F (－c,0)，离心率为33，点M 在椭圆上且位于第一象限，直线FM 被圆x 2＋y 2＝b 24截得的线段的长为c ，|FM |＝433.(1)求直线FM 的斜率； (2)求椭圆的方程；(3)设动点P 在椭圆上，若直线FP 的斜率大于2，求直线OP (O 为原点)的斜率的取值范围．解析：(1)由已知，有c 2a 2＝13，又由a 2＝b 2＋c 2，可得a 2＝3c 2，b 2＝2c 2. 设直线FM 的斜率为k (k >0)，F (－c,0)，则直线FM 的方程为y ＝k (x ＋c )．由已知，有(kc k 2＋1)2＋(c 2)2＝(b 2)2，解得k ＝33.(2)由(1)得椭圆方程为x 23c 2＋y 22c 2＝1，直线FM 的方程为y ＝33(x ＋c )，两个方程联立，消去y ，整理得3x 2＋2cx －5c 2＝0，解得x ＝－53c ，或x ＝c .因为点M 在第一象限，可得M 的坐标为(c ，233c )．由|FM |＝(c ＋c )2＋(233c －0)2＝433，解得c ＝1，所以椭圆的方程为x 23＋y 22＝1.(3)设点P 的坐标为(x ，y )，直线FP 的斜率为t ，得t ＝yx ＋1，即y ＝t (x ＋1)(x ≠－1)，与椭圆方程联立⎩⎨⎧y ＝t (x ＋1)，x 23＋y 22＝1，消去y ，整理得2x 2＋3t 2(x ＋1)2＝6，又由已知，得t ＝ 6－2x 23(x ＋1)2>2，解得－32<x <－1，或－1<x <0. 设直线OP 的斜率为m ，得m ＝yx ，即y ＝mx (x ≠0)，与椭圆方程联立，整理得m 2＝2x 2－23.①当x ∈(－32，－1)时，有y ＝t (x ＋1)<0，因此m >0，于是m ＝2x 2－23，得m ∈(23，233)．②当x ∈(－1,0)时，有y ＝t (x ＋1)>0. 因此m <0，于是m ＝－ 2x 2－23，得m ∈(－∞，－233)．综上，直线OP 的斜率的取值范围是 (－∞，－233)∪(23，233)．4．已知圆C ：(x －1)2＋y 2＝r 2(r >1)，设A 为圆C 与x 轴负半轴的交点，过点A 作圆C 的弦AM ，并使弦AM 的中点恰好落在y 轴上． (1)求点M 的轨迹E 的方程；(2)延长MC 交曲线E 于另一点N ，曲线E 在点N 处的切线与直线AM 交于点B ，试判断以点B 为圆心，线段BC 的长为半径的圆与直线MN 的位置关系，并证明你的结论．解析：(1)设M (x ，y )，x >0，由题意可知，A (1－r,0)，记AM 的中点为D ，则D (0，y2)，因为C (1,0)，DC →＝(1，－y 2)，DM →＝(x ，y 2)．在⊙C 中，易知CD ⊥DM ，所以DC →·DM →＝0，所以x －y 24＝0，即y 2＝4x (x >0)，所以点M 的轨迹E 的方程为y 2＝4x (x >0)． (2)⊙B 与直线MN 相切．证明如下：设直线MN 的方程为x ＝my ＋1，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线BN 的方程为y ＝k (x －y 224)＋y 2.联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，y 2＝4x ，消去x ，得y 2－4my －4＝0，所以y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4.r －1＝x 1，则点A (－x 1,0)，所以直线AM 的方程为y ＝2y 1x ＋y 12.联立，得⎩⎨⎧y ＝k (x －y 224)＋y 2，y 2＝4x ，消去x ，得ky 2－4y ＋4y 2－ky 22＝0，由Δ＝0，可得k ＝2y 2，所以直线BN 的方程为y ＝2y 2x ＋y 22.联立，得⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝2y 1x ＋y 12，y ＝2y 2x ＋y 22，解得x B ＝－1，y B ＝y 21－42y 1＝y 21＋y 1y 22y 1＝y 1(y 1＋y 2)2y 1＝4my 12y 1＝2m ，所以点B (－1,2m )，|BC |＝4＋4m 2，点B 到直线MN 的距离d ＝|2＋2m 2|m 2＋1＝4m 2＋4＝|BC |，所以⊙B 与直线MN 相切．。

定点、定值、探索性问题

第三课时定点、定值、探索性问题A组基础巩固一、选择题1．(2021·北京延庆统测)设抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.P是抛物线上的一点，过P作PQ⊥x轴于Q，若|PF|＝3，则线段PQ的长为(C)A．2B．2C．22D．32[解析]抛物线的准线方程为x＝－1，由于|PF|＝3，根据抛物线的定义可知x P＝2，将x P＝2代入抛物线方程得y2P＝8，y P＝±22，所以|PQ|＝2 2.故选C．2．(2021·云南文山州质检)已知双曲线x2a2－y2＝1(a>0)上关于原点对称的两个点P，Q，右顶点为A，线段AP的中点为E，直线QE交x轴于M(1,0)，则双曲线的离心率为(D)A．5B．5 3C．10D．10 3[解析]由已知得M为△APQ的重心，∴a＝3|OM|＝3，又b＝1，∴c＝a2＋b2＝10，即e＝ca＝103，故选D．3．(2021·湖北宜昌部分示范高中协作体联考)椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率32，则双曲线x2a2－y2b2＝1的离心率为(D)A．2B．3C．2D．52[解析]椭圆离心率e1＝ca＝32，∴e21＝1－b2a2＝34，即b2a2＝14，∴双曲线的离心率e＝ca＝1＋b2a2＝52.故选D．4．已知椭圆和双曲线有共同的焦点F1，F2，P是它们的一个交点，且∠F1PF2＝2π3，记椭圆和双曲线的离心率分别为e 1，e 2，则3e 21＋1e 22＝( A )A ．4B ．23C ．2D ．3[解析] 设椭圆的长半轴长为a 1，双曲线的实半轴长为a 2，不妨设点P 在第一象限，根据椭圆和双曲线的定义，得|PF 1|＋|PF 2|＝2a 1，|PF 1|－|PF 2|＝2a 2，所以|PF 1|＝a 1＋a 2，|PF 2|＝a 1－a 2.又|F 1F 2|＝2c ，∠F 1PF 2＝2π3，所以在△F 1PF 2中，|F 1F 2|2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1|·|PF 2|cos∠F 1PF 2，即4c 2＝(a 1＋a 2)2＋(a 1－a 2)2－2(a 1＋a 2)(a 1－a 2)cos 2π3，化简得3a 21＋a 22＝4c 2，两边同除以c 2，得3e 21＋1e 22＝4.故选A ．5．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 )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.将直线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(－3,0)．6．(2021·安徽皖江名校联考)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右顶点为P ，任意一条平行于x 轴的直线交C 于A ，B 两点，总有P A ⊥PB ，则双曲线C 的离心率为( A )A ．2B ．3C ．62D ．233[解析] 设A (x 0，y 0)，B (－x 0，y 0)，则y 20＝b2⎝⎛⎭⎫x 2a 2－1，又P (a,0)，P A →＝(x 0－a ，y 0)，PB →＝(－x 0－a ，y 0)，由已知P A ⊥PB ，则P A →·PB →＝－x 20＋a 2＋y 20＝0，即(a 2－b 2)⎝⎛⎭⎫x 20a 2－1＝0，对于x 0≥a 或x 0≤－a 恒成立，故a 2＝b 2，即a ＝b ，所以e ＝1＋b 2a2＝ 2.故选A ． 7．(2021·河南洛阳期中)已知F 1F 2是双曲线C ：x 22－y 2＝1的两个焦点，过点F 1且垂直于x 轴的直线与C 相交于A ，B 两点，则△ABF 2的内切圆的半径为( B )A ．23B ．33C ．223D ．233[解析] 由题意知F 1(－3，0)，F 2(3，0)，当x ＝－3时，y ＝±22， ∴|AB |＝2，∴|AF |＝|BF |＝522， ∴l △ABF ＝62，S △ABF ＝6，∴所求内切圆半径r ＝2S △ABF l △ABF＝33.故选B ．8．(2020·安徽1号卷A10联盟联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上存在两点M 、N 关于直线2x －3y －1＝0对称，且线段MN 中点的纵坐标为23，则椭圆C 的离心率是( B )A ．13B ．33C ．23D ．223[解析] 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 21a 2＋y 21b 2＝1，x 22a 2＋y 22b2＝1，两式相减可得 (x 1＋x 2)(x 1－x 2)a 2＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)b 2＝0，即y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2a 2·x 1＋x 2y 1＋y 2.∵线段MN 中点的纵坐标为23，∴2x －3×23－1＝0，解得x ＝32，于是－32＝－b 2a 2·94，解得b 2a 2＝23，∴椭圆C 的离心率e ＝1－b 2a 2＝33，故选B ． (或直接利用性质k MN ·k OP ＝－b 2a2，其中P 为线段MN 的中点)．9．(2021·福建莆田质检)已知直线l 过抛物线C ：x 2＝6y 的焦点F ，交C 于A ，B 两点，交C 的准线于点P ，若AF →＝FP →，则|AB |＝( A )A ．8B ．9C ．11D ．16[解析] 过A 作准线的垂线，垂足为H ，则|AF |＝|AH |，又AF →＝FP →，∴|AH |＝12|AP |，∴k AP ＝33，又F ⎝⎛⎭⎫0，32， ∴AB 的方程为y ＝33x ＋32，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝33x ＋32x 2＝6y，得y 2－5y ＋94＝0，∴y A ＋y B ＝5， ∴|AB |＝y A ＋y B ＋p ＝5＋3＝8，故选A ．10．(2021·山东青岛调研)在平面直角坐标系xOy 中，动点P 与两个定点F 1(－3，0)和F 2(3，0)连线的斜率之积等于13，记点P 的轨迹为曲线E ，直线l ：y ＝k (x －2)与E 交于A ，B两点，则下列结论中正确的个数为( B )①E 的方程为x 23－y 2＝1(x ≠±3)②E 的离心率为3③E 的渐近线与圆(x －2)2＋y 2＝1相切 ④满足|AB |＝23的直线l 仅有1条 A ．1 B ．2 C ．3D ．4[解析] 设点P (x ，y )，由已知得y x ＋3·y x －3＝13，整理得x 23－y 2＝1，所以点P 的轨迹为曲线E 的方程为x 23－y 2＝1(x ≠±3)，故①正确；又离心率e ＝23＝233，故②不正确；圆(x－2)2＋y 2＝1的圆心(2,0)到曲线E 的渐近线为y ＝±33x 的距离为d ＝212＋(±3)2＝1，又圆(x －2)2＋y 2＝1的半径为1，故③正确；∵(2,0)为双曲线x 23－y 2＝1的右焦点，且x ＝2时，y ＝±33，∴过右焦点的双曲线最短的弦(通径)为233，又两顶点间距离为23，∴满足|AB |＝23的直线有3条，故④错．故选B ．二、填空题11．(2021·华东师大附中期中)若点Q (4,1)是抛物线y 2＝8x 的弦AB 的中点，则直线AB 的方程为__4x －y ＋15＝0__.[解析] 解法一：点差法，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 21＝8x 1，y 22＝8x 2，两式相减，得y 21－y 22＝8(x 1－x 2)，所以直线AB 的斜率k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝8y 1＋y 2＝82＝4，所以直线AB 的方程为y －1＝4(x －4)，即4x －y ＋15＝0.解法二：斜率法：设直线AB 的方程为y －1＝k (x －4)，代入y 2＝8x ，得(kx )2－(8k 2－2k ＋8)x ＋(1－4k )2＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Q (4,1)，所以x 1＋x 2＝8k 2－2k ＋8k 2＝8，解得k ＝4，所以直线AB 的方程为4x －y ＋15＝0.12．(2021·山西重点中学联考)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__3__.[解析] 由题意知，e ＝ca＝1＋b 2a2＝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 ，y )(x ≠±m )，则B (－m ，－n )， k 1·k 2＝y －n x －m ·y ＋n x ＋m ＝y 2－n 2x 2－m 2＝3x 2－3a 2－3m 2＋3a 2x 2－m 2＝3.13．(2021·河北石家庄模拟)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右顶点分别为A ，B ，点P 是双曲线上一点，若△P AB 为等腰三角形，∠P AB ＝120°[解析] 如图所示：过点P 作PD ⊥x 轴，垂足为D ．因为△P AB 为等腰三角形，所以|P A |＝|AB |＝2a ，又因为∠P AB ＝120°，所以∠P AD ＝60°.|PD |＝|P A |·sin 60°＝3a ，|AD |＝|P A |·cos 60°＝a ，故P (－2a ，3a )．因为点P (－2a ，3a )在双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1上，所以4a 2a 2－3a 2b 2＝1，即a 2b2＝1.e ＝c 2a 2＝a 2＋b 2a 2＝1＋b 2a2＝ 2. 故答案为2 三、解答题14．(2021·河北唐山质检)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为63，直线l ：x ＝ty＋1交E 于A ，B 两点；当t ＝0时，|AB |＝263. (1)求E 的方程；(2)设A 在直线x ＝3上的射影为D ，证明：直线BD 过定点，并求定点坐标． [解析] (1)由题意得e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝23，整理得a 2＝3b 2，由t ＝0时，|AB |＝263得1a 2＋23b 2＝1，因此a ＝3，b ＝1.故E 的方程是x 23＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则D (3，y 1)，将x ＝ty ＋1代入x 23＋y 2＝1得(t 2＋3)y 2＋2ty －2＝0，y 1＋y 2＝－2t t 2＋3，y 1·y 2＝－2t 2＋3，从而ty 1·y 2＝y 1＋y 2.①直线BD ：y ＝y 2－y 1x 2－3(x －3)＋y 1，设直线BD 与x 轴的交点为(x 0,0)，则y 2－y 1x 2－3(x 0－3)＋y 1＝0，所以x 0＝y 1(3－x 2)y 2－y 1＋3＝y 1(2－ty 2)y 2－y 1＋3＝2y 1－ty 1y 2y 2－y 1＋3，将①式代入上式可得x 0＝2，故直线BD 过定点(2,0)．15．(2021·山西运城调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，F 1、F 2分别是椭圆的左、右焦点，P 是椭圆上一点，且△PF 1F 2的周长是6.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 经过椭圆的右焦点F 2且与C 交于不同的两点M ，N ，试问：在x 轴上是否存在点Q ，使得直线QM 与直线QN 的斜率的和为定值？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．[解析] (1)设椭圆C 的焦距为2c (c >0)，由椭圆的定义知△PF 1F 2的周长为2a ＋2c ，所以2a ＋2c ＝6，①又因为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝c a ＝12，所以a ＝2c ，②联立①②解得a ＝2，c ＝1，所以b ＝a 2－c 2＝3，所求椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)若存在满足条件的点Q (t,0)．当直线l 的斜率k 存在时，设y ＝k (x －1)，联立x 24＋y 23＝1，消y 得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，∵k QM ＋k QN ＝y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝k (x 1－1)(x 2－t )＋k (x 2－1)(x 1－t )(x 1－t )(x 2－t )＝2kx 1x 2－k (1＋t )(x 1＋x 2)＋2ktx 1x 2－t (x 1＋x 2)＋t 2＝k ·8k 2－243＋4k 2－8k 2(1＋t )3＋4k 2＋2t4k 2－123＋4k 2－8k 23＋4k 2t ＋t 2＝k ·8k 2－24－8k 2(1＋t )＋2t (3＋4k 2)4k 2－12－8k 2t ＋t 2(3＋4k 2)＝6k (t －4)4(t －1)2k 2＋3t 2－12∴要使对任意实数k ，k QM ＋k QN 为定值，则只有t ＝4，此时，k QM ＋k QN ＝0. 当直线l 与x 轴垂直时，若t ＝4，也有k QM ＋k QN ＝0.故在x 轴上存在点Q (4,0)，使得直线QM 与直线QN 的斜率的和为定值0.B 组能力提升1．(2021·吉林长春模拟)双曲线E ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)被斜率为4的直线截得的弦AB的中点为(2,1)，则双曲线E 的离心率为( B )A ．2B ．3C ．2D ．5[解析] 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)代入双曲线方程作差有(x 1－x 2)(x 1＋x 2)a 2＝(y 1－y 2)(y 1＋y 2)b 2，有b 2a 2＝(y 1－y 2)(y 1＋y 2)(x 1－x 2)(x 1＋x 2)＝2，所以c 2a2＝3，e ＝3，故选B ． 2.如图所示，椭圆中心在坐标原点，F 为左焦点，当FB →⊥AB →时，其离心率为5－12，此类椭圆被称为“黄金椭圆”．类比“黄金椭圆”，可推算出“黄金双曲线”的离心率e 等于( A )A ．5＋12B ．5－12C ．5－1D ．5＋1[解析] 椭圆中“和”对应双曲线中“差”，故选A ．事实上，设“黄金双曲线”方程为x 2a 2－y 2b2＝1，则B (0，b )，F (－c,0)，A (a,0)．在“黄金双曲线”中，因为FB →⊥AB →，所以FB →·AB →＝0. 又FB →＝(c ，b )，AB →＝(－a ，b )．所以b 2＝ac .而b 2＝c 2－a 2，所以c 2－a 2＝ac . 在等号两边同除以a 2，解得e ＝5＋12. 3．(2021·陕西省渭南市模拟)抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，点P (x ，y )为该抛物线上的动点，又点A (－1,0)，则|PF ||P A |的最小值是( B )A ．12B ．22C ．32D ．233[解析] 由题意可知，抛物线的准线方程为x ＝－1，A (－1,0)，过P 作PN 垂直直线x ＝－1于N ，由抛物线的定义可知PF ＝PN ，连接P A ，|PF ||P A |＝|PN ||P A |最小⇔∠NAP 最小⇔∠P AF 最大⇔P A 与抛物线y 2＝4x 相切．设P A 的方程为：y ＝k (x ＋1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋1)y 2＝4x，解得：k 2x 2＋(2k 2－4)x ＋k 2＝0，所以Δ＝(2k 2－4)2－4k 4＝0，解得k ＝±1，所以∠NP A ＝45°，|PF ||P A |＝cos ∠NP A ＝22，故选B ． 4．(2021·河南中原名校联考)直线l 与抛物线y 2＝4x 交于两不同点A ，B ，其中A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，若y 1y 2＝－36，则直线l 恒过点的坐标是__(9,0)__．[解析] 设直线l 的方程为x ＝my ＋n ，则由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋n ，y 2＝4x ，得y 2－4my －4n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4n .又y 1y 2＝－36，∴－4n ＝－36，∴n ＝9，∴直线l 方程为x ＝my ＋9，恒过(9,0)． 5．(2021·山东质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点P (2,1)，且该椭圆的一个短轴端点与两焦点F 1，F 2为等腰直角三角形的三个顶点．(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 不经过P 点且与椭圆C 相交于A ，B 两点．若直线P A 与直线PB 的斜率之积为1，证明：直线l 过定点．[解析] (1)由题意4a 2＋1b 2＝1，b ＝c ，结合a 2－b 2＝c 2，解得a ＝6，b ＝3， ∴椭圆方程为x 26＋y 23＝1.(2)证明：①当直线l 斜率不存在时，设直线l ：x ＝m ，A (m ，y m )，B (m ，－y m )，k P A ·k PB ＝y m －1m －2·－y m －1m －2＝1，解得m ＝2(舍)或m ＝6(舍)，故不满足． ②当直线l 斜率存在时，设l ：y ＝kx ＋t ， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t x 26＋y 23＝1，整理得(2k 2＋1)x 2＋4ktx ＋2t 2－6＝0. Δ＝8(6k 2－t 2＋3)>0，x 1＋x 2＝－4kt 2k 2＋1，x 1x 2＝2t 2－62k 2＋1.①则k P A ·k PB ＝y 1－1x 1－2·y 2－1x 2－2＝y 1y 2－(y 1＋y 2)＋1x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝1， ∴(k 2－1)x 1x 2＋(tk －k ＋2)(x 1＋x 2)＋t 2－2t －3＝0，将①代入上式可得12k 2＋8kt ＋t 2＋2t －3＝0， ∴(2k ＋t －1)·(6k ＋t ＋3)＝0，若2k ＋t －1＝0，t ＝1－2k ，直线l 经过P 点与已知矛盾，若6k ＋t ＋3＝0，t ＝－3－6k ，Δ＝－48(5k 2＋6k ＋1)存在k 使得Δ>0成立． ∴直线l 的方程为y ＝k (x －6)－3，故直线l 过定点(6，－3)．6．(2021·广东汕头模拟)在平面直角坐标系xOy 中，O 为坐标原点，F (0,1)，N (t ，－1)(t ∈R )，已知△MFN 是以FN 为底边，且边MN 平行于y 轴的等腰三角形．(1)求动点M 的轨迹C 的方程；(2)已知直线l 交x 轴于点P ，且与曲线C 相切于点A ，点B 在曲线C 上，且直线PB ∥y 轴，点P 关于点B 的对称点为点Q ，试判断点A 、Q 、O 三点是否共线，并说明理由．[解析] (1)设动点M (x ，y )，因为MN ∥y 轴，所以MN 与直线y ＝－1垂直，则|MN |＝|y ＋1|， ∵△MFN 是以FN 为底边的等腰直角三角形，故|MN |＝|MF |，即x 2＋(y －1)2＝|y ＋1|，即x 2＋(y －1)2＝(y ＋1)2，化简得x 2＝4y .因为当点M 为坐标原点时，M 、F 、N 三点共线，无法构成三角形，第 11 页共 11 页因此，动点M 的轨迹C 的方程为x 2＝4y (y ≠0)；(2)A 、Q 、O 三点共线，理由如下：因为直线l 与曲线C 相切，所以直线l 的斜率必存在且不为零，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y y ＝kx ＋m ，消y 得x 2－4kx －4m ＝0，Δ＝16k 2＋16m ＝0，得m ＝－k 2. 所以，直线l 的方程为y ＝kx －k 2，令y ＝0，得x ＝k ，则点P ()k ，0，∴B ⎝⎛⎭⎫k ，k 24，故Q ⎝⎛⎭⎫k ，k 22，又由x 2－4kx ＋4k 2＝0，得x ＝2k ，则点A (2k ，k 2)，∵k AO ＝k 22k ＝k 2，k OQ ＝k 22k ＝k 2，∴k AO ＝k OQ ，因此，A 、Q 、O 三点共线．。

2019年高考数学一轮复习课时作业(四十九)第3课时定点﹑定值﹑探索性问题文

课时作业(四十九)第3课时定点﹑定值﹑探索性问题时间/ 45分钟分值/ 72分基础热身1.(12分)[2017·长春二模]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坐标;如果不存在,请说明理由.2.(12分)已知点A,B分别是椭圆C:+=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的斜率之积为定值;(2)若直线MN过焦点F,=λ(λ∈R),求实数λ的值.能力提升3.(12分)已知椭圆C的左、右焦点分别为(-,0),(,0),且经过点.(1)求椭圆C的方程.(2)直线y=kx(k∈R,k>0)与椭圆C相交于A,B两点,D点为椭圆C上的动点,且|AD|=|BD|,请问△ABD的面积是否存在最小值?若存在,求出此时直线AB的方程;若不存在,说明理由.4.(12分)如图K49-3,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为.以椭圆的左顶点T为圆心作圆T:(x+2)2+y2=r2(r>0),设圆T与椭圆C交于点M与点N.(1)求椭圆C的方程.(2)设点P是椭圆C上异于M,N的任意一点,且直线MP,NP分别与x轴交于点R,S,O为坐标原点,求证:|OR|·|OS|为定值.图K49-35.(12分)[2017·北京房山区一模]已知椭圆C:x2+4y2=4.(1)求椭圆C的离心率;(2)椭圆C的长轴的两个端点分别为A,B,点P在直线x=1上运动,直线PA,PB分别与椭圆C 相交于M,N两个不同的点,求证:直线MN与x轴的交点为定点.难点突破6.(12分)[2017·广州一模]已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且过点A(2,1).(1)求椭圆C的方程.(2)若P,Q是椭圆C上的两个动点,且使∠PAQ的角平分线总垂直于x轴,则直线PQ的斜率是否为定值?若是,求出该值;若不是,说明理由.第3课时定点﹑定值﹑探索性问题1.解:(1)联立方程有y2-2py+8p=0,由直线与抛物线相切,得Δ=8p2-32p=0,即p=4,所以y2=8x.(2)假设存在满足条件的点M(m,0)(m>0),则直线l:x=ty+m.联立得y2-8ty-8m=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则有y1+y2=8t,y1y2=-8m,|AM|2=(x1-m)2+=(t2+1),|BM|2=(x2-m)2+=(t2+1),所以+=+==,当m=4时,+为定值,所以M(4,0).2.解:(1)证明:设P(x0,y0)(x0≠±a),由已知得A(-a,0),B(a,0),∴k AP·k BP=·=.①∵点P在椭圆上,∴+=1.②由①②得k AP·k BP===-(定值).∴直线AP与直线BP的斜率之积为定值-.(2)设直线AP与BP的斜率分别为k1,k2,由已知得F(-c,0),直线AP的方程为y=k1(x+a),直线l:x=a,则M(a,2ak1).∵M N⊥BP,∴k MN·k2=-1.由(1)知k1·k2=-,故k MN=·k1,又F,N,M三点共线,∴k MF=k MN,即=·k1,得2b2=a(a+c).∵b2=a2-c2,∴2(a2-c2)=a2+ac,即2c2+ac-a2=0,即2+-1=0,得=或=-1(舍去).∴a=2c.由=λ,得(a-c,0)=λ(a+c,0),将a=2c代入,得(c,0)=λ(3c,0),故λ=.3.解:(1)设椭圆C的方程为+=1(a>b>0),由题意,∴a=2,b=1,∴椭圆C的方程为+y2=1.(2)∵D在线段AB的垂直平分线上,∴OD:y=-x,由可得(1+4k2)x2=4,设A(x1,y1),则B(-x1,-y1),|AB|=2|OA|=2=4, 同理可得|OD|=2,则S△ABD=×2|OA|·|OD|=由于≤,所以S△ABD≥,当且仅当1+4k2=k2+4(k>0),即k=1时取等号,所以△ABD的面积的最小值为,此时直线AB的方程为y=x.4.解:(1)根据题意可得a=2,e==,所以c=,b==1,故椭圆C的方程为+y2=1.(2)证明:设点P(x0,y0),M(x1,y1),则N(x1,-y1),则直线MP的方程为y-y0=(x-x0),令y=0,得x R=,同理x S=,故x R·x S=·=.又因为点M与点P在椭圆上,故=4(1-),=4(1-),代入可得x R·x S===4.所以|OR|·|OS|=|x R|·|x S|=4为定值.5.解:(1)椭圆C:+y2=1中,a2=4,b2=1,c2=a2-b2=3,∴a=2,b=1,c=,∴椭圆C的离心率e==.(2)证明:∵点P在直线x=1上,∴可设P(1,m)m≠0,m≠±.不妨设A(-2,0),则k AP==,∴直线AP的方程为y=(x+2),代入x2+4y2=4,得(4m2+9)x2+16m2x+4(4m2-9)=0.∴-2+x M=-,则x M=+2=.同理求得x N=,y N=-m.k MN==,直线MN的方程为y-=x-.整理得y=(x-4).当x=4时,y=0,∴直线MN与x轴的交点为定点Q(4,0).6.解:(1) 因为椭圆C的离心率为,且过点A(2,1),所以+=1,=.又因为a2=b2+c2,解得a2=8,b2=2,所以椭圆C的方程为+=1.(2)方法一:因为∠PAQ的角平分线总垂直于x轴,所以PA与AQ所在直线关于直线x=2对称.设直线PA的斜率为k,则直线AQ的斜率为-k.所以直线PA的方程为y-1=k(x-2),直线AQ的方程为y-1=-k(x-2).设点P(x P,y P),Q(x Q,y Q),由消去y,得(1+4k2)x2-(16k2-8k)x+16k2-16k-4=0.①因为点A(2,1)在椭圆C上,所以x=2是方程①的一个根,则2x P=,所以x P=.同理x Q=,所以x P-x Q=-.又y P-y Q=k(x P+x Q-4)=-,所以直线PQ的斜率为k PQ==,所以直线PQ的斜率为定值,该值为.方法二:设点P(x1,y1),Q(x2,y2),则直线PA的斜率k PA=,直线QA的斜率k QA=.因为∠PAQ的角平分线总垂直于x轴,所以PA与AQ所在直线关于直线x=2对称.所以k PA=-k QA,即+=0.①因为点P(x 1,y1),Q(x2,y2)在椭圆C上,所以+=1,②+=1.③由②得(-4)+4(-1)=0,得=-,④同理由③得=-,⑤由①④⑤得+=0,化简得x1y2+x2y1+(x1+x2)+2(y1+y2)+4=0,⑥由①得x1y2+x2y1-(x1+x2)-2(y1+y2)+4=0,⑦⑥-⑦得x1+x2=-2(y1+y2).②-③得+=0,得=-=.所以直线PQ的斜率为k PQ==为定值.方法三:设直线PQ的方程为y=kx+b,点P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1=kx1+b,y2=kx2+b,直线PA的斜率k PA=,直线QA的斜率k QA=.因为∠PAQ的角平分线总垂直于x轴,所以PA与AQ所在直线关于直线x=2对称.所以k PA=-k QA,即=-,化简得x1y2+x2y1-(x1+x2)-2(y1+y2)+4=0.路漫漫其修远兮，吾将上下而求索- 百度文库把y1=kx1+b,y2=kx2+b代入上式,并化简得2kx1x2+(b-1-2k)(x1+x2)-4b+4=0.①由消去y,得(4k2+1)x2+8kbx+4b2-8=0,②则x1+x2=-,x 1x2=,代入①得--4b+4=0,整理得(2k-1)(b+2k-1)=0,所以k=或b=1-2k.若b=1-2k,可得方程②的一个根为2,不合题意.若k=,符合题意.所以直线PQ的斜率为定值,该值为.11。

数学高考总复习同步优化探究理数(北师大版)练习：第三课时定点、定值、探索性问题 Word版含解析

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)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 1·x 2＝m 2k 2.∵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，∴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y x ＋2·y x －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 203－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 (4k 2＋3)k 2＋1.因为d ＝n 2k 2＋1为常数，则m ＝0，d ＝ 127＝2217，此时7n 2k 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 ＋1)(x 0＋1)－(x ＋x 0＋2)＋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 ＝1－4k 24k 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＋k2. 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 (3k 2－3)＝－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 －8(k 2＋1)3(4k 2＋1)＋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P A ⊥l 于点A ，∠APF 的平分线交x 轴于点B ，|P A |＝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 ||P A |＝22，即(x ＋1)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＋2－2m2m 2＋2＋1＝2－2m 2m 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＝－(2＋n )y 1x 1－n ，同理y 4＝－(2＋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＋4nm 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(m 3，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 ＝－9k x . 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(m3，m )的坐标代入l 的方程得b ＝m (3－k )3，因此x M ＝km (k －3)3(k 2＋9).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 －3)m 3(k 2＋9)，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＋y 2b 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(x 2＋y －3＋12)m ＋(x2－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＝4(m 2－1)1＋4k 2.∵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)4(m 2－1)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＝2(m 2－1). 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＋k 2＝|m |2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝|m |24m 2－4·2(m 2－1)＝m 2(2－m 2)≤m 2＋2－m 22＝1.当m 2＝1时(满足(*))，S △AOB ＝1，∴S 四边形ABCD ＝4S △AOB ≤4，即四边形ABCD 面积的最大值为4.。

2019版同步优化探究理数(北师大版)练习：第八章第九节第三课时定点、定值、探索性问题解析

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)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 1·x 2＝m 2k 2.∵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,∴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y x ＋2·y x －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 203－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 (4k 2＋3)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 ＋1)(x 0＋1)－(x ＋x 0＋2)＋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 ＝1－4k 24k 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＋k2. 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 (3k 2－3)＝－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 －8(k 2＋1)3(4k 2＋1)＋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P A ⊥l 于点A ,∠APF 的平分线交x 轴于点B ,|P A |＝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 ||P A |＝22, 即(x ＋1)2＋y 2|x ＋2|＝22,化简得x 2＋2y 2＝2,22(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＝2－2m 2m 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＝－(2＋n )y 1x 1－n, 同理y 4＝－(2＋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＋4nm 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 ＝－9k x . 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(m3,m )的坐标代入l 的方程得b ＝m (3－k )3, 因此x M ＝km (k －3)3(k 2＋9).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±km3k 2＋9＝2×k (k －3)m 3(k 2＋9),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＋y 2b 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＝1.①22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(x 2＋y －3＋12)m ＋(x2－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＝4(m 2－1)1＋4k 2.∵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)4(m 2－1)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＝2(m 2－1). 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＋k 2＝|m |2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝|m |24m 2－4·2(m 2－1)＝m 2(2－m 2)≤m 2＋2－m22＝1.当m 2＝1时(满足(*)),S △AOB ＝1,∴S 四边形ABCD ＝4S △AOB ≤4,即四边形ABCD 面积的最大值为4.。

高考数学一轮复习教案(含答案) 第8章第8节第3课时定点、定值、探索性问题

第3课时定点、定值、探索性问题【例1y ＝－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p 2＝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)．已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点F (1,0)，B 是抛物线C 上异于O 的两点．(1)求抛物线C 的方程；(2)若直线OA ，OB 的斜率之积为－12，求证：直线AB 过x 轴上一定点．[解] (1)因为抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点坐标为(1,0)，所以p 2＝1，所以p ＝2.所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明：①当直线AB 的斜率不存在时，设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，t ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，－t . 因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以t t 24·－t t 24＝－12，化简得t 2＝32.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 (x A ，y A )，B (x B ，y B )，联立方程组⎩⎨⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋b 消去x ，得ky 2－4y ＋4b ＝0. 由根与系数的关系得y A y B ＝4b k，因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以y A x A ·y B x B＝－12，即x A x B ＋2y A y B ＝0，即y 2A 4·y 2B 4＋2y A y B ＝0，解得y A y B ＝－32或y A y B ＝0(舍去)．所以y A y B ＝4b k ＝－32，即b ＝－8k ，所以y ＝kx －8k ，即y ＝k (x －8)．综上所述，直线AB过定点(8,0)．【例2】已知椭圆C：xa2＋yb2＝1，过点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)由椭圆过点A(2,0)，B(0,1)知a＝2，b＝1.所以椭圆方程为x24＋y2＝1，又c＝a2－b2＝ 3.所以椭圆离心率e＝ca＝3 2.(2)证明：设P点坐标为(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则x20＋4y20＝4，由B点坐标(0,1)得直线PB方程为：y－1＝y0－1x0(x－0)，令y＝0，得x N＝x01－y0，从而|AN|＝2－x N＝2＋x0y0－1，由A点坐标(2,0)得直线P A方程为y－0＝y0x0－2(x－2)，令x＝0，得y M＝2y02－x0，从而|BM|＝1－y M＝1＋2y0x0－2，所以S四边形ABNM ＝12|AN|·|BM|＝12(2＋x0y0－1)(1＋2y0x0－2)＝x20＋4y20＋4x0y0－4x0－8y0＋42(x0y0－x0－2y0＋2)＝2x0y0－2x0－4y0＋4x0y0－x0－2y0＋2＝2.即四边形ABNM的面积为定值2.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] (1)由题意有a 2－b 2a ＝22，4a 2＋2b 2＝1，解得a 2＝8，b 2＝4.所以C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)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x 28＋y 24＝1，得 (2k 2＋1)x 2＋4kbx ＋2b 2－8＝0.故x M ＝x 1＋x 22＝－2kb 2k 2＋1，y M ＝k ·x M ＋b ＝b 2k 2＋1. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－12k ，即k OM ·k ＝－12.所以直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．【例3】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．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．[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PC →·PD →＝－1，于是⎩⎪⎨⎪⎧ 1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2.解得a ＝2，b ＝ 2.所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.(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(x 1，y 1)，(x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0.其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)>0，所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1. 从而，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)]＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝(－2λ－4)k 2＋(－2λ－1)2k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2. 所以，当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3. 此时OA →·OB →＋λOA →·PB →＝－3为定值．②当直线AB 的斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ，此时OA →·OB →＋λP A →·PB→＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3，故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值－3.已知中心在坐标原点O 的椭圆C 经过点A (2,3)，且点F (2,0)为其右焦点．(1)求椭圆C 的方程；(2)是否存在平行于OA 的直线l ，使得直线l 与椭圆C 有公共点，且直线OA 与l 的距离等于4？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．[解] (1)依题意，可设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，且可知其左焦点为F ′(－2,0)．从而有⎩⎨⎧ c ＝2，2a ＝|AF |＋|AF ′|＝3＋5＝8，解得⎩⎨⎧ c ＝2.a ＝4.又a 2＝b 2＋c 2，所以b 2＝12，故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)假设存在符合题意的直线l ，设其方程为y ＝32x ＋t .由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝32x ＋t ，x 216＋y 212＝1，得3x 2＋3tx ＋t 2－12＝0.因为直线l 与椭圆C 有公共点，所以Δ＝(3t )2－4×3×(t 2－12)≥0，解得－43≤t ≤4 3.另一方面，由直线OA 与l 的距离d ＝4，得|t |94＋1＝4，解得t ＝±213. 由于±213∉[－43，43]，所以符合题意的直线l 不存在.(2017·全国卷Ⅱ)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM →.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .[解] (1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0,0)，NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0)．由NP →＝2NM →得x 0＝x ，y 0＝22y .因为M (x 0，y 0)在C 上，所以x 22＋y 22＝1.因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2.(2)证明：由题意知F (－1,0)．设Q (－3，t )，P (m ，n )，则OQ →＝(－3，t )，PF →＝(－1－m ，－n )，OQ →·PF →＝3＋3m －tn ，OP →＝(m ，n )，PQ →＝(－3－m ，t －n )．由OP →·PQ →＝1得－3m －m 2＋tn －n 2＝1.又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0.所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →.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l 过C 的左焦点F .。

定点、定值、探索性问题

定点、定值、探索性问题题型一定点问题典例 (优质试题·全国Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，四点P 1(1,1)，P 2(0,1)，P 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，P 4⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上．(1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．(1)解由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点．又由1a 2＋1b 2>1a 2＋34b 2知，椭圆C 不经过点P 1，所以点P 2在椭圆C 上．因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |<2，可得A ，B 的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝⎛⎭⎪⎫t ，－4－t22，则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t＝－1，得t ＝2，不符合题设．从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)．将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)x 1x 2.由题设知k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0. 即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km4k 2＋1＝0，解得k ＝－m ＋12.当且仅当m >－1时，Δ>0，于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1)．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．跟踪训练 (优质试题·长沙联考)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >0，b >0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列．直线l 与x 轴正半轴和y 轴分别交于点Q ，P ，与椭圆分别交于点M ，N ，各点均不重合且满足PM →＝λ1MQ →，PN →＝λ2NQ →. (1)求椭圆的标准方程；(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l 过定点并求此定点．(1)解设椭圆的焦距为2c ，由题意知b ＝1，且(2a )2＋(2b )2＝2(2c )2，又a 2＝b 2＋c 2，∴a 2＝3. ∴椭圆的方程为x 23＋y 2＝1.(2)证明由题意设P (0，m )，Q (x 0,0)，M (x 1，y 1)， N (x 2，y 2)，设l 方程为x ＝t (y －m )，由PM →＝λ1MQ →知(x 1，y 1－m )＝λ1(x 0－x 1，－y 1)， ∴y 1－m ＝－y 1λ1，由题意y 1≠0，∴λ1＝my 1－1.同理由PN →＝λ2NQ →知λ2＝m y2－1.∵λ1＋λ2＝－3，∴y 1y 2＋m (y 1＋y 2)＝0，①联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋3y 2＝3，x ＝t (y －m )，得(t 2＋3)y 2－2mt 2y ＋t 2m 2－3＝0，∴由题意知Δ＝4m 2t 4－4(t 2＋3)(t 2m 2－3)>0，② 且有y 1＋y 2＝2mt 2t 2＋3，y 1y 2＝t 2m 2－3t 2＋3，③③代入①得t 2m 2－3＋2m 2t 2＝0，∴(mt)2＝1，由题意mt<0，∴mt＝－1，满足②，得直线l方程为x＝ty＋1，过定点(1,0)，即Q为定点．题型二定值问题典例(优质试题·广州市综合测试)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，且过点A(2,1)．(1)求椭圆C的方程；(2)若P，Q是椭圆C上的两个动点，且使∠P AQ的角平分线总垂直于x轴，试判断直线PQ的斜率是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．解(1)因为椭圆C的离心率为32，且过点A(2,1)，所以4a2＋1b2＝1，ca＝32，又a2＝b2＋c2，所以a2＝8，b2＝2，所以椭圆C的方程为x28＋y22＝1.(2)方法一因为∠P AQ的角平分线总垂直于x轴，所以P A与AQ所在的直线关于直线x＝2对称．设直线P A的斜率为k，则直线AQ的斜率为－k. 所以直线P A的方程为y－1＝k(x－2)，直线AQ的方程为y－1＝－k(x－2)．设点P(x P，y P)，Q(x Q，y Q)，由⎩⎨⎧y －1＝k (x －2)，x 28＋y 22＝1，得(1＋4k 2)x 2－(16k 2－8k )x ＋16k 2－16k －4＝0.①因为点A (2,1)在椭圆C 上，所以x ＝2是方程①的一个根，则2x P ＝16k 2－16k －41＋4k 2，所以x P ＝8k 2－8k －21＋4k2.同理x Q ＝8k 2＋8k －21＋4k2.所以x P －x Q ＝－16k 1＋4k2，x P ＋x Q ＝16k 2－41＋4k2.又y P －y Q ＝k (x P ＋x Q －4)＝－8k 1＋4k2，所以直线PQ 的斜率k PQ ＝y P －y Qx P －x Q＝12，所以直线PQ 的斜率为定值，该值为12. 方法二设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋b ，点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1＝kx 1＋b ，y 2＝kx 2＋b ，直线P A 的斜率k P A ＝y 1－1x 1－2，直线QA 的斜率k QA ＝y 2－1x 2－2. 因为∠P AQ 的角平分线总垂直于x 轴，所以P A 与AQ 所在的直线关于直线x ＝2对称，所以k P A ＝－k QA ，即y 1－1x 1－2＝－y 2－1x 2－2，化简得x 1y 2＋x 2y 1－(x 1＋x 2)－2(y 1＋y 2)＋4＝0. 把y 1＝kx 1＋b ，y 2＝kx 2＋b 代入上式，化简得 2kx 1x 2＋(b －1－2k )(x 1＋x 2)－4b ＋4＝0.①由⎩⎨⎧y ＝kx ＋b ，x 28＋y 22＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kbx ＋4b 2－8＝0，② 则x 1＋x 2＝－8kb4k 2＋1，x 1x 2＝4b 2－84k 2＋1，代入①，得2k (4b 2－8)4k 2＋1－8kb (b －1－2k )4k 2＋1－4b ＋4＝0，整理得(2k －1)(b ＋2k －1)＝0，所以k ＝12或b ＝1－2k .若b ＝1－2k ，可得方程②的一个根为2，不符合题意．所以直线PQ 的斜率为定值，该值为12.思维升华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．跟踪训练 (优质试题届洛阳联考)如图，点F 是抛物线τ：x 2＝2py (p >0)的焦点，点A 是抛物线上的定点，且AF →＝(2,0)，点B ，C 是抛物线上的动点，直线AB ，AC 的斜率分别为k 1，k 2.(1)求抛物线τ的方程；(2)若k 2－k 1＝2，点D 是抛物线在点B ，C 处切线的交点，记△BCD 的面积为S ，证明S 为定值．(1)解设A (x 0，y 0)，由题意知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，所以AF→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 0，p 2－y 0＝(2,0)，所以⎩⎨⎧x 0＝－2，y 0＝p2，代入x 2＝2py (p >0)中得4＝p 2，即p ＝2，所以抛物线τ的方程是x 2＝4y .(2)证明过D 作y 轴的平行线交BC 于点E ，并设B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 214，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x 224，由(1)知A (－2,1)，所以k 2－k 1＝x 224－1x 2＋2－x 214－1x 1＋2＝x 2－x 14，又k 2－k 1＝2，所以x 2－x 1＝8. 由y ＝x 24，得y ′＝x 2. 所以直线BD ：y ＝x 12x －x 214，直线CD ：y ＝x 22x －x 224，解得⎩⎪⎨⎪⎧x D ＝x 1＋x 22，y D ＝x 1x 24，因为直线BC 的方程为y －x 214＝x 1＋x 24(x －x 1)，将x D 代入得y E ＝x 21＋x 228，所以S ＝12|DE |(x 2－x 1)＝12(y E －y D )(x 2－x 1) ＝12·(x 2－x 1)28·(x 2－x 1)＝32(定值)．题型三探索性问题典例在平面直角坐标系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 2)x 1x 2＝k (a ＋b )a .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．思维升华解决探索性问题的注意事项探索性问题，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，要开放思维，采取另外合适的方法．跟踪训练 (优质试题·唐山模拟)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1的右焦点为F (c,0)且a >b >c >0，设短轴的一个端点为D ，原点O 到直线DF 的距离为32，过原点和x 轴不重合的直线与椭圆E 相交于C ，G 两点，且|GF →|＋|CF →|＝4. (1)求椭圆E 的方程；(2)是否存在过点P (2,1)的直线l 与椭圆E 相交于不同的两点A ，B 且使得OP →2＝4P A →·PB →成立？若存在，试求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解 (1)由椭圆的对称性知|GF →|＋|CF →|＝2a ＝4，∴a ＝2. 又原点O 到直线DF 的距离为32， ∴bc a ＝32，∴bc ＝3，又a 2＝b 2＋c 2＝4，a >b >c >0，∴b ＝3，c ＝1. 故椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 与x 轴垂直时不满足条件．故可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝k (x －2)＋1，代入椭圆方程得(3＋4k 2)x 2－8k (2k －1)x ＋16k 2－16k －8＝0， ∴x 1＋x 2＝8k (2k －1)3＋4k 2，x 1x 2＝16k 2－16k －83＋4k 2， Δ＝32(6k ＋3)>0，∴k >－12.。

第九节第三课时定点、定值、探索性问题案例

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第三课时
定点、定值、探索性问题
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[针对训练] 解：(1)设直线 PQ 的方程为 x＝my＋n，点 P，Q 的坐标分别为 P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
x＝my＋n，由 2 y ＝4x.
得 y2－4my－4n＝0.
由 Δ＞0，得 m2＋n＞0，y1＋y2＝4m，y1· y2＝－4n.
∴ x－42＋y2＝
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.
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(2)证明：如图，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 b2 由根与系数的关系得，x1＋x2＝，①x1x2＝ 2，② k2 k y1 y2 因为 x 轴是∠PBQ 的角平分线，所以＝－，即 y1(x2＋1)＋y2(x1 x1＋1 x2＋1 ＋1)＝0，(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0，2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2) ＋2b＝0，③ 将①②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)， ∴直线 l 过定点(1,0)．
1 k2 1 整理得 m＝ 2 ＝ ∈0，4， 3 4k ＋3 4＋ 2 k

高考数学同步练习：第八章第八节第三课时定点、定值、探索性问题 Word版含解析

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)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 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 k 2＝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y x ＋2·y x －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 203－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 (4k 2＋3)k 2＋1.因为d ＝n 2k 2＋1为常数，则m ＝0，d ＝ 127＝2217，此时7n 2k 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 ＋1)(x 0＋1)－(x ＋x 0＋2)＋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 ＝1－4k 24k 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 (3k 2－3)＝－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 －8(k 2＋1)3(4k 2＋1)＋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P A ⊥l 于点A ，∠APF 的平分线交x 轴于点B ，|P A |＝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 ||P A |＝22，即(x ＋1)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＝2－2m 2m 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＝－(2＋n )y 1x 1－n ，同理y 4＝－(2＋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＋4nm 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 ＝－9k x .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(m3，m )的坐标代入l 的方程得b ＝m (3－k )3，因此x M ＝km (k －3)3(k 2＋9).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±km3k 2＋9＝2×k (k －3)m 3(k 2＋9)，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＋y 2b 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(x 2＋y －3＋12)m ＋(x2－y －3－12)n ＝0.∵m ，n ∈R ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x2＋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＝4(m 2－1)1＋4k 2.∵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)4(m 2－1)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＝2(m 2－1). 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＋k 2＝|m |2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝|m |24m 2－4·2(m 2－1)＝m 2(2－m 2)≤m 2＋2－m 22＝1.当m 2＝1时(满足(*))，S △AOB ＝1，∴S 四边形ABCD ＝4S △AOB ≤4，即四边形ABCD 面积的最大值为4.。

高考数学一轮复习第八章解析几何第九讲理第八讲文第3课时定点定值探索性问题学案含解析新人教版

第三课时定点、定值、探索性问题考点突破·互动探究考点一圆锥曲线的定值问题——自主练透例1 (2018·北京高考)已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)经过点P (1,2)．过点Q (0,1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线P A 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N ．(1)求直线l 的斜率的取值范围；(2)设O 为原点，QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，求证：1λ＋1μ为定值．[解析] (1)因为抛物线y 2＝2px 过点(1,2)，所以2p ＝4，即p ＝2．故抛物线C 的方程为y 2＝4x ，由题意知，直线l 的斜率存在且不为0．设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0．依题意Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1＞0，解得k ＜0或0＜k ＜1．又P A ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2)．从而k ≠－3．所以直线l 斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)． (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k 2．直线P A 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1)．令x ＝0，得点M 的纵坐标为 y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2．同理得点N的纵坐标为y N＝－kx2＋1x2－1＋2．由QM→＝λQO→，QN→＝μQO→得λ＝1－y M，μ＝1－y N．所以1λ＋1μ＝11－y M＋11－y N＝x1－1(k－1)x1＋x2－1(k－1)x2＝1k－1·2x1x2－(x1＋x2)x1x2＝1k－1·2k2＋2k－4k21k2＝2．所以1λ＋1μ为定值．名师点拨求解定值问题常用的方法(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．〔变式训练1〕(2021·河南八市重点高中联盟联考)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左右焦点分别是F1，F2，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线y＝2x＋3相切，点P在椭圆C上，|PF1|＝2，∠F1PF2＝60°．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A、B两点，且k OA·k OB＝－b2a2，△AOB的面积是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．[解析](1)依题意有b＝32＋1＝3，∴b2＝3，由|PF1|＝2及椭圆的定义得|PF2|＝2a－2，由余弦定理得|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cos∠F1PF2＝|F1F2|2，即a2－3a＋3＝c2，又a2－c2＝b2＝3，∴a＝2，故椭圆的方程为x24＋y23＝1．(2)联立可得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1y ＝kx ＋m ，(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，则Δ＝3＋4k 2－m 2＞0，①又x 1＋x 2＝－8km3＋4k 2，x 1x 2＝4(m 2－3)3＋4k 2，y 1·y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3(m 2－4k 2)3＋4k 2，由k OA ·k OB ＝－b 2a 2，可得y 1·y 2x 1·x 2＝－34，∴y 1·y 2＝－34x 1x 2，3(m 2－4k 2)3＋4k 2＝－34·4(m 2－3)3＋4k 2，∴2m 2－4k 2＝3，满足①， ∵|AB |＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1·x 2]＝(1＋k 2)[(－8km3＋4k 2)2－4×4m 2－123＋4k2]＝23·1＋k 2|m |，∴S △OAB ＝12·d ·|AB |＝12×|m |1＋k 2×23·1＋k 2|m |＝3为定值．考点二圆锥曲线中的定点问题——师生共研例2 (2021·广东广州三校联考)如图，已知椭圆C ：x 2a2＋y 2＝1的上顶点为A ，右焦点为F ，直线AF 与圆M ：x 2＋y 2－6x －2y ＋7＝0相切，其中a ＞1．(1)求椭圆的方程；(2)不过点A 的动直线l 与椭圆C 相交于P ，Q 两点，且AP ⊥AQ ，证明：动直线l 过定点，并且求出该定点坐标．[解析] (1)由题可知，A (0,1)，F (c,0)，则直线AF 的方程为xc ＋y ＝1，即x ＋cy －c ＝0，因为直线AF 与圆M ：x 2＋y 2－6x －2y ＋7＝0相切，该圆的圆心为M (3,1)，r ＝3，则3＝31＋c 2，∴c 2＝2，∴a 2＝3，故椭圆的标准方程为x 23＋y 2＝1．(2)解法一：依题得直线l 的斜率必存在，设l ：y ＝kx ＋m ，设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m x 23＋y 2＝1，消去y 并整理得(3k 2＋1)x 2＋6kmx ＋3m 2－3＝0， Δ＝36k 2m 2－4·(3k 2＋1)·(3m 2－3)＞0，即m 2＜3k 2＋1，且x 1＋x 2＝－6km3k 2＋1，x 1x 2＝3m 2－33k 2＋1，∴AP →·AQ →＝(x 1，y 1－1)·(x 2，y 2－1)＝x 1x 2＋y 1y 2－(y 1＋y 2)＋1 ＝(k 2＋1)x 1x 2＋k (m －1)(x 1＋x 2)＋(m －1)2 ＝(k 2＋1)·3m 2－33k 2＋1＋k (m －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－6km 3k 2＋1＋(m －1)2 ＝4m 2－2m －23k 2＋1∵AP ⊥AQ ，∴AP →·AQ →＝0，即4m 2－2m －23k 2＋1＝0，∴m ＝1或m ＝－12．当m ＝1时，直线l ：y ＝kx ＋1，恒过点(0,1)，不满足题意，舍去；当m ＝－12时，直线l ：y ＝kx －12，恒过点⎝⎛⎭⎫0，12，故直线恒过定点⎝⎛⎭⎫0，12．解法二：因为不过点A 的动直线l 与椭圆C 相交于PQ 两点，且AP ⊥AQ ，即直线AP 与坐标轴不垂直也不平行，由A (0,1)，可设直线AP 的方程为y ＝kx ＋1，则直线AQ 的方程为y ＝－1k x ＋1，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 23＋y 2＝1y ＝kx ＋1，消去y 并整理得(1＋3k 2)x 2＋6kx ＝0，解得x ＝0或－6k1＋3k 2，因此点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－6k 1＋3k 2，－6k 21＋3k 2＋1，即P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－6k1＋3k 2，1－3k 21＋3k 2，将上式中的k 换成－1k ，得点Q ⎝⎛⎭⎪⎫6k 3＋k 2，k 2－33＋k2，所以直线l 的斜率为k 2－33＋k 2－1－3k 21＋3k 26k 3＋k 2＋6k 1＋3k 2＝k 2－14k，即直线l 的方程y ＝k 2－14k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －6k 3＋k 2＋k 2－33＋k2，化简并整理得y ＝k 2－14k x －12，故直线l 恒过定点⎝⎛⎭⎫0，12．名师点拨求解定点问题常用的方法(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明．(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标．(3)求证直线过定点(x 0，y 0)，常利用直线的点斜式方程y －y 0＝k (x －x 0)来证明．〔变式训练2〕(2021·安徽蚌埠质检)已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)，直线y ＝x －1与C 相交所得的弦长为8．(1)求p 的值；(2)已知点O 为坐标原点，一条动直线l 与抛物线C 交于O ，M 两点，直线l 与直线x ＝－2交于H 点，过点H 作y 轴的垂线交抛物线C 于N 点，求证：直线MN 过定点．[解析] (1)设直线与抛物线的两交点坐标分别为：(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －1y 2＝2px得，消x 可得y 2－2py －2p ＝0， ∴y 1＋y 2＝2p ，y 1y 2＝－2p ． ∴弦长为1＋12·(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝2·4p 2＋8p ＝8，解得p ＝2或p ＝－4(舍去)，∴p ＝2． (2)由(1)可得y 2＝4x ，设M ⎝⎛⎭⎫14y 20，y 0，∴直线OM 的方程y ＝4y 0x ，当x ＝－2时，∴y H ＝－8y 0，代入抛物线方程y 2＝4x ，可得x N ＝16y 20，∴N ⎝⎛⎭⎫16y 2，－8y 0，∴直线MN 的斜率k ＝y 0＋8y 0y 204－16y 20＝4y 0y 20－8，直线MN 的方程为y －y 0＝4y 0y 20－8⎝⎛⎭⎫x －14y 20，整理可得y ＝4y 0y 20－8(x －2)，故直线MN 过点(2,0)．考点三,圆锥曲线中的探索性问题——师生共研例3 (2021·河南名校联盟联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A 1，A 2，上、下顶点分别为B 1，B 2，四边形A 1B 1A 2B 2的面积为43，坐标原点O 到直线A 1B 1的距离为2217．(1)求椭圆C 的方程；(2)过椭圆C 上一点P 作两条直线分别与椭圆C 相交于点A ，B (异于点P )，试判断以OP 和AB 为对角线的四边形能否为菱形？若能，求出直线AB 的方程；若不能，请说明理由．[解析] (1)直线A 1B 1的方程为－x a ＋yb ＝1．由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧2ab ＝43，11a 2＋1b2＝2217，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝ 3.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1．(2)当直线AB 的斜率不存在时，若平行四边形OAPB 为菱形，则P 为左顶点或右顶点．此时直线AB 的方程为x ＝±1，当直线AB 的斜率为0时，若四边形OAPB 为菱形，则点P 为上顶点或下顶点，此时AB 的方程为y ＝±32．当直线AB 的斜率存在时，设AB ：y ＝kx ＋m (k ≠0)， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋m ，可得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，则Δ＝48(4k 2－m 2＋3)＞0，所以x 1＋x 2＝－8km4k 2＋3，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋3，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝6m4k 2＋3．若四边形OAPB 为菱形，所以OA →＋OB →＝OP →，所以点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 4k 2＋3，6m 4k 2＋3．所以直线OP 的斜率k OP ＝－34k．所以k ·⎝⎛⎭⎫－34k ＝－34≠－1，这与k AB ·k OP ＝－1矛盾．所以四边形OAPB 不能是菱形．综上，四边形OAPB 能为菱形，此时直线AB 的方程为x ＝±1，或y ＝±32．名师点拨圆锥曲线中的探索性问题1．圆锥曲线中的存在性问题一般分为探究条件、探究结论两种，若探究条件，则可先假设条件成立，在验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在：若探究结论，则应先求出结论的表达式，在对其表达式解析讨论，往往涉及对参数的讨论．2．圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立，解决此类问题通常采用“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，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．反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．3．解决探索性问题的答题模板假设—假设存在符合题意的元素(点、直线、曲线或参数).推理—以存在为条件，用待定系数法设出，列出关于参数的方程组，确定其解的情况.判断—若能推出合理结果，经验证成立即可确定元素存在；否则不存在. 反思—查看关键点、易错点，解题的规范性，并得出结论. 〔变式训练3〕(2021·陕西西安八校联考)已知F 为抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)的焦点，点M (m,1)在抛物线上，且|MF |＝98．直线l ：y ＝kx ＋2与抛物线C 交于A 、B 两点．(1)求抛物线C 的方程；(2)设O 为坐标原点，y 轴上是否存在点P ，使得当k 变化时，总有∠OP A ＝∠OPB ？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．[解析] (1)根据抛物线的定义，得1＋p 2＝98，解得p ＝14．∴抛物线C 的方程为x 2＝12y ．(2)在y 轴上存在点P ，使得当k 变化时，总有∠OP A ＝∠OPB ．理由如下：设P (0，b )，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 2＝12y ，消去y ，得2x 2－kx －2＝0．且Δ＝k 2＋16＞0恒成立． ∴x 1＋x 2＝k 2，x 1x 2＝－1．y 1＝2x 21，y 2＝2x 22． ∵∠OP A ＝∠OPB 时，直线P A 和直线PB 的倾斜角互补，故其斜率互为相反数．∴k P A＋k PB＝y1－bx1＋y2－bx2＝x2()y1－b＋x1()y2－bx1x2＝0，∴x2·2x21－bx2＋x1·2x22－bx1＝0，即()2x1x2－b()x2＋x1＝0，∴()－2－b·k2＝0，得b＝－2，即点P的坐标为(0，－2)．所以，y轴上存在点P(0，－2)，使得当k变化时，总有∠OP A＝∠OPB．高考大题规范解答系列(五)——解析几何考点一范围问题例1(2018·浙江高考)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足P A，PB的中点均在C上．(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2)若P是半椭圆x2＋y24＝1(x＜0)上的动点，求△P AB面积的取值范围．【分析】①设出A，B的坐标及点P的坐标，利用P A，PB的中点在抛物线上建立方程，利用根与系数的关系求得点A，B，P的纵坐标之间的关系，由此证明结论成立．②先根据根与系数的关系，求得|PM|，再表示出△P AB的面积，最后结合点P在椭圆上，并利用二次函数在给定区间的值域，求得三角形面积的取值范围．【标准答案】——规范答题步步得分(1)设P(x0，y0)，A⎝⎛⎭⎫14y21，y1，B⎝⎛⎭⎫14y22，y2．因为P A，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程⎝⎛⎭⎫y＋y022＝4·14y2＋x02，即y2－2y0y＋8x0－y20＝0的两个不同的实根．3分得分点②所以y 1＋y 2＝2y 0，因此，PM 垂直于y 轴．(2)由(1)可知⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2y 0，y 1y 2＝8x 0－y 20，所以|PM |＝18(y 21＋y 22)－x 0＝34y 20－3x 0， |y 1－y 2|＝22(y 20－4x 0)．因此，△P AB 的面积S △P AB ＝12|PM |·|y 1－y 2|＝324(y 20－4x 0)32，因为x 20＋y 204＝1(x 0＜0)，所以y 20－4x 0＝－4x 20－4x 0＋4∈[4,5]，因此，△P AB 面积的取值范围是⎣⎡⎦⎤62，15104．【评分细则】 ①设出点的坐标得1分．②利用P A ，PB 的中点在C 上，建立二次方程得2分． ③由韦达定理得y 1＋y 2＝2y 0得1分．④由y 1＋y 2＝2y 0得点M 的纵坐标为y 0，又点P 纵坐标为y 0，因此PM 垂直于y 轴，得1分．⑤结合韦达定理求|PM |，得2分． ⑥求出|y 1－y 2|，得2分．⑦正确写出△P AB 的面积，得1分．⑧合理的转化为二次函数求出△P AB 面积的范围，得2分．【名师点评】1．核心素养：本题考查直线与抛物线的位置关系，考查考生分析问题、解决问题的能力以及运算求解能力，考查的数学核心素养是逻辑推理、数学抽象、数学运算．2．解题技巧：在解析几何中，求某个量(直线斜率，直线在x 、y 轴上的截距，弦长，三角形或四边形面积等)的取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率，动点的横、纵坐标等)的函数，并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域)，将问题转化为求函数的值域或最值．3．解决范围问题的答题模板定变量—根据题意选取恰当的变量. ↓找关系—根据条件确定变量间的等量关系或不等式关系. ↓得结果—利用函数或不等式知识求出所求问题范围. 〔变式训练1〕(2021·山东烟台期末)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，F 是其右焦点，直线y＝kx 与椭圆交于A ，B 两点，|AF |＋|BF |＝8．(1)求椭圆的标准方程；(2)设Q (3,0)，若∠AQB 为锐角，求实数k 的取值范围．[解析] (1)设F 1为椭圆的左焦点，连接F 1B ，由椭圆的对称性可知，|AF |＝|F 1B |，所以|AF |＋|BF |＝|BF 1|＋|BF |＝2a ＝8，所以a ＝4，又e ＝32＝ca，a 2＝b 2＋c 2，解得c ＝23，b ＝2，∴椭圆的标准方程为x 216＋y 24＝1．(2)设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则QA →＝(x 1－3，y 1)，QB →＝(x 2－3，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 216＋y 24＝1y ＝kx ，得(4k 2＋1)x 2－16＝0，所以x 1＋x 2＝0，x 1x 2＝－164k 2＋1，因为∠AQB 为锐角，所以QA →·QB →＞0，所以QA →·QB →＝(x 1－3)(x 2－3)＋y 1y 2 ＝9－3(x 1＋x 2)＋x 1x 2＋y 1y 2 ＝9－3(x 1＋x 2)＋(1＋k 2)x 1x 2＝9－16(1＋k 2)4k 2＋1＞0，解得k ＞3510或k ＜－3510．考点二定点、定值问题例2 (2017·全国卷Ⅱ)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过点M作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝ 2 NM →．(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1，证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F ．【分析】 ①看到求点P 的轨迹方程，想到先设出点的坐标，然后利用已知条件，采用代入法求轨迹方程．②看到过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F ，想到证明OQ →⊥PF →．【标准答案】——规范答题步步得分 (1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0,0)． NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0)， 1分得分点① 由NP →＝ 2 NM →，得x 0＝x ，y 0＝22y ，3分得分点②因为M (x 0，y 0)在椭圆C 上，所以x 22＋y 22＝1，5分得分点③ 因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2．6分得分点④ (2)由题意知F (－1,0)，设Q (－3，t )，P (m ，n )，则OQ →＝(－3，t )，PF →＝(－1－m ，－n )， 7分得分点⑤ OQ →·PF →＝3＋3m －tn ，8分得分点⑥ OP →＝(m ，n )，PQ →＝(－3－m ，t －n )， 9分得分点⑦ 由OP →·PQ →＝1得－3m －m 2＋tn －n 2＝1， 10分得分点⑧又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0．所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →， 11分得分点⑨ 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l 过C 的左焦点F ．【评分细则】①设出点的坐标，并求出NP →和NM →得1分．②由NP →＝2NM →，正确求出x 0＝x ，y 0＝22y 得2分．③代入法求出x 22＋y 22＝1得2分．④化简成x 2＋y 2＝2得1分． ⑤求出OQ →和PF →的坐标得1分． ⑥正确求出OQ →·PF →的值得1分． ⑦正确求出OP →和PQ →的坐标得1分． ⑧正确得出－3m －m 2＋tn －n 2＝1得1分． ⑨得出OQ →⊥PF →得1分． ⑩写出结论得1分．【名师点评】1．核心素养：圆锥曲线中的定点、定值问题是高考命题的热点问题，常与向量巧妙交汇，综合考查考生“数学运算”的核心素养．2．解题技巧：(1)得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写全，如第(2)问中求出－3m －m 2＋tn －n 2＝1就得分．(2)得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时一定要写清得分关键点，如第(2)问一定要写出OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →，否则不得分，因此步骤才是关键的，只有结果不得分．3．解决定值(点)问题的答题模板定目标—通过研究特殊情形，得出目标关系所要探求的定值(点). ↓ 选参数—找寻适合运动变化的参数，如点的坐标、直线的斜率等，把相关问题用参数表示.↓建联系—把定值(点)问题转化为与参数有关的方程问题.↓得结果—确定与参数无关的值(点)，即为所求. 〔变式训练2〕(1)(2021·广西南宁、玉林、贵港等市联考)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，右顶点是A (2,0)，离心率为12．①求椭圆C 的方程；②若直线l 与椭圆交于两点M ，N (M ，N 不同于点A )，若AM →·AN →＝0，求证：直线l 过定点，并求出定点坐标．(2)已知A 、B 分别为椭圆E ：x 2a 2＋y 2 ＝1(a ＞1)的左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG →·GB →＝8，P 为直线x ＝6上的动点，P A 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ．①求E 的方程；②证明：直线CD 过定点．[解析] (1)①右顶点是A (2,0)，离心率为12，所以a ＝2，c a ＝12，∴c ＝1，则b ＝3，∴椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1．②当直线MN 斜率不存在时，设l MN ：x ＝m ，与椭圆方程x 24＋y 23＝1联立得：|y |＝3⎝⎛⎭⎫1－m24， |MN |＝23⎝⎛⎭⎫1－m24，设直线MN 与x 轴交于点B ，|MB |＝|AB |，即3⎝⎛⎭⎫1－m24＝2－m ， ∴m ＝27或m ＝2(舍)，∴直线m 过定点⎝⎛⎭⎫27，0；当直线MN 斜率存在时，设直线MN 斜率为k ， M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则直线MN ：y ＝kx ＋b (k ≠0)，与椭圆方程x 24＋y 23＝1联立，得(4k 2＋3)x 2＋8kbx ＋4b 2－12＝0， x 1＋x 2＝－8kb4k 2＋3，x 1x 2＝4b 2－124k 2＋3，y 1y 2＝(kx 1＋b )(kx 2＋b )＝k 2x 1x 2＋kb (x 1＋x 2)＋b 2， Δ＝(8kb )2－4(4k 2＋3)(4b 2－12)＞0，k ∈R ， AM →·AN →＝0，则(x 1－2，y 1)·(x 2－2，y 2)＝0，即x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＋y 1y 2＝0， ∴7b 2＋4k 2＋16kb ＝0， ∴b ＝－27k 或b ＝－2k ，∴直线l MN ：y ＝k ⎝⎛⎭⎫x －27或y ＝k (x －2)， ∴直线过定点⎝⎛⎭⎫27，0或(2,0)舍去；综上知直线过定点⎝⎛⎭⎫27，0． (2)①依据题意作出如下图形：由椭圆方程E ：x 2a 2＋y 2＝1(a ＞1)可得：A (－a,0)，B (a,0)，G (0,1)， ∴AG →＝(a,1)，GB →＝(a ，－1)， ∴AG →·GB →＝a 2－1＝8，∴a 2＝9， ∴椭圆方程为：x 29＋y 2＝1．②证明：设P (6，y 0)，则直线AP 的方程为：y ＝y 0－06－(－3)(x ＋3)，即：y ＝y 09(x ＋3)，联立直线AP 的方程与椭圆方程可得：⎩⎨⎧x 29＋y 2＝1y ＝y9(x ＋3)，整理得：(y 20＋9)x 2＋6y 20x ＋9y 20－81＝0，解得：x ＝－3或x ＝－3y 20＋27y 20＋9，将x ＝－3y 20＋27y 20＋9代入直线y ＝y 09(x ＋3)可得：y ＝6y 0y 20＋9，所以点C 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3y 20＋27y 20＋9，6y 0y 20＋9．同理可得：点D 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫3y 20－3y 20＋1，－2y 0y 20＋1， ∴直线CD 的方程为：y －⎝ ⎛⎭⎪⎫－2y 0y 20＋1＝6y 0y 20＋9－⎝ ⎛⎭⎪⎫－2y 0y 20＋1－3y 20＋27y 20＋9－3y 20－3y 20＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －3y 20－3y 20＋1，整理可得：y ＋2y 0y 20＋1＝8y 0(y 20＋3)6(9－y 40)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －3y 20－3y 20＋1＝8y 06(3－y 20)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －3y 20－3y 20＋1 整理得：y ＝4y 03(3－y 20)x ＋2y 0y 20－3＝4y 03(3－y 20)·⎝⎛⎭⎫x －32 故直线CD 过定点⎝⎛⎭⎫32，0．考点三,最值问题例3 (2021·吉林模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设F 为椭圆C 的左焦点，T 为直线x ＝－3上任意一点，过F 作TF 的垂线交椭圆C 于点P ，Q ．①证明：OT 平分线段PQ (其中0为坐标原点)； ②当|TF ||PQ |最小时，求点T 的坐标．【分析】看到—焦距为4，短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形 ↓想到—2c ＝4，a ＝3b ，a 2＝b 2＋c 2 【标准答案】——规范答题步步得分(1)由已知可得⎩⎨⎧a 2＋b 2＝2b ，2c ＝2a 2－b 2＝4，解得a 2＝6，b 2＝2.2分得分点① 所以椭圆C 的标准方程是x 26＋y 22＝1．3分得分点②(2)①由(1)可得点F 的坐标是(－2,0)，设点T 的坐标为(－3，m )，则直线TF 的斜率是k TF ＝m －0－3－(－2)＝－m ．当m ≠0时，直线PQ 的斜率k PQ ＝1m ，直线PQ 的方程是x ＝my －2．当m ＝0时，直线PQ 的方程是x ＝－2，也符合x ＝my －2的形式．5分得分点③设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，将直线PQ 的方程与椭圆C 的方程联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －2，x 26＋y 22＝1.消去x ，得(m 2＋3)y 2－4my －2＝0．其判别式Δ＝16m 2＋8(m 2＋3)＞0，所以y 1＋y 2＝4mm 2＋3，y 1y 2＝－2m 2＋3，x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)－4＝－12m 2＋3．所以PQ 的中点M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－6m 2＋3，2m m 2＋3．所以直线OM 的斜率是k OM ＝－m3．又直线OT 的斜率k OT ＝－m3，所以点M 在直线OT 上，因此OT 平分线段PQ ． 8分得分点⑤②由①可得 |TF |＝m 2＋1，9分得分点⑥ |PQ |＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2 ＝(m 2＋1)[(y 1＋y 2)2－4y 1y 2] ＝(m 2＋1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫4m m 2＋32－4·－2m 2＋3＝24(m 2＋1)m 2＋3．10分得分点⑦ 所以|TF ||PQ |＝124·(m 2＋3)2m 2＋1＝124·⎝⎛⎭⎫m 2＋1＋4m 2＋1＋4 ≥124×(4＋4)＝33．当且仅当m 2＋1＝4m 2＋1，即m ＝±1时取等号，此时|TF ||PQ |取得最小值，11分得分点⑧所以当|TF ||PQ |最小时，点T 的坐标是(－3,1)或(－3，－1)．【评分细则】①列方程组求出a 2与b 2给2分． ②写出椭圆的标准方程给1分．③根据题意恰当设出直线方程，给2分，不讨论m ＝0的情况，扣1分． ④方程联立消元，结合韦达定理求出点M 的坐标，给2分． ⑤证明OT 平分线段PQ ，给1分． ⑥写出|TF |的表达式，给1分．⑦写出|PQ|的表达式，给1分．⑧写出|TF||PQ|的表达式，利用均值不等式确定最小值，给1分．⑨正确写出点T的坐标，给1分．【名师点评】1．核心素养：本题主要考查椭圆的性质、直线与椭圆的位置关系等知识，是一道综合能力较强的题，意在考查考生的分析问题、解决问题的能力以及运算求解能力．2．解题技巧：(1)注意通性通法的应用在解题过程中，注意答题要求，严格按照题目及相关知识的要求答题，不仅注意解决问题的巧解，更要注意此类问题的通性通法．如在解决本例(2)①时，注意本题的实质是直线与圆锥曲线的相交问题，因此设出直线方程，然后联立椭圆方程构造方程组，利用根与系数关系求出y1＋y2，y1y2的值即为通法．(2)关键步骤要全面阅卷时，主要看关键步骤、关键点，有关键步骤、关键点则得分，没有要相应扣分，所以解题时要写全关键步骤，踩点得分，对于纯计算过程等非得分点的步骤可简写或不写，如本例(2)中，消元化简时，可直接写出结果，利用弦长公式求|PQ|时，也可省略计算过程．3．最值问题(1)常见解法有两种：几何法与代数法．①若题目中的条件或结论能明显体现某种几何特征及意义，或反映出了某种圆锥曲线的定义，则直接利用图形的性质或圆锥曲线的定义来求解，这就是几何法．②将圆锥曲线中的最值问题通过建立目标函数，转化为函数的最值问题，再充分利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等相关知识去求解，这就是代数法．(2)易错点①利用基本不等式求最值问题要指出能取到最值，或求出取到最值的条件；②利用函数观点解决最值问题时，要注意自变量的取值范围．4．解决最值问题的答题模板设方程搞联立—设出相关直线的方程，确定参数，如斜率、截距等，联立方程组得一元二次方程.↓抓条件促转化—抓住已知条件，把问题转化为关于参数的方程或不等式，确定参数的范围.↓建函数求结果—针对所求问题构建关于参数的函数等，利用函数或基本不等式知识求最值或范围，有时应用换元法简化运算. ↓ 查关键写规范—反思回顾，查看关键点、易错点，强化解题的规范性.例4 (2020·全国卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)过点M (2,3)，点A 为其左顶点，且AM 斜率为12． (1)求C 的方程；(2)点N 为椭圆上任意一点，求△AMN 的面积的最大值．[解析] (1)由题意可知直线AM 的方程为：y －3＝12(x －2)，即x －2y ＝－4．当y ＝0时，解得x ＝－4，所以a ＝4，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)过点M (2,3)，可得416＋9b2＝1，解得b 2＝12．所以C 的方程：x 216＋y 212＝1． (2)设与直线AM 平行的直线方程为：x －2y ＝m ，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM 距离比较远的直线与椭圆的切点为N ，此时△AMN 的面积取得最大值．联立直线方程x －2y ＝m 与椭圆方程x 216＋y 212＝1可得 3(m ＋2y )2＋4y 2＝48，化简可得16y 2＋12my ＋3m 2－48＝0，所以Δ＝144m 2－4×16(3m 2－48)＝0，即m 2＝64，解得m ＝±8．与AM 距离比较远的直线方程x －2y ＝8，直线AM 方程为x －2y ＝－4．点N 到直线的距离即两平行线之间的距离d ＝8＋41＋4＝1255，由两点间距离公式可得|AM |＝(2＋4)2＋32＝35，所以△AMN 的面积的最大值为12×35×1255＝18．〔变式训练3〕(1)(2021·广东新高考适应性考试)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，短轴长为23，A ，B 在椭圆C 上，且AF 2→＋BF 2→＝0，△ABF 1的周长为8．①求椭圆C 的标准方程；②过椭圆C 上的动点M 作C 的切线l ，过原点O 作OP ⊥l 于点P ，求△OMP 的面积的最大值．(2)(2021·广东梅州质检)已知直线l ：x －y ＋1＝0与焦点为F 的抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)相切．①求抛物线C 的方程；②过点F 的直线m 与抛物线C 交于A ，B 两点，求A ，B 两点到直线l 的距离之和的最小值．[解析] (1)①由AF 2→＋BF 2→＝0，可知A ，B ，F 2三点共线，且AB ⊥x 轴．由△ABF 1的周长为8，得4a ＝8，所以a ＝2，且b ＝3，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1． ②显然直线l 斜率存在且不为0，设直线l ：y ＝kx ＋t ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，3x 2＋4y 2＝12，得(3＋4k 2)x 2＋8ktx ＋4t 2－12＝0，且Δ＝64k 2t 2－4(3＋4k 2)(4t 2－12)＝0，得t 2＝4k 2＋3，所以x M ＝－8kt 2(3＋4k 2)＝－4k t ．联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝－1k x ，y ＝kx ＋t ，得x P ＝－kt k 2＋1，所以|OP |＝1＋1k 2·|kt |k 2＋1＝|t |k 2＋1，则|MP |＝1＋k 2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪－4k t ＋kt k 2＋1＝1＋k 2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪－4k 3－4k ＋kt 2t (k 2＋1)＝|k ||t |·k 2＋1，所以S △OMP ＝12|MP |·|OP |＝12·|k ||t |·k 2＋1·|t |k 2＋1＝12·|k |k 2＋1＝12·1|k |＋1|k |≤14，当且仅当k ＝±1时取等号，所以△OMP 的面积的最大值为14． (2)①∵直线l ：x －y ＋1＝0与抛物线C 相切，由⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＋1＝0y 2＝2px消去x 得，y 2－2py ＋2p ＝0，从而Δ＝4p 2－8p ＝0，解得p ＝2．∴抛物线C 的方程为y 2＝4x ．②由于直线m 的斜率不为0，所以可设直线m 的方程为ty ＝x －1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧ty ＝x －1y 2＝4x消去x 得，y 2－4ty －4＝0， ∴y 1＋y 2＝4t ，从而x 1＋x 2＝4t 2＋2，∴线段AB 的中点M 的坐标为(2t 2＋1,2t )．设点A 到直线l 的距离为d A ，点B 到直线l 的距离为d B ，点M 到直线l 的距离为d ，则d A ＋d B ＝2d ＝2·|2t 2－2t ＋2|2＝22|t 2－t ＋1| ＝22⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫t －122＋34． ∴当t ＝12时，可使A 、B 两点到直线l 的距离之和最小，距离的最小值为322．。

第8章第9讲第3课时定点、定值、探索性问题

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解法二：因为不过点A的动直线l与椭圆C相交于PQ两点，且AP⊥ AQ，即直线AP与坐标轴不垂直也不平行，
由A(0,1)，可设直线AP的方程为y＝kx＋1，则直线AQ的方程为y＝－1kx＋1，联立x32＋y2＝1，消去y并整理得
y＝kx＋1
第八章解析几何
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(2)由(1)可得y2＝4x，设M14y20，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 ， ∴N1y620 ，－y80，
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∴直线MN的斜率k＝yy4200－＋1yy86020 ＝y204－y08，直线MN的方程为y－y0＝y204－y08x－41y20，整理可得y＝y204－y08(x－2)，故直线MN过点(2,0)．
k2
所以1λ＋1μ为定值．
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求解定值问题常用的方法 (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．
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〔变式训练1〕
(2021·河南八市重点高中联盟联考)已知椭圆C：
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因为直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切，该圆的圆心为M(3,1)，r＝ 3，则 3＝ 13＋c2，∴c2＝2，∴a2＝3，故椭圆的标准方程为x32＋y2＝1．
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第8章第8节第3课时定点、定值、探索性问题

第3课时定点、定值、探索性问题考点1 定点问题——综合性(2020·全国卷Ⅰ)已知A ，B 分别为椭圆E ：x 2a 2＋y 2＝1(a >1)的左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG →·GB →＝8.P 为直线x ＝6上的动点，P A 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ．(1)求椭圆E 的方程； (2)证明：直线CD 过定点．(1)解：由题设得A (－a,0)，B (a,0)，G (0,1)．则AG →＝(a,1)，GB →＝(a ，－1)．由AG →·GB →＝8得a 2－1＝8，即a ＝3. 所以椭圆E 的方程为x 29＋y 2＝1.(2)证明：设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，P (6，t )．若t ≠0，设直线CD 的方程为x ＝my ＋n ，由题意可知－3<n <3. 由于直线P A 的方程为y ＝t9(x ＋3)，所以y 1＝t9(x 1＋3)．直线PB 的方程为y ＝t3(x －3)，所以y 2＝t3(x 2－3)．可得3y 1(x 2－3)＝y 2(x 1＋3)．由于x 229＋y 22＝1，故y 22＝－(x 2＋3)(x 2－3)9，可得27y 1y 2＝－(x 1＋3)(x 2＋3)，即(27＋m 2)y 1y 2＋m (n ＋3)(y 1＋y 2)＋(n ＋3)2＝0.①将x ＝my ＋n 代入x 29＋y 2＝1得 (m 2＋9)y 2＋2mny ＋n 2－9＝0. 所以y 1＋y 2＝－2mnm 2＋9，y 1y 2＝n 2－9m 2＋9.代入①式得(27＋m 2)(n 2－9)－2m (n ＋3)mn ＋(n ＋3)2(m 2＋9)＝0. 解得n 1＝－3(舍去)，n 2＝32.故直线CD 的方程为x ＝my ＋32，即直线CD 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0.若t ＝0，则直线CD 的方程为y ＝0，过点⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0.综上，直线CD 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0.直线过定点问题的解题模型设参数—依题意条件设出相关的参数，如设出直线的斜率↓求直线 —利用题设条件，求直线系方程 ↓ 建联系 —联立直线与圆锥曲线，利用根与系数的关系，求出定点的坐标↓ 得结论—判断定点的坐标满足所求的直线系方程，即可证出直线经过该定点(2020·石嘴山市第三中学高三模拟)已知F 是抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点，点M (x 0,4)在抛物线上，且|MF |＝54x 0.(1)求抛物线C 的标准方程；(2)若A ，B 是抛物线C 上的两个动点，且OA ⊥OB ，O 为坐标原点，求证：直线AB 过定点．(1)解：由题意得，|MF |＝x 0＋p 2＝54x 0，解得x 0＝2p . 因为点M (x 0,4)在抛物线C 上，所以42＝2px 0＝4p 2，解得p 2＝4. 又p >0，所以p ＝2，即拋物线C 的标准方程为y 2＝4x . (2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．因为OA ⊥OB ，所以OA →·OB →＝0，即x 1x 2＋y 1y 2＝0. 因为点A ，B 在抛物线C 上，所以y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，代入得(y 1y 2)216＋y 1y 2＝0. 因为y 1y 2≠0，所以y 1y 2＝－16. 设直线AB 的方程为x ＝my ＋n ，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋n ，y 2＝4x ，得y 2－4my －4n ＝0，则y 1y 2＝－4n ，所以n ＝4，所以直线AB 的方程为x ＝my ＋4，过定点(4,0)．考点2 定值问题——综合性(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，且过点A (2,1)．(1)求椭圆C 的方程．(2)点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得|DQ |为定值．(1)解：由题意得4a 2＋1b 2＝1，e 2＝a 2－b 2a 2＝12，解得a 2＝6，b 2＝3.所以椭圆C 的方程为x 26＋y 23＝1. (2)证明：设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋m ，代入x 26＋y 23＝1得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0，于是x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k2.① 由AM ⊥AN 知AM →·AN →＝0，故(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)＝0，可得(k 2＋1)x 1x 2＋(km －k －2)(x 1＋x 2)＋(m －1)2＋4＝0.将①代入上式可得(k 2＋1)2m 2－61＋2k 2－(km －k －2)·4km1＋2k 2＋(m －1)2＋4＝0. 整理得(2k ＋3m ＋1)(2k ＋m －1)＝0.因为A (2,1)不在直线MN 上，所以2k ＋m －1≠0，故2k ＋3m ＋1＝0，k ≠1.于是MN 的方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23－13(k ≠1)．所以直线MN 过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－13.若直线MN 与x 轴垂直，可得N (x 1，－y 1)．由AM →·AN →＝0得(x 1－2)(x 1－2)＋(y 1－1)(－y 1－1)＝0.又x 216＋y 213＝1，可得3x 21－8x 1＋4＝0.解得x 1＝2(舍去)或x 1＝23.此时直线MN 过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－13.令Q 为AP 的中点，即Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，13.若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边，故|DQ |＝12|AP |＝223.若D 与P 重合，则|DQ |＝12|AP |.综上，存在点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，13，使得|DQ |为定值．解答圆锥曲线定值问题的技法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； (2)引进变量法：其解题流程为变量—选择适当的动点坐标或动直线中系数为变量↓ 函数—把要证明为定值的量表示成上述变量的函数↓定值—把得到的函数化简，消去变量得到定值(2020·太原五中高三月考)已知椭圆C 的对称中心为原点O ，焦点在x 轴上，焦距为26，点(2,1)在该椭圆上．(1)求椭圆C 的方程．(2)直线x ＝2与椭圆交于P ，Q 两点，点P 位于第一象限，A ，B 是椭圆上位于直线x ＝2两侧的动点．当点A ，B 运动时，满足∠APQ ＝∠BPQ ，直线AB 的斜率是否为定值，请说明理由．解：(1)设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)．因为焦距为26，所以c ＝6，焦点F 1(6，0)，F 2(－6，0)．又因为点(2,1)在该椭圆上，代入椭圆方程得4a 2＋1b 2＝1，即4a 2＋1a 2－6＝1，解得a 2＝8或a 2＝3(舍)，所以b 2＝2，所以椭圆C 的方程为x 28＋y 22＝1.(2)将x ＝2代入椭圆方程得48＋y 22＝1，解得y ＝±1，则P (2,1)，Q (2，－1)．因为当点A ，B 运动时，满足∠APQ ＝∠BPQ ，所以直线P A 与直线PB 的斜率互为相反数．不妨设k P A ＝k >0，则k PB ＝－k (k ≠0)， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，所以直线P A 的方程为y －1＝k (x －2)．联立⎩⎨⎧y －1＝k (x －2)，x 28＋y 22＝1，得(1＋4k 2)x 2＋(8k －16k 2)x ＋16k 2－16k －4＝0. 因为2，x 1是该方程的两根，所以2x 1＝16k 2－16k －41＋4k2，即x 1＝8k 2－8k －21＋4k2.同理，直线PB 的方程为y ＝－kx ＋2k ＋1，且x 2＝8k 2＋8k －21＋4k 2.所以x 1＋x 2＝16k 2－41＋4k 2，x 1－x 2＝－16k1＋4k 2，所以k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝k (x 1＋x 2)－4k x 1－x 2＝12，即直线AB 的斜率为定值．考点3 探索性问题——综合性(2020·绵阳四诊)已知椭圆C ：x 22＋y 2＝1，直线l ：y ＝x ＋m 交椭圆C于A ，B 两点，O 为坐标原点．(1)若直线l 过椭圆C 的右焦点F ，求△AOB 的面积．(2)若OM→＝tOB →(t >0)，试问椭圆C 上是否存在点P ，使得四边形OAPM 为平行四边形？若存在，求出t 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．直线l 过椭圆C 的右焦点F ，则m ＝－1，直线l 的方程为x ＝y ＋1.联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝2，x ＝y ＋1，得3y 2＋2y －1＝0，解得y 1＝13，y 2＝－1.所以S △AOB ＝12|OF ||y 1－y 2|＝12×1×⎪⎪⎪⎪⎪⎪13－(－1)＝23.(2)联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝2，y ＝x ＋m ，得3x 2＋4mx ＋2m 2－2＝0，所以Δ＝(4m )2－12(2m 2－2)>0，解得0≤m 2<3.所以x 1＋x 2＝－4m3，x 1x 2＝2m 2－23.所以y 1y 2＝(x 1＋m )(x 2＋m )＝x 1x 2＋m (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2－23. 因为四边形OAPM 为平行四边形，所以m ≠0，且OP →＝OA →＋OM →.又OM→＝tOB →(t >0)，所以OP→＝OA→＋tOB→＝(x1＋tx2，y1＋ty2)，所以点P的坐标为(x1＋tx2，y1＋ty2)．又点P在椭圆上，即(x1＋tx2)2＋2(y1＋ty2)2＝2，整理得(x21＋2y21)＋t2(x22＋2y22)＋2tx1x2＋4ty1y2＝2.又x21＋2y21＝2，x22＋2y22＝2，即x1x2＋2y1y2＝－t，所以2m2－23＋2×m2－23＝－t，解得t＝6－4m23.因为t>0,0≤m2<3，所以0<t≤2.综上所述，t的取值范围是(0,2]．解决存在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)当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外的途径．(2020·衡水中学高三月考)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，直线l：x－y＋2＝0与以原点为圆心、椭圆C的短半轴长为半径的圆O相切．(1)求椭圆C的方程．(2)是否存在直线与椭圆C 交于A ，B 两点，交y 轴于点M (0，m )，使|OA →＋2OB →|＝|OA →－2OB →|成立？若存在，求出实数m 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝b 2＋c 2，b ＝2，c a ＝32，解方程组得a ＝22，b ＝2，c ＝6，所以椭圆C 的方程为x 28＋y 22＝1.(2)假设存在这样的直线．由已知条件，可知直线的斜率存在．设直线方程为y ＝kx ＋m ，由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 28＋y 22＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－8＝0，Δ＝16(8k 2－m 2＋2)>0(*)．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－84k 2＋1，y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2－8k 24k 2＋1.由|OA →＋2OB →|＝|OA →－2OB →|，得OA →⊥OB →，即OA →·OB →＝0，即x 1x 2＋y 1y 2＝0.故8k 2＝5m 2－8≥0，得m 2≥85.将8k 2＝5m 2－8代入(*)式，解得m 2>32，所以m >2105或m <－2105.11/11 所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－2105∪⎝ ⎛⎭⎪⎫2105，＋∞.。

高考数学一轮复习第八章第九节第3课时定点定值探索性问题课时作业理含解析北师大版

高考数学一轮复习：第3课时定点、定值、探索性问题授课提示：对应学生用书第373页 [A 组基础保分练]1．（2021·蚌埠模拟）已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1（a ＞b ＞0）经过点P （0，1），离心率e ＝32．（1）求椭圆C 的方程；（2）设直线l 经过点Q （2，－1）且与C 相交于A ，B 两点（异于点P ），记直线P A 的斜率为k 1，直线PB 的斜率为k 2，证明：k 1＋k 2为定值．解析：（1）因为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1（a ＞b ＞0），经过点P （0，1），所以b ＝1．又e ＝32，所以c a ＝32，解得a ＝2．所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1．（2）证明：若直线AB 的斜率不存在，则直线l 的方程为x ＝2，此时直线与椭圆相切，不符合题意．设直线AB 的方程为y ＋1＝k （x －2），即y ＝kx －2k －1，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －2k －1，x 24＋y 2＝1，得（1＋4k 2）x 2－8k （2k ＋1）x ＋16k 2＋16k ＝0，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则x 1＋x 2＝8k （2k ＋1）1＋4k 2，x 1x 2＝16k 2＋16k 1＋4k 2， k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝x 2（kx 1－2k －2）＋x 1（kx 2－2k －2）x 1x 2＝2kx 1x 2－（2k ＋2）（x 1＋x 2）x 1x 2＝2k －（2k ＋2）（x 1＋x 2）x 1x 2＝2k －（2k ＋2）·8k （2k ＋1）16k （k ＋1）＝2k －（2k ＋1）＝－1．所以k 1＋k 2为定值，且定值为－1．2．（2021·广州四校联考）设斜率不为0的直线l 与抛物线x 2＝4y 交于A ，B 两点，与椭圆x 26＋y 24＝1交于C ，D 两点，记直线OA ，OB ，OC ，OD （O 为坐标原点）的斜率分别为k 1，k 2，k 3，k 4．（1）若直线l 过点（0，4），证明：OA ⊥OB ；（2）求证：k 1＋k 2k 3＋k 4的值与直线l 的斜率的大小无关．证明：设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，k ≠0，A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）．（1）依题意，⎩⎪⎨⎪⎧x 21＝4y 1，x 22＝4y 2，两式相乘得（x 1x 2）2＝16y 1y 2，若直线l 过点（0，4），则直线l 的方程为y ＝kx ＋4，将直线l 的方程代入抛物线x 2＝4y ，得x 2－4kx －16＝0，易知Δ＞0，∴x 1x 2＝－16，∴y 1y 2＝16，∴OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝0，∴OA →·OB →＝0，∴OA ⊥OB ．（2）设C （x 3，y 3），D （x 4，y 4）．联立y ＝kx ＋m 和x 2＝4y ，化简得x 2－4kx －4m ＝0，易知Δ＞0，则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4m ，k 1＋k 2＝y 1x 1＋y 2x 2＝x 14＋x 24＝k ，联立y ＝kx ＋m 和x 26＋y 24＝1，化简得（2＋3k 2）x 2＋6kmx ＋3m 2－12＝0，在Δ＝（6km ）2－4（2＋3k 2）（3m 2－12）＞0的情况下，x 3＋x 4＝－6km 2＋3k 2，x 3x 4＝3m 2－122＋3k 2， k 3＋k 4＝y 3x 3＋y 4x 4＝2k ＋m x 3＋m x 4＝2k ＋m （x 3＋x 4）x 3x 4＝2k ＋－6km 23m 2－12＝－8k m 2－4， ∴k 1＋k 2k 3＋k 4＝－m 2－48，是一个与直线l 的斜率k 无关的值． [B 组能力提升练]1．（2021·临沂模拟）过点P ⎝⎛⎭⎫1，32的椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1（a ＞b ＞0），其离心率e ＝12．（1）求椭圆C 的方程；（2）若过椭圆C 的右焦点F 的直线l 与椭圆C 交于两点A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），且与y 轴交于一点M （不是原点），MA →＝λ1AF →，MB →＝λ2BF →，证明：λ1＋λ2为定值．解析：（1）解方程组⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋94b 2＝1，c a ＝12，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝3，∴椭圆C 的方程是x 24＋y 23＝1．（2）证明：F （1，0），由题意可知直线AB 斜率存在且不为0，设直线AB 的方程为x ＝my ＋1（m ≠0），则M ⎝⎛⎭⎫0，－1m ， ∴MA →＝⎝⎛⎭⎫x 1，y 1＋1m ，AF →＝（1－x 1，－y 1），MB →＝⎝⎛⎭⎫x 2，y 2＋1m ，BF →＝（1－x 2，－y 2）． ∵MA →＝λ1AF →，MB →＝λ2BF →，∴y 1＋1m ＝－λ1y 1，y 2＋1m＝－λ2y 2， ∴λ1＝－1－1my 1，λ2＝－1－1my 2， ∴λ1＋λ2＝－2－1my 1－1my 2＝－2－y 1＋y 2my 1y 2．联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，x ＝my ＋1，消去x 得（3m 2＋4）y 2＋6my －9＝0， ∴y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4， ∴λ1＋λ2＝－2－y 1＋y 2my 1y 2＝－2－1m ·－6m －9＝－83． ∴λ1＋λ2为定值．2．已知曲线C 1：x 2＋y 2＝r 2（r ＞0）和C 2：x 2a 2＋y 2b2＝1（a ＞b ＞0）都过点P （0，－2），且曲线C 2的离心率为32．（1）求曲线C 1和曲线C 2的方程；（2）设点A ，B 分别在曲线C 1，C 2上，P A ，PB 的斜率分别为k 1，k 2，当k 1＝4k 2＞0时，问直线AB 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．解析：（1）曲线C 1：x 2＋y 2＝r 2（r ＞0）和C 2：x 2a 2＋y 2b2＝1（a ＞b ＞0）都过点P （0，－2）， ∴r ＝2，b ＝2，∴曲线C 1的方程为x 2＋y 2＝4．∵曲线C 2的离心率为32， ∴e 2＝c 2a 2＝1－b 2a 2＝34， ∴a ＝4，∴曲线C 2的方程x 216＋y 24＝1．（2）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），直线P A 的方程为y ＝k 1x －2，代入到x 2＋y 2＝4，消去y ，可得（1＋k 21）x 2－4k 1x ＝0，解得x ＝0或x 1＝4k 11＋k 21， ∴y 1＝2k 21－21＋k 21，直线PB 的方程为y ＝k 2x －2，代入方程x 216＋y 24＝1，消去y ，可得（1＋4k 22）x 2－16k 2x ＝0，解得x ＝0或x 2＝16k 21＋4k 22， ∴y 2＝8k 22－21＋4k 22． ∵k 1＝4k 2，∴直线AB 的斜率k ＝y 2－y 1x 2－x 1＝－1k 1，故直线AB 的方程为y －2k 21－21＋k 21＝－1k 1⎝⎛⎭⎫x －4k 11＋k 21，即y ＝－1k 1x ＋2，所以直线AB 恒过定点（0，2）．[C 组创新应用练]（2021·大同调研）椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1（a ＞b ＞0）的左、右焦点分别为F 1，F 2，且离心率e ＝63．（1）设E 是直线y ＝x ＋2与椭圆的一个交点，求|EF 1|＋|EF 2|取最小值时椭圆的方程；（2）已知N （0，1），是否存在斜率为k 的直线l 与（1）中的椭圆交于不同的两点A ，B ，使得点N 在线段AB 的垂直平分线上？若存在，求出直线l 在y 轴上截距的范围；若不存在，说明理由．解析：（1）∵e ＝63，∴b 2a 2＝13，椭圆的方程可化为x 23b 2＋y 2b 2＝1，将x 23b 2＋y 2b2＝1与y ＝x ＋2联立，消去y 化简得4x 2＋12x ＋12－3b 2＝0，由Δ＝144－16×（12－3b 2）≥0，解得b 2≥1，即b ≥1，∴|EF 1|＋|EF 2|＝2a ＝23b ≥23，当且仅当b ＝1时，|EF 1|＋|EF 2|取最小值23，∴椭圆的方程为x 23＋y 2＝1．（2）设直线l 在y 轴上的截距为t ，则直线l 的方程为y ＝kx ＋t ，代入x 23＋y 2＝1，消去y 整理得，（1＋3k 2）x 2＋6ktx ＋3t 2－3＝0，∵直线l 与椭圆交于不同的两点，∴Δ1＝（6kt ）2－12（t 2－1）（1＋3k 2）＞0，即t 2＜1＋3k 2．设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），AB 的中点为Q ，则x 1＋x 2＝－6kt 1＋3k 2，x 1x 2＝3t 2－31＋3k 2，y 1＋y 2＝k （x 1＋x 2）＋2t ＝2t 1＋3k 2， ∴AB 的中点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3kt 1＋3k 2，t 1＋3k 2， ∴当k ≠0时，t 1＋3k 2－1－3kt1＋3k 2＝－1k ，化简得1＋3k 2＝－2t ，代入t 2＜1＋3k 2得－2＜t ＜0，又－2t ＝1＋3k 2＞1，∴t ＜－12，故－2＜t ＜－12．当k ＝0时，－1＜t ＜1．综上，k ≠0时，直线l 在y 轴上截距的范围为⎝⎛⎭⎫－2，－12；k ＝0时，直线l 在y 轴上截距的范围为（－1，1）．。

第二课时定点、定值与探索性问题

(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

抛物线 C 的焦点 F( ,0)到直线 l 的距离 d=

解得 p=±2.
又 p>0,所以 p=2,
2
所以抛物线 C 的标准方程为 y =4x.
||

+(-)
=
||

=

,
数学

2
设直线 l:y=k(x+ )与抛物线 C:y =2px(p>0,p 为常数)交于不同的两点 M,N,且当 k= 时,抛物线 C

的焦点 F 到直线 l 的距离为

.
(2)过点 M 的直线交抛物线于另一点 Q,且直线 MQ 过点 B(1,-1),求证:直线 NQ 过定点.
(2)证明:设点 M(4t ,4t),N(4 ,4t1),Q(4 ,4t2),
2
易知直线 MN,MQ,NQ 的斜率均存在,则直线 MN 的斜率是 kMN=
∠APQ=∠BPQ.试问:直线 AB 的斜率是否为定值?请说明理由.

解:(2)直线 x=-2 与椭圆 + =1 交点 P(-2,3),Q(-2,-3)或 P(-2,-3),Q(-2,3),所以|PQ|=6.

设 A(x1,y1),B(x2,y2).当∠APQ=∠BPQ 时直线 PA,PB 斜率之和为 0.

高中同步优化探究理数(北师大版)练习：第八章第九节第三课时定点、定值、探索性问题 Word版含解析

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)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 1·x 2＝m 2k 2.∵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，∴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y x ＋2·y x －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 203－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 (4k 2＋3)k 2＋1.因为d ＝n 2k 2＋1为常数，则m ＝0，d ＝ 127＝2217，此时7n 2k 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 ＋1)(x 0＋1)－(x ＋x 0＋2)＋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 ＝1－4k 24k 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＋k2. 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 (3k 2－3)＝－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 －8(k 2＋1)3(4k 2＋1)＋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P A ⊥l 于点A ，∠APF 的平分线交x 轴于点B ，|P A |＝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 ||P A |＝22，即(x ＋1)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＝2－2m 2m 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＝－(2＋n )y 1x 1－n ，同理y 4＝－(2＋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＋4nm 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(m 3，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 ＝－9k x . 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(m3，m )的坐标代入l 的方程得b ＝m (3－k )3，因此x M ＝km (k －3)3(k 2＋9).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 －3)m 3(k 2＋9)，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＋y 2b 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(x 2＋y －3＋12)m ＋(x2－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＝4(m 2－1)1＋4k 2.∵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)4(m 2－1)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＝2(m 2－1).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＋k 2＝|m |2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝|m |24m 2－4·2(m 2－1)＝m 2(2－m 2)≤m 2＋2－m 22＝1.当m 2＝1时(满足(*))，S △AOB ＝1，∴S 四边形ABCD ＝4S △AOB ≤4，即四边形ABCD 面积的最大值为4.。

新高考数学第8章第8讲第3课时定点、定值、探索性问题

P，Q两点，且AP⊥AQ，证明：动直线l过
定点，并且求出该定点坐标．
第八章解析几何
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[解析] (1)由题可知，A(0，1)，F(c，0)，
则直线 AF 的方程为cx＋y＝1，即 x＋cy－c＝0，因为直线 AF 与圆 M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0 相切，该圆的圆心为 M(3，1)，r＝ 3，则 3＝ 1＋3 c2，∴c2＝2，∴a2＝3，故椭圆的标准方程为x32＋y2＝1.
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第八章解析几何
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且 x1＋x2＝－3k62k＋m1，x1x2＝33mk22＋－13， ∴A→P·A→Q＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1 ＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2 ＝(k2＋1)·33mk22＋－13＋k(m－1)·－3k62k＋m1＋(m－1)2 ＝4m23－k2＋2m1－2
第八章解析几何
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〔变式训练 2〕 (2021·江西上饶模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：ax22＋by22 ＝1(a>b>0)的离心率为 22，且短轴长为 2. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若直线 l 与椭圆 C 交于 M，N 两点，P(0，1)，直线 PM 与直线 PN 的斜率之积为16，证明：直线 l 过定点并求出该定点坐标．
第八章
解析几何
第八讲圆锥曲线的综合问题
第三课时定点、定值、探索性问题
考点突破·互动探究名师讲坛·素养提升
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考点一
圆锥曲线的定值问题——师生共研

定点与定值、探索性问题

定点与定值、探索性问题检测题（试卷满分90分，考试时间60分钟）1．(14分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点F 2与抛物线y 2＝4x 的焦点重合，且其离心率为12.(1)求椭圆C 的方程；(2)已知与坐标轴不垂直的直线l 与C 交于M ，N 两点，线段MN 中点为P ，问k MN ·k OP (O 为坐标原点)是否为定值？请说明理由．解：(1)∵抛物线y 2＝4x 的焦点为(1,0)， ∴椭圆C 的半焦距c ＝1，又椭圆的离心率e ＝c a ＝12，∴a ＝2，则b ＝a 2－c 2＝ 3.∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题意可知，直线l 的斜率存在且不为0，设l 的方程为y ＝kx ＋m ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2－12＝0，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0. 由Δ＞0，可得m 2＜4k 2＋3.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝6m3＋4k 2，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 3＋4k 2，3m 3＋4k 2，∴k OP ＝3m3＋4k 2－4km 3＋4k 2＝－34k .∴k MN ·k OP ＝－34. 2.(14分)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，椭圆上的动点P 到一个焦点的距离的最小值为3(2－1)．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知过点M (0，－1)的动直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，试判断以线段AB 为直径的圆是否恒过定点，并说明理由．解：(1)由题意得c a ＝22，故a ＝2c .又椭圆上的动点P 到一个焦点的距离的最小值为3(2－1)，所以a －c ＝3(2－1)，所以c ＝3，a ＝32，所以b 2＝a 2－c 2＝9，所以椭圆C 的标准方程为x 218＋y 29＝1.(2)当直线l 的斜率为0时，对于x 218＋y 29＝1，令y ＝－1，得x ＝±4，此时以线段AB 为直径的圆的方程为x 2＋(y ＋1)2＝16.当直线l 的斜率不存在时，以线段AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝9.联立⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋(y ＋1)2＝16，x 2＋y 2＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝3，即两圆的交点为(0,3)，记T (0,3)．猜想以线段AB 为直径的圆恒过定点T (0,3)．当直线l 的斜率存在且不为0时，设直线l 的方程为y ＝kx －1(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －1，x 218＋y 29＝1，得(1＋2k 2)x 2－4kx －16＝0，所以Δ＝(－4k )2＋64(1＋2k 2)＝144k 2＋64>0，x 1＋x 2＝4k 1＋2k 2，x 1x 2＝－161＋2k 2. 因为TA ―→·TB ―→＝(x 1，y 1－3)·(x 2，y 2－3)＝x 1x 2＋y 1y 2－3(y 1＋y 2)＋9＝x 1x 2＋(kx 1－1)(kx 2－1)－3(kx 1－1＋kx 2－1)＋9＝(k 2＋1)x 1x 2－4k (x 1＋x 2)＋16＝－16(k 2＋1)1＋2k 2－16k 21＋2k 2＋16＝－16(1＋2k 2)1＋2k 2＋16＝0，所以TA ⊥TB ，故以线段AB 为直径的圆过点T (0,3)．综上，以线段AB 为直径的圆恒过定点(0,3)．3.(14分)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (4m,0)(m ＞0，m 为常数)，离心率等于0.8，过焦点F 、倾斜角为θ的直线l 交椭圆C 于M ，N 两点．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若θ＝90°时，1|MF |＋1|NF |＝529，求实数m ；(3)试问1|MF |＋1|NF |的值是否与θ的大小无关，并证明你的结论．解：(1)由题意知，c ＝4m ，ca ＝0.8，∴a ＝5m ，b ＝3m ，∴椭圆C 的标准方程为x 225m 2＋y 29m 2＝1.(2)当θ＝90°时，N ⎝⎛⎭⎫4m ，95m ，|NF |＝|MF |＝95m . ∵1|MF |＋1|NF |＝529，∴109m ＝529，解得m ＝ 2.(3)1|MF |＋1|NF |＝109m ，证明如下：由(2)知，当斜率不存在时，1|MF |＋1|NF |＝109m. 当斜率存在时，设l ：y ＝k (x －4m )，代入椭圆方程得(9＋25k 2)x 2－200mk 2x ＋25m 2(16k 2－9)＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝200mk 29＋25k 2，x 1x 2＝25m 2(16k 2－9)9＋25k 2.∵|MF |＝5m －45x 1，|NF |＝5m －45x 2，∴ 1|MF |＋1|NF |＝10m －45(x 1＋x 2)25m 2－4m (x 1＋x 2)＋1625x 1x 2＝109m与θ无关． 4．(16分)椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是53，过点P (0,1)做斜率为k 的直线l ，椭圆E 与直线l 交于A ，B 两点，当直线l 垂直于y 轴时|AB |＝3 3.(1)求椭圆E 的方程；(2)当k 变化时，在x 轴上是否存在点M (m,0)，使得△AMB 是以AB 为底的等腰三角形，若存在，求出m 的取值范围；若不存在，说明理由．解：(1)由已知椭圆过点⎝⎛⎭⎫332，1，可得⎩⎨⎧274a 2＋1b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，c a ＝53，解得a 2＝9，b 2＝4，所以椭圆E 的方程为x 29＋y 24＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点C (x 0，y 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 29＋y 24＝1消去y 得(4＋9k 2)x 2＋18kx －27＝0，所以x 0＝x 1＋x 22＝－9k 4＋9k 2，y 0＝kx 0＋1＝44＋9k 2. 当k ≠0时，设过点C 且与l 垂直的直线方程y ＝－1k ⎝⎛⎭⎫x ＋9k 4＋9k 2＋44＋9k 2，将M (m,0)代入得，m ＝－54k ＋9k .若k ＞0，则4k＋9k ≥24k×9k ＝12，若k ＜0，则4k ＋9k ＝－⎣⎡⎦⎤－4k ＋(－9k )≤－2－4k×(－9k )＝－12，所以－512≤m ＜0或0＜m ≤512.当k ＝0时，m ＝0，综上所述，存在点M 满足条件，m 取值范围是⎣⎡⎦⎤－512，512. 5．(16分)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：(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，∴k ·k 1＝yy 0－(y ＋y 0)＋1xx 0＝(x ＋1)(x 0＋1)－(x ＋x 0＋2)＋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 ＝1－4k 24k 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 (3k 2－3)＝－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 －8(k 2＋1)3(4k 2＋1)＋1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k x －53.∴当k 变化时，直线MN 过定点⎝⎛⎭⎫0，－53.6．(16分)已知点M 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)上一点，F 1，F 2分别为C 的左、右焦点，且F 1F 2＝4，∠F 1MF 2＝60°，△F 1MF 2的面积为433.(1)求椭圆C 的方程；(2)设N (0,2)，过点P (－1，－2)作直线l ，交椭圆C 异于N 的A ，B 两点，直线NA ，NB 的斜率分别为k 1，k 2，证明：k 1＋k 2为定值．解：(1)在△F 1MF 2中，由12MF 1·MF 2·sin 60°＝433，得MF 1·MF 2＝163.由余弦定理，得F 1F 22＝MF 21＋MF 22－2MF 1·MF 2cos 60°＝(MF 1＋MF 2)2－3MF 1·MF 2＝16，解得MF 1＋MF 2＝4 2.从而2a ＝MF 1＋MF 2＝42，即a ＝2 2. 由F 1F 2＝4得c ＝2，从而b ＝2，故椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明：当直线l 的斜率存在时，设斜率为k ，则其方程为y ＋2＝k (x ＋1)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 28＋y 24＝1，y ＋2＝k (x ＋1)，消去y ，得(1＋2k 2)x 2＋4k (k －2)x ＋2k 2－8k ＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4k (k －2)1＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－8k 1＋2k 2.从而k 1＋k 2＝y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝2kx 1x 2＋(k －4)(x 1＋x 2)x 1x 2＝2k －(k －4)·4k (k －2)2k 2－8k ＝4.当直线l 的斜率不存在时，可得A ⎝⎛⎭⎫－1，142，B ⎝⎛⎭⎫－1，－142，得k 1＋k 2＝4. 综上，k 1＋k 2为定值．。

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