高考试题的探究(一)：安徽 岳峻 圆锥曲线的内接直角三角形的探究
一道高考圆锥曲线题的解法探究与反思
２０２４年１月上半月㊀试题研究㊀㊀㊀㊀一道高考圆锥曲线题的解法探究与反思◉安微省芜湖市无为县第二中学㊀高玉立㊀㊀高考数学真题是众多优秀命题专家精心设计出来的．其中解析几何压轴题,紧扣教材,立足考查学生的能力．１试题呈现试题㊀(２０２０全国I 卷理科２０题,文科２１题)已知A ,B 分别为椭圆E :x ２a２＋y ２＝１(a ＞１)的左㊁右顶点,G 为E 的上顶点,A G ң G B ң＝８,P 为直线x ＝６上的动点,P A 与E 的另一个交点为C ,P B 与E 的另一交点为D ．(１)求E 的方程;(２)证明:直线C D 过定点．２解法探究第(１)问常规解法,过程略．答案为x ２９＋y ２＝１．下面只对第(２)问的解法作多角度探索．图１思路一:如图１,注意到k P B ＝３k P A ,以及A ,B 是椭圆的左㊁右顶点,从而可以借助椭圆第三定义,利用k A C 与k A D 关系进行求解．解法１:利用椭圆的第三定义将非对称式转化为对称式问题．设P (６,t ),C (x １,y １),D (x ２,y ２)．(ⅰ)若t ʂ０,设直线C D :x ＝m y ＋n (－３＜n ＜３),则有k A C ＝k P A ＝t ９,k B D ＝k P B ＝t ３,ìîíïïïï可得k B D ＝３k A C ．又由椭圆的第三定义,知k A D k B D ＝－１９,所以k A C k A D ＝－１２７,即㊀㊀㊀㊀y １x １＋３ y ２x ２＋３＝－１２７．①将x ＝m y ＋n 代入x ２９＋y ２＝１,得(m ２＋９)y ２＋２m n y ＋n ２－９＝０．所以y １＋y ２＝－２m n m ２＋９,y １y ２＝n ２－９m ２＋９,ìîíïïïï可得x １＋x ２＝m y １＋n ＋m y ２＋n ＝１８n m ２＋９,x １x ２＝(m y １＋n )(m y ２＋n )＝９n ２－９m ２m ２＋９,ìîíïïïï代入①,化简可得２n ２＋３n －９＝０．解得n ＝３２或n ＝－３(舍去)．所以直线C D 的方程为x ＝m y ＋３２,即直线C D 过定点(３２,０)．(ⅱ)若t ＝０,则直线C D 的方程为y ＝０,过点(３２,０)．综上,直线C D 过定点(３２,０)．评注:本解法通过椭圆的第三定义巧妙得到直线A C 和A D 的斜率之积为常数,从而转化为我们熟悉的斜率之积问题．图２思路二:如图２,注意到k P B ＝３k P A ,利用椭圆的方程实现斜率的转换,建立k A C 与k A D 的关系进行求解．解法２:利用椭圆的方程将非对称式转化为对称式问题．设P (６,t ),C (x １,y １),D (x ２,y ２)．(ⅰ)若t ʂ０,设直线C D :x ＝m y ＋n (－３＜n ＜３),则㊀㊀㊀k A C ＝k P A ＝t ９＝y １x １＋３,k B D ＝k P B ＝t ３＝y ２x ２－３．ìîíïïïï②由点C 在椭圆E 上,得x ２１９＋y ２１＝１,则有y ２１＝－(x ２１－９)９＝－(x １＋３)(x １－３)９,３６试题研究２０２４年１月上半月㊀㊀㊀即y １x １＋３＝－x １－３９y １,代入②,得㊀㊀㊀３y １y ２＝－(x １－３)(x ２－３)．③将x ＝m y ＋n 代入x ２９＋y ２＝１,得(m ２＋９)y ２＋２m n y ＋n ２－９＝０．所以y １＋y ２＝－２m n m ２＋９,y １y ２＝n ２－９m ２＋９,ìîíïïïï可得x １＋x ２＝m y １＋n ＋m y ２＋n ＝１８n m ２＋９,x １x ２＝(m y １＋n )(m y ２＋n )＝９n ２－９m ２m ２＋９,ìîíïïïï代入③,化简可得２n ２＋３n －９＝０．解得n ＝３２或n ＝－３(舍去)．所以直线C D 的方程为x ＝m y ＋３２,即直线C D 过定点(３２,０)．(ⅱ)若t ＝０,则直线C D 的方程为y ＝０,过点(３２,０)．综上,直线C D 过定点(３２,０)．评注:本解法通过椭圆的方程,将非对称性韦达定理转化成传统的对称性韦达定理,从而通过基础联立使问题得到解决．思路三:注意到k A C ＝１３k B D ,两次利用斜率建立对偶式,从而实现不联立方程使问题得到解决．解法３:利用椭圆的方程构造对偶式．设P (６,t ),C (x １,y １),D (x ２,y ２)．(ⅰ)若t ʂ０,设直线C D :x ＝m y ＋n (－３＜n ＜３),则㊀㊀㊀㊀k A C ＝k P A ＝t ９＝y １x １＋３,k B D ＝k P B ＝t ３＝y ２x ２－３,ìîíïïïï④从而有３ y １x １＋３＝y ２x ２－３,即㊀㊀㊀x １y ２＋３y ２＝３x ２y １－９y １．⑤由点C 在椭圆E 上,得x ２１９＋y ２１＝１,从而有y ２１＝－(x ２１－９)９＝－(x １＋３)(x １－３)９,即y １x １＋３＝－x １－３９y １．同理,有y ２x ２－３＝－x ２＋３９y ２．所以３ x １－３９y １＝x ２＋３９y ２,即㊀㊀㊀３x １y ２－９y ２＝x ２y １＋３y １．⑥由对偶式⑤⑥,解得n ＝x １y ２－x ２y １y ２－y １＝３２,即直线C D 过定点(３２,０)．(ⅱ)若t ＝０,则直线C D 的方程为y ＝０,过点(３２,０)．综上,直线C D 过定点(３２,０)．评注:本解法通过两次使用椭圆方程得到斜率的两个对称式,真正实现了设而不求,大大简化了计算．思路四:从题干中的构图顺序,按图索骥,逐个计算出各个点的坐标,从而使问题得到解决．解法４:从构图顺序逐点计算．设P (６,t ),C (x １,y １),D (x ２,y ２)．(ⅰ)若t ʂ０,设直线C D :x ＝m y ＋n (－３＜n ＜３)．易知直线P A 的方程为y ＝t ９x ＋t３．联立y ＝t ９x ＋t ３,x ２９＋y ２＝１,ìîíïïïï消去y ,得(t ２＋９)x ２＋６t ２x ＋９t ２－８１＝０,从而有－３＋x １＝－６t ２t ２＋９,－３x １＝９t ２－８１t ２＋９,ìîíïïïï解得x １＝－３t ２＋２７t ２＋９,y １＝６t t ２＋９,即点C 的坐标为(－３t ２＋２７t ２＋９,６tt ２＋９)．同理,可得点D 的坐标为(３t ２－３t ２＋１,－２tt ２＋１)．解得n ＝x １y ２－x ２y １y ２－y １＝３２．所以直线C D 过定点(３２,０)．(ⅱ)若t ＝０,则直线C D 的方程为y ＝０,过点(３２,０)．综上,直线C D 过定点(３２,０)．４６２０２４年１月上半月㊀试题研究㊀㊀㊀㊀评注:本解法依据题干中图形的形成顺序,从直线P A 与椭圆方程联立求出点C 坐标,再从直线P B 与椭圆方程联立求出点D 坐标,进而求出直线C D 的方程,这种思路更加自然,不足之处是运算量比较大,因此需要学生平常反复训练计算．３思路总结对于上述四种思路,前三种思路都是直接从直线C D :x ＝m y ＋n 出发．思路一利用了椭圆的第三定义k D A k B D ＝e ２－１将非对称式x １y ２＋３y ２＝３x ２y １－９y １转化成了对称式．思路二利用了椭圆方程x ２１９＋y ２１＝１的变形形式y １x １＋３＝－x １－３９y １将非对称式x １y ２＋３y ２＝３x ２y １－９y １转化成了对称式．思路三两次利用了椭圆方程x ２１９＋y ２１＝１,x ２２９＋y ２２＝１的变形形式得到两个非对称式x １y ２＋３y ２＝３x ２y １－９y １,３x １y ２－９y ２＝x ２y １＋３y １构成的对偶式,从而确定定点．思路四是基于图形的形成顺序,依次算出C ,D 两点的坐标,然后求出C D 的方程,最后算出定点坐标．四种思路的关联如图３所示:直线C D 过定点㊀㊀设出C D :x ＝m y ＋n 思路一:通过第三定义实现非对称式化对称式思路二:通过椭圆方程将非对称式化为对称式思路三:通过椭圆方程得到两个非对称式构成的对偶式ìîíïïïïïïï思路四:分别通过直线PA ,PB 求出C ,D 的坐标 写出直线C D的方程得到定点ìîíïïïïïï图３韦达定理是解决直线与圆锥曲线相交问题的常见工具,可以有效解决x １＋x ２,x ２１＋x ２２,１x １＋１x ２之类的式子,而像本题中出现的３ y １x １＋３＝y ２x ２－３,由于对应的变量前的系数是不相等的非对称结构,就可以采用本文中的思路进行非对称转化．下面提供的一道练习题,就可以采用本文中的思路去解决．练习㊀已知F 为椭圆E :x ２４＋y２３＝１的右焦点,A ,B 分别为其左㊁右顶点,过点F 作直线l 与椭圆交于M ,N 两点(不与A ,B 重合),记直线AM 与B N 的斜率分别为k １,k ２,证明:k １k ２为定值．４解后反思４．１注意条件的转化很多学生之所以认为解析几何问题较难,是因为不会使用题中的条件．因此,教师需要引导学生加强用代数运算的方式解决几何曲线问题这一思想的渗透,用合理的代数方式转化条件中的几何表述,在注重积累的基础上提高条件转化的合理性．比如,本题中通过椭圆定义的使用,将非对称的韦达定理问题转化成对称性的韦达这理问题,从而简化了计算．４．２注重计算能力的训练数学运算是指在明晰运算对象的基础上,依据法则解决数学问题的素养[１]．高考试题是为了选拔适合高校并为将来社会服务的人才,因此对计算能力的要求很高．在平常的教学中,要加强学生计算能力的培养,让学生在遇到复杂运算时不畏惧并保持高度的细心,这也是今后从事科研工作所不可或缺的品质．４．３注重微专题的变式精讲这类非对称的定点与定值问题,其实并不是全新的问题,这就要求我们在日常教学中对于一些典型性问题要精编精整理,以微专题的形式实现知识方法的串联㊁整合,由易到难,层次分明,循序渐进,力求贴近学生的知识经验和能力基础,贴近学生的情感态度与思维水平,使得学生的技能水平自然而然得到提高．４．４注重学生思维能力的培养,适应新高考要求高考是选拔性考试,是为了给高等学校尤其是高水平大学挑选合适的人才．我们的数学教学也要培养学生的思维能力,能够创新性地解决问题．通过对一道题的多角度㊁多方法的思考,不断提升数学学科素养,以适应时代发展的要求．当然,本题也涉及到极点㊁极线的背景,对于一些学有余力的学生,在日常教学中也不妨给他们适当补充点课外知识,激发他们的兴趣．教师要让学生尽可能完成 跳一跳 可以完成的任务[２]．总之,这道高考题内容丰富,解法多样,立足基础,又能充分发挥学生的创新性,让人回味无穷,实在是一道好题!参考文献:[１]中华人民共和国教育部．普通高中数学课程标准(２０１７年版)[S ]．北京:人民教育出版社,２０１８．[２]波利亚．怎样解题[M ]．北京:科学出版社,１９８２．Z ５６。
高考试题的探究(一)安徽高考数学试题的压轴题的解答与反思-数学通讯
安徽高考数学试题的压轴题的解答与反思2014年安徽省理科试题第21题的确让考生和教师费尽思考，第（I ）问为大家所熟悉的待证式即为伯努利不等式的特例，运用导数可简单证明，而（II ）的论证则要困难得多，绝大部分考生都会觉得束手无策！面对高考的参考答案大都感到“想不到”或“突兀”，自然“不知从何入手”．本文结合本校理科高考学生的答题情况，对今后的高三复习教学提出一些思考，仅供同仁参考.1.考题设实数0c >，整数1p n N *>∈，.（Ⅰ）证明；当1x >-且0x ≠时，(1)1p x px +>+；（Ⅱ）数列{}n a 满足11111p pn n np c a c a a a p p-+->=+，.证明：11p n n a a c +>>. 2.审题本题第（Ⅰ）问的待证式即为伯努利不等式的特例，其求解思路可以构造函数，进行常规处理；如果注意到“整数1p >”，即整数2p ≥，自然应该想到数学归纳法的灵活应用，只不过是条件给出的多变；如果注意到待证式左右两侧的结构特征，或许会联想到二项式定理的灵活应用.第（Ⅱ）问是复杂的一阶递推数列的单调性与有界性的证明问题，有较大的难度与区分度，在考查基础知识、基本技能的同时考查分析问题、解决问题的能力，有利于高校选拔人才.3.第（Ⅱ）问的处理思路3.1 数列的单调性的研究的通法是比较法，其次是构造函数法本问要证1n n a a +>，即数列{}n a 单调递减，只需证明111,n pn n a p ca p pa +-=+< 即1pn c pa p<，只需证1.p p n n a c a c >⇔>自然先证1.pn a c > 3.2数列不等式的证明的通法是归纳法 当1n =时，11pa c>成立；假设当n k =时，1pk a c>成立，则当1n k =+时，111,pk k k p c a a a p p-+-=+ 要证明1111,pp k k kp c a a a c p p-+-=+>势必要证111,p pk k p c a a c p p --+>即11,pk k ca p a p p -⎛⎫-+> ⎪⎝⎭3.3 分步设问，层层递进，上问结果，用于下问11111,p p pk k k ca ca ca p p p p p p-----+=+-=+ 由第（Ⅰ）问可知：()1(1)1,px px +>+则：111111,p p ppk kk k ca ca a a p c p p --⎛⎫⎛⎫--+>+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭4.根据思路 规范书写4.1 数学归纳 绝招应用 先证1pn a c>.当1n =时，11pa c>成立；假设当n k =时，1pk a c >成立，此时11p k ca p-->-，则当1n k =+时，1111()pp kk k k k ca p c p a a a a p p p p--+--=+=+1111(1)(1)p p pp k k k k ca ca a a p c p p----=+>+⋅=（利用Ⅰ式），所以由归纳法原理可知1pn a c >；再证1n n a a +>． 因为11111p n n n a p c p c a c a p p p p--+--=+<+=，所以1n n a a +>成立； 综上11.pn n a a c +>> 4.2 构造函数 灵活处理令()111,p p p c g x x x x c p p--=+≥，则,px c ≥ 且()()11110,p p p c p c g x p x p p p x ---⎛⎫'=+-=-> ⎪⎝⎭所以()g x 在1,p c ⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎢⎣⎭上单调递增，因而，当1p x c ≥时，()11.pp g x g c c ⎛⎫>= ⎪ ⎪⎝⎭①当1n =时，1110,,p pa c a c >>>则12111111111,pp p c c a a a a a p p p a -⎡⎤⎛⎫-=+=+-<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦且()121,pa g a c =>故112pa a c >>成立；②假设当()1n k k =≥时，不等式11pk k a a c +>>成立；则当1n k =+时，()()11,p k k g a g a g c +⎛⎫>> ⎪ ⎪⎝⎭即112.p k k a a c ++>>所以1n k =+时，原不等式也成立．综合①②可得，对于一切自然数，不等式11pn n a a c +>>均成立.5.反思此题旨在考察学生的创造性、综合性和灵活性.此题的得分率很低，完全正确解答此题的考生非常少，是一道选拔性极强的试题.今年的高三老师和考生都普遍感到：高三的数列复习不到位，特别与此压轴题相差甚远.此题综合了数列、函数和不等式等知识，学生必须对函数的单调性和数列单调性的联系和区别要特别清楚,对学生思维的灵活性和观察问题的能力要求高,对今后的高三复习教学有何指导意义呢？5.1 夯实基础 理解概念的数学本质 理解概念的数学本质，不是机械地、僵化地理解，而是理解概念的强大的生命力，譬如：数学归纳法是研究关于自然数“n ”的有关命题，其中“n ”只是自然数的表述的一种形式，当然也可以自然数“p ”，“t ”，……； 二项式定理中“n ”，当然也可以自然数“p ”，“t ”，……；夯实基础，理解概念的数学本质是我们高三第一轮复习的重中之重，不能有丝毫的懈怠. 高考题的百分之七十左右是中低档题；综合性的问题都能分解为基础题，最终是概念的理解；只有概念理解了概念的数学本质，解题的基础打牢了，随着能力的提升，综合性试题就能循序渐进地去解决.5.2淡化技巧 强化解题的通性通法技巧只是雕虫小技，通法才是阳光大道.我们的高三复习应该强调通性和通法，不能介绍太多的技巧.可以说，高三的解题教学中，客观题的解题训练中，在常规方法的基础上，可以强化利用一些特殊的方法：特殊值法、排除法等.解答题的解题教学务必以常规的通性通法为主.在教学中经常会出现如下情况：解析几何的问题，用代数方法解决问题是通法，但我在督导中有的老师常用平面几何的方法玩技巧，快速解决，而不讲代数的方法.这就有悖于学生解析几何的本质.本题是复杂的一阶递推数列的单调性与有界性的证明问题，数列的单调性的研究的通法是比较法与构造函数法.如果运用比较法，只需证明11n na a +<或10n n a a +-<；如果运用构造函数法，因为111,p n n np c a a a p p -+-=+势必要研究()11pp c g x x x p p--=+的单调性； 函数与数列的综合性试题的一个特点是：分步设问，层层递进，上问结果，用于下问.因此，运用数学归纳法证明的第二个环节的一“凑”归纳假设，二“凑”结论时要想方设法地应用第（Ⅰ）问的伯努利不等式的特例．5.3 分层教学 摈弃机械的题海战术学生的认知的基础和能力有差异，我们只能因材施教；一刀切的难题教学只会挫伤中、差学生的积极性，他们会感到学习是件非常痛苦的事.我们的高三复习教学中要分层教学，对不同层次的学生提出不同的要求.我们应该让不同认知结构和能力的学生得到不同的思维锻炼，给他们提出切合实际的要求.当然，具有高思维的学生，应该有高要求，也不能因为其它学生而降低他们的学习需求，给优等生的高要求也是分层教学的目的之一.数学教学的本质是发展学生的智慧，而不是为了做题.我们的老师为了取得高考的好成绩，每种题型反反复复的练习，学生成为了解题的机器，学生的思维机械、僵化，并且是具有条件反射功能的机器.一旦如此，“见了试卷，首先把脑子抠出来，朝裤腰带上一别：我要做题了！”造成平时做成题、成卷时，成绩优异，真正高考时，却成绩平平．5.4高屋建瓴 延伸适度的数学背景 因为高考试题的命制有两个有利于，第一个就是有利于高校选拔人才，而高考的命题专家大多是高校教授.作为大学的教师当然希望考生具有一定的高等数学的启蒙.从全国大部分高考试题中发现，许多考题具有一定的高等数学背景.当然，此类题的解答原则上是不需要高等数学的知识的.如果考生具有高等数学的简单知识，高观点下的初等解法就简单.在学生能够接受的前提下，高三的复习可以适度的延伸.也符合“不同的人在数学上得到不同的发展”的课程基本理念.延伸的关键是适度，一定要按照学生的接受能力作介绍和补充.。
解析几何试题的多维探究：形异质同 巧妙转化(修改稿)
形异质同 巧妙转化岳 峻 安徽省太和县太和中学 236600先看今年的两道高考解析几何题：【问题1】（2015高考新课标1，理20）在直角坐标系xoy 中，曲线4:2x y C =与直线a kx y +=)0(>a 交与N M ,两点， （Ⅰ）当0=k 时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；（Ⅱ）y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有O P NO P M ∠=∠？说明理由。
【问题2】（2015高考福建，文19）已知点F 为抛物线)0(2:2>=p px y E 的焦点，点),2(m A 在抛物线E 上，且3=AF 。
（Ⅰ）求抛物线E 的方程；（Ⅱ）已知点)0,1(-G ，延长AF 交抛物线E 于点B ，证明：以点F 为圆心且与直线GA 相切的圆，必与直线GB 相切。
下面我们只研究这两个问题第二小题的解法。
根据题意作出两题的图形，例1和例2对应的图形分别如图1和图2。
【分析这两问题的共同点】问题一是与角平分线有关的问题，问题二则是证明圆的切线的问题，两问题看似没有什么关联，但仔细分析，则可以发现本质是相同的。
如图1，由OPN OPM ∠=∠，可知OP 是MPN ∠的角平分线．．．．。
如图2，要证明以点F 为圆心且与直线GA 相切的圆，必与直线GB 相切，即证明GB GA ,是同一个圆的两条切线，根据切线长定理，GF 是AGB ∠的角平分线．．．．。
由此可以看出，这个两题虽然在形式上差异明显，但两个问题的第二问通过适当转化后都是研究角平分线的存在性问题。
借助平面几何知识，研究证明角平分线三种转化的方法。
一、利用角平分线上的点到直线的距离相等进行转化对于例1有：（Ⅰ）略；（Ⅱ）将a kx y +=代入曲线C 的方程整理成关于x 的一元二次方程，设出N M ,的坐标和P 点坐标。
要使OPN OPM ∠=∠，只需原点到直线PN PM ,的距离21,d d 相等，将21,d d 用含k b a ,,的关系，从而可找出适合条件的P 点坐标。
2016年数学高考全国卷理科第20题的探究
2016年数学高考全国卷理科第20题的探究岳峻【摘要】2016年数学高考全国卷理科第20题,立意深刻、内蕴厚重,通过多维探究,挖掘其背景,得到圆锥曲线焦点弦的长度表达式,进而探究圆锥曲线垂直焦点弦的长度的最值与定值,提升学生的数学学科素养.【期刊名称】《中学教研：数学版》【年(卷),期】2016(000)008【总页数】4页(P44-47)【关键词】圆锥曲线;焦点弦;长度;垂直;探究【作者】岳峻【作者单位】太和中学安徽阜阳 236600【正文语种】中文【中图分类】O123.1例1 设圆x2+y2+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⊙A于点C，D，过点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C1，交直线l于点M，N，过点B且与l垂直的直线与⊙A 交于点P，Q，求四边形MPNQ面积的取值范围.第1)小题利用平面几何知识，应用定义法易求得点E的轨迹方程为=1(其中y≠0)；第2)小题主要考查直线与圆、椭圆的位置关系等基础知识和运算求解的基本技能，考查推理论证、数形结合的思想，立意深刻、内蕴厚重．数学高考试题年年岁岁题相似，岁岁年年意不同．高考试题是命题者精心设计、匠心独运的成果，往往都蕴含着深厚的背景、丰富的数学文化与数学思想．许多高考真题看似平淡无奇，其实是呈现简洁、极富韵味的好题，值得我们细细品味．高三复习教学应引导学生把特殊问题纳入更一般的范围，从特殊推广到一般，揭示事物的普遍规律，促使学生从会解一道题到会解一类题，由低层次到高层次，把数学思维提高到由例及类的层次，加速数学思维的优化．本题四边形MPNQ的面积显然等于|MN|·|PQ|，其中|PQ|是⊙A的弦，自然优选几何d-r法.而|MN|是曲线C1的焦点弦长，圆锥曲线的焦点弦长如何求呢？例1能否进行推广到一般的圆锥曲线呢？由第1)小题知点E的轨迹方程为椭圆.解法1 如图1，设直线l的方程为x=my+1，倾斜角为θ，则m=cotθ(其中θ∈(0,π)).因为PQ⊥l，则直线PQ的方程为，联立直线l与椭圆C1，得解法2 设∠MBA=θ(其中θ∈(0,π))，则在△MAB中应用余弦定理，得《论语》曰：“举一隅不以三隅反，则不复也．”身为一线教师，我们应坚持以学生为本、落实新课标精神，经常选取一些呈现简洁、意境幽深、极富韵味的高考真题，引领学生发现问题、分析问题、解决问题，而且还要在多维剖析试题的基础上，透过表面现象看其本质，加以引伸、拓宽、变化，引导学生从形式的“变”发现本质的“不变”，从本质的“不变”探索形式的“变”的规律，逐步提升学生的数学思维素养[1]．探究1 椭圆=1(其中a>b>0)的焦点为F1(c,0)，过点F1作倾斜角为θ的直线l与椭圆C交于点A,B，则|AB|能否表示为倾斜角θ的关系式呢？分析设直线l的方程为x=my+c，则m=cotθ,联立.同理，对椭圆的左焦点进行类似地研究，可以得到：定理1 椭圆(其中a>b>0)的焦点为F，过点F作倾斜角为θ的直线l与椭圆C交于点A,B，则|AB|探究2 椭圆的焦点弦的这个结论是否适用于双曲线呢？如果不适用，又会有怎样的结论呢？分析以双曲线(其中a>0,b>0)的右焦点为例加以研究，设直线l的方程为x=my+c，则m=cotθ,联立定理2 双曲线(其中a>0,b>0)的焦点为F，过点F作倾斜角为θ的直线l与双曲线C交于点A,B，则|AB|探究3 抛物线的焦点弦呢？同理可得抛物线的类似性质：定理3 抛物线C:y2=2px(其中p>0)的焦点为F，过点F作倾斜角为θ的直线l 与抛物线C交于点A,B，则|AB|探究4 抛物线C:y2=2px(其中p>0)的焦点为F，过点F作2条相互垂直的直线l,m分别与椭圆C交于点A,B和点D,E.设直线l的倾斜角为θ，则定理4 抛物线C:y2=2px(其中p>0)的焦点为F，过点F作2条相互垂直的直线l,m分别与椭圆C交于点A,B和点D,E.设直线l的倾斜角为θ，则1)|AB|+|DE|2)|AB|·|DE|为定值，且定值为．探究5 过椭圆=1(其中a>b>0)的焦点F作2条相互垂直的直线l,m分别与椭圆C交于点A,B和点D,E.设直线l的倾斜角为θ，又会有什么新的结论呢？分析1)直线l的倾斜角为θ，则直线m的倾斜角为，从而2)|AB|·|DE|定理5 椭圆=1(其中a>b>0)的焦点为F，过点F作2条相互垂直的直线l,m分别与椭圆C交于点A,B和点D,E.设直线l的倾斜角为θ，则1)|AB|+|DE|2)|AB|·|DE|为定值．探究6 关于双曲线，过双曲线=1(其中a>0,b>0)的焦点F作2条相互垂直的直线l,m分别与双曲线C交于点A,B和点D,E，通过几何画板软件，可以发现并不恒为定值，情形比较复杂，作类似地探究可发现以下结论：定理6 双曲线=1(其中a>0,b>0)的焦点为F，过点F作2条相互垂直的直线l,m 分别与双曲线C交于点A,B和点D,E.不妨设直线l的斜率为k，则1)当(b2-a2k2)(b2k2-a2)>0时，2)当(b2-a2k2)(b2k2-a2)<0时，例2 设F是抛物线G:x2=4y的焦点.1)过点P(0,-4)作抛物线G的切线，求切线方程；2)设A,B为抛物线G上异于原点的2个点，且满足=0,延长AF,BF分别交抛物线G于点C,D，求四边形ABCD面积的最小值.例3 设椭圆(其中a>b>0)，其相应于焦点F(2,0)的准线方程为x=4.1)求椭圆C的方程；2)已知过点F1(-2,0)倾斜角为θ的直线交椭圆C于点A,B，求证：|AB|；3)过点F1(-2,0)作2条互相垂直的直线分别交椭圆C于点A,B和点D,E，求|AB|+|DE|的最小值．例4 已知点M到点F(1,0)和直线x=-1的距离相等，记点M的轨迹为C．1)求轨迹C的方程；2)过点F作2条相互垂直的直线l1，l2，曲线C与l1交于点P1,P2，与l2交于点Q1,Q2，证明|；3)圆锥曲线在某些性质方面呈现统一性，在第2)小题中，我们得到关于抛物线的一个优美结论，请你写出关于椭圆=1的一个相类似结论(不需证明)．对于起到压轴作用的解答题，教师要引导学生学会相关处理策略，力争化大为小、化难为易、化繁为简，把一道难题分解为若干个小题，或分解为若干步完成，或即使不能完整做出，也能“挣”到部分分数，分层出击，各个击破，使学生的实际水平得以充分发挥．为此，在平时的复习教学中，教师要有意识地挖掘高考试题的背景信息，力促高考真题的引领活力，展现真题功能，挖掘真题潜能．教师要以学生认识规律的角度，注重由浅及深，展开变式，引领学生在其思维水平的“最近发展区”递进式地探索，关注解题后的对问题本质的透视，真正做到“悟其必然，品其真味”，逐步提升学生的数学思维素养[2]，提升解题的驱动力和数学的学科素养．这就是数学教学的核心之所在．。
圆锥曲线存在性问题的探究(五大题型)(教师版)
圆锥曲线存在性问题的探究目录题型一：存在点使向量数量积为定值题型二：存在点使斜率之和或之积为定值题型三：存在点使两角度相等题型四：存在点使等式恒成立题型五：存在点使线段关系式为定值方法技巧总结解决存在性问题的技巧：(1)特殊值(点)法：对于一些复杂的题目，可通过其中的特殊情况，解得所求要素的必要条件，然后再证明求得的要素也使得其他情况均成立．(2)假设法：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．必考题型归纳题型一：存在点使向量数量积为定值1(2023·甘肃天水·高二天水市第一中学校考期末)已知椭圆E 的中心在原点，焦点在x 轴上，椭圆的左顶点坐标为-2,0 ，离心率为e =22．1 求椭圆E 的方程；2 过点1,0 作直线l 交E 于P 、Q 两点，试问：在x 轴上是否存在一个定点M ，使MP ⋅MQ为定值？若存在，求出这个定点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】1 设椭圆E 的方程为x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)，由已知得a -c =2-1c a =22，解得：a =2c =1 ，所以b 2=a 2-c 2=1．所以椭圆E 的方程为x 22+y 2=1．2 假设存在符合条件的点M m ,0 ，设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，则MP =x 1-m ,y 1 ，MQ =x 2-m ,y 2 ，MP ⋅MQ=x 1-m x 2-m +y 1y 2=x 1x 2-m x 1+x 2 +m 2+y 1y 2，①当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y =k x -1 ，由y =k x -1x 22+y 2=1，得：2k 2+1 x 2-4k 2x +2k 2-2 =0，∴x 1+x 2=4k 22k 2+1，x 1x 2=2k 2-22k 2+1，∴y 1y 2=k 2-x 1+x 2 +x 1x 2+1 =-k 22k 2+1，∴MP ⋅MQ =2m 2-4m +1 k 2+m 2-22k 2+1，对于任意的k 值，上式为定值，故2m 2-4m +1=2m 2-2 ，解得：m =54，此时，MP ⋅MQ =-716为定值；②当直线l 的斜率不存在时，直线l ：x =1，x 1x 2=1，x 1+x 2=2，y 1y 2=-12，由m =54，得MP ⋅MQ =1-2×54+2516-12=-716为定值，综合①②知，符合条件的点M 存在，其坐标为54,0 ．2(2023·山西大同·高二统考期末)已知椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的一个焦点与抛物线y 2=43x 的焦点F 重合，且椭圆短轴的两个端点与F 构成正三角形.(1)求椭圆的方程；(2)若过点(1,0)的直线l 与椭圆交于不同两点P 、Q ，试问在x 轴上是否存在定点E (m ,0)，使PE ⋅QE 恒为定值?若存在，求出E 的坐标及定值；若不存在，请说明理由.【解析】(1)由题意知抛物线的焦点为F (3,0)，所以c =a 2-b 2=3，因为椭圆短轴的两个端点与F 构成正三角形，所以b =3×33=1，可求得a =2.故椭圆的方程为x 24+y 2=1.(2)假设存在满足条件的点E (m ,0)，当直线l 的斜率存在时，设其斜率为k ，则l 的方程为y =k (x -1)，由x 24+y 2=1y =k (x -1) 得4k 2+1 x 2-8k 2x +4k 2-4=0，设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，所以Δ>0,x 1+x 2=8k 24k 2+1,x 1x 2=4k 2-44k 2+1，则PE ⋅QE=m -x 1 m -x 2 +y 1y 2=m 2-m x 1+x 2 +x 1x 2+y 1y 2=m 2-8k 2m 4k 2+1+4k 2-44k 2+1+k 24k 2-44k 2+1-8k 24k 2+1+1=4m 2-8m +1 k 2+m 2-4 4k 2+1=4m 2-8m +1 k 2+14 +m 2-4 -144m 2-8m +1 4k 2+1=144m 2-8m +1 +2m -1744k 2+1，要使PE ⋅QE 为定值，令2m -174=0，即m =178，此时PE ⋅QE =3364.当直线的斜率不存在时，不妨取P 1,32 ,Q 1,-32，由E 178,0 ，可得PE =98,-32 ,QE =98,32 ，所以PE ⋅QE =8164-34=3364.综上所述，存在点E 178,0 ，使PE ⋅QE 为定值3364.3(2023·重庆渝北·高二重庆市松树桥中学校校考阶段练习)已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，其左、右焦点分别为F 1，F 2，短轴长为2 3.点P 在椭圆C 上，且满足ΔPF 1F 2的周长为6.(I )求椭圆C 的方程；(Ⅱ)过点(-1,0)的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，试问在x 轴上是否存在一定点M ，使得MA ⋅MB恒为定值？若存在，求出该点M 的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】(Ⅰ)∵{2b =232a +2c =6a 2=b 2+c 2∴{a 2=4b 2=3所以椭圆的方程为x 24+y 23=1(Ⅱ)假设存在这样的定点M x 0,0 ，设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，AB 直线方程为x =my -1则MA ⋅MB=x 1-x 0,y 1 ⋅x 2-x 0,y 2 =my 1-1-x 0,y 1 ⋅my 2-1-x 0,y 2 =m 2+1 y 1y 2-m 1+x 0 y 1+y 2 +1+x 0 2联立{x =my -13x 2+4y 2=12消去x 得3m 2+4 y 2-6my -9=0y 1+y 2=6m 3m 2+4,y 1y 2=-93m 2+4MA ⋅MB =-5+2x 0 3m 2+4 +11+8x 03m 2+4=x 02-4+11+8x 03m 2+4令11+8x 0=0即x 0=-118，MA ⋅MB =-13564当AB ⊥y 轴时，令A -2,0 ,B 2,0 ,M -118,0 ,仍有MA ⋅MB =-13564所以存在这样的定点M -118,0 ，使得MA ⋅MB =-135641(2023·全国·高三专题练习)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为22，椭圆经过点A -1,22.(1)求椭圆C 的方程；(2)过点(1,0)作直线l 交C 于M ,N 两点，试问：在x 轴上是否存在一个定点P ，使PM ⋅PN为定值？若存在，求出这个定点P 的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】(1)由题意c a =22，a 2=b 2+c 2，1a 2+12b2=1，得a 2=2,b 2=1，所以椭圆C 的方程为x 22+y 2=1.(2)当l 的斜率存在时，设l :y =k x -1 ，M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，P t ,0 ，则联立方程组y =kx -k x 2+2y 2=2消去y 得，2k 2+1 x 2-4k 2x +2k 2-2=0.∴x 1+x 2=4k 22k 2+1，x 1x 2=2k 2-22k 2+1.∵PM ⋅PN=x 1-t ,y 1 ⋅x 2-t ,y 2 =x 1-t x 2-t +y 1y 2=x 1-t x 2-t +k 2x 1-1 x 2-1 =k 2+1 x 1x 2-k 2+t x 1+x 2 +k 2+t 2=k 2+1 2k 2-22k 2+1-k 2+t 4k 22k 2+1+k 2+t 2=k 22t 2-4t +1 +t 2-2 2k 2+1为定值.∴2t 2-4t +1t 2-2=21，解得t =54.此时PM ⋅PN 的值为-716.当l 的斜率不存在时，l 的方程为x =1，解得M 1,22，N 1,-22 .又t =54，则P 54,0 .∴PM ⋅PN =-14,22 ⋅-14,-22 =-716，此时也满足条件.综上所述，在x 轴上存在定点P 54,0 ，使PM ⋅PN 为定值.2(2023·辽宁锦州·统考模拟预测)已知F 1､F 2为双曲线E :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的左、右焦点，E 的离心率为5,M 为E 上一点，且MF 2 -MF 1 =2.(1)求E 的方程；(2)设点M 在坐标轴上，直线l 与E 交于异于M 的A ､B 两点，且点M 在以线段AB 为直径的圆上，过M 作MC ⊥AB ，垂足为C ，是否存在点D ，使得CD 为定值？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】(1)因为双曲线的离心率为5，所以e =ca=5，即c =5a ，又MF 2 -MF 1 =2，所以2a =2，则a =1，所以c =5，因为b 2=c 2-a 2，所以b =c 2-a 2=(5)2-12=2，故双曲线E 的方程为x 2-y 24=1.(2)因为M 点满足MF 2 -MF 1 =2>0，所以点M 在双曲线x 2-y 24=1的左支上，又因为点M 在坐标轴上，则M (-1,0)，设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，当AB 的斜率存在时，设AB 的方程为y =kx +m ，联立方程x 2-y 24=1y =kx +m ，整理得(4-k 2)x 2-2kmx -(m 2+4)=0,则4-k 2≠0，Δ=(-2km )2-4(4-k 2)[-(m 2+4)]>0,即m 2+4-k 2>0,x 1+x 2=2km 4-k 2,x 1+x 2=-m 2+44-k 2，因为M 在以线段AB 为直径的圆上，所以MA ⊥MB ，则MA ⋅MB =0，又MA =(x 1+1,y 1)，MB =(x 2+1,y 2)，则MA ⋅MB=(x 1+1)(x 2+1)+y 1y 2=(x 1+1)(x 2+1)+(kx 1+m )(kx 2+m )=0，所以(k 2+1)x 1x 2+(km +1)(x 1+x 2)+m 2+1=0，即(k 2+1)-m 2+44-k 2+(km +1)⋅2km4-k2+m 2+1=0，整理得3m 2+2km -5k 2=0，即(m -k )(3m +5k )=0，解得m =k 或m =-5k3，经检验均满足m 2+4-k 2>0，当m =k 时，直线AB 的方程为y =k (x +1)，则直线AB 过点M ，不合题意，舍去；当m =-5k 3时，直线AB 的方程为y =k x -53 ，则直线AB 恒过定点Q 53,0 ，符合题意.当AB 的斜率不存在时，A (x 1,y 1),B (x 1,-y 1)，MA =(x 1+1,y 1)，MB=(x 1+1,-y 1)，MA ⋅MB =(x 1+1)2-y 12=0，又x 21-y 214=1，解得x 1=-1(舍去)或x 1=53，所以直线AB 方程为x =53，则直线AB 恒过定点Q 53,0 .综上，直线AB 恒过定点Q 53,0 .因为MC ⊥AB ，所以△MCQ 是以MQ 为斜边的直角三角形，即点C 在以MQ 为直径的圆上，则点D 为该圆的圆心即斜边MQ 的中点，又M (-1,0)，Q 53,0 ，所以D 13,0 ，CD 为该圆的半径，即|CD |=12|MQ |=43，故存在点D 13,0 ，使得|CD |为定值43.3(2023·山西大同·统考模拟预测)已知椭圆C 1:x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率为22，且直线y =x +b 是抛物线C 2:y 2=4x 的一条切线．(1)求椭圆C 1的方程；(2)过点S 0,-13的动直线L 交椭圆C 1于A ,B 两点，试问：在直角坐标平面上是否存在一个定点T ，使得以AB 为直径的圆恒过定点T ？若存在，求出T 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】(1)由y =x +by 2=4x 得x 2+2b -4 x +b 2=0直线y =x +b 是抛物线C 2:y 2=4x 的一条切线．所以Δ=0⇒b =1e =c a =22⇒a =2，所以椭圆C 1:x 22+y 2=1(2)当直线L 与x 轴平行时，以AB 为直径的圆方程为x 2+y +132=432当直线L 与y 轴重合时，以AB 为直径的圆方程为x 2+y 2=1所以两圆的交点为点0,1 猜想：所求的点T 为点0,1 ．证明如下．当直线L 与x 轴垂直时，以AB 为直径的圆过点0,1当直线L 与x 轴不垂直时，可设直线L 为：y =kx -13由y =kx -13x 22+y 2=1得18k 2+9 x 2-12kx -16=0，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2则x 1+x 2=12k 18k 2+9x 1x 2=-1618k 2+9则TA ⋅TB =x 1,y 1-1 ⋅x 2,y 2-1 =x 1x 2+y 1-1 y 2-1 =x 1x 2+kx 1-13-1 kx 2-13-1=x 1x 2-43x 1+x 2 +169=1+k 2 -1618k 2+9-43×12k 18k 2+9+169=0所以TA ⊥TB ，即以AB 为直径的圆过点0,1 所以存在一个定点T ，使得以AB 为直径的圆恒过定点T ．4(2023·江苏扬州·统考模拟预测)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左顶点为A ，过右焦点F 且平行于y 轴的弦PQ =AF =3．(1)求△APQ 的内心坐标；(2)是否存在定点D ，使过点D 的直线l 交C 于M ,N ，交PQ 于点R ，且满足MR ⋅ND =MD ⋅RN若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由．【解析】(1)∵a 2=b 2+c 2,2b 2a=a +c =3∴a =2,b =3,c =1∴椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1，不妨取P 1,32 ,Q 1,-32 ,A (-2,0)，则AP =352,PF =32；因为△APQ 中，AP =AQ ，所以△APQ 的内心在x 轴，设直线PT 平分∠APQ ，交x 轴于T ，则T 为△APQ 的内心，且AT TF =AP PF =5=AT 3-AT ，所以AT =355+1，则T 7-354,0 ；(2)∵椭圆和弦PQ 均关于x 轴上下对称．若存在定点D ，则点D 必在x 轴上∴设D (t ,0)当直线l 斜率存在时，设方程为y =k (x -t ),M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，直线方程与椭圆方程联立y =k (x -t )x 24+y 23=1，消去y 得4k 2+3 x 2-8k 2tx +4k 2t 2-3 =0，则Δ=48k 2+3-k 2t 2>0,x 1+x 2=8k 2t4k 2+3,x 1x 2=4k 2t 2-3 4k 2+3①∵点R 的横坐标为1，M 、R 、N 、D 均在直线l 上，MR ⋅ND =MD ⋅RN∴1+k 2 1-x 1 t -x 2 =1+k 2 t -x 1 x 2-1∴2t -(1+t )x 1+x 2 +2x 1x 2=0∴2t -(1+t )8k 2t 4k 2+3+2×4k 2t 2-3 4k 2+3=0，整理得t =4，因为点D 在椭圆外，则直线l 的斜率必存在．∴存在定点D (4,0)满足题意题型二：存在点使斜率之和或之积为定值4(2023·山东泰安·统考模拟预测)已知为O 坐标原点，A 2,0 ,B 0,1 ,C 0,-1 ,D 2,1 ，OE =λOA ,DF=λDA,0<λ≤1，CE 和BF 交点为P .(1)求点P 的轨迹G ；(2)直线y =x +m (m ≠0)和曲线G 交与M ，N 两点，试判断是否存在定点Q 使k MQ k NQ =14如果存在，求出Q 点坐标，不存在请说明理由.【解析】(1)设点P (x ,y )，E x E ,y E ,F x F ,y F ，∵OE =λOA ，即x E ,y E =λ2,0 ，∴E 点坐标为2λ,0 ，∵DF =λDA ，即x F -2,y F -1 =λ0,-1 ，∴F 点坐标为2,1-λ ，∴根据两点坐标可得，直线CE 方程为：y =12λx -1，直线BF 方程为：y =-λ2x +1，两式移项相乘得：y 2-1=-14x 2，整理得x24+y 2=1，∴P 点的轨迹为以(3,0),(-3,0)为焦点，长轴长为4的椭圆，即其方程为G :x 24+y 2=1.(2)假设存在定点G ，设点G 坐标为x 0,y 0 ，M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)，联立方程组y =x +mx24+y 2=1 消y 得5x 2+8mx +4m 2-4=0，直线与椭圆交于两点，∴Δ=64m 2-80m 2-1 >0即-5<m <5，x 1+x 2=-8m 5x 1x 2=4m 2-45 ，∵k MQ k NQ =14，∴y 0-y 1x 0-x 1⋅y 0-y 2x 0-x 2=14，∴4y 0-y 1 y 0-y 2 -x 0-x 1 x 0-x 2 =0，∴4y 0-x 1-m y 0-x 2-m -x 0-x 1 x 0-x 2 =0，整理得：4y 20-4x 1+x 2+2m y 0+4x 1x 2+4m x 1+x 2 +4m 2-x 20+x 1+x 2 x 0-x 1x 2=0，4y 20-x 20-125-85m x 0+y 0 =0，对m ≠0恒成立，∴x 0+y 0=0，得4y 20-x 20-125=0，∴x 0=-y 0=±255，所以存在定点Q ,坐标为255,-255 或-255,255.5(2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)已知点A -2,0 ，B 2,0 ，P x ,y 是异于A ，B 的动点，k AP ，k BP 分别是直线AP ，BP 的斜率，且满足k AP ⋅k BP =-34.(1)求动点P 的轨迹方程；(2)在线段AB 上是否存在定点E ，使得过点E 的直线交P 的轨迹于M ，N 两点，且对直线x =4上任意一点Q ，都有直线QM ，QE ，QN 的斜率成等差数列.若存在，求出定点E ，若不存在，请说明理由.【解析】(1)由题意k AP ∙k BP =y x -2∙y x +2=-34，即x 24+y 23=1，又直线AP ，BP 的斜率存在，所以点P 的轨迹方程为x 24+y 23=1(y ≠0)．(2)若存在这样的定点，不妨设为E (t ，0)，令Q (4，n )，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线MN 的方程为x =my +t ，x =my +t ，3x 2+4y 2=12，(3m 2+4)y 2+6mty +3t 2-12=0，由韦达定理得：y 1+y 2=-6mt 3m 2+4，y 1y 2=3t 2-123m 2+4，Δ=36m 2t 2-4(3m 2+4)(3t 2-12)>0，k QM +k QN =2k QE ，n -y 14-x 1+n -y 24-x 2=2n 4-t ⇒14-x 1+14-x 2-24-t ·n +-y 14-x 1+-y 24-x 2=0，对任意n 成立，所以14-x 1+14-x 2=24-t，-y 14-x 1+-y24-x 2=0，由-y 14-x 1+-y 24-x 2=0得，-4(y 1+y 2)+y 1(my 2+t )+y 2(my 1+t )=(t -4)(y 1+y 2)+2my 1y 2=0，所以(t -4)(-6tm )+2m (3t 2-12)=0，24mt -24m =0对任意m 成立，t =1，经检验，符合题意，所以，存在E (1，0)满足题意.6(2023·吉林·吉林省实验校考模拟预测)以双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的右焦点F 为圆心作圆，与C 的一条渐近线相切于点Q 43,253(1)求C 的方程.(2)在x 轴上是否存在定点M ，过点M 任意作一条不与坐标轴垂直的直线l ，当l 与C 交于A ,B 两点时，直线AF ,BF 的斜率之和为定值？若存在，求出M 点的坐标，若不存在，说明理由.【解析】(1)双曲线C 的渐近线方程为y =±bax ，圆F 与直线y =b a x 切于点Q 43,253 ，所以代入得b a =52，①设F c ,0 (c >0)，直线FQ 有斜率k FQ ，则k FQ ⋅ba=-1，即25343-c ×ba=-1，②又c 2=a 2+b 2③由①②③解得c =3,a =2,b =5，所以双曲线C 的方程为x 24-y 25=1.(2)假设存在满足条件的定点M t ,0 ，因为直线l 不与坐标轴垂直，故设l 的方程为x =my +t m ≠0 ,A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 .由x=my+t,x24-y25=1,消去x整理得5m2-4y2+10mty+5t2-20=0，则5m2-4≠0,Δ>0,即m≠±255,5m2+t2-4>0,*且y1+y2=-10mt5m2-4,y1y2=5t2-205m2-4.因为F3,0，所以直线AF,BF的斜率为k AF=y1x1-3,k BF=y2x2-3.设k AF+k BF=λ(λ为定值)，即y1x1-3+y2x2-3=λ，即y1x2-3+y2x1-3=λx1-3x2-3，即y1my2+t-3+y2my1+t-3=λmy1+t-3my2+t-3，整理得2m-λm2y1y2+1-λmt-3y1+y2-λ(t-3)2=0，所以2m-λm2×5t2-205m2-4-1-λmt-3×10mt5m2-4-λ(t-3)2=0，所以λ5t2-30t+20m2+103t-4m=5λ(t-3)2m2-4λ(t-3)2.因为t,λ为定值，且上式对任意m恒成立，所以λ5t2-30t+20=5λ(t-3)2, 103t-4=0,-4λ(t-3)2=0,解得t=43,λ=0.将t=43代入* 式解得m<-23或m>23且m≠±255.综上，存在满足条件的定点M43,0 .5(2023·湖北荆州·高二荆州中学校考阶段练习)已知圆C方程为x2+y2-8mx-(6m+2)y+6m+1 =0(m∈R,m≠0)，椭圆中心在原点，焦点在x轴上.(1)证明圆C恒过一定点M，并求此定点M的坐标；(2)判断直线4x+3y-3=0与圆C的位置关系，并证明你的结论；(3)当m=2时，圆C与椭圆的左准线相切，且椭圆过(1)中的点M，求此时椭圆方程；在x轴上是否存在两定点A，B使得对椭圆上任意一点Q(异于长轴端点)，直线QA，QB的斜率之积为定值？若存在，求出A，B坐标；若不存在，请说明理由.【解析】(1)圆C的方程可化为：x2+y2-2y+1-m(8x+6y-6)=0，由x2+y2-2y+1=08x+6y-6=0，解得x=0y=1，所以圆C过定点M(0,1).(2)圆C的方程可化为：(x-4m)2+[y-(3m+1)]2=25m2，圆心到直线l的距离为d=|4⋅4m+3⋅(3m+1)-3|42+32=25|m|5=5|m|=r，所以直线与圆C相切.(3)当m=2时，圆C方程为x-82+y-72=100，圆心为8,7，半径为10，与直线x=8-10，即x=-2相切，所以椭圆的左准线为x=-2，又椭圆过点M (0,1)，则b =1，所以a 2c =2b =1，解得a =2b =1 ，所以椭圆方程为x 22+y 2=1.在椭圆上任取一点Q x ,y (y ≠0)，设定点A s ,0 ，B t ,0 ，则k QA ⋅k QB =y x -s ⋅yx -t =1-x22(x -s )(x -t )=k 对x ∈(-2,2)恒成立，所以-12x 2+1=kx 2-k (s +t )x +kst 对x ∈(-2,2)恒成立，所以k =-12k (s +t )=0kst =1 ，故k =-12s =2t =-2 或k =-12s =-2t =2 ，所以A -2,0 ，B 2,0 或者A 2,0 ，B -2,0 .6(2023·河北·高三校联考阶段练习)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左、右焦点分别为F 1，F 2，焦距为2，实轴长为4.(1)求椭圆C 的方程；(2)设过点F 1不与x 轴重合的直线l 与椭圆C 相交于E ，D 两点，试问在x 轴上是否存在一个点M ，使得直线ME ，MD 的斜率之积恒为定值？若存在，求出该定值及点M 的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】(1)因为焦距为2，长轴长为4，即2c =2，2a =4，解得c =1，a =2，所以b 2=a 2-c 2=3，所以椭圆C 的方程为x 24+y 23=1．(2)由(1)知F 1(-1,0)，设点E (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，M (m ,0)，因为直线l 不与x 轴重合，所以设直线l 的方程为x =ny -1，联立x =ny -1x 24+y 23=1，得(3n 2+4)y 2-6ny -9=0，所以Δ=(-6n )2+36(3n 2+4)>0，所以y 1+y 2=6n 3n 2+4，y 1y 2=-93n 2+4，又x 1x 2=(ny 1-1)(ny 2-1)=n 2y 1y 2-n (y 1+y 2)+1=-9n 23n 2+4-6n 23n 2+4+1=-12n 2-43n 2+4，x 1+x 2=n (y 1+y 2)-2=6n 23n 2+4-2=-83n 2+4直线ME ，MD 的斜率分别为k ME =y 1x 1-m ，k MD =y 2x 2-m，所以k ME ⋅k MD =y 1x 1-m ⋅y 2x 2-m =y 1y 2(x 1-m )(x 2-m )=y 1y 2y 1y 2-m (x 1+x 2)+m 2=-93n 2+4-12n 2-43n 2+4-m -83n 2+4+m 2=-9-12n 2+4+8m +3m 2n 2+4m 2=-9(3m 2-12)n 2+4(m +1)2，要使得直线ME ，MD 的斜率之积恒为定值，直线3m 2-12=0，解得m =±2，当m =2时，存在点M (2,0)，使得k ME ⋅k MD =-9(3m 2-12)n 2+4(m +1)2=-936=-14，当m =-2时，存在点M (-2,0)，使得k ME ⋅k MD =-9(3m 2-12)n 2+4(m +1)2=-94，综上，在x 轴上存在点M ，使得ME ，MD 的斜率之积恒为定值，当点M 的坐标为(2,0)时，直线ME ，MD 的斜率之积为定值-14，当点M 的坐标为(-2,0)时，直线ME ，MD 的斜率之积为定值-94．7(2023·吉林长春·高三长春外国语学校校考开学考试)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率为12，F 1、F 2分别是椭圆的左、右焦点，P 是椭圆上一点，且△PF 1F 2的周长是6.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 经过椭圆的右焦点F 2且与C 交于不同的两点M ，N ，试问：在x 轴上是否存在点Q ，使得直线QM 与直线QN 的斜率的和为定值？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】(1)由椭圆的定义知△PF 1F 2的周长为2a +2c ，所以2a +2c =6，又因为椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率e =c a =12，所以a =2c ，联立解得a =2，c =1，所以b =a 2-c 2=3，所求椭圆方程为x 24+y 23=1.(2)若存在满足条件的点Q t ,0 .当直线l 的斜率k 存在时，设y =k x -1 ，联立x 24+y 23=1，消y 得3+4k 2 x 2-8k 2x +4k 2-12=0.设M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，则x 1+x 2=8k 23+4k 2，x 1x 2=4k 2-123+4k 2x ，∵k QM +k QN =y 1x 1-t +y 2x 2-t =k x 1-1 x 2-t +k x 2-1 x 1-t x 1-t x 2-t =2kx 1x 2-k 1+t x 1+x 2 +2ktx 1x 2-t x 1+x 2 +t 2=k ⋅8k 2-243+4k 2-8k 21+t 3+4k 2+2t4k 2-123+4k 2-8k 23+4k2t +t 2=k ⋅8k 2-24-8k 21+t +2t 3+4k 24k 2-12-8k 2t +t 23+4k 2=6k t -44t -1 2k 2+3t 2-4，∴要使对任意实数k ，k QM +k QN 为定值，则只有t =4，此时，k QM +k QN =0.当直线l 与x 轴垂直时，若t =4，也有k QM +k QN =0.故在x 轴上存在点Q 4,0 ，使得直线QM 与直线QN 的斜率的和为定值0.8(2023·全国·高三专题练习)设椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率是22，过点P 0,1 的动直线L 于椭圆相交于A ,B 两点，当直线L 平行于x 轴时，直线L 被椭圆C 截得弦长为22．(Ⅰ)求E 的方程；(Ⅱ)在y 上是否存在与点P 不同的定点Q ，使得直线AQ 和BQ 的倾斜角互补？若存在，求Q 的坐标；若不存在，说明理由．【解析】(Ⅰ)由已知可得，椭圆经过点±2，1 ，因此，2a 2+1b 2=1c a =22a 2=b 2+c 2,解得a =2，b =2，所以椭圆E 方程为x 24+y 22=1；(Ⅱ)设Q 点的坐标为0，y 0 ，当直线L 与x 轴垂直时，直线QA 与QB 的倾斜角均为90°，满足题意，此时y 0∈R ，且y 0≠1；当直线L 的斜率存在时，可设直线L 的方程为y =kx +1，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，联立y =kx +1x 24+y 22=1，得1+2k 2 x 2+4kx -2=0，其判别式△>0，∴x 1+x 2=-4k 21+2k 2，x 1x 2=-21+2k 2，∵直线QA ，QB 的倾斜角互补，∴k QA +k QB =0，∴y 1-y 0x 1+y 2-y 0x 2=0，即kx 1+1-y 0x 1+kx 2-y 0x 2=0，整理得2kx 1x 2+1-y 0 x 1+x 2 =0，把x 1+x 2=-4k 21+2k 2，x 1x 2=-21+2k 2代入得k y 0-2 =0，所以y 0=2，即Q 0，2 ，综上所述存在与点P 不同的定点Q 0，2 满足题意．题型三：存在点使两角度相等7(2023·新疆阿勒泰·统考三模)已知椭圆C 1:x 2a2+y 2=1(a >1)的左右焦点分别为F 1、F 2，A ,B 分别为椭圆C 1的上，下顶点，F 2到直线AF 1的距离为3．(1)求椭圆C 1的方程；(2)直线x =x 0与椭圆C 1交于不同的两点C ,D ，直线AC ,AD 分别交x 轴于P ,Q 两点．问：y 轴上是否存在点R ，使得∠ORP +∠ORQ =π2？若存在，求出点R 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】(1)△AF 1F 2中由面积公式得a ⋅3=b ⋅2c ，即3a =2a 2-1，得a 2=4，椭圆方程为x 24+y 2=1；(2)如图，假设存在点R 使得∠ORP +∠ORQ =π2，设R 0,m ，∵∠ORP +∠ORQ =π2,∴∠ORQ =∠OPR ，即tan ∠ORQ =tan ∠OPR ，∴OQ OR=OR OP，即|OR |2=OP OQ ，直线x =x 0与椭圆C 1交于不同的两点C ,D ，易知C ,D 关于x 对称，设C x 0,y 0 ，则D x 0,-y 0 y 0≠±1,y 0≠0 ，由(1)知A 0,1 ，直线AC 的方程是y =y 0-1x 0x +1，令y =0得x P =-x0y 0-1，直线AD 方程是y =y 0+1-x 0x +1，令y =0得x Q =x 0y 0+1，由|OR |2=OP OQ ，得m 2=x 20y 20-1 ，又C x 0,y 0 在椭圆上，所以x 204+y 20=1，即x 204=1-y 20，∴m 2=4，即m =±2.所以存在点R 0,±2 ，使得∠ORP +∠ORQ =π2成立．8(2023·全国·高三专题练习)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 经过点A -2,0 且两个焦点及短轴两顶点围成四边形的面积为4.(1)求椭圆C 的方程和离心率；(2)设P ，Q 为椭圆C 上不同的两个点，直线AP 与y 轴交于点E ，直线AQ 与y 轴交于点F ，且P 、O 、Q 三点共线.其中O 为坐标原点.问：x 轴上是否存在点M ，使得∠AME =∠EFM ？若存在，求点M 的坐标，若不存在，说明理由.【解析】(1)依题意可得a =2，12×2c ×2b =4，又c 2=a 2-b 2，解得b =c =2，所以椭圆方程为x 24+y 22=1，则离心率e =c a =22(2)因为P 、O 、Q 三点共线，根据椭圆的对称性可知P 、Q 关于O 点对称，设点P x 1,y 1 ，则Q -x 1,-y 1 x 1≠±2 ，所以直线PA 的方程为y =y 1x 1+2x +2 ，直线AQ 的方程为y =-y 1-x 1+2x +2 ，所以点E 0,2y 1x 1+2 ，F 0,-2y 1-x 1+2．假设存在M 使∠AME =∠EFM ，∠MOE =∠FOM =90°，所以∠OMF =∠OEM ，又∠OEM +∠OME =90°，所以∠OME +∠OMF =90°，即ME ⊥MF ，所以ME ⋅MF=0，设M m ,0 ，则ME =-m ,2y 1x 1+2 ，MF =-m ,-2y 1-x 1+2，所以ME ⋅MF =m 2+-2y 1-x 1+2 ⋅2y 1x 1+2=0，即m 2+-4y 214-x 21=0，又x 214+y 212=1，所以x 21+2y 21=4，所以m 2-2=0，解得m =±2，所以M ±2,0 .9(2023·四川绵阳·模拟预测)已知点A 是圆C :x -1 2+y 2=16上的任意一点，点F -1,0 ，线段AF 的垂直平分线交AC 于点P ．(1)求动点P 的轨迹E 的方程；(2)若过点G 3,0 且斜率不为O 的直线l 交(1)中轨迹E 于M 、N 两点，O 为坐标原点，点B 2,0 ．问：x 轴上是否存在定点T ，使得∠MTO =∠NTB 恒成立．若存在，请求出点T 的坐标，若不存在，请说明理由．【解析】(1)由圆C :x -1 2+y 2=16，可得圆心坐标为C (1,0)，半径r =4，如图所示，线段AF 的垂直平分线交AC 于点P ，所以PF +PC =PA +PC =4>FC =2，根据椭圆的定义可知点P 的轨迹是以F ,C 为焦点的椭圆，且2a =4,2c =1，可得a =2,c =1，则b =a 2-c 2=3，所以动点P 的轨迹方程为x 24+y 23=1.(2)由题意，设直线l 的方程为y =k (x -3)，且k ≠0，联立方程组y =k (x -3)x 24+y 23=1，整理得(3+4k 2)x 2-24k 2x +36k 2-12=0，则Δ=576k 4-48(3+4k 2)(3k 2-1)>0，解得-155<k <155且k ≠0，设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)，所以x 1+x 2=24k 23+4k 2,x 1x 2=12(3k 2-1)3+4k 2根据椭圆的对称性，不妨令M ,N 在x 轴上方，且x 2>x 1，显然x 1<t <x 2，假设存在T (t ,0)使得∠MTO =∠NTB 恒成立，即tan ∠MTO =tan ∠NTB 恒成立，可得k MT =-k NT ，即k MT +k NT =0恒成立，即y 1t -x 1+y 2t -x 2=0恒成立，又由y 1t -x 1+y 2t -x 2=t (y 1+y 2)-x 1y 2-x 2y 1t -x 1 t -x 2 =0，所以t (y 1+y 2)-x 1y 2-x 2y 1=0，所以t=x1y2+x2y1y1+y2=x1(x2-3)+x2(x1-3)x1+x2-6=2x1x2-3(x1+x2)x1+x2-6=24(3k2-1)3+4k2-72k23+4k224k23+4k2-6=72k2-24-72k224k2-18-24k2=43，所以存在点T43,0，使得∠MTO=∠NTB恒成立，9(2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测)已知椭圆C:x2a2+y23=1(a>0)经过点-1,32，过点T3,0的直线交该椭圆于P，Q两点.(1)求△OPQ面积的最大值，并求此时直线PQ的方程；(2)若直线PQ与x轴不垂直，在x轴上是否存在点S s,0使得∠PST=∠QST恒成立？若存在，求出s的值；若不存在，说明理由.【解析】(1)将-1,3 2代入椭圆方程，得到1a2+94×3=1，故a2=4，故椭圆方程为x24+y23=1.当直线PQ的斜率为0时，此时O,P,Q三点共线，不合要求，舍去；当直线PQ的斜率不为0时，设直线PQ的方程为x=ty+3，与椭圆方程x24+y23=1联立，得3t2+4y2+63ty-3=0，设P x1,y1,Q x2,y2，则y1+y2=-63t3t2+4,y1y2=-33t2+4，则S△OPQ=12OP⋅y1-y2=12×3⋅y1+y22-4y1y2=32-63t3t2+42+123t2+4=32108t23t2+42+123t2+4=63t2+13t2+1+32=63t2+13t2+12+63t2+1+9=613t2+1+93t2+1+6≤6123t2+1⋅93t2+1+6=3，当且仅当3t2+1=93t2+1，即t=±63时，等号成立，故△OPQ面积的最大值为3，此时直线PQ的方程为3x+2y-3=0或3x-2y-3=0.(2)在x轴上存在点S433,0使得∠PST=∠QST恒成立，理由如下：因为∠PST =∠QST ，所以k PS +k QS =0，即y 1x 1-s +y 2x 2-s=0，整理得x 2-s y 1+x 1-s y 2=0，即ty 2+3 y 1+ty 1+3 y 2-s y 1+y 2 =0，所以2ty 1y 2+3-s y 1+y 2 =0，则2t -33t 2+4 +3-s-63t 3t 2+4=0，解得s =433，故在x 轴上存在点S 433,0 ，使得∠PST =∠QST 恒成立.10(2023·四川成都·高三四川省成都市新都一中校联考开学考试)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0过点1,22，且上顶点与右顶点的距离为3．(1)求椭圆C 的方程；(2)若过点P 3,0 的直线l 交椭圆C 于A ,B 两点，x 轴上是否存在点Q 使得∠PQA +∠PQB =π，若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】(1)∵椭圆C 上顶点与右顶点的距离为3，∴a 2+b 2=3；又椭圆C 过点1,22 ，∴1a 2+12b 2=1；两式联立可解得：a 2=2，b 2=1，∴椭圆C 的方程为：x 22+y 2=1.(2)当直线l 与x 轴不重合时，设其方程为x =ty +3，A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，由x =ty +3x 22+y 2=1得：t 2+2 y 2+6ty +7=0，则Δ=8t 2-7 >0，解得：t >7或t <-7，∴y 1+y 2=-6t t 2+2，y 1y 2=7t 2+2，假设存在点Q 使得∠PQA +∠PQB =π，即存在点Q 使得k QA +k QB =0，设点Q m ,0 ，则k QA +k QB =y 1x 1-m +y 2x 2-m=0，∴y 1x 2-m +y 2x 1-m =y 1ty 2+3-m +y 2ty 1+3-m =2ty 1y 2+3-m y 1+y 2=14tt 2+2-6t 3-m t 2+2=0，∴6t 3-m =14t ，又t ∈-∞,-7 ∪7,+∞ ，∴63-m =14，解得：m =23，∴Q 23,0 ；当直线l 与x 轴重合时，A ,B 分别为椭圆C 左右顶点，若Q 23,0 ，此时∠PQA +∠PQB =π显然成立；综上所述：x 轴上存在点Q 23,0 满足题意．11(2023·河南信阳·高三信阳高中校考阶段练习)在平面直角坐标系xOy 中，动点M 到点D 2,0 的距离等于点M 到直线x =1距离的2倍，记动点M 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)已知直线l ：y =12x +t t ≥2 与曲线C 交于A ,B 两点，问曲线C 上是否存在两点P ,Q 满足∠APB =∠AQB =90°，若存在，请求出两点坐标，不存在，请说明理由.【解析】(1)设M x ,y ，动点M 到点D 2,0 的距离等于点M 到直线x =1距离的2倍，所以x -22+y 2=2x -1 ，化简得x 22-y 22=1.所以曲线C 的方程为x 22-y 22=1.(2)存在两点P 263,-63 和Q -263,63 满足∠APB =∠AQB =90°.设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,P x 0,y 0联立直线与双曲线方程，有3x 2-4tx -4t 2-8=0，Δ=16t 2+124t 2+8 >0由韦达定理，有x 1+x 2=43t x 1x 2=-43t 2+2 ，PA =x 1-x 0,y 1-y 0 ，PB =x 2-x 0,y 2-y 0 ，PA ⋅PB =x 1-x 0 x 2-x 0 +12x 1+t -y 0 12x 2+t -y 0 =x 1x 2-x 1+x 2 x 0+x 20+12x 1+t 12x 2+t -12x 1+x 2 +2t y 0+y 20=x 20-43tx 0-103-83ty 0+y 20=x 20+y 20-103 -43x 0+83y 0t =0所以上式当x 20+y 20=1034x 0+8y 0=0时，上式恒成立，即过定点263,-63 和-263,63，经检验两点恰在双曲线C 上，且不与A ,B 重合，故存在双曲线上两点P ,Q 满足∠APB =∠AQB =90°.题型四：存在点使等式恒成立10(2023·福建漳州·统考模拟预测)已知R 是圆M ：x +3 2+y 2=8上的动点，点N 3,0 ，直线NR 与圆M 的另一个交点为S ，点L 在直线MR 上，MS ∥NL ，动点L 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)若过点P -2,0 的直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，且A ，B 都在x 轴上方，问：在x 轴上是否存在定点Q ，使得△QAB 的内心在一条定直线上?请你给出结论并证明.【解析】(1)圆M 的圆心为M -3,0 ，半径r =22，因为MS ∥NL ，所以△MSR ∽△LNR ，又因为MR =MS ，所以LR =LN ，所以LM -LN =LM -LR =MR =r =22<23=MN ，所以点L 在以M ，N 为焦点，22为实轴长的双曲线上，设双曲线的方程为x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0,c =a 2+b 2 ，则2a =22，2c =23.所以a =2，c =3，b =1又L 不可能在x 轴上，所以曲线C 的方程为x 22-y 2=1y ≠0 .(2)在x 轴上存在定点Q -1,0 ，使得△QAB 的内心在一条定直线上.证明如下：由条件可设l ：x =my -2.代入x 22-y 2=1，得m 2-2 y 2-4my +2=0，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则m 2-2≠0Δ=16m 2-8(m 2-2)>0，得m 2≠2，所以y 1+y 2=4m m 2-2>0,y 1y 2=2m 2-2>0所以y 1+y 2=2my 1y 2，取Q -1,0 ，则k AQ +k BQ =y 1x 1+1+y 2x 2+1=y 1my 1-2+1+y 2my 2-2+1=2my 1y 2-y 1+y 2 my 1-1 my 2-1 =0又A ，B 都在x 轴上方，所以∠AQB 的平分线为定直线x =-1，所以在x 轴上存在定点Q -1,0 ，使得△QAB 的内心在定直线x =-1上.11(2023·全国·高三专题练习)已知椭圆Γ:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1,F 2，过点B 0,b 且与直线BF 2垂直的直线交x 轴负半轴于D ，且2F 1F 2 +F 2D =0．(1)求椭圆Γ的离心率；(2)若过B 、D 、F 2三点的圆恰好与直线l :x -3y -6=0相切，求椭圆Γ的方程；(3)设a =2．过椭圆Γ右焦点F 2且不与坐标轴垂直的直线l 与椭圆Γ交于P 、Q 两点，点M 是点P 关于x 轴的对称点，在x 轴上是否存在一个定点N ，使得M 、Q 、N 三点共线？若存在，求出点N 的坐标；若不存在，说明理由．【解析】(1)由题意知F 1(-c ,0),F 2(c ,0)，由2F 1F 2 +F 2D =0 得F 1是线段F 2D 的中点，故D -3c ,0 .又因为直线BD 与BF 2垂直，所以BF 1 =12DF 2 ，即b 2+c 2=a =12×4c =2c ，所以椭圆Γ的离心率为e =c a =12.(2)由(1)得过B 、D 、F 2三点的圆的圆心为F 1(-c ,0)，半径为r =2c .因为过B 、D 、F 2三点的圆恰好与直线l :x -3y -6=0相切，所以2c =-c -61+3，解得c =2.又a =2c ，所以a =4，从而b 2=12.故椭圆Γ的方程为x 216+y 212=1.(3)由(1)及a =2得c =1,b =3，F 2(1,0)，椭圆Γ的方程为x 24+y 23=1.设直线l 方程为x =ty +1，P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)，则M (x 1,-y 1)，联立x 24+y 23=1x =ty +1得(4+3t 2)y 2+6ty -9=0，Δ=36t 2+36(4+3t 2)>0，y 1+y 2=-6t 4+3t 2,y 1y 2=-94+3t 2.直线MQ 的方程为x -x 1=x 2-x1y 1+y 2(y +y 1)，令y =0得x =(x 2-x 1)y 1y 1+y 2+x 1=x 2y 1-x 1y 1+x 1y 1+x 1y 2y 1+y 2=x 2y 1+x 1y 2y 1+y 2=(ty 2+1)y 1+(ty 1+1)y 2y 1+y 2=2ty 1y 2+y 1+y 2y 1+y 2=2ty 1y 2y 1+y 2+1=2t ×(-9)-6t +1=4.故在x 轴上存在一个定点N (4,0)，使得M 、Q 、N 三点共线.12(2023·福建福州·福州三中校考模拟预测)如图，双曲线的中心在原点，焦点到渐近线的距离为3，左、右顶点分别为A 、B ．曲线C 是以双曲线的实轴为长轴，虚轴为短轴，且离心率为12的椭圆，设P 在第一象限且在双曲线上，直线BP 交椭圆于点M ，直线AP 与椭圆交于另一点N ．(1)求椭圆及双曲线的标准方程；(2)设MN 与x 轴交于点T ，是否存在点P 使得x P =4x T (其中x P ，x T 为点P ，T 的横坐标)，若存在，求出P 点的坐标，若不存在，请说明理由．【解析】(1)由已知可设双曲线方程为x 2a 2-y 2b 2=1，椭圆方程x 2a 2+y 2b2=1，则双曲线的一条渐近线方程为y =bax ，即bx -ay =0，故bc a 2+b 2=3，即b =3，又a 2-b 2a =12，解得a =2，所以双曲线方程：x 24-y 23=1，椭圆方程为：x 24+y 23=1；(2)设P x 0,y 0 ，M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，A -2,0 ，B 2,0 ，P 、A 、N 三点共线，y 2x 2+2=tx 0+2，P 、B 、M 三点共线，y 1x 1-2=tx 0-2，相除：y 2x 1-2 x 2+2 y 1=x 0-2x 0+2，令x T =n -2<n <2 ，则设l MN ：x =my +n ，联立椭圆方程：x =my +n3x 2+4y 2-12=0⇒3m 2+4 y 2+6mny +3n 2-12=0，由T 在椭圆内，故Δ>0，所以y 1+y 2=-6mn 3m 2+4,y 1y 2=3n 2-123m 2+4，∴y 1y 2y 1+y 2=4-n 22mn ，y 2x 1-2 x 2+2 y 1=y 2my 1+n -2 y 1my 2+n +2 =my 1y 2+n -2 y 2my 1y 2+n +2 y 1=2mny 1y 2+2n n -2 y 22mny 1y 2+2n n +2 y 1=4-n 2y 1+y 2 +2n n -2 y 24-n 2 y 1+y 2 +2n n +2 y 1=2-n 2+n y 1+2-n y 2 2+n 2+n y 1+2-n y 2 =2-n 2+n ，若存在x P =4x T ，即x 0=4n ，2-n 2+n =x 0-2x 0+2=4n -24n +2，得n 2=1，又P 在第一象限，所以n =1，P 4,3 ；法二：P x 0,y 0 ，M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，A -2,0 ，B 2,0 ，直线AP ：y =y 0x 0+2x +2 ，y =y0x 0+2x +2 3x 2+4y 2=12⇒3+4y 20x 0+2 2 x 2+16y 20x 0+2 2x +16y 20x 0+2 2-12=0，显然Δ>0，由-2x N =16y 20-12x 0+2 23x 0+2 2+4y 20，又因为P 在双曲线上，满足x 204-y 203=1，即4y 20=3x 20-12，所以-x N =8y 20-6x 0+2 23x 0+2 2+4y 20=6x 20-24-6x 0+2 23x 0+2 2+3x 20-12=-24x 0+2 6x 0x 0+2 =-4x 0，即x N =4x 0，同理BP ：y =y 0x 0-2x -2 ，可得x M =4x 0，所以x T =4x 0，若存在x P =4x T ，即x 0=4×4x 0，而P 在第一象限，所以x 0=4，即P 4,3 .12(2023·福建福州·福州四中校考模拟预测)已知在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E :x 24+y 23=1的左顶点和右焦点分别为A ,F ，动点P 满足|PA |2+12|PF |2=92，记动点P 的轨迹为曲线C .(1)求C 的方程；(2)设点Q 在E 上，过Q 作C 的两条切线，分别与y 轴相交于M ,N 两点.是否存在点Q ，使得MN 等于E 的短轴长？若存在，求点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】(1)依题意知，A -2,0 ,F 1,0 ，设P x ,y ，则由PA 2+12 PF |2=92，得(x +2)2+y 2+12(x -1)2+y 2 =92，即(x +1)2+y 2=1，∴曲线C 的方程为(x +1)2+y 2=1.(2)(方法一)设点Q x 0,y 0 ，则4y 20=12-3x 20，由题意知，QM ,QN 的斜率存在，不妨依次设为k 1,k 2，则直线QM 的方程为y -y 0=k 1x -x 0 ，即k 1x -y +y 0-k 1x 0=0，∵直线QM 与圆C 相切，∴-k 1+y 0-k 1x 0k 21+1=1,⋅即x 20+2x 0 k 21-2x 0+1 y 0k 1+y 20-1=0，同理，可得x 20+2x 0 k 22-2x 0+1 y 0k 2+y 20-1=0，显然k 1,k 2是方程x 20+2x 0 k 2-2x 0+1 y 0k +y 20-1=0的两根，∴Δ=4x 0+1 2y 20-4y 20-1 x 20+2x 0 =4x 20+4y 20+8x 0>0，即x 0≠-2,k 1+k 2=2x 0+1 y 0x 0x 0+2 ，k 1k 2=y 20-1x 0x 0+2 .设M 0,y 1 ,N 0,y 2 ，则y 1=y 0-k 1x 0,y 2=y 0-k 2x 0，∴MN =y 1-y 2 =k 2-k 1 x 0 =k 2+k 12-4k 1k 2x 0 =2x 0+1 y 0x 0x 0+2 2-4⋅y 20-1x 0x 0+2 x 0 =4x 20+4y 20+8x 0x 0+22=x 20+8x 0+12x 0+22=x 0+6x 0+2=1+4x 0+2,⋅由MN =1+4x 0+2=23，得x 0=-1811，由4y 20=12-3x 20，得y 0=±23011，∴存在点Q -1811,23011，或Q -1811,-23011 满足题意.(方法二)设点Q x 0,y 0 ,M 0,m ,N 0,n ,Q 在E 上，∴4y 20=12-3x 20，由题意知，QM ,QN 的斜率存在，分别为y 0-m x 0,y 0-nx 0，则直线QM 的方程为x 0y -y 0-m x -mx 0=0，∵直线QM 与圆C 相切，∴m x 0+1 -y 0x 20+y 0-m2=1，即x 20+2x 0 m 2-2y 0x 0m -x 20=0，同理，可得x 20+2x 0 n 2-2y 0x 0n -x 20=0，显然m ,n 是方程x 20+2x 0 t 2-2y 0x 0t -x 20=0的两根，∴m +n =2y 0x 0x 20+2x 0,mn =-x 20x 20+2x 0，∴MN =m -n =(m +n )2-4mn =4y 20x 20x 20x 0+22-4⋅-x 20x 0x 0+2 =6-3x 0x 0+2 +4x 0x 0+2 =x 0+6x 0+2=1+4x 0+2,由MN =1+4x 0+2=23，得x 0=-1811，.由4y 20=12-3x 20，得y 0=±23011，∴存在点Q -1811,23011 或Q -1811,-23011满足题意.13(2023·甘肃定西·统考模拟预测)已知点M 到点F 0,32 的距离比它到直线l ：y =-2的距离小12，记动点M 的轨迹为E .(1)求E 的方程；(2)若过点F 的直线交E 于A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 两点，则在x 轴的正半轴上是否存在点P ，使得PA ，PB 分别交E 于另外两点C ，D ，且AB =3CD？若存在，请求出P 点坐标，若不存在，请说明理由.【解析】(1)因为点M 到点F 0,32 的距离比它到直线l ：y =-2的距离小12，所以点M 到点F 0,32 的距离等于它到直线l ：y =-32的距离，则点M 的轨迹为以F 0,32 为焦点，以y =-32为准线的抛物线，则曲线E 的方程为x 2=6y .(2)设C x3,y 3 ,P x 0,0 x 0>0 ，由AB =3CD 得：AB ⎳CD ，且AB =3CD ，得PA =3PC ，即x 1-x 0,y 1 =3x 3-x 0,y 3 ，所以x 3=x 1+2x 03,y 3=y 13，代入抛物线方程x 2=6y ，得x 1+2x 03 2=6y 3=2y 1=x 213，整理得x 21-2x 0x 1-2x 20=0，同理可得x 22-2x 0x 2-2x 20=0故x 1,x 2是方程x 2-2x 0x -2x 20=0的两根，Δ=12x 20>0，由韦达定理可得x 1+x 2=2x 0,x 1x 2=-2x 20①，由题意，直线AB 的斜率一定存在，故设直线AB 的方程为y =kx +32，与抛物线方程x 2=6y 联立可得x 2-6kx -9=0，易得Δ>0，由韦达定理可得x 1+x 2=6k ,x 1x 2=-9②，由①②可得x 0=322,k =22，故在x 轴的正半轴上存在一点P 322,0 满足条件.14(2023·北京海淀·中关村中学校考三模)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的焦距为2，长轴长为4.(1)求椭圆E 的方程及离心率；(2)过点M -3,0 且与x 轴不重合的直线l 与椭圆E 交于不同的两点B 、C ，点B 关于x 轴的对称点为B .问：平面内是否存在定点P ，使得B 恒在直线PC 上？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由.。
圆锥曲线内接直角三角形性质初探Microsoft_Word_文档
圆锥曲线内接直角三角形性质初探一、问题的提出:以圆锥曲线的一个顶点为端点作两条互相垂直的射线交圆锥曲线于两点（不是顶点），那么由这两点确定的直线有怎样的性质呢？ 二、问题的探究: （一）、抛物线 例1：已知抛物线2:C y x =，O 是坐标原点，作射线OA OB 、交抛物线C 于A B 、，OA OB ⊥.求证：直线AB 过定点.证明：如图1,显然直线AB 斜率不是0，设直线AB 的方程为x y m λ=+，联立2y x =得：20y y m λ--=，显然0m ≠，240m λ∆=+≠，设1122((A x B x ,y )、,y )，则12λ+=y y ，12m =-y y ，又OA OB ⊥，∴0OA OB ⋅=，即12120x x =+y y ，又211y x =，222y x =， ∴21212)0+=(y y y y ，∴20m m -=，解得0m =，或1m =.当0m =时, 直线AB 的方程为x y λ=,直线AB 过定点(0,0),不符合题意. 当1m =时,直线AB 的方程为1x y λ=+，显然直线AB 过定点(1,0). 综上, 直线AB 过定点(1,0). （二）、椭圆：例2：已知椭圆22:12x C y +=，(0,1)M 是C 的一个顶点，作射线MA MB 、交椭圆C 于A B 、，M A M B ⊥.求证：直线AB 过定点.证明：如图2,显然直线AB 有斜率，设直线AB 的方程为y kx m =+， 联立2212x y +=得：222(21)4220k x kmx m +++-=，当0∆>时，设1122((A x B x ,y )、,y )，则2121222422,,2121km m x x x x k k -+=-=++ 又M A M B ⊥，∴0MA MB ⋅=， 即12120x x =+(y -1)(y -1)，121212()10x x y y y y +-++=，图1图2又1y kx m =+，2y kx m =+，∴221212(1)(1)()210k x x k m x x m m ++-++-+=，把2121222422,2121km m x x x x k k -+=-=++代入上式得： 22222224(1)(1)2102121m km k k m m m k k -+⋅--⋅+-+=++，注意到1m =显然不合题意，于是上式化为：2222(1)4(1)(1)02121m km k k m k k ++⋅-⋅+-=++，整理得310m +=，∴13m =-.即直线AB 的方程为13y kx =-，显然直线AB 过定点1(0,)3-.（三）、双曲线：例3：已知等轴双曲线22:1C x y -=，(1,0)M 是等轴双曲线C 的一个顶点，作射线MA MB 、交椭圆C 于A B 、，M A M B ⊥.试探求直线AB 是否过定点.解：如图3,当直线AB 没有斜率时，容易计算90AMB ∠≠︒，当直线AB 有斜率时，设直线AB 的方程为y kx m =+，联立221x y -=得：222(1)210k x kmx m ----=，当210k -≠，0∆>时，设1122((A x B x ,y )、,y )，则212122221,,11km m x x x x k k ++=-=-- 又M A M B ⊥，∴0MA MB ⋅=， 即1212(1)(1)0x x --=+y y ， 又1y kx m =+，2y kx m =+，∴221212(1)(1)()10k x x km x x m ++-+++=，把212122221,,11km m x x x x k k ++=-=--代入上式化简得20k km +=， 解得：0k =，或k m =-.当0k =时, 直线AB 的方程为(0)y m m =≠,直线AB 平行于x 轴，不过定点.当k m =-时,直线AB 的方程为y mx m =-+，显然直线AB 过定点(1,0)，不合题意.综上, 直线AB 不过定点.例4：已知双曲线22:12y C x -=，(1,0)M 是双曲线C 的一个顶点，作射线MA MB 、交椭圆C 于A B 、，M A M B ⊥.试探求直线AB 是否过定点.解：如图4, 当直线AB 没有斜率时，容易计算90AMB ∠≠︒，当直线AB 有斜率时，设直线AB 的方程为y kx m =+，图3联立2212y x -=得：222(2)220k x kmx m ----=， 当220k -≠，0∆>时，设1122((A x B x ,y )、,y )，则212122222,,22km m x x x x k k ++=-=-- 又M A M B ⊥，∴0MA MB ⋅=， 即1212(1)(1)0x x --=+y y ， 又1y kx m =+，2y kx m =+，∴221212(1)(1)()10k x x km x x m ++-+++=，把212122222,,22km m x x x x k k ++=-=--代入上式化简得22230m km k --=， 解得：m k =-，或3m k =.当m k =-时, 直线AB 的方程为y kx k =-,直线AB 过定点(1,0),不合题意. 当3m k =时,直线AB 的方程为3y kx k =+，显然直线AB 过定点(3,0)-. 综上, 直线AB 过定点(3,0)-.例5：已知双曲线22:21C x y -=，(1,0)M 是双曲线C 的一个顶点，作射线MA MB 、交椭圆C 于A B 、，M A M B ⊥.试探求直线AB 是否过定点.解：如图5, 当直线AB 没有斜率时，容易计算90AMB ∠≠︒，当直线AB 有斜率时，设直线AB 的方程为y kx m =+，联立2221x y -=得： 222(12)4210k x kmx m ----=，当2120k -≠，0∆>时，设1122((A x B x ,y )、,y )，则2121222421,,2121km m x x x x k k ++=-=-- 又M A M B ⊥，∴0MA MB ⋅=， 即1212(1)(1)0x x --=+y y ， 又1y kx m =+，2y kx m =+，∴221212(1)(1)()10k x x km x x m ++-+++=，图5把2121222421,,2121km m x x x x k k ++=-=--代入上式化简得22430m km k ++=， 解得：m k =-，或3m k =-.当m k =-时, 直线AB 的方程为y kx k =-,直线AB 过定点(1,0),不合题意. 当3m k =-时,直线AB 的方程为3y kx k =-，显然直线AB 过定点(3,0). 综上, 直线AB 过定点(3,0).三、问题的总结:通过上面的例题可以得到如下的结论：圆锥曲线内接直角三角形,当直角顶点是圆锥曲线的顶点时，斜边有如下性质： 1、当圆锥曲线为等轴双曲线时，斜边所在的直线互相平行；2、当圆锥曲线为抛物线、椭圆、非等轴双曲线时，斜边所在的直线过定点. 四、问题的再探究:1、圆是特殊的圆锥曲线，类似的性质显然是90︒的圆周角所对的弦是直径（过圆心）.2、在解题方法上，以上解法都是先设两个动点A B 、所在直线方程 ，然后寻求所设直线方程中两个参数的关系；我们也可以先设MA MB 、的方程，设方程时要利用M A M B ⊥，即MA MB 、的斜率都存在且不为0时，其乘积为1-，即若,MA k k = 则 1MB k k=-，然后可以用k 表示A B 、的坐标，进一步可以用k 表示AB 所在直线方程，这种方法的计算量对于有些情形可能大一些.3、上面的研究仅仅利用了特殊的圆锥曲线，至于一般的含参数的圆锥曲线，斜边所过的定点如何求解，留给有兴趣的读者探究，例如,对于抛物线2:2C y px =，O 是坐标原点，作射线OA OB 、交抛物线C 于A B 、，若OA OB ⊥，则直线AB 过定点(2,0)p .4、当圆锥曲线内接直角三角形的直角顶点不是圆锥曲线的顶点时，是否也有类似的性质，这个问题供有兴趣的读者进一步探究.。
高考试题的探究(一)2对数平均数的不等关系的应用(定稿)
对数平均数的不等关系的应用安徽省太和县太和中学 岳 峻 236600中学数学教育专家安振平在剖析2013年陕西高考数学时指出，其压轴题的理论背景是： 当0ba时，2221122ln ln a b a bb ababa b aab. 其中ln ln a ba b--被称之为对数平均值.一、借助于对数平均数的不等关系巧妙放缩 对数平均数的不等式链，提供了多种巧妙放缩的途径，可以用来证明含自然对数的不等式问题．对数平均数的不等式链包含多个不等式，我们可以根据证题需要合理选取其中一个达到不等式证明的目的．例1 （2014年陕西）设函数)1ln()(x x f +=，()()g x xf x '=，其中()f x '是)(x f 的导函数．（1）（2）（略）（3）设+∈N n ，比较()()()12g g g n +++与()n f n -的大小，并加以证明．解析 （3）因为()1xg x x=+， 所以()()()1211112231231n g g g n n n n ⎛⎫+++=+++=-+++⎪++⎝⎭， 而()()ln 1n f n n n -=-+，因此，比较()()()12g g g n +++与()n f n -的大小，即只需比较113121++++n 与()ln 1n +的大小即可． 根据③式中，1ln ln ,b a b a b令,1,a n b n 则1ln 1ln ,1n n n所以1ln 2ln1ln 22<-=，1ln 3ln 23<-，1,ln(1)ln 1n n n <+-+， 将以上各不等式左右两边相加得：()111ln 1231n n +++<++，故()()()()12gg g n n f n +++>-.评注 本题是高考试题的压轴题，难度较大，为了降低试题的难度采取多步设问，层层递进，上问结论，用于下问，其第二问是为第三问做铺垫的“梯子”，尽管如此，步骤依然繁琐，求解过程复杂，但我们这里应用对数平均数不等式链来证明，思路简捷，别具新意，易于学生理解、掌握． 若根据③式中1ln ln ,bab a a令,1,a n b n 则1ln 1ln ,n nn可得：111ln 1123n n.若根据③式中111ln ln 2b a b a ab，又会得出怎样的结论呢？请看下例.例2 （2010年湖北）已知函数0b f x ax c a x的图象在点1,1f 处的切线方程为1yx ．（1）用a 表示出,b c ；（2）（略） （3）证明：1111ln 11.2321nn n nn解析 （1）1,12b a c a ；（3）根据③式中，111ln ln ,2b ab a a b令,1,a n b n 则111ln 1ln ,21n nn n所以111ln 2ln1,212111ln 3ln 2,223，111ln 1ln ,21n nnn将以上各不等式左右两边分别相加得：111111ln 1,223421n n n即111111ln11,234212n n n故1111ln 1.2321nn nn例3 （2013年新课标Ⅰ）已知函数()()()1ln 11x x f x x xλ+=+-+．（1）若0x≥时, ()0,f x ≤求λ的最小值；（2）设数列{}n a 的通项111123n a n =++++，证明：21ln 24n na a n-+>． 解析 （1）易得()()()221200,(1)x x f f x x λλ--'==+．令()0,f x '=则120,,x x λλ-==若0λ<，则当0x >时，()()0,f x f x '>是增函数，()()00,f x f >=不符合题意；若102λ≤<，则当120x λλ-≤<时，()()0,f x f x '>是增函数，()()00,f x f >=不符合题意；若12λ≥，则当0x >时，()()0,f x f x '<是减函数，()()00,f x f ≤=符合题意；综上，λ的最小值是12．（2)根据③式中，111ln ln 2bab a a b，令,1,a n b n 则111ln 1ln ,21n nn n 所以111ln 1ln ,21n nnn 111ln 2ln 1,212n n n n111ln 3ln 2,223n n n n111ln 2ln 21,2212n n n n将以上各不等式左右两边分别相加得：1122221ln 2ln ,2123212n nn n n n n n即111111ln 2,2123214nn nn n n故1111ln 21224n n n n++++>++． 评注 本题提供标准答案是借助于第一问的λ的最小值12λ=时，()()()2ln 1022x x x x x++<≥+加以赋值，并进行变形，令1x k=，有()121111ln 12121k k k k k k +⎛⎫⎛⎫+<=+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，亦即()111ln 1ln 21k k k k ⎛⎫+-<+ ⎪+⎝⎭达到放缩的目的.两者相比较，自然是运用对数平均值的不等式链的方法简捷.例4 （2012年天津）已知函数()()()ln 0f x x x a a =-+>的最小值为0．（1）（2）（略）（3）证明：()()12ln 212*.21ni n n N i =-+<∈-∑ 解析 （3）易求1a =，待证不等式等价于()2222ln 2135721n n ++++<+-．根据③式中，1ln ln ,ba b a b令21,21,a n bn 则22ln 21ln 21,21121n n n n2ln 3ln1,32ln 5ln 3,52ln 7ln 5,,72ln 21ln 21,211n n n将以上各不等式左右两边分别相加得：()22222ln 213572121n n n +++++<+-+，()122ln 21222121ni n i n =-+<-<-+∑.得证. 例5 （2014福建预赛）已知1()ln(1)311f x a x x x =+++-+． （1）（略）（2）求证：()222223411ln 21411421431414n n n +++++>+⨯-⨯-⨯-⨯-对一切正整数n 均成立．解析 （2）根据 式中，ln ln ,b a ab令21,21,a n b n 则2ln 21ln 21,41n n n变形可得：222211142ln 21ln 21,444141n n n n n n n 则 212ln 3ln1,4411213ln 5ln 3,,4421211ln 21ln 21,441n n n n 将以上各不等式左右两边相加得：222223411ln(21)411421431414n n n +++++>+⨯-⨯-⨯-⨯-对一切正整数n 均成立．评注 本题提供标准答案是借助于第一问的a的最小值2a =-时，12ln(1)3101x x x -+++->+,即()1312ln 11x x x +->++，结合待证不等式的特征， 令()2*21x k N k =∈-，得122312ln(1)22121121k k k +⨯->+--+-，整理得：288212ln 4121k k k k ++>--，即()()211ln 21ln 21414k k k k +>+--⎡⎤⎣⎦-,借此作为放缩的途径达到证明的目的．你能注意到两种方法的区别吗？二、多变量问题蕴含的对数平均数的不等关系高考数学时常出现多变量的综合问题，且多出现在压轴题的位置，由于含有多个变量，使题目显得繁杂混乱，此类问题对学生的阅读能力、转化与划归的思维灵活性要求较高，许多学生面对此类问题往往一筹莫展，难以找到解决问题的突破口．如何从繁乱中理出头绪并顺利解决问题呢？例6 (2015合肥最后一卷)已知函数()ln .f x x kx =-（1）（略）（2）若函数()y f x =的有两个相异的零点12,,x x 求证：212.x x e > 分析 第（2）问属于多变量的综合问题，如何破解此类问题呢？因为函数()y f x =的有两个相异的零点12,,x x 显然0k >，不妨设120,x x <<则()()120f x f x ==，亦即1122ln ln 0x kx x kx -=-=,且()2121ln ln k x x x x -=-，要证212,x x e >即证12ln ln 2x x +>，只需证()122,k x x +>即212112ln ln 2,x x x x x x ->-+亦即()2121212ln ln x x x x x x -->+ 待证不等式()2121212ln ln x x x x x x -->+就是不等式2ln ln a b a ba b +->-的“化妆”而已， 破解此类问题，需运用转化与化归的思想，通过构造两个变量的比值（或差值）的函数，使之减少变量的个数，化归为我们所熟悉的一元函数，最后利用导数证明不等式．待证式()2121212ln ln x x x x x x -->+转化为21221121ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，令()211x t t x =>，则21221121ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+等价于()21ln 1t t t ->+，令()()()21ln 11t g t t t t -=->+，则()()()()222114011t g t t t t t t -'=-=>++， 所以()g t 在区间()1,+∞单调递增，故()()10g t g >=，即()21ln 1t t t ->+成立，因此212x x e >得证．评注 以此为背景的两个变量的不等式的证明问题，其解题策略：先将待证不等式逆推分析，进行等价转化，使得其中的两个变量的特征显现出来，然后利用换元法将两个变量的比值（或差值）作为新的一元变量．这种解题策略是转化与化归、消元与换元、构造与求导等基本数学思想方法的有机整合，因此此类问题是高考考查的重点．对数平均数不等式链的证明方法与本例的证明方法是一样的．例7 （2014年绵阳三诊）已知函数()()()ln 0f x x a x a =+->有且只有一个零点．（1）（2）略（3）设()(),h x f x x =+对任意()()1212,1,x x x x ∈-+∞≠， 证明：不等式()()1212x x h x h x ->-恒成立．解析 （3）易求1a =，()()ln 1,h x x =+不妨设211x x >>-， 待证不等式等价于()()()()212111ln 1ln 1x x x x +-+>+-+根据④中的ln ln b a ab ba， 令211,1bx a x 即可．评注 本题原证的方法是令()21111x t t x +=>+，将待证不等式转化为()ln 1t t >>，()ln 1t t >>即可．想一想，若()1212,1,,x x x x ∈-+∞≠时，()()2112211ln 1ln 12x x x xx x -+<++-+是否恒成立呢？例8 (2015年江南十校联考)已知函数()ln .f x x ax =-（1）略；（2）若函数()y f x =的图像在1x =处的切线平行于x 轴,且()()()112212,,,A x y B x y x x <是函数()y f x =的图像上任意两个不同的点，设直线AB 的斜率为k ，证明:21111 1.k x x -<<- 解析 由题意可知()1,f x a x'=- ()110, 1.f a a '=-==()ln .f x x x =- ()()2211212121ln ln ln ln 1,x x x x x x k x x x x ----==---要证21111 1.k x x -<<-只需证21111,k x x <+<即212211ln ln 11,x x x x x x -<<-根据④中的ln ln b aba b a， 令21,bx a x 即可．对数平均数的不等式链的运用是近几年数学竞赛、名校模拟数学试题、高考数学真题的理论背景，正如罗增儒教授指出：通过有限的典型考题的学习去领悟那种解无限道题的数学机智。
圆锥曲线中直角三角形性质探析一例
圆锥曲线中直角三角形性质探析一例
刘灵鹤
【期刊名称】《数学教学通讯：教师阅读》
【年(卷),期】2012(000)003
【摘要】圆锥曲线解题中计算量大,化简繁杂.适当地利用曲线中的定量、定值对解题的化简有很大的帮助.本文通过2009年全国联赛一试中的一题,谈谈圆锥曲线中涉及直角三角形时的性质,并对其加以应用和推广.
【总页数】2页(P60-61)
【作者】刘灵鹤
【作者单位】浙江宁波慈湖中学,315031
【正文语种】中文
【中图分类】O123.1
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52.圆锥曲线内接直角三角形的性质
[中国高考数学母题一千题](第0001号)圆锥曲线内接直角三角形的性质圆锥曲线的弦过定点的母题由圆内接直角三角形的斜边恒过定点(圆心),可类比猜测圆锥曲线内接直角三角形的斜边恒过定点;利用构造二次齐次方程的方法易证猜测正确,该猜测是生成一类高考试题的母题.[母题结构]:过圆锥曲线G 上任意一点P(x 0,y 0)作两条互相垂直的直线PA 、PB,分别交圆锥曲线于A 、B 两点,求证:直线AB 经过定点.①当曲线G 是抛物线G:y 2=2px(p>0)时,直线AB 恒过定点M(x 0+2p,-y 0);②当曲线G 是椭圆G:22a x +22b y =1(a>b>0)时,直线AB 恒过定点M(2222b a b a +-x 0,-2222b a b a +-y 0);③当曲线G 是双曲线G:22a x -22b y =1(a>0,b>0)时,直线AB 恒过定点M(2222b a b a -+x 0,-2222b a b a -+y 0).[母题解析]:仅证②:设直线AB:y=kx+m,则y-y 0=k(x-x 0)+m+kx 0-y 0⇒1=0000)()(y kx m x x k y y -+---;由22ax +22by =1,220ax +220by =1⇒b 2(x-x 0)2+a 2(y-y 0)2=2a 2b 2-2(b 2x 0x+a 2y 0y)⇒b 2(x-x 0)2+a 2(y-y 0)2=2[(b 2x 02+a 2y 02)-(b 2x 0x+a 2y 0y)]⇒b 2(x-x 0)2+a 2(y-y 0)2=-2[b 2x 0(x-x 0)+a 2y 0(y-y 0)]⇒b 2(x-x 0)2+a 2(y-y 0)2+00022y kx m x b -+[(x-x 0)(y-y 0)-k(x-x 0)2]+00022y kx m y a -+⋅[(y-y 0)2-k(x-x 0)(y-y 0)]=0⇒a 2(m+kx 0+y 0)(00x x y y --)2+2(b 2x 0-a 2ky 0)00x x y y --+b 2(m-kx 0-y 0)=0;由k {A k :B =-1⇒22ab ⋅0000y kx m y kx m ++-- =-1⇒m=-2222b a b a +-kx 0-2222b a b a +-y 0⇒直线AB:y=k(x-2222b a b a +-x 0)-2222b a b a +-y 0⇒直线AB 恒过定点M(2222b a b a +-x 0,-2222b a b a +-y 0);同理可证①③.1.抛物线内接直角三角形子题类型Ⅰ:(2005年山东高考试题)己知动圆过定点(2p ,0),且与直线x=-2p相切,其中p>0. (Ⅰ)求动圆圆心的轨迹C 的方程;(Ⅱ)设A 、B 是轨迹C 上异于原点O 的两个不同点,直线OA 和OB 的倾斜角分别为α和β,当α、β变化且α+β为定值θ(0<θ<π)时,证明:直线AB 恒过定点,并求出该定点的坐标.[解析]:(Ⅰ)如图,设动圆圆心为M,点F(2p ,0),过点M 作直线l:x=-2p 的垂线,垂足为N,则|MF|=|MN|⇒点M 的轨迹是以点F 为焦点,l 为准线的抛物线,方程为y 2=2px(p>0);(Ⅱ)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),直线AB:y=kx+m,则tan α=11x y ,tan β=22x y;由tan(α+β)=tan θNF(p2,0)M ABx=-p 2oyx⇒tan α+tan β=(1-tan αtan β)tan θ⇒11x y +22x y =(1-11x y ⋅22x y )tan θ;又由y=kx+m 与y 2=2px ⇒my 2=2px(y-kx)⇒m(xy )2 -2p ⋅x y +2pk=0⇒11x y +22x y =m p 2,11x y ⋅22x y=m pk 2⇒m p 2=(1-mpk 2)tan θ⇒m=2pk+2pcot θ⇒直线AB:y=k(x+2p)+2pcot θ⇒恒过定点(-2p,2pcot θ).[点评]:对于抛物线G:y 2=2px(p>0)上的定点P(x 0,y 0)和两动点A,B,当k PA k PB =λ时,直线AB 过定点M(x 0-λp 2,-y 0);当k PA +k PB =λ(λ≠0)时,直线AB 过定点M(x 0-λ2y ,λp2-y 0).2.椭圆内接直角三角形子题类型Ⅱ:(2007年山东高考试题)己知椭圆C 的中心在原点,焦点在x 轴上,椭圆C 上的点到焦点距离的最大值为3,最小值为1.(Ⅰ)求椭圆C 的标准方程;(Ⅱ)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.[解析]:(Ⅰ)设椭圆C:22a x +22b y =1(a>b>0),则a+c=3,a-c=1⇒a=2,c=1⇒椭圆C:42x +32y =1; (Ⅱ)由右顶点N(2,0),直线l:y=kx+m ⇒y=k(x-2)+m+2k ⇒1=km x k y 2)2(+--;椭圆C:3x 2+4y 2=12⇒3(x-2)2+4y 2+12(x-2)=0⇒3(x-2)2+4y 2+12(x-2)k m x k y 2)2(+--=0⇒4(2-x y )2+k m 212+⋅2-x y +km k m 263+-=0;由以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点N ⇒k NA ⋅k NB =-1⇒)2(463k m k m +-=-1⇒m=-72k ⇒直线l:y=k(x-72)过定点(72,0).[点评]:对于椭圆G:22a x +22b y =1(a>b>0)上的定点P(x 0,y 0)和两动点A,B,当k PA k PB =λ(λ≠22a b )时,直线AB 过定点M(2222b a b a -+λλx 0,-2222b a b a -+λλy 0);当k PA +k PB =λ(λ≠0)时,直线AB 过定点M(x 0-λ2y ,λ222a b x 0-y 0).3.双曲线内接直角三角形子题类型Ⅲ:(2009年全国高中数学联赛陕西初赛试题)如图,已知两点A(-5,0), B(5,0),△ABC 的内切圆的圆心在直线x=2上移动. (Ⅰ)求点C 的轨迹方程;(Ⅱ)过点M(2,0)作两条射线,分别交(Ⅰ)中所求轨迹于P,Q 两点,且MP ⋅MQ =0,求证:直线PQ 必过定点.[解析]:(Ⅰ)如图,设△ABC 内切圆分别在AB,BC,AC 上的切点为G,F,E,由切线长定理知,|AG|=|AE|,|CE|=|CF|,|BG|=|BF|⇒|AC|-|BC|=|AG|-|BG|=4<|AB|⇒点C 是以A,B 为焦点,实轴长 为4的双曲线右支,其方程为:42x -y 2=1(x>2); (Ⅱ)设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),直线PQ:y=k(x-2)+m(m ≠0)⇒k MP =211-x y ,k MQ =222-x y ,1=mx k y )2(--;由x 2-4y 2=4⇒(x-2)2-4y 2+4(x-2)=0⇒(x-2)2-4y 2+4(x-2)⋅m x k y )2(--=0⇒4(2-x y )2-m 4⋅2-x y +(mk 4-1)=0⇒211-x y ⋅222-x y =m k -41;由MP ⋅MQ = 0⇒211-x y ⋅222-x y =-1⇒m k -41=-1⇒m=-34k ⇒直线PQ:y=k(x-310)过定点(310,0). [点评]:对于双曲线G:22a x -22b y =1(a>0,b>0)上的定点P(x 0,y 0)和两动点A,B,当k PA k PB =λ(λ≠22a b )时,直线AB 过定点M(2222b a b a +-λλx 0,-2222b a b a +-λλy 0);当k PA +k PB =λ(λ≠0)时,直线AB 过定点M(x 0-λ2y ,λ222a b x 0-y 0).4.子题系列:1.(2005年山东高考文科试题)己知动圆过定点(2p ,0),且与直线x=-2p相切,其中p>0. (Ⅰ)求动圆圆心的轨迹C 的方程;(Ⅱ)设A 、B 是轨迹C 上异于原点O 的两个不同点,直线OA 和OB 的倾斜角分别为α和β,当α、β变化且α+β=4π时,证明:直线AB 恒过定点,并求出该定点的坐标.2.(2009年全国高中数学联赛河南初赛试题)已知抛物线C:y 2=4x,以M(1,2)为直角顶点作该抛物线的内接直角三角形MAB.(Ⅰ)求证:直线AB 过定点;(Ⅱ)过点M 作AB 的垂线交AB 于点N,求点N 的轨迹方程.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,点N 的轨迹是以PM 为直径的圆(除去点(1,±2)),其方程为(x-3)2+y 2=8(x ≠1).3.(1999年全国高中数学联赛试题)已知点A(1,2),过点(5,-2)的直线与抛物线y 2=4x 交于另外两点B,C,那么,△ABC 是( ) (A)锐角三角形 (B)钝角三角形 (C)直角三角形 (D)答案不确定4.(2012年第三届世界数学锦标赛(青年组)试题)已知抛物线y=x 2上三点A(1,1)、B 、C,满足AB ⊥BC.求△ABC 的外接圆面积的最小值. 5.子题详解:1.解:(Ⅰ)如图,设动圆圆心为M,点F(2p ,0),过点M 作直线l:x=-2p的垂线,垂足为N,则|MF|=|MN|⇒点M 的轨迹是以点F 为焦点,l 为准线的抛物线,方程为y 2=2px(p>0);(Ⅱ)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),直线AB:y=kx+m,则tan α=11x y ,tan β=22x y;由tan(α+β)=tan 4π⇒tan α+tan β=1-tan αtan β⇒11x y +22x y =(1-11x y ⋅22x y )tan θ;又由y=kx+m 与y 2=2px ⇒my 2=2px(y-kx)⇒m(x y )2-2p ⋅x y +2pk=0⇒11x y +22x y =m p 2,11x y ⋅22x y=m pk 2⇒m p 2=1-mpk 2 ⇒m=2pk+2p ⇒直线AB:y=k(x+2p)+2p ⇒恒过定点(-2p,2p).2.解:(Ⅰ)设直线AB:y-2=k(x-1)+m(m ≠0)⇒1=mx k y )1()2(---;由y 2=4x ⇒(y-2)2-4(x-1)+4(y-2)=0⇒(y-2)2-4(x-1)⋅m x k y )1()2(---+4(y-2)⋅m x k y )1()2(---=0⇒(m+4)(12--x y )2-4(k+1)⋅12--x y +4k=0⇒44+m k=-1⇒m=-4k-4⇒直线AB:y+2=k(x-5)过定点T(5,-2);)0,2(p F 2px =3.解:设直线BC:y-2=k(x-1)+m,则m=-4k-4,1=mx k y )1()2(---;由y 2=4x ⇒(y-2)2-4(x-1)+4(y-2)=0⇒(y-2)2-4(x-1)⋅m x k y )1()2(---+4(y-2)⋅m x k y )1()2(---=0⇒-4k(12--x y )2-4(k+1)⋅12--x y +4k=0⇒k AB k AC =-1.故选(C).4.解:设B(t,t 2),C(a,a 2),则AB =(t-1,t 2-1),BC =(a-t,a 2-t 2);因AB ⊥BC ⇔AB ⋅BC =0⇔(t-1)(a-t)+(t 2-1)(a 2-t 2)=0 (t ≠1,a)⇔t 2+(a+1)t+(a+1)=0⇔(a+1)2-4(a+1)2≥0⇔a ≤-1,或a ≥3;又因|AC|2=(a-1)2+(a 2-1)2=(a-1)2[1+(a+1)2];①当a ≤-1时,(a-1)2≥4,(a+1)2≥0⇒|AC|2≥4;②当a ≥3时,(a-1)2≥4,(a+1)2≥16⇒|AC|2≥68.综上,|AC|的最小值=2⇒外接圆半径的最小值=1⇒△ABC 的外接圆面积的最小值=π.。
高考试题(卷)的探究(一)：鳖臑几何体的试题(卷)赏析和探究文章修改稿1125
图 1DPECBA鳖臑几何体的试题赏析与探究岳 峻1 阮艳艳2安徽省太和县太和中学 2366002015年湖北高考数学之后，广大考生感言：阳马、鳖臑，想说爱你不容易；中学教师考后反思：阳马、鳖臑，不说爱你又没道理；试题评价专家说：湖北高考数学试题注重数学本质，突出数学素养，彰显数学文化.阳马、鳖臑是什么呢？ 1 试题再现 1.1 文科试题《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑. 在如图1所示的阳马P ABCD -中，侧棱PD ⊥底面ABCD ,且PD CD =,点E 是PC 的中点，连接,,DE BD BE ．(I)证明：DE ⊥平面PBC . 试判断四面体EBCD 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由；(II)记阳马P ABCD -的体积为1V ，四面体EBCD 的体积为2V ，求12V V 的值． 1.2 理科试题《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图2，在阳马ABCD P -中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD CD =，过棱PC 的中点E ，作EF PB ⊥交PB 于点F ，连接,,,.DE DF BD BED FPECBA图2(I)证明：PB 平面DEF ．试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；(II)若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DCBC的值． 2 鳖臑的史料 2.1 史料《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵。
斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑。
阳马居二，鳖臑居一，不易之率也。
合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣．”刘徽注：“此术臑者，背节也，或曰半阳马，其形有似鳖肘，故以名云。
中破阳马，得两鳖臑，鳖臑之起数，数同而实据半，故云六而一即得．”2.2 阐释阳马和鳖臑是我国古代对一些特殊锥体的称谓，取一长方体，按下图斜割一分为二，得两个一模一样的三棱柱，称为堑堵.再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个.以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马.余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑.3 试题赏析图3图43.1 生僻字问题试题中出现了中国古代数学巨著《九章算术》中“阳马”“鳖(b īe)臑(n ào)”的生僻词，但题目中已经对这两个词语的含义进行了现代文解释，从而高考考生对四棱锥-P ABCD 所具备的特点能够完全理解，并且也能够知道如何判断四面体是否是鳖臑，因此本题中的生僻字不会对考生解题带来困扰．鳖臑，并没闹！3.2 教材溯源北京师范大学出版社《普通高中课程标准实验教科书数学必修2》的“第一章 立体几何初步”的“第六节 垂直关系”的例题1（第37页）：如图5所示，在ABC Rt ∆中，︒=∠90B ，点P 为ABC∆所在平面外一点，⊥PA 平面ABC 。
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圆锥曲线的内接直角三角形的探究新课程高考数学试题，大多源于教材，即便是综合题也是教材例题、习题的组合、加工、引申、拓展和类比，充分体现教材的基础作用，因此，高三复习教学中，教师要紧扣教材，从多个角度精心挖掘教材例题、习题的潜能，使教材中的每一个例题、习题的作用发挥极致，以达到最佳的教学效果．人民教育出版社《全日制普通高中教科书（选修2--1）数学》第73页的第六题主要考查解析几何的基本思想和基本方法，看似平淡无奇，其实是一道呈现简洁、极富韵味的好题，值得我们细细品味．一、题目的再现直线2y x =-与抛物线22y x =相交于,A B 两点，求证：OA OB ⊥．解析设()()1122,,,A x y B x y ，则222y x y x=-⎧⎨=⎩，消元得：2640x x -+=，12126,4x x x x +==，()()1212224y y x x =--=-，所以12120OA OB x x y y ⋅=+=，故OA OB ⊥．二、变换条件，领悟习题功能习题中的抛物线方程为22y x =，其特征量22p=，恰是直线l 所过定点()2,0M 的横坐标2，这是不是蕴含着一种规律呢？思考1直线l 与抛物线()2:20C y px p =>相交于异于顶点的两个动点,A B ．若直线l 经过点()2,0M p ，求OA OB ⋅的值．解析显然，直线的斜率不为0，设直线为221212:2,,,,22y y l x y p A y B y p p ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则222x y p y px=+⎧⎨=⎩，消元得：22240y py p --=，212122,4y y p y y p +==-，所以2212121212022y y OA OB x x y y y y p p⋅=+=⨯+= ，亦即OA OB ⊥．评注变换已知条件是拓展探究的常见的方式，是由特殊到一般，以合情推理的数学思想方法为基础，使用有目的性、规律性的原则进行引申与推广，使得一道题变为一类题，可以达到知一题会一类的功效．三、逆向探究，优化思维品质经过定点()2,0M p 的直线l 与抛物线()2:20C y px p =>相交于异于顶点的两个动点,A B ，则0OA OB ⋅=，那么它的逆命题的是否正确性呢？思考2直线l 与抛物线()2:20C y px p =>相交于异于顶点的两个动点,A B ．若0OA OB ⋅=，求证：直线l 必过定点；解析设221212,,,22y y A y B y p p ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为0OA OB ⋅= ，所以221212022y y OA OB y y p p⋅=⨯+= ，即212124,0y y p y y =-=（舍），所以21222121222y y pk y y y y p p-==+-()120y y +≠，所以211122:2y p l y x y y y p ⎛⎫=-+ ⎪+⎝⎭，整理，得：()1212:2l y y y px y y +=+，因为2124y y p =-，所以()()12:22l y y y p x p +=-，显然120y y +=也成立．故直线l 必过定点()2,0p ．评注圆锥曲线的定点、定值问题是高考对重要考点考查的视角之一．通过对数学问题的逆向探究，有意识地引导学生从“变”的现象中发现“不变”的本质，从“不变”的本质中探索“变”的规律，从而优化学生的思维品质，培养发现问题和解决问题的能力与素质．四、拓展探究，深化习题潜能通过探究，我们证明了一个结论：直线l 与抛物线()2:20C y px p =>相交于异于顶点的两个动点,A B ，则“直线l 经过点()2,0M p ”的充要条件是“0OA OB ⋅=”．如果把直角顶点从原点()0,0O 移到抛物线上的任意一点，是否还有类似的结论呢？思考3点()00,Q x y 在曲线()2:20C y px p =>上，直线l 与抛物线C 相交于异于Q的两个动点,A B ，若0QA QB ⋅=，直线l 过定点吗？探究设221212,,,22y y A y B y p p ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，200,2y Q y p ⎛⎫ ⎪⎝⎭因为0QA QB ⋅=，所以()()22220012102002222y y y y QA QB y y y y p p p p ⎛⎫⎛⎫⋅=-⨯-+--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即()()210204y y y y p ++=-，所以()221201204y y y y y y p+++=-直线的方程依然是()1212:2l y y y px y y +=+，因为()221201204y y y y y y p +++=-，2002y px =所以()()()1200:22l y y y y p x x p ++=--，显然120y y +=也成立．故直线l 必过定点()002,x p y +-．评注实际上，本题若直线l 过定点()002,x p y +-，也可证明0QA QB ⋅=（略）．这样一来，我们得到一般性的结论：点()00,Q x y 在曲线()2:20C y px p =>上，直线l 与抛物线C 相交于异于Q 的两个动点,A B ，则“直线l 经过点()002,x p y +-”的充要条件是“0QA QB ⋅=”．五、类比探究，促使能力呈现通过上面的探究，我们得到抛物线的内接直角三角形的斜边恒过定点的结论，那么，椭圆的内接直角三角形的斜边恒过定点吗？双曲线的内接直角三角形的斜边恒过定点吗？思考4（2015年马鞍山市二模（文））已知椭圆C的焦点是((11,0,F F ，点P 在椭圆C 上，且124PF PF +=．（1）求椭圆的方程；（2）若A 是椭圆的下顶点，过点A 的两条相互垂直的直线分别交椭圆C 与点,P Q （,P Q 与A 不重合）．试证明直线PQ 经过定点．解析（1）椭圆的方程22:14y C x +=；（2）由（1）知()0,2A -，设()()1122,,,P x y Q x y ，显然直线PQ 的斜率存在，设直线PQ 的方程为y mx n =+，则2214y mx n y x =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消元，得：()2224240m x mnx n +++-=，()()()()2222224441640mn m n m n ∆=-+-=-+>，且212122224,44mn n x x x x m m -+=-+=++，22121222844,44n n m y y y y m m -+==++，所以()()1122,2,2AP AQ x y x y ⋅=++()()()12121222562404n n x x y y y y m ++=++++==+，故6,25n n =-=-（舍）即直线PQ 经过定点60,5⎛⎫- ⎪⎝⎭．思考5（2015年宿州市三模（文））已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>上的动点P到两个焦点的距离之和为6，且它到右焦点的距离的最小值为3-．（1）求椭圆的方程；（2）若直线l 与椭圆C 交于,M N 两点，A 是椭圆的右顶点，0AM AN ⋅=，试证明直线PQ 经过定点．（解析略）评注一般的，可以证明：（1）设()00,P x y 为椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>上的定点，AB 为椭圆C 的一条动弦，当PA PB ⊥时，弦AB 所在直线必过定点2222002222,a b a b Q x y a b a b ⎛⎫--- ⎪++⎝⎭．（2）设()00,P x y 为椭圆()2222:10y x C a b a b+=>>上的定点，AB 为椭圆C 的一条动弦，当PA PB ⊥时，弦AB 所在直线必过定点222200,a b a b Q x y ⎛⎫--- ⎪++⎝⎭．类比推理，对于双曲线有如下结论：（1）设()00,P x y 为双曲线()22:10,0x y C a b -=>>上的定点，AB 为双曲线C 的一条动弦，当PA PB ⊥时，弦AB 所在直线必过定点2222002222,a b a b Q x y a b a b ⎛⎫++- ⎪--⎝⎭．（2）设()00,P x y 为双曲线()22:10,0x y C a b -=>>上的定点，AB 为双曲线C 的一条动弦，当PA PB ⊥时，弦AB 所在直线必过定点2222002222,a b a b Q x y a b a b ⎛⎫++- ⎪--⎝⎭．当然，如果我们把圆视为椭圆的特例，圆的内接直角三角形的斜边必过定点即圆心．至此，圆锥曲线的内接直角三角形的斜边必过定点．六、结束语前苏联教育家维果斯基的最近发展区理论认为，教学决定着学生的智力发展，教学应当走在学生发展的前面，不停地把学生的智力从一个水平引导到另一个新的更高的水平．高考数学试题具有“源于教材，但高于教材；题在书外，但根在书里”的特点，因此，在高三的课堂教学活动中，教师势必需要时刻立足教材，对教材中有潜质的例题、习题进行挖掘，这是活用教材的体现，也是在学生思维水平“最近发展区”的教学，从而启迪学生的思维，开拓解题思路、解题能力，激活数学思维方法．。