高中复习文数：第九章 第九节 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
解：(1)证明：因为直线OP：y＝k1x，OQ：y＝k2x与圆M相切，
所以|k1x10＋－ky120|＝ 2，化简得(x20－2)k21－2x0y0k1＋y20－2＝0，
同理(x20－2)k22－2x0y0k2＋y20－2＝0，
所以k1，k2是关于k的方程(x
2 0
－2)k2－2x0y0k＋y
2 0
轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值．
ac＝ 23， 解：(1)由题意得12ab＝1，
a2＝b2＋c2， 所以椭圆C的方程为x42＋y2＝1.
解得ab＝ ＝21， ， c＝ 3.
(2)证明：由(1)知，A(2,0)，B(0,1)． 设P(x0，y0)，则x20＋4y20＝4. 当x0≠0时，直线PA的方程为y＝x0y－0 2(x－2)． 令x＝0，得yM＝－x02－y02， 从而|BM|＝|1－yM|＝1＋x02－y02. 直线PB的方程为y＝y0x－0 1x＋1. 令y＝0，得xN＝－y0x－0 1， 从而|AN|＝|2－xN|＝2＋y0x－0 1.
＝6－
1 2
(x21
＋x
22)＝3，所以|OP|2＋
|OQ|2＝9.
3.
[考点二·方法二]
(2016·北京高考)已知椭圆C：
x2 a2
＋
y2 b2
＝
1(a>b>0)的离心率为
3 2
，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是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x
CD上，且―P→C ·―PD→＝－1.
(1)求椭圆E的标准方程；
(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
―→ OA
―→ ·OB
＋λ
―→ PA
―→ ·PB
为定值？
若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
[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 ·―PD→＝－1，
圆C上，所以xx662212＋＋yy332212＝＝11，，
即y12＝3－12x21， y22＝3－12x22，
所以3－12x213－12x22＝14x21x22，整理得x21＋x22＝6，
所以y
21＋y22
＝3－12x21＋
3－12x22
第九节 圆锥曲线中的定点、定值、 存在性问题
本节主要包括2个知识点：
1.圆锥曲线中的定点、定值问题；
2.圆锥曲线中的存在性问题.
01 突破点(一) 圆锥曲线中的定点、定值问题
02
突破点(二) 圆锥曲线中的存在性问题
03
全国卷5年真题集中演练——明规律
04
课时达标检测
01 突破点(一) 圆锥曲线中的定点、定值问题
解得p＝±2，又p>0，所以p＝2，
所以抛物线C的标准方程为y2＝4x.
(2)证明：设点M(4t2,4t)，N(4t
2 1
，4t1)，Q(4t
2 2
，4t2)，易知直
线MN，MQ，NQ的斜率均存在，
则直线MN的斜率是kMN＝44tt2－－44tt121＝t＋1 t1，
从而直线MN的方程是y＝
1 t＋t1
所以原点O到直线AB的距离为 1|m＋| k2＝255.
综上，原点O到直线AB的距离为定值2 5
5 .
[方法技巧] 圆锥曲线中定点问题的两种解法
定值问题必然是在变化中所表示出来的不变的量， 常表现为求一些直线方程、数量积、比例关系等的定 值．解决此类问题常从特征入手，求出定值，如有必 要，再证明这个值与变量无关．
1 2
，求证：直线AB过x轴
上一定点．
解：(1)因为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点坐标为(1,0)，所以
p 2
＝
1，所以p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时， 设At42，t，Bt42，－t. 因为直线OA，OB的斜率之积为－12， 所以tt2·－t2t＝－12，化简得t2＝32.
02 突破点(二) 圆锥曲线中的存在性问题
1.圆锥曲线中的存在性问题具有开放性和发散性，此类问 题的条件和结论不完备，要求考生结合已知条件或假设新的条 件进行探究、观察、分析、比较、抽象、概括等，是高考中的 常考题型，作为解答题的压轴题出现，难度一般较大，常和不 等式、函数、直线、圆及圆锥曲线等知识结合在一起，对数学 能力和数学思想有较高的要求.
方法(一) 从特殊到一般求定值
[例2]
已知椭圆C：
x2 a2
＋
y2 b2
＝1(a＞b＞0)的离心率为
3 2
，
短轴端点到焦点的距离为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设A，B为椭圆C上任意两点，O为坐标原点，且OA⊥
OB.求证：原点O到直线AB的距离为定值，并求出该定值．
[解]
(1)由题意知，e＝
c a
(1)求抛物线C的标准方程； (2)过点M的直线交抛物线于另一点Q，且直线MQ过点B(1， －1)，求证：直线NQ过定点．
[解] (1)当k＝12时，直线l：y＝12x＋p2，即2x－4y＋p＝0，
抛物线C的焦点F p2，0 到直线l的距离d＝
|2p| 22＋－42
＝
55|p|＝2 5 5，
(x－4t2)＋4t，即x－(t＋t1)y
＋4tt1＝0.
同理可知MQ的方程是x－(t＋t2)y＋4tt2＝0，
NQ的方程是x－(t1＋t2)y＋4t1t2＝0.
又易知点(－1,0)在直线MN上，从而有4tt1＝1，即t＝41t1，
点B(1，－1)在直线MQ上，从而有1－(t＋t2)(－1)＋4tt2＝
为定值．
[解]
(1)由e2a＝b2＝ac＝35235，，
a2＝b2＋c2，
a＝5， 可得b＝4，
c＝3，
故椭圆C的标准方程为2x52＋1y62 ＝1.
(2)证明：设直线l的方程为x＝
5 4
y＋m，代入
x2 25
＋
y2 16
＝1，消
去x，并整理得25y2＋20my＋8(m2－25)＝0.
－2＝0的两个不
相等的实数根，所以k1·k2＝xy2002－－22.
因为点M(x0，y0)在椭圆C上，所以x620＋y302＝1，即y20＝3－12x20，所
以k1k2＝1x－20－12x220＝－12为定值．
(2)|OP|2＋|OQ|2是定值，定值为9.理由如下：
①当M点坐标为( 2， 2)时，直线OP，OQ落在坐标轴上，显然 有|OP|2＋|OQ|2＝9. ②当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 因为k1k2＝－12，所以y21y22＝14x21x22，因为P(x1，y1)，Q(x2，y2)在椭
1－b2＝－1，
于是ac＝ 22， a2－b2＝c2.
解得a＝2，b＝ 2.
所以椭圆E的方程为x42＋y22＝1.
(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1， A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
联立x42＋y22＝1， 得(2k2＋1)x2＋ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱkx－2＝0. y＝kx＋1
所以|AN|·|BM|＝2＋y0x－0 1·1＋x02－y02 ＝x20＋4yx200＋y04－x0xy00－－24yx00＋－28y0＋4 ＝4xx00yy00－ －4x0x－0－28y0y＋0＋28 ＝4. 当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2， 所以|AN|·|BM|＝4. 综上，|AN|·|BM|为定值．
－45m2－16m225－25＝41.所以|PA|2＋|PB|2是定值．
[全练题点]
1. [考点一] 已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(1,0)，O为坐
标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线OA，OB的斜率之积为－
积为－12，所以xyAA·xyBB＝－12，即xAxB＋2yAyB＝0， 即y42A·y4B2 ＋2yAyB＝0，
解得yAyB＝－32或yAyB＝0(舍去)，
所以yAyB＝4kb＝－32，即b＝－8k，所以y＝kx－8k，
即y＝k(x－8)．
综上所述，直线AB过x轴上一定点(8,0)．
2.[考点二·方法一]如图，已知M(x0，y0)是椭圆C： x62＋y32＝1上的任一点，从原点O向圆M： (x－x0)2＋(y－y0)2＝2作两条切线，分别交 椭圆于点P，Q. (1)若直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1，k2，求证：k1k2 为定值； (2)试问|OP|2＋|OQ|2是否为定值？若是，求出该值；若不 是，说明理由．
＝
3 2
，
b2＋c2 ＝2，又a2＝b2＋
c2，所以a＝2，c＝ 3，b＝1，所以椭圆C的方程为x42＋y2＝1.
(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x
＝±2
5
5，此时，原点O到直线AB的距离为2
5
5 .
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋
m，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由x42＋y2＝1， 得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. y＝kx＋m
0，即1－41t1＋t2(－1)＋4×41t1×t2＝0， 化简得4t1t2＝－4(t1＋t2)－1.
代入NQ的方程得x－(t1＋t2)y－4(t1＋t2)－1＝0.
即(x－1)－(t1＋t2)(y＋4)＝0.所以直线NQ过定点(1，－4)．
[方法技巧] 圆锥曲线中定点问题的两种解法
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、定值及存在性问题
(2)设 A、B、P 点的坐标分别为 A(x1，y1)、B(x2，y2)、
P(0，y0)．
考 点
显然直线 l 存在斜率，设直线 l 的斜率为 k，
训 练
核 心
则直线 l 的方程是 y＝k(x－m)．
高 效
突
提
破
能
菜单
高考专题辅导与训练·数学(理科)
第一部分 专题五 解析几何
基
础
将直线 l 的方程代入到椭圆 C 的方程中，消去 y 并
础 要 点
1．(2013·焦作模拟)椭圆 G：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的两
整 合
个焦点为 F1(－c,0)，F2(c,0)，M 是椭圆上的一点，且满
解 题 规 范 流 程
足F→1M·F→2M＝0.
(1)求离心率的取值范围；
(2)当离心率 e 取得最小值时，椭圆上的点到焦点的
最近距离为 4( 2－1)．
解答题
难度 较难
此类以直线和圆锥曲线为载体，求某些
考
考查 内容
定值问题，常与一元二次方程、函数、 向量、数列等知识交汇命题，其实质是 考查直线与圆锥曲线的位置关系，该类
训
点
问题一般以证明题或探究的形式出现.
练
核
高
心
效
突
提
破
能
菜单
高考专题辅导与训练·数学(理科)
第一部分 专题五 解析几何
基 础 要
解 题 规
训
点 核 心
又 k≠0，∴－ 294＜k＜0 或 0＜k＜ 294，
练 高 效
突 破
∴所求的 k 的取值范围是－
294＜k＜0 或 0＜k＜
94 2.
人教A版高考总复习一轮文科数学精品课件 第9章 解析几何 第2课时 圆锥曲线中的定点(或定值)问题
将 x=0,y=-2 代入上式,整理得 12-2(x1+x2)+3y1y2+6(y1+y2)-x1y2-x2y1=0.(*)
6(+2)
因为 x1+x2=
2
4+3
3(+4)
,x1x2=
2
4+3
,
-8-16
所以 y1+y2=k(x1-1)-2+k(x2-1)-2=
在椭圆上,即 9
2
9(1- 1 )
9
( 1 +3)2
∴
联立
=
2
1- 2
9
2
( 2 -3)
9
+
( 2 -3)2
,
22
2
1 =1, 9
+ 22 =1,
,整理得 4x1x2-15(x1+x2)+36=0,
= + ,
2
=
22
+ 2 = 1,
得(1+9k2)x2+18kmx+9m2-9=0,
+ 4
则点 M
将
= 1,
= 1,
2 6
1,3
2 6
y=- 代入
3
解得
,N
=
2 6
1,
3
2
y= x-2,得
3
2 6或
3
= 1,
=
2 6
- 3 ,
.
x=3- 6,则点 T 3-
2 6
6,3
.
又 = ,所以点 H(5-2
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)
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}．。
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．
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
高中数学 考前归纳总结 圆锥曲线中的定值、定点问题
圆锥曲线中的定值、定点问题一、常见基本题型：在几何问题中，有些几何量和参数无关，这就构成定值问题，解决这类问题常通过 取参数和特殊值来确定“定值”是多少，或者将该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。
（1）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=∴=Θ ,)(2141121点切线过，的抛物线切线方程为过点E x x x x y A Θ-=-),(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00(,)P x y 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 （2）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2，P 是椭圆在第一 象限弧上一点，且121PF PF ⋅=u u u r u u u u r，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。
圆锥曲线的热点问题—定点、定值、探索性问题
索引
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 →→
索引
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.
索引
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，，
2020届高考数学(文)总复习讲义：圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题
第十一节圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题考点一巧妙消元证定值［典例］(2018北京高考)已知抛物线C: y2= 2px经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线I与抛物线C有两个不同的交点A, B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1) 求直线I的斜率的取值范围；⑵设O为原点，Q M =入8 , Q N =(1Q O，求证：1+1为定值.人3［解］⑴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I的斜率存在且不为0.设直线I的方程为y= kx+ 1(k z 0),y2= 4x, 2 2由得k2x2+ (2k —4)x+ 1 = 0.y= kx+ 1,依题意△= (2 k—4)2—4 X k2x 1>0 ,解得k<0或0<k<1.又PA, PB与y轴相交，故直线I不过点(1, —2).从而k丰—3.所以直线I的斜率的取值范围是(一R,—3) U (—3,0) U (0,1).(2) 证明：设A(x1, y1), B(x2, y2).由(1)知x1 + x2 = 一k2—, X1X2= 了直线PA的方程为y—2 = y1—2(x —1).—y1 + 2 —kx1 + 1令x = 0,得点M的纵坐标为y M = —厂+ 2= + 2.X1—1 X1—1k'x + 1同理得点N的纵坐标为y N =—2+ 1 + 2.X2 ― 1由Q M =入Q O , Q N = 3Q O，得=1 —y M,尸 1 —y N.1 1 1 1 X1—1X2—1所以；+一= + =——+ ------入3 1 —y M 1 —y N (k— 1 X1 (k — 1 )X22 2k — 4 1 2x i X 2— (X i + X 2 — 1 k +~k 2 2 k — 1 X 1X 2 k — 1 1 所以1+丄为定值. 入 3［解题技法］解答圆锥曲线定值问题的技法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关; (2)引进变量法：其解题流程为变量一］选择适当前动点坐标或动线中系数为变量 窗数，把要证明为定值的量表示成上述变量的函数［定值一迪泄理理函奧北简，題去变星趨到産值［对点训练］2 2在平面直角坐标系 xOy 中，已知双曲线 5： x- — 54 = i ，椭圆C 2：N 分别是C 1, C 2上的动点，且 OM 丄ON ，求证：O 到直线MN 的距离是定值.证明：当直线ON 垂直于x 轴时，|0N| = 2, |O M|=・2,则0到直线MN 的距离为233. 3设O 到直线MN 的距离为d ,因为在 Rt △ MON 中，(|OM |2+ |ON|2)d 2= |OM|2|ON|2, 所以冷—宀丰壬—^(1土£_)= 3即 d =刘3所以 d —|OM|+|ON|— 4(1+ k 2) 4’ 即 d — 3 . 综上，O 到直线MN 的距离是定值.2x 2+y =i ,若 M ,4当直线 ON 不垂直于 x 轴时, 设直线 ON 的方程为 y = kx 显然则直线 OM 的方程为1 y— 1x.y = kx , 由2 yx 2+ t = 1,■ 24 X = 4+ k 2,得4k 22 4ky =4+ k 2,2所以 |ON |2=.同理 |OM|2=考点二确定直线寻定点2 2［典例］(2018成都一诊)已知椭圆C :号+ y 2 = 1(a > b > 0)的右焦点F( 3, 0)，长半轴 a b长与短半轴长的比值为 2.(1) 求椭圆C 的标准方程；⑵设不经过点B(0,1)的直线I 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 I 过定点，并求出该定点的坐标.［解］(1)由题意得，c =雨，|= 2, a 2= b 2+ c 2,••• a = 2, b = 1,2•椭圆C 的标准方程为X4 + y 2= 1. (2)当直线I 的斜率存在时，设直线 I 的方程为y = kx + m(m z 1), M(x 1,浙)，N(x 2, y 2).y = kx + m , 222联立丫2 2消去 y ,可得(4k 2+ 1)x 2+ 8kmx + 4m 2— 4 = 0.l x + 4y = 4,•••点B 在以线段 MN 为直径的圆上, -- > --- > • BM -BN = 0.••• BM -N = g, kx 1+ m — 1)凶，kx ?+ m — 1)= (k 2+ 1风也 + k(m — 1)(X 1 + x ?) + (m — 1)2=0,—8 km2+ k(m —1)市+ (m -1)2= 0, 整理，得 5m 2— 2m — 3 = 0, 解得m =— 3或m = 1(舍去).5 •直线I 的方程为y = kx —3.5易知当直线I 的斜率不存在时，不符合题意. 故直线I 过定点，且该定点的坐标为 0,— 3 .［解题技法］直线过定点问题的解题模型• △= 16(4k 2 + 1— m 2)> 0, X 1 + X 2=—8km4k 2+ 1,X 1X 2 = 4m 2—4 4k 2+ 1.• (k 2+ 1) 4m 2— 4 4k 2 + 1!喷応直线与岡策朋线，利用根与系数的关系,:求出宦点的坐标 ■判晰定点的坐标满足所求的血线垂方程，即可' :证出宜樹经过该定点［对点训练］2 2(2019株洲两校联考)已知椭圆E : x 2+右=1(a > b > 0)经过点P(2,1),且离心率为 二3a b 2(1)求椭圆的标准方程;(2)设O 为坐标原点，在椭圆的短轴上有两点M ,别交椭圆于 A , B 两点，试证明直线 AB 过定点.当M , N 不是短轴的端点时，设直线 AB 的方程为y = kx +1,设A(x 1, y 1), B(x 2, y 2),易知X i ^ 2, x 丰2,消去 y , 得 (1 + 4k 2)x 2+ 8ktx + 4『一8= 0,则 A= 16(8k 2— t 2+ 2) > 0,又直线PA 的方程为y — 1 = x^(x — 2),((1— 2k x 2— 2t\ NO , ■—2k —T_0_'求直线 % ______Q依题意杀件设出相关的参数，如设出直讎的斜率i1利用题设条外，求盲线系方程-- > --- >N 满足OM = NO ，直线PM ,PN 分解：(1)由椭圆的离心率e = c =,1 — 1= aa 2= 4b 2,将P(2,1)代入椭圆方程2X 4?+¥= 1,得寺+ 1,解得 b 2= 2,则 a 2= 8,2 2所以椭圆的标准方程为倉+二=1.⑵证明：当M , N 分别是短轴的端点时, 则这个定点一定在 y 轴上，显然直线AB 为y 轴，所以若直线 AB 过定点,< 2 2—+ y = 1,联立S 82、y = kx + t 8ktx1+ x2=— 4k 2 + 1,4t 2 — 8 x1x2=4k +1.即 y — 1 =kx 1 +1— 1 -x1h (x - 2), 所以点M 的坐标为0,1-：：<；-2t ,同理可知由O^=NO, 得1-2kx2—2t + 1 —2kx2—2t = 0,x1 —2 X2—2化简整理得，(2 — 4k)x i x 2 — (2 — 4k + 2t)(x i + X 2) + 8t = 0, 24t — 8 f 8kt 、则(2 — 4k)X — (2 — 4k + 2t) — 4^ + 8t = 0, 整理得(2t + 4)k + (t 2+ t — 2) = 0, 当且仅当t =— 2时，上式对任意的 k 都成立，所以直线 AB 过定点(0，— 2).考点三假设存在定结论(探索性问题)［典例］如图，在直角坐标系 xOy 中有一直角梯形 ABCD , AB 的中点为 0, AD 丄AB , 3 1AD // BC , |AB|= 2, |BC|= 3 |AD| = ^,以 A , B 为焦点的椭圆经过点 C.(1) 求椭圆的标准方程；⑵若点E 0, 2，问是否存在直线I 与椭圆交于 M , N 两点且|ME|=|NE|?若存在，求 出直线I 斜率的取值范围；若不存在，请说明理由.2 2［解］(1)连接AC(图略)，依题意设椭圆的标准方程为 ,+ y 2= 1(a > b >0), a b在 Rt △ ABC 中，|AB|= 2, |BC|=号，所以 |AC|=： 所以 |CA|+ |CB| = 2+ 2 = 2a , a = 2. 又2c = 2，所以c = 1，从而b = 3, 2 2 所以椭圆的标准方程为 x + y= 1.4 3(2) 由题意知，当I 与x 轴垂直时，不满足|ME|=|NE|，当I 与x 轴平行时，|ME|= |NE|, 显然成立，此时 k = 0.当k z 0时，设直线I 的方程为y = kx + m ,y = kx + m , 2y-= 13- - -(3 + 4k )x + 8kmx + 4(m — 3) = 0. 由直线与椭圆交于两点得- - -△= (8km) — 4(3+ 4k ) X 4(m — 3) > 0,消去y ,整理得由所以m2v 4k2+ 3.设M(x i, y i), N(X2, y2), MN 的中点为P(x o, y o),x i+ X2 —4km . 3m则xo= =齐示，yo=kX0+ m=〒4p.因为|ME|=|NE|,所以EP 丄MN，所以k EP k=—1,3m 12 —刚3+4k 2 1 2即—4km k =—1，化简得m= —2(3 + 4k),3+ 4k2结合①得1(3 + 4k2)2v 4k2+ 3,1 1即16k4+ 8k2—3v 0,解得一2< k v ?(k工0).综上所述，存在满足条件的直线I,且其斜率的取值范围为-21.［解题技法］探索性问题的解题策略探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在，若结论不正确，则不存在.(1) 当条件和结论不唯一时，要分类讨论.(2) 当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.(3) 当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径.［对点训练］2 2(2019贵阳检测)如图，椭圆C:字+ ”= 1(a>b>0)的左顶点与上顶点分别为A, B，右焦点为F，点P在椭圆C上，且PF丄x轴，若AB// OP，且|AB|= 2 3.(1)求椭圆C的方程；⑵若Q是椭圆C上不同于长轴端点的任意一点，在x轴上是否存在一点D，使得直线Q A与Q D的斜率乘积恒为定值？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由.解：(1)由题意得A(—a,0), B(0, b),可设P(c, t)(t> 0),•••字+器“，解得t=：，即PC, a,b2由AB // OP ,得b=—,即b= C ,a C• a2= b2+ C2= 2b2, ①又AB = 2 3 , • a2+ b2= 12 , ②2 2由①②得a2= 8 , b2= 4，•椭圆C的方程为:+二=1.(2)假设存在D(m,O)使得直线Q A 与Q D 的斜率乘积恒为定值,2 2设 Q (x o , y o )(y o * 0)，则譽+ 誉 1, ③设 k cA k o D = k(常数),-A (-2 2，0)，二 x o+S 店 k ， 由③得y 0= 4 1 - X 0 , 将⑤代入④，得28— x ok _2[x 2+ 2 2 — m X o — 2 , 2m]， 22— m = O , 2 2m = 8,1•存在点D(2 2, O),使得kcAg = — *定值).［课时跟踪检测］F 2,点M 为短轴的上端点，MF 1 MF 2= O ,过F 2垂直于x 轴的直线交椭圆 C 于A , B 两点, 且 |AB|= 2.(1) 求椭圆C 的方程；(2) 设经过点(2, — 1)且不经过点 M 的直线I 与C 相交于G , H 两点.若k 1, k 2分别为 直线MH , MG 的斜率，求 k 1+ k 2的值.-- > -- >解：(1)由 MF 1MF 2= 0,得 b = c.①因为过F 2垂直于x 轴的直线交椭圆 C 于A , B 两点，且|AB|= 2, 所以b =¥‘ ② a 2 又 a 2= b 2+ c 2,③联立①②③，解得 a 2= 2, b 2= 1, 2 故椭圆C 的方程为:+ y 2= 1. (2)易知直线l 的斜率存在，可设直线l 的方程为y + 1 = k(x — 2)，即y = kx — 2k — 1,2 将 y = kx — 2k — 1 代入x ； + y 2= 1 得(1 + 2k 2)x 2 — 4k(2k + 1)x + 8k 2 + 8k = 0, 由题设可知 △=— 16k(k + 2) >O , 设 G(X 1, y 1), H(X 2, y 2),1. (2O19贵阳适应性考试)已知椭圆C :2 27 +b 2= 1(a> b > O)的左、右焦点分别为F 1,••• m= 2 2,24k 2k + 1 8k + 8k则 x 1+ x 2= 匸,X 1X 2 =1 + 2k 1 + 2k 4kf2k + 1 \ 2k +2 x2 —1 kx 1— 2k — 2 kx 2 — 2k — 2 1 + 2k=一 + - = 2k — 2= 2k — (2 k+ 8$iX 28k 1 + 2k 2+ 1) =- 1,所以 &+ k 2=— 1.2. (2018贵阳摸底考试)过抛物线C : y 2= 4x 的焦点F 且斜率为k 的直线I 交抛物线C 于A , B 两点，且|AB|= 8.(1)求直线I 的方程;⑵若A 关于x 轴的对称点为 D ，求证：直线 BD 过定点，并求出该点的坐标.解：(1)易知点F 的坐标为(1,0)，则直线I 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 z 0,且△= [ — (2k 2 + 4)]2 — 4k 2k 2= 16(k 2+ 1)> 0, 2k 2 + 4设 A(X 1, y 1) , B(X 2, y 2),「・X 1 + X 2= 厂,X 1X 2= 1 , 由抛物线的定义知|AB|= x 1+ x 2+ 2 = 8, 22k + 4 的方程为x + y — 1 = 0或x — y — 1 = 0.4•直线BD 的方程为y + y 1 =(x — x 1), y 2—yr ，即(y 2 — y 1)y + y 2y 1 — y 2= 4x — 4X 1, ••• y 2=4x 1, y 2= 4x 2, X 1X 2= 1,2• (y 1y 2)= 16x 1X 2= 16 , 即 y 1y 2 =— 4(y 1, y 2异号),•直线BD 的方程为4(x + 1) + (y 1 — y 2)y = 0，恒过点(—1, 3. (2019西安八校联考)已知直线I : x = my + 1过椭圆C ：线x 2= 4 3y 的焦点为椭圆 C 的上顶点，且I 交椭圆C 于A , B 两点，点A , F , B 在直线x =4上的射y 1— 1 y 2k1+ k2 = GT + _X 2x i=6,「. k 2= 1，即 k = ±1, •••直线I (2)证明:•/ D 点的坐标为(X 1, — y 1),直线BD 的斜率k BDy 2+ y 1y 2 + y 1 _4=2 = ,X 2— X 1 y 2 —工1 y 2 —屮4 —40).2 2* + *= 1的右焦点F ，抛物影依次为D, K, E.(1)求椭圆C的方程;⑵若直线I交y轴于点M，且蔽=入# , MB =他弗，当m变化时，证明：入+ %为定值;(3) 判断当m 变化时，直线 AE 与BD 是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并 给予证明；否则，说明理由.解：(1) •/ l : X = my + 1过椭圆C 的右焦点F ,•••右焦点 F(1,0)，即 c = 1.••• X 2= 4 3y 的焦点(0, 3)为椭圆C 的上顶点,• b = ，即 b 2= 3, a 2= b 2 + c 2= 4,2 2•椭圆C 的方程为7+y =1. 4 3X = my +1, 亠2 2由 2 2消去 X ,整理得(3m 2 + 4)y 2 + 6my — 9 =3X 2 + 4<— 12= 0 0. 设 A(x i , y i ), B (X 2, y 2),6m则 yi +y2=一 3m T 4, yiy2= — 3m T 4.--- > ------ > ----- > -------- > T MA = h AF , MB = h BF , M °,• X i ，y i + m = h (1 — X i ,— y i ), X 2, y 2 + m = h (1 — X 2,—y 2), 11 h =—1—my? h =—1—my? —6m y i + y 2 3m 2 +4 8• h + h = — 2 — = — 2一 ■ = — 8.my i y 2 — 9m 33m 2 + 4综上所述，当m 变化时，入+ h 为定值—3. 3■■5 \⑶当m = 0时，直线I 丄X 轴，则四边形ABED 为矩形，易知AE 与BD 相交于点N 2，°， A N = 2 — X i ,— y i = 3 — my i ,— y i ,-- >易知 E(4, y 2),则 NE =3 33 3 6m-2 — my i $2 — 2(— y i ) = 2(y i + y 2)— my i y 2="「3m 2+ 4 厂-- > --- >• AN // NE ，即A , N , E 三点共线.同理可得B , N , D 三点共线.则猜想成立.(2)证明：由题意知m 丰0, 猜想当m 变化时，直线 AE 与BD 相交于定点N2,0，证明如下:9 3m Z 4 = °，-i,综上，在 x 轴上存在定点 故当m 变化时，直线 AE 与BD 相交于定点N 号，0 .拿+缶=1(a > b >0)的离心率为^2^2，左、右焦点分别为F i , F 2,过F i 的直线交椭圆于 A , B 两点.(1) 若以AF i 为直径的动圆内切于圆 x 2+ y 2= 9,求椭圆的长轴长；--- > --- >(2) 当b = 1时，问在x 轴上是否存在定点 T ,使得TA -TB 为定值？并说明理由. 解：(1)设AF i 的中点为M ，连接OM , AF«O 为坐标原点)，在△ AF 1F 2中，O 为F 1F 2 的中点， 所以 |OM|= 1|AF 2|= 2(2a — |AF 1|)= a - 1|AF 1|.1由题意得 |OM| = 3— 1|AF 1|,所以a = 3,故椭圆的长轴长为 6.(2)由 b = 1, C =竽，a 2= b 2 + c 2,得 c = 2 2, a = 3,所以椭圆C 的方程为；+ y 2= 1.y ,得(9k 2+ 1)x 2+ 36 2k 2x + 72k 2-9= 0, △>0 恒成立. 设 A(X 1, y 1), B(X 2, y 2),36 2k 9k 2+ 1 ,72k — 99k 2 + 1 ,4. (2018石家庄质测)已知椭圆C : 当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y = k(x +珂2),由』 \2 + 9y 2= 9,«x + 2辽消去-i,综上，在 x 轴上存在定点设 T(x °,0), + 71 = 9(x 0 — 9),即卩x °=— 斗2寸，—•缶为定值，定值为 x 2 — 9=—三 当直线AB 的斜率不存在时，不妨设 A不妨设 A i — 2y[2, 3 ], B (— 2羽, 当T -罟,0。
高考数学圆锥曲线定点、定值、存在性问题
方法二 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)， 因为点P与点M关于x轴对称，所以y3＝－y1， 设直线PQ的方程为x＝ty＋2， 代入y2＝4x得y2－4ty－8＝0，所以y1y2＝－8， 设直线MQ的方程为x＝my＋n， 代入y2＝4x得y2－4my－4n＝0， 所以y2y3＝－4n， 因为y3＝－y1， 所以y2y3＝－y1y2＝－4n＝8，即n＝－2， 所以直线MQ的方程为x＝my－2，必过定点(－2，0).
(2)试问直线MQ是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不 是，请说明理由.
解 方法一 因为点P与点M关于x轴对称， 所以设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，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， 因为x1>0，x2>0， 所以mn ＝2，即 n＝2m，
(2)若过F的直线交抛物线C于不同的两点A，B(均与P不重合)，直线PA， PB分别交抛物线的准线l于点M，N.试判断以MN为直径的圆是否过点F， 并说明理由.
解 以MN为直径的圆一定过点F，理由如下： 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 设直线AB的方程为x＝my＋1(m∈R)，代入抛物线C：y2＝4x， 化简整理得y2－4my－4＝0， 则yy11＋ y2＝y2＝ －44m，， 由(1)知P(4，4)， 所以直线 PA 的方程为 y－4＝xy11－ －44(x－4)＝myy1－1－43(x－4)， 令 x＝－1 得 y＝4mm－y15－y31＋8，