2019高考数学一轮复习第9章解析几何专题研究3圆锥曲线中定点定值问题课件理
＝
12，∴
a2＝2，
∴椭圆C的方程是x22＋y2＝1.
(2)若直线 l 与 y 轴重合，则以 AB 为直径的圆是 x2＋y2＝1.① 若直线 l 垂直于 y轴，则以 AB 为直径的圆是 x2＋(y＋13)2＝196， ② 由①②式，解得xy＝＝01，. 由此可知所求点 T 如果存在，只能是(0，1)． 事实上，点 T(0，1)就是所求的定点．证明如下：
③这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点， 即满足fg（（xx，，yy））＝＝00，为直线或曲线所过的定点．
3．求定值问题的基本思路与方法 (1)求解定值问题的基本思路： ①首先求出这个几何量或代数表达式； ②对表达式进行化简，整理成y＝f(m，n，k)的最简形式； ③根据已知条件列出必要的方程(或不等式)，消去参数，最 后求出定值，一般是根据已知条件列出方程k＝g(m，n)，代入y ＝f(m，n，k)，得到y＝h(m，n)＋c(c为常数)的形式．
当直线 l 的斜率不存在时，直线 AD 的方程为 x＝0. 如果存在定点 Q 满足条件，则 Q(0，2)． kQA＝y1x－1 2＝y1－x11－1＝k－x11，kQD＝y－2－x22＝－k＋x12.
又因为 kQA－kQD＝2k－(x11＋x12)＝2k－x1x＋1xx2 2＝2k－2k＝0， 所以 kQA＝kQD，即 A，D，Q 三点共线． 故直线 AD 恒过定点，定点坐标为(0，2)． 【答案】 (1)x42＋y22＝1 (2)定点为(0，2)
思考题 2 如图，过椭圆 Γ：xa22＋yb22＝1(a>b>0)内一点 A(0， 1)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 2 2.
(1)求椭圆 Γ 的方程； (2)在平面直角坐标系中，是否存在异于点 A 的定点 B，使得 对任意过点 A(0，1)的动直线 l 都满足|B→M|·|A→N|＝|A→M|·|B→N|？ 若存在，求出定点 B 的坐标；若不存在，请说明理由．
设直线PA的斜率为k，则直线AQ的斜率为－k. 所以直线PA的方程为y－1＝k(x－2)，直线AQ的方程为y－1 ＝－k(x－2)．
y－1＝k（x－2）， 设点P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，由x82＋y22＝1， 得(1＋4k2)x2－(16k2－8k)x＋16k2－16－4＝0.① 因为点A(2，1)在椭圆C上，所以x＝2是方程①的一个根， 则2xP＝16k12－＋146kk2－4，所以xP＝8k12－＋84kk－2 2. 同理xQ＝8k21＋＋84kk－2 2.
若使|B→M|·|A→N|＝|A→M|·|B→N|，则|B→→M|＝|A→→M|， |BN| |AN|
有||yy00－＋
2|＝ 2|
22－＋11，解得 y0＝1 或 y0＝2.
所以，若存在异于点 A 的定点 B 满足条件，
则点B的坐标只可能是(0，2)． 下面证明：存在定点B(0，2)，对任意过点A(0，1)的直线 l， 都有|B→M|·|A→N|＝|A→M|·|B→N|，即|B→ →M|＝|A→ →M|.
v
【解析】 (1)由已知得 b＝ 2，点( 2，1)在椭圆 Γ 上，所 以a22＋b12＝1，解得 a＝2.
所以椭圆 Γ 的方程为x42＋y22＝1.
(2)当直线 l 平行于 x 轴时，则存在 y 轴上的点 B，
使|B→M|·|A→N|＝|A→M|·|B→N|，设 B(0，y0)．
当直线 l 垂直于 x 轴时，M(0， 2)，N(0，－ 2)．
(1)求 C 的方程； (2)若点 B(1，－2)在 C 上，过点 B 作 C 的两弦 BP 与 BQ， 若 kBP·kBQ＝－2，求证：直线 PQ 过定点．
【解析】 (1)由题得C的方程为y2＝4x或x2＝12y. (2)证明：∵点B(1，－2)在C上，∴曲线C的方程为y2＝4x. 设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ：x＝my＋b，显然m存 在，与方程y2＝4x联立，消去x得 y2－4my－4b＝0，Δ＝16(m2＋b)>0，∴y1＋y2＝4m， y1·y2＝－4b.
(2018·北京昌平一中期末)椭圆 C 的焦点为 F1(－ 2，0)， F2( 2，0)，且点 M( 2，1)在椭圆 C 上．过点 P(0，1)的动直线 l 与椭圆相交于 A，B 两点，点 B 关于 y 轴的对称点为点 D(不同于 点 A)．
(1)求椭圆 C 的标准方程； (2)证明：直线 AD 恒过定点，并求出定点坐标．
∵T→A＝(x1，y1－1)，T→B＝(x2，y2－1)，
∴
→ TA
·
→ TB
＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝(k2＋1)x1x2－
4 3
k(x1＋x2)
＋196＝－16k2－161－8k126＋k29＋32k2＋16＝0.
∴T→A⊥T→B，即以AB为直径的圆恒过定点T(0，1)．
综上可知，在坐标平面上存在一个定点T(0，1)满足条件．
直线PA的斜率kPA＝xy11－－21，直线QA的斜率kQA＝yx22－－12. 因为∠PAQ的角平分线总垂直于x轴，所以PA与AQ所在的 直线关于直线x＝2对称， 所以kPA＝－kQA，即xy11－－21＝－yx22－－12，
化简得x1y2＋x2y1－(x1＋x2)－2(y1＋y2)＋4＝0. 把y1＝kx1＋b，y2＝kx2＋b代入上式，化简得 2kx1x2＋(b－1－2k)(x1＋x2)－4b＋4＝0.① 由yx8＝ 2＋ky2x2＋＝b1，，得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－8＝0，② 则x1＋x2＝－4k82k＋b 1，x1x2＝44bk22－ ＋81， 代入①，得2k（44kb2＋2－18）－8kb（4bk－2＋1－1 2k）－4b＋4＝0，
方程为 y＝kx＋1.
由x42＋y22＝1，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0. y＝kx＋1，
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(－x2，y2)，
Δ＝16k2＋8（2k2＋1）>0， 则x1＋x2＝－2k42＋k 1，
x1x2＝－2k22＋1.
特殊地，当 A 为(2，0)时，k＝－12，所以 2x2＝－43，x2＝－23， y2＝43，即 B(－23，43)，所以点 B 关于 y 轴的对称点为 D(23，43)， 则直线 AD 的方程为 y＝－x＋2.
其基本步骤为： ①把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把常量 当作未知数，将方程一端化为0，即化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的 形式(这里把常量k当作未知数)． ②既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数k都成立， 这时参数的系数就要等于0，这样就得到一个关于x，y的方程 组，即令fg（（xx，，yy））＝＝00，.
|BN| |AN| 当直线l的斜率不存在时，由上面可知，结论成立； 当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx＋1. 设M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)． 联立x42＋y22＝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， 因此x11＋x12＝x1x＋1xx2 2＝2k. 易知点N关于y轴对称的点N′的坐标为(－x2，y2)， 又kBM＝y1x－1 2＝kx1x－1 1＝k－x11， kBN′＝y－2－x22＝k－ x2－x21＝－k＋x12＝k－x11，
所以xP－xQ＝－1＋164kk2，xP＋xQ＝116＋k24－k24. 又yP－yQ＝k(xP＋xQ－4)＝－1＋8k4k2. 所以直线PQ的斜率kPQ＝xyPP－－xyQQ＝12， 所以直线PQ的斜率为定值，该值为12.
方法二：设直线PQ的方程为y＝kx＋b，点P(x1，y1)， Q(x2，y2)，则y1＝kx1＋b，y2＝kx2＋b，
当直线l的斜率不存在，即直线l与y轴重合时，以AB为直径 的圆为x2＋y2＝1，过点T(0，1)．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx－
1 3
，代入椭
圆方程，并整理，得(18k2＋9)x2－12kx－16＝0.
设点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1＋x2＝ 181k22＋k 9，x1x2＝－18k126＋9.
使得|B→M|·|A→N|＝|A→M|·|B→N|.
题型二 定值问题
(2018·广州市高三综合测试)已知椭圆C：
x2 a2
＋
y2 b2
＝
1(a>b>0)的离心率为 23，且过点A(2，1)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若P，Q是椭圆C上的两个动点，且使∠PAQ的角平分线
总垂直于x轴，试判断直线PQ的斜率是否为定值？若是，求出该
【答案】 (1)x22＋y2＝1 (2)存在，理由略
★状元笔记★ 定点问题的常见解法
(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或 曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标 的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；
(2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．
思考题 1 (2018·湖北枣阳一中一模)已知抛物线 C 的顶 点在原点，焦点在坐标轴上，点 A(1，2)是抛物线 C 上一点．
(2)求定值问题常见的方法： 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．
专题讲解
题型一 定点问题
(2018·郑州一中模拟)已知直线 l：y＝x＋1，圆 O：x2＋ y2＝32，直线 l 被圆截得的弦长与椭圆 C：xa22＋yb22＝1(a>b>0)的短轴
值；若不是，说明理由．
【解析】
(1)因为椭圆C的离心率为
3 2
，且过点A(2，1)，
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
高三数学一轮总复习第九章平面解析几何第八节圆锥曲线的综合问题第三课时定点定值探索性问题课件理
解 所 所(则 所 又 且2： 以 以)以 因 仅F由椭(1(径 ＝ 1yaaa当为3MF1题)－2＝ 2圆)由 所 令 所 所因1的＝＋设 ||yM＝可yMy22方1以 以 以为圆(4b－1点y|c22·(设 ＝＋9Nb2＝2，F5)程＋圆的2y得，xxe＝2＝点 M|y1＝y0＝2N为|2c圆＋2C， y|(2y得1y|2＝a4＝c，1M4x1＝，24心 )y，过＝y±－2，所2(2＋1x－＝4y定1252yy1F1C，－1以y2，＋1385)5－－2y2|点，＝解x4时＝，N1的8且y圆)－1yx， 1(N得＝取11y5＋坐4－过N(2(，.±2y＝4等 (，(C标111ab点3y，4＋＝5， 1＝ ＝1， 0号为－5，y的yP02， y22， 2)，2y，)y41，3．方)y110，．，.＋又y)所＝2．程＝y32知11|以1＝y＋，－为 251F|以0＋y11(，2(5x－ |M，y，－1N|1半≥y,420为＝)径2)2，＋直－F1r251y(，511 .,0当), 所以整M理N得的x最2＋小y值2－为8x2－1(y51.＋y2)y＋16＋y1y2＝0.
[由题悟法] 定点问题常见的2种解法 (1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系 或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点 坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点； (2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．
[即时应用] 已知椭圆 C：xa22＋by22＝1(a＞b＞0)的右焦 点为 F(1,0)，右顶点为 A，且|AF|＝1. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若动直线 l：y＝kx＋m 与椭圆 C 有且 只有一个交点 P，且与直线 x＝4 交于点 Q，问：是否存在一 个定点 M(t,0)，使得 MP ·MQ ＝0.若存在，求出点 M 的坐标； 若不存在，说明理由．
高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 第9讲 圆锥曲线的综合问题 第2课时 定点、定值、探索性问题
第2课时 定点、定值、探索性问题圆锥曲线中的定点问题(师生共研)(2020·某某模拟)过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F 且斜率为k 的直线l 交抛物线C于A ，B 两点，且|AB |＝8.(1)求直线l 的方程；(2)若A 关于x 轴的对称点为D ，求证：直线BD 过定点，并求出该点的坐标． 【解】 (1)由y 2＝4x 知焦点F 的坐标为(1，0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －1)， 代入抛物线方程y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0， 由题意知k ≠0，且Δ＝[－(2k 2＋4)]2－4k 2·k 2＝16(k 2＋1)＞0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1.由抛物线的弦长公式知|AB |＝x 1＋x 2＋2＝8，则2k 2＋4k2＝6，即k 2＝1，解得k ＝±1.所以直线l 的方程为y ＝±(x －1)．(2)由(1)及抛物线的对称性知，D 点的坐标为(x 1，－y 1)， 直线BD 的斜率k BD ＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1y 224－y 214＝4y 2－y 1， 所以直线BD 的方程为y ＋y 1＝4y 2－y 1(x －x 1)， 即(y 2－y 1)y ＋y 2y 1－y 21＝4x －4x 1.因为y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，x 1x 2＝1，所以(y 1y 2)2＝16x 1x 2＝16， 即y 1y 2＝－4(y 1，y 2异号)．所以直线BD 的方程为4(x ＋1)＋(y 1－y 2)y ＝0， 对任意y 1，y 2∈R ，有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1＝0，y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝0，即直线BD 恒过定点(－1，0)．求解圆锥曲线中定点问题的两种方法(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关．(2)直接推理法：①选择一个参数建立方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常数k 当成变量，将变量x ，y 当成常数，将原方程转化为kf (x ，y )＋g (x ，y )＝0的形式；②根据曲线(包含直线)过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组⎩⎪⎨⎪⎧f （x ，y ）＝0g （x ，y ）＝0；③以②中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决．(2020·某某模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)上动点P 到两焦点F 1，F 2的距离之和为4，当点P 运动到椭圆C 的一个顶点时，直线PF 1恰与以原点O 为圆心，以椭圆C 的离心率e 为半径的圆相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆C 的左、右顶点分别为A ，B ，若直线PA ，PB 分别交直线x ＝6于不同的两点M ，N ，则以线段MN 为直径的圆是否过定点？若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．解：(1)由椭圆的定义可知2a ＝4，解得a ＝2.若点P 运动到椭圆的左、右顶点时，直线PF 1与圆一定相交，则点P 只能在椭圆的上、下顶点，不妨设点P 运动到椭圆的上顶点(0，b )，F 1为左焦点(－c ，0)，则直线PF 1：bx －cy ＋bc ＝0.由题意得原点O 到直线PF 1的距离等于椭圆C 的离心率e ， 所以bc b 2＋c 2＝ca， 又a 2＝b 2＋c 2，故b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意知，直线PA ，PB 的斜率存在且都不为0， 设直线PA 的斜率为k ，点P (x 0，y 0)，x 0≠±2， 又A (－2，0)，B (2，0)，所以k PA ·k PB ＝k ·k PB ＝y 0x 0＋2·y 0x 0－2＝y 20x 20－4＝1－x 204x 20－4＝－14，则k PB ＝－14k.所以直线PA 的方程为y ＝k (x ＋2)， 令x ＝6，得y ＝8k ，则M (6，8k )； 直线PB 的方程为y ＝－14k (x －2)，令x ＝6，得y ＝－1k，则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，－1k .因为8k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ＝－8＜0，所以以线段MN 为直径的圆与x 轴交于两点，设点G ，H ，并设MN 与x 轴的交点为K ， 在以线段MN 为直径的圆中应用相交弦定理，得|GK |·|HK |＝|MK |·|NK |＝|8k |·⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1k ＝8，因为|GK |＝|HK |，所以|GK |＝|HK |＝22，所以以线段MN 为直径的圆恒过点(6－22，0)，点(6＋22，0)．圆锥曲线中的定值问题(多维探究) 角度一 定线段的长已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (1，0)，且经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，354.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 与椭圆C 相切，过点F 作FQ ⊥l ，垂足为Q ，求证：|OQ |为定值(其中O 为坐标原点)．【解】 (1)由题意可知椭圆C 的左焦点为F ′(－1，0)，则半焦距c ＝1. 由椭圆定义可知 2a ＝|PF |＋|PF ′|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－3542＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－3542＝4， 所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)证明：①当直线l 的斜率不存在时，l 的方程为x ＝±2，点Q 的坐标为(－2，0)或(2，0)，此时|OQ |＝2；②当直线l 的斜率为0时，l 的方程为y ＝±3，点Q 的坐标为(1，－3)或(1，3)， 此时|OQ |＝2；③当直线l 的斜率存在且不为0时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0)． 因为FQ ⊥l ，所以直线FQ 的方程为y ＝－1k(x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1消去y ，可得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.因为直线l 与椭圆C 相切，所以Δ＝(8km )2－4×(3＋4k 2)×(4m 2－12)＝0， 整理得m 2＝4k 2＋3.(*)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y ＝－1k （x －1）得Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－km k 2＋1，k ＋m k 2＋1， 所以|OQ |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－km k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋m k 2＋12＝1＋k 2m 2＋k 2＋m2（k 2＋1）2， 将(*)式代入上式，得|OQ |＝4（k 4＋2k 2＋1）（k 2＋1）2＝2. 综上所述，|OQ |为定值，且定值为2.直接探求，变量代换探求圆锥曲线中的定线段的长的问题，一般用直接求解法，即先利用弦长公式把要探求的线段表示出来，然后利用题中的条件(如直线与曲线相切等)得到弦长表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入弦长表达式中，化简可得弦长为定值.角度二 定几何图形的面积(2020·某某模拟)如图，设点A ，B 的坐标分别为(－3，0)，(3，0)，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．【解】 (1)设点P 的坐标为(x ，y )，由题意得，k AP ·k BP ＝y x ＋3·y x －3＝－23(x ≠±3)，化简得，点P 的轨迹方程为x 23＋y 22＝1(x ≠±3)． (2)证明：由题意可知，M ，N 是轨迹C 上不同于A 、B 的两点，且AP ∥OM ，BP ∥ON ， 则直线OM ，ON 的斜率必存在且不为0，k OM ·k ON ＝k AP ·k BP ＝－23.①当直线MN 的斜率为0时，设M (x 0，y 0)，N (－x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 20x 20＝23，x 203＋y202＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧|x 0|＝62，|y 0|＝1， 所以S △MON ＝12|y 0||2x 0|＝62.②当直线MN 的斜率不为0时，设直线MN 的方程为x ＝my ＋t ，代入x 23＋y 22＝1，得(3＋2m 2)y 2＋4mty ＋2t 2－6＝0，(*)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1，y 2是方程(*)的两根， 所以y 1＋y 2＝－4mt 3＋2m 2，y 1y 2＝2t 2－63＋2m2.又k OM ·k ON ＝y 1y 2x 1x 2＝y 1y 2m 2y 1y 2＋mt （y 1＋y 2）＋t 2＝2t 2－63t 2－6m 2，所以2t 2－63t 2－6m 2＝－23，即2t 2＝2m 2＋3，满足Δ＞0.又S △MON ＝12|t ||y 1－y 2|＝|t |－24t 2＋48m 2＋722（3＋2m 2）， 所以S △MON ＝26t 24t 2＝62. 综上，△MON 的面积为定值，且定值为62.探求圆锥曲线中几何图形的面积的定值问题，一般用直接求解法，即可先利用三角形面积公式(如果是其他凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解)把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦点为F 1，F 2，离心率为12，点P 为其上一动点，且三角形PF 1F 2面积的最大值为3，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)若点M ，N 为C 上的两个动点，求常数m ，使OM →·ON →＝m 时，点O 到直线MN 的距离为定值，求这个定值．解：(1)依题意知⎩⎪⎨⎪⎧c 2＝a 2－b 2，bc ＝3，c a ＝12，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1x 2＋y 1y 2＝m ，当直线MN 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋n ，则点O 到直线MN 的距离d ＝|n |k 2＋1＝n 2k 2＋1，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12，y ＝kx ＋n ，消去y ，得(4k 2＋3)x 2＋8knx ＋4n 2－12＝0，由Δ>0得4k 2－n2＋3>0，则x 1＋x 2＝－8kn 4k 2＋3，x 1x 2＝4n 2－124k 2＋3，所以x 1x 2＋(kx 1＋n )(kx 2＋n )＝(k 2＋1)x 1x 2＋kn (x 1＋x 2)＋n 2＝m ，整理得7n2k 2＋1＝12＋m （4k 2＋3）k 2＋1.因为d ＝n 2k 2＋1为常数，则m ＝0，d ＝127＝2217，此时7n 2k 2＋1＝12满足Δ>0. 当MN ⊥x 轴时，由m ＝0得k OM ＝±1，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12，y ＝±x ，消去y ，得x 2＝127，点O 到直线MN 的距离d ＝|x |＝2217亦成立．综上，当m ＝0时，点O 到直线MN 的距离为定值，这个定值是2217.圆锥曲线中的探索性问题(师生共研)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 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】 (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，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），3x 2＋4y 2－12＝0，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＋4k2①，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．存在性问题的求解策略解决存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件． (3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．已知圆O ：x 2＋y 2＝4，点F (1，0)，P 为平面内一动点，以线段FP 为直径的圆内切于圆O ，设动点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)M ，N 是曲线C 上的动点，且直线MN 经过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，问在y 轴上是否存在定点Q ，使得∠MQO ＝∠NQO ，若存在，请求出定点Q ，若不存在，请说明理由．解：(1)设PF 的中点为S ，切点为T ，连接OS ，ST ，则|OS |＋|SF |＝|OT |＝2，取F 关于y 轴的对称点F ′，连接F ′P ，所以|PF ′|＝2|OS |，故|F ′P |＋|FP |＝2(|OS |＋|SF |)＝4，所以点P 的轨迹是以F ′，F 分别为左、右焦点，且长轴长为4的椭圆， 则曲线C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)假设存在满足题意的定点Q ，设Q (0，m )，当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋12，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋12，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋4kx －11＝0，则Δ>0，x 1＋x 2＝－4k3＋4k 2，x 1x 2＝－113＋4k2， 由∠MQO ＝∠NQO ，得直线MQ 与NQ 的斜率之和为零，易知x 1或x 2等于0时，不满足题意，故y 1－m x 1＋y 2－mx 2＝kx 1＋12－m x 1＋kx 2＋12－m x 2＝2kx 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m （x 1＋x 2）x 1x 2＝0，即2kx 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m (x 1＋x 2)＝2k ·－113＋4k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m ·－4k 3＋4k 2＝4k （m －6）3＋4k 2＝0，当k ≠0时，m ＝6，所以存在定点(0，6)，使得∠MQO ＝∠NQO ；当k ＝0时，定点(0，6)也符合题意．易知当直线MN 的斜率不存在时，定点(0，6)也符合题意． 综上，存在定点(0，6)，使得∠MQO ＝∠NQO .解析几何减少运算量的常见技巧技巧一 巧用平面几何性质已知O 为坐标原点，F 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点，A ，B 分别为C 的左，右顶点．P 为C 上一点，且PF ⊥x 轴．过点A 的直线l 与线段PF 交于点M ，与y 轴交于点E .若直线BM 经过OE 的中点，则C 的离心率为( )A.13 B ．12 C.23D ．34【解析】 设OE 的中点为N ，如图，因为MF ∥OE ，所以有ON MF ＝a a ＋c ，MF OE ＝a －ca.又因为OE ＝2ON ，所以有12＝aa ＋c ·a －c a ，解得e ＝c a ＝13，故选A.【答案】 A此题也可以用解析法解决，但有一定的计算量，巧用三角形的相似比可简化计算． 技巧二 设而不求，整体代换对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，常常可以用“点差法”求解．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (3，0)，过点F 的直线交E 于A ，B两点．若AB 的中点坐标为M (1，－1)，则E 的标准方程为( )A.x 245＋y 236＝1 B ．x 236＋y 227＝1 C.x 227＋y 218＝1 D ．x 218＋y 29＝1 【解析】 通解：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－2，⎩⎪⎨⎪⎧x 21a 2＋y 21b2＝1，①x 22a 2＋y22b 2＝1，②①－②得（x 1＋x 2）（x 1－x 2）a 2＋（y 1＋y 2）（y 1－y 2）b2＝0， 所以k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2（x 1＋x 2）a 2（y 1＋y 2）＝b 2a 2.又k AB ＝0＋13－1＝12，所以b 2a 2＝12.又9＝c 2＝a 2－b 2，解得b 2＝9，a 2＝18， 所以椭圆E 的标准方程为x 218＋y 29＝1.优解：由k AB ·k OM ＝－b 2a 2得，－1－01－3×－11＝－b 2a2得，a 2＝2b 2，又a 2－b 2＝9，所以a 2＝18，b 2＝9，所以椭圆E 的标准方程为x 218＋y 29＝1.【答案】 D本题设出A ，B 两点的坐标，却不求出A ，B 两点的坐标，巧妙地表达出直线AB 的斜率，通过将直线AB 的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．技巧三 巧用“根与系数的关系”，化繁为简某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系．后者往往计算量小，解题过程简捷．已知椭圆x 24＋y 2＝1的左顶点为A ，过A 作两条互相垂直的弦AM ，AN 交椭圆M ，N两点．(1)当直线AM 的斜率为1时，求点M 的坐标；(2)当直线AM 的斜率变化时，直线MN 是否过x 轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．【解】 (1)直线AM 的斜率为1时，直线AM 的方程为y ＝x ＋2，代入椭圆方程并化简得5x 2＋16x ＋12＝0.解得x 1＝－2，x 2＝－65，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，45.(2)设直线AM 的斜率为k ，直线AM 的方程为y ＝k (x ＋2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x ＋2），x 24＋y 2＝1， 化简得(1＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－4＝0. 则x A ＋x M ＝－16k21＋4k 2，又x A ＝－2，则x M ＝－x A －16k 21＋4k 2＝2－16k 21＋4k 2＝2－8k21＋4k 2.同理，可得x N ＝2k 2－8k 2＋4.由(1)知若存在定点，则此点必为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，0. 证明如下：因为k MP ＝y Mx M ＋65＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－8k 21＋4k 2＋22－8k 21＋4k 2＋65＝5k4－4k 2， 同理可计算得k PN ＝5k4－4k2. 所以直线MN 过x 轴上的一定点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，0.本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出x M ＝2－8k21＋4k 2，这体现了整体思想．这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．技巧四 巧妙“换元”减少运算量变量换元的关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化．变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题．如图，已知椭圆C 的离心率为32，点A ，B ，F 分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S △ABF ＝1－32.(1)求椭圆C 的方程；(2)已知直线l ：y ＝kx ＋m 与圆O ：x 2＋y 2＝1相切，若直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，求△OMN 面积的最大值．【解】 (1)由已知椭圆的焦点在x 轴上，设其方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，则A (a ，0)，B (0，b )，F (c ，0)(c ＝a 2－b 2)．由已知可得e 2＝a 2－b 2a 2＝34，所以a 2＝4b 2，即a ＝2b ，可得c ＝3b ①.S △AFB ＝12×|AF |×|OB |＝12(a －c )b ＝1－32②.将①代入②，得12(2b －3b )b ＝1－32，解得b ＝1，故a ＝2，c ＝ 3.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)圆O 的圆心为坐标原点，半径r ＝1，由直线l ：y ＝kx ＋m 与圆O ：x 2＋y 2＝1相切，得|m |1＋k2＝1，故有m 2＝1＋k 2③. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋k 2x 2＋2kmx ＋m 2－1＝0.由题可知k ≠0，即(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0， 所以Δ＝16(4k 2－m 2＋1)＝48k 2＞0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.所以|x 1－x 2|2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 4k 2＋12－4×4m 2－44k 2＋1＝16（4k 2－m 2＋1）（4k 2＋1）2④. 将③代入④中，得|x 1－x 2|2＝48k2（4k 2＋1）2，故|x 1－x 2|＝43|k |4k 2＋1.所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2×43|k |4k 2＋1＝43k 2（k 2＋1）4k 2＋1. 故△OMN 的面积S ＝12|MN |×1＝12×43k 2（k 2＋1）4k 2＋1×1＝23k 2（k 2＋1）4k 2＋1. 令t ＝4k 2＋1，则t ≥1，k 2＝t －14，代入上式，得S ＝23×t －14⎝ ⎛⎭⎪⎫t －14＋1t2＝32（t －1）（t ＋3）t2＝32t 2＋2t －3t 2＝32－3t 2＋2t＋1＝32－1t 2＋23t ＋13＝32－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －132＋49， 所以当t ＝3，即4k 2＋1＝3，解得k ＝±22时，S 取得最大值，且最大值为32×49＝1.破解此类题的关键：一是利用已知条件，建立关于参数的方程，解方程，求出参数的值，二是通过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数，求得其值域，从而求得原函数的值域，形如y ＝ax ＋b ±cx ＋d (a ，b ，c ，d 均为常数，且ac ≠0)的函数常用此法求解，但在换元时一定要注意新元的取值X 围，以保证等价转化，这样目标函数的值域才不会发生变化．[基础题组练]1．已知直线l 与双曲线x 24－y 2＝1相切于点P ，l 与双曲线的两条渐近线交于M ，N 两点，则OM →·ON →的值为( )A ．3B ．4C ．5D ．与P 的位置有关解析：选A.依题意，设点P (x 0，y 0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，其中x 20－4y 20＝4，则直线l 的方程是x 0x 4－y 0y ＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y ＝±12x .①当y 0＝0时，直线l 的方程是x ＝2或x ＝－2.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x 24－y 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ＝±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）x24－y 2＝0，得(4y 2－x 20)x2＋8x 0x －16＝0(*)，又x 20－4y 20＝4，因此(*)即是－4x 2＋8x 0x －16＝0，x 2－2x 0x ＋4＝0，x 1x 2＝4，OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2－14x 1x 2＝34x 1x 2＝3.综上所述，OM →·ON →＝3，故选A.2．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＝________．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 →，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. 答案：03．(2020·某某模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2.点M在椭圆C 上滑动，若△MF 1F 2的面积取得最大值4时，有且仅有2个不同的点M 使得△MF 1F 2为直角三角形．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P (0，1)的直线l 与椭圆C 分别相交于A ，B 两点，与x 轴交于点Q .设QA →＝λPA →，QB →＝μPB →，求证：λ＋μ为定值，并求该定值．解：(1)由对称性知，点M 在短轴端点时，△MF 1F 2为直角三角形且∠F 1MF 2＝90°，且S △MF 1F 2＝4，所以b ＝c 且S ＝12·2c ·b ＝bc＝4，解得b ＝c ＝2，a 2＝b 2＋c 2＝8， 所以椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明：显然直线l 的斜率不为0，设直线l ：x ＝t (y －1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 28＋y 24＝1，x ＝t （y －1），消去x ，得(t 2＋2)y 2－2t 2y ＋t 2－8＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝2t 2t 2＋2，y 1y 2＝t 2－8t 2＋2.令y ＝0，则x ＝－t ，所以Q (－t ，0)， 因为QA →＝λPA →，所以y 1＝λ(y 1－1)， 所以λ＝y 1y 1－1.因为QB →＝μPB →，所以y 2＝μ(y 2－1)，所以μ＝y 2y 2－1.所以λ＋μ＝y 1y 1－1＋y 2y 2－1＝2y 1y 2－（y 1＋y 2）y 1y 2－（y 1＋y 2）＋1＝83. 4．(2020·某某某某联考)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，下顶点为A ，O 为坐标原点，点O 到直线AF 2的距离为22，△AF 1F 2为等腰直角三角形． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)直线l 与椭圆C 分别相交于M ，N 两点，若直线AM 与直线AN 的斜率之和为2，证明：直线l 恒过定点，并求出该定点的坐标．解：(1)由题意可知，直线AF 2的方程为x c ＋y－b＝1， 即－bx ＋cy ＋bc ＝0，则bc b 2＋c 2＝bc a＝22.因为△AF 1F 2为等腰直角三角形，所以b ＝c ， 又a 2＝b 2＋c 2，可得a ＝2，b ＝1，c ＝1， 所以椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：由(1)知A (0，－1)．当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋t (t ≠±1)， 代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4ktx ＋2t 2－2＝0，所以Δ＝16k 2t 2－4(1＋2k 2)(2t 2－2)＞0，即t 2－2k 2＜1. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4kt1＋2k 2，x 1x 2＝2t 2－21＋2k2.因为直线AM 与直线AN 的斜率之和为2， 所以k AM ＋k AN ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋t ＋1x 1＋kx 2＋t ＋1x 2＝2k ＋（t ＋1）（x 1＋x 2）x 1x 2＝2k －（t ＋1）·4kt2t 2－2＝2， 整理得t ＝1－k .所以直线l 的方程为y ＝kx ＋t ＝kx ＋1－k ＝k (x －1)＋1，显然直线y ＝k (x －1)＋1经过定点(1，1)．当直线l 的斜率不存在时，设直线l 的方程为x ＝m .因为直线AM 与直线AN 的斜率之和为2，设M (m ，n )，则N (m ，－n )， 所以k AM ＋k AN ＝n ＋1m ＋－n ＋1m ＝2m＝2，解得m ＝1， 此时直线l 的方程为x ＝1，显然直线x ＝1也经过该定点(1，1)． 综上，直线l 恒过点(1，1)．[综合题组练]1．(2020·某某五市十校联考)已知动圆C 过定点F (1，0)，且与定直线x ＝－1相切． (1)求动圆圆心C 的轨迹E 的方程；(2)过点M (－2，0)的任一条直线l 与轨迹E 分别相交于不同的两点P ，Q ，试探究在x 轴上是否存在定点N (异于点M )，使得∠QNM ＋∠PNM ＝π？若存在，求点N 的坐标；若不存在，说明理由．解：(1)法一：由题意知，动圆圆心C 到定点F (1，0)的距离与其到定直线x ＝－1的距离相等，又由抛物线的定义，可得动圆圆心C 的轨迹是以F (1，0)为焦点，x ＝－1为准线的抛物线，其中p ＝2.所以动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x .法二：设动圆圆心C (x ，y )，由题意知（x －1）2＋y 2＝|x ＋1|， 化简得y 2＝4x ，即动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x . (2)假设存在点N (x 0，0)，满足题设条件．由∠QNM ＋∠PNM ＝π可知，直线PN 与QN 的斜率互为相反数，即k PN ＋k QN ＝0.① 由题意知直线PQ 的斜率必存在且不为0，设直线PQ 的方程为x ＝my －2.联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝my －2，得y 2－4my ＋8＝0.由Δ＝(－4m )2－4×8＞0，得m ＞2或m ＜－ 2. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝8. 由①式得k PN ＋k QN ＝y 1x 1－x 0＋y 2x 2－x 0＝y 1（x 2－x 0）＋y 2（x 1－x 0）（x 1－x 0）（x 2－x 0）＝0，所以y 1(x 2－x 0)＋y 2(x 1－x 0)＝0， 即y 1x 2＋y 2x 1－x 0(y 1＋y 2)＝0.消去x 1，x 2，得14y 1y 22＋14y 2y 21－x 0(y 1＋y 2)＝0，14y 1y 2(y 1＋y 2)－x 0(y 1＋y 2)＝0， 因为y 1＋y 2≠0，所以x 0＝14y 1y 2＝2，所以存在点N (2，0)．使得∠QNM ＋∠PNM ＝π.2．(2020·某某某某教学质量监测)已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)的焦点为F ，过点F 的直线分别交抛物线于A ，B 两点．(1)若以AB 为直径的圆的方程为(x －2)2＋(y －3)2＝16，求抛物线C 的标准方程； (2)过点A ，B 分别作抛物线的切线l 1，l 2，证明：l 1，l 2的交点在定直线上． 解：(1)设AB 中点为M ，A 到准线的距离为d 1，B 到准线的距离为d 2，M 到准线的距离为d ，则d ＝y M ＋p2.由抛物线的定义可知，d 1＝|AF |，d 2＝|BF |，所以d 1＋d 2＝|AB |＝8， 由梯形中位线可得d ＝d 1＋d 22＝4，所以y M ＋p2＝4.又y M ＝3，所以3＋p2＝4，可得p ＝2，所以抛物线C 的标准方程为x 2＝4y .(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由x 2＝2py ，得y ＝x 22p ，则y ′＝xp，所以直线l 1的方程为y －y 1＝x 1p (x －x 1)，直线l 2的方程为y －y 2＝x 2p(x －x 2)，联立得x ＝x 1＋x 22，y ＝x 1x 22p， 即直线l 1，l 2的交点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，x 1x 22p .因为AB 过焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，由题可知直线AB 的斜率存在，故可设直线AB 方程为y －p2＝kx ，代入抛物线x 2＝2py 中，得x 2－2pkx －p 2＝0，所以x 1x 2＝－p 2，y ＝x 1x 22p ＝－p 22p ＝－p2，p 2上．所以l1，l2的交点在定直线y＝－。
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
高三数学一轮复习 第九篇 平面解析几何 第7节 圆锥曲
专题概述
在圆锥曲线的综合问题中,定点、定值和存在性问题是高考的热点 和难点,大都以解答题的形式出现,难度较大,一般作为解答题的一问 占7～8分.综合考查学生的各种数学思想和技能.是高考的难点.解决 这类问题一般有两种方法:一是根据题意求出相关的表达式,再根据 已知条件列出方程组,消去参数,求出定值或定点坐标;二是先利用特 殊情况确定定值或定点坐标,再从一般情况进行验证.
由 AP · AQ =0, uuur uuur
得 AP · AQ =(x1,y1-1)·(x2,y2-1)=(1+k2)x1x2+k(t-1)(x1+x2)+(t-1)2=0,
将(*)代入,得 t=- 1 .所以直线 l 过定点(0,- 1 ).
2
2
反思归纳 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.
当直线 AB 的斜率存在时,设直线 AB 的方程为 y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2).
由
x2 4
y2
1,
得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.
y kx m
则Δ=(8km)2-4(1+4k2)(4m2-4)=16(1+4k2-m2)>0,x1+x2=-
x=0
或
x= 6k 1 3k 2
,
故点 P 的坐标为( 6k , 1 3k 2 ),同理,点 Q 的坐标为( 6k , k 2 3 ).
人教A版高考总复习一轮理科数学精品课件 第9章 解答题专项 第2课时 圆锥曲线中的定点(或定值)问题
由 Δ>0,得 9k2-m2+1>0,则
-18
1 + 2 =
,
2
1+9
9 2 -9
1 2 = 1+9 2 ,
∴4×
9 2 -9
-18
-15×
+36=0,
1+9 2
1+9 2
整理得 2m +15km+18k =0,解得 m=-6k 或
2
2
3
m=- k,
2
当 m=-6k 时,直线 y=kx+m=k(x-6)过定点(6,0),不合题意,舍去.
当
3
m=- k
2
时,直线 y=kx+m=k
综上,直线 CD 过定点
3
,0
2
.
3
−
2
过定点
3
,0
2
符合题意,
突破技巧1.圆锥曲线中定点问题的常见解法
(1)要证明直线或曲线过定点,可以根据已知条件直接求直线或曲线的方程,
方程一旦求出,即能找到直线或曲线过的定点,也就证明了过定点;
(2)对于直线或曲线是否过定点问题,一般先假定过定点,并假设出定点坐
则 C(x2,-y2),直线 AC 的方程为
1 +2
y+y2= - (x-x2),
1 2
因为直线 AC 与抛物线相交于点 A,C,则
所以直线 AC 的方程化为
即
4(1 +2 )
y+y2= 2 - 2
1 2
4
22
4
22 +1 2 -22
y= - x- - -y2= - x1 -2
高考数学一轮复习第九章解析几何9.9圆锥曲线的综合问题第3课时定点定值探索性问题课件理
|QA| |QB|
＝||PPAB|| 恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
解答几Biblioteka 画板展示思维升华解决探索性问题的注意事项 探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在， 若结论不正确则不存在. (1)当条件和结论不唯一时要分类讨论； (2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件； (3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取 另外合适的方法.
1234
(2)如图，椭圆左顶点为A，过原点O的直线(与坐标轴 不重合)与椭圆C交于P，Q两点，直线PA，QA分别与 y轴交于M，N两点.试问以MN为直径的圆是否经过定 点(与直线PQ的斜率无关)？请证明你的结论. 解答
1234
2离.(心20率16为·安3徽3，芜点湖( 、3马，鞍2山)为第椭一圆次上质的量一检点测.)椭圆E：ax22＋by22＝1(a>b>0)的 (1)求椭圆E的标准方程； 解答
思维升华
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 (1)求代数式为定值.依题意设条件，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.
题型二 定值问题 例2 (2016·广西柳州铁路一中月考)如图，椭圆有 两顶点A(－1，0)，B(1,0)，过其焦点F(0,1)的直线l 与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P.直线AC与 直线BD交于点Q. (1)当|CD|＝32 2时，求直线 l 的方程； 解答
(2)当点 P 异于 A，B 两点时，求证：O→P·O→Q为定值. 证明
高考数学一轮总复习第九章平面解析几何第八节直线与圆锥曲线的位置关系课件
x=- ,分别过
2
F( ,0),
2
A,B 作准线的垂线,垂足为点 A',B',
过A作BB'的垂线,垂足为M,设|AA'|=|AF|=t,
∵|BF|=3|FA|,∴|BB'|=|BF|=3t,则|BM|=2t,|AB|=4t,
∴∠ABM=60°.
即直线l的倾斜角∠AFx=120°,可得直线l的斜率为
k=tan 120°= - 3 ,故选A.
考点二
弦长问题
典例突破
例2.(多选)(2023新高考Ⅱ,10)设O为坐标原点,直线 y=- 3(x-1) 过抛物线
C:y2=2px(p>0)的焦点,且与C交于M,N两点,l为C的准线,则(
A.p=2
B.|MN|=
8
3
C.以MN为直径的圆与l相切
D.△OMN为等腰三角形
21
22
(2 -1 )(2 +1 )
2
2
+1 =1, +2 =1,两式作差,得
+(y2-y1)(y2+y1)=0.因为
2
2
2
2 -1
0
x1+x2=2x0,y1+y2=2y0, - =kAB,所以 kAB=-2 .
2 1
0
(1)设弦中点为 M(x,y),由①式, 得
2=-2,所以
= 16 2 -4 × (1- 2 ) × (-10) > 0,
4
A(x1,y1),B(x2,y2),则 1 + 2 =
1 2 =
解得-
15
<k<-1.故选
3
湘教版高考总复习一轮数学精品课件 第9章平面解析几何 第8节直线与圆锥曲线的位置关系
2 2
+
2 2
=1(a>b>0)的弦,A(x1,y1),B(x2,y2),x1≠x2,弦的中点为
M(x0,y0),请你推出直线AB的斜率的表达式.
提示 因为点 A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆上,所以
21 -22
①-②得 2
的斜率
+
21 -22
2 0
k=-2 .
2
综上可知,过点 M(0,-1)且与双曲线 4
2
− 9 =1 仅有一个公共点的直线共有 4 条.
[对点训练1](1)直线3x-4y=0与双曲线
A.0
B.1
解析 (方法一)由
2 2
9 16
2 2
−
9 16
C.2
= 1,
3-4 = 0,
=1的交点个数是( A )
D.3
2
消去 x,得 9
8
相交于A,B两点,则|AB|=
.
= -1,
解析 设A(x1,y1),B(x2,y2),联立 2 = 4,消去y,整理得x2-6x+1=0,则x1+x2=6.
因为直线y=x-1过抛物线焦点,所以|AB|=x1+x2+p=6+2=8.
题组三连线高考
8.(2023·新高考Ⅱ,5)已知椭圆
2 2
由直线 MN 与曲线 x +y =1(x>0)相切可得
2
2
||
=1,所以 m2=k2+1,
2 +1
= + ,
联立
2
3
+ 2 = 1,
消去 y,整理得(1+3k2)x2+6kmx+3m2-3=0,
高考数学一轮复习 第9章 平面解析几何 第9节 圆锥曲线中的定点与定值问题课件 文
5
(2019·开封模拟)已知椭圆C：
x2 a2
＋
y2 b2
＝1(a＞b＞0)的右
焦点F( 3，0)，长半轴的长与短半轴的长的比值为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，
若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点
的坐标．
∴(k2＋1)44mk22＋－14＋k(m－1)4－k28＋km1＋(m－1)2＝0，
整理，得5m2－2m－3＝0，
解得m＝－35或m＝1(舍去)．
9
∴直线l的方程为y＝kx－35. 易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意． 故直线l过定点，且该定点的坐标为0，－35.
10
对于直线y＝kx＋m，当m为定值或m＝f(k)时，便可确 定直线过定点，因此根据条件求出m的值或m与k的关系便可求出定 点．
(1)求直线l的斜率的取值范围； (2)设O为原点，Q→M＝λQ→O，Q→N＝μQ→O，求证：1λ＋1μ为定值．
19
[解](1)因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，
y2＝4x， 由y＝kx＋1，
12
[解](1)由题意可知，抛物线的焦点为椭圆的右焦点，坐标为 (1,0)，所以p＝2，
所以抛物线C1的方程为y2＝4x.
13
(2)法一：因为点P与点M关于x轴对称， 所以设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则M(x1，－y1)， 设直线PQ的方程为y＝k(x－2)，代入y2＝4x得，k2x2－4(k2＋1)x ＋4k2＝0，所以x1x2＝4， 设直线MQ的方程为y＝mx＋n， 代入y2＝4x得，m2x2＋(2mn－4)x＋n2＝0，所以x1x2＝mn22＝4，