高考数学一轮复习第九章解析几何第十节圆锥曲线中的定点定值存在性问题实用课件理
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．
方法(二) 直接消参求定值
[例3]
(2018·湖南五市十校联考)已知椭圆C：
x2 a2
＋
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
y2 b2
＝1(a>b>0)的离心率为
3 5
，过左焦点F且垂直于长轴的弦
长为352.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P(m,0)为椭圆C的长轴上的一个动点，过点P且
斜率为45的直线l交椭圆C于A，B两点，证明：|PA|2＋|PB|2
锥曲线中的定点、定值问题是解析几何中的常见问 题，它多与圆锥曲线的性质相结合，难度较大，常出现 在解答题中.
[全析考法]
圆锥曲线中的定点问题
[例1] (2018·安徽百所重点高中模拟)如 图，设直线l：y＝k x＋p2 与抛物线C：y2＝ 2px(p>0，p为常数)交于不同的两点M，N，且当 k＝12时，抛物线C的焦点F到直线l的距离为2 5 5.
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.
(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，
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.
－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－
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
第十节 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) 圆锥曲线中弦的问题
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
44 所以A(8，t)，B(8，－t)，此时直线AB的方程为x＝8. ②当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋b，A(xA，yA)， B(xB，yB)，联立得yy2＝＝k4xx＋，b， 化简得ky2－4y＋4b＝0.
根据根与系数的关系得yAyB＝
4b k
，因为直线OA，OB的斜率之
＝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
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
圆锥曲线中的定值问题
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．
－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＋4kx－2＝0. y＝kx＋1
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.
＝
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
(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＝
2.圆锥曲线的存在性问题主要体现在以下几个方面： 1点的存在性. 2曲线的存在性. 3探索命题是否成立等，涉及此类问题的求解主要是研 究直线与圆锥曲线的位置关系.
[全析考法]
探究是否存在常数的问题
[例1]
如图，椭圆E：
x2 a2
＋
y2 b2
＝
1(a>b>0)的离心率是
2 2
，点P(0，1)在短轴
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
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
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
代数式 为定值 点到直线 的距离为
定值 某线段长 度为定值
依题意设条件，得出与代数式参数有关的 等式，代入代数式、化简即可得出定值
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
2021年高考数学总复习7.3.3圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题课件理
(1)能否出现AC⊥BC的情况?说明理由;
(2)证明过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.
难点突破 (1)先假设能出现AC⊥BC,再验证直线AC,BC的斜率之
积是否为-1,从而得结论;
(2)设A(x1,0),B(x2,0),点C的坐标,由A,B,C三点⇒AB,BC的中垂线方
程⇒圆心坐标及圆半径⇒圆在y轴上的弦长.
-18-
考向一
考向二
考向三
考向四
考向五
(1)解:不能出现AC⊥BC的情况,理由如下:
设A(x1,0),B(x2,0),
那么x1,x2满足x2+mx-2=0,
所以x1x2=-2.
-1
-1
1
2
1
又 C 的坐标为(0,1),故 AC 的斜率与 BC 的斜率之积为 · =-2,
(2)证明:由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),
则=(-3,t),=(-1-m,-n), · =3+3m-tn,=(m,n),
=(-3-m,t-n).
由 ·=1 得-3m-m2+tn-n2=1.
又由(1)知 m2+n2=2,故 3+3m-tn=0.
1
1
2
又由
因此
+
2
1
2
1
2
>
= 1,
+
3
4 2
1
3
4 2
+
2
知,C 不经过点 P1,所以点 P2 在 C 上.
2 = 4,
解得 2
= 1.
= 1,
高考数学大一轮复习10.10圆锥曲线中的定值定点与存在性问题课件理新人教A版
所以x0=
x1 x2 1
x1
4 x1 （x2 4）
x
2
1 4 x1
2x1x2 4（x1 x2）① x1 x2 8
（x2 4）
联立得方程组
3x2 4y2 12?
y
k（x
4）
,消去y整理可得:
(3+4k2)x2+32k2x+64k2-12=0,
命题角度2 探索定直线问题
【典例】如图,已知椭圆C:
x2 a2
y2 b2
=1(a>b>0)的左右焦
点为F1,F2,其上顶点为A,已知△F1AF2是边长为2的正三
角形.
(1)求椭圆C的方程.
(2)过点Q(-4,0)任作一动直线l交椭圆C于M,N两点,记
MQ QN，若在线段MN上取一点R使得 MR RN，试判 断当直线l运动时,点R是否在某一定直线上运动?若在, 请求出该定直线;若不在,请说明理由.
y1+y2=
2mt2 ， t2 3
y1y2=
t2m2 3，(ⅲ)
t2 3
(ⅲ)代入(ⅰ)得t2m2-3+2m2t2=0,所以(mt)2=1,由已知
mt<0,所以mt=-1,满足(ⅱ),得直线l的方程为x=ty+1,
过定点(1,0),即Q为定点.
(2)已知椭圆C过点A （1，3 ），焦点为(-1,0),(1,0).
所以kE′F′=
1 k OB
3， 3
因为kEF=
3 kE′F′=
2
3× 3 =
23
1 2
,
所以直线EF的斜率为定值 1 .
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
整理的好材料圆锥曲线中的定点定值及存在性问题课件
基 【考点集训】
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
【例 2】 (2013·咸阳模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，
范 流
程
椭圆
E
的中心为原点，焦点
F1，F2
在
y
轴上，离心率为
3 3.
过 F1 的直线 l 交 E 于 A，B 两点，且△ABF2 的周长为 4 3. (1)求椭圆 E 的方程；
考
(2)过圆 O：x2＋y2＝5 上任意一点 P 作椭圆 E 的两条 训
最近距离为 4( 2－1)．
①求此时椭圆 G 的方程；
考 ②设斜率为 k(k≠0)的直线 l 与椭圆 G 相交于不同的两点 训
点 核
A、B，Q 为 AB 的中点，问 A、B 两点能否关于过点
练 高
心 突 破
P0，－ 33、Q 的直线对称？若能，求出 k 的取值范围；
效 提 能
若不能，请说明理由．
菜单
y2＝－13或 t＝1，y1＝－1，y2＝13，
高 效 提
破
所以存在点 P 为(0，±1)．
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
【拓展归纳】存在性问题的类型及解法
础
要
(1)存在性问题的类型
点
解 题 规 范
整 合
存在性问题主要体现在以下几个方面：
2019版高考数学一轮总复习第九章解析几何专题研究3圆锥曲线中定点、定值问题课件理
【解析】
1 (1)由题得C的方程为y ＝4x或 x ＝ y. 2
2 2
(2)证明：∵点B(1，－2)在C上，∴曲线C的方程为y2＝4x. 设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ：x＝ my＋b ，显然 m存 在，与方程y2＝4x联立，消去 x得 y2－4my－4b＝0，Δ＝16(m2＋b)>0，∴y1＋y2＝4m， y1·y2＝－4b.
→ → ∵TA＝(x1，y1－1)，TB＝(x2，y2－1)， 4 → → 2 ∴ TA · TB ＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝(k ＋1)x1x2－ 3 k(x1＋x2)
2 2 2 16 －16k －16－16k ＋32k ＋16 ＋9＝ ＝0. 18k2＋9
→ → ∴TA⊥TB，即以AB为直径的圆恒过定点T(0，1)． 综上可知，在坐标平面上存在一个定点T(0，1)满足条件． x2 2 【答案】 (1) 2 ＋y ＝1 (2)存在，理由略
(2)求定值问题常见的方法： ①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； ②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从 而得到定值．
专 题 讲 解
题型一
定点问题
(2018· 郑州一中模拟)已知直线 l：y＝x＋1，圆 O：x2＋
2 2 3 x y y2＝ ， 直线 l 被圆截得的弦长与椭圆 C： 2＋ 2＝1(a>b>0)的短轴 2 a b
y1＋2 y2＋2 4 4 ∵kBP·kBQ＝－2，∴ · ＝－2，∴ · x1－1 x2－1 y1－2 y2－2 ＝－2，即y1y2－2(y1＋ y2)＋12＝0.∴－4b－8m＋12＝0，即b＝3 －2m. 直线PQ：x＝ my＋b＝my＋3－2m，即 x－3＝m(y－2)． ∴直线PQ过定点(3，2)． 【答案】 1 (1)y ＝4x或 x ＝ y 2
高考数学知识点复习：圆锥曲线中的定值与定点问题 课件
【解答】 (1) 设 P(x0，y0)，又 A(－2,0)，F1(－1,0)， 所以P→F1·P→A＝(－1－x0)(－2－x0)＋y20. 因为点 P 在椭圆x42＋y32＝1 上， 所以x420＋y302＝1，即 y20＝3－34x20，且－2≤x0≤2， 所以P→F1·P→A＝14x20＋3x0＋5.
(2) 由(1)得 8y2－16y＋8＝0，所以 M(2,1)， 故可设 l′：y＝12x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立yx8＝ 2＋12y2x2＋＝m1，， 整理得 x2＋2mx＋2m2－4＝0， Δ＝4m2－4(2m2－4)>0，得－2<m<2， 则 x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4， 所以 k1＋k2＝yx11－ －12＋yx22－ －12
两点，记直线 MA，MB 的斜率分别为 k1，k2，求证：k1＋k2 为定值．
【解答】 (1) 由 e＝ac＝ 23，得 c＝ 23a， 由 a2－b2＝c2，得 b＝12a， 所以 Γ 的方程为ax22＋4ay22＝1，即 x2＋4y2＝a2， 与 l：x＋2y－4＝0 联立得 8y2－16y＋16－a2＝0， 令 Δ＝162－32(16－a2)＝0，得 a2＝8， 所以椭圆 Γ 的方程为x82＋y22＝1.
(2) 设直线 l1：x＝k1y＋2，直线 l2：x＝k2y＋2， 由yx2＝＝k41yx＋，2， 得 y2－4k1y－8＝0， 设 A(x1，y1)，C(x2，y2)，则 y1＋y2＝4k1， 所以 yM＝2k1，则 xM＝2＋2k21， 即 M(2＋2k21，2k1)．同理得 N(2＋2k22，2k2)， 所以直线 MN 的斜率 kMN＝2＋22kk222－－22k＋1 2k21＝k1＋1 k2， 则直线 MN 的方程为 y－2k1＝k1＋1 k2(x－2k21－2)，
2020新课标高考数学讲义：圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题含解析
(2)设P、M、N为抛物线上不同的三点、且PM⊥PN、若P点的横坐标为8、判断直线MN是否过定点？若是、求出定点的坐标；若不是、请说明理由．
解：(1)由题意知、直线AB的方程为y＝x＋ .
由 、得y2－3py＋ ＝0.
设A(x3、y3)、B(x4、y4)、则y3＋y4＝3p.
即(x1＋2、y1)·(x2＋2、y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0、
所以 ＋2× ＋4＋ ＝0、
所以7m2－16mk＋4k2＝0、
解得m1＝2k、m2＝ k、且均满足3＋4k2－m2>0、
当m1＝2k时、l的方程为y＝kx＋2k＝k(x＋2)、直线恒过点(－2、0)、与已知矛盾；
高考真题
思维方法
(20xx·高考全国卷Ⅱ)已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)、直线l不过原点O且不平行于坐标轴、l与C有两个交点A、B、线段AB的中点为M.
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(2)若l过点 、延长线段OM与C交于点P、四边形OAPB能否为平行四边形？若能、求此时l的斜率；若不能、说明理由.
【关键2：用P点坐标表示|AN|】
所以|AN|·|BM|＝|2＋ |·|1＋ |
＝| |
＝| |
＝4.【关键3：计算|AN|·|BM|并化简得出定值】
当x0＝0时、y0＝－1、|BM|＝2、|AN|＝2、
所以|AN|·|BM|＝4.【关键4：讨论特殊情况、并计算|AN|·|BM|】
综上、|AN|·|BM|为定值.
(1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0、b≠0)、A(x1、y1)、B(x2、y2)、M(xM、yM)．【关键1：设出直线方程及直线与椭圆交点坐标】