(文理通用)江苏省2020高考数学二轮复习专题三解析几何第10讲圆锥曲线中定点、定值问题练习
2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版课件：7.4.3 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题
=
得 1,
4
(4k2+1)x2+8kx=0,解得 x1=-4������82���+��� 1,x2=0,
所以 xM=-4������82������+1,yM=41���-���42���+���21. 由 l1,l2 垂直,可得直线 l2 的方程为 y=-���1���x+1.
(*)式
用-���1���替换(*)式中的 k,可得 xN=������82+������ 4,yN=������������22+-44.
设A(x1,0),B(x2,0),则x1,x2满足x2+mx-2=0,所以x1x2=-2.
又C的坐标为(0,1),故AC的斜率与BC的斜率之积为-1
所以不能出现AC⊥BC的情况.
������1
·���-���12=-12,
-18-
考向一 考向二 考向三
(2)BC 的中点坐标为
������2 2
,
1 2
������
3
解得 a=2,b=1,c= 3.
所以椭圆的标准方程为������ 2 +y2=1.
4
-14-
考向一 考向二 考向三
(2)证明 显然直线 l1,l2 的斜率存在.
������ = ������������ + 1,
设直线 l1 的方程为 y=kx+1,联立方程组
������ 2
+
������2
由
������ 2 12
+
������ 2 6
=
1,
化简得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-12=0,
圆锥曲线中的定点、定值问题(含解析)
圆锥曲线中的定点、定值问题一、题型选讲题型一 、 圆锥曲线中过定点问题圆锥曲线中过定点问题常见有两种解法： （1）、求出圆锥曲线或直线的方程解析式，研究解析式，求出定点（2）、从特殊位置入手，找出定点，在证明该点符合题意（运用斜率相等或者三点共线）。
例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A 、B 分别为椭圆E ：2221x y a+=（a >1）的左、右顶点，G 为E 的上顶点，8AG GB ⋅=，P 为直线x =6上的动点，P A 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.例2、（2020届山东省临沂市高三上期末）如图，已知点F 为抛物线C ：22y px =（0p >）的焦点，过点F 的动直线l 与抛物线C 交于M ，N 两点，且当直线l 的倾斜角为45°时，16MN =.（1）求抛物线C 的方程.（2）试确定在x 轴上是否存在点P ，使得直线PM ，PN 关于x 轴对称？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.例3、【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C ：x 2=−2py 经过点（2，−1）．（1）求抛物线C 的方程及其准线方程；（2）设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线y =−1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B ．求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．题型二、圆锥曲线中定值问题圆锥曲线中常见的定值问题，属于难题．探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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，从而得到定值例4、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为2，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．例5、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知椭圆()2222:10x y E a b a b+=>>的离心率e 满足2220e −+=，右顶点为A ，上顶点为B ，点C (0，－2)，过点C 作一条与y 轴不重合的直线l ，直线l 交椭圆E 于P ，Q 两点，直线BP ，BQ 分别交x 轴于点M ，N ；当直线l 经过点A 时，l ．(1)求椭圆E 的方程；(2)证明：BOM BCN S S ∆∆⋅为定值．例6、(2019苏州三市、苏北四市二调）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：x 24＋y 2＝1，椭圆C 2：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)，C 2与C 1的长轴长之比为2∶1，离心率相同．(1) 求椭圆C 2的标准方程； (2) 设点P 为椭圆C 2上的一点．①射线PO 与椭圆C 1依次交于点A ，B ，求证：PAPB 为定值；②过点P 作两条斜率分别为k 1，k 2的直线l 1，l 2，且直线l 1，l 2与椭圆C 1均有且只有一个公共点，求证k 1·k 2为定值．.思路分析 (1)根据已知条件，求出a ，b 的值，得到椭圆C 2的标准方程．(2)①对直线OP 斜率分不存在和存在两种情况讨论，当OP 斜率存在时，设直线OP 的方程为y ＝kx ，并与椭圆C 1的方程联立，解得点A 横坐标，同理求得点P 横坐标，再通过弦长公式，求出PAPB 的表达式，化简整理得到定值．②设P(x 0，y 0)，写出直线l 1的方程，并与椭圆C 1联立，得到关于x 的一元二次方程，根据直线l 1与椭圆C 1有且只有一个公共点，得到方程只有一解，即Δ＝0，整理得(x 20－4)k 21－2x 0y 0k 1＋y 20－1＝0，同理得到(x 20－4)k 22－2x 0y 0k 2＋y 20－1＝0，从而说明k 1，k 2是关于k 的一元二次方程的两个根，运用根与系数的关系，证得定值．二、达标训练1、（2020届浙江省温州市高三4月二模）如图，已知椭圆22:14x C y +=，F 为其右焦点，直线()0:k y x m l m k +<=与椭圆交于1122(,),(,)P x y Q x y 两点，点,A B 在l 上，且满足,,PA PF QB QF OA OB ===.(点,,,A P Q B 从上到下依次排列)(I )试用1x 表示PF ：(II )证明：原点O 到直线l 的距离为定值.2、【2018年高考北京卷理数】已知抛物线C ：2y =2px 经过点P （1，2）．过点Q （0，1）的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线P A 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N ． （1）求直线l 的斜率的取值范围；（2）设O 为原点，QM QO λ=，QN QO μ=，求证：11λμ+为定值．3、(2019苏锡常镇调研）已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为32，焦点到相应准线的距离为33.(1) 求椭圆E 的标准方程；(2) 已知P(t ，0)为椭圆E 外一动点，过点P 分别作直线l 1和l 2，直线l 1和l 2分别交椭圆E 于点A ，B 和点C ，D ，且l 1和l 2的斜率分别为定值k 1和k 2，求证：PA ·PBPC ·PD 为定值．4、(2018苏州暑假测试）如图，已知椭圆O ：x 24＋y 2＝1的右焦点为F ，点B ，C 分别是椭圆O 的上、下顶点，点P 是直线l ：y ＝－2上的一个动点(与y 轴的交点除外)，直线PC 交椭圆于另一个点M.(1) 当直线PM 经过椭圆的右焦点F 时，求△FBM 的面积；(2) ①记直线BM ，BP 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1•k 2为定值；5、(2016泰州期末）如图，在平面直角坐标系xOy 中， 已知圆O ：x 2＋y 2＝4，椭圆C ：x 24＋y 2＝1，A 为椭圆右顶点．过原点O 且异于坐标轴的直线与椭圆C 交于B ，C 两点，直线AB 与圆O 的另一交点为P ，直线PD 与圆O 的另一交点为Q ，其中D (－65，0).设直线AB ，AC 的斜率分别为k 1，k 2.(1) 求k 1k 2的值；(2) 记直线PQ ，BC 的斜率分别为k PQ ，k BC ，是否存在常数λ，使得k PQ ＝λk BC ？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由；(3) 求证：直线AC 必过点Q .圆锥曲线中的定点、定值问题解析一、题型选讲例1【解析】（1）由题设得A （–a ，0），B （a ，0），G （0，1）.则(,1)AG a =，GB =（a ，–1）.由AG GB ⋅=8得a 2–1=8，即a =3.所以E 的方程为29x +y 2=1．（2）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P A 的方程为y =9t （x +3），所以y 1=9t （x 1+3）.直线PB 的方程为y =3t （x –3），所以y 2=3t（x 2–3）.可得3y 1（x 2–3）=y 2（x 1+3）.由于222219x y +=，故2222(3)(3)9x x y +−=−，可得121227(3)(3)y y x x =−++， 即221212(27)(3)()(3)0.m y y m n y y n ++++++=①将x my n =+代入2219x y +=得222(9)290.m y mny n +++−=所以12229mn y y m +=−+，212299n y y m −=+．代入①式得2222(27)(9)2(3)(3)(9)0.m n m n mn n m +−−++++=解得n =–3（含去），n =32.故直线CD 的方程为3=2x my +，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）.例2、【解析】（1）当直线l 的倾斜角为45°，则l 的斜率为1，,02p F ⎛⎫⎪⎝⎭，l ∴的方程为2p y x =−.由2,22,p y x y px ⎧=−⎪⎨⎪=⎩得22304p x px −+=.设()11,M x y ，()22,N x y ，则123x x p +=， ∴12416x x p M p N ++===，4p =， ∴抛物线C 的方程为28y x =.（2）假设满足条件的点P 存在，设(),0P a ，由（1）知()2,0F ， ①当直线l 不与x 轴垂直时，设l 的方程为()2y k x =−（0k ≠），由()22,8,y k x y x ⎧=−⎨=⎩得()22224840k x k x k −++=，()22222484464640k k k k ∆=+−⋅⋅=+>，212248k x x k++=，124x x =. ∵直线PM ，PN 关于x 轴对称， ∴0PM PN k k +=，()112PM k x k x a −=−，()222PNk x k x a−=−. ∴()()()()()()122112128(2)222240a k x x a k x x a k x x a x x a k+−−+−−=−+++=−=⎡⎤⎣⎦， ∴2a =−时，此时()2,0P −.②当直线l 与x 轴垂直时，由抛物线的对称性，易知PM ，PN 关于x 轴对称，此时只需P 与焦点F 不重合即可. 综上，存在唯一的点()2,0P −，使直线PM ，PN 关于x 轴对称. 例3、【解析】（1）由抛物线2:2C x py =−经过点(2,1)−，得2p =.所以抛物线C 的方程为24x y =−，其准线方程为1y =.（2）抛物线C 的焦点为(0,1)F −. 设直线l 的方程为1(0)y kx k =−≠.由21,4y kx x y=−⎧⎨=−⎩得2440x kx +−=.设()()1122,,,M x y N x y ，则124x x =−. 直线OM 的方程为11y y x x =. 令1y =−，得点A 的横坐标11A x x y =−. 同理得点B 的横坐标22B x x y =−. 设点(0, )D n ，则1212,1,,1x x DA n DB n y y ⎛⎫⎛⎫=−−−=−−− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 21212(1)x x DA DB n y y ⋅=++ 2122212(1)44x x n x x =++⎛⎫⎛⎫−− ⎪⎪⎝⎭⎝⎭21216(1)n x x =++ 24(1)n =−++.令0DA DB ⋅=，即24(1)0n −++=，则1n =或3n =−. 综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0,1)和(0,3)−.例4、【解析】（1）由题设得22411a b +=，22212a b a −=，解得26a =，23b =． 所以C 的方程为22163x y +=． （2）设11(,)M x y ，22(,)N x y ．若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y kx m =+，代入22163x y +=得222(12)4260k x kmx m +++−=． 于是2121222426,1212km m x x x x k k −+=−=++．①由AM AN ⊥知0AM AN ⋅=，故1212(2)(2)(1)(1)0x x y y −−+−−=，可得221212(1)(2)()(1)40k x x km k x x m ++−−++−+=．将①代入上式可得22222264(1)(2)(1)401212m kmk km k m k k−+−−−+−+=++． 整理得(231)(21)0k m k m +++−=．因为(2,1)A 不在直线MN 上，所以210k m +−≠，故2310k m ++=，1k ≠．于是MN 的方程为21()(1)33y k x k =−−≠.所以直线MN 过点21(,)33P −.若直线MN 与x 轴垂直，可得11(,)N x y −.由0AM AN ⋅=得1111(2)(2)(1)(1)0x x y y −−+−−−=.又2211163x y +=，可得2113840x x −+=.解得12x =（舍去），123x =. 此时直线MN 过点21(,)33P −.令Q 为AP 的中点，即41(,)33Q .若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt ADP △的斜边，故1||||2DQ AP =. 若D 与P 重合，则1||||2DQ AP =. 综上，存在点41(,)33Q ，使得||DQ 为定值.例5、【解析】（1）由2220e −+=解得2e =或e =，∴a =，又222a b c =+，a ∴=，又()020AC k a −−==−a ∴=1b ∴=，∴椭圆E 的方程为2212x y +=；（2）由题知，直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为2y kx =−，设()()1122,,,P x y Q x y ，由22212y kx x y =−⎧⎪⎨+=⎪⎩得()2221860k x kx +−+=， ∴12122286,2121k x x x x k k +==++， ()()22=84621k k −−⨯⨯+=216240k −> 232k ∴>， ∴()121224421y y k x x k −+=+−=+，()()121222y y kx kx =−−()21212=24k x x k x x −++=224221k k −+， 直线BP 的方程为1111y y x x −=+，令0y =解得111x x y =−，则11,01x M y ⎛⎫⎪−⎝⎭，同理可得22,01x N y ⎛⎫⎪−⎝⎭， 12123411BOMBCNx x SSy y ∴=−−=()()()12121212123341141x x x x y y y y y y =−−−++=22226321444212121k k k k +−++++=12， BOM BON S S∆∴为定值12． 例6、 (1) 规范解答 设椭圆C 2的焦距为2c ，由题意，a ＝22，c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，解得b ＝2，因此椭圆C 2的标准方程为x 28＋y 22＝1.(3分)(2)①1°当直线OP 斜率不存在时，PA ＝2－1，PB ＝2＋1，则PAPB ＝2－12＋1＝3－2 2.(4分) 2°当直线OP 斜率存在时，设直线OP 的方程为y ＝kx ，代入椭圆C 1的方程，消去y ，得(4k 2＋1)x 2＝4， 所以x 2A ＝44k 2＋1，同理x 2P ＝84k 2＋1.(6分)所以x 2P ＝2x 2A ，由题意，x P 与x A 同号，所以x P ＝2x A ，从而PAPB＝|x P－x A||x P－x B|＝|x P－x A||x P＋x A|＝2－12＋1＝3－2 2.所以PAPB＝3－22为定值．(8分)②设P(x0，y0)，所以直线l1的方程为y－y0＝k1(x－x0)，即y＝k1x－k1x0＋y0，记t＝－k1x0＋y0，则l1的方程为y＝k1x＋t，代入椭圆C1的方程，消去y，得(4k21＋1)x2＋8k1tx＋4t2－4＝0，因为直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点，所以Δ＝(8k1t)2－4(4k21＋1)(4t2－4)＝0，即4k21－t2＋1＝0，将t＝－k1x0＋y0代入上式，整理得，(x20－4)k21－2x0y0k1＋y20－1＝0，(12分)同理可得，(x20－4)k22－2x0y0k2＋y20－1＝0，所以k1，k2为关于k的方程(x20－4)k2－2x0y0k＋y20－1＝0的两根，从而k1·k2＝y20－1x20－4.(14又点在P(x0，y0)椭圆C2：x28＋y22＝1上，所以y20＝2－14x20，所以k1·k2＝2－14x20－1x20－4＝－14为定值．(16分)二、达标训练1、【解析】(I) 椭圆22:14xC y+=，故)F，1 ||22FP x ====−.(II)设()33,A x y，()44,B x y，则将y kx m=+代入2214xy+=得到：()222418440k x kmx m+++−=，故2121222844,4141km mx x x xk k−−+==++，21241x xk−=+，OA OB=，故()3434343421k x x my yx x x x k+++==−++，得到34221kmx xk−+=+，PA PF=13122x x−=−42222x x−=−，由已知得：3124x x x x<<<或3124x x x x>>>，)()123421x x x x x+−+=−，2228241141km kmk k k−+=+++，化简得到221m k=+.故原点O到直线l的距离为1d==为定值.2、【解析】（1）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．由241y xy kx⎧=⎨=+⎩得22(24)10k x k x+−+=．依题意22(24)410k k∆=−−⨯⨯>，解得k<0或0<k<1．又P A，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）．从而k≠-3．所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）．由（1）知12224kx xk−+=−，1221x xk=．直线P A的方程为1122(1)1yy xx−−=−−．令x=0，得点M的纵坐标为1111212211My kxyx x−+−+=+=+−−．同理得点N的纵坐标为22121Nkxyx−+=+−．由=QM QOλ，=QN QOμ得=1Myλ−，1Nyμ=−．所以2212121212122224112()111111=2111(1)(1)11M Nkx x x x x x k ky y k x k x k x x kk λμ−+−−−++=+=+=⋅=⋅−−−−−−．所以11λμ+为定值．3、规范解答(1)设椭圆的半焦距为c，由已知得，ca＝32，则a2c－c＝33，c2＝a2－b2，(3分)解得a＝2，b＝1，c＝3，(5分)所以椭圆E的标准方程是x24＋y2＝1.(6分)(2) 解法1 由题意，设直线l 1的方程为y ＝k 1(x －t)，代入椭圆E 的方程中，并化简得(1＋4k 21)x 2－8k 21tx ＋4k 21t 2－4＝0，(8分)设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)．则x 1＋x 2＝8k 21t 1＋4k 21，x 1x 2＝4k 21t 2－41＋4k 21，因为PA ＝1＋k 21|x 1－t|，PB ＝1＋k 21|x 2－t|，(10分)所以PA·PB ＝(1＋k 21)|x 1－t||x 2－t|＝(1＋k 21)|t 2－(x 1＋x 2)t ＋x 1x 2| ＝(1＋k 21)|t 2－8k 21t 21＋4k 21＋4k 21t 2－41＋4k 21|＝（1＋k 21）|t 2－4|1＋4k 21，(12分) 同理，PC ·PD ＝（1＋k 22）|t 2－4|1＋4k 22，(14分) 所以PA·PB PC·PD ＝（1＋k 21）（1＋4k 22）（1＋k 22）（1＋4k 21）为定值．(16分)解法2 由题意，设直线l 1的方程为y ＝k 1(x －t)，直线l 2的方程为y ＝k 2(x －t)，设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，C(x 3，y 3)，D(x 4，y 4)．直线l 1的方程为y ＝k 1(x －t)，代入椭圆E 的方程中，并化简得(1＋4k 21)x 2－8k 21tx ＋4k 21t 2－4＝0，(8分) 则x 1＋x 2＝8k 21t 1＋4k 21，x 1x 2＝4k 21t 2－41＋4k 21，同理则x 3＋x 4＝8k 22t1＋4k 22，x 3x 4＝4k 22t 2－41＋4k 22，PA →·PB →＝(x 1－t ，y 1)(x 2－t ，y 2)＝(x 1－t)(x 2－t)＋k 21(x 1－t)(x 2－t)＝(x 1－t)(x 2－t)(1＋k 21)， PC →·PD →＝(x 3－t ，y 3)(x 4－t ，y 4)＝(x 3－t)(x 4－t)＋k 22(x 3－t)(x 4－t)＝(x 3－t)(x 4－t)(1＋k 22)．(12分) 因为P ，A ，B 三点共线，所以PA →·PB →＝PA·PB ，同理，PC →·PD →＝PC ·PD.PA ·PB PC ·PD ＝PA →·PB →PC →·PD →＝（x 1－t ）（x 2－t ）（1＋k 21）（x 3－t ）（x 4－t ）（1＋k 22）＝（1＋k 21）（1＋k 22）·（x 1－t ）（x 2－t ）（x 3－t ）（x 4－t ）＝（1＋k 21）（1＋k 22）·x 1x 2－t （x 1＋x 2）＋t 2x 3x 4－t （x 3＋x 4）＋t 2.代入x 1＋x 2＝8k 21t 1＋4k 21，x 1x 2＝4k 21t 2－41＋4k 21，x 3＋x 4＝8k 22t 1＋4k 22，x 3x 4＝4k 22t 2－41＋4k 22，化简得PA ·PB PC ·PD ＝（1＋k 21）（1＋4k 22）（1＋k 22）（1＋4k 21），(14分)因为是定值，所以PA ·PB PC ·PD ＝（1＋k 21）（1＋4k 22）（1＋k 22）（1＋4k 21）为定值．(16分)4规范解答 (1) 由题意B(0，1)，C(0，－1)，焦点F(3，0)，当直线PM 过椭圆的右焦点F 时，则直线PM 的方程为x 3＋y －1＝1，即y ＝33x －1，联立⎩⎨⎧x 24＋y 2＝1，y ＝33x －1，解得⎩⎨⎧x ＝837，y ＝17或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－1(舍)，即M ⎝⎛⎭⎫837，17.(2分)连结BF ，则直线BF ：x 3＋y1＝1，即x ＋3y －3＝0，而BF ＝a ＝2，点M 到直线BF 的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪837＋3×17－312＋（3）2＝2372＝37.故S △MBF ＝12·BF ·d ＝12×2×37＝37.(4分)(2) 解法1(点P 为主动点) ①设P(m ，－2)，且m≠0，则直线PM 的斜率为k ＝－1－（－2）0－m ＝－1m ， 则直线PM 的方程为y ＝－1m x －1，联立⎩⎨⎧y ＝－1m x －1，x 24＋y 2＝1化简得⎝⎛⎭⎫1＋4m 2x 2＋8m x ＝0，解得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8m m 2＋4，4－m 2m 2＋4，(6分)所以k 1＝4－m 2m 2＋4－1－8m m 2＋4＝－2m 2－8m ＝14m ，k 2＝1－（－2）0－m ＝－3m ，(8分)所以k 1·k 2＝－3m ·14m ＝－34为定值．(10分)5、规范解答 (1) 设B (x 0，y 0)，则C (－x 0，－y 0)，x 204＋y 20＝1，因为A (2,0)，所以k 1＝y 0x 0－2，k 2＝y 0x 0＋2，所以k 1k 2＝y 0x 0－2·y 0x 0＋2＝y 20x 20－4＝1－14x 20x 20－4＝－14.(4分)(2) 设直线AP 方程为y ＝k 1(x －2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x －2，x 2＋y 2＝4得(1＋k 21)x 2－4k 21x ＋4(k 21－1)＝0，解得x P ＝2k 21－11＋k 21，y P ＝k 1(x P －2)＝－4k 11＋k 21， 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x －2，x24＋y 2＝1得(1＋4k 21)x 2－16k 21x ＋4(4k 21－1)＝0，解得x B ＝24k 21－11＋4k 21，y B ＝k 1(x B －2)＝－4k 11＋4k 21，(8分) 所以k BC ＝y B x B ＝－2k 14k 21－1，k PQ ＝y Px P ＋65＝－4k 11＋k 212k 21－11＋k 21＋65＝－5k 14k 21－1， 所以k PQ ＝52k BC ，故存在常数λ＝52，使得k PQ ＝52k BC .(10分) (3) 设直线AC 方程为y ＝k 2(x －2)，当直线PQ 与x 轴垂直时，Q ⎝⎛⎭⎫－65，－85，则P －65，85，所以k 1＝－12，即B (0,1)，C (0，－1)，所以k 2＝12，则k AQ ＝－85－65－2＝12＝k 2，所以直线AC 必过点Q .当直线PQ 与x 轴不垂直时，设直线PQ 方程为y ＝－5k 14k 21－1⎝⎛⎭⎫x ＋65， 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－5k 14k 21－1⎝⎛⎭⎫x ＋65，x 2＋y 2＝4解得x Q ＝－216k 21－116k 21＋1，y Q ＝16k 116k 21＋1， 因为k 2＝－y B －x B －2＝4k 11＋4k 2121－4k 211＋4k 21－2＝－14k 1， 所以k AQ ＝16k 116k 21＋1－216k 21－116k 21＋1－2＝－14k 1＝k 2，故直线AC 必过点Q .(16分) (不考虑直线与x 轴垂直的情形扣1分)。
2020届江苏高考数学(理)总复习讲义：直线与圆锥曲线
必过教材美直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l 与圆锥曲线 C 的位置关系时，通常将直线l 的方程Ax + By + C = 0(A,B 不同 时为0)代入圆锥曲线 C 的方程F(x ，y) = 0,消去y(也可以消去x)得到一个关于变量 x(或变 量y)的一元方程.］Ax + By + C = 0,即 消去 y ,得 ax 2 + bx + c = 0.F x , y =0(1) 当0时，设一元二次方程 ax 2+ bx + c = 0的判别式为 △,贝V △>0?直线与圆锥曲 线C 相交； △= 0?直线与圆锥曲线C 相切△V 0?直线与圆锥曲线 C 相离.(2) 当a = 0, b z 0时，即得到一个一次方程，则直线 I 与圆锥曲线C 相交，且只有一个 交点，此时，若C 为双曲线，则直线I 与双曲线的渐近线的位置关系是平彳 —若C 为抛物线，则直线I 与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合.［小题体验］2 2 1 .若直线y = kx 与双曲线x — y = 1相交，贝V k 的取值范围是 ___________ . 9 42 2 2解析：双曲线x — y = 1的渐近线方程为y = ±3x ,若直线y = kx 与双曲线相交，数形结合得M - 3, 2 -答案：- 3,32 22•已知椭圆C : x 2+ y 2= 1(a > b >0), F( 2, 0)为其右焦点，过点 F 且垂直于x 轴的直a b 线与椭圆相交所得的弦长为 2，则椭圆C 的方程为解析：由题意得组=2,I aa 2=b 2+c 2,2 2 所以椭圆C 的方程为中+ y2 = 1.2 2 第九节 直线与圆锥曲线a = 2,答案：*+14 223.经过椭圆X2 + y2= 1的一个焦点作倾斜角为45°勺直线l，交椭圆于A, B两点•设0为坐标原点，则—O A -0B等于 _________ .解析：依题意，当直线l经过椭圆的右焦点（1,0）时，其方程为y—0= tan 45°x —1），即y2=x —1,代入椭圆方程号+ y2= 1并整理得3x2—4x= 0,解得x= 0或x= 4，所以两个交点坐标分别为（0, —1）, 3, 1，所以6X ―B = —3,同理，直线I经过椭圆的左焦点时，也可得—0? -OB = —1.故"O X CE B 的值为一3.答案：—1必过易错关1 .直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切，事实上不一定相切，当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点.2 •直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行时也相交于一点.［小题纠偏］1•过点（0,1）作直线，使它与抛物线y2= 4x仅有一个公共点，这样的直线有__________ 条.解析：结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x= 0，过点（0,1）且平行于x轴的直线以及过点（0,1）且与抛物线相切的直线（非直线x= 0）.答案：3b 2 22 .直线V= b x + 3与双曲线x2—y2= 1的交点有个.a a b解析：因为直线V=b x + 3与双曲线的渐近线y=b x平行，a a所以它与双曲线只有1个交点.答案：1考点一直线与圆锥曲线的位置关系重点保分型考点一一师生共研［典例引领］x2V2J6 已知椭圆C：孑+ b2= 1（a> b>0）的两个焦点分别为F1（—2,0）, F2（2,0），离心率为亏.过点F 2的直线1(斜率不为0)与椭圆C 交于A , B 两点，线段 AB 的中点为D , O 为坐标原点, 直线OD 交椭圆于M , N 两点.(1)求椭圆C 的方程；⑵当四边形MF 1NF 2为矩形时，求直线l 的方程. c =2,解: (1)由题意可知 C =¥,解得a = ■_ 6, b = 2. a 3 a 2= b 2 + c 2,2 2故椭圆C 的方程为x +y =1. 6 2⑵由题意可知直线l 的斜率存在.设其方程为 y = k(x — 2),点 A(x i , y i ), B (x 2, y 2), M (x 3, y 3), N (—X 3,— y 3),-2 2舟管+, 1,由6 2y = k x — 2 —4ky1+ y2= k(x1 + x2- 4)=碍,因此直线 OD 的方程为x + 3ky = 0(k z 0).因为四边形 MF 4NF 2为矩形,即(x 3 — 2 , y 3) (•— X 3 — 2，— y 3)= 0 ,4— x 2 — y 3= 0.22 9k +14— l+F = a［由题悟法］1. 直线与圆锥曲线位置关系的判定方法(1)代数法：即联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x , y 的方程组，消去 y(或x)得 元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标.得(1 + 3k 2)x 2— 12k 2x + 12k 2— 6= 0, 所以x 1 + x 2=212k 2 1 + 3k '所以AB 的中点D 的坐标为'6k 2 2 — 2k?、1 + 3k 2, 1 + 3k2 , x + 3ky = 0,由 x 2 y f+ = 1,6 2 ，解得 y3= 1+?, x3 = — 3% 所以 所以 解得 k =±(.故直线i 的方程为y = ±，(x — 2).(2)几何法：即画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数.2. 判定直线与圆锥曲线位置关系的注意点第一：可以限定所给(1) 联立直线与圆锥曲线的方程消元后，应注意讨论二次项系数是否为零的情况.(2) 判断直线与圆锥曲线位置关系时，判别式△起着关键性的作用，参数的范围；第二：可以取舍某些解以免产生增根.［即时应用］(2019泰州中学高三学情调研)已知椭圆的离心率为扌，焦距为2,直线y= kx(x z 0)与椭圆C交于A, B两点，M为其右准线与x 轴的交点，直线AM , BM分别与椭圆C交于A i, B i两点，记直线A iB i的斜率为k i.(1) 求椭圆C的方程；(2) 是否存在常数入使得k i=入讪亘成立？若存在，求出入的值；若不存在，请说明理由.2 2解：⑴设椭圆方程为a + *= i(a> b> 0),由椭圆的焦距2c= 2,得c= i.由椭圆的离心率e=許吩得 a = 2,则b2= a2-c2= i,2所以椭圆C的方程为；+ y2= i.(2)设A(x o, y o),贝y B(-x o, —y o), k=严，2y2= 2-x0,又右准线方程为x = 2,贝V M(2,0),x直线AM的方程为y=匚—2(x - 2),消去y,整理得[(x o- 2)2+ 2y2]x2- 8y0x + 8y o-2(x°- 2)2= 0,因为方程的两个根为x o, xA i,比8y 2― 2(x o― 2 f 4(2—x o —2fx o- 2f 4 —3x o所以xo xAi= x o —2 2+ 2y2 = x o-22+ 2丸=xo‘则xA i= 3― 2xo, yA i = ~^(xA i —2) = 3y2 ,3—2x o x o—2' 3—2x o即存在X=— 3，使得k i =入k 旦成立.考点二定点、定值问题 重点保分型考点一一师生共研则A i i4 — 3x o y o ] 3 — 2x o 3 — 2x o ' 同理可得 4 + 3x o 3 + 2x ‘ y o — 3+2x o，贝U k i =— 6y o 2x o3k ,［典例引领］2 2 f (2017 全国卷 I )已知椭圆 C: a 2+ 治=1(a > b > 0),四点 P i (1,1), P 2(0, 1), P3 — 1, P",尹 中恰有三点在椭圆 C 上. (1)求C 的方程； ⑵设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点•若直线 P 2A 与直线P 2B 的斜率的和 为一1,证明：I 过定点. 解：(1)由于P 3, P 4两点关于y 轴对称， 故由题设知椭圆 C 经过P 3, P 4两点. 1113 又由孑+ b 2＞孑+ 4b 2知，椭圆C 不经过点P 1, 所以点P 2在椭圆C 上.2 故椭圆C 的方程为x +y = 1. 4 (2)证明：设直线 P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为 k 1, k 2. 如果I 与x 轴垂直，设l ：x = t,由题设知埒0，且|t| V 2,可得A, B 的坐标分别为 1从而可设 I : y = kx + m(m ^ 1).2将y = kx + m 代入x + y 2= 1得 4(4k 2+ 1)x 2+ 8kmx + 4m 2— 4 = 0. 由题设可知 △= 16(4k 2— m 2+ 1) > 0.设 A(X 1, y 1), B (X 2, y 2), 解得a 2=：， |b 2= 1. 则 k 1 + k 2 = 4 -12-2 2t 4- t 2+ 2 2t =—1,得t = 2，不符合题设. 因此x1+ x2=8km1’x1X2 =4m2— 44k2+ 1.k1 + k2 = y2 —1 X2kx1 + m —1 +kx2+ m—1 X1X2_ 2kx i X 2+ (m — 1 (X i + X 2)X 1X 2由题设k i + k ?= — 1,故(2k + 1)X i X 2+ (m — 1)(x i + X 2)= 0.2口 r, 4m — 4 — 8km即(2k + 1) 一+ (m — 1) 一2= 0. 4k 2+ 1 4k 2+ 1当且仅当 m >— 1 时，△>0，于是 I : y = — ^^X + m , 即卩 y + 1 = — m ^(X — 2),所以I 过定点(2, — 1).［由题悟法］定点、定值问题的求解策略(1) 定点问题的求解策略把直线或曲线方程中的变量 X , y 当作常数看待，把方程一端化为零，既然直线或曲线过定点，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零，这样就得 到一个关于X , y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点.(2) 定值问题的求解策略在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就是“定值”问题，解决这类问题常通过取 特殊值，先确定“定值”是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与 变量无关的常数或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即可得到定值.［即时应用］(2019徐州一模)已知中心在原点，对称轴为坐标轴的椭圆 C 的一个焦点F 在抛物线y 2= 4x 的准线上，且椭圆 C 过点P 1, 2，直线I 与椭圆C 交于A , B 两点.(1)求椭圆C 的方程；⑵若直线I 的斜率为1,且不过点P ,设直线PA , PB 的斜率分别为k 1, k 2,求证：心+ k 2为定值. 解：(1)抛物线/= 4x 的准线方程为x =— 1，由题意知F (— 1,0).2 2设椭圆C 的方程为勺+書=1(a >b >0).a b ' '［硏= 1, a 2 = 4,则由题意可得 1 9 解得2孑 + 4?= 1, 血=3.2 2故椭圆C 的方程为x + y = 1.解得k =—m + 1 24 3⑵证明：因为直线l 的斜率为2，且不过点P 1, 3 ,所以可设直线l 的方程为y = 2x + m(m ^ 1). 2 2 x +y = 1 4十3 ， 联立方程组消去 y 得 x 2 + mx + m 2— 3 = 0.设 A(x i , y", B (X 2,『2), 2 2 △= m - 4m - 3 > 0, 故有 X 1+ X 2=- m , X 1X 2= m 2- 3.3 3y 1- 2 y 2- 2所以k 1 + k 2= 1十 1X 1— 1 X 2— 1 y1-3 (XL 1 j(x 2— 1 ) -1 十 y2-2 x1 2x 1 + m -- 1 十 =X 1- 1 X 2- 1 _ X 1X 2+ (m — 2 怪1十 X 2 — 2m + 3— X 1X 2 - X j + X 2 十 12m — 3+ m - 2 — m — 2m + 3= 2 = 0m — 3 — (— m 十 1， 考点三最值、范围问题 重点保分型考点一一师生共研［典例引领］(2018苏北四市期末)如图，在平面直角坐标系2 2 圆C ： x 2+ y 2 = 1(a >b >0)的离心率为 乎，且右焦点 a b 2xOy 中，已知椭离为6.2.(1)求椭圆C 的(2)设A 为椭圆C 的左顶点，P 为椭圆C 上位于 的垂线，交y 轴于点N. x 轴上方的点，直线 PA 交y 轴于点M ,过点F 作MF ①当直线 PA 的斜率为1时，求△ FMN 的外接圆的方程; ②设直线AN 交椭圆C 于另一点Q 求厶AP Q 的面积的最大值.m— -12 2所以椭圆C 的方程为 去+ y= 1.16 8 ⑵由题意可设直线 PA 的方程为y = k(x + 4), k >0,贝U M(0, 4k),所以P ，Q 关于原点对称，即 P Q 过原点.所以△ APQ 的面积 S =」OA (y p — W)= 2 X 16k 2^3^< 8 2,2 1 + 2k 12k +1所以△ AP Q 的面积的最大值为 8 2.［由题悟法］圆锥曲线中的最值问题解决方法(1)代数法：从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本 不等式法、换元法、导数法等方法求最值.(2)几何法：从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值.［即时应用］2 2 1已知椭圆*= 1(a >b >0)的离心率为，且经过点P 1,c=t a 2， 2 解：(1)由题意得l c+ 2 = 6厲解得，a = 4,c= 2迄，贝b =蓉,所以k MF 0 — 4k2.2— 0 =— 2k , kFN1 2k ，所以直线FN 的方程为y「打 (x — 2 2)，贝V N 0, - k .①当直线 1 1PA 的斜率为 1，即 k = 1 时，M(0,2), N(0,-4), F(2 2，0)， 因为MF 丄FN ，所以圆心为(0, - 1)，半径为3, 所以△ FMN 的外接圆的方程为 x 2+ (y + 1)2= 9.k x + 4 ,②联立 x 2 y 2消去 y ,整理得(1 + 2k 2)x 2 + 16k 2x + 32k 2- 16 = 0,+ ^-= 1 16 84 — 8k解得x1=-4或X2= 1+尿，所以p4- 8k 2 1+ 2k 2, 8k1 + 2k 2，1 又直线AN 的方程为y =—以債+ 4), 同理可得，Q —4 8k ,2k 2,—1 + 2k2 ,3，过它的两个焦点 F 1,当且仅当2k =；,即k =a ”=6—F 2分别作直线11与12, l l 交椭圆于A , B 两点，12交椭圆于C , D 两点，且1l 丄12.(1) 求椭圆的标准方程；(2) 求四边形ABCD 的面积S 的取值范围. 解：⑴由C = £ 得 a = 2c ,所以 a 2= 4c 2, b 2= 3c 2,a 2 将点P 1, 2的坐标代入椭圆方程得 c 2 = 1, 2 2 故所求椭圆方程为x + y= 1.4 3(2)若11与12中有一条直线的斜率不存在，则另一条直线的斜率为 0，此时四边形的面积为 S = 6.1若11与12的斜率都存在，设11的斜率为k ，则12的斜率为—7.k 不妨设直线11的方程为y = k(x + 1), 设 A(x 1, y 1), B(x 2, y 2), y= k (x +1, x 2 y 2-+3 = 1消去 y 整理得，(4k 2+ 3)x 2+ 8k 2x + 4k 2— 12 = 0,△= 64k 4— 4(3 + 4k 2)(4k 2— 12) = 144 k 2+ 144> 0, 8 k 2 4 k ? — 12仃 L 【、II O tv -re所以 x 1 + x 2=—彳［2 丄 3 , x 1 X 2= 2丄 3 ,4k 十3 4k 十3所以凶一X 2|= X 1 + X 22 — 4x 1x 2=：胃鳥1,. 2 2所以 S = 2AB CD = 4岸 3 樣 + 4 , 令 k 2= t € (0, + g ), 所以 S =72 1 +12(4t + 3 )(3t + 4 )6 12t 2+ 25t + 12 — 6t = 12t 2+ 25t + 126 12t + ¥+ 25联立$ 所以 AB =1 + k 2x i — X 2|=212 k + 1 4k 2 + 3 ,同理可得一保高考，全练题型做到高考达标2 21. (2019徐州第一中学检测)若双曲线X9 — 丁 =1与直线y = kx — 1有且仅有一个公共点,则这样的直线有 ________ 条.2 2解析：把直线y = kx — 1代入双曲线x— \ = 1中， 消去 y ,得(4 — 9k 2)x 2 + 18kx — 45= 0,当4— 9k 2= 0，即k = ±3时，直线与双曲线相交，有一个交点； 当4— 9k 2工0，即k 工±3时，令 △= 0,得182k 2+ 4(4 — 9k 2)x 45= 0，解得k = ±7，此时直线与双曲线相切，有一个交点.3 综上，k 的值有4个，即这样的直线有 4条. 答案：42 22•已知椭圆C : +才=1的左、右顶点分别为 M , N ，点P 在C 上，且直线PN 的斜率是—1，则直线PM 的斜率为 ___________ .42 2解析：设P(X 0,y °),则x 0+ y 0= 1,直线PM 的斜率k pM = 一咒，直线PN 的斜率k pN = 匕,4 3 X 0 十 2 X 0 — 2 可得 k pM k PN = 2,0 ’ =— 3，故 k pM = — 3 • 1 = 3.X 0— 44 4 k PN答案：33 .已知抛物线y 2= 2px 的焦点F 与椭圆16x 2 + 25, = 400的左焦点重合，抛物线的准线 与x 轴的交点为K ,点A 在抛物线上且 AK = Q2AF ，则点A 的横坐标为 ______________________ .2 2解析：16x 2+ 25y 2= 400 可化为 x + y= 1,1故直线I 的方程为y — 2= — ^(x — 4), 即 x + 2y — 8= 0. 答案：x + 2y — 8= 0> 6- A = 28849 49 所以S €器6 .综上可知，四边形 ACBD 面积的取值范围是 czi0 □1=125 16则椭圆的左焦点为F(—3,0),又抛物线y2= 2px的焦点为p, 0，准线为x =—p, 所以p=—3, 即卩p=—6,即y2= —12x, K(3,0).设 A(x , y),则由 AK = 2AF 得 (x — 3)2 +2[(x + 3)2 + y 2]，即 x 2+ 18x + 9+ — 0,又 y 2=— 12x ，所以 x 2+ 6x + 9= 0,解得 x =— 3. 答案：—3x 2 y 224. (2019江都中学检测)已知双曲线 孑一詁=1(a >0, b >0)的两条渐近线与抛物线y =2px(p >0)的准线分别交于 A , B 两点，若双曲线的离心率为 2, O 为坐标原点，△ AOB 的面 积为弓3 1，贝y p= ______________ .22b解析：•••双曲线字—存=1的渐近线方程是y = ±^x ,抛物线y 2= 2px(p >0)的准线方程是x = — p ,A ,B 两点的纵坐标分别是 y = ±f ,•••双曲线的离心率为 2,2 2 2• 2= C —2— = e 2— 1= 3,贝H b = 3, a a a ••• A , B 两点的纵坐标分别是尸詈=甲, 又厶AOB 的面积为于, ••• 2X 3p x p =33,解得 P =竽. 又论 + X 2= 8,知 + y 2= 4, 所以也二也=—1,X 1 — X 2 22 25.已知(4,2)是直线l 被椭圆訂+ f = 1所截得的线段的中点，则I 的方程是解析：设直线l 与椭圆相交于A(X 1, y 1), B(X 2, y 2). 两式相减并化简得嵌X j + x 2 4(y 1 + y 2 j16. (2018海门中学检测)如图，过抛物线 y = ”x 4 5的焦点F 的直线I 与抛物线和圆x 2 + (y4答案：18.已知直线l 过抛物线C ： y 2= 2px(p >0)的焦点，且与抛物线的对称轴垂直，直线 l 与 抛物线C 交于A , B 两点，且AB = 12,若M 为抛物线C 的准线上一点，则△ ABM 的面积 为 .解析：由题意知，抛物线 C 的焦点坐标为 p 0 ,对称轴为x 轴，准线为x =—:.因为 直线l 与x 轴垂直，所以 AB = 2p = 12, p = 6,又点M 在抛物线C 的准线上，所以点M 到直1线AB 的距离为 6，所以△ ABM 的面积 S =6X 12= 36.解得 x = ±2,则 A( — 2,1), D(2,1),2 -1)2= 1 交于 A , B ,解析：不妨设直线因为 B( — 1,1), C(1,1),所以 刁B = (1,0), 1DC = (— 1,0),所以 瓦B Bc =— 1.答案：—12 27. (2019宁海中学调研)已知椭圆/+洽=1(a > b > 0)，点A , B 1, B 2, F 依次为其左顶 点、下顶点、上顶点和右焦点，若直线 AB ?与直线B 1F 的交点恰在椭圆的右准线上，则椭圆的离心率为 _________ .解析：根据题意得，直线 AB 2的方程为：y =b x + b ,aA直线B 1F 的方程为：y = b x — b ,c 联立两直线方程解得 x = 2ac . a — c化简得 2c 2 + ac — a 2= 0, 即 2e 2+ e — 1 = 0,1又0v e v 1,解得e = 2又由题意可得 2ac =a — c答案：369. (2018镇江期末)已知椭圆 C : X 2+古=1(a > b > 0)的离心率为 ，且点 一.3, 2在椭圆C 上.(1)求椭圆C 的方程；⑵若直线l 交椭圆C 于P , Q 两点，线段P Q 的中点为H , O 为坐标原点，且 OH = 1, 求厶PO Q面积的最大值.2所以椭圆C 的方程为专+ y 2= 1.⑵设 I 与 x 轴的交点为 D(n,0),直线 l ： x = my + n , P(X 1, y", Q (X 2, y 2),x = my + n , 联立 x 2 2消去 x ，整理得(4 + m 2)y 2+ 2mny + n 2— 4= 0,4+y =1… 1 1则 SA PO Q = ^OD|y 1 — y 2= 2|n||y 1 — y 2|.令 T = n (y 1 — y ?) = n [(y i + y 2) — 4y i y 2]=24 + m _______ t16+ m 2 2=t 2+ 24t + 144当且仅当t = 学，即t = 12时，S A PO Q = 1, 所以△ PO Q 面积的最大值为 1. X 2 210.如图，在平面直角坐标系xOy 中，过椭圆 C : 4 + y = 1的解：(1)由已知得c =」a 2，a +4b 2=1， 解得〜a 2= 4,b 2= 1,所以 y 1 + y 2= —2mn4 + m 2, 4 + m 2,192 4+ m 22 2 ,设 t = 4+ m 2(t > 4),则 y 1y 2= my + y 2 片 2n = 4n2 = 4 + m 2, 由OH=“，得n2=辭宁,w2t + 学 + 241 48’左顶点A作直线I，与椭圆C和y轴正半轴分别交于点P, Q(1)若AP = PQ,求直线I的斜率;(2)过原点O 作直线I 的平行线，与椭圆 C 交于点M , N ，求证：为定值.解：⑴依题意，椭圆C 的左顶点A(— 2,0),2 216k — 4 "吊2 — 8k则—2 x p = ■ 2 . 1，从而 X p =2. 4k 十 1 1 + 4k因为AP = P Q,所以x p =— 1. 22— 8k 2 所以石页2=— 1,解得k =设直线I 的斜率为k(k >0)，点P 的横坐标为X p ,则直线I 的方程为 y = k(x + 2).y =k x +2, 联立名y-1,得(4k 2+ 1)x 2+ 16k 2x + 16k 2— 4 = 0,(2)证明：设点N 的横坐标为 X N .结合⑴知，直线MN 的方程为 y = kx.y = kx , 联立X 22xr + y 2=1，得x N =4 1 + 4k 2.2 —8k 21 + 4k 2+ 21 4—=1(定值). 4 X 1 + 4 k 2上台阶，自主选做志在冲刺名校1. (2019苏州调研)如图, 2 2 x 2+ ]=1(a > b > 0)的离心率为在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆C :-2，椭圆上的动点p 到一个焦点的距离的最小值为3( 2 — 1).(1)求椭圆C 的(2)已知过点M(0,— 1)的动直线I 与椭圆C 交于A , B 两点，试判断以线段 AB 为直径 的圆是否恒过定点，并说明理由.从而APN^MN2 2⑵当直线i 的斜率为0时，对于18+£+1,令y =— i ,得x = ±4, 此时以线段 AB 为直径的圆的方程为x 2 + (y + 1)2+ 16.当直线I 的斜率不存在时，以线段 AB 为直径的圆的方程为 x 2+ y 2= 9.x = 0,解得 <即两圆的交点为(0,3),记T(0,3).l.y = 3,猜想以线段 AB 为直径的圆恒过定点 T(0,3).当直线I 的斜率存在且不为 0时，设直线l 的方程为y = kx — 1(k z 0), A(X i , y ,), B (X 2,y = kx — i , 由 X 2 y 2 “得(1 + 2^)X — 4kx — 16+ 0,ii +y T 1,)4k16所以△=(-4k) + 64(1 +2k) = 144k+ 64>0, Xi + X2= 7+k , X1X2+-i+?・因为 TA TB — = (x i , y i — 3) (X 2, y 2 — 3) = X i x 2 + y i y 2 — 3(y i + y 2)+ 9 = x i X 2 + (kx i — 1)(kx 22 — 16(k 2+ 1)i6k 2—1)— 3(kx1 —1+ kx 2 — 6 7 8 + 9 = (k +1)xi X 2 —4k(x1 + x2) + 16 =2- —2 + 16 =1 + 2k2 + 16= 0,所以TA 丄TB ，故以线段 AB 为直径的圆过点 T(0,3).综上，以线段 AB 为直径的圆恒过定点(0,3). 2. (2019盐城模拟)如图，已知F i , F 2分别是椭圆 > b >0)的左、右焦点，点P(— 2,3)是椭圆C 上一点，且7 求椭圆C 的方程；2 2 28 设圆 M : (x — m) + y = r (r >0).- --------------------------------------- > --- > ---- > --- >①设圆 M 与线段PF 2交于 A , B 两点，若MA + MB = MP + MF 2,且AB = 2,求r 的值; ②设m = — 2，过点P 作圆M 的两条切线分别交椭圆C 于G , H 两点(均异于点P).试问：是否存在这样的正数 r ,使得G , H 两点恰好关于坐标原点 O 对称？若存在，求出 r 的 值；若不存在，请说明理由.解：⑴因为点P( — 2,3)是椭圆C 上一点，且 PF ,丄x 轴, 所以椭圆的半焦距 c = 2,22.2.22由与+ b = 1,得 y = b ，所以 一 = ------- =3, a b a a a联立 x 2+y +12=16, X 2+ y 2+ 9,y 2).1 + 2k 1 + 2k —16 1 +2 k2化简得a2—3a—4= 0，解得a= 4，所以b2= 12,2 2所以椭圆C的方程为,6+占=i.C:PF2 2故存在满足条件的正数 r ，且r = 罗.._ --- > ---- > --- > --- > ⑵①因为 MA + MB = MP + MF 2,-- > --- > --- > --- > ------ > --- > 所以 MA — MP = MF 2— MB ，即 PA = BF 2. 所以线段PF 2与线段AB 的中点重合(记为点QQ, 由⑴知Q 0, 2 .因为圆M 与线段PF ?交于A , B 两点，所以 k "Q k AB = k )M Q kPF 2= — 1,=—1,解得 m =—98,所以 M Q ==彊又 AB = 2，所以 r =普 2+ 12= 17.②假设存在正数r 满足题意. 由G , H 两点恰好关于原点对称，设G(X o , y o ),贝y H( — x o ,— y °),不妨设x o < 0.因为P(— 2,3), m =— 2,所以两条切线的斜率均存在， 设过点P 与圆M 相切的直线的斜率为 k ,则切线方程为 y — 3 = k(x + 2)，即 kx — y + 2k + 3= 0, 由该直线与圆 M 相切，得 r = _^=2,1卩k = 土、I 2 , ^1 + k 2 V r 所以两条切线的斜率互为相反数，即k pG =— k pH ,V 0 — 3 — y ° — 3— 6所以 ,2=— —x , 2，化简得 x o y o =— 6, 即卩 y o =, x o 十 2 — X o 十 2 *x o2 2代入x 十12 = 1,化简得x — 16x 2 + 48= o , 解得x °=— 2(舍去)或x °=— 2 3, y 0= 3,G(— 2 3, -3), H(2 3,— 3),所以 所以所以k PG =—123 3 记所以r=1 十232 6打7故存在满足条件的正数r，且r = 罗.板块命题点专练(十三)圆锥曲线学习曲匕、阶H 卵上能力彌，期伸古.高考真理第中研究一命题规律，验自身能力命题点一椭圆X 2----- >-- >1.(2018浙江高考)已知点P(0,1),椭圆—+ 卜m(m > 1)上两点A , B 满足AP = 2 PB ,则当m = _________ 时，点B 横坐标的绝对值最大.-- > ---- >解析：设 A(x i , y i ), B(x 2, Y 2),由 AP = 2PB ,-X i = 2X 2, 得即 X 1=- 2x 2, y 1= 3— 2y2.1 - y i =2 y 2— 1,2管 +(3 - 2y2)= m ,因为点A , B 在椭圆上，所以2I X2 24 + y 2= m ,解得 y 2= 4m + 4,所以 X2= m - (3 — 2y 2)2=- ^m 2 + ；m - 9 所以当m = 5时，点B 横坐标的绝对值最大. 答案：5y 2h”=1(a > h > 0)的右焦点，直线 y =云与椭圆交于 =90°则该椭圆的离心率是b.------------------------------ > -- >因为/ BFC = 90° 所以 BF -CF = 0, 所以(+ 留；(一乎a )+ (- b )= 0, 即 c 2- 3a 2 + ^h 2= 0,4a 4h 将h 2 = a 2-c 2代入并化简，得a 2= 3c 2,2. (2016江苏高考)如图，在平面直角坐标系 新―5)2 + 4W 4,解析：将y =；代入椭圆的标准方程,得?+器1h 2所以x =，故 B -_23a , b ，C，-- >又因为F(c,0)，所以BF =-h , "Ci?= ,2 '所以e 2= c 2= 2，所以e =¥(负值舍去).a 3 3 答案：」33. (2017江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆x 2y 2 1E :孑+ b 2= 1(a > b > 0)的左、右焦点分别为F i , F 2,离心率为2， 两准线之间的距离为 8.点P 在椭圆E 上，且位于第一象限，过 点F i 作直线PF i 的垂线l i ,过点F 2作直线PF 2的垂线12.(1) 求椭圆E 的标准方程；(2) 若直线1i , 12的交点Q 在椭圆E 上，求点P 的坐标. 解：(i)设椭圆的半焦距为 c.因为椭圆E 的离心率为2,两准线之间的距离为 8,2c i 2a o所以8,a 2 c解得 a = 2, c = i ,于是 b = j a 2— c 2=,2 2因此椭圆E 的标准方程是7 + y = i.4 3 ⑵由(i)知，F i (— i,0), F 2(i,0). 设p(x 0, y °),因为P 为第一象限的点， 故 X 0>0, y °> 0.当X 0= i 时，I 2与l i 相交于F i ，与题设不符.当i 时，直线PF i 的斜率为詰，直线PF 2的斜率为X —因为l i 丄PF i , l 2± PF 2，所以直线l i 的斜率为一心，直线l 2的斜率为一3 ,y 0 y 0从而直线l i 的方程为X 0+ iy=—H （x + i ）,即 X 0 — y （）= i 或 x 0+ y （）= i.直线l 2的方程为y = 由①②，解得 x =— X 0, X 0 — i ■0yr （x — i ）.X o— iy = y 0所以Q — X 。
(文理通用)江苏省2020高考数学二轮复习专题三解析几何第11讲圆锥曲线中最值、范围问题练习
第11讲 圆锥曲线中最值、范围问题课后自测诊断——及时查漏补缺·备考不留死角1．已知点(m ，n )在椭圆8x 2＋3y 2＝24上，则2m ＋4的取值范围是______．解析：因为点(m ，n )在椭圆8x 2＋3y 2＝24上，即在椭圆x 23＋y 28＝1上，所以点(m ，n )满足椭圆的范围|x |≤3，|y |≤22，因此|m |≤3，即－3≤m ≤3，所以2m ＋4∈[4－23，4＋23]．答案：[4－23，4＋23]2．(2019·常州期末)在平面直角坐标系xOy 中，设直线l ：x ＋y ＋1＝0与双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的两条渐近线都相交且交点都在y 轴左侧，则双曲线C 的离心率e 的取值范围是________．解析：双曲线的渐近线分别为y ＝b a x ，y ＝－b a x ，依题意有－b a >－1，即b <a ，e ＝ca＝c 2a 2＝a 2＋b 2a 2< 2.又因为e >1，所以e 的取值范围是(1，2)． 答案：(1，2)3．(2019·海安中学月考)已知AB ＝25，M 是线段AB 的中点，点P 在平面内运动且PA＋PB ＝6，则PM 的最大值为________．解析：由题意，知点P 的轨迹是以点A ，B 为焦点的椭圆，其长轴长为6，焦距为25，所以短轴长为4，易知PM 的最大值为3.答案：34．直线x ＋y ＋2＝0分别与x 轴，y 轴交于A ，B 两点，点P 在圆(x －2)2＋y 2＝2上，则△ABP 面积的取值范围是________．解析：设圆(x －2)2＋y 2＝2的圆心为C ，半径为r ， 点P 到直线x ＋y ＋2＝0的距离为d ， 则圆心C (2,0)，r ＝2，所以圆心C 到直线x ＋y ＋2＝0的距离为|2＋2|2＝22，可得d max ＝22＋r ＝32，d min ＝22－r ＝ 2. 由已知条件可得AB ＝22，所以△ABP 面积的最大值为12×AB ×d max ＝6，△ABP 面积的最小值为12×AB ×d min ＝2.综上，△ABP 面积的取值范围是[2,6]． 答案：[2,6]5．已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，以其两个焦点和短轴的两个端点为顶点的四边形是一个面积为4的正方形，设P 为该椭圆上的动点，C ，D 的坐标分别是(－2，0)，(2，0)，则PC →·PD →的最大值为________．解析：由面积为4的正方形可知⎩⎨⎧a ＝2，b ＝c ＝2，所以椭圆方程为x 24＋y 22＝1，所以C ，D 为椭圆的焦点．设P (x 0，y 0)，则PC →·PD →＝x 20＋y 20－2， 又x 20＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－y 202，所以PC →·PD →＝－y 20＋2≤2.答案：26．设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)恒过定点A (1,2)，则椭圆的中心到准线的距离的最小值是________.解析：由已知得1a 2＋4b 2＝1，因为准线方程为x ＝a 2c ，所以椭圆的中心到准线的距离为d ＝a 2c，即d 2＝a 4c 2＝a 4a 2－b 2＝a 4a 2－4a 2a 2－1＝a 4－a 2a 2－5＝a 2－52＋9a 2－5＋20a 2－5＝a 2－5＋20a 2－5＋9≥220＋9＝45＋9＝(5＋2)2，当且仅当a 2＝5＋25时取等号．所以d ≥5＋2，即d min ＝5＋2.答案：5＋27．(2019·镇江中学检测)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ，且长轴长为8，T 为椭圆C 上异于A ，B 的点，直线TA ，TB 的斜率之积为－34.(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点M (8,0)的动直线与椭圆C 交于P ，Q 两点，求△OPQ 面积的最大值．解：(1)设T (x ，y )(x ≠±4)，则直线TA 的斜率为k 1＝y x ＋4，直线TB 的斜率为k 2＝yx －4.于是由k 1k 2＝－34，得y x ＋4·y x －4＝－34，整理得x 216＋y 212＝1(x ≠±4)，故椭圆C 的方程为x216＋y 212＝1.(2)由题意设直线PQ 的方程为x ＝my ＋8，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋8，x 216＋y 212＝1，得(3m 2＋4)y 2＋48my ＋144＝0，Δ＝(48m )2－4×144×(3m 2＋4)＝12×48(m 2－4)>0，即m 2>4，y P ＋y Q ＝－48m 3m 2＋4，y P y Q ＝1443m 2＋4. 所以PQ ＝m 2＋13m 2＋4·Δ＝24m 2＋1m 2－43m 2＋4， 又点O 到直线PQ 的距离d ＝8m 2＋1.所以S △OPQ ＝12×PQ ×d ＝96m 2－43m 2＋4＝963m 2－4＋16m 2－4≤43当且仅当m 2＝283时等号成立，且满足m 2>4.故△OPQ 面积的最大值为4 3.8．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，两条准线之间的距离为8.(1)求椭圆C 的标准方程．(2)若A ，B 分别为椭圆C 的左、右顶点，在平面直角坐标系xOy 中，过点B 作x 轴的垂线l ，点P 是直线l 上(异于点B )任意一点，直线AP 交椭圆C 于点Q .①若OP 与BQ 交于点M ，且BM →＝2MQ →，求直线AP 的方程； ②求OP →·BQ →的取值范围．解：(1)由题意知e ＝c a ＝12，2a 2c＝8，解得c ＝1，a ＝2，∴b ＝3，故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)①由(1)知A (－2,0)，B (2,0)， 设Q (x 0，y 0)，y 0≠0，P (2，t )， ∵A ，Q ，P 三点共线，∴k AQ ＝k AP ，∴y 0x 0＋2＝t 4，得t ＝4y 0x 0＋2，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，4y 0x 0＋2.设点M (x 1，y 1)，∵BM →＝2MQ →， ∴(x 1－2，y 1)＝2(x 0－x 1，y 0－y 1)，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1＝2x 0＋2，3y 1＝2y 0，得点M ⎝⎛⎭⎪⎫2x 0＋23，2y 03.∵O ，M ，P 三点共线，∴2y 032x 0＋23＝t 2＝2y 0x 0＋2，解得y 0＝0(舍去)或x 0＝0，又点Q 在椭圆C 上，∴Q (0，±3)， 故直线AP 的方程为y ＝±32(x ＋2)． ②由①易知OP →·BQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，4y 0x 0＋2·(x 0－2，y 0)＝2(x 0－2)＋4y 2x 0＋2.∵点Q 在椭圆C 上，∴x 204＋y 203＝1，得4y 20＝3(4－x 20)，将4y 20＝3(4－x 20)代入上式得， OP →·BQ →＝2(x 0－2)＋34－x 20x 0＋2＝2－x 0，∵－2＜x 0＜2，∴0＜2－x 0＜4， ∴OP →·BQ →的取值范围为(0,4)．9．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的长轴长为4，离心率为12.(1)求椭圆E 的标准方程．(2)设斜率为k (k ≠0)的直线l 与椭圆E 相交于C ，D 两点．①若点P (1，m )(m ＞0)在椭圆E 上，直线l 过椭圆上的右焦点F ，且直线PC ，PD 的斜率之积为1，求直线l 的方程；②若k ＝32，求OC ·OD 的最大值． 解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝4，c a ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c ＝1，所以b 2＝a 2－c 2＝3，所以椭圆E 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)①因为椭圆E 过点P (1，m )， 所以得14＋m 23＝1，又m ＞0，所以m ＝32.由(1)知F (1,0)，所以直线l 的方程为y ＝k (x －1)， 与x 24＋y 23＝1联立并消元得， (3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，Δ＞0， 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)， 直线PC ，PD 的斜率分别为k 1，k 2， 所以x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，所以k 1k 2＝y 1－32x 1－1·y 2－32x 2－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫kx 1－k －32⎝ ⎛⎭⎪⎫kx 2－k －32x 1－1x 2－1＝k 2x 1x 2－k ⎝⎛⎭⎪⎫k ＋32x 1＋x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫k ＋322x 1x 2－x 1＋x 2＋1＝k 2·4k 2－123＋4k 2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋32·8k 23＋4k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋3224k 2－123＋4k 2－8k23＋4k2＋1 ＝－k －34＝1，所以k ＝－74，直线l 的方程为7x ＋4y －7＝0.②设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝32x ＋n ，代入x 24＋y 23＝1并消去y 得3x2＋23nx ＋2n 2－6＝0，所以x 1＋x 2＝－233n ，x 1x 2＝2n 2－63，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝⎝⎛⎭⎪⎫－23n 32－2·2n 2－63＝4，所以OC 2＋OD 2＝x 21＋y 21＋x 22＋y 22＝x 21＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＋x 22＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 224＝7， 所以OC ·OD ≤OC 2＋OD 22＝72，当且仅当OC ＝OD ＝142时取等号， 所以OC ·OD 的最大值为72.10．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的焦点坐标分别为F 1(－1,0)，F 2(1,0)，P 为椭圆C 上一点，满足3PF 1＝5PF 2且cos ∠F 1PF 2＝35.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于A ，B 两点，点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，若AQ ＝BQ ，求k 的取值范围．解：(1)由题意设PF 1＝r 1，PF 2＝r 2，则3r 1＝5r 2， 又r 1＋r 2＝2a ，∴r 1＝54a ，r 2＝34a .在△PF 1F 2中，由余弦定理得，cos ∠F 1PF 2＝r 21＋r 22－F 1F 222r 1r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34a 2－222×54a ×34a ＝35， 解得a ＝2，∵c ＝1，∴b 2＝a 2－c 2＝3， ∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋m ，消去y 得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－123＋4k 2，且Δ＝48(3＋4k 2－m 2)>0.①设AB 的中点为M (x 0，y 0)，连接QM ， 则x 0＝x 1＋x 22＝－4km 3＋4k 2，y 0＝kx 0＋m ＝3m3＋4k2. ∵AQ ＝BQ ，∴AB ⊥QM ，又Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，M 为AB 的中点，∴k ≠0，直线QM 的斜率存在，∴k ·k QM ＝k ·3m3＋4k2－4km 3＋4k 2－14＝－1，解得m ＝－3＋4k24k.②把②代入①得3＋4k 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫－3＋4k 24k 2，整理得16k 4＋8k 2－3>0，即(4k 2－1)(4k 2＋3)>0，解得k >12或k <－12，故k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.。
2020新高考数学二轮冲刺圆锥曲线全归纳(压轴题全解析)
MA MB
AB
0
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
，即
( x,4
2
y)
( x,2)
0
，即
y
1
x2
2
。
4
【例 3】已知抛物线 C ： y2 2x 的焦点为 F ，平行于 x 轴的两条直线 l1,l2 分别交 C 于 A，B 两点，
交 C 的准线于 P，Q 两点． （I）若 F 在线段 AB 上， R 是 PQ 的中点，证明 AR FQ ； （II）若 PQF 的面积是 ABF 的面积的两倍，求 AB 中点的轨迹方程.
5 轨迹 C 的方程.
解 析 设 M 的 坐 标 为 (x, y) ， P 的 坐 标 为 (x0 , y0 ) ， 因 为 M 为 PD 上 一 点 ， 且
|MD|=
4 5
|PD|，所以
x
y
x0
4 5
y0
x0 y0
x 5 4
y
，又
P (x0 ,
y0 )
若 C 为双曲线,则直线 l 与双曲线的渐近线平行;若 C 为抛物线,则直线 l 与抛物线
A圆
B 椭圆
C 线段
D 一段抛物线
解析
设点
M
(x0
,
y0
),
P(x,
第10讲 定点问题
第10讲 圆锥曲线中的定点问题求解直线或曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x ，y 当作常数看待，把方程一端化为零，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等于零，这样就得到一个关于x ，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．一、直线过定点问题例 1 已知动圆过定点F (1，0)，且与直线l ：x ＝－1相切． (1)求动圆圆心的轨迹C 的方程；(2)过点M (1，2)作曲线C 的两条弦MA ，MB ，设MA ，MB 所在直线的斜率分别为k 1，k 2，当k 1，k 2变化且满足k 1＋k 2＝－1时，证明直线AB 恒过定点，并求出该定点坐标．例2 已知中心在原点，焦点在坐标轴上的椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点P 3，32，离心率为12，过直线l ：x ＝4上一点M 引椭圆E 的两条切线，切点分别是A ，B .(1)求椭圆E 的方程．(2)若在椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上的任一点N (x 0，y 0)处的切线方程是x 0x a 2＋y 0yb 2＝1.求证：直线AB 恒过定点C ，并求出定点C 的坐标．例3 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1经过点(0，3)，离心率为12，直线l 经过椭圆C 的右焦点F交椭圆于A 、B 两点，点A 、F 、B 在直线x ＝4上的射影依次为点D 、K 、E .(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 交y 轴于点M ，且MA →＝λAF →，MB →＝μBF →，当直线l 的倾斜角变化时，探求λ＋μ的值是否为定值？若是，求出λ＋μ的值；否则，说明理由；(3)连接AE 、BD ，试探索当直线l 的倾斜角变化时，直线AE 与BD 是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由．二、圆过定点问题例4 如图1所示，等边三角形OAB 的边长为83，且其三个顶点均在抛物线E ：x 2＝2py (p ＞0)上．(1)求抛物线E 的方程；(2)设动直线l 与抛物线E 相切于点P ，与直线y ＝－1相交于点Q ，证明以PQ 为直径的圆恒过y 轴上某定点．图1例5 已知定点()0,1F 和直线:1l y =-，过点F 且与直线l 相切的动圆圆心为点M ，记点M 的轨迹为曲线E ．(1) 求曲线E 的方程；(2) 若点A 的坐标为()2,1, 直线1:1(l y kx k =+∈R ，且0)k ≠与曲线E 相交于,B C 两 点，直线,AB AC 分别交直线l 于点,S T . 试判断以线段ST 为直径的圆是否恒过两个定点? 若是，求这两个定点的坐标；若不是，说明理由．三、存在性定点问题例6 已知椭圆C 的方程为13422=+y x ，直线4:0=x l ，A 是椭圆C 的右顶点，点),(11y x P 是椭圆上异于左、右顶点的一个动点，直线PA 与0l 交于点1M ，直线l 过点P 且与椭圆交于另一点),(22y x B ，与0l 交于点2M ，(1)若直线l 经过椭圆的左焦点F ，且使得3=⋅→-→-AB AP ，求直线l 的方程；(2)若点B 恰为椭圆的左顶点，问x 轴上是否存在定点D ，使得对变化的点P ，以21M M 为直径的圆总经过点D ，若存在，求这样的圆面积的最小值，若不存在说明理由．例7 已知椭圆1C 的中心为原点O ，离心率e =2，其一个焦点在抛物线2:C 22y px =的准线上，若抛物线2C 与直线: 0l x y -=相切． (1)求该椭圆的标准方程；(2)当点(,)Q u v 在椭圆1C 上运动时，设动点(,)P v u u v 2-+的运动轨迹为3C ．若点T 满足：ON OM MN OT ++=2，其中,M N 是3C 上的点，直线OM 与ON 的斜率之积为1-2，试说明：是否存在两个定点,F F 12，使得TF TF 12+为定值？若存在，求,F F 12的坐标；若不存在，说明理由．例8 已知点F 1(－1，0)，F 2(1，0)分别是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点，点P ⎝⎛⎭⎫1，22在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的标准方程．(2)设直线l 1：y ＝kx ＋m ，l 2：y ＝kx －m ，若l 1，l 2均与椭圆C 相切，试探究在x 轴上是否存在定点M ，点M 到l 1，l 2的距离之积恒为1.若存在，请求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．四、其他例9 设椭圆2222:18x y E a a +=-（a >0）的焦点在x 轴上．（Ⅰ）若椭圆E 的离心率e =，求椭圆E 的方程；（Ⅱ）设F 1，F 2分别是椭圆E 的左、右焦点，P 为直线x +y =与椭圆E 的一个公共点;直线F 2P 交y 轴于点Q ，连结F 1P .问当a 变化时，1F P uuu r 与1F Q uuu r的夹角是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由．精品练习1．椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，过其右焦点F 且与长轴垂直的弦长为1.(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆C 的左、右顶点分别为A ，B ，点P 是直线x ＝1上的动点，直线P A 与椭圆的另 一交点为M ，直线PB 与椭圆的另一交点为N .求证：直线MN 经过一定点．2．在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a >0)交于M ，N 两点．(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程．(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由．3．已知动圆C 过定点(1,0),且与直线x =－1相切． (1)求动圆圆心C 的轨迹方程;(2)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，①当βα+=2π时，求证直线AB 恒过一定点M ； ②若αβ+为定值(0)θθπ<<，直线AB 是否仍恒过一定点？若存在，试求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．P4．(1)已知定点、，动点N（O 为坐标原点），，，，求点P 的轨迹方程(2)如图，已知椭圆的上、下顶点分别为，点在椭圆上，且异 点，直线与直线分别交于点，（ⅰ）设直线的斜率分别为、，求证：为定值； （ⅱ）当点运动时，以为直径的圆是否经过定点？请证明你的结论．5．已知点，点在轴上，动点满足，且与轴交于点，是线段的中点.(1)求动点的轨迹的方程；(2)点是直线上任意一点，过点作的两条切线，切点分别为，，取线段的中点，连接交曲线于点.求证：直线过定点，并求出定点的坐标.()0,21-F ()0,22F 1=NM M F 21=()R MF MP ∈=λλ201=⋅PNM F 14:22=+y x C B A 、P B A 、BP AP 、2:-=y l N M 、BP AP 、1k 2k 21k k ⋅P MN ()0,8H -P x F PF PH ⊥PF y Q Q PF F E D :20l x y --=D E A B AB M DM E N AB6．已知圆O ：122=+y x 和抛物线E ：22-=x y ，O 为坐标原点．(1)已知直线l 和圆O 相切，与抛物线E 交于N M ,两点，且满足ON OM ⊥，求直线l 的方程；(2)过抛物线E 上一点),(00y x P 作两直线PR PQ ,和圆O 相切，且分别交抛物线E 于R Q ,两点，若直线QR 的斜率为3-，求点P 的坐标．7．已知椭圆C ：()221022x y n n+=<<. (1)若椭圆的离心率为12，求n 的值； (2)若过点()2,0N -任作一条直线l 与椭圆C 交于不同的两点,A B ，在x 轴上是否存在点，使得180NMA NMB ∠+∠=？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.C MM8．已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>是4，圆()()222:101M x y rr ++=<<.过椭圆C 的上顶点A 作圆M 的两条切线分别与椭圆C 相交于,B D 两点（不同于点A ），直线,AB AD 的斜率分别为12,k k .(1)椭圆C 的方程；(2)当r 变化时，①求12k k 的值；②试问直线BD 是否过某个定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由．9．动点P 在圆E ：22(1)16x y ++=上运动，定点(1,0)F ，线段PF 的垂直平分线与直线PE 的交点为Q ．(1)求Q 的轨迹T 的方程；(2)过点F 的直线1l ，2l 分别交轨迹E 于A ，B 两点和C ，D 两点，且12l l ⊥．证明：过AB 和CD 中点的直线过定点．定点问题答案例1 解：(1)y 2＝4x . (2)(5，－6)例2 解：(1)x 24＋y 23＝1. (2)C (1，0)．例3 【解答】 (1)x 24＋y 23＝1.(2)－83.(3)当直线l 斜率不存在时，直线l ⊥x 轴，则ABED 为矩形，由对称性知，AE 与BD 相交于FK 的中点N ⎝⎛⎭⎫52，0，猜想：当直线l 的倾斜角变化时，AE 与BD 相交于定点N ⎝⎛⎭⎫52，0， 证明：由(2)知A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴D (4，y 1)，E (4，y 2)，当直线l 的倾斜角变化时，首先证直线AE 过定点⎝⎛⎭⎫52，0，∵l AE ：y －y 2＝y 2－y 14－x 1(x －4)，当x ＝52时，y ＝y 2＋y 2－y 14－x 1·－32＝2(4－x 1)·y 2－3(y 2－y 1)2(4－x 1)＝2(4－x 1)·k (x 2－1)－3k (x 2－x 1)2(4－x 1)＝－8k －2kx 1x 2＋5k (x 1＋x 2)2(4－x 1)＝－8k (3＋4k 2)－2k (4k 2－12)＋5k ·8k 22(4－x 1)·(3＋4k 2)＝0.∴点N ⎝⎛⎭⎫52，0在直线l AE 上．同理可证，点N ⎝⎛⎭⎫52，0也在直线l BD上． ∴当直线l 的倾斜角变化时，直线AE 与BD 相交于定点⎝⎛⎭⎫52，0.例4．解：(1)x 2＝4y . (2)由(1)知y ＝14x 2，y ′＝12x .设P (x 0，y 0)，则x 0≠0，且l 的方程为y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即y ＝12x 0x －14x 20.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x 0x －14x 20，y ＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 20－42x 0，y ＝－1.所以Q ⎝⎛⎭⎫x 20－42x 0，－1.假设以PQ 为直径的圆恒过定点M ，由图形的对称性知M 必在y 轴上，设M (0，y 1)，令MP →·MQ →＝0对满足y 0＝14x 20(x 0≠0)的x 0，y 0恒成立．由于MP →＝(x 0，y 0－y 1)，MQ →＝⎝⎛⎭⎫x 20－42x 0，－1－y 1.由MP →·MQ →＝0，得x 20－42－y 0－y 0y 1＋y 1＋y 21＝0.即(y 21＋y 1－2)＋(1－y 1)y 0＝0.(*)由于(*)式对满足y 0＝14x 20(x 0≠0)的y 0恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧1－y 1＝0，y 21＋y 1－2＝0，解得y 1＝1.故以PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M (0,1)．解法二：(2)由(1)知y ＝14x 2，y ′＝12x ，设P (x 0，y 0)，则x 0≠0，且l 的方程为y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即y ＝12x 0x －14x 20.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x 0x －14x 20，y ＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 20－42x 0，y ＝－1，所以Q ⎝⎛⎭⎫x 20－42x 0，－1. 取x 0＝2，此时P (2,1)，Q (0，－1)，以PQ 为直径的圆为(x －1)2＋y 2＝2，交y 轴于点M 1(0,1)或M 2(0，－1)；取x 0＝1，此时P ⎝⎛⎭⎫1，14，Q ⎝⎛⎭⎫－32，－1，以PQ 为直径的圆为⎝⎛⎭⎫x ＋142＋⎝⎛⎭⎫y ＋382＝12564，交y 轴于M 3(0,1)或M 4⎝⎛⎭⎫0，－74. 故若满足条件的点M 存在，只能是M (0,1)．以下证明点M (0,1)就是所要求的点．因为MP →＝(x 0，y 0－1)，MQ →＝⎝⎛⎭⎫x 20－42x 0，－2，MP →·MQ →＝x 20－42－2y 0＋2＝2y 0－2－2y 0＋2＝0.故以PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M .例5 (1)24x y =.(2) 解法1: 设点,B C 的坐标分别为()()1122,,,x y x y ，依题意得，2211224,4x y x y ==.由21,4,y kx x y =+⎧⎨=⎩消去y 得2440x kx --=，解得1,2422k x k ±==±. ∴12124,4x x k x x +==-. 直线AB 的斜率2111111124224ABx y x k x x --+===--，故直线AB 的方程为()12124x y x +-=-. 令1y =-，得1822x x =-+， ∴点S 的坐标为182,12x ⎛⎫-- ⎪+⎝⎭. 同理可得点T 的坐标为282,12x ⎛⎫-- ⎪+⎝⎭. ∴()()()121212888222222x x ST x x x x -⎛⎫=---= ⎪++++⎝⎭ ()()()121212121288248x x x x x xx x x x k k---===+++. ∴2ST=()()()2221212122221614k x x x x x x kkk+-+-==.设线段ST 的中点坐标为()0,1x -，则()()()12012124418822222222x x x x x x x ++⎛⎫=-+-=- ⎪++++⎝⎭ ()()()1212444444222248k k x x x x k k++=-=-=-+++.∴以线段ST 为直径的圆的方程为()2222114x y ST k ⎛⎫+++= ⎪⎝⎭()2241k k +=. 展开得()()22222414414k x x y k k k++++=-=. 令0x =，得()214y +=，解得1y =或3y =-.∴以线段ST 为直径的圆恒过两个定点()()0,1,0,3-. 解法2：由（1）得抛物线E 的方程为24x y =.设直线AB 的方程为()112y k x -=-，点B 的坐标为()11,x y ，由()112,1,y k x y ⎧-=-⎨=-⎩解得122,1.x k y ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩∴点S 的坐标为122,1k ⎛⎫-- ⎪⎝⎭. …………3分 由()1212,4,y k x x y ⎧-=-⎨=⎩消去y ，得2114840x k x k -+-=，即()()12420x x k --+=，解得2x =或142x k =-. ……………4分 ∴1142x k =-，22111114414y x k k ==-+. ∴点B 的坐标为()211142,441k k k --+. ……………5分 同理，设直线AC 的方程为()212y k x -=-， 则点T 的坐标为222,1k ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，点C 的坐标为()222242,441k k k --+. …………6分 ∵点,B C 在直线1:1l y kx =+上，∴()()()()()()22222211212121214414414242k k k k k k k k k k k k k -+--+---==----121k k =+-.∴121k k k +=+. ……………7分又()211144142k k k k -+=-1+，得()21111214442412k k kk k k k k k -=-=+--， 化简得122kk k =. ……………8分 设点(),P x y 是以线段ST 为直径的圆上任意一点，则0SP TP ⋅=， ……………9分得()()122222110x x y y k k ⎛⎫⎛⎫-+-++++= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， ……………10分整理得，()224410x x y k+-++=. ……………11分 令0x =，得()214y +=，解得1y =或3y =-. ……………12分 ∴以线段ST 为直径的圆恒过两个定点()()0,1,0,3-. ……………14分 例6 （1）解：由已知得椭圆C 左焦点)0,1(-F ，设直线l ：)0(1≠-=m my x⇒=--+⇒⎩⎨⎧-==+096)43(112432222my y m my x y x ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-=⋅+=+)2(439)1(436221221 m y y m m y y 且0>∆恒成立，∵)0,2(A ,由3=⋅→-→-AB AP ⇔3),2)(,2(2211=--y x y x ⇔3)2)(2(2121=+--y y x x⇔3)3)(3(2121=+--y y my my 即06)(3)1(21212=++-+y y m y y m将（1）（2）代入上式解得9152=m ，∴315±=m ，∴直线l 的方程是：03153=+±y x（2）若点B 恰为椭圆的左顶点，即)0,2(-B ，此时l ：)2(211++=x x y y ，∴)26,4(112+x y M 直线PA 方程为)2(211--=x x y y ，)22,4(111-x y M ，设存在点)0,(t D ， 使得021=⊥→--→--DM DM ⇔021=⋅→--→--DM DM ⇔则有0412)4(21212=-+-x y t),(11y x P 在椭圆C 上，∴12432121=+y x ∴4342121-=-x y 代入上式得0)43(12)4(2=-⨯+-t ，解得1=t 或7，∴)0,1(D 或)0,7(D此时直径|2226|||111121--+=x y x y M M =641222||22||621211111=-≥-++x y x y x y 当且仅当11112226x y x y -=+ 即11=x ，)23,1(±P 时，ππ932min ==S 。
2020江苏高考数学(文理通用)二轮培优新方案课件：第10讲 圆锥曲线中定点、定值问题
2．直线过定点问题的解题模型
[针对训练]
已知椭圆
C：ax22＋y2＝1(a＞1)的离心率为
6 3.
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)设直线 l 过点 M(1,0)且与椭圆 C 相交于 A，B 两点．过点
A 作直线 x＝3 的垂线，垂足为 D.证明：直线 BD 过 x 轴上的定
点．
b＝1，
解：(1)由题意可得ac＝ 36， a2＝b2＋c2.
综上所述，直线 BD 恒过 x 轴上的定点(2,0)．
题型二 求定值 [例 2] 已知椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为12，P 是 C 上的一个动点，且△F1PF2 面积的最 大值为 4 3. (1)求 C 的方程； (2)设 C 的左、右顶点分别为 A，B，若直线 PA，PB 分别交 直线 x＝2 于 M，N 两点，过点 F1 作以 MN 为直径的圆的切线， 证明：切线长为定值，并求该定值．
[解题方略] 1．定值问题的求解策略 在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就是“定值”问题， 解决这类问题常通过取特殊值，先确定“定值”是多少，再进行证 明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量无关的常数 或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即可得到定值．
2．定值问题的求法 (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
∵O→M＝(x1，y1)，O→N＝(x2，y2)， ∴O→M·O→N＝x1x2＋y1y2 ＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m) ＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2 ＝(1＋k2)·22mk22＋－16＋km·－ 2k24＋km1＋m2
＝1＋k22m2－6－ 2k24＋k2m1 2＋m22k2＋1 ＝3m22－k2＋6k21－6 ＝32k2＋2k22－＋61k2－6＝0， ∴OM⊥ON. 综上所述，圆 O 上任意一点 P 处的切线交椭圆 C 于点 M， N，都有 OM⊥ON， 在 Rt△OMN 中，由△OMP∽△NOP， 可得 OP2＝PM·PN＝2 为定值．
2020新高考数学(理)二轮培优主攻40个必考点圆锥曲线中的定值问题考点过关检测及详解(5页)
2020新高考数学（理）二轮培优主攻40个必考点圆锥曲线中的定值问题考点过关检测及详解1．(2019·马鞍山期末)已知椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)经过点(1，2)，离心率为22，过原点O 作两条直线l 1，l 2，直线l 1交椭圆于点A ，C ，直线l 2交椭圆于点B ，D ，且|AB |2＋|BC |2＋|CD |2＋|DA |2＝24.(1)求椭圆的方程；(2)若直线l 1，l 2的斜率分别为k 1，k 2，求证：|k 1k 2|为定值．解：(1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋1b 2＝1，ca ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝2，故椭圆的方程为y 24＋x 22＝1.(2)证明：由对称性可知，四边形ABCD 是平行四边形，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则C (－x 1，－y 1)，D (－x 2，－y 2)，由y 24＋x 22＝1，得y 2＝4－2x 2，|AB |2＋|BC |2＋|CD |2＋|DA |2＝2(|AB |2＋|DA |2) ＝2[(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(x 1＋x 2)2＋(y 1＋y 2)2]＝4(x 21＋x 22＋y 21＋y 22)＝4(x 21＋x 22＋4－2x 21＋4－2x 22) ＝4×(8－x 21－x 22)＝24，所以x 21＋x 22＝2，|k 1·k 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 1y 2x 1x 2＝y 21y 22x 21x 22＝(4－2x 21)(4－2x 22)x 21x 22＝16－8x 21－8x 22＋4x 21x 22x 21x 22＝2，故|k 1k 2|为定值2. 2．(2019·绵阳诊断)已知点E (－2,0)，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (2,0)，过点F 的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，△ABE 的周长为12.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 交y 轴于点N ，已知NA →＝mAF →，NB →＝nBF →，求m ＋n 的值． 解：(1)由题意知，E 为椭圆的左焦点，∴|AB |＋|AE |＋|BE |＝|AF |＋|BF |＋|AE |＋|BE |＝4a ＝12，解得a ＝3，又c ＝2，故b 2＝a 2－c 2＝9－4＝5，∴椭圆C 的方程为x 29＋y 25＝1. (2)由题知F (2,0)，若直线AB 恰好过原点，则A (－3,0)，B (3,0)，N (0,0)， ∴NA →＝(－3,0)，AF →＝(5,0)，则m ＝－35， NB→＝(3,0)，BF →＝(－1,0)，则n ＝－3， ∴m ＋n ＝－185.若直线AB 不过原点，设直线AB ：x ＝ty ＋2，t ≠0，A (ty 1＋2，y 1)，B (ty 2＋2，y 2)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2t .则NA →＝⎝⎛⎭⎪⎫ty 1＋2，y 1＋2t ，AF →＝(－ty 1，－y 1)，NB →＝⎝⎛⎭⎪⎫ty 2＋2，y 2＋2t ，BF →＝(－ty 2，－y 2)，由NA →＝mAF →，得y 1＋2t ＝m (－y 1)，从而m ＝－1－ 2ty 1；由NB →＝nBF →，得y 2＋2t ＝n (－y 2)，从而n ＝－1－2ty 2，故m ＋n ＝－1－2ty 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－2ty 2＝－2－2t ⎝⎛⎭⎪⎫1y 1＋1y 2＝－2－2t ×y 1＋y 2y 1y 2.联立⎩⎨⎧x ＝ty ＋2，x 29＋y 25＝1，整理得(5t 2＋9)y 2＋20ty －25＝0，∴y 1＋y 2＝－20t 5t 2＋9，y 1y 2＝－255t 2＋9，∴m ＋n ＝－2－2t ×y 1＋y 2y 1y 2＝－2－2t ×20t 25＝－2－85＝－185.综上所述，m ＋n ＝－185.3．(2019·河北“五个一名校联盟”模拟)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)是椭圆C 上两个动点，直线OP ，OQ的斜率分别为k 1，k 2，若m ＝⎝⎛⎭⎪⎫x 12，y 1，n ＝⎝⎛⎭⎪⎫x 22，y 2，m ·n ＝0.(1)求证：k 1·k 2＝－14；(2)试探求△POQ 的面积是否为定值，并说明理由． 解：(1)证明：∵k 1，k 2存在，∴x 1x 2≠0， ∵m ·n ＝0，∴x 1x 24＋y 1y 2＝0， ∴k 1·k 2＝y 1y 2x 1x 2＝－14.(2)①当直线PQ 的斜率不存在，即x 1＝x 2，y 1＝－y 2时，由y 1y 2x 1x 2＝－14，得x 214－y 21＝0，又由P (x 1，y 1)在椭圆上，得x 214＋y 21＝1， ∴|x 1|＝2，|y 1|＝22， ∴S △POQ ＝12|x 1|·|y 1－y 2|＝1.②当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋b (b ≠0)．由⎩⎨⎧y ＝kx ＋b ，x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kbx ＋4b 2－4＝0，Δ＝64k 2b 2－4(4k 2＋1)(4b 2－4)＝16(4k 2＋1－b 2)>0， ∴x 1＋x 2＝－8kb 4k 2＋1，x 1x 2＝4b 2－44k 2＋1.∵x 1x 24＋y 1y 2＝0，∴x 1x 24＋(kx 1＋b )(kx 2＋b )＝0， 得2b 2－4k 2＝1，满足Δ>0. ∴S △POQ ＝12·|b |1＋k 2·|PQ |＝12|b |(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝2|b |·4k 2＋1－b 24k 2＋1＝1.∴△POQ 的面积为定值，且为1.4．(2019·沈阳模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦点为F 1，F 2，离心率为12，点P 为其上一动点，且三角形PF 1F 2的面积最大值为3，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)若点M ，N 为C 上的两个动点，求常数m ，使OM →·ON →＝m 时，点O 到直线MN 的距离为定值，并求这个定值．解：(1)依题意知⎩⎪⎨⎪⎧c 2＝a 2－b 2，bc ＝3，c a ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1x 2＋y 1y 2＝m ，当直线MN 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋n ，则点O 到直线MN 的距离d ＝|n |k 2＋1＝n 2k 2＋1. 联立⎩⎨⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋n消去y ，得(4k 2＋3)x 2＋8knx ＋4n 2－12＝0，由Δ>0得4k 2－n 2＋3>0，则x 1＋x 2＝－8kn 4k 2＋3，x 1x 2＝4n 2－124k 2＋3，所以x 1x 2＋(kx 1＋n )(kx 2＋n )＝(k 2＋1)x 1x 2＋kn (x 1＋x 2)＋n 2＝m ，整理得7n2k 2＋1＝12＋m (4k 2＋3)k 2＋1.因为d ＝n 2k 2＋1为常数，则m ＝0，d ＝127＝2217，此时7n 2k 2＋1＝12满足Δ>0.当MN ⊥x 轴时，由m ＝0得k OM ＝±1，联立⎩⎨⎧x 24＋y 23＝1，y ＝±x消去y ，得x 2＝127，点O 到直线MN 的距离d ＝|x |＝2217亦成立．综上，当m ＝0时，点O 到直线MN 的距离为定值，这个定值是2217.。
江苏精品解析20高考数学串讲(三)直线圆圆锥曲线
高考数学串讲（三） 直线 圆 圆锥曲线一，基础知识椭圆双曲线抛物线定义与两个定点的距离的和等于常数与两个定点的距离的差的绝对值等于常数与一个定点和一条定直线的距离相等标准方程22221x y a b +=(或),22221x y b a+=22221x y a b -=(或)22221y x a b-=22y px=(或)22x py =参数方程cos sin x a y b θθ=⎧⎨=⎩(或)sin cos x b y a θθ=⎧⎨=⎩sec tan x a y b θθ=⎧⎨=⎩(或)tan sec x b y a θθ=⎧⎨=⎩222x pt y pt ⎧=⎨=⎩(或)222x pt y pt=⎧⎨=⎩焦点或(,0)c ±(0,)c ±或(,0)c ±(0,)c ±或(,0)2p (0,)2p 正数a,b,c,p 的关系222c a b =-()0a b >>222c a b =+()0,0a b >>离心率1c e a=<1c e a=>1e =准线(或)2a x c =±2a y c=±(或)2a x c =±2ay c=±(或)2p x =-2py =-渐近线(或)b y x a =±bx y a=±焦半径10PF a ex =+20PF a ex =-(或10PF a ey =+)20PF a ey =-10PF ex a =--20PF ex a=-+(,10PF ey a =--),20PF ey a =-+(点在左或下支)P 02pPF x =+(或)02pPF y =+统一定义到定点的距离与到定的距离之比等于定值的点的集合,(注:焦点要与对应准线配对使用)二，跟踪训练1，（05广东）在平面直角坐标系x Oy中，抛物线y=x2上异于坐标原点O的两不同动点A、B满足AO⊥BO（如图4所示）.（Ⅰ）求△AOB的重心G（即三角形三条中线的交点）的轨迹方程；（Ⅱ）△AOB的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由.2，（05广东）在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的长为2，宽为1，AB、AD边分别在x轴、y轴的正半轴上，A点与坐标原点重合（如图5所示）.将矩形折叠，使A点落在线段DC上.（Ⅰ）若折痕所在直线的斜率为k，试写出折痕所在直线的方程；（Ⅱ）求折痕的长的最大值.3,(04全国I)双曲线C ：（）与直线：相交于两个不同2221x y a-=0a >l 1x y +=的点A ，B ．（I ）求双曲线C 的离心率的取值范围；e （II ）设直线与轴的交点为P ，且，求的值。
江苏省2020年高二数学第01讲 圆锥曲线中的定点定值 课件
令 ,则x 1,令 3 ,则x 1,
2
2
故猜想定圆为x2 y2 1，
下面验证:直线(sin ) x (cos ) y 1 0与
定圆x2 y2 1总相切.
此时d
1
1
(sin )2 (cos )2
d r
直线(sin ) x (cos ) y 1 0与定圆
x2 y2 1相切.
y2 x2
y1 x1
y22 x22
y12 x12
由A( x1,y1 )在双曲线上得
x12 a2
y12 b2
1①
由P( x2，y2 )在双曲线上得
x22 a2
y22 b2
1②
两式相减得y22
y12
b2 a2
( x22
x12 )
kPA
kPB
b2 a2
，是定值
思考
1.已知弦AB经过椭圆
x2 a2
2b
2b
5 1 , 解得b 4 或b 3(舍去)，
2b 2b
3
故猜想定点B( 4 , 0),下面验证 3
设P( x, y),则 2
PA 2 ( x 3)2 y2 PB 2 = ( x 4 )2 y2
3
( x 3)2 4 x2 6x 13 9
=
( x 4 )2 4 x2 8 x 52 4
k2 1 即(4k 3)a2 (4k 2)(k m 1)a (k m 1)2 0
恒等式
4k 3 0 (4k 2)(k m k m 1 0
1)
0，解得
km7443
，
综上得：圆与定直线x 1或3 x 4 y 7 0相切.
2.已知弦AB经过椭圆
x2 a2
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第10讲 圆锥曲线中定点、定值问题课后自测诊断——及时查漏补缺·备考不留死角1.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，且过点P (2，－1)．(1)求椭圆C 的方程；(2)设点Q 在椭圆C 上，且PQ 与x 轴平行，过点P 作两条直线分别交椭圆C 于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，若直线PQ 平分∠APB ，求证：直线AB 的斜率是定值，并求出这个定值．解：(1)由e ＝c a ＝32，得a ＝2b ， 所以椭圆C 的方程为x 24b 2＋y 2b2＝1.把P (2，－1)的坐标代入，得b 2＝2， 所以椭圆C 的方程是x 28＋y 22＝1.(2)证明：由已知得PA ，PB 的斜率存在，且互为相反数． 设直线PA 的方程为y ＋1＝k (x －2)，其中k ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＋1＝k x －，x 2＋4y 2＝8，消去y ，得x 2＋4[kx －(2k ＋1)]2＝8，即(1＋4k 2)x 2－8k (2k ＋1)x ＋4(2k ＋1)2－8＝0. 因为该方程的两根为2，x A ，所以2x A ＝k ＋2－81＋4k2，即x A ＝8k 2＋8k －21＋4k 2.从而y A ＝4k 2－4k －14k 2＋1. 把k 换成－k ，得x B ＝8k 2－8k －21＋4k 2，y B ＝4k 2＋4k －14k 2＋1. 计算，得k AB ＝y B －y A x B －x A ＝8k －16k ＝－12，是定值． 2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，上顶点为M ，△MF 1F 2为等腰直角三角形，且其面积为1.(1)求椭圆C 的方程；(2)过点M 分别作直线MA ，MB 交椭圆C 于A ，B 两点，设这两条直线的斜率分别为k 1，k 2，且k 1＋k 2＝2，证明：直线AB 过定点．解：(1)由题意得12a 2＝1，∴a ＝2，又b ＝c ，a 2＝b 2＋c 2，∴b ＝1， ∴椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：由(1)得M (0,1)．当直线AB 的斜率不存在时，设A (x 0，y 0)，则B (x 0，－y 0)， 由k 1＋k 2＝2得y 0－1x 0＋－y 0－1x 0＝2，得x 0＝－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 (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，可得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，则Δ＝8(2k 2－m 2＋1)>0， x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－21＋2k 2.由k 1＋k 2＝2，得y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝2， 即kx 2＋m －x 1＋kx 1＋m －x 2x 1x 2＝2，(2－2k )x 1x 2＝(m －1)(x 1＋x 2)， (2－2k )(2m 2－2)＝(m －1)(－4km )，由m ≠1，得(1－k )(m ＋1)＝－km ，∴m ＝k －1， 即y ＝kx ＋m ＝kx ＋k －1＝k (x ＋1)－1， 故直线AB 过定点(－1，－1)，经检验，当k >0或k <－2时，直线AB 与椭圆C 有两个交点，满足题意． 综上所述，直线AB 过定点(－1，－1)．3．如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C1：x 24＋y 2＝1，椭圆C 2：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，C 2与C 1的长轴长之比为2∶1，离心率相同．(1)求椭圆C 2的标准方程； (2)设点P 为椭圆C 2上的一点．①射线PO 与椭圆C 1依次交于点A ，B ，求证：PA PB为定值；②过点P 作两条斜率分别为k 1，k 2的直线l 1，l 2，且直线l 1，l 2与椭圆C 1均有且只有一个公共点，求证k 1·k 2为定值．解：(1)设椭圆C 2的焦距为2c ， 由题意，a ＝22，c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，解得b ＝2， 因此椭圆C 2的标准方程为x 28＋y 22＝1.(2)证明：①当直线OP 斜率不存在时，PA ＝2－1，PB ＝2＋1，则PA PB ＝2－12＋1＝3－2 2.当直线OP 斜率存在时， 设直线OP 的方程为y ＝kx ，代入椭圆C 1的方程，消去y ，得(4k 2＋1)x 2＝4， 所以x 2A ＝44k 2＋1，同理x 2P ＝84k 2＋1.所以x 2P ＝2x 2A ，由题意，x P 与x A 同号，所以x P ＝2x A ，从而PA PB ＝|x P －x A ||x P －x B |＝|x P －x A ||x P ＋x A |＝2－12＋1＝3－2 2.所以PA PB＝3－22为定值．②设P (x 0，y 0)，所以直线l 1的方程为y －y 0＝k 1(x －x 0)，即y ＝k 1x －k 1x 0＋y 0， 记t ＝－k 1x 0＋y 0，则l 1的方程为y ＝k 1x ＋t ，代入椭圆C 1的方程，消去y ，得(4k 21＋1)x 2＋8k 1tx ＋4t 2－4＝0， 因为直线l 1与椭圆C 1有且只有一个公共点， 所以Δ＝(8k 1t )2－4(4k 21＋1)(4t 2－4)＝0， 即4k 21－t 2＋1＝0， 将t ＝－k 1x 0＋y 0代入上式，整理得，(x 20－4)k 21－2x 0y 0k 1＋y 20－1＝0， 同理可得，(x 20－4)k 22－2x 0y 0k 2＋y 20－1＝0，所以k 1，k 2为关于k 的方程(x 20－4)k 2－2x 0y 0k ＋y 20－1＝0的两根，从而k 1·k 2＝y 20－1x 20－4.又点P (x 0，y 0)在椭圆C 2：x 28＋y 22＝1上，所以y 20＝2－14x 20，所以k 1·k 2＝2－14x 20－1x 20－4＝－14为定值．4．在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)上的点到两个焦点的距离之和为4，椭圆C 的离心率为32，A 为椭圆C 的左顶点． (1)求椭圆C 的方程；(2)圆M ：x 2＋(y －2)2＝r 2(0＜r ＜2)．①当r ＝1时，过点A 作直线l 与圆M 相交于P ，Q 两点，且PQ ＝255，求直线l 的方程；②当r 变化时，过点A 作圆M 的两条切线分别与椭圆C 相交于点B 和点D ，证明直线BD 恒过定点．解：(1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝4，c a ＝32，解得⎩⎨⎧c ＝3，a ＝2，所以b 2＝a 2－c 2＝1.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)由题意知，A (－2,0)．①当r ＝1时，圆M ：x 2＋(y －2)2＝1， 易知直线l 的斜率存在且不等于0， 设直线l ：y ＝k l (x ＋2)(k l ≠0)， 则圆心M 到直线l 的距离d ＝|2k l －2|k 2l ＋1， PQ ＝2r 2－d 2＝21－⎝ ⎛⎭⎪⎫|2k l －2|k 2l ＋12＝255， 化简得2k 2l －5k l ＋2＝0，解得k l ＝2或k l ＝12.所以直线l 的方程为y ＝2x ＋4或y ＝12x ＋1.②证明：由题意可设过点A 的圆M 的切线方程为y ＝k (x ＋2)(k ≠0)， 则圆心M 到切线的距离为|2k －2|k 2＋1＝r ， 得(4－r 2)k 2－8k ＋4－r 2＝0， 设切线AB ，AD 的斜率分别为k 1，k 2， 则k 1,2＝4±r 8－r24－r2，k 1k 2＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x ＋，x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－4＝0，解得x ＝2－8k 21＋4k2或x ＝－2.设B (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＝2－8k 211＋4k 21，y 1＝4k 11＋4k 21，x 2＝2－8k 221＋4k 22＝2k 21－8k 21＋4，y 2＝4k 21＋4k 22＝4k 1k 21＋4， 则k BD ＝4k 1k 21＋4－4k 11＋4k 212k 21－8k 21＋4－2－8k 211＋4k 21＝3k 1＋k 21. 所以直线BD 的方程为 y －4k 11＋4k 21＝3k 1＋k 21⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2－8k 211＋4k 21， 化简得y ＝3k 1＋k 21⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋103，所以直线BD 恒过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫－103，0. 5．已知椭圆Γ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)经过点M (－2,1)，且右焦点F (3，0)．(1)求椭圆Γ的标准方程；(2)过N (1,0)且斜率存在的直线AB 交椭圆Γ于A ，B 两点，记t ＝M A →·M B →，若t 的最大值和最小值分别为t 1，t 2，证明t 1＋t 2为定值．解：(1)由椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1的右焦点为(3，0)，知a 2－b 2＝3，即b 2＝a 2－3，则x 2a 2＋y 2a 2－3＝1，a 2>3. 又椭圆过点M (－2,1)，∴4a 2＋1a 2－3＝1，∵a 2>3，∴a 2＝6.∴椭圆Γ的标准方程为x 26＋y 23＝1.(2)证明：设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 23＝1，y ＝k x －得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－6＝0，∵点N (1,0)在椭圆内部，∴Δ>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4k 21＋2k2，x 1x 2＝2k 2－62k 2＋1，①②则t ＝M A →·M B →＝(x 1＋2)(x 2＋2)＋(y 1－1)(y 2－1) ＝x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＋(kx 1－k －1)(kx 2－k －1) ＝(1＋k 2)x 1x 2＋(2－k 2－k )(x 1＋x 2)＋k 2＋2k ＋5，③ 将①②代入③得，t ＝(1＋k 2)·2k 2－62k 2＋1＋(2－k 2－k )·4k22k 2＋1＋k 2＋2k ＋5，∴t ＝15k 2＋2k －12k 2＋1，∴(15－2t )k 2＋2k －1－t ＝0，k ∈R ， 则Δ1＝22＋4(15－2t )(1＋t )≥0，∴(2t －15)(t ＋1)－1≤0，即2t 2－13t －16≤0， 由题意知t 1，t 2是2t 2－13t －16＝0的两根， ∴t 1＋t 2＝132.∴t 1＋t 2为定值．。