专题51 圆锥曲线的综合应用问题——定点、定值与探索性问题-2020年新高考数学一轮复习之考点题型深度剖析
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第八章 解析几何
解 (1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．又点P的坐标为(0,1)，
且P→C·P→D＝－1，
1－b2＝－1，
于是ac＝ 22，
解得a＝2，b＝ 2．
a2－b2＝c2.
所以椭圆E的方程为x42＋y22＝1．
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第八章 解析几何
又x22＋mx2－2＝0，可得xy＝ ＝－ －m122.， 所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为－m2 ，－12，半径r＝ m22＋9． 故圆在y轴上截得的弦长为2 r2－m2 2＝3， 即过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．
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第八章 解析几何
圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变 化的量与参数何时没有关系，找到定点． (2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与 变量无关．
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第八章 解析几何
第八章 解析几何
同理由P→N＝λ2N→Q知λ2＝ym2－1． ∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0，① 联立xx2＝＋t3yy－2＝m3，得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0， ∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，② 且有y1＋y2＝t22＋mt32 ，y1y2＝t2tm2＋2－33，③ ③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0， ∴(mt)2＝1， 由题意mt<0，∴mt＝－1，满足②， 得直线l方程为x＝ty＋1，过定点(1,0)，即Q为定点．
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第八章 解析几何
考点二 定值问题
师生 共研
(2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy中，曲线y＝x2＋mx－2与x轴交于A， B两点，点C的坐标为(0,1)．当m变化时，解答下列问题：
(1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由； (2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．
[训练]
在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝
x2 4
与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N
两点．
(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．
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第八章 解析几何
解 (1)由题设可得M(2 a，a)，N(－2 a，a)，或M(－2 a，a)，N(2 a，a)． 又y′＝2x，故y＝x42在x＝2 a处的导数值为 a， 所以C在点(2 a，a)处的切线方程为 y－a＝ a(x－2 a)，即 ax－y－a＝0． y＝x42在x＝－2 a处的导数值为－ a，所以C在点(－2 a，a)处的切线方程为y－ a＝－ a(x＋2 a)， 即 ax＋y＋a＝0． 故所求切线方程为 ax－y－a＝0和 ax＋y＋a＝0．
与椭圆分别交于点M、N，各点均不重合且满足P→M＝λ1M→Q，P→N＝λ2N→Q． (1)求椭圆的标准方程；
(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点并求此定点．
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第八章 解析几何
(1)解 设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，又a2＝b2＋ c2，∴a2＝3．
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[训练]
(2019·山东济宁模拟)如图，椭圆E：
x2 a2
＋
y2 b2
＝
1(a>b>0)的离心率是 22，点P(0,1)在短轴CD上，且P→C·P→D＝－
1．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使
得O→A·O→B＋λP→A·P→B为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
第八章 解析几何
(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，点A，B的坐标分别 为(x1，y1)，(x2，y2)．
联立x42＋2＝1，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0． y＝kx＋1
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0， 所以x1＋x2＝－2k42＋k 1，x1x2＝－2k22＋1．
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第八章 解析几何
(1)解 不能出现AC⊥BC的情况．理由如下： 设A(x1,0)，B(x2,0)，则x1，x2满足x2＋mx－2＝0， 所以x1x2＝－2． 又点C的坐标为(0,1)， 故AC的斜率与BC的斜率之积为－x11·－x21＝－12， 所以不能出现AC⊥BC的情况.
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第八章 解析几何
(2)存在符合题意的点．证明如下： 设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为 k1，k2． 将y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0． 故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a． 从而k1＋k2＝y1x－1 b＋y2x－2 b＝2kx1x2＋ax－1x2bx1＋x2＝ka＋a b． 当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补， 故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意.
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第八章 解析几何
核心素养系列 (四十九)逻辑推理——探索性问题中的核心素养 以定点、定值问题为依托，考查直线或曲线是否过定点、代数式或线段 长是否为定值，体现了探索性问题中逻辑推理的核心素养.
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第八章 解析几何
[素养练] 在平面直角坐标系xOy中，抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点A(4，
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看
观
谢
谢
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第八章 解析几何
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．
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第八章 解析几何
设B(x1，y1)，C(x2，y2)， 则y1＋y2＝4k，y1y2＝4k， 由O→B·O→C＝0，即x1x2＋y1y2＝0， 得(k2＋1)y1y2－k2(y1＋y2)＋k2＝0， 则有(k2＋1)·4k－k2·4k＋k2＝0， 解得k＝－4或k＝0(舍去)， ∴直线l存在，其方程为x＋4y－4＝0．
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第八章 解析几何
(2)证明 BC的中点坐标为x22，12，可得BC的中垂线方程为y－12＝x2x－x22． 由(1)可得x1＋x2＝－m， 所以AB的中垂线方程为x＝－m2 ．
x＝－m2 ， 联立y－12＝x2x－x22，
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m)在抛物线上，且|AF|＝5．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)是否存在直线l，使l过点(0,1)，并与抛物线交于B，C两点，且满足
→ OB
→ ·OC
＝
0？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
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第八章 解析几何
解 (1)∵点A(4，m)在抛物线上，且|AF|＝5，∴4＋p2＝5，∴p＝2． ∴抛物线的标准方程为y2＝4x． (2)存在．理由：由题意可设直线l的方程为x＝k(y－1)(k≠0)， 代入抛物线方程，整理得y2－4ky＋4k＝0， 则Δ＝16k2－16k＞0⇒k＜0或k＞1，
第八章 解析几何
第八节 圆锥曲线的综合应用问题 第二课时 定点、定值与探索性问题
第八章 解析几何
02 课堂互动·考点突破
师生
考点一 定点问题
共研
(2019·山东德州月考)已知椭圆
x2 a2
＋
y2 b2
＝1(a>0，b>0)过点(0,1)，其长轴、
焦距和短轴的长的平方依次成等差数列．直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q、P，
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第八章 解析几何
从而，O→A·O→B＋λP→A·P→B＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1 ＝－2λ－42kk22＋＋1－2λ－1＝－2λk－2＋11－λ－2． 所以，当λ＝1时，－2λk－2＋11－λ－2＝－3．
圆锥曲线：-定点、定值、探究性问题
圆锥曲线综合问题（3）—定点、定值、探究性问题一、【知识精讲】1.求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.2.定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，借助于直线系的思想找出定点.(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.3.求解范围问题的方法求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围，要特别注意变量的取值范围.4.圆锥曲线中常见最值的解题方法(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解.【注意点】1.求范围问题要注意变量自身的范围.2.利用几何意义求最值时，要注意“相切”与“公共点唯一”的不等价关系.注意特殊关系、特殊位置的应用.3.在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况.4.解决定值、定点问题，不要忘记特值法.二、【典例精练】考点一定点问题【例1】(2014山东卷)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l 交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,△ADF为正三角形.(1)求C的方程;(2)若直线l1∥l,且l1和C有且只有一个公共点E,(i)证明直线AE过定点,并求出定点坐标;(ii)△ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由.【解析】(1)由题意知F(p2,0).设D(t,0)(t>0),则FD的中点为(p+2t4,0).因为|FA|=|FD|,则由抛物线的定义知3+p2=|t-p2|,解得t=3+p或t=-3(舍去).由p+2t4=3,解得p=2.所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)(i)由(1)知F(1,0),设A(x0,y0)(x0y0≠0),D(x D,0)(x D>0), 因为|FA|=|FD|,则|x D-1|=x0+1,由x D>0得x D=x0+2,故D(x0+2,0).故直线AB的斜率k AB=-y02.因为直线l1和直线AB平行,所以可设直线l1的方程为y=-y02x+b,代入抛物线方程得y2+8y0y-8by0=0,由Δ=64y02+32by0=0,得b=-2y0.设E(x E,y E),则y E=-4y0,x E=4y02,当y02≠4时,k AE=y E-y0x E-x0=-4y0+y04y02-y024=4y0y02-4,可得直线AE的方程为y-y0=4y0y02-4(x-x0),由y02=4x0,整理可得y=4y0y02-4(x-1),直线AE恒过点F(1,0).当y02=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0),所以直线AE 过定点F(1,0). (ii)由(i)知直线AE 过焦点F(1,0),所以|AE|=|AF|+|FE|=(x 0+1)+(1x 0+1)=x 0+1x 0+2.设直线AE 的方程为x=my+1, 因为点A(x 0,y 0)在直线AE 上, 故m=x 0-1y 0,设B(x 1,y 1),直线AB 的方程为y-y 0=-y02(x-x 0), 由y 0≠0, 可得x=-2y 0y+2+x 0,代入抛物线方程得y 2+8y 0y-8-4x 0=0.所以y 0+y 1=-8y 0,可求得y 1=-y 0-8y 0,x 1=4x 0+x 0+4,所以点B 到直线AE 的距离为 d=|4x 0+x 0+4+m(y 0+8y 0)-1|√1+m 2=0√x =4(√x 0+√x ).则△ABE 的面积S=12×4(√x 0x )(x 0+1x 0+2)≥16,当且仅当1x 0=x 0,即x 0=1时等号成立. 所以△ABE 的面积的最小值为16.【解法小结】 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. 考点二 定值问题【例2】 (2019·河北省“五个一”名校联盟)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)是椭圆C 上两个动点，直线OP ，OQ 的斜率分别为k 1，k 2，若m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 12，y 1，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，y 2，m ·n＝0.(1)求证：k 1·k 2＝－14；(2)试探求△OPQ 的面积S 是否为定值，并说明理由. 【解析】(1)证明 ∵k 1，k 2均存在，∴x 1x 2≠0. 又m ·n ＝0，∴x 1x 24＋y 1y 2＝0，即x 1x 24＝－y 1y 2，∴k 1·k 2＝y 1y 2x 1x 2＝－14. (2)解 ①当直线PQ 的斜率不存在，即x 1＝x 2，y 1＝－y 2时，由y 1y 2x 1x 2＝－14，得x 214－y 21＝0. 又∵点P (x 1，y 1)在椭圆上，∴x 214＋y 21＝1，∴|x 1|＝2，|y 1|＝22.∴S △POQ ＝12|x 1||y 1－y 2|＝1. ②当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋b .联立得方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 24＋y 2＝1， 消去y 并整理得(4k 2＋1)x 2＋8kbx ＋4b 2－4＝0，其中Δ＝(8kb )2－4(4k 2＋1)(4b 2－4)＝16(1＋4k 2－b 2)>0，即b 2<1＋4k 2. ∴x 1＋x 2＝－8kb 4k 2＋1，x 1x 2＝4b 2－44k 2＋1.∵x 1x 24＋y 1y 2＝0，∴x 1x 24＋(kx 1＋b )(kx 2＋b )＝0，得2b 2－4k 2＝1(满足Δ>0).∴S △POQ ＝12|b |1＋k 2|PQ |＝12|b |（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝2|b |4k 2＋1－b 24k 2＋1＝1. 综合①②，△POQ 的面积S 为定值1.【解法小结】 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 (1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值. (2)两大解法：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②引起变量法：其解题流程为变量→选择适当的动点坐标或动线中系数为变量 ↓函数→把要证明为定值的量表示成上述变量的函数 ↓定值→把得到的函数化简，消去变量得到定值 考点三 探索性问题【例3】 (2019·福州四校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1，F 2，短轴的一个端点为P ，△PF 1F 2内切圆的半径为b3，设过点F 2的直线l 与被椭圆C 截得的线段为RS ，当l ⊥x 轴时，|RS |＝3.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)在x 轴上是否存在一点T ，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称？若存在，请求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】 (1)由内切圆的性质，得12×2c ×b ＝12×(2a ＋2c )×b 3，得c a ＝12.将x ＝c 代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得y ＝±b 2a ，所以2b2a＝3.又a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 垂直于x 轴时，显然x 轴上任意一点T 都满足TS 与TR 所在直线关于x 轴对称.当直线l 不垂直于x 轴时，假设存在T (t ，0)满足条件，设l 的方程为y ＝k (x －1)，R (x 1，y 1)，S (x 2，y 2).联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k23＋4k2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k2，① 其中Δ>0恒成立，由TS 与TR 所在直线关于x 轴对称，得k TS ＋k TR ＝0(显然TS ，TR 的斜率存在)， 即y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝0.②因为R ，S 两点在直线y ＝k (x －1)上， 所以y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)，代入②得k （x 1－1）（x 2－t ）＋k （x 2－1）（x 1－t ）（x 1－t ）（x 2－t ）＝k [2x 1x 2－（t ＋1）（x 1＋x 2）＋2t ]（x 1－t ）（x 2－t ）＝0，即2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0，③ 将①代入③得8k 2－24－（t ＋1）8k 2＋2t （3＋4k 2）3＋4k 2＝6t －243＋4k 2＝0，④则t ＝4，综上所述，存在T (4，0)，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称.【解法小结】 此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论. 三、【名校新题】1.(2019·石家庄模拟)已知P 为双曲线C ：x 29－y 216＝1上的点，点M 满足|OM →|＝1，且OM →·PM →＝0，则当|PM →|取得最小值时点P 到双曲线C 的渐近线的距离为( ) A.95 B.125C.4D.5【答案】 B【解析】 由OM →·PM →＝0，得OM ⊥PM ，根据勾股定理，求|MP |的最小值可以转化为求|OP |的最小值，当|OP |取得最小值时，点P 的位置为双曲线的顶点(±3，0)，而双曲线的渐近线为4x ±3y ＝0，∴所求的距离d ＝125. 2.(2019·成都诊断)设点Q 是直线l ：x ＝－1上任意一点，过点Q 作抛物线C ：y 2＝4x 的两条切线QS ，QT ，切点分别为S ，T ，设切线QS ，QT 的斜率分别为k 1，k 2，F 是抛物线的焦点，直线QF 的斜率为k 0，则下列结论正确的是( ) A.k 1－k 2＝k 0 B.k 1k 2＝2k 0 C.k 1－k 2＝2k 0D.k 1＋k 2＝2k 0【答案】 D【解析】 设点Q (－1，t )，由过点Q 的直线y －t ＝k (x ＋1)与抛物线C ：y 2＝4x 相切，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y －t ＝k （x ＋1），整理得k 2x 2＋2(k 2＋kt －2)x ＋(k ＋t )2＝0，则Δ＝4(k 2＋kt －2)2－4k 2(k ＋t )2＝0，化简得k 2＋tk －1＝0.显然k 1，k 2是关于k 的方程k 2＋tk －1＝0的两个根，所以k 1＋k 2＝－t .又k 0＝－t2，故k 1＋k 2＝2k 0.3.(2019·郑州调研)已知直线l 与双曲线x 24－y 2＝1相切于点P ，l 与双曲线的两条渐近线交于M ，N 两点，则OM →·ON →的值为( ) A.3 B.4C.5D.与P 的位置有关【答案】 A【解析】 依题意，设点P (x 0，y 0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，其中x 20－4y 20＝4，则直线l 的方程是x 0x4－y 0y ＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y ＝±12x .①当y 0＝0时，直线l 的方程是x ＝2或x ＝－2.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，x 24－y 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝±1，此时OM →·ON →＝(2，－1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可得当直线l 的方程是x ＝－2时，OM →·ON →＝3.②当y 0≠0时，直线l 的方程是y ＝14y 0(x 0x －4).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝14y 0（x 0x －4），x 24－y 2＝0，得(4y 2－x 20)x 2＋8x 0x －16＝0(*)，又x 20－4y 20＝4，因此(*)即是x 2－2x 0x ＋4＝0，x 1x2＝4，OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2－14x 1x 2＝34x 1x 2＝3.综上所述，OM →·ON →＝3.4.(2019·东北三省四校模拟)若双曲线x 2－y 2b2＝1(b ＞0)的一条渐近线与圆x 2＋(y －2)2＝1至多有一个公共点，则双曲线离心率的取值范围是________. 【答案】 (1，2]【解析】 双曲线的渐近线方程为y ＝±bx ，则有|0－2|1＋b2≥1，解得b 2≤3，则e 2＝1＋b 2≤4，∵e ＞1，∴1＜e ≤2.5.(2019·湘中名校联考)已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，△ABC 的顶点都在抛物线上，且满足FA →＋FB →＋FC →＝0，则1k AB ＋1k AC ＋1k BC＝________.【答案】 0【解析】 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，由FA →＋FB →＋FC →＝0，得y 1＋y 2＋y 3＝0.因为k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝2p y 1＋y 2，所以k AC ＝2p y 1＋y 3，k BC ＝2p y 2＋y 3，所以1k AB ＋1k AC ＋1k BC ＝y 1＋y 22p ＋y 3＋y 12p ＋y 2＋y 32p＝0. 6.(2019·合肥模拟)若点O 和点F 分别为椭圆x 29＋y 28＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任一点，则OP →·FP→的最小值为________. 【答案】 6【解析】 点P 为椭圆x 29＋y 28＝1上的任意一点，设P (x ，y )(－3≤x ≤3，－22≤y ≤22)，依题意得左焦点F (－1，0)，∴OP →＝(x ，y )，FP →＝(x ＋1，y )， ∴OP →·FP →＝x (x ＋1)＋y 2＝x 2＋x ＋72－8x 29＝19⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922＋234.∵－3≤x ≤3，∴32≤x ＋92≤152，∴94≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922≤2254， ∴14≤19⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922≤22536，∴6≤19⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922＋234≤12，即6≤OP →·FP →≤12，故最小值为6. 7.(2019·咸阳二模)已知A (－2，0)，B (2，0)，点C 是动点，且直线AC 和直线BC 的斜率之积为－34.(1)求动点C 的轨迹方程；(2)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. 【解析】 (1)设C (x ，y ).由题意得k AC ·k BC ＝yx ＋2·y x －2＝－34(y ≠0). 整理，得x 24＋y 23＝1(y ≠0).故动点C 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0).(2) 易知直线l 的斜率存在，设直线l ：y ＝kx ＋m .联立得方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1.消去y 并整理，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.依题意得Δ＝(8km )2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝0， 即3＋4k 2＝m 2.设x 1，x 2为方程(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0的两个根，则x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，∴x 1＝x 2＝－4km3＋4k 2.∴P ⎝⎛⎭⎪⎫－4km 3＋4k 2，3m 3＋4k 2，即P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m ，3m .又Q (4，4k ＋m )，设R (t ，0)为以PQ 为直径的圆上一点，则由RP →·RQ →＝0， 得⎝⎛⎭⎪⎫－4km－t ，3m ·(4－t ，4k ＋m )＝0.整理，得4k m(t －1)＋t 2－4t ＋3＝0.由k m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).8.(2019·江西九校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1过A (2，0)，B (0，1)两点.(1)求椭圆C 的方程及离心率；(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值.【解析】(1)解 由题意知，a ＝2，b ＝1， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.因为c ＝a 2－b 2＝3， 所以椭圆C 的离心率e ＝c a ＝32. (2)证明 设P (x 0，y 0)(x 0<0，y 0<0)，则x 20＋4y 20＝4. 因为A (2，0)，B (0，1)， 所以直线PA 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2，从而|BM |＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2.直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1，令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1. 所以四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x 0y 0－1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2y 0x 0－2＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42（x 0y 0－x 0－2y 0＋2） ＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2，所以四边形ABNM 的面积为定值2.9. (2019·长春质量监测)已知直线l 过抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点，且垂直于抛物线的对称轴，l 与抛物线两交点间的距离为2. (1)求抛物线C 的方程；(2)若点P (2，2)，过点(－2，4)的直线m 与抛物线C 相交于A ，B 两点，设直线PA 与PB 的斜率分别为k 1和k 2.求证：k 1k 2为定值，并求出此定值.【解析】(1)解 由题意可知，2p ＝2，解得p ＝1，则抛物线的方程为x 2＝2y .(2)证明 由题易知直线m 的斜率存在，设直线m 的方程为y －4＝k (x ＋2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则k 1＝y 1－2x 1－2＝k （x 1＋2）＋2x 1－2，k 2＝y 2－2x 2－2＝k （x 2＋2）＋2x 2－2， k 1k 2＝[k （x 1＋2）＋2][k （x 2＋2）＋2]（x 1－2）（x 2－2）＝k 2[x 1x 2＋2（x 1＋x 2）＋4]＋2k （x 1＋x 2＋4）＋4x 1x 2－2（x 1＋x 2）＋4，联立抛物线x 2＝2y 与直线y －4＝k (x ＋2)的方程消去y 得x 2－2kx －4k －8＝0，其中Δ＝4(k 2＋4k ＋8)>0恒成立，可得x 1＋x 2＝2k ，x 1x 2＝－4k －8，则k 1k 2＝－1. 因此k 1k 2为定值，且该定值为－1.10.(2019·银川检测)已知动点P 到定点F (1，0)和到直线x ＝2的距离之比为22，设动点P 的轨迹为曲线E ，过点F 作垂直于x 轴的直线与曲线E 相交于A ，B 两点，直线l ：y ＝mx ＋n 与曲线E 交于C ，D 两点，与AB 相交于一点(交点位于线段AB 上，且与A ，B 不重合). (1)求曲线E 的方程；(2)当直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切时，四边形ACBD 的面积是否有最大值？若有，求出其最大值及对应的直线l 的方程；若没有，请说明理由.【解析】 (1)设点P (x ，y )，由题意，可得（x －1）2＋y 2|x －2|＝22，得x 22＋y 2＝1.∴曲线E 的方程是x 22＋y 2＝1. (2)设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由条件可得|AB |＝ 2.当m ＝0时，显然不合题意.当m ≠0时，∵直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切， ∴|n |m 2＋1＝1，得n 2＝m 2＋1. 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝mx ＋n ，x 22＋y 2＝1，消去y 得⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋12x 2＋2mnx ＋n 2－1＝0， 则Δ＝4m 2n 2－4⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋12(n 2－1)＝2m 2>0， x 1＋x 2＝－4mn 2m 2＋1，x 1x 2＝2（n 2－1）2m 2＋1， S 四边形ACBD ＝12|AB |·|x 1－x 2|＝2|m |2m 2＋1＝22|m |＋1|m |≤22， 当且仅当2|m |＝1|m |，即m ＝±22时等号成立， 因为直线l 与线段AB 有交点，所以当m ＝22时，n ＝－62； 当m ＝－22时，n ＝62. 经检验可知，直线y ＝22x －62和直线y ＝－22x ＋62都符合题意. 11.(2019届四川攀枝花第一次统考,20)椭圆C:x 24+y 2=1的右顶点和上顶点分别为A,B,斜率为12的直线l 与椭圆C 交于P 、Q 两点(点P 在第一象限).(1)求证:直线AP 、BQ 的斜率之和为定值;(2)求四边形APBQ 面积的取值范围.【解析】 (1)证明:设直线l 的方程为y=12x+m,代入椭圆C:x 24+y 2=1,并整理得x 2+2mx+2m 2-2=0,设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),则{x 1+x 2=-2m ,x 1x 2=2m 2-2.从而k AP +k BQ =y 1x 1-2+y 2-1x 2=x 1x 2+(m -1)(x 1+x 2-2)(x 1-2)x 2=2m 2-2+(m -1)(-2m -2)(x 1-2)x 2=0,所以直线AP 、BQ 的斜率之和为定值0.(2)设C:x 24+y 2=1的左顶点和下顶点分别为E,D,则直线l 、BE 、AD 为互相平行的直线,所以A,B 两点到直线l 的距离等于两平行线BE 、AD 间的距离, ∴d=√1+14.∵|PQ|=√1+k 2|x 2-x 1|=√1+14|x 2-x 1|, ∴S 四边形△APBQ =12d·|PQ|=|x 2-x 1|=√8-4m 2,又P 点在第一象限,∴-1<m<1. ∴S 四边形APBQ ∈(2,2√2].12.(2019届四川成都高新区10月月考,20)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)如图,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,问四边形ABCD 的两条对角线的交点是不是定点?若是,求出该定点的坐标;若不是,请说明理由.【解析】 (1)设M(c,y M ),由题意可得c 2a 2+y M2b 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、下顶点时,△F 1F 2Q 的面积最大,∴(S △F 1F 2Q )max =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 2+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 三点共线有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2my 1y 2+(t-4)(y 1+y 2)=0,从而2m (t 2-2)-2mt (t -4)m 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).。
2020高考新课标数学(文)一轮复习教材：专题研究 圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题
专题研究(二) 圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题专题概述：1.证明直线过定点，应根据已知条件建立直线方程中斜率k 或截距b 的关系式，此类问题中的定点多在坐标轴上；2.解决定值问题应以坐标运算为主，需建立相应的目标函数，然后代入相应的坐标运算，结果即可得到；3.无论定点或定值问题，都可先用特殊值法求出，然后再验证即可，这样可确定方向和目标；4.探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．[专题讲解]题型一 定点问题【典例1】 (2019·甘肃兰州模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)短轴的一个端点与其两个焦点构成面积为3的直角三角形．(1)求椭圆C 的方程；(2)过圆E ：x 2＋y 2＝2上任意一点P 作圆E 的切线l ，l 与椭圆C 交于A ，B 两点，以AB 为直径的圆是否过定点，若过定点，求出该定点；若不过定点，请说明理由．[审题程序]第一步：待定系数法求C 的方程；第二步：依据特殊情形确定定点；第三步：应用根与系数的关系，转化证明方向；第四步：计算推证．[规范解答] (1)因为椭圆C 短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形，所以b ＝c ，S ＝12·2c ·b ＝12a 2＝3，所以a ＝6，b ＝ 3.故椭圆C 的方程为x 26＋y 23＝1.(2)圆E 的方程为x 2＋y 2＝2，设O 为坐标原点，当直线l 的斜率不存在时，不妨设直线AB 的方程为x ＝2，则A (2，2)，B (2，－2)，所以∠AOB ＝π2，所以以AB 为直径的圆过坐标原点．当直线l 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．因为直线与相关圆相切，所以d ＝|m |1＋k 2＝m 21＋k2＝2，所以m 2＝2＋2k 2. 联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x 26＋y 23＝1，得x 2＋2(kx ＋m )2＝6，即(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0， Δ＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－6)＝8(6k 2－m 2＋3)＝8(4k 2＋1)>0，由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k 2，所以x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝(1＋k 2)(2m 2－6)1＋2k 2－4k 2m 21＋2k 2＋m 2＝3m 2－6k 2－61＋2k 2＝0. 所以OA→⊥OB →，所以以AB 为直径的圆恒过坐标原点O . [答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]1．(2019·广东佛山一中第二次段考)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，其左焦点到点P (2,1)的距离为10.(1)与椭圆C 的标准方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点(A ，B 不是左右顶点)，且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点．求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标．[解] (1)∵左焦点(－c,0)到点P (2,1)的距离为10， ∴(2＋c )2＋1＝10，解得c ＝1.又e ＝c a ＝12，解得a ＝2，∴b 2＝a 2－c 2＝3.∴所求椭圆C 的方程为：x 24＋y 23＝1.(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋mx 24＋y 23＝1得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0，Δ＝64m 2k 2－16(3＋4k 2)(m 2－3)>0，化简得3＋4k 2>m 2.∴x 1＋x 2＝－8km3＋4k 2，x 1x 2＝4(m 2－3)3＋4k 2. y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3(m 2－4k 2)3＋4k 2. ∵以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点D (2,0)，k AD ·k BD ＝－1，∴y 1x 1－2·y 2x 2－2＝－1， ∴y 1y 2＋x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝0，∴3(m 2－4k 2)3＋4k 2＋4(m 2－3)3＋4k 2＋16mk 3＋4k 2＋4＝0. 化简整理得7m 2＋16mk ＋4k 2＝0，解得m 1＝－2k ，m 2＝－2k 7， 且满足3＋4k 2－m 2>0.当m ＝－2k 时，l ：y ＝k (x －2)，直线过定点(2,0)与已知矛盾；当m ＝－2k 7时，l ：y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －27，直线过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫27，0. 综上可知，直线l 过定点，定点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫27，0. 题型二 定值问题【典例2】 (2019·北京石景山区一模)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点(0,1)，且离心率为32.(1)求椭圆E 的方程；(2)设直线l ：y ＝12x ＋m 与椭圆E 交于A ，C 两点，以AC 为对角线作正方形ABCD ，记直线l 与x 轴的交点为N ，问B ，N 两点间的距离是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由．[审题程序]第一步：待定系数法求出椭圆方程；第二步：弦长公式求|AC |；第三步：求出中点M ，利用勾股定理求出|BN |.[规范解答] (1)由题意可知，椭圆的焦点在x 轴上，椭圆过点(0,1)，则b ＝1.由椭圆的离心率e ＝c a ＝1－b 2a 2＝32，解得a ＝2，所以椭圆E 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，线段AC 的中点为M (x 0，y 0)．由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝12x ＋m ，x 24＋y 2＝1，整理得x 2＋2mx ＋2m 2－2＝0.由Δ＝(2m )2－4(2m 2－2)＝8－4m 2>0，解得 －2<m <2，所以x 1＋x 2＝－2m ，x 1x 2＝2m 2－2，y 1＋y 2＝12(x 1＋x 2)＋2m ＝m ，所以线段AC 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－m ，12m .则|AC |＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122×(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝ 1＋14×4m 2－4×(2m 2－2)＝10－5m 2.l 与x 轴的交点为N (－2m,0)，所以|MN |＝(－m ＋2m )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 2＝54m 2， 所以|BN |2＝|BM |2＋|MN |2＝14|AC |2＋|MN |2＝52. 故B ，N 两点间的距离为定值102.[解题反思] 本题主要利用椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系、根与系数的关系、弦长公式、中点坐标公式等证明两点间的距离为定值．解决问题的切入点是利用题设条件建立两点间的距离的关系式，巧妙消参得到定值．消去参变数或约去参变数是解决这类定值问题的常用方法．[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：[题型专练]2．(2019·安徽蚌埠模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点P (0,1)，离心率e ＝32.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 经过点Q (2，－1)且与C 相交于A ，B 两点(异于点P )，记直线P A 的斜率为k 1，直线PB 的斜率为k 2，证明：k 1＋k 2为定值．[解] (1)因为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，经过点P (0,1)，所以b＝1.又e ＝32，所以c a ＝32，解得a ＝2.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：若直线AB 的斜率不存在，则直线l 的方程为x ＝2，此时直线与椭圆相切，不符合题意．设直线AB 的方程为y ＋1＝k (x －2)，即y ＝kx －2k －1，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx －2k －1，x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－8k (2k ＋1)x ＋16k 2＋16k ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k (2k ＋1)1＋4k 2，x 1x 2＝16k 2＋16k 1＋4k2. k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝x 2(kx 1－2k －2)＋x 1(kx 2－2k －2)x 1x 2＝2kx 1x 2－(2k ＋2)(x 1＋x 2)x 1x 2＝2k －(2k ＋2)(x 1＋x 2)x 1x 2＝2k －(2k ＋2)·8k (2k ＋1)16k (k ＋1)＝2k －(2k ＋1)＝－1. 所以k 1＋k 2为定值，且定值为－1.题型三 探索性问题【典例3】 在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a >0)交于M ，N 两点．(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由．[审题程序]第一步：利用导数的几何意义求切线方程；第二步：假设存在符合题意的点；第三步：判断直线PM ，PN 的斜率之和是否为0；第四步：确定结果．[规范解答] (1)由题设可得M (2a ，a )，N (－2a ，a )，或M (－2a ，a )，N (2a ，a )．又y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ，C 在点(2a ，a )处的切线方程为y －a ＝a (x －2a )， 即ax －y －a ＝0.y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ，C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x ＋2a )， 即ax ＋y ＋a ＝0. 故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0.。
考点53 圆锥曲线的综合问题-----定点、定值和探索性问题
考点53 圆锥曲线的综合问题-----定点、定值和探索性问题高考题对圆锥曲线的考查，通常有两个选择(或一个选择、一个填空)题和一个解答题．解答题以椭圆、抛物线为背景出题，综合考查椭圆、抛物线方程、直线与椭圆(或抛物线)位置关系及综合计算、证明问题；选择题和填空题主要考查双曲线、抛物线(有时也考椭圆)的方程和几何性质问题，特别是双曲线(或椭圆)的离心率、双曲线的渐近线、抛物线的准线等知识，本部分比较难，往往压轴题形式出现．一、定值问题；二、定点问题；三、探究性问题。
定值问题解决圆锥曲线中的定值的基本方法定值问题在几何问题中，有些问题和参数无关，这就是定值问题，解决这类问题常通过取参数和特殊值来确定“定值”是多少，或者将问题涉及的几何式转化为代数式或三角式，证明该式是恒定的。
【典例】例1.已知椭圆C：22221x ya b+=（a>b>0）的离心率为32，A（a,0）,B(0,b)，O（0，0），△OAB的面积为1.（1）求椭圆C的方程；（2）设P的椭圆C上一点，直线PA与Y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N。
求证：BMAN⋅为定值。
解：（1）由题意得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+===,,121,23222c b a ab a c 解得1,2==b a .所以椭圆C 的方程为1422=+y x . （2）由（1）知，)1,0(),0,2(B A ，设),(00y x P ，则442020=+y x . 当00≠x 时，直线PA 的方程为)2(200--=x x y y . 令0=x ，得2200--=x y y M .从而221100-+=-=x y y BM M .直线PB 的方程为1100+-=x x y y . 令0=y ，得100--=y x x N .从而12200-+=-=y x x AN N . 所以221120000-+⋅-+=⋅x y y x BM AN 228844224844400000000000000002020+--+--=+--+--++=y x y x y x y x y x y x y x y x y x 4=. 当00=x 时，10-=y ，,2,2==AN BM 所以4=⋅BM AN .综上，BM AN ⋅为定值.涉及直线过定点的问题：若涉及直线过定点的证明，则直线一定为含有参数的动直线，即直线系，对于直线系方程，可将直线方程化为(,)(,)0f x y g x y λ+=，令(,)0,(,)0f x y g x y ==且，求出交点坐标即为定点，例如直线的点斜式方程00(),y y k x x -=-对于参数k ，此直线系过定点00(,)x y 。
圆锥曲线中的定点、定值问题(含解析)
圆锥曲线中的定点、定值问题一、题型选讲题型一 、 圆锥曲线中过定点问题圆锥曲线中过定点问题常见有两种解法： （1）、求出圆锥曲线或直线的方程解析式，研究解析式，求出定点（2）、从特殊位置入手，找出定点，在证明该点符合题意（运用斜率相等或者三点共线）。
例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A 、B 分别为椭圆E ：2221x y a+=（a >1）的左、右顶点，G 为E 的上顶点，8AG GB ⋅=，P 为直线x =6上的动点，P A 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ． （1）求E 的方程；（2）证明：直线CD 过定点.例2、（2020届山东省临沂市高三上期末）如图，已知点F 为抛物线C ：22y px =（0p >）的焦点，过点F 的动直线l 与抛物线C 交于M ，N 两点，且当直线l 的倾斜角为45°时，16MN =.（1）求抛物线C 的方程.（2）试确定在x 轴上是否存在点P ，使得直线PM ，PN 关于x 轴对称？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.例3、【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C ：x 2=−2py 经过点（2，−1）．（1）求抛物线C 的方程及其准线方程；（2）设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线y =−1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B ．求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．题型二、圆锥曲线中定值问题圆锥曲线中常见的定值问题，属于难题．探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值例4、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为2，且过点A （2，1）．（1）求C 的方程：（2）点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得|DQ |为定值．例5、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知椭圆()2222:10x y E a b a b+=>>的离心率e 满足2220e −+=，右顶点为A ，上顶点为B ，点C (0，－2)，过点C 作一条与y 轴不重合的直线l ，直线l 交椭圆E 于P ，Q 两点，直线BP ，BQ 分别交x 轴于点M ，N ；当直线l 经过点A 时，l ．(1)求椭圆E 的方程；(2)证明：BOM BCN S S ∆∆⋅为定值．例6、(2019苏州三市、苏北四市二调）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：x 24＋y 2＝1，椭圆C 2：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)，C 2与C 1的长轴长之比为2∶1，离心率相同．(1) 求椭圆C 2的标准方程； (2) 设点P 为椭圆C 2上的一点．①射线PO 与椭圆C 1依次交于点A ，B ，求证：PAPB 为定值；②过点P 作两条斜率分别为k 1，k 2的直线l 1，l 2，且直线l 1，l 2与椭圆C 1均有且只有一个公共点，求证k 1·k 2为定值．.思路分析 (1)根据已知条件，求出a ，b 的值，得到椭圆C 2的标准方程．(2)①对直线OP 斜率分不存在和存在两种情况讨论，当OP 斜率存在时，设直线OP 的方程为y ＝kx ，并与椭圆C 1的方程联立，解得点A 横坐标，同理求得点P 横坐标，再通过弦长公式，求出PAPB 的表达式，化简整理得到定值．②设P(x 0，y 0)，写出直线l 1的方程，并与椭圆C 1联立，得到关于x 的一元二次方程，根据直线l 1与椭圆C 1有且只有一个公共点，得到方程只有一解，即Δ＝0，整理得(x 20－4)k 21－2x 0y 0k 1＋y 20－1＝0，同理得到(x 20－4)k 22－2x 0y 0k 2＋y 20－1＝0，从而说明k 1，k 2是关于k 的一元二次方程的两个根，运用根与系数的关系，证得定值．二、达标训练1、（2020届浙江省温州市高三4月二模）如图，已知椭圆22:14x C y +=，F 为其右焦点，直线()0:k y x m l m k +<=与椭圆交于1122(,),(,)P x y Q x y 两点，点,A B 在l 上，且满足,,PA PF QB QF OA OB ===.(点,,,A P Q B 从上到下依次排列)(I )试用1x 表示PF ：(II )证明：原点O 到直线l 的距离为定值.2、【2018年高考北京卷理数】已知抛物线C ：2y =2px 经过点P （1，2）．过点Q （0，1）的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线P A 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N ． （1）求直线l 的斜率的取值范围；（2）设O 为原点，QM QO λ=，QN QO μ=，求证：11λμ+为定值．3、(2019苏锡常镇调研）已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为32，焦点到相应准线的距离为33.(1) 求椭圆E 的标准方程；(2) 已知P(t ，0)为椭圆E 外一动点，过点P 分别作直线l 1和l 2，直线l 1和l 2分别交椭圆E 于点A ，B 和点C ，D ，且l 1和l 2的斜率分别为定值k 1和k 2，求证：PA ·PBPC ·PD 为定值．4、(2018苏州暑假测试）如图，已知椭圆O ：x 24＋y 2＝1的右焦点为F ，点B ，C 分别是椭圆O 的上、下顶点，点P 是直线l ：y ＝－2上的一个动点(与y 轴的交点除外)，直线PC 交椭圆于另一个点M.(1) 当直线PM 经过椭圆的右焦点F 时，求△FBM 的面积；(2) ①记直线BM ，BP 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1•k 2为定值；5、(2016泰州期末）如图，在平面直角坐标系xOy 中， 已知圆O ：x 2＋y 2＝4，椭圆C ：x 24＋y 2＝1，A 为椭圆右顶点．过原点O 且异于坐标轴的直线与椭圆C 交于B ，C 两点，直线AB 与圆O 的另一交点为P ，直线PD 与圆O 的另一交点为Q ，其中D (－65，0).设直线AB ，AC 的斜率分别为k 1，k 2.(1) 求k 1k 2的值；(2) 记直线PQ ，BC 的斜率分别为k PQ ，k BC ，是否存在常数λ，使得k PQ ＝λk BC ？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由；(3) 求证：直线AC 必过点Q .圆锥曲线中的定点、定值问题解析一、题型选讲例1【解析】（1）由题设得A （–a ，0），B （a ，0），G （0，1）.则(,1)AG a =，GB =（a ，–1）.由AG GB ⋅=8得a 2–1=8，即a =3.所以E 的方程为29x +y 2=1．（2）设C （x 1，y 1），D （x 2，y 2），P （6，t ）.若t ≠0，设直线CD 的方程为x =my +n ，由题意可知–3<n <3.由于直线P A 的方程为y =9t （x +3），所以y 1=9t （x 1+3）.直线PB 的方程为y =3t （x –3），所以y 2=3t（x 2–3）.可得3y 1（x 2–3）=y 2（x 1+3）.由于222219x y +=，故2222(3)(3)9x x y +−=−，可得121227(3)(3)y y x x =−++， 即221212(27)(3)()(3)0.m y y m n y y n ++++++=①将x my n =+代入2219x y +=得222(9)290.m y mny n +++−=所以12229mn y y m +=−+，212299n y y m −=+．代入①式得2222(27)(9)2(3)(3)(9)0.m n m n mn n m +−−++++=解得n =–3（含去），n =32.故直线CD 的方程为3=2x my +，即直线CD 过定点（32，0）． 若t =0，则直线CD 的方程为y =0，过点（32，0）.综上，直线CD 过定点（32，0）.例2、【解析】（1）当直线l 的倾斜角为45°，则l 的斜率为1，,02p F ⎛⎫⎪⎝⎭，l ∴的方程为2p y x =−.由2,22,p y x y px ⎧=−⎪⎨⎪=⎩得22304p x px −+=.设()11,M x y ，()22,N x y ，则123x x p +=， ∴12416x x p M p N ++===，4p =， ∴抛物线C 的方程为28y x =.（2）假设满足条件的点P 存在，设(),0P a ，由（1）知()2,0F ， ①当直线l 不与x 轴垂直时，设l 的方程为()2y k x =−（0k ≠），由()22,8,y k x y x ⎧=−⎨=⎩得()22224840k x k x k −++=，()22222484464640k k k k ∆=+−⋅⋅=+>，212248k x x k++=，124x x =. ∵直线PM ，PN 关于x 轴对称， ∴0PM PN k k +=，()112PM k x k x a −=−，()222PNk x k x a−=−. ∴()()()()()()122112128(2)222240a k x x a k x x a k x x a x x a k+−−+−−=−+++=−=⎡⎤⎣⎦， ∴2a =−时，此时()2,0P −.②当直线l 与x 轴垂直时，由抛物线的对称性，易知PM ，PN 关于x 轴对称，此时只需P 与焦点F 不重合即可. 综上，存在唯一的点()2,0P −，使直线PM ，PN 关于x 轴对称. 例3、【解析】（1）由抛物线2:2C x py =−经过点(2,1)−，得2p =.所以抛物线C 的方程为24x y =−，其准线方程为1y =.（2）抛物线C 的焦点为(0,1)F −. 设直线l 的方程为1(0)y kx k =−≠.由21,4y kx x y=−⎧⎨=−⎩得2440x kx +−=.设()()1122,,,M x y N x y ，则124x x =−. 直线OM 的方程为11y y x x =. 令1y =−，得点A 的横坐标11A x x y =−. 同理得点B 的横坐标22B x x y =−. 设点(0, )D n ，则1212,1,,1x x DA n DB n y y ⎛⎫⎛⎫=−−−=−−− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 21212(1)x x DA DB n y y ⋅=++ 2122212(1)44x x n x x =++⎛⎫⎛⎫−− ⎪⎪⎝⎭⎝⎭21216(1)n x x =++ 24(1)n =−++.令0DA DB ⋅=，即24(1)0n −++=，则1n =或3n =−. 综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0,1)和(0,3)−.例4、【解析】（1）由题设得22411a b +=，22212a b a −=，解得26a =，23b =． 所以C 的方程为22163x y +=． （2）设11(,)M x y ，22(,)N x y ．若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y kx m =+，代入22163x y +=得222(12)4260k x kmx m +++−=． 于是2121222426,1212km m x x x x k k −+=−=++．①由AM AN ⊥知0AM AN ⋅=，故1212(2)(2)(1)(1)0x x y y −−+−−=，可得221212(1)(2)()(1)40k x x km k x x m ++−−++−+=．将①代入上式可得22222264(1)(2)(1)401212m kmk km k m k k−+−−−+−+=++． 整理得(231)(21)0k m k m +++−=．因为(2,1)A 不在直线MN 上，所以210k m +−≠，故2310k m ++=，1k ≠．于是MN 的方程为21()(1)33y k x k =−−≠.所以直线MN 过点21(,)33P −.若直线MN 与x 轴垂直，可得11(,)N x y −.由0AM AN ⋅=得1111(2)(2)(1)(1)0x x y y −−+−−−=.又2211163x y +=，可得2113840x x −+=.解得12x =（舍去），123x =. 此时直线MN 过点21(,)33P −.令Q 为AP 的中点，即41(,)33Q .若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt ADP △的斜边，故1||||2DQ AP =. 若D 与P 重合，则1||||2DQ AP =. 综上，存在点41(,)33Q ，使得||DQ 为定值.例5、【解析】（1）由2220e −+=解得2e =或e =，∴a =，又222a b c =+，a ∴=，又()020AC k a −−==−a ∴=1b ∴=，∴椭圆E 的方程为2212x y +=；（2）由题知，直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为2y kx =−，设()()1122,,,P x y Q x y ，由22212y kx x y =−⎧⎪⎨+=⎪⎩得()2221860k x kx +−+=， ∴12122286,2121k x x x x k k +==++， ()()22=84621k k −−⨯⨯+=216240k −> 232k ∴>， ∴()121224421y y k x x k −+=+−=+，()()121222y y kx kx =−−()21212=24k x x k x x −++=224221k k −+， 直线BP 的方程为1111y y x x −=+，令0y =解得111x x y =−，则11,01x M y ⎛⎫⎪−⎝⎭，同理可得22,01x N y ⎛⎫⎪−⎝⎭， 12123411BOMBCNx x SSy y ∴=−−=()()()12121212123341141x x x x y y y y y y =−−−++=22226321444212121k k k k +−++++=12， BOM BON S S∆∴为定值12． 例6、 (1) 规范解答 设椭圆C 2的焦距为2c ，由题意，a ＝22，c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，解得b ＝2，因此椭圆C 2的标准方程为x 28＋y 22＝1.(3分)(2)①1°当直线OP 斜率不存在时，PA ＝2－1，PB ＝2＋1，则PAPB ＝2－12＋1＝3－2 2.(4分) 2°当直线OP 斜率存在时，设直线OP 的方程为y ＝kx ，代入椭圆C 1的方程，消去y ，得(4k 2＋1)x 2＝4， 所以x 2A ＝44k 2＋1，同理x 2P ＝84k 2＋1.(6分)所以x 2P ＝2x 2A ，由题意，x P 与x A 同号，所以x P ＝2x A ，从而PAPB＝|x P－x A||x P－x B|＝|x P－x A||x P＋x A|＝2－12＋1＝3－2 2.所以PAPB＝3－22为定值．(8分)②设P(x0，y0)，所以直线l1的方程为y－y0＝k1(x－x0)，即y＝k1x－k1x0＋y0，记t＝－k1x0＋y0，则l1的方程为y＝k1x＋t，代入椭圆C1的方程，消去y，得(4k21＋1)x2＋8k1tx＋4t2－4＝0，因为直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点，所以Δ＝(8k1t)2－4(4k21＋1)(4t2－4)＝0，即4k21－t2＋1＝0，将t＝－k1x0＋y0代入上式，整理得，(x20－4)k21－2x0y0k1＋y20－1＝0，(12分)同理可得，(x20－4)k22－2x0y0k2＋y20－1＝0，所以k1，k2为关于k的方程(x20－4)k2－2x0y0k＋y20－1＝0的两根，从而k1·k2＝y20－1x20－4.(14又点在P(x0，y0)椭圆C2：x28＋y22＝1上，所以y20＝2－14x20，所以k1·k2＝2－14x20－1x20－4＝－14为定值．(16分)二、达标训练1、【解析】(I) 椭圆22:14xC y+=，故)F，1 ||22FP x ====−.(II)设()33,A x y，()44,B x y，则将y kx m=+代入2214xy+=得到：()222418440k x kmx m+++−=，故2121222844,4141km mx x x xk k−−+==++，21241x xk−=+，OA OB=，故()3434343421k x x my yx x x x k+++==−++，得到34221kmx xk−+=+，PA PF=13122x x−=−42222x x−=−，由已知得：3124x x x x<<<或3124x x x x>>>，)()123421x x x x x+−+=−，2228241141km kmk k k−+=+++，化简得到221m k=+.故原点O到直线l的距离为1d==为定值.2、【解析】（1）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．由241y xy kx⎧=⎨=+⎩得22(24)10k x k x+−+=．依题意22(24)410k k∆=−−⨯⨯>，解得k<0或0<k<1．又P A，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）．从而k≠-3．所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）．由（1）知12224kx xk−+=−，1221x xk=．直线P A的方程为1122(1)1yy xx−−=−−．令x=0，得点M的纵坐标为1111212211My kxyx x−+−+=+=+−−．同理得点N的纵坐标为22121Nkxyx−+=+−．由=QM QOλ，=QN QOμ得=1Myλ−，1Nyμ=−．所以2212121212122224112()111111=2111(1)(1)11M Nkx x x x x x k ky y k x k x k x x kk λμ−+−−−++=+=+=⋅=⋅−−−−−−．所以11λμ+为定值．3、规范解答(1)设椭圆的半焦距为c，由已知得，ca＝32，则a2c－c＝33，c2＝a2－b2，(3分)解得a＝2，b＝1，c＝3，(5分)所以椭圆E的标准方程是x24＋y2＝1.(6分)(2) 解法1 由题意，设直线l 1的方程为y ＝k 1(x －t)，代入椭圆E 的方程中，并化简得(1＋4k 21)x 2－8k 21tx ＋4k 21t 2－4＝0，(8分)设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)．则x 1＋x 2＝8k 21t 1＋4k 21，x 1x 2＝4k 21t 2－41＋4k 21，因为PA ＝1＋k 21|x 1－t|，PB ＝1＋k 21|x 2－t|，(10分)所以PA·PB ＝(1＋k 21)|x 1－t||x 2－t|＝(1＋k 21)|t 2－(x 1＋x 2)t ＋x 1x 2| ＝(1＋k 21)|t 2－8k 21t 21＋4k 21＋4k 21t 2－41＋4k 21|＝（1＋k 21）|t 2－4|1＋4k 21，(12分) 同理，PC ·PD ＝（1＋k 22）|t 2－4|1＋4k 22，(14分) 所以PA·PB PC·PD ＝（1＋k 21）（1＋4k 22）（1＋k 22）（1＋4k 21）为定值．(16分)解法2 由题意，设直线l 1的方程为y ＝k 1(x －t)，直线l 2的方程为y ＝k 2(x －t)，设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，C(x 3，y 3)，D(x 4，y 4)．直线l 1的方程为y ＝k 1(x －t)，代入椭圆E 的方程中，并化简得(1＋4k 21)x 2－8k 21tx ＋4k 21t 2－4＝0，(8分) 则x 1＋x 2＝8k 21t 1＋4k 21，x 1x 2＝4k 21t 2－41＋4k 21，同理则x 3＋x 4＝8k 22t1＋4k 22，x 3x 4＝4k 22t 2－41＋4k 22，PA →·PB →＝(x 1－t ，y 1)(x 2－t ，y 2)＝(x 1－t)(x 2－t)＋k 21(x 1－t)(x 2－t)＝(x 1－t)(x 2－t)(1＋k 21)， PC →·PD →＝(x 3－t ，y 3)(x 4－t ，y 4)＝(x 3－t)(x 4－t)＋k 22(x 3－t)(x 4－t)＝(x 3－t)(x 4－t)(1＋k 22)．(12分) 因为P ，A ，B 三点共线，所以PA →·PB →＝PA·PB ，同理，PC →·PD →＝PC ·PD.PA ·PB PC ·PD ＝PA →·PB →PC →·PD →＝（x 1－t ）（x 2－t ）（1＋k 21）（x 3－t ）（x 4－t ）（1＋k 22）＝（1＋k 21）（1＋k 22）·（x 1－t ）（x 2－t ）（x 3－t ）（x 4－t ）＝（1＋k 21）（1＋k 22）·x 1x 2－t （x 1＋x 2）＋t 2x 3x 4－t （x 3＋x 4）＋t 2.代入x 1＋x 2＝8k 21t 1＋4k 21，x 1x 2＝4k 21t 2－41＋4k 21，x 3＋x 4＝8k 22t 1＋4k 22，x 3x 4＝4k 22t 2－41＋4k 22，化简得PA ·PB PC ·PD ＝（1＋k 21）（1＋4k 22）（1＋k 22）（1＋4k 21），(14分)因为是定值，所以PA ·PB PC ·PD ＝（1＋k 21）（1＋4k 22）（1＋k 22）（1＋4k 21）为定值．(16分)4规范解答 (1) 由题意B(0，1)，C(0，－1)，焦点F(3，0)，当直线PM 过椭圆的右焦点F 时，则直线PM 的方程为x 3＋y －1＝1，即y ＝33x －1，联立⎩⎨⎧x 24＋y 2＝1，y ＝33x －1，解得⎩⎨⎧x ＝837，y ＝17或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－1(舍)，即M ⎝⎛⎭⎫837，17.(2分)连结BF ，则直线BF ：x 3＋y1＝1，即x ＋3y －3＝0，而BF ＝a ＝2，点M 到直线BF 的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪837＋3×17－312＋（3）2＝2372＝37.故S △MBF ＝12·BF ·d ＝12×2×37＝37.(4分)(2) 解法1(点P 为主动点) ①设P(m ，－2)，且m≠0，则直线PM 的斜率为k ＝－1－（－2）0－m ＝－1m ， 则直线PM 的方程为y ＝－1m x －1，联立⎩⎨⎧y ＝－1m x －1，x 24＋y 2＝1化简得⎝⎛⎭⎫1＋4m 2x 2＋8m x ＝0，解得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8m m 2＋4，4－m 2m 2＋4，(6分)所以k 1＝4－m 2m 2＋4－1－8m m 2＋4＝－2m 2－8m ＝14m ，k 2＝1－（－2）0－m ＝－3m ，(8分)所以k 1·k 2＝－3m ·14m ＝－34为定值．(10分)5、规范解答 (1) 设B (x 0，y 0)，则C (－x 0，－y 0)，x 204＋y 20＝1，因为A (2,0)，所以k 1＝y 0x 0－2，k 2＝y 0x 0＋2，所以k 1k 2＝y 0x 0－2·y 0x 0＋2＝y 20x 20－4＝1－14x 20x 20－4＝－14.(4分)(2) 设直线AP 方程为y ＝k 1(x －2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x －2，x 2＋y 2＝4得(1＋k 21)x 2－4k 21x ＋4(k 21－1)＝0，解得x P ＝2k 21－11＋k 21，y P ＝k 1(x P －2)＝－4k 11＋k 21， 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x －2，x24＋y 2＝1得(1＋4k 21)x 2－16k 21x ＋4(4k 21－1)＝0，解得x B ＝24k 21－11＋4k 21，y B ＝k 1(x B －2)＝－4k 11＋4k 21，(8分) 所以k BC ＝y B x B ＝－2k 14k 21－1，k PQ ＝y Px P ＋65＝－4k 11＋k 212k 21－11＋k 21＋65＝－5k 14k 21－1， 所以k PQ ＝52k BC ，故存在常数λ＝52，使得k PQ ＝52k BC .(10分) (3) 设直线AC 方程为y ＝k 2(x －2)，当直线PQ 与x 轴垂直时，Q ⎝⎛⎭⎫－65，－85，则P －65，85，所以k 1＝－12，即B (0,1)，C (0，－1)，所以k 2＝12，则k AQ ＝－85－65－2＝12＝k 2，所以直线AC 必过点Q .当直线PQ 与x 轴不垂直时，设直线PQ 方程为y ＝－5k 14k 21－1⎝⎛⎭⎫x ＋65， 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－5k 14k 21－1⎝⎛⎭⎫x ＋65，x 2＋y 2＝4解得x Q ＝－216k 21－116k 21＋1，y Q ＝16k 116k 21＋1， 因为k 2＝－y B －x B －2＝4k 11＋4k 2121－4k 211＋4k 21－2＝－14k 1， 所以k AQ ＝16k 116k 21＋1－216k 21－116k 21＋1－2＝－14k 1＝k 2，故直线AC 必过点Q .(16分) (不考虑直线与x 轴垂直的情形扣1分)。
2020高考新课标数学(文)一轮复习教材：专题研究圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题
专题研究（二）圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题专题概述：1.证明直线过定点，应根据已知条件建立直线方程中斜率k或截距b的关系式，此类问题中的定点多在坐标轴上；2•解决定值问题应以坐标运算为主，需建立相应的目标函数，然后代入相应的坐标运算，结果即可得到；3•无论定点或定值问题，都可先用特殊值法求出，然后再验证即可，这样可确定方向和目标；4•探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为：假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，贝加素（点、直线、曲线或参数）存在；否则，元素（点、直线、曲线或参数）不存在.［专题讲解］题型一定点问题【典例1】（2019甘肃兰州模拟）已知椭圆C：a2+ ^2= 1（a>b>0）短轴的一个端点与其两个焦点构成面积为3的直角三角形.（1）求椭圆C的方程；⑵过圆E: x2+ y2= 2上任意一点P作圆E的切线I, I与椭圆C 交于A, B 两点，以AB为直径的圆是否过定点，若过定点，求出该定点；若不过定点，请说明理由.［审题程序］第一步：待定系数法求C的方程；第二步：依据特殊情形确定定点；第三步：应用根与系数的关系，转化证明方向；第四步：计算推证.［规范解答］（1）因为椭圆C短轴的一个端点和其两个焦点构成1 1 2直角三角形，所以b = c , S =㊁2c b = 2a = 3,所以 a=，6, b = , 3. x 2 y故椭圆C 的方程为§ + 3 = 1.(2)圆E 的方程为x 2 + y 2 = 2,设0为坐标原点，当直线I 的斜率不存在时，不妨设直线 AB 的方程为x = 2, 则 A(,2, 2), B(.2,—「2)，所以Z AOB =扌， 所以以AB 为直径的圆过坐标原点.当直线I 的斜率存在时，设其方程为y = kx + m , A(x i , y i ), B (X 2, y 2)•因为直线与相关圆相切， 所以 d =—^=爲=飞=J 2,所以 m 2 = 2 + 2k 2.p 1 + k 2 \l 1+ ky = kx + m ,联立方程组 x 2 y得 x 2 + 2(kx + m)2= 6,即(1 + 2k 2)x 2 + 〔石 +3 = 1,4kmx + 2m 2— 6 = 0,A= 16k 2m 2— 4(1 + 2k 2)(2m 2— 6)= 8(6k 2— m 2 + 3)=8(4k 2 + 1)>0,4km 1 + 2k 2,X1^ =由根与系数的关系得2m 2 — 6所以X1X2 + y〃2 = (1 + k )X1X2 + km(X1 + X2)+ m1 + k2 2m 2- 6 4k 2m 2 2 3m 2 — 6k 2— 6= --------- : -- —+ m = -------- : - = 0. 所以OA 丄OB ,所以以AB 为直径的圆恒过坐标原点 O.［答题模板］解决这类问题的答题模板如下:［题型专练］1. (2019 广东佛山一中第二次段考)椭圆C :肇+ £ = 1(a>b>0)1的离心率为刁 其左焦点到点P(2,1)的距离为10.(1) 与椭圆C 的标准方程；(2) 若直线I : y = kx + m 与椭圆C 相交于A , B 两点(A , B 不是左 右顶点)，且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点.求证：直线I 过定 点，并求出该定点的坐标.［解］(1)v 左焦点(—c,0)到点P(2,1)的距离为.石， —2+c 2+ 1= 10,解得 c = 1.又 e = a = 2，解得 a = 2,「・b 2= a 2 — c 2 = 3.一x 2 y 2m 2= 1+ 2k 21 + 2k2 1 + 2k 2定目标选参数建联系v确定与参数无关的点中即为所求.•••所求椭圆C的方程为：4 + 3 = 1.⑵证明：设 A(x i , y i ), B(X 2, y 2),y = kx + m由 x 2 y 得(3+ 4『)x 2 + 8mkx + 4(m 2 — 3) = 0,4 + 3 = 1A= 64m 2k 2— 16(3 + 4k 2)(m 2— 3)>0, 化简得3+ 4k 2>m 2.2 2y 〃2 = (kx i + m)(kx 2 + m)= k X 1X 2 + mk(x i + 血)+ m =•••以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 D(2,0),kADkBD一2 X —2= — 1，：沁2 + X 1X 2 — 2(X 1 + X 2)+ 4= 0,3m2—4k 24 m 2—316mk •- 2+2+2+ 4= 0.3 + 4k 2 3+ 4k 2 3 + 4k 2化简整理得 7m 2 + 16mk + 4k 2= 0,解得 m 1 = — 2k , m 2 =—于, 且满足 3+ 4k 2 — m 2>0.当m = — 2k 时，I : y = k(x — 2),直线过定点(2,0)与已知矛盾； 2k ( 2) 2\当m = — y 时，I : y = k x — 7J,直线过定点J, 0J.(2综上可知，直线I 过定点，定点坐标为 J, 0 .—8km•・X l + X 2 2 3 + 4k 2x i x 2 = 4 m 2— 33+4k 23 m 2 —4k 23 + 4k 2题型二定值问题2 2【典例2] (2019北京石景山区一模)已知椭圆E:字+1(a>b>0)过点(0,1)，且离心率为守3.(1)求椭圆E的方程；1⑵设直线I: y= 2X+ m与椭圆E交于A, C两点，以AC为对角线作正方形ABCD，记直线I与x轴的交点为N,问B，N两点间的距离是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由.［审题程序］第步：待定系数法求出椭圆方程；第二步：弦长公式求|AC|;第三步：求出中点M，利用勾股定理求出|BN|.［规范解答］(1)由题意可知，椭圆的焦点在x轴上，椭圆过点(0,1),则b= 1.由椭圆的离心率e= £= ... 1 —字=~2，解得a= 2,所以椭圆E 一x22的标准方程为+ y = 1.(2)设A(X1, y) C(X2, yj，线段AC 的中点为M(x。
专题：圆锥曲线中 定点、定值、最值探索性问题
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(3)最值(范围)问题 在解析几何中，有些量或表达式因参数的变化或位置的变化而变化．
(4)探索性问题 解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题 型．
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a2－b2 2 4 2 由题意有 ＝ ， 2＋ 2＝1， a 2 a b 解得a2＝8，b2＝4.(3分 ) x2 y2 所以C的方程为 ＋ ＝1.(4分 ) 8 4
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设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1， y1)，B(x2，y2)， M(xM， yM)． (5 分) x2 y2 将 y＝kx＋b代入 ＋ ＝1，得 8 4 (2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.(7分 ) x1＋ x2 －2kb b 故 xM＝ ＝ 2 ， yM＝ k· xM＋ b＝ 2 .(9分 ) 2 2k ＋1 2k ＋1 yM 1 于是直线OM的斜率kOM＝ ＝－ ， (10分 ) xM 2k 1 即 kOM· k＝－ .(11分) 2 所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．(12分)
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解析几何中的定值问题的证明可运用函数的思想方法来解决.证明过程 可总结为“变量⇒函数⇒定值”，具体操作程序如下：
2020年高考数学(理)总复习：圆锥曲线中的定点与定值、范围与存在性问题(解析版)
2020年高考数学（理）总复习：圆锥曲线中的定点与定值、范围与存在性问题题型一 圆锥曲线中的定点、定值问题【题型要点】圆锥曲线中定点、定值问题必然是变化中所表现出来的不变的量，那么就用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．解决这类问题的一般思路是：(1)引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等．(2)根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．(3)求解定点、定值问题，如果事先不知道定点、定值，可以先对参数取特殊值，通过特殊情况求出这个定点、定值，然后再对一般情况进行证明．【例1】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点Q ⎪⎭⎫ ⎝⎛b a b ,在椭圆上，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知点P ，M ，N 为椭圆C 上的三点，若四边形OPMN 为平行四边形，证明四边形OPMN 的面积S 为定值，并求该定值．(1)【解】 ∵椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，∴e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12，得a 2＝2b 2① 又点Q ⎪⎭⎫ ⎝⎛b a b ,在椭圆C 上，∴b 2a 2＋a 2b 4＝1，② 联立①、②得a 2＝8，且b 2＝4.∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1. (2)【证明】 当直线PN 的斜率k 不存在时，PN 方程为x ＝2或x ＝－2， 从而有|PN |＝23，所以S ＝12|PN |·|OM |＝12×23×22＝26； 当直线PN 的斜率k 存在时，设直线PN 方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，P (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 将PN 的方程代入椭圆C 的方程，整理得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0，所以x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－81＋2k 2， y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m 1＋2k 2，由OM →＝OP →＋ON →，得M ⎪⎭⎫ ⎝⎛++-22212,214k m k km 将M 点坐标代入椭圆C 方程得m 2＝1＋2k 2.又点O 到直线PN 的距离为d ＝|m |1＋k 2， |PN |＝1＋k 2|x 1－x 2|，∴S ＝d ·|PN |＝|m |·|x 1－x 2| ＝1＋2k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝48k 2＋242k 2＋1＝2 6. 综上，平行四边形OPMN 的面积S 为定值2 6. 题组训练一 圆锥曲线中的定点、定值问题已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1过A (2,0)，B (0,1)两点． (1)求椭圆C 的方程及离心率；(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线P A 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值．【解析】 (1)由题意得a ＝2，b ＝1，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. 又c ＝a 2－b 2＝3，∴离心率e ＝c a ＝32.(2)证明：设P (x 0，y 0)(x 0<0，y 0<0)，则x 20＋4y 20＝4.又A (2,0)，B (0,1)，∴直线P A 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)． 令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2， 从而|BM |＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2. 直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1. 令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1， 从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1. ∴四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM | ＝12⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+221120000x y y x ＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42(x 0y 0－x 0－2y 0＋2)＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2. 从而四边形ABNM 的面积为定值．题型二 圆锥曲线中的范围问题【题型要点】与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法1．数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解．2．构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．3．构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．【例2】设圆F 1：x 2＋y 2＋4x ＝0的圆心为F 1，直线l 过点F 2(2,0)且不与x 轴、y 轴垂直，且与圆F 1相交于两点C 、D ，过F 2作F 1C 的平行线交直线F 1D 于点E .(1)证明||EF 1|－|EF 2||为定值，并写出点的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹曲线与直线l 交于M ，N 两点，过F 2且与垂直的直线与圆F 1交于P ，Q 两点，求△PQM 与△PQN 的面积之和的取值范围．【解析】 (1)圆F 1：(x ＋2)2＋y 2＝4，圆心F 1(－2,0)，半径r ＝2，如图所示．因为F 1C ∥EF 2，所以∠F 1CD ＝∠EF 2D .又因为|F 1D |＝|F 1C |，所以∠F 1CD ＝∠F 1DC ，所以∠EF 2D ＝∠F 1DC ，又因为∠F 1DC ＝∠EDF 2，所以∠EF 2D ＝∠EDF 2，故ED ＝EF 2，可得||EF 1|－|EF 2||＝||EF 1|－|ED ||＝2<|F 1F 2|，根据双曲线的定义，可知点E 的轨迹是以F 1，F 2为焦点的双曲线(顶点除外)，易得点E的轨迹方程为x 2－y 23＝1(y ≠0)． (2)Γ：x 2－y 23＝1(y ≠0)． 依题意可设l ：x ＝my ＋2(m ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由于PQ ⊥l ，设l PQ ：y ＝－m (x －2)．圆心F 1(－2,0)到直线PQ 的距离d ＝|－m (－2－2)|1＋m 2＝|4m |1＋m 2， 所以|PQ |＝2r 2－d 2＝41－3m 21＋m 2， 又因为d <2，解得0<m 2<13.联立直线与双曲线的方程⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－y 23＝1x ＝my ＋2， 消去得(3m 2－1)＋12my ＋9＝0，则y 1＋y 2＝－12m 3m 2－1，y 1y 2＝93m 2－1， 所以|MN |＝1＋m 2|y 2－y 1| ＝1＋m 2(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝6(m 2＋1)1－3m 2， 记△PQM ，△PQN 的面积分别为S 1，S 2，则S 1＋S 2＝12|MN |·|PQ |＝12m 2＋11－3m 2 ＝121－3＋4m 2＋1， 又因为0<m 2<13，所以S 1＋S 2∈(12，＋∞)， 所以S 1＋S 2的取值范围为(12，＋∞)．题组训练二 圆锥曲线中的范围问题设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1,0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E .(1)证明|EA |＋|EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．【解析】 (1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ，所以∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ，所以|EB |＝|ED |，故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |，又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而|AD |＝4，所以|EA |＋|EB |＝4.由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0)． (2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， 则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3. 所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12(k 2＋1)4k 2＋3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k (x －1)，点A 到直线m 的距离为2k 2＋1， 所以|PQ |＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形MPNQ 的面积S ＝12|MN ||PQ | ＝121＋14k 2＋3. 可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83)．当l 与x 轴垂直时，其方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8，故四边形MPNQ 的面积为12. 综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83)．题型三 圆锥曲线中的存在性问题【题型要点】解决探索性问题的注意事项存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．【例3】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，且过点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛23,1，F 为其右焦点． (1)求椭圆C 的方程；(2)设过点A (4,0)的直线l 与椭圆相交于M ，N 两点(点M 在A ，N 两点之间)，是否存在直线l 使△AMF 与△MFN 的面积相等？若存在，试求直线l 的方程；若不存在，请说明理由．【解】 (1)因为c a ＝12，所以a ＝2c ，b ＝3c ， 设椭圆方程x 24c 2＋y 23c 2＝1，又点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛23,1在椭圆上，所以14c 2＋34c 2＝1，解得c 2＝1，a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1. (2)易知直线l 的斜率存在，设l 的方程为y ＝k (x －4)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －4)，x 24＋y 23＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0，由题意知Δ＝(32k 2)2－4(3＋4k 2)(64k 2－12)>0，解得－12<k <12. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝32k 23＋4k 2，① x 1x 2＝64k 2－123＋4k 2.② 因为△AMF 与△MFN 的面积相等，所以|AM |＝|MN |，所以2x 1＝x 2＋4.③由①③消去x 2得x 1＝4＋16k 23＋4k 2.④ 将x 2＝2x 1－4代入②，得x 1(2x 1－4)＝64k 2－123＋4k 2⑤ 将④代入到⑤式，整理化简得36k 2＝5.∴k ＝±56，经检验满足题设 故直线l 的方程为y ＝56(x －4)或y ＝－56(x －4)． 题组训练三 圆锥曲线中的存在性问题已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，直线2x －y ＋2＝0交抛物线C 于A ，B 两点，P 是线段AB 的中点，过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q .(1)D 是抛物线C 上的动点，点E (－1,3)，若直线AB 过焦点F ，求|DF |＋|DE |的最小值；(2)是否存在实数p ，使|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|？若存在，求出p 的值；若不存在，说明理由．【解】 (1)∵直线2x －y ＋2＝0与y 轴的交点为(0,2)，∴F (0,2)，则抛物线C 的方程为x 2＝8y ，准线l ：y ＝－2.设过D 作DG ⊥l 于G ，则|DF |＋|DE |＝|DG |＋|DE |，当E ，D ，G 三点共线时，|DF |＋|DE |取最小值2＋3＝5.(2)假设存在，抛物线x 2＝2py 与直线y ＝2x ＋2联立方程组得：x 2－4px －4p ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Δ＝(4p )2＋16p ＝16(p 2＋p )>0，则x 1＋x 2＝4p ，x 1x 2＝－4p ， ∴Q (2p,2p )．∵|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|，∴QA ⊥QB .则QA →·QB →＝0，得(x 1－2p )(x 2－2p )＋(y 1－2p )(y 2－2p )＝(x 1－2p )(x 2－2p )＋(2x 1＋2－2p )(2x 2＋2－2p )＝5x 1x 2＋(4－6p )(x 1＋x 2)＋8p 2－8p ＋4＝0，代入得4p 2＋3p －1＝0，解得p ＝14或p ＝－1(舍去)． 因此存在实数p ＝14，且满足Δ>0，使得|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|成立．题型四 基本不等式法求解与圆锥曲线有关的最值问题【题型要点】求解圆锥曲线中的最值问题，主要有两种方法：一是利用几何方法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即要把求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．求最值方法有：(1)利用基本不等式求最值时要注意“一正、二定、三相等”的条件，三个条件缺一不可．(2)通过代换、拆项、凑项等技巧，改变原式的结构使其具备基本不等式的应用条件．【例4】 已知P 为圆A ：(x ＋1)2＋y 2＝12上的动点，点B (1,0)．线段PB 的垂直平分线与半径P A 相交于点T ，记点T 的轨迹为Γ.(1)求曲线Γ的方程；(2)设M ，N 是Γ上的两个动点，MN 的中点H 在圆x 2＋y 2＝1上，求原点到MN 距离的最小值．【解析】 (1)圆A 的圆心为A (－1,0)，半径等于2 3.由已知|TB |＝|TP |，于是|TA |＋|TB |＝|TA |＋|TP |＝23，故曲线Γ是以A ，B 为焦点，以23为长轴长的椭圆，a ＝3，c ＝1，b ＝2，曲线Γ的方程为x 23＋y 22＝1； (2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，H (x 0，y 0)，将M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，代入作差得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)3＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)2＝0 ①x 1＝x 2时，y 1＋y 2＝0，所以H (x 0,0)，因为H 在圆x 2＋y 2＝1上，所以x 0＝±1，则原点O 到直线MN 的距离为1；②x 1≠x 2时，设直线MN 的斜率k ，则2x 0＋3ky 0＝0，且x 20＋y 20＝1，所以x 20＝9k 29k 2＋4，y 20＝49k 2＋4， 所以x 0y 0＝－32ky 20＝－6k 9k 2＋4. 设原点O 到直线MN 距离为d ，因为MN 的方程为y －y 0＝k (x －x 0)，即kx －y －kx 0＋y 0＝0，所以d 2＝1－k 29k 4＋13k 2＋4， k ＝0时，d 2＝1；k ≠0时，d 2＝1－19k 2＋13＋4k 2≥1－125＝2425. 因为2425<1，所以d 2的最小值为2425，即d 的最小值为265，此时k ＝±63， 由①②知，原点O 到直线MN 的最小值为265. 题组训练四 基本不等式法求解与圆锥曲线有关的最值问题平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32，抛物线E ：x 2＝2y 的焦点F 是C 的一个顶点．(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是E 上的动点，且位于第一象限，E 在点P 处的切线l 与C 交于不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为D .直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M .①求证：点M 在定直线上；②直线l 与y 轴交于点G ，记△PFG 的面积为S 1，△PDM 的面积为S 2，求S 1S 2的最大值及取得最大值时点P 的坐标．【解析】 (1)由题意知a 2－b 2a ＝32，可得a 2＝4b 2，因为抛物线E 的焦点F ⎪⎭⎫⎝⎛21,0，所以b ＝12，a ＝1，所以椭圆C 的方程为x 2＋4y 2＝1.(2)①证明：设P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2,2m m (m >0)，由x 2＝2y ，可得y ′＝x ，所以直线l 的斜率为m ，因此直线l 的方程为y －m 22＝m (x －m )．即y ＝mx －m 22.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)．联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝1，y ＝mx －m 22，得(4m 2＋1)x 2－4m 3x ＋m 4－1＝0. 由Δ>0，得0<m <2＋5(或0<m 2<2＋5)．(*)且x 1＋x 2＝4m 34m 2＋1，因此x 0＝2m 34m 2＋1，将其代入y ＝mx －m 22，得y 0＝－m 22(4m 2＋1)，因为y 0x 0＝－14m .所以直线OD 方程为y ＝1－4mx ，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14m x ，x ＝m ，得点M 的纵坐标y M ＝－14，所以点M 在定直线y ＝－14上．②由①知直线l 的方程为y ＝mx －m 22，令x ＝0，得y ＝－m 22，所以G ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-2,02m ， 又P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2,2m m ，F ⎪⎭⎫⎝⎛21,0，D ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+)14(2,1422222m m m m ，所以S 1＝12·|GF |·m ＝(m 2＋1)m 4，S 2＝12·|PM |·|m －x 0|＝12×2m 2＋14×2m 3＋m 4m 2＋1＝m (2m 2＋1)28(4m 2＋1).所以S 1S 2＝2(4m 2＋1)(m 2＋1)(2m 2＋1)2.法一：S 1S 2＝2(4m 4＋5m 2＋1)4m 4＋4m 2＋1＝2＋2m 24m 4＋4m 2＋1＝2＋24m 2＋1m2＋4≤94，当且仅当m ＝22时，满足(*)式，所以P 坐标为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛41,22. 法二：设t ＝2m 2＋1，则S 1S 2＝(2t －1)(t ＋1)t 2＝2t 2＋t －1t 2＝－1t 2＋1t ＋2，当1t ＝12，即t ＝2时，S 1S 2取到最大值94，此时m ＝22，满足(*)式， 所以P 点坐标为⎪⎪⎭⎫⎝⎛41,22. 因此S 1S 2的最大值为94，此时点P 的坐标为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛41,22.【专题训练】1．已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率为22，它的一个焦点恰好与抛物线y 2＝4x 的焦点重合．(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆的上顶点为A ，过点A 作椭圆C 的两条动弦AB ，AC ，若直线AB ，AC 斜率之积为14，直线BC 是否一定经过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．【解析】 (1)易知x 22＋y 2＝1.(2)由(1)知A (0,1)，当直线BC 的斜率不存在时，设BC ：x ＝x 0，设B (x 0，y 0)，则C (x 0，－y 0)， k AB ·k AC ＝y 0－1x 0·－y 0－1x 0＝1－y 20x 20＝12x 20x 20＝12≠14，不合题意．故直线BC 的斜率存在．设直线BC 的方程为：y ＝kx ＋m (m ≠1)，并代入椭圆方程，得： (1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2(m 2－1)＝0， ①由Δ＝(4km )2－8(1＋2k 2)(m 2－1)>0得2k 2－m 2＋1>0. ②设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1，x 2是方程①的两根，由根与系数的关系得， x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1·x 2＝2(m 2－1)1＋2k 2，由k AB ·k AC ＝y 1－1x 1·y 2－1x 2＝14得： 4y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋4＝x 1x 2，即(4k 2－1)x 1x 2＋4k (m －1)(x 1＋x 2)＋4(m －1)2＝0，整理得(m －1)(m －3)＝0，又因为m ≠1，所以m ＝3，此时， 直线BC 的方程为y ＝kx ＋3.所以直线BC 恒过一定点(0,3)．2．已知两点A (－2，0)，B (2，0)，动点P 在y 轴上的投影是Q ，且2P A →·PB →＝|PQ →|2. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过F (1,0)作互相垂直的两条直线交轨迹C 于点G ，H ，M ，N ，且E 1，E 2分别是GH ，MN 的中点．求证：直线E 1E 2恒过定点．(1)【解】 设点P 坐标为(x ，y )，∴点Q 坐标为(0，y )．∵2P A →·PB →＝|PQ →|2，∴2[(－2－x )(2－x )＋y 2]＝x 2，化简得点P 的轨迹方程为x 24＋y 22＝1.(2)[证明] 当两直线的斜率都存在且不为0时，设l GH ：y ＝k (x －1)，G (x 1，y )，H (x 2，y 2)，l MN ：y ＝－1k(x －1)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k (x －1)，消去y 得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0.则Δ>0恒成立． ∴x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，且x 1x 2＝2k 2－42k 2＋1.∴GH 中点E 1坐标为⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-+12,122222k k k k ，同理，MN 中点E 2坐标为⎪⎭⎫⎝⎛++2,2222k k k ， ∴kE 1E 2＝－3k2(k 2－1)，∴lE 1E 2的方程为y ＝－3k 2(k 2－1)⎪⎭⎫ ⎝⎛-32x ，∴过点⎪⎭⎫⎝⎛0,32， 当两直线的斜率分别为0和不存在时，lE 1E 2的方程为y ＝0，也过点⎪⎭⎫⎝⎛0,32，综上所述，lE 1E 2过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛0,32.3．如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，经过点A (0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为定值．(1)【解】 由题设知c a ＝22，b ＝1，结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. (2)[证明] 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4k (k －1)1＋2k 2，x 1x 2＝2k (k －2)1＋2k 2，从而直线AP ，AQ 的斜率之和 k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎪⎪⎭⎫⎝⎛+2111x x ＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k (k －1)2k (k －2)＝2k －2(k －1)＝2.故k AP ＋k AQ 为定值2.4．已知焦点在y 轴上的椭圆E 的中心是原点O ，离心率为双曲线y 2－x 22＝1离心率的一半，直线y ＝x 被椭圆E 截得的线段长为4105.直线l ：y ＝kx ＋m 与y 轴交于点P ，与椭圆E 交于A ，B 两个相异点，且AP →＝λPB →.(1)求椭圆E 的方程；(2)是否存在实数m ，使OA →＋λOB →＝4OP →？若存在，求m 的取值范围；若不存在，请说明理由．【解析】 (1)设椭圆的方程为y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，双曲线y 2－x 22＝1离心率e ＝3，由椭圆的离心率e ＝ca＝1－b 2a 2＝32，则a ＝2b ， 将y ＝x 代入椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1，解得：x ＝±a 55，∴2×2×a 55＝4105，解得：a ＝2，∴椭圆E 的方程为y 24＋x 2＝1；(2)假设存在实数m ，使OA →＋λOB →＝4OP →成立，由题意可得P (0，m )，当m ＝0时，O ，P 重合，λ＝1显然成立，当m ≠0时，由AP →＝λPB →，可得OP →－OA →＝λ(OB →－OP →)，则OA →＋λOB →＝(1＋λ)OP →，∴λ＝3，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由AP →＝3PB →，可得x 1＝－3x 2 ①⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m y 24＋x 2＝1，整理得：(k 2＋4)x 2＋2kmx ＋m 2－4＝0， ∴x 1＋x 2＝－2kmk 2＋4，x 1x 2＝m 2－4k 2＋4， ②由①②可得：m 2k 2＋m 2－k 2－4＝0，则k 2＝m 2－41－m2，m 2≠1，由Δ＝(2km )2－4(k 2＋4)(m 2－4)＞0，则k 2＋4－m 2＞0，∴k 2＋4－m 2＝m 2－41－m 2＋4－m 2＝(m 2－4)m 21－m2＞0，则1＜m 2＜4，解得：－2＜m ＜－1或1＜m ＜2，综上可得：m 的取值范围是(－2，－1)∪(1,2)∪{0}．。
圆锥曲线中的典型问题与方法：圆锥曲线的定值、定点问题
圆锥曲线中的定值、定点问题一、直线恒过定点问题例1. 已知动点E 在直线:2l y =-上，过点E 分别作曲线2:4C x y =的切线,EA EB ， 切点为A 、B , 求证：直线AB 恒过一定点，并求出该定点的坐标；解：设),2,(-a E )4,(),4,(222211x x B x x A ，x y x y 214'2=∴=,)(2141121点切线过，的抛物线切线方程为过点E x x x x y A -=-),(21421121x a x x -=--∴整理得：082121=--ax x同理可得：222280x ax --=8,2082,2121221-=⋅=+∴=--∴x x a x x ax x x x 的两根是方程)24,(2+a a AB 中点为可得，又2212121212124442ABx x y y x x a k x x x x --+====-- 2(2)()22a a AB y x a ∴-+=-直线的方程为，2()2ay x AB =+∴即过定点0,2.例2. 已知点是椭圆22:12x E y +=上任意一点，直线l 的方程为0012x xy y +=， 直线0l 过P 点与直线l 垂直，点M （-1，0）关于直线0l 的对称点为N ，直线PN 恒过一定点G ，求点G 的坐标。
解：直线0l 的方程为0000()2()x y y y x x -=-，即000020y x x y x y --=设)0,1(-M 关于直线0l 的对称点N 的坐标为(,)N m n则0000001212022x nm y x n m y x y ⎧=-⎪+⎪⎨-⎪⋅--=⎪⎩，解得320002043200002002344424482(4)x x x m x x x x x n y x ⎧+--=⎪-⎪⎨+--⎪=⎪-⎩∴ 直线PN 的斜率为4320000032000042882(34)n y x x x x k m x y x x -++--==---+ 从而直线PN 的方程为： 432000000320004288()2(34)x x x x y y x x y x x ++---=---+ 即3200043200002(34)14288y x x x y x x x x --+=+++--从而直线PN 恒过定点(1,0)G 二、恒为定值问题例3. 已知椭圆两焦点1F 、2F 在y 轴上，短轴长为22，离心率为22，P 是椭圆在第一象限弧上一点，且121PF PF ⋅=，过P 作关于直线F 1P 对称的两条直线PA 、PB 分别交椭圆于A 、B 两点。
2020年高考数学冲刺复习知识点精讲：圆锥曲线中的定值定点问题含解析
圆锥曲线中的定值、定点问题一、考情分析圆锥曲线是解析几何的重要内容之一,也是高考重点考查的内容和热点,知识综合性较强,对学生逻辑思维能力计算能力等要求很高,这些问题重点考查学生方程思想、函数思想、转化与化归思想的应用．定值问题与定点问题是这类题目的典型代表,为了提高同学们解题效率,特别是高考备考效率,本文列举了一些典型的定点和定值问题,以起到抛砖引乇的作用． 二、经验分享1.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． 2.圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值； (2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得． 三、知识拓展1.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PA PBk k λ+=，则0λ=时直线AB 斜率为定值()220bm n an ≠，若0λ≠，则直线AB 过定点2222,n b m m n a λλ⎛⎫--- ⎪⎝⎭，F 是该椭圆焦点，则,b OP a a c PF a c ≤≤-≤≤+；2. 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PA PBk k λ+=，则0λ=时直线AB 斜率为定值()220bm n an-≠，若0λ≠，则直线AB 过定点2222,n b m m n a λλ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭；3. 设点(),P m n 是抛物线C ：()220y px p =>一定点，点A,B 是抛物线C 上不同于P 的两点，若PA PB k k λ+=，则0λ=时直线AB 斜率为定值()0pn n-≠，若0λ≠，则直线AB 过定点22,n p m n λλ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭；四、题型分析 (一) 定点问题求解直线和曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x ,y 当作常数看待,把方程一端化为零,既然是过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,这时参数的系数就要全部等于零,这样就得到一个关于x ,y 的方程组,这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点,或者可以通过特例探求,再用一般化方法证明．【例1】已知直线l 的方程为2y x =+,点P 是抛物线24y x =上到直线l 距离最小的点,点A 是抛物线上异于点P 的点,直线AP 与直线l 交于点Q ,过点Q 与x 轴平行的直线与抛物线24y x =交于点B.（Ⅰ）求点P 的坐标；（Ⅱ）证明直线AB 恒过定点,并求这个定点的坐标.【分析】（Ⅰ）到直线l 距离最小的点,可根据点到直线距离公式,取最小值时的点；也可根据几何意义得为与直线l 平行且与抛物线相切的切点：如根据点P 到直线l 的距离d ===≥02y =时取最小值,（Ⅱ）解析几何中定点问题的解决方法,为以算代证,即先求出直线AB 方程,根据恒等关系求定点.先设点A 211 4y y ⎛⎫⎪⎝⎭，,求出直线AP 方程()114220x y y y -++=,与直线l 方程联立,解出点Q 纵坐标为11282Q y y y -=-.即得B 点的坐标为()()211211428 22y y y y ⎛⎫-- ⎪ ⎪--⎝⎭，,再根据两点式求出直线AB 方程()()()21124280y y x y x y ---+-=,最后根据方程对应1y 恒成立得定点()2 2，【解析】（Ⅰ）设点P 的坐标为()00 x y ，,则2004y x =, 所以,点P 到直线l 的距离d ===≥当且仅当02y =时等号成立,此时P 点坐标为()1 2，. （Ⅱ）设点A 的坐标为211 4y y ⎛⎫⎪⎝⎭，,显然12y ≠. 当12y =-时,A 点坐标为()1 2-，,直线AP 的方程为1x =； 当12y ≠-时,直线AP 的方程为()12122114y y x y --=--, 化简得()114220x y y y -++=；综上,直线AP 的方程为()114220x y y y -++=. 与直线l 的方程2y x =+联立,可得点Q 的纵坐标为11282Q y y y -=-. 因为,BQ x ∥轴,所以B 点的纵坐标为11282B y y y -=-. 因此,B 点的坐标为()()211211428 22y y y y ⎛⎫--⎪ ⎪--⎝⎭，. 当111282y y y -≠--,即218y ≠时,直线AB 的斜率()()111122211121282488442y y y y k y y y y ----==----. 所以直线AB 的方程为2111214884y y y y x y ⎛⎫--=- ⎪-⎝⎭,整理得()()()21124280y y x y x y ---+-=.当2x =,2y =时,上式对任意1y 恒成立,此时,直线AB 恒过定点()2 2，, 当218y =时,直线AB 的方程为2x =,仍过定点()2 2，, 故符合题意的直线AB 恒过定点()2 2，. 考点：抛物线的标准方程与几何性质、直线方程、直线与抛物线的位置关系 【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．【小试牛刀】【新疆乌鲁木齐市2019届高三一模】椭圆的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，过的长轴，短轴端点的一条直线方程是.（1）求椭圆的方程； （2）过点作直线交椭圆于，两点，若点关于轴的对称点为，证明直线过定点. 【解析】（1）对于，当时，，即，当，，即，椭圆的方程为，（2）证明：设直线，（），设，两点的坐标分别为，，则，联立直线与椭圆得，得，，解得，，，直线 ，令，得，直线过定点(二) 定值问题解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关,不依参数的变化而变化,而始终是一个确定的值,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．【例2】如图,点()2,0A -,()2,0B 分别为椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左右顶点,,,P M N 为椭圆C上非顶点的三点,直线,AP BP 的斜率分别为12,k k ,且1214k k =-,//AP OM ,//BP ON.（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）判断OMN ∆的面积是否为定值？若为定值,求出该定值；若不为定值,请说明理由.【分析】（Ⅰ）设(,)P m n ,则2122224n n n k k m m m =⋅=+--,而2222224144m n m n b b -+=⇒=⋅,所以 22121144b k k b =-=-⇒=（Ⅱ）根据弦长公式求底边MN 的长,根据点到直线距离公式求底边上的高,因此设直线MN 的方程为y kx t =+,由直线方程与椭圆方程联立方程组,利用韦达定理得MN =根据斜率条件1214k k =-及韦达定理得22241t k -= ,高为d =,代入面积公式化简得1S ===【解析】（Ⅰ）221,11442,AP BPb k k b a a ⎫=⎪=-⇒⇒=⎬⎪=⎭椭圆22:14x C y +=.（Ⅱ）设直线MN 的方程为y kx t =+,()11,M x y ,()22,N x y ,()22222,4184401,4y kx t k x ktx t x y =+⎧⎪⇒+++-=⎨+=⎪⎩, 122841kt x x k +=-+,21224441t x x k -=+,()()1212121212121211404044y y k k y y x x kx t kx t x x x x =-⇒=-⇒+=⇒+++=,()()22121241440kx x kt x x t ++++=,()2222222448414402414141t ktk kt t t k k k ⎛⎫-+-+=⇒-= ⎪++⎝⎭,MN ====, d =1S ===. OMN ∆∴的面积为定值1.【点评】圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题意设条件,得出与代数式参数有关的等式,代入代数式、化简即可得出定值； (2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式,再利用题设条件化简、变形求得；(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式,再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得． 【小试牛刀】【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，离心率等于.（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆的右焦点作直线交椭圆于、两点，交轴于点，若，，求证：为定值.【解析】（1）设椭圆的方程为，则由题意知∴.即∴∴椭圆的方程为（2）设、、点的坐标分别为，，.又易知点的坐标为显然直线存在的斜率，设直线的斜率为，则直线的方程是将直线的方程代入到椭圆的方程中，消去并整理得，∴，∵，∴将各点坐标代入得，∴圆锥曲线中的定值、定点问题要善于从运动中寻找不变的要素,可以先通过特例、极限位置等探求定值、定点,然后利用推理证明的方法证明之．四、迁移运用1．【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】直线与抛物线：交于两点，为坐标原点，若直线，的斜率，满足，则直线过定点（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设，，则，又，，解得.将直线：代入，得，∴，∴.即直线：，所以过定点2.【湖南省浏阳一中、醴陵一中联考】双曲线的左、右焦点分别为，P为双曲线右支上一点，I是的内心，且，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】如图，设内切圆的半径为．由得，整理得．因为P为双曲线右支上一点，所以，，所以．故选D．3.【江西省南昌市2019月考】已知椭圆：的右焦点为,且离心率为，三角形的三个顶点都在椭圆上，设它的三条边、、的中点分别为、、，且三条边所在直线的斜率分别为、、，且、、均不为0.为坐标原点，若直线、、的斜率之和为1.则（）A． B．-3 C． D．【答案】A【解析】因为椭圆：的右焦点为,且离心率为，且所以可求得椭圆的标准方程为设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（s1，t1），E（s2，t2），M（s3，t3），因为A、B在椭圆上，所以，两式相减得，即同理可得所以因为直线、、的斜率之和为1所以所以选A4．【福建省2019届适应性练习（四)】设为坐标原点，动圆过定点, 且被轴截得的弦长是8. （Ⅰ）求圆心的轨迹的方程；（Ⅱ）设是轨迹上的动点，直线的倾斜角之和为，求证：直线过定点.【解析】 (Ⅰ)设动圆半径为由动圆被轴截得的弦长是8得消去得故圆心的轨迹的方程(Ⅱ) 设直线，，联立方程得，消去得，．则，．设直线的倾斜角分别是∵，同理，∴．，故直线过定点．5.【山东省济宁市2019届高三第一次模拟】已知椭圆的离心率为，且椭圆C过点．(I)求椭圆C的方程；(II)设椭圆C的右焦点为F，直线与椭圆C相切于点A，与直线相交于点B，求证：的大小为定值．【解析】(Ⅰ)∵椭圆C过点，∴①∵离心率为∴②又∵③由①②③得，，.∴椭圆C的方程为C：.(Ⅱ)显然直线l的斜率存在，设l:y=kx+m.由消y得由得.∴∴∴切点A 的坐标为又点B 的坐标为，右焦点F 的坐标为，∴，，∴∴∠AFB=90°，即∠AFB 的大小为定值.6．【江西省赣州市十四县（市）2018届高三下学期期中】已知椭圆系方程n C ： 2222x y n a b += (0a b >>，*n N ∈)， 12,F F 是椭圆6C 的焦点， A是椭圆6C 上一点，且2120AF F F ⋅=.（1）求6C 的方程；（2）P 为椭圆3C 上任意一点，过P 且与椭圆3C 相切的直线l 与椭圆6C 交于M ， N 两点，点P 关于原点的对称点为Q ，求证： QMN ∆的面积为定值，并求出这个定值．【解析】（1）由题意得椭圆6C 的方程为6C ： 22226x y a b+= ，即 2222166x y a b +=．∵ 2120AF F F ⋅=． ∴212AF F F ⊥，又A为椭圆6C 上一点，∴c =222666a b c ∴-==，即221a b -=，又2222166ab+=，22a ∴=,21b =，∴椭圆6C 的方程为 2262x y +=． （2）解：①当直线l 斜率存在时，设l 方程为y kx m =+,由223{2x y y kx m+==+消去y 整理得()222214260k x kmx m +++-=，∵直线l 与椭圆3C 相切，∴()()()2224421260km k m ∆=-+-=，整理得()22321m k =+．设()00,P x y ，则()00,Q x y --，且00y kx m =+， ∴点Q 到直线l的距离d ==，同理由226{2x y y kx m+==+消去y 整理得()2222142120k x kmx m +++-=，设()()1122,,,M x y N x y ，则122421kmx x k +=-+， 212221221m x x k -=+MN ∴====，12QMNS MN d ∆∴=12==()2232121k k +=+=②当直线l 斜率不存在时，易知QMN S ∆=综上可得QMN ∆的面积为定值7．【四川省蓉城名校高中2018届高三4月份联考】已知椭圆C ： 22221(0)x y a b a b +=>>的长轴长为4，A ，B 是其长轴顶点， M 是椭圆上异于A ， B 的动点，且34MA MB k k ⋅=-.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）如图，若动点R 在直线6x =上，直线AR ， BR 分别交椭圆C 于P ， Q 两点.请问：直线PQ 是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由. 【解析】（1）由题意知24a =则2a =，设()00,M x y ， (),0A a -， (),0B a ，则0000MA MBy y k k x a x a ⋅=⋅-+ 202200y x a =-， 由2200221x y a b +=，则2220021x y b a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则2234MA MB b k k a ⋅=-=-，则23b =，由此可得椭圆C 的标准方程为22143x y +=. （2）设()6,R m ，则直线AP 的方程为()24m y x =-；则直线BQ 的方程为()28my x =+联立得()2228{ 143my x x y=++=消去y 得： ()()22224844480m x m x m +++-=，则()22448248Q m x m --⋅=+，即()2224848Q m x m -=+代入直线BQ 的方程得22448Qm ym =+，故()22224824,4848m m Q m m ⎛⎫- ⎪ ⎪++⎝⎭.联立得()2224{ 143my x x y=-+=消去y 得： ()()22221244120m x m x m +-+-=，则()22412212P m x m -⋅=+，即()2221212P m x m -=+代入直线AP 的方程得21212Pmym -=+，故()22221212,1212m m P m m ⎛⎫-- ⎪ ⎪++⎝⎭. 当()()22222482124812m mm m --=++，即224m=，则PQ 与x 轴交点为2,03T ⎛⎫⎪⎝⎭，当()()22222482124812m mm m --≠++，即224m≠时，下证直线PQ 过点2,03T ⎛⎫⎪⎝⎭，由()222120122122123PT QTm m k k m m -=+-=--+ ()222240482482483mm m m -+=--+ 229902424m mm m -=-=--， 故直线PQ 过定点2,03T ⎛⎫⎪⎝⎭. 8．【江西省新余市2018届高三二模】已知抛物线()2:20C x py p =>过点()2,1，直线l 过点()0,1P -与抛物线C 交于A ， B 两点.点A 关于y 轴的对称点为A '，连接A B '.（1）求抛物线线C 的标准方程；（2）问直线A B '是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由. 【解析】(1)将点()2,1代入抛物线2:2C x py =的方程得，2p =.所以，抛物线C 的标准方程为24x y =.(2)设直线l 的方程为1y kx =-，又设()11,A x y ， ()22,B x y ，则()11,A x y '-.由21,{ 41,y x y kx ==-得2440x kx -+=.则216160k ∆=->， 124x x ⋅=， 124x x k +=.所以()222121212112444A Bx x y y x x k x x x x '---===--+. 于是直线A B '的方程为()2221244x x xy x x --=-． 所以()22122121444x x x x xy x x x --=-+=+.当0x =时， 1y =， 所以直线A B '过定点()0,1.9．【湖北省荆州中学2018届高三4月月考】已知动圆过定点()2,0A ，且在y 轴上截得弦MN 的长为4. （1）求动圆圆心的轨迹C 的方程；（2）设()1,0B ，过点A 斜率为()0k k >的直线l 交轨迹C 于,P Q 两点， ,PB QB 的延长线交轨迹C 于,S T 两点.①若PQB ∆的面积为3，求k 的值. ②记直线ST 的斜率为ST k ，证明： STk k为定值，并求出这个定值. 【解析】（1）设圆心()(),0C x y x ≠，过点C 作CE y ⊥轴，垂足为E ，则12ME MN =. ∴2222CA CMME CE ==+∴()222222x y x -+=+，化简为：24y x =. 当0x =时，也满足上式.∴动圆圆心的轨迹C 的方程为24y x =.（2）设直线l 的方程为()2y k x =-， 221212,,,44y y P y Q y ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 由()24{2y xy k x ==-，得2480ky y k --=， 216320k ∆=+>， 12124,8y y y y k+==-. ①12132PQB S AB y y ∆=-===，解得2k =. ②设233,4y S y ⎛⎫⎪⎝⎭，则2111,4y BP y ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 2331,4y BS y ⎛⎫=- ⎪⎝⎭. ∵,,P B S 共线∴22313111044y y y y ⎛⎫⎛⎫---= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即23131440y y y y ⎛⎫+--= ⎪⎝⎭，解得： 31y y =（舍）或314y y =-. ∴21144,S y y ⎛⎫- ⎪⎝⎭，同理22244,T y y ⎛⎫- ⎪⎝⎭，∴121212221244244STy y y y k k y y y y -+==-=+-∴2STk k=（定值）10.如图,已知双曲线C ：x 2a2－y 2＝1(a >0)的右焦点为F .点A ,B 分别在C 的两条渐近线上,AF ⊥x 轴,AB ⊥OB ,BF∥OA (O 为坐标原点)．(1)求双曲线C 的方程；(2)过C 上一点P (x 0,y 0)(y 0≠0)的直线l ：x 0x a 2－y 0y ＝1与直线AF 相交于点M ,与直线x ＝32相交于点N .证明：当点P 在C 上移动时,|MF ||NF |恒为定值,并求此定值．【解析】(1)设F (c,0),因为b ＝1,所以c ＝a 2＋1, 直线OB 方程为y ＝－1ax ,直线BF 的方程为y ＝1a (x －c ),解得B (c 2,－c2a )．又直线OA 的方程为y ＝1ax ,则A (c ,c a ),k AB ＝c a －－c 2a c －c 2＝3a.又因为AB ⊥OB ,所以3a ·(－1a)＝－1,解得a 2＝3,故双曲线C 的方程为x 23－y 2＝1.(2)由(1)知a ＝3,则直线l 的方程为x 0x3－y 0y ＝1(y 0≠0),即y ＝x 0x －33y 0. 因为直线AF 的方程为x ＝2,所以直线l 与AF 的交点为M (2,2x 0－33y 0)；直线l 与直线x ＝32的交点为N (32,32x 0－33y 0)．则|MF |2|NF |2＝x 0－23y 0214＋32x 0－23y 02＝x 0－29y 204＋94x 0－2＝43·x 0－23y 20＋x 0－2.因为P (x 0,y 0)是C 上一点,则x 203－y 20＝1,代入上式得|MF |2|NF |2＝43·x 0－2x 20－3＋x 0－2＝43·x 0－24x 20－12x 0＋9＝43, 即所求定值为|MF ||NF |＝23＝233.11.如图,设点,A B 的坐标分别为()),,直线,AP BP 相交于点P ,且它们的斜率之积为23-．（1）求点P 的轨迹方程；（2）设点P 的轨迹为C ,点M N 、是轨迹为C 上不同于,A B 的两点,且满足//,//AP OM BP ON ,求证：MON ∆的面积为定值．【答案】（1）(22132x y x +=≠（2【解析】（1）由已知设点P 的坐标为(),x y ,由题意知(2333AP BP k k x x x ==-≠+-,化简得P 的轨迹方程为(22132x y x +=≠．（2）证明：由题意M N 、是椭圆C 上非顶点的两点,且//,//ON AP OM BP , 则直线,AP BP 斜率必存在且不为0,又由已知23AP BP k k =-． 因为//,//AP OM BP ON ,所以23OM ON k k =-．设直线MN 的方程为x my t =+,代入椭圆方程2232x y+,得()222324260m ymty t +++-=．．．．①,．设,M N 的坐标分别为()()1122,,,x y x y ,则2121222426,3232mt t y y y y m m-+=-=++． 又()2121222221212122636OM ONy y y y t k k x x m y y mt y y t t m -===+++-, 所以222262363t t m -=--,得22223t m =+．又1212MONSt y y ∆=-=所以2MONS∆==,即MON ∆的面积为定值2．12．如图,过椭圆2222:1(0)x y a b a bΓ+=>>内一点(0,1)A 的动直线l 与椭圆相交于M,N 两点,当l 平行于x轴和垂直于x 轴时,l 被椭圆Γ所截得的线段长均为（1）求椭圆Γ的方程；（2）在平面直角坐标系中,是否存在与点A 不同的定点B,使得对任意过点(0,1)A 的动直线l 都满足||||||||BM AN AM BN ⋅=⋅？若存在,求出定点B 的坐标,若不存在,请说明理由.【答案】（1）22142x y +=；（2）存在点B 的坐标(02)，．【解析】（Ⅰ）由已知得b ,点1)在椭圆上, 所以22211a b+=,解得2a =, 所以椭圆Γ的方程为22142x y +=．（Ⅱ）当直线l 平行于x 轴时,则存在y 轴上的点B,使||||||||BM AN AM BN =,设0(0)B y ，； 当直线l 垂直于x 轴时,(0(0M N ，，,若使||||||||BM AN AM BN =,则||||||||BM AM BN AN=,=解得01y =或02y =．所以,若存在与点A 不同的定点B 满足条件,则点B 的坐标只可能是(02)，． 下面证明：对任意直线l,都有||||||||BM AN AM BN ⋅=⋅,即||||||||BM AM BN AN =． 当直线l 的斜率不存在时,由上可知,结论成立； 当直线l 的斜率存在时,可设直线l 的方程为1y kx =+． 设M,N 的坐标分别为1122()()x y x y ，，，, 由221421x y y kx ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，得22(21)420k x kx ++-=, 其判别式22(4)8(21)0k k ∆=++>, 所以,121222422121k x x x x k k +=-=-++，, 因此,121212112x xk x x x x ++==．易知点N 关于y 轴对称的点N '的坐标为22()x y -，， 又11111211BM y kx k k x x x --===-, 2222212111BN y kx k k k x x x x '--===-+=---, 所以BM BN k k '=,即B M N '，，三点共线, 所以12||||||||||||||||x BM BM AM x BN BN AN ==='．故存在与点A不同的定点(02)B，,使得．。
圆锥曲线的热点问题—定点、定值、探索性问题
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1.定点问题 圆锥曲线中的定点问题是高考命题的一个热点，也是圆锥曲线问题中的一个 难点.解决这个难点没有常规的方法，但解决这个难点的基本思想是明确的， 定点问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变量表示问 题中的直线方程、数量积、比例关系等，而这些直线方程、数量积、比例关 系中不受变量影响的某个点，就是要求的定点.求解这类难点问题的关键就是 引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立、数 式变换等寻找不受参数影响的量.
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思维升华
圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变 化的量与参数何时没有关系，找到定点. (2)特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与 变量无关.
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类型二 定值问题
例 2 已知椭圆的中心为坐标原点 O，焦点在 x 轴上，斜率为 1 且过椭圆右焦点 →→
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代入椭圆方程整理得 λ2(x21＋3y21)＋μ2(x22＋3y22)＋2λμ(x1x2＋3y1y2)＝3b2. 又∵x21＋3y21＝3b2，x22＋3y22＝3b2， x1x2＋3y1y2＝4x1x2－3c(x1＋x2)＋3c2＝32c2－92c2＋3c2＝0， ∴λ2＋μ2＝1，故 λ2＋μ2 为定值.
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又∵O→N∥a，∴13＝ba22，∴a2＝3b2， 故椭圆方程为 x2＋3y2＝3b2. 又过右焦点的直线 AB 的方程为 y＝x－c. 联立yx＝2＋x3－y2c＝，3b2， 得 4x2－6cx＋3c2－3b2＝0. ∴x1＋x2＝32c，x1x2＝3c2－4 3b2＝38c2. 设 M(x，y)，则由O→M＝λO→A＋μO→B可得xy＝＝λλyx11＋＋μμyx22，，