专题8.10 圆锥曲线的定点、定值、开放性问题-2020届高考数学一轮复习学霸提分秘籍(解析版)
圆锥曲线中的定点、定值问题课件-2025届高三数学一轮复习
有lMN：x＝2＋1＝3，也过定点(3,0)， 故直线MN过定点，且该定点为(3,0)．
(2)设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．
解：由A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)， 则 lAE：y＝yx33－ －yx11(x－x1)＋y1，由 y21＝4x1，y22＝4x2， 故 y＝yy4323－－yy4121x－y421＋y1＝y3＋4xy1－y3＋y21 y1＋y1＝y3＋4xy1＋y3y＋1y3y1， 同理可得 lBD：y＝y4＋4xy2＋y4y＋2y4y2，
(2)过点(－2,3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M， N，证明：线段MN的中点为定点．
解：证明：由题意可知：直线PQ的斜率存在， 设PQ：y＝k(x＋2)＋3， P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立方程
y＝k(x＋2)＋3， y92＋x42＝1， 消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0， 则Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1 728k>0，解得k<0，
[kx1＋(2k＋3)](x2＋2)＋[kx2＋(2k＋3)](x1＋2) (x1＋2)(x2＋2)
＝2kx1x2＋x(14xk2＋＋32)((xx11＋＋xx22))＋＋44(2k＋3)
＝32k4(kk22＋＋19364k(kk)－22＋＋893kk(4)－k4＋1k263＋4k)k((2292＋kk＋＋933))＋＋44(2k＋3)＝13068＝3， 所以线段MN的中点是定点(0,3)．
综合①②知，|MN|＝4 3，为定值．
规律方法
由特殊到一般法求定值问题的两个常用技巧
2020届高考数学一轮复习圆锥曲线的综合问题(第3课时)定点、定值、存在性专题课件理新人教A版
(2)由(1)知 F(1,0)，设 A(x0，y0)(x0＞0)，D(xD,0)(xD＞0)， 因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1， 由 xD＞0 得 xD＝x0＋2，故 D(x0＋2,0)， 故直线 AB 的斜率为 kAB＝－y20， 因为直线 l1 和直线 AB 平行， 故可设直线 l1 的方程为 y＝－y20x＋b， 代入抛物线方程得 y2＋y80y－8yb0 ＝0，
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所以直线 PF2 的斜率为 k′＝x1y－1 2＋4－x2y1－2 2－0 ＝13x1y－1 2＋x2y－2 2 ＝13·y2xx11x＋2－x22y1x－1＋2xy21＋＋y42 ＝13·2kxx11xx22－－23kx1x＋1＋x2x2＋＋44k，
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由题意知 Δ＝6y402 ＋3y20b＝0，得 b＝－y20. 设 E(xE，yE)，则 yE＝－y40，xE＝y402， 当 y20≠4 时，kAE＝yxEE－－yx00＝y204－y04， 可得直线 AE 的方程为 y－y0＝y204－y04(x－x0)， 由 y20＝4x0，整理可得 y＝y204－y04(x－1)， 所以直线 AE 恒过点 F(1,0)， 当 y20＝4 时，直线 AE 的方程为 x＝1，过点 F(1,0)， 所以直线 AE 恒过定点 F(1,0)．
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解析：(1)由题意知 Fp2，0， 设 D(t,0)(t＞0)，则 FD 的中点为p＋4 2t，0， 因为|FA|＝|FD|，由抛物线的定义知：3＋p2＝|t－p2|， 解得 t＝3＋p 或 t＝－3(舍去)， 由p＋4 2t＝3，解得 p＝2， 所以抛物线 C 的方程为 y2＝4x.
分别为 C 的左、右焦点，且|F1F2|＝4，∠F1MF2＝60°，△F1MF2 的面积
2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版强基版)：圆锥曲线中的综合问题全文
所以B→D＝(x1－2，y1)，B→E＝(x2－2，y2)，
则(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0，
将x1＝ky1＋m，x2＝ky2＋m代入上式得
(k2＋1)y1y2＋k(m－2)(y1＋y2)＋(m－2)2＝0，
将
①
代
入
上
式
得
(k2＋
1)
m2－4 k2＋4
＋
k(m
－
2)
－k2＋2km4 ＋
(m
x1＋x2＝－8 267m，x1x2＝4m227－3， y1y2＝6x1x2＋ 6m(x1＋x2)＋m2＝24m2－3－2748m2＋27m2， ∵O→A·O→B＝0，∴x1x2＋y1y2＝0， 代入根与系数的关系得 m2＝12，m＝±2 3，满足 Δ>0， ∴直线 l 的方程为 y＝ 6x±2 3.
4k2＋1
又直线 OP 的斜率为－－12－－00＝12，且直线 OP 与 MQ 不重合，
所以MQ∥OP.
题型二 定点与定值
例 2 (2022·济南模拟)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为 A，B，点 P(0,2)，连接 PA，PB 交椭圆 C 于点 M，N，△PAB 为直角三角 形，且|MN|＝35|AB|. (1)求椭圆的标准方程；
设经过点F且斜率为k(k≠0)的直线的方程为y＝kx＋1，与曲线C的方 程联立得 y＝kx＋1， x32＋y42＝1， 消去 y 整理得(4＋3k2)x2＋6kx－9＝0， Δ＝36k2＋4×9×(4＋3k2)＝144(1＋k2)>0恒成立， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则|MN|＝ 1＋k2|x1－x2|＝ 1＋k2×4＋Δ3k2＝124＋1＋3kk22， x1＋x2＝－4＋6k3k2，
2020高考新课标数学(文)一轮复习教材：专题研究 圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题
专题研究(二) 圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题专题概述：1.证明直线过定点，应根据已知条件建立直线方程中斜率k 或截距b 的关系式，此类问题中的定点多在坐标轴上；2.解决定值问题应以坐标运算为主，需建立相应的目标函数，然后代入相应的坐标运算，结果即可得到；3.无论定点或定值问题，都可先用特殊值法求出，然后再验证即可，这样可确定方向和目标；4.探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，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．[专题讲解]题型一 定点问题【典例1】 (2019·甘肃兰州模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)短轴的一个端点与其两个焦点构成面积为3的直角三角形．(1)求椭圆C 的方程；(2)过圆E ：x 2＋y 2＝2上任意一点P 作圆E 的切线l ，l 与椭圆C 交于A ，B 两点，以AB 为直径的圆是否过定点，若过定点，求出该定点；若不过定点，请说明理由．[审题程序]第一步：待定系数法求C 的方程；第二步：依据特殊情形确定定点；第三步：应用根与系数的关系，转化证明方向；第四步：计算推证．[规范解答] (1)因为椭圆C 短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形，所以b ＝c ，S ＝12·2c ·b ＝12a 2＝3，所以a ＝6，b ＝ 3.故椭圆C 的方程为x 26＋y 23＝1.(2)圆E 的方程为x 2＋y 2＝2，设O 为坐标原点，当直线l 的斜率不存在时，不妨设直线AB 的方程为x ＝2，则A (2，2)，B (2，－2)，所以∠AOB ＝π2，所以以AB 为直径的圆过坐标原点．当直线l 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．因为直线与相关圆相切，所以d ＝|m |1＋k 2＝m 21＋k2＝2，所以m 2＝2＋2k 2. 联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x 26＋y 23＝1，得x 2＋2(kx ＋m )2＝6，即(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0， Δ＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－6)＝8(6k 2－m 2＋3)＝8(4k 2＋1)>0，由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k 2，所以x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝(1＋k 2)(2m 2－6)1＋2k 2－4k 2m 21＋2k 2＋m 2＝3m 2－6k 2－61＋2k 2＝0. 所以OA→⊥OB →，所以以AB 为直径的圆恒过坐标原点O . [答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]1．(2019·广东佛山一中第二次段考)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，其左焦点到点P (2,1)的距离为10.(1)与椭圆C 的标准方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点(A ，B 不是左右顶点)，且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点．求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标．[解] (1)∵左焦点(－c,0)到点P (2,1)的距离为10， ∴(2＋c )2＋1＝10，解得c ＝1.又e ＝c a ＝12，解得a ＝2，∴b 2＝a 2－c 2＝3.∴所求椭圆C 的方程为：x 24＋y 23＝1.(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋mx 24＋y 23＝1得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0，Δ＝64m 2k 2－16(3＋4k 2)(m 2－3)>0，化简得3＋4k 2>m 2.∴x 1＋x 2＝－8km3＋4k 2，x 1x 2＝4(m 2－3)3＋4k 2. y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3(m 2－4k 2)3＋4k 2. ∵以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点D (2,0)，k AD ·k BD ＝－1，∴y 1x 1－2·y 2x 2－2＝－1， ∴y 1y 2＋x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝0，∴3(m 2－4k 2)3＋4k 2＋4(m 2－3)3＋4k 2＋16mk 3＋4k 2＋4＝0. 化简整理得7m 2＋16mk ＋4k 2＝0，解得m 1＝－2k ，m 2＝－2k 7， 且满足3＋4k 2－m 2>0.当m ＝－2k 时，l ：y ＝k (x －2)，直线过定点(2,0)与已知矛盾；当m ＝－2k 7时，l ：y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －27，直线过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫27，0. 综上可知，直线l 过定点，定点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫27，0. 题型二 定值问题【典例2】 (2019·北京石景山区一模)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点(0,1)，且离心率为32.(1)求椭圆E 的方程；(2)设直线l ：y ＝12x ＋m 与椭圆E 交于A ，C 两点，以AC 为对角线作正方形ABCD ，记直线l 与x 轴的交点为N ，问B ，N 两点间的距离是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由．[审题程序]第一步：待定系数法求出椭圆方程；第二步：弦长公式求|AC |；第三步：求出中点M ，利用勾股定理求出|BN |.[规范解答] (1)由题意可知，椭圆的焦点在x 轴上，椭圆过点(0,1)，则b ＝1.由椭圆的离心率e ＝c a ＝1－b 2a 2＝32，解得a ＝2，所以椭圆E 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，线段AC 的中点为M (x 0，y 0)．由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝12x ＋m ，x 24＋y 2＝1，整理得x 2＋2mx ＋2m 2－2＝0.由Δ＝(2m )2－4(2m 2－2)＝8－4m 2>0，解得 －2<m <2，所以x 1＋x 2＝－2m ，x 1x 2＝2m 2－2，y 1＋y 2＝12(x 1＋x 2)＋2m ＝m ，所以线段AC 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－m ，12m .则|AC |＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122×(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝ 1＋14×4m 2－4×(2m 2－2)＝10－5m 2.l 与x 轴的交点为N (－2m,0)，所以|MN |＝(－m ＋2m )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 2＝54m 2， 所以|BN |2＝|BM |2＋|MN |2＝14|AC |2＋|MN |2＝52. 故B ，N 两点间的距离为定值102.[解题反思] 本题主要利用椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系、根与系数的关系、弦长公式、中点坐标公式等证明两点间的距离为定值．解决问题的切入点是利用题设条件建立两点间的距离的关系式，巧妙消参得到定值．消去参变数或约去参变数是解决这类定值问题的常用方法．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]2．(2019·安徽蚌埠模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点P (0,1)，离心率e ＝32.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 经过点Q (2，－1)且与C 相交于A ，B 两点(异于点P )，记直线P A 的斜率为k 1，直线PB 的斜率为k 2，证明：k 1＋k 2为定值．[解] (1)因为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，经过点P (0,1)，所以b＝1.又e ＝32，所以c a ＝32，解得a ＝2.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：若直线AB 的斜率不存在，则直线l 的方程为x ＝2，此时直线与椭圆相切，不符合题意．设直线AB 的方程为y ＋1＝k (x －2)，即y ＝kx －2k －1，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx －2k －1，x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－8k (2k ＋1)x ＋16k 2＋16k ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k (2k ＋1)1＋4k 2，x 1x 2＝16k 2＋16k 1＋4k2. k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝x 2(kx 1－2k －2)＋x 1(kx 2－2k －2)x 1x 2＝2kx 1x 2－(2k ＋2)(x 1＋x 2)x 1x 2＝2k －(2k ＋2)(x 1＋x 2)x 1x 2＝2k －(2k ＋2)·8k (2k ＋1)16k (k ＋1)＝2k －(2k ＋1)＝－1. 所以k 1＋k 2为定值，且定值为－1.题型三 探索性问题【典例3】 在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a >0)交于M ，N 两点．(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由．[审题程序]第一步：利用导数的几何意义求切线方程；第二步：假设存在符合题意的点；第三步：判断直线PM ，PN 的斜率之和是否为0；第四步：确定结果．[规范解答] (1)由题设可得M (2a ，a )，N (－2a ，a )，或M (－2a ，a )，N (2a ，a )．又y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ，C 在点(2a ，a )处的切线方程为y －a ＝a (x －2a )， 即ax －y －a ＝0.y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ，C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x ＋2a )， 即ax ＋y ＋a ＝0. 故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0.。
高考数学一轮复习圆锥曲线中的定点、定值问题
[针对训练] (2023·泰州模拟)已知 l1，l2 是过点(0, 2)的两条互相垂直的直线，且 l1 与椭圆 Γ：x42＋y2＝1 相交于 A，B 两点，l2 与椭圆 Γ 相交于 C，D 两点． (1)求直线 l1 的斜率 k 的取值范围； (2)若线段 AB，CD 的中点分别为 M，N，证明直线 MN 经过一个定 点，并求出此定点的坐标．
[针对训练] 已知斜率为 1 的直线交抛物线 C：y2＝2px(p＞0)于 A，B 两点，且弦 AB 中点的纵坐标为 2. (1)求抛物线 C 的标准方程； (2)记点 P(1,2)，过点 P 作两条直线 PM，PN 分别交抛物线 C 于 M， N(M，N 不同于点 P)两点，且∠MPN 的平分线与 y 轴垂直，求证：直线 MN 的斜率为定值．
kx－y－k＋2＝0， 联立得方程组x32＋y42＝1. 消去 y 并整理，得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0.
x1＋x2＝63kk22＋＋4k，
所以x1x2＝33kk42＋＋4k，
①
y1＋y2＝－38k22＋＋4k，
则y1y2＝82＋ 3k22＋k－4 k2，
②
且 x1y2＋x2y1＝3－k22＋4k4. ③
[解] (1)设椭圆 E 的方程为 mx2＋ny2＝1，
由 A(0，－2)，B32，－1在椭圆上，
4n＝1， 可得94m＋n＝1，
解得 m＝13，n＝14，
所以椭圆 E 的方程为x32＋y42＝1.
(2)证明：由 A(0，－2)，B32，－1可得直线 AB 的方程为 y＝23x－2.
若过点 P(1，－2)的直线的斜率不存在，则其直线方程为 x＝1.
2025年高考数学一轮复习-圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题【课件】
1 −2
1 −2
−2
−1 2 −2 +2 1 −2
由1 = 1 − 1 可得, 1
2 − 2 + 2 = 1
,
1 −2
1 −2
从而可得点的纵坐标
1 1 −1 2 −2 +2 1 −2
2
1 −2
[21 2 −3 1 +2 +4]+2 1 −2
2
− 2
= 1 > 0, > 0 过点 2,2 ,且与的两个顶
（1）求的方程；
解 因为双曲线的两个顶点为 ±, 0 ,
2
所以
2+
2
2−
+
将 2,2
代入的方程可得, 2
=
8
4−2
= 4,即2 = 2,
=
2
4,故的方程为
2
−
2
4
= 1.
（2）过点 1,0 的直线与双曲线交于,两点（异于点）,设直线与轴垂直且
交直线于点,若线段的中点为,证明直线的斜率为定值,并求该定值.
解 依题意,可设直线: = − 1 ≠ 0 , 1 , 1 , 2 , 2 .
将 = − 1
2
与
2
所以 2 ≠ 2,Δ =
2
− = 1联立,整理得 2 − 2 2 − 2 2
则可设直线的方程为 = − 4, 1 , 1 , 2 , 2 .
又的左、右顶点分别为1 ,2 ,
所以1 −2,0 ,2 2,0 ,
= − 4,
联立ቊ 2
4 − 2 = 16,
第08讲 圆锥曲线综合问题(第2课时 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题)(新高考地区专用)
【解】 (1)因为 a＝2b，所以椭圆的方程为4xb22＋by22＝1， 又因为椭圆过点 A(－2，－1)，所以有44b2＋b12＝1，解得 b2＝2，所以椭圆 C 的方程为x82＋y22＝1. (2)由题意知直线 MN 的斜率存在． 当直线 MN 的斜率为 0 时，不妨设 M(－2 2，0)，N(2 2，0)， 则直线 MA：y＝－2－＋12 2(x＋2 2)，直线 NA：y＝－2－－12 2(x－2 2)，
由于直线 PA 的方程为 y＝9t (x＋3)，所以 y1＝9t (x1＋3)． 直线 PB 的方程为 y＝3t (x－3)，所以 y2＝3t (x2－3)． 可得 3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)． 由于x922＋y22＝1，故 y22＝－（x2＋3）9（x2－3），可得 27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋ 3)， 即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.①
又 Q(4，4k＋m)， 设 R(t，0)为以 PQ 为直径的圆上一点， 则由R→P·R→Q＝0， 得－4mk－t，m3 ·(4－t，4k＋m)＝0. 整理，得4mk(t－1)＋t2－4t＋3＝0. 由mk 的任意性，得 t－1＝0 且 t2－4t＋3＝0，解得 t＝1. 综上可知以 PQ 为直径的圆过 x 轴上一定点(1，0)．
第2课时 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题
高三一轮复习重难点题型
数学
定值问题
(2020·高考北京卷)已知椭圆 C：xa22＋by22＝1 过点 A(－2，－1)，且 a＝ 2b. (1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 B(－4，0)的直线 l 交椭圆 C 于点 M，N，直线 MA，NA 分别交直线 x＝－4 于点 P，Q，求||BPBQ||的值．
2020高考热点圆锥曲线中的定点、定值问题
圆锥曲线中的定点、定值及证明问题考点一 圆锥曲线的定点问题【例1】已知抛物线y 2=2px(p>0)上的点T(3,t)到焦点F 的距离为4. (1)求t,p 的值.(2)设A,B 是抛物线上分别位于x 轴两侧的两个动点,且·=5(其中O 为坐标原点).求证:直线AB 过定点,并求出该定点的坐标.【解析】(1)由抛物线的定义得,3+p2=4,解得p=2,所以抛物线的方程为y 2=4x,代入点T(3,t),解得32±=t .(2)设直线AB 的方程为x=my+n,),4(),,4(222121y yB y y A ,联立⎩⎨⎧+==n my x xy 42消元得y 2-4my-4n=0,则y 1+y 2=4m,y 1y 2=-4n,由·=5,得52116)(221=+y y y y ,所以y 1y 2=-20或y 1y 2=4(舍去),即-4n=-20,即n=5,所以直线AB 的方程为x=my+5, 所以直线AB 过定点(5,0). 求解定点问题常用的方法： 1、目标等式法求定点目标等式法是利用目标等式恒成立的条件，即对应项的系数相等，建立方程（组），求解定点的方法.解决问题的关键如下：（1）坐标化，将题目中的已知条件坐标化处理；（2）建立目标等式，利用坐标化的结论建立目标等式，如)(0),(),(为参数λλ=+y x g y x f ；（3）列方程（组），根据等式恒成立的条件，列出方程或方程组，如⎩⎨⎧==0),(0),(y x g y x f ；（4）找定点，解方程（组），可得直线或者曲线过的定点.2、“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明。
3、“一般推理，特殊求解”即先由题设条件得出曲线的方程，在根据参数的任意性得到定点坐标。
4、求证直线过定点),(00y x ，常利用直线的点斜式方程)(00x x k y y -=-来证明。
2020高三数学一轮复习(人教版理)：圆锥曲线的综合问题 ——定点、定值、探索性问题
→ 则OT＝
5511＋6k42k2，－1＋4k4k2。
因为点 T 在圆 x2＋y2＝1 上，
所以1511＋6k42k22＋－1＋4k4k22＝1，
化简得 176k4－24k2－5＝0，
解得 k2＝14(负值舍去)，所以 k＝±12，
经检验，此时(*)对应的判别式 Δ>0，满足题意。
又因为△MOF1 的面积为34，即12×
3×y＝34，得 y＝
23，所以 M
1，
23，
代入椭圆方程，得a12＋43b2＝－1②。 由①②解得 a2＝4，b2＝1。 故椭圆 C 的标准方程为x42＋y2＝1。 (2)假设存在过点 A(2,0)的直线 l 符合题意，则结合图形(图略)易知直线 l 的斜率必存在，于是可设直线 l 的方程为 y＝k(x－2)，
(2)证明：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)。 由(1)知 x1＋x2＝－2kk－2 4，x1x2＝k12。
直线 PA 的方程为 y－2＝yx11－－21(x－1)。 令 x＝0，得点 M 的纵坐标为 yM＝－x1y－1＋12＋2＝－xk1x－1＋1 1＋2。
同理得点 N 的纵坐标为 yN＝－xk2x－2＋1 1＋2。 → →→ →
设 l：y＝kx＋m(m≠1)。
将 y＝kx＋m 代入x42＋y2＝1，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由题设 可知 Δ＝16(4k2－m2＋1)>0。
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝－4k82k＋m1，x1x2＝44mk22＋－14。
而 k1＋k2＝y1x－1 1＋y2x－2 1＝kx1＋xm1 －1＋kx2＋xm2 －1＝ 2kx1x2＋mx1－x21x1＋x2。 由题设知 k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0。即(2k＋1)· 44mk22＋－14＋(m－1)·4－k28＋km1＝0。解得 k＝－m＋2 1。
2020年高考模拟复习知识点试卷试题之高考圆锥曲线中的定点与定值问题(题型总结超全)(20200615015034)
一、解答题 1．【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 C : y2 2 px（ p 0, p 为常数） 交于不同的两点 M , N ， （ 1）求抛物线 C 的标准方程；
1 当 k 时，
y1 y2 ，
k2 y1 y2 k y1 y2 1 4k2 4k2 1 4
uuuv uuuv ∴ OA OB 是一个定值 .
y1 y2 ， 3
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 x ky 1 也给解题带来了方便 .
所以 k1 k 2 0 .
4．已知椭圆
x2 C : a2
y2 b2
1(a b 0) 的短轴端点到右焦点
F 1，0 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 l：x 4于点 P ，
若 PA
1 AF ，
PB 2 BF ，
求证： 1 2 为定值．
【答案】 (1) x2 y 2 1 ;(2) 详见解析 . 43
【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 F 1,0 ，
在设
方程时，
往往设为 x my 1 m 0 ，
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
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}．。
高考数学一轮复习圆锥曲线中的定点、定值问题
1
2 −
3
＝
｜解题技法｜
1.定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊（或极端）位
置猜想，如直线的水平位置、竖直位置，即k＝0或k不存在时.
2.以曲线上的点为参数，设点P（x1，y1），利用点在曲线f（x，y）＝0上，即f
（x1，y1）＝0消参.
平面直角坐标系xOy中，点F1（－ 3，0），F2（ 3，0），点M满足｜MF1｜
2
∴所求椭圆C的方程为 ＋y2＝1.
4
（2）设M为椭圆C的左顶点，A，B是椭圆C上两个不同的点，直线MA，
π
2
MB的倾斜角分别为α，β，且α＋β＝ .证明：直线AB恒过定点，并求出该
定点的坐标.
解：（2）证明：由题易知，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝kx＋
m，A（x1，y1），B（x2，y2）.
参数法求定值
【例3】 已知椭圆C过点A
3
1,
2
，两个焦点为（－1，0）和（1，0）.
（1）求椭圆C的方程；
解
2
2
（1）由题意，知c＝1，可设椭圆方程为 2 ＋ 2 ＝1.
1+
1
9
∵点A在椭圆上，∴ 2 ＋ 2＝1，
1+
4
3
2
2
解得
∴椭圆C的方程为 ＋ ＝1.
重难专攻（八）
圆锥曲线中的定点、
定值问题
处理圆锥曲线中定点问题的方法：（1）探索直线过定点时，可设出直线方
程为y＝kx＋m，然后利用条件建立关于k，m的等量关系进行消元，借助于直线
系的思想找出定点；（2）从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.
2020届高考数学(文)总复习讲义：圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题
第十一节圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题考点一巧妙消元证定值［典例］(2018北京高考)已知抛物线C: y2= 2px经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线I与抛物线C有两个不同的交点A, B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1) 求直线I的斜率的取值范围；⑵设O为原点，Q M =入8 , Q N =(1Q O，求证：1+1为定值.人3［解］⑴因为抛物线y2= 2px过点(1,2),所以2p= 4,即p= 2.故抛物线C的方程为y2= 4x.由题意知，直线I的斜率存在且不为0.设直线I的方程为y= kx+ 1(k z 0),y2= 4x, 2 2由得k2x2+ (2k —4)x+ 1 = 0.y= kx+ 1,依题意△= (2 k—4)2—4 X k2x 1>0 ,解得k<0或0<k<1.又PA, PB与y轴相交，故直线I不过点(1, —2).从而k丰—3.所以直线I的斜率的取值范围是(一R,—3) U (—3,0) U (0,1).(2) 证明：设A(x1, y1), B(x2, y2).由(1)知x1 + x2 = 一k2—, X1X2= 了直线PA的方程为y—2 = y1—2(x —1).—y1 + 2 —kx1 + 1令x = 0,得点M的纵坐标为y M = —厂+ 2= + 2.X1—1 X1—1k'x + 1同理得点N的纵坐标为y N =—2+ 1 + 2.X2 ― 1由Q M =入Q O , Q N = 3Q O，得=1 —y M,尸 1 —y N.1 1 1 1 X1—1X2—1所以；+一= + =——+ ------入3 1 —y M 1 —y N (k— 1 X1 (k — 1 )X22 2k — 4 1 2x i X 2— (X i + X 2 — 1 k +~k 2 2 k — 1 X 1X 2 k — 1 1 所以1+丄为定值. 入 3［解题技法］解答圆锥曲线定值问题的技法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关; (2)引进变量法：其解题流程为变量一］选择适当前动点坐标或动线中系数为变量 窗数，把要证明为定值的量表示成上述变量的函数［定值一迪泄理理函奧北简，題去变星趨到産值［对点训练］2 2在平面直角坐标系 xOy 中，已知双曲线 5： x- — 54 = i ，椭圆C 2：N 分别是C 1, C 2上的动点，且 OM 丄ON ，求证：O 到直线MN 的距离是定值.证明：当直线ON 垂直于x 轴时，|0N| = 2, |O M|=・2,则0到直线MN 的距离为233. 3设O 到直线MN 的距离为d ,因为在 Rt △ MON 中，(|OM |2+ |ON|2)d 2= |OM|2|ON|2, 所以冷—宀丰壬—^(1土£_)= 3即 d =刘3所以 d —|OM|+|ON|— 4(1+ k 2) 4’ 即 d — 3 . 综上，O 到直线MN 的距离是定值.2x 2+y =i ,若 M ,4当直线 ON 不垂直于 x 轴时, 设直线 ON 的方程为 y = kx 显然则直线 OM 的方程为1 y— 1x.y = kx , 由2 yx 2+ t = 1,■ 24 X = 4+ k 2,得4k 22 4ky =4+ k 2,2所以 |ON |2=.同理 |OM|2=考点二确定直线寻定点2 2［典例］(2018成都一诊)已知椭圆C :号+ y 2 = 1(a > b > 0)的右焦点F( 3, 0)，长半轴 a b长与短半轴长的比值为 2.(1) 求椭圆C 的标准方程；⑵设不经过点B(0,1)的直线I 与椭圆C 相交于不同的两点 M , N ,若点B 在以线段MN 为直径的圆上，证明直线 I 过定点，并求出该定点的坐标.［解］(1)由题意得，c =雨，|= 2, a 2= b 2+ c 2,••• a = 2, b = 1,2•椭圆C 的标准方程为X4 + y 2= 1. (2)当直线I 的斜率存在时，设直线 I 的方程为y = kx + m(m z 1), M(x 1,浙)，N(x 2, y 2).y = kx + m , 222联立丫2 2消去 y ,可得(4k 2+ 1)x 2+ 8kmx + 4m 2— 4 = 0.l x + 4y = 4,•••点B 在以线段 MN 为直径的圆上, -- > --- > • BM -BN = 0.••• BM -N = g, kx 1+ m — 1)凶，kx ?+ m — 1)= (k 2+ 1风也 + k(m — 1)(X 1 + x ?) + (m — 1)2=0,—8 km2+ k(m —1)市+ (m -1)2= 0, 整理，得 5m 2— 2m — 3 = 0, 解得m =— 3或m = 1(舍去).5 •直线I 的方程为y = kx —3.5易知当直线I 的斜率不存在时，不符合题意. 故直线I 过定点，且该定点的坐标为 0,— 3 .［解题技法］直线过定点问题的解题模型• △= 16(4k 2 + 1— m 2)> 0, X 1 + X 2=—8km4k 2+ 1,X 1X 2 = 4m 2—4 4k 2+ 1.• (k 2+ 1) 4m 2— 4 4k 2 + 1!喷応直线与岡策朋线，利用根与系数的关系,:求出宦点的坐标 ■判晰定点的坐标满足所求的血线垂方程，即可' :证出宜樹经过该定点［对点训练］2 2(2019株洲两校联考)已知椭圆E : x 2+右=1(a > b > 0)经过点P(2,1),且离心率为 二3a b 2(1)求椭圆的标准方程;(2)设O 为坐标原点，在椭圆的短轴上有两点M ,别交椭圆于 A , B 两点，试证明直线 AB 过定点.当M , N 不是短轴的端点时，设直线 AB 的方程为y = kx +1,设A(x 1, y 1), B(x 2, y 2),易知X i ^ 2, x 丰2,消去 y , 得 (1 + 4k 2)x 2+ 8ktx + 4『一8= 0,则 A= 16(8k 2— t 2+ 2) > 0,又直线PA 的方程为y — 1 = x^(x — 2),((1— 2k x 2— 2t\ NO , ■—2k —T_0_'求直线 % ______Q依题意杀件设出相关的参数，如设出直讎的斜率i1利用题设条外，求盲线系方程-- > --- >N 满足OM = NO ，直线PM ,PN 分解：(1)由椭圆的离心率e = c =,1 — 1= aa 2= 4b 2,将P(2,1)代入椭圆方程2X 4?+¥= 1,得寺+ 1,解得 b 2= 2,则 a 2= 8,2 2所以椭圆的标准方程为倉+二=1.⑵证明：当M , N 分别是短轴的端点时, 则这个定点一定在 y 轴上，显然直线AB 为y 轴，所以若直线 AB 过定点,< 2 2—+ y = 1,联立S 82、y = kx + t 8ktx1+ x2=— 4k 2 + 1,4t 2 — 8 x1x2=4k +1.即 y — 1 =kx 1 +1— 1 -x1h (x - 2), 所以点M 的坐标为0,1-：：<；-2t ,同理可知由O^=NO, 得1-2kx2—2t + 1 —2kx2—2t = 0,x1 —2 X2—2化简整理得，(2 — 4k)x i x 2 — (2 — 4k + 2t)(x i + X 2) + 8t = 0, 24t — 8 f 8kt 、则(2 — 4k)X — (2 — 4k + 2t) — 4^ + 8t = 0, 整理得(2t + 4)k + (t 2+ t — 2) = 0, 当且仅当t =— 2时，上式对任意的 k 都成立，所以直线 AB 过定点(0，— 2).考点三假设存在定结论(探索性问题)［典例］如图，在直角坐标系 xOy 中有一直角梯形 ABCD , AB 的中点为 0, AD 丄AB , 3 1AD // BC , |AB|= 2, |BC|= 3 |AD| = ^,以 A , B 为焦点的椭圆经过点 C.(1) 求椭圆的标准方程；⑵若点E 0, 2，问是否存在直线I 与椭圆交于 M , N 两点且|ME|=|NE|?若存在，求 出直线I 斜率的取值范围；若不存在，请说明理由.2 2［解］(1)连接AC(图略)，依题意设椭圆的标准方程为 ,+ y 2= 1(a > b >0), a b在 Rt △ ABC 中，|AB|= 2, |BC|=号，所以 |AC|=： 所以 |CA|+ |CB| = 2+ 2 = 2a , a = 2. 又2c = 2，所以c = 1，从而b = 3, 2 2 所以椭圆的标准方程为 x + y= 1.4 3(2) 由题意知，当I 与x 轴垂直时，不满足|ME|=|NE|，当I 与x 轴平行时，|ME|= |NE|, 显然成立，此时 k = 0.当k z 0时，设直线I 的方程为y = kx + m ,y = kx + m , 2y-= 13- - -(3 + 4k )x + 8kmx + 4(m — 3) = 0. 由直线与椭圆交于两点得- - -△= (8km) — 4(3+ 4k ) X 4(m — 3) > 0,消去y ,整理得由所以m2v 4k2+ 3.设M(x i, y i), N(X2, y2), MN 的中点为P(x o, y o),x i+ X2 —4km . 3m则xo= =齐示，yo=kX0+ m=〒4p.因为|ME|=|NE|,所以EP 丄MN，所以k EP k=—1,3m 12 —刚3+4k 2 1 2即—4km k =—1，化简得m= —2(3 + 4k),3+ 4k2结合①得1(3 + 4k2)2v 4k2+ 3,1 1即16k4+ 8k2—3v 0,解得一2< k v ?(k工0).综上所述，存在满足条件的直线I,且其斜率的取值范围为-21.［解题技法］探索性问题的解题策略探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在，若结论不正确，则不存在.(1) 当条件和结论不唯一时，要分类讨论.(2) 当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.(3) 当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径.［对点训练］2 2(2019贵阳检测)如图，椭圆C:字+ ”= 1(a>b>0)的左顶点与上顶点分别为A, B，右焦点为F，点P在椭圆C上，且PF丄x轴，若AB// OP，且|AB|= 2 3.(1)求椭圆C的方程；⑵若Q是椭圆C上不同于长轴端点的任意一点，在x轴上是否存在一点D，使得直线Q A与Q D的斜率乘积恒为定值？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由.解：(1)由题意得A(—a,0), B(0, b),可设P(c, t)(t> 0),•••字+器“，解得t=：，即PC, a,b2由AB // OP ,得b=—,即b= C ,a C• a2= b2+ C2= 2b2, ①又AB = 2 3 , • a2+ b2= 12 , ②2 2由①②得a2= 8 , b2= 4，•椭圆C的方程为:+二=1.(2)假设存在D(m,O)使得直线Q A 与Q D 的斜率乘积恒为定值,2 2设 Q (x o , y o )(y o * 0)，则譽+ 誉 1, ③设 k cA k o D = k(常数),-A (-2 2，0)，二 x o+S 店 k ， 由③得y 0= 4 1 - X 0 , 将⑤代入④，得28— x ok _2[x 2+ 2 2 — m X o — 2 , 2m]， 22— m = O , 2 2m = 8,1•存在点D(2 2, O),使得kcAg = — *定值).［课时跟踪检测］F 2,点M 为短轴的上端点，MF 1 MF 2= O ,过F 2垂直于x 轴的直线交椭圆 C 于A , B 两点, 且 |AB|= 2.(1) 求椭圆C 的方程；(2) 设经过点(2, — 1)且不经过点 M 的直线I 与C 相交于G , H 两点.若k 1, k 2分别为 直线MH , MG 的斜率，求 k 1+ k 2的值.-- > -- >解：(1)由 MF 1MF 2= 0,得 b = c.①因为过F 2垂直于x 轴的直线交椭圆 C 于A , B 两点，且|AB|= 2, 所以b =¥‘ ② a 2 又 a 2= b 2+ c 2,③联立①②③，解得 a 2= 2, b 2= 1, 2 故椭圆C 的方程为:+ y 2= 1. (2)易知直线l 的斜率存在，可设直线l 的方程为y + 1 = k(x — 2)，即y = kx — 2k — 1,2 将 y = kx — 2k — 1 代入x ； + y 2= 1 得(1 + 2k 2)x 2 — 4k(2k + 1)x + 8k 2 + 8k = 0, 由题设可知 △=— 16k(k + 2) >O , 设 G(X 1, y 1), H(X 2, y 2),1. (2O19贵阳适应性考试)已知椭圆C :2 27 +b 2= 1(a> b > O)的左、右焦点分别为F 1,••• m= 2 2,24k 2k + 1 8k + 8k则 x 1+ x 2= 匸,X 1X 2 =1 + 2k 1 + 2k 4kf2k + 1 \ 2k +2 x2 —1 kx 1— 2k — 2 kx 2 — 2k — 2 1 + 2k=一 + - = 2k — 2= 2k — (2 k+ 8$iX 28k 1 + 2k 2+ 1) =- 1,所以 &+ k 2=— 1.2. (2018贵阳摸底考试)过抛物线C : y 2= 4x 的焦点F 且斜率为k 的直线I 交抛物线C 于A , B 两点，且|AB|= 8.(1)求直线I 的方程;⑵若A 关于x 轴的对称点为 D ，求证：直线 BD 过定点，并求出该点的坐标.解：(1)易知点F 的坐标为(1,0)，则直线I 的方程为y = k(x — 1),代入抛物线方程 y 2= 4x 得 k 2x 2 — (2k 2 + 4)x + k 2= 0,由题意知 k z 0,且△= [ — (2k 2 + 4)]2 — 4k 2k 2= 16(k 2+ 1)> 0, 2k 2 + 4设 A(X 1, y 1) , B(X 2, y 2),「・X 1 + X 2= 厂,X 1X 2= 1 , 由抛物线的定义知|AB|= x 1+ x 2+ 2 = 8, 22k + 4 的方程为x + y — 1 = 0或x — y — 1 = 0.4•直线BD 的方程为y + y 1 =(x — x 1), y 2—yr ，即(y 2 — y 1)y + y 2y 1 — y 2= 4x — 4X 1, ••• y 2=4x 1, y 2= 4x 2, X 1X 2= 1,2• (y 1y 2)= 16x 1X 2= 16 , 即 y 1y 2 =— 4(y 1, y 2异号),•直线BD 的方程为4(x + 1) + (y 1 — y 2)y = 0，恒过点(—1, 3. (2019西安八校联考)已知直线I : x = my + 1过椭圆C ：线x 2= 4 3y 的焦点为椭圆 C 的上顶点，且I 交椭圆C 于A , B 两点，点A , F , B 在直线x =4上的射y 1— 1 y 2k1+ k2 = GT + _X 2x i=6,「. k 2= 1，即 k = ±1, •••直线I (2)证明:•/ D 点的坐标为(X 1, — y 1),直线BD 的斜率k BDy 2+ y 1y 2 + y 1 _4=2 = ,X 2— X 1 y 2 —工1 y 2 —屮4 —40).2 2* + *= 1的右焦点F ，抛物影依次为D, K, E.(1)求椭圆C的方程;⑵若直线I交y轴于点M，且蔽=入# , MB =他弗，当m变化时，证明：入+ %为定值;(3) 判断当m 变化时，直线 AE 与BD 是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并 给予证明；否则，说明理由.解：(1) •/ l : X = my + 1过椭圆C 的右焦点F ,•••右焦点 F(1,0)，即 c = 1.••• X 2= 4 3y 的焦点(0, 3)为椭圆C 的上顶点,• b = ，即 b 2= 3, a 2= b 2 + c 2= 4,2 2•椭圆C 的方程为7+y =1. 4 3X = my +1, 亠2 2由 2 2消去 X ,整理得(3m 2 + 4)y 2 + 6my — 9 =3X 2 + 4<— 12= 0 0. 设 A(x i , y i ), B (X 2, y 2),6m则 yi +y2=一 3m T 4, yiy2= — 3m T 4.--- > ------ > ----- > -------- > T MA = h AF , MB = h BF , M °,• X i ，y i + m = h (1 — X i ,— y i ), X 2, y 2 + m = h (1 — X 2,—y 2), 11 h =—1—my? h =—1—my? —6m y i + y 2 3m 2 +4 8• h + h = — 2 — = — 2一 ■ = — 8.my i y 2 — 9m 33m 2 + 4综上所述，当m 变化时，入+ h 为定值—3. 3■■5 \⑶当m = 0时，直线I 丄X 轴，则四边形ABED 为矩形，易知AE 与BD 相交于点N 2，°， A N = 2 — X i ,— y i = 3 — my i ,— y i ,-- >易知 E(4, y 2),则 NE =3 33 3 6m-2 — my i $2 — 2(— y i ) = 2(y i + y 2)— my i y 2="「3m 2+ 4 厂-- > --- >• AN // NE ，即A , N , E 三点共线.同理可得B , N , D 三点共线.则猜想成立.(2)证明：由题意知m 丰0, 猜想当m 变化时，直线 AE 与BD 相交于定点N2,0，证明如下:9 3m Z 4 = °，-i,综上，在 x 轴上存在定点 故当m 变化时，直线 AE 与BD 相交于定点N 号，0 .拿+缶=1(a > b >0)的离心率为^2^2，左、右焦点分别为F i , F 2,过F i 的直线交椭圆于 A , B 两点.(1) 若以AF i 为直径的动圆内切于圆 x 2+ y 2= 9,求椭圆的长轴长；--- > --- >(2) 当b = 1时，问在x 轴上是否存在定点 T ,使得TA -TB 为定值？并说明理由. 解：(1)设AF i 的中点为M ，连接OM , AF«O 为坐标原点)，在△ AF 1F 2中，O 为F 1F 2 的中点， 所以 |OM|= 1|AF 2|= 2(2a — |AF 1|)= a - 1|AF 1|.1由题意得 |OM| = 3— 1|AF 1|,所以a = 3,故椭圆的长轴长为 6.(2)由 b = 1, C =竽，a 2= b 2 + c 2,得 c = 2 2, a = 3,所以椭圆C 的方程为；+ y 2= 1.y ,得(9k 2+ 1)x 2+ 36 2k 2x + 72k 2-9= 0, △>0 恒成立. 设 A(X 1, y 1), B(X 2, y 2),36 2k 9k 2+ 1 ,72k — 99k 2 + 1 ,4. (2018石家庄质测)已知椭圆C : 当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y = k(x +珂2),由』 \2 + 9y 2= 9,«x + 2辽消去-i,综上，在 x 轴上存在定点设 T(x °,0), + 71 = 9(x 0 — 9),即卩x °=— 斗2寸，—•缶为定值，定值为 x 2 — 9=—三 当直线AB 的斜率不存在时，不妨设 A不妨设 A i — 2y[2, 3 ], B (— 2羽, 当T -罟,0。
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(原卷版)
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.2 2 —【例1】已知椭圆C: x? +右=l(a>b>0)的离心率为乎，点Q b,-［在椭圆上，0为坐a b 2< b J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.题组训练一圆锥曲线中的定点、定值问题2 2已知椭圆C : X2+ y2= 1过A(2,o), B(0,1)两点.a b(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PA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.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 i：/+ y2+ 4x= 0的圆心为F i,直线I过点F2(2,0)且不与x轴、y轴垂直，且与圆F i相交于两点C、D，过F2作F i C的平行线交直线F i D于点E.(1)证明||EF i|—|EF2||为定值，并写出点的轨迹方程；⑵设点E的轨迹曲线与直线I交于M, N两点，过F2且与垂直的直线与圆F i交于P, Q两点，求△ PQM与厶PQN的面积之和的取值范围.题组训练二圆锥曲线中的范围问题设圆x2+ y2+ 2x—i5 = 0的圆心为A，直线I过点B(i,O)且与x轴不重合，I交圆A于C,D 两点,过B 作AC 的平行线交AD 于点E.(i)证明|EA|+ |EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；⑵设点E 的轨迹为曲线 C i ,直线I 交C i 于M , N 两点，过B 且与I 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.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.(1)求椭圆C 的方程；⑵设过点A(4,0)的直线I 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I 使厶AMF 与厶MFN 的面积相等？若存在，试求直线I 的方程；若不存在，请说明理由． 【例3】已知椭圆2 C ： X2 + a 2 i 『3 ] 治=1(a>b>0)的离心率为",且过点P 1,- F 为其右焦点.题组训练三圆锥曲线中的存在性问题已知抛物线C: x2= 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.⑴D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．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+ y2= 12上的动点，点B(1,0).线段PB的垂直平分线与半径PA相交于点T,记点T的轨迹为r(1)求曲线『的方程；⑵设M , N是『上的两个动点，MN的中点H在圆x2+ y2= 1上，求原点到MN距离的最小值.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2 2 . ixOy中，椭圆C: *+器=1(a>b>0)的离心率是今，抛物线E: x2= 2y 的焦点F是C的一个平面直角坐标系顶点.(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I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；51②直线I与y轴交于点6,记厶PFG的面积为S，△ PDM的面积为求三的最大值52及取得最大值时点P的坐标.【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¥，它的一个焦点恰好与抛物线y2= 4x的焦点重合.(1)求椭圆C的方程；⑵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1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4由.2. 已知两点A( —2, 0), B(,2, 0)，动点P在y轴上的投影是Q,且2PA PB = |PQ|2.(1)求动点P的轨迹C的方程；⑵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 i, E2分别是GH ,MN的中点.求证：直线E1E2恒过定点.2 2 23. 如图，椭圆E：字+存=1(a>b>0),经过点A(0, —1)，且离心率为才(1)求椭圆E的方程;⑵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.24. 已知焦点在y轴上的椭圆E的中心是原点0,离心率为双曲线y2—号=1离心率的一半，直线y = x被椭圆E截得的线段长为一.直线|: 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 =沪B.(1)求椭圆E的方程；(2)是否存在实数m,使OA + ^0B= 40P?若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由.。
高考数学一轮专项复习ppt课件-圆锥曲线中定点与定值问题(北师大版)
跟踪训练1 (2024·郑州质检)已知椭圆C：ax22＋by22 ＝1(a>b>0)的上顶点和两 焦点构成的三角形为等腰直角三角形，且面积为2，点M为椭圆C的右顶点. (1)求椭圆C的方程；
由题意知bb＝ c＝c， 2， 解得 b＝c＝ 2， 又a2＝b2＋c2，则a＝2， 所以椭圆 C 的方程为x42＋y22＝1.
，证明：点F到直线PQ与到直线l1
的距离之比为定值.
由(1)可知抛物线C的方程是x2＝8y， 由题意知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
Px1，x821，Qx2，x822，Gx0，x820， 因为∠PGQ＝π2， 所以xx8211－－xx8200·xx8222－－xx8200＝－1，
思维升华
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 (1)求代数式为定值.依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代 数式，化简即可得出定值. (2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式， 再利用题设条件化简、变形求得. (3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式 进行化简、变形即可求得.
由题意知M→A·M→B＝0，即(x1－2，y1)·(x2－2，y2)＝0，
易得(1＋k2)x1x2－(2＋k2t)(x1＋x2)＋4＋k2t2＝0， 即(1＋k2)(2k2t2－4)－(2＋k2t)·4k2t＋(4＋k2t2)(1＋2k2)＝0， 整理得k2(3t2－8t＋4)＝0，因为k不恒为0， 故解得 t＝23或 t＝2(舍)， 综上，当 t＝23时，以 AB 为直径的圆恒过点 M.
即(x1＋x0)(x2＋x0)＝－64， 即 x1x2＋x0(x1＋x2)＋x20＝－64. 又 k＝x40，所以 x0＝4k， 故 l1：y＝x40(x－x0)＋x820＝kx－2k2.
【2020届】高考数学圆锥曲线专题复习：圆锥曲线定点定值和最值问题
圆锥曲线的定点、定值问题1、已知平面内的动点P 到定直线l ：x =P 到定点)F 之比为2．（1）求动点P 的轨迹C 的方程；（2）若点N 为轨迹C 上任意一点（不在x 轴上），过原点O 作直线AB 交（1）中轨迹C 于点A 、B ，且直线AN 、BN 的斜率都存在，分别为1k 、2k ，问21k k ∙是否为定值？（3）若点M 为圆O ：422=+y x 上任意一点（不在x 轴上），过M 作圆O 的切线，交直线l 于点Q ，问MF 与OQ 是否始终保持垂直关系？2、已知椭圆2222:1x y C a b +=(0)a b >>的离心率为12，一条准线为:4l x =，若椭圆C 与x 轴交于,A B 两点，P 是椭圆C 上异于,A B 的任意一点，直线PA 交直线l 于点M ，直线PB 交直线l 于点N ，记直线,PA PB 的斜率分别为12,k k .（1）求椭圆C 的方程；（2）求12,k k 的值；（3）求证：以MN 为直径的圆过x 轴上的定点，并求出定点的坐标.3、已知圆22:9C x y +=，点(5,0)A -，直线:20l x y -=.⑴求与圆C 相切，且与直线l 垂直的直线方程；⑵在直线OA 上（O 为坐标原点），存在定点B （不同于点A ），满足：对于圆C 上任一点P ，都有PAPB为一常数，试求所有满足条件的点B 的坐标.4、已知椭圆E ：22184x y +=的左焦点为F ，左准线l 与x 轴的交点是圆C 的圆心，圆C 恰好经过坐标原点O ，设G 是圆C 上任意一点. （1）求圆C 的方程；（2）若直线FG 与直线l 交于点T ，且G 为线段FT 的中点，求直线FG 被圆C 所截得的弦长； （3）在平面上是否存在定点P ，使得12GF GP =？若存在，求出点P 坐标；若不存在，请说明理由.5、已知221(5)5(13)C x y A ++=-:，点，． （Ⅰ）求过点A 与1C 相切的直线l 的方程； （Ⅱ）设21C C 为关于直线l 对称的圆，则在x 轴上是否存在点P ，使得P 到两圆的切？荐存在，求出点P 的坐标；若不存在，试说明理由．6、已知椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的左、右焦点分别为21F F 、，其半焦距为c ，圆M 的方程为.916)35(222c y c x =+-（Ⅰ）若P 是圆M 上的任意一点，求证：21PF PF 为定值；（Ⅱ）若椭圆经过圆上一点Q ，且1611cos 21=∠QF F ，求椭圆的离心率；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若O OQ (331=为坐标原点），求圆M 的方程。
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，。
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第八篇 平面解析几何专题8.10 圆锥曲线的定点、定值、开放问题【考点聚焦突破】 考点一 定点问题【例1】 (2019·咸阳二模)已知A (－2，0)，B (2，0)，点C 是动点，且直线AC 和直线BC 的斜率之积为－34.(1)求动点C 的轨迹方程；(2)(一题多解)设直线l 与(1)中轨迹相切于点P ，与直线x ＝4相交于点Q ，判断以PQ 为直径的圆是否过x 轴上一定点. 【答案】见解析【解析】(1)设C (x ，y ).由题意得k AC ·k BC ＝y x ＋2·y x －2＝－34(y ≠0).整理，得x 24＋y 23＝1(y ≠0).故动点C 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0).(2)法一 易知直线l 的斜率存在，设直线l ：y ＝kx ＋m . 联立得方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1.消去y 并整理，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.依题意得Δ＝(8km )2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝0， 即3＋4k 2＝m 2.设x 1，x 2为方程(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0的两个根，则x 1＋x 2＝－8km3＋4k 2，∴x 1＝x 2＝－4km3＋4k 2.∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 3＋4k 2，3m 3＋4k 2，即P ⎝⎛⎭⎫－4k m ，3m . 又Q (4，4k ＋m )，设R (t ，0)为以PQ 为直径的圆上一点，则由RP →·RQ →＝0，得⎝⎛⎭⎫－4k m －t ，3m ·(4－t ，4k ＋m )＝0. 整理，得4km(t －1)＋t 2－4t ＋3＝0.由km的任意性，得t －1＝0且t 2－4t ＋3＝0，解得t ＝1.综上可知，以PQ 为直径的圆过x 轴上一定点(1，0). 法二 设P (x 0，y 0)，则曲线C 在点P 处的切线PQ ：x 0x 4＋y 0y3＝1. 令x ＝4，得Q ⎝⎛⎭⎫4，3－3x 0y 0.设R (t ，0)为以PQ 为直径的圆上一点，则由RP →·RQ →＝0， 得(x 0－t )·(4－t )＋3－3x 0＝0， 即x 0(1－t )＋t 2－4t ＋3＝0.由x 0的任意性，得1－t ＝0且t 2－4t ＋3＝0，解得t ＝1. 综上可知，以PQ 为直径的圆过x 轴上一定点(1，0). 【规律方法】 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. 【训练1】 已知抛物线C 的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A (1，2)为抛物线C 上一点. (1)求抛物线C 的方程；(2)若点B (1，－2)在抛物线C 上，过点B 作抛物线C 的两条弦BP 与BQ ，如k BP ·k BQ ＝－2，求证：直线PQ 过定点. 【答案】见解析【解析】(1)解 若抛物线的焦点在x 轴上，设抛物线方程为y 2＝ax ，代入点A (1，2)，可得a ＝4，所以抛物线方程为y 2＝4x .若抛物线的焦点在y 轴上，设抛物线方程为x 2＝my ，代入点A (1，2)，可得m ＝12，所以抛物线方程为x 2＝12y .综上所述，抛物线C 的方程是y 2＝4x 或x 2＝12y .(2)证明 因为点B (1，－2)在抛物线C 上，所以由(1)可得抛物线C 的方程是y 2＝4x . 易知直线BP ，BQ 的斜率均存在，设直线BP 的方程为y ＋2＝k (x －1)， 将直线BP 的方程代入y 2＝4x ，消去y ，得 k 2x 2－(2k 2＋4k ＋4)x ＋(k ＋2)2＝0.设P (x 1，y 1)，则x 1＝（k ＋2）2k 2，所以P ⎝⎛⎭⎫（k ＋2）2k 2，2k ＋4k .用－2k 替换点P 坐标中的k ，可得Q ((k －1)2，2－2k )，从而直线PQ 的斜率为2k ＋4k －2＋2k （k ＋2）2k 2－（k －1）2＝2k 3＋4k －k 4＋2k 3＋4k ＋4＝2k－k 2＋2k ＋2， 故直线PQ 的方程是y －2＋2k ＝2k－k 2＋2k ＋2·[x －(k －1)2].在上述方程中，令x ＝3，解得y ＝2， 所以直线PQ 恒过定点(3，2). 考点二 定值问题【例2】 (2019·河北省“五个一”名校联盟)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)是椭圆C 上两个动点，直线OP ，OQ 的斜率分别为k 1，k 2，若m ＝⎝⎛⎭⎫x 12，y 1，n ＝⎝⎛⎭⎫x 22，y 2，m ·n ＝0.(1)求证：k 1·k 2＝－14；(2)试探求△OPQ 的面积S 是否为定值，并说明理由. 【答案】见解析【解析】(1)证明 ∵k 1，k 2均存在，∴x 1x 2≠0. 又m ·n ＝0，∴x 1x 24＋y 1y 2＝0，即x 1x 24＝－y 1y 2，∴k 1·k 2＝y 1y 2x 1x 2＝－14.(2)解 ①当直线PQ 的斜率不存在，即x 1＝x 2，y 1＝－y 2时， 由y 1y 2x 1x 2＝－14，得x 214－y 21＝0. 又∵点P (x 1，y 1)在椭圆上，∴x 214＋y 21＝1， ∴|x 1|＝2，|y 1|＝22.∴S △POQ ＝12|x 1||y 1－y 2|＝1. ②当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋b . 联立得方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 24＋y 2＝1，消去y 并整理得(4k 2＋1)x 2＋8kbx ＋4b 2－4＝0，其中Δ＝(8kb )2－4(4k 2＋1)(4b 2－4)＝16(1＋4k 2－b 2)>0，即b 2<1＋4k 2. ∴x 1＋x 2＝－8kb 4k 2＋1，x 1x 2＝4b 2－44k 2＋1.∵x 1x 24＋y 1y 2＝0， ∴x 1x 24＋(kx 1＋b )(kx 2＋b )＝0，得2b 2－4k 2＝1(满足Δ>0). ∴S △POQ ＝12|b |1＋k 2|PQ |＝12|b |（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝2|b |4k 2＋1－b 24k 2＋1＝1.综合①②知△POQ 的面积S 为定值1.【规律方法】 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 (1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值. (2)两大解法：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； ②引起变量法：其解题流程为变量→选择适当的动点坐标或动线中系数为变量 ↓函数→把要证明为定值的量表示成上述变量的函数 ↓定值→把得到的函数化简，消去变量得到定值【训练2】 (2019·青岛调研)已知直线l 过抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点，且垂直于抛物线的对称轴，l 与抛物线两交点间的距离为2. (1)求抛物线C 的方程；(2)若点P (2，2)，过点(－2，4)的直线m 与抛物线C 相交于A ，B 两点，设直线PA 与PB 的斜率分别为k 1和k 2.求证：k 1k 2为定值，并求出此定值. 【答案】见解析【解析】(1)解 由题意可知，2p ＝2，解得p ＝1，则抛物线的方程为x 2＝2y .(2)证明 由题易知直线m 的斜率存在，设直线m 的方程为y －4＝k (x ＋2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则k 1＝y 1－2x 1－2＝k （x 1＋2）＋2x 1－2，k 2＝y 2－2x 2－2＝k （x 2＋2）＋2x 2－2，k 1k 2＝[k （x 1＋2）＋2][k （x 2＋2）＋2]（x 1－2）（x 2－2）＝k 2[x 1x 2＋2（x 1＋x 2）＋4]＋2k （x 1＋x 2＋4）＋4x 1x 2－2（x 1＋x 2）＋4，联立抛物线x 2＝2y 与直线y －4＝k (x ＋2)的方程消去y 得x 2－2kx －4k －8＝0，其中Δ＝4(k 2＋4k ＋8)>0恒成立，可得x 1＋x 2＝2k ，x 1x 2＝－4k －8，则k 1k 2＝－1. 因此k 1k 2为定值，且该定值为－1. 考点三 开放问题【例3】 (2019·福州四校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1，F 2，短轴的一个端点为P ，△PF 1F 2内切圆的半径为b3，设过点F 2的直线l 与被椭圆C 截得的线段为RS ，当l ⊥x 轴时，|RS |＝3.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)在x 轴上是否存在一点T ，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称？若存在，请求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】见解析【解析】(1)由内切圆的性质，得12×2c ×b ＝12×(2a ＋2c )×b 3，得c a ＝12.将x ＝c 代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得y ＝±b 2a ，所以2b 2a ＝3.又a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 垂直于x 轴时，显然x 轴上任意一点T 都满足TS 与TR 所在直线关于x 轴对称.当直线l 不垂直于x 轴时，假设存在T (t ，0)满足条件，设l 的方程为y ＝k (x －1)，R (x 1，y 1)，S (x 2，y 2). 联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，①其中Δ>0恒成立，由TS 与TR 所在直线关于x 轴对称，得k TS ＋k TR ＝0(显然TS ，TR 的斜率存在)，即y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝0.② 因为R ，S 两点在直线y ＝k (x －1)上， 所以y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)，代入②得 k （x 1－1）（x 2－t ）＋k （x 2－1）（x 1－t ）（x 1－t ）（x 2－t ）＝k [2x 1x 2－（t ＋1）（x 1＋x 2）＋2t ]（x 1－t ）（x 2－t ）＝0，即2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0，③ 将①代入③得8k 2－24－（t ＋1）8k 2＋2t （3＋4k 2）3＋4k 2＝6t －243＋4k 2＝0，④则t ＝4，综上所述，存在T (4，0)，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称.【规律方法】 此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.【训练3】 (2019·上海静安区检测)已知动点P 到定点F (1，0)和到直线x ＝2的距离之比为22，设动点P 的轨迹为曲线E ，过点F 作垂直于x 轴的直线与曲线E 相交于A ，B 两点，直线l ：y ＝mx ＋n 与曲线E 交于C ，D 两点，与AB 相交于一点(交点位于线段AB 上，且与A ，B 不重合). (1)求曲线E 的方程；(2)当直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切时，四边形ACBD 的面积是否有最大值？若有，求出其最大值及对应的直线l 的方程；若没有，请说明理由. 【答案】见解析【解析】(1)设点P (x ，y )，由题意，可得（x －1）2＋y 2|x －2|＝22，得x 22＋y 2＝1.∴曲线E 的方程是x 22＋y 2＝1.(2)设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由条件可得|AB |＝ 2. 当m ＝0时，显然不合题意.当m ≠0时，∵直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切， ∴|n |m 2＋1＝1，得n 2＝m 2＋1.联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝mx ＋n ，x 22＋y 2＝1，消去y 得⎝⎛⎭⎫m 2＋12x 2＋2mnx ＋n 2－1＝0， 则Δ＝4m 2n 2－4⎝⎛⎭⎫m 2＋12(n 2－1)＝2m 2>0， x 1＋x 2＝－4mn2m 2＋1，x 1x 2＝2（n 2－1）2m 2＋1，S 四边形ACBD ＝12|AB |·|x 1－x 2|＝2|m |2m 2＋1＝22|m |＋1|m |≤22， 当且仅当2|m |＝1|m |，即m ＝±22时等号成立， 因为直线l 与线段AB 有交点，所以当m ＝22时，n ＝－62；当m ＝－22时，n ＝62. 经检验可知，直线y ＝22x －62和直线y ＝－22x ＋62都符合题意. 【反思与感悟】 1.有关弦的三个问题(1)涉及弦长的问题，应熟练地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；(2)涉及垂直关系往往也是利用根与系数的关系设而不求简化运算；(3)涉及过焦点的弦的问题，可考虑利用圆锥曲线的定义求解. 2.求解与弦有关问题的两种方法(1)方程组法：联立直线方程和圆锥曲线方程，消元(x 或y )成为二次方程之后，结合根与系数的关系，建立等式关系或不等式关系.(2)点差法：在求解圆锥曲线且题目中已有直线与圆锥曲线相交和被截线段的中点坐标时，设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标，代入圆锥曲线的方程并作差，从而求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程.“点差法”的常见题型有：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题.必须提醒的是“点差法”具有不等价性，即要考虑判别式Δ是否为正数. 【易错防范】1.求范围问题要注意变量自身的范围.2.利用几何意义求最值时，要注意“相切”与“公共点唯一”的不等价关系.注意特殊关系、特殊位置的应用.3.解决定值、定点问题，不要忘记特值法. 【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2019·石家庄模拟)已知P 为双曲线C ：x 29－y 216＝1上的点，点M 满足|OM →|＝1，且OM →·PM →＝0，则当|PM →|取得最小值时点P 到双曲线C 的渐近线的距离为( ) A.95B.125C.4D.5【答案】 B【解析】 由OM →·PM →＝0，得OM ⊥PM ，根据勾股定理，求|MP |的最小值可以转化为求|OP |的最小值，当|OP |取得最小值时，点P 的位置为双曲线的顶点(±3，0)，而双曲线的渐近线为4x ±3y ＝0，∴所求的距离d ＝125. 2.已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率e ＝2，过双曲线上一点M 作直线MA ，MB 交双曲线于A ，B 两点，且斜率分别为k 1，k 2，若直线AB 过原点，则k 1·k 2的值为( ) A.2 B.3C. 3D. 6【答案】 B【解析】 由题意知，e ＝c a＝1＋b 2a2＝2⇒b 2＝3a 2，则双曲线方程可化为3x 2－y 2＝3a 2，设A (m ，n )，M (x 0，y 0)(x 0≠±m )，则B (－m ，－n )，k 1·k 2＝y 0－n x 0－m ·y 0＋n x 0＋m ＝y 20－n 2x 20－m 2＝3x 20－3a 2－3m 2＋3a2x 20－m2＝3. 3.直线l 与抛物线C ：y 2＝2x 交于A ，B 两点，O 为坐标原点，若直线OA ，OB 的斜率分别为k 1，k 2，且满足k 1k 2＝23，则直线l 过定点( )A.(－3，0)B.(0，－3)C.(3，0)D.(0，3)【答案】 A【解析】 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为k 1k 2＝23，所以y 1x 1·y 2x 2＝23.又y 21＝2x 1，y 22＝2x 2，所以y 1y 2＝6.设直线l ：x ＝my ＋b ，代入抛物线C ：y 2＝2x 得y 2－2my －2b ＝0，所以y 1y 2＝－2b ＝6，得b ＝－3，即直线l 的方程为x ＝my －3，所以直线l 过定点为(－3，0).4.(2019·北京通州区模拟)设点Q 是直线l ：x ＝－1上任意一点，过点Q 作抛物线C ：y 2＝4x 的两条切线QS ，QT ，切点分别为S ，T ，设切线QS ，QT 的斜率分别为k 1，k 2，F 是抛物线的焦点，直线QF 的斜率为k 0，则下列结论正确的是( ) A.k 1－k 2＝k 0B.k 1k 2＝2k 0C.k 1－k 2＝2k 0D.k 1＋k 2＝2k 0【答案】 D【解析】 设点Q (－1，t )，由过点Q 的直线y －t ＝k (x ＋1)与抛物线C ：y 2＝4x 相切，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y －t ＝k （x ＋1），整理得k 2x 2＋2(k 2＋kt －2)x ＋(k ＋t )2＝0，则Δ＝4(k 2＋kt －2)2－4k 2(k ＋t )2＝0，化简得k 2＋tk －1＝0.显然k 1，k 2是关于k 的方程k 2＋tk －1＝0的两个根，所以k 1＋k 2＝－t . 又k 0＝－t2，故k 1＋k 2＝2k 0.5.(2019·长春监测)已知O 为坐标原点，设F 1，F 2分别是双曲线x 2－y 2＝1的左、右焦点，P 为双曲线左支上任一点，过点F 1作∠F 1PF 2的平分线的垂线，垂足为H ，则|OH |＝( ) A.1 B.2C.4D.12【答案】 A【解析】 如图所示，延长F 1H 交PF 2于点Q ，由PH 为∠F 1PF 2的平分线及PH ⊥F 1Q ，可知|PF 1|＝|PQ |，根据双曲线的定义，得|PF 2|－|PF 1|＝2，从而|QF 2|＝2，在△F 1QF 2中，易知OH 为中位线，故|OH |＝1.二、填空题6.已知动点P (x ，y )在椭圆x 225＋y 216＝1上，若A 点坐标为(3，0)，|AM →|＝1，且PM →·AM →＝0，则|PM →|的最小值是________. 【答案】3【解析】 ∵PM →·AM →＝0，∴AM →⊥PM →. ∴|PM →|2＝|AP →|2－|AM →|2＝|AP →|2－1， ∵椭圆右顶点到右焦点A 的距离最小， 故|AP →|min ＝2，∴|PM →|min ＝ 3. 7.若双曲线x 2－y 2b 2＝1(b ＞0)的一条渐近线与圆x 2＋(y －2)2＝1至多有一个公共点，则双曲线离心率的取值范围是________.【答案】 (1，2]【解析】 双曲线的渐近线方程为y ＝±bx ， 则有|0－2|1＋b 2≥1，解得b 2≤3，则e 2＝1＋b 2≤4，∵e ＞1，∴1＜e ≤2.8.(2019·湘中名校联考)已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，△ABC 的顶点都在抛物线上，且满足FA →＋FB →＋FC →＝0，则1k AB ＋1k AC ＋1k BC ＝________.【答案】 0【解析】 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，F ⎝⎛⎭⎫p 2，0， 由FA →＋FB →＋FC →＝0，得y 1＋y 2＋y 3＝0. 因为k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝2py 1＋y 2，所以k AC ＝2p y 1＋y 3，k BC ＝2py 2＋y 3，所以1k AB ＋1k AC ＋1k BC ＝y 1＋y 22p ＋y 3＋y 12p ＋y 2＋y 32p ＝0.三、解答题9.已知抛物线的顶点在原点，焦点在x 轴的正半轴上，直线x ＋y －1＝0与抛物线相交于A ，B 两点，且|AB |＝8611. (1)求抛物线的方程；(2)在x 轴上是否存在一点C ，使△ABC 为正三角形？若存在，求出C 点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】见解析【解析】(1)设所求抛物线的方程为y 2＝2px (p >0)， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2px ，x ＋y －1＝0，消去y ，得x 2－2(1＋p )x ＋1＝0， 判别式Δ＝4(1＋p )2－4＝4p 2>0恒成立， 由根与系数的关系得x 1＋x 2＝2(1＋p )，x 1x 2＝1. 因为|AB |＝8611，所以2[（x 1＋x 2）2－4x 1x 2]＝8611，所以121p 2＋242p －48＝0，所以p ＝211或p ＝－2411(舍去). 故抛物线的方程为y 2＝411x . (2)设弦AB 的中点为D ，则D ⎝⎛⎭⎫1311，－211. 假设x 轴上存在满足条件的点C (x 0，0).因为△ABC 为正三角形，所以CD ⊥AB ，所以x 0＝1511， 所以C ⎝⎛⎭⎫1511，0，所以|CD |＝2211. 又|CD |＝32|AB |＝12211， 与上式|CD |＝2211矛盾，所以x 轴上不存在点C ，使△ABC 为正三角形. 10.(2019·江西九校联考)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PA 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.【答案】见解析【解析】(1)解 由题意知，a ＝2，b ＝1， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. 因为c ＝a 2－b 2＝3，所以椭圆C 的离心率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.因为A (2，0)，B (0，1)，所以直线PA 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. 所以四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM |＝12⎝⎛⎭⎫2＋x 0y 0－1·⎝⎛⎭⎫1＋2y 0x 0－2＝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，所以四边形ABNM 的面积为定值2.【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.(2019·衡水中学周测)设F 为抛物线y 2＝4x 的焦点，A ，B ，C 为该抛物线上不同的三点，FA →＋FB →＋FC →＝0，O 为坐标原点，且△OFA ，△OFB ，△OFC 的面积分别为S 1，S 2，S 3，则S 21＋S 22＋S 23等于( )A.2B.3C.6D.9【答案】 B 【解析】 由题意可知F (1，0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，则FA →＝(x 1－1，y 1)，FB →＝(x 2－1，y 2)，FC →＝(x 3－1，y 3)，由FA →＋FB →＋FC →＝0，得(x 1－1)＋(x 2－1)＋(x 3－1)＝0，即x 1＋x 2＋x 3＝3.又A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)在抛物线上，所以y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，y 23＝4x 3，又S 1＝12·|OF |·|y 1|＝12|y 1|，S 2＝12|OF |·|y 2|＝12|y 2|，S 3＝12|OF |·|y 3|＝12|y 3|，所以S 21＋S 22＋S 23＝14(y 21＋y 22＋y 23)＝14×(4x 1＋4x 2＋4x 3)＝3. 12.(2019·郑州调研)已知直线l 与双曲线x 24－y 2＝1相切于点P ，l 与双曲线的两条渐近线交于M ，N 两点，则OM →·ON →的值为( )A.3B.4C.5D.与P 的位置有关 【答案】 A【解析】 依题意，设点P (x 0，y 0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，其中x 20－4y 20＝4，则直线l 的方程是x 0x 4－y 0y ＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y ＝±12x . ①当y 0＝0时，直线l 的方程是x ＝2或x ＝－2.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，x 24－y 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝±1，此时OM →·ON →＝(2，－1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可得当直线l 的方程是x ＝－2时，OM →·ON →＝3.②当y 0≠0时，直线l 的方程是y ＝14y 0(x 0x －4). 由⎩⎨⎧y ＝14y 0（x 0x －4），x 24－y 2＝0，得(4y 20－x 20)x 2＋8x 0x －16＝0(*)，又x 20－4y 20＝4，因此(*)即是x 2－2x 0x ＋4＝0，x 1x 2＝4，OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2－14x 1x 2＝34x 1x 2＝3. 综上所述，OM →·ON →＝3.13.若点O 和点F 分别为椭圆x 29＋y 28＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任一点，则OP →·FP →的最小值为______.【答案】 6【解析】 点P 为椭圆x 29＋y 28＝1上的任意一点，设P (x ，y )(－3≤x ≤3，－22≤y ≤22)，依题意得左焦点F (－1，0)，∴OP →＝(x ，y )，FP →＝(x ＋1，y )，∴OP →·FP →＝x (x ＋1)＋y 2＝x 2＋x ＋72－8x 29＝19⎝⎛⎭⎫x ＋922＋234. ∵－3≤x ≤3，∴32≤x ＋92≤152，∴94≤⎝⎛⎭⎫x ＋922≤2254， ∴14≤19⎝⎛⎭⎫x ＋922≤22536，∴6≤19⎝⎛⎭⎫x ＋922＋234≤12，即6≤OP →·FP →≤12，故最小值为6. 14.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个焦点与上、下顶点两两相连构成直角三角形，以椭圆C 的长轴长为直径的圆与直线x ＋y －2＝0相切.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设过椭圆右焦点且不重合于x 轴的动直线与椭圆C 相交于A ，B 两点，探究在x 轴上是否存在定点E ，使得EA →·EB →为定值？若存在，试求出定值和点E 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】见解析【解析】(1)由题意知，⎩⎪⎨⎪⎧b ＝c ，a ＝|0＋0－2|2，b 2＋c 2＝a 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1，c ＝1， 则椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1. (2)当直线的斜率存在时，设直线方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )， 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k （x －1），得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，Δ＝8k 2＋8>0恒成立， ∴x A ＋x B ＝4k 21＋2k 2，x A x B ＝2k 2－21＋2k 2. 假设在x 轴上存在定点E (x 0，0)，使得EA →·EB →为定值.则EA →·EB →＝(x A －x 0，y A )·(x B －x 0，y B ) ＝x A x B －x 0(x A ＋x B )＋x 20＋y A y B＝x A x B －x 0(x A ＋x B )＋x 20＋k 2(x A －1)(x B －1) ＝(1＋k )2x A x B －(x 0＋k 2)(x A ＋x B )＋x 20＋k 2 ＝（2x 20－4x 0＋1）k 2＋（x 20－2）1＋2k 2.∵EA →·EB →为定值，∴EA →·EB →的值与k 无关， ∴2x 20－4x 0＋1＝2(x 20－2)，解得x 0＝54，此时EA →·EB →＝－716为定值，定点为⎝⎛⎭⎫54，0， 当直线的斜率不存在时，也满足EA →·EB →＝－716为定值，且定点为⎝⎛⎭⎫54，0.综上，存在点E ⎝⎛⎭⎫54，0，使得EA →·EB →为定值，且定值为－716.。