2020年高考数学圆锥曲线中定值问题解题思路(共15张PPT)
圆锥曲线中的定点、定值问题课件-2025届高三数学一轮复习
有lMN：x＝2＋1＝3，也过定点(3,0)， 故直线MN过定点，且该定点为(3,0)．
(2)设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．
解：由A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)， 则 lAE：y＝yx33－ －yx11(x－x1)＋y1，由 y21＝4x1，y22＝4x2， 故 y＝yy4323－－yy4121x－y421＋y1＝y3＋4xy1－y3＋y21 y1＋y1＝y3＋4xy1＋y3y＋1y3y1， 同理可得 lBD：y＝y4＋4xy2＋y4y＋2y4y2，
(2)过点(－2,3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M， N，证明：线段MN的中点为定点．
解：证明：由题意可知：直线PQ的斜率存在， 设PQ：y＝k(x＋2)＋3， P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立方程
y＝k(x＋2)＋3， y92＋x42＝1， 消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0， 则Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1 728k>0，解得k<0，
[kx1＋(2k＋3)](x2＋2)＋[kx2＋(2k＋3)](x1＋2) (x1＋2)(x2＋2)
＝2kx1x2＋x(14xk2＋＋32)((xx11＋＋xx22))＋＋44(2k＋3)
＝32k4(kk22＋＋19364k(kk)－22＋＋893kk(4)－k4＋1k263＋4k)k((2292＋kk＋＋933))＋＋44(2k＋3)＝13068＝3， 所以线段MN的中点是定点(0,3)．
综合①②知，|MN|＝4 3，为定值．
规律方法
由特殊到一般法求定值问题的两个常用技巧
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)。
高考全国卷圆锥曲线解答题中的定值问题
ʏ广东省佛山市顺德区容山中学 潘敬贞圆锥曲线中的定值问题内容丰富多彩,通常有线段为定值,线段之比为定值,线段之积为定值,两条直线斜率的运算为定值,夹角为定值,面积为定值,某个量的系数运算为定值,向量数量积为定值等问题,这些问题往往具有强大的几何背景,其求解思路一般是:(1)先由特殊寻找出定值,然后证明;(2)直接推理,消掉参数得到所求几何量为定值㊂圆锥曲线中的定值问题的求解对分析问题和解决问题的能力要求比较高,需要同学们具备一定的运算求解能力㊁推理论证能力,以及丰富的解题经验㊂针对各类定值问题,文章结合实例厘清各类问题的求解思路,目的是帮助同学们提高备考的针对性和有效性㊂一、线段之比为定值线段之比为定值问题就是当某个动点在运动时,两条线段都与某一个或几个参数有联系,通过代数变形,化简后即可得到线段之比为定值㊂例1 已知F 1,F 2分别为椭圆C :x 2a 2+y2b2=1(a >b >0)的左焦点和右焦点,M 为C 上的动点,其中动点M 到左焦点F 1的最短距离为1,且当әM F 1F 2的面积最大时,әM F 1F 2恰好为等边三角形㊂(1)求椭圆C 的方程㊂(2)斜率为k 的动直线l 过点F 2,且与椭圆C 交于A ,B 两点,线段A B 的垂直平分线交x 轴于点P ㊂试问:P F 2|A B |是否为定值若是,请求出该定值;若不是,请说明理由㊂解析:(1)设F 1F 2=2c ,由题意可知a -c =1,a =2c ,解得a =2,c =1,所以b =a 2-c 2=3,故椭圆C 的方程为x 24+y23=1㊂(2)P F 2|A B |为定值㊂由题意可知,动直线l 的方程为y =k (x-1),联立x 24+y23=1,y =k (x -1),消去y 整理得3+4k 2 x 2-8k 2x +4k 2-3=0㊂设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2,则x 1+x 2=8k 23+4k 2,x 1x 2=4k 2-33+4k2㊂设A B 的中点为Q x 0,y 0,则x 0=x 1+x 22=4k 23+4k 2,y 0=k x 0-1 =-3k3+4k2㊂当k ʂ0时,线段A B 的垂直平分线的方程为y --3k 3+4k 2=-1k x -4k23+4k2,令y =0,解得x =k23+4k2,所以P F 2=k 23+4k 2-1=31+k 23+4k2㊂A B=x 1-x 2 2+y 1-y 22=1+k 2x 1+x 2 2-4x 1x 2=12k 2+13+4k2㊂所以P F 2|A B |=31+k 23+4k 2121+k 23+4k2=14㊂当k =0时,l 的方程为y =0,此时A B =2a =4,P F 2=c =1,故P F 2|A B |=14㊂ 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2023年4月综上所得,|P F 2||A B |为定值14㊂评注:由于直线A B 经过定点,因此在写其方程时只有一个参数(斜率k ),由弦长公式即可用参数k 表示线段A B ,又线段A B 的垂直平分线的斜率为-1k,故也可用参数k 表示线段P F 2,此时只需对线段之比化简即可得到结论㊂本题求解的关键是在写直线方程和用参数k 表示线段的过程中,需要讨论斜率k 是否为零㊂二㊁线段之积为定值线段之积为定值问题的求解原理与线段之比为定值问题的求解原理基本一样㊂例2已知椭圆C :x 2a 2+y2b2=1a >b >0的左顶点和下顶点分别为A ,B ,|A B |=25,过椭圆C 的焦点且与长轴垂直的弦长为2㊂(1)求椭圆C 的方程;(2)已知M 为椭圆C 上一动点(M 不与A ,B 重合),直线A M 与y 轴交于点P ,直线B M 与x 轴交于点Q ,证明:|A Q |㊃|B P |为定值㊂解析:(1)由题意可知a 2+b 2=20,2b2a=2,解得a =4,b =2,所以椭圆C 的方程为x 216+y24=1㊂(2)由题意及(1)知A (-4,0),B (0,-2),设M x 0,y 0 ,P 0,y P ,Q x Q ,0 ,因为M 在椭圆C 上,所以x 20+4y 20=16,由A ,P ,M 三点共线得y P 4=y 0x 0+4,即y P =4y 0x 0+4,同理可得x Q =2x 0y 0+2㊂所以|A Q |㊃|B P |=|x Q +4|㊃|y P +2|=2x 0+4y 0+8x 0+4㊃2x 0+4y 0+8y 0+2=4x 20+4y 20+16+4x 0y 0+8x 0+16y 0x 0+4 y 0+2 =432+4x 0y 0+8x 0+16y 0x 0+4 y 0+2 =16㊂所以|A Q |㊃|B P |为定值16㊂评注:本题求解时,先设点M x 0,y 0,然后用三点共线原理顺利实现用点M 的坐标表示线段|A Q |与线段|B P |,此题化简过程显得尤为关键,最后一步还需要由点M 在椭圆上得x 20+4y 20=16,并将其代入代数式进行化简㊂三㊁直线斜率运算为定值直线斜率运算包括加减运算和乘除运算,直线斜率运算为定值问题反映两条直线在运动过程中其斜率运算满足某个特殊的关系式㊂例3已知椭圆E :x 2a 2+y2b2=1a >b >0的离心率为32,短轴长为2㊂(1)求椭圆E 的方程;(2)过点M -4,0且斜率不为0的直线l 与E 自左向右依次交于点B ,C ,点N 在线段B C 上,且M BM C=N BN C,P 为线段B C 的中点,记直线O P ,O N 的斜率分别为k 1,k 2,求证:k 1k 2为定值㊂解析:(1)由题意及椭圆的性质可知ca=32,2b =2,则1-b 2a2=34,所以a 2=4,故椭圆E 的方程为x 24+y 2=1㊂(2)由题意可知直线l 的斜率一定存在,故设直线l 的方程为y =k (x +4),设B (x 1,y 1),C (x 2,y 2),N (x 3,y 3),P (x 0,y 0),联立x 24+y 2=1,y =k (x +4),消去y 整理得(4k 2+1)x 2+32k 2x +64k 2-4=0,由Δ=16(1-12k 2)>0,得0<k 2<112,所以x 1+x 2=-32k 24k 2+1,x 1x 2=64k 2-44k 2+1,所以x 0=-16k24k 2+1,y 0=k (x 0+4)=4k 4k 2+1,所以P -16k 24k 2+1,4k4k 2+1㊂因为M BM C=N BN C ,所以x 1+4x 2+4=x 3-x 1x 2-x 3,知识篇 科学备考新指向 高考数学 2023年4月解得x 3=2x 1x 2+4(x 1+x 2)x 1+x 2+8=2ˑ64k 2-44k 2+1+4ˑ-3k 24k 2+1-32k24k 2+1+8=-1,y 3=3k ,所以N (-1,3k ),故k 1k 2=y 0x 0㊃y 3x 3=-14kˑ(-3k )=34,即k 1k 2为定值㊂评注:本题第(2)问求解的关键是将直线的斜率坐标化㊁代数化,在化简过程中充分利用条件M B M C =N BN C,并将这一条件转化为坐标问题,然后化简得到所需的等式㊂本题的综合性强,计算量大,属于较难试题㊂四㊁夹角为定值夹角为定值问题就是当直线在运动的过程中,某个角度大小不变,其求解思路是:将夹角为定值问题转化为直线的位置关系问题,同时还要注意利用向量工具助力求解㊂例4 已知点P (-2,y 0)为抛物线C :x 2=2p y (p >0)上一点,F 为抛物线C 的焦点,抛物线C 在点P 处的切线与y 轴相交于点Q ,且әF P Q 的面积为2㊂(1)求抛物线C 的方程;(2)设直线l 经过点(2,5)交抛物线C 于M ,N 两点(异于点P ),求证:øM P N 的大小为定值㊂解析:(1)因为әF P Q 的面积为2,所以12|F Q |㊃2=2,即|F Q |=2㊂因为x 2=2p y ,所以y =x 22p ,求导得y '=xp ,所以点P 处的切线的斜率为-2p,切线的方程为y -y 0=-2p (x +2),令x =0,可得y =y 0-4p =2p -4p =-2p ,所以p 2+2p =2,解得p =2,所以抛物线C 的方程为x 2=4y ㊂(2)设M x 1,x 214,N x 2,x 224,设直线l 的方程为y =k (x -2)+5,联立y =k (x -2)+5,x 2=4y ,消去y 整理得x 2-4k x +8k -20=0,所以x 1+x 2=4k ,x 1x 2=8k -20㊂因为P (-2,1),所以P M ң=x 1+2,x 214-1,P N ң=x 2+2,x 224-1,所以P M ң㊃P N ң=(x 1+2)(x 2+2)+x 214-1x 224-1=x 1x 2+2(x 1+x 2)+4+x 21x 2216-(x 1+x 2)2-2x 1x 24+1=8k -20+8k+(8k -20)216-16k 2-16k +404+5=0,所以P M ңʅP N ң,所以øP MN 的大小为定值90ʎ㊂评注:本题的求解是将夹角为定值问题转化为直线的位置关系问题,再借助向量工具即可得证㊂本题难度不大,求解思路清晰,过程简洁㊂五㊁向量的数量积为定值例5 在平面直角坐标系x O y中,过椭圆C :x 2a 2+y2b2=1(a >b >0)的右焦点F的直线x +y -2=0交椭圆C 于A ,B 两点,P 为A B 的中点,且O P 的斜率为13㊂(1)求椭圆C 的方程㊂(2)设过点F 的直线l (不与坐标轴垂直)与椭圆C 交于D ,E 两点,试问:在x 轴上是否存在定点M ,使得MD ң㊃M E ң为定值若存在,求出点M 的坐标;若不存在,请说明理由㊂解析:(1)由题意可设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),P (x 0,y 0),则x 21a 2+y 21b 2=1,x 22a 2+y 22b 2=1,两式相减可得,(x 1-x 2)(x 1+x 2)a2+(y 1-y 2)(y 1+y 2)b 2=0㊂又因为y 1-y 2x 1-x 2=-1,P 为A B 的中点,且O P 的斜率为13,所以y 0=13x 0,即y 1+y 2=13x 1+x 2,所以可解得a 2=3b 2,即a 2=3a 2-c 2,即a 2= 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2023年4月32c 2,又因为c =2,所以a 2=6,所以椭圆C 的方程为x 26+y22=1㊂(2)设直线l 的方程为y =k x -2,代入椭圆C 的方程x 26+y 22=1,化简整理得3k 2+1x 2-12k 2x +12k 2-6=0,设D x 3,y 3 ,E (x 4,y 4),则x 3+x 4=12k21+3k2,x 3x 4=12k 2-61+3k2㊂假设x 轴上存在定点M t ,0,使得MD ң㊃M E ң为定值,则有MD ң㊃M E ң=(x 3-t ,y 3)(x 4-t ,y 4)=(x 3-t )(x 4-t )+y 3y 4=(x 3-t )(x 4-t )+k 2(x 3-2)(x 4-2)=(k 2+1)x 3x 4-(2k 2+t )(x 3+x 4)+4k 2+t2=(k 2+1)12k 2-61+3k 2-(2k 2+t )12k 21+3k2+4k 2+t 2=(3t 2-12t +10)k 2+t 2-61+3k2,要使上式为定值,即与k 无关,则应有3t 2-12t +10=3(t 2-6),解得t =73,故当点M 的坐标为73,0时,MD ң㊃M E ң为定值㊂评注:本题以存在性设问,有一定的开放性㊂由于是证明向量的数量积为定值,所以可用向量的坐标运算直接将问题代数化,此时只需联立直线和曲线的方程,并借助韦达定理,最后通过等式代换化简即可㊂六、面积为定值例6 已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为32,过椭圆的焦点且与长轴垂直的弦长为1㊂(1)求椭圆C 的方程;图1(2)如图1,设M 为椭圆上位于第一象限内的一个动点,A ,B 分别为椭圆的左顶点和下顶点,直线M B 与x 轴交于点C ,直线M A 与y 轴交于点D ,求证:四边形A B C D 的面积为定值㊂解析:(1)由已知可得ca=32,2b2a=1,a 2=b 2+c 2,解得a =2,b =1,所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1㊂(2)因为椭圆C 的方程为x 24+y 2=1,所以A (-2,0),B (0,-1)㊂由题意可设M (m ,n )(m >0,n >0),则m 24+n 2=1,即m 2+4n 2=4㊂所以直线B M 的方程为y =n +1mx -1,令y =0,得x C =mn +1㊂同理可得,直线A M 的方程为y =n m +2(x +2),令x =0,得y D =2nm +2㊂所以S 四边形A B C D =12㊃A C ㊃B D =12㊃mn +1+2㊃2n m +2+1=12㊃(m +2n +2)2(m +2)(n +1)=12㊃4m n +4m +8n +8m n +m +2n +2=2㊂所以四边形A B C D 的面积为定值2㊂评注:本题求解的关键是将线段坐标化,从而实现将面积代数化㊂首先设M (m ,n )(m >0,n >0),得m 2+4n 2=4,直线B M 的方程为y =n +1m x -1,从而x C =mn +1,同理得y D =2n m +2,所以S 四边形A B C D =12ˑ|A C |ˑ|B D |=12ˑm n +1+2ˑ2nm +2+1,最后通过化简即可证明四边形A B C D 的面积为定值2㊂本文结合实例对圆锥曲线中的定值问题进行了梳理,希望同学们在平时的学习中,能根据以上六大类问题逐一分析,动手求解,经常思考和反思,不断积累解题经验,从而提升自身的数学综合能力㊂(责任编辑 王福华)知识篇 科学备考新指向 高考数学 2023年4月。
2020年高考数学圆锥曲线中的最值问题(共16张PPT)
x
y
t cos 1 t sin
代入
2x2
y2
2
0
得
(1 cos2 )t2 2sin t 1 0
设
P, Q
对应的参数为 t1, t2
，则 t1
t2
2 cos 1 cos2
, t1t2
1
1 cos2
所以| PQ || t1 t2 |
(t1
t2 )2
4t1t2
1
22 cos2
因为
PQ
的最大值为__________.
解析：题目中点 P 是一动点，点 B 是椭圆的右焦点，因此在椭圆上的一个动点和焦点的 连线经常需要考虑这个点和另外一个焦点，即把动点放到焦点三角形中考虑，因
为 PF PB 2a 10，所以 PB 10 PF, PA PB PA PF 10 ，接下来需 要求 PA PF 10 的最大值。 因为如果 P, A, F 能构成三角形， PA PF AF ，因此当取得最大值时 P, A, F 三点共线， PA PF 10 AF 10 15
例 3：已知 P(x, y) 是抛物线上的点，则 (x 3)2 ( y 2)2 x 的最大值是________.
解析： (x 3)2 ( y 2)2 x (x 3)2 ( y 2)2 (x 1)2 y2 1 题目转化为点 P(x, y) 到点 A(3, 2) 的距离减去到点 M (1, 0) 的距离加 1 因此当 A, M , P 三点共线时取得最大值，最大值为| AM | 1，剩余步骤省
4x
2b
0
令 0，则b 2
则直线 y 2x 2 与 y 2x 2 之间的距离即为高的最大值，因此可以求出面积 的最大值。
例 7：点 P 在抛物线 y2 x 上，点 Q 在圆 (x 1)2 ( y 4)2 1，则| PQ |的最小值为 2
第9节 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题(课件PPT)
12
解：(1)由题意知 A(1，1)，B(4，－2)，设点 P 的坐标为(xP，yP)， 切线 l1：y－1＝k(x－1)，联立yy－2＝1x＝k(x－1)，由抛物线与直线 l1 相切，解得 k＝12， 即 l1：y＝12x＋12，同理，l2：y＝－14x－1.
xP＝－2， 联立 l1，l2 的方程，可解得yP＝－12， 即点 P 的坐标为－2，－12.
y0)，由 k1＋k2＝2 得y0x－0 1＋－yx00－1＝2，得 x0＝－1. 当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋m(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，
y2)． 则x22＋y2＝1 ，可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0， y＝kx＋m
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17 则 Δ＝8(2k2－m2＋1)＞0，x1＋x2＝1－＋42kkm2，x1·x2＝21m＋2－2k22 . 由 k1＋k2＝2，得y1x－1 1＋y2x－2 1＝2， 即(kx2＋m－1)x1x＋1x2(kx1＋m－1)x2＝2，(2－2k)x1x2＝(m－1)(x1＋x2)，(2－2k)(2m2－
点，不妨设 C 为椭圆的左顶点，则 C(－ 2，0)，x1＋x2＝－x3＝ 2，x1＝x2＝ 22，
可取 A 22， 23，B 22，－ 23，则 S△ABC＝12×
3×3 2
2＝3
4
6 .
综上，△ABC 的面积为定值，定值为346.
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10
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，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．
高中数学圆锥曲线压轴题系列 定值问题处理方法 理清思路破解难题
高中数学圆锥曲线压轴题系列定值问题处理方法理清
思路破解难题
定值问题是圆锥曲线中常考的一种类型，要正确解决它们，首先需
要做的就是理清思路，即从问题本质出发去抓住重点：
一、先理解几何意义：
1、仔细阐明：读懂题中的“定值”的英文意思，如“given,constant”等；
2、辨析：抓住题中的特定定值，如：方程的系数、参数、定点；
3、分类：根据题目中特定网点和具体类型讨论具体问题。
二、正确解决定值问题：
1、找出变量：分析问题的特征，确定相关的变量，以判断出解决问题
需要解决的不确定性；
2、确定函数关系：运用给定条件和特定函数关系，建立准确函数模型；
3、求解：解决具体问题，形成最终结果。
三、压轴难题破解之道：
1、以实际情况推导：在实际生活中结合几何图形，引出实际过程；
2、联系函数模型：分析实际过程中所给函数，推出函数类型；
3、找点分段：应用定点和改变的变量找出隐含的关系，用曲线的分段
特性，求解解析式。
四、总结：
定值问题在圆锥曲线中是一个常见的题目，要解决它们就要从问题本
质出发，先理解几何意义，理清思路，正确解决定值问题，才能破解难题。
其中，“找点分段”更是最具挑战的地方，也是定值问题的重中之重。
圆锥曲线中的定点、定值问题-高中数学总复习课件
3，0）.
综上，直线 PQ 过定点（－3，0）.
高中总复习·数学
参数法求定值
【例3】 已知 O 为坐标原点，过点 M （1，0）的直线 l 与抛物线 C ：
y 2＝2 px （ p ＞0）交于 A ， B 两点，且 · ＝－3.
程为 y ＝±（ x －1），
2
联立 x 2－ ＝1求解可得 x ＝－3，直线 PQ 过点（－3，0）.
2
当直线 PQ 斜率存在时，设直线 PQ 的方程为 y ＝ kx ＋ m ， P （ x
1， y 1）， Q （ x 2， y 2），
高中总复习·数学
2
代入 x 2－ ＝1，整理得（ k 2－2） x 2＋2 kmx ＋ m 2＋2＝0，易知Δ
2
2
2
3
2
2
代入 ＋ ＝1，得（3＋4 k ） x ＋4 k （3－2 k ） x ＋4（ －
4
3
2
k ）2－12＝0.
3
设 E （ xE ， yE ）， F （ xF ， yF ），∵点 A （1， ）在椭圆上，
2
∴ xE ＝
3
−
2
4（
）2 −12
3+4 2
，
高中总复习·数学
3
yE ＝ kxE ＋ － k .
圆锥曲线中的定点、定值问题
处理圆锥曲线中定点问题的方法：（1）探索直线过定点时，可
设出直线方程为 y ＝ kx ＋ m ，然后利用条件建立关于 k ， m 的等量关
系进行消元，借助于直线系的思想找出定点；（2）从特殊情况入
圆锥曲线中的定点、定值问题(含解析)
圆锥曲线中的定点、定值问题一、题型选讲题型一 、 圆锥曲线中过定点问题圆锥曲线中过定点问题常见有两种解法：（1）、求出圆锥曲线或直线的方程解析式，研究解析式，求出定点·（2）、从特殊位置入手，找出定点，在证明该点符合题意（运用斜率相等或者三点共线）。
例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A 、B 分别为椭圆E ：2221x y a+=（a >1）的左、右顶点，G 为E 的上顶点，8AG GB ⋅=，P 为直线x =6上的动点，P A 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ． （1）求E 的方程；（2）证明：直线CD 过定点.例2、（2020届山东省临沂市高三上期末）如图，已知点F 为抛物线C ：22y px =（0p >）的焦点，过点F 的动直线l 与抛物线C 交于M ，N 两点，且当直线l 的倾斜角为45°时，16MN =.（1）求抛物线C 的方程.（2）试确定在x 轴上是否存在点P ，使得直线PM ，PN 关于x 轴对称？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.例3、【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C ：x 2=−2py 经过点（2，−1）．（1）求抛物线C 的方程及其准线方程；（2）设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线y =−1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B ．求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．题型二、圆锥曲线中定值问题圆锥曲线中常见的定值问题，属于难题．探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值例4、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为2，且过点A （2，1）．（1）求C 的方程：（2）点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得|DQ |为定值．例5、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知椭圆()2222:10x y E a b a b+=>>的离心率e 满足2220e -+=，右顶点为A ，上顶点为B ，点C (0，－2)，过点C 作一条与y 轴不重合的直线l ，直线l 交椭圆E 于P ，Q 两点，直线BP ，BQ 分别交x 轴于点M ，N ；当直线l 经过点A 时，l ．(1)求椭圆E 的方程；(2)证明：BOM BCN S S ∆∆⋅为定值．例6、(2019苏州三市、苏北四市二调）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：x 24＋y 2＝1，椭圆C 2：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)，C 2与C 1的长轴长之比为2∶1，离心率相同．(1) 求椭圆C 2的标准方程； (2) 设点P 为椭圆C 2上的一点．①射线PO 与椭圆C 1依次交于点A ，B ，求证：PAPB 为定值；②过点P 作两条斜率分别为k 1，k 2的直线l 1，l 2，且直线l 1，l 2与椭圆C 1均有且只有一个公共点，求证k 1·k 2为定值．二、达标训练1、（2020届浙江省温州市高三4月二模）如图，已知椭圆22:14x C y +=，F 为其右焦点，直线()0:k y x m l m k +<=与椭圆交于1122(,),(,)P x y Q x y 两点，点,A B 在l 上，且满足,,PA PF QB QF OA OB ===.(点,,,A P Q B 从上到下依次排列)(I )试用1x 表示PF ：(II )证明：原点O 到直线l 的距离为定值.2、【2018年高考北京卷理数】已知抛物线C ：2y =2px 经过点P （1，2）．过点Q （0，1）的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线P A 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N ． （1）求直线l 的斜率的取值范围；（2）设O 为原点，QM QO λ=，QN QO μ=，求证：11λμ+为定值．3、(2019苏锡常镇调研）已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为32，焦点到相应准线的距离为33.(1) 求椭圆E 的标准方程；(2) 已知P(t ，0)为椭圆E 外一动点，过点P 分别作直线l 1和l 2，直线l 1和l 2分别交椭圆E 于点A ，B 和点C ，D ，且l 1和l 2的斜率分别为定值k 1和k 2，求证：PA ·PBPC ·PD 为定值．4、(2018苏州暑假测试）如图，已知椭圆O ：x 24＋y 2＝1的右焦点为F ，点B ，C 分别是椭圆O 的上、下顶点，点P 是直线l ：y ＝－2上的一个动点(与y 轴的交点除外)，直线PC 交椭圆于另一个点M.(1) 当直线PM 经过椭圆的右焦点F 时，求ⅠFBM 的面积；(2) Ⅰ记直线BM ，BP 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1•k 2为定值；5、(2016泰州期末）如图，在平面直角坐标系xOy 中， 已知圆O ：x 2＋y 2＝4，椭圆C ：x 24＋y 2＝1，A 为椭圆右顶点．过原点O 且异于坐标轴的直线与椭圆C 交于B ，C 两点，直线AB 与圆O 的另一交点为P ，直线PD 与圆O 的另一交点为Q ，其中D (－65，0).设直线AB ，AC 的斜率分别为k 1，k 2.(1) 求k 1k 2的值；(2) 记直线PQ ，BC 的斜率分别为k PQ ，k BC ，是否存在常数λ，使得k PQ ＝λk BC ？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由；(3) 求证：直线AC 必过点Q .一、题型选讲题型一 、 圆锥曲线中过定点问题圆锥曲线中过定点问题常见有两种解法：（1）、求出圆锥曲线或直线的方程解析式，研究解析式，求出定点·（2）、从特殊位置入手，找出定点，在证明该点符合题意（运用斜率相等或者三点共线）。
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解析：设椭圆上一点
P(x0 ,
y0 ) ，则
x02 4
y02
1
直线 PA :
y
y0 (x 2) ，令 x x0 2
0 ，得 yM
2 y0 x0 2
所以| BM ||1 2 y0 | x0 2
直线 PB :
y
y0 1 x 1，令 x0
y
0 ，得 xN
x0 y0 1
所以| AN || 2 x0 | y0 1
（2） 可能是角（这里的角常常是将圆锥曲线上的点设为三角函数角的形式），
（3） 也可能是斜率（这个是最常用的，但是既然设斜率了，就要考虑斜率是 否存在的情况）
常用的参数就是以上三种，但是注意我们设参数时要遵循一个原则：参数越少越好。
（1）定值问题解题思路
因此定值问题的解题思路是： （1） 设参数； （2） 用参数来表示要求定值的式子； （3） 消参数。
一个常用的结论：椭圆和双曲线中斜率乘积为定值，即：
过原点的直线交椭圆或双曲线于两点 A, B ，则在椭圆或双曲线上任取一点 P（异于 A, B ）则直线 PA, PB 的斜率乘积为定值。
x2 y2 1 a2 b2
x2 y2 1 a2 b2
b2 kPA kPB a2
b2 kPA kPB a2
x0
y0 1
| AN | 2 x0 y0 1
所以四边形 ABNM 的面积为 S 1 AN BM 1 (2 x0 ) (1 2 y0 )
2
2 y0 1
x0 2
结合 x02 4 y02 4 ，可求得 S 2 为定值。
（2）解决定值问题的方法
题型 3：和向量有关系或者跟向量的系数有关的定值 注意若跟向量的系数有关系，我们一般是根据系数的形式来考虑如何设参数，如果
满足 |
MA ||
MB
|
，求证
|
1 OA |2
|
1 OB
|2
|
2 OM
|2
为定值。
解析：由于直线过原点，因此我们只需要设斜率即可， A, B 过原点，则 OA OB ，我 们从题目中知道需要求出 OA,OM 的值，因此需要用到弦长公式。因为直线过
原点，所以可以考虑设为含有角度的点，这样就不需要考虑斜率的问题了，但 是点 M 用含有角度的点表示出来相当麻烦，因此不考虑这种方法。
1 4
x22
解出两条切线的交点 M 的坐标为 M ( x1 x2 , x1x2 ) ( x1 x2 , 1)
24
2
所以
uuuur FM
uuur AB
(
x1
2
x2
,
2)
(x
2 x1,
y2
y1)
1 2
( x2 2
x12
)
2( 1 4
x22
1 4
x12 )
0
uuuur uuur 所以 FM AB 为定值，其值为 0.
圆锥曲线中定值问题解题思路
老师姓名：
/
DIRECTORY
1 定值问题解题思路
目 2 解决定值问题的几种方法 录
3 例题解析
（1）定值问题解题思路
定值问题肯定含有参数，若要证明一个式子是定值，则意味着参数是不影响结果的， 也就是说参数在解式子的过程中都可以消掉，因此解决定值问题的关键是设参数：
（1） 在解析几何中参数可能是点（注意如果设点是两个参数时，注意横坐标 要满足圆锥曲线方程）
另外两条直线垂直，斜率互为倒数，因此需要考虑斜率不存在和斜率为零的两 种特殊形式，关于这两种特殊形式我们不给出了，同学们可以自行计算，下面只给出一 般情况：
（2）解决定值问题的方法
设直线
l
的方程为
y
kx
，则直线
OM
的方程为
y
1 k
x,
A( x1 ,
y1),
B( x2 ,
y2
)
y kx
联立
x2
线的乘积除 2 得到面积。
（2）解决定值问题的方法
例 5：椭圆方程为 x2 y2 1, A(2, 0), B(0,1) ，设 P 是第三象限内一点且在椭圆 C 上， 4
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：四边形 ABNM 的对角线互相垂直，则用对角线长度来求面积即可，由于 PA, PB 之间的斜率不存在联系，因此所设的参数是点 P 的坐标，用点 P 的坐标表示出 BM 和 AN 的长度，最后消去坐标参数即可，过程如下：
2y2
3 3
1
x12
3 1 2k 2
, y12
3k 2 1 2k 2
|
OA |2
|
OB
|2
x12
y12
3(1 k 2 ) 1 2k 2
用
1
替换 k
，得 |
OM
|2
3[1
(
1 )2 ] k
3(1
k2)
k
1 2( 1 )2 2 k 2
k
所以| OA |2
|
OB
|2
|
OM
|2
3(1 k 2 ) 1 2k 2
1 1 1 | MP |2 | MQ |2 p2
例
2：在椭圆
x2 a2
y2 b2
1上两点
A, B 与中心
O
的连线互相垂直，则
|
1 OA
|2
|
1 OB
|2
的值
为__________.
解析：题目中 A, B 为任意点，故不妨设 A, B 分别为长轴的端点和短轴的端点，此时
OA
a,
OB
b
，
|
1 OA
|2
y1
2
( y2
y2
1)
y1
,
y2
1
且有
x1x2
x22
4 y2
4
抛物线方程为 y 1 x2 ，求导得 y' 1 x
4
2
（2）解决定值问题的方法
所以过抛物线上
A,
B
两点的切线分别是
y
1 2
x1 ( x
x1)
y1,
y
1 2
x2 (x
x2
)
y2
化简得：
y
1 2
x1x
2
x2 x
3(1 k 2 ) 1 2k2
3(1 k 2 ) 2 k2
2 为定值
（2）解决定值问题的方法
例 4：已知椭圆方程为 x2 y2 1, A(2, 0), B(0,1) ,设点 P 是椭圆上的一点，直线 PA 与 y 4
轴交于点 M，直线 PB 与 x 轴交于点 N，求证| AN | | BM | 为定值。
解析：由已知条件得 F(0,1) ，设 A(x1, y1), B(x2, y2 ) uuur uuur
由 AF FB( 0) 得 (x1,1 y) (x2, y2 1)
所以
1x1y1
x2 (
y2
1)
把
x1
x2
两边平方并把
y1
1 4
x12 ,
y2
1 4
x22
代入得
y1
2
y2
联立
1 y1
（2）解决定值问题的方法
方法一：把相关几何量的变元特殊化，在特例中求出几何量的定值，然后再证明结论与
特定状态无关（其实就是找特殊量，常用在小题里面）。
例
1：过点
M ( p,0)
任作直线交抛物线
y2
2 px( p
0)
于
P, Q
两点，则
|
1 MP
|2
|
1 MQ
|2
的值为_____________.
解析：题目过 M ( p, 0) 的直线不固定，不妨令这条直线与 x 轴垂直，此时 PM MQ 2 p
（2）解决定值问题的方法
设 P(x0 , y0 )(x0 0, y0 0) ，则 x02 4 y02 4
直线 PA 的方程为 y y0 (x 2) ，令 x 0 ，则 M (0, 2 y0 )
x0 2
x0 2
| BM | 1 2 y0 x0 2
直线 PB : y y0 1 x 1，令 y 0，得 N ( x0 , 0)
系数均为二次，因此考虑设点然后代入椭圆，如果是一次，则只需要分别用求出参数所 代表的值最后消去即可。
（2）解决定值问题的方法
uuur uuur
例 6：已知抛物线 x2 4 y 的焦点为 F，A, B 是抛物线上的两个动点，且 AF FB( 0) ， uuuur uuur
过点 A, B 分别作抛物线的切线，设交点为 M，证明 FM AB 为定值。
| AN | | BM || 2 x0 | |1 2 y0 || x0 2 y0 2 | | x0 2 y0 2 |
y0 1
x0 2
y0 1
x0 2
| x02 4 y02 4x0 y0 4x0 8y0 4 | x0 y0 x0 2 y0 2
将
x02 4
y02
1 代入上式得|
|
1 OB
|2
1 a2
1 b2
（2）解决定值问题的方法
方法二：把相关几何量用圆锥曲线中的参变量表示出来，再证明结论与参数无关。（常 用在大题证明里面，其实就是设参数，常见的参数在一开始就提到），依据所 设参数的不同，题型又分为以下几类：
题型 1：和线段的长度有关，例如线段的加减乘除。
例 3：椭圆方程 x2 2 y2 1，过原点的直线 l 与椭圆 C 交于 A, B 两点，椭圆 C 上一点 33