高考理科数学第23练圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题

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圆锥曲线中的定点、定值问题(含解析)

圆锥曲线中的定点、定值问题一、题型选讲题型一、圆锥曲线中过定点问题圆锥曲线中过定点问题常见有两种解法：（1）、求出圆锥曲线或直线的方程解析式，研究解析式，求出定点（2）、从特殊位置入手，找出定点，在证明该点符合题意（运用斜率相等或者三点共线）。

例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A 、B 分别为椭圆E ：2221x y a+=（a >1）的左、右顶点，G 为E 的上顶点，8AG GB ⋅=，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.例2、（2020届山东省临沂市高三上期末）如图，已知点F 为抛物线C ：22y px =（0p >）的焦点，过点F 的动直线l 与抛物线C 交于M ，N 两点，且当直线l 的倾斜角为45°时，16MN =.（1）求抛物线C 的方程.（2）试确定在x 轴上是否存在点P ，使得直线PM ，PN 关于x 轴对称？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.例3、【2019年高考北京卷理数】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．题型二、圆锥曲线中定值问题圆锥曲线中常见的定值问题，属于难题．探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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，从而得到定值例4、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为2，且过点A （2，1）．（1）求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．例5、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知椭圆()2222:10x y E a b a b+=>>的离心率e 满足2220e −+=，右顶点为A ，上顶点为B ，点C (0，－2)，过点C 作一条与y 轴不重合的直线l ，直线l 交椭圆E 于P ，Q 两点，直线BP ，BQ 分别交x 轴于点M ，N ；当直线l 经过点A 时，l ．(1)求椭圆E 的方程；(2)证明：BOM BCN S S ∆∆⋅为定值．例6、(2019苏州三市、苏北四市二调）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：x 24＋y 2＝1，椭圆C 2：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)，C 2与C 1的长轴长之比为2∶1，离心率相同．(1) 求椭圆C 2的标准方程； (2) 设点P 为椭圆C 2上的一点．①射线PO 与椭圆C 1依次交于点A ，B ，求证：PAPB 为定值；②过点P 作两条斜率分别为k 1，k 2的直线l 1，l 2，且直线l 1，l 2与椭圆C 1均有且只有一个公共点，求证k 1·k 2为定值．.思路分析 (1)根据已知条件，求出a ，b 的值，得到椭圆C 2的标准方程．(2)①对直线OP 斜率分不存在和存在两种情况讨论，当OP 斜率存在时，设直线OP 的方程为y ＝kx ，并与椭圆C 1的方程联立，解得点A 横坐标，同理求得点P 横坐标，再通过弦长公式，求出PAPB 的表达式，化简整理得到定值．②设P(x 0，y 0)，写出直线l 1的方程，并与椭圆C 1联立，得到关于x 的一元二次方程，根据直线l 1与椭圆C 1有且只有一个公共点，得到方程只有一解，即Δ＝0，整理得(x 20－4)k 21－2x 0y 0k 1＋y 20－1＝0，同理得到(x 20－4)k 22－2x 0y 0k 2＋y 20－1＝0，从而说明k 1，k 2是关于k 的一元二次方程的两个根，运用根与系数的关系，证得定值．二、达标训练1、（2020届浙江省温州市高三4月二模）如图，已知椭圆22:14x C y +=，F 为其右焦点，直线()0:k y x m l m k +<=与椭圆交于1122(,),(,)P x y Q x y 两点，点,A B 在l 上，且满足,,PA PF QB QF OA OB ===.(点,,,A P Q B 从上到下依次排列)(I )试用1x 表示PF ：(II )证明：原点O 到直线l 的距离为定值.2、【2018年高考北京卷理数】已知抛物线C ：2y =2px 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 QO λ=，QN QO μ=，求证：11λμ+为定值．3、(2019苏锡常镇调研）已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为32，焦点到相应准线的距离为33.(1) 求椭圆E 的标准方程；(2) 已知P(t ，0)为椭圆E 外一动点，过点P 分别作直线l 1和l 2，直线l 1和l 2分别交椭圆E 于点A ，B 和点C ，D ，且l 1和l 2的斜率分别为定值k 1和k 2，求证：PA ·PBPC ·PD 为定值．4、(2018苏州暑假测试）如图，已知椭圆O ：x 24＋y 2＝1的右焦点为F ，点B ，C 分别是椭圆O 的上、下顶点，点P 是直线l ：y ＝－2上的一个动点(与y 轴的交点除外)，直线PC 交椭圆于另一个点M.(1) 当直线PM 经过椭圆的右焦点F 时，求△FBM 的面积；(2) ①记直线BM ，BP 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1•k 2为定值；5、(2016泰州期末）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知圆O ：x 2＋y 2＝4，椭圆C ：x 24＋y 2＝1，A 为椭圆右顶点．过原点O 且异于坐标轴的直线与椭圆C 交于B ，C 两点，直线AB 与圆O 的另一交点为P ，直线PD 与圆O 的另一交点为Q ，其中D (－65，0).设直线AB ，AC 的斜率分别为k 1，k 2.(1) 求k 1k 2的值；(2) 记直线PQ ，BC 的斜率分别为k PQ ，k BC ，是否存在常数λ，使得k PQ ＝λk BC ？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由；(3) 求证：直线AC 必过点Q .圆锥曲线中的定点、定值问题解析一、题型选讲例1【解析】（1）由题设得A （–a ，0），B （a ，0），G （0，1）.则(,1)AG a =，GB =（a ，–1）.由AG GB ⋅=8得a 2–1=8，即a =3.所以E 的方程为29x +y 2=1．（2）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 =9t （x +3），所以y 1=9t （x 1+3）.直线PB 的方程为y =3t （x –3），所以y 2=3t（x 2–3）.可得3y 1（x 2–3）=y 2（x 1+3）.由于222219x y +=，故2222(3)(3)9x x y +−=−，可得121227(3)(3)y y x x =−++，即221212(27)(3)()(3)0.m y y m n y y n ++++++=①将x my n =+代入2219x y +=得222(9)290.m y mny n +++−=所以12229mn y y m +=−+，212299n y y m −=+．代入①式得2222(27)(9)2(3)(3)(9)0.m n m n mn n m +−−++++=解得n =–3（含去），n =32.故直线CD 的方程为3=2x my +，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）.例2、【解析】（1）当直线l 的倾斜角为45°，则l 的斜率为1，,02p F ⎛⎫⎪⎝⎭，l ∴的方程为2p y x =−.由2,22,p y x y px ⎧=−⎪⎨⎪=⎩得22304p x px −+=.设()11,M x y ，()22,N x y ，则123x x p +=， ∴12416x x p M p N ++===，4p =， ∴抛物线C 的方程为28y x =.（2）假设满足条件的点P 存在，设(),0P a ，由（1）知()2,0F ， ①当直线l 不与x 轴垂直时，设l 的方程为()2y k x =−（0k ≠），由()22,8,y k x y x ⎧=−⎨=⎩得()22224840k x k x k −++=，()22222484464640k k k k ∆=+−⋅⋅=+>，212248k x x k++=，124x x =. ∵直线PM ，PN 关于x 轴对称， ∴0PM PN k k +=，()112PM k x k x a −=−，()222PNk x k x a−=−. ∴()()()()()()122112128(2)222240a k x x a k x x a k x x a x x a k+−−+−−=−+++=−=⎡⎤⎣⎦， ∴2a =−时，此时()2,0P −.②当直线l 与x 轴垂直时，由抛物线的对称性，易知PM ，PN 关于x 轴对称，此时只需P 与焦点F 不重合即可. 综上，存在唯一的点()2,0P −，使直线PM ，PN 关于x 轴对称. 例3、【解析】（1）由抛物线2:2C x py =−经过点(2,1)−，得2p =.所以抛物线C 的方程为24x y =−，其准线方程为1y =.（2）抛物线C 的焦点为(0,1)F −. 设直线l 的方程为1(0)y kx k =−≠.由21,4y kx x y=−⎧⎨=−⎩得2440x kx +−=.设()()1122,,,M x y N x y ，则124x x =−. 直线OM 的方程为11y y x x =. 令1y =−，得点A 的横坐标11A x x y =−. 同理得点B 的横坐标22B x x y =−. 设点(0, )D n ，则1212,1,,1x x DA n DB n y y ⎛⎫⎛⎫=−−−=−−− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 21212(1)x x DA DB n y y ⋅=++ 2122212(1)44x x n x x =++⎛⎫⎛⎫−− ⎪⎪⎝⎭⎝⎭21216(1)n x x =++ 24(1)n =−++.令0DA DB ⋅=，即24(1)0n −++=，则1n =或3n =−. 综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0,1)和(0,3)−.例4、【解析】（1）由题设得22411a b +=，22212a b a −=，解得26a =，23b =．所以C 的方程为22163x y +=．（2）设11(,)M x y ，22(,)N x y ．若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y kx m =+，代入22163x y +=得222(12)4260k x kmx m +++−=．于是2121222426,1212km m x x x x k k −+=−=++．①由AM AN ⊥知0AM AN ⋅=，故1212(2)(2)(1)(1)0x x y y −−+−−=，可得221212(1)(2)()(1)40k x x km k x x m ++−−++−+=．将①代入上式可得22222264(1)(2)(1)401212m kmk km k m k k−+−−−+−+=++．整理得(231)(21)0k m k m +++−=．因为(2,1)A 不在直线MN 上，所以210k m +−≠，故2310k m ++=，1k ≠．于是MN 的方程为21()(1)33y k x k =−−≠.所以直线MN 过点21(,)33P −.若直线MN 与x 轴垂直，可得11(,)N x y −.由0AM AN ⋅=得1111(2)(2)(1)(1)0x x y y −−+−−−=.又2211163x y +=，可得2113840x x −+=.解得12x =（舍去），123x =. 此时直线MN 过点21(,)33P −.令Q 为AP 的中点，即41(,)33Q .若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt ADP △的斜边，故1||||2DQ AP =. 若D 与P 重合，则1||||2DQ AP =. 综上，存在点41(,)33Q ，使得||DQ 为定值.例5、【解析】（1）由2220e −+=解得2e =或e =，∴a =，又222a b c =+，a ∴=，又()020AC k a −−==−a ∴=1b ∴=，∴椭圆E 的方程为2212x y +=；（2）由题知，直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为2y kx =−，设()()1122,,,P x y Q x y ，由22212y kx x y =−⎧⎪⎨+=⎪⎩得()2221860k x kx +−+=， ∴12122286,2121k x x x x k k +==++， ()()22=84621k k −−⨯⨯+=216240k −> 232k ∴>， ∴()121224421y y k x x k −+=+−=+，()()121222y y kx kx =−−()21212=24k x x k x x −++=224221k k −+，直线BP 的方程为1111y y x x −=+，令0y =解得111x x y =−，则11,01x M y ⎛⎫⎪−⎝⎭，同理可得22,01x N y ⎛⎫⎪−⎝⎭， 12123411BOMBCNx x SSy y ∴=−−=()()()12121212123341141x x x x y y y y y y =−−−++=22226321444212121k k k k +−++++=12， BOM BON S S∆∴为定值12．例6、 (1) 规范解答设椭圆C 2的焦距为2c ，由题意，a ＝22，c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，解得b ＝2，因此椭圆C 2的标准方程为x 28＋y 22＝1.(3分)(2)①1°当直线OP 斜率不存在时，PA ＝2－1，PB ＝2＋1，则PAPB ＝2－12＋1＝3－2 2.(4分) 2°当直线OP 斜率存在时，设直线OP 的方程为y ＝kx ，代入椭圆C 1的方程，消去y ，得(4k 2＋1)x 2＝4，所以x 2A ＝44k 2＋1，同理x 2P ＝84k 2＋1.(6分)所以x 2P ＝2x 2A ，由题意，x P 与x A 同号，所以x P ＝2x A ，从而PAPB＝|x P－x A||x P－x B|＝|x P－x A||x P＋x A|＝2－12＋1＝3－2 2.所以PAPB＝3－22为定值．(8分)②设P(x0，y0)，所以直线l1的方程为y－y0＝k1(x－x0)，即y＝k1x－k1x0＋y0，记t＝－k1x0＋y0，则l1的方程为y＝k1x＋t，代入椭圆C1的方程，消去y，得(4k21＋1)x2＋8k1tx＋4t2－4＝0，因为直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点，所以Δ＝(8k1t)2－4(4k21＋1)(4t2－4)＝0，即4k21－t2＋1＝0，将t＝－k1x0＋y0代入上式，整理得，(x20－4)k21－2x0y0k1＋y20－1＝0，(12分)同理可得，(x20－4)k22－2x0y0k2＋y20－1＝0，所以k1，k2为关于k的方程(x20－4)k2－2x0y0k＋y20－1＝0的两根，从而k1·k2＝y20－1x20－4.(14又点在P(x0，y0)椭圆C2：x28＋y22＝1上，所以y20＝2－14x20，所以k1·k2＝2－14x20－1x20－4＝－14为定值．(16分)二、达标训练1、【解析】(I) 椭圆22:14xC y+=，故)F，1 ||22FP x ====−.(II)设()33,A x y，()44,B x y，则将y kx m=+代入2214xy+=得到：()222418440k x kmx m+++−=，故2121222844,4141km mx x x xk k−−+==++，21241x xk−=+，OA OB=，故()3434343421k x x my yx x x x k+++==−++，得到34221kmx xk−+=+，PA PF=13122x x−=−42222x x−=−，由已知得：3124x x x x<<<或3124x x x x>>>，)()123421x x x x x+−+=−，2228241141km kmk k k−+=+++，化简得到221m k=+.故原点O到直线l的距离为1d==为定值.2、【解析】（1）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．由241y xy kx⎧=⎨=+⎩得22(24)10k x k x+−+=．依题意22(24)410k k∆=−−⨯⨯>，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（x1，y1），B（x2，y2）．由（1）知12224kx xk−+=−，1221x xk=．直线P A的方程为1122(1)1yy xx−−=−−．令x=0，得点M的纵坐标为1111212211My kxyx x−+−+=+=+−−．同理得点N的纵坐标为22121Nkxyx−+=+−．由=QM QOλ，=QN QOμ得=1Myλ−，1Nyμ=−．所以2212121212122224112()111111=2111(1)(1)11M Nkx x x x x x k ky y k x k x k x x kk λμ−+−−−++=+=+=⋅=⋅−−−−−−．所以11λμ+为定值．3、规范解答(1)设椭圆的半焦距为c，由已知得，ca＝32，则a2c－c＝33，c2＝a2－b2，(3分)解得a＝2，b＝1，c＝3，(5分)所以椭圆E的标准方程是x24＋y2＝1.(6分)(2) 解法1 由题意，设直线l 1的方程为y ＝k 1(x －t)，代入椭圆E 的方程中，并化简得(1＋4k 21)x 2－8k 21tx ＋4k 21t 2－4＝0，(8分)设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)．则x 1＋x 2＝8k 21t 1＋4k 21，x 1x 2＝4k 21t 2－41＋4k 21，因为PA ＝1＋k 21|x 1－t|，PB ＝1＋k 21|x 2－t|，(10分)所以PA·PB ＝(1＋k 21)|x 1－t||x 2－t|＝(1＋k 21)|t 2－(x 1＋x 2)t ＋x 1x 2| ＝(1＋k 21)|t 2－8k 21t 21＋4k 21＋4k 21t 2－41＋4k 21|＝（1＋k 21）|t 2－4|1＋4k 21，(12分) 同理，PC ·PD ＝（1＋k 22）|t 2－4|1＋4k 22，(14分) 所以PA·PB PC·PD ＝（1＋k 21）（1＋4k 22）（1＋k 22）（1＋4k 21）为定值．(16分)解法2 由题意，设直线l 1的方程为y ＝k 1(x －t)，直线l 2的方程为y ＝k 2(x －t)，设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，C(x 3，y 3)，D(x 4，y 4)．直线l 1的方程为y ＝k 1(x －t)，代入椭圆E 的方程中，并化简得(1＋4k 21)x 2－8k 21tx ＋4k 21t 2－4＝0，(8分) 则x 1＋x 2＝8k 21t 1＋4k 21，x 1x 2＝4k 21t 2－41＋4k 21，同理则x 3＋x 4＝8k 22t1＋4k 22，x 3x 4＝4k 22t 2－41＋4k 22，PA →·PB →＝(x 1－t ，y 1)(x 2－t ，y 2)＝(x 1－t)(x 2－t)＋k 21(x 1－t)(x 2－t)＝(x 1－t)(x 2－t)(1＋k 21)， PC →·PD →＝(x 3－t ，y 3)(x 4－t ，y 4)＝(x 3－t)(x 4－t)＋k 22(x 3－t)(x 4－t)＝(x 3－t)(x 4－t)(1＋k 22)．(12分) 因为P ，A ，B 三点共线，所以PA →·PB →＝PA·PB ，同理，PC →·PD →＝PC ·PD.PA ·PB PC ·PD ＝PA →·PB →PC →·PD →＝（x 1－t ）（x 2－t ）（1＋k 21）（x 3－t ）（x 4－t ）（1＋k 22）＝（1＋k 21）（1＋k 22）·（x 1－t ）（x 2－t ）（x 3－t ）（x 4－t ）＝（1＋k 21）（1＋k 22）·x 1x 2－t （x 1＋x 2）＋t 2x 3x 4－t （x 3＋x 4）＋t 2.代入x 1＋x 2＝8k 21t 1＋4k 21，x 1x 2＝4k 21t 2－41＋4k 21，x 3＋x 4＝8k 22t 1＋4k 22，x 3x 4＝4k 22t 2－41＋4k 22，化简得PA ·PB PC ·PD ＝（1＋k 21）（1＋4k 22）（1＋k 22）（1＋4k 21），(14分)因为是定值，所以PA ·PB PC ·PD ＝（1＋k 21）（1＋4k 22）（1＋k 22）（1＋4k 21）为定值．(16分)4规范解答 (1) 由题意B(0，1)，C(0，－1)，焦点F(3，0)，当直线PM 过椭圆的右焦点F 时，则直线PM 的方程为x 3＋y －1＝1，即y ＝33x －1，联立⎩⎨⎧x 24＋y 2＝1，y ＝33x －1，解得⎩⎨⎧x ＝837，y ＝17或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－1(舍)，即M ⎝⎛⎭⎫837，17.(2分)连结BF ，则直线BF ：x 3＋y1＝1，即x ＋3y －3＝0，而BF ＝a ＝2，点M 到直线BF 的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪837＋3×17－312＋（3）2＝2372＝37.故S △MBF ＝12·BF ·d ＝12×2×37＝37.(4分)(2) 解法1(点P 为主动点) ①设P(m ，－2)，且m≠0，则直线PM 的斜率为k ＝－1－（－2）0－m ＝－1m ，则直线PM 的方程为y ＝－1m x －1，联立⎩⎨⎧y ＝－1m x －1，x 24＋y 2＝1化简得⎝⎛⎭⎫1＋4m 2x 2＋8m x ＝0，解得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8m m 2＋4，4－m 2m 2＋4，(6分)所以k 1＝4－m 2m 2＋4－1－8m m 2＋4＝－2m 2－8m ＝14m ，k 2＝1－（－2）0－m ＝－3m ，(8分)所以k 1·k 2＝－3m ·14m ＝－34为定值．(10分)5、规范解答 (1) 设B (x 0，y 0)，则C (－x 0，－y 0)，x 204＋y 20＝1，因为A (2,0)，所以k 1＝y 0x 0－2，k 2＝y 0x 0＋2，所以k 1k 2＝y 0x 0－2·y 0x 0＋2＝y 20x 20－4＝1－14x 20x 20－4＝－14.(4分)(2) 设直线AP 方程为y ＝k 1(x －2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x －2，x 2＋y 2＝4得(1＋k 21)x 2－4k 21x ＋4(k 21－1)＝0，解得x P ＝2k 21－11＋k 21，y P ＝k 1(x P －2)＝－4k 11＋k 21，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x －2，x24＋y 2＝1得(1＋4k 21)x 2－16k 21x ＋4(4k 21－1)＝0，解得x B ＝24k 21－11＋4k 21，y B ＝k 1(x B －2)＝－4k 11＋4k 21，(8分) 所以k BC ＝y B x B ＝－2k 14k 21－1，k PQ ＝y Px P ＋65＝－4k 11＋k 212k 21－11＋k 21＋65＝－5k 14k 21－1，所以k PQ ＝52k BC ，故存在常数λ＝52，使得k PQ ＝52k BC .(10分) (3) 设直线AC 方程为y ＝k 2(x －2)，当直线PQ 与x 轴垂直时，Q ⎝⎛⎭⎫－65，－85，则P －65，85，所以k 1＝－12，即B (0,1)，C (0，－1)，所以k 2＝12，则k AQ ＝－85－65－2＝12＝k 2，所以直线AC 必过点Q .当直线PQ 与x 轴不垂直时，设直线PQ 方程为y ＝－5k 14k 21－1⎝⎛⎭⎫x ＋65，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－5k 14k 21－1⎝⎛⎭⎫x ＋65，x 2＋y 2＝4解得x Q ＝－216k 21－116k 21＋1，y Q ＝16k 116k 21＋1，因为k 2＝－y B －x B －2＝4k 11＋4k 2121－4k 211＋4k 21－2＝－14k 1，所以k AQ ＝16k 116k 21＋1－216k 21－116k 21＋1－2＝－14k 1＝k 2，故直线AC 必过点Q .(16分) (不考虑直线与x 轴垂直的情形扣1分)。

2022年高考数学专题圆锥曲线中的“三定问题”(定点、定值、定直线)

圆锥曲线中的“三定问题”（定点、定值、定直线）1．定点、定值问题多以直线与圆锥曲线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇，形成了过定点、定值等问题的证明.解决此类问题的关键是引进参变量表示所求问题，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.可以先研究一下特殊情况，找出定点或定值，再视具体情况进行研究.同时，也要掌握巧妙利用特殊值解决相关的定点、定值问题，如将过焦点的弦特殊化，变成垂直于对称轴的弦来研究等.2．定点问题解决步骤：①设直线代入二次曲线方程，整理成一元二次方程；②根与系数关系列出两根和及两根积；③写出定点满足的关系，整体代入两根和及两根积；④整理③所得表达式探求其恒成立的条件．3．探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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．4．存在型定值问题的求解，解答的一般思路如下：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．5．求定线问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定直线，再证明这条线与变量无关．②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定直线．1．在平面直角坐标系xOy 中，已知动点P 到 0,1F 的距离比它到直线2y 的距离小1．（1）求动点P 的轨迹C 的方程；（2）过点F 的直线与曲线C 交于A ，B 两点， 2,1Q ，记直线QA ，QB 的斜率分别为1k ，2k ，求证：1211k k为定值．2．已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F到准线的距离为2．（1）求抛物线的方程；（2）过点P（1，1）作两条动直线l1，l2分别交抛物线于点A，B，C，D．设以AB为直径的圆和以CD为直径的圆的公共弦所在直线为m，试判断直线m是否经过定点，并说明理由．3．已知椭圆22221(0)x y a b a b 的一个焦点到双曲线2212x y 渐近线的距离为3，且点2M 在椭圆上．（1）求椭圆的方程；（2）若四边形ABCD 的顶点在椭圆上，且对角线AC 、BD 过原点O ，直线AC 和BD 的斜率之积－22b a，证明：四边形ABCD 的面积为定值．4．已知点(1,2)P 在抛物线2:2C y px 上，过点(0,1)Q 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 QO ，QN QO uuu r uuu r ，试判断11+ 是否为定值，若是，求11+ 值；若不是，求11+的取值范围．5．已知双曲线的对称中心在直角坐标系的坐标原点，焦点在坐标轴上，双曲线的一条渐近线的方程为4,6，过双曲线上的一点P（P在第一象限）作斜率不为l，l与直线y ，且双曲线经过点x 交于点Q且l与双曲线有且只有一个交点．1（1）求双曲线的标准方程；（2）以PQ为直径的圆是否经过一个定点？若经过定点，求出定点的坐标；若不经过定点，请说明理由．6．已知双曲线C ：22221x y a b 0,0a b 的两条渐近线互相垂直，且过点D．（1）求双曲线C 的方程；（2）设P 为双曲线的左顶点，直线l 过坐标原点且斜率不为0，l 与双曲线C 交于A ，B 两点，直线m 过x 轴上一点Q （异于点P ），且与直线l 的倾斜角互补，m 与直线PA ，PB 分别交于,M N （,M N 不在坐标轴上）两点，若直线OM ，ON 的斜率之积为定值，求点Q 的坐标．7．已知椭圆2222:1x y C a b，离心率为12，过椭圆左焦点1F 作不与x 轴重合的直线与椭圆C 相交于M ，N 两点，直线m 的方程为2x a ，过点M 作ME 垂直于直线m 交直线m 于点E ．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）①求证线段EN 必过定点P ，并求定点P 的坐标；②点O 为坐标原点，求OEN 面积的最大值．22a b 122一点．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）设(,)R s t 是椭圆C 上的一动点，由原点O 向22()()4x s y t 引两条切线，分别交椭圆C 于点,P Q ，若直线,OP OQ 的斜率均存在，并分别记为12,k k ，求证：12k k 为定值．22a b 12221:()1F x c y 与圆222:()9F x c y 相交，两圆交点在椭圆E 上．（1）求椭圆E 的方程；（2）设直线l 不经过 0,1P 点且与椭圆E 相交于,A B 两点，若直线PA 与直线PB 的斜率之和为2 ，证明：直线l 过定点．10．已知抛物线2:4C y x 的焦点为F ，斜率为k 的直线与抛物线C 交于A 、B 两点，与x 轴交于 ,0P a （1）当1k ，3a 时．求AF BF 的值；（2）当点P 、F 重合时，过点A 的圆 2220x y r r 与抛物线C 交于另外一点D ．试问直线BD 是否过x轴上的定点Q ？若是，请求出点Q 坐标；若不是，请说明理由．11．已知抛物线22(0)y px p 上一点 4,t 到其焦点的距离为5．（1）求p 与t 的值；（2）过点 21M ,作斜率存在的直线l 与拋物线交于,A B 两点（异于原点O ），N 为M 在x 轴上的投影，连接AN 与BN 分别交抛物线于,P Q ，问：直线PQ 是否过定点，若存在，求出该定点，若不存在，请说明理由．12．已知抛物线 21:20C y px p 的焦点是椭圆 22222:10x y C a b a b的右焦点，且两条曲线的一个交点为 000,2p E x y x，若E 到1C 的准线的距离为53，到2C 的两焦点的距离之和为4．（1）求椭圆2C 的方程；（2）过椭圆2C 的右顶点的两条直线1l ，2l 分别与抛物线1C 相交于点A ，C ，点B ，D ，且12l l ，M 是AC 的中点，N 是BD 的中点，证明：直线MN 恒过定点．13．已知抛物线C ： 220y px p 的焦点到准线的距离是12．（1）求抛物线方程；（2）设点 ,1P m 是该抛物线上一定点，过点P 作圆O ： 2222x y r （其中01r ）的两条切线分别交抛物线C 于点A ，B ，连接AB ．探究：直线AB 是否过一定点，若过，求出该定点坐标；若不经过定点，请说明理由．14．已知抛物线 2:20C y px p 的焦点为F ，点M 在抛物线C 上，O 为坐标原点，OMF 是以OF 为底边的等腰三角形，且OMF 的面积为（1）求抛物线C 的方程．（2）过点F 作抛物线C 的两条互相垂直的弦AB ，DE ，设弦AB ，DE 的中点分别为P ，Q ，试判断直线PQ 是否过定点．若是，求出所过定点的坐标；若否，请说明理由．15．如图，已知抛物线 2:20C y px p 与圆 22:412M x y 相交于A ，B ，C ，D 四点．（1）若8OA OD ，求抛物线C 的方程；（2）试探究直线AC 是否经过定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．16．已知抛物线 2:20C y px p 上一点01,4y到焦点的距离为54．（1）求抛物线C 的标准方程；（2）若点A ，B 为抛物线位于x 轴上方不同的两点，直线OA ，OB 的斜率分别为1k ，2k ，且满足1212444k k k k ，求证：直线AB 过定点．17．如图，已知抛物线2:2(0)C y px p 与圆22:(4)12M x y 相交于A ，B ，C ，D 四点．（1）若以线段AD 为直径的圆经过点M ，求抛物线C 的方程；（2）设四边形ABCD 两条对角线的交点为E ，点E 是否为定点？若是，求出点E 的坐标；若不是，请说明理由．18．设双曲线22221x y a b ，其虚轴长为（1）求双曲线C 的方程；（2）过点 3,1P 的动直线与双曲线的左右两支曲线分别交于点A 、B ，在线段AB 上取点M 使得AM APMB PB，证明：点M 落在某一定直线上．19．在平面直角坐标系xOy 中，已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b 的左右焦点分别为F 1(－c ，0)，F 2(c ，0)，离心率为e ，且点(e ，3)，b )都在双曲线C 上．（1）求双曲线C 的标准方程；（2）若A ，B 是双曲线C 上位于x 轴上方的两点，且AF 1//BF 2．证明：1211AF BF 为定值．20．已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b2，1F ，2F为其左右焦点，Q 为其上任一点，且满足120QF QF，122QF QF ．（1）求双曲线C 的方程；（2）已知M ，N 是双曲线C 上关于x 轴对称的两点，点P 是C 上异于M ，N 的任意一点，直线PM 、PN 分别交x 轴于点T 、S ，试问：||||OS OT 是否为定值，若不是定值，说明理由，若是定值，请求出定值（其中O 是坐标原点）．21．已知双曲线 2222:10,0x y C a b a b ，四点13M ， 2M ，32,3M ，43M中恰有三点在C 上．（1）求C 的方程；（2）过点 3,0的直线l 交C 于P ，Q 两点，过点P 作直线1x 的垂线，垂足为A ．证明：直线AQ 过定点．22．已知动点P 与定点(1,0)F 的距离和它到定直线:4l x 的距离之比为12，记P 的轨迹为曲线C ．（1）求曲线C 的方程；（2）过点(4,0)M 的直线与曲线C 交于,A B 两点，,R Q 分别为曲线C 与x 轴的两个交点，直线,AR BQ 交于点N ，求证：点N 在定直线上．23．在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ： 22210xy a a的左右顶点为A ，B ，上顶点K 满足3AK KB ．（1）求C 的标准方程：（2）过点 1,0的直线与椭圆C 交于M ，N 两点．设直线MA 和直线NB 相交于点P ，直线NA 和直线MB 相交于点Q ，直线PQ 与x 轴交于S ．①求直线PQ 的方程； ②证明：SP SQ 是定值．24．已知椭圆C ： 222210x y a b a b ，左、右顶点分别为1A ，2A ，上、下顶点分别为1B ，2B ，四边形1122A B A B 的面积为（1）求椭圆C 的方程；（2）过点 0,1D 且斜率存在的直线与椭圆相交于E ，F 两点，证明：直线2EB ，1FB 的交点G 在一定直线上，并求出该直线方程．25．在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：22221(0)x y a b a b的左，右顶点分别为A 、B ，点F 是椭圆的右焦点，3AF FB uu u r uu r ，3AF FB．（1）求椭圆C 的方程；（2）不过点A 的直线l 交椭圆C 于M 、N 两点，记直线l 、AM 、AN 的斜率分别为k 、1k 、2k ．若 121k k k ，证明直线l 过定点，并求出定点的坐标．26．已知O 为坐标原点，椭圆2222Γ:1(0)x y a b a b 的右顶点为A ，动直线1:(1)l y x m 与相交于,B C 两点，点B 关于x 轴的对称点为B ，点B 到的两焦点的距离之和为4．（1）求的标准方程；（2）若直线B C 与x 轴交于点M ，,OAC AMC 的面积分别为12,S S ，问12S S 是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．。

高考数学理科第23练圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题

第23练圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题[压轴大题突破练][明晰考情] 1.命题角度：圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考常考的问题；以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题.2.题目难度：偏难题.考点一圆锥曲线中的定值问题方法技巧 (1)求定值问题常见的方法有两种①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.(2)定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.1.已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，且过点⎝⎛⎭⎫3，12. (1)求椭圆的方程；(2)设A ，B ，M 是椭圆上的三点.若OM →＝35OA →＋45OB →，点N 为线段AB 的中点，C ⎝⎛⎭⎫－62，0，D ⎝⎛⎭⎫62，0，求证：|NC |＋|ND |＝2 2.(1)解由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，3a 2＋14b2＝1，故⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1，所以椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 21＝1，x 224＋y 22＝1.由OM →＝35OA →＋45OB →，得M ⎝⎛⎭⎫35x 1＋45x 2，35y 1＋45y 2. 因为M 是椭圆C 上一点，所以⎝⎛⎭⎫35x 1＋45x 224＋⎝⎛⎭⎫35y 1＋45y 22＝1，即⎝⎛⎭⎫x 214＋y 21⎝⎛⎭⎫352＋⎝⎛⎭⎫x 224＋y 22⎝⎛⎭⎫452＋2×35×45×⎝⎛⎭⎫x 1x 24＋y 1y 2＝1，得⎝⎛⎭⎫352＋⎝⎛⎭⎫452＋2×35×45×⎝⎛⎭⎫x 1x 24＋y 1y 2＝1，故x 1x 24＋y 1y 2＝0. 又线段AB 的中点N 的坐标为⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，所以⎝⎛⎭⎫x 1＋x 2222＋2⎝⎛⎭⎫y 1＋y 222＝12⎝⎛⎭⎫x 214＋y 21＋12⎝⎛⎭⎫x 224＋y 22＋x 1x 24＋y 1y 2＝1. 从而线段AB 的中点N ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22在椭圆x 22＋2y 2＝1上. 又椭圆x 22＋2y 2＝1的两焦点恰为C ⎝⎛⎭⎫－62，0，D ⎝⎛⎭⎫62，0，所以|NC |＋|ND |＝2 2.2.(2018·北京)已知抛物线C ：y 2＝2px 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.(1)解因为抛物线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. 依题意知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 的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1). (2)证明设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 ＝－kx 2＋1x 2－1＋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＝x 1－1(k －1)x 1＋x 2－1(k －1)x 2＝1k －1·2x 1x 2－(x 1＋x 2)x 1x 2＝1k －1·2k2＋2k －4k 21k 2＝2.所以1λ＋1μ为定值.3. 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点Q ⎝⎛⎭⎫b ，a b 在椭圆上，O 为坐标原点. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知点P ，M ，N 为椭圆C 上的三点，若四边形OPMN 为平行四边形，证明四边形OPMN 的面积S 为定值，并求该定值.解 (1)∵椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，∴e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12，得a 2＝2b 2，①又点Q ⎝⎛⎭⎫b ，ab 在椭圆C 上， ∴b 2a 2＋a 2b 4＝1，② 联立①②得a 2＝8，b 2＝4. ∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)当直线PN 的斜率k 不存在时，PN 的方程为x ＝2或x ＝－2，从而有|PN |＝23， ∴S ＝12|PN |·|OM |＝12×23×22＝26；当直线PN 的斜率k 存在时，设直线PN 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，P (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将PN 的方程代入椭圆C 的方程，整理得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0，Δ＝16k 2m 2－4(2m 2－8)(1＋2k 2)>0，即m 2<4＋8k 2， ∴x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－81＋2k 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m1＋2k 2，由OM →＝OP →＋ON →，得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋2k 2，2m 1＋2k 2. 将M 点坐标代入椭圆C 的方程，得m 2＝1＋2k 2. 又点O 到直线PN 的距离为d ＝|m |1＋k 2， |PN |＝1＋k 2|x 1－x 2|，∴S ＝d ·|PN |＝|m |·|x 1－x 2|＝1＋2k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝ 48k 2＋242k 2＋1＝2 6.综上，平行四边形OPMN 的面积S 为定值2 6. 考点二圆锥曲线中的定点问题方法技巧 (1)动直线l 过定点问题.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).(2)动曲线C 过定点问题.引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.4.已知两点A (－2，0)，B (2，0)，动点P 在y 轴上的投影是Q ，且2P A →·PB →＝|PQ →|2. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过F (1，0)作互相垂直的两条直线分别交轨迹C 于点G ，H 和M ，N ，且E 1，E 2分别是GH ，MN 的中点.求证：直线E 1E 2恒过定点.(1)解设点P 的坐标为(x ，y )，∴点Q 的坐标为(0，y ). ∵2P A →·PB →＝|PQ →|2，P A →＝(－2－x ，－y )， PB →＝(2－x ，－y )，|PQ →|＝|x |， ∴2[(－2－x )(2－x )＋y 2]＝x 2，化简得点P 的轨迹方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明当两直线的斜率都存在且不为0时，设l GH ：y ＝k (x －1)，G (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)， l MN ：y ＝－1k (x －1)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k (x －1)，消去y 得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0. 则Δ>0恒成立.∴x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－42k 2＋1.∴GH 中点E 1的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2k 22k 2＋1，－k 2k 2＋1.同理，MN 中点E 2的坐标为⎝⎛⎭⎫2k 2＋2，k k 2＋2， ∴12E E k ＝－3k2(k 2－1)，∴12E E l 的方程为y －kk 2＋2＝－3k 2(k 2－1)⎝⎛⎭⎫x －2k 2＋2，即y ＝－3k 2(k 2－1)⎝⎛⎭⎫x －23， ∴直线E 1E 2恒过定点⎝⎛⎭⎫23，0；当两直线的斜率分别为0和不存在时，12E E l 的方程为y ＝0，也过点⎝⎛⎭⎫23，0. 综上所述，12E E l 过定点⎝⎛⎭⎫23，0.5.已知焦距为22的椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A ，直线y ＝43与椭圆C 交于P ，Q 两点(P 在Q 的左边)，Q 在x 轴上的射影为B ，且四边形ABPQ 是平行四边形. (1)求椭圆C 的方程；(2)斜率为k 的直线l 与椭圆C 交于两个不同的点M ，N .若M 是椭圆的左顶点，D 是直线MN 上一点，且DA ⊥AM .点G 是x 轴上异于点M 的点，且以DN 为直径的圆恒过直线AN 和DG 的交点，求证：点G 是定点. (1)解设坐标原点为O ，∵四边形ABPQ 是平行四边形，∴|AB →|＝|PQ →|， ∵|PQ →|＝2|OB →|，∴|AB →|＝2|OB →|，则点B 的横坐标为a 3，∴点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 3，43，代入椭圆C 的方程得b 2＝2，又c 2＝2，∴a 2＝4，即椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明设直线MN 的方程为y ＝k (x ＋2)，N (x 0，y 0)，DA ⊥AM ，∴D (2，4k ).由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k (x ＋2)，消去y 得(1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－4＝0，则－2x 0＝8k 2－41＋2k 2，即x 0＝2－4k 21＋2k 2，∴y 0＝k (x 0＋2)＝4k 1＋2k 2，则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－4k 21＋2k 2，4k 1＋2k 2，设G (t ，0)，则t ≠－2，若以DN 为直径的圆恒过直线AN 和DG 的交点，则DG ⊥AN ，∴GD →·AN →＝0恒成立.∵GD →＝(2－t ，4k )，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 21＋2k 2，4k 1＋2k 2， ∴GD →·AN →＝(2－t )·－8k 21＋2k 2＋4k ·4k 1＋2k 2＝0恒成立，即8k 2t 1＋2k 2＝0恒成立， ∴t ＝0，∴点G 是定点(0，0).6.(2017·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－t 22，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).考点三圆锥曲线中的存在性问题方法技巧解决存在性问题的一般思路：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.7.(2016·全国Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝t (t ≠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 . (1)求|OH ||ON |； (2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其它公共点？说明理由.解 (1)如图，由已知得M (0，t )，P ⎝⎛⎭⎫t 22p ，t ，又N 为M 关于点P 的对称点，故N ⎝⎛⎭⎫t 2p ，t ，ON 的方程为y ＝ptx ，代入y 2＝2px ，整理得px 2－2t 2x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝2t 2p，因此H ⎝⎛⎭⎫2t 2p ，2t . 所以N 为OH 的中点，即|OH ||ON |＝2.(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 ＝p 2t x ，即x ＝2tp(y －t ).代入y 2＝2px ，得y 2－4ty ＋4t 2＝0，解得y 1＝y 2＝2t ，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.8.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.∵OP 2→＝4P A →·PB →，即4[(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)]＝5， ∴4(x 1－2)(x 2－2)(1＋k 2)＝5，即4[x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4](1＋k 2)＝5，∴4⎣⎢⎡⎦⎥⎤16k 2－16k －83＋4k 2－2×8k (2k －1)3＋4k 2＋4(1＋k 2) ＝4×4＋4k 23＋4k 2＝5，解得k ＝±12， k ＝－12不符合题意，舍去，∴存在满足条件的直线l ，其方程为x －2y ＝0.典例 (12分)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⎝⎛⎭⎫m 3，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. 审题路线图(1)联立直线方程与椭圆方程―→一元二次方程―→中点坐标―→求出斜率乘积 (2)先假定四边形OAPB 能为平行四边形―→找几何关系：平行四边形的对角线互相平分 ―→转化成代数关系：x P ＝2x M ―→求k 规范解答·评分标准(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 ).…………2分将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2，得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0， Δ＝4k 2b 2－4(k 2＋9)(b 2－m 2)>0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9.………………………………………………4分于是直线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 的斜率的乘积为定值. ……………………………………………6分 (2)解四边形OAPB 能为平行四边形. ………………………………………………………7分因为直线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 ＝±km 3k 2＋9 . ……………………………………9分将点⎝⎛⎭⎫m 3，m 的坐标代入l 的方程，得b ＝m (3－k )3，因此x M ＝k (k －3)m3(k 2＋9).……………………………………………………………………………10分四边形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. ………………………………………………………………………………………12分构建答题模板[第一步] 先假定：假设结论成立；[第二步] 再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解；[第三步] 下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设；若推出矛盾则否定假设； [第四步] 再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性.1.(2017·全国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 . (1)解设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0，0)， NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0). 由NP →＝ 2 NM →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 .2.如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，经过点A (0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为定值.(1)解由题设知c a ＝22，b ＝1，结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. (2)证明由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ>0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4k (k －1)1＋2k 2，x 1x 2＝2k (k －2)1＋2k 2，从而直线AP ，AQ 的斜率之和k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－k x 2＝2k ＋(2－k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2，＝2k ＋(2－k )4k (k －1)2k (k －2)＝2k －2(k －1)＝2. 故k AP ＋k AQ 为定值2.3.已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32，点P ⎝⎛⎭⎫1，32在椭圆E 上. (1)求椭圆E 的方程；(2)过点P 且斜率为k 的直线l 交椭圆E 于点Q (x Q ，y Q )(点Q 异于点P )，若0<x Q <1，求直线l 的斜率k 的取值范围.解 (1)由题意得⎩⎨⎧c a ＝32，1a 2＋34b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝1，c ＝3，∴椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设直线l 的方程为y －32＝k (x －1)，代入方程x 24＋y 2＝1. 消去y 得(1＋4k 2)x 2＋(43k －8k 2)x ＋4k 2－43k －1＝0，∴x Q ·1＝4k 2－43k －11＋4k 2， ∵0<x Q <1，∴0<4k 2－43k －11＋4k 2<1，即⎩⎪⎨⎪⎧ 4k 2－43k －11＋4k 2>0，4k 2－43k －11＋4k 2<1，解得－36<k <3－22或k >3＋22，经检验，满足题意. ∴直线l 的斜率k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－36，3－22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋22，＋∞. 4.如图所示，已知椭圆M ：y 2a 2＋x 2b2＝1(a ＞b ＞0)的四个顶点构成边长为5的菱形，原点O 到直线AB 的距离为125，其中A (0，a )，B (－b ，0).直线l ：x ＝my ＋n 与椭圆M 相交于C ，D 两点，且以CD 为直径的圆过椭圆的右顶点P (其中点C ，D 与点P 不重合).(1)求椭圆M 的方程；(2)证明：直线l 与x 轴交于定点，并求出定点的坐标.解 (1)由已知，得a 2＋b 2＝52，由点A (0，a )，B (－b ，0)知，直线AB 的方程为x －b ＋y a＝1，即ax －by ＋ab ＝0. 又原点O 到直线AB 的距离为125，即 |0－0＋ab |a 2＋b 2＝125，所以a 2＝16，b 2＝9，c 2＝16－9＝7.故椭圆M 的方程为y 216＋x 29＝1. (2)由(1)知P (3，0)，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，将x ＝my ＋n 代入y 216＋x 29＝1，整理，得(16m 2＋9)y 2＋32mny ＋16n 2－144＝0，则y 1＋y 2＝－32mn 16m 2＋9，y 1y 2＝16n 2－14416m 2＋9. 因为以CD 为直径的圆过椭圆的右顶点P ，所以PC →·PD →＝0，即(x 1－3，y 1)·(x 2－3，y 2)＝0，所以(x 1－3)(x 2－3)＋y 1y 2＝0.又x 1＝my 1＋n ，x 2＝my 2＋n ，所以(my 1＋n －3)(my 2＋n －3)＋y 1y 2＝0，整理，得(m 2＋1)y 1y 2＋m (n －3)(y 1＋y 2)＋(n －3)2＝0，即(m 2＋1)·16n 2－14416m 2＋9＋m (n －3)·－32mn 16m 2＋9＋(n －3)2＝0，所以16(m 2＋1)(n 2－9)16m 2＋9－32m 2n (n －3)16m 2＋9＋(n －3)2＝0，易知n ≠3，所以16(m 2＋1)(n ＋3)－32m 2n ＋(16m 2＋9)·(n －3)＝0，整理，得25n ＋21＝0，即n ＝－2125. 经检验，n ＝－2125符合题意. 所以直线l 与x 轴交于定点，定点的坐标为⎝⎛⎭⎫－2125，0. 5.已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，直线2x －y ＋2＝0交抛物线C 于A ，B 两点，P 是线段AB 的中点，过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q .(1)D 是抛物线C 上的动点，点E (－1，3)，若直线AB 过焦点F ，求|DF |＋|DE |的最小值；(2)是否存在实数p ，使|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|？若存在，求出p 的值；若不存在，说明理由.解 (1)∵直线2x －y ＋2＝0与y 轴的交点为(0，2)，∴F (0，2)，则抛物线C 的方程为x 2＝8y ，准线l ：y ＝－2.设过D 作DG ⊥l 于G ，则|DF |＋|DE |＝|DG |＋|DE |，当E ，D ，G 三点共线时，|DF |＋|DE |取最小值2＋3＝5.(2)假设存在，抛物线x 2＝2py 与直线y ＝2x ＋2联立，得x 2－4px －4p ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Δ＝(4p )2＋16p ＝16(p 2＋p )>0，则x 1＋x 2＝4p ，x 1x 2＝－4p ，∴Q (2p ，2p ).∵|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|，∴QA →⊥QB →.则QA →·QB →＝0，得(x 1－2p )(x 2－2p )＋(y 1－2p )(y 2－2p )＝(x 1－2p )(x 2－2p )＋(2x 1＋2－2p )(2x 2＋2－2p )＝5x 1x 2＋(4－6p )(x 1＋x 2)＋8p 2－8p ＋4＝0，代入得4p 2＋3p －1＝0，解得p ＝14或p ＝－1(舍去). 因此存在实数p ＝14，且满足Δ>0，使得|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|成立.。

圆锥曲线中的定点定值存在性问题

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即y4A2 ·y42B＋2yAyB＝0，解得 yAyB＝－32 或 yAyB＝0(舍去)．所以 yAyB＝4kb＝－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)．
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圆锥曲线中的定值问题圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 (1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值． (2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的关系式，再利用题设条件化简、变形求得． (3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得关系式，再依据条件对关系式进行化简、变形即可求得．
设 A(x0，y0)，则 B(－x0，－y0)， PA·PB ＝－x20－y02＝－4215x20＝－4215·a22.
又因为 PA·PB＝－421.
所以 a2＝25，b2＝16，
椭圆 C 的方程为2x52＋1y62 ＝1.
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(2)证明：|PA|2＋|PB|2 为定值．解：证明：l 的方程为 x＝54y＋m，代入2x52＋1y62 ＝1，并整理得 25y2＋20my＋8(m2－25)＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)．则|PA|2＝(x1－m)2＋y21＝4116y21，同理|PB|2＝4116y22.
同理可求得|QF2|＋|QM|＝3－13x2＋13x2＝3，
所以|F2P|＋|F2Q|＋|PQ|＝3＋3＝6 为定值．
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[方法技巧] 解这类问题的关键就是引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．
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高考数学(理)总复习：圆锥曲线中的定点与定值、范围与存在性问题(解析版)

高考数学（理）总复习：圆锥曲线中的定点与定值、范围与存在性问题题型一圆锥曲线中的定点、定值问题【题型要点】圆锥曲线中定点、定值问题必然是变化中所表现出来的不变的量，那么就用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．解决这类问题的一般思路是：(1)引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等．(2)根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．(3)求解定点、定值问题，如果事先不知道定点、定值，可以先对参数取特殊值，通过特殊情况求出这个定点、定值，然后再对一般情况进行证明．【例1】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点Q ⎪⎭⎫ ⎝⎛b a b ,在椭圆上，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知点P ，M ，N 为椭圆C 上的三点，若四边形OPMN 为平行四边形，证明四边形OPMN 的面积S 为定值，并求该定值．(1)【解】 ∵椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，∴e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12，得a 2＝2b 2① 又点Q ⎪⎭⎫ ⎝⎛b a b ,在椭圆C 上，∴b 2a 2＋a 2b 4＝1，② 联立①、②得a 2＝8，且b 2＝4.∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1. (2)【证明】当直线PN 的斜率k 不存在时，PN 方程为x ＝2或x ＝－2，从而有|PN |＝23，所以S ＝12|PN |·|OM |＝12×23×22＝26；当直线PN 的斜率k 存在时，设直线PN 方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，P (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将PN 的方程代入椭圆C 的方程，整理得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0，所以x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－81＋2k 2， y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m 1＋2k 2，由OM →＝OP →＋ON →，得M ⎪⎭⎫ ⎝⎛++-22212,214k m k km 将M 点坐标代入椭圆C 方程得m 2＝1＋2k 2.又点O 到直线PN 的距离为d ＝|m |1＋k 2， |PN |＝1＋k 2|x 1－x 2|，∴S ＝d ·|PN |＝|m |·|x 1－x 2| ＝1＋2k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝48k 2＋242k 2＋1＝2 6. 综上，平行四边形OPMN 的面积S 为定值2 6. 题组训练一圆锥曲线中的定点、定值问题已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1过A (2,0)，B (0,1)两点． (1)求椭圆C 的方程及离心率；(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线P A 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值．【解析】 (1)由题意得a ＝2，b ＝1，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. 又c ＝a 2－b 2＝3，∴离心率e ＝c a ＝32.(2)证明：设P (x 0，y 0)(x 0<0，y 0<0)，则x 20＋4y 20＝4.又A (2,0)，B (0,1)，∴直线P A 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)．令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2，从而|BM |＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2. 直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1. 令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1. ∴四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM | ＝12⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+221120000x y y x ＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42(x 0y 0－x 0－2y 0＋2)＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2. 从而四边形ABNM 的面积为定值．题型二圆锥曲线中的范围问题【题型要点】与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法1．数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解．2．构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．3．构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．【例2】设圆F 1：x 2＋y 2＋4x ＝0的圆心为F 1，直线l 过点F 2(2,0)且不与x 轴、y 轴垂直，且与圆F 1相交于两点C 、D ，过F 2作F 1C 的平行线交直线F 1D 于点E .(1)证明||EF 1|－|EF 2||为定值，并写出点的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹曲线与直线l 交于M ，N 两点，过F 2且与垂直的直线与圆F 1交于P ，Q 两点，求△PQM 与△PQN 的面积之和的取值范围．【解析】 (1)圆F 1：(x ＋2)2＋y 2＝4，圆心F 1(－2,0)，半径r ＝2，如图所示．因为F 1C ∥EF 2，所以∠F 1CD ＝∠EF 2D .又因为|F 1D |＝|F 1C |，所以∠F 1CD ＝∠F 1DC ，所以∠EF 2D ＝∠F 1DC ，又因为∠F 1DC ＝∠EDF 2，所以∠EF 2D ＝∠EDF 2，故ED ＝EF 2，可得||EF 1|－|EF 2||＝||EF 1|－|ED ||＝2<|F 1F 2|，根据双曲线的定义，可知点E 的轨迹是以F 1，F 2为焦点的双曲线(顶点除外)，易得点E的轨迹方程为x 2－y 23＝1(y ≠0)． (2)Γ：x 2－y 23＝1(y ≠0)．依题意可设l ：x ＝my ＋2(m ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由于PQ ⊥l ，设l PQ ：y ＝－m (x －2)．圆心F 1(－2,0)到直线PQ 的距离d ＝|－m (－2－2)|1＋m 2＝|4m |1＋m 2，所以|PQ |＝2r 2－d 2＝41－3m 21＋m 2，又因为d <2，解得0<m 2<13.联立直线与双曲线的方程⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－y 23＝1x ＝my ＋2，消去得(3m 2－1)＋12my ＋9＝0，则y 1＋y 2＝－12m 3m 2－1，y 1y 2＝93m 2－1，所以|MN |＝1＋m 2|y 2－y 1| ＝1＋m 2(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝6(m 2＋1)1－3m 2，记△PQM ，△PQN 的面积分别为S 1，S 2，则S 1＋S 2＝12|MN |·|PQ |＝12m 2＋11－3m 2 ＝121－3＋4m 2＋1，又因为0<m 2<13，所以S 1＋S 2∈(12，＋∞)，所以S 1＋S 2的取值范围为(12，＋∞)．题组训练二圆锥曲线中的范围问题设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1,0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E .(1)证明|EA |＋|EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．【解析】 (1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ，所以∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ，所以|EB |＝|ED |，故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |，又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而|AD |＝4，所以|EA |＋|EB |＝4.由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0)． (2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3. 所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12(k 2＋1)4k 2＋3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k (x －1)，点A 到直线m 的距离为2k 2＋1，所以|PQ |＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形MPNQ 的面积S ＝12|MN ||PQ | ＝121＋14k 2＋3. 可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83)．当l 与x 轴垂直时，其方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8，故四边形MPNQ 的面积为12. 综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83)．题型三圆锥曲线中的存在性问题【题型要点】解决探索性问题的注意事项存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．【例3】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，且过点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛23,1，F 为其右焦点． (1)求椭圆C 的方程；(2)设过点A (4,0)的直线l 与椭圆相交于M ，N 两点(点M 在A ，N 两点之间)，是否存在直线l 使△AMF 与△MFN 的面积相等？若存在，试求直线l 的方程；若不存在，请说明理由．【解】 (1)因为c a ＝12，所以a ＝2c ，b ＝3c ，设椭圆方程x 24c 2＋y 23c 2＝1，又点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛23,1在椭圆上，所以14c 2＋34c 2＝1，解得c 2＝1，a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1. (2)易知直线l 的斜率存在，设l 的方程为y ＝k (x －4)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －4)，x 24＋y 23＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0，由题意知Δ＝(32k 2)2－4(3＋4k 2)(64k 2－12)>0，解得－12<k <12. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝32k 23＋4k 2，① x 1x 2＝64k 2－123＋4k 2.② 因为△AMF 与△MFN 的面积相等，所以|AM |＝|MN |，所以2x 1＝x 2＋4.③由①③消去x 2得x 1＝4＋16k 23＋4k 2.④ 将x 2＝2x 1－4代入②，得x 1(2x 1－4)＝64k 2－123＋4k 2⑤ 将④代入到⑤式，整理化简得36k 2＝5.∴k ＝±56，经检验满足题设故直线l 的方程为y ＝56(x －4)或y ＝－56(x －4)．题组训练三圆锥曲线中的存在性问题已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，直线2x －y ＋2＝0交抛物线C 于A ，B 两点，P 是线段AB 的中点，过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q .(1)D 是抛物线C 上的动点，点E (－1,3)，若直线AB 过焦点F ，求|DF |＋|DE |的最小值；(2)是否存在实数p ，使|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|？若存在，求出p 的值；若不存在，说明理由．【解】 (1)∵直线2x －y ＋2＝0与y 轴的交点为(0,2)，∴F (0,2)，则抛物线C 的方程为x 2＝8y ，准线l ：y ＝－2.设过D 作DG ⊥l 于G ，则|DF |＋|DE |＝|DG |＋|DE |，当E ，D ，G 三点共线时，|DF |＋|DE |取最小值2＋3＝5.(2)假设存在，抛物线x 2＝2py 与直线y ＝2x ＋2联立方程组得：x 2－4px －4p ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Δ＝(4p )2＋16p ＝16(p 2＋p )>0，则x 1＋x 2＝4p ，x 1x 2＝－4p ， ∴Q (2p,2p )．∵|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|，∴QA ⊥QB .则QA →·QB →＝0，得(x 1－2p )(x 2－2p )＋(y 1－2p )(y 2－2p )＝(x 1－2p )(x 2－2p )＋(2x 1＋2－2p )(2x 2＋2－2p )＝5x 1x 2＋(4－6p )(x 1＋x 2)＋8p 2－8p ＋4＝0，代入得4p 2＋3p －1＝0，解得p ＝14或p ＝－1(舍去)．因此存在实数p ＝14，且满足Δ>0，使得|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|成立．题型四基本不等式法求解与圆锥曲线有关的最值问题【题型要点】求解圆锥曲线中的最值问题，主要有两种方法：一是利用几何方法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即要把求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．求最值方法有：(1)利用基本不等式求最值时要注意“一正、二定、三相等”的条件，三个条件缺一不可．(2)通过代换、拆项、凑项等技巧，改变原式的结构使其具备基本不等式的应用条件．【例4】已知P 为圆A ：(x ＋1)2＋y 2＝12上的动点，点B (1,0)．线段PB 的垂直平分线与半径P A 相交于点T ，记点T 的轨迹为Γ.(1)求曲线Γ的方程；(2)设M ，N 是Γ上的两个动点，MN 的中点H 在圆x 2＋y 2＝1上，求原点到MN 距离的最小值．【解析】 (1)圆A 的圆心为A (－1,0)，半径等于2 3.由已知|TB |＝|TP |，于是|TA |＋|TB |＝|TA |＋|TP |＝23，故曲线Γ是以A ，B 为焦点，以23为长轴长的椭圆，a ＝3，c ＝1，b ＝2，曲线Γ的方程为x 23＋y 22＝1； (2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，H (x 0，y 0)，将M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，代入作差得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)3＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)2＝0 ①x 1＝x 2时，y 1＋y 2＝0，所以H (x 0,0)，因为H 在圆x 2＋y 2＝1上，所以x 0＝±1，则原点O 到直线MN 的距离为1；②x 1≠x 2时，设直线MN 的斜率k ，则2x 0＋3ky 0＝0，且x 20＋y 20＝1，所以x 20＝9k 29k 2＋4，y 20＝49k 2＋4，所以x 0y 0＝－32ky 20＝－6k 9k 2＋4. 设原点O 到直线MN 距离为d ，因为MN 的方程为y －y 0＝k (x －x 0)，即kx －y －kx 0＋y 0＝0，所以d 2＝1－k 29k 4＋13k 2＋4， k ＝0时，d 2＝1；k ≠0时，d 2＝1－19k 2＋13＋4k 2≥1－125＝2425. 因为2425<1，所以d 2的最小值为2425，即d 的最小值为265，此时k ＝±63，由①②知，原点O 到直线MN 的最小值为265. 题组训练四基本不等式法求解与圆锥曲线有关的最值问题平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32，抛物线E ：x 2＝2y 的焦点F 是C 的一个顶点．(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是E 上的动点，且位于第一象限，E 在点P 处的切线l 与C 交于不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为D .直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M .①求证：点M 在定直线上；②直线l 与y 轴交于点G ，记△PFG 的面积为S 1，△PDM 的面积为S 2，求S 1S 2的最大值及取得最大值时点P 的坐标．【解析】 (1)由题意知a 2－b 2a ＝32，可得a 2＝4b 2，因为抛物线E 的焦点F ⎪⎭⎫⎝⎛21,0，所以b ＝12，a ＝1，所以椭圆C 的方程为x 2＋4y 2＝1.(2)①证明：设P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2,2m m (m >0)，由x 2＝2y ，可得y ′＝x ，所以直线l 的斜率为m ，因此直线l 的方程为y －m 22＝m (x －m )．即y ＝mx －m 22.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)．联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝1，y ＝mx －m 22，得(4m 2＋1)x 2－4m 3x ＋m 4－1＝0. 由Δ>0，得0<m <2＋5(或0<m 2<2＋5)．(*)且x 1＋x 2＝4m 34m 2＋1，因此x 0＝2m 34m 2＋1，将其代入y ＝mx －m 22，得y 0＝－m 22(4m 2＋1)，因为y 0x 0＝－14m .所以直线OD 方程为y ＝1－4mx ，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14m x ，x ＝m ，得点M 的纵坐标y M ＝－14，所以点M 在定直线y ＝－14上．②由①知直线l 的方程为y ＝mx －m 22，令x ＝0，得y ＝－m 22，所以G ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-2,02m ，又P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2,2m m ，F ⎪⎭⎫⎝⎛21,0，D ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+)14(2,1422222m m m m ，所以S 1＝12·|GF |·m ＝(m 2＋1)m 4，S 2＝12·|PM |·|m －x 0|＝12×2m 2＋14×2m 3＋m 4m 2＋1＝m (2m 2＋1)28(4m 2＋1).所以S 1S 2＝2(4m 2＋1)(m 2＋1)(2m 2＋1)2.法一：S 1S 2＝2(4m 4＋5m 2＋1)4m 4＋4m 2＋1＝2＋2m 24m 4＋4m 2＋1＝2＋24m 2＋1m2＋4≤94，当且仅当m ＝22时，满足(*)式，所以P 坐标为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛41,22. 法二：设t ＝2m 2＋1，则S 1S 2＝(2t －1)(t ＋1)t 2＝2t 2＋t －1t 2＝－1t 2＋1t ＋2，当1t ＝12，即t ＝2时，S 1S 2取到最大值94，此时m ＝22，满足(*)式，所以P 点坐标为⎪⎪⎭⎫⎝⎛41,22. 因此S 1S 2的最大值为94，此时点P 的坐标为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛41,22.【专题训练】1．已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率为22，它的一个焦点恰好与抛物线y 2＝4x 的焦点重合．(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆的上顶点为A ，过点A 作椭圆C 的两条动弦AB ，AC ，若直线AB ，AC 斜率之积为14，直线BC 是否一定经过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．【解析】 (1)易知x 22＋y 2＝1.(2)由(1)知A (0,1)，当直线BC 的斜率不存在时，设BC ：x ＝x 0，设B (x 0，y 0)，则C (x 0，－y 0)， k AB ·k AC ＝y 0－1x 0·－y 0－1x 0＝1－y 20x 20＝12x 20x 20＝12≠14，不合题意．故直线BC 的斜率存在．设直线BC 的方程为：y ＝kx ＋m (m ≠1)，并代入椭圆方程，得： (1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2(m 2－1)＝0， ①由Δ＝(4km )2－8(1＋2k 2)(m 2－1)>0得2k 2－m 2＋1>0. ②设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1，x 2是方程①的两根，由根与系数的关系得， x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1·x 2＝2(m 2－1)1＋2k 2，由k AB ·k AC ＝y 1－1x 1·y 2－1x 2＝14得： 4y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋4＝x 1x 2，即(4k 2－1)x 1x 2＋4k (m －1)(x 1＋x 2)＋4(m －1)2＝0，整理得(m －1)(m －3)＝0，又因为m ≠1，所以m ＝3，此时，直线BC 的方程为y ＝kx ＋3.所以直线BC 恒过一定点(0,3)．2．已知两点A (－2，0)，B (2，0)，动点P 在y 轴上的投影是Q ，且2P A →·PB →＝|PQ →|2. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过F (1,0)作互相垂直的两条直线交轨迹C 于点G ，H ，M ，N ，且E 1，E 2分别是GH ，MN 的中点．求证：直线E 1E 2恒过定点．(1)【解】设点P 坐标为(x ，y )，∴点Q 坐标为(0，y )．∵2P A →·PB →＝|PQ →|2，∴2[(－2－x )(2－x )＋y 2]＝x 2，化简得点P 的轨迹方程为x 24＋y 22＝1.(2)[证明] 当两直线的斜率都存在且不为0时，设l GH ：y ＝k (x －1)，G (x 1，y )，H (x 2，y 2)，l MN ：y ＝－1k(x －1)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k (x －1)，消去y 得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0.则Δ>0恒成立． ∴x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，且x 1x 2＝2k 2－42k 2＋1.∴GH 中点E 1坐标为⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-+12,122222k k k k ，同理，MN 中点E 2坐标为⎪⎭⎫⎝⎛++2,2222k k k ， ∴kE 1E 2＝－3k2(k 2－1)，∴lE 1E 2的方程为y ＝－3k 2(k 2－1)⎪⎭⎫ ⎝⎛-32x ，∴过点⎪⎭⎫⎝⎛0,32，当两直线的斜率分别为0和不存在时，lE 1E 2的方程为y ＝0，也过点⎪⎭⎫⎝⎛0,32，综上所述，lE 1E 2过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛0,32.3．如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，经过点A (0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为定值．(1)【解】由题设知c a ＝22，b ＝1，结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. (2)[证明] 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4k (k －1)1＋2k 2，x 1x 2＝2k (k －2)1＋2k 2，从而直线AP ，AQ 的斜率之和 k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎪⎪⎭⎫⎝⎛+2111x x ＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k (k －1)2k (k －2)＝2k －2(k －1)＝2.故k AP ＋k AQ 为定值2.4．已知焦点在y 轴上的椭圆E 的中心是原点O ，离心率为双曲线y 2－x 22＝1离心率的一半，直线y ＝x 被椭圆E 截得的线段长为4105.直线l ：y ＝kx ＋m 与y 轴交于点P ，与椭圆E 交于A ，B 两个相异点，且AP →＝λPB →.(1)求椭圆E 的方程；(2)是否存在实数m ，使OA →＋λOB →＝4OP →？若存在，求m 的取值范围；若不存在，请说明理由．【解析】 (1)设椭圆的方程为y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，双曲线y 2－x 22＝1离心率e ＝3，由椭圆的离心率e ＝ca＝1－b 2a 2＝32，则a ＝2b ，将y ＝x 代入椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1，解得：x ＝±a 55，∴2×2×a 55＝4105，解得：a ＝2，∴椭圆E 的方程为y 24＋x 2＝1；(2)假设存在实数m ，使OA →＋λOB →＝4OP →成立，由题意可得P (0，m )，当m ＝0时，O ，P 重合，λ＝1显然成立，当m ≠0时，由AP →＝λPB →，可得OP →－OA →＝λ(OB →－OP →)，则OA →＋λOB →＝(1＋λ)OP →，∴λ＝3，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由AP →＝3PB →，可得x 1＝－3x 2 ①⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m y 24＋x 2＝1，整理得：(k 2＋4)x 2＋2kmx ＋m 2－4＝0， ∴x 1＋x 2＝－2kmk 2＋4，x 1x 2＝m 2－4k 2＋4， ②由①②可得：m 2k 2＋m 2－k 2－4＝0，则k 2＝m 2－41－m2，m 2≠1，由Δ＝(2km )2－4(k 2＋4)(m 2－4)＞0，则k 2＋4－m 2＞0，∴k 2＋4－m 2＝m 2－41－m 2＋4－m 2＝(m 2－4)m 21－m2＞0，则1＜m 2＜4，解得：－2＜m ＜－1或1＜m ＜2，综上可得：m 的取值范围是(－2，－1)∪(1,2)∪{0}．。

圆锥曲线中的定点与定值问题

解得
1
2
＋ 2 = 1，
2
4

2
2
2 = 3，
ቊ 2
故椭圆 E 的方程为＋＝1.
3
4
= 4，
法二：设椭圆 E 的方程为 mx 2＋ ny 2＝1( m ＞0， n ＞0且 m ≠ n ).由题意可
1
4 = 1，
＝，
2
2
4
得൝9
解得൞
故椭圆 E 的方程为＋＝1.
1
3
4
若直线 MN 与 x 轴不垂直，
设直线 MN 的方程为 y ＝ kx ＋ m ，代入
得(1＋2 k 2 ) x 2 ＋4 kmx ＋2 m 2 －6＝0.
于是 x 1 ＋ x 2 ＝－
4
1+2 2
， x 1 x 2＝
2 2 −6
1+2 2
2
6
＋
2
3
＝1，
.①
由 AM ⊥ AN ，得 · ＝0，
M ( x 1， y 1)， N ( x 2， y 2).
+ 2 = ( − 1),
联立ቐ 2 2
得(3 k 2＋4) x 2－6 k (2＋ k ) x ＋3 k ( k ＋4)＝0，
＋ = 1，
3
4
6(2+)
3(+4)
−8(2+)
则 x1＋ x 2＝ 2 ， x 1 x 2＝ 2 ， y 1＋ y 2＝ 2 ， y 1 y 2＝
，由＝，
− 6 + 3 − 1 = − (− 6 + 3),
＝ −
2 6
，
3
则 H −2 6 +

圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题1．(2017·衡水中学模拟)已知焦距为23的椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的左焦点为F 1、上顶点为D ，直线DF 1与椭圆C 的另一个交点为H ，且|DF 1|＝7|F 1H |.(1)求椭圆的方程；(2)点A 是椭圆C 的右顶点，过点B (1,0)且斜率为k (k ≠0)的直线l 与椭圆C 相交于E ，F 两点，直线AE ，A F 分别交直线x ＝3于M ，N 两点，线段MN 的中点为P .记直线PB 的斜率为k ′，求证：k ·k ′为定值．解：(1)∵椭圆C 的焦距为23，∴F 1(－3，0)，又D (0，b )，|DF 1|＝7|F 1H |，∴点H 的坐标为⎝⎛⎭⎫－837，－b 7，则64×349a2＋149＝1，解得a 2＝4，则b 2＝a 2－3＝1， ∴椭圆C 的方程为x24＋y 2＝1.(2)证明：根据已知可设直线l 的方程为y ＝k (x －1)．由错误!得(4k 2＋1)x 2－8k 2x ＋4k 2－4＝0. 设E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k24k2＋1，x 1x 2＝4k2－44k2＋1.直线AE ，AF 的方程分别为：y ＝y1x1－2(x －2)，y ＝y2x2－2(x －2)，令x ＝3，则M ⎝⎛⎭⎫3，y1x1－2，N ⎝⎛⎭⎫3，y2x2－2，∴P ⎝⎛⎭⎫3，12⎝⎛⎭⎫y1x1－2＋y2x2－2.∴k ·k ′＝k 4×错误!＝k24×错误! ＝k24×8k2－8－24k2＋16k2＋44k2＋14k2－4－16k2＋16k2＋44k2＋1＝k24×－44k2＝－14(定值)． 2．(2016·合肥模拟)已知椭圆E ：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)经过点(22，2)，且离心率为22，F 1，F 2是椭圆E 的左，右焦点． (1)求椭圆E 的方程；(2)若A ，B 是椭圆E 上关于y 轴对称的两点(A ，B 不是长轴的端点)，点P 是椭圆E 上异于A ，B 的一点，且直线PA ，PB 分别交y 轴于点M ，N ，求证：直线MF 1与直线NF 2的交点G 在定圆上．解：(1)由题意知⎩⎨⎧8a2＋4b2＝1，ca ＝22，a2＝b2＋c2，解得⎩⎨⎧a ＝4，b ＝22，c ＝22，故椭圆E 的方程为x216＋y28＝1.(2)证明：设B (x 0，y 0)，P (x 1，y 1)，则A (－x 0，y 0)．直线PA 的方程为y －y 1＝y1－y0x1＋x0(x －x 1)，令x ＝0，得y ＝x1y0＋x0y1x1＋x0，故M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，x1y0＋x0y1x1＋x0.同理可得N ⎝⎛⎭⎪⎫0，x1y0－x0y1x1－x0. 所以F1M ―→―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，x1y0＋x0y1x1＋x0，F2N ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，x1y0－x0y1x1－x0，所以F1M ―→·F2N ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，x1y0＋x0y1x1＋x0·⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，x1y0－x0y1x1－x0＝－8＋x21y20－x20y21x21－x20＝－8＋x21×8⎝⎛⎭⎫1－x2016－x20×8⎝⎛⎭⎫1－x2116x21－x20＝－8＋8＝0，所以F 1M ⊥F 2N ，所以直线MF 1与直线NF 2的交点G 在以F 1F 2为直径的圆上． 3．(2016·洛阳统考)已知椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的离心率为12，一个焦点与抛物线y 2＝4x 的焦点重合，直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点．(1)求椭圆C 的标准方程； (2)设O 为坐标原点，k OA ·k OB ＝－b2a2，判断△AOB 的面积是否为定值？若是，求出定值，若不是，说明理由．解：(1)由题意得c ＝1，又e ＝c a ＝12，所以a ＝2，从而b 2＝a 2－c 2＝3. 所以椭圆C 的标准方程为x24＋y23＝1.(2)设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x24＋y23＝1，y ＝kx ＋m ，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0，由Δ＝(8mk )2－16(3＋4k 2)(m 2－3)>0得m 2<3＋4k 2. x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k2，x 1x 2＝错误!，所以y 1y 2＝(kx 1＋m )·(kx 2＋m ) ＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝错误!. 由k OA ·k OB ＝－b2a2＝－34得y 1y 2＝－34x 1x 2，即错误!＝－错误!·错误!，化简得2m 2－4k 2＝3，满足Δ>0. 由弦长公式得|AB |＝1＋k2|x 1－x 2| ＝1＋k2·错误!＝错误!.又点O 到直线l ：y ＝kx ＋m 的距离d ＝|m|1＋k2，所以S △AOB ＝12·d ·|AB |＝12错误!·错误!＝1224m23＋4k2＝3×2m23＋4k2＝错误!＝错误!，故△AOB 的面积为定值 3. 4．(2017·兰州双基过关考试)已知椭圆C 1：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的离心率为e ＝63，过C 1的左焦点F 1的直线l ：x －y ＋2＝0被圆C 2：(x －3)2＋(y －3)2＝r 2(r >0)截得的弦长为2 2.(1)求椭圆C 1的方程；(2)设C 1的右焦点为F 2，在圆C 2上是否存在点P ，满足|PF 1|＝a2b2|PF 2|？若存在，指出有几个这样的点(不必求出点的坐标)；若不存在，说明理由．解：(1)∵直线l 的方程为x －y ＋2＝0，令y ＝0，得x ＝－2，即F 1(－2,0)，∴c ＝2，又e ＝c a ＝63，∴a 2＝6，b 2＝a 2－c 2＝2，∴椭圆C 1的方程为x26＋y22＝1.(2)∵圆心C 2(3,3)到直线l ：x －y ＋2＝0的距离d ＝|3－3＋2|2＝2，又直线l ：x －y ＋2＝0被圆C 2：(x －3)2＋(y －3)2＝r 2(r >0)截得的弦长为22，∴r ＝d2＋⎝⎛⎭⎫2222＝2＋2＝2，故圆C 2的方程为(x －3)2＋(y －3)2＝4. 设圆C 2上存在点P (x ，y )，满足|PF 1|＝a2b2|PF 2|，即|PF 1|＝3|PF 2|，且F 1，F 2的坐标分别为F 1(－2,0)，F 2(2,0)，则错误!＝3错误!，整理得⎝⎛⎭⎫x －522＋y 2＝94，它表示圆心是C ⎝⎛⎭⎫52，0，半径是32的圆． ∵|CC 2|＝错误!＝错误!，故有2－32<|CC 2|<2＋32，故圆C 与圆C 2相交，有两个公共点．∴圆C 2上存在两个不同的点P ，满足|PF 1|＝a2b2|PF 2|.5．(2016·九江统考)已知椭圆C 的中心在坐标原点，右焦点为F (1,0)，A ，B 分别是椭圆C 的左、右顶点，D 是椭圆C 上异于A ，B 的动点，且△ADB 面积的最大值为 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)是否存在一定点E (x 0,0)(0<x 0<2)，使得当过点E 的直线l 与椭圆C 相交于M ，N 两点时，1|EM―→|2＋1|EN|2―→为定值？若存在，求出定点和定值；若不存在，请说明理由．解：(1)设椭圆的方程为x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)，由已知可得(S △ADB )max ＝12·2a ·b ＝ab ＝ 2. ①∵F (1,0)为椭圆的右焦点，∴a 2＝b 2＋1. ② 由①②可得a ＝2，b ＝1， ∴椭圆C 的方程为x22＋y 2＝1.(2)过点E 取两条分别垂直于x 轴和y 轴的弦M 1N 1，M 2N 2，则1|EM1―→|2＋1|EN1―→|2＝1|EM2―→|2＋1|EN2―→|2，即21－x202＝错误!＋错误!，解得x 0＝错误!， ∴E 若存在，必为⎝⎛⎭⎫63，0，定值为3，下证⎝⎛⎭⎫63，0满足题意．设过点E⎝⎛⎭⎫63，0的直线方程为x ＝ty ＋63，代入椭圆C 的方程得(t 2＋2)y 2＋263ty －43＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－263t t2＋2＝－错误!，y 1y 2＝－错误!，1|EM―→|2＋1|EN―→|2＝错误!＋错误!＝11＋t2·⎝⎛⎭⎫1y21＋1y22＝11＋t2·错误! ＝11＋t2·错误!＝3. 综上得定点为E ⎝⎛⎭⎫63，0，定值为3. 6．(2016·合肥三模)设A ，B 为抛物线y 2＝x 上相异两点，其纵坐标分别为1，－2，分别以A ，B 为切点作抛物线的切线l 1，l 2，设l 1，l 2相交于点P .(1)求点P 的坐标；(2)M 为A ，B 间抛物线段上任意一点，设PM ―→＝λPA ―→＋μPB ―→，试判断λ＋μ是否为定值？如果为定值，求出该定值，如果不是定值，请说明理由．解：(1)由题知A (1,1)，B (4，－2)，设点P 的坐标为(x P ，y P )，切线l 1：y －1＝k (x －1)，联立错误! 由抛物线与直线l 1相切，解得k ＝12，即l 1：y ＝12x ＋12，同理，l 2：y ＝－14x －1.联立l 1，l 2的方程，可解得⎩⎪⎨⎪⎧xP ＝－2，yP ＝－12，即点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫－2，－12. (2)设M (y 20，y 0)，且－2≤y 0≤1.由PM ―→＝λPA ―→＋μPB ―→，得⎝⎛⎭⎫y20＋2，y0＋12＝λ⎝⎛⎭⎫3，32＋μ⎝⎛⎭⎫6，－32，即错误! 解得错误!则λ＋μ＝y0＋23＋1－y03＝1，即λ＋μ为定值1.。

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

2020年高考数学（理）总复习：圆锥曲线中的定点与定值、范围与存在性问题题型一圆锥曲线中的定点、定值问题【题型要点】圆锥曲线中定点、定值问题必然是变化中所表现出来的不变的量，那么就用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．解决这类问题的一般思路是：(1)引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等．(2)根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．(3)求解定点、定值问题，如果事先不知道定点、定值，可以先对参数取特殊值，通过特殊情况求出这个定点、定值，然后再对一般情况进行证明．【例1】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点Q ⎪⎭⎫ ⎝⎛b a b ,在椭圆上，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知点P ，M ，N 为椭圆C 上的三点，若四边形OPMN 为平行四边形，证明四边形OPMN 的面积S 为定值，并求该定值．(1)【解】 ∵椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，∴e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12，得a 2＝2b 2① 又点Q ⎪⎭⎫ ⎝⎛b a b ,在椭圆C 上，∴b 2a 2＋a 2b 4＝1，② 联立①、②得a 2＝8，且b 2＝4.∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1. (2)【证明】当直线PN 的斜率k 不存在时，PN 方程为x ＝2或x ＝－2，从而有|PN |＝23，所以S ＝12|PN |·|OM |＝12×23×22＝26；当直线PN 的斜率k 存在时，设直线PN 方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，P (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将PN 的方程代入椭圆C 的方程，整理得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0，所以x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－81＋2k 2， y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m 1＋2k 2，由OM →＝OP →＋ON →，得M ⎪⎭⎫ ⎝⎛++-22212,214k m k km 将M 点坐标代入椭圆C 方程得m 2＝1＋2k 2.又点O 到直线PN 的距离为d ＝|m |1＋k 2， |PN |＝1＋k 2|x 1－x 2|，∴S ＝d ·|PN |＝|m |·|x 1－x 2| ＝1＋2k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝48k 2＋242k 2＋1＝2 6. 综上，平行四边形OPMN 的面积S 为定值2 6. 题组训练一圆锥曲线中的定点、定值问题已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1过A (2,0)，B (0,1)两点． (1)求椭圆C 的方程及离心率；(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线P A 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值．【解析】 (1)由题意得a ＝2，b ＝1，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. 又c ＝a 2－b 2＝3，∴离心率e ＝c a ＝32.(2)证明：设P (x 0，y 0)(x 0<0，y 0<0)，则x 20＋4y 20＝4.又A (2,0)，B (0,1)，∴直线P A 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)．令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2，从而|BM |＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2. 直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1. 令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1. ∴四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM | ＝12⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+221120000x y y x ＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42(x 0y 0－x 0－2y 0＋2)＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2. 从而四边形ABNM 的面积为定值．题型二圆锥曲线中的范围问题【题型要点】与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法1．数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解．2．构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．3．构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．【例2】设圆F 1：x 2＋y 2＋4x ＝0的圆心为F 1，直线l 过点F 2(2,0)且不与x 轴、y 轴垂直，且与圆F 1相交于两点C 、D ，过F 2作F 1C 的平行线交直线F 1D 于点E .(1)证明||EF 1|－|EF 2||为定值，并写出点的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹曲线与直线l 交于M ，N 两点，过F 2且与垂直的直线与圆F 1交于P ，Q 两点，求△PQM 与△PQN 的面积之和的取值范围．【解析】 (1)圆F 1：(x ＋2)2＋y 2＝4，圆心F 1(－2,0)，半径r ＝2，如图所示．因为F 1C ∥EF 2，所以∠F 1CD ＝∠EF 2D .又因为|F 1D |＝|F 1C |，所以∠F 1CD ＝∠F 1DC ，所以∠EF 2D ＝∠F 1DC ，又因为∠F 1DC ＝∠EDF 2，所以∠EF 2D ＝∠EDF 2，故ED ＝EF 2，可得||EF 1|－|EF 2||＝||EF 1|－|ED ||＝2<|F 1F 2|，根据双曲线的定义，可知点E 的轨迹是以F 1，F 2为焦点的双曲线(顶点除外)，易得点E的轨迹方程为x 2－y 23＝1(y ≠0)． (2)Γ：x 2－y 23＝1(y ≠0)．依题意可设l ：x ＝my ＋2(m ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由于PQ ⊥l ，设l PQ ：y ＝－m (x －2)．圆心F 1(－2,0)到直线PQ 的距离d ＝|－m (－2－2)|1＋m 2＝|4m |1＋m 2，所以|PQ |＝2r 2－d 2＝41－3m 21＋m 2，又因为d <2，解得0<m 2<13.联立直线与双曲线的方程⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－y 23＝1x ＝my ＋2，消去得(3m 2－1)＋12my ＋9＝0，则y 1＋y 2＝－12m 3m 2－1，y 1y 2＝93m 2－1，所以|MN |＝1＋m 2|y 2－y 1| ＝1＋m 2(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝6(m 2＋1)1－3m 2，记△PQM ，△PQN 的面积分别为S 1，S 2，则S 1＋S 2＝12|MN |·|PQ |＝12m 2＋11－3m 2 ＝121－3＋4m 2＋1，又因为0<m 2<13，所以S 1＋S 2∈(12，＋∞)，所以S 1＋S 2的取值范围为(12，＋∞)．题组训练二圆锥曲线中的范围问题设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1,0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E .(1)证明|EA |＋|EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．【解析】 (1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ，所以∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ，所以|EB |＝|ED |，故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |，又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而|AD |＝4，所以|EA |＋|EB |＝4.由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0)． (2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3. 所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12(k 2＋1)4k 2＋3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k (x －1)，点A 到直线m 的距离为2k 2＋1，所以|PQ |＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形MPNQ 的面积S ＝12|MN ||PQ | ＝121＋14k 2＋3. 可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83)．当l 与x 轴垂直时，其方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8，故四边形MPNQ 的面积为12. 综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83)．题型三圆锥曲线中的存在性问题【题型要点】解决探索性问题的注意事项存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．【例3】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，且过点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛23,1，F 为其右焦点． (1)求椭圆C 的方程；(2)设过点A (4,0)的直线l 与椭圆相交于M ，N 两点(点M 在A ，N 两点之间)，是否存在直线l 使△AMF 与△MFN 的面积相等？若存在，试求直线l 的方程；若不存在，请说明理由．【解】 (1)因为c a ＝12，所以a ＝2c ，b ＝3c ，设椭圆方程x 24c 2＋y 23c 2＝1，又点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛23,1在椭圆上，所以14c 2＋34c 2＝1，解得c 2＝1，a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1. (2)易知直线l 的斜率存在，设l 的方程为y ＝k (x －4)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －4)，x 24＋y 23＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0，由题意知Δ＝(32k 2)2－4(3＋4k 2)(64k 2－12)>0，解得－12<k <12. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝32k 23＋4k 2，① x 1x 2＝64k 2－123＋4k 2.② 因为△AMF 与△MFN 的面积相等，所以|AM |＝|MN |，所以2x 1＝x 2＋4.③由①③消去x 2得x 1＝4＋16k 23＋4k 2.④ 将x 2＝2x 1－4代入②，得x 1(2x 1－4)＝64k 2－123＋4k 2⑤ 将④代入到⑤式，整理化简得36k 2＝5.∴k ＝±56，经检验满足题设故直线l 的方程为y ＝56(x －4)或y ＝－56(x －4)．题组训练三圆锥曲线中的存在性问题已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，直线2x －y ＋2＝0交抛物线C 于A ，B 两点，P 是线段AB 的中点，过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q .(1)D 是抛物线C 上的动点，点E (－1,3)，若直线AB 过焦点F ，求|DF |＋|DE |的最小值；(2)是否存在实数p ，使|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|？若存在，求出p 的值；若不存在，说明理由．【解】 (1)∵直线2x －y ＋2＝0与y 轴的交点为(0,2)，∴F (0,2)，则抛物线C 的方程为x 2＝8y ，准线l ：y ＝－2.设过D 作DG ⊥l 于G ，则|DF |＋|DE |＝|DG |＋|DE |，当E ，D ，G 三点共线时，|DF |＋|DE |取最小值2＋3＝5.(2)假设存在，抛物线x 2＝2py 与直线y ＝2x ＋2联立方程组得：x 2－4px －4p ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Δ＝(4p )2＋16p ＝16(p 2＋p )>0，则x 1＋x 2＝4p ，x 1x 2＝－4p ， ∴Q (2p,2p )．∵|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|，∴QA ⊥QB .则QA →·QB →＝0，得(x 1－2p )(x 2－2p )＋(y 1－2p )(y 2－2p )＝(x 1－2p )(x 2－2p )＋(2x 1＋2－2p )(2x 2＋2－2p )＝5x 1x 2＋(4－6p )(x 1＋x 2)＋8p 2－8p ＋4＝0，代入得4p 2＋3p －1＝0，解得p ＝14或p ＝－1(舍去)．因此存在实数p ＝14，且满足Δ>0，使得|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|成立．题型四基本不等式法求解与圆锥曲线有关的最值问题【题型要点】求解圆锥曲线中的最值问题，主要有两种方法：一是利用几何方法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即要把求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．求最值方法有：(1)利用基本不等式求最值时要注意“一正、二定、三相等”的条件，三个条件缺一不可．(2)通过代换、拆项、凑项等技巧，改变原式的结构使其具备基本不等式的应用条件．【例4】已知P 为圆A ：(x ＋1)2＋y 2＝12上的动点，点B (1,0)．线段PB 的垂直平分线与半径P A 相交于点T ，记点T 的轨迹为Γ.(1)求曲线Γ的方程；(2)设M ，N 是Γ上的两个动点，MN 的中点H 在圆x 2＋y 2＝1上，求原点到MN 距离的最小值．【解析】 (1)圆A 的圆心为A (－1,0)，半径等于2 3.由已知|TB |＝|TP |，于是|TA |＋|TB |＝|TA |＋|TP |＝23，故曲线Γ是以A ，B 为焦点，以23为长轴长的椭圆，a ＝3，c ＝1，b ＝2，曲线Γ的方程为x 23＋y 22＝1； (2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，H (x 0，y 0)，将M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，代入作差得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)3＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)2＝0 ①x 1＝x 2时，y 1＋y 2＝0，所以H (x 0,0)，因为H 在圆x 2＋y 2＝1上，所以x 0＝±1，则原点O 到直线MN 的距离为1；②x 1≠x 2时，设直线MN 的斜率k ，则2x 0＋3ky 0＝0，且x 20＋y 20＝1，所以x 20＝9k 29k 2＋4，y 20＝49k 2＋4，所以x 0y 0＝－32ky 20＝－6k 9k 2＋4. 设原点O 到直线MN 距离为d ，因为MN 的方程为y －y 0＝k (x －x 0)，即kx －y －kx 0＋y 0＝0，所以d 2＝1－k 29k 4＋13k 2＋4， k ＝0时，d 2＝1；k ≠0时，d 2＝1－19k 2＋13＋4k 2≥1－125＝2425. 因为2425<1，所以d 2的最小值为2425，即d 的最小值为265，此时k ＝±63，由①②知，原点O 到直线MN 的最小值为265. 题组训练四基本不等式法求解与圆锥曲线有关的最值问题平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32，抛物线E ：x 2＝2y 的焦点F 是C 的一个顶点．(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是E 上的动点，且位于第一象限，E 在点P 处的切线l 与C 交于不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为D .直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M .①求证：点M 在定直线上；②直线l 与y 轴交于点G ，记△PFG 的面积为S 1，△PDM 的面积为S 2，求S 1S 2的最大值及取得最大值时点P 的坐标．【解析】 (1)由题意知a 2－b 2a ＝32，可得a 2＝4b 2，因为抛物线E 的焦点F ⎪⎭⎫⎝⎛21,0，所以b ＝12，a ＝1，所以椭圆C 的方程为x 2＋4y 2＝1.(2)①证明：设P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2,2m m (m >0)，由x 2＝2y ，可得y ′＝x ，所以直线l 的斜率为m ，因此直线l 的方程为y －m 22＝m (x －m )．即y ＝mx －m 22.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)．联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝1，y ＝mx －m 22，得(4m 2＋1)x 2－4m 3x ＋m 4－1＝0. 由Δ>0，得0<m <2＋5(或0<m 2<2＋5)．(*)且x 1＋x 2＝4m 34m 2＋1，因此x 0＝2m 34m 2＋1，将其代入y ＝mx －m 22，得y 0＝－m 22(4m 2＋1)，因为y 0x 0＝－14m .所以直线OD 方程为y ＝1－4mx ，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14m x ，x ＝m ，得点M 的纵坐标y M ＝－14，所以点M 在定直线y ＝－14上．②由①知直线l 的方程为y ＝mx －m 22，令x ＝0，得y ＝－m 22，所以G ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-2,02m ，又P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2,2m m ，F ⎪⎭⎫⎝⎛21,0，D ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+)14(2,1422222m m m m ，所以S 1＝12·|GF |·m ＝(m 2＋1)m 4，S 2＝12·|PM |·|m －x 0|＝12×2m 2＋14×2m 3＋m 4m 2＋1＝m (2m 2＋1)28(4m 2＋1).所以S 1S 2＝2(4m 2＋1)(m 2＋1)(2m 2＋1)2.法一：S 1S 2＝2(4m 4＋5m 2＋1)4m 4＋4m 2＋1＝2＋2m 24m 4＋4m 2＋1＝2＋24m 2＋1m2＋4≤94，当且仅当m ＝22时，满足(*)式，所以P 坐标为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛41,22. 法二：设t ＝2m 2＋1，则S 1S 2＝(2t －1)(t ＋1)t 2＝2t 2＋t －1t 2＝－1t 2＋1t ＋2，当1t ＝12，即t ＝2时，S 1S 2取到最大值94，此时m ＝22，满足(*)式，所以P 点坐标为⎪⎪⎭⎫⎝⎛41,22. 因此S 1S 2的最大值为94，此时点P 的坐标为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛41,22.【专题训练】1．已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率为22，它的一个焦点恰好与抛物线y 2＝4x 的焦点重合．(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆的上顶点为A ，过点A 作椭圆C 的两条动弦AB ，AC ，若直线AB ，AC 斜率之积为14，直线BC 是否一定经过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．【解析】 (1)易知x 22＋y 2＝1.(2)由(1)知A (0,1)，当直线BC 的斜率不存在时，设BC ：x ＝x 0，设B (x 0，y 0)，则C (x 0，－y 0)， k AB ·k AC ＝y 0－1x 0·－y 0－1x 0＝1－y 20x 20＝12x 20x 20＝12≠14，不合题意．故直线BC 的斜率存在．设直线BC 的方程为：y ＝kx ＋m (m ≠1)，并代入椭圆方程，得： (1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2(m 2－1)＝0， ①由Δ＝(4km )2－8(1＋2k 2)(m 2－1)>0得2k 2－m 2＋1>0. ②设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1，x 2是方程①的两根，由根与系数的关系得， x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1·x 2＝2(m 2－1)1＋2k 2，由k AB ·k AC ＝y 1－1x 1·y 2－1x 2＝14得： 4y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋4＝x 1x 2，即(4k 2－1)x 1x 2＋4k (m －1)(x 1＋x 2)＋4(m －1)2＝0，整理得(m －1)(m －3)＝0，又因为m ≠1，所以m ＝3，此时，直线BC 的方程为y ＝kx ＋3.所以直线BC 恒过一定点(0,3)．2．已知两点A (－2，0)，B (2，0)，动点P 在y 轴上的投影是Q ，且2P A →·PB →＝|PQ →|2. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过F (1,0)作互相垂直的两条直线交轨迹C 于点G ，H ，M ，N ，且E 1，E 2分别是GH ，MN 的中点．求证：直线E 1E 2恒过定点．(1)【解】设点P 坐标为(x ，y )，∴点Q 坐标为(0，y )．∵2P A →·PB →＝|PQ →|2，∴2[(－2－x )(2－x )＋y 2]＝x 2，化简得点P 的轨迹方程为x 24＋y 22＝1.(2)[证明] 当两直线的斜率都存在且不为0时，设l GH ：y ＝k (x －1)，G (x 1，y )，H (x 2，y 2)，l MN ：y ＝－1k(x －1)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k (x －1)，消去y 得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0.则Δ>0恒成立． ∴x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，且x 1x 2＝2k 2－42k 2＋1.∴GH 中点E 1坐标为⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-+12,122222k k k k ，同理，MN 中点E 2坐标为⎪⎭⎫⎝⎛++2,2222k k k ， ∴kE 1E 2＝－3k2(k 2－1)，∴lE 1E 2的方程为y ＝－3k 2(k 2－1)⎪⎭⎫ ⎝⎛-32x ，∴过点⎪⎭⎫⎝⎛0,32，当两直线的斜率分别为0和不存在时，lE 1E 2的方程为y ＝0，也过点⎪⎭⎫⎝⎛0,32，综上所述，lE 1E 2过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛0,32.3．如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，经过点A (0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为定值．(1)【解】由题设知c a ＝22，b ＝1，结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. (2)[证明] 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4k (k －1)1＋2k 2，x 1x 2＝2k (k －2)1＋2k 2，从而直线AP ，AQ 的斜率之和 k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎪⎪⎭⎫⎝⎛+2111x x ＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k (k －1)2k (k －2)＝2k －2(k －1)＝2.故k AP ＋k AQ 为定值2.4．已知焦点在y 轴上的椭圆E 的中心是原点O ，离心率为双曲线y 2－x 22＝1离心率的一半，直线y ＝x 被椭圆E 截得的线段长为4105.直线l ：y ＝kx ＋m 与y 轴交于点P ，与椭圆E 交于A ，B 两个相异点，且AP →＝λPB →.(1)求椭圆E 的方程；(2)是否存在实数m ，使OA →＋λOB →＝4OP →？若存在，求m 的取值范围；若不存在，请说明理由．【解析】 (1)设椭圆的方程为y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，双曲线y 2－x 22＝1离心率e ＝3，由椭圆的离心率e ＝ca＝1－b 2a 2＝32，则a ＝2b ，将y ＝x 代入椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1，解得：x ＝±a 55，∴2×2×a 55＝4105，解得：a ＝2，∴椭圆E 的方程为y 24＋x 2＝1；(2)假设存在实数m ，使OA →＋λOB →＝4OP →成立，由题意可得P (0，m )，当m ＝0时，O ，P 重合，λ＝1显然成立，当m ≠0时，由AP →＝λPB →，可得OP →－OA →＝λ(OB →－OP →)，则OA →＋λOB →＝(1＋λ)OP →，∴λ＝3，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由AP →＝3PB →，可得x 1＝－3x 2 ①⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m y 24＋x 2＝1，整理得：(k 2＋4)x 2＋2kmx ＋m 2－4＝0， ∴x 1＋x 2＝－2kmk 2＋4，x 1x 2＝m 2－4k 2＋4， ②由①②可得：m 2k 2＋m 2－k 2－4＝0，则k 2＝m 2－41－m2，m 2≠1，由Δ＝(2km )2－4(k 2＋4)(m 2－4)＞0，则k 2＋4－m 2＞0，∴k 2＋4－m 2＝m 2－41－m 2＋4－m 2＝(m 2－4)m 21－m2＞0，则1＜m 2＜4，解得：－2＜m ＜－1或1＜m ＜2，综上可得：m 的取值范围是(－2，－1)∪(1,2)∪{0}．。

圆锥曲线中的定点、定值问题(含解析)

圆锥曲线中的定点、定值问题一、题型选讲题型一、圆锥曲线中过定点问题圆锥曲线中过定点问题常见有两种解法：（1）、求出圆锥曲线或直线的方程解析式，研究解析式，求出定点·（2）、从特殊位置入手，找出定点，在证明该点符合题意（运用斜率相等或者三点共线）。

圆锥曲线中的典型问题与方法：圆锥曲线的定值、定点问题

圆锥曲线中的定值、定点问题一、直线恒过定点问题例1. 已知动点E 在直线:2l y =-上，过点E 分别作曲线2:4C x y =的切线,EA EB ，切点为A 、B , 求证：直线AB 恒过一定点，并求出该定点的坐标；解：设),2,(-a E )4,(),4,(222211x x B x x A ，x y x y 214'2=∴=,)(2141121点切线过，的抛物线切线方程为过点E x x x x y A -=-),(21421121x a x x -=--∴整理得：082121=--ax x同理可得：222280x ax --=8,2082,2121221-=⋅=+∴=--∴x x a x x ax x x x 的两根是方程)24,(2+a a AB 中点为可得，又2212121212124442ABx x y y x x a k x x x x --+====-- 2(2)()22a a AB y x a ∴-+=-直线的方程为，2()2ay x AB =+∴即过定点0,2.例2. 已知点是椭圆22:12x E y +=上任意一点，直线l 的方程为0012x xy y +=，直线0l 过P 点与直线l 垂直，点M （-1，0）关于直线0l 的对称点为N ，直线PN 恒过一定点G ，求点G 的坐标。

解：直线0l 的方程为0000()2()x y y y x x -=-，即000020y x x y x y --=设)0,1(-M 关于直线0l 的对称点N 的坐标为(,)N m n则0000001212022x nm y x n m y x y ⎧=-⎪+⎪⎨-⎪⋅--=⎪⎩，解得320002043200002002344424482(4)x x x m x x x x x n y x ⎧+--=⎪-⎪⎨+--⎪=⎪-⎩∴ 直线PN 的斜率为4320000032000042882(34)n y x x x x k m x y x x -++--==---+ 从而直线PN 的方程为： 432000000320004288()2(34)x x x x y y x x y x x ++---=---+ 即3200043200002(34)14288y x x x y x x x x --+=+++--从而直线PN 恒过定点(1,0)G 二、恒为定值问题例3. 已知椭圆两焦点1F 、2F 在y 轴上，短轴长为22，离心率为22，P 是椭圆在第一象限弧上一点，且121PF PF ⋅=，过P 作关于直线F 1P 对称的两条直线PA 、PB 分别交椭圆于A 、B 两点。

圆锥曲线的热点问题—定点、定值、探索性问题

圆锥曲线的热点问题——定点、定值、探索性问题
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1.定点问题圆锥曲线中的定点问题是高考命题的一个热点，也是圆锥曲线问题中的一个难点.解决这个难点没有常规的方法，但解决这个难点的基本思想是明确的，定点问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，而这些直线方程、数量积、比例关系中不受变量影响的某个点，就是要求的定点.求解这类难点问题的关键就是引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.
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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.
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类型二定值问题
例 2 已知椭圆的中心为坐标原点 O，焦点在 x 轴上，斜率为 1 且过椭圆右焦点 →→
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代入椭圆方程整理得 λ2(x21＋3y21)＋μ2(x22＋3y22)＋2λμ(x1x2＋3y1y2)＝3b2. 又∵x21＋3y21＝3b2，x22＋3y22＝3b2， x1x2＋3y1y2＝4x1x2－3c(x1＋x2)＋3c2＝32c2－92c2＋3c2＝0， ∴λ2＋μ2＝1，故 λ2＋μ2 为定值.
索引
又∵O→N∥a，∴13＝ba22，∴a2＝3b2，故椭圆方程为 x2＋3y2＝3b2. 又过右焦点的直线 AB 的方程为 y＝x－c. 联立yx＝2＋x3－y2c＝，3b2，得 4x2－6cx＋3c2－3b2＝0. ∴x1＋x2＝32c，x1x2＝3c2－4 3b2＝38c2. 设 M(x，y)，则由O→M＝λO→A＋μO→B可得xy＝＝λλyx11＋＋μμyx22，，

高考圆锥曲线中的定点定值专题(附答案)

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

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

求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标。

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

圆锥曲线中的定点,定值,存在性问题

基础训练 1. 抛物线的焦点到准线的距离为_____________2. 已知命题,命题,则下列判断正确的是( ) A. 是假命题 B. 是真命题 C. 是真命题 D.是真命题3. 设，则“”是“”的( )A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件 4. 已知,若,使得,则实数的取值范围是( )A.B.C.D.5. 两定点，点在椭圆上，且满足，则为( )A. B. C.D.圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题考点一：定点问题例1：已知动圆过定点A (4,0)，且在y 轴上截得弦MN 的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹C 的方程；(2)已知点B (－1,0)，设不垂直于x 轴的直线l 与轨迹C 交于不同的两点P ，Q ，若x 轴是∠PBQ 的角平分线，证明直线l 过定点． [解] (1)如图，设动圆圆心O 1(x ，y )，由题意，|O 1A |＝|O 1M |，当O 1不在y 轴上时，过O 1作O 1H ⊥MN 交MN 于H ，则H 是MN 的中点， ∴|O 1M |＝x 2＋42，又|O 1A |＝(x －4)2＋y 2，∴(x －4)2＋y 2＝x 2＋42，化简得y 2＝8x (x ≠0)．又当O 1在y 轴上时，O 1与O 重合，点O 1的坐标(0,0)也满足方程y 2＝8x ， ∴动圆圆心的轨迹C 的方程为y 2＝8x .(2)证明：如图，由题意，设直线l 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，将y ＝kx ＋b 代入y 2＝8x 中，得k 2x 2＋(2bk －8)x ＋b 2＝0，其中Δ＝－32kb ＋64>0.由根与系数的关系得，x 1＋x 2＝8－2bk k 2，①x 1x 2＝b 2k 2，②因为x 轴是∠PBQ 的角平分线，所以y 1x 1＋1＝－y 2x 2＋1，即y 1(x 2＋1)＋y 2(x 1＋1)＝0，(kx 1＋b )(x 2＋1)＋(kx 2＋b )(x 1＋1)＝0，2kx 1x 2＋(b ＋k )(x 1＋x 2)＋2b ＝0，③ 将①②代入③，得2kb 2＋(k ＋b )(8－2bk )＋2k 2b ＝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)．小结：1．求解直线和曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x ，y 当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x ，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．2．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y －y 0＝k (x －x 0)，则直线必过定点(x 0，y 0)；若得到了直线方程的斜截式：y ＝kx ＋m ，则直线必过定点(0，m )．练习：如图，已知抛物线C ：y 2＝4x ，过点A (1,2)作抛物线C 的弦AP ，AQ .若AP ⊥AQ ，证明：直线PQ 过定点，并求出定点的坐标．点的坐标．解：(1)设直线PQ 的方程为x ＝my ＋n ，点P ，Q 的坐标分别为P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋n ，y 2＝4x .得y 2－4my －4n ＝0.由Δ＞0，得m 2＋n ＞0，y 1＋y 2＝4m ，y 1·y 2＝－4n . ∵AP ⊥AQ ，∴AP ·AQ ＝0，∴(x 1－1)(x 2－1)＋(y 1－2)(y 2－2)＝0.又x 1＝y 214，x 2＝y 224，∴(y 1－2)(y 2－2)[(y 1＋2)(y 2＋2)＋16]＝0，∴(y 1－2)(y 2－2)＝0或(y 1＋2)(y 2＋2)＋16＝0.∴n ＝－2m ＋1或n ＝2m ＋5，∵Δ＞0恒成立．∴n ＝2m ＋5.∴直线PQ 的方程为x －5＝m (y ＋2)， ∴直线PQ 过定点(5，－2)．考点二;定值问题例2：椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝32，a ＋b ＝3.(1)求椭圆C 的方程；(2)如图，A ，B ，D 是椭圆C 的顶点，P 是椭圆C 上除顶点外的任意一点，直线DP 交x 轴于点N ，直线AD 交BP 于点M ，设BP 的斜率为k ，MN 的斜率为m .证明：2m －k 为定值．[解] (1)因为e ＝32＝c a ，所以a ＝23c ，b ＝13c .代入a ＋b ＝3得，c ＝3，a ＝2，b ＝1. 故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：因为B (2,0)，P 不为椭圆顶点，则直线BP 的方程为y ＝k (x －2)⎝⎛⎭⎫k ≠0，k ≠±12，①把①代入x24＋y 2＝1，解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－24k 2＋1，－4k 4k 2＋1. 直线AD 的方程为：y ＝12x ＋1.②①与②联立解得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ＋22k －1，4k 2k －1.由D (0,1)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－24k 2＋1，－4k 4k 2＋1，N (x,0)三点共线知－4k4k 2＋1－18k 2－24k 2＋1－0＝0－1x －0，解得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k －22k ＋1，0.所以MN 的斜率为m ＝4k2k －1－04k ＋22k －1－4k －22k ＋1＝4k (2k ＋1)2(2k ＋1)2－2(2k －1)2＝2k ＋14，则2m －k ＝2k ＋12－k ＝12(定值)．小结：1．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值． 2．求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．练习：已知抛物线y 2＝4x ，过点M (0,2)的直线l 与抛物线交于A ，B 两点，且直线l 与x 轴交于点C .(1)求证：|MA |，|MC |，|MB |成等比数列；(2)设MA ＝αAC ，MB ＝βBC ，试问α＋β是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．解析：(1)证明：由题意知，直线l 的斜率存在，可设直线l 的方程为：y ＝kx ＋2(k ≠0)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，y 2＝4x ，消去y 并化简整理得：k 2x 2＋(4k －4)x ＋4＝0.①设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C ⎝⎛⎭⎫－2k ，0，则x 1＋x 2＝－4k －4k 2，x 1·x 2＝4k 2.② ∵|MA |·|MB |＝1＋k 2|x 1－0|·1＋k 2|x 2－0|＝(1＋k 2)·|x 1x 2|＝4(1＋k 2)k 2，|MC |2＝⎝⎛⎭⎫1＋k 2⎪⎪⎪⎪－2k －02＝4(1＋k 2)k2，∴|MC |2＝|MA |·|MB |，即|MA |，|MC |，|MB |成等比数列．(2)由MA ＝αAC ，MB ＝βBC 得，(x 1，y 1－2)＝α⎝⎛⎭⎫－x 1－2k ，－y 1， (x 2，y 2－2)＝β(－x 2－2k ，－y 2)，即得：α＝－kx 1kx 1＋2，β＝－kx 2kx 2＋2，得α＋β＝－2k 2x 1x 2－2k (x 1＋x 2)k 2x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4，由(1)中②代入得α＋β＝－1，故α＋β为定值且定值为－1.考点三：探究存在性问题例3：已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)以抛物线y 2＝8x 的焦点为顶点，且离心率为12.(1)求椭圆E 的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆E 相交于A ，B 两点，与直线x ＝－4相交于Q 点，P 是椭圆E 上一点且满足OP ＝OA ＋OB (其中O 为坐标原点)，试问在x 轴上是否存在一点T ，使得OP ·TQ 为定值？若存在，求出点T 的坐标及OP ·TQ 的值；若不存在，请说明理由． [解] (1)抛物线y 2＝8x 的焦点为椭圆E 的顶点，即a ＝2.又c a ＝12，故c ＝1，b ＝ 3.∴椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2＝12.得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0. 由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋3，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝6m4k 2＋3.将P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km4k 2＋3，6m 4k 2＋3代入椭圆E 的方程，得64k 2m 24(4k 2＋3)2＋36m 23(4k 2＋3)2＝1. 整理，得4m 2＝4k 2＋3.设T (t,0)，Q (－4，m －4k )．∴TQ ＝(－4－t ，m －4k )，OP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km4k 2＋3，6m 4k 2＋3.即OP ·TQ ＝32km ＋8kmt 4k 2＋3＋6m (m －4k )4k 2＋3＝6m 2＋8km ＋8kmt 4k 2＋3.∵4k 2＋3＝4m 2，∴OP ·TQ ＝6m 2＋8km ＋8kmt 4m 2＝32＋2k (1＋t )m .要使OP ·TQ 为定值，只需⎣⎡⎦⎤2k (1＋t )m 2＝4k 2(1＋t )2m 2＝(4m 2－3)(1＋t )m 2为定值，则1＋t ＝0，∴t ＝－1，∴在x 轴上存在一点T (－1,0)，使得OP ·TQ 为定值32. 变式：本例(2)中条件变为“过椭圆E 的右焦点F 2且与坐标轴不垂直的直线交椭圆于P ，Q 两点，线段OF 2上是否存在点M (m,0)使得QP ·MP ＝PQ ·MQ ？若存在，求出实数m 的取值范围；若不存在，说明理由. 解：假设存在这样的点M 符合题意．设线段PQ 的中点为N ，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，N (x 0，y 0)，直线PQ 的斜率为k (k ≠0)，注意到F 2(1,0)，则直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k (x －1).得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，所以x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，故x 0＝x 1＋x 22＝4k 24k 2＋3，又点N 在直线PQ 上，所以N ⎝⎛⎭⎫4k 24k 2＋3，－3k 4k 2＋3.由QP ·MP ＝PQ ·MQ 可得PQ ·(MQ ＋MP )＝2PQ ·MN ＝0，即PQ ⊥MN ，所以k MN ＝0＋3k4k 2＋3m －4k 24k 2＋3＝－1k，整理得m ＝k 24k 2＋3＝14＋3k2∈⎝⎛⎭⎫0，14，所以线段OF 2上存在点M (m,0)符合题意，其中m ∈⎝⎛⎭⎫0，14. 小结：解决存在性问题应注意以下几点存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在． (1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．练习：1．已知椭圆C 过点M ⎝⎛⎭⎫1，62 ，点F (－2，0)是椭圆的左焦点，点P ，Q 是椭圆C 上的两个动点，且|PF |，|MF |，|QF |成等差数列．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)求证：线段PQ 的垂直平分线经过一个定点A .解：(1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，由已知，得⎩⎨⎧1a 2＋64b 2＝1，a 2－b 2＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝2，∴椭圆的标准方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明：设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由椭圆的标准方程为x 24＋y 22＝1，可知|PF |＝ (x 1＋2)2＋y 21＝()x 1＋22＋2－x 212＝2＋22x 1，同理|QF |＝2＋22x 2，|MF |＝(1＋2)2＋⎝⎛⎭⎫622＝2＋22，∵2|MF |＝|PF |＋|QF |，∴2⎝⎛⎭⎫2＋22＝4＋22(x 1＋x 2)，∴x 1＋x 2＝2.(ⅰ)当x 1≠x 2时，由⎩⎪⎨⎪⎧x 21＋2y 21＝4，x 22＋2y 22＝4.得x 21－x 22＋2(y 21－y 22)＝0， ∴y 1－y 2x 1－x 2＝－12·x 1＋x 2y 1＋y 2.设线段PQ 的中点为N (1，n )，由k PQ ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－12n ，得线段PQ 的中垂线方程为y －n ＝2n (x －1)，∴(2x －1)n －y ＝0，该直线恒过一定点A ⎝⎛⎭⎫12，0. (ⅱ)当x 1＝x 2时，P ⎝⎛⎭⎫1，－62，Q ⎝⎛⎭⎫1，62或P ⎝⎛⎭⎫1，62，Q ⎝⎛⎭⎫1，－62，线段PQ 的中垂线是x 轴，也过点A ⎝⎛⎭⎫12，0.综上，线段PQ 的中垂线过定点A ⎝⎛⎭⎫12，0. 2.已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，且过点(2，2)．(1)求椭圆的标准方程；＝－b 2a2.(2)四边形ABCD 的顶点在椭圆上，且对角线AC ，BD 过原点O ，若k AC ·k BD 求证：四边形ABCD 的面积为定值．解：(1)由题意e ＝c a ＝22，4a 2＋2b 2＝1，又a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝8，b 2＝4，故椭圆的标准方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明：设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋2y 2＝8.得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0，Δ＝(4km )2－4(1＋2k 2)(2m 2－8)＝8(8k 2－m 2＋4)＞0, ① 由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－81＋2k2.∵k AC ·k BD ＝－b 2a 2＝－12，∴y 1y 2x 1x 2＝－12，∴y 1y 2＝－12x 1x 2＝－12·2m 2－81＋2k 2＝－m 2－41＋2k2.又y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝k 22m2－81＋2k 2＋km －4km 1＋2k 2＋m 2＝m 2－8k 21＋2k 2，∴－m 2－41＋2k 2＝m 2－8k 21＋2k 2，∴－(m 2－4)＝m 2－8k 2，∴4k 2＋2＝m 2. 设原点到直线AB 的距离为d ，则S △AOB ＝12|AB |·d ＝121＋k 2·|x 2－x 1|·|m |1＋k 2＝|m |2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝|m |2⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋2k 22－4×2m 2－81＋2k 2＝|m |28m 2(1＋2k 2)2＝22，∴S 四边形ABCD ＝4S △AOB ＝82，即四边形ABCD 的面积为定值．3.已知椭圆C ：x 24＋y 23＝1，点F 1，F 2分别为其左、右焦点，点A 为左顶点，直线l 的方程为x ＝4，过点F 2的直线l ′与椭圆交于异于点A 的P ，Q 两点．(1)求AP ·AQ 的取值范围；(2)若AP ∩l ＝M ，AQ ∩l ＝N ，求证：M ，N 两点的纵坐标之积为定值，并求出该定值．解：(1)①当直线PQ 的斜率不存在时，由F 2(1,0)可知PQ 的方程为x ＝1，代入椭圆C ：x 24＋y 23＝1，得点P ⎝⎛⎭⎫1，32，Q ⎝⎛⎭⎫1，－32，又点A (－2,0)，故AP ＝⎝⎛⎭⎫3，32，AQ ＝⎝⎛⎭⎫3，－32，AP ·AQ ＝274. ②当直线PQ 的斜率存在时，设PQ 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，代入椭圆C ：x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，得x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，y 1y 2＝k 2(x 1－1)·(x 2－1)＝k 2(－x 1－x 2＋x 1x 2＋1)＝－9k 23＋4k 2，故AP ·AQ ＝(x 1＋2)(x 2＋2)＋y 1y 2＝x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＋y 1y 2＝27k 23＋4k 2＝273k 2＋4∈⎝⎛⎭⎫0，274，综上，AP ·AQ 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，274. (2)证明：由(1)知，直线AP 的方程为y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，与直线l 的方程x ＝4联立，得M ⎝⎛⎭⎫4，6y 1x 1＋2，同理，得N ⎝⎛⎭⎫4，6y 2x 2＋2，故M ，N 两点的纵坐标之积y M y N ＝6y 1x 1＋2·6y 2x 2＋2＝36y 1y 2x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4. ①当直线PQ 的斜率不存在时，y M y N ＝36×32×⎝⎛⎭⎫－321×1＋2(1＋1)＋4＝－9；②当直线PQ 的斜率存在时，由(1)可知，y M y N ＝－324k 23＋4k 24k 2－123＋4k 2＋16k 23＋4k 2＋4＝－9.综上所述，M ，N 两点的纵坐标之积为定值，该定值为－9.又k AB ＝k AD ＝－12y 0＋y 0x 0＋x 0＝y 04x 0，代入上式可得k PB ＝⎝⎛⎭⎫－14÷y 04x 0＝－x0y 0，所以k P A k PB ＝y 0x 0·⎝⎛⎭⎫－x 0y 0＝－1，即P A ⊥P B.。

高考数学圆锥曲线定点、定值、存在性问题

所以直线MQ的方程为y＝m(x＋2)，必过定点(－2，0).
方法二设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，因为点P与点M关于x轴对称，所以y3＝－y1，设直线PQ的方程为x＝ty＋2，代入y2＝4x得y2－4ty－8＝0，所以y1y2＝－8，设直线MQ的方程为x＝my＋n，代入y2＝4x得y2－4my－4n＝0，所以y2y3＝－4n，因为y3＝－y1，所以y2y3＝－y1y2＝－4n＝8，即n＝－2，所以直线MQ的方程为x＝my－2，必过定点(－2，0).
(2)试问直线MQ是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
解方法一因为点P与点M关于x轴对称，所以设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x1，－y1)，设直线PQ的方程为y＝k(x－2)，代入y2＝4x，得k2x2－4(k2＋1)x＋4k2＝0，所以x1x2＝4，设直线MQ的方程为y＝mx＋n，代入y2＝4x，得m2x2＋(2mn－4)x＋n2＝0，所以 x1x2＝mn22＝4，因为x1>0，x2>0，所以mn ＝2，即 n＝2m，
(2)若过F的直线交抛物线C于不同的两点A，B(均与P不重合)，直线PA， PB分别交抛物线的准线l于点M，N.试判断以MN为直径的圆是否过点F，并说明理由.
解以MN为直径的圆一定过点F，理由如下：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线AB的方程为x＝my＋1(m∈R)，代入抛物线C：y2＝4x，化简整理得y2－4my－4＝0，则yy11＋ y2＝y2＝－44m，，由(1)知P(4，4)，所以直线 PA 的方程为 y－4＝xy11－－44(x－4)＝myy1－1－43(x－4)，令 x＝－1 得 y＝4mm－y15－y31＋8，

2023年高考备考圆锥曲线中的定值定点问题(含答案)

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

2024高考数学常考题型圆锥曲线中定点定值定直线问题(解析版)

第23讲圆锥曲线中定点定值定直线问题【考点分析】考点一：直线过定点问题①设直线为m kx y +=，根据题目给出的条件找出m 与k 之间的关系即可②求出两点的坐标（一般含参数），再求出直线的斜率，利用点斜式写出直线的方程，再化为()()n m x k f y +-=的形式，即可求出定点。

考点二：定值问题探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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.③求斜率，面积等定值问题，把斜率之和，之积，面积化为坐标之间的关系，再用韦达定理带入化简一般即可得到定值考点三：定直线问题①一般设出点的坐标，写出两条直线的方程，两直线的交点及两个直线中的y x ,相同，然后再用韦达定理带入化简即可得y x ,的关系即为定直线【题型目录】题型一：直线圆过定点问题题型二：斜率面积等定值问题题型三：定直线问题【典型例题】题型一：直线过定点问题【例1】已知点()1,1P 在椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>上，椭圆C 的左右焦点分别为1F ，2F ，12PF F △的面(1)求椭圆C 的方程；(2)设点A ，B 在椭圆C 上，直线PA ，PB 均与圆()222:01O x y r r +=<<相切，记直线PA ，PB 的斜率分别为1k ，2k .（i ）证明：121k k =；（ii ）证明：直线AB 过定点.若10m k +-=，则直线():111AB y kx k k x =+-=-+，此时AB 过点P ，舍去.若330m k ++=，则直线():3333AB ykx k k x =--=--，此时AB 恒过点()3,3-，所以直线AB 过定点()3,3-.【例2】已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>，一个焦点1F 与抛物线2y =-的焦点重合．(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线:l y kx m =+交C 于,A B 两点，直线1F A 与1F B 关于x 轴对称，证明：直线l 恒过一定点．【例3】已知椭圆22:1(0)C a b a b+=>>的上顶点为P ，右顶点为Q ，其中POQ △的面积为1（O 为原点），椭圆C(1)求椭圆C 的方程；(2)若不经过点P 的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，且0PA PB ⋅=，求证：直线l 过定点．【例4】已知椭圆C ：221(0)x y a b a b+=>>过点()2,0A -．右焦点为F ，纵坐标为2的点M 在C 上，且AF ⊥MF ．(1)求C 的方程；(2)设过A 与x 轴垂直的直线为l ，纵坐标不为0的点P 为C 上一动点，过F 作直线PA 的垂线交l 于点Q ，证明：直线PQ 过定点．【点睛】求解直线过定点问题常用方法如下：（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、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点()00,x y ，常利用直线的点斜式方程()00y y k x x -=-或截距式y kx b =+来证明．【例5】已知椭圆C ：22221x y a b +=（0a b >>）的离心率为2，其左､右焦点分别为1F ，2F ，T 为椭圆C 上任意一点，12TF F △面积的最大值为1.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知()0,1A ，过点10,2⎛⎫⎪⎝⎭的直线l 与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，直线AM ，AN 与x 轴的交点分别为P ，Q ，证明：以PQ 为直径的圆过定点.【题型专练】1．已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的短轴长为A 到右焦点F 的距离为3．(1)求椭圆C 的方程(2)设直线l 与椭圆C 交于不同两点M ，N （不同于A ），且直线AM 和AN 的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，求证：l 经过定点．2.已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的离心率为3，且过点()3,1A .(1)求椭圆C 的方程；(2)点M ，N 在椭圆C 上，且AM AN ⊥.证明：直线MN 过定点，并求出该定点坐标.3.已知椭圆22:1(0)x y E a b a b+=>>的左，右焦点分别为1F ，2F ，且1F ，2F 与短轴的两个端点恰好为正方形的四个顶点，点2P ⎛ ⎝⎭在E 上.(1)求E 的方程；(2)过点2F 作互相垂直且与x 轴均不重合的两条直线分别交E 于点A ，B 和C ，D ，若M ，N 分别是弦AB ，CD 的中点，证明：直线MN 过定点.4.焦距为2c 的椭圆2222:1x y a bΓ+=（a ＞b ＞0），如果满足“2b =a +c ”，则称此椭圆为“等差椭圆”．(1)如果椭圆2222:1x y a b Γ+=（a ＞b ＞0）是“等差椭圆”，求b a的值；(2)对于焦距为12的“等差椭圆”，点A 为椭圆短轴的上顶点，P 为椭圆上异于A 点的任一点，Q 为P 关于原点O 的对称点（Q 也异于A ），直线AP 、AQ 分别与x 轴交于M 、N 两点，判断以线段MN 为直径的圆是否过定点？说明理由．题型二：斜率面积等定值问题【例1】动点M 与定点(1,0)A 的距离和M 到定直线4x =的距离之比是常数12．(1)求动点M 的轨迹G 的方程；(2)经过定点(2,1)M -的直线l 交曲线G 于A ，B 两点，设(2,0)P ，直线PA ，PB 的斜率分别为1k ，2k ，求证：12k k +恒为定值．【例2】已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，点()0,1Q x 在椭圆上且位于第一象限，12QF F 121QFQF ⋅=-．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若M ，N 是椭圆C 上异于点Q 的两动点，记QM ，QN 的倾斜角分别为α，β，当αβπ+=时，试问直线MN 的斜率是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．【例3】已知点()2,1P -在椭圆2222:1(0)x yC a b a b +=>>上，C的长轴长为:l y kx m =+与C 交于,A B 两点，直线,PA PB 的斜率之积为14.(1)求证：k 为定值；(2)若直线l 与x 轴交于点Q ，求22||QA QB +的值.【例4】已知椭圆()22:10x y C a b a b+=>>的离心率23e =,且椭圆C 的右顶点与抛物线212y x =的焦点重合．(1)求椭圆C 的方程．(2)若椭圆C 的左、右顶点分别为12,A A ,直线():1l y k x =-与椭圆C 交于E ,D 两点,且点E 的纵坐标大于0,直线12,A E A D 与y 轴分别交于()()0,,0,P Q P y Q y 两点,问:P Qy y 的值是否为定值？若是,请求出该定值;若不是,请说明理由．【例5】已知椭圆()22:10x y C a b a b+=>>的左、右顶点分别为,A B ，且AB 4=，离心率为12，O 为坐标原点.(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是椭圆C 上不同于,A B 的一点，直线,PA PB 与直线4x =分别交于点,M N .证明：以线段MN 为直径作圆被x 轴截得的弦长为定值，并求出这个定值.【例6】已知P 为圆22:4M x y +=上一动点，过点P 作x 轴的垂线段,PD D 为垂足，若点Q 满足DQ =.(1)求点Q 的轨迹方程；(2)设点Q 的轨迹为曲线C ，过点()1,0N -作曲线C 的两条互相垂直的弦，两条弦的中点分别为E F ､，过点N 作直线EF 的垂线，垂足为点H ，是否存在定点G ，使得GH 为定值？若存在，求出点G 的坐标；若不存在，请说明理由..【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.【例7】已知椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>的右焦点为,F P 在椭圆C 上，PF 的最大值与最小值分别是6和2.(1)求椭圆C 的标准方程.(2)若椭圆C 的左顶点为A ，过点F 的直线l 与椭圆C 交于,B D （异于点A ）两点，直线,AB AD 分别与直线8x =交于,M N 两点，试问MFN ∠是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【题型专练】1．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的离心率为12，点(1,0)F 为椭圆的右焦点，点P 在椭圆上，且在x 轴上方，PF x ⊥轴，斜率为12的直线l 交C 于,M N 两点，(1)若直线l 过点F ，求PMN 的面积.(2)直线PM 和PN 的斜率分别为1k 和2k ，当直线l 平行移动时，12k k +是否为定值？若是，请求出该定值，若不是，请说明理由.【点睛】方法点睛：探究性问题求解的思路及策略：(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在．(2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．2．已知椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>过点()2,1D ，且该椭圆长轴长是短轴长的二倍.(1)求椭圆C 的方程；(2)设点D 关于原点对称的点为A ，过点()4,0B -且斜率存在的直线l 交椭圆C 于点M ，N ，直线MA ，NA 分别交直线4x =-于点P ，Q ，求证PBBQ为定值.3．如下图，过抛物线22(0)y px p =>上一定点000(,)(0)P x y y >，作两条直线分别交抛物线于11(,)A x y ，22(,)B x y ．（1）求该抛物线上纵坐标为2p的点到其焦点F 的距离；（2）当PA 与PB 的斜率存在且倾斜角互补时，求12+y y y 的值，并证明直线AB 的斜率是非零常数．4．如图，椭圆214x y +=的左右焦点分别为1F ，2F ，点()00,P x y 是第一象限内椭圆上的一点，经过三点P ，1F ，2F 的圆与y 轴正半轴交于点()10,A y ，经过点(3,0)B 且与x 轴垂直的直线l 与直线AP 交于点Q ．(1)求证：011y y =．(2)试问：x 轴上是否存在不同于点B 的定点M ，满足当直线MP ，MQ 的斜率存在时，两斜率之积为定值？若存在定点M ，求出点M 的坐标及该定值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)存在点4,03M ⎛⎫⎪⎝⎭，可使得直线MP 与MQ 的斜率之积为定值，该定值为920-．【分析】（1）设()00,P x y 、圆的方程222()(0)x y b r r +-=>，代入()3,0-、()00,x y 及()10,A y 可解得101y y =，即可证；（2）设(,0)(3)M m m ≠，由A ，P ，Q 三点共线AP AQ k k =得Q y ，即可表示出MP MQ k k ⋅讨论定值是否存在.【详解】（1）由2214x y +=可得()13,0F -，()23,0F 设()00,P x y ，则220044x y +=，设圆的方程为2220()(0)+-=>x y b r r ，代入()13,0F -及()00,x y ，得()2202220003b rx y b r⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，两式相减，得22220000000003443113222⎛⎫+--+-===- ⎪⎝⎭x y y y b y y y y ，所以圆的方程为022230+--=x y b y 即22001330x y y y y ⎛⎫++--= ⎪⎝⎭，令0x =，得2001330y y y y ⎛⎫+--= ⎪⎝⎭，由10y >，可得101y y =，即011y y =．5．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的离心率为12，点(1,0)F 为椭圆的右焦点，点P 在椭圆上，且在x 轴上方，PF x ⊥轴，斜率为12的直线l 交C 于,M N 两点，(1)若直线l 过点F ，求PMN 的面积.(2)直线PM 和PN 的斜率分别为1k 和2k ，当直线l 平行移动时，12k k +是否为定值？若是，请求出该定值，若不是，请说明理由.6．已知椭圆22Γ:1a b+=()0a b >>的左焦点为()1,0F -，左、右顶点及上顶点分别记为A 、B 、C ，且1CF CB ⋅= .(1)求椭圆Γ的方程；(2)设过F 的直线PQ 交椭圆Γ于P 、Q 两点，若直线PA 、QA 与直线l ：40x +=分别交于M 、N 两点，l 与x 轴的交点为K ，则MK KN ⋅是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.7．已知平面上一动点P 到()2,0F 的距离与到直线6x =的距离之比为3．(1)求动点P 的轨迹方程C ；(2)曲线C 上的两点()11,A x y ，()22,B x y ，平面上点()2,0E -，连结PE ，PF 并延长，分别交曲线C 于点A ，B ，若1PE EA λ= ，2PF FB λ=，问，12λλ+是否为定值，若是，请求出该定值，若不是，请说明理由．8．已知椭圆2:14x C y +=，过点0,2M ⎛⎫- ⎪⎝⎭直线1l ，2l 的斜率为1k ，2k ，1l 与椭圆交于()11,A x y ，()22,B x y 两点，2l 与椭圆交于()33,C x y ，()44,D x y 两点，且A ，B ，C ，D 任意两点的连线都不与坐标轴平行，直线12y =-交直线AC ，BD 于P ，Q .(1)求证：1122341234k x x k x x x x x x =++；(2)PM QM的值是否是定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)证明见解析9．已知椭圆22:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为12,,F F 且离心率为12，椭圆C 的长轴长为4.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设,A B 分别为椭圆的左、右顶点，过点B 作x 轴的垂线1l ，D 为1l 上异于点B 的一点，以线段BD 为直径作圆E ，若过点2F 的直线2l （异于x 轴）与圆E 相切于点H ，且2l 与直线AD 相交于点,P 试判断1PF PH +是否为定值，并说明理由.））可知()()()222,0,2,0,1,0A B F F H -=，112212PF PH PF PF F H PF PF +=+-=+()()2,0,E m m ≠则()2,2,D m 圆E 的半径为则直线AD 直线方程为(2)2my x =+，的方程为1,x ty =+10．已知椭圆()22:10x y C a b a b+=>>的左顶点和上顶点分别为A 、B ，直线AB 与圆22:3O x y +=相切，切点为M ，且2AM MB =.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过圆O 上任意一点P 作圆O 的切线，交椭圆C 于E 、F 两点，试判断：PE PF ⋅是否为定值？若是，求出该值，并证明；若不是，请说明理由.11．已知椭圆22:1(0)x y C a b a b+=>>，左、右焦点分别为()11,0F -、()21,0F ，左、右顶点分别为,A B ，若T 为椭圆上一点，12FTF ∠的最大值为π3，点P 在直线4x =上，直线PA 与椭圆C 的另一个交点为M ，直线PB 与椭圆C 的另一个交点为N ，其中,M N 不与左右顶点重合.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)从点A 向直线MN 作垂线，垂足为Q ，证明：存在点D ，使得DQ 为定值.题型三：定直线问题【例1】已知如图，长为宽为12的矩形ABCD，以为,A B焦点的椭圆2222:1x yMa b+=恰好过,C D两点，(1)求椭圆M的标准方程；(2)根据（1）所得椭圆M的标准方程，若AB是椭圆M的左右顶点，过点(1,0)的动直线l交椭圆M与CD两点，试探究直线AC与BD的交点是否在一定直线上，若在，请求出该直线方程，若不在，请说明理由.【例2】已知椭圆:C22221x ya b＋＝（0a b>>）的离心率为23，且⎭为C上一点.(1)求C的标准方程；(2)点A，B分别为C的左､右顶点，M，N为C上异于A，B的两点，直线MN不与坐标轴平行且不过坐标原点O，点M关于原点O的对称点为M'，若直线AM'与直线BN相交于点P，直线OP与直线MN相交于点Q，证明：点Q位于定直线上.【例3】已知1F 为椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左焦点，直线y =与C 交于A ，B 两点，且1ABF 的周长为4+ 2.(1)求C 的标准方程；(2)若(2,1)P 关于原点的对称点为Q ，不经过点P 且斜率为12的直线l 与C 交于点D ，E ，直线PD 与QE 交于点M ，证明：点M 在定直线上.【答案】(1)22182x y +=(2)证明见解析【分析】（1）将22y b =代入曲线C 的方程中求得||2AB a =，继而由三角形的面积公式得4ab =.再由椭圆的对称性和椭圆的定义得()22442a +=+，由此可求得C 的标准方程；（2）设()11,D x y ，()22,E x y ，直线l 的方程为12y x m =+，0m ≠，联立直线l 与椭圆C 的方程，并消去y 得222240x mx m ++-=，得出直线PD 的方程，直线QE 的方程，联立直线PD 与直线QE 的方程，求得点M 的坐标，继而求得12M M y x =-，可得证.(1)解：将22y b =代入2222:1(0)x y C a b a b +=>>中，解得22x a =±，则||2AB a =，所以1ABF 的面积为1222222ab a b ⨯⨯==，所以4ab =.①设C 的右焦点为2F ，连接2AF ，由椭圆的对称性可知12BF AF =，所以1ABF 的周长为()1112||||22AB AF BF AB AF AF a ++=++=+，所以()22442a +=+，②由①②解得22a =，2b =，所以C 的标准方程为22182x y +=.(2)解：设()11,D x y ，()22,E x y ，直线l 的方程为12y x m =+，0m ≠，联立直线l 与椭圆C 的方程，并消去y 得222240x mx m ++-=，【题型专练】1．已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>2H ⎛ ⎝⎭是C 上一点.(1)求C 的方程.(2)设A ，B 分别为椭圆C 的左、右顶点，过点()1,0D 作斜率不为0的直线l ，l 与C 交于P ，Q 两点，直线AP 与直线BQ 交于点M ，记AP 的斜率为1k ，BQ 的斜率为2k .证明：①1k k 为定值；②点M 在定直线上.2.已知()()1,0,1,0B C -为ABC 的两个顶点，P 为ABC 的重心，边,AC AB 上的两条中线长度之和为6.(1)求点P 的轨迹T 的方程.(2)已知点()()()3,0,2,0,2,0N E F --，直线PN 与曲线T 的另一个公共点为Q ，直线EP 与FQ 交于点M ，试问：当点P 变化时，点M 是否恒在一条定直线上？若是，请证明；若不是，请说明理由.3.已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>的离心率为2，左顶点为1A ，左焦点为1F ，上顶点为1B ，下顶点为2B ，M 为C 上一动点，11M AF △1.(1)求椭圆C 的方程；(2)过()0,2P 的直线l 交椭圆C 于D ，E 两点（异于点1B ，2B ），直线1B E ，2B D 相交于点Q ，证明：点Q 在一条平行于x 轴的直线上.。

专题七7.4.3 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题课件

(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.
关键能力学案突破
热点一
圆锥曲线中的定点问题
2
【例1】(202X全国Ⅰ,理20)已知A,B分别为椭圆E: 2 +y2=1(a>1)的左、右

顶点,G为E的上顶点, · =8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点
此时直线 MN 过点 P
2 1
,3 3
令 Q 为 AP 的中点,即 Q
.
4 1
,
3 3
.
若 D 与 P 不重合,则由题设知 AP 是
与P
1
2 2
Rt△ADP 的斜边,故|DQ|=2|AP|= 3 .若 D
1
重合,则|DQ|=2|AP|.
综上,存在点 Q
4 1
,
3 3
,使得|DQ|为定值.
解题心得有关存在性问题的求解策略
由方程组
2
4
+ 2 = 1,
得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,
= + ,
8
4 2 -4
∴x1+x2=-4 2 +1,x1x2=4 2 +1.又由
π
α+β= 2 ,
∴tan α·
tan β=1.设直线 MA,MB 斜率分别为 k1,k2,则 k1k2=1,
∴
1

bx+ay-ab=0,
2 5
.
5
因为△OAB 的面积为
1
1,所以 ab=1,即
2
2
所以椭圆的标准方程为 +y2=1.

2024年高考数学专项复习圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题(解析版)

圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题一、椭圆定点问题1已知圆E ：x +1 2+y 2=16，点F 1,0 ，G 是圆E 上任意一点，线段GF 的垂直平分线和半径GE 相交于H(1)求动点H 的轨迹Γ的方程；(2)经过点F 和T 7,0 的圆与直线l ：x =4交于P ，Q ，已知点A 2,0 ，且AP 、AQ 分别与Γ交于M 、N .试探究直线MN 是否经过定点.如果有，请求出定点；如果没有，请说明理由.2已知点A (2,0)，B -65,-45 在椭圆M :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上.(1)求椭圆M 的方程；(2)直线l 与椭圆M 交于C ,D 两个不同的点(异于A ,B )，过C 作x 轴的垂线分别交直线AB ,AD 于点P ,Q ，当P 是CQ 中点时，证明．直线l 过定点.2024年高考数学专项复习圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题（解析版）3如图，椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ．左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为22，点M (2,1)在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知P ，Q 是椭圆C 上两动点，记直线AP 的斜率为k 1，直线BQ 的斜率为k 2，k 1=2k 2．过点B 作直线PQ 的垂线，垂足为H ．问：在平面内是否存在定点T ，使得TH 为定值，若存在，求出点T 的坐标；若不存在，试说明理由．4已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左、右焦点分别为F 1，F 2，A ，B 分别是C 的右、上顶点，且AB =7，D 是C 上一点，△BF 2D 周长的最大值为8.(1)求C 的方程；(2)C 的弦DE 过F 1，直线AE ，AD 分别交直线x =-4于M ，N 两点，P 是线段MN 的中点，证明：以PD 为直径的圆过定点.5已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左顶点为A ，过右焦点F 且平行于y 轴的弦PQ =AF =3．(1)求△APQ 的内心坐标；(2)是否存在定点D ，使过点D 的直线l 交C 于M ,N ，交PQ 于点R ，且满足MR ⋅ND =MD ⋅RN 若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由．二、双曲线定点问题1已知点P 4,3 为双曲线E :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)上一点，E 的左焦点F 1到一条渐近线的距离为3.(1)求双曲线E 的标准方程；(2)不过点P 的直线y =kx +t 与双曲线E 交于A ,B 两点，若直线PA ，PB 的斜率和为1，证明：直线y =kx +t 过定点，并求该定点的坐标.2双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点为A，焦距为4，过右焦点F作垂直于实轴的直线交C于B、D两点，且△ABD是直角三角形.(1)求双曲线C的方程；(2)已知M,N是C上不同的两点，MN中点的横坐标为2，且MN的中垂线为直线l，是否存在半径为1的定圆E，使得l被圆E截得的弦长为定值，若存在，求出圆E的方程；若不存在，请说明理由.3已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的右焦点，右顶点分别为F，A，B0,b，AF=1，点M在线段AB上，且满足BM=3MA，直线OM的斜率为1，O为坐标原点.(1)求双曲线C的方程.(2)过点F的直线l与双曲线C的右支相交于P，Q两点，在x轴上是否存在与F不同的定点E，使得EP⋅FQ=EQ⋅FP恒成立？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.4已知双曲线C 与双曲线x 212-y 23=1有相同的渐近线，且过点A (22,-1).(1)求双曲线C 的标准方程；(2)已知点D (2,0)，E ，F 是双曲线C 上不同于D 的两点，且DE ·DF =0，DG ⊥EF 于点G ，证明:存在定点H ，使GH 为定值.5已知双曲线C :x 2-y 2b2=1b >0 的左、右焦点分别为F 1，F 2，A 是C 的左顶点，C 的离心率为2．设过F 2的直线l 交C 的右支于P 、Q 两点，其中P 在第一象限．(1)求C 的标准方程；(2)若直线AP 、AQ 分别交直线x =12于M 、N 两点，证明：MF 2 ⋅NF 2 为定值；(3)是否存在常数λ，使得∠PF 2A =λ∠PAF 2恒成立？若存在，求出λ的值；否则，说明理由．三、抛物线定点问题1已知动圆M 恒过定点F 0,18 ，圆心M 到直线y =-14的距离为d ,d =MF +18．(1)求M 点的轨迹C 的方程；(2)过直线y =x -1上的动点Q 作C 的两条切线l 1,l 2，切点分别为A ,B ，证明：直线AB 恒过定点．2已知抛物线C 1:x 2=2py (p >0)和圆C 2:(x +1)2+y 2=2，倾斜角为45°的直线l 1过C 1焦点，且l 1与C 2相切.(1)求抛物线C 1的方程；(2)动点M 在C 1的准线上，动点A 在C 1上，若C 1在点A 处的切线l 2交y 轴于点B ，设MN =MA +MB ，证明点N 在定直线上，并求该定直线的方程.3已知直线l1:x-y+1=0过椭圆C:x24+y2b2=1(b>0)的左焦点，且与抛物线M:y2=2px(p>0)相切.(1)求椭圆C及抛物线M的标准方程;(2)直线l2过抛物线M的焦点且与抛物线M交于A，B两点，直线OA，OB与椭圆的过右顶点的切线交于M，N两点.判断以MN为直径的圆与椭圆C是否恒交于定点P，若存在，求出定点P的坐标；若不存在，请说明理由.4在平面直角坐标系中，已知圆心为点Q的动圆恒过点F(0,1)，且与直线y=-1相切，设动圆的圆心Q的轨迹为曲线Γ．(1)求曲线Γ的方程；(2)P为直线l：y=y0y0<0上一个动点，过点P作曲线Γ的切线，切点分别为A，B，过点P作AB的垂线，垂足为H，是否存在实数y0，使点P在直线l上移动时，垂足H恒为定点？若不存在，说明理由；若存在，求出y0的值，并求定点H的坐标．5已知抛物线C ：y 2=2px p >0 ，直线x +y +1=0与抛物线C 只有1个公共点.(1)求抛物线C 的方程；(2)若直线y =k x -p 2与曲线C 交于A ，B 两点，直线OA ，OB 与直线x =1分别交于M ，N 两点，试判断以MN 为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.四、椭圆定值问题1已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率e =12，短轴长为23．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知经过定点P 1,1 的直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，且与直线y =-34x 相交于点Q ，如果AQ =λAP ，QB =μPB ，那么λ+μ是否为定值？若是，请求出具体数值；若不是，请说明理由．2在椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆Γ：x 2+y 2=a 2+b 2上，称此圆为椭圆的蒙日圆.椭圆C 过P 1,22，Q -62,12 .(1)求椭圆C 的方程；(2)过椭圆C 的蒙日圆上一点M ，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于另一点N ，若k OM ，k ON 存在，证明：k OM ⋅k ON 为定值.3已知O 为坐标原点，定点F 1-1,0 ，F 21,0 ，圆O :x 2+y 2=2，M 是圆内或圆上一动点，圆O 与以线段F 2M 为直径的圆O 1内切.(1)求动点M 的轨迹方程；(2)设M 的轨迹为曲线E ，若直线l 与曲线E 相切，过点F 2作直线l 的垂线，垂足为N ，证明：ON 为定值.4设椭圆E ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 过点M 2,1 ，且左焦点为F 1-2,0 ．(1)求椭圆E 的方程；(2)△ABC 内接于椭圆E ，过点P 4,1 和点A 的直线l 与椭圆E 的另一个交点为点D ，与BC 交于点Q ，满足AP QD =AQ PD ，证明：△PBC 面积为定值，并求出该定值．5椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1的右焦点为F (1,0)，离心率为12.(1)求椭圆C 的方程；(2)过F 且斜率为1的直线交椭圆于M ，N 两点，P 是直线x =4上任意一点.求证：直线PM ，PF ，PN 的斜率成等差数列.五、双曲线定值问题1在平面直角坐标系xOy中，圆F1：x+22+y2=4，F22,0，P是圆F1上的一个动点，线段PF2的垂直平分线l与直线PF1交于点M．记点M的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)过点F2作与x轴不垂直的任意直线交曲线C于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点H，求证：ABF2H为定值．2已知双曲线x2-y2=1的左、右顶点分别为A1，A2，动直线l：y=kx+m与圆x2+y2=1相切，且与双曲线左、右两支的交点分别为P1(x1，y1)，P2(x2，y2)．(1)求k的取值范围；(2)记直线P1A1的斜率为k1，直线P2A2的斜率为k2，那么k1k2是定值吗？证明你的结论．3已知P 是圆C :(x +2)2+y 2=12上一动点，定点M (2,0)，线段PM 的垂直平分线n 与直线PC 交于点T ，记点T 的轨迹为C ．(1)求C 的方程；(2)若直线l 与曲线C 恰有一个共点，且l 与直线l 1:y =33x ，l 2:y =-33x 分别交于A 、B 两点，△OAB 的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．4已知双曲线C ：x 2a 2-y 2b2=1(a >0，b >0)的渐近线方程为y =±34x ，焦距为10，A 1，A 2为其左右顶点．(1)求C 的方程；(2)设点P 是直线l ：x =2上的任意一点，直线PA 1、PA 2分别交双曲线C 于点M 、N ，A 2Q ⊥MN ，垂足为Q ，求证：存在定点R ，使得QR 是定值．5已知F1,F2分别为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点，点P2,26在C上，且双曲线C的渐近线与圆x2+y2-6y+8=0相切．(1)求双曲线C的方程；(2)若过点F2且斜率为k的直线l交双曲线C的右支于A,B两点，Q为x轴上一点，满足QA=QB，试问AF1+BF1-4QF2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．六、抛物线定值问题1已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，准线为l，过点F且倾斜角为π6的直线交抛物线于点M(M在第一象限)，MN⊥l，垂足为N，直线NF交x轴于点D，MD=43.(1)求p的值.(2)若斜率不为0的直线l1与抛物线C相切，切点为G，平行于l1的直线交抛物线C于P,Q两点，且∠PGQ=π2，点F到直线PQ与到直线l1的距离之比是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.2已知抛物线C1:y2=2px p>0到焦点的距离为3.上一点Q1,a(1)求a，p的值；(2)设P为直线x=-1上除-1,-3两点外的任意一点，过P作圆C2:x-2，-1,32+y2=3的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D，试判断A，B，C，D四点纵坐标之积是否为定值？若是，求该定值；若不是，请说明理由.3已知点F是抛物线C：y2=2px p>0的焦点，纵坐标为2的点N在C上，以F为圆心、NF为半径的圆交y轴于D，E，DE=23.(1)求抛物线C的方程；(2)过-1,0作直线l与抛物线C交于A，B，求k NA+k NB的值.4贝塞尔曲线是计算机图形学和相关领域中重要的参数曲线．法国数学象卡斯特利奥对贝塞尔曲线进行了图形化应用的测试，提出了De Casteljau 算法：已知三个定点，根据对应的比例，使用递推画法，可以画出地物线．反之，已知抛物线上三点的切线，也有相应成比例的结论．如图所示，抛物线Γ:x 2=2py ，其中p >0为一给定的实数.(1)写出抛物线Γ的焦点坐标及准线方程；(2)若直线l :y =kx -2pk +2p 与抛物线只有一个公共点，求实数k 的值；(3)如图，A ，B ，C 是H 上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D ，E ，F ，证明：|AD ||DE |=|EF ||FC |=|DB ||BF |．5已知点A 为直线l :x +1=0上的动点，过点A 作射线AP (点P 位于直线l 的右侧)使得AP ⊥l ,F 1,0 ，设线段AF 的中点为B ，设直线PB 与x 轴的交点为T ,PF =TF .(1)求动点P 的轨迹C 的方程.(2)设过点Q 0,2 的两条射线分别与曲线C 交于点M ,N ，设直线QM ,QN 的斜率分别为k 1,k 2，若1k 1+1k 2=2，请判断直线MN 的斜率是否为定值以及其是否过定点，若斜率为定值，请计算出定值；若过定点，请计算出定点.七、椭圆定直线问题1椭圆E的方程为x24+y28=1，左、右顶点分别为A-2,0，B2,0，点P为椭圆E上的点，且在第一象限，直线l过点P(1)若直线l分别交x，y轴于C，D两点，若PD=2，求PC的长；(2)若直线l过点-1,0，且交椭圆E于另一点Q(异于点A，B)，记直线AP与直线BQ交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，说明理由．2已知曲线C:(5-m)x2+(m-2)y2=8(m∈R)．(1)若曲线C是椭圆，求m的取值范围．(2)设m=4，曲线C与y轴的交点为A，B(点A位于点B的上方)，直线l:y=kx+4与曲线C交于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点G．试问点G是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．3已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >0,b >0 过点M 263,63 ，且离心率为22．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l :y =x +m 与椭圆C 交y 轴右侧于不同的两点A ，B ，试问：△MAB 的内心是否在一条定直线上？若是，请求出该直线方程；若不是，请说明理由．4已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 过点Q 1,32 ，且离心率为12．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P 1,2 的直线l 交C 于A 、B 两点时，在线段AB 上取点M ，满足AP ⋅MB =AM ⋅PB ，证明：点M 总在某定直线上．5椭圆E的中心为坐标原点，坐标轴为对称轴，左、右顶点分别为A-2,0，B2,0，点1,6在椭圆E上．(1)求椭圆E的方程．(2)过点-1,0的直线l与椭圆E交于P，Q两点(异于点A，B)，记直线AP与直线BQ交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，请说明理由．八、双曲线定直线问题1如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点．若双曲线E:x24-y2b2=1b>0的左、右焦点分别为F1、F2，从F2发出的光线经过图2中的A、B两点反射后，分别经过点C和D，且tan∠CAB=-34，AB⊥BD.(1)求双曲线E的方程；(2)设A1、A2为双曲线E实轴的左、右顶点，若过P4,0的直线l与双曲线C交于M、N两点，试探究直线A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上？若存在，请求出该定直线方程；如不存在，请说明理由．2已知曲线C上的动点P满足|PF1|-|PF2|=2，且F1-2,0,F22,0.(1)求C的方程；(2)若直线AB与C交于A、B两点，过A、B分别做C的切线，两切线交于点P .在以下两个条件①②中选择一个条件，证明另外一个条件成立.①直线AB经过定点M4,0；②点P 在定直线x=14上.3已知点(2,3)在双曲线C:x2a2-y2a2+2=1上．(1)双曲线上动点Q处的切线交C的两条渐近线于A,B两点，其中O为坐标原点，求证：△AOB的面积S 是定值；(2)已知点P12,1，过点P作动直线l与双曲线右支交于不同的两点M､N，在线段MN上取异于点M､N的点H，满足PMPN=MHHN，证明：点H恒在一条定直线上．4已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 经过点D 4,3 ，直线l 1、l 2分别是双曲线C 的渐近线，过D 分别作l 1和l 2的平行线l 1和l 2，直线l 1交x 轴于点M ，直线l 2交y 轴于点N ，且OM ⋅ON =23(O 是坐标原点)(1)求双曲线C 的方程；(2)设A 1、A 2分别是双曲线C 的左、右顶点，过右焦点F 的直线交双曲线C 于P 、Q 两个不同点，直线A 1P 与A 2Q 相交于点G ，证明：点G 在定直线上.5已知双曲线C ：x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 的离心率为2，过点E 1,0 的直线l 与C 左右两支分别交于M ，N 两个不同的点(异于顶点)．(1)若点P 为线段MN 的中点，求直线OP 与直线MN 斜率之积(O 为坐标原点)；(2)若A ，B 为双曲线的左右顶点，且AB =4，试判断直线AN 与直线BM 的交点G 是否在定直线上，若是，求出该定直线，若不是，请说明理由九、抛物线定直线问题1过抛物线x 2=2py (p >0)内部一点P m ,n 作任意两条直线AB ,CD ，如图所示，连接AC ,BD 延长交于点Q ，当P 为焦点并且AB ⊥CD 时，四边形ACBD 面积的最小值为32(1)求抛物线的方程；(2)若点P 1,1 ，证明Q 在定直线上运动，并求出定直线方程.2已知抛物线E :y 2=2px p >0 ，过点-1,0 的两条直线l 1、l 2分别交E 于A 、B 两点和C 、D 两点．当l 1的斜率为12时，AB =210．(1)求E 的标准方程；(2)设G 为直线AD 与BC 的交点，证明：点G 在定直线上．3已知抛物线C 1：x 2=2py (p >0)和圆C 2：x +1 2+y 2=2，倾斜角为45°的直线l 1过C 1的焦点且与C 2相切．(1)求p 的值：(2)点M 在C 1的准线上，动点A 在C 1上，C 1在A 点处的切线l 2交y 轴于点B ，设MN =MA +MB，求证：点N 在定直线上，并求该定直线的方程．4已知拋物线x 2=4y ，P 为拋物线外一点，过P 点作抛物线的切线交抛物线于A ，B 两点，交x 轴于M ，N 两点.(1)若P -1,-2 ，设△OAB 的面积为S 1，△PMN 的面积为S 2，求S 1S 2的值；(2)若P x 0,y 0 ，求证：△PMN 的垂心H 在定直线上.5已知F为抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点，直线l:y=2x+1与C交于A，B两点且|AF|+|BF|= 20.(1)求C的方程.(2)若直线m:y=2x+t(t≠1)与C交于M，N两点，且AM与BN相交于点T，证明：点T在定直线上.圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题一、椭圆定点问题1已知圆E ：x +1 2+y 2=16，点F 1,0 ，G 是圆E 上任意一点，线段GF 的垂直平分线和半径GE 相交于H(1)求动点H 的轨迹Γ的方程；(2)经过点F 和T 7,0 的圆与直线l ：x =4交于P ，Q ，已知点A 2,0 ，且AP 、AQ 分别与Γ交于M 、N .试探究直线MN 是否经过定点.如果有，请求出定点；如果没有，请说明理由.【答案】(1)x 24+y 23=1(2)经过定点，定点坐标为1,0 【分析】(1)利用椭圆的定义即可求出动点H 的轨迹Γ的方程；(2)设M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，直线MN 的方程为：x =my +n ，与椭圆方程联立，根据韦达定理列出x 1，y 1，x 2，y 2之间的关系，再利用两点式写出直线MA 的方程，求出点P 4,2y 1x 1-2 ，Q 4,2y 2x 2-2，再写出以PQ 为直径的圆的方程，根据圆的方程经过点T 7,0 ，得到关系式，进而求得n 为定值，从而得到直线MN 过定点.【详解】(1)如图所示，∵HE +HF =HE +HG =4，且EF =2<4，∴点H 的轨迹是以E ，F 为焦点的椭圆，设椭圆方程x 2a 2+y 2b2=1，则2a =4，c =1，∴a =2，b =a 2-c 2= 3.所以点H 的轨迹方程为：x 24+y 23=1.(2)设直线MN 的方程为：x =my +n ，由x 24+y 23=1x =my +n ，得3m 2+4 y 2+6mny +3n 2-12=0设M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，则y 1+y 2=-6mn 3m 2+4，y 1y 2=3n 2-123m 2+4.所以，x 1+x 2=m y 1+y 2 +2n =8n 3m 2+4，x 1x 2=my 1+n my 2+n =-12m 2+4n 23m 2+4因为直线MA 的方程为：y =y 1x 1-2x -2 ，令x =4，得y P =2y 1x 1-2，所以，P 4,2y 1x1-2 ，同理可得Q 4,2y 2x 2-2，以PQ 为直径的圆的方程为：x -4 2+y -2y 1x 1-2 y -2y 2x 2-2=0，即x -4 2+y 2-2y 1x 1-2+2y 2x 2-2y +2y 1x 1-2×2y 2x 2-2=0，因为圆过点7,0 ，所以，9+2y 1x 1-2×2y 2x 2-2=0，得9+4y 1y 2x 1x 2-2x 1+x 2 +4=0，代入得9+12n 2-483m 2+4-12m 2+4n 23m 2+4-16n3m 2+4+4=0，化简得，9+12n 2-484n 2-16n +16=04n 2-16n +16≠0,n ≠2 ，解得n =1或n =2(舍去)，所以直线MN 经过定点1,0 ，当直线MN 的斜率为0时，此时直线MN 与x 轴重合，直线MN 经过点1,0 ，综上所述，直线MN 经过定点1,0 .2已知点A (2,0)，B -65,-45 在椭圆M :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上.(1)求椭圆M 的方程；(2)直线l 与椭圆M 交于C ,D 两个不同的点(异于A ,B )，过C 作x 轴的垂线分别交直线AB ,AD 于点P ,Q ，当P 是CQ 中点时，证明．直线l 过定点.【答案】(1)x 24+y 2=1(2)证明见解析【分析】(1)根据椭圆所经过的点列方程求出其方程；(2)设出CD 方程，结合韦达定理和P 是CQ 中点的条件，找到直线CD 中两个参数的关系，从而求出定点.【详解】(1)由题知a =2，又椭圆经过B -65,-45 ，代入可得14-652+1b2-452=1，解得b 2=1，故椭圆的方程为：x 24+y 2=1(2)由题意知，当l ⊥x 轴时，不符合题意，故l 的斜率存在，设l 的方程为y =kx +m ，联立y =kx +m x 24+y 2=1消去y 得4k 2+1 x 2+8kmx +4m 2-4=0，则Δ=64k 2m 2-16m 2-1 4k 2+1 =164k 2-m 2+1 >0，即4k 2+1>m 2设C x 1,y 1 ，D x 2,y 2 ，x 1+x 2=-8km 4k 2+1，x 1x 2=4m 2-44k 2+1AB 的方程为y =14(x -2)，令x =x 1得P x 1,x 1-24 ，AD 的方程为y =y 2x 2-2(x -2)，令x =x 1得Q x 1,x 1-2x 2-2y 2，由P 是CQ 中点，得x 1-22=y 1+x 1-2x 2-2⋅y 2，即y 1x 1-2+y 2x 2-2=12，即kx 1+m x 2-2 +kx 2+m x 1-2 =12x 1x 2-2x 1+x 2 +4 ，即(1-4k )x 1x 2+(4k -2m -2)x 1+x 2 +4+8m =0，即4m 2+(16k +8)m +16k 2+16k =0，所以(m +2k )(m +2k +2)=0，得m =-2k -2或m =-2k ，当m =-2k -2，此时由Δ>0，得k <-38，符合题意；当m =-2k ，此时直线l 经过点A ，与题意不符，舍去.所以l 的方程为y =kx -2k -2，即y =k (x -2)-2，所以l 过定点(2,-2).3如图，椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ．左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为22，点M (2,1)在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知P ，Q 是椭圆C 上两动点，记直线AP 的斜率为k 1，直线BQ 的斜率为k 2，k 1=2k 2．过点B 作直线PQ 的垂线，垂足为H ．问：在平面内是否存在定点T ，使得TH 为定值，若存在，求出点T 的坐标；若不存在，试说明理由．【答案】(1)C :x 24+y 22=1；(2)存在定点T 23,0 使TH 为定值，理由见解析.【分析】(1)根据离心率，椭圆上点及参数关系列方程组求a ,b ,c ，即可得椭圆方程；(2)根据题意设BQ :y =k (x -2)，AP :y =2k (x +2)，联立椭圆方程求P ,Q 坐标，判断直线PQ 过定点，结合BH ⊥PQ 于H 确定H 轨迹，进而可得定点使得TH 为定值.【详解】(1)由题意c a =222a 2+1b 2=1a 2=b 2+c 2，可得a 2=4b 2=c 2=2 ，则椭圆方程为C :x 24+y 22=1；(2)若直线BQ 斜率为k ，则直线AP 斜率为2k ，而A (-2,0),B (2,0)，所以BQ :y =k (x -2)，AP :y =2k (x +2)，联立BQ 与椭圆C ，则x 2+2k 2(x -2)2=4，整理得(1+2k 2)x 2-8k 2x +8k 2-4=0，所以2x Q =8k 2-41+2k 2，则x Q =4k 2-21+2k 2，故y Q =-4k1+2k 2，联立AP 与椭圆C ，则x 2+8k 2(x +2)2=4，整理得(1+8k 2)x 2+32k 2x +32k 2-4=0，所以-2x P =32k 2-41+8k 2，则x P =2-16k 21+8k 2，故y P=8k 1+8k 2，综上，x Q -x P =4k 2-21+2k 2-2-16k 21+8k 2=64k 4-4(1+8k 2)(1+2k 2)，y Q -y P =-4k 1+2k 2-8k 1+8k 2=-12k +48k 31+8k 2 1+2k 2，当64k 4-4≠0，即k ≠±12时，k PQ =12k (1+4k 2)4(1-16k 4)=3k1-4k 2，此时PQ :y +4k 1+2k 2=3k 1-4k 2x +2-4k 21+2k 2=3k 1-4k 2x +6k -12k 3(1+2k 2)(1-4k 2)，所以PQ :y =3k 1-4k 2x +2k 1-4k 2=k 1-4k 2(3x +2)，即直线PQ 过定点-23,0 ；当64k 4-4=0，即k =±12时，若k =12，则x Q =-23且y Q =-43，x P =-23且y P =43，故直线PQ 过定点-23,0 ；若k =-12，则x Q =-23且y Q =43，x P =-23且y P =-43，故直线PQ 过定点-23,0 ；综上，直线PQ 过定点M -23,0 ，又BH ⊥PQ 于H ，易知H 轨迹是以BM 为直径的圆上，故BM 的中点23,0 到H 的距离为定值，所以，所求定点T 为23,0 .【点睛】关键点点睛：第二问，设直线BQ ，AP 联立椭圆，结合韦达定理求点P ,Q 坐标，再写出直线PQ 方程判断其过定点是关键.4已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左、右焦点分别为F 1，F 2，A ，B 分别是C 的右、上顶点，且AB =7，D 是C 上一点，△BF 2D 周长的最大值为8.(1)求C 的方程；(2)C 的弦DE 过F 1，直线AE ，AD 分别交直线x =-4于M ，N 两点，P 是线段MN 的中点，证明：以PD 为直径的圆过定点.【答案】(1)x 24+y 23=1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据椭圆的定义结合三角形不等式求解即可；(2)设D x 1,y 1 ,E x 2,y 2 ，直线DE :x =my -1，联立直线与椭圆的方程，根据过两点圆的方程，结合图形的对称性可得定点在x 轴上，代入韦达定理求解即可.【详解】(1)依题意，a 2+b 2=7，△BF 2D 周长DB +DF 2 +a =DB +2a -DF 1 +a ≤BF 1 +3a =4a ，当且仅当B ,F 1,D 三点共线时等号成立，故4a =8，所以a 2=4,b 2=3，所以C 的方程x 24+y 23=1；(2)设D x 1,y 1 ,E x 2,y 2 ，直线DE :x =my -1，代入x 24+y 23=1，整理得3m 2+4 y 2-6my -9=0，Δ=36m 2+363m 2+4 >0，y 1+y 2=6m 3m 2+4,y 1y 2=-93m 2+4，易知AD :y =y 1x 1-2x -2 ，令x =-4，得N -4,-6y 1x 1-2 ，同得M -4,-6y 2x 2-2，从而中点P -4,-3y 1x 1-2+y 2x 2-2，以PD 为直径的圆为x +4 x -x 1 +y +3y 1x 1-2+y 2x 2-2y -y 1 =0，由对称性可知，定点必在x 轴上，令y =0得，x +4 x -x 1 -3y 1y 1x 1-2+y 2x 2-2=0，y 1x 1-2+y 2x 2-2=y 1my 1-3+y 2my 2-3=2my 1y 2-3y 1+y 2 m 2y 1y 2-3m y 1+y 2 +9=-18m3m 2+4-18m 3m 2+4-9m 23m 2+4-18m 23m 2+4+9=-36m36=-m ，所以x +4 x -x 1 +3my 1=0，即x 2+4-x 1 x -4x 1+3my 1=0，因为x 1=my 1-1，所以x 2+5-my 1 x -my 1+4=0，即x +1 x -my 1+4 =0，解得x =-1，所以圆过定点-1,0 .【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为x 1,y 1 ,x 2,y 2 ；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x (或y )的一元二次方程，必要时计算Δ；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x 1+x 2，x 1x 2(或y 1+y 2，y 1y 2)的形式；(5)代入韦达定理求解.5已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左顶点为A ，过右焦点F 且平行于y 轴的弦PQ =AF =3．(1)求△APQ 的内心坐标；(2)是否存在定点D ，使过点D 的直线l 交C 于M ,N ，交PQ 于点R ，且满足MR ⋅ND =MD ⋅RN若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)7-354,0 (2)存在定点D (4,0)【分析】(1)由题意，根据椭圆的定义以及a 2=b 2+c 2，列出等式即可求出椭圆C 的方程，判断△APQ 的内心在x 轴，设直线PT 平分∠APQ ，交x 轴于点T ，此时T 为△APQ 的内心，进行求解即可；(2)设直线l 方程为y =k (x -t )，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将直线l 的方程与椭圆方程联立，得到根的判别式大于零，由点M 、R 、N 、D 均在直线l 上，得到MR ⋅ND =MD ⋅RN，此时2t -(1+t )(x 1+x 2)+2x 1x 2=0，结合韦达定理求出t =4，可得存在定点D (4,0)满足题意．【详解】(1)∵a 2=b 2+c 2,2b 2a=a +c =3∴a =2,b =3,c =1∴椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1，不妨取P 1,32 ,Q 1,-32 ,A (-2,0)，则AP =352,PF =32；因为△APQ 中，AP =AQ ，所以△APQ 的内心在x 轴，设直线PT 平分∠APQ ，交x 轴于T ，则T 为△APQ 的内心，且AT TF =AP PF =5=AT 3-AT ，所以AT =355+1，则T 7-354,0 ；(2)∵椭圆和弦PQ 均关于x 轴上下对称．若存在定点D ，则点D 必在x 轴上∴设D (t ,0)当直线l 斜率存在时，设方程为y =k (x -t ),M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，直线方程与椭圆方程联立y =k (x -t )x 24+y 23=1，消去y 得4k 2+3 x 2-8k 2tx +4k 2t 2-3 =0，则Δ=48k 2+3-k 2t 2>0,x 1+x 2=8k 2t4k 2+3,x 1x 2=4k 2t 2-3 4k 2+3①∵点R 的横坐标为1，M 、R 、N 、D 均在直线l 上，MR ⋅ND =MD ⋅RN∴1+k 2 1-x 1 t -x 2 =1+k 2 t -x 1 x 2-1∴2t -(1+t )x 1+x 2 +2x 1x 2=0∴2t -(1+t )8k 2t 4k 2+3+2×4k 2t 2-3 4k 2+3=0，整理得t =4，因为点D 在椭圆外，则直线l 的斜率必存在．∴存在定点D (4,0)满足题意【点睛】解决曲线过定点问题一般有两种方法：①探索曲线过定点时，可设出曲线方程，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标.②从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.二、双曲线定点问题1已知点P 4,3 为双曲线E :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)上一点，E 的左焦点F 1到一条渐近线的距离为3.(1)求双曲线E 的标准方程；(2)不过点P 的直线y =kx +t 与双曲线E 交于A ,B 两点，若直线PA ，PB 的斜率和为1，证明：直线y =kx +t 过定点，并求该定点的坐标.【答案】(1)x 24-y 23=1(2)证明见解析，定点为(-2,3).【分析】(1)由点到直线的距离公式求出b =3，再将点P 4,3 代入双曲线方程求出a 2=4，可得双曲线E 的标准方程；(2)联立直线与双曲线方程，利用韦达定理得x 1+x 2、x 1x 2，再根据斜率和为1列式，推出t =2k +3，从而可得直线y =kx +t 过定点(-2,3).【详解】(1)设F 1(-c ,0)(c >0)到渐近线y =bax ，即bx -ay =0的距离为3，则3=|-bc |b 2+a2，结合a 2+b 2=c 2得b =3，又P (4,3)在双曲线x 2a 2-y 23=1上，所以16a2-93=1，得a 2=4，所以双曲线E 的标准方程为x 24-y 23=1.(2)联立y =kx +tx 24-y 23=1，消去y 并整理得3-4k 2 x 2-8ktx -4t 2-12=0，则3-4k 2≠0，Δ=64k 2t 2+4(3-4k 2)(4t 2+12)>0，即t 2+3>4k 2，设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，则x 1+x 2=8kt 3-4k 2，x 1x 2=-4t 2+123-4k 2，则k PA +k PB =y 1-3x 1-4+y 2-3x 2-4=kx 1+t -3x 1-4+kx 2+t -3x 2-4=kx 1+t -3 x 2-4 +kx 2+t -3 x 1-4 x 1-4 x 2-4=2kx 1x 2+t -4k -3 x 1+x 2 -8t +24x 1x 2-4(x 1+x 2)+16=1，所以2kx 1x 2+t -4k -3 x 1+x 2 -8t +24=x 1x 2-4(x 1+x 2)+16，所以2k -1 x 1x 2+t -4k +1 x 1+x 2 -8t +8=0，所以-2k -1 4t2+123-4k 2+t -4k +1 ⋅8kt3-4k2-8t +8=0，整理得t 2-6k +2kt -6t -8k 2+9=0，所以(t -3)2+2k (t -3)-8k 2=0，所以t -3-2k t -3+4k =0，因为直线y =kx +t 不过P (4,3)，即3≠4k +t ，t -3+4k ≠0，所以t -3-2k =0，即t =2k +3，所以直线y =kx +t =kx +2k +3，即y -3=k (x +2)过定点(-2,3).【点睛】关键点点睛：利用韦达定理和斜率公式推出t =2k +3是解题关键.2双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的左顶点为A ，焦距为4，过右焦点F 作垂直于实轴的直线交C 于B 、D 两点，且△ABD 是直角三角形.(1)求双曲线C 的方程；(2)已知M ,N 是C 上不同的两点，MN 中点的横坐标为2，且MN 的中垂线为直线l ，是否存在半径为1的定圆E ，使得l 被圆E 截得的弦长为定值，若存在，求出圆E 的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)x 2-y 23=1(2)存在，E :(x -8)2+y 2=1【分析】(1)根据双曲线的性质，结合△ABD 是等腰直角三角形的性质，列出关系式即可求解双曲线方程；(2)首先利用点差法求出直线l 所过的定点，即可求出定圆的方程.【详解】(1)依题意，∠BAD =90°，焦半径c =2，当x =c 时，c 2a 2-y 2b 2=1，得y 2=b 2c 2a 2-1=b 4a2，即y =±b 2a ，所以BF =b 2a ，由AF =BF ，得a +c =b 2a，得a 2+2a =22-a 2，解得：a =1(其中a =-2<0舍去)，所以b 2=c 2-a 2=4-1=3，故双曲线C 的方程为x 2-y 23=1；(2)设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,MN 的中点为Q x 0,y 0 因为M ,N 是C 上不同的两点，MN 中点的横坐标为2.所以x 21-y 213=1,①x 22-y 223=1,②x 0=x 1+x 22=2,③y 0=y 1+y 22,④.①-②得x 1+x 2 x 1-x 2 -y 1+y 2 y 1-y 23=0，当k MN 存在时，k MN =y 1-y2x 1-x 2=3x 1+x 2 y 1+y 2=3×42y 0=6y 0，因为MN 的中垂线为直线l ，所以y -y 0=-y 06x -2 ，即l :y =-y 06x -8 ，所以l 过定点T 8,0 .当k MN 不存在时，M ,N 关于x 轴对称，MN 的中垂线l 为x 轴，此时l 也过T 8,0 ，所以存在以8,0 为圆心的定圆E :(x -8)2+y 2=1，使得l 被圆E 截得的弦长为定值2.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线相交的综合应用，本题的关键是求得直线所过的定点，因为半径为1，所以定圆圆心为定点，弦长就是直径.3已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 的右焦点，右顶点分别为F ，A ，B 0,b ，AF =1，点M 在线段AB 上，且满足BM =3MA ，直线OM 的斜率为1，O 为坐标原点.(1)求双曲线C 的方程.(2)过点F 的直线l 与双曲线C 的右支相交于P ，Q 两点，在x 轴上是否存在与F 不同的定点E ，使得EP ⋅FQ =EQ ⋅FP 恒成立？若存在，求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)x 2-y 23=1(2)存在，E 12,0 【分析】(1)由AF =1，BM =3MA ，直线OM 的斜率为1，求得a ,b ,c 之间的关系式，解得a ,b 的值，进而求出双曲线的方程；(2)设直线PQ 的方程，与双曲线的方程联立，可得两根之和及两根之积，由等式成立，可得EF 为∠PEQ 的角平分线，可得直线EP ,EQ 的斜率之和为0，整理可得参数的值，即求出E 的坐标．【详解】(1)设c 2=a 2+b 2c >0 ，所以F c ,0 ，A a ,0 ，B 0,b ，因为点M 在线段AB 上，且满足BM =3MA ，所以点M 33+1a ,13+1b，因为直线OM 的斜率为1，所以13+1b 33+1a =1，所以ba=3，因为AF =1，所以c -a =1，解得a =1，b =3，c =2.所以双曲线C 的方程为x 2-y 23=1.(2)假设在x 轴上存在与F 不同的定点E ，使得EP ⋅FQ =EQ ⋅FP 恒成立，当直线l 的斜率不存在时，E 在x 轴上任意位置，都有EP ⋅FQ =EQ ⋅FP ；当直线l 的斜率存在且不为0时，设E t ,0 ，直线l 的方程为x =ky +2，直线l 与双曲线C 的右支相交于P ，Q 两点，则-33<k <33且k ≠0，设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，由x 2-y 23=1x =ky +2 ，得3k 2-1 y 2+12ky +9=0，3k 2-1≠0，Δ=36k 2+36>0，所以y 1+y 2=-12k 3k 2-1，y 1y 2=93k 2-1，因为EP ⋅FQ =EQ ⋅FP ，即EP EQ=FP FQ，所以EF 平分∠PEQ ，k EP +k EQ =0，有y 1x 1-t +y 2x 2-t =0，即y 1ky 1+2-t +y 2ky 2+2-t=0，得2ky 1y 2+2-t y 1+y 2 =0，所以2k93k 2-1+2-t -12k 3k 2-1=0，由k ≠0，解得t =12.综上所述，存在与F 不同的定点E ，使得EP ⋅FQ =EQ ⋅FP 恒成立，且E 12,0.【点睛】方法点睛：解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x (或y )建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，要强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．4已知双曲线C 与双曲线x 212-y 23=1有相同的渐近线，且过点A (22,-1).(1)求双曲线C 的标准方程；(2)已知点D (2,0)，E ，F 是双曲线C 上不同于D 的两点，且DE ·DF=0，DG ⊥EF 于点G ，证明:存在定点H ，使GH 为定值.【答案】(1)x 24-y 2=1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据给定条件，设出双曲线C 的方程，再将点A 的坐标代入求解作答.(2)当直线EF 斜率存在时，设出其方程并与双曲线C 的方程联立，由给定的数量积关系结合韦达定理求得直线EF 过定点，再验证斜率不存在的情况，进而推理判断作答.【详解】(1)依题意，设双曲线C 的方程为x 212-y 23=λ(λ≠0)，而点A (22,-1)在双曲线C 上，于是λ=(22)212-(-1)23=13，双曲线C 的方程为x 212-y 23=13，即x 24-y 2=1，所以双曲线C 的标准方程为x24-y 2=1.(2)当直线EF 斜率存在时，设直线EF 的方程为：y =kx +m ，设E x 1,y 1 ,F x 2,y 2 ，由y =kx +mx 2-4y 2=4消去y 并整理得4k 2-1 x 2+8kmx +4m 2+1 =0，有4k 2-1≠0，且Δ=(8km )2-16(m 2+1)(4k 2-1)>0，即4k 2-1≠0且4k 2-m 2-1<0，有x 1+x 2=-8km 4k 2-1,x 1x 2=4m 2+44k 2-1，又y 1y 2=kx 1+m kx 2+m =k 2x 1x 2+km x 1+x 2 +m 2，DE =(x 1-2,y 1),DF =(x 2-2,y 2)，由DE ·DF =0，得x 1-2 x 2-2 +y 1y 2=0，整理得k 2+1 ⋅x 1x 2+(km -2)⋅x 1+x 2 +m 2+4=0，于是k 2+1 ⋅4m 2+44k 2-1+(km -2)⋅-8km 4k 2-1+m 2+4=0，化简得3m 2+16km +20k 2=0，即(3m +10k )(m +2k )=0，解得m =-2k 或m =-103k ，均满足条件，当m =-2k 时，直线EF 的方程为y =k (x -2)，直线EF 过定点(2,0)，与已知矛盾，当m =-103k 时，直线EF 的方程为y =k x -103 ，直线EF 过定点M 103,0 ；当直线EF 的斜率不存在时，由对称性不妨设直线DE 的方程为：y =x -2，。

高考数学二轮复习专题七专题突破练23 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题文

专题突破练23 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率与等轴双曲线的离心率互为倒数关系,直线l:x-y+=0与以原点为圆心,以椭圆C的短半轴长为半径的圆相切.(1)求椭圆C的方程;(2)设M是椭圆的上顶点,过点M分别作直线MA,MB交椭圆于A,B两点,设两直线的斜率分别为k1,k2,且k1+k2=4,证明:直线AB过定点.2.(2018河北保定一模,文20)椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且过点-1,.(1)求椭圆C的方程;(2)设P(x,y)为椭圆C上任一点,F为其右焦点,点P'满足=(4-x,0).①证明:为定值;②设直线y=x+m与椭圆C有两个不同的交点A,B,与y轴交于点M.若|AF|,|MF|,|BF|成等差数列,求m的值.3.已知中心在原点O,焦点在x轴上的椭圆,离心率e=,且椭圆过点.(1)求椭圆的方程;(2)椭圆左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线l与椭圆交于不同的两点A,B,则△F1AB的内切圆的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值及此时的直线方程;若不存在,请说明理由.4.(2018河南郑州三模,文20)已知动点M(x,y)满足:=2. (1)求动点M的轨迹E的方程;(2)设A,B是轨迹E上的两个动点,线段AB的中点N在直线l:x=-上,线段AB的中垂线与E交于P,Q两点,是否存在点N,使以PQ为直径的圆经过点(1,0),若存在,求出N点坐标,若不存在,请说明理由.5.(2018山东烟台一模,文20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的焦距为2,斜率为的直线与椭圆交于A,B两点,若线段AB的中点为D,且直线OD的斜率为-.(1)求椭圆C的方程;(2)若过左焦点F斜率为k的直线l与椭圆交于点M,N,P为椭圆上一点,且满足OP⊥MN,问:是否为定值?若是,求出此定值;若不是,说明理由.6.(2018河北衡水中学考前仿真,文20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率与双曲线=1的离心率互为倒数,且过点P1,.(1)求椭圆的方程;(2)过P作两条直线l1,l2与圆(x-1)2+y2=r20<r<相切且分别交椭圆于M,N两点.①求证:直线MN的斜率为定值;②求△MON面积的最大值(其中O为坐标原点).参考答案专题突破练23圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.解 (1)∵等轴双曲线离心率为,∴椭圆C的离心率e=.∴e2=,∴a2=2b2.∵由x-y+=0与圆x2+y2=b2相切,得b=1,∴a2=2.∴椭圆C的方程为+y2=1.(2)①若直线AB的斜率不存在,设方程为x=x0,则点A(x0,y0),B(x0,-y0).由已知=4,得x0=-.此时AB方程为x=-,显然过点.②若直线AB的斜率存在,设AB方程为y=kx+m,依题意m≠±1.设A(x1,y1),B(x2,y2),由得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.则x1+x2=-,x1x2=.由已知k1+k2=4,可得=4,∴=4,即2k+(m-1)=4,将x1+x2,x1x2代入得k-=2,∴k=2(m+1),∴m=-1,故直线AB的方程为y=kx+-1,即y=k-1.∴直线AB过定点.综上,直线AB过定点.2.解 (1)由,得3a2=4b2,把点-1,代入椭圆方程为=1,∴=1,解得a2=4,∴b2=3,椭圆的标准方程为=1.(2)①由(1)知=1,c=1,||=|x-4|, 而||=|4-x|,∴=2为定值;②直线y=x+m与椭圆C联立得x2+mx+m2-3=0,Δ=m2-4(m2-3)>0⇒-2<m<2,设A x1,x1+m,B x2,x2+m,则x1+x2=-m,x1·x2=m2-3,由①知|AF|=(4-x1),|BF|=(4-x2),∴|AF|+|BF|=4-=4+,|MF|=,∵|AF|,|MF|,|BF|成等差数列,∴|AF|+|BF|=2|MF|,即4+=2,解得m=或m=-,又因为-2<m<2,所以m=-.3.解 (1)由题意可设椭圆方程为=1(a>b>0).则解得a2=4,b2=3.∴椭圆方程为=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),不妨设y1>0,y2<0,设△F1AB的内切圆的半径为R,则△F1AB的周长=4a=8,(|AB|+|F1A|+|F1B|)R=4R,因此,最大,R就最大,由题知,直线l的斜率不为零,可设直线l的方程为x=my+1,由得(3m2+4)y2+6my-9=0,y1+y2=,y1y2=-.则|F1F2|(y1-y2)=.令=t,则m2=t2-1(t≥1),∴.令f(t)=3t+,则f'(t)=3-,当t≥1时,f'(t)≥0,f(t)在[1,+∞)上单调递增,有f(t)≥f(1)=4,≤3,即当t=1,m=0时,≤3,由=4R,得R max=,这时所求内切圆面积的最大值为.故直线l:x=1,△F1AB内切圆面积的最大值为.4.解 (1)∵动点M(x,y)满足=2,由椭圆的定义,知a=,c=1,∴b2=1,椭圆方程为+y2=1.(2)当AB⊥x轴时,直线AB的方程为x=-,此时P(-,0),Q(,0),=-1,不合题意;当直线AB不垂直于x轴时,设存在点N-,m(m≠0),直线AB的斜率为k,A(x1,y1),B(x2,y2),由得(x1+x2)+2(y1+y2)·=0,则-1+4mk=0,故k=,此时,直线PQ 斜率为k1=-4m,PQ的直线方程为y-m=-4m x+,即y=-4mx-m.联立消去y,整理得(32m2+1)x2+16m2x+2m2-2=0.∴x1+x2=-,x1·x2=,由题意=0,于是=(x1-1)(x2-1)+y1y2=x1·x2-(x1+x2)+1+(4mx1+m)(4mx2+m)=(1+16m2)x1·x2+(4m2-1)(x2=+1+m2==0,1+x2)+1+m∴m=±,因为N在椭圆内,∴m2<,∴m=±符合条件.综上:存在两点N符合条件,坐标为N-,±.5.解 (1)由题意可知c=,设A(x1,y1),B(x2,y2),代入椭圆可得=1,=1,两式相减并整理可得=-,即k AB·k OD=-.又因为k AB=,k OD=-,代入上式可得a2=4b2.又a2=b2+c2,c2=3,所以a2=4,b2=1,故椭圆的方程为+y2=1.(2)由题意可知,F(-,0),当MN为长轴时,OP为短半轴,此时+1=;否则,可设直线l的方程为y=k(x+),联立消y可得(1+4k2)x2+8k2x+12k2-4=0,则x1+x2=-,x1x2=,所以|MN|=|x1-x2|=.设直线OP的方程为y=-x,联立根据对称性,不妨设P-,所以|OP|==.故.综上所述,为定值.6.解 (1)可得e=,设椭圆的半焦距为c,所以a=2c,因为C过点P1,,所以=1,又c2+b2=a2,解得a=2,b=,所以椭圆方程为=1.(2)①显然两直线l1,l2的斜率存在,设为k1,k2,M(x1,y1),N(x2,y2),由于直线l1,l2与圆(x-1)2+y2=r20<r<相切,则有k1=-k2,直线l1的方程为y-=k1(x-1),联立方程组消去y,得x2(4+3)+k1(12-8k1)x+(3-2k1)2-12=0, 因为P,M为直线与椭圆的交点,所以x1+1=,同理,当l2与椭圆相交时,x2+1=,所以x1-x2=,而y1-y2=k1(x1+x2)-2k1=,所以直线MN的斜率k=.②设直线MN的方程为y=x+m,联立方程组消去y得x2+mx+m2-3=0,所以|MN|=,原点O到直线的距离d=,△OMN面积为》》》》》》》》》积一时之跬步臻千里之遥程《《《《《《《《《《《《S==≤,当且仅当m2=2时取得等号.经检验,存在r0<r<,使得过点P 1,的两条直线与圆(x-1)2+y2=r2相切,且与椭圆有两个交点M,N.所以△OMN 面积的最大值为.马明风整理。

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第23练圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题[压轴大题突破练][明晰考情] 1.命题角度：圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考常考的问题；以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题.2.题目难度：偏难题.考点一圆锥曲线中的定值问题方法技巧 (1)求定值问题常见的方法有两种①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.(2)定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.1.已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，且过点⎝⎛⎫3，12. (1)求椭圆的方程；(2)设A ，B ，M 是椭圆上的三点.若OM →＝35OA →＋45OB →，点N 为线段AB 的中点，C ⎝⎛⎭⎫－62，0，D ⎝⎛⎭⎫62，0，求证：|NC |＋|ND |＝2 2.(1)解由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，3a 2＋14b 2＝1，故⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1，所以椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 21＝1，x 224＋y 22＝1.由OM →＝35OA →＋45OB →，得M ⎝⎛⎭⎫35x 1＋45x 2，35y 1＋45y 2. 因为M 是椭圆C 上一点，所以⎝⎛⎭⎫35x 1＋45x 224＋⎝⎛⎭⎫35y 1＋45y 22＝1，即⎝⎛⎭⎫x 214＋y 21⎝⎛⎭⎫352＋⎝⎛⎭⎫x 224＋y 22⎝⎛⎭⎫452＋2×35×45×⎝⎛⎭⎫x 1x 24＋y 1y 2＝1，得⎝⎛⎭⎫352＋⎝⎛⎭⎫452＋2×35×45×⎝⎛⎭⎫x 1x 24＋y 1y 2＝1，故x 1x 24＋y 1y 2＝0. 又线段AB 的中点N 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 2222＋2⎝⎛⎭⎪⎫y 1＋y 222＝12⎝⎛⎭⎫x 214＋y 21＋12⎝⎛⎭⎫x 224＋y 22＋x 1x 24＋y 1y 2＝1. 从而线段AB 的中点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22在椭圆x 22＋2y 2＝1上. 又椭圆x 22＋2y 2＝1的两焦点恰为C ⎝⎛⎭⎫－62，0，D ⎝⎛⎭⎫62，0，所以|NC |＋|ND |＝2 2.2.(2018·北京)已知抛物线C ：y 2＝2px 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.(1)解因为抛物线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. 依题意知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 的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1). (2)证明设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 ＝－kx 2＋1x 2－1＋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＝x 1－1(k －1)x 1＋x 2－1(k －1)x 2＝1k －1·2x 1x 2－(x 1＋x 2)x 1x 2＝1k －1·2k2＋2k －4k 21k 2＝2.所以1λ＋1μ为定值.3. 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点Q ⎝⎛⎭⎫b ，a b 在椭圆上，O 为坐标原点. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知点P ，M ，N 为椭圆C 上的三点，若四边形OPMN 为平行四边形，证明四边形OPMN 的面积S 为定值，并求该定值.解 (1)∵椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，∴e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12，得a 2＝2b 2，①又点Q ⎝⎛⎭⎫b ，ab 在椭圆C 上， ∴b 2a 2＋a 2b 4＝1，② 联立①②得a 2＝8，b 2＝4. ∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)当直线PN 的斜率k 不存在时，PN 的方程为x ＝2或x ＝－2，从而有|PN |＝23， ∴S ＝12|PN |·|OM |＝12×23×22＝26；当直线PN 的斜率k 存在时，设直线PN 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，P (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将PN 的方程代入椭圆C 的方程，整理得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0，Δ＝16k 2m 2－4(2m 2－8)(1＋2k 2)>0，即m 2<4＋8k 2， ∴x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－81＋2k2， y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m1＋2k 2，由OM →＝OP →＋ON →，得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋2k 2，2m 1＋2k 2. 将M 点坐标代入椭圆C 的方程，得m 2＝1＋2k 2. 又点O 到直线PN 的距离为d ＝|m |1＋k2，|PN |＝1＋k 2|x 1－x 2|，∴S ＝d ·|PN |＝|m |·|x 1－x 2|＝1＋2k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝48k 2＋242k 2＋1＝2 6.综上，平行四边形OPMN 的面积S 为定值2 6. 考点二圆锥曲线中的定点问题方法技巧 (1)动直线l 过定点问题.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).(2)动曲线C 过定点问题.引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.4.已知两点A (－2，0)，B (2，0)，动点P 在y 轴上的投影是Q ，且2P A →·PB →＝|PQ →|2. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过F (1，0)作互相垂直的两条直线分别交轨迹C 于点G ，H 和M ，N ，且E 1，E 2分别是GH ，MN 的中点.求证：直线E 1E 2恒过定点.(1)解设点P 的坐标为(x ，y )，∴点Q 的坐标为(0，y ). ∵2P A →·PB →＝|PQ →|2，P A →＝(－2－x ，－y )， PB →＝(2－x ，－y )，|PQ →|＝|x |， ∴2[(－2－x )(2－x )＋y 2]＝x 2，化简得点P 的轨迹方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明当两直线的斜率都存在且不为0时，设l GH ：y ＝k (x －1)，G (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)， l MN ：y ＝－1k(x －1)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k (x －1)，消去y 得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0. 则Δ>0恒成立.∴x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－42k 2＋1.∴GH 中点E 1的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 22k 2＋1，－k 2k 2＋1.同理，MN 中点E 2的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋2，k k 2＋2，∴12E E k ＝－3k2(k 2－1)，∴12E E l 的方程为y －kk 2＋2＝－3k 2(k 2－1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2k 2＋2，即y ＝－3k2(k 2－1)⎝⎛⎭⎫x －23， ∴直线E 1E 2恒过定点⎝⎛⎭⎫23，0；当两直线的斜率分别为0和不存在时，12E E l 的方程为y ＝0，也过点⎝⎛⎭⎫23，0. 综上所述，12E E l 过定点⎝⎛⎭⎫23，0.5.已知焦距为22的椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A ，直线y ＝43与椭圆C 交于P ，Q两点(P 在Q 的左边)，Q 在x 轴上的射影为B ，且四边形ABPQ 是平行四边形. (1)求椭圆C 的方程；(2)斜率为k 的直线l 与椭圆C 交于两个不同的点M ，N .若M 是椭圆的左顶点，D 是直线MN 上一点，且DA ⊥AM .点G 是x 轴上异于点M 的点，且以DN 为直径的圆恒过直线AN 和DG 的交点，求证：点G 是定点. (1)解设坐标原点为O ，∵四边形ABPQ 是平行四边形，∴|AB →|＝|PQ →|， ∵|PQ →|＝2|OB →|，∴|AB →|＝2|OB →|，则点B 的横坐标为a 3，∴点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 3，43，代入椭圆C 的方程得b 2＝2，又c 2＝2，∴a 2＝4，即椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明设直线MN 的方程为y ＝k (x ＋2)，N (x 0，y 0)，DA ⊥AM ，∴D (2，4k ).由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k (x ＋2)，消去y 得(1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－4＝0，则－2x 0＝8k 2－41＋2k 2，即x 0＝2－4k 21＋2k2， ∴y 0＝k (x 0＋2)＝4k1＋2k 2，则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－4k 21＋2k 2，4k 1＋2k 2，设G (t ，0)，则t ≠－2，若以DN 为直径的圆恒过直线AN 和DG 的交点，则DG ⊥AN ，∴GD →·AN →＝0恒成立.∵GD →＝(2－t ，4k )，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k21＋2k 2，4k 1＋2k 2，∴GD →·AN →＝(2－t )·－8k 21＋2k 2＋4k ·4k 1＋2k 2＝0恒成立，即8k 2t1＋2k 2＝0恒成立，∴t ＝0，∴点G 是定点(0，0).6.(2017·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－t 22，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).考点三圆锥曲线中的存在性问题方法技巧解决存在性问题的一般思路：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.7.(2016·全国Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝t (t ≠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 . (1)求|OH ||ON |；(2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其它公共点？说明理由. 解 (1)如图，由已知得M (0，t )，P ⎝⎛⎭⎫t 22p ，t ，又N 为M 关于点P 的对称点，故N ⎝⎛⎭⎫t 2p ，t ，ON 的方程为y ＝ptx ，代入y 2＝2px ，整理得px 2－2t 2x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝2t 2p，因此H ⎝⎛⎭⎫2t 2p ，2t . 所以N 为OH 的中点，即|OH ||ON |＝2.(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 ＝p 2t x ，即x ＝2tp (y －t ).代入y 2＝2px ，得y 2－4ty ＋4t 2＝0，解得y 1＝y 2＝2t ，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.8.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.∵OP 2→＝4P A →·PB →，即4[(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)]＝5， ∴4(x 1－2)(x 2－2)(1＋k 2)＝5，即4[x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4](1＋k 2)＝5，∴4⎣⎢⎡⎦⎥⎤16k 2－16k －83＋4k 2－2×8k (2k －1)3＋4k 2＋4(1＋k 2) ＝4×4＋4k 23＋4k 2＝5，解得k ＝±12，k ＝－12不符合题意，舍去，∴存在满足条件的直线l ，其方程为x －2y ＝0.典例 (12分)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⎝⎛⎭⎫m 3，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. 审题路线图(1)联立直线方程与椭圆方程―→一元二次方程―→中点坐标―→求出斜率乘积 (2)先假定四边形OAPB 能为平行四边形―→找几何关系：平行四边形的对角线互相平分 ―→转化成代数关系：x P ＝2x M ―→求k 规范解答·评分标准(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 ).…………2分将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2，得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0， Δ＝4k 2b 2－4(k 2＋9)(b 2－m 2)>0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9.………………………………………………4分于是直线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 的斜率的乘积为定值. ……………………………………………6分 (2)解四边形OAPB 能为平行四边形. ………………………………………………………7分因为直线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 ＝±km 3k 2＋9 . ……………………………………9分将点⎝⎛⎭⎫m 3，m 的坐标代入l 的方程，得b ＝m (3－k )3，因此x M ＝k (k －3)m3(k 2＋9).……………………………………………………………………………10分四边形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)m3(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. ………………………………………………………………………………………12分构建答题模板[第一步] 先假定：假设结论成立；[第二步] 再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解；[第三步] 下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设；若推出矛盾则否定假设； [第四步] 再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性.1.(2017·全国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 .(1)解设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0，0)， NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0). 由NP →＝ 2 NM →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 .2.如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，经过点A (0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为定值. (1)解由题设知c a ＝22，b ＝1，结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ>0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4k (k －1)1＋2k 2，x 1x 2＝2k (k －2)1＋2k 2，从而直线AP ，AQ 的斜率之和k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2，＝2k ＋(2－k )4k (k －1)2k (k －2)＝2k －2(k －1)＝2.故k AP ＋k AQ 为定值2.3.已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32，点P ⎝⎛⎭⎫1，32在椭圆E 上.(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P 且斜率为k 的直线l 交椭圆E 于点Q (x Q ，y Q )(点Q 异于点P )，若0<x Q <1，求直线l 的斜率k 的取值范围.解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ c a ＝32，1a 2＋34b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1，c ＝3，∴椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设直线l 的方程为y －32＝k (x －1)，代入方程x 24＋y 2＝1.消去y 得(1＋4k 2)x 2＋(43k －8k 2)x ＋4k 2－43k －1＝0， ∴x Q ·1＝4k 2－43k －11＋4k 2，∵0<x Q <1，∴0<4k 2－43k －11＋4k 2<1，即⎩⎪⎨⎪⎧4k 2－43k －11＋4k 2>0，4k 2－43k －11＋4k2<1，解得－36<k <3－22或k >3＋22，经检验，满足题意. ∴直线l 的斜率k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－36，3－22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋22，＋∞.4.如图所示，已知椭圆M ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的四个顶点构成边长为5的菱形，原点O 到直线AB 的距离为125，其中A (0，a )，B (－b ，0).直线l ：x ＝my ＋n 与椭圆M 相交于C ，D 两点，且以CD 为直径的圆过椭圆的右顶点P (其中点C ，D 与点P 不重合).(1)求椭圆M 的方程；(2)证明：直线l 与x 轴交于定点，并求出定点的坐标. 解 (1)由已知，得a 2＋b 2＝52，由点A (0，a )，B (－b ，0)知，直线AB 的方程为x －b ＋ya ＝1，即ax －by ＋ab ＝0.又原点O 到直线AB 的距离为125，即|0－0＋ab |a 2＋b2＝125，所以a 2＝16，b 2＝9，c 2＝16－9＝7. 故椭圆M 的方程为y 216＋x 29＝1.(2)由(1)知P (3，0)，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，将x ＝my ＋n 代入y 216＋x 29＝1，整理，得(16m 2＋9)y 2＋32mny ＋16n 2－144＝0，则y 1＋y 2＝－32mn16m 2＋9，y 1y 2＝16n 2－14416m 2＋9. 因为以CD 为直径的圆过椭圆的右顶点P ，所以PC →·PD →＝0，即(x 1－3，y 1)·(x 2－3，y 2)＝0，所以(x 1－3)(x 2－3)＋y 1y 2＝0. 又x 1＝my 1＋n ，x 2＝my 2＋n ，所以(my 1＋n －3)(my 2＋n －3)＋y 1y 2＝0，整理，得(m 2＋1)y 1y 2＋m (n －3)(y 1＋y 2)＋(n －3)2＝0，即(m 2＋1)·16n 2－14416m 2＋9＋m (n －3)·－32mn 16m 2＋9＋(n －3)2＝0，所以16(m 2＋1)(n 2－9)16m 2＋9－32m 2n (n －3)16m 2＋9＋(n －3)2＝0，易知n ≠3，所以16(m 2＋1)(n ＋3)－32m 2n ＋(16m 2＋9)·(n －3)＝0，整理，得25n ＋21＝0，即n ＝－2125.经检验，n ＝－2125符合题意.所以直线l 与x 轴交于定点，定点的坐标为⎝⎛⎭⎫－2125，0. 5.已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，直线2x －y ＋2＝0交抛物线C 于A ，B 两点，P 是线段AB 的中点，过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q .(1)D 是抛物线C 上的动点，点E (－1，3)，若直线AB 过焦点F ，求|DF |＋|DE |的最小值； (2)是否存在实数p ，使|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|？若存在，求出p 的值；若不存在，说明理由. 解 (1)∵直线2x －y ＋2＝0与y 轴的交点为(0，2)， ∴F (0，2)，则抛物线C 的方程为x 2＝8y ，准线l ：y ＝－2. 设过D 作DG ⊥l 于G ，则|DF |＋|DE |＝|DG |＋|DE |，当E ，D ，G 三点共线时，|DF |＋|DE |取最小值2＋3＝5.(2)假设存在，抛物线x 2＝2py 与直线y ＝2x ＋2联立，得x 2－4px －4p ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Δ＝(4p )2＋16p ＝16(p 2＋p )>0，则x 1＋x 2＝4p ，x 1x 2＝－4p ， ∴Q (2p ，2p ).∵|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|，∴QA →⊥QB →. 则QA →·QB →＝0，得(x 1－2p )(x 2－2p )＋(y 1－2p )(y 2－2p ) ＝(x 1－2p )(x 2－2p )＋(2x 1＋2－2p )(2x 2＋2－2p ) ＝5x 1x 2＋(4－6p )(x 1＋x 2)＋8p 2－8p ＋4＝0，代入得4p 2＋3p －1＝0，解得p ＝14或p ＝－1(舍去).因此存在实数p ＝14，且满足Δ>0，使得|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|成立.。

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