圆锥曲线中点的轨迹求法(一题多解)

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例谈圆锥曲线中的一题多解

例谈圆锥曲线中的一题多解
圆锥曲线中的一题多解，是指复习知识时遇到的题目有多种解题思路，解法各异、或
更为复杂，有可能会有多个正确答案的情况。

以圆锥曲线为例，其平面剖面图为双曲线延长线最小包络一组交点构成，当对物体进
行去外形描述时，因其表达力强、制图简单等优点，常常是经济、机械、医学外形描述的
首选。

针对圆锥曲线的一题多解，主要有以下几种解题思路：
一、用双曲线特性和位置情况绘制：可以通过掌握双曲线的特性和位置情况，这类问
题的求解就可以通过精准的绘制完成。

二、利用简单计算公式求解：也可以利用简单的计算公式，通过精确的计算完成求解。

三、计算机模拟求解：也可以运用计算机技术，通过模拟计算求解。

四、采用测量方法：此外，也可以运用测量方法，将双曲线的精度测定出来，然后通
过求解的结论进行计算求解。

五、图像分析法：还可以使用图像分析法，通过分析图像来推出推理，从而求解此问题。

六、实证研究法：也可以运用实证研究法，根据各种研究方法，观察、思考、探讨、
分析，最终得出正确答案。

以上，就是圆锥曲线中的一题多解，通过以上几种思路，可以探究这一问题的多种解答。

圆锥曲线解题技巧和方法综合(全)

圆锥曲线的解题技巧一、常规七大题型：（1）中点弦问题具有斜率的弦中点问题，常用设而不求法（点差法）：设曲线上两点为，，代入方程，然后两方程相减，再应用中点关系及斜率公式（当然在这里也要注意斜率不存在的请款讨论），消去四个参数。

如：（1）与直线相交于A 、B ，设弦AB 中点为M(x 0,y 0)，则有。

（2）与直线l 相交于A 、B ，设弦AB 中点为M(x 0,y 0)则有（3）y 2=2px （p>0）与直线l 相交于A 、B 设弦AB 中点为M(x 0,y 0),则有2y 0k=2p,即y 0k=p.典型例题给定双曲线。

过A （2，1）的直线与双曲线交于两点及，求线段的中点P 的轨迹方程。

（2）焦点三角形问题椭圆或双曲线上一点P ，与两个焦点、构成的三角形问题，常用正、余弦定理搭桥。

典型例题设P(x,y)为椭圆上任一点，，为焦点，，。

（1）求证离心率；（2）求的最值。

（3）直线与圆锥曲线位置关系问题直线与圆锥曲线的位置关系的基本方法是解方程组，进而转化为一元二次方程后利用判别式、根与系数的关系、求根公式等来处理，应特别注意数形结合的思想，通过图形的直观性帮助分析解决问题，如果直线过椭圆的焦点，结合三大曲线的定义去解。

典型例题（1）求证：直线与抛物线总有两个不同交点（2）设直线与抛物线的交点为A 、B ，且OA ⊥OB ，求p 关于t 的函数f(t)的表达式。

(,)x y 11(,)x y 22)0(12222>>=+b a b y a x 02020=+k b y a x )0,0(12222>>=-b a b y a x 02020=-k b y a x x y 2221-=P 1P 2P 1P 2F 1F 2x a y b 22221+=F c 10(,)-F c 20(,)∠=PF F 12α∠=PF F 21ββαβαsin sin )sin(++=e |||PF PF 1323+抛物线方程，直线与轴的交点在抛物线准线的右边。

圆锥曲线中点弦典型例题及解析

01
总结词
这类问题主要考察了圆锥曲线与切线相关的性质和定理，需要利用切线
性质和圆锥曲线的定义来解决。
02
详细描述
在解决与切线相关的问题时，我们需要利用圆锥曲线的切线性质和定义，
结合题目给出的条件，推导出与中点弦相关的方程或不等式，进而求解。
03
示例
已知抛物线C的方程为y^2 = 2px (p > 0)，过其焦点F作直线与C交于A、
数形结合
将代数问题与几何图形相结合，利用几何意义求解。
THANKS
感谢观看
特殊情况
当点$P$为圆锥曲线的焦点时，中点弦称为焦点弦。
中点弦的性质
垂直性质
角度性质
中点弦所在的直线与过点$P$的切线垂直。
中点弦与切线之间的夹角等于该弦所对的圆周角。
长度性质
中点弦的长度与过点$P$的切线长度成反比。
中点弦的几何意义
中点弦是连接圆锥曲线上的两个对称点的线段。
中点弦的长度等于圆锥曲线上的两个对称点到点$P$的距离之和的一半。
详细描述
在解决椭圆的中点弦问题时，需要注意中点弦的特殊性质。例如，当直线过椭圆中心时，中点弦即为椭圆本身；当直线的斜率为0或无穷大时，中点弦的长度为椭圆的长轴或短轴的长度。这些特殊性质可以帮助我们快速判断中点弦的性质和范围。
双曲线的中点弦问题
总结词
双曲线的性质和方程
详细描述
双曲线的中点弦问题主要考察了双曲线的性质和方程。解决这类问题需要利用双曲线的性质，如对称性、开口方向等，以及双曲线的方程，如标准方程、参数方程等。通过联立直线和双曲线的方程，消元化简，可以得到关于中点弦的方程，进一步求解得到中点

(新高考Ⅰ卷)高考数学一题多解探寻圆锥曲线压轴破解之策与算法优化(含解析)

2022新高考Ⅰ卷21题解析几何压轴题解法探究2022新高考Ⅰ卷数学试题，据称是近20年来史上第二难高考数学试题(史上最难2003)．本文将对该卷21题解析几何压轴题，从不同的角度进行解析剖析．以期总结方法规律，优化思考方向，破解难点疑点，为广大的2023届高考师生提供有益的参考和帮助．【2022新高考1卷21题】已知点(2,1)A 在双曲线2222:1(1)1x y C a a a -=>-上，直线l 交C 于P ，Q 两点，直线,AP AQ 的斜率之和为0．（1）求l 的斜率；（2）若tan PAQ ∠=PAQ △的面积．【答案】（1）1-（2）9方法一：直线双参+韦达法【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设直线PQ 的方程为y kx m =+，设1122(,),(,)P x y Q x y ，联立2212x y y kx m ⎧-=⎪⎨⎪=+⎩消去y 得222(21)4220k x kmx m -+++=2121222422,2121km m x x x x k k +∴+=-=--，由121211022AP BP y y k k x x --+=+=--可得1221(1)(2)(1)(2)0y x y x --+--= 即1221(1)(2)(1)(2)0kx m x kx m x +--++--=展开整理得12122(12)()4(1)0kx x m k x x m +--+--= 即2222242(12)()4(1)02121m km k m k m k k +⋅+--⋅---=-- 即2(1)210m k k k +++-=，(1)(21)0k m k ++-=故1k =-或12m k =-当12m k =-时的方程为12y kx k =+-，其恒过定点(2,1)A ，与题意不符故直线PQ 的斜率1k =-.(2)不妨设0AP k >，其倾斜角为θ，由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为±tan θ= 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==直线AP的方程为12)y x -=-，直线AP的方程为12)y x -=-，221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x ++-+= 方程的两根为点,A P的横坐标，所以1623P x -+=，103P x -=221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x -+++= 方程的两根为点,A Q的横坐标，所以2Q x +=，Q x =于是||2|1)P AP x =-=，||2|1)Q AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=.【点评】联立方程韦达定理，是解析几何压轴大题最流行的方法套路．本题引入直线PQ 的双参方程y kx m =+，参与计算变形，使得运算过程相对繁复，产生了较大的运算量．要想变形到(1)(21)0k m k ++-=这一步，没有过硬的计算能力是很难达到的．方法二：直线单参+设点求点【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设1122(,),(,)P x y Q x y ，设直线AP 的倾斜角为θ，不妨设其斜率0k >，则直线AQ 的斜率为k -直线AP 的方程为1(2)y k x -=-，代入2212x y -=整理得点,A P 的横坐标为方程的两根，故2122(21)2221k x k -+=-，22122(21)14422121k k k x k k -+-+∴==--，2112241(2)121k k y k x k -+-=-+=-于是点P 坐标为2222442241(,)2121k k k kP k k -+-+---，用k -代换k 可得2222442241(,)2121k k k kQ k k ++----- 故22222222241241212114424422121PQ k k k k k k k k k k k k k ----+----==-++-+---(2)由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan θ= 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=±因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==在,P Q的坐标中令k =P Q x x ==于是||2|1)P AP x =-=，||2|1)Q AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】直线过圆锥曲线上已知一点时，可尝试设点求点的套路求出另一点的坐标．本题引入直线AP 的单参方程1(2)y k x -=-，可直接求出点P 的坐标，用k -代换k 立即可得点Q 的坐标，从而顺利求得PQ 的斜率．本解法思路清晰自然，单参变形所产生的运算量适中，无需特殊方法技巧．方法三：点差法+整体代换【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设1122(,),(,)P x y Q x y ，则121211,22AP BP y y k k x x --==--，代入0AP BP k k +=化简整理得122112122240x y x y x x y y +----+=⋅⋅⋅⋅⋅⋅①点,,P Q A 在双曲线上，故221122222212122112x y x y ⎧-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎨⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎩②③④-②③整理得121212122()y y x x x x y y -+=-+即12122()PQ x x k y y +=+ 同理②-④,③-④可得121222,2(1)2(1)AP AQ x x k k y y ++==++ 代入0AP BP k k +=化简整理得122112122240x y x y x x y y ++++++=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⑤①-⑤得12122()4()0x x y y +++=，所以12122()x x y y +=-+所以1PQ k =-.(2)不妨设0AP k >，其倾斜角为θ，由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=± 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==由11111222(1)AP y x k x y -+===-+142(13x -=由22221222(1)AQ y x k x y -+===-+解得242(13x -=-故1||2|1)AP x =-=，2||2|1)AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】点差法在解决圆锥曲线上两点连线斜率有关问题时往往事半功倍．本题充分利用点差法及两点斜率公式，得到直线,AP AQ 斜率的两种表达形式进行整体变形，轻松求得直线PQ 的斜率．本解法运算简洁，思路清晰自然，求斜率事半功倍．方法四：齐次化【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 双曲线可化为22[(2)2][(1)1]12x y -+--+=即22(2)2(1)4[(2)(1)]0x y x y ---+---=设直线PQ 的方程为(2)(1)1a x b y -+-=联立22(2)2(1)4[(2)(1)]0(2)(1)1x y x y a x b y ⎧---+---=⎨-+-=⎩可得22(2)24[(2)(1)][(2)(1)]0x y x y a x b y --+----+-=即22(41)(2)4()(2)(1)(42)(1)0a x b a x y b y +-+----+-=两边同除2(2)x -整理得211(42)()4()(41)022y y b a b a x x --++--+=-- 其中12y x --表示直线AP 与BP 的斜率,AP AQ k k 由于4()024AP AQ a b k k b-+=-=+ 所以a b =，直线PQ 的斜率为1a k b =-=-. (2)不妨设直线AP 的斜率0AP k >，设其倾斜角为θ由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=±因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为±tan θ=因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==直线AP 的方程为12)y x -=-，直线AP 的方程为12)y x -=-，221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x ++-+= 方程的两根为点,A P的横坐标，所以1623P x -+=，103P x -=221212)x y y x ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩消去y得22316)2(120x x -+++= 方程的两根为点,A Q的横坐标，所以1623Q x ++=，103Q x +=于是||2|1)P AP x =-=，||2|1)Q AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】齐次化在解决圆锥曲线同构问题上往往有奇效．本题直线,AP AQ 的斜率具有相同的结构，即12y x --的形式，于是可考虑构造关于1y -与2x -的二次齐次方程．直接将直线PQ 的方程设为(2)(1)1a x b y -+-=，进行“１代换”，为齐次化带来了方便．本解法思路奇巧，运算简洁明了．但需要考生平时付出大量训练才能掌握此方法的精髓和技巧！方法五：坐标平移+齐次化【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 对坐标系进行平移，使坐标原点与点A 重合，在新坐标系下：双曲线方程为22(2)(1)12x y ---=即2224()0x y x y -+-= 设直线PQ 的方程为1ax by +=联立2224()01x y x y ax by ⎧-+-=⎨+=⎩可得2224()()0x y x y ax by -+-+=即22(41)4()(42)0a x b a xy b y ++--+=两边同除2x 得2(42)()4()(41)0yy b a b a x x++--+= 其中y x表示直线AP 与BP 的斜率,AP AQ k k 由于平移不改变直线的斜率，故4()024AP AQ a b k k b -+=-=+ 所以a b =，直线PQ 的斜率为1-.(2)不妨设直线AP 的斜率0AP k >，设其倾斜角为θ由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为±tan θ= 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==在新坐标系下，直线,AP BP的方程分别为,y y ==联立2224()0x y x y y ⎧-+-=⎪⎨=⎪⎩解得4(13P x =，于是|||1)P AP x ==联立2224()0x y x y y ⎧-+-=⎪⎨=⎪⎩解得4(13Q x =-，于是|||1)Q AQ x ==而由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】坐标平移后，在新坐标系下的齐次化过程更加直观自然．运算也变得简单明了了．方法六：参数方程法【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设直线AP ：112cos 1sin x t y t θθ=+⎧⎨=+⎩，其中θ为AP 的倾斜角则直线AQ ：222cos()1sin()x t y t πθπθ=+-⎧⎨=+-⎩，即222cos 1sin x t y t θθ=-⎧⎨=+⎩代入双曲线方程得解得1222224cos 4sin 4cos 4sin ,cos 2sin cos 2sin t t θθθθθθθθ-++==-- 直线PQ 的斜率12121212sin 1cos y y t t k x x t t θθ--==⋅=--+ (2)不妨设直线AP 的斜率0AP k >，其倾斜角为θ由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan 2θ=± 因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=± 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=可得sin θθ==于是12t t ==而由tan PAQ ∠=sin PAQ ∠=所以121||||sin 29PAQ S t t PAQ ∆=∠=. 【点评】直线参数方程的介入，使问题转化为对两参数12,t t 的讨论，思路自然，运算量适中．新教材《选择性必修第一册》68P 探究与发现栏目，对直线的参数方程进行了简单的介绍．所以新高考使用直线参数方程解题是被允许的．此方法同样需要考生付出大量训练才能掌握精髓和技巧！方法七：点差法+分式合分比定理【解析】(1)将点(2,1)A 代入2222:11x y C a a -=-解得22a =，所以双曲线为2212x y -= 设1122(,),(,)P x y Q x y ，则121211,22AP BP y y k k x x --==--，点,,P Q A 在双曲线上，故221122222212122112x y x y ⎧-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎨⎪⎪-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎪⎩②③④-②③整理得121212122()y y x x x x y y -+=⋅⋅⋅⋅⋅⋅-+⑤ 同理②-④,③-④可得121222,2(1)2(1)AP AQ x x k k y y ++==++ 由0AP BP k k +=可得121212*********(1)2(1)AP y y x x k x x y y --++==-==---++ 由分式合分比定理可得12121212121212121442(2)2()AP y y y y x x x x k x x x x y y y y -+--++====+--++- 变形得1212121242(2)y y x x x x y y -+-=-++ 结合⑤得121212121212121212124(4)()12(2)2()2(2)2()y y x x x x x x x x x x y y y y y y y y -+-++--+====--+++++-+ 即1PQ k =-.(2)不妨设0AP k >，其倾斜角为θ，由0AP BP k k +=可知22PAQ θπθ∠=-或而tan PAQ ∠=tan 2θ=±即22tan 1tan θθ=±-tan θ=或tan θ=因为双曲线2212x y -=渐近线斜率为2±，故舍去tan 2θ=± 因为tan 0θ>，故舍去tan θ=tan θ=故AP AQ k k ==由11111222(1)AP y x k x y -+===-+142(13x -=由22221222(1)AQ y x k x y -+===-+解得242(13x -=-故1||2|1)AP x =-=，2||2|1)AQ x =-=而由tan PAQ ∠=sin 3PAQ ∠=所以1||||sin 29PAQ S AP AQ PAQ ∆=∠=. 【点评】点差法在解决圆锥曲线上两点连线斜率有关问题时往往事半功倍．本题充分利用点差法及两点斜率公式，得到直线,AP AQ 斜率的两种表达形式，结合分式合分比定理进行整体变形，求得直线PQ 的斜率．本解法运算简洁，思路清晰自然，求斜率事半功倍．但要求考生对分式合分比定理有较深刻的认识并能较熟练的应用．【总结】解决解析几何压轴题的方法策略主要有三种：1、根与系数的关系法（主流方法）．设出动直线的方程：①y kx m =+，②x my n =+，③00()y y k x x -=-， ④{00cos sin x x t y y t αα=+=+（t 为参数），与圆锥曲线方程联立消元得到关于(x y t ）或参数的一元二次方程，得两根之和两根之积，同时兼顾0,0∆>∆=或的要求，利用两根之和两根之积进行整体代换整体变形而求解．2、多变量多参数联动变换法．此种方法有别于方法1，不联立方程消元求解，而是直接将所设出点的坐标代入曲线（直线）方程和题设中，得到若干个关于点的坐标与参数间的关系式，对这些关系式进行整体变形整体代换而求解．如弦中点问题常用点差法处理．同构问题齐次化处理．此种方法对多变量多参数的代数式的驾驭能力及变换技巧是一种考验．3、设点求点法．方法1、2均采用了设而不求的策略．当问题中直线与曲线的交点易求时，可考虑直接求出点的坐标进行求解，即设点求点法．如：动直线过曲线上一已知点时，则另一交点坐标可直接求出；再如动直线y kx =与椭圆22221x y a b+=的交点易求出．以上七种解决方案中，本人最青睐的是方法三点差整体变形法，轻巧灵动四两拔千斤！其次是方法二设点求点法，思路清晰自然运算简单明了！。

圆锥曲线的经典模型

圆锥曲线中的定点定值问题的四种经典模型定点问题是常见的出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、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m 的一次函数关系式，代入直线方程即可。

技巧在于：设哪一条直线？如何转化题目条件？圆锥曲线是一种很有趣的载体，自身存在很多性质，这些性质往往成为出题老师的参考。

如果大家能够熟识这些常见的结论，那么解题必然会事半功倍。

下面总结圆锥曲线中几种常见的几种定点模型：模型一：“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 mx 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：1222,7km 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))(,)((2222022220ba b a y b a b a x +-+-。

圆锥曲线定点问题含详解

圆锥曲线定点问题一、求解圆锥曲线中定点问题的两种求法(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关． (2)直接推理法：①选择一个参数建立方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常数k 变成变量，将变量x ，y 当成常数，将原方程转化为kf (x ，y )＋g (x ，y )＝0的形式；②根据曲线(包含直线)过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组⎩⎪⎨⎪⎧f （x ，y ）＝0，g （x ，y ）＝0；③以②中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决．二、[典例] (2020·高考全国卷Ⅰ)已知A ，B 分别为椭圆E ：x 2a2 ＋y 2＝1(a ＞1)的左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG → ·GB →＝8.P 为直线x ＝6上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D .(1)求E 的方程；(2)证明：直线CD 过定点．解析：(1)由题设得A (－a ，0)，B (a ，0)，G (0，1).则AG → ＝(a ，1)，GB → ＝(a ，－1).由AG → ·GB → ＝8，得a 2－1＝8，即a ＝3.所以E 的方程为x 29＋y 2＝1.(2)证明：设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，P (6，t ).若t ≠0，设直线CD 的方程为x ＝my ＋n ，由题意可知－3＜n ＜3. 由于直线PA 的方程为y ＝t 9 (x ＋3)，所以y 1＝t9 (x 1＋3).直线PB 的方程为y ＝t 3 (x －3)，所以y 2＝t3 (x 2－3). 可得3y 1(x 2－3)＝y 2(x 1＋3).由于x 22 9＋y 22 ＝1，故y 22 ＝－（x 2＋3）（x 2－3）9，可得27y 1y 2＝－(x 1＋3)(x 2＋3)，即(27＋m 2)y 1y 2＋m (n ＋3)(y 1＋y 2)＋(n ＋3)2＝0.①将x ＝my ＋n 代入x 29＋y 2＝1得(m 2＋9)y 2＋2mny ＋n 2－9＝0.所以y 1＋y 2＝－2mn m 2＋9 ，y 1y 2＝n 2－9m 2＋9.2222解得n ＝－3(舍去)或n ＝32 .故直线CD 的方程为x ＝my ＋32，即直线CD 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0 . 若t ＝0，则直线CD 的方程为y ＝0，过点⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0 . 综上，直线CD 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0 . 三、好题对点训练1．设椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>过M N ，两点，O 为坐标原点（1）求椭圆E 的方程;（2）设E 的右顶点为D ，若直线:l y kx m =+与椭圆E 交于A ，B 两点(A ，B 不是左右顶点)且满足DA DB DA DB +=-，证明:直线l 过定点，并求该定点坐标.2．已知抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点F 到双曲线2213x y -=的渐近线的距离为1．（1）求抛物线C 的方程；（2）若抛物线C 上一点P 到F 的距离是4，求P 的坐标；（3）若不过原点O 的直线l 与抛物线C 交于A 、B 两点，且OA OB ⊥，求证：直线l 过定点．3．如图，已知抛物线()220y px p =>上一点()2,M m 到焦点F 的距离为3，直线l 与抛物线交于()11,A x y ，()22,B x y 两点，且10y >，20y <，12OA OB ⋅=（O 为坐标原点）.（1）求抛物线的方程；（2）求证直线l 过定点；4．已知椭圆()222210x y a b a b+=>>的离心率e =，上顶点是P ，左､右焦点分别是1F ，2F ，若椭圆经过点⎭.（1）求椭圆的方程；（2）点A 和B 是椭圆上的两个动点，点A ，B ，P 不共线，直线PA 和PB 的斜率分别是1k 和2k ，若1223k k =，求证直线AB 经过定点，并求出该定点的坐标. 5．已知点P 到直线y ＝－3的距离比点P 到点A (0，1)的距离多2. （1）求点P 的轨迹方程；（2）经过点Q (0，2)的动直线l 与点P 的轨迹交于M ，N 两点，是否存在定点R 使得∠MRQ ＝∠NRQ ？若存在，求出点R 的坐标；若不存在，请说明理由.6．已知焦点在x 轴上的椭圆C ：222210)x y a b a b+=>>（，短轴长为左焦点的距离为1．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）如图，已知点2(,0)3P ，点A 是椭圆的右顶点，直线l 与椭圆C 交于不同的两点 ,E F ，,E F 两点都在x 轴上方，且APE OPF ∠=∠．证明直线l 过定点，并求出该定点坐标．7．已知经过圆2221:C x y r +=上点00(,)x y 的切线方程是200x x y y r +=.（1）类比上述性质，直接写出经过椭圆22222:1(0)x y C a b a b+=>>上一点00(,)x y 的切线方程；（2）已知椭圆22:16x E y +=，P 为直线3x =上的动点，过P 作椭圆E 的两条切线，切点分别为A ､B ，求证：直线AB 过定点.8．已知抛物线C ：()220y px p =>的焦点F 是椭圆22143x y +=的一个焦点. （1）求抛物线C 的方程；（2）设P ，M ，N 为抛物线C 上的不同三点，点()1,2P ，且PM PN ⊥.求证：直线MN 过定点.9．已知椭圆E ：22221(0)x y a b a b +=>>E 的长轴长为．（1）求椭圆E 的标准方程；（2）设()0,1A -，()0,2B ，过A 且斜率为1k 的动直线l 与椭圆E 交于M ，N 两点，直线BM ，BN 分别交☉C ：()2211x y +-=于异于点B 的点P ，Q ，设直线PQ 的斜率为2k ，直线BM ，BN 的斜率分别为34,k k ． ①求证：34k k ⋅为定值； ②求证：直线PQ 过定点.10．已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左､右焦点分别为12,F F ，点()0,1M -是椭圆的一个顶点，12F MF △是等腰直角三角形. （1）求椭圆的方程；（2）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12,k k ，且124k k +=，求证：直线AB 过定点1,12⎛⎫⎪⎝⎭.11．已知抛物线2:4C y x =上有一动点()()000,0P x y y >，过点P 作抛物线C 的切线l 交x 轴于点M ．（1）判断线段MP 的中垂线是否过定点？若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由；（2）过点P 作l 的垂线交抛物线C 于另一点N ，求PMN 的面积的最小值． 12．已知动点M 到点()1,0的距离比它到y 轴的距离大1．（1）求动点M 的轨迹W 的方程；（2）若点()()001,0P y y >、M 、N 在抛物线上，且12PM PN k k =-⋅，求证：直线MN 过定点．13．已知抛物线22(0)y px p =>的焦点为F ，点(1,)M m 为抛物线上一点，且2MF =. （1）求抛物线的标准方程；（2）直线l 交抛物线于不同的,A B 两点，O 为坐标原点，且4OA OB ⋅=-求证：直线l 恒过定点，并求出这个定点.14．过点(0,2)D 的任一直线l 与抛物线220C :x py(p )=＞交于两点,A B ，且4OA OB =-．（1）求p 的值．（2）已知,M N 为抛物线C 上的两点，分别过,M N 作抛物线C 的切线12l l 和，且12l l ⊥，求证：直线MN 过定点．15．已知点P 与定点F 的距离和它到定直线x = （1）求点P 的轨迹方程C ；（2）点M ，N 在C 上，(2,1)A 且,AM AN AD MN ⊥⊥，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得||DQ 为定值．16．已知点(0,2)A -，(0,2)B ，动点P 满足直线PA 与PB 的斜率之积为23-.记点P 的轨迹为曲线C . （1）求C 的方程；（2）过x 轴上一点Q 且不与坐标轴平行的直线与C 交于M ，N 两点，线段MN 的垂直平分线与x 轴交于点R ，若|||MN QR =，求点Q 的坐标. 17．已知双曲线2214x y -=.（1）过(1,0)P -的直线1l 与双曲线有且只有一个公共点，求直线1l 的斜率；（2）若直线2:l y kx m =+与双曲线相交于,A B 两点（,A B 均异于左、右顶点），且以线段AB 为直径的圆过双曲线的左顶点C ，求证：直线2l 过定点.18．已知点P 是曲线C 上任意一点，点P 到点()1,0F 的距离与到直线y 轴的距离之差为1.（1）求曲线C 的方程；（2）设直线1l ，2l 为曲线C 的两条互相垂直切线，切点为A ，B ，交点为点M . （i ）求点M 的轨迹方程；（ii ）求证：直线AB 过定点，并求出定点坐标.19．1.双线曲2222:1x y C a b-=经过点(2,3)，一条渐近线的倾斜角为3π，直线l 交双曲线于A 、B ．（1）求双曲线C 的方程；（2）若l 过双曲线的右焦点1F ，是否存在x 轴上的点(,0)M m ，使得直线l 绕点1F 无论怎样转动，都有0MA MB →→⋅=成立？若存在，求出M 的坐标，若不存在，请说明理由． 20．如图：已知抛物线C ：2y x =与()1,2P ，Q 为不在抛物线上的一点，若过点Q 的直线的l 与抛物线C 相交于AB 两点，直线PA 与抛物线C 交于另一点M ，直线PB 与抛物线C 交于另一点N ，直线MB 与NA 交于点R .（1）已知点A 的坐标为(9，3)，求点M 的坐标；（2）是否存在点Q ，使得对动直线l ，点R 是定点？若存在，求出所有点Q 组成的集合；若不存在，请说明理由.21．已知动点P 到点(的距离与到直线x =（1）求动点的轨迹C 的标准方程；（2）过点(4,0)A -的直线l 交C 于M ，N 两点，已知点(2,1)B --，直线BM ，BN 分别交x 轴于点E ，F .试问在轴上是否存在一点G ，使得0BE GF GE BF ⋅+⋅=？若存在，求出点G 的坐标；若不存在，请说明理由.参考答案1．（1）22184x y += （2）证明见解析，【分析】（1）将椭圆上的两点代入椭圆方程中，再解方程即可；（2）先将DA DB DA DB +=-转化为DA DB ⊥，再直线与椭圆联立，建立方程后进一步化简直线方程即可获得解决. （1）因为椭圆E : 22221x y a b+=（a ，b >0）过M N ，两点，所以2222421611a b a b ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得22118114a b⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，得2284a b ⎧=⎨=⎩，所以椭圆E 的方程为22184x y +=. （2）由（1）知D ，设1122(,),(,)A x y B x y由DA DB DA DB +=-可知，DA DB ⊥，所以，0DA DB ⋅=即：1212(0x x y y --+=所以221212(1)()80k x x km x x m ++-+++= （※）联立直线和椭圆方程，消去y ，得：222(12)4280k x kmx m +++-= 由22Δ0,84m k ><+得所以2121222428,1212km m x x x x k k -+=-=++0=，即得22380m k ++=所以，()(3)0m m ++=所以，m m =-=或所以，直线l的方程为y kx y kx =-=或所以，过定点0)或，根据题意，舍去0)所以，直线过定点 2．（1）28y x = （2）(2,)4± （3）证明见解析【分析】（1）利用点到直线距离得到参数即可；（2）利用抛物线定义即可得到P 的坐标；（3）联立方程，利用韦达定理表示垂直关系，即可得到直线l 过定点．（1）抛物线的焦点F 为,02p ⎛⎫ ⎪⎝⎭，双曲线的渐近线方程为：y x =，即：0x =1=，解得4p =故抛物线C 的方程为：28y x =；（2）设()00,P x y ，由抛物线的定义可知：042p x +=，即0442x +=，解得：02x =将02x =代入方程28y x =得：04y =±，即P 的坐标为(2,)4±；（3）由题意可知直线l 不能与x 轴平行，故方程可设为(0)x my n n =+≠与抛物线方程联立得28x my ny x =+⎧⎨=⎩，消去x 得：2880y my n --=设()()1122,,A x y B x y ，则12128,8y y m y y n +==- 由OA OB ⊥可得：12120x x y y +=，即()21212064y y y y +=即：12121064y y y y ⎛⎫+= ⎪⎝⎭亦即：881064n n -⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，又0n ≠，解得：8n =所以直线l 的方程为8x my =+，易得直线l 过定点(8,0).3．（1）24y x =；（2）证明见解析.【分析】（1）根据抛物线的焦半径公式，求p ，得到抛物线的方程；（2）首先设直线方程x my t =+，()0t >，与抛物线方程联立，利用韦达定理表示OA OB ⋅的坐标表示，求得t ，即可说明直线过定点. 【详解】（1）由题意可得232p+=，2p = 抛物线方程为24y x =（2）设直线l 方程为x my t =+，()0t >，代入抛物线方程24y x =中，消去x 得，2440y my t --= 124y y t ，()221212116x x y y t ==. 22212121212·41244y y OA OB x x y y y y t t ⋅=+=+=-=解得6t =或2t =-（舍去）直线l 方程为6x my =+，直线过定点()6,0Q . 4．（1）2213x y +=；（2）直线AB 过定点(0,3)-【分析】（1）因为椭圆的离心率e，椭圆经过点，列方程组，解得2a ，2b ，2c ，即可得出答案．（2）设直线AB 的方程为y kx b =+，1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，联立直线AB 与椭圆的方程，结合韦达定理可得12x x +，12x x ，再计算1223k k ⋅=，解得b ，即可得出答案．【详解】解：（1）因为椭圆的离心率e，椭圆经过点⎭，所以222231c e a a b ⎧==⎪⎪⎨⎪⎪+=⎩，又222a b c =+，解得23a =，21b =，22c =，所以椭圆的方程为2213x y +=．（2）证明：设直线AB 的方程为y kx b =+，1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，联立2213x y y kx b ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，得222(13)6330k x kbx b +++-=，所以122613kb x x k +=-+，21223313b x x k -=+，所以1111y k x -=，2221y k x -=，所以222121212122121211(1)()(1)(1)23(1)3kx b kx b k x x k b x x b b k k x x x x b +-+-+-++--⋅=⋅===-，解得3b =-，所以直线AB 过定点(0,3)-．5．（1）x 2＝4y ；（2）存在，定点R (0，－2). 【分析】（1）由|PA |等于点P 到直线y ＝－1的距离，结合抛物线的定义得出点P 的轨迹方程；（2）由对称性确定点R 必在y 轴上，再由∠MRQ ＝∠NRQ 可得k MR ＋k NR ＝0，联立直线l 与抛物线方程，结合韦达定理求出定点R (0，－2). 【详解】（1）由题知，|PA |等于点P 到直线y ＝－1的距离，故P 点的轨迹是以A 为焦点，y ＝－1为准线的抛物线，所以其方程为x 2＝4y .（2）根据图形的对称性知，若存在满足条件的定点R ，则点R 必在y 轴上，可设其坐标为(0，r )此时由∠MRQ ＝∠NRQ 可得k MR ＋k NR ＝0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则11y rx -＋22y r x -＝0由题知直线l 的斜率存在，设其方程为y ＝kx ＋2，与x 2＝4y 联立得x 2－4kx －8＝0，则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－811y r x -＋22y r x -＝112kx r x +-＋222kx r x +-＝2k ＋1212(2)()r x x x x -+＝2k －(2)2k r -＝0故r ＝－2，即存在满足条件的定点R (0，－2). 【点睛】关键点睛：解决问题一时，关键是由抛物线的定义得出轨迹方程；解决问题二时，关键是由对称性得出点R 必在y 轴上，进而设出其坐标. 6．（1）22143x y +=；（2）证明见解析，(6,0).【分析】（1）利用已知和,,a b c 的关系，列方程组可得椭圆C 的标准方程；（2）直线l 斜率存在时，设出直线方程与椭圆方程联立， APE OPF ∠=∠可得0PE PF k k +=，利用根与系数的关系代入化简，可得直线l 所过定点．【详解】（1）由22221b a c a c b ⎧=⎪-=⎨⎪-=⎩得21b a c ⎧⎪=⎨⎪=⎩，所以椭圆C 的标准方程为22143x y +=. （2）当直线l 斜率不存在时，直线l 与椭圆C 交于不同的两点分布在x 轴两侧，不合题意. 所以直线l 斜率存在，设直线l 的方程为y kx m =+. 设11(,)E x y 、22(,)F x y ，由22143x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩得222(34)84120k x kmx m +++-=，所以122834km x x k -+=+，212241234m x x k -=+.因为APE OPF ∠=∠，所以0PE PF k k +=，即121202233y y x x +=--，整理得1212242()()033mkx x m k x x +-+-= 化简得6m k =-，所以直线l 的方程为6(6)y kx k k x =-=-，所以直线l 过定点(6,0). 7．（1）00221x x y ya b+=；（2）证明见解析. 【分析】（1）根据已知直接类比求解即可；（2）根据（1），根据题意，得到方程组，根据方程组的特征求出A ､B 两点坐标特征，最后可以求出直线AB 过定点. 【详解】（1）类比上述性质知：切线方程为00221x x y ya b+=.（2）设切点为1222(,),(,)A x y B x y ，点(3,)P t ，由（1）的结论的AP 直线方程：1116x x y y +=，BP 直线方程：2216x xy y +=，通过点(3,)P t ，∴有1122316316x y t x y t ⋅⎧+⋅=⎪⎪⎨⋅⎪+⋅=⎪⎩，∴A ，B 满足方程：12xty +=，∴直线AB 恒过点：1020xy ⎧-=⎪⎨⎪=⎩，即直线AB 恒过点(2,0).8．（1）24y x =；（2）证明见解析. 【分析】（1）椭圆22143x y +=的焦点为()1,0±，由题意可知12p =，由此即可求出抛物线的方程；（2）设直线MN 的方程为x my n =+，与抛物线联立得，可得211244y y y y m n ==-+，，再根据PM PN ⊥，可得0PM PN ⋅=，列出方程代入211244y y y y m n ==-+，，化简可得2264850n n m m ---+=，再因式分解可得25n m =+或21n m =-+，再代入方程进行检验，即可求出结果. 【详解】（1）因为椭圆22143x y +=的焦点为()1,0±，依题意，12p=，2p =，所以C ：24y x =（2）设直线MN 的方程为x my n =+，与抛物线联立得2440y my n --=，设()11,M x y ，()22,N x y ，则211244y y y y m n ==-+，，由PM PN ⊥，则0PM PN ⋅=，即()()11221,21,20x y x y --⋅--=，所以()()()()121211+220x x y y ----=即()()()()121211+220my n my n y y +-+---=，整理得到()()()()22121212+140m y y mn m y y n ++--+-+=，所以()()()224142+140n m m mn m n -++---+=，化简得2264850n n m m ---+=即()()22341n m -=-，解得25n m =+或21n m =-+.当25n m =+时，直线MN 的方程为25x my m =++，即为()52x m y -=+，即直线过定点()5,2-；当21n m =-+时，直线MN 的方程为21xmy m ，即为()12x m y -=-，即直线过定点()1,2，此时与点P 重合，故应舍去，所以直线MN 过定点()5,2-. 【点睛】本题考查抛物线的方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题． 9．（1）22164x y += （2）①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）由已知条件列出关于,,a b c 的方程组，解之可得；（2）设MN 的方程为11y k x =-，设11(,)M x y ，22(,)N x y ，直线方程代入椭圆方程，整理后由韦达定理得1212,x x x x +，然后计算34k k ⋅可得结论；②设PQ 的方程为2y k x t =+ ，设33(,)P x y ，44()Q x y ，，直线方程代入圆方程，整理后应用韦达定理得3434,x x x x +，由点的坐标求得BP BQ k k ⋅，利用它等于34k k ⋅可求得t 值，从而由直线方程得定点．（1）由题意2222a ca b c a⎧=⎪⎪=⎨⎪+=⎪⎩解得2b a c =⎧⎪=⎨⎪=⎩所以椭圆的标准方程为：22164x y +=；（2）① 设MN 的方程为11y k x =-，与22164x y +=联立得：2211(32)690k x k x +--=，设11(,)M x y ，22(,)N x y ，则112212222111632932Δ72(21)0k x x k x x k k ⎧+=⎪+⎪⎪=-⎨+⎪⎪=+>⎪⎩，12111234121222(3)(3)y y k x k x k k x x x x ----⋅=⋅==2112112123()92k x x k x x x x -++=- ②设PQ 的方程为2,2y k x t t =+≠ ，与22(1)1y x +-=联立2222(1)2(1)(2)0k x k t x t t ++-+-=，设33(,)P x y ，44()Q x y ，，则23422342222222(1)1(2)1Δ4(2)0k t x x k t t x x k k t t =-⎧+-⎪+⎪-⎪=⎨+⎪⎪=-+>⎪⎩222232324422234342(2)(2)2(2)2(2)(1)(1)(2)(2)BP BQ y k x t k x t y k t t k t t k t k k x x x x t t -+-+------++-⋅=⋅==-2222222(1)(1)(2)2k t k t k t t t t--++--==由34BP BQ k k k k ⋅=⋅，即222,,3t t t -=-∴=此时22284()09k ∆=+>，所以PQ 的方程为223y k x =+，故直线PQ 恒过定点2(0,)3.10．（1）2212x y +=（2）证明见解析【分析】（1）根据题意列方程组求得,a b ，即可得到椭圆的标准方程；（2）设()()1122,,,A x y B x y ，分直线AB 斜率存在与不存在两种情况证明.当直线AB 的斜率存在时，设AB ：y kx m =+，联立椭圆方程消元后利用韦达定理及判别式求得22212122242221,,2121km m k m x x x x k k -+>+=-⋅=++，由124k k +=求得12k m =-，代入直线方程可证得直线过定点1,12⎛⎫⎪⎝⎭，再考虑直线AB 的斜率不存在时情况，易证得结果.（1）由题意可得2221b c b a b c =⎧⎪=⎨⎪=+⎩，解得1,a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩所以椭圆的方程为2212x y +=.（2）设()()1122,,,A x y B x y .①当直线AB 斜率存在时，设直线AB 方程为y kx m =+，联立2212y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得()222214220k x kmx m +++-=. 由()()()222222Δ16421228210k m k m k m =-+-=-+>，得2221k m +>.所以2121222422,2121km m x x x x k k -+=-⋅=++．所以12121212121111y y kx m kx m k k x x x x +++++++=+=+()1212214x x k m x x +=++=，即2241km k m -=-，所以21km k m =--，即()()2122km k m km k m =--=--+，所以12k m =-，所以11122k y kx m kx k x ⎛⎫=+=+-=-+ ⎪⎝⎭，所以直线AB 过定点1,12⎛⎫⎪⎝⎭.②当直线AB 斜率不存在时，()()1111,,,A x y B x y -，则11121111124y y k k x x x +-++=+==，所以112x =，则直线AB 也过定点1,12⎛⎫⎪⎝⎭.综合①②，可得直线AB 过定点1,12⎛⎫⎪⎝⎭.11．（1）存在，过定点()1,0F （2【分析】（1）设直线MP 的方程为y kx b =+与抛物线方程联立方程组，消元后由判别式为0，得1kb =，这样可用k 表示出P 点坐标，从而也可得M 点坐标，然后求出MP 中垂线方程后可得定点；（2）由（1），求出PN 方程，与抛物线方程联立求得N 点坐标后，计算出PM ，PN ，从而得PMN 面积S 为k 的函数，其中0k >，利用导数可求得其最小值．（1）解：设直线MP 的方程为y kx b =+，和抛物线方程24y x =联立得：2440ky y b -+=，由0k ≠，0∆=得1kb =，则2440ky y b -+=的解为2y k=，由020y k =>得0k >，21y b x k k -==，得212,P k k ⎛⎫⎪⎝⎭，在y kx b =+中，令0y =得21b x k k =-=-，所以21,0M k ⎛⎫- ⎪⎝⎭，MP 中点为1(0,)k ，所以线段MP 的中垂线方程为()11y x k=--，所以线段MP 的中垂线过定点()1,0F . （2）解：由（1）可知，直线NP 的方程为23112112y x x k k k k k k⎛⎫=--+=-++ ⎪⎝⎭将其与抛物线方程24y x =联立得：2311204y y k k k ⎛⎫+-+= ⎪⎝⎭，24,4N P N y y k y k k ⎛⎫∴+=-∴=-+ ⎪⎝⎭，22P M PM x k =-=，44N P PN y k k=-=-. 所以PMN 的面积为()()223410k S k k+=>，所以()()224413k k S k+-'=，当0k <<0S '<，S 单调递减，当k >0S '>，S 单调递增，所以k =min S =. 12．（1）24,00,0x x y x ≥⎧=⎨<⎩；（2）证明见解析. 【分析】（1）令(,)M x y ||1x =+，讨论0x ≥、0x <化简整理求轨迹方程.（2）由（1）得()1,2P ，设MN 为x my n =+，2111,4M y y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，2221,4N y y ⎛⎫⎪⎝⎭，联立抛物线方程应用韦达定理得124y y m +=，124y y n =-，根据题设条件有()12122360y y y y +++=，进而可得,n m 的数量关系，即可证明结论. （1）由题设，(,)M x y 到点()1,0的距离比它到y 轴的距离大1，||1x =+，当0x ≥时，222(1)(1)x y x -+=+，整理得24y x =；当0x <时，222(1)(1)x y x -+=-，整理得0y =；∴动点M 的轨迹W 的方程为24,00,0x x y x ≥⎧=⎨<⎩．（2）证明：()()001,0P y y >，由（1）知：()1,2P ，设MN 的方程为x my n =+，2111,4M y y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，2221,4N y y ⎛⎫⎪⎝⎭，联立24x my n y x =+⎧⎨=⎩，得2440y my n --=，∴124y y m +=，124y y n =-，由1211241214PM y k y y -==+-，同理242PN k y =+，又12PM PN k k =-⋅， ∴()()12161222y y =-++， ∴()12122360y y y y +++=，则290n m -++=，即29n m =+（满足Δ0>），直线MN 的方程为()2929x my m m y =++=++， ∴直线MN 过定点()9,2-，得证． 13．（1）24y x =（2）直线过定点(2,0)【分析】（1）利用焦半径的定义可得P 的值，即可得到答案；（2）设()()1122,,,A x y B x y ，直线:l x my n =+，根据4OA OB ⋅=-可求得n 的值，即可得到答案；（1）2MF =，∴1222pp +=⇒=， ∴抛物线的标准方程为24y x =.（2）设()()1122,,,A x y B x y ，直线:l x my n =+代入抛物线24y x =得： 2440y my n --=，∴121244y y my y n +=⎧⎨⋅=-⎩，12124OA OB x x y y ⋅=+=-，①又22112244y x y x ==，，()2212121616x x y y n ∴==，∴212x x n =，∴①等价于22440(2)02n n n n -+=⇒-=⇒=， ∴直线l 恒过定点(2,0).14．（1）2p = （2）证明见解析【分析】(1) 设1122(,),(,)A x y B x y ，直线l 的方程为2y kx =+，与抛物线方程联立，可求1212,x x x x +⋅，由4OA OB =-列方程求p 的值；(2) 设3344(,),(,)M x y N x y 利用导数的几何意义求切线12l l 和的方程，根据12l l ⊥可得344x x =-，化简直线MN 的方程，证明直线MN 过定点．（1）设1122(,),(,)A x y B x y ，直线l 的方程为2y kx =+，与抛物线方程联立，整理可得2240.x pkx p --= 所以，12122,4x x pk x x p +=⋅=-，所以，221212122444 4.4x x OA OB x x y y p p p ⋅=+=-=-=- 所以， 2.p = （2）抛物线C 的方程为24x y =，即24x y =，对该函数求导得2x y '=，设3344(,),(,)M x y N x y ，则抛物线在点M 处的切线方程为333()2xy y x x -=-，从而312x k =，同理422x k =，因为12l l ⊥，所以121k k =-，即344x x =-，又34343434223434()()4MN y y y y x x x x k x x x x --++===--，从而直线MN 的方程为：3433()4x x y y x x +-=-，将2334x y =，344x x =-带入化简得：3414x x y x +=+，所以，直线MN 恒过定点(0,1)． 15．（1）22163x y +=；（2）证明见解析. 【分析】（1）设(,)P x y ，利用两点距离公式及点线距，结合已知条件可得2226x y +=，即可写出P 的轨迹方程C .（2）由（1）易知A 在椭圆C 上，设1122(,),(,)M x y N x y ，讨论MN 斜率：存在时令MN 为y kx m =+，联立椭圆方程结合韦达定理及0AM AN ⋅=可得2310k m ++=，可知MN 过定点；斜率不存在时由0AM AN ⋅=求M 、N 的横坐标，判断是否过同一定点，最后根据AD MN ⊥确定D 的轨迹为圆，进而确定圆心即可证结论. （1）设(,)P x y ，由题设2222[(](x y x +=-，整理得：2226x y +=，∴P 的轨迹方程C 为22163x y +=.（2）由（1）知：A 在椭圆C 上，设1122(,),(,)M x y N x y ，当直线MN 斜率存在时，令MN 为y kx m =+，联立椭圆C 并整理得：222(21)4260k x kmx m +++-=，∴222222168(3)(21)488240k m m k k m ∆=--+=-+>，则122421km x x k +=-+，21222(3)21m x x k -=+，故121222()221m y y k x x m k +=++=+，222212121226()21m k y y k x x km x x m k -=+++=+， ∵AM AN ⊥，而11(2,1)AM x y =--，22(2,1)AN x y =--，∴121212121212(2)(2)(1)(1)2()()5AM AN x x y y x x x x y y y y ⋅=--+--=-++-++=0； ∴由上整理得：2234821(231)(21)0m k km m k m k m ++--=+++-=.由题设知：A 不在MN 上，即210k m +-≠，故2310k m ++=，则2133k m +=-，∴MN 过定点21(,)33E -，当直线MN 斜率不存在时，则11(,)N x y -，由2211(2)10AM AN x y ⋅=-+-=，又221126x y +=，可得2113840x x -+=，解得123x =或12x =(舍)，∴此时MN 也过定点21(,)33E -，又AD MN ⊥，即90ADE ∠=︒，故D 在以AE 为直径的圆上且圆心为41(,)33.∴定点Q 41(,)33，使得||DQ 为定值，得证.【点睛】关键点点睛：第二问，讨论MN 斜率，联立椭圆方程及线段的垂直关系，利用向量垂直的坐标表示判断MN 所过的定点坐标，再由AD MN ⊥判断D 的轨迹为圆，找到圆心坐标，即为所要证的定点Q . 16．（1）221(2)64x y y +=≠±；（2）(Q . 【分析】（1）设(,)P x y ，应用斜率的两点式及已知条件可得222(2)3y y y x x +-⋅=-≠±，化简整理即可得C 的方程；（2）设(,0)Q n ，:MN l x my n =+(0)m ≠，11(,)M x y ，22(,)N x y ，联立曲线C ，结合韦达定理求MN 的中点坐标，进而写出MN 垂直平分线方程即可得R 的坐标，根据弦长公式及|||MN QR =可得22(42)(23)0n m -+=，即可求Q 的坐标.（1）设(,)P x y ，则直线PA ，PB 的斜率之积为222(2)3y y y x x +-⋅=-≠±， ∴整理得222312+=x y ，即221(2)64x y y +=≠±，因此，点P 的轨迹曲线C 的方程为221(2)64x y y +=≠±.（2）设(,0)Q n ，:MN l x my n =+(0)m ≠，11(,)M x y ，22(,)N x y .由2223120x my nx y =+⎧⎨+-=⎩，得222(23)42120m y mny n +++-=，当2224(46)0m n ∆=-+>时，122423mn y y m -+=+，212221223n y y m -=+，∴||MN =又线段MN 的中点为22222,2323m n mn n m m ⎛⎫--+ ⎪++⎝⎭，即2232,2323nmn m m -⎛⎫ ⎪++⎝⎭， ∴线段MN 的垂直平分线为22232323mn n y m x m m -⎛⎫-=-- ⎪++⎝⎭，令0y =，得223R n x m =+，故2,023n m R ⎛+⎫⎪⎝⎭.由|||MN QR =223nm -+，整理得|2n =∴22(42)(23)0n m -+=，则有n =(Q . 17．（1）11,22-（2）证明见解析【分析】（1）设出直线方程，与双曲线联立，利用判别式可求；（2）联立直线2l 与双曲线方程，利用韦达定理结合0AC BC ⋅=求出m 和k 关系即可证明. （1）由题意得直线1l 的斜率必存在，设()1:1l y k x =+，联立()22114y k x x y ⎧=+⎪⎨-=⎪⎩，得()2222148440k x k x k ----= 若2140k -=，即12k =±时，满足题意；若2140k -≠，即12k ≠±时，令()()()22228414440k k k ∆=-----=，解之得k = 综上，1l的斜率为11,22-（2）证明：设()11,A x y ，()22,B x y ，联立2214y kx mx y =+⎧⎪⎨-=⎪⎩，得()()222148410k x kmx m ---+=，则：()()221222122164108144114m k mk x x k m x x k ⎧⎪∆=-+>⎪⎪+=⎨-⎪⎪-+⎪=-⎩以线段AB 为直径的圆过双曲线的左顶点C ()2,0-，∴0AC BC ⋅=，即()121212240x x x x y y ++++=，由韦达定理知，()()()2222121212122414m k y y kx m kx m k x x mk x x m k -=++=+++=-.则()2222224141640141414m m k mk k k k -+-+++=---，整理得22316200m mk k -+=，解得2m k =或103km =（均满足0∆>）. 当2m k =时，直线l ：()+2+2y kx m kx k k x =+==，此时，直线过点()2,0-，不满足题意，故舍去；当103k m =时，直线l ：1010++33y kx m kx k k x ⎛⎫=+== ⎪⎝⎭，此时，直线恒过点10,03⎛⎫- ⎪⎝⎭，满足题意.所以原题得证，即直线2l 过定点10,03⎛⎫- ⎪⎝⎭.18．（1）24y x =或0(0)y x =<（2）(i)1x =-；(ii)证明见解析，定点为(1,0) 【分析】(1)设出P 点坐标，根据题意列式化简即可.(2) (i)设出切点，表示出切线方程，再联立两切线方程即可求出交点坐标；(ii)根据A 、B 两点坐标表示出直线AB 的点斜式方程，化简求出定点. （1）设(,)P x y ，则当0x ≥时，1PF x -=，1x =+，当x>0时化简得24y x =；当0x <时，由题意得0(0)y x =<，所以曲线C 的方程为：24y x =或0(0)y x =<.（2）(i)当0(0)y x =<时，不合题意，故设211,4y A y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，222,4y B y ⎛⎫⎪⎝⎭，则过点A 的切线为：1122y y x y =+，同理可得过点B 的切线为：2222yy x y =+.根据12l l ⊥可得124y y =-. 所以联立两条切线方程11222222y y x y y y x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩可得1M x =-，所以M 的轨迹为1x =-(ii)由题意可得AB l 的直线方程为：()211211122221211444444y y y y y y y x x y y y y -⎛⎫--=-=+ ⎪---⎝⎭，所以必过()1,0 【点睛】求曲线方程的题通常有两种做法，一种是直接根据题意列式化简即可，一种需要结合图像，先根据定义分析出曲线为何种曲线，再进行计算.证明直线过定点常用方法为设而不求，得出参数之间的关系即可求得定点. 19．（1）2213y x -=（2）存在；定点M 的坐标为(1,0)- 【分析】（1）根据倾斜角得出渐近线的倾斜角，求出渐近线方程，进而得到a ,b 的关系，再将点的坐标代入双曲线方程，最后解出a ,b 即可；（2）考虑直线的斜率存在和不存在两种情况，当直线斜率存在时，设出直线的点斜式方程并代入双曲线方程并化简，进而根据根与系数的关系与0MA MB →→⋅=得到答案. （1）双曲线的渐近线方程为by x a =±，因为两条渐近线的夹角为3π，故渐近线b y x a=的倾斜角为6π或3π，所以b a =b a =又22491a b -=，故22491b a b ⎧=⎪⎨-=⎪⎩或22491a a b ⎧⎪⎨-=⎪⎩（无解），故1a b =⎧⎪⎨=⎪⎩所以双曲线2213y x -=．（2）双曲线的右焦点为2(2,0)F ，当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为：(2)y k x =-，设()11,A x y ，()22,B x y ，因为0MA MB →→⋅=，所以()()12120x m x m y y --+=，整理得到()()()222212121240k x x m k x x m k +-++++=…①，由22(2)33y k x x y =-⎧⎨-=⎩可以得到()222234430k x k x k -+--=，因为直线l 与双由线有两个不同的交点，故()()422216434336450k k k k ∆=+-+=+>且230k -≠，所以k ≠由题设有①对任意的k ≠ 因22121222443,33k k x x x x k k ++=-=---，所以①可转化为()()22222222434124033k k k m k m k k k+-+++++=--，整理得到()()22231540m m m k -++-=对任意的k ≠故2210540m m m ⎧-=⎨+-=⎩，故1m =-即所求的定点M 的坐标为(1,0)-．当直线l 的斜率不存在时，则:2l x =，此时(2,3),(2,3)A B -或(2,3),(2,3)-B A ，此时330MA MB →→=-+=⋅．综上，定点M 的坐标为(1,0)-．【点睛】本题第（2）问是一道常规压轴题，根据向量数量积为0得到两点的坐标关系，然后结合根与系数的关系将式子化简，最后求出答案.20．（1）M (25，5)；（2）存在，7221(,),22k k x y x y k k --⎧⎫==⎨⎬--⎩⎭∣(k ∈R 且k ≠2).【分析】（1）设M (m 2，m )，因为A ，P ，M 三点共线，则斜率相等，代入计算可得m =5，从而求出点M 坐标；（2）设A (a 2，a )，B (b 2，b )，M (m 2，m )，N (n 2，n )，利用两点可求直线AM 的方程，代入P 点坐标，可解出212a m a -=-，同理解出212b n b -=-，联立直线AN 和BM ，解出R 的纵坐标，代入,m n ，得到(21)2(2)27R a b a y a b a --+=--+，直线AB 的方程过点Q (s ，t )，可通过代入Q 点建立,s t的关系，若R y 为定值，则得出比例关系为定值k ，从而找到,s t 的解的集合. 【详解】解：（1）设A (a 2，a )，B (b 2，b )，M (m 2，m )，N (n 2，n )，因为A ，P ，M 三点共线，所以2332991m m --=--，解得m =5，所以点M (25，5).（2）直线AM 的方程为(a +m )y =x +am ，将点P 代入可得2(a +m )=1+am ，解得212a m a -=-，直线BM 的方程为：()b m y x bm +=+ 同理可得212b n b -=-，直线AN 的方程为：()a n y x an +=+ 再将直线AN 和BM 联立，得()()a n y x anb m y x bm+=+⎧⎨+=+⎩，解得n R a bmy a b n m-=-+-，代入得2121(2)(21)(2)(21)222121()(2)(2)(21)(2)(21)(2)22R b a a b a a b b n a b a y b a a b a b b a a b a b b a --⨯-⨯-------==-----+------+---2()2(21)2227(2)27ab a b a b a ab a b a b a -++--+==--+--+因为直线AB 的方程为(a +b )y =x +ab 过点Q (s ，t )，则(a +b )t =s +ab ，解得at sb a t-=-，代入上式得，22(21)2(21)(22)2(2)(7)27(2)27R at sa a t a s a s t a t y at s t a s a s t a a a t --⨯-+-+-+--==--+-+--⨯-+-为常数，只需要212222727t s s tk t s s t---===---，即722212k s k k t k -⎧=⎪⎪-⎨-⎪=⎪-⎩(k ∈R 且k ≠2)，所以存在点Q 满足的集合为7221(,),22k k x y x y k k --⎧⎫==⎨⎬--⎩⎭∣(k ∈R 且k ≠2).【点睛】知识点点睛：定点定值问题若出现ax by cx d +=+为定值，则会有a b c d=为定值，即系数比为定值.21．（1）22182x y +=；（2）存在，点(4,0)G -. 【分析】（1）由直译法列出方程化简即可；（2）设出直线l 方程4x ty =-，以及11(,)M x y ，()()223,,,0N x y E x ,4(,0)F x ，0(,0)G x ,通过代换用t 表示0x ，化简得到一个常数即可. 【详解】（1）设点(,)P x y化简得22182x y += 故动点P 的轨迹C 的标准方程为22182x y += （2）设直线l 的方程为4x ty =-联立方程组224182x ty x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，得22(4)880t y ty +-+=，22226432(4)3212832(4)0,t t t t ∆=-+=-=-> 得: 2t >或2t <-12284ty y t +=+，12284y y t =+. 设 34(,0),(,0)E x F x ，定点G 存在，其坐标为0(,0)x()2,1B --，1112BM y k ty +∴=-，2212BN y k ty +=- 则121211:(2)1,:(2)121y y BM y x BN y x ty ty ++=+-=+--- 令0y =，求出与x 轴的交点,E F()()1122334411221212210,2,210,22121y ty y ty x x x x ty y ty y +-+-+-=+=+-=+=-+-+ ()32,1BE x =+， ()42,1BF x =+， ()40,0GF x x =-， ()30,0GE x x =- 0BE GF GE BF ⋅+⋅= 即有: 340430(2)()(2)()0,x x x x x x +-++-=即343434022()(4)0x x x x x x x ++-++= 343403422()4x x x x x x x ++=++3434340343422(4)828244x x x x x x x x x x x +++--==+++++∴343434342(224)441624x x x x x x x x +++---=+++3434342(2)(2)4(4)24x x x x x x ++-++=+++34342(2)(2)2(2)(2)x x x x ++=-+++()()()()()()12121221221121222222112222212111y t ty ty ty y y y t ty ty y ty y y y --⋅⋅--++=-=----++-++++ 21212121222()422(2)()4t y y t y y ty y t y y ⎡⎤-++⎣⎦=-+-+-()2222222228816248844428288424444t t t t t t t t t t t t t t -⋅-⋅+++++=-=--⋅+-+++222222168(4)83222484(4)416t t t t t t -++-+=-=-=--+- 即04x =-当直线l 与x轴重合时，00()(2)0,BE GF GE BF x x ⋅+⋅=-+-= 解得 0 4.x =-所以存在定点G ，G 的坐标为(4,0)-. 【点睛】关键点点睛：本题中3434343403434282(224)44162244x x x x x x x x x x x x x -+++---=+=+++++3434342(2)(2)4(4)24x x x x x x ++-++=+++这一步是为了凑出34(2),(2)x x ++，然后作整体替换.。

高考圆锥曲线中的定点与定值问题(题型总结超全)完整版.doc

专题08 解锁圆锥曲线中的定点与定值问题一、解答题1．【陕西省榆林市第二中学2018届高三上学期期中】已知椭圆的左右焦点分别为，离心率为；圆过椭圆的三个顶点.过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）证明：在轴上存在定点，使得为定值；并求出该定点的坐标.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）设圆过椭圆的上、下、右三个顶点，可求得，再根据椭圆的离心率求得，可得椭圆的方程；（Ⅱ）设直线的方程为，将方程与椭圆方程联立求得两点的坐标，计算得。

设x轴上的定点为，可得，由定值可得需满足，解得可得定点坐标。

解得。

∴椭圆的标准方程为.（Ⅱ）证明：由题意设直线的方程为，由消去y整理得，设，，要使其为定值，需满足，解得.故定点的坐标为.点睛：解析几何中定点问题的常见解法(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故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所求定点； (2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．2．【四川省成都市第七中学2017-2018学年高二上学期半期考】已知斜率为k 的直线l 经过点()1,0-与抛物线2:2C y px =（0,p p >为常数）交于不同的两点,M N ，当12k =时，弦MN 的长为15. （1）求抛物线C 的标准方程；（2）过点M 的直线交抛物线于另一点Q ，且直线MQ 经过点()1,1B -，判断直线NQ 是否过定点？若过定点，求出该点坐标；若不过定点，请说明理由. 【答案】（1）24y x =;（2）直线NQ 过定点()1,4-【解析】试题分析：（1）根据弦长公式即可求出答案；（2）由（1）可设()()()2221122,2,,2,,2M t t N t t Q t t ，则12MN k t t =+，则()11:220MN x t t y tt -++=；同理： ()22:220MQ x t t y tt -++=()1212:220NQ x t t y t t -++=.由()1,0-在直线MN 上11t t ⇒=（1）；由()1,1-在直线MQ 上22220t t tt ⇒+++=将（1）代入()121221t t t t ⇒=-+- （2）将（2）代入NQ 方程()()12122420x t t y t t ⇒-+-+-=，即可得出直线NQ 过定点．（2）设()()()2221122,2,,2,,2M t t N t t Q t t ，则12211222=MN t t k t t t t -=-+，则()212:2MN y t x t t t -=-+即()11220x t t y tt -++=；同理： ()22:220MQ x t t y tt -++=；()1212:220NQ x t t y t t -++=.由()1,0-在直线MN 上11tt ⇒=，即11t t =（1）；由()1,1-在直线MQ 上22220t t tt ⇒+++=将（1）代入()121221t t t t ⇒=-+- （2）将（2）代入NQ 方程()()12122420x t t y t t ⇒-+-+-=，易得直线NQ 过定点()1,4-3．【四川省成都市第七中学2017-2018学年高二上学期半期考】已知抛物线()2:0C y mx m =>过点()1,2-， P 是C 上一点，斜率为1-的直线l 交C 于不同两点,A B （l 不过P 点），且PAB ∆的重心的纵坐标为23-. （1）求抛物线C 的方程，并求其焦点坐标；（2）记直线,PA PB 的斜率分别为12,k k ，求12k k +的值.【答案】（1）方程为24y x =;其焦点坐标为()1,0（2）120k k +=【解析】试题分析;（1）将()1,2-代入2y mx =，得4m =，可得抛物线C 的方程及其焦点坐标；（2）设直线l 的方程为y x b =-+，将它代入24y x =得22220x b x b -++=（），利用韦达定理，结合斜率公式以及PAB ∆的重心的纵坐标23-，化简可12k k + 的值；因为PAB ∆的重心的纵坐标为23-，所以122p y y y ++=-，所以2p y =，所以1p x =，所以()()()()()()1221121212122121221111y x y x y y k k x x x x ------+=+=----，又()()()()12212121y x y x --+--()()()()12212121x b x x b x ⎡⎤⎡⎤=-+--+-+--⎣⎦⎣⎦()()()12122122x x b x x b =-+-+--()()()22212220b b b b =-+-+--=.所以120k k +=.4．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的短轴端点到右焦点()10F ，的距离为2．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过点F 的直线交椭圆C 于A B ，两点，交直线4l x =：于点P ，若1PA AF λ=，2PB BF λ=，求证： 12λλ-为定值．【答案】(1) 22143x y +=;(2)详见解析. 【解析】试题分析：（Ⅰ）利用椭圆的几何要素间的关系进行求解；（Ⅱ）联立直线和椭圆的方程，得到关于x 或y 的一元二次方程，利用根与系数的关系和平面向量的线性运算进行证明.（Ⅱ）由题意直线AB 过点()1,0F ，且斜率存在，设方程为()1y k x =-, 将4x =代人得P 点坐标为()4,3k ，由()221{ 143y k x x y =-+=，消元得()22223484120k x k x k +-+-=，设()11,A x y ， ()22,B x y ，则0∆>且21222122834{ 41234k x x k k x x k +=+-⋅=+，方法一：因为1PA AF λ=，所以11141PA x AF x λ-==-. 同理22241PB x BFx λ-==-，且1141x x --与2241x x --异号，所以12121212443321111x x x x x x λλ⎛⎫---=+=--+ ⎪----⎝⎭()()1212123221x x x x x x +-=-+-++()2222238682412834k k k k k --=-+--++0=. 所以， 12λλ-为定值0.当121x x <<时，同理可得120λλ-=. 所以， 12λλ-为定值0.同理2223PB my BFmy λ-==，且113my my -与223my my -异号，所以()12121212123332y y my my my my my y λλ+---=+=- ()()36209m m ⨯-=-=⨯-.又当直线AB 与x 轴重合时， 120λλ-=，所以， 12λλ-为定值0.【点睛】本题考查直线和椭圆的位置关系，其主要思路是联立直线和椭圆的方程，整理成关于x 或y 的一元二次方程，利用根与系数的关系进行求解，因为直线AB 过点()1,0F ，在设方程时，往往设为1x my =+()0m ≠，可减少讨论该直线是否存在斜率.5．【四川省绵阳南山中学2017-2018学年高二上学期期中考】设抛物线C ： 24y x =， F 为C 的焦点，过F 的直线l 与C 相交于,A B 两点. （1）设l 的斜率为1，求AB ；（2）求证： OA OB ⋅u u u v u u u v是一个定值. 【答案】(1) 8AB =（2）见解析【解析】试题分析：（1）把直线的方程与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系及抛物线的定义、弦长公式即可得出；（2）把直线的方程与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系、向量的数量积即可得出；（2）证明：设直线l 的方程为1x ky =+，由21{4x ky y x=+-得2440y ky --= ∴124y y k +=， 124y y =- ()()1122,,,OA x y OB x y ==u u u v u u u v， ∵()()1212121211OA OB x x y y kx ky y y ⋅=+=+++u u u v u u u v，()212121222144143k y y k y y y y k k =++++=-++-=-， ∴OA OB ⋅u u u v u u u v是一个定值.点睛：熟练掌握直线与抛物线的相交问题的解题模式、根与系数的关系及抛物线的定义、过焦点的弦长公式、向量的数量积是解题的关键，考查计算能力,直线方程设成1x ky =+也给解题带来了方便.6．【内蒙古包头市第三十三中2016-2017学年高一下学期期末】已知椭圆C : 22221(0,0)x y a b a b+=>>的离心率为6,右焦点为(2,0).(1)求椭圆C 的方程; (2)若过原点作两条互相垂直的射线,与椭圆交于A ,B 两点,求证:点O 到直线AB 的距离为定值.【答案】(1) 2213x y += ,(2) O 到直线AB 3【解析】试题分析：（1）根据焦点和离心率列方程解出a ，b ，c ；（2）对于AB 有无斜率进行讨论，设出A ，B 坐标和直线方程，利用根与系数的关系和距离公式计算；有OA ⊥OB 知x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+(k x 1+m ) (k x 2+m )=(1+k 2) x 1x 2+k m (x 1+x 2)=0 代入,得4 m 2=3 k 2+3原点到直线AB 的距离231m d k ==+ ，当AB 的斜率不存在时, 11x y = ,可得, 13x d == 依然成立.所以点O 到直线的距离为定值32. 点睛：本题考查了椭圆的性质，直线与圆锥曲线的位置关系，分类讨论思想，对于这类题目要掌握解题方法．设而不求，套用公式解决．7．【四川省成都市石室中学2017-2018学年高二10月月考】已知双曲线()222210x y b a a b-=>>渐近线方程为3y x =， O 为坐标原点，点(3,3M 在双曲线上．（Ⅰ）求双曲线的方程；（Ⅱ）已知,P Q 为双曲线上不同两点，点O 在以PQ 为直径的圆上，求2211OPOQ+的值．【答案】（Ⅰ）22126x y -=；（Ⅱ） 221113OP OQ+=. 【解析】试题分析：（1）根据渐近线方程得到设出双曲线的标准方程，代入点M 的坐标求得参数即可；（2）由条件可得OP OQ ⊥，可设出直线,OP OQ 的方程，代入双曲线方程求得点,P Q 的坐标可求得221113OPOQ+=。

圆锥曲线轨迹问题(解析版)

第四讲有关圆锥曲线轨迹问题根据动点的运动规律求出动点的轨迹方程，这是解析几何的一大课题：一方面求轨迹方程的实质是将“形”转化为“数”，将“曲线”转化为“方程”，通过对方程的研究来认识曲线的性质；另一方面求轨迹方程是培养学生数形转化的思想、方法以及技巧的极好教材。

该内容不仅贯穿于“圆锥曲线”的教学的全过程，而且在建构思想、函数方程思想、化归转化思想等方面均有体现和渗透。

求轨迹方程的的基本步骤：建设现代化（检验）建（坐标系）设（动点坐标）限（限制条件，动点、已知点满足的条件）代（动点、已知点坐标代入）化（化简整理）检验（要注意定义域“挖”与“补”）求轨迹方程的的基本方法：直接法、定义法、相关点法、参数法、交轨法、向量法等。

1．直接法：如果动点运动的条件就是一些几何量的等量关系，这些条件简单明确，不需要特殊的技巧，易于表述成含x,y 的等式，就得到轨迹方程，这种方法称之为直接法；例1、已知直角坐标系，点Q （2，0），圆C 方程为122=+y x ，动点M 到圆C 的切线长与MQ的比等于常数)0(>λλ，求动点M 的轨迹。

【解析】设MN 切圆C 于N ，则222ONMO MN -=。

),(y x M ,则2222)2(1y x y x +-=-+λ化简得0)41(4))(1(22222=++-+-λλλx y x 当1=λ时，方程为54x =，表示一条直线。

当1≠λ时，方程化为2222222)1(31)12(-+=+--λλλλy x 表示一个圆。

【练习】如图，圆1O 与圆2O 的半径都是1，124O O =. 过动点P 分别作圆2O 、圆2O 的切线PM PN ，（M N ，分别为切点），使得2PM PN =. 试建立适当的坐标系，并求动点P 的轨迹方程.【解析】以12O O 的中点O 为原点，12O O 所在直线为x 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则1(20)O -，，2(20)O ，. 由已知2PM PN =，得222PM PN =. 因为两圆半径均为1，所以221212(1)PO PO -=-.设()P x y ，，则2222(2)12[(2)1]x y x y ++-=-+-，即22(6)33x y -+=.(或221230x y x +-+=)评析：1、用直接法求动点轨迹一般有建系,设点，列式，化简，证明五个步骤，最后的y xQMNO证明可以省略，但要注意“挖”与“补”。

圆锥曲线专题(定点、定值问题)

圆锥曲线专题——定点、定值问题定点问题是常见的出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、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m 的一次函数关系式，代入直线方程即可。

技巧在于：设哪一条直线？如何转化题目条件？圆锥曲线是一种很有趣的载体，自身存在很多性质，这些性质往往成为出题老师的参考。

如果大家能够熟识这些常见的结论，那么解题必然会事半功倍。

下面总结圆锥曲线中几种常见的几种定点模型：模型一：“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 +-+-。

例谈圆锥曲线中的一题多解

例谈圆锥曲线中的一题多解圆锥曲线是解析几何中的重要内容，它包括椭圆、双曲线、抛物线等多种曲线形式。

在解析几何的学习中，圆锥曲线的相关题目一般都是有一题多解的情况，因此需要通过分析、计算、推理等方法来求解。

本文将以一个具体的圆锥曲线题目为例，讨论一题多解的情况，并探讨其解题方法和意义。

具体来说，我们考虑以下题目：已知椭圆E的焦距为2，离心率为3/5，则椭圆E的长轴为多少？我们知道椭圆的离心率e满足0<e<1，表示椭圆的扁率，离心率越接近0，椭圆就越圆。

在这个问题中，离心率为3/5，离心率是椭圆长轴和短轴之间的比值，所以我们可以得到方程e=c/a，其中c为椭圆的焦距，a为椭圆的长轴一半。

由此得到a=c/e=2/(3/5)=10/3。

这并非我们得到的唯一答案。

因为在解析几何中，椭圆的长轴和短轴并没有规定一个具体的方向，因此一般考虑的是长轴的长度而不是具体方向。

在本题中，我们只知道椭圆的焦距为2，但并没有规定焦点的位置，也就是说，椭圆的焦点可以位于椭圆的任意位置。

我们可以通过调换椭圆的焦点的位置来得到不同的答案。

具体来说，我们可以假设椭圆的A、B为焦点，然后将椭圆的长轴方向表示为AB的连线，进行考虑椭圆的长轴的不同情况。

在这种情况下，我们可以得到椭圆E的长轴在AB上的投影为2，但是具体的长度并没有确定。

我们可以拆分AB为2个相等的线段，然后对每个线段做垂直平分线，这样就可以得到椭圆的长轴的两条候选线。

通过调换焦点的位置和对称性的特点，我们可以得到椭圆的长轴有两个候选解，分别是10/3和20/3。

这就是这个特定题目的一题多解的情况。

从另一个角度来说，我们可以得到对应的两个椭圆，它们的长轴分别为10/3和20/3。

圆锥曲线中的题目往往存在一题多解的情况，需要我们通过综合考虑对称性、特殊情况、等价变换等方法来进行求解。

在实际问题中，我们也需要对得到的多个解进行合理判断和选择。

这也反映了解析几何中的灵活性、抽象性和推理能力的重要性。

圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型

圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型定点问题是常见的出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、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m 的一次函数关系式，代入直线方程即可。

技巧在于：设哪一条直线？如何转化题目条件？圆锥曲线是一种很有趣的载体，自身存在很多性质，这些性质往往成为出题老师的参考。

如果大家能够熟识这些常见的结论，那么解题必然会事半功倍。

下面总结圆锥曲线中几种常见的几种定点模型：模型一：“手电筒”模型例题、（07山东）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 mx 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 +-+-。

2020年高考文科数学一轮复习大题篇—圆锥曲线综合问题

2020年高考文科数学一轮复习大题篇—圆锥曲线综合问题【归类解析】题型一范围问题【解题指导】解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围.(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系.(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围.(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围.(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.【例】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)与双曲线x 23－y 2＝1的离心率互为倒数，且直线x －y －2＝0经过椭圆的右顶点.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设不过原点O 的直线与椭圆C 交于M ，N 两点，且直线OM ，MN ，ON 的斜率依次成等比数列，求△OMN 面积的取值范围.【解】 (1)∵双曲线的离心率为233， ∴椭圆的离心率e ＝c a ＝32. 又∵直线x －y －2＝0经过椭圆的右顶点，∴右顶点为点(2,0)，即a ＝2，c ＝3，b ＝1，∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1. (2)由题意可设直线的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0，m ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2).联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，消去y ，并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0，则x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－11＋4k 2，于是y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2.又直线OM ，MN ，ON 的斜率依次成等比数列，故y 1x 1·y 2x 2＝k 2x 1x 2＋km x 1＋x 2＋m 2x 1x 2＝k 2，则－8k 2m 21＋4k2＋m 2＝0. 由m ≠0得k 2＝14，解得k ＝±12. 又由Δ＝64k 2m 2－16(1＋4k 2)(m 2－1)＝16(4k 2－m 2＋1)>0，得0<m 2<2，显然m 2≠1(否则x 1x 2＝0，x 1，x 2中至少有一个为0，直线OM ，ON 中至少有一个斜率不存在，与已知矛盾).设原点O 到直线的距离为d ，则S △OMN ＝12|MN |d ＝12·1＋k 2·|x 1－x 2|·|m |1＋k 2故由m 的取值范围可得△OMN 面积的取值范围为(0,1).【训练】如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2＝4x 上存在不同的两点A ，B 满足P A ，PB 的中点均在C 上.(1)设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；(2)若P 是半椭圆x 2＋y 24＝1(x <0)上的动点，求△P AB 面积的取值范围. (1)【证明】设P (x 0，y 0)，A ⎝⎛⎭⎫14y 21，y 1，B ⎝⎛⎭⎫14y 22，y 2. 因为P A ，PB 的中点在抛物线上，所以y 1，y 2为方程⎝⎛⎭⎫y ＋y 022＝4·14y 2＋x 02，即y 2－2y 0y ＋8x 0－y 20＝0的两个不同的实根.所以y 1＋y 2＝2y 0，所以PM 垂直于y 轴.(2)【解】由(1)可知⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2y 0，y 1y 2＝8x 0－y 20，所以|PM |＝18(y 21＋y 22)－x 0＝34y 20－3x 0， |y 1－y 2|＝22y 20－4x 0. 所以△P AB 的面积S △P AB ＝12|PM |·|y 1－y 2|＝()322003244y x -.因为x 20＋y 204＝1(－1≤x 0<0)，所以y 20－4x 0＝－4x 20－4x 0＋4∈[4,5]，所以△P AB 面积的取值范围是⎣⎡⎦⎤62，15104. 题型二最值问题1 利用三角函数有界性求最值【解题指导】处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，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；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.【例】过抛物线y 2＝4x 的焦点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点O 是坐标原点，则|AF |·|BF |的最小值是【解】设直线AB 的倾斜角为θ，可得|AF |＝21－cos θ，|BF |＝21＋cos θ，则|AF |·|BF |＝21－cos θ×21＋cos θ＝4sin 2θ≥4. 2 数形结合利用几何性质求最值【例】在平面直角坐标系xOy 中，P 为双曲线x 2－y 2＝1右支上的一个动点.若点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c 恒成立，求实数c 的最大值为。

圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型

圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型定点问题是常见的出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、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m 的一次函数关系式，代入直线方程即可。

技巧在于：设哪一条直线？如何转化题目条件？圆锥曲线是一种很有趣的载体，自身存在很多性质，这些性质往往成为出题老师的参考。

如果能够熟识这些常见的结论，那么解题必然会事半功倍。

下面总结圆锥曲线中几种常见的几种定点模型：模型一：“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 mx y =+⎧⎨+=⎩得222(34)84(3)0k x mkx m +++-=，22226416(34)(3)0m k k m ∆=-+->，22340km +->212122284(3),3434mkm x x x x k k-+=-⋅=++ 22221212121223(4)()()()34m k y y kx m kx m k x x mk x x m k -⋅=+⋅+=+++=+Q以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点(2,0),D 且1AD BDk k ⋅=-， 1212122y y x x ∴⋅=---，1212122()40y y x x x x +-++=， 2222223(4)4(3)1640343434m k m mkk k k--+++=+++，整理得：2271640mmk 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))(,)((22222222ba b a y b a b a x +-+-。

圆锥曲线中定点问题的解题策略

圆锥曲线中定点问题的解题策略高玉荣(山东省安丘市第二中学ꎬ山东安丘２６２１００)摘㊀要:圆锥曲线中的定点问题主要是指圆锥曲线试题中直线过定点或者圆过定点问题.本文结合具体例子给出圆锥曲线中定点问题的解题策略ꎬ以期为一线教师提供解题思路与方法.关键词:圆锥曲线ꎻ定点问题ꎻ直线ꎻ斜率ꎻ解题策略中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０９－００２４－０４收稿日期:２０２３－１２－２５作者简介:高玉荣(１９６８.５－)ꎬ男ꎬ山东省安丘人ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学解题研究.㊀㊀圆锥曲线中的直线过定点问题ꎬ主要考查直线与圆锥曲线的位置关系以及化归思想㊁数形结合思想和数学运算求解能力等.圆锥曲线中定点问题的题型主要有:切点弦问题㊁斜率之和为定值问题㊁斜率之积为定值问题以及定点的存在性问题.笔者对圆锥曲线中的定点问题进行分类解析并给出解题策略.１解题策略(１)从特殊位置入手ꎬ找出定点ꎬ再证明该点适合题意.(２)解题的关键是设点ꎬ设线ꎬ直线与圆锥曲线联系ꎬ然后表示出直线的斜率ꎬ进而求直线方程并证明结论等.２两垂直弦的中点所在的直线例１㊀过椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)的左焦点Ｆ(－ｃꎬ０)作两条互相垂直的弦ＡＢ㊁ＣＤꎬ若弦ＡＢꎬＣＤ的中点分别为ＭꎬＮꎬ那么直线ＭＮ恒过定点(－ａ２ｃａ２＋ｂ２ꎬ０)[１].证明:设直线ＡＢ方程为ｘ＝ｔｙ－ｃꎬ直线ＣＤ方程为ｘ＝－１ｔｙ－ｃꎬ设Ｍ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬＮ(ｘᶄ０ꎬｙᶄ０).把直线ＡＢ代入椭圆方程ꎬ得(ｂ２ｔ２＋ａ２)ｙ２－２ｂ２ｃｔｙ－ｂ４＝０ꎬ则ｙ０＝ｙ１＋ｙ２２＝ｂ２ｃｔｂ２ｔ２＋ａ２ꎬｘ０＝ｔｙ０－ｃ＝－ａ２ｃｂ２ｔ２＋ａ２ꎬ同理ꎬ将－１ｔ替代ｔꎬ得ｙᶄ０＝－ｂ２ｃｔａ２ｔ２＋ｂ２ꎬｘᶄ０＝－ａ２ｃｔ２ａ２ｔ２＋ｂ２.从而ｋＭＮ＝ｙ０－ｙᶄ０ｘ０－ｘᶄ０＝ｔ(ａ２＋ｂ２)(ｔ２＋１)ａ２(ｔ４－１)＝(ａ２＋ｂ２)ｔａ２(ｔ２－１)ꎬ所以直线ＭＮ为ｙ＝(ａ２＋ｂ２)ｔａ２(ｔ２－１)(ｘ＋ａ２ｃｂ２ｔ２＋ａ２)＋ｂ２ｃｔｂ２ｔ２＋ａ２ꎬ化简得ａ２(ｔ２－１)ｔｙ＝(ａ２＋ｂ２)ｘ＋ａ２ｃꎬ故直线ＭＮ过定点(－ａ２ｃａ２＋ｂ２ꎬ０).３切点弦问题例２㊀已知椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)的短轴长为２ꎬ椭圆上一点到两焦点的距离之和是６.(１)求椭圆Ｃ的方程ꎻ(２)若直线ｌ的方程是ｘ＋ｙ－６＝０ꎬ点Ｍ是直线ｌ上一点ꎬ过点Ｍ作椭圆Ｃ的切线ＭＧꎬＭＨꎬ切点分别为ＧꎬＨꎬ设切线的斜率都存在ꎬ试问:直线ＧＨ是否过定点?若过定点ꎬ求出该点的坐标ꎻ若不过ꎬ请说明理由[２].解㊀(１)依题意知ꎬａ＝３ꎬｂ＝１ꎬ所以椭圆方程为ｘ２９＋ｙ２＝１.(２)证明设Ｇ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＨ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬＭ(ｘ３ꎬｙ３)ꎬ直线ＭＧ的方程为ｙ－ｙ１＝ｋ(ｘ－ｘ１).由ｙ－ｙ１＝ｋ(ｘ－ｘ１)ｘ２＋９ｙ２＝９{ꎬ得(９ｋ２＋１)ｘ２＋１８ｋ(ｙ１－ｋｘ１)ｘ＋９(ｙ１－ｋｘ１)２－９＝０ꎬ则ә＝１８ｋ(ｙ１－ｋｘ１)[]２－４(９ｋ２＋１)９(ｙ１－ｋｘ１)２－９[]＝０ꎬ化简得(ｙ１－ｋｘ１)２＝９ｋ２＋１ꎬ所以(ｘ２１－９)ｋ２－２ｘ１ｙ１ｋ＋ｙ２１－１＝０ꎬ又由方程只有一解ꎬ则ｋ＝ｘ１ｙ１ｘ２１－９＝－ｘ１９ｙ１ꎬ所以直线ＭＧ方程为ｙ－ｙ１＝－ｘ１９ｙ１(ｘ－ｘ１)ꎬ化简得ｘ１ｘ＋９ｙ１ｙ＝９ꎬ同理可得ꎬ直线ＭＨ方程为ｘ２ｘ＋９ｙ２ｙ＝９.又因为两条切线都经过点Ｍ(ｘ３ꎬｙ３)ꎬ所以ｘ１ｘ３＋９ｙ１ｙ３＝９ｘ２ｘ３＋９ｙ２ｙ３＝９{ꎬ所以直线ＧＨ方程为ｘ３ｘ＋９ｙ３ｙ＝９.又ｘ３＋ｙ３－６＝０ꎬ所以直线ＧＨ方程为６ｘ－９＋(９ｙ－ｘ)ｙ３＝０ꎬ令６ｘ－９＝０９ｙ－ｘ＝０{ꎬ得ｘ＝３２ｙ＝１６ìîíïïïïꎬ所以直线ＧＨ恒过定点３２ꎬ１６æèçöø÷.点评㊀圆锥曲线的切点弦方程的一般结论如下[３]:Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)分别是抛物线ｙ２＝２ｐｘ㊁椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１和双曲线ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１外的一点ꎬ则过Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)作曲线的切线ꎬ切点为ＡꎬＢꎬ则直线ＡＢ的方程分别是ｙ０ｙ＝ｐ(ｘ＋ｘ０)ꎬｘ０ｘａ２＋ｙ０ｙｂ２＝１ꎬｘ０ｘａ２－ｙ０ｙｂ２＝１.利用切点弦的结论ꎬ快速解决下面的例３.例３㊀动点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)在直线Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃ＝０上ꎬ由Ｐ引椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１的两条切线ꎬ切点分别是ＭꎬＮꎬ则直线ＭＮ必过定点Ｇ(－ａ２Ｃꎬ－ｂ２ＢＡＣ).证明㊀由题意得Ａｘ０＋Ｂｙ０＋Ｃ＝０ꎬ①ＭＮ是椭圆的切点弦方程ꎬ故其方程为ｘ０ｘａ２＋ｙ０ｙｂ２＝１ꎬ即ｂ２ｘ０ｘ＋ａ２ｙ０ｙ＝ａ２ｂ２ꎬ②将①代入②消去ｘ０得(Ａａ２ｙ－Ｂｂ２ｘ)ｙ０＝ａ２ｂ２＋Ｃｂ２ｘꎬ由于ｙ０的任意性ꎬ故有Ａａ２ｙ－Ｂｂ２ｘ＝０ａ２ｂ２＋Ｃｂ２ｘ＝０{ꎬ解得ｘ＝－ａ２Ｃꎬｙ＝－ｂ２ＢＡＣ.所以直线ＭＮ必过定点Ｇ(－ａ２Ｃꎬ－ｂ２ＢＡＣ).４斜率之积为定值例４㊀已知双曲线Ｃ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１(ａ>０ꎬｂ>０)的两条渐近线互相垂直ꎬ且过点Ｄ２ꎬ１().(１)求双曲线Ｃ的方程ꎻ(２)设Ｐ为双曲线的左顶点ꎬ直线ｌ过坐标原点且斜率不为０ꎬｌ与双曲线Ｃ交于ＡꎬＢ两点ꎬ直线ｍ过ｘ轴上一点Ｑ(异于点Ｐ)ꎬ且与直线ｌ的倾斜角互补ꎬｍ与直线ＰＡꎬＰＢ分别交于ＭꎬＮ(ＭꎬＮ不在坐标轴上)两点ꎬ若直线ＯＭꎬＯＮ的斜率之积为定值ꎬ求点Ｑ的坐标.解㊀(１)略.(２)(方法１)设点.设Ａ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬＭ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＮ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬＱ(ｔꎬ０)ꎬ由(１)知Ｐ(－１ꎬ０)ꎬ设直线ＯＭꎬＯＮ的斜率分别为ｋ１ꎬｋ２ꎬ因为ＡꎬＰꎬＭ三点共线ꎬ所以ｋＡＰ＝ｋＭＰꎬ即ｙ０ｘ０＋１＝ｙ１ｘ１＋１.因为直线ｍ过ｘ轴上一点Ｑ(异于点Ｐ)ꎬ且与直线ｌ的倾斜角互补ꎬ所以ｋｍ＝－ｋｌꎬ即ｋＭＱ＝－ｋＯＡꎬ所以ｙ１ｘ１－ｔ＝－ｙ０ｘ０.联立ｙ０ｘ０＋１＝ｙ１ｘ１＋１ｙ１ｘ１－ｔ＝－ｙ０ｘ０ìîíïïïï可得ｘ１＝(ｔ－１)ｘ０＋ｔ２ｘ０＋１ｙ１＝(ｔ＋１)ｙ０２ｘ０＋１ìîíïïïïꎬ所以ｋ１＝ｙ１ｘ１＝(ｔ＋１)ｙ０２ｘ０＋１(ｔ－１)ｘ０＋ｔ２ｘ０＋１＝(ｔ＋１)ｙ０(ｔ－１)ｘ０＋ｔꎬ同理可得ｋ２＝(ｔ＋１)(－ｙ０)(ｔ－１)(－ｘ０)＋ｔ.因为直线ＯＭꎬＯＮ的斜率之积为定值ꎬ设定值为ｃꎬ则ｋ１ｋ２＝－(ｔ＋１)２ｙ２０ｔ２－(ｔ－１)２ｘ２０＝－(ｔ＋１)２ｙ２０ｔ２－(ｔ－１)２(ｙ２０＋１)＝ｃꎬ整理可得(ｔ＋１)２－ｃ(ｔ－１)２[]ｙ２０＋ｃ(２ｔ－１)＝０ꎬ其中ｔʂ１.因为上式对任意的ｙ０都成立ꎬ所以２ｔ－１＝０(ｔ＋１)２－ｃ(ｔ－１)２＝０{ꎬ可得ｔ＝１２ꎬｃ＝９ꎬ所以点Ｑ的坐标为１２ꎬ０æèçöø÷.(方法２)设线[４].设Ａ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬＭ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＮ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬＱ(ｔꎬ０)ꎬ由(１)知Ｐ(－１ꎬ０)ꎬ因为ｋＰＡｋＰＢ＝ｙ０ｘ０＋１ｙ０ｘ０－１＝ｙ２０ｘ２０－１＝１.不妨设直线ＰＡ的斜率为ｋꎬ则直线ＰＢ的斜率为１ｋꎬ联立ｙ＝ｋ(ｘ＋１)ｘ２－ｙ２＝１{得(ｋ２－１)ｘ２＋２ｋ２ｘ＋ｋ２＋１＝０ꎬ所以－１ｘ０＝ｋ２＋１ｋ２－１ꎬ于是ｘ０＝－ｋ２＋１ｋ２－１ꎬｙ０＝ｋ－ｋ２＋１ｋ２－１＋１æèçöø÷＝－２ｋｋ２－１ꎬ所以ｋＡＢ＝ｙ０ｘ０＝２ｋｋ２＋１ꎬ于是直线ｍ的方程为ｙ＝－２ｋｋ２＋１(ｘ－ｔ)ꎬ联立ｙ＝－２ｋｋ２＋１(ｘ－ｔ)ｙ＝ｋ(ｘ＋１){ꎬ解得ｘ＝(２ｔ－１)－ｋ２３＋ｋ２ｙ＝２(ｔ＋１)ｋ３＋ｋ２ìîíïïïïꎬ所以ｋＯＭ＝２(ｔ＋１)ｋ(２ｔ－１)－ｋ２.同理ꎬｋＯＮ＝２(ｔ＋１)１ｋ(２ｔ－１)－１ｋæèçöø÷２＝２(ｔ＋１)ｋ(２ｔ－１)ｋ２－１.因为直线ＯＭꎬＯＮ的斜率之积为定值ꎬ设定值为ｃꎬ则２(ｔ＋１)ｋ(２ｔ－１)－ｋ２２(ｔ＋１)ｋ(２ｔ－１)ｋ２－１＝ｃꎬ化简得ｃ(２ｔ－１)ｋ４＋４(ｔ＋１)２－ｃ(４ｔ２－４ｔ＋２)[]ｋ２＋ｃ(２ｔ－１)＝０(ｔʂ１).因为上式对任意的实数ｋ都成立ꎬ所以ｃ(２ｔ－１)＝０４(ｔ＋１)２－ｃ(４ｔ２－４ｔ＋２)＝０{ꎬ解得ｔ＝１２ｃ＝９{ꎬ所以点Ｑ的坐标为１２ꎬ０æèçöø÷.５定点的存在性问题例５㊀如图１ꎬ已知椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()的左顶点为Ａ－２ꎬ０()ꎬ焦距为２３.动圆Ｄ的圆心坐标是０ꎬ２()ꎬ过点Ａ作圆Ｄ的两条切线分别交椭圆于Ｍ和Ｎ两点ꎬ记直线ＡＭ㊁ＡＮ的斜率分别为ｋ１和ｋ２.(１)求证:ｋ１ｋ２＝１ꎻ(２)若Ｏ为坐标原点ꎬ作ＯＰʅＭＮꎬ垂足为Ｐ.是否存在定点Ｑꎬ使ＰＱ为定值?解㊀(１)由题意知ꎬ椭圆Ｃ的左顶点为Ａ－２ꎬ０()ꎬ焦距为２３ꎬ可得ａ＝２２ｃ＝２３ａ２＝ｂ２＋ｃ２ìîíïïïïꎬ解得ａ２＝４ꎬｂ２＝１ꎬ所以故椭圆Ｃ的方程为ｘ２４＋ｙ２＝１ꎬ设过点Ａ与圆Ｄ的切线的直线为ｙ＝ｋｘ＋２()ꎬ动圆的半径为ｒꎬ则２ｋ－２ｋ２＋１＝ｒꎬ化简得４－ｒ２()ｋ２－８ｋ＋４－ｒ２＝０ꎬ所以ｋ１和ｋ２是方程４－ｒ２()ｋ２－８ｋ＋４－ｒ２＝０的两根ꎬ由韦达定理知ꎬｋ１ｋ２＝１.(２)设点Ｍｘ１ꎬｙ１()ꎬＮｘ２ꎬｙ２()ꎬ联立方程组ｙ＝ｋｘ＋２()ｘ２４＋ｙ２＝１{ꎬ整理得１＋４ｋ２()ｘ２＋１６ｋ２ｘ＋１６ｋ２－４＝０ꎬ则－２()ｘ１＝１６ｋ２－４４ｋ２＋１ꎬ得ｘ１＝２－８ｋ２４ｋ２＋１ꎬｙ１＝４ｋ４ｋ２＋１ꎬ所以Ｍ２－８ｋ２４ｋ２＋１ꎬ４ｋ４ｋ２＋１æèçöø÷因为ｋ１ｋ２＝１ꎬ所以将ｋ换成１ｋꎬ可得Ｎ２ｋ２－８ｋ２＋４ꎬ４ｋｋ２＋４æèçöø÷ꎬ则直线ＭＮ的斜率ｋ＝４ｋ４ｋ２＋１－４ｋｋ２＋４２－８ｋ２４ｋ２＋１－２ｋ２－８ｋ２＋４＝３ｋ４ｋ２＋１()所以直线ＭＮ的方程为ｙ－４ｋ４ｋ２＋１＝３ｋ４ｋ２＋１()ｘ－２－８ｋ２４ｋ２＋１æèçöø÷如图１ꎬ由椭圆的对称性[５]可知ꎬ直线ＭＮ必过轴上一定点Ｅｘ０ꎬ０()所以０－４ｋ４ｋ２＋１＝３ｋ４ｋ２＋１()ｘ０－２－８ｋ２４ｋ２＋１æèçöø÷ꎬ化简得４０＋１２ｘ０()ｋ２＋３ｘ０＋１０＝０这是一个与ｋ无关的方程ꎬ所以ｘ０＝－１０３ꎬ即直线ＭＮ过定点Ｅ－１０３ꎬ０æèçöø÷.因为ＯＰʅＭＮꎬ所以点Ｐ的轨迹是以ＯＥ为直径的圆上的一段弧ꎬ故存在点Ｑ－５３ꎬ０æèçöø÷ꎬ使得ＰＱ为定值.点评㊀对于圆锥曲线中的定点㊁定值问题的求图１㊀例５题图解策略:(１)对于定点㊁定值问题ꎬ可考虑能否用特殊点或特殊值求得定点或定值ꎬ再把结论推广到一般结论ꎻ(２)运用函数与方程的思想方法进行解答ꎬ一般步骤:①选择适当的变量ꎻ②把要证明的定点㊁定值的量表示为上述变量的函数或方程ꎻ③把定点㊁定值的量化成与变量无关的结构形式ꎬ从而加以判定或证明.６结束语圆锥曲线中的定点问题是高考的难题ꎬ令很多考生望而生畏.破解圆锥曲线中定点问题的策略主要是通法(即设点㊁设线㊁联立㊁韦达等)ꎬ只不过还需要熟悉一些常用的结论ꎬ比如切点弦方程㊁两点直径圆㊁同构思想㊁齐次化思想等.在解题时ꎬ熟悉通法与常用的数学思想最为关键ꎬ然后进行分类㊁总结ꎬ再加强训练ꎬ假以时日ꎬ定能提高学习效率与解题能力.参考文献:[１]李鸿昌.高中数学一点一题型(新高考版)[Ｍ].合肥:中国科学技术大学出版社ꎬ２０２２:７.[２]秦俭ꎬ林方.同构思想在处理双切线问题中的应用[Ｊ].数学通讯ꎬ２０２２(０７):２８－３２.[３]李鸿昌.高考题的高数探源与初等解法[Ｍ].合肥:中国科学技术大学出版社ꎬ２０２２:４.[４]李鸿昌.圆锥曲线中非对称问题的成因及破解策略[Ｊ].数学通讯ꎬ２０２２(２２):３２－３５.[５]李鸿昌.二次曲线系在圆锥曲线四点共圆问题中的应用[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２２(０７):９２－９４.[责任编辑:李㊀璟]。

圆锥曲线专题(定点、定值问题)

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m 的一次函数关系式，代入直线方程即可。

技巧在于：设哪一条直线？如何转化题目条件？圆锥曲线是一种很有趣的载体，自身存在很多性质，这些性质往往成为出题老师的参考。

如果大家能够熟识这些常见的结论，那么解题必然会事半功倍。

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 +-+-。

圆锥曲线的解题方法

圆锥曲线的解题方法导语：定义中提到的定点，称为圆锥曲线的焦点；定直线称为圆锥曲线的准线；固定的常数（即圆锥曲线上一点到焦点与准线的距离比值）称为圆锥曲线的离心率；焦点到准线的距离称为焦准距；焦点到曲线上一点的线段称为焦半径。

过焦点、平行于准线的直线与圆锥曲线相交于两点，此两点间的线段称为圆锥曲线的通径，物理学中又称为正焦弦。

第一、圆锥曲线的解题方法：一、求圆锥曲线方程（1）轨迹法：设点建立方程，化简证明求得。

例题：动点P（x，y）到定点A（3，0）的距离比它到定直线x=—5的距离少2、求动点P的轨迹方程。

解析：依题意可知，{C}，由题设知{C}，{C}{C}。

（2）定义法：根据圆锥曲线的定义确定曲线的形状。

上述例题同样可以由定义法求出曲线方程：作直线x=—3，则点P到定点A与到定直线x=—3的距离相等，所以点P的轨迹是以A为焦点，以x=—3为准线的抛物线。

（3）待定系数法：通过题设条件构造关系式，待定参数即可。

例1：已知点（—2，3）与抛物线{C}的焦点的距离是5，则P=_____。

解析：抛物线{C}的焦点为{C}，由两点间距离公式解得P=4例2：设椭圆{C}的右焦点与抛物线{C}的焦点相同，离心率为{C}，则椭圆的方程为_____。

解析：抛物线{C}的焦点坐标为（2，0），所以椭圆焦半径为2，故离心率{C}得m=4，而{C}，所以椭圆方程为{C}。

二、圆锥曲线最值问题（1）化为求二次函数的最值根据已知条件求出一个参数表示的二次函数解析式，用配方法求出在一定范围自变量下函数的最值。

例题：曲边梯形由曲线{C}及直线x=1，x=2所围成，那么通过曲线上哪一点作切线，能使此切线从曲边梯形上切出一个最大面积的普通梯形。

解析：设切点{C}，求出切线方程{C}，再求出这条切线与直线x=1，x=2的交点纵坐标，根据梯形面积公式列出函数关系式：梯形面积={C}，从而得出结论。

（2）利用圆锥曲线性质求最值先利用圆锥曲线的定义性质列出关系式，再用几何或代数方法求最值。

2019届高三理科数学第二轮专题复习配套文档专题五第3讲圆锥曲线中的定点与定值

第3讲圆锥曲线中的定点与定值、范围与存在性问题[真题再现］1．(2017·课标Ⅱ)设O为坐标原点,动点M在椭圆C：错误!＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足错误!＝错误!错误!.（1）求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x＝－3上，且错误!·错误!＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。

[解析](1）设P(x，y），M(x0，y0），设N(x0,0)，错误!＝（x－x0，y)，错误!＝（0，y0)．由NP，→＝ 2 错误!得x0＝x，y0＝错误!y0.因为M（x0,y0)在C上，所以错误!＋错误!＝1.因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.(2)由题意知F（－1，0)．设Q（－3，t），P(m，n),则错误!＝（－3,t），错误!＝（－1－m,－n），错误!·错误!＝3＋3m－tn,错误!＝(m,n)，错误!＝(－3－m，t－n）．由错误!·错误!＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1,又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0。

所以错误!·错误!＝0，即错误!⊥错误!。

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．(2018·已知点P是y轴左侧（不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足P A,PB的中点均在C上．(1）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2）若P是半椭圆x2＋错误!＝1（x<0)上的动点，求△P AB面积的取值范围．［解]（1）解：设P（x0,y0),A错误!,B错误!。

因为P A，PB的中点在抛物线上，所以y1,y2为方程错误!2＝4·错误!即y2－2y0y＋8x0－y错误!＝0的两个不同的实根．所以y1＋y2＝2y0，因此，PM垂直于y轴．（2）解:由(1)可知错误!所以|PM|＝错误!(y错误!＋y错误!)－x0＝错误!y错误!－3x0，|y1－y2|＝2错误!。

圆锥曲线中的定点问题模型三

KEN

a2 1 2
(
y1

y2
)

my1
y2
1 a2 2
(a2 1 2

my1 )
0
(这是
a2 1 (
2
y1

y2 )

my1 y2
a2 1 ( 2mb2 ) m b2 (1 a2 )
2
a2 m2b2
a2 m2b2

(a2
1) (mb2 a2 m2b2
1 ⑵设 x1=2,x2=3，求点 T 的坐标
⑶设 t=9,求证：直线 MN 必过 x 轴上的一定点(其坐标与 m 无关)
解析：问 3 与上题同。
练习 2：已知椭圆 E 中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过 A(2, 0) 、 B(2, 0) 、
椭C 圆1,E32
交三于点M．过、椭N圆两的点右，焦A点MF
y

k1 ( x

2)
，由

y k1(x x2 4y2
2) 4
消
y
整理得
(1

4k12
)x2

16k2
x

16k12

4

0
2和x1 是方程的两个根，2x1

16k12 4 1 4k12
则
x1

2 8k12 1 4k12
，
y1

4k1 1 4k12
，
即点
x2 y2
练习 1：（10 江苏）在平面直角坐标系 xoy 中，如图，已知椭圆 + =1 的左右顶点为
95 A,B，右焦点为 F，设过点 T(t,m)的直线 TA,TB 与椭圆分别交于点 M(x1,y1)，N(x2,y2)，其中 m>0,y1>0,y2<0.

圆锥曲线的一题多解问题

圆锥曲线的一题多解问题
韩绍辉
【期刊名称】《中学生数理化:高二数学、高考数学》
【年(卷),期】2022()24
【摘要】圆锥曲线问题有很多题目可以一题多解,我们在练习的过程中往往只用一种方法解决,很少思考有没有其他的解法,从而在知识点的运用上、在解题方法中浪费了训练的机会。

练习一题多解,可以帮助我们开发解题思路,从而对圆锥曲线问题进行深入的理解,能理解透各种解题方法。

下面我们以几道圆锥曲线题为例来探究一题多解。

【总页数】4页(P28-30)
【作者】韩绍辉
【作者单位】河北省张家口市第二中学
【正文语种】中文
【中图分类】G63
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