高中数学一轮复习(含答案) 9.11 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题
高考圆锥曲线中的定点定值专题(附答案)
高考圆锥曲线中的定点定值问题定点问题是常见的考题形式，解决这类问题的关键就是引进变参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。
直线过定点问题通法，是设出直线方程，通过韦达定理和已知条件找出k 和b 的一次函数关系式，代入直线方程即可类型一：“手电筒”模型例题、已知椭圆C ：13422=+y x 若直线m kx y l +=：与椭圆C 相交于A ，B 两点（A ，B 不是左右顶点），且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点。
求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标。
解：设1122(,),(,)A x y B x y ，由223412y kx m x y =+⎧⎨+=⎩得222(34)84(3)0k x mkx m +++-=， 22226416(34)(3)0m k k m ∆=-+->，22340k m +->212122284(3),3434mk m x x x x k k-+=-⋅=++ 22221212121223(4)()()()34m k y y kx m kx m k x x mk x x m k-⋅=+⋅+=+++=+ 以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点(2,0),D 且1AD BD k k ⋅=-， 1212122y yx x ∴⋅=---，1212122()40y y x x x x +-++=， 2222223(4)4(3)1640343434m k m mkk k k--+++=+++， 整理得：2271640m mk k ++=，解得：1222,7k m k m =-=-，且满足22340k m +-> 当2m k =-时，:(2)l y k x =-，直线过定点(2,0),与已知矛盾；当27k m =-时，2:()7l y k x =-，直线过定点2(,0)7综上可知，直线l 过定点，定点坐标为2(,0).7◆方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点P 做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB ，则AB 必过定点))(,)((2222022220b a b a y b a b a x +-+-。
专题22 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题 微点1 圆锥曲线中的定点问题试题及答案
专题22 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题微点1 圆锥曲线中的定点问题专题22 圆锥曲线中的定点、定值、定值线问题 微点1 圆锥曲线中的定点问题 【微点综述】定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题．证明直线（曲线）过定点的基本思想是是确定方程，即使用一个参数表示直线（曲线）方程，根据方程的成立与参数值无关得出,x y 的方程组，以方程组的解为坐标的点就是直线（曲线）所过的定点．核心方程是指已知条件中的等量关系． 一、圆锥曲线中的定点问题一般情况下，若方程(),0f x y =中含有一个或者多个参数，当x 取某个常数0x 时，求得的y 也是一个与参数无关的常数0y ，这样就可以说方程(),0f x y =对应的曲线经过定点()00,x y ．有时圆锥曲线中的定点问题，可以充分考虑几何性质，从特殊情况出发，对可能的定点有初步的判断，争取确定出定点，这样可以转化为有方向、有目标的一般性证明题，从而找到解决问题的突破口． 二、处理定点问题两个基本策略：（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．三、解题流程与方法总结 1．单参数法①设动直线PM 方程为y ＝k （x －x0）＋y0；①联立直线与椭圆（抛物线），解出点M 的坐标为（A （k ），B （k ）），同理（由核心方程代换），得出点N 的坐标为（C （k ），D （k ））；①写出动直线MN 方程，并整理成kf （x ，y ）＋g （x ，y ）＝0；①根据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①方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．2．双参数法①设动直线MN方程（斜率存在）为y＝kx＋t；①由核心方程得到f（k，t）＝0（常用韦达定理）；①把t用k表示或把k用t表示，即kf（x，y）＋g（x，y）＝0（或tf（x，y）＋g（x，y）＝0）；①根据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①方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．四、典型例题精析1．直线过定点问题（1）直线过定点问题的解题模型（2）求解动直线过定点问题，一般可先设出直线的一般方程：y kx b=+，然后利用题中条件整理出,k b的关系，若(),b km n m n=+为常数，代入y kx b=+得()y k x m n=++，则该直线过定点(),m n-．1．已知椭圆C：2222=1x ya b+（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，P4（1，C上.（①）求C的方程；（①）设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为–1，证明：l 过定点.2．已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>，点()0,1P 和点(),A m n (0)m ≠都在椭圆C 上，直线P A 交x 轴于点M ．(1)求椭圆C 的方程，并求点M 的坐标（用m ，n 表示）．(2)设O 为原点，点B 与点A 关于x 轴对称，直线PB 交x 轴于点N ．问：y 轴上是否存在点Q ，使得OQM ONQ ∠=∠？若存在，求点Q 的坐标；若不存在，说明理由． 例3．（2022届黑龙江省哈尔滨市高三上学期检测）3．已知抛物线的顶点为原点，焦点F 在x 轴的正半轴，F 到直线20x y -+=的距离为点()()000,0N x y y >为此抛物线上的一点，52NF =.直线l 与抛物线交于异于N 的两点A ，B ，且2NA NB k k ⋅=-. (1)求抛物线方程和N 点坐标；(2)求证：直线AB 过定点，并求该定点坐标.4．如图所示，设椭圆M ：22221(0)x y a b a b +=>>的左顶点为A ，中心为O ，若椭圆M 过点11(,)22P -，且AP ①OP ．(1)求椭圆M 的方程；(2)若①APQ 的顶点Q 也在椭圆M 上，试求①APQ 面积的最大值；(3)过点A 作两条斜率分别为k 1，k 2的直线交椭圆M 于D ，E 两点，且k 1k 2＝1，求证：直线DE 过定点．例5．（2022届北京大学附属中学高三12月月考）5．已知点()11,0F -，()21,0F ，曲线C 上的动点M 满足12122MF MF F F +=． (1)求曲线C 的方程；(2)若直线1MF 与曲线C 相交于另一点N ，当直线MN 不垂直于x 轴时，点M 关于x 轴的对称点为P ，证明：直线PN 恒过一定点．6．椭圆C 的焦点为()1F ，)2F ，且点)M在椭圆C 上．过点()0,1P 的动直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，点B 关于y 轴的对称点为点D （不同于点A ）．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)证明：直线AD 恒过定点，并求出定点坐标． 2．圆过定点问题圆过定点问题的常见类型是以AB 为直径的圆过定点P ，求解思路是把问题转化为PA PB ⊥，也可以转化为0PA PB ⋅=例7．（2022届广西“智桂杯”高三上学期大联考）7．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点为(10)F ，，与x 轴不重合的直线l 过焦点F ，l 与椭圆C 交于A ，B 两点，当直线l 垂直于x 轴时，3AB =.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设椭圆C 的左顶点为P ，PA ，PB 的延长线分别交直线4x =于M ，N 两点，证明：以MN 为直径的圆过定点. 3．与定点问题有关的基本结论（1）若直线l 与抛物线22y px =交于点,A B ，则OA OB ⊥⇔直线l 过定点()2,0P p ； （2）若直线l 与抛物线22y px =交于点,A B ，则OA OB k k m ⋅=⇔直线l 过定点()P p +；（3）设点()2002,2P pt pt 是抛物线22y px =上一定点，,M N 是该抛物线上的动点，则PM PN ⊥⇔直线MN 过定点()20022,2Q p pt pt +-．（4）设点()00,A x y 是抛物线22y px =上一定点，,M N 是该抛物线上的动点，则AM AN k k m ⋅=⇔直线MN 过定点002,p P x y m ⎛⎫-- ⎪⎝⎭； （5）过椭圆()222210x y a b a b+=>>的左顶点P 作两条互相垂直的直线与该椭圆交于点,A B ，则PA PB ⊥⇔直线AB 过点()2222,0a a b Q a b ⎛⎫- ⎪- ⎪+⎝⎭；（6）过椭圆()222210,0x y a b a b-=>>的左顶点P 作两条互相垂直的直线与该椭圆交于点,A B ，则PA PB ⊥⇔直线AB 过点()2222,0a a b Q a b ⎛⎫+ ⎪- ⎪-⎝⎭；（7）设点(),P m n 是椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>上一定点，点A ，B 是椭圆C 上不同于P 的两点，若()0PA PB k k λλ+=≠，则直线AB 过定点2222,n b m m n a λλ⎛⎫--- ⎪⎝⎭；（8）设点(),P m n 是双曲线C ：()222210,0x y a b a b-=>>一定点，点A ，B 是双曲线C 上不同于P 的两点，若()0PA PB k k λλ+=≠，则直线AB 过定点2222,n b m m n a λλ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭．例8．（2022届海南华侨中学高三上学期月考）8．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⎛⎫⎪⎝⎭.例9．（2022届辽宁省名校联盟高三上学期12月联考）9．已知抛物线()2:20C y px p =>的焦点为F ，点0(,4)M x 在C 上，且52p MF =． (1)求点M 的坐标及C 的方程；(2)设动直线l 与C 相交于,A B 两点，且直线MA 与MB 的斜率互为倒数，试问直线l 是否恒过定点？若过，求出该点坐标；若不过，请说明理由． 【强化训练】10．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>(2,0)在椭圆C 上.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）过点(1,0)P 的直线（不与坐标轴垂直）与椭圆交于A 、B 两点，设点B 关于x 轴对称点为B '. 直线AB '与x 轴的交点Q 是否为定点？请说明理由.11．已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>经过点⎛ ⎝⎭ (1)求椭圆C 的方程．(2)直线()1(0)y k x k =≠-与椭圆C 交于A ，B 两点，点M 是椭圆C 的右顶点．直线AM 与直线BM 分别与y 轴交于点P ，Q ，试问以线段PQ 为直径的圆是否过x 轴上的定点？若是，求出定点坐标．若不是，说明理由． 12．已知抛物线C ：x 2=−2py 经过点（2，−1）． （①）求抛物线C 的方程及其准线方程；（①）设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线y =−1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B .求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．13．双曲线C ：22221x y a b -=（0a >，0b >）的一条渐近线l 的倾斜角为π6，过左、右焦点1F ，2F 分别作l 的垂线，两垂足间的距离为 (1)求双曲线C 的方程；(2)过点P （1，0）且斜率不为0的直线1l 与双曲线C 交于M ，N 两点，记N 关于x 轴的对称点为Q ，证明直线MQ 过x 轴上的定点． （2022届河南省焦作市高三上学期开学考试）14．在PAB 中，已知()2,0A -、()2,0B ，直线PA 与PB 的斜率之积为34-，记动点P 的轨迹为曲线C . (1)求曲线C 的方程；(2)设Q 为曲线C 上一点，直线AP 与BQ 交点的横坐标为4，求证：直线PQ 过定点. （2022届陕西省西安市高三上学期模拟）15．已知与圆22:(1)3C x y ++=相切的直线l ，过抛物线2:2(0)E x py p =>的焦点F ，且直线l 的倾斜角为23π. (1)求抛物线E 的方程；(2)直线1l 与抛物线E 交于点A ，B 两点，且A ，B 关于直线y x =+对称，在12y x=-上是否存在点N ，使得以AB 为直径的圆恰好过点N ，若存在，求出点N 的坐标；否则，请说明理由.（2022届河南省名校联盟高三上学期阶段性测试）16．已知椭圆22:143x y C +=的右焦点为F ，直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点．(1)若AM MB =，且直线l 的斜率为4，求直线OM (点O 为坐标原点)的斜率． (2)若直线FA ，FB 的斜率互为相反数，且直线l 不与x 轴垂直，探究：直线l 是否过定点?若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．17．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．（2022届上海市进才中学高三上学期12月联考）18．在平面直角坐标系xOy 中，动点M 到直线4x =的距离等于点M 到点(1,0)D 的距离的2倍，记动点M 的轨迹为曲线C ．(1)求曲线C 的方程；(2)已知斜率为12的直线l 与曲线C 交于A 、B 两个不同点，若直线l 不过点31,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，设直线PA PB 、的斜率分别为PA PB k k 、，求PA PB k k +的值；(3)设点Q 为曲线C 的上顶点，点E 、F 是C 上异于点Q 的任意两点，以EF 为直径的圆恰过Q 点，试判断直线EF 是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由．19．在平面直角坐标系xOy 中，M 为直线y ＝x －2上一动点，过点M 作抛物线C ：x 2＝y 的两条切线MA ，MB ，切点分别为A ，B ，N 为AB 的中点． (1)证明：MN ①x 轴．(2)直线AB 是否恒过定点？若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由． （2022届广东省茂名市五校联盟高三上学期联考）20．已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>的左、右焦点分别为1F ，2F .，点P 在y 轴正半轴上，12PF F △为直角三角形且面积等于2. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知斜率存在且不为0的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，当点A 关于y 轴的对称点在直线PB 上时，直线l 是否过定点？若过定点，求出此定点；若不过，请说明理由. （2022届江苏省南通市高三上学期期末）21．在平面直角坐标系xOy 中，已知双曲线C ：22x a －22y b＝1(a 、b 为正常数．．)的右顶点为A ，直线l 与双曲线C 交于P 、Q 两点，且P 、Q 均不是双曲线的顶点，M 为PQ 的中点．(1)设直线PQ 与直线OM 的斜率分别为k 1、k 2，求k 1·k 2的值；(2)若AMPQ ＝12，试探究直线l 是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；否则，说明理由．22．已知抛物线()2:20C y px p =>的焦点为F ，过点F 的直线l 交抛物线C 于A ，B 两点，当l x ⊥轴时，2AB =. (1)求抛物线C 的方程；(2)若直线l 交y 轴于点D ，过点D 且垂直于y 轴的直线交抛物线C 于点P ，直线PF 交抛物线C 于另一点Q .①是否存在定点M ，使得四边形AQBM 为平行四边形？若存在，求出定点M 的坐标；若不存在，请说明理由. ①求证：QAF QBF S S △△为定值.参考答案：1．(1) 2214x y +=.(2)证明见解析.【详解】试题分析：（1）根据3P ，4P 两点关于y 轴对称，由椭圆的对称性可知C经过3P ，4P 两点.另外由222211134a b a b +>+知，C 不经过点P 1，所以点P 2在C 上.因此234,,P P P 在椭圆上，代入其标准方程，即可求出C 的方程；（2）先设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2，再设直线l 的方程，当l 与x 轴垂直时，通过计算，不满足题意，再设l ：y kx m =+（1m ≠），将y kx m =+代入2214x y +=，写出判别式，利用根与系数的关系表示出x 1+x 2，x 1x 2，进而表示出12k k +，根据121k k +=-列出等式表示出k 和m 的关系，从而判断出直线恒过定点.试题解析：（1）由于3P ，4P 两点关于y 轴对称，故由题设知C 经过3P ，4P 两点. 又由222211134a b a b +>+知，C 不经过点P 1，所以点P 2在C 上. 因此222111314b a b ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得2241a b ⎧=⎨=⎩. 故C 的方程为2214x y +=.（2）设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2，如果l 与x 轴垂直，设l ：x =t ，由题设知0t ≠，且2t <，可得A ，B 的坐标分别为（t，（t，.则121k k +==-，得2t =，不符合题设.从而可设l ：y kx m =+（1m ≠）.将y kx m =+代入2214x y +=得()222418440kx kmx m +++-=由题设可知()22=16410k m ∆-+>.设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则x 1+x 2=2841km k -+，x 1x 2=224441m k -+.而12121211y y k k x x --+=+ 121211kx m kx m x x +-+-=+ ()()12121221kx x m x x x x +-+=.由题设121k k +=-，故()()()12122110k x x m x x ++-+=. 即()()22244821104141m km k m k k --+⋅+-⋅=++.解得12m k +=-. 当且仅当1m >-时，0∆>，欲使l ：12m y x m +=-+，即()1122m y x ++=--， 所以l 过定点（2，1-）点睛:椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简.2．(1)2212x y +=，点M 的坐标为,01m n ⎛⎫⎪-⎝⎭ (2)存在，(0,Q【分析】（1）根据椭圆的离心率以及过点P (0，1)，可以得出a ，b ，c 的方程，求出2a ，2b 得出椭圆的方程．（2）设点Q 的坐标是()00,Q y ，由条件OQM ONQ ∠=∠转化到正切值的关系，进而转化为斜率求得0y ． （1）由题意知，代入点()0,1P ，得2101b+=，①21b =．2212c a =，则2212c a =．由222a b c =+，得2222a b ==．①椭圆C 的方程是2212x y +=．由点()0,1P 和(),A m n 的坐标，得出直线P A 的方程为11n y x m-=+． 令0y =，得1m x n =-，①点M 的坐标为,01m n ⎛⎫⎪-⎝⎭． （2）点(),A m n 在椭圆上，有2212m n +=． 点B 的坐标为(,)m n -，直线PB 的方程为11n y x m+=+-． 令0y =，得1m x n =+，①点N 的坐标为,01m n ⎛⎫⎪+⎝⎭． 设点Q 的坐标是()00,Q y ，则()001tan 1mm n OQM y n y -∠==-，00(1)tan 1y n y ONQ m m n+∠==+． ①OQM ONQ ∠=∠，①tan tan OQM ONQ ∠=∠，即00(1)(1)n y mn y m+=-．①2222022221112m m m y n n m ====--．①0y =点Q的坐标为(0,，①在y轴上存在点(0,Q ，使得OQM ONQ ∠=∠． 3．(1)22y x =，()2,2N (2)证明见解析，定点()3,2-【分析】（1）设抛物线的标准方程为22y px =，利用点到直线距离公式可求出p ，再利用焦半径公式可求出N 点坐标；（2）设直线的方程为x ty b =+，与抛物线联立，利用韦达定理计算2NA NB k k ⋅=-，可得,t b 关系，然后代入直线方程可得定点.【详解】（1）设抛物线的标准方程为22y px =，0p >，其焦点为,02p F ⎛⎫ ⎪⎝⎭= ①1p =所以抛物线的方程为22y x =.0522p NF x ∴=+=，所以02x =，所以24y =. 因为00y >，所以02y =，所以()2,2N .（2）由题意知，直线的斜率不为0，设直线的方程为x ty b =+（t R ∈），联立方程22,,y x x ty b ⎧=⎨=+⎩得2220.y ty b --=设两个交点211,2y A y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，222,2y B y ⎛⎫⎪⎝⎭（12y ≠±，22y ≠±）.所以21212Δ480,2,2,t b y y t y y b ⎧=+>⎪+=⎨⎪=-⎩ 所以NA NBk k ⋅=()()122212122242222222y y y y y y --==-++--， 即()()()12121222242442y y y y y y b t ++=+++=-++=-整理得23b t =+，此时()24460t t ∆=++>恒成立，此时直线l 的方程为23x ty t =++，可化为()32x t y -=+， 从而直线过定点()3,2-.4．(1)22113y x +=． 14(3)证明见解析【分析】（1）根据题意可得kAP ·kOP ＝－1，可求出a ，再由椭圆M 过点P ，将点P 坐标代入椭圆方程可求出2b ，从而可求出椭圆方程，（2）求出直线AP 的方程，设cos Q θθ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，再求出点Q 到直线AP 的距离，从而可表示出①APQ 面积，再利用三角函数的性质可求得结果，（3）解法1：单参数法，由题意易得，直线AD 的方程为y ＝k 1（x ＋1），代入x 2＋3y 2＝1，可求出点D 的坐标，同理求出点E 的坐标，从而可表示出直线DE 的方程，从而可求得结果，解法2：设直线DE 的方程为x ＝ty ＋s ，将其代入x 2＋3y 2＝1，利用根与系数关系，再由k 1k 2＝1，可求出s ，从而可求得结果.【详解】（1）由AP ①OP ，可知kAP ·kOP ＝－1． 又点A 的坐标为（－a ，0），所以112211122a ⋅=--+-，解得a ＝1．又因为椭圆M 过点P ，所以211144b+=，解得213b =，所以椭圆M 的方程为22113y x +=． （2）由题意易求直线AP 的方程为01110122y x -+=--+，即x －y ＋1＝0．因为点Q 在椭圆M上，故可设cos Q θθ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，又AP =所以1112464APQSπθ⎛⎫==++ ⎪⎝⎭， 当π2π(Z)6k k θ+=∈，即π2π(Z)6k k θ=-∈时，cos 16πθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，APQS14． （3）法一：单参数法由题意易得，直线AD 的方程为y ＝k 1（x ＋1），代入x 2＋3y 2＝1，消去y ，得2222111(31)6310k x k x k +++-=，设D （xD ，yD ），则212131(1)31D k x k --⋅=+，即21211313D k x k -=+，所以2111221113211313D k k y k k k ⎛⎫-=+= ⎪++⎝⎭．设E （xE ，yE ），同理可得22221313E k x k -=+，222213E k y k =+．又k 1k 2＝1且k 1≠k 2，可得211k k =且k 1≠±1， 所以211221132,33E E k kx y k k -==++， 所以112211122211122112231323133(1)313E D DEE D k k y y k k k k k k x x k k k --++===---+-++ 故直线DE 的方程为21112221112213133(1)13k k k y x k k k ⎛⎫--=- ⎪+++⎝⎭．令y ＝0，可得22112211133(1)21313k k x k k -+=-=-++． 故直线DE 过定点（－2，0）． 法二：双参数法设D （xD ，yD ），E （xE ，yE ）．若直线DE 垂直于y 轴，则xE ＝－xD ，yE ＝yD ，此时221222111133D E D D D E D D y y y y k k x x x y =⋅===++-与题设矛盾， 若DE 不垂直于y 轴，可设直线DE 的方程为x ＝ty ＋s ，将其代入x 2＋3y 2＝1，消去x ， 得（t 2＋3）y 2＋2tsy ＋s 2－1＝0，则22221,33D E D E ts s y y y y t t --+==++． 又12111(1)(1)D E D ED E D E y y y y k k x x ty s ty s =⋅==++++++， 可得（t 2－1）yDyE ＋t （s ＋1）（yD ＋yE ）＋（s ＋1）2＝0， 所以2222212(1)(1)(1)033s tst t s s t t ---⋅++⋅++=++， 2222(1)(1)(1)(2)(1)(3)0t s t s ts s t -⋅-++⋅-+++=，化简得(1)(24)0s s ++=， 解得s ＝－2或s ＝－1．又DE 不过点A ，即s ≠－1，所以s ＝－2．所以DE 的方程为x ＝ty －2． 故直线DE 过定点（－2，0）． 5．(1)22143x y +=；(2)证明见解析.【分析】（1）由题意得出12124MF MF F F +=>，根据椭圆的定义可知曲线C 是以1F ，2F 为焦点，长轴长为4的椭圆，从而可求出椭圆方程；（2）设直线MN 的方程为()1y k x =+或1x ty =-，把直线方程与椭圆方程联立，消元，写韦达；根据点M 的坐标写出点P 的坐标，从而求出直线PN 的方程，证明直线PN 与x 轴的交点为定点即可. （1）因为122F F =，12124MF MF F F +=>，所以曲线C 是以1F ，2F 为焦点，长轴长为4的椭圆， 所以2a =，1c =，b == 所以曲线C 的方程为22143x y +=． （2）解法一：因为直线MN 不与x 轴垂直，所以设直线MN 的方程为()1y k x =+由()221143y k x x y ⎧=+⎪⎨+=⎪⎩，得()()2222348430k x k x k +++-=，因为点1F 在曲线C 内，所以0∆>恒成立，设()11,M x y ，()22,N x y ，则2122834k x x k +=-+，()21224334k x x k -=+． 因为点P 与点M 关于x 轴对称，所以()11,P x y -． 所以直线PN 的斜率2121+=-PN y y k x x ，直线PN 的方程是()211121y y y y x x x x ++=--．令0y =，得()211211212121x x y x y x y x xy y y y -+=+=++()()()211221112x k x x k x k x x ⋅++⋅+=++()12122122x x x x x x ++++=()2222224382343448234k k k k k k -⎛⎫⨯+- ⎪++⎝⎭==--++． 所以此时直线PN 过定点()4,0-．当直线MN 与x 轴重合时，直线PN 为x 轴，显然过点()4,0-． 综上所述，直线MN 恒过定点()4,0-．解法二：当MN 不与x 轴重合时，设直线MN 的方程为1x ty =-，由221143x ty x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，得()2234690t y ty +--=，()()()()2226434914410t t t ∆=--⨯+⨯-=+>．设()11,M x y ，()22,N x y ，设122634ty y t +=+，122934y y t =-+． 因为点P 与点M 关于x 轴对称，所以()11,P x y -． 所以直线PN 的斜率2121+=-PN y y k x x ，直线PN 的方程是()211121y y y y x x x x ++=-- 令0y =，得()()()211211112121111ty ty y x x y x xty y y y y ---⎡⎤-⎣⎦=+=+-++122121ty y y y =-+ 22923414634t t t t ⎛⎫- ⎪+⎝⎭=-=-+， 所以此时直线PN 过定点()4,0-．当直线MN 与x 轴重合时，直线PN 为x 轴，显然过点()4,0-． 综上所述，直线MN 恒过定点()4,0-．6．(1)22142x y +=(2)证明见解析，定点坐标为()0,2【分析】（1）计算1224a MF MF =+=，得到椭圆方程.（2）考虑斜率存在和不存在两种情况，联立方程得到根与系数的关系，通过特殊直线得到定点为2(0)Q ，，再计算斜率相等得到证明. （1）设椭圆C 的标准方程为22221(0)x y a b a b+=>>，由已知得124c a MF MF ==+=.所以2a =，2222b a c =-=，所以椭圆C 的标准方程为22142x y +=. （2）当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为1(0)y kx k =+≠．由221421x y y kx ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩得22(21)420k x kx ++-=. 设11(,)A x y ，22(,)B x y ，22(,)D x y -，则()22122122Δ16821042122k k k x x k x x k x ⎧=++>⎪⎪⎪+=-⎨+⎪⎪=-⎪+⎩，特殊地，当A 的坐标为(2)0，时，12k =-，所以2423x =-，223x =-，143y =， 即24,33B ⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以点B 关于y 轴的对称点为24,33⎛⎫⎪⎝⎭D ，则直线AD 的方程为2y x =-+.当直线l 的斜率不存在时，直线AD 的方程为0x =.如果存在定点Q 满足条件，则为两直线交点2(0)Q ，， 111112111QA y y k k x x x ---===-，22221QD y k k x x -==-+-， 又因为121212112()2220.QA QD x x k k k k k k x x x x +-=-+=-=-= 所以QA QD k k =，即,,A D Q 三点共线，故直线AD 恒过定点，定点坐标为(0)2，． 7．(1)22143x y +=；(2)证明见解析.【分析】(1)根据给定条件结合椭圆通径的意义及222a b c =+计算即可得解.(2)设出直线l 方程，再与椭圆C 的方程联立，用点A ，B 的纵坐标表示出点M ，N 的纵坐标，然后借助韦达定理、向量数量积计算即可作答. （1）椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点(1,0)F ，则半焦距1c =，当l x ⊥轴时，弦AB 为椭圆的通径，即22||b AB a=，则有223b a =，即232b a =， 而222a b c =+，于是得23102--=a a ，又0a >，解得2a =，b =所以椭圆C 的方程为：22143x y +=. （2）依题意，直线AB 不垂直于y 轴，且过焦点(1,0)F ，设AB 的方程为1x my =+，()11,A x y ，()22,B x y ，由2234121x y x my ⎧+=⎨=+⎩得()2234690m y my ++-=，122634m y y m -+=+，122934y y m -=+， 因点(2,0)P -，则直线PA 的方程为11(2)2y y x x =++，令4x =，得116(4,)2y M x +， 同理可得226(4,)2y N x +，于是有122166),)22(3,(3,FM FN y y x x ==++，则()()()121212212121212663636999223339y y y y y y FM FN x x my my m y y m y y ⋅=+⋅=+=++++++++2222293636(9)349909183693434m m m m m -⋅⨯-+=+=+=--++++， 因此，FM FN ⊥，即F 在以MN 为直径的圆上， 所以以MN 为直径的圆过定点(1,0)F .【点睛】方法点睛：涉及过定点()00,x y 且不垂直于某条坐标轴的直线方程设法，若直线不垂直于x 轴，可设其方程为： ()00y y k x x -=-； 若直线不垂直于y 轴，可设其方程为：.()00x x m y y -=-. 8．(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 xk 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⎛⎫⎪⎝⎭.①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①①，可得直线AB 过定点1,12⎛⎫⎪⎝⎭.9．(1)M 的坐标为()4,4，C 的方程为24y x =； (2)直线l 过定点()0,4-.【分析】(1)利用抛物线定义求出0x ，进而求出p 值即可得解.(2)设出直线l 的方程x my n =+，再联立直线l 与抛物线C 的方程，借助韦达定理探求出m 与n 的关系即可作答.【详解】（1）抛物线2:2C y px =的准线：2px =-，于是得0522p p MF x =+=，解得02x p =， 而点M 在C 上，即2164p =，解得2p =±，又0p >，则2p =， 所以M 的坐标为()4,4，C 的方程为24y x =.（2）设()()1122,,,A x y B x y ，直线l 的方程为x my n =+，由24x my n y x=+⎧⎨=⎩消去x 并整理得：2440y my n --=，则()2160m n ∆=+>，124y y m +=，124y y n =-，因此，121222121212444444144444444MA MB y y y y k k y y x x y y ----⋅=⋅=⋅=⋅=--++--， 化简得()121240y y y y ++=，即4n m =，代入l 方程得4x my m =+，即()40x m y -+=，则直线l 过定点()0,4-，所以直线l 过定点()0,4-.【点睛】思路点睛：直线与圆锥曲线相交，直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题. 10．（1）2214x y +=；（2）()4,0Q .【分析】（1(2,0)在椭圆C上，由2222c e a a a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩求解；（2）设()()()()112222,,,,,,,0A x y B x y B x y Q n '-，直线AB 的方程为()()10y k x k =-≠，与椭圆方程联立，则直线AB '的方程()121112y y y y x x x x +-=--，令0y =，结合韦达定理求解. 【详解】（1）因为椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>(2,0)在椭圆C 上，所以2222c e a a a b c⎧==⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩，解得21a b =⎧⎨=⎩，所以椭圆C 的标准方程2214x y +=；（2）()()()()112222,,,,,,,0A x y B x y B x y Q n '-， 直线AB 的方程为()()10y k x k =-≠，联立()22114y k x x y ⎧=-⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得()2222148440k x k x k +-+-=， 由韦达定理得22121222844,1414k k x x x x k k -+=⋅=++， 直线AB '的方程为()121112y y y y x x x x +-=--， 令0y =，得()112122111212y x x x y x y n x y y y y -+=-+=++，又()()1122=1,=1y k x y k x --， 所以()()11212121121242y x x x x x x n x y y x x --+=-+==++-，所以直线AB '与x 轴的交点Q 是定点，其坐标是()4,0Q . 11．(1)2214x y +=(2)是，以线段PQ 为直径的圆过x轴上的定点(．【分析】（1）由椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>经过点可求椭圆C 的方程；（2）直线(1)(0)y k x k =-≠代入椭圆方程，求出P ，Q 的坐标，利用以线段PQ 为直径的圆过x 轴上的定点0(N x ,0)，则等价于0PN QN ⋅=恒成立，即可得出结论．【详解】（1）解：由题意得222221314c aa b a b c ⎧=⎪⎪⎪+=⎨⎪=+⎪⎪⎩，解得2a =，1b =．①椭圆C 的方程是2214x y +=．（2）解：以线段PQ 为直径的圆过x 轴上的定点．直线(1)(0)y k x k =-≠代入椭圆可得2222(14)8440k x k x k +-+-=． 设1(A x ,1)y ，2(B x ,2)y ，则有2122814k x x k +=+，21224414k x x k -=+．又因为点M 是椭圆C 的右顶点，所以点(2,0)M ． 由题意可知直线AM 的方程为11(2)2y y x x =--，故点11(0,2)2y x P --． 直线BM 的方程为22(2)2y y x x =--，故点222(0,)2y Q x --．若以线段PQ 为直径的圆过x 轴上的定点0(N x ，0)，则等价于0PN QN =恒成立． 又因为0(PN x =,112)2y x -，0(QN x =,222)2y x -， 所以21201222022y y PN QN x x x ⋅=+⋅=--恒成立． 又因为212121224(2)(2)2()414k x x x x x x k --=-++=+，()()221212231114k y y k x x k -=--=+，所以22120012223022y y x x x x +⋅=-=--，解得0x = 故以线段PQ 为直径的圆过x轴上的定点(0)． 12．(①) 24x y =-，1y =； (①)见解析.【分析】(①)由题意结合点的坐标可得抛物线方程，进一步可得准线方程；(①)联立准线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得圆心坐标和圆的半径，从而确定圆的方程，最后令x =0即可证得题中的结论.【详解】(①)将点2,1代入抛物线方程：()2221p =⨯-可得：2p =，故抛物线方程为：24x y =-，其准线方程为：1y =. (①)很明显直线l 的斜率存在，焦点坐标为()0,1-，设直线方程为1y kx =-，与抛物线方程24x y =-联立可得：2440x kx +-=. 故：12124,4x x k x x +=-=-.设221212,,,44x x M x N x ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则12,44OM ON x x k k =-=-，直线OM 的方程为14x y x =-，与1y =-联立可得：14,1A x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，同理可得24,1B x ⎛⎫- ⎪⎝⎭， 易知以AB 为直径的圆的圆心坐标为：1222,1x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭，圆的半径为：1222x x -， 且：()1212122222x x k x x x x ++==，12222x x -==则圆的方程为：()()()2222141x k y k -++=+，令0x =整理可得：2230y y +-=，解得：123,1y y =-=， 即以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点()()0,3,0,1-.【点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.13．(1)2213x y -=；(2)证明见解析.【分析】（1）根据渐近线的倾斜角可得3a b ，由已知及点线距离公式求参数，进而写出双曲线C 的方程；（2）设1l 为()1y k x =-且0k ≠、()11,M x y ，()22,N x y （12x x ≠），联立双曲线方程应用韦达定理、两点式求MQ k ，再由点斜式写出MQ 的方程，令0y =化简求x ，即可证明定点. （1）依题意，渐近线l 为by x a=，即0bx ay -=．由πtan 6b a ==3a b ．①1F ，2F 到渐近线lbcb c==，12OF OF c ==， ①两垂足间的距离为2a ==a =1b =． ①双曲线C 的方程为2213x y -=．（2）依题意，得直线1l 的斜率存在且不为0．设1l 为()1y k x =-且0k ≠，代入双曲线C 的方程中，消去y ，整理得()2222136330k xk x k -+--=．①直线1l 与双曲线C 交于两点，①()()()222221306413330k k k k ⎧-≠⎪⎨∆=---->⎪⎩，解得212k <且213k ≠． 设()11,M x y ，()22,N x y （12x x ≠），则()22,Q x y -，2122613k x x k +=--，21223313k x x k +=--，则()1212121212122MQ k x x k y y kx k kx k k x x x x x x +-+-+-===---， ①直线MQ 的方程为()()1211122k x x ky y x x x x +--=--，令0y =，则()()1121122y x x x x k x x k --=++-()()()()11212111222kx k x x k x x x kx k x x k---++-=+-()()221121211211222kx kx x kx kx kx kx x kx k x x k---+++-=+-()()12121222kx x k x x k x x k-+=+-222222336213136213k k k k k k k k k k ⎛⎫+-⋅--⋅ ⎪--⎝⎭=-⋅--33336663626k k k k k k --+==--+． ①直线MQ 过x 轴上的定点(3,0)． 14．(1)()221243x y x +=≠±；(2)证明见解析.【分析】（1）设点P 的坐标为(),x y ，利用斜率公式结合已知条件可求得曲线C 的方程，并注明2x ≠±；（2）设直线AP 与BQ 交点为()4,M m ，求出点P 、Q 的方程，对直线PQ 的斜率是否存在进行分类讨论，写出直线PQ 的坐标，即可得出直线PQ 所过定点的坐标. （1）解：设点P 的坐标为(),x y ， 直线PA 与PB 的斜率分别为2PA y k x =+，2PB yk x =-，其中2x ≠±， 由已知得3224y y x x ⋅=-+-，化简得22143x y +=，由已知得2x ≠±， 故曲线C 的方程为()221243x y x +=≠±. （2）证明：设直线AP 与BQ 交点为()4,M m ，则直线AP 的方程为()26my x =+， 由()22263412m y x x y ⎧=+⎪⎨⎪+=⎩得()222227441080m x m x m +++-=， 设(),P P P x y ，则224108227P m x m --=+，即2254227P m x m -=+，()2182627P P m my x m =+=+， 同理，直线BQ 的方程为()22my x =-，与椭圆方程联立，消去y 整理得()2222344120m x m x m +-+-=，设(),Q Q Q x y ，则2241223Q m x m -=+，即22263Q m x m -=+，()26223Q Q m m y x m -=-=+. 当3m ≠±时，直线PQ 的斜率为269P Q PQ P Qy y mk x x m -==---， 此时直线PQ 的方程为22226626393m m m y x m m m ⎛⎫-+=-- ⎪+-+⎝⎭， 化简得：()2619my x m =---，故直线PQ 过定点()1,0. 当3m =±时，可得1P Q x x ==，所以直线PQ 也过定点()1,0. 综上所述：直线PQ 过定点()1,0.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点()00,x y ，常利用直线的点斜式方程()00y y k x x -=-或截距式y kx b =+来证明.15．(1)2x =(2)存在，(N -或N【分析】（1）根据点斜式设出直线方程，再由与圆相切求解即可；（2）利用点差法求出AB 中点M ，得出直线方程，再由圆的性质利用1||||2MN AB =求解即可. （1）抛物线焦点为(0,)2p，直线l斜率2tan 3k π==所以直线方程为2p y =+，由圆与直线相切可得，|22p =由0p >可解得p =所以抛物线方程为2x =. （2）设1111(,),(,)A x y B x y ，因为A ，B关于直线y x =+所以设AB 中点00(,)M x y在y x =+1k =-，由222211x x ⎧=⎪⎨=⎪⎩相减可得，21211y y k x x -===--，所以1202x x x +==- 又00(,)M x y在y x =+所以0y =所以直线1l的方程为0x y +，联立抛物线消元得2120x +-=，121212x x x x ∴+=-=-，||AB ∴= 若存在点N 00(2,)y y -， 则1||||2MN AB =,即2200(2)48y y -+=，解得0y =0y =即存在点(N -或N 满足条件. 【点睛】方法点睛：存在性问题，一般假设符合条件的点存在，本题以以AB 为直径的圆恰好过点N ，可考虑,NA NB 垂直建立关系，也可考虑1||||2NM AB =建立关系求解. 16．(1)316-； (2)过定点，(4,0)﹒【分析】(1)由AM MB =值M 为AB 中点，由点差法即可得OM 的斜率；(2)根据椭圆对称性，结合已知条件可知l 过定点时，定点应该在x 轴上，设定点为(t ，0)，写出直线方程，联立直线与椭圆方程根据韦达定理得到根与系数的关系，再由直线FA ，FB 的斜率互为相反数列出方程，即可求得定点坐标﹒ （1）设()11,A x y ，()22,B x y ，依题意，M 为线段AB 的中点，①A ，B 在椭圆C 上，故221122221,431,43x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩ 两式相减可得()()()()12121212043x x x x y y y y +-+-+=，则()()()()12121212304y y y y x x x x +-+=+-， 故3404OM k +=，解得316OM k =-． （2）假设定点存在，根据椭圆对称性，可知该直线所过定点在x 轴上，设定点坐标为(,0)t ， 则直线l 的方程为()y k x t =-，联立22(),143y k x t x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 整理得()222223484120k x k tx k t +-+-=，则2122834k tx x k+=+，2212241234k t x x k -=+． 设直线FA ，FB 的斜率分别为1k ，2k ，由题可知(1,0)F ， 则12121211y yk k x x +=+-- ()()121211k x t k x t x x --=+--()()()()()()1221121111x t x x t x kx x --+--=--()()121212122(1)21x x t x x tkx x x x -+++=-++0=．即222222222222412882488682(1)20343434k t k t k t k t k t t k t t t k k k ----++⋅-++==+++，①2460t -+=，4t =， 即直线l 过定点(4,0)．【点睛】解答直线与椭圆的题目时，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．17．(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，。
圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题1．(2017·衡水中学模拟)已知焦距为23的椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的左焦点为F 1、上顶点为D ，直线DF 1与椭圆C 的另一个交点为H ，且|DF 1|＝7|F 1H |.(1)求椭圆的方程；(2)点A 是椭圆C 的右顶点，过点B (1,0)且斜率为k (k ≠0)的直线l 与椭圆C 相交于E ，F 两点，直线AE ，A F 分别交直线x ＝3于M ，N 两点，线段MN 的中点为P .记直线PB 的斜率为k ′，求证：k ·k ′为定值．解：(1)∵椭圆C 的焦距为23，∴F 1(－3，0)，又D (0，b )，|DF 1|＝7|F 1H |，∴点H 的坐标为⎝⎛⎭⎫－837，－b 7，则64×349a2＋149＝1，解得a 2＝4，则b 2＝a 2－3＝1， ∴椭圆C 的方程为x24＋y 2＝1.(2)证明：根据已知可设直线l 的方程为y ＝k (x －1)． 由错误!得(4k 2＋1)x 2－8k 2x ＋4k 2－4＝0. 设E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k24k2＋1，x 1x 2＝4k2－44k2＋1.直线AE ，AF 的方程分别为：y ＝y1x1－2(x －2)，y ＝y2x2－2(x －2)， 令x ＝3，则M ⎝⎛⎭⎫3，y1x1－2，N ⎝⎛⎭⎫3，y2x2－2，∴P ⎝⎛⎭⎫3，12⎝⎛⎭⎫y1x1－2＋y2x2－2.∴k ·k ′＝k 4×错误!＝k24×错误! ＝k24×8k2－8－24k2＋16k2＋44k2＋14k2－4－16k2＋16k2＋44k2＋1＝k24×－44k2＝－14(定值)． 2．(2016·合肥模拟)已知椭圆E ：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)经过点(22，2)，且离心率为22，F 1，F 2是椭圆E 的左，右焦点． (1)求椭圆E 的方程；(2)若A ，B 是椭圆E 上关于y 轴对称的两点(A ，B 不是长轴的端点)，点P 是椭圆E 上异于A ，B 的一点，且直线PA ，PB 分别交y 轴于点M ，N ，求证：直线MF 1与直线NF 2的交点G 在定圆上．解：(1)由题意知⎩⎨⎧8a2＋4b2＝1，ca ＝22，a2＝b2＋c2，解得⎩⎨⎧a ＝4，b ＝22，c ＝22，故椭圆E 的方程为x216＋y28＝1.(2)证明：设B (x 0，y 0)，P (x 1，y 1)，则A (－x 0，y 0)． 直线PA 的方程为y －y 1＝y1－y0x1＋x0(x －x 1)， 令x ＝0，得y ＝x1y0＋x0y1x1＋x0，故M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，x1y0＋x0y1x1＋x0.同理可得N ⎝⎛⎭⎪⎫0，x1y0－x0y1x1－x0. 所以F1M ―→―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，x1y0＋x0y1x1＋x0，F2N ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，x1y0－x0y1x1－x0，所以F1M ―→·F2N ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，x1y0＋x0y1x1＋x0·⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，x1y0－x0y1x1－x0＝－8＋x21y20－x20y21x21－x20＝－8＋x21×8⎝⎛⎭⎫1－x2016－x20×8⎝⎛⎭⎫1－x2116x21－x20＝－8＋8＝0，所以F 1M ⊥F 2N ，所以直线MF 1与直线NF 2的交点G 在以F 1F 2为直径的圆上． 3．(2016·洛阳统考)已知椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的离心率为12，一个焦点与抛物线y 2＝4x 的焦点重合，直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点．(1)求椭圆C 的标准方程； (2)设O 为坐标原点，k OA ·k OB ＝－b2a2，判断△AOB 的面积是否为定值？若是，求出定值，若不是，说明理由．解：(1)由题意得c ＝1，又e ＝c a ＝12，所以a ＝2，从而b 2＝a 2－c 2＝3. 所以椭圆C 的标准方程为x24＋y23＝1.(2)设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x24＋y23＝1，y ＝kx ＋m ，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0， 由Δ＝(8mk )2－16(3＋4k 2)(m 2－3)>0得m 2<3＋4k 2. x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k2，x 1x 2＝错误!，所以y 1y 2＝(kx 1＋m )·(kx 2＋m ) ＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝错误!. 由k OA ·k OB ＝－b2a2＝－34得y 1y 2＝－34x 1x 2，即错误!＝－错误!·错误!， 化简得2m 2－4k 2＝3，满足Δ>0. 由弦长公式得|AB |＝1＋k2|x 1－x 2| ＝1＋k2·错误!＝错误!.又点O 到直线l ：y ＝kx ＋m 的距离d ＝|m|1＋k2， 所以S △AOB ＝12·d ·|AB |＝12错误!·错误!＝1224m23＋4k2＝3×2m23＋4k2＝错误!＝错误!，故△AOB 的面积为定值 3. 4．(2017·兰州双基过关考试)已知椭圆C 1：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的离心率为e ＝63，过C 1的左焦点F 1的直线l ：x －y ＋2＝0被圆C 2：(x －3)2＋(y －3)2＝r 2(r >0)截得的弦长为2 2.(1)求椭圆C 1的方程；(2)设C 1的右焦点为F 2，在圆C 2上是否存在点P ，满足|PF 1|＝a2b2|PF 2|？若存在，指出有几个这样的点(不必求出点的坐标)；若不存在，说明理由．解：(1)∵直线l 的方程为x －y ＋2＝0， 令y ＝0，得x ＝－2，即F 1(－2,0)，∴c ＝2，又e ＝c a ＝63，∴a 2＝6，b 2＝a 2－c 2＝2，∴椭圆C 1的方程为x26＋y22＝1.(2)∵圆心C 2(3,3)到直线l ：x －y ＋2＝0的距离d ＝|3－3＋2|2＝2， 又直线l ：x －y ＋2＝0被圆C 2：(x －3)2＋(y －3)2＝r 2(r >0)截得的弦长为22，∴r ＝d2＋⎝⎛⎭⎫2222＝2＋2＝2， 故圆C 2的方程为(x －3)2＋(y －3)2＝4. 设圆C 2上存在点P (x ，y )，满足|PF 1|＝a2b2|PF 2|， 即|PF 1|＝3|PF 2|，且F 1，F 2的坐标分别为F 1(－2,0)，F 2(2,0)， 则错误!＝3错误!， 整理得⎝⎛⎭⎫x －522＋y 2＝94， 它表示圆心是C ⎝⎛⎭⎫52，0，半径是32的圆． ∵|CC 2|＝ 错误!＝错误!， 故有2－32<|CC 2|<2＋32，故圆C 与圆C 2相交，有两个公共点．∴圆C 2上存在两个不同的点P ，满足|PF 1|＝a2b2|PF 2|.5．(2016·九江统考)已知椭圆C 的中心在坐标原点，右焦点为F (1,0)，A ，B 分别是椭圆C 的左、右顶点，D 是椭圆C 上异于A ，B 的动点，且△ADB 面积的最大值为 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)是否存在一定点E (x 0,0)(0<x 0<2)，使得当过点E 的直线l 与椭圆C 相交于M ，N 两点时，1|EM―→|2＋1|EN|2―→为定值？若存在，求出定点和定值；若不存在，请说明理由．解：(1)设椭圆的方程为x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)，由已知可得(S △ADB )max ＝12·2a ·b ＝ab ＝ 2. ①∵F (1,0)为椭圆的右焦点，∴a 2＝b 2＋1. ② 由①②可得a ＝2，b ＝1， ∴椭圆C 的方程为x22＋y 2＝1.(2)过点E 取两条分别垂直于x 轴和y 轴的弦M 1N 1，M 2N 2， 则1|EM1―→|2＋1|EN1―→|2＝1|EM2―→|2＋1|EN2―→|2，即21－x202＝错误!＋错误!，解得x 0＝错误!， ∴E 若存在，必为⎝⎛⎭⎫63，0，定值为3，下证⎝⎛⎭⎫63，0满足题意． 设过点E⎝⎛⎭⎫63，0的直线方程为x ＝ty ＋63，代入椭圆C 的方程得(t 2＋2)y 2＋263ty －43＝0， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－263t t2＋2＝－错误!，y 1y 2＝－错误!，1|EM―→|2＋1|EN―→|2＝错误!＋错误!＝11＋t2·⎝⎛⎭⎫1y21＋1y22＝11＋t2·错误! ＝11＋t2·错误!＝3. 综上得定点为E ⎝⎛⎭⎫63，0，定值为3. 6．(2016·合肥三模)设A ，B 为抛物线y 2＝x 上相异两点，其纵坐标分别为1，－2，分别以A ，B 为切点作抛物线的切线l 1，l 2，设l 1，l 2相交于点P .(1)求点P 的坐标；(2)M 为A ，B 间抛物线段上任意一点，设PM ―→＝λPA ―→＋μPB ―→，试判断λ＋μ是否为定值？如果为定值，求出该定值，如果不是定值，请说明理由．解：(1)由题知A (1,1)，B (4，－2)，设点P 的坐标为(x P ，y P )， 切线l 1：y －1＝k (x －1)，联立错误! 由抛物线与直线l 1相切，解得k ＝12，即l 1：y ＝12x ＋12，同理，l 2：y ＝－14x －1.联立l 1，l 2的方程，可解得⎩⎪⎨⎪⎧xP ＝－2，yP ＝－12， 即点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫－2，－12. (2)设M (y 20，y 0)，且－2≤y 0≤1.由PM ―→＝λPA ―→＋μPB ―→，得⎝⎛⎭⎫y20＋2，y0＋12＝λ⎝⎛⎭⎫3，32＋μ⎝⎛⎭⎫6，－32， 即错误! 解得错误!则λ＋μ＝y0＋23＋1－y03＝1，即λ＋μ为定值1.。
圆锥曲线中的定点、定值问题(含解析)
圆锥曲线中的定点、定值问题一、题型选讲题型一 、 圆锥曲线中过定点问题圆锥曲线中过定点问题常见有两种解法：（1）、求出圆锥曲线或直线的方程解析式，研究解析式，求出定点·（2）、从特殊位置入手，找出定点，在证明该点符合题意（运用斜率相等或者三点共线）。
例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A 、B 分别为椭圆E ：2221x y a+=（a >1）的左、右顶点，G 为E 的上顶点，8AG GB ⋅=，P 为直线x =6上的动点，P A 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ． （1）求E 的方程；（2）证明：直线CD 过定点.例2、（2020届山东省临沂市高三上期末）如图，已知点F 为抛物线C ：22y px =（0p >）的焦点，过点F 的动直线l 与抛物线C 交于M ，N 两点，且当直线l 的倾斜角为45°时，16MN =.（1）求抛物线C 的方程.（2）试确定在x 轴上是否存在点P ，使得直线PM ，PN 关于x 轴对称？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.例3、【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C ：x 2=−2py 经过点（2，−1）．（1）求抛物线C 的方程及其准线方程；（2）设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线y =−1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B ．求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．题型二、圆锥曲线中定值问题圆锥曲线中常见的定值问题，属于难题．探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值例4、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为2，且过点A （2，1）．（1）求C 的方程：（2）点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得|DQ |为定值．例5、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知椭圆()2222:10x y E a b a b+=>>的离心率e 满足2220e -+=，右顶点为A ，上顶点为B ，点C (0，－2)，过点C 作一条与y 轴不重合的直线l ，直线l 交椭圆E 于P ，Q 两点，直线BP ，BQ 分别交x 轴于点M ，N ；当直线l 经过点A 时，l ．(1)求椭圆E 的方程；(2)证明：BOM BCN S S ∆∆⋅为定值．例6、(2019苏州三市、苏北四市二调）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：x 24＋y 2＝1，椭圆C 2：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)，C 2与C 1的长轴长之比为2∶1，离心率相同．(1) 求椭圆C 2的标准方程； (2) 设点P 为椭圆C 2上的一点．①射线PO 与椭圆C 1依次交于点A ，B ，求证：PAPB 为定值；②过点P 作两条斜率分别为k 1，k 2的直线l 1，l 2，且直线l 1，l 2与椭圆C 1均有且只有一个公共点，求证k 1·k 2为定值．二、达标训练1、（2020届浙江省温州市高三4月二模）如图，已知椭圆22:14x C y +=，F 为其右焦点，直线()0:k y x m l m k +<=与椭圆交于1122(,),(,)P x y Q x y 两点，点,A B 在l 上，且满足,,PA PF QB QF OA OB ===.(点,,,A P Q B 从上到下依次排列)(I )试用1x 表示PF ：(II )证明：原点O 到直线l 的距离为定值.2、【2018年高考北京卷理数】已知抛物线C ：2y =2px 经过点P （1，2）．过点Q （0，1）的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线P A 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N ． （1）求直线l 的斜率的取值范围；（2）设O 为原点，QM QO λ=，QN QO μ=，求证：11λμ+为定值．3、(2019苏锡常镇调研）已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为32，焦点到相应准线的距离为33.(1) 求椭圆E 的标准方程；(2) 已知P(t ，0)为椭圆E 外一动点，过点P 分别作直线l 1和l 2，直线l 1和l 2分别交椭圆E 于点A ，B 和点C ，D ，且l 1和l 2的斜率分别为定值k 1和k 2，求证：PA ·PBPC ·PD 为定值．4、(2018苏州暑假测试）如图，已知椭圆O ：x 24＋y 2＝1的右焦点为F ，点B ，C 分别是椭圆O 的上、下顶点，点P 是直线l ：y ＝－2上的一个动点(与y 轴的交点除外)，直线PC 交椭圆于另一个点M.(1) 当直线PM 经过椭圆的右焦点F 时，求ⅠFBM 的面积；(2) Ⅰ记直线BM ，BP 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1•k 2为定值；5、(2016泰州期末）如图，在平面直角坐标系xOy 中， 已知圆O ：x 2＋y 2＝4，椭圆C ：x 24＋y 2＝1，A 为椭圆右顶点．过原点O 且异于坐标轴的直线与椭圆C 交于B ，C 两点，直线AB 与圆O 的另一交点为P ，直线PD 与圆O 的另一交点为Q ，其中D (－65，0).设直线AB ，AC 的斜率分别为k 1，k 2.(1) 求k 1k 2的值；(2) 记直线PQ ，BC 的斜率分别为k PQ ，k BC ，是否存在常数λ，使得k PQ ＝λk BC ？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由；(3) 求证：直线AC 必过点Q .一、题型选讲题型一 、 圆锥曲线中过定点问题圆锥曲线中过定点问题常见有两种解法：（1）、求出圆锥曲线或直线的方程解析式，研究解析式，求出定点·（2）、从特殊位置入手，找出定点，在证明该点符合题意（运用斜率相等或者三点共线）。
高考圆锥曲线中的定点定值专题(附答案)
高考圆锥曲线中的定点定值问题定点问题是常见的考题形式，解决这类问题的关键就是引进变参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。
直线过定点问题通法，是设出直线方程，通过韦达定理和已知条件找出k 和b 的一次函数关系式，代入直线方程即可类型一：“手电筒”模型例题、已知椭圆C ：13422=+y x 若直线m kx y l +=：与椭圆C 相交于A ，B 两点（A ，B 不是左右顶点），且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点。
求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标。
解：设1122(,),(,)A x y B x y ，由223412y kx m x y =+⎧⎨+=⎩得222(34)84(3)0k x mkx m +++-=， 22226416(34)(3)0m k k m ∆=-+->，22340k m +->212122284(3),3434mk m x x x x k k-+=-⋅=++ 22221212121223(4)()()()34m k y y kx m kx m k x x mk x x m k-⋅=+⋅+=+++=+ 以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点(2,0),D 且1AD BD k k ⋅=-， 1212122y yx x ∴⋅=---，1212122()40y y x x x x +-++=， 2222223(4)4(3)1640343434m k m mkk k k--+++=+++， 整理得：2271640m mk k ++=，解得：1222,7k m k m =-=-，且满足22340k m +-> 当2m k =-时，:(2)l y k x =-，直线过定点(2,0),与已知矛盾；当27k m =-时，2:()7l y k x =-，直线过定点2(,0)7综上可知，直线l 过定点，定点坐标为2(,0).7◆方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点P 做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB ，则AB 必过定点))(,)((2222022220b a b a y b a b a x +-+-。
高考数学一轮复习规划综合突破五 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题(二)
所以T→A·T→B＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝(x1－1)(x2－1)＋kx1＋13·kx2＋13
＝(k2＋1)x1x2＋13(k2－3)(x1＋x2)＋19(k2＋9)＝9（k21＋2）[(k2＋1)(k2－18)－2k2(k2－3)＋(k2＋9)·(k2＋2)]＝0， 所以T→A⊥T→B，所以以 AB 为直径的圆恒过点 T(1，0).
x＝0
或
x＝－1＋6k3k2.
因此点 P 的坐标为－1＋6k3k2，－1＋6k32k2＋1，即 P－1＋6k3k2，11－ ＋33kk22，
将上式中的 k 换成－1k，得点 Q3＋6kk2，k32＋－k32，
所以直线 l 的斜率为k332＋ ＋6－kkk322＋－111－ ＋ ＋6k333kkk222＝k24－k 1，即直线 l 的方程为 y＝k24－k 1x－3＋6kk2
核心考点
第八章 平面解析几何
解：(1)设直线 l：x＝my＋1 与 y2＝2px 联立消去 x 得，y2－2pmy－2p＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则 y1＋y2＝2pm，y1y2＝－2p.
因为O→A·O→B＝－3，所以O→A·O→B＝x1x2＋y1y2＝(my1＋1)(my2＋1)＋y1y2＝(1＋m2)y1y2＋m(y1＋y2) ＋1＝(1＋m2)(－2p)＋2pm2＋1＝－2p＋1＝－3，解得 p＝2.
(2)斜率为 k 的动直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，点 S－13，0在直线 l 上，求证：
无论直线 l 如何转动，以 AB 为直径的圆恒过点 T(1，0).
核心考点
第八章 平面解析几何
解：(1)设椭圆的离心率为
e，由题可知e＝ac＝ 2a＝2
专题五圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题)
第 4 讲 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题) __________________________ 热点分类突破 __________________________-典例研撕 各吓击區-热点一 定点问题解决圆锥曲线中的定点问题应注意(1) 分清问题中哪些是定的，哪些是变动的；(2) 注意“设而不求”思想的应用，引入参变量，最后看能否把变量消去；(3) “先猜后证”，也就是先利用特殊情况确定定点，然后验证，这样在整理式子时就有了明 确的方向.例1已知P (0,2)是椭圆C ： a 2+b 2 =l (a >b >0)的一个顶点，C 的离心率e=g.(1)求椭圆的方程；⑵过点P 的两条直线l 1，l 2分别与C 相交于不同于点P 的A , B 两点，若*与12的斜率之和 为一4,则直线AB 是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.厂b = 2 ,解(1)由题意可得c =¥，a 3—2 - b 2 + c 2 ,解得a -眉,b-2 , c -辭,・•・椭圆的方程为手+芍-1. ⑵当直线AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y - kx + t ， A (x 1， y 1)， B (x 2， y 2)，y-kx + t ,联立,x 2 y 2消去y 并整理， X 2 + y 2 — 1€ 6 4' 可得(3k + 2)x 2 + 6ktx + 3t 2 - 12-0 ,- 36(kt )2 - 4 x (3k 2 + 2)⑶2 - 12)>0 ,即24(6k2－t2＋4)>0，则x i+x2_^^^- ,x i x2_3^-121 23k2+2 1 23k2+ 2由l1与l2的斜率之和为-4 , 可得y!-+ y2-_-4,x1 x2又y i = kx1 + t, y2二kx2+1 ,y1- 2 _ y2- 2 _ kx1+1 - 2 _ kx2+1 - 2 . + _ +x1 x2 x1 x2- 6kt(t - 2)・----(t - 2)(x1+ x2) 3k2 + 2_2k+1——忆 _2k+ _- 4 ,3t2 - 12x1x23k2＋2化简可得t二-k - 2 ,.*.y _ kx - k - 2 _ k(x - 1) - 2 ,•°•直线AB经过定点(1 , - 2).当直线AB的斜率不存在时，设直线AB的方程为x _ m , A(m , yj , B(m , y2),y i-2,y2-2_y i+y2-4,m m m又点A， B 均在椭圆上，. A ， B 关于x 轴对称，. y i+ y2_ 0，. m_ i，故直线AB的方程为x_1 ,也过点(1 ,-2),综上直线AB经过定点，定点为(1 , - 2).跟踪演练1 (2019・攀枝花模拟)已知抛物线C：y2=2px(p>0)上一点P(4，t)(t>0)到焦点F的距离等于5.(1)求抛物线C的方程和实数t的值；(2)若过F的直线交抛物线C于不同的两点A, B(均与P不重合)，直线PA, PB分别交抛物线的准线l于点M，N.试判断以MN为直径的圆是否过点F,并说明理由.解 ⑴由抛物线定义可知I PF I 二4 f 2）二5，解得P 二2 ,故抛物线C 的方程为y 2二4x ,将P （4 , t ）（t >0）代入抛物线方程解得t 二4.⑵以MN 为直径的圆一定过点F ,理由如下：设 A （x 1， y 1）， B （x 2， y 2），设直线AB 的方程为x 二my + l （m 丘R ），代入抛物线C ：y 2 = 4x , 化简整理得y 2 - 4my -4 = 0,环2 二-4，由⑴知P （4,4）,所以直线PA 的方程为y -4二乩三(x -4)二丄三(x -4), x l - 4 my l - 3令x =-1得y 二的-5)儿+ 8, my l - 3__ - (4m - + 8、即 M - 1 , ------ 丛一,€ m y 1 -3 丿 同理可得j - 1 ,的-5汕+ 8€ m y 2 - 3 丿(4m - 5)y〔 + 8 (4m - 5)y 2 + 8 (2m - D 2y 1y 2 + (8m - 10)(y 1+y 2) + 16m 2y 1y 2- 3m (y 1+ y 2)+ 9-4(2m - |,2 + 4m (8m - 10) + 16-4m 2 - 3m ・4m + 916m 2- 9= 二-1 ,- 16m 2+ 9:.MF 丄NF , 故以MN 为直径的圆过点F .(也可用MF ・NF=0).热点二 定值问题 ：'k MF k NF2(my 1 - 3) 2(my 2 - 3)求定值问题常见的方法有两种(1)从特殊情况入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.例2已知椭圆C：02+b2=l(a>b>O)经过点(0, V3),离心率为2,左、右焦点分别为厲(一c,0),F2(c,0).(1)求椭圆C的方程；3(2)P, N是C上异于M的两点，若直线PM与直线PN的斜率之积为一4证明：M, N两点的横坐标之和为常数.(1)解因为椭圆经过点(0，间，所以b =\：3 , 又因为e二2,所以V，2 a 2又C2 = a2~ b2 ,解得a 二 2 , b 二护, 所以椭圆C的方程为》+等二1.⑵证明设P , M , N三点坐标分别为(x p, y p) , (x M, y M) , (x N, y N), 设直线PM , PN斜率分别为k i, k2, 则直线pM方程为y~y p = k1(x - x P),x2+y2 二 1 由方程组,4 3' 消去y,得、y-y P二k1…x - x P(3 + 4k#)x2 - 8k1(k1x p- y p)x + 4k x p - 8k1x p y p+ 4y p - 12 二0 , 由根与系数的关系可得x +x二贴伙1Xp - yp),M p3+ 4k21故x_8k1(k1x p-y p) X_ 4k2x p- 8k”- 3x p,M_ 3 + 4* p_ 3 + 4k2 '从而 X N + X M =0，即 M ，N 两点的横坐标之和为常数 0.跟踪演练2 (2019.四川百校冲刺卷)已知椭圆C ： X 2+y 2=l 的左、右焦点分别为F ], F 2,点 P (m , n )在椭圆C 上.(1)设点P 到直线l ： x =4的距离为d 证明：韵为定值；⑵若0V m V 2, A , B 是椭圆C 上的两个动点(都不与点P 重合)，且直线PA , PB 的斜率互为 相反数，求直线AB 的斜率(结果用n 表示).(1)证明 由已知，得a 2 = 4 , b 2 = 3 , :.C 2 = a 2 - b 2=1 ,即 F 1(- 1,0)， F 2(1,0).(2)解 当0 < m < 2时，则n M 0 ,直线PA , PB 的斜率一定存在.同理可得S + Xp 二 sag 一 y p )3＋4k 22.d…l PF 2l 2 为定值.2l m - 4l设 A (X 1, y 1) , B (x 2 , y 2)，直线 PA 的斜率为 k ,则直线PA 的方程为y - n 二k (x - m ),即y-kx- km + n ,与椭圆C 的方程3x 2 + 4y 2二12 , 联立组成方程组，消去y ,整理得，(3 + 4k 2)x 2 - 8k (km - n )x + 4(km - n )2 - 12-0.工是4(km - n )2 - 12 于疋 x 二 ',y - kx, - km + n . 1 (3 + 4k 2)m I II 1根据直线PB 的斜率为-k ，将上式中的k 用-k 代替,4( - km - n )2 - 12 4(km + n )2 - 12 得x 二 - 2 [3 + 4( - k )2]m (3 + 4k 2)my 2-- kx 2+ km + n .于是 y 1 - y 2 二(kx 1 - km + n ) - (- kx 2 + km + n )- k (x 1+ x 2)- 2km(3 + 4k 2)m (3 + 4k 2)m 8(k 2m 2 + n 2)- 24 - 2m 2(3 + 4k 2) k •一(3 + 4k 2)m8n 2- 24- 6m 2注意到 3m 2+ 4n 2- 12，得 12- 4n 2- 3m 2，(3 + 4k 2)m k ，4(km - n )2 -12x 1 - x 2 -II 2 (3 + 4k 2)m 由根与系数的关系，得m ・x i4(km - n )2 - 123 + 4k 2 -k 4(km - n )2 - 12 4(km + n )2_ 2km4(km + n )2- 12 (3 + 4k 2)m 4[(km - n )2 - (km + n )2] _ - 16kmn(3 + 4k 2)m(3 + 4k 2)m 因此，直线AB 的斜率为J y^2 x 1 -x 2_ (8n2 - 24 - 6m2)k－16kmn_ 3m2- 4n2+ 12 _ 6m2 _3m_ 寸9- 3m8mn 8mn 4n 2n热点三存在性问题存在性问题的求解策略(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律；(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论.例3 (2019•乐山、峨眉山联考)已知椭圆G：a2+b2=1(a>b>0)过点人(1，和点B(0，T)・⑴求椭圆G的方程；(2)设直线y=x+m与椭圆G相交于不同的两点M, N,记线段MN的中点为P,是否存在实数m,使得I BM I = I BN I?若存在，求出实数m；若不存在，请说明理由.解(1)椭圆G：a+b2_1(a>b>0)过点A,1,普…和点B(0，-1)，:.b_1 ,由丄+ — _ 1，解得。
高考数学一轮复习2 第2课时 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题
第2课时 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题定值问题(2020·高考北京卷)已知椭圆C ：x2a2＋y2b2＝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|PB||BQ|的值．【解】 (1)因为a ＝2b ，所以椭圆的方程为x24b2＋y2b2＝1，又因为椭圆过点A (－2，－1)，所以有44b2＋1b2＝1，解得b 2＝2，所以椭圆C 的方程为x28＋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 (－22，0)，N (22，0)， 则直线MA ：y ＝－1－2＋22(x ＋22)，直线NA ：y ＝－1－2－22(x －22)，则y P ＝2，y Q ＝－2，|PB||BQ|＝1.当直线MN 的斜率不为0时，设直线MN ：x ＝my －4(m ≠0)，与椭圆方程x28＋y22＝1联立，化简得(m 2＋4)y 2－8my ＋8＝0，Δ＝64m 2－32(m 2＋4)＝32(m 2－4)＞0，解得m 2＞4.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1y 2＝8m2＋4，y 1＋y 2＝8mm2＋4.直线MA 的方程为y ＋1＝y1＋1x1＋2(x ＋2)，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－4，－2（y1＋1）x1＋2－1， 即P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－4，－（m ＋2）y1my1－2. 直线NA 的方程为y ＋1＝y2＋1x2＋2(x ＋2)，则Q ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－4，－2（y2＋1）x2＋2－1， 即Q ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－4，－（m ＋2）y2my2－2. 所以|PB||BQ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪（m ＋2）y1my1－2⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪my2－2（m ＋2）y2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪my1y2－2y1my1y2－2y2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪8m m2＋4－2y18mm2＋4－2y2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪y1＋y2－2y1y1＋y2－2y2＝1. 综上，|PB||BQ|＝1.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变量法：其解题流程为,变量)(2020·六校联盟第二次联考)在直角坐标系xOy 中，动点P 与定点F (1，0)的距离和它到定直线x ＝4的距离之比是1∶2，设动点P 的轨迹为E .(1)求动点P 的轨迹E 的方程；(2)设过F 的直线交轨迹E 的弦为AB ，过原点的直线交轨迹E 的弦为CD ，若CD ∥AB ，求证：|CD|2|AB|为定值．解：(1)设点P 的坐标为(x ，y )，由题意得（x －1）2＋y2|x －4|＝12，将两边平方，并化简得x24＋y23＝1，故轨迹E 的方程是x24＋y23＝1.(2)证明：①当直线AB 的斜率不存在时，易求得|AB |＝3，|CD |＝23， 则|CD|2|AB|＝4.②当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的斜率为k ，依题意知k ≠0， 则直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，直线CD 的方程为y ＝kx . 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)． 由⎩⎨⎧x24＋y23＝1，y ＝k （x －1）得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， 则x 1＋x 2＝8k23＋4k2，x 1x 2＝4k2－123＋4k2，|AB |＝1＋k2·|x 1－x 2|＝1＋k2·（8k23＋4k2）2－4×4k2－123＋4k2＝12（1＋k2）3＋4k2. 由⎩⎨⎧x24＋y23＝1，y ＝kx 整理得x 2＝123＋4k2，则|x 3－x 4|＝433＋4k2.|CD |＝1＋k2×|x 3－x 4|＝43（1＋k2）3＋4k2.所以|CD|2|AB|＝48（1＋k2）3＋4k2·3＋4k212（1＋k2）＝4.综合①②知|CD|2|AB|＝4，为定值．定点问题技法一 目标关系式法求定点(2020·高考全国卷Ⅰ)已知A ，B 分别为椭圆E ：x2a2＋y 2＝1(a >1)的左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG →·GB →＝8.P 为直线x ＝6上的动点，P A 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D .(1)求E 的方程；(2)证明：直线CD 过定点．【解】 (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x29＋y 2＝1.(2)证明：设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，P (6，t )．若t ≠0，设直线CD 的方程为x ＝my ＋n ，由题意可知－3<n <3. 由于直线P A 的方程为y ＝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x229＋y 2＝1，故y 2＝－（x2＋3）（x2－3）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x29＋y 2＝1得(m 2＋9)y 2＋2mny ＋n 2－9＝0. 所以y 1＋y 2＝－2mnm2＋9，y 1y 2＝n2－9m2＋9.代入①式得(27＋m 2)(n 2－9)－2m (n ＋3)mn ＋(n ＋3)2·(m 2＋9)＝0. 解得n ＝－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)．圆锥曲线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． 技法二 逆推法求定点设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP→＝2NM →.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .【解】 (1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0，0)，NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0)． 由NP →＝2 NM →得x 0＝x ，y 0＝22y . 因为M (x 0，y 0)在C 上， 所以x22＋y22＝1.因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2. (2)证明：由题意知F (－1，0)． 设Q (－3，t )，P (m ，n )，则OQ→＝(－3，t )，PF →＝(－1－m ，－n )， OQ →·PF→＝3＋3m －tn ， OP→＝(m ，n )，PQ →＝(－3－m ，t －n )． 由OP →·PQ →＝1得－3m －m 2＋tn －n 2＝1，又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0. 所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →.又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .证明直线或曲线过某一定点(定点坐标已知)，可把要证明的结论当条件，逆推上去，若得到使已知条件成立的结论，则证明了直线或曲线过定点．(2020·咸阳模拟)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)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．解：(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x24＋y23＝1(y ≠0)．故动点C 的轨迹方程为x24＋y23＝1(y ≠0)． (2)方法一：易知直线l 的斜率存在， 设直线l ：y ＝kx ＋m .联立方程组⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x24＋y23＝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＋4k2， 所以x 1＝x 2＝－4km3＋4k2.所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－4km 3＋4k2，3m 3＋4k2，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⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km －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)．方法二：设P (x 0，y 0)，则曲线C 在点P 处的切线PQ ：x0x 4＋y0y3＝1. 令x ＝4，得Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，3－3x0y0. 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)．探索性问题(2020·江西九江四校考前适应性模拟)已知椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为12，P 是椭圆C 上的一个动点．当P 是C 的上顶点时，△F 1PF 2的面积为3.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设斜率存在的直线PF 2与C 的另一个交点为Q ，是否存在点T (t ，0)，使得|TP |＝|TQ |？若存在，求出t 的取值范围；若不存在，请说明理由．【解】 (1)设椭圆C 的半焦距为c .因为S △F 1PF 2＝12×2c ×b ＝3，所以bc ＝3. 又e ＝c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝3，c ＝1. 所以椭圆C 的标准方程为x24＋y23＝1.(2)存在．假设存在点T (t ，0)，使得|TP |＝|TQ |.由直线PQ 过F 2(1，0)，设直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，PQ 的中点为N (x 0，y 0)．当k ＝0时，t ＝0，符合题意．当k ≠0时，由⎩⎨⎧y ＝k （x －1），x24＋y23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，Δ＝(－8k 2)2－4(4k 2＋3)(4k 2－12)＝144k 2＋144>0，x 1＋x 2＝8k24k2＋3.所以x 0＝x1＋x22＝4k24k2＋3，y 0＝k (x 0－1)＝－3k 4k2＋3，即N ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k24k2＋3，－3k 4k2＋3. 连接TN ，因为|TP |＝|TQ |，所以TN ⊥PQ ，则k TN ·k ＝－1(k TN 为直线TN 的斜率)． 所以3k4k2＋3t －4k24k2＋3·k ＝－1，即t ＝k24k2＋3＝14＋3k2.因为4＋3k2>4，所以t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14.综上可得，t 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，14.存在性问题的求解策略解决存在性问题，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)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．(2020·山东新高考模拟)设中心在原点，焦点在x 轴上的椭圆E 过点(1，32)，且离心率为32.F 为E 的右焦点，P 为E 上一点，PF ⊥x 轴，⊙F 的半径为PF .(1)求椭圆E 和⊙F 的方程；(2)若直线l ：y ＝k (x －3)(k >0)与⊙F 交于A ，B 两点，与E 交于C ，D 两点，其中A ，C 在第一象限，是否存在k 使|AC |＝|BD |？若存在，求直线l 的方程；若不存在，说明理由．解：(1)设E 的方程为x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)，由题设知 1a2＋34b2＝1，a2－b2a ＝32.解得a ＝2，b ＝1，故椭圆E 的方程为x24＋y 2＝1. 因此F (3，0)，|PF |＝12，即⊙F 的半径为12. 所以⊙F 的方程为(x －3)2＋y 2＝14.(2)不存在．由题设可知，A 在E 外，B 在E 内，C 在⊙F 内，D 在⊙F 外．在l 上的四点A ，B ，C ，D 满足|AC |＝|AB |－|BC |，|BD |＝|CD |－|BC |.设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)．将l 的方程代入E 的方程得 (1＋4k 2)x 2－83k 2x ＋12k 2－4＝0， 则x 1＋x 2＝83k24k2＋1，x 1x 2＝12k2－44k2＋1，|CD |＝1＋k2（x1＋x2）2－4x1x2＝4k2＋44k2＋1>1，又⊙F 的直径|AB |＝1，所以|BD |－|AC |＝|CD |－|AB |＝|CD |－1>0，故不存在正数k使|AC |＝|BD |.思想方法系列17 破解解析几何运算的常见技巧中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中，用方程的观点来研究曲线，体现了用代数的方法解决几何问题的优越性，但有时运算量过大，或需繁杂的讨论，这些都会影响解题的速度，甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹”的地步，特别是高考中，在规定的时间内，要保质保量完成解题的任务，计算能力是一个重要的方面，为此，从以下几个方面探索减轻运算量的方法和技巧，合理简化解题过程，优化思维过程．技巧一 回归定义，化繁为简回归定义的实质是重新审视概念，并用相应的概念解决问题，是一种朴素而又重要的策略和思想方法．圆锥曲线的定义既是有关圆锥曲线问题的出发点，又是新知识、新思维的生长点．对于相关的圆锥曲线中的数学问题，若能根据已知条件，巧妙灵活应用定义，往往能达到化难为易、化繁为简、事半功倍的效果．如图，F 1，F 2是椭圆C 1：x24＋y 2＝1与双曲线C 2的公共焦点，A ，B 分别是C 1，C 2在第二、四象限的公共点．若四边形AF 1BF 2为矩形，则C 2的离心率是( )A.2B.3C.32D.62【解析】 由已知，得F 1(－3，0)，F 2(3，0)，设双曲线C 2的实半轴长为a ，由椭圆及双曲线的定义和已知，可得⎩⎪⎨⎪⎧|AF1|＋|AF2|＝4，|AF2|－|AF1|＝2a ，|AF1|2＋|AF2|2＝12，解得a 2＝2，故a ＝2.所以双曲线C 2的离心率e ＝32＝62. 【答案】 D本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|，|AF2|的等量关系，从而快速求出双曲线实半轴长a的值，进而求出双曲线的离心率，大大降低了运算量．技巧二直观想象，数形结合著名数学家华罗庚说过：“数与形本是两相倚，焉能分作两边飞．数缺形时少直观，形少数时难入微．”在圆锥曲线的一些问题中，许多对应的长度、数式等都具有一定的几何意义，挖掘题目中隐含的几何意义，采用数形结合的思想方法，可解决一些相应问题．已知F是双曲线C：x2－y28＝1的右焦点，P是C的左支上一点，A(0，66)．当△APF周长最小时，该三角形的面积为________．【解析】设双曲线的左焦点为F1，根据双曲线的定义．可知|PF|＝2a＋|PF1|，则△APF的周长为|P A|＋|PF|＋|AF|＝|P A|＋2a＋|PF1|＋|AF|＝|P A|＋|PF1|＋|AF|＋2a，由于|AF|＋2a是定值，要使△APF的周长最小，则|P A|＋|PF1|最小，即P，A，F1共线，由于A(0，66)，F1(－3，0)，则直线AF1的方程为x－3＋y66＝1，即x＝y26－3，代入双曲线方程整理可得y2＋66y－96＝0，解得y＝26或y＝－86(舍去)，所以点P的纵坐标为26，所以S△APF＝S△AFF1－S△PFF1＝12×6×66－12×6×26＝126.【答案】12 6要求△APF的周长的最小值，其实就是转化为求解三角形三边长之和，根据已知条件与双曲线定义加以转化为已知边的长度问题与已知量的等价条件来分析，根据直线与双曲线的位置关系，通过数形结合确定点P 的位置，通过求解点P 的坐标进而利用三角形的面积公式来处理．技巧三 设而不求，整体运算对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，常常可以用“点差法”求解．已知椭圆E ：x2a2＋y2b2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (3，0)，过点F 的直线交E于A ，B 两点．若AB 的中点坐标为M (1，－1)，则E 的标准方程为( )A.x245＋y236＝1 B.x236＋y227＝1 C.x227＋y218＝1D.x218＋y29＝1【解析】 通解：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－2， ⎩⎪⎨⎪⎧x21a 2＋y 21b 2＝1，①x 2a 2＋y 2b 2＝1，② ①－②得（x1＋x2）（x1－x2）a2＋（y1＋y2）（y1－y2）b2＝0，所以k AB ＝y1－y2x1－x2＝－b2（x1＋x2）a2（y1＋y2）＝b2a2.又k AB ＝0＋13－1＝12，所以b2a2＝12.又9＝c 2＝a 2－b 2，解得b 2＝9，a 2＝18， 所以椭圆E 的标准方程为x218＋y29＝1.优解：由k AB ·k OM ＝－b2a2得，－1－01－3×－11＝－b2a2得，a 2＝2b 2.又a 2－b 2＝9，所以a 2＝18，b 2＝9，所以椭圆E 的标准方程为x218＋y29＝1. 【答案】 D本题设出A ，B 两点的坐标，却不求出A ，B 两点的坐标，巧妙的表达出直线AB 的斜率，通过将直线AB 的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．技巧四 整体换元，简化运算变量换元的关键是构造元和设元 ，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化．变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题．设直线l 与抛物线x 2＝2y 分别相交于A ，B 两点，与椭圆x24＋y23＝1分别相交于C ，D 两点，直线OA ，OB ，OC ，OD (O 为坐标原点)的斜率分别为k 1，k 2，k 3，k 4，且OA ⊥OB .(1)是否存在实数t ，满足k 1＋k 2＝t (k 3＋k 4)，并说明理由； (2)求△OCD 面积的最大值．【解】 设直线l 的方程为y ＝kx ＋b (b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x2＝2y ，得x 2－2kx －2b ＝0，则x 1＋x 2＝2k ，x 1x 2＝－2b ，Δ1＝4k 2＋8b >0.因为OA ⊥OB ，所以x 1x 2＋y 1y 2＝0，得b ＝2或b ＝0(舍)．联立⎩⎨⎧y ＝kx ＋2，x24＋y23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0，则x 3＋x 4＝－16k 3＋4k2，x 3x 4＝43＋4k2.由Δ2＝192k 2－48>0，得k 2>14.(1)存在．因为k 1＋k 2＝y1x1＋y2x2＝k ，k 3＋k 4＝y3x3＋y4x4＝－6k ， 所以t ＝k1＋k2k3＋k4＝－16.(2)根据弦长公式|CD |＝1＋k2|x 3－x 4|， 得|CD |＝43·1＋k2·4k2－13＋4k2.根据点O 到直线CD 的距离公式，得d ＝21＋k2，所以S △OCD ＝12|CD |·d ＝43·4k2－13＋4k2.设4k2－1＝m >0，则S △OCD ＝43m m2＋4＝43m ＋4m≤3，所以当且仅当m ＝4m ，即m ＝2，k ＝±52时，S △OCD 有最大值3.破解此类题的关键：一是利用已知条件，建立关于参数的方程，解方程，求出参数的值，二是通过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数，求得其值域，从而求得原函数的值域，形如y ＝ax ＋b ±cx ＋d (a ，b ，c ，d 均为常数，且ac ≠0)的函数常用此法求解，但在换元时一定要注意新元的取值范围，以保证等价转化，这样目标函数的值域才不会发生变化．技巧五 妙借向量，更换思路平面向量是衔接代数与几何的纽带，沟通“数”与“形”，融数、形于一体，是数形结合的典范，具有几何形式与代数形式的双重身份，是数学知识的一个交汇点和联系多项知识的媒介．妙借向量，可以有效提升圆锥曲线的解题方向与运算效率，达到良好效果．如图，在平面直角坐标系xOy 中，F 是椭圆x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的右焦点，直线y ＝b2与椭圆交于B ，C 两点，且∠BFC ＝90°，则该椭圆的离心率是________．【解析】 把y ＝b 2代入椭圆x2a2＋y2b2＝1，可得x ＝±32a ，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，b 2，C ⎝⎛⎭⎪⎫32a ，b 2，而F (c ，0)，则FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a －c ，b 2，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a －c ，b 2，又∠BFC ＝90°，故有FB →·FC→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a －c ，b 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫32a －c ，b 2＝c 2－34a 2＋14b 2＝c 2－34a 2＋14(a 2－c 2)＝34c 2－12a 2＝0，则有3c 2＝2a 2，所以该椭圆的离心率e ＝c a ＝63.【答案】 63本题通过相关向量坐标的确定，结合∠BFC ＝90°，巧妙借助平面向量的坐标运算来转化圆锥曲线中的相关问题，从形入手转化为相应数的形式，简化运算．[A 级 基础练]1．直线l 与抛物线C ：y 2＝2x 交于A ，B 两点，O 为坐标原点，若直线OA ，OB 的斜率分别为k 1，k 2，且满足k 1k 2＝23，则直线l 过定点( )A ．(－3，0)B ．(0，－3)C ．(3，0)D ．(0，3)解析：选A.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为k 1k 2＝23，所以y1x1·y2x2＝23.又y 21＝2x 1，y 2＝2x 2，所以y 1y 2＝6.将直线l ：x ＝my ＋b 代入抛物线C ：y 2＝2x 得y 2－2my －2b ＝0，所以y 1y 2＝－2b ＝6，得b ＝－3，即直线l 的方程为x ＝my －3，所以直线l 过定点(－3，0)．2．(多选)设椭圆的方程为x22＋y24＝1，斜率为k 的直线不经过原点O ，且与椭圆相交于A ，B 两点，M 为线段AB 的中点．下列结论正确的是( )A ．直线AB 与OM 垂直B ．若点M 的坐标为(1，1)，则直线AB 的方程为2x ＋y －3＝0C ．若直线AB 的方程为y ＝x ＋1，则点M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫13，43D ．若直线AB 的方程为y ＝x ＋2，则|AB |＝423解析：选BD.对于A ，根据椭圆的中点弦的性质得k ·k OM ＝－42＝－2≠－1，所以A 不正确．对于B ，因为点M 的坐标为(1，1)，且k ·k OM ＝－2，所以k ＝－2，所以直线AB 的方程为y －1＝－2(x －1)，即2x ＋y －3＝0，所以B 正确．对于C ，若直线AB的方程为y ＝x ＋1，点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，43，则k ·k OM ＝1×4＝4≠－2，所以C 不正确．对于D ，联立⎩⎨⎧y ＝x ＋2，x22＋y24＝1，得2x 2＋(x ＋2)2－4＝0，整理，得3x 2＋4x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝－43.所以|AB |＝1＋12×⎪⎪⎪⎪⎪⎪－43－0＝423，所以D 正确．故选BD.3．以下四个关于圆锥曲线的命题：①设A ，B 为两个定点，K 为正数，若||P A |－|PB ||＝K ，则动点P 的轨迹是双曲线；②方程2x 2－5x ＋2＝0的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率； ③双曲线x225－y29＝1与椭圆x235＋y 2＝1有相同的焦点；④已知抛物线y 2＝2px ，以过焦点的一条弦AB 为直径作圆，则此圆与准线相切． 其中真命题为________．(写出所有真命题的序号)解析：A ，B 为两个定点，K 为正数，||P A |－|PB ||＝K ，当K ＝|AB |时，动点P 的轨迹是两条射线，故①错误；方程2x 2－5x ＋2＝0的两根为12和2，可分别作为椭圆和双曲线的离心率，故②正确；双曲线x225－y29＝1的焦点坐标为(±34，0)，椭圆x235＋y 2＝1的焦点坐标为(±34，0)，故③正确；设AB 为过抛物线焦点F 的弦，P 为AB 中点，A ，B ，P 在准线l 上的射影分别为M ，N ，Q ，因为AF ＋BF ＝AP ＋BP ＝AM ＋BN ，所以PQ ＝12AB ， 所以以AB 为直径作圆，则此圆与准线l 相切，故④正确． 故正确的命题有②③④. 答案：②③④4．(2020·惠州调研(二))我们把焦点相同，且离心率互为倒数的椭圆和双曲线称为一对“相关曲线”，已知F 1，F 2是一对相关曲线的焦点，P 是椭圆和双曲线在第一象限的交点，当∠F 1PF 2＝60°时，这一对相关曲线中双曲线的离心率为________．解析：设椭圆、双曲线的离心率分别为e 1，e 2，椭圆的长半轴长为a 1，椭圆的半焦距为c ，双曲线的实半轴长为a 2，|PF 1|＝x ，|PF 2|＝y ，x >y .由椭圆、双曲线的定义得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝2a1，x －y ＝2a2，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a1＋a2，y ＝a1－a2.在△PF 1F 2中，由余弦定理得cos ∠F 1PF 2＝x2＋y2－（2c ）22xy ＝cos 60°，所以2（a21＋a 2）－4c 22（a 21－a 2）＝12，所以a 21＋3a 2＝4c 2.又e 1·e 2＝c a1·c a2＝1，所以c 2＝a 1a 2，所以a 21＋3a 2＝4a 1a 2，即(a 1－a 2)(a 1－3a 2)＝0，所以a 1＝3a 2，所以3a 2＝c 2，所以e 2＝ca2＝3.答案：35．已知椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2.点M 在椭圆C 上滑动，若△MF 1F 2的面积取得最大值4时，有且仅有2个不同的点M 使得△MF 1F 2为直角三角形．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P (0，1)的直线l 与椭圆C 分别相交于A ，B 两点，与x 轴交于点Q .设OA →＝λP A →，QB →＝μPB →，求证：λ＋μ为定值，并求该定值．解：(1)由对称性知，点M 在短轴端点时，△MF 1F 2为直角三角形且∠F 1MF 2＝90°，且S △MF 1F 2＝4， 所以b ＝c 且S ＝12·2c ·b ＝bc ＝4， 解得b ＝c ＝2，a 2＝b 2＋c 2＝8， 所以椭圆C 的方程为x28＋y24＝1.(2)显然直线l 的斜率不为0，设直线l ：x ＝t (y －1)， 联立⎩⎨⎧x28＋y24＝1，x ＝t （y －1），消去x ，得(t 2＋2)y 2－2t 2y ＋t 2－8＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝2t2t2＋2，y 1y 2＝t2－8t2＋2.令y ＝0，则x ＝－t ，所以Q (－t ，0)，因为QA →＝λP A →，所以y 1＝λ(y 1－1)，所以λ＝y1y1－1.所以QB →＝μPB →，所以y 2＝μ(y 2－1)，所以μ＝y2y2－1.所以λ＋μ＝y1y1－1＋y2y2－1＝2y1y2－（y1＋y2）y1y2－（y1＋y2）＋1＝83.6．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知曲线C ：y ＝x22，D 为直线y ＝－12上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .(1)证明：直线AB 过定点；(2)若以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求该圆的方程．解：(1)证明：设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12，A (x 1，y 1)，则x 21＝2y 1.由于y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y1＋12x1－t＝x 1.整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0. 故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0.所以直线AB 过定点⎝⎛⎭⎪⎫0，12.(2)由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋12.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝tx ＋12，y ＝x22可得x 2－2tx －1＝0.于是x 1＋x 2＝2t ，y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2＋1.设M 为线段AB 的中点，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，t2＋12.由于EM→⊥AB →，而EM →＝(t ，t 2－2)，AB →与向量(1，t )平行，所以t ＋(t 2－2)t ＝0.解得t ＝0或t ＝±1.当t ＝0时，|EM →|＝2，所求圆的方程为x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫y －522＝4；当t ＝±1时，|EM →|＝2，所求圆的方程为x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －522＝2. [B 级 综合练]7．(2020·洛阳尖子生第一次联考)已知椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的离心率为12，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线7x －5y ＋12＝0相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)设A (－4，0)，过点R (3，0)作与x 轴不重合的直线交椭圆C 于P ，Q 两点，连接AP ，AQ 分别交直线x ＝163于M ，N 两点，若直线MR ，NR 的斜率分别为k 1，k 2，试问：k 1k 2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝12，127＋5＝b ，a2＝b2＋c2，解得a ＝4，b ＝23，c ＝2，故椭圆C 的方程为x216＋y212＝1. (2)k 1k 2是定值．设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，直线PQ 的方程为x ＝my ＋3，代入椭圆方程x216＋y212＝1，得(3m 2＋4)y 2＋18my －21＝0，所以y 1＋y 2＝－18m 3m2＋4，y 1y 2＝－213m2＋4， 由A ，P ，M 三点共线可知，yM 163＋4＝y1x1＋4， 所以y M ＝28y13（x1＋4）， 同理可得，y N ＝28y23（x2＋4），所以k 1k 2＝yM 163－3·yN 163－3＝9yMyN 49＝16y1y2（x1＋4）（x2＋4）. 因为(x 1＋4)(x 2＋4)＝(my 1＋7)(my 2＋7)＝m 2y 1y 2＋7m (y 1＋y 2)＋49，所以k 1k 2＝16y1y2m2y1y2＋7m （y1＋y2）＋49＝－127. 8．(2021·全国名校联考)已知离心率为12的椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a ＞b ＞0)过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)两点，其中x 1，x 2≠±a .(1)求椭圆C 的方程；(2)若A (－a ，0)，且AM ⊥AN ，探究直线l 是否恒过定点．若是，请求出定点的坐标，若不是，请说明理由．解：(1)依题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝12，1a2＋94b2＝1，a2＝b2＋c2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝3，c ＝1，所以椭圆C 的方程为x24＋y23＝1. (2)直线l 恒过定点，由(1)可知A (－2，0)，由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x24＋y23＝1消去y 可得，(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4m 2－12＝0，则Δ＝(8mk )2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝16(12k 2－3m 2＋9)＞0，即3＋4k 2－m 2＞0，x 1＋x 2＝－8mk3＋4k2， x 1x 2＝4m2－123＋4k2，y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3m2－12k23＋4k2.因为AM ⊥AN ，即AM →·AN→＝0， 所以(x 1＋2，y 1)·(x 2＋2，y 2)＝x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＋y 1y 2＝0，所以4m2－123＋4k2＋2×－8mk 3＋4k2＋4＋3m2－12k23＋4k2＝0， 所以7m 2－16mk ＋4k 2＝0，所以m ＝2k 或m ＝27k ，均满足3＋4k 2－m 2＞0，当m ＝2k 时，直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)，直线恒过定点(－2，0)，不合题意，舍去；当m ＝27k 时，直线l 的方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋27，直线恒过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫－27，0. 综上所述，直线l 恒过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫－27，0.。
2018届高三理科数学一轮复习 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
考点贯通
抓高考命题的“形”与“神”
圆锥曲线中的定点问题
[例 1]
x2 2 (2016· 大庆质检)已知椭圆 C：a2＋y ＝1(a>1)的
上顶点为 A，右焦点为 F，直线 AF 与圆 M：(x－3)2＋(y－ 1)2＝3 相切． (1)求椭圆 C 的方程； (2)若不过点 A 的动直线 l 与椭圆 C 交于 P， Q 两点， 且 AQ ＝0，求证：直线 l 过定点，并求该定点的坐标． AP ·
2 2
kx＋1， y＝ 联立方程组x2 2 ＋y ＝1， 3
ห้องสมุดไป่ตู้
－6k 整理得(1＋3k )x ＋6kx＝0，解得 x＝0 或 x＝ 2， 1＋3k 故点 P
2 －6k 1 － 3 k ， 的坐标为 1＋3k2 1＋3k2，
同理，点 Q
2 6k k －3 ， 2 的坐标为 2 . k ＋3 k ＋3
方法(一) [例 2]
从特殊到一般求定值 x2 y2 3 已知椭圆 C： 短 a2＋b2＝1(a＞b＞0)的离心率为 2 ，
轴端点到焦点的距离为 2. (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 A，B 为椭圆 C 上任意两点，O 为坐标原点，且 OA ⊥OB.求证：原点 O 到直线 AB 的距离为定值，并求出该定值．
[解] 证明：①当直线 AB 的斜率不存在时，直线 AB 的方
2 5 2 5 程为 x＝± 5 ，此时，原点 O 到直线 AB 的距离为 5 . ②当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋ m，A(x1，y1)，B(x2，y2)． x ＋y2＝1， 由 4 得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. y＝kx＋m
圆锥曲线中的定点、定值、定线与探索性问题-专题突破
证明：点 P 在定直线上．
解 (1)设双曲线 C 的方程为ax22－by22＝1(a>0，b>0)，由焦点坐标可知 c＝2 5，
则由 e＝ac＝ 5可得 a＝2，b＝ c2－a2＝4， 故 C 的方程为x42－1y62 ＝1.
所以 y1y2＝－8，又yy2122＝＝22xx12，， 所以 y21y22＝4x1x2＝64，
即 x1x2＝16，则 k1k2＝yx11·yx22＝－168＝－12.
目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 7 8
解
②设直线 PQ 的方程为 x＝ty＋n(n≠0)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
因为 A(－2，0)，则直线 AP：y＝x1y＋1 2(x＋2)，
令 x＝0，解得 y＝x12＋y12，即 M0，x12＋y12，
目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 7 8
解
同理可得 N0，x22＋y22，
则x12＋y12＋2 x22＋y22＝k（x1x＋1＋2）2 ＋3＋k（x2x＋2＋2）2 ＋3
解 (1)易知直线 2x＋4y－1＝0 与 x 轴交于点12，0， 即焦点坐标为12，0，所以p2＝12，p＝1，则抛物线 C 的标准方程为 y2＝2x.
(2)证明：①设直线 MN 的方程为 x＝my＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立方程组yx2＝＝m2yx＋，4，得 y2－2my－8＝0，Δ＝4m2＋32>0，
目录 精做大题 1 2 3 4 5 6 7 8
解
二、模拟大题 3.(2024·四川巴蜀中学高三适应性月考(二))如图 所示，点 F1，A 分别为椭圆 E：ax22＋by22＝1(a>b>0)的 左焦点和右顶点，点 F 为抛物线 C：y2＝16x 的焦点， 且|OF|＝2|OA|＝4|OF1|(O 为坐标原点)． (1)求椭圆 E 的方程； (2)过点 F1 作直线 l 交椭圆 E 于 B，D 两点，连接 AB，AD 并延长交抛物线的准线于点 M，N，求证：∠MF1N 为定值．
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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 ：y 2＝2px 经过点P (1,2)，过点Q (0,1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线P A 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N .(1)求直线l 的斜率的取值范围；(2)设O 为原点，Q M ―→＝λQ O ―→，Q N ―→＝μQ O ―→，求证：1λ＋1μ为定值．[解] (1)因为抛物线y 2＝2px 过点(1,2)，所以2p ＝4，即p ＝2. 故抛物线C 的方程为y 2＝4x . 由题意知，直线l 的斜率存在且不为0. 设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1，得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0. 依题意Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1>0， 解得k <0或0<k <1. 又P A ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2)． 从而k ≠－3. 所以直线l 的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)． (2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k2.直线P A 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1)．令x ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2.同理得点N 的纵坐标为y N ＝－kx 2＋1x 2－1＋2. 由Q M ―→＝λQ O ―→，Q N ―→＝μQ O ―→，得λ＝1－y M ，μ＝1－y N .所以1λ＋1μ＝11－y M ＋11－y N ＝x 1－1(k －1)x 1＋x 2－1(k －1)x 2 ＝1k －1·2x 1x 2－(x 1＋x 2)x 1x 2＝1k －1·2k 2＋2k －4k 21k 2＝2.所以1λ＋1μ为定值．[对点训练]在平面直角坐标系xOy 中，已知双曲线C 1：x 22－y 24＝1，椭圆C 2：x 2＋y 24＝1，若M ，N 分别是C 1，C 2上的动点，且OM ⊥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，|ON |＝2，|OM |＝2，则O 到直线MN 的距离为233. 当直线ON 不垂直于x 轴时，设直线ON 的方程为y ＝kx ⎝⎛⎭⎫显然|k |＞22， 则直线OM 的方程为y ＝－1k x . 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 2＋y 24＝1，得⎩⎨⎧x 2＝44＋k 2，y 2＝4k 24＋k 2，所以|ON |2＝4(1＋k 2)4＋k 2.同理|OM |2＝4(1＋k 2)2k 2－1. 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1d 2＝1|OM |2＋1|ON |2＝3(1＋k 2)4(1＋k 2)＝34，即d ＝233. 综上，O 到直线MN 的距离是定值．考点二 确定直线寻定点[典例] (2018·成都一诊)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点F (3，0)，长半轴长与短半轴长的比值为2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设不经过点B (0,1)的直线l 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l 过定点，并求出该定点的坐标．[解] (1)由题意得，c ＝3，a b ＝2，a 2＝b 2＋c 2，∴a ＝2，b ＝1，∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠1)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋4y 2＝4，消去y ，可得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. ∴Δ＝16(4k 2＋1－m 2)＞0，x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1. ∵点B 在以线段MN 为直径的圆上，∴BM ―→·BN ―→＝0.∵BM ―→·BN ―→＝(x 1，kx 1＋m －1)·(x 2，kx 2＋m －1)＝(k 2＋1)x 1x 2＋k (m －1)(x 1＋x 2)＋(m －1)2＝0， ∴(k 2＋1)4m 2－44k 2＋1＋k (m －1)－8km4k 2＋1＋(m －1)2＝0，整理，得5m 2－2m －3＝0， 解得m ＝－35或m ＝1(舍去)．∴直线l 的方程为y ＝kx －35.易知当直线l 的斜率不存在时，不符合题意．故直线l 过定点，且该定点的坐标为⎝⎛⎭⎫0，－35.[对点训练](2019·株洲两校联考)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点P (2,1)，且离心率为32.(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 ，N 满足OM ―→＝NO ―→，直线PM ，PN 分别交椭圆于A ，B 两点，试证明直线AB 过定点．解：(1)由椭圆的离心率e ＝ca＝1－b 2a 2＝32，得a 2＝4b 2，将P (2,1)代入椭圆方程x 24b 2＋y 2b 2＝1，得1b2＋1b 2＝1，解得b 2＝2，则a 2＝8，所以椭圆的标准方程为x 28＋y 22＝1.(2)证明：当M ，N 分别是短轴的端点时，显然直线AB 为y 轴，所以若直线AB 过定点，则这个定点一定在y 轴上，当M ，N 不是短轴的端点时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋t ，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，易知x 1≠2，x 2≠2，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 28＋y 22＝1，y ＝kx ＋t 消去y ，得(1＋4k 2)x 2＋8ktx ＋4t 2－8＝0，则Δ＝16(8k 2－t 2＋2)＞0，x 1＋x 2＝－8kt4k 2＋1，x 1x 2＝4t 2－84k 2＋1. 又直线P A 的方程为y －1＝y 1－1x 1－2(x －2)，即y －1＝kx 1＋t －1x 1－2(x －2)，所以点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，(1－2k )x 1－2t x 1－2，同理可知N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，(1－2k )x 2－2t x 2－2，由OM ―→＝NO ―→，得(1－2k )x 1－2t x 1－2＋(1－2k )x 2－2t x 2－2＝0，化简整理得，(2－4k )x 1x 2－(2－4k ＋2t )(x 1＋x 2)＋8t ＝0，则(2－4k )×4t 2－84k 2＋1－(2－4k ＋2t )⎝⎛⎭⎫－8kt 4k 2＋1＋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O ，AD ⊥AB ，AD ∥BC ，|AB |＝2，|BC |＝32，|AD |＝12，以A ，B 为焦点的椭圆经过点C .(1)求椭圆的标准方程；(2)若点E ⎝⎛⎭⎫0，12，问是否存在直线l 与椭圆交于M ，N 两点且|ME |＝|NE |？若存在，求出直线l 斜率的取值范围；若不存在，请说明理由．[解] (1)连接AC (图略)，依题意设椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，在Rt △ABC 中，|AB |＝2，|BC |＝32，所以|AC |＝52. 所以|CA |＋|CB |＝52＋32＝2a ，a ＝2.又2c ＝2，所以c ＝1，从而b ＝3， 所以椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题意知，当l 与x 轴垂直时，不满足|ME |＝|NE |，当l 与x 轴平行时，|ME |＝|NE |，显然成立，此时k ＝0.当k ≠0时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1消去y ，整理得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－3)＝0.由直线与椭圆交于两点得Δ＝(8km )2－4(3＋4k 2)×4(m 2－3)＞0， 所以m 2＜4k 2＋3. ①设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 的中点为P (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝－4km 3＋4k 2，y 0＝kx 0＋m ＝3m3＋4k 2. 因为|ME |＝|NE |，所以EP ⊥MN ，所以k EP ·k ＝－1，即3m 3＋4k 2－12－4km3＋4k 2·k ＝－1，化简得m ＝－12(3＋4k 2)，结合①得14(3＋4k 2)2＜4k 2＋3，即16k 4＋8k 2－3＜0，解得－12＜k ＜12(k ≠0)．综上所述，存在满足条件的直线l ，且其斜率的取值范围为⎝⎛⎭⎫－12，12. [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](2019·贵阳检测)如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝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 ⊥x 轴，若AB ∥OP ，且|AB |＝2 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)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)，∴c 2a 2＋t 2b 2＝1，解得t ＝b 2a ，即P ⎝⎛⎭⎫c ，b 2a ，由AB ∥OP ，得b a ＝b 2ac ，即b ＝c ， ∴a 2＝b 2＋c 2＝2b 2， ①又AB ＝23，∴a 2＋b 2＝12， ② 由①②得a 2＝8，b 2＝4，∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)假设存在D (m,0)使得直线Q A 与Q D 的斜率乘积恒为定值，设Q (x 0，y 0)(y 0≠0)，则x 208＋y 204＝1， ③设k Q A ·k Q D ＝k (常数)，∵A (－22，0)，∴y 0x 0＋22·y 0x 0－m ＝k ，④由③得y 20＝4⎝⎛⎭⎫1－x 208，⑤ 将⑤代入④，得k ＝8－x 202[x 20＋(22－m )x 0－22m ]，∴⎩⎨⎧22－m ＝0，22m ＝8，∴m ＝22，k ＝－12，∴存在点D (22，0)，使得k Q A ·k Q D ＝－12(定值)．[课时跟踪检测]1．(2019·贵阳适应性考试)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，点M 为短轴的上端点，MF 1―→·MF 2―→＝0，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l 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 1―→·MF 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 2a ＝22， ② 又a 2＝b 2＋c 2， ③联立①②③，解得a 2＝2，b 2＝1，故椭圆C 的方程为x 22＋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， 将y ＝kx －2k －1代入x 22＋y 2＝1得(1＋2k 2)x 2－4k (2k ＋1)x ＋8k 2＋8k ＝0，由题设可知Δ＝－16k (k ＋2)＞0，设G (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k (2k ＋1)1＋2k 2，x 1x 2＝8k 2＋8k1＋2k 2，k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1－2k －2x 1＋kx 2－2k －2x 2＝2k －(2k ＋2)×4k (2k ＋1)1＋2k 28k 2＋8k1＋2k 2＝2k －(2k ＋1)＝－1，所以k 1＋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l 交抛物线C 于A ，B 两点，且|AB |＝8.(1)求直线l 的方程；(2)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l 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 ≠0，且Δ＝[－(2k 2＋4)]2－4k 2·k 2＝16(k 2＋1)＞0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1，由抛物线的定义知|AB |＝x 1＋x 2＋2＝8，∴2k 2＋4k 2＝6，∴k 2＝1，即k ＝±1，∴直线l 的方程为x ＋y －1＝0或x －y －1＝0.(2)证明：∵D 点的坐标为(x 1，－y 1)，直线BD 的斜率k BD ＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1y 224－y 214＝4y 2－y 1， ∴直线BD 的方程为y ＋y 1＝4y 2－y 1(x －x 1)，即(y 2－y 1)y ＋y 2y 1－y 21＝4x －4x 1，∵y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，x 1x 2＝1，∴(y 1y 2)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(－1，0)．3．(2019·西安八校联考)已知直线l ：x ＝my ＋1过椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1的右焦点F ，抛物线x 2＝43y的焦点为椭圆C 的上顶点，且l 交椭圆C 于A ，B 两点，点A ，F ，B 在直线x ＝4上的射影依次为D ，K ，E .(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 交y 轴于点M ，且MA ―→＝λ1AF ―→，MB ―→＝λ2BF ―→，当m 变化时，证明：λ1＋λ2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＝43y 的焦点(0，3)为椭圆C 的上顶点，∴b ＝3，即b 2＝3，a 2＝b 2＋c 2＝4， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：由题意知m ≠0，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，3x 2＋4y 2－12＝0消去x ，整理得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4.∵MA ―→＝λ1AF ―→，MB ―→＝λ2BF ―→，M ⎝⎛⎭⎫0，－1m ， ∴⎝⎛⎭⎫x 1，y 1＋1m ＝λ1(1－x 1，－y 1)，⎝⎛⎭⎫x 2，y 2＋1m ＝λ2(1－x 2，－y 2)，∴λ1＝－1－1my 1，λ2＝－1－1my 2， ∴λ1＋λ2＝－2－y 1＋y 2my 1y 2＝－2－－6m3m 2＋4－9m3m 2＋4＝－83. 综上所述，当m 变化时，λ1＋λ2为定值－83.(3)当m ＝0时，直线l ⊥x 轴，则四边形ABED 为矩形，易知AE 与BD 相交于点N ⎝⎛⎭⎫52，0，猜想当m 变化时，直线AE 与BD 相交于定点N ⎝⎛⎭⎫52，0，证明如下：AN ―→＝⎝⎛⎭⎫52－x 1，－y 1＝⎝⎛⎭⎫32－my 1，－y 1，易知E (4，y 2)，则NE ―→＝⎝⎛⎭⎫32，y 2. ∵⎝⎛⎭⎫32－my 1y 2－32(－y 1)＝32(y 1＋y 2)－my 1y 2＝32⎝⎛⎭⎫－6m 3m 2＋4－m ⎝⎛⎭⎫－93m 2＋4＝0， ∴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． 故当m 变化时，直线AE 与BD 相交于定点N ⎝⎛⎭⎫52，0.4．(2018·石家庄质测)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为223，左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线交椭圆于A ，B 两点．(1)若以AF 1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 1的中点为M ，连接OM ，AF 2(O 为坐标原点)，在△AF 1F 2中，O 为F 1F 2的中点， 所以|OM |＝12|AF 2|＝12(2a －|AF 1|)＝a －12|AF 1|. 由题意得|OM |＝3－12|AF 1|，所以a ＝3，故椭圆的长轴长为6.(2)由b ＝1，c a ＝223，a 2＝b 2＋c 2,得c ＝22，a ＝3，所以椭圆C 的方程为x 29＋y 2＝1.当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝k (x ＋22)，由⎩⎨⎧x 2＋9y 2＝9，y ＝k (x ＋22)消去y ，得(9k 2＋1)x 2＋362k 2x ＋72k 2－9＝0，Δ＞0恒成立．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－362k 29k 2＋1，x 1x 2＝72k 2－99k 2＋1，y 1y 2＝k 2(x 1＋22)(x 2＋22)＝－k 29k 2＋1. 设T (x 0,0)，则TA ―→·TB ―→＝x 1x 2－(x 1＋x 2)x 0＋x 20＋y 1y 2＝(9x 20＋362x 0＋71)k 2＋x 20－99k 2＋1，当9x 20＋362x 0＋71＝9(x 20－9)，即x 0＝－1929时，TA ―→·TB ―→为定值，定值为x 20－9＝－781. 当直线AB 的斜率不存在时，不妨设A ⎝⎛⎭⎫－22，13，B ⎝⎛⎭⎫－22，－13， 当T ⎝⎛⎭⎫－1929，0时，TA ―→·TB ―→＝⎝⎛⎭⎫29，13·⎝⎛⎭⎫29，－13＝－781.综上，在x 轴上存在定点T ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1929，0，使得TA ―→·TB ―→为定值．。