高考数学二轮复习专题6解析几何第3讲定点定值存在性问题课后强化训练

合集下载

解析几何中的定值与定点问题-玩转压轴题(解析版)

专题5．4 解析几何中的定值与定点问题一．方法综述解析几何中的定值与定点问题近年高考中的热点问题，其解决思路下；（1）定值问题：解决这类问题时，要运用辩证的观点，在动点的“变”中寻求定值的“不变”性；一种思路是进行一般计算推理求出其结果，选定一个适合该题设的参变量，用题中已知量和参变量表示题中所涉及的定义，方程，几何性质，再用韦达定理，点差法等导出所求定值关系所需要的表达式，并将其代入定值关系式，化简整理求出结果；另一种思路是通过考查极端位置，探索出“定值”是多少，用特殊探索法（特殊值、特殊位置、特殊图形等）先确定出定值，从而找到解决问题的突破口，将该问题涉及的几何形式转化为代数形式或三角形式，证明该式是恒定的。

（2）定点问题：定点问题是动直线（或曲线）恒过某一定点的问题；一般方法是先将动直线（或曲线）用参数表示出来，再分析判断出其所过的定点．定点问题的难点是动直线（或曲线）的表示，一旦表示出来，其所过的定点就一目了然了．所以动直线（或曲线）中，参数的选择就至关重要．解题的关健在于寻找题中用来联系已知量，未知量的垂直关系、中点关系、方程、不等式，然后将已知量，未知量代入上述关系，通过整理，变形转化为过定点的直线系、曲线系来解决。

二．解题策略类型一定值问题【例1】（2020•青浦区一模）过抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点作两条相互垂直的弦AB和CD，则+的值为（）A．B．C．2p D．【答案】D【解析】抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点坐标为（），所以设经过焦点直线AB的方程为y＝k（x﹣），所以，整理得，设点A（x1，y1），B（x2，y2），所以，所以，同理设经过焦点直线CD的方程为y＝﹣（x﹣），所以，整理得，所以：|CD|＝p+（p+2k2p），所以，则则+＝．故选：D．【点评】求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.【举一反三】1.（2020•华阴市模拟）已知F是抛物线y2＝4x的焦点，过点F的直线与抛物线交于不同的两点A，D，与圆（x﹣1）2+y2＝1交于不同的两点B，C（如图），则|AB|•|CD|的值是（）A．2B．2C．1D．【答案】C【解析】设A（x1，y1），D（x2，y2），抛物线方程为y2＝4x的焦点为F（1，0），准线方程为x＝﹣1，圆（x﹣1）2+y2＝1的圆心为F（1，0），圆心与焦点重合，半径为1，又由直线过抛物线的焦点F，则|AB|＝x1+1﹣1＝x1，|CD|＝x2+1﹣1＝x2，即有|AB|•|CD|＝x1x2，设直线方程为x＝my+1，代入抛物线方程y2＝4x，可得y2﹣4my﹣4＝0，则y1y2＝﹣4，x1x2＝＝1，故选：C．2．（2020温州高三月考）如图，P为椭圆上的一动点，过点P作椭圆的两条切线P A，PB，斜率分别为k1，k2．若k1•k2为定值，则λ＝（）A．B．C．D．【答案】C【解析】取P（a，0），设切线方程为：y＝k（x﹣a），代入椭圆椭圆方程可得：（b2+a2k2）x2﹣2a3k2x+a4k2﹣a2b2λ＝0，令△＝4a6k4﹣4（b2+a2k2）（a4k2﹣a2b2λ）＝0，化为：（a2﹣a2λ）k2＝b2λ，∴k1•k2＝，取P（0，b），设切线方程为：y＝kx+b，代入椭圆椭圆方程可得：（b2+a2k2）x2﹣2kba2x+a2b2（1﹣λ）＝0，令△＝4k2b2a4﹣4（b2+a2k2）a2b2（1﹣λ）＝0，化为：λa2k2＝b2（1﹣λ），∴k1•k2＝，又k1•k2为定值，∴＝，解得λ＝．故选：C．3．（2020•公安县高三模拟）已知椭圆的离心率为，三角形ABC的三个顶点都在椭圆上，设它的三条边AB、BC、AC的中点分别为D、E、F，且三条边所在直线的斜率分别为k1，k2，k3（k1k2k3≠0）．若直线OD、OE、OF的斜率之和为﹣1（O为坐标原点），则＝．【答案】2【解析】∵椭圆的离心率为，∴，则，得．又三角形ABC的三个顶点都在椭圆上，三条边AB、BC、AC的中点分别为D、E、F，三条边所在直线的斜率分别为k1、k2，k3，且k1、k2，k3均不为0．O为坐标原点，直线OD、OE、OF的斜率之和为﹣1，设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），则，，两式作差得，，则，即，同理可得，．∴＝＝﹣2×（﹣1）＝2．类型二定点问题【例2】（2020•渝中区高三模拟）已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，A是抛物线C上异于坐标原点的任意一点，过点A的直线l交y轴的正半轴于点B，且A，B同在一个以F为圆心的圆上，另有直线l′∥l，且l′与抛物线C相切于点D，则直线AD经过的定点的坐标是（）A．（0，1）B．（0，2）C．（1，0）D．（2，0）【答案】A【解析】设A（m，m2），B（0，n），∵抛物线C：x2＝4y的焦点为F（0，1）又A，B同在一个以F为圆心的圆上，∴|BF|＝|AF|∴n﹣1＝＝m2+1∴n＝m2+2∴直线l的斜率k＝＝﹣∵直线l′∥l，∴直线l′的斜率为k，设点D（a，a2），∵y＝x2，∴y′＝x，∴k＝a，∴a＝﹣，∴a＝﹣∴直线AD的斜率为＝＝＝，∴直线AD的方程为y﹣m2＝（x﹣m），整理可得y＝x+1，故直线AD经过的定点的坐标是（0，1），故选：A．【点评】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．【举一反三】1．（2020·全国高考模拟（理））已知抛物线28x y =，过点(),4P b 作该抛物线的切线PA ，PB ，切点为A ，B ，若直线AB 恒过定点，则该定点为（）A ．()4,0B ．()3,2C ．()0,4-D ．()4,1【答案】C【解析】设A B ，的坐标为()11x y ，，()22x y ，28x y =，4x y '=， PA PB ，的方程为()1114x y y x x -=-，()2224xy y x x -=- 由22118x y =，22228x y =，可得114x y x y =-，224x y x y =-切线PA PB ，都过点()4P b ，1144x b y ∴=⨯-，2244xb y =⨯-，故可知过A ，B 两点的直线方程为44bx y =-，当0x =时，4y =∴直线AB 恒过定点()04-，，故选C2．（2020·重庆高考模拟（理））已知圆22:1C x y +=，点P 为直线142x y+=上一动点，过点P 向圆C 引两条切线,,,PA PB A B 为切点，则直线AB 经过定点.（）A ．11,24⎛⎫⎪⎝⎭ B ．11,42⎛⎫⎪⎝⎭ C．⎫⎪⎪⎝⎭D．⎛ ⎝⎭ 【答案】B【解析】设()42,,,P m m PA PB -是圆C 的切线，,,CA PA CB PB AB ∴⊥⊥∴是圆C 与以PC 为直径的两圆的公共弦，可得以PC 为直径的圆的方程为()()22222224m m x m y m ⎛⎫⎡⎤--+-=-+ ⎪⎣⎦⎝⎭， ① 又221x y += ， ②①-②得():221AB m x my -+=，可得11,42⎛⎫⎪⎝⎭满足上式，即AB 过定点11,42⎛⎫⎪⎝⎭，故选B. 3．（2020大理一模）已知椭圆221164x y +=的左顶点为A ，过A 作两条弦AM 、AN 分别交椭圆于M 、N 两点，直线AM 、AN 的斜率记为12,k k ，满足122k k ⋅=-，则直线MN 经过的定点为___________．【答案】28,09T ⎛⎫-⎪⎝⎭【解析】由()2221211141616414=+4M x y k x k y k x ⎧+=-⎪⇒=⎨+⎪⎩，同理222122214164641416N k k x k k --==++． 121814M k y k =+，1211616Nk y k -=+, 取11k =，由对称性可知，直线MN 经过x 轴上的定点28,09T ⎛⎫-⎪⎝⎭.【归纳总结】在平面直角坐标系xOy 中，过椭圆()222210x y a b a b+=>>上一定点A 作两条弦AM 、AN 分别交椭圆于M 、N 两点，直线AM 、AN 的斜率记为12,k k ，当12k k ⋅为非零常数时，直线MN 经过定点.三．强化训练1．（2020·黑龙江高三模拟）直线l 与抛物线x y C 2:2=交于B A ,两点，O 为坐标原点，若直线OB OA ,的斜率1k ，2k 满足3221=k k ，则l 的横截距（） A ．为定值3- B ．为定值3 C ．为定值1- D ．不是定值【答案】A【解析】设直线l 的方程为y kx b =+，由题意得22y kx b y x=+⎧⎨=⎩，则得()222220k x kb x b +-+=；设A ，B 两点的坐标为()11,A x y ，()22,B x y ，则得12222kb x x k-+=，2122b x x k =；又因为3221=k k ，即121223y y x x =，所以()2222222121222221222222222223k x x kb x x b kb k b k k b k b k k b k k k k x x b b b b +++--+-=++=+=== ，则得3b k =，直线l 的方程为()33y kx b kx k k x =+=+=+；当0y =时，3x =-，所以直线l 的横截距为定值3-.故选A.2．（2020·辽宁省朝阳市第二高级中学高二期中（文））如果直线7ax by +=（0a >，0b >）和函数()1log m f x x =+（0m >，1m ≠）的图象恒过同一个定点，且该定点始终落在圆22(1)(1)25x b y a +-++-=的内部或圆上，那么ba的取值范围是（）A ．3443⎡⎤⋅⎢⎥⎣⎦B ．30,4⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．4,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．340,,43⎛⎤⎡⎫⋃+∞ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭【答案】A【解析】根据指数函数的性质，可得函数()1log ,(0,1)m f x x m m >≠=+，恒过定点(1,1). 将点(1,1)代入7ax by +=，可得7a b +=.由于(1,1)始终落在所给圆的内部或圆上，所以2225a b +.又由227,25,a b a b +=⎧⎨+=⎩解得34a b =⎧⎨=⎩或43a b =⎧⎨=⎩，所以点(,)a b 在以(3,4)和(4,3)为端点的线段上运动，当取点(3,4)时，43b a =，取点(4,3)时，34b a，所以b a 的取值范围是34,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦.3．（2020·全国高三模拟）过x 轴上的点(),0P a 的直线与抛物线28y x =交于,A B 两点，若2211||||AP BP +为定值，则实数a 的值为（）A.1B.2 C ．3 D ．4 【答案】D【解析】设直线AB 的方程为x my a =+，代入28y x =，得2880y my a --=，设()()1122,,,A x y B x y ，则12128,8y y m y y a +=⋅=-.()()()2222222111111AP x a y my y m y =-+=+=+，同理，()22221BP m y =+，∴()21212222222221212211111111y y y y m y y m y y AP BP+-⎛⎫+=+= ⋅⎪++⎝⎭ ()()22222264284164114m a m am a a m -⨯-+=+⋅=+，∵2211||||AP BP +为定值，是与m 无关的常数，∴4a =．故选D ．4．（2020•越城区高三期末）已知A 、B 是抛物线y 2＝4x 上异于原点O 的两点，则“•＝0”是“直线AB 恒过定点（4，0）”的（） A ．充分非必要条件 B ．充要条件C ．必要非充分条件D ．非充分非必要条件【答案】B【解析】根据题意，A 、B 是抛物线y 2＝4x 上异于原点O 的两点，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），若“•＝0”，则设直线AB 方程为x ＝my +b ，将直线AB 方程代入抛物线方程y 2＝4x ，可得y 2﹣4my ﹣4b ＝0，则y 1+y 2＝4m ，y 1y 2＝﹣4b ，若•＝0，则•＝x 1x 2+y 1y 2＝（）+y 1y 2＝+y 1y 2＝b 2﹣4b ＝0，解可得：b ＝4或b ＝0，又由b ≠0，则b ＝4，则直线AB 的方程为x ＝my +4，即my ＝x ﹣4，则直线AB 恒过定点（4，0）， “•＝0”是“直线AB 恒过定点（4，0）”的充分条件；反之：若直线AB 恒过定点（4，0），设直线AB 的方程为x ＝my +4，将直线AB 方程代入抛物线方程y 2＝4x ，可得y 2﹣4my ﹣16＝0，则有y 1y 2＝﹣16，此时•＝x 1x 2+y 1y 2＝（）+y 1y 2＝+y 1y 2＝0，故“•＝0”是“直线AB 恒过定点（4，0）”的必要条件；综合可得：“•＝0”是“直线AB 恒过定点（4，0）”的充要条件；故选：B ．5．（2020·湖北高考模拟）设12(,0),(,0)F c F c -是双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左右焦点，点P 是C 右支上异于顶点的任意一点，PQ 是12F PF ∠的角平分线，过点1F 作PQ 的垂线，垂足为Q ，O 为坐标原点，则||OQ 的长为（） A ．定值a B ．定值bC ．定值cD ．不确定，随P 点位置变化而变化【答案】A【解析】依题意如图，延长F 1Q ，交PF 2于点T ， ∵PQ 是∠F 1PF 2的角分线．TF 1是PQ 的垂线， ∴PQ 是TF 1的中垂线，∴|PF 1|＝|PT |，∵P 为双曲线2222x y a b-=1上一点，∴|PF 1|﹣|PF 2|＝2a ， ∴|TF 2|＝2a ，在三角形F 1F 2T 中，QO 是中位线， ∴|OQ |＝a ．故选：A ．6．（2020·浙江省杭州第二中学高三）设点(),P x y 是圆22:2210C x y x y ++-+=上任意一点，若212x y x y a -+++--为定值，则a 的值可能为（）A ．3-B ．4-C ．5-D ．6-【答案】D【解析】圆C 标准方程为22(1)(1)1x y ++-=，圆心为(1,1)C -，半径为1r =，直线:20l x y a --=2115a---=，35a =-当35a =-+C 在直线l 上方，20x y a --≤，当=--35a C 在直线l 下方，20x y a --≥，若212x y x y a -+++--为定值，则20x y a --≥，因此35a ≤-D 满足．故选：D.7．（2020·湖北高考模拟（理））已知圆C ： 224x y +=，点P 为直线290x y +-=上一动点，过点P 向圆C 引两条切线,PA PB ， ,A B 为切点，则直线AB 经过定点（）A ．48,99⎛⎫⎪⎝⎭ B ．24,99⎛⎫⎪⎝⎭C ．()2,0D ．()9,0 【答案】A【解析】设()()()112200,,,,,,A x y B x y P x y 则1122:4;:4;PA x x y y PB x x y y +=+= 即101020204;4;x x y y x x y y +=+=因此A 、B 在直线004x x y y +=上，直线AB 方程为004x x y y +=，又00290x y +-=，所以()()0009242940y x y y y y x x -+=⇒-+-= 即8420,940,99y x x y x -=-=⇒==，直线AB 经过定点48,99⎛⎫⎪⎝⎭，选A. 8．（2020·全国高三期末（理））已知圆O ：2214x y +=，直线l ：y =kx +b (k ≠0)，l 和圆O 交于E ，F 两点，以Ox 为始边，逆时针旋转到OE ，OF 为终边的最小正角分别为α，β，给出如下3个命题： ①当k 为常数，b 为变数时，sin (α＋β)是定值； ②当k 为变数，b 为变数时，sin (α＋β)是定值； ③当k 为变数，b 为常数时，sin (α＋β)是定值．其中正确命题的个数是( ) A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】B【解析】设点11()E x y ，，22()F x y ，，由三角函数的定义得111cos 21sin 2x y αα⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，，221cos 21sin 2x y ββ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，，将直线EF 的方程与的方程联立2214y kx b x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，，得2221(1)204k x kbx b +++-=，由韦达定理得122212221141kb x x k b x x k ⎧+=-⎪+⎪⎨-⎪=⎪+⎩，，所以2112sin()sin cos cos sin 44x y x y αβαβαβ+=+=+=222112121222188244()4()84()11k b kb k x kx b x kx b kx x b x x k k ⎛⎫-- ⎪⎝⎭+++=++==-++，因此，当k 是常数时，sin()αβ+是常数，故选B (特值法可秒杀)9．（2020·浙江高三期末）斜率为k 的直线l 过抛物线22(0)y px p =>焦点F ，交抛物线于,A B 两点，点00(,)P x y 为AB 中点，作OQ AB ⊥，垂足为Q ，则下列结论中不正确的是（）A ．0ky 为定值B ．OA OB ⋅为定值C ．点P 的轨迹为圆的一部分D ．点Q 的轨迹是圆的一部分【答案】C【解析】设抛物线22(0)y px p =>上,A B 两点坐标分别为()()1122,,,A x y B x y ，则2211222,2,y px y px ==两式做差得，121212()()2()y y y y p x x +-=-，整理得1201212022,,2.y y p pk ky p x x y y y -=∴=∴=-+为定值，所以A 正确.因为焦点(,0)2p F ，所以直线AB 方程为()2p y k x =-.由2()22p y k x y px⎧=-⎪⎨⎪=⎩得2222244(2)0k x p k x p k -++=，则22121222(2),,4p k p x x x x k ++== 222212121212()()[()]2224p p p p y y k x x k x x x x p =--=-++=-.2121234OA OB x x y y p ∴⋅=+=-为定值.故B 正确. ,OQ AB ⊥∴点Q 的轨迹是以OF 为直径的圆的一部分，故D 正确.本题选择C 选项.10．（2020·安徽高三月考（理））已知抛物线2:8C y x =，圆22:(2)4F x y -+=，直线:(2)(0)l y k x k =-≠自上而下顺次与上述两曲线交于1234,,,M M M M 四点，则下列各式结果为定值的是（） A ．1324M M M M ⋅ B ．14FM FM ⋅ C ．1234M M M M ⋅ D ．112FM M M ⋅【答案】C 【解析】由()228y k x y x⎧=-⎨=⎩消去y 整理得2222(48)40(0)k x k x k k -++=≠，设111422(,),(,)M x y M x y ，则21212248,4k x x x x k++==．过点14,M M 分别作直线:2l x '=-的垂线，垂足分别为,A B ，则11422,2M F x M F x =+=+．对于A ，13241412(2)(2)(4)(4)M M M M M F M F x x ⋅=++=++12124()16x x x x =+++，不为定值，故A 不正确．对于B ，14121212(2)(2)2()4FM FM x x x x x x ⋅=++=+++，不为定值，故B 不正确．对于C ，12341412(2)(2)4M M M M M F M F x x ⋅=--==，为定值，故C 正确．对于D ，1121111(2)(2)FM M M M F M F x x ⋅=⋅-=+，不为定值，故D 不正确．选C ．11．（2020·南昌县莲塘第一中学高三月考（理））在平面直角坐标系中，两点()()111222,,,P x y P x y 间的“L -距离”定义为121212|||||.PP x x y y =-+-‖则平面内与x 轴上两个不同的定点12,F F 的“L -距离”之和等于定值（大于12|F F ）的点的轨迹可以是（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】设12(,0),(,0)F c F c -，再设动点(,)M x y ，动点到定点12,F F 的“L距离”之和等于(20)m m c >>，由题意可得：x c y x c y m ++-++=，即2x c x c y m -+++=，当,0x c y <-≥时，方程化为220x y m -+=；当,0x c y <-<时，方程化为220x y m ++=；当,0c x c y -≤<≥时，方程化为2my c =-；当,0c x c y -≤<<时，方程化为2my c =-；当,0x c y ≥≥时，方程化为220x y m +-=；当,0x c y ≥<时，方程化为220x y m --=；结合题目中给出四个选项可知，选项A 中的图象符合要求，故选A ． 12．（2020·东北育才学校高三月考（理））有如下3个命题；①双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>上任意一点P 到两条渐近线的距离乘积是定值；②双曲线2222222211(0,0)x y x y a b a b b a-=-=>>与的离心率分别是12e e 、，则22122212e e e e +是定值；③过抛物线22(0)x py p =>的顶点任作两条互相垂直的直线与抛物线的交点分别是A B 、，则直线AB 过定点；其中正确的命题有（） A ．3个 B ．2个C ．1个D ．0个【答案】A【解析】①双曲线22221x y a b-=（a ＞0，b ＞0）上任意一点P ，设为（m ，n ），两条渐近线方程为y=±ba x=222222b m a n a b -+，由b 2m 2﹣a 2n 2=a 2b 2，可得两个距离乘积是定值2222a b a b+； ②双曲线2222x y a b -=1与22221x y b a -=（a ＞0，b ＞0）的离心率分别是e 1，e 2，即有e 12=222a b a +，e 22=222a b b +，可得22122212e e e e +为定值1；③过抛物线x 2=2py （p ＞0）的顶点任作两条互相垂直的直线与抛物线的交点分别是A ，B ，可设A （s ，22s p），B （t ，22t p ），由OA ⊥OB 可得st+2224s t p=0，即有st=﹣4p 2， k AB =()222t s p t s --=2t s p +，可得直线AB 的方程为y ﹣22s p=2t s p +（x ﹣s ），即为y=2t s p +x+2p ，则直线AB 过定点（0，2p ）．三个命题都正确．故选A ．13．已知O 为坐标原点，点M 在双曲线22:C x y λ-=（λ为正常数）上，过点M 作双曲线C 的某一条渐近线的垂线，垂足为N ，则ON MN ⋅的值为（） A ．2λB ．λC ．2λD ．无法确定【来源】四川省南充市2021届高三第三次模拟考试数学（文）试题【答案】A【解析】设(,)M m n ，即有22m n λ-=，双曲线的渐近线为y x =±，可得MN =，由勾股定理可得ON ===，可得2222m n ON MN λ-⋅=== ．故选：A ．14．已知1F 、2F 是双曲线C ：2214y x -=的左、右两个焦点，若双曲线在第一象限上存在一点P ，使得22()0OP OF F P +⋅=，O 为坐标原点，且12||||PF PF λ=，则λ的值为（）.A ．13B ．12C ．2D ．3【来源】河南省豫南九校2020-2021学年高三上学期期末联考理数试题【答案】C 【解析】1a =，2b =，∴c =1(F，2F，设点)P m ，∴2222()(1))1504m OP OFF P m m m +⋅=⋅=+-+=， ∴2165m =，m =，则P ±，14PF ===， ∴2122PF PF a =-=，∴12422PF PF λ===，故选：C.15．已知1F ，2F 是双曲线221169x y -=的焦点，PQ 是过焦点1F 的弦，且PQ 的倾斜角为60︒，那么22||+-PF QF PQ 的值为A ．16B ．12C ．8D ．随α变化而变化【答案】A【解析】由双曲线方程221169x y -=知，28a =，双曲线的渐近线方程为34y x 直线PQ 的倾斜角为60︒，所以334PQ k =>，又直线PQ 过焦点1F ，如图所以直线PQ 与双曲线的交点都在左支上.由双曲线的定义得，2128PF PF a -==…………(1)，2128QF QF a -== (2)由(1)+(2)得2211()16PF QF QF PF +-+=，2216PF QF PQ ∴+-=. 故选：A16．已知椭圆()2221024x y b b+=<<，1F ，2F 分别为椭圆的左、右焦点，P 为椭圆上一点，()2,1M ，1MF 平分角12PF F ∠，则1MPF 与2MPF 的面积之和为( ) A ．1B ．32C ．2D ．3【来源】中学生标准学术能力诊断性测试2020-2021学年高三上学期1月测试理文数学（一卷）试题【答案】C【解析】如图，椭圆()222210x y a b a b+=>>，1F ，2F 分别为椭圆的左、右焦点，P 为椭圆上一点，作一圆与线段F 1P ，F 1F 2的延长线都相切，并且与线段PF 2也相切，切点分别为D ，A ，B ，1111221122||||||||||||||||||||F D F A PF PD F F F A PF PB F F F A =⇔+=+⇔+=+， 12122212122||||||||||||||||||2||PF PB F B F F F A F B PF PF F F F A ⇔++=++⇔+=+，所以2||F A a c =-(c 为椭圆半焦距)，从而点A 为椭圆长轴端点，即圆心M 的轨迹是直线x =a (除点A 外). 因点M (2,1)在12PF F ∠的平分线上，且椭圆右端点A (2,0)，所以点M 是上述圆心轨迹上的点，即点M 到直线F 1P ，PF 2，F 1F 2的距离都相等，且均为1，1MPF 与2MPF 的面积之和为1212111||1||1(||||)2222PF PF PF PF ⋅⋅+⋅⋅=+=.故选：C17．已知椭圆2214x y +=的上顶点为,A B C 、为椭圆上异于A 的两点，且AB AC ⊥，则直线BC 过定点（） A ．(1,0) B ．(3,0)C ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．30,5⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】D【解析】设直线BC 的方程为x ky m =+，()()1122,,B x y C x y 、，则由2214x ky m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩整理得()2224240k y mky m +++-=，所以212122224,44mk m y y y y k k --+==++， ()22222121212224244m mkx x k y y mk y y m k mk m k k --=+++=++++，因为()0,1A ，()()1122,1,1A x y B C x y A --==,，AB AC ⊥，所以()()()1212121212111x x y y x x y y y y AB AC +-=-=++⋅-+22222222224242125304444m mk m mk k mk m km m k k k k k ---=+++++=+-=++++解得m k =-或35m k =，当m k =-时，直线BC 的方程为()1x ky k k y =-=-，直线过()0,1点而()0,1A ，而,A B C 、不在同一直线上，不合题意；当35m k =时，直线BC 的方程为3355x ky k k y ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭，直线过30,5⎛⎫- ⎪⎝⎭，符合题意.故选：D.18．已知椭圆221124y x +=，圆22:4O x y +=，过椭圆上任一与顶点不重合的点G 引圆的两条切线，切点分别为,P Q ，直线PQ 与x 轴，y 轴分别交于点,M N ，则2231OMON+=（）A ．54B ．45C ．43D ．34【来源】安徽省宣城市第二中学2020-2021学年高三下学期第一次月考理科数学试题【答案】D【解析】设112233(,),(,),(,)P x y Q x y G x y ，则切线GP 的方程为114x x y y +=，切线GQ 的方程为224x x y y +=，因为点G 在切线,GP GQ 上，所以13134x x y y +=，23234x x y y +=，所以直线PQ 的方程为334x x y y +=，所以3344(,0),(0,)M N x y ，因为点33(,)G x y 在椭圆221124y x +=上，所以2233312x y +=，所以22223333223311123(3)161616164x y x y OM ON+=+=+==，故选：D19．已知椭圆22:142x y C +=的左右顶点分别为,A B ，过x 轴上点(4,0)M -作一直线PQ 与椭圆交于,P Q 两点（异于,A B ），若直线AP 和BQ 的交点为N ，记直线MN 和AP 的斜率分别为12,k k ，则12:k k =（） A ．13B ．3C ．12D ．2【来源】湖北省“大课改、大数据、大测评”2020-2021学年高三上学期联合测评数学试题【答案】A【解析】设(),N x y ，()11,P x y ，()22,Q x y ，设直线PQ 的方程：4x my =-由,,P N A 和,,Q N B 三点共线可知11222222y y x x y y x x ⎧=⎪++⎪⎨⎪=⎪--⎩ ，解得：()()()()()()()()1221122112211221222226222262y x y x y my y my x y x y x y my y my -++-+-==--++--+-1212122623my y y y x y y --∴=-，12121226643my y y y x y y +-+=-，（*）联立224142x my x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩ ，得()2228120m y my +-+=，22226448(2)16(6)0,6m m m m ∆=-+=->>，12121212228123,,()222m y y y y my y y y m m +==∴=+++，代入（*）得121293433y y x y y -+==-，14y k x =+，22y k x =+ ，122211443k x k x x +∴==-=++.故选：A20.（2020·北京市第二中学分校高三（理））抛物线24y x =上两个不同的点A ，B ，满足OA OB ⊥，则直线AB 一定过定点，此定点坐标为__________．【答案】(4,0).【解析】设直线l 的方程为x ty b =+代入抛物线24y x =，消去x 得2440y ty b --=,设()11,A x y ，()22,B x y ，则124y y t +=，124y y b =-，∴()()()221212121212OA OB ty b ty b y y t y y bt y y b y y ⋅=+++=++++222444bt bt b b =-++- 24b b =-=0，∴0b =（舍去）或4b =, 故直线l 过定点()4,0．21．（2020·江苏扬州中学高三月考）已知点(2,0),(4,0)A B -，圆,16)()4(:22=+++b y x C 点P 是圆C 上任意一点，若PAPB为定值，则b =________.【答案】0【解析】设(,)P x y ，PAk PB =k =，整理得222222(1)(1)(48)4160k x k y k x k -+-+++-=，又P 是圆C 上的任意一点，故1k ≠，圆C 的一般方程为222820x y x by b ++++=，因此20b =，22222484168,11k k b k k+-==--，解得0b =. 22．（2020·江苏海安高级中学高三）在平面直角坐标系xOy 中，A ，B 为x 轴正半轴上的两个动点，P （异于原点O ）为y 轴上的一个定点．若以AB 为直径的圆与圆x 2＋(y －2)2＝1相外切，且∠APB 的大小恒为定值，则线段OP 的长为_____．【解析】设O 2（a ，0），圆O 2的半径为r （变量），OP=t （常数），则222222221)222tan ,tan ,2tan 141,(4,22tan 3232r a r a rOPA OPB t t a r a rrtt t APB a r t a r t a r a rt tAPB t t r r +-+∠=∠=+--∴∠==-+-++=+∴=-∴∠==-+-+∵∠APB 的大小恒为定值，∴t23．在平面直角坐标系xOy 中，椭圆22184x y +=上一点A ，点B 是椭圆上任意一点（异于点A ），过点B 作与直线OA 平行的直线l 交椭圆于点C ，当直线AB 、AC 斜率都存在时，AB AC k k +=___________. 【答案】0【解析】取特殊点B ()0,2-，则BC的方程为22y x +=，由22242y x x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩得C ()所以202AB AC k k +==. 24．（2020·河北定州一中高三月考）P 为圆()22:15C x y -+=上任意一点，异于点()2,3A 的定点B 满足PBPA为常数，则点B 的坐标为______．【答案】33,22⎛⎫⎪⎝⎭【解析】设()()00,,,,PA P x y B x y PBλ=，则()2215x y -+=，可得2242x y x +=+，① ()()()()222220023x x y y x y y λ⎡⎤-+-=-+-⎣⎦，②由①②得()2200002224x x y y x y --+++2222617x y λλλ=--+，可得202002220022226417x y x y λλλ⎧-=-⎪-=-⎨⎪++=⎩，解得002323212x y λ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩，B ∴点坐标为33,22⎛⎫ ⎪⎝⎭，故答案为33,22⎛⎫ ⎪⎝⎭. 25．（2020·上海长岛中学高三）在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，M 、N 是双曲线22124x y -=上的两个动点，动点P 满足2OP OM ON =-，直线OM 与直线ON 斜率之积为2，已知平面内存在两定点1F 、2F ，使得12PF PF -为定值，则该定值为________【答案】【解析】设P （x ，y ），M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），则由2OP OM ON =-，得（x ，y ）=2（x 1，y 1）-（x 2，y 2），即x=2x 1-x 2，y=2y 1-y 2，∵点M ，N 在双曲线22124x y -=上，所以2211124x y -=，2222124x y -=，故2x 2-y 2=（8x 12+2x 22-8x 1x 2）-（4y 12+y 22-4y 1y 2）=20-4（2x 1x 2-y 1y 2），设k 0M ，k ON 分别为直线OM ，ON 的斜率，根据题意可知k 0M k ON =2， ∴y 1y 2-2 x 1x 2=0， ∴2x 2-y 2=20，所以P 在双曲线2x 2-y 2=20上；设该双曲线的左，右焦点为F 1，F 2，由双曲线的定义可推断出12PF PF -为定值，该定值为26．（2020·江苏高三月考）椭圆E ：22143x y +=的左顶点为A ，点,B C 是椭圆E 上的两个动点，若直线,AB AC 的斜率乘积为定值14-，则动直线BC 恒过定点的坐标为__________．【答案】(1,0)【解析】当直线BC 的斜率存在时，设直线BC 的方程为y=kx+m ，由22143x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，消去y 得：（3+4k 2）x 2+8kmx+4m 2﹣12=0，设B （x 1，y 1），C （x 2，y 2），则x 1+x 2=28km 34k -+，x 1x 2=2241234m k-+，又A （﹣2，0），由题知k AB •k AC =121222y y x x ++=﹣14，则（x 1+2）（x 2+2）+4y 1y 2=0，且x 1，x 2≠﹣2，则x 1•x 2+2（x 1+x 2）+4+4（kx 1+m ）（kx 2+m ） =（1+4k 2）x 1x 2+（2+4km ）（x 1+x 2）+4m2+4=()()2221441234k m k+-++（2+4km ）28km 34k -++4m2+4=0则m 2﹣km ﹣2k 2=0， ∴（m ﹣2k ）（m+k ）=0， ∴m=2k 或m=﹣k ．当m=2k 时，直线BC 的方程为y=kx+2k=k （x+2）．此时直线BC 过定点（﹣2，0），显然不适合题意．当m=﹣k 时，直线BC 的方程为y=kx ﹣k=k （x ﹣1），此时直线BC 过定点（1，0）．当直线BC 的斜率不存在时，若直线BC 过定点（1，0），B 、C 点的坐标分别为（1，32），（1，﹣32），满足k AB •k AC =﹣14．综上，直线BC 过定点（1，0）．故答案为：（1，0）．27．已知双曲线22:13y C x -=的右焦点为F ，过点F 的直线l 与双曲线相交于P 、Q 两点，若以线段PQ为直径的圆过定点M ，则MF =______．【来源】金科大联考2020届高三5月质量检测数学（理科）试题【答案】3【解析】点F 的坐标为()2,0，双曲线的方程可化为2233x y -=，①当直线l 的斜率不存在时，点P 、Q 的坐标分别为()2,3、()2,3-，此时以线段PQ 为直径的圆的方程为()2229x y -+=；②当直线l 的斜率存在时，设点P 、Q 的坐标分别为()11,x y ，()22,x y ，记双曲线C 的左顶点的坐标为()1,0A -，直线l 的方程为()2y k x =-，联立方程()22332x y y k x ⎧-=⎪⎨=-⎪⎩，消去y 后整理为()()222234340kxk x k -+-+=，2422230164(3)(34)36(1)0k k k k k ⎧-≠⎨∆=+-+=+>⎩,即k ≠ 有2122212243343k x x k k x x k ⎧+=⎪⎪-⎨+⎪=⎪-⎩，()()()22121212122224y y k x x k x x x x =--=-++⎡⎤⎣⎦，222222234894333k k k k k k k ⎛⎫+=-+- ⎪---⎝⎭，()111,AP x y =+，()221,AQ x y =+，()()()1212121212111AP AQ x x y y x x x x y y ⋅=+++=+++⎡⎤⎣⎦ 22222222344931103333k k k k k k k k +-=+-+=+=----．故以线段PQ 为直径的圆过定点()1,0M -，3MF =．28．双曲线22:143x y C -=的左右顶点为,A B ，以AB 为直径作圆O ，P 为双曲线右支上不同于顶点B 的任一点，连接PA 交圆O 于点Q ，设直线,PB QB 的斜率分别为12,k k ，若12k k λ=，则λ=_____. 【答案】34-【解析】设()()()00,,2,02,0P x y A B - 2200143x y -=，()222000331444x y x ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭2000200032424PA PBy y y x x k k x =⋅=+--= PA 交圆O 于点Q ，所以PA QB ⊥ 易知:33441PA PB PB QBPA QB k k k k k k λ⎧=⎪⇒==-⎨⎪⋅=-⎩即1234k k λ==-. 故答案为：34-29．过双曲线22221x y a b-=的右焦点(,0)F c 的直线交双曲线于M 、N 两点，交y 轴于P 点，若1PM MF λ=，2PN NF λ=，规定12λλ+=PM PN MF NF +，则PM PNMF NF +的定值为222a b .类比双曲线这一结论，在椭圆22221(0)x y a b a b +=>>中，PM PN MF NF+的定值为________. 【来源】贵州省铜仁市思南中学2020-2021学年高三上学期期末考试数学（理）试题【答案】222a b-【解析】如图，设椭圆()222210x y a b a b+=>>的右焦点为(),0F c ，过点(),0F c 的直线为()y k x c =-，代入椭圆的方程得：()2222222222220b a kxa k cx a k c ab +-+-=，设()11,M x y ，()22,N x y ，则22122222a k c x x b a k +=-+，2222212222a k c ab x x b a k-⋅=+，过点,M N 分别作x 轴的垂线，垂足为,D E ，则111x PM x c MF λ==--，222=x PNx c NFλ=--，所以()()()()()1221121212122212121212122x x c x x c x x c x x x x x c x c x x c x x c x x c x x c λλ-+--+⎛⎫+=-+=-=-⎪---++-++⎝⎭将22122222a k c x x b a k +=-+，2222212222a k c ab x x b a k -⋅=+代入化简得：21222a b λλ+=-. 故答案为：222a b-.30．若M ，P 是椭圆2214x y +=两动点，点M 关于x 轴的对称点为N ，若直线PM ，PN 分别与x 轴相交于不同的两点A (m ，0)，B (n ，0)，则mn =_________.【来源】四川省资阳市2020-2021学年高三上学期期末数学文科试题【答案】4 【解析】设(),M a b ，则(),N a b -，(),P c d ，则2214a b +=，2214c d +=所以PM d bk c a-=- 直线PM 的方程为()d b y b x a c a --=--，令0y =可得ad bcm d b-=- 同理有PM d b k c a+=- 直线PN 的方程为()d b y b x a c a ++=--，令0y =可得ad bcn d b+=+ 则222222ad bc ad bc a d b c mn d b d b d b -+-⎛⎫⎛⎫== ⎪⎪-+-⎝⎭⎝⎭222222111144111144a c c a c a ⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=⎛⎫--- ⎪⎝⎭()2222414a c a c -==- 31．椭圆E ：22143x y +=的左顶点为A ，点,B C 是椭圆E 上的两个动点，若直线,AB AC 的斜率乘积为定值14-，则动直线BC 恒过定点的坐标为__________．【答案】(1,0)【解析】当直线BC 的斜率存在时，设直线BC 的方程为y=kx+m ，由22143x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，消去y 得：（3+4k 2）x 2+8kmx+4m 2﹣12=0，设B （x 1，y 1），C （x 2，y 2），则x 1+x 2=28km 34k -+，x 1x 2=2241234m k -+，又A （﹣2，0），由题知k AB •k AC =121222y y x x ++=﹣14，则（x 1+2）（x 2+2）+4y 1y 2=0，且x 1，x 2≠﹣2，则x 1•x 2+2（x 1+x 2）+4+4（kx 1+m ）（kx 2+m ） =（1+4k 2）x 1x 2+（2+4km ）（x 1+x 2）+4m2+4=()()2221441234k m k +-++（2+4km ）28km 34k -++4m2+4=0则m 2﹣km ﹣2k 2=0， ∴（m ﹣2k ）（m+k ）=0， ∴m=2k 或m=﹣k ．当m=2k 时，直线BC 的方程为y=kx+2k=k （x+2）．此时直线BC 过定点（﹣2，0），显然不适合题意．当m=﹣k 时，直线BC 的方程为y=kx ﹣k=k （x ﹣1），此时直线BC 过定点（1，0）．当直线BC 的斜率不存在时，若直线BC 过定点（1，0），B 、C 点的坐标分别为（1，32），（1，﹣32），满足k AB •k AC =﹣14．综上，直线BC 过定点（1，0）．故答案为（1，0）．。

高中数学高三数学二轮复习课时作业专题五第三讲第二课时圆锥曲线的定点、定值、存在性问题

[限时规范训练] 单独成册A 组——高考热点强化练1.已知动点P 到直线l :x ＝－1的距离等于它到圆C :x 2＋y 2－4x ＋1＝0的切线长(P 到切点的距离).记动点P 的轨迹为曲线E . (1)求曲线E 的方程.(2)点Q 是直线l 上的动点,过圆心C 作QC 的垂线交曲线E 于A ,B 两点,问:是否存在常数λ,使得|AC |·|BC |＝λ|QC |2？若存在,求λ的值;若不存在,说明理由.【试题解析】:(1)由已知得圆心为C (2,0),半径r ＝ 3.设P (x ,y ),依题意可得|x ＋1|＝(x －2)2＋y 2－3,整理得y 2＝6x . 故曲线E 的方程为y 2＝6x . (2)设直线AB 的方程为my ＝x －2,则直线CQ 的方程为y ＝－m (x －2),可得Q (－1,3m ). 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2).将my ＝x －2代入y 2＝6x 并整理得y 2－6my －12＝0,那么y 1y 2＝－12,则|AC |·|BC |＝(1＋m 2)|y 1y 2|＝12(1＋m 2),|QC |2＝9(1＋m 2),即|AC |·|BC |＝43|QC |2,所以λ＝43.2.(2017·高考北京卷)已知抛物线C :y 2＝2px 过点P (1,1).过点⎝⎛⎭⎫0，12作直线l 与抛物线C 交于不同的两点M ,N ,过点M 作x 轴的垂线分别与直线OP ,ON 交于点A ,B ,其中O 为原点. (1)求抛物线C 的方程,并求其焦点坐标和准线方程; (2)求证:A 为线段BM 的中点.【试题解析】:(1)由抛物线C :y 2＝2px 过点P (1,1),得p ＝12,所以抛物线C 的方程为y 2＝x .抛物线C 的焦点坐标为⎝⎛⎭⎫14，0,准线方程为x ＝－14. (2)证明:由题意,设直线l 的方程为y ＝kx ＋12(k ≠0),l 与抛物线C 的交点为M (x 1,y 1),N (x 2,y 2).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋12，y 2＝x ，得4k 2x 2＋(4k －4)x ＋1＝0, 则x 1＋x 2＝1－k k 2,x 1x 2＝14k2.因为点P 的坐标为(1,1),所以直线OP 的方程为y ＝x ,点A 的坐标为(x 1,x 1). 直线ON 的方程为y ＝y 2x 2x ,点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫x 1，y 2x 1x 2.因为y 1＋y 2x 1x 2－2x 1＝y 1x 2＋y 2x 1－2x 1x 2x 2＝⎝⎛⎭⎫kx 1＋12x 2＋⎝⎛⎭⎫kx 2＋12x 1－2x 1x 2x 2＝(2k －2)x 1x 2＋12(x 2＋x 1)x 2＝(2k －2)×14k 2＋1－k2k2x 2＝0,所以y 1＋y 2x 1x 2＝2x 1,故A 为线段BM 的中点.3.如图所示,已知椭圆C 的中心在原点,焦点在x 轴上,离心率等于32,它的一个顶点恰好在抛物线x 2＝8y 的准线上.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)点P (2,3),Q (2,－3)在椭圆上,A ,B 是椭圆上位于直线PQ 两侧的动点,当A ,B 运动时,满足∠APQ ＝∠BPQ ,试问:直线AB 的斜率是否为定值,请说明理由. 【试题解析】:(1)设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0).∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x 2＝8y 的准线y ＝－2上, ∴－b ＝－2,解得b ＝2. 又c a ＝32,a 2＝b 2＋c 2, ∴a ＝4,c ＝2 3.可得椭圆C 的标准方程为x 216＋y 24＝1.(2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),∵∠APQ ＝∠BPQ ,则P A ,PB 的斜率互为相反数, 可设直线P A 的斜率为k ,则PB 的斜率为－k , 直线P A 的方程为:y －3＝k (x －2),联立⎩⎨⎧y －3＝k (x －2)，x 2＋4y 2＝16，化为(1＋4k 2)x 2＋8k (3－2k )x ＋4(3－2k )2－16＝0, ∴x 1＋2＝8k (2k －3)1＋4k 2.同理可得:x 2＋2＝－8k (－2k －3)1＋4k 2＝8k (2k ＋3)1＋4k 2,∴x 1＋x 2＝16k 2－41＋4k 2,x 1－x 2＝－163k1＋4k 2, k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝k (x 1＋x 2)－4k x 1－x 2＝36.∴直线AB 的斜率为定值36. 4.如图,设P 是抛物线C 1:x 2＝y 上的动点,过点P 作圆C 2:x 2＋(y ＋3)2＝1的两条切线,交直线l :y ＝－3于A ,B 两点.(1)求圆C 2的圆心M 到抛物线C 1准线的距离.(2)是否存在点P ,使线段AB 被抛物线C 1在点P 处的切线平分？若存在,求出点P 的坐标;若不存在,请说明理由.【试题解析】:(1)因为抛物线C 1的准线方程为y ＝－14,所以圆心M 到抛物线C 1准线的距离为⎪⎪⎪⎪－14－(－3)＝114. (2)设存在满足题意的点P ,其坐标为(x 0,x 20),抛物线C 1在点P 处的切线交直线l 于点D . 再设A ,B ,D 的横坐标分别为x A ,x B ,x D , 过点P (x 0,x 20)的抛物线C 1的切线方程为 y －x 20＝2x 0(x －x 0).①当x 0＝1时,过点P (1,1)的圆C 2的切线P A 为 y －1＝158(x －1),可得x A ＝－1715,x B ＝1,x D ＝－1,x A ＋x B ≠2x D .当x 0＝－1时,过点P (－1,1)的圆C 2的切线PB 为 y －1＝－158(x ＋1),可得x A ＝－1,x B ＝1715,x D ＝1,x A ＋x B ≠2x D .所以x 20－1≠0,设切线P A ,PB 的斜率分别为k 1,k 2,则 P A :y －x 20＝k 1(x －x 0),②PB :y －x 20＝k 2(x －x 0).③ 将y ＝－3分别代入①②③得x D ＝x 20－32x 0(x 0≠0);x A ＝x 0－x 20＋3k 1;x B ＝x 0－x 20＋3k 2(k 1,k 2≠0).从而x A ＋x B ＝2x 0－(x 20＋3)⎝⎛⎭⎫1k 1＋1k 2, 又|－x 0k 1＋x 20＋3|k 21＋1＝1, 即(x 20－1)k 21－2(x 20＋3)x 0k 1＋(x 20＋3)2－1＝0, 同理,(x 20－1)k 22－2(x 20＋3)x 0k 2＋(x 20＋3)2－1＝0.所以k 1,k 2是方程(x 20－1)k 2－2(x 20＋3)x 0k ＋(x 20＋3)2－1＝0的两个不相等的根,从而k 1＋k 2＝2(3＋x 20)x 0x 20－1,k 1·k 2＝(3＋x 20)2－1x 20－1. 因为x A ＋x B ＝2x D , 所以2x 0－(3＋x 20)⎝⎛⎭⎫1k 1＋1k 2＝x 20－3x 0,即1k 1＋1k 2＝1x 0.从而2(3＋x 20)x 0(x 20＋3)2－1＝1x 0,进而得x 40＝8,x 0＝±48.综上所述,存在点P 满足题意,点P 的坐标为(±48,22).B 组——高考能力提速练1.(2017·高考北京卷)已知椭圆C 的两个顶点分别为A (－2,0),B (2,0),焦点在x 轴上,离心率为32. (1)求椭圆C 的方程;(2)点D 为x 轴上一点,过D 作x 轴的垂线交椭圆C 于不同的两点M ,N ,过D 作AM 的垂线交BN 于点E .求证:△BDE 与△BDN 的面积之比为4∶5. 【试题解析】:(1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0),由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c a ＝32，解得c ＝3,所以b 2＝a 2－c 2＝1, 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明:设M (m ,n ),则D (m,0),N (m ,－n ), 由题设知m ≠±2,且n ≠0. 直线AM 的斜率k AM ＝nm ＋2, 故直线DE 的斜率k DE ＝－m ＋2n ,所以直线DE 的方程为y ＝－m ＋2n(x －m ), 直线BN 的方程为y ＝n2－m(x －2).联立⎩⎨⎧y ＝－m ＋2n(x －m )，y ＝n2－m (x －2)，解得点E 的纵坐标y E ＝－n (4－m 2)4－m 2＋n 2.由点M 在椭圆C 上,得4－m 2＝4n 2,所以y E ＝－45n .又S △BDE ＝12|BD |·|y E |＝25|BD |·|n |,S △BDN ＝12|BD |·|n |,所以△BDE 与△BDN 的面积之比为4∶5.2.已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝63,过点A (0,－b )和B (a,0)的直线与原点的距离为32. (1)求椭圆的方程;(2)已知定点E (－1,0),若直线y ＝kx ＋2(k ≠0)与椭圆交于C 、D 两点.问:是否存在k 的值,使以CD 为直径的圆过E 点？请说明理由.【试题解析】:(1)直线AB 的方程为bx －ay －ab ＝0.依题意⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝63，ab a 2＋b2＝32，a 2＝b 2＋c2解得⎩⎨⎧a ＝3，b ＝1，∴椭圆方程为x 23＋y 2＝1.(2)假若存在这样的k 值,由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 2＋3y 2－3＝0得(1＋3k 2)x 2＋12kx ＋9＝0, ∴Δ＝(12k )2－36(1＋3k 2)>0. ①设C (x 1,y 1),D (x 2,y 2),则⎩⎨⎧x 1＋x 2＝－12k 1＋3k 2，x 1·x 2＝91＋3k2， ②而y 1·y 2＝(kx 1＋2)(kx 2＋2)＝k 2x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4.要使以CD 为直径的圆过点E (－1,0),当且仅当CE ⊥DE 时,则y 1x 1＋1·y 2x 2＋1＝－1,即y 1y 2＋(x 1＋1)(x 2＋1)＝0, ∴(k 2＋1)x 1x 2＋(2k ＋1)(x 1＋x 2)＋5＝0, ③将②代入③整理解得k ＝76,经验证k ＝76,此时①成立.综上可知,存在k ＝76,使得以CD 为直径的圆过点E .3.椭圆C :x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的上顶点为A ,P ⎝⎛⎭⎫43，b 3是C 上的一点,以AP 为直径的圆经过椭圆C 的右焦点F . (1)求椭圆C 的方程.(2)动直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点,问:在x 轴上是否存在两个定点,它们到直线l 的距离之积等于1？如果存在,求出这两个定点的坐标;如果不存在,请说明理由.【试题解析】:(1)F (c,0),A (0,b ),由题设可知F A →·FP →＝0,∴c 2－43c ＋b 23＝0. ①又点P 在椭圆C 上,∴169a 2＋b 29b 2＝1,∴a 2＝2. ②又b 2＋c 2＝a 2＝2, ③ 联立①③,解得c ＝1,b 2＝1, 故所求椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)当直线l 的斜率存在时,设其方程为y ＝kx ＋m ,代入椭圆方程,消去y 整理得(2k 2＋1)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0,(*) 方程(*)有且只有一个实根,又2k 2＋1>0, 所以Δ＝0,得m 2＝2k 2＋1,假设存在M 1(λ1,0),M 2(λ2,0)满足题设, 则d 1·d 2＝|(λ1k ＋m )(λ2k ＋m )|k 2＋1＝|λ1λ2k 2＋(λ1＋λ2)km ＋2k 2＋1|k 2＋1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪(λ1λ2＋2)k 2＋(λ1＋λ2)km ＋1k 2＋1＝1对任意的实数k 恒成立.所以⎩⎪⎨⎪⎧ λ1λ2＝－1，λ1＋λ2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ λ1＝1，λ2＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧λ1＝－1，λ2＝1.当直线l 的斜率不存在时,经检验符合题意.综上所述,存在两个定点M 1(1,0),M 2(－1,0),使它们到直线l 的距离之积等于1.4.(2017·黄冈模拟)如图,已知点F 1,F 2是椭圆C 1:x 22＋y 2＝1的两个焦点,椭圆C 2:x 22＋y 2＝λ经过点F 1,F 2,点P 是椭圆C 2上异于F 1,F 2的任意一点,直线PF 1和PF 2与椭圆C 1的交点分别是A ,B 和C ,D .设AB ,CD 的斜率分别为k ,k ′.(1)求证:k ·k ′为定值; (2)求|AB |·|CD |的最大值.【试题解析】:(1)证明:因为点F 1,F 2是椭圆C 1的两个焦点,故F 1,F 2的坐标是F 1(－1,0),F 2(1,0). 而点F 1,F 2是椭圆C 2上的点,将F 1,F 2的坐标代入C 2的方程得,λ＝12.设点P 的坐标是(x 0,y 0),∵直线PF 1和PF 2的斜率分别是k ,k ′(k ≠0,k ′≠0) ∴kk ′＝y 0x 0＋1·y 0x 0－1＝y 20x 20－1,①又点P 是椭圆C 2上的点,故x 202＋y 20＝12,② 联立①②两式可得kk ′＝－12,即k ·k ′为定值.(2)直线PF 1的方程可表示为y ＝k (x ＋1)(k ≠0), 与椭圆C 1的方程联立, 得到方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋1)，x 22＋y 2＝1，由方程组得(1＋2k 2)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1＋x 2＝－4k 21＋2k 2,x 1x 2＝2k 2－21＋2k 2.|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝22(1＋k 2)1＋2k 2.同理可求得|CD |＝2(1＋4k 2)1＋2k 2,则|AB |·|CD |＝4(4k 4＋5k 2＋1)(1＋2k 2)2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋11k 2＋4k 2＋4≤92, 当且仅当k ＝±22时等号成立.故|AB |·|CD |的最大值等于92.。

2023届高考二轮总复习试题适用于老高考旧教材数学(理) 圆锥曲线中的定点、定值、证明问题含解析

考点突破练15 圆锥曲线中的定点、定值、证明问题1.(2022·湖南岳阳质检二)已知椭圆C :y 2a 2+x 2b 2=1(a>b>0),F 为上焦点,左顶点P 到F 的距离为√2,且离心率为√22,设O 为坐标原点,点M 的坐标为(0,2). (1)求椭圆C 的标准方程;(2)若过F 的直线l 与C 交于A ,B 两点,证明:∠OMA=∠OMB.2.(2022·陕西西安四区县联考一)已知抛物线x 2=ay (a>0),过点M 0,a2作两条互相垂直的直线l 1,l 2,设l 1,l 2分别与抛物线相交于A ,B 及C ,D 两点,当A 点的横坐标为2时,抛物线在点A 处的切线斜率为1. (1)求抛物线的方程;(2)设线段AB ,CD 的中点分别为E ,F ,O 为坐标原点,求证:直线EF 过定点.3.(2022·北京石景山一模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的短轴长等于2√3,离心率e=12. (1)求椭圆C 的标准方程;(2)过右焦点F 作斜率为k 的直线l ,与椭圆C 交于A ,B 两点,线段AB 的垂直平分线交x 轴于点P ,判断|PF ||AB |是否为定值,请说明理由.4.(2022·全国乙·理20)已知椭圆E 的中心为坐标原点,对称轴为x 轴、y 轴,且过A (0,-2),B (32,-1)两点. (1)求E 的方程;(2)设过点P (1,-2)的直线交E 于M ,N 两点,过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ,点H 满足MT ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =TH ⃗⃗⃗⃗⃗ .证明:直线HN 过定点.5.(2022·河南濮阳一模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率e=√32,且圆x 2+y 2=2过椭圆C 的上、下顶点.(1)求椭圆C 的方程;(2)若直线l 的斜率为12,且直线l 与椭圆C 相交于P ,Q 两点,点P 关于原点的对称点为E ,点A (-2,1)是椭圆C 上一点,若直线AE 与AQ 的斜率分别为k AE ,k AQ ,证明:k AE ·k AQ ≤0.6.(2022·广西柳州三模)已知点A (2,√3),B (-2,-√3),点M 与y 轴的距离记为d ,且点M 满足MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =d24-1,记点M 的轨迹为曲线W. (1)求曲线W 的方程;(2)设点P 为x 轴上除原点O 外的一点,过点P 作直线l 1,l 2,l 1交曲线W 于C ,D 两点,l 2交曲线W 于E ,F 两点,G ,H 分别为CD ,EF 的中点,过点P 作x 轴的垂线交GH 于点N ,设CD ,EF ,ON 的斜率分别为k 1,k 2,k 3,求证:k 3(k 1+k 2)为定值.考点突破练15 圆锥曲线中的定点、定值、证明问题1.(1)解左顶点P 到F 的距离为√2,可得a=√2,又e=ca=√22,故c=1,从而b=1.∴椭圆C 的标准方程为y 22+x 2=1.(2)证明当l 与y 轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°.当l 与y 轴不重合时,设l 的方程为y=kx+1,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线MA ,MB 的斜率之和为k MA +k MB =y 1-2x 1+y 2-2x 2=kx 1-1x 1+kx 2-1x 2=2k-(1x 1+1x 2)=2k-x 1+x 2x 1x 2,联立方程{y =kx +1,y 22+x 2=1,可得(2+k 2)x 2+2kx-1=0,x 1+x 2=-2k 2+k2,x 1x 2=-12+k2,∴2k-x 1+x 2x 1x 2=2k-2k=0,从而k MA +k MB =0,故直线MA ,MB 的倾斜角互补,∴∠OMA=∠OMB. 综上,∠OMA=∠OMB. 2.(1)解 ∵y'=2xa ,由题意得2×2a=1,∴a=4,∴抛物线的方程为x 2=4y. (2)证明由题意得直线l 1,l 2的斜率都存在且都不为0,由M (0,2),可设直线AB 的方程为y=kx+2(k ≠0), 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由{y =kx +2,x 2=4y ,得x 2-4kx-8=0,则x 1+x 2=4k ,∴y 1+y 2=k (x 1+x 2)+4=4k 2+4,∴AB 的中点E (2k ,2k 2+2).∵l 1⊥l 2,∴直线CD 的斜率为-1k,同理可得CD 的中点F -2k ,2k2+2,∴EF 的方程为y-(2k 2+2)=2k 2+2-2k 2-22k+2k(x-2k ),化简整理得y=k-1k x+4, ∴直线EF 恒过定点(0,4).3.解 (1)由题意得b=√3,e=√1-b 2a 2=√1-3a 2=12,解得a=2,所以椭圆的方程为x 24+y23=1.(2)是定值.理由如下:由椭圆的方程x 24+y 23=1,得右焦点F (1,0),设直线l 的方程为y=k (x-1),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2), 由{y =k (x -1),x 24+y23=1,得(3+4k 2)x 2-8k 2x+4k 2-12=0,则x 1+x 2=8k 23+4k 2,x 1x 2=4k 2-123+4k 2, |AB|=√1+k 2|x1-x 2|=√1+k 2√(x 1+x 2)2-4x 1x 2=12(1+k 2)3+4k 2,设线段AB 的中点为D (x 0,y 0),则x 0=x 1+x 22=4k 23+4k2,则y 0=k (x 0-1)=-3k3+4k2,即D (4k 23+4k2,-3k 3+4k 2),所以直线l 的中垂线的方程为y--3k3+4k2=-1k x-4k 23+4k 2.令y=0,得x P =k 23+4k 2,所以|PF|=|x P -1|=|k 23+4k 2-1|=3(k 2+1)3+4k 2,所以|PF ||AB |=3(k 2+1)3+4k 212(1+k 2)3+4k2=14. 4.(1)解设椭圆E 的方程为mx 2+ny 2=1(m>0,n>0), 则{4n =1,94m +n =1,解得{m =13,n =14. 故椭圆E 的方程为x 23+y 24=1. (2)证明由点A (0,-2),B (32,-1),可知直线AB 的方程为y=23x-2.当过点P 的直线MN 的斜率不存在时,直线MN 的方程为x=1.由{x =1,x 23+y 24=1,解得{x =1,y =2√63或{x =1,y =-2√63,则点M (1,-2√63),N (1,2√63). 将y=-2√63代入y=23x-2,得x=3-√6,则点T (3-√6,-2√63). 又MT ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =TH ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以点H (5-2√6,-2√63),所以直线HN 的方程为y-2√63=-2√63-2√635-2√6-1x-1),即y=(2√63+2)x-2, 所以直线HN 过点(0,-2).当过点P 的直线MN 的斜率存在时,设直线MN 的方程为y+2=k (x-1),点M (x 1,y 1),N (x 2,y 2). 由{y +2=k (x -1),x 23+y 24=1,消去y ,得(4+3k 2)x 2-6k (k+2)x+3k (k+4)=0,则Δ>0,x 1+x 2=6k (k+2)4+3k 2,x 1x 2=3k (k+4)4+3k 2. 将y=y 1代入y=23x-2,得x=32(y 1+2),则点T (32(y 1+2),y 1).又MT ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =TH ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以点H (3y 1+6-x 1,y 1).所以直线HN 的方程为(3y 1+6-x 1-x 2)(y-y 2)=(y 1-y 2)(x-x 2),即(3y 1+6-x 1-x 2)(y-y 2)-(y 1-y 2)(x-x 2)=0.将x=0,y=-2代入上式,整理得12-2(x 1+x 2)+3y 1y 2+6(y 1+y 2)-x 1y 2-x 2y 1=0.(*) 因为x 1+x 2=6k (k+2)4+3k2,x 1x 2=3k (k+4)4+3k2,所以y 1+y 2=k (x 1-1)-2+k (x 2-1)-2=-8k -164+3k 2,x 1y 2+x 2y 1=x 1[k (x 2-1)-2]+x 2[k (x 1-1)-2]=-24k4+3k 2,y 1y 2=[k (x 1-1)-2][k (x 2-1)-2]=-8k 2+16k+164+3k 2,所以(*)式左边=12-12k (k+2)4+3k2+-24k 2+48k+484+3k2+-48k -964+3k2−-24k 4+3k 2=0=右边,即(*)式成立.所以直线HN 过点(0,-2).综上所述,直线HN 恒过定点(0,-2).5.(1)解由题可知{b =√2,c a =√32,a 2=b 2+c 2,解得a=2√2,b=√2,∴椭圆C 的方程为x 28+y 22=1. (2)证明设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),则E (-x 1,-y 1).设直线l 为y=12x+t ,代入椭圆方程得x 2+2tx+2t 2-4=0,则Δ=4t 2-4(2t 2-4)>0,解得-2<t<2,x 1+x 2=-2t ,x 1x 2=2t 2-4,则k AE +k AQ =y 2-1x 2+2+-y 1-1-x 1+2=(2-x 1)(y 2-1)-(2+x 2)(y 1+1)(2+x 2)(2-x 1),又y 1=12x 1+t ,y 2=12x 2+t ,∴(2-x 1)(y 2-1)-(2+x 2)(y 1+1)=2(y 2-y 1)-(x 1y 2+x 2y 1)+x 1-x 2-4=x 2-x 1-(x 1x 2+tx 1+tx 2)+x 1-x 2-4=-x 1x 2-t (x 1+x 2)-4=-(2t 2-4)-t (-2t )-4=0,即k AE +k AQ =0,∴k AE =-k AQ .于是k AE ·k AQ =-k AQ 2≤0.6.(1)解设M (x ,y ),由题意得d=|x|,MA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-x ,√3-y ),MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2-x ,-√3-y ), ∵MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =d 24-1,∴(2-x ,√3-y )·(-2-x ,-√3-y )=d 24-1,∴x 2-4+y 2-3=x 24-1.∴3x24+y 2=6,M 的轨迹方程为x 28+y 26=1. (2)证法一显然GH 斜率存在,设P (x 0,0),设GH 的方程为y=k 4x+m ,由题意知CD 的方程为y=k 1(x-x 0),联立方程{y =k 1(x -x 0),y =k 4x +m ,解得{x =k 1x 0+mk 1-k 4,y =k 1(k 4x 0+m )k 1-k 4,可得G k 1x 0+m k 1-k 4,k 1(k 4x 0+m )k 1-k4,设C (x C ,y C ),D (x D ,y D ),则有x C28+y C26=1,x D28+y D26=1,两式相减得:x C 2-x D28+y C 2-y D26=0,则有k 1=y C -y D x C-x D=-34·x C +xD y C+y D,又G 为CD 中点,则有k 1=-34·k 1x 0+mk1(k 4x 0+m ),将G 坐标代入CD 的方程可得4(k 4x 0+m )k 12+3x 0k 1+3m=0,同理可得4(k 4x 0+m )k 22+3x 0k 2+3m=0,故k 1,k 2为关于k 的方程4(k 4x 0+m )k 2+3x 0k+3m=0的两实根. 由韦达定理得k 1+k 2=-3x 04(k4x 0+m ).将x=x 0代入直线GH :y=k 4x+m ,可得N (x 0,k 4x 0+m ),故有k 3=k 4x 0+m x 0,则k 3(k 1+k 2)=k 4x 0+m x 0[-3x 04(k 4x 0+m )]=-34, 故k 3(k 1+k 2)为定值-34.证法二由题意知直线CD ,EF ,ON 的斜率都存在,分别为k 1,k 2,k 3,设P (t ,0),N (t ,k 3t )(t ≠0),则直线CD ,EF 的方程分别为y=k 1(x-t ),y=k 2(x-t ),两直线分别与曲线W 相交,联立方程{y =k 1(x -t ),x 28+y 26=1,得(6+8k 12)x 2-16k 12tx+8k 12t 2-48=0,解得{x G =x 1+x 22=4k 12t3+4k 12,y G =-3k 1t3+4k 12,可得G (4k 12t3+4k 12,-3k 1t3+4k 12),同理可得H (4k 22t3+4k 22,-3k 2t3+4k 22),。

数学二轮复习教案：第一部分专题五解析几何第三讲第二课时圆锥曲线的定点、定值、存在性问题

第三讲圆锥曲线的综合应用第二课时圆锥曲线的定点、定值、存在性问题圆锥曲线中的定点问题［方法结论]定点的探索与证明问题（1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b,k等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；（2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况．[典例］（2017·洛阳模拟)设椭圆E：错误!＋错误!＝1（a＞b＞0）的右焦点为F,右顶点为A,B,C是椭圆上关于原点对称的两点（B，C均不在x轴上）,线段AC的中点为D，且B，F，D三点共线．（1）求椭圆E的离心率；(2）设F(1,0），过F的直线l交E于M，N两点，直线MA,NA分别与直线x＝9交于P，Q两点．证明：以PQ为直径的圆过点F.解析：(1)法一：由已知A（a,0），F（c,0)，设B(x0，y0)，C（－x0－y0)，则D（错误!,－错误!）,∵B，F，D三点共线，∴错误!∥错误!，又错误!＝(c－x0，－y0)，错误!＝(错误!，－错误!），∴－错误!y0（c－x0)＝－y0·错误!,∴a＝3c,从而e＝错误!。

法二:设直线BF交AC于D,连接OD，由题意知，OD是△CAB的中位线，∴OD綊错误!AB，∴错误!∥错误!，∴△OFD∽△AFB.∴错误!＝错误!，解得a＝3c,从而e＝错误!。

（2）∵F的坐标为(1，0)，∴c＝1，从而a＝3，∴b2＝8。

∴椭圆E的方程为错误!＋错误!＝1。

设直线l的方程为x＝ny＋1，（n≠0）由错误!⇒（8n2＋9)y2＋16ny－64＝0,∴y1＋y2＝－16n8n2＋9，y1y2＝错误!，其中M（ny1＋1，y1),N（ny2＋1，y2)．∴直线AM的方程为错误!＝错误!,∴P(9，错误!），同理Q（9，错误!)，从而错误!·错误!＝（8，错误!)·(8，错误!）＝64＋错误!＝64＋错误!＝64＋错误!＝0。

∴FP⊥FQ,即以PQ为直径的圆恒过点F.［类题通法］定点的探索与证明问题注意利用特殊化思想探求再证明,求解的方法常见的有如下两种：（1)直线过定点，引入适当的变量，求出直线方程，根据方程求出定点；(2）曲线过定点，先用特殊位置的曲线探求定点，再证明曲线过该点，与变量无关．[演练冲关］（2017·高考全国卷Ⅱ）设O为坐标原点，动点M在椭圆C:错误!＋y2＝1上,过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足错误!＝错误!错误!.（1）求点P的轨迹方程；（2)设点Q在直线x＝－3上，且错误!·错误!＝1,证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.解析：(1）设P（x,y）,M(x0，y0)，则N(x0，0），错误!＝（x－x0,y)，错误!＝（0,y0），由错误!＝错误!错误!得x0＝x，y0＝错误!y.因为M(x0,y0)在C上，所以错误!＋错误!＝1。

高考解析几何定点、定值问题例题以及答案详解

解析几何定点、定值问题1、已知椭圆C ：(22221>>0)y x a b a b +=的离心率为21，以原点为圆点，椭圆的短半轴为半径的圆与直线06=+-y x 相切。

（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）设P （4，0），A,B 是椭圆C 上关于x 轴对称的任意两个不同的点，连接PB 交椭圆C 于另一点E ，证明直线AE 与x 轴相交于定点Q ；2、斜率为1的直线l 过抛物线2:2(0)y px p Ω=>的焦点F ，与抛物线交于两点A ，B 。

（1）若|AB|=8，求抛物线Ω的方程；（2）设P 是抛物线Ω上异于A ，B 的任意一点，直线PA ，PB 分别交抛物线的准线于M ，N 两点，证明M ，N 两点的纵坐标之积为定值（仅与p 有关）。

3、在平面直角坐标系中，点(,)P x y 为动点，已知点A，(B ，直线PA 与PB的斜率之积为12-.（I ）求动点P 轨迹E 的方程;（II ）过点(1,0)F 的直线l 交曲线E 于,M N 两点，设点N 关于x 轴的对称点为Q (Q M 、不重合)，求证：直线MQ 过定点.4、如图，曲线C 1是以原点O 为中心，F 1、F 2为焦点的椭圆的一部分，曲线C 2是以原点O为顶点，F 2为焦点的抛物线的一部分，3(2A 是曲线C 1和C 2的交点.(Ⅰ)求曲线C 1和C 2所在的椭圆和抛物线的方程；(Ⅱ)过F 2作一条与x 轴不垂直的直线，分别与曲线C 1、C 2依次交于B 、C 、D 、E 四点，若G 为CD 中点，H 为BE 中点，问22||||||||BE GF CD HF ⋅⋅是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由.5、已知抛物线)0(22>-=p px y 的焦点为F ，过F 的直线交y 轴正半轴于P 点，交抛物线于,A B 两点，其中A 在第二象限。

（1）求证：以线段FA 为直径的圆与y 轴相切；（2）若12FA AP,BF FA λλ==，求21λλ-的值.6、已知抛物线:C 22(0)y px p =>的准线为l ,焦点为F .⊙M 的圆心在x 轴的正半轴上,且与y 轴相切．过原点O 作倾斜角为3π的直线,交l 于点A , 交⊙M 于另一点B ,且2AO OB ==.（Ⅰ）求⊙M 和抛物线C 的方程；（Ⅱ）过圆心M 的直线交抛物线C 于P 、Q 两点,求OP OQ ⋅的值。

湖南高考数学定值定点问题专项练习及答案

湖南高考数学定值定点问题专项练习及答案
在处置椭圆定值定点效果的进程中,体验以静态的观念研讨解析几何效果的思想方式，下面是定值定点效果专项练习，请考生仔细练习。

例1：椭圆C：+=1经过点(0，0)，离心率为，直线l经过椭圆C的右焦点F交椭圆于A、B两点。

(1)求椭圆C的方程;
(2)假定直线l交y轴于点M，且=，=，当直线l的倾斜角变化时，探求+的值能否为定值?假定是，求出+否那么，请说明理由。

破题切入点：
(1)待定系数法。

(2)经过直线的斜率为参数树立直线方程，代入椭圆方程消y 后可得点A，B的横坐标的关系式，然后依据向量关系式=，=。

把，用点A，B的横坐标表示出来，只需证明+的值与直线的斜率k有关即证明了其为定值，否那么就不是定值。

解：(1)依题意得b=，e==，a2=b2+c2，
a=2，c=1，椭圆C的方程为+=1。

(2)因直线l与y轴相交于点M，故斜率存在，
又F坐标为(1，0)，设直线l方程为
y=k(x-1)，求得l与y轴交于M(0，-k)，
设l交椭圆A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由消去y得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0，
x1+x2=，x1x2=，
又由=，(x1，y1+k)=(1-x1，-y1)，
=，同理=，
所以当直线l的倾斜角变化时，直线+的值为定值-。

定值定点效果专项练习及答案分享到这里，更多内容请关注高考数学试题栏目。

2020版高考数学二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的定值、定点及证明问题学案文

第3讲圆锥曲线中的定值、定点及证明问题［做真题］（2019·高考全国卷Ⅲ节选)已知曲线C：y＝错误!，D为直线y ＝－错误!上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B。

证明：直线AB过定点．证明:设D错误!,A（x1，y1），则x错误!＝2y1.由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故错误!＝x1.整理得2tx1－2y1＋1＝0。

设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.所以直线AB过定点错误!.[明考情]圆锥曲线中的定点、定值问题是高考命题的热点，无论是选择题、填空题，还是解答题，只要考查与曲线有关的运动变化,都可能涉及探究定点或定值，因而这类问题考查范围广泛，命题形式新颖．定值问题1．直接消参求定值：常见定值问题的处理方法：（1）确定一个（或两个)变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示：（2)将所求表达式用核心变量进行表示（有的甚至就是核心变量)，然后进行化简，看能否得到一个常数．2．从特殊到一般求定值:常见处理技巧：（1）在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢；（2)巧妙利用变量间的关系,例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入,简化运算．圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得OA→·错误!＋λ错误!·错误!为定值？若存在，求λ的值；若不存在,请说明理由．当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1,A，B 的坐标分别为(x1，y1)，（x2，y2)．联立错误!得（2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)〉0，所以x1＋x2＝－错误!，x1x2＝－22k2＋1.[关键2:当直线AB的斜率存在时,联立直线方程与椭圆方程，用参数表示交点坐标的联系]从而错误!·错误!＋λ错误!·错误!＝x1x2＋y1y2＋λ［x1x2＋(y1－1）(y2－1）]＝（1＋λ)(1＋k2）x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝错误!＝－错误!－λ－2.所以，当λ＝1时,－λ－12k2＋1－λ－2＝－3.[关键3：构造错误!·错误!＋λ错误!·错误!关于k，λ的表达式，得到当λ＝1时错误!·错误!＋λ错误!·错误!的值]此时，错误!·错误!＋λ错误!·错误!＝－3为定值．故存在常数λ＝1，使得错误!·错误!＋λ错误!·错误!为定值－3。

2020届高考数学二轮复习之解析几何定点定值存在性问题

高考数学二轮复习之解析几何定点定值存在性问题定点定值存在性问题为常见圆锥曲线大题题型，固定套路都是先联立方程组消参得出一个二元一次方程，再利用韦达定理得出根与系数的关系，然后结合题目所给条件所问问题，直接套用公式解答（可能还跟导数相结合）。

但在考试当中考生往往拿分不高，要么没时间，要么没思路，要么没整明白步骤分怎么拿...1、设双曲线226x y -=的左右顶点分别为1A 、2A ，P 为双曲线右支上一点，且位于第一象限，直线1PA 、2PA 的斜率分别为1k 、2k ，则12k k ⋅的值为．2、已知椭圆142:22=+y x C 的上、下焦点分别为1F 、2F ，过椭圆C 上一点)2,1(P 作倾斜角互补的两条直线PA 、PB ，分别交椭圆C 于A 、B 两点.则直线AB 的斜率为 .3、已知椭圆的两焦点分别为，是椭圆在第一象限内的一点，并满足，过作倾斜角互补的两条直线分别交椭圆于两点.（1）求点坐标；（2）当直线经过点时，求直线的方程；（3）求证直线的斜率为定值.4、求以为渐近线，且过点的双曲线的方程；（2）求以双曲线的顶点为焦点，焦点为顶点的椭圆的方程；（3）椭圆上有两点，，为坐标原点，若直线，斜率之积为，求证：为定值．5、设直线p x k y L +=11：交椭圆)0(12222>>=+Γb a b y a x ：于D C 、两点，交直线x k y L 22=：于点E ，且E 为CD 的中点，求证:2221ab k k -=⋅；6、已知椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的左右焦点分别为21,F F ，短轴两个端点为B A ,，且四边形BAF F 21是边长为2的正方形。

（1）求椭圆方程；（2）若D C ,分别是椭圆长轴的左右端点，动点M 满足CD MD ⊥，连接CM ，交椭圆于点P 。

证明：→→⋅OP OM 为定值；（3）在（2）的条件下，试问x 轴上是否存在异于点C 的定点Q ，使得以MP 为直径的圆恒过直线22142x y +=12F F 、P 121PF PF ⋅=u u u r u u u u r P PA PB 、A B 、PPA (AB AB 02=±y x )2,72(-A A B B P Q O OP OQ 5122OQ OP +MQ DP ,的交点，若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由。

高考数学二轮专题训练2-53课时突破解析几何解答题第2课时圆锥曲线中的定点定值问题课件

4
(2)由题意可知,直线PQ的斜率存在,故设直线PQ的方程为y=kx+2,
点P(x1,y1),Q(x2,y2),
则直线BP的方程为y=y1 1x-1,令y=0,
x1
得点M的横坐标xM=y1x1 1 ,……………………………………………………5分
直线BQ的方程为y=y2 1 x-1,令y=0,
x2
得点N的横坐标xN=y2x2 1 ,……………………………………………………6分
2
(2)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y2=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y2=4x,消去y,
得k2x2-(2k2+4k+4)x+(k+2)2=0.
设P(x1,y1),则x1=（k
2）2 ， k2
由题设知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为
(t， 4 t2 ),(t，
4 t2 ).
2
2
则k1+k2=
4 t2 2t
2
4 =t2-12,得t=2,不符合题设.
2t
a2 4,
b
2
1.
从而可设l:y=kx+m(m≠1).
将y=kx+m代入x2 +y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.
所以 1×(2+b)×a=3, ……………………………………………………1分
2
又因为e= c ,3所以a=2b,
a2
所以 ×1 (2+b)×2b=3,……………………………………………………2分

高考数学二轮复习第1篇专题7 解析几何第3讲第3课时定点、定值与探索性问题学案-人教版高三

第三课时定点、定值与探索性问题考向一圆锥曲线中的定值问题【典例】 (2018·临沂质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过(1,1)与⎝ ⎛⎭⎪⎫62，32两点．(1)求椭圆C 的方程；(2)过原点的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，椭圆C 上一点M 满足|MA |＝|MB |.求证：1|OA |2＋1|OB |2＋2|OM |2为定值． [思路分析]得⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋1b 2＝1，32a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，b 2＝32. 2分∴椭圆C 的方程为x 23＋2y 23＝1.4分(2)证明：由|MA |＝|MB |，知M 在线段AB 的垂直平分线上，由椭圆的对称性知A ，B 关于原点对称.5分①若点A ，B 是椭圆的短轴顶点，则点M 是椭圆的一个长轴顶点，此时1|OA |2＋1|OB |2＋2|OM |2＝1b 2＋1b 2＋2a2＝2．6分同理，若点A ，B 是椭圆的长轴顶点，则点M 是椭圆的一个短轴顶点，此时1|OA |2＋1|OB |2＋2|OM |2＝1a 2＋1a 2＋2b 2＝2．7分②若点A ，B ，M 不是椭圆的顶点，设直线l 的方程为y ＝kx (k ≠0)，则直线OM 的方程为y ＝－1kx ，设A (x 1，y 1)，B (－x 1，－y 1)， 8分由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 23＋2y 23＝1，消去y 得，x 2＋2k 2x 2－3＝0，解得x 21＝31＋2k 2，y 21＝3k 21＋2k 2，9分∴|OA |2＝|OB |2＝x 21＋y 21＝31＋k 21＋2k 2，同理|OM |2＝31＋k 22＋k2， 10分∴1|OA |2＋1|OB |2＋2|OM |2＝2×1＋2k 231＋k 2＋22＋k231＋k2＝2. 11分故1|OA |2＋1|OB |2＋2|OM |2＝2为定值. 12分[技法总结] 求解定值问题的两大途径(1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关．(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．[变式提升]1．(2018·益阳三模)已知抛物线C 1的方程为x 2＝2py (p ＞0)，过点M (a ，－2p )(a 为常数)作抛物线C 1的两条切线，切点分别为A ，B ．(1)过焦点且在x 轴上截距为2的直线l 与抛物线C 1交于Q ，N 两点，Q ，N 两点在x 轴上的射影分别为Q ′，N ′，且|Q ′N ′|＝25，求抛物线C 1的方程；解因为抛物线C 1的焦点坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，所以过焦点且在x 轴上截距为2的直线方程是x 2＋y p 2＝1，即x 2＋2yp ＝1．联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2py ，x 2＋2yp＝1，消去y 并整理，得x 2＋p 22x －p 2＝0，设点Q (x Q ，y Q )，N (x N ，y N )，则x Q ＋x N ＝－p 22，x Q x N ＝－p 2．则|Q ′N ′|＝|x Q －x N |＝x Q ＋x N2－4x Q x N＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 222－4×－p 2＝p 44＋4p 2＝2 5 ，解得p ＝2．所以抛物线C 1的方程为x 2＝4y ．(2)设直线AM ，BM 的斜率分别为k 1，k 2, 求证：k 1·k 2为定值．证明设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1＞0，x 2＜0)，依题意，由x 2＝2py (p ＞0)，得y ＝x 22p ，则y ′＝x p．所以切线MA 的方程是y －y 1＝x 1p (x －x 1)，即y ＝x 1p x －x 212p .又点M (a ，－2p )在直线MA 上，于是有－2p ＝x 1p ×a －x 212p，即x 21－2ax 1－4p 2＝0．同理，有x 22－2ax 2－4p 2＝0，因此，x 1，x 2是方程x 2－2ax －4p 2＝0的两根，则x 1＋x 2＝2a ，x 1x 2＝－4p 2．所以k 1·k 2＝x 1p ·x 2p ＝x 1x 2p 2＝－4p 2p2＝－4，故k 1·k 2为定值得证．2．(2018·龙岩一模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，点⎝⎛⎭⎪⎫1，－32在椭圆上．不过原点的直线l 与椭圆交于A ，B 两点，且OA →·OB →＝0(O 为坐标原点)．(1)求椭圆C 的方程；(2)试判断1|OA |2＋1|OB |2是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由．解 (1)∵椭圆C 的离心率e ＝c a ＝32，又c 2＝a 2－b 2， ∴34a 2＝a 2－b 2，∴a 2＝4b 2．又点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32在椭圆上，∴1a 2＋34b 2＝1，即14b 2＋34b2＝1，∴b 2＝1，则a 2＝4， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1．(2)当直线OA 的斜率存在且不为0时，设其方程为y ＝kx ，∵A ，B 分别为椭圆上的两点，且OA →·OB →＝0，即OA ⊥OB ，∴直线OB 的方程为y ＝－1kx ．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，把y ＝kx 代入椭圆C ：x 24＋y 2＝1，得x 21＝41＋4k 2，∴y 21＝4k 21＋4k2，同理x 22＝4k 24＋k 2，∴y 22＝44＋k2，∴1|OA |2＋1|OB |2＝1x 21＋y 21＋1x 22＋y 22＝141＋4k 2＋4k 21＋4k2＋14k 24＋k 2＋44＋k2＝54．当直线OA ，OB 中的一条直线的斜率不存在时，则另一条直线的斜率为0，此时1|OA |2＋1|OB |2＝1a 2＋1b 2＝14＋1＝54．综上所述，1|OA |2＋1|OB |2为定值 54 ．考向二圆锥曲线中的定点问题【典例】 (2018·荆州二模)已知倾斜角为π4的直线经过抛物线Γ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点F ，与抛物线Γ相交于A 、B 两点，且|AB |＝8．(1)求抛物线Γ的方程；(2)过点P (12,8)的两条直线l 1、l 2分别交抛物线Γ于点C 、D 和E 、F ，线段CD 和EF 的中点分别为 M 、N . 如果直线l 1与l 2的倾斜角互余，求证：直线MN 经过一定点．(1)解由题意可设直线AB 的方程为y ＝x －p2，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －p 2，y 2＝2px消去y 整理得x 2－3px ＋p 24＝0，设令A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝3p ，由抛物线的定义得|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝4p ＝8， ∴4p ＝8，∴p ＝2． ∴抛物线的方程为y 2＝4x ．(2)证明设直线l 1、l 2的倾斜角分别为α、β，直线l 1的斜率为k ，则k ＝tan α． ∵直线l 1与l 2的倾斜角互余，∴tan β＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α＝cos αsin α＝1sin αcos α＝1tan α， ∴直线l 2的斜率为1k．∴直线CD 的方程为y －8＝k (x －12)，即y ＝k (x －12)＋8，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －12＋8，y 2＝4x消去x 整理得ky 2－4y ＋32－48k ＝0，∴y C ＋y D ＝4k ，∴x C ＋x D ＝24＋4k 2－16k，∴点M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫12＋2k2－8k ，2k ，以1k代替点M 坐标中的k ，可得点N 的坐标为(12＋2k 2－8k,2k )，∴k MN ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2－k 2－8⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －k ＝11k＋k －4．∴直线MN 的方程为y －2k ＝11k＋k －4[x －(12＋2k 2－8k )]，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1k＋k －4y ＝x －10，显然当x ＝10，y ＝0． ∴直线MN 经过定点(10,0)．[技法总结] 动线过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l 过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m,0)．(2)动曲线C 过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．[变式提升]3．(2018·甘肃检测)如图，设直线l ：y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋p 2与抛物线C ：y 2＝2px (p >0，p 为常数)交于不同的两点M ，N ，且当k ＝12时，弦MN 的长为415．(1)求抛物线C 的标准方程；(2)过点M 的直线交抛物线于另一点Q ，且直线MQ 过点B (1，－1)，求证：直线NQ 过定点．(1)解设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，当k ＝12时，直线l ：y ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋p 2，即x ＝2y －p2，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y －p 2，y 2＝2px ，消去x ，得y 2－4py ＋p 2＝0．∴y 1＋y 2＝4p ，y 1y 2＝p 2，于是得|MN |＝1＋4|y 1－y 2| ＝5×y 1＋y 22－4y 1y 2＝215|p |＝415，因为p >0，所以p ＝2，即抛物线C 的标准方程为y 2＝4x ．(2)证明设点M (4t 2,4t )，N (4t 21，4t 1)，Q (4t 22，4t 2)，易得直线MN ，MQ ，NQ 的斜率均存在，则直线MN 的斜率是k MN ＝4t －4t 14t 2－4t 21＝1t ＋t 1，从而直线MN 的方程是y ＝1t ＋t 1(x －4t 2)＋4t ，即x －(t ＋t 1)y ＋4tt 1＝0．同理可知MQ 的方程是x －(t ＋t 2)y ＋4tt 2＝0，NQ 的方程是x －(t 1＋t 2)y ＋4t 1t 2＝0．又易知点(－1,0)在直线MN 上，从而有4tt 1＝1．即t ＝14t 1，点B (1，－1)在直线MQ 上，从而有1－(t ＋t 2)×(－1)＋4tt 2＝0，即1－⎝⎛⎭⎪⎫14t 1＋t 2×(－1)＋4×14t 1×t 2＝0，化简得4t 1t 2＝－4(t 1＋t 2)－1．代入NQ 的方程得x －(t 1＋t 2)y －4(t 1＋t 2)－1＝0．所以直线NQ 过定点(1，－4)．4．(2018·绵阳三模)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，MF 2⊥x 轴，直线MF 1交y 轴于H 点，OH ＝24，Q 为椭圆E 上的动点，△F 1F 2Q 的面积的最大值为1．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点S (4,0)作两条直线与椭圆E 分别交于A 、B 、C 、D ，且使AD ⊥x 轴，如图，问四边形ABCD 的两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．解 (1)设F (c,0)，由题意可得c 2a 2＋y 2b 2＝1，即y M ＝b 2a．∵OH 是△F 1F 2M 的中位线，且OH ＝24， ∴|MF 2|＝22，即b 2a ＝22，整理得a 2＝2b 4.①又由题知，当Q 在椭圆E 的上顶点时，△F 1F 2M 的面积最大，∴12×2c ×b ＝1，整理得bc＝1，即b 2(a 2－b 2)＝1，② 联立①②可得2b 6－b 4＝1，变形得(b 2－1)(2b 4＋b 2＋1)＝0，解得b 2＝1，进而a 2＝2． ∴椭圆E 的方程式为x 22＋y 2＝1．(2)设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则由对称性可知D (x 1，－y 1)，B (x 2，－y 2)．设直线AC 与x 轴交于点(t,0)，直线AC 的方程为x ＝my ＋t (m ≠0)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋t ，x 22＋y 2＝1消去x ，得(m 2＋2)y 2＋2mty ＋t 2－2＝0，∴y 1＋y 2＝－2mt m 2＋2，y 1y 2＝t 2－2m 2＋2，由A 、B 、S 三点共线k AS ＝k BS ，即y 1x 1－4＝－y 2x 2－4，将x 1＝my 1＋t ，x 2＝my 2＋t 代入整理得y 1(my 2＋t －4)＋y 2(my 1＋t －4)＝0，即2my 1y 2＋(t －4)(y 1＋y 2)＝0，从而2m t 2－2－2mt t －4m 2＋2＝0，化简得2m (4t －2)＝0，解得t ＝12，于是直线AC 的方程为x ＝my ＋12，故直线AC 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0. 同理可得BD 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0， ∴直线AC 与BD 的交点是定点，定点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0．。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

专题六第三讲定点、定值、存在性问题A 组1．(2017·天津津南一模)平面直角坐标系中，已知两点A (3,1)，B (－1,3)，若点C 满足OC →＝λ1OA →＋λ2OB →(O 为原点)，其中λ1，λ2∈R ，且λ1＋λ2＝1，则点C 的轨迹是 ( A )A ．直线B ．椭圆C ．圆D ．双曲线[解析] 设C (x ，y )，因为OC →＝λ1OA →＋λ2OB →，所以(x ，y )＝λ1(3,1)＋λ2(－1,3)，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3λ1－λ2，y ＝λ1＋3λ2，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ1＝y ＋3x10，λ2＝3y －x10，又λ1＋x 2＝1，所以y ＋3x 10＋3y －x10＝1，即x＋2y ＝5，所以点C 的轨迹为直线．故选A ．2．(2017·长春质检)过双曲线x 2－y 215＝1的右支上一点P ，分别向圆C 1：(x ＋4)2＋y2＝4和圆C 2：(x －4)2＋y 2＝1作切线，切点分别为M ，N ，则|PM |2－|PN |2的最小值为 ( B )A ．10B ．13C ．16D ．19[解析] 由题意可知，|PM |2－|PN |2＝(|PC 1|2－4)－(|PC 2|2－1)，因此|PM |2－|PN |2＝|PC 1|2－|PC 2|2－3＝(|PC 1|－|PC 2|)(|PC 1|＋|PC 2|)－3＝2(|PC 1|＋|PC 2|)－3≥2|C 1C 2|－3＝13．故选B ．3．(2017·山西质检)已知F 1，F 2分别是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，且|F 1F 2|＝2，若P 是该双曲线右支上的一点，且满足|PF 1|＝2|PF 2|，则△PF 1F 2面积的最大值是 ( B )A ．1B ．43 C ．53D ．2[解析] ∵⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|＝2|PF 2|，|PF 1|－|PF 2|＝2a ，∴|PF 1|＝4a ，|PF 2|＝2a ，设∠F 1PF 2＝θ，∴cos θ＝16a 2＋4a 2－42×4a ×2a ＝5a 2－14a ，∴S 2△PF 1F 2＝(12×4a ×2a ×sin θ)2＝16a 4(1－25a 4－10a 2＋116a4) ＝169－9(a 2－59)2≤169，当且仅当a 2＝59时，等号成立，故S △PF 1F 2的最大值是43．故选B ．4．(2017·云南统检)已知双曲线M 的焦点F 1，F 2在x 轴上，直线7x ＋3y ＝0是双曲线M 的一条渐近线，点P 在双曲线M 上，且PF 1→·PF 2→＝0，如果抛物线y 2＝16x 的准线经过双曲线M 的一个焦点，那么|PF 1→|·|PF 2→|＝ ( B )A ．21B ．14C ．7D ．0[解析] 设双曲线方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)，∵直线7x ＋3y ＝0是双曲线M 的一条渐近线， ∴b a ＝73，① 又抛物线的准线为x ＝－4，∴c ＝4② 又a 2＋b 2＝c 2.③ ∴由①②③得a ＝3．设点P 为双曲线右支上一点，∴由双曲线定义得|||PF 1|－|PF 2|＝6④ 又PF 1→·PF 2→＝0， ∴PF 1→⊥PF 2→，∴在Rt △PF 1F 2中|PF 1→|2＋|PF 2→|2＝82⑤ 联立④⑤，解得|PF 1→|·|PF 2→|＝14．5．已知直线y ＝k (x ＋2)(k ＞0)与抛物线C ：y 2＝8x 相交于A 、B 两点，F 为C 的焦点，若|FA |＝2|FB |，则k 的值为 ( D )A ．13B ．23C ．23D ．223[解析] 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1>0，x 2>0， ∴|FA |＝x 1＋2，|FB |＝x 2＋2，∴x 1＋2＝2x 2＋4， ∴x 1＝2x 2＋2．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8x y ＝k x ＋，得k 2x 2＋(4k 2－8)x ＋4k 2＝0，∴x 1x 2＝4，x 1＋x 2＝8－4k 2k 2＝8k2－4．由⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2x 2＋2x 1x 2＝4，得x 22＋x 2－2＝0，∴x 2＝1，∴x 1＝4，∴8k 2－4＝5，∴k 2＝89，k ＝233． 6．(文)已知有公共焦点的椭圆与双曲线的中心为原点，焦点在x 轴上，左、右焦点分别为F 1、F 2，且它们在第一象限的交点为P ，△PF 1F 2是以PF 1为底边的等腰三角形．若|PF 1|＝10，双曲线的离心率的取值范围为(1,2)．则该椭圆的离心率的取值范围是 ( C )A ．(13，12)B ．(25，12)C ．(13，25)D ．(12，1)[解析] 设椭圆的半焦距为c ，长半轴长为a ，由椭圆的定义及题意知，|PF 1|＝2a －|PF 2|＝2a －2c ＝10，得到a －c －5＝0，因为双曲线的离心率的取值范围为(1,2)，所以1<c5－c<2，∴52<c <103，∵椭圆的离心率e ＝c a ＝c c ＋5＝1－5c ＋5，且13<1－5c ＋5<25，∴该椭圆的离心率的取值范围是(13，25)．(理)(2016·四川卷，8)设O 为坐标原点，P 是以F 为焦点的抛物线y 2＝2px (p >0)上任意一点，M 是线段PF 上的点，且|PM |＝2|MF |，则直线OM 斜率的最大值为 ( C )A ．33B ．23C ．22D ．1[解析] 设P (t 22p ，t )，则F (p2，0)，则由|PM |＝2|MF |，得M (p ＋t 22p 3，t3)，当t ＝0时，直线OM 的斜率k ＝0，当t ≠0时，直线OM 的斜率k ＝tp ＋t 22p ＝1p t ＋t2p，所以|k |＝1p |t |＋|t |2p≤12p |t |·|t |2p＝22，当且仅当p |t |＝|t |2p 时取等号，于是直线OM 的斜率的最大值为22，故选C ．7．(2017·河南洛阳统考)已知F 1，F 2分别是双曲线3x 2－y 2＝3a 2(a >0)的左、右焦点，P 是抛物线y 2＝8ax 与双曲线的一个交点，若|PF 1|＋|PF 2|＝12，则抛物线的准线方程为__x ＝－2__.[解析] 将双曲线方程化为标准方程得x 2a 2－y 23a 2＝1，抛物线的准线为x ＝－2a ，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2－y 23a 2＝1，y 2＝8ax⇒x ＝3a ，即点P 的横坐标为3a .而由⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|＋|PF 2|＝12，|PF 1|－|PF 2|＝2a ⇒|PF 2|＝6－a ，又易知F 2为抛物线的焦点，∴|PF 2|＝3a ＋2a ＝6－a ，得a ＝1，∴抛物线的准线方程为x ＝－2．8．(2017·南昌一模)已知抛物线C ：x 2＝4y 的焦点为F ，过点F 且斜率为1的直线与抛物线相交于M ，N 两点．设直线l 是抛物线C 的切线，且l ∥MN ，P 为l 上一点，则PM →·PN →的最小值为__－14__.[解析] 由题意知F (0,1)，所以过点F 且斜率为1的直线方程为y ＝x ＋1，代入x 2＝4y ，整理得x 2－4x －4＝0，解得x ＝2±22，所以可取M (2－22，3－22)，N (2＋22，3＋22)，因为l ∥MN ，所以可设l 的方程为y ＝x ＋m ，代入x 2＝4y ，整理得x 2－4x －4m ＝0，又直线l 与抛物线相切，所以Δ＝(－4)2－4(－4m )＝0，所以m ＝－1，l 的方程为y ＝x －1.设点P (x ，x －1)，则PM →＝(2－x －22，4－x －22)，PN →＝(2－x ＋22，4－x ＋22)，PM →·PN →＝(2－x )2－8＋(4－x )2－8＝2x 2－12x ＋4＝2(x －3)2－14≥－14．9．(2017·石家庄质检)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过F 的直线l 与抛物线交于A ，B 两点，M 为抛物线C 的准线与x 轴的交点，若tan ∠AMB ＝22，则|AB |＝__8__.[解析] 依题意作出图象如图所示，设l ：x ＝my ＋1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝my ＋1得，y 2－4my －4＝0，∴y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4，x 1x 2＝y 214·y 224＝1，x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)＋2＝4m 2＋2．∵tan ∠AMB ＝tan(∠AMF ＋∠BMF )， ∴y 1x 1＋1＋－y 2x 2＋11－y 1x 1＋1·－y 2x 2＋1＝22，y 1my 2＋－y 2my 1＋x 1＋x 2＋＋y 1y 2＝22，y 1－y 2＝42m 2，∴4m 2＋1＝42m 2，m 2＝1，∴|AB |＝|AF |＋|BF |＝x 1＋1＋x 2＋1＝4m 2＋4＝8．10．(文)已知圆M ：x 2＋(y －2)2＝1，直线l ：y ＝－1，动圆P 与圆M 相外切，且与直线l 相切．设动圆圆心P 的轨迹为E .(1)求E 的方程；(2)若点A ，B 是E 上的两个动点，O 为坐标原点，且OA →·OB →＝－16，求证：直线AB 恒过定点．[解析] (1)⊙O 的圆心M (0,2)，半径r ＝1，设动圆圆心P (x ，y )，由条件知|PM |－1等于P 到l 的距离，∴|PM |等于P 到直线y ＝－2的距离，∴P 点轨迹是以M (0,2)为焦点，y ＝－2为准线的抛物线．方程为x 2＝8y ．(2)设直线AB ：y ＝kx ＋b ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)将直线AB 的方程代入到x 2＝8y 中得x 2－8kx －8b ＝0，所以x 1＋x 2＝8k ，x 1x 2＝－8b ，又因为OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋x 21x 2264＝－8b ＋b 2＝－16⇒b ＝4所以直线BC 恒过定点(0,4)．(理)(2017·青岛检测)已知点F (1,0)，直线l ：x ＝－1，动点P 到点F 的距离等于它到直线l 的距离.(1)试判断点P 的轨迹C 的形状，并写出其方程；(2)是否存在过N (4,2)的直线m ，使得直线m 被截得的弦AB 恰好被点N 所平分？ [解析] (1)因为P 到点F 的距离等于它到直线l 的距离，所以点P 的轨迹C 是以F 为焦点，直线x ＝－1为准线的抛物线，其方程为y 2＝4x ．(2)解法一：假设存在满足题设的直线m .设直线m 与轨迹C 交于A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8，y 1＋y 2＝4.①当直线m 的斜率不存在时，直线m 方程为x ＝4，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝4，得y ＝±4与y 1＋y 2＝4矛盾，不合题意．②当直线m 的斜率存在时，设直线m 的方程为y －2＝k (x －4)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y －2＝k x －，y 2＝4x ，消去y ，得k 2x 2－(8k 2－4k ＋4)x ＋(2－4k )2＝0，(*) ∴x 1＋x 2＝8k 2－4k ＋4k2＝8，解得k ＝1．此时，方程(*)为x 2－8x ＋4＝0，其判别式大于零， ∴存在满足题设的直线m ．且直线m 的方程为：y －2＝x －4，即x －y －2＝0．解法二：假设存在满足题设的直线m .设直线m 与轨迹C 交于A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8，y 1＋y 2＝4，易判断直线m 不可能垂直于y 轴， ∴设直线m 的方程为x －4＝a (y －2)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧x －4＝ay －，y 2＝4x ，消去x ，得y 2－4ay ＋8a －16＝0， ∵Δ＝16(a －1)2＋48>0， ∴直线与轨迹C 必相交．又y 1＋y 2＝4a ＝4，∴a ＝1． ∴存在满足题设的直线m ，且直线m 的方程为：y －2＝x －4，即x －y －2＝0．解法三：假设存在满足题设的直线m .设直线m 与轨迹C 交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8，y 1＋y 2＝4.∵A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)在轨迹C 上，∴有⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝4x 1，①y 22＝4x 2，②由①－②得，y 21－y 22＝4(x 1－x 2)．当x 1＝x 2时，弦AB 的中点不是N ，不合题意， ∴y 1－y 2x 1－x 2＝4y 1＋y 2＝1，即直线AB 的斜率k ＝1，注意到点N 在曲线C 的张口内(或：经检验，直线m 与轨迹C 相交)， ∴存在满足题设的直线m ，且直线m 的方程为：y －2＝x －4，即x －y －2＝0．B 组1．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.(Ⅰ)求椭圆E 的方程；(Ⅱ)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2．[解析] (Ⅰ)由题意知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．(Ⅱ)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＝4kk －1＋2k2，x 1x 2＝2kk －1＋2k2．从而直线AP 与AQ 的斜率之和k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－k x 2＝2k ＋(2－k )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )×x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )×4k k －2k k －＝2k －2(k －1) ＝2．2．设椭圆E ：x 2a 2＋y 21－a 2＝1的焦点在x 轴上.(1)若椭圆E 的焦距为1，求椭圆E 的方程；(2)设F 1、F 2分别是椭圆E 的左、右焦点，P 为椭圆E 上第一象限内的点，直线F 2P 交y 轴于点Q ，并且F 1P ⊥F 1Q ，证明：当a 变化时，点P 在某条定直线上．[解析] (1)因为椭圆E 的焦点在x 轴上，焦距为1，所以2a 2－1＝14，解得a 2＝58．故椭圆E 的方程为8x 25＋8y23＝1．(2)设P (x 0，y 0)，F 1(－c,0)，F 2(c,0)，其中c ＝2a 2－1.由题设知x 0≠c ，则直线F 1P 的斜率kF 1P ＝y 0x 0＋c．直线F 2P 的斜率kF 2P ＝y 0x 0－c．故直线F 2P 的方程为y ＝y 0x 0－c(x －c )．当x ＝0时，y ＝cy 0c －x 0，即点Q 坐标为(0，cy 0c －x 0)．因此，直线F 1Q 的斜率为kF 1Q ＝y 0c －x 0．由于F 1P ⊥F 1Q ，所以kF 1P ·kF 1Q ＝y 0x 0＋c ·y 0c －x 0＝－1．化简得y 20＝x 20(2a 2－1)．①将①代入椭圆E 的方程，由于点P (x 0，y 0)在第一象限，解得x 0＝a 2，y 0＝1－a 2，即点P 在定直线x ＋y ＝1上．3．(文)设点P 是曲线C ：x 2＝2py (p >0)上的动点，点P 到点(0,1)的距离和它到焦点F 的距离之和的最小值为54.(2)若点P 的横坐标为1，过P 作斜率为k (k ≠0)的直线交C 于点Q ，交x 轴于点M ，过点Q 且与PQ 垂直的直线与C 交于另一点N ，问是否存在实数k ，使得直线MN 与曲线C 相切？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．[解析] (1)依题意知1＋p 2＝54，解得p ＝12．所以曲线C 的方程为x 2＝y ．(2)由题意直线PQ 的方程为：y ＝k (x －1)＋1，则点M (1－1k，0)．联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －＋1y ＝x 2，消去y 得x 2－kx ＋k －1＝0，得Q (k －1，(k －1)2)．所以得直线QN 的方程为y －(k －1)2＝－1k(x －k ＋1)．代入曲线方程y ＝x 2中，得x 2＋1k x －1＋1k－(1－k )2＝0．解得N (1－1k －k ，(1－k －1k)2)．所以直线MN 的斜率k MN ＝－k －1k2－1k －k －－1k＝－－k －1k2k．过点N 的切线的斜率k ′＝2(1－k －1k)．由题意有－－k －1k2k＝2(1－k －1k)．解得k ＝－1±52．故存在实数k ＝－1±52使命题成立．(理)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，离心率e ＝22，A 、B 是椭圆上的动点.(2)若直线OA 与OB 的斜率乘积k OA ·k OB ＝－12，动点P 满足OP →＝OA →＋λOB →， (其中实数λ为常数)．问是否存在两个定点F 1、F 2，使得|PF 1|＋|PF 2|为定值？若存在，求F 1、F 2的坐标，若不存在，说明理由．[解析] (1)由题设可知：⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，c a ＝22，∴a ＝2．又b 2＝a 2－c 2，∴b 2＝1， ∴椭圆标准方程为x 22＋y 2＝1．(2)设P (x ，y )、A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，则由OP →＝OA →＋λOB →得，(x ，y )＝(x 1，y 1)＋λ(x 2，y 2)＝(x 1＋λx 2，y 1＋λy 2)，即x ＝x 1＋λx 2，y ＝y 1＋λy 2．因为点A 、B 在椭圆x 2＋2y 2＝2上，所以x 21＋2y 21＝2，x 22＋2y 22＝2，故x 2＋2y 2＝(x 21＋λ2x 22＋2λx 1x 2)＋2(y 21＋λy 22＋2λy 1y 2) ＝(x 21＋2y 21)＋λ2(x 22＋2y 22)＋2λ(x 1x 2＋2y 1y 2) ＝2＋2λ2＋2λ(x 1x 2＋2y 1y 2)．设k OA ，k OB 分别为直线OA ，OB 的斜率，由题设条件知k OA ·k OB ＝y 1y 2x 1x 2＝－12，因此x 1x 2＋2y 1y 2＝0，所以x 2＋2y 2＝2＋2λ2. 即x 22＋2λ2＋y 21＋λ2＝1，所以P 点是椭圆x 22＋2λ2＋y 21＋λ2＝1上的点，设该椭圆的左、右焦点为F 1、F 2，则由椭圆的定义|PF 1|＋|PF 2|为定值．又因c ＝1＋λ2因此两焦点的坐标为F 1(－1＋λ2，0)，F 2(1＋λ2，0)．所以存在两个定点F 1(－1＋λ2，0)，F 2(1＋λ2，0)．使得|PF 1|＋|PF 2| ＝22＋2λ24．(2016·全国卷Ⅱ，20)已知椭圆E ：x 2t ＋y 23＝1的焦点在x 轴上，A 是E 的左顶点，斜率为k (k >0)的直线交E 于A ，M 两点，点N 在E 上，MA ⊥NA .(Ⅰ)当t ＝4，|AM |＝|AN |时，求△AMN 的面积；(Ⅱ)当2|AM |＝|AN |时，求k 的取值范围．[解析] (Ⅰ)设M (x 1，y 1)，则由题意知y 1>0．当t ＝4时，E 的方程为x 24＋y 23＝1，A (－2,0)．由已知及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为π4．因此直线AM 的方程为y ＝x ＋2．将x ＝y －2代入x 24＋y 23＝1，得7y 2－12y ＝0．解得y ＝0或y ＝127，所以y 1＝127．因此△AMN 的面积S △AMN ＝2×12×127×127＝14449． (Ⅱ)由题意知t >3，k >0，A (－t ，0)．将直线AM 的方程y ＝k (x ＋t )代入x 2t ＋y 23＝1得(3＋tk 2)x 2＋2t ·tk 2x ＋t 2k 2－3t ＝0．由x 1·(－t )＝t 2k 2－3t 3＋tk 2得x 1＝t －tk 23＋tk2，故|AM |＝|x 1＋t |1＋k 2＝6t ＋k 23＋tk 2．由题设知，直线AN 的方程为y ＝－1k(x ＋t )，故同理可得|AN |＝6k t ＋k 23k 2＋t ．由2|AM |＝|AN |得23＋tk 2＝k 3k 2＋t，即(k 2－2)t ＝3k (2k －1)．当k ＝32时上式不成立，因此t ＝3k k －k －2．t <3等价于k 3－2k 2＋k －2k 3－2＝k －k 2＋k 3－2<0，即k －2k 3－2<0．由此得⎩⎪⎨⎪⎧ k －2>0，k 3－2<0，或⎩⎪⎨⎪⎧ k －2<0，k 3－2>0，解得32<k <2．因此k 的取值范围是(32，2)．。