高考数学二轮复习专题突破—圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题(含解析)
高考 数学复习：圆锥曲线定点、定值、探索性问题
@《创新设计》
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考点聚焦突破
＝(1＋k2)x1x2＋1－13k2(x1＋x2)＋1＋19k2 ＝(1＋k2)·9（k2k－2＋128）＋1－13k2·3（k22k＋2 2）＋1＋19k2＝0， 故Q→A⊥Q→B，即 Q(－1，0)在以线段 AB 为直径的圆上. 综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(－1，0).
当 m＝27k 时，l 的方程为 y＝kx＋27k＝kx＋27，直线恒过点－27，0. ∴直线 l 过定点，定点坐标为－27，0.
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考点聚焦突破
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规律方法 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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考点聚焦突破
设直线l的斜率存在，且不为0， 其方程为 y＝kx－13，代入y22＋x2＝1， 并整理得(k2＋2)x2－23k2x＋19k2－2＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝3（k22k＋2 2），x1x2＝9（k2k－2＋182）， 所以Q→A·Q→B＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2x1－13x2－13
(1)求椭圆C的方程.
(2)记△GF1D的面积为S1，△OED(O为坐标原点)的面积为S2.试问：是否存在直
线AB，使得S1＝S2？请说明理由.
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考点聚焦突破
解 (1)∵|AF1|，|F1F2|，|AF2|构成等差数列， ∴2a＝|AF1|＋|AF2|＝2|F1F2|＝8，∴a＝4. 又c＝2，∴b2＝12， ∴椭圆 C 的方程为1x62 ＋1y22 ＝1.
专题31 圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题(解析版)
值的说法正确的是（ ）
2 / 10
A．等于 4
B．大于 4
C．小于 4
D．不确定
【答案】A
【解析】据题意，得点 F 的坐标为 2, 0 .设直线 l 的方程为 x my 2 0 ，点 A ， B 的坐标分别为
x1,
y1
，
x2 ,
y2
.讨论：当
m
0 时，
x1
x2
2
；当
m
0
时，据
y2 8x
my
故答案为-1
三、解答题
7．（面积定值探索型问题）已知椭圆 C :
x2 a2
y2 b2
1 a
b
0 的离心率 e
2 ，且椭圆过点 2
2,1
5 / 10
（1）求椭圆 C 的标准方程；
（2）设直线 l 与 C 交于 M 、 N 两点，点 D 在椭圆 C 上， O 是坐标原点，若 OM ON OD ，判定四边
m 1 k2
4m2 8k 2 4 2m2 1 2k 2
2 2k 2 1 8k 2 4 2k 2 1 2k 2 1
6 2k 2 1
2k 2 1
6.
故四边形 OMDN 的面积是定值，其定值为 6 .
8．（直线与椭圆定点问题）设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C： x2 y2 1(1 a 5) 上，该椭圆的左顶 a2
B(t, 3 3 t2 ),S= t 3 3 t2 3 ,解 t= 2, 则 OA 2 OB 2 7
4
4
k 存在时，设 A x1, y1 , B x2, y2 ， y kx m,
与椭圆 C : x2 y2 43
1联立得
3 4k2
(复习指导)高考大题专项(五)突破2 圆锥曲线中的定点、定值问题含解析
突破2圆锥曲线中的定点、定值问题题型一圆锥曲线中的定点问题(多维探究) 突破策略一直接法【例1】(2020全国1,理20)已知A ,B 分别为椭圆E :x 2a 2+y 2=1(a>1)的左、右顶点,G为E 的上顶点,AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·GB⃗⃗⃗⃗⃗ =8.P 为直线x=6上的动点,PA 与E 的另一交点为C ,PB 与E 的另一交点为D. (1)求E 的方程;(2)证明:直线CD 过定点.解题心得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)对于是否直线或曲线过定点问题,一般先假设过定点,并假设出定点坐标,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为所求定点,否则说明假设不成立.(3)从特殊位置入手,找出定点,再证明该点符合题意.对点训练1(2020新高考全国1,22)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的离心率为√22,且过点A (2,1).(1)求C 的方程;(2)点M ,N 在C 上,且AM ⊥AN ,AD ⊥MN ,D 为垂足.证明:存在定点Q ,使得|DQ|为定值.突破策略二逆推法【例2】设O 为坐标原点,动点M 在椭圆C :x 22+y 2=1上,过点M 作x 轴的垂线,垂足为N ,点P 满足NP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√2NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . (1)求点P 的轨迹方程.(2)设点Q 在直线x=-3上,且OP⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =1.证明:过点P 且垂直于OQ 的直线l 过椭圆C 的左焦点F.解题心得由特殊到一般法求定点问题的方法:由特殊到一般法求解定点问题时,常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.对点训练2已知抛物线C 的方程y 2=2px (p>0),焦点为F ,点P 在抛物线C 上,且点P 到点F 的距离比它到y 轴的距离大1.(1)试求出抛物线C 的方程.(2)若抛物线C 上存在两动点M ,N (M ,N 在对称轴两侧),满足OM ⊥ON (O 为坐标原点),过点F 作直线交抛物线C 于A ,B 两点,若AB ∥MN ,则线段MN 上是否存在定点E ,使得|EM |·|EN ||AB |=4恒成立?若存在,请求出点E 的坐标,若不存在,请说明理由.题型二圆锥曲线中的定值问题突破策略直接法【例3】(2020山东滨州二模,20)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)经过点(√2,1),离心率为√22.(1)求椭圆C 的方程;(2)设直线l :y=kx+t (t ≠0)与椭圆C 相交于A ,B 两点,若以OA ,OB 为邻边的平行四边形OAPB 的顶点P 在椭圆C 上,求证:平行四边形OAPB 的面积为定值.解题心得证明某一量为定值,一般方法是用一个参数表示出这个量,通过化简消去参数,得出定值.对点训练3(2020山东泰安三模,21)已知椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的右顶点为A ,上顶点为B ,O为坐标原点,点O 到直线AB 的距离为2√55,△OAB 的面积为1.(1)求椭圆的标准方程;(2)直线l 与椭圆交于C ,D 两点,若直线l ∥AB ,设直线AC ,BD 的斜率分别为k 1,k 2,证明:k 1·k 2为定值.突破2 圆锥曲线中的定点、定值问题例1(1)解由题设得A (-a ,0),B (a ,0),G (0,1).则AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ,1),GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ,-1). 由AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =8得a 2-1=8,即a=3. 所以E的方程为x 29+y 2=1.(2)证明设C (x 1,y 1),D (x 2,y 2),P (6,t ).若t ≠0,设直线CD 的方程为x=my+n ,由题意可知-3<n<3.由于直线PA 的方程为y=t9(x+3),所以y 1=t 9(x 1+3). 直线PB 的方程为y=t(x-3), 所以y 2=t3(x 2-3). 可得3y 1(x 2-3)=y 2(x 1+3).由于x 229+y 22=1,故y 22=-(x 2+3)(x 2-3)9, 可得27y 1y 2=-(x 1+3)(x 2+3),即(27+m 2)y 1y 2+m (n+3)(y 1+y 2)+(n+3)2=0.① 将x=my+n代入x 29+y 2=1得(m 2+9)y 2+2mny+n 2-9=0.所以y 1+y 2=-2mn m 2+9,y 1y 2=n 2-9m 2+9.代入①式得(27+m 2)(n 2-9)-2m (n+3)mn+(n+3)2·(m 2+9)=0. 解得n=-3(舍去),n=32. 故直线CD 的方程为x=my+32, 即直线CD 过定点(32,0).若t=0,则直线CD 的方程为y=0,过点(32,0). 综上,直线CD 过定点(32,0). 对点训练1解(1)由题设得4a2+1b 2=1,a 2-b 2a 2=12,解得a 2=6,b 2=3,所以C 的方程为x 26+y 23=1. (2)设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2).若直线MN 与x 轴不垂直,设直线MN 的方程为y=kx+m ,代入x 26+y 23=1得(1+2k 2)x 2+4kmx+2m 2-6=0.于是x 1+x 2=-4km 1+2k2,x 1x 2=2m 2-61+2k 2.①由AM ⊥AN 知AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 故(x 1-2)(x 2-2)+(y 1-1)(y 2-1)=0,可得(k 2+1)x 1x 2+(km-k-2)(x 1+x 2)+(m-1)2+4=0. 整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0. 因为A (2,1)不在直线MN 上, 所以2k+m-1≠0, 故2k+3m+1=0,k ≠1.于是MN 的方程为y=k (x -23)−13(k ≠1). 所以直线MN 过点P (23,-13).若直线MN 与x 轴垂直,可得N (x 1,-y 1). 由AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得(x 1-2)(x 1-2)+(y 1-1)(-y 1-1)=0. 又x 126+y 123=1,可得3x 12-8x 1+4=0.解得x 1=2(舍去),x 1=23. 此时直线MN 过点P (2,-1). 令Q 为AP 的中点,即Q (43,13).若D 与P 不重合,则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边, 故|DQ|=12|AP|=2√23. 若D 与P 重合,则|DQ|=12|AP|. 综上,存在点Q (43,13),使得|DQ|为定值.例2(1)解设M (x 0,y 0),由题意可得N (x 0,0),设P (x ,y ),由点P 满足NP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√2NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .可得(x-x 0,y )=√2(0,y 0),可得x-x 0=0,y=√2y 0,即有x 0=x ,y 0=√2,代入椭圆方程x 22+y 2=1,可得x 22+y 22=1,即有点P 的轨迹方程为x 2+y 2=2.(2)证明(方法1)设Q (-3,m ),P (√2cos α,√2sin α)(0≤α<2π),由OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,可得(√2cos α,√2sin α)·(-3-√2cos α,m-√2sin α)=1,即为-3√2cos α-2cos 2α+√2m sin α-2sin 2α=1,当α=0时,上式不成立,则0<α<2π,解得m=√2cosα√2sinα,所以Q (-3√2cosα√2sinα),椭圆x 22+y 2=1的左焦点F (-1,0),由PF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1-√2cos α,-√2sin α)·(-3√2cosα√2sinα)=3+3√2cos α-3(1+√2cos α)=0.又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ,可得过点P 且垂直于OQ 的直线l 过椭圆C 的左焦点F.(方法2)设Q (-3,t ),P (m ,n ),由OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,可得(m ,n )·(-3-m ,t-n )=-3m-m 2+nt-n 2=1,又P 在圆x 2+y 2=2上,可得m 2+n 2=2,即有nt=3+3m ,又椭圆的左焦点F (-1,0),PF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1-m ,-n )·(-3,t )=3+3m-nt=3+3m-3-3m=0,则PF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ,可得过点P 且垂直于OQ 的直线l 过椭圆C 的左焦点F.对点训练2解(1)由点P 到点F 的距离比它到y 轴的距离大1和抛物线定义,知p2=1,所以抛物线C 的方程为y 2=4x.(2)存在.由题意,k MN ≠0,设M (y 124,y 1),N (y 224,y 2)(y 2>y 1),由OM ⊥ON ,得y 1y 2=-16,直线MN 的斜率k=4y1+y 2,直线MN :y-y 1=4y 1+y2x-y 124,整理可得y=4y1+y 2(x-4), ①若直线AB 斜率存在,设斜率为k ,y=k (x-1),与y 2=4x 联立得ky 2-4y-4k=0,设A (x A ,y A ),B (x B ,y B ),则|AB|=√(1+1k2)|y A -y B |=41+1k 2,若点E 存在,设点E 坐标为(x 0,y 0),|EM|·|EN|=√(1+1k2)(y 0-y 1)√(1+1k 2)(y 2-y 0)=(1+1k2)·[-y 1y 2-y 02+(y 1+y 2)y 0]=1+1k 216-y 02+4y 0k,当|EM |·|EN ||AB |=4时,16-y 02+4y 0k=16,解得y 0=0或y 0=4k(不是定点,舍去),则点E 为(4,0),经检验,此点满足y 2<4x ,所以在线段MN 上.②若直线AB 斜率不存在,则|AB|=4,|EM|·|EN|=4×4=16,此时点E (4,0)满足题意.综合上述,定点E 为(4,0).例3(1)解椭圆C 过点(√2,1),代入椭圆方程可得22+1b 2=1.①又因为离心率为√2,所以a 2-b 22=1,从而a 2=2b 2.②联立①②,解得a 2=4,b 2=2.所以椭圆方程为x 24+y 22=1.(2)证明把y=kx+t代入椭圆方程x 24+y 22=1,得(2k 2+1)x 2+4ktx+2(t 2-2)=0,所以Δ=(4kt )2-8(2k 2+1)(t 2-2)=8[2(2k 2+1)-t 2]>0. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1+x 2=-4kt 2k 2+1,x 1x 2=2(t 2-2)2k 2+1.所以y 1+y 2=k (x 1+x 2)+2t=2t2k 2+1.因为四边形OAPB 是平行四边形, 所以OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1+x 2,y 1+y 2)=(-4kt2k 2+1,2t2k 2+1),所以点P 坐标为(-4kt2k 2+1,2t2k 2+1).又因为点P 在椭圆上, 所以4k 2t 2(2k 2+1)2+2t 2(2k 2+1)2=1,即t2=2k 2+12.因为|AB|=√(x 1-x 2)2+(y 1-y 2)2=√1+k 2|x1-x 2|=2√2√1+k 2√2(2k 2+1)-t 22k 2+1=2√3·√1+k 2√2k +1,又点O 到直线l 的距离d=√1+k.所以平行四边形OAPB 的面积S ▱OAPB =2S △OAB =|AB|·d=√3|√2k +1=√6√2k 2+1√2k +1=√6,即平行四边形OAPB 的面积为定值.对点训练3解(1)直线AB 的方程为x a +yb =1,即bx+ay-ab=0,则√a 2+b 2=2√55. 因为三角形OAB 的面积为1,所以12ab=1,即ab=2,解得a=2,b=1,所以椭圆的标准方程为x 24+y 2=1.(2)直线AB 的斜率为-12,设直线l 的方程为y=-12x+t ,C (x 1,y 1),D (x 2,y 2),代入x 24+y 2=1,得2y 2-2ty+t 2-1=0,则y 1+y 2=t ,y 1y 2=t 2-12,所以k 1k 2=y 1x 1-2·y 2-1x 2=y 1y 2-y 1x 1x 2-2x 2,所以x 1x 2-2x 2=4(t-y 1)(t-y 2)-4(t-y 2)=4[t 2-t (y 1+y 2)+y 1y 2-t+y 2]=4[(y 1+y 2)2-(y 1+y 2)(y 1+y 2)+y 1y 2-(y 1+y 2)+y 2]=4(y 1y 2-y 1),所以k 1·k 2=14为定值.。
适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习考点突破练14圆锥曲线中的定点定值探索性问题课件
= 2,
= =
2
∴椭圆的方程为 9
1 2 3 4
2
+ 4 =1.
A(-2,0),
(2)证明 根据题意,直线 PQ 的斜率存在,设 MN 的中点为 T,直线 PQ 的方程
为 y=k(x+2)+3(k<0),P(x1,y1),Q(x2,y2),
联立
2
9
2
+ 4
= 1,
= ( + 2) + 3,
,k2=
,
1 +2
2 +2
(1 +2)+3
(2 +2)+3
1
1
∴k1+k2= +2 + +2 =2k+3( +2 + +2)
1
2
1
2
2
16 +24+4
2
1 +2 +4
=2k+3( +2)( +2)=2k+3[ 2 4 +9 2
]=2k+(-2k+3)=3,∴T(0,3).
3
(1)求C的方程;
(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.
1 2 3 4
(1)解 由题意,椭圆
5
,
3
2
C: 2
2
5
+ 2 =1(a>b>0)的离心率为 ,且过点
3
= 3,
∴ 2
(老高考新教材适用)版高考数学二轮复习专题五解析几何考点突破练14圆锥曲线中的定点定值探索性问题
考点突破练14 圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题1.(2022·广东广州三模)在圆x2+y2=2上任取一点D,过点D作x轴的垂线段DH,H为垂足,线段DH 上一点E满足.记动点E的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)设O为原点,曲线C与y轴正半轴交于点A,直线AP与曲线C交于点P,与x轴交于点M,直线AQ 与曲线C交于点Q,与x轴交于点N,若=-2,求证:直线PQ经过定点.2.(2022·湖南衡阳三模)已知抛物线C:y=ax2(a>0)的焦点是F,若过焦点F的直线与抛物线C相交于A,B两点,所得弦长|AB|的最小值为2.(1)求实数a的值.(2)设P,Q是抛物线C上不同于坐标原点O的两个不同的动点,且以线段PQ为直径的圆经过点O,作OM⊥PQ,垂足为M,试探究是否存在定点N,使得|MN|为定值.若存在,求出该定点N的坐标及定值|MN|;若不存在,请说明理由.3.(2022·广东佛山模拟)已知椭圆C:=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),上、下顶点分别为B1,B2,以点F为圆心,FB1为半径作圆,与x轴交于点T(3,0).(1)求椭圆C的标准方程.(2)已知点P(2,0),点A,B为椭圆C上异于点P且关于原点对称的两点,直线PA,PB与y轴分别交于点M,N,记以MN为直径的圆为圆K,试判断是否存在直线l截圆K的弦长为定值.若存在,请求出该直线的方程;若不存在,请说明理由.4.(2022·山东烟台三模)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,其左、右焦点分别为F1,F2,T 为椭圆C上任意一点,△TF1F2面积的最大值为1.(1)求椭圆C的标准方程;(2)已知A(0,1),过点的直线l与椭圆C交于不同的两点M,N,直线AM,AN与x轴的交点分别为P,Q,证明:以PQ为直径的圆过定点.5. (2022·辽宁沈阳三模)如图,在平面直角坐标系中,F1,F2分别为等轴双曲线Γ:=1(a>0,b>0)的左、右焦点,若点A为双曲线右支上一点,且|AF1|-|AF2|=4,直线AF2交双曲线于B点,A(x1,y1),B(x2,y2),D为线段F1O的中点,延长AD,BD,分别与双曲线Γ交于P,Q两点.(1)求证:x1y2-x2y1=4(y2-y1).(2)若直线AB,PQ的斜率都存在,且依次设为k1,k2,试判断是否为定值.如果是,请求出的值;如果不是,请说明理由.6.(2022·江西鹰潭一模)“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动,在我国源远流长,某些折纸活动蕴含丰富的数学内容,例如:用一张圆形纸片,按如下步骤折纸(如下图1), 步骤1:设圆心是E,在圆内异于圆心处取一点,标记为F;步骤2:把纸片折叠,使圆周正好通过点F;步骤3:把纸片展开,并留下一道折痕;步骤4:不停重复步骤2和3,就能得到越来越多的折痕(如图2).图1图2已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆.若取半径为2的圆形纸片,设定点F到圆心E的距离为2,按上述方法折纸.(1)以点F,E所在的直线为x轴,线段EF的中垂线为y轴,建立平面直角坐标系,求折痕所围成的椭圆C(即图1中T点的轨迹)的标准方程.(2)经过椭圆C的左焦点F作直线l,且直线l交椭圆C于P,Q两点,x轴上是否存在一点M,使得为常数?若存在,求出M的坐标及该常数;若不存在,说明理由.考点突破练14圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题1.(1)解由题意,设E(x,y),D(x0,y0),因为,所以又因为点D在圆x2+y2=2上,所以x2+2y2=2,故曲线C的方程为+y2=1.(2)证明由题意,A(0,1),设M(a,0),N(b,0),则=ab=-2.易得直线AP,AQ的斜率必然存在,所以k AP·k AQ=k AM·k AN==-.设P(x1,y1),Q(x2,y2),易知直线PQ斜率不存在时不符合题意,设直线PQ的方程为y=kx+n,联立得(2k2+1)x2+4knx+2n2-2=0,Δ=(4kn)2-4(2k2+1)(2n2-2)=16k2-8n2+8>0,得n2<2k2+1,所以x1+x2=,x1x2=.由题意知,直线AP,AQ均不过原点,所以x1x2≠0,从而n≠±1.所以k AP·k AQ===k2+==-,解得n=0,满足Δ>0,所以直线PQ的方程为y=kx,恒过定点(0,0).2.解 (1)抛物线C:y=ax2(a>0)化为标准方程为x2=y,其焦点F,由题意知直线斜率一定存在,设其方程为y=k1x+,A(x1,y1),B(x2,y2),联立整理得x2-x-=0,Δ>0恒成立,则x1+x2=,y1+y2=k1(x1+x2)+.因为|AB|=y1+y2+,所以当=0时,弦长|AB|min==2.所以实数a的值为.(2)存在定点N(0,1),使得|MN|为定值1.由题意可知直线PQ的斜率存在,设其方程为y=kx+t(t≠0),P(x3,y3),Q(x4,y4),联立整理得x2-2kx-2t=0,Δ=4k2+8t>0,则x3+x4=2k,x3x4=-2t.因为以PQ为直径的圆经过点O,所以=x3x4+y3y4=x3x4+=-2t+=-2t+t2=0.因为t≠0,所以t=2.所以直线PQ过定点T(0,2).又因为OM⊥PQ,所以△OMT为直角三角形,所以当N为斜边OT中点时,|MN|为定值,此时|MN|=|OT|=1.所以存在定点N(0,1),使得|MN|为定值1.3.解 (1)以点F为圆心,FB1为半径的圆的方程为(x-1)2+y2=a2.因为该圆经过点T(3,0),即可得a2=4,所以b2=a2-c2=3.从而可得椭圆C的标准方程为=1.(2)存在直线l:y=0满足题意.设点A,B的坐标分别为(x1,y1),(-x1,-y1),则直线PA的方程为y=(x-2),可得点M的坐标为.同理可得点N的坐标为.取圆K上任意一点D(x,y),则,由圆的几何性质可知,则=x2+=0,则以MN为直径的圆K的方程为x2+y-y+=0,化简可得x2+y2-y-=0.由椭圆的方程可得4-,代入圆的方程可得x2+y2-3-y=0.令y=0,可得x=±恒成立.据此可知,存在直线l:y=0截圆K的弦长为定值,定值为2.4.(1)解因为椭圆C的离心率为,所以.又当T位于上顶点或者下顶点时,△TF1F2的面积最大,即bc=1.又a2=b2+c2,所以b=c=1,a=.所以椭圆C的标准方程为+y2=1.(2)证明由题知,直线l的斜率存在,所以设直线l的方程为y=kx+,M(x1,y1),N(x2,y2),将直线l的方程代入椭圆C的方程得(4k2+2)x2+4kx-3=0,则x1+x2=,x1x2=.因为直线AM的方程为y=x+1,直线AN的方程为y=x+1,所以P,Q,所以以PQ为直径的圆为+y2=0,整理得x2+y2+x+=0.①因为=-6,令①中的x=0,可得y2=6,所以以PQ为直径的圆过定点(0,±).5.(1)证明由等轴双曲线知离心率e=.又由|AF1|-|AF2|=4=2a,及c2=a2+b2,可得a2=8,b2=8,c2=16,所以双曲线的标准方程为=1,F2(4,0).当直线AB的斜率不存在时,x1=x2=4,x1y2-x2y1=4y2-4y1=4(y2-y1);当直线AB的斜率存在时,,即,整理得x1y2-x2y1=4(y2-y1).综上所述,x1y2-x2y1=4(y2-y1)成立.(2)解为定值7.依题意可知直线AD的斜率存在且不为0,设直线AD的方程为y=(x+2),联立得(x1+2)2x2-(x+2)2-8(x1+2)2=0, ①由于=8,则-8,代入①并化简得(4x1+12)x2-4(-8)x-12-32x1=0.设P(x0,y0),则x1x0=,x1+x0=,解得x0=,代入y=(x+2),得y0=,即P,同理可得Q.所以k2==(-7)·=7k1, 所以=7是定值.6.解 (1)如图,以FE所在的直线为x轴,FE的中点O为原点建立平面直角坐标系.由题意可知|TF|+|TE|=|AE|=2>|EF|=2,所以点T的轨迹是以F,E分别为左、右焦点的椭圆.因为2c=2,2a=2,所以c=1,a=,则b2=a2-c2=2,所以椭圆C的标准方程为=1.(2)存在M使得为常数-.由题知,F(-1,0),假设存在点M(t,0),t∈R,使得为常数.当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x+1),P(x1,y1),Q(x2,y2),联立得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0,所以x1+x2=-,x1x2=.因为=(x1-t,y1),=(x2-t,y2),所以=(x1-t)(x2-t)+y1y2=(x1-t)(x2-t)+k2(x1+1)(x2+1)=(k2+1)x1x2+(k2-t)(x1+x2)+k2+t2=+k2+t2=+t2=+t2=t2+2t-.因为为常数,故t2+2t-与k无关,所以4t+=0,即t=-,此时=-.当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=-1,此时y=±,由椭圆的对称性,不妨令P,Q,所以,当t=-时,=(1+t)2-=-.综上,在x轴上存在一点M,使得为常数,这个常数为-.。
圆锥曲线中的定点、定值问题讲义-2023届高三数学二轮专题复习
专题复习：圆锥曲线中的定点、定值问题一、方法指导圆锥曲线是高考数学中的重点和难点，其中定点问题更是难点中的难点。
通过对近几年高考数学试卷的分析，可以发现圆锥曲线定点问题一直是高频考点，且题目难度较大，对学生的数学思维和解题能力要求较高。
因此，在高三二轮复习中，学生需要加强对圆锥曲线定点问题的复习，掌握其解题方法和技巧。
二、知识梳理圆锥曲线的定义和性质直线与圆锥曲线的位置关系圆锥曲线的定点问题及其解法三、方法总结直接法：通过联立直线和圆锥曲线的方程，消元后得到一元二次方程，再利用根与系数的关系进行求解。
这种方法适用于直线过定点但不与x轴平行的情况。
参数法：引入参数来表示直线的斜率或截距，再通过参数的取值范围来确定定点。
这种方法适用于直线过定点且与x轴平行或重合的情况。
反证法：假设定点不是坐标原点，则过该定点的直线与圆锥曲线有两个交点。
根据韦达定理，这两个交点的横坐标之和等于两倍的定点横坐标，这与题意矛盾。
因此，定点必须是坐标原点。
这种方法适用于直线过定点且与x轴垂直的情况。
由特殊到一般法如果要解决的问题是一个定值（定点）问题，而题设条件又没有给出这个定值（定点），那么我们可以这样思考：由于这个定值（定点）对符合要求的一些特殊情况必然成立，那么我们根据特殊情况先找到这个定值（定点），明确了解决问题的目标，然后进行一般情况下的推理证明.3.利用推论解题推论1过圆锥曲线上的任意一点P（x0，y0）作互相垂直的直线交圆锥曲线于点A，B，则直线AB必过一定点（等轴双曲线除外）.推论2过圆锥曲线的准线上任意一点P作圆锥曲线上的两条切线，切点分别为点A，B，则直线AB必过焦点.推论3过圆锥曲线外一点P作圆锥曲线上的两条切线，切点分别为点A，B，则直线AB已知且必过定点.推论4过圆锥曲线上的任意一点P（x0，y0）作斜率和为0的两条直线交圆锥曲线于A，B两点，则k AB为定值.推论5设点A，B是椭圆x 2a2+y2b2=1（a>b>0）上关于原点对称的两点，点P是该椭圆上不同于A，B两点的任意一点，直线PA，PB的斜率分别是k1，k2，则k1·k2=-b 2a2推论6过圆锥曲线的焦点F的直线（斜率存在）交圆锥曲线于P，Q两点，PQ的中垂线交x轴于点M，则MFPQ=e2，e为圆锥曲线的离心率.推论7过圆锥曲线的焦点F的直线交圆锥曲线于A，B两点，过点A，B分别作较近准线l 的垂线AA1，BB1，垂足分别为点A1，B1，设准线l与焦点所在轴交于点P，M为PF中点，则（1）AA1与BB1过点M;（2）A1F+B1F为定值.一、动直线过定点1、齐次式：例1、椭圆C :x 24+y 2=1，C (0，1)，设直线l 不过点P ，且与C 交于A 、B 两点，若k PA +k PB =−1，证明：直线l 过定点.2、参数法：例2、（2021·湖北襄阳市高三期末）已知A ，B 分别为椭圆()222:11x C y a a+=>的左､右顶点，P 为C 的上顶点，8AP PB ⋅=. （1）求椭圆C 的方程；（2）过点()6,0作关于x 轴对称的两条不同直线1l ，2l 分别交椭圆于()11,M x y 与()22,N x y ，且12x x ≠，证明：直线MN 过定点，并求出该定点坐标.3、特殊到一般例2、（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过()30,2,,12A B ⎛--⎫⎪⎝⎭两点．(1)求E 的方程；(2)设过点()1,2P -的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT TH =．证明：直线HN 过定点．4、待定系数法例3、椭圆C ：22143x y +=左右顶点分别为A 、B ，k ≠0的直线与C 交于M 、N 两点，K BM =2K AN ，证明：直线过定点，并求出该定点.解：A (−2，0) B (2，0)设直线：y =kx +b (k ≠0) M (x 1，y 1) N (x 2，y 2) 直线与曲线联立得：(3+4k 2)x 2+8kbx +4b 2−120 则x 1x 2=4b 2−123+4k 2x 1+x 2=−8kb3+4k 2K BM =2K AN 所以y 1x1−2= 2y 2x 2−2x 2y 1+2y 1=2x 1y 2−4y 2即k x 1x 2−(4k +b )x 2+2(b −k )x 1−6b =0代入得：−12b 2k −8k 2b −12k −18b −(6k +8k 3+9b +12k 2b )x 2=0待定系数有：{−12b 2k −8k 2b −12k −18b =06k +8k 3+9b +12k 2b =0得(2k −b )(2k +3b ) =0若b =2k ,则过定点(−2，0)，不成立； 若−3b =2k ,则过定点(23，0)，成立.5、y 1−y 2或x 1−x 2型例4、已知双曲线C ：x 23−y 2=1,过(3，0)的直线l 交C 于P 、Q 两点，过P 作直线x =1的垂线，垂足为A ，证明：AQ 过定点解：当l 斜率不存在时P (3，√2) Q (3，−√2) 或P (3，−√2) Q (3，√2)过P 作x =1垂线：A (1，√2)或A(1，−√2)此时AQ ：y =√2x −2√2或y = −√2x +2√2 过定点(2，0) 当l 斜率存在时 l ：y =k (x −3) P (x 1，y 1) Q (x 2，y 2) 与双曲线联立得：(1−3k 2)x 2+18k 2x −27k 2−3=0 有x 1x 2=−27k 2−31−3k 2x 1+x 2=−18k 21−3k 2AQ :y =y 1+y 2x 2−1x −x 2(y 2−y 1)x 2−1+y 2令y =0 x =y 2−x 2y 1y 2−y 1= −kx 1x 2+4kx 2−3k2−x 1)=−x 1x 2+4x 2−3x 2−x 1= 27k 2=31−3k 2−3+4x 2−(x 1+x 2−2x 2)= 36k 21−3k 2+4x 218k 21−3k 2+2x 2=2过定点（2，0）二、动点在定直线上的问题例3、（2021·山东威海市高三期末）已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的离心率为1,,2A B 分别是它的左、右顶点，F 是它的右焦点，过点F 作直线与C 交于,P Q (异于,A B )两点，当PQ x ⊥轴时，APQ ∆的面积为92.（1）求C 的标准方程;（2）设直线AP 与直线BQ 交于点M ，求证:点M 在定直线上.解:（1）由题意知12c a =，所以2a c =，又222a b c =+， 所以3b c =当PQ x ⊥轴时，APQ 的面积为92， 所以()212922b ac a +⋅=解得21,c =所以224,3a b ==，所以椭圆C 的标准方程为22143x y +=.（2）由（1）知()1,0F ，设直线PQ 的方程为1x my =+，与椭圆22143x y +=联立，得()2234690m y my ++-=.显然0∆>恒成立. 设1122(,),(,)P x y Q x y ， 所以有12122269,3434m y y y y m m +=-=-++ ()* 直线AP 的方程为()112+2y y x x =+，直线BO 的方程为()2222y y x x =--， 联立两方程可得，所以()()121222+22y y x x x x +=-- ()()121212212121213232221my y x y my y y x x y x y my my y y ++++=⋅==---- 由()*式可得()121232y y y y m=+， 代入上式可得()()1212121221339222233322232y y y y x y y x y y y y +++==-+-=++， 解得4,x = 故点M 在定直线4x =上.三、其他曲线过定点例4、（2021·湖北武汉市高三月考）设P 是椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>上异于长轴顶点A 1，A 2的任意一点，过P 作C 的切线与分别过A 1，A 2的切线交于B 1，B 2两点，已知|A 1A 2|=4，椭圆C 的离心率为12. （1）求椭圆C 的方程；（2）以B 1B 2为直径的圆是否过x 轴上的定点？如果过定点，请予以证明，并求出定点；如果不过定点，说明理由.解：（1）由题可知122412A A a c e a ⎧==⎪⎨==⎪⎩，解得2,1a c ==，由222a b c =+得23b =， 椭圆C 的方程为22143x y +=.（2）设00(,)P x y ，由于P 是异于长轴顶点12,A A 的任意一点，故切线斜率存在.设过P 的椭圆的切线为y kx b =+，联立方程22143y kx bx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得222(34)84120k x kbx b +++-=，222(8)4(34)(412)0kb k b ∆=-+-=，得2234b k =+，由002200143y kx bx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩ 所以()220034y kx k -=+，则()22200004230x k y x k y --+-=，即222000016290y k y x k x ++=所以()200430y k x +=，则034x k y =-解得过P 点的切线方程为()000034x y y x x y -=--，即000334x x y y y =-+ 由于分别过12,A A 的切线分别为2,2x x =-=， 解得12,B B 的坐标为0012006363(2,),(2,)22x x B B y y +--.在x 轴上取点(),0M t ，则010632,2x MB t y ⎛⎫+=-- ⎪⎝⎭，020632,2x MB t y ⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭， 所以2220122369414x MB MB t t y -⋅=-+=-. 当1t =±时，120MB MB ⋅=.所以，以12B B 为直径的圆过x 轴上的定点为12(1,0),(1,0)F F -.二、例题讲解例1A ，B 是抛物线y 2＝2px (p >0)上的两点，且OA ⊥OB (O 为坐标原点)，求证： (1)A ，B 两点的横坐标之积，纵坐标之积分别都是定值； (2)直线AB 经过一定点．例2如图，直线y ＝12x 与抛物线y ＝18x 2－4交于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线与直线y ＝－5交于Q 点． (1)求点Q 的坐标；(2)当P 为抛物线上位于线段AB 下方(含A ，B )的动点时，求△OPQ 面积的最大值．例3如图，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)是抛物线y 2＝2px (p >0)上的相异两点，Q ，P 到y 轴的距离的积为4，且OP →·OQ →＝0. (1)求该抛物线的标准方程；(2)过Q 的直线与抛物线的另一交点为R ，与x 轴的交点为T ，且Q 为线段RT 的中点，试求弦PR 长度的最小值．三、课时练习1．已知λ∈R ，则不论λ取何值，曲线C ：λx 2－x －λy ＋1＝0恒过定点( ) A ．(0，1) B ．(－1，1) C ．(1，0) D ．(1，1)2．若AB 是过椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)中心的一条弦，M 是椭圆上任意一点，且AM 、BM 与两坐标轴均不平行，k AM 、k BM 分别表示直线AM 、BM 的斜率，则k AM ·k BM ＝( )A ．－c 2a 2B ．－b 2a 2C ．－c 2b 2D ．－a 2b23．直线y ＝kx －1与椭圆x 24＋y 2a＝1相切，则k ，a 的取值范围分别是( )A ．a ∈(0，1)，k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12B ．a ∈(0，1]，k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12 C ．a ∈(0，1)，k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 D ．a ∈(0，1]，k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－12，12 4．已知点P 是抛物线y 2＝4x 上的点，设点P 到抛物线的准线的距离为d 1，到圆(x ＋3)2＋(y－3)2＝1上一动点Q 的距离为d 2，则d 1＋d 2的最小值是( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．32＋15．抛物线y 2＝12x 与直线3x －y ＋5＝0的最近距离为______．6．已知动点P (x ，y )在椭圆x 225＋y 216＝1上，若A 点坐标为(3，0)，|AM →|＝1，且PM →·AM →＝0，则|PM →|的最小值是____．7．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左，右焦点分别为F 1，F 2，左顶点为A ，若|F 1F 2|＝2，椭圆的离心率为e ＝12.(1)求椭圆的标准方程；(2)若P 是椭圆上的任意一点，求PF 1→·PA →的取值范围；(3)直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆相交于不同的两点M ，N (均不是长轴的顶点)，AH ⊥MN ，垂足为H ，且AH →2＝MH →·HN →，求证：直线l 恒过定点．。
圆锥曲线的热点问题—定点、定值、探索性问题
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1.定点问题 圆锥曲线中的定点问题是高考命题的一个热点，也是圆锥曲线问题中的一个 难点.解决这个难点没有常规的方法，但解决这个难点的基本思想是明确的， 定点问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变量表示问 题中的直线方程、数量积、比例关系等，而这些直线方程、数量积、比例关 系中不受变量影响的某个点，就是要求的定点.求解这类难点问题的关键就是 引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立、数 式变换等寻找不受参数影响的量.
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思维升华
圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变 化的量与参数何时没有关系，找到定点. (2)特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与 变量无关.
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类型二 定值问题
例 2 已知椭圆的中心为坐标原点 O，焦点在 x 轴上，斜率为 1 且过椭圆右焦点 →→
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代入椭圆方程整理得 λ2(x21＋3y21)＋μ2(x22＋3y22)＋2λμ(x1x2＋3y1y2)＝3b2. 又∵x21＋3y21＝3b2，x22＋3y22＝3b2， x1x2＋3y1y2＝4x1x2－3c(x1＋x2)＋3c2＝32c2－92c2＋3c2＝0， ∴λ2＋μ2＝1，故 λ2＋μ2 为定值.
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又∵O→N∥a，∴13＝ba22，∴a2＝3b2， 故椭圆方程为 x2＋3y2＝3b2. 又过右焦点的直线 AB 的方程为 y＝x－c. 联立yx＝2＋x3－y2c＝，3b2， 得 4x2－6cx＋3c2－3b2＝0. ∴x1＋x2＝32c，x1x2＝3c2－4 3b2＝38c2. 设 M(x，y)，则由O→M＝λO→A＋μO→B可得xy＝＝λλyx11＋＋μμyx22，，
高考数学复习考点知识专题讲解课件第51讲 圆锥曲线热点问题-第2课时 定点、定值、探索性问题
这个方程组的解为坐标的点即为所求定点.
(3)求证直线过定点(x0,y0),常利用直线的点斜式方程y-y0=k(x-x0)或截距式
y=kx+b来证明.
课堂考点探究
2
变式题 [2020·全国卷Ⅰ] 已知A,B分别为椭圆E:2
2
+y =1(a>1)的左、右顶点,G
定点,求出此点的坐标;若不过定点,请说明理由.
[思路点拨] 由题意知MN的斜率一定存在,设直线MN的方程为y=kx+m,联立直线
与椭圆的方程,结合方程的根与系数的关系及向量的数量积可求k与m的关系,然
后结合直线方程可求.
解:若直线MN与x轴垂直,⊥显然不成立,
则MN的斜率一定存在,设直线MN的方程为y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2),
让考生根据题目的条件进行分析判断作出确定的结论.此类问题的常用解法:
先假设存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,推证满足条件的
结论,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;否则,元素(点、
直线、曲线或参数)不存在.要注意的是:
(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;
2
2
2)-4mk +(1+2k )(m+2
2 2
2)=0,整理得m= ,
3
2 2
所以直线MN的方程为y=kx+ ,恒过定点
3
2 2
0,
3
.
课堂考点探究
[总结反思] 求解定点问题常用的方法:
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高考数学二轮复习专题突破—圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题1.(2021·重庆八中月考)已知椭圆C :x 24+y 23=1的右焦点为F ,过点M (4,0)的直线l 交椭圆C 于A ,B 两点,连接AF ,BF 并延长分别与椭圆交于异于A ,B 的两点P ,Q. (1)求直线l 的斜率的取值范围; (2)若PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λFA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,QF ⃗⃗⃗⃗⃗ =μFB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,证明:λμ为定值.2.(2021·河北张家口三模)已知抛物线C :y 2=4px (p>0)的焦点为F ,且点M (1,2)到点F 的距离比到y 轴的距离大p. (1)求抛物线C 的方程;(2)若直线l :x-m (y+2)-5=0与抛物线C 交于A ,B 两点,问是否存在实数m ,使|MA|·|MB|=64√2?若存在,求出m 的值;若不存在,请说明理由.3.(2021·江苏南通适应性联考)已知双曲线C :x 2a 2−y 2b 2=1(a>0,b>0)的两个焦点为F 1,F 2,一条渐近线方程为y=bx (b ∈N *),且双曲线C 经过点D (√2,1). (1)求双曲线C 的方程;(2)设点P 在直线x=m (y ≠±m ,0<m<1,且m 是常数)上,过点P 作双曲线C 的两条切线PA ,PB ,切点为A ,B ,求证:直线AB 过某一个定点.4.(2021·山东济南二模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为√22,且经过点H (-2,1).(1)求椭圆C 的方程;(2)过点P (-3,0)的直线(不与x 轴重合)与椭圆C 相交于A ,B 两点,直线HA ,HB 分别交x 轴于M ,N 两点,点G (-2,0),若PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求证:1λ+1μ为定值.5.(2021·广东汕头三模)已知圆C :x 2+(y-2)2=1与定直线l :y=-1,且动圆M 与圆C 外切并与直线l 相切.(1)求动圆圆心M 的轨迹E 的方程;(2)已知点P 是直线l 1:y=-2上一个动点,过点P 作轨迹E 的两条切线,切点分别为A ,B.①求证:直线AB 过定点; ②求证:∠PCA=∠PCB.6.(2021·北京东城一模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)过点D (-2,0),且焦距为2√3. (1)求椭圆C 的方程;(2)过点A (-4,0)的直线l (不与x 轴重合)与椭圆C 交于P ,Q 两点,点T 与点Q 关于x 轴对称,直线TP 与x 轴交于点H ,是否存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.答案及解析1.(1)解 由题意知直线l 的斜率不为零,故设其方程为x=ty+4,与椭圆方程联立,消去x 得(3t 2+4)y 2+24ty+36=0,Δ=144(t 2-4)>0,解得t<-2或t>2.故直线l 的斜率k=1t 的取值范围为(-12,0)∪(0,12).(2)证明 F (1,0),设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),P (x 3,y 3),Q (x 4,y 4),由(1)得y 1+y 2=-24t3t 2+4,y 1y 2=363t 2+4,所以ty 1y 2=-32(y 1+y 2).由PF⃗⃗⃗⃗⃗ =λFA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,得{1−x 3=λ(x 1-1),-y 3=λy 1,即{-x 3=λx 1-λ-1,-y 3=λy 1. 又点P 在椭圆上,即有3x 32+4y 32=12,代入上式得3(λx 1-λ-1)2+4λ2y 12=12,即λ2(3x 12+4y 12)-6λ(λ+1)x 1+3(λ+1)2=12, 又3x 12+4y 12=12,所以12(λ+1)(λ-1)-6λ(λ+1)x 1+3(λ+1)2=0.易知λ+1≠0,故λ=35−2x 1,同理可得μ=35−2x 2.又(5-2x 1)(5-2x 2)=25-10(x 1+x 2)+4x 1x 2 =25-10[t (y 1+y 2)+8]+4(ty 1+4)(ty 2+4)=9+6t (y 1+y 2)+4t 2y 1y 2=9+6t (y 1+y 2)+4t ·(-32)(y 1+y 2)=9, 所以λμ=9(5-2x1)(5-2x 2)=1.2.解 (1)由点M 到点F 的距离比到y 轴的距离大p ,得点M 到点F 的距离与到直线x=-p 的距离相等.由抛物线的定义,可知点M 在抛物线C 上,所以4=4p ,解得p=1. 所以抛物线C 的方程为y 2=4x.(2)存在满足题意的m ,其值为1或-3. 理由如下:由{y 2=4x,x-m(y +2)−5=0,得y 2-4my-8m-20=0. 因为Δ=16m 2+4(8m+20)>0恒成立,所以直线l 与抛物线C 恒有两个交点. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则y 1+y 2=4m ,y 1y 2=-4(2m+5).因为MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-1)(x 2-1)+(y 1-2)(y 2-2)=(y 124-1)(y 224-1)+(y 1-2)(y 2-2)=y 12y 2216−(y 1+y 2)2-2y 1y 24+y 1y 2-2(y 1+y 2)+5=16(2m+5)216−(4m)2+8(2m+5)4-4(2m+5)-8m+5=0,所以MA ⊥MB ,即△MAB 为直角三角形.设d 为点M 到直线l 的距离,所以|MA|·|MB|=|AB|·d=√1+m 2·√(y 1+y 2)2-4y 1y 2·√1+m 2=4·|1+m|·√16m 2+16(2m +5)=16·|1+m|·√(m +1)2+4=64√2,所以(m+1)4+4(m+1)2-32=0, 解得(m+1)2=4或(m+1)2=-8(舍). 所以m=1或m=-3.所以当实数m=1或m=-3时,|MA|·|MB|=64√2.3.(1)解 由{ba =b,2a 2-1b 2=1,解得{a =1,b =1,故双曲线方程为x 2-y 2=1.(2)证明 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线PA 的斜率为k ,P (m ,y 0).则PA:y-y1=k(x-x1),联立方程组{y-y1=k(x-x1), x2-y2=1,消去y,可得x2-[kx+(-kx1+y1)]2=1,整理可得(1-k2)x2-2k(y1-kx1)x-(y1-kx1)2-1=0.因为PA与双曲线相切,所以Δ=4k2(y1-kx1)2+4(1-k2)·(y1-kx1)2+4(1-k2)=0,整理得4(y1-kx1)2+4(1-k2)=0.即k2x12-2kx1y1+y12+1-k2=0,即(x12-1)k2-2kx1y1+(y12+1)=0,因为x12−y12=1,所以x12-1=y12,y12+1=x12代入可得y12k2-2x1y1k+x12=0,即(y1k-x1)2=0,所以k=x1y1.故PA:y-y1=x1y1(x-x1),即y1y=x1x-1.同理,切线PB的方程为y2y=x2x-1.因为P(m,y0)在切线PA,PB上,所以有{y0y1=mx1-1, y0y2=mx2-1,A,B满足直线方程y0y=mx-1,而两点唯一确定一条直线,故AB:y0y=mx-1,所以当{x=1m,y=0时,无论y0为何值,等式均成立.故点(1m ,0)恒在直线AB上,故无论P在何处,AB恒过定点(1m,0).4.(1)解由题意知e=ca =√1−b2a2=√22,则a2=2b2.又椭圆C经过点H(2,1),所以4a2+1b2=1.联立解得a2=6,b2=3,所以椭圆C的方程为x 26+y23=1.(2)证明 设直线AB 的方程为x=my-3,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由{x =my-3,x 26+y 23=1联立消去x ,得(m 2+2)y 2-6my+3=0,所以Δ=36m 2-12(m 2+2)>0,y 1+y 2=6mm 2+2,y 1y 2=3m 2+2,由题意知,y 1,y 2均不为1.设M (x M ,0),N (x N ,0),由H ,M ,A 三点共线知AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与MH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共线,所以x M -x 1=(-y 1)(-2-x M ),化简得x M =x 1+2y 11−y 1.由H ,N ,B 三点共线,同理可得x N =x 2+2y 21−y 2.由PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPG⃗⃗⃗⃗⃗ ,得(x M +3,0)=λ(1,0),即λ=x M +3. 由PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,同理可得μ=x N +3. 所以1λ+1μ=1xM+3+1xN+3=1x 1+2y 11−y 1+3+1x 2+2y 21−y 2+3=1−y 1x1-y 1+3+1−y 2x 2-y 2+3=1−y1(m-1)y1+1−y 2(m-1)y 2=1m-11−y 1y 1+1−y 2y 2=1m-1(y 1+y 2y1y 2-2)=1m-1(6mm 2+23m 2+2-2)=2,所以1λ+1μ为定值.5.(1)解 依题意知:M 到C (0,2)的距离等于M 到直线y=-2的距离,故动点M 的轨迹是以C 为焦点,直线y=-2为准线的抛物线.设抛物线方程为x 2=2py (p>0),则p2=2,则p=4,即抛物线的方程为x 2=8y ,故动圆圆心M 的轨迹E 的方程为x 2=8y. (2)证明 ①由x 2=8y 得y=18x 2,y'=14x.设A (x 1,18x 12),B (x 2,18x 22),P (t ,-2),其中x 1≠x 2, 则切线PA 的方程为y-18x 12=x 14(x-x 1),即y=14x 1x-18x 12.同理,切线PB 的方程为y=14x 2x-18x 22. 由{y =14x 1x-18x 12,y =14x 2x-18x 22,解得{x =x 1+x22,y =x 1x 28, 故{t =x 1+x 22,-2=x 1x 28,即{x 1+x 2=2t,x 1x 2=−16.故直线AB 的方程为y-18x 12=18x 22-18x 12x 2-x 1(x-x 1),化简得y=x 1+x 28x-x 1x 28,即y=t4x+2,故直线AB 过定点(0,2).②由①知:直线AB 的斜率为k AB =t4,(i)当直线PC 的斜率不存在时,直线AB 的方程为y=2,∴PC ⊥AB ,∴∠PCA=∠PCB ;(ii)当直线PC 的斜率存在时,P (t ,-2),C (0,2),直线PC 的斜率k PC =-2-2t-0=-4t,k AB ·k PC =t 4×-4t =-1,故PC ⊥AB ,∠PCA=∠PCB. 综上所述,∠PCA=∠PCB 得证.6.解 (1)因为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)过点D (-2,0),所以a=2,又2c=2√3,即c=√3,所以b 2=a 2-c 2=4-3=1,所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)存在常数λ=2,满足题意. 理由如下:显然直线l 的斜率存在且不为0,设直线l :y=k (x+4),联立{y =k(x +4),x 24+y 2=1,消去y 并整理,得(1+4k 2)x 2+32k 2x+64k 2-4=0, Δ=(32k 2)2-4(1+4k 2)(64k 2-4)>0,得0<k 2<112.设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),则T (x 2,-y 2),所以x 1+x 2=-32k 21+4k 2,x 1x 2=64k 2-41+4k 2,直线PT :y-y 1=y 1+y2x 1-x 2(x-x 1),令y=0,得x=x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,所以H x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,0,若存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立, 所以1λ=|AD|-|DH||AD|·|DH|=1|DH|−1|AD|,又因为D (-2,0),A (-4,0),H (x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,0),所以|AD|=2,|DH|=x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2+2 =x 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+4)+k(x 2+4)+2=x 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+x 2)+8k+2=kx 1(x 1+x 2)+8kx 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+x 2)+8k+2=kx 12+kx 1x 2+8kx 1-kx 12+kx 1x 2-4kx 1+4kx 2k(x 1+x 2)+8k+2=4k(x 1+x 2)+2kx 1x 2k(x 1+x 2)+8k+2=4k·-32k 21+4k 2+2k·64k 2-41+4k 2k·-32k 21+4k 2+8k +2=-1+2=1,所以1λ=11−12,解得λ=2.所以存在常数λ=2,使得|AD|·|DH|=2(|AD|-|DH|)成立.。