高考数学大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课件理
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
则 Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)＞0，x1 ＋x2＝－1＋8k4mk2，x1x2＝41m＋2－4k42 ，
[方法技巧] 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．
圆锥曲线中的定值问题
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 (1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数 有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值． (2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式 得出距离的关系式，再利用题设条件化简、变形求得． (3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得关系式，再 依据条件对关系式进行化简、变形即可求得．
所以 a＝2，c＝ 3，b＝1，所以椭圆 C 的方程为x42＋y2＝1.
(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] 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
所以 a2＝25，b2＝16，
椭圆 C 的方程为2x52＋1y62 ＝1.
(2)证明：|PA|2＋|PB|2 为定值． 解：证明：l 的方程为 x＝54y＋m， 代入2x52＋1y62 ＝1， 并整理得 25y2＋20my＋8(m2－25)＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)． 则|PA|2＝(x1－m)2＋y21＝4116y21， 同理|PB|2＝4116y22.
则|PA|2＋|PB|2＝4116(y21＋y22)＝4116[(y1＋y2)2－2y1y2] ＝4116·－45m2－16m225－25＝41. 所以|PA|2＋|PB|2 为定值．
突破点(二) 圆锥曲线中的存在性问题
1.圆锥曲线中的存在性问题具有开放性和发散性，此 类问题的条件和结论不完备，要求考生结合已知条件或假 设新的条件进行探究、观察、分析、比较、抽象、概括等， 是高考中的常考题型，作为解答题的压轴题出现，难度一 般较大，常和不等式、函数、直线、圆及圆锥曲线等知识 结合在一起，对数学能力和数学思想有较高的要求.
解：(1)因为离心率为35，即 e＝ac＝35，所以ba＝45.
当 m＝0 时，l 的方程为 y＝45x， 代入ax22＋by22＝1 并整理得 x2＝a22.
设 A(x0，y0)，则 B(－x0，－y0)， PA·PB ＝－x20－y02＝－4215x20＝－4215·a22.
又因为 PA·PB＝－421.
所以p2＝1，所以 p＝2. 所以抛物线 C 的方程为 y2＝4x.
(2)若直线 OA，OB 的斜率之积为－12，求证：直线 AB 过 x
轴上一定点． 解：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.
(2)若不过点 A 的动直线 l 与椭圆 C 交于 P，Q 两点，且
AP·AQ＝0，求证：直线 l 过定点，并求该定点的坐标．
[解] 证明：由 AP·AQ＝0 知 AP⊥AQ，从而直线 AP 与坐
标轴不垂直，故可设直线 AP 的方程为 y＝kx＋1，直线 AQ 的方
程为 y＝－1kx＋1.
y＝kx＋1， 联立方程组x32＋y2＝1，
所以 k1·k2＝xy2020－－22. 因为点 M(x0，y0)在椭圆 C 上，所以x620＋y302＝1，即 y20＝3－12x02，
所以 k1k2＝1x－02－12x220＝－12为定值．
(2)试问|OP|2＋|OQ|2 是否为定值？若是，求出该值；若不是， 说明理由． 解：|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＝14x12x22， 因为 P(x1，y1)，Q(x2，y2)在椭圆 C 上，
H2，2 310在椭圆上．
(1)求椭圆的方程； a2－b2＝c2＝1，
[解] 由题意，得a42＋94b02＝1，
解得ab22＝＝98，，
所以椭圆方程为x92＋y82＝1.
(2)若点 M 在圆 x2＋y2＝b2 上，且 M 在第一象限，过 M 作 圆 x2＋y2＝b2 的切线交椭圆于 P，Q 两点，求证：△PF2Q 的周 长为定值，并求出该定值．
[解] (1)圆 M 的圆心为(3,1)，半径 r＝ 3. 由题意知 A(0,1)，F(c,0)， 直线 AF 的方程为xc＋y＝1，即 x＋cy－c＝0， 由直线 AF 与圆 M 相切，得|3＋c2c＋－1c|＝ 3， 解得 c2＝2，a2＝c2＋1＝3， 故椭圆 C 的方程为x32＋y2＝1.
[解] 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x921＋y821＝1(|x1|≤3)， |PF2|2＝(x1－1)2＋y21＝(x1－1)2＋81－x921 ＝19(x1－9)2， 所以|PF2|＝13(9－x1)＝3－13x1.
连接 OM，OP(图略)，
由
相
切
条
件
知
|PM|2
＝
|OP|2
3. [考点二·方法二] 椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0)的离心率为35， P(m,0)为 C 的长轴上的一个动点，过 P 点斜率为45的直线 l 交 C 于 A，B 两点．当 m＝0 时， PA·PB＝－421. (1)求椭圆 C 的方程； (2)证明：|PA|2＋|PB|2 为定值．
则 y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝m12＋－44kk22，
由 OA⊥OB 得 kOA·kOB＝－1，即xy11·xy22＝－1， 所以 x1x2＋y1y2＝5m21－＋44－k24k2＝0，即 m2＝45(1＋k2)，
所以原点 O 到直线 AB 的距离为 1|m＋| k2＝255.
综上，原点
即y4A2 ·y42B＋2yAyB＝0， 解得 yAyB＝－32 或 yAyB＝0(舍去)． 所以 yAyB＝4kb＝－32，即 b＝－8k， 所以 y＝kx－8k，即 y＝k(x－8)． 综上所述，直线 AB 过定点(8,0)．
2.[考点二·方法一]如图，已知 M(x0，y0) 是椭圆 C：x62＋y32＝1 上的任一点，从原 点 O 向圆 M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝2 作两 条切线，分别交椭圆于点 P，Q. (1)若直线 OP，OQ 的斜率存在，并记为 k1，k2，求证：k1k2 为定值； (2)试问|OP|2＋|OQ|2 是否为定值？若是，求出该值；若不是， 说明理由．
－
|OM|2
＝
x
2 1
＋
y
2 1
－
8
＝
x
2 1
＋
81－x921－8＝19x12，
所以|PM|＝13x1，
所以|PF2|＋|PM|＝3－13x1＋13x1＝3，
同理可求得|QF2|＋|QM|＝3－13x2＋13x2＝3，
所以|F2P|＋|F2Q|＋|PQ|＝3＋3＝6 为定值．
[方法技巧] 解这类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．
O
到直线
AB
的距离为定值2
5
5 .
[方法技巧] 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，再证明这 个值与变量无关．
方法(二) 直接消参求定值
[例3]
如图，已知椭圆
x2 a2
＋
y2 b2
＝
1(a>b>0)的右焦点为F2(1,0)，点
抓高考命题的“形”与“神”
圆锥曲线中的定点问题 [例 1] (2016·大庆质检)已知椭圆 C：xa22＋y2＝1(a>1)的 上顶点为 A，右焦点为 F，直线 AF 与圆 M：(x－3)2＋(y－ 1)2＝3 相切． (1)求椭圆 C 的方程； (2)若不过点 A 的动直线 l 与椭圆 C 交于 P，Q 两点，且 AP·AQ＝0，求证：直线 l 过定点，并求该定点的坐标．
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)， 联立方程组yy2＝＝k4xx＋，b 消去 x，得 ky2－4y＋4b＝0. 由根与系数的关系得 yAyB＝4kb， 因为直线 OA，OB 的斜率之积为－12， 所以xyAA·xyBB＝－12，即 xAxB＋2yAyB＝0.
2.圆锥曲线的探索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最值的存在性. 4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.
整理得(1＋3k2)x2＋6kx＝0，解得 x＝0 或 x＝1－＋63kk2，
故点 P 的坐标为1－＋63kk2，11－ ＋33kk22，
同理，点 Q 的坐标为k26＋k 3，kk22－ ＋33. 所以直线 l 的斜率为kkk2226－ ＋＋k 333－ －111－＋－ ＋6333kkkk222＝k24－k 1， 所以直线 l 的方程为 y＝k24－k 1x－k26＋k 3＋kk22－ ＋33， 即 y＝k24－k 1x－12. 所以直线 l 过定点0，－12.
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圆锥曲线中的定点、定值问题课件-2025届高三数学一轮复习
有lMN：x＝2＋1＝3，也过定点(3,0)， 故直线MN过定点，且该定点为(3,0)．
(2)设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．
解：由A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)， 则 lAE：y＝yx33－ －yx11(x－x1)＋y1，由 y21＝4x1，y22＝4x2， 故 y＝yy4323－－yy4121x－y421＋y1＝y3＋4xy1－y3＋y21 y1＋y1＝y3＋4xy1＋y3y＋1y3y1， 同理可得 lBD：y＝y4＋4xy2＋y4y＋2y4y2，
(2)过点(－2,3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M， N，证明：线段MN的中点为定点．
解：证明：由题意可知：直线PQ的斜率存在， 设PQ：y＝k(x＋2)＋3， P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立方程
y＝k(x＋2)＋3， y92＋x42＝1， 消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0， 则Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1 728k>0，解得k<0，
[kx1＋(2k＋3)](x2＋2)＋[kx2＋(2k＋3)](x1＋2) (x1＋2)(x2＋2)
＝2kx1x2＋x(14xk2＋＋32)((xx11＋＋xx22))＋＋44(2k＋3)
＝32k4(kk22＋＋19364k(kk)－22＋＋893kk(4)－k4＋1k263＋4k)k((2292＋kk＋＋933))＋＋44(2k＋3)＝13068＝3， 所以线段MN的中点是定点(0,3)．
综合①②知，|MN|＝4 3，为定值．
规律方法
由特殊到一般法求定值问题的两个常用技巧
圆锥曲线中的定点、定值及存在性问题
(2)设 A、B、P 点的坐标分别为 A(x1，y1)、B(x2，y2)、
P(0，y0)．
考 点
显然直线 l 存在斜率，设直线 l 的斜率为 k，
训 练
核 心
则直线 l 的方程是 y＝k(x－m)．
高 效
突
提
破
能
菜单
高考专题辅导与训练·数学(理科)
第一部分 专题五 解析几何
基
础
将直线 l 的方程代入到椭圆 C 的方程中，消去 y 并
础 要 点
1．(2013·焦作模拟)椭圆 G：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的两
整 合
个焦点为 F1(－c,0)，F2(c,0)，M 是椭圆上的一点，且满
解 题 规 范 流 程
足F→1M·F→2M＝0.
(1)求离心率的取值范围；
(2)当离心率 e 取得最小值时，椭圆上的点到焦点的
最近距离为 4( 2－1)．
解答题
难度 较难
此类以直线和圆锥曲线为载体，求某些
考
考查 内容
定值问题，常与一元二次方程、函数、 向量、数列等知识交汇命题，其实质是 考查直线与圆锥曲线的位置关系，该类
训
点
问题一般以证明题或探究的形式出现.
练
核
高
心
效
突
提
破
能
菜单
高考专题辅导与训练·数学(理科)
第一部分 专题五 解析几何
基 础 要
解 题 规
训
点 核 心
又 k≠0，∴－ 294＜k＜0 或 0＜k＜ 294，
练 高 效
突 破
∴所求的 k 的取值范围是－
294＜k＜0 或 0＜k＜
94 2.
2021版新高考数学一轮复习第九章9.9.1圆锥曲线中的定值与定点问题课件新人教B版
2C
故直线AB过定点 (0, 2). .
3
【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.
【变式训练】
已知椭圆C:
设M(x1,y1),N(x2,y2),
则y1+y2=m,y1y2=-m-3,
所以k1k2=
y1 1 y2 1 x1 1 x2 1
=
m2 y1y2
y1y2 m(m
(y1 y2）1 2）(y1 y2）
(m
2）2
1 2
.
所以k1k2为定值.
【题组通关】 【变式巩固·练】 1.(2019·青岛模拟)已知直线l过抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点,且垂直于抛物线 的对称轴,l与抛物线两交点间的距离为2. (1)求抛物线C的方程. (2)若点P(2,2),过点(-2,4)的直线m与抛物线C相交于A,B两点,设直线PA与PB的 斜率分别为k1和k2.求证:k1k2为定值,并求出此定值.
整理得 (n2 4)y2+2nmy+m2-4=0,
所以y1+y2=
2mn n2 4
,y1y2=
m2 4 n2 4
.因为关于x轴对称的两条不同直线l1,
l2的斜率之和为0,
所以 y1 y2 =0,即
y1
y2
=0,
x1 4 x2 4
ny1 m 4 ny2 m 4
所以2ny1y2+m (y1 y2 ) -4 (y1 y2 ) =0,
【解析】(1)由抛物线的定义可知|PF|=t+ a =2t,
故直线AB过定点 (0, 2). .
3
【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.
【变式训练】
已知椭圆C:
设M(x1,y1),N(x2,y2),
则y1+y2=m,y1y2=-m-3,
所以k1k2=
y1 1 y2 1 x1 1 x2 1
=
m2 y1y2
y1y2 m(m
(y1 y2）1 2）(y1 y2）
(m
2）2
1 2
.
所以k1k2为定值.
【题组通关】 【变式巩固·练】 1.(2019·青岛模拟)已知直线l过抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点,且垂直于抛物线 的对称轴,l与抛物线两交点间的距离为2. (1)求抛物线C的方程. (2)若点P(2,2),过点(-2,4)的直线m与抛物线C相交于A,B两点,设直线PA与PB的 斜率分别为k1和k2.求证:k1k2为定值,并求出此定值.
整理得 (n2 4)y2+2nmy+m2-4=0,
所以y1+y2=
2mn n2 4
,y1y2=
m2 4 n2 4
.因为关于x轴对称的两条不同直线l1,
l2的斜率之和为0,
所以 y1 y2 =0,即
y1
y2
=0,
x1 4 x2 4
ny1 m 4 ny2 m 4
所以2ny1y2+m (y1 y2 ) -4 (y1 y2 ) =0,
【解析】(1)由抛物线的定义可知|PF|=t+ a =2t,
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
坐标为(0,1).当m变化时,解答以下问题:
(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,
(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 .
第9节 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题(课件PPT)
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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．
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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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．
高三总复习数学课件 圆锥曲线中的定点、定值问题
定点问题
考向 1 参数法求证定点问题的一般思路 (1)把直线或者曲线方程中的变量 x，y 当作常数看待，把常量当作未知数，将方程 一端化为 0，即化为 kf(x，y)＋g(x，y)＝0 的形式(这里把常量 k 当作未知数)． (2)既然过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部 等于 0，这样就得到一个关于 x，y 的方程组，即fgxx，，yy＝＝00，. (3)这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点，即满足fgxx，，yy＝＝00， 的点(x0，y0)为直线或曲线所过的定点．
[解] (1)抛物线 y2＝8x 的准线为 x＝－2， 所以 F(－2,0)，即 c＝2， 又因为椭圆 C 经过点 A( 6，1)，
则a62＋b12＝1， 解得 a2＝8，b2＝4， a2＝b2＋c2，
所以椭圆 C 的方程为x82＋y42＝1． (2)证明：由(1)知，A1(－2 2，0)，A2(2 2，0)， 所以 l1：x＝－2 2，l2：x＝2 2， 联立x82＋y42＝1， 消 y 得(2k2＋1)x2＋4ktx＋2t2－8＝0，
(2020·全国Ⅰ卷)已知 A，B 分别为椭圆 E：xa22＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G 为 E 的上顶点，―A→G ·―G→B ＝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] (1)由题意得 A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)． 则―A→G ＝(a,1)，―G→B ＝(a，－1)． 由―A→G ·―G→B ＝8 得 a2－1＝8，即 a＝3． 所以 E 的方程为x92＋y2＝1．
直线过定点问题的解题模型
圆锥曲线中的定点、定值问题-高中数学总复习课件
故 m ＝3 k ，代入 y ＝ kx ＋ m ，得 y ＝ k （ x ＋3），过定点（－
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
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
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3
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2
代入 ＋ ＝1，得（3＋4 k ） x ＋4 k （3－2 k ） x ＋4（ －
4
3
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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
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
高考数学一轮复习 第9章 平面解析几何 第9节 圆锥曲线中的定点与定值问题课件 文
5
(2019·开封模拟)已知椭圆C：
x2 a2
＋
y2 b2
＝1(a＞b＞0)的右
焦点F( 3，0)，长半轴的长与短半轴的长的比值为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，
若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点
的坐标．
∴(k2＋1)44mk22＋－14＋k(m－1)4－k28＋km1＋(m－1)2＝0，
整理，得5m2－2m－3＝0，
解得m＝－35或m＝1(舍去)．
9
∴直线l的方程为y＝kx－35. 易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意． 故直线l过定点，且该定点的坐标为0，－35.
10
对于直线y＝kx＋m，当m为定值或m＝f(k)时，便可确 定直线过定点，因此根据条件求出m的值或m与k的关系便可求出定 点．
(1)求直线l的斜率的取值范围； (2)设O为原点，Q→M＝λQ→O，Q→N＝μQ→O，求证：1λ＋1μ为定值．
19
[解](1)因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，
y2＝4x， 由y＝kx＋1，
12
[解](1)由题意可知，抛物线的焦点为椭圆的右焦点，坐标为 (1,0)，所以p＝2，
所以抛物线C1的方程为y2＝4x.
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(2)法一：因为点P与点M关于x轴对称， 所以设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则M(x1，－y1)， 设直线PQ的方程为y＝k(x－2)，代入y2＝4x得，k2x2－4(k2＋1)x ＋4k2＝0，所以x1x2＝4， 设直线MQ的方程为y＝mx＋n， 代入y2＝4x得，m2x2＋(2mn－4)x＋n2＝0，所以x1x2＝mn22＝4，