2021届高三数学一轮复习第8章圆锥曲线专练11—定值定点问题
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年江苏高考数学一轮复习讲义第8章第8节圆锥曲线中的定点、定值问题
第八节圆锥曲线中的定点、定值问题［最新考纲］会证明与曲线上动点有关的定值问题，会处理动曲线(含直线)过定点的问题._____________ 卷绫筮務艾M 课堂考点探究強囲甌多虞莖 _________ __________________________•考点i定点问题瓷向..直线过定点告际1•动直线I过定点问题的基本思路设动直线方程(斜率存在)为y= kx+1,由题设条件将t用k表示为t= mk,得y= k(x+ m),故动直线过定点(一m,0).2.动直线I过定点问题的解题步骤第一步：设AB直线y= kx+ m,联立曲线方程得根与系数关系，△求出参数范围；第二步：由AP与BP关系(如k AP k BP=- 1),得一次函数k= f(m)或者m= f(k)；第三步：将k= f(m)或者m= f(k)代入y= kx+ m,得y= k(x-x 定) + y 定.x2yEk啜(2017 全国卷I)已知椭圆C: a2+ b2二1(a>b>0),四点P i(1,1),3 ,3P2(0,1), P3 —1, 2, P4 1, 2中恰有三点在椭圆C 上.(1) 求C的方程；(2) 设直线I不经过P2点且与C相交于A, B两点.若直线P2A与直线P2B 的斜率的和为一1,证明：I过定点.［解］(1)由于P3, P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3 , P4两点.所以点P 2在椭圆C 上.又由a>--24器知，椭圆C 不经过点P I ,(2)证明：设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k i , k 2. 如果I 与x 轴垂直，设I : x = t ，由题设知 "0,且|t|v 2,因此b 2^1， 右+詐1,/ 孑=4,、 、x 2 2解得小故椭圆C 的方程为4 + y = 1.b 2= 1.尸，t ,-台，则k 1+"七戶4— t 2+ 2 2t—i ，得t = 2,不符合题设.从而可设 I : y = kx + m(m ^ 1).2x 2222将 y = kx + m 代入4 + y = 1 得(4k + 1)x + 8kmx + 4m — 4= 0. 由题设可知 △二 16(4k 2— m 2 + 1)>0.设 A (X 1, y 1), B (X 2, y 2)，则 X 1 + X 2= 2 ,4 k 2+ 1 4m 2 — 4 8kmX 1x 2 = 2 4k 2 + 1y 1— 1 y 2 — 1 kx 1+ m — 1 kx 2 + m —1 而 k 1 + k 2= + = + X 1X 2 — X 1 X 22kx 1x 2 + m — 1 x 1 + x 2X 1X2由题设 k 1+ k 2= — 1,故(2k + 1)x 1X 2 + (m — 1)(x 1 + x 2)= 0.24m — 4 — 8km m +1即(2k + 1) • 2 + (m — 1) • 2 = 0，解得 k = — ~2~.4k 2+1 4k 2 +1 2m + 1当且仅当m >— 1时，0,于是I : y =— 2 x + m,m + 1~2~ (x — 2),所以 I 过定点(2，— 1).园曲平本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一可得A ，Bx o a 2- b 2 y o b 2— a 2点P 做相互垂直的直线交圆锥曲线于 AB,则AB 必过定点孑+ b2 ,齐b 2 .本题还可以拓展为“手电筒”模型：只要任意一个限定 AP 与BP 条件(如 k AP k BP=定值，k AP + k BP =定值)，直线AB 依然会过定点.［教师备选例题］过抛物线C: y 2= 4x 的焦点F 且斜率为k 的直线I 交抛物线C 于A, B 两点， 且 AB| = 8.⑴求I 的方程；(2)若A 关于x 轴的对称点为D ，求证：直线BD 过定点，并求出该点的坐标. ［解］(1)易知点F 的坐标为(1,0)，则直线I 的方程为y = k(x — 1)，代入抛物线 方程 y 2= 4x 得 k 2x 2 — (2k 2 + 4)x + k 2 = 0，由题意知 k M 0,且△= ［ — (2k 2 + 4)］2—4k 2k 2= 16(k 2 + 1)>0， 2k 2 + 4设 A(X 1，y 1)，B(X 2，y 2)，二 X 1+ X 2=—k^，X 1X 2= 1， 由抛物线的定义知|AB| = X 1 + X 2 + 2= 8， 2k 2 + 4 2jk 2 = 6，二 k = 1，即 卩 k =±， •••直线l 的方程为y = ±x —1).(2)由抛物线的对称性知，D 点的坐标为(x 1,— y 1)， y 2 + y 1 直线BD 的斜率k BD = -X 2 — X 14•••直线BD 的方程为y + y 1 =(x — X 1)， y 2 — y 1即(y 2 — y 1 )y + y 2y 1 — y 1 = 4x — 4x 1， y i = 4x 1， y 2 = 4x 2，X 1X 2= 1，：(y 1y 2)2= 16x 1x 2= 16， 即卩 y 1y 2= — 4(y 1，y 2 异4y 2—y 1 y 2 + y 14 4号)，•••直线 BD 的方程为 4(x + 1)+ (y i — y 2)y = 0,恒过点(一1,0). 曲我湮1•已知抛物线C 的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点 A(1,2)为抛物线C 上一点.(1) 求抛物线C 的方程；(2) 若点B(1，— 2)在抛物线C 上，过点B 作抛物线C 的两条弦BP 与BQ , 如k BP k BQ = — 2,求证：直线PQ 过定点.［解］(1)若抛物线的焦点在x 轴上，设抛物线方程为y 2 = ax ,代入点A(1,2), 可得a = 4,所以抛物线方程为y 2 = 4x.若抛物线的焦点在y 轴上，设抛物线方程为x 2二my ,代入点A(1,2)，可得m 1 2 1=2，所以抛物线方程为x 2= ^y.1综上所述，抛物线C 的方程是y 2 = 4x 或x 2= 2y.(2)证明：因为点B(1,— 2)在抛物线C 上，所以由(1)可得抛物线C 的方程 是 y 2= 4x.易知直线BP , BQ 的斜率均存在，设直线 BP 的方程为y + 2= k(x — 1), 将直线BP 的方程代入y 2二4x ,消去y ,得 k 2^2 — (2k 2 + 4k + 4)x + (k + 2)2 = 0. 设 P(x 1, y 1),k + 2k 22 2用一k 替换点P 坐标中的k ,可得Q((k — 1)2,2 — 2k), 从而直线PQ 的斜率为所以Pk + 2 2 2k + 4k 2 ， k2k + 4~~k~ -2+ 2k2k 3 + 4k k + 2 2 k 4 + 2k 3 + 4k + 42 — k —1 2 k2k —k 2 + 2k + 2 故直线PQ 的方程是2k 2y— 2+ 2k=^^ X(k— 1)]-在上述方程中，令x = 3,解得y =2,所以直线PQ 恒过定点(3,2).点A(0,4), M , N 是椭圆C 上的两点，它们在y 轴两侧，且/ MAN 的平分线在y 轴上，AM B ANI.(1) 求椭圆C 的方程； (2) 证明：直线MN 过定点.［解］(1)圆x 2+ y 2 = 4与x 轴交于点(±,0),即为椭圆的焦点，圆x 2 + y 2= 4与y 轴交于点(0, ±2), 即为椭圆的上下两顶点，所以c = 2, b = 2.2 2从而2 2，因此椭圆C 的方程为：+ 4 = 1. (2)证明：设直线MN 的方程为y = kx + m.y = kx + m , 由名鼻1,消去 y 得(2k 2+ 1)x 2 + 4kmx + 2m 2 — 8 = 0.2.已知圆x 2 + y 2=24经过椭圆C ： a2+1(a>b>0)的两个焦点和两个顶点,设M(X1, y1), N(X2, y2),2m 2 — 8 X 1X 2 =2k 2 + 1y i — 4 m —4直线AM 的斜率ki = —x 厂=k +—x 厂 y 2 — 4 m —4直线AN 的斜率k 2=龙厂=k +龙厂m —4 — 4km 16k m — 1 2m 2 — 8 — 2m 2— 8由/ MAN 的平分线在y 轴上，得k 1 + k 2= 0. 又因为|AM|M AN|，所以k M 0,所以m = 1. 因此，直线MN 过定点(0,1).上I ；：” 2 动圆过定点匾强 动圆过定点问题求解时可以先取特殊值或者极值，找出这个定点，再用向量法证明用直径所对圆周角为直角.(2019北京高考)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I 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.［解］(1)由抛物线C : x 2二一2py 经过点(2，— 1)，得p =2. 所以抛物线C 的方程为x 2二—4y ,其准线方程为y = 1.(2)抛物线C 的焦点为F(0,— 1),设直线I 的方程为y = kx — 1(k M 0).则 X 1 + X 2 = 4km2k 2 +1，k i + k 2= 2k +m — 4 x i + X 2 X 1X 2y= kx—1, 得x2+ 4kx—4= 0.x2= —4y直线OM 的方程为y = X 1x.X i令y =— 1,得点A 的横坐标X A = — y i .同理得点B 的横坐标X B = —筈设点 D(0, n).fX i f则DA = — y ；,— 1 — n , DB = DADB =黑 + (n + 1)2X 1X 2, 八2 =—X 2 — X 2+ (n +1)—4 — 4 16 2 2 =X^+(n + 1)2= — 4+ (n + 1)2.令DA DB = 0,即一4+ (n + 1)2 = 0,贝U n = 1 或 n = — 3.综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0,1)和(0,— 3).ES 点芳 动圆过定点问题本质上是向量垂直的问题•x ! y 3 證① (2019苏州二模)已知椭圆E : a 2+ b 2= 1(a >b >0)的离心率为2 ,焦点到相应准线的距离为h.(1)求椭圆E 的标准方程;(2)如图，已知P(t,0)为椭圆E 外一动点，过点P 分别作直线11和12,直线|1 和l 2分别交椭圆E 于点A , B 和点C , D ，且|1和l 2的斜率分别为定值k 1和k 2,设 M(x i , y i ), N (X 2, y 2)，则 X 1X 2=— 4. X 2 y 2,求证： PA PD 为定值.［解］(1)设椭圆的半焦距为C ,由已知得,解得 a =2, c = 3, b = 1, •••椭圆E 的标准方程是4 + y 2 = 1. (2)由题意，得直线l i 的方程为y = k i (x — t)，代入椭圆E 的方程中, 并化简得，(1 + 4k 1)x 2 — 8kftx +4k 1t 2 — 4 = 0, 4k 1t 吃寸4lk 1— k 1t 2+ 1 i + 4k 2•考点c 、.3 a 2 3a =T ，7—c =y ， c 2= a 2 —b 2,设 A(x i , y i ), B(x 2, y 2)，则 x i,2 = x i + x 2 = 8k* 1 + 4k 2, x i x 2 = 4k 2t 2— 4 1+ 4k 2因为 PA = , 1 + k 1|x i —1|, PB = , 1+ k 2*—1|,所以 PA PB = (1 + k i )|x i — t|X 2 — t| = (1 + k i )|t 2 — (x i + x 2)t + x i x 2| = (1 + 虫 2 8k 2t 2 4尿2 - 4 1 + k i |t 2 - 4|)t —1+ 4k 2 + 1+ 4k i —1 + 4k i ， 因为k i , k 2为定值,定值问题視3圆锥曲线中定值问题的2大解法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关;所以 PA PB_ PC PD = 1 + k i 1+ 4k 2 1 + k 2 1 + 4k 2 为定值.同理, PC PD =1 + k2 |t 2 — 4|1 + 4k 2x i 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 i,k 2,若m = 2 , y i , X 2 n = 2 , y 2 , m-n = 0. 1 (1) 求证：k i k 2= — 4； (2) 试探求△ OPQ 的面积S 是否为定值，并说明理由. ［解］(i)证明：T k i , k 2均存在，I X i X 2工0. — X i X 2 卄 X i X 2 又 mn = 0, + y i y 2 = 0,即〒=—y i y 2,⑵①当直线PQ 的斜率不存在，即x i = X 2, y i = — y 2时，由±芝=—4,得手— y 2= 0.X 2又•••点 P(X I , y i )在椭圆上,••• 4 + y 2= i ,|y i | = S /OQ =^Ix i lly i —y 2|= i.②当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y = kx + b.y = kx + b ,联立得方程组x 2 24 + y 2二 i ,消去 y 并整理得(4k 2 + i)x 2 + 8kbx + 4b 2— 4= 0,在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ： 4 + y 2= 1, 点 P(x i , y i ), 二 k i k 2 y i y 2 X i X 2—i4.(2)引起变量法：其解题流程为 2 X其中△= (8kb)2—4(4k2+ 1)(4b2-4)= 16(1 + 4k2—b2)>0，即b2<1 + 4k2.—8kb 4b2—4• • X i + X2 2 , X1X2 2 .4k2+ 1 4k2+ 1X1X2~4 + yy 二o,X1 x2+ (kx1 + b)(kx2 + b)= 0,得2b2—4k2= 1(满足A>0).1 |b| 1 2一，4k2 +1 —b22 1 + k2P Q匸2* x1 +x22—42二2|b「4k2+〔综合①②知△ POQ的面积S为定值1.民賦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解析式,再利用题设条件化简、变形求得；(3) 求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得.［教师备选例题］已知动圆P经过点N(1,0),并且与圆M : (x+ 1)2+ — 16相切.(1) 求点P的轨迹C的方程；(2) 设G(m,0)为轨迹C内的一个动点，过点G且斜率为k的直线I交轨迹C 于A, B两点，当k为何值时，尸|GA|2+ |GB|2是与m无关的定值？并求出该定值.［解］(1)由题意，设动圆P的半径为r，则|PM|= 4—r, |PN|= r，可得|PM| + |PN匸4—r + r= 4, •••点P的轨迹C是以M ,N为焦点的椭圆，• 2a= 4,2c= 2, • b=“ a2—c2= . 3,S A POQ= 1.椭圆的方程为4+詈=1.⑵设 A(x i , y i ), B(x 2, y 2)，由题意知一2v m v 2,直线 l : y = k(x — m). y = k x — m ,得(3 + 4k 2)x 2 — 8k 2mx + 4k 2m 2—12 = 0, 8mk 24m 2k 2 — 12 …X 1 十 x ? = 2 , x 1 x z = 2 -------------4k 2 + 3 4k 2 + 3• y 1 + y 2 = k(x 1 — m) + k(x 2 — m) = k(x 1 + X 2) — 2km =- 6mk4k 2 + 3,••• |GA|2 + |GB|2= (x 1 — m)2+ y 1 +(X 2 — m)2 + y 2= (x 1 + X 2)2 —2x 1X 2 — 2m(x 1 + X 2)2 2 2+ 2m 2 + (y 1 + y 2)2 — 2y 1y 2= (k 2 + 1) 要使3= |GA|2 + |GBf 的值与m 无关，需使4k 2— 3 = 0,解得 k = ±2，此时 3=|GAf + |GBf = 7.旳虬纭1•已知抛物线C ： / = 2px 经过点P(1,2),过点Q(0,1)的直线I 与抛 物线C 有两个不同的交点A , B ,且直线PA 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N.(1) 求直线I 的斜率的取值范围；1 1(2) 设 O 为原点，QM = QO , QN = Q),［解］(1)因为抛物线y 2 = 2px 过点(1,2),2即点P 的轨迹C 的方程为4 +2 2 x y+ — = 1y 1y 2 = k 2(x 1 — m)(x 2 — m)= k 2x 1 x 2 — k 2 m(x 1 + X 2)+k 2 m 2 3k 2 m 2 — 4 4k 2 + 3[—6m 2 4k 2 — 3 + 24 3 + 4k 2 ]4k 2 + 3 21.所以2p= 4,即p = 2.故抛物线C的方程为y2= 4x.由题意知，直线I的斜率存在且不为0.设直线I的方程为y= kx+ 1（心0）.y2 3=4x, 由y= kx+ 1,得k2x2+ (2k—4)x+ 1 = 0.依题意△= (2k—4)2—4X k2x 1>0,解得k v 0或0v k v 1.又PA, PB与y轴相交，故直线I不过点(1,—2).从而k M — 3.所以直线I斜率的取值范围是(—％,—3)U (—3,0) U (0,1).(2)证明：设A(x i, y i), B(x2, y2).2k—4 i由(1)知X1 + X2=—丘2 , X1X2 = ^2.y1 一2直线PA的方程为y—2= (x—1).X1—1—y1 + 2 —kx1 + 1令x= 0,得点M的纵坐标为y M = + 2= + 2.X1—1 X1 —1—kx2+ 1 同理得点N的纵坐标为y N= + 2.X2 —1由QM = QO, QN = pQO,得入=1 —y M, 尸 1 —y N.2 2X1X2 —X1 + X2k—1 X1X21所以5+1 1 1卜= +卩 1 —y M 1—y NX1 - 1 X2 —1+ k—1 X1 k—1 X2。
2021版北师大版数学(文)大一轮复习文档：高考中的圆锥曲线问题 Word版含答案
1．若双曲线x 2a 2－y 23＝1的一条渐近线被圆(x －2)2＋y 2＝4所截得的弦长为2，则该双曲线的实轴长为( )A ．1B ．2C ．3D ．6答案 B解析 双曲线x 2a 2－y 23＝1的渐近线方程为y ＝±3a x ，即3x ±ay ＝0，圆(x －2)2＋y 2＝4的圆心为C (2,0)，半径为r ＝2，如图，由圆的弦长公式得弦心距|CD |＝22－12＝3，另一方面，圆心C (2,0)到双曲线x 2a 2－y 23＝1的渐近线3x －ay ＝0的距离为d ＝|3×2－a ×0|3＋a 2＝233＋a 2，所以233＋a 2＝3，解得a 2＝1，即a ＝1，该双曲线的实轴长为2a＝2.2．设坐标原点为O ，抛物线y 2＝2x 与过焦点的直线交于A 、B 两点，则OA →·OB →等于( ) A.34 B ．－34C ．3D ．－3答案 B解析 方法一 (特殊值法)抛物线的焦点为F ⎝⎛⎭⎫12，0，过F 且垂直于x 轴的直线交抛物线于A (12，1)，B (12，－1)， ∴OA →·OB →＝⎝⎛⎭⎫12，1·⎝⎛⎭⎫12，－1＝14－1＝－34. 方法二 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2.由抛物线的过焦点的弦的性质知：x 1x 2＝p 24＝14，y 1y 2＝－p 2＝－1.∴OA →·OB →＝14－1＝－34.3．已知F 1，F 2是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的两焦点，以线段F 1F 2为边作正三角形MF 1F 2，若边MF 1的中点P 在双曲线上，则双曲线的离心率是( ) A ．4＋2 3 B.3－1 C.3＋12D.3＋1答案 D解析 由于MF 1的中点P 在双曲线上，|PF 2|－|PF 1|＝2a ， △MF 1F 2为正三角形，边长都是2c ，所以3c －c ＝2a ， 所以e ＝c a ＝23－1＝3＋1，故选D.4．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1 (a >0，b >0)和椭圆x 216＋y 29＝1有相同的焦点，且双曲线的离心率是椭圆离心率的两倍，则双曲线的方程为____________． 答案 x 24－y 23＝1解析 由题意得，双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1 (a >0，b >0)的焦点坐标为(7，0)，(－7，0)，c ＝7；且双曲线的离心率为2×74＝72＝ca⇒a ＝2，b 2＝c 2－a 2＝3， 双曲线的方程为x 24－y 23＝1.5．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)与抛物线y 2＝2px (p >0)有相同的焦点F ，P ，Q 是椭圆与抛物线的交点，若PQ经过焦点F ，则椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)的离心率为____________．答案 2－1解析由于抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 为⎝⎛⎭⎫p 2，0，设椭圆另一焦点为E . 当x ＝p2时代入抛物线方程得y ＝±p ，又由于PQ 经过焦点F ，所以P ⎝⎛⎭⎫p 2，p 且PF ⊥OF . 所以|PE |＝(p 2＋p2)2＋p 2＝2p ， |PF |＝p ，|EF |＝p .故2a ＝ 2p ＋p,2c ＝p ，e ＝2c2a＝2－1.题型一 求圆锥曲线的标准方程例1 (2021·天津)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0 )的一个焦点为F (2,0)，且双曲线的渐近线与圆(x －2)2＋y 2＝3相切，则双曲线的方程为( ) A.x 29－y 213＝1 B.x 213－y 29＝1 C.x 23－y 2＝1 D ．x 2－y 23＝1 答案 D解析 双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的一个焦点为F (2,0)，则a 2＋b 2＝4，①双曲线的渐近线方程为y ＝±ba x ，由题意得2b a 2＋b 2＝3，②联立①②解得b ＝3，a ＝1， 所求双曲线的方程为x 2－y 23＝1，选D. 思维升华 求圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，主要利用圆锥曲线的定义、几何性质，解得标准方程中的参数，从而求得方程．(2022·课标全国Ⅰ)已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点．(1)求E 的方程；(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程． 解 (1)设F (c,0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝ 3.又c a ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1. 故E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，将y ＝kx －2代入x 24＋y 2＝1得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0. 当Δ＝16(4k 2－3)>0，即k 2>34时，x 1,2＝8k ±24k 2－34k 2＋1. 从而|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋1·4k 2－34k 2＋1. 又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1，所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12d |PQ |＝44k 2－34k 2＋1.设4k 2－3＝t ，则t >0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t.由于t ＋4t ≥4，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，且满足Δ>0，所以，当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为y ＝72x －2或y ＝－72x －2.题型二 圆锥曲线的几何性质例2 (1)(2021·湖南)若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的一条渐近线经过点(3，－4)，则此双曲线的离心率为( )A.73B.54C.43D.53(2)(2022·重庆)设F 1，F 2分别为双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左，右焦点，双曲线上存在一点P 使得|PF 1|＋|PF 2|＝3b ，|PF 1|·|PF 2|＝94ab ，则该双曲线的离心率为( )A.43B.53C.94D ．3答案 (1)D (2)B解析 (1)由条件知y ＝－b a x 过点(3，－4)，∴3ba ＝4，即3b ＝4a ，∴9b 2＝16a 2，∴9c 2－9a 2＝16a 2， ∴25a 2＝9c 2，∴e ＝53.故选D.(2)不妨设P 为双曲线右支上一点，|PF 1|＝r 1，|PF 2|＝r 2.依据双曲线的定义，得r 1－r 2＝2a ， 又r 1＋r 2＝3b ，故r 1＝3b ＋2a 2，r 2＝3b －2a2.又r 1·r 2＝94ab ，所以3b ＋2a 2·3b －2a 2＝94ab ，解得b a ＝43(负值舍去)，故e ＝ca ＝a 2＋b 2a 2＝(ba)2＋1(43)2＋1＝53，故选B. 思维升华 圆锥曲线的几何性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线渐近线，是常考题型，解决这类问题的关键是娴熟把握各性质的定义，及相关参数间的联系．把握一些常用的结论及变形技巧，有助于提高运算力量．(2022·北京)已知椭圆C ：x 2＋2y 2＝4.(1)求椭圆C 的离心率；(2)设O 为原点，若点A 在椭圆C 上，点B 在直线y ＝2上，且OA ⊥OB ，试推断直线AB 与圆x 2＋y 2＝2的位置关系，并证明你的结论．解 (1)由题意，椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1，所以a 2＝4，b 2＝2，从而c 2＝a 2－b 2＝2. 因此a ＝2，c ＝ 2.故椭圆C 的离心率e ＝c a ＝22.(2)直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切．证明如下： 设点A ，B 的坐标分别为(x 0，y 0)，(t,2)，其中x 0≠0. 由于OA ⊥OB ，所以OA →·OB →＝0， 即tx 0＋2y 0＝0，解得t ＝－2y 0x 0.当x 0＝t 时，y 0＝－t 22，代入椭圆C 的方程，得t ＝±2，故直线AB 的方程为x ＝±2， 圆心O 到直线AB 的距离d ＝ 2. 此时直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切．当x 0≠t 时，直线AB 的方程为y －2＝y 0－2x 0－t (x －t )．即(y 0－2)x －(x 0－t )y ＋2x 0－ty 0＝0. 圆心O 到直线AB 的距离d ＝|2x 0－ty 0|(y 0－2)2＋[－(x 0－t )]2.又x 20＋2y 20＝4，t ＝－2y 0x 0， 故d ＝⎪⎪⎪⎪2x 0＋2y 20x 0x 20＋y 20＋4y 20x 20＋4＝ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪4＋x 20x 0x 40＋8x 20＋162x 20＝ 2.此时直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切． 题型三 最值问题例3 (2022·山东)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，直线y ＝x 被椭圆C截得的线段长为4105.(1)求椭圆C 的方程；(2)过原点的直线与椭圆C 交于A ，B 两点(A ，B 不是椭圆C 的顶点)．点D 在椭圆C 上，且AD ⊥AB ，直线BD 与x 轴、y 轴分别交于M ，N 两点．①设直线BD ，AM 的斜率分别为k 1，k 2，证明：存在常数λ使得k 1＝λk 2，并求出λ的值； ②求△OMN 面积的最大值． 解 (1)由题意知a 2－b 2a ＝32，可得a 2＝4b 2. 椭圆C 的方程可简化为x 2＋4y 2＝a 2. 将y ＝x 代入可得x ＝±5a5，因此2×25a 5＝4105，可得a ＝2. 因此b ＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)①设A (x 1，y 1)(x 1y 1≠0)，D (x 2，y 2)， 则B (－x 1，－y 1)．由于直线AB 的斜率k AB ＝y 1x 1，又AB ⊥AD ，所以直线AD 的斜率k ＝－x 1y 1.设直线AD 的方程为y ＝kx ＋m ，由题意知k ≠0，m ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1可得(1＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4m 2－4＝0.所以x 1＋x 2＝－8mk 1＋4k 2，因此y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m1＋4k 2.由题意知x 1≠－x 2，所以k 1＝y 1＋y 2x 1＋x 2＝－14k ＝y 14x 1.所以直线BD 的方程为y ＋y 1＝y 14x 1(x ＋x 1)． 令y ＝0，得x ＝3x 1，即M (3x 1,0)， 可得k 2＝－y 12x 1.所以k 1＝－12k 2，即λ＝－12.因此存在常数λ＝－12使得结论成立．②直线BD 的方程为y ＋y 1＝y 14x 1(x ＋x 1)， 令x ＝0，得y ＝－34y 1，即N ⎝⎛⎭⎫0，－34y 1. 由①知M (3x 1,0)，可得△OMN 的面积 S ＝12×3|x 1|×34|y 1|＝98|x 1||y 1|. 由于|x 1||y 1|≤x 214＋y 21＝1， 当且仅当|x 1|2＝|y 1|＝22时等号成立，此时S 取得最大值98.所以△OMN 面积的最大值为98.思维升华 圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是代数法，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；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，依据圆锥曲线几何意义求最值．(2021·课标全国Ⅰ)已知F 是双曲线C ：x 2－y 28＝1的右焦点，P 是C 的左支上一点，A (0，66)．当△APF 周长最小时，该三角形的面积为________． 答案 126解析 设左焦点为F 1，|PF |－|PF 1|＝2a ＝2，∴|PF |＝2＋|PF 1|，△APF 的周长为|AF |＋|AP |＋|PF |＝|AF |＋|AP |＋2＋|PF 1|，△APF 周长最小即为|AP |＋|PF 1|最小，当A 、P 、F 1三点共线时最小，过AF 1的直线方程为x －3＋y 66＝1.与x 2－y 28＝1联立，解得P 点坐标为(－2,26)，此时S ＝S △AF 1F －S △F 1PF ＝12 6. 题型四 定值、定点问题例4 (2021·课标全国 Ⅱ)已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(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⎝⎛⎭⎫m 3，m ，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．(1)证明 设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )．将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9.于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－9k ，即k OM ·k ＝－9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值． (2)解 四边形OAPB 能为平行四边形．由于直线l 过点⎝⎛⎭⎫m3，m ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k ＞0，k ≠3. 由(1)得OM 的方程为y ＝－9k x .设点P 的横坐标为x P ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km 3k 2＋9.将点⎝⎛⎭⎫m3，m 代入l 的方程得b ＝m (3－k )3， 因此x M ＝k (k －3)m3(k 2＋9).四边形OAPB 为平行四边形当且仅当线段AB 与线段OP 相互平分，即x P ＝2x M . 于是±km3k 2＋9＝2×k (k －3)m 3(k 2＋9)， 解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.由于k i ＞0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形．思维升华 求定点及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．椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝ 32，a ＋b ＝3.(1)求椭圆C 的方程；(2)如图所示，A 、B 、D 是椭圆C 的顶点，P 是椭圆C 上除顶点外的任意一点，直线DP 交x 轴于点N ，直线AD 交BP 于点M ，设BP 的斜率为k ，MN 的斜率为m .证明：2m －k 为定值．(1)解 由于e ＝32＝c a， 所以a ＝23c ，b ＝13c . 代入a ＋b ＝3得，c ＝3，a ＝2，b ＝1. 故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 由于B (2,0)，点P 不为椭圆顶点，则可设直线BP 的方程为y ＝k (x －2)(k ≠0，k ≠±12)，①①代入x 24＋y 2＝1，解得P ⎝⎛⎭⎪⎫8k 2－24k 2＋1，－4k 4k 2＋1. 直线AD 的方程为y ＝12x ＋1.②①与②联立解得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ＋22k －1，4k 2k －1. 由D (0,1)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－24k 2＋1，－4k 4k 2＋1，N (x,0)三点共线知－4k4k 2＋1－18k 2－24k 2＋1－0＝0－1x －0，解得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k －22k ＋1，0.所以MN 的斜率为m ＝4k2k －1－04k ＋22k －1－4k －22k ＋1＝4k (2k ＋1)2(2k ＋1)2－2(2k －1)2＝2k ＋14. 则2m －k ＝2k ＋12－k ＝12(定值)．题型五 探究性问题例5 (2021·广东)已知过原点的动直线l 与圆C 1：x 2＋y 2－6x ＋5＝0相交于不同的两点A ，B . (1)求圆C 1的圆心坐标；(2)求线段AB 的中点M 的轨迹C 的方程；(3)是否存在实数k ，使得直线L ：y ＝k (x －4)与曲线C 只有一个交点？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，说明理由．解 (1)圆C 1：x 2＋y 2－6x ＋5＝0化为(x －3)2＋y 2＝4，∴圆C 1的圆心坐标为(3,0)． (2)设M (x ，y )，∵A ，B 为过原点的直线l 与圆C 1的交点，且M 为AB 的中点， ∴由圆的性质知：MC 1⊥MO ， ∴MC 1→·MO →＝0.又∵MC 1→＝(3－x ，－y )，MO →＝(－x ，－y )， ∴由向量的数量积公式得x 2－3x ＋y 2＝0. 易知直线l 的斜率存在， ∴设直线l 的方程为y ＝mx ， 当直线l 与圆C 1相切时，d ＝|3m －0|m 2＋1＝2，解得m ＝±255.把相切时直线l 的方程代入圆C 1的方程， 化简得9x 2－30x ＋25＝0，解得x ＝53.当直线l 经过圆C 1的圆心时，M 的坐标为(3,0)． 又∵直线l 与圆C 1交于A ，B 两点，M 为AB 的中点， ∴53<x ≤3. ∴点M 的轨迹C 的方程为x 2－3x ＋y 2＝0，其中53<x ≤3.(3)由题意知直线L 表示过定点(4,0)，斜率为k 的直线，把直线L 的方程代入轨迹C 的方程x 2－3x ＋y 2＝0，其中53<x ≤3，化简得(k 2＋1)x 2－(3＋8k 2)x ＋16k 2＝0，其中53<x ≤3， 记f (x )＝(k 2＋1)x 2－(3＋8k 2)x ＋16k 2，其中53<x ≤3.若直线L 与曲线C 只有一个交点，令f (x )＝0.当Δ＝0时，解得k 2＝916，即k ＝±34，此时方程可化为25x 2－120x ＋144＝0，即(5x －12)2＝0，解得x ＝125∈⎝⎛⎦⎤53，3， ∴k ＝±34满足条件．当Δ>0时，①若x ＝3是方程的解，则f (3)＝0⇒k ＝0⇒另一根为x ＝0<53，故在区间⎝⎛⎦⎤53，3上有且仅有一个根，满足题意． ②若x ＝53是方程的解，则f ⎝⎛⎭⎫53＝0⇒k ＝±257⇒另外一根为x ＝6423，53<6423≤3，故在区间⎝⎛⎦⎤53，3上有且仅有一根，满足题意．③若x ＝3和x ＝53均不是方程的解，则方程在区间⎝⎛⎭⎫53，3上有且仅有一个根，只需f ⎝⎛⎭⎫53·f (3)<0⇒－257<k <257.故在区间⎝⎛⎦⎤53，3上有且仅有一个根，满足题意．综上所述，k 的取值范围是－257≤k ≤257或k ＝±34.思维升华 (1)探究性问题通常接受“确定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，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． (2)反证法与验证法也是求解探究性问题常用的方法．(2022·湖南)如图，O 为坐标原点，双曲线C 1：x 2a 21－y 2b 21＝1(a 1>0，b 1>0)和椭圆C 2：y 2a 22＋x 2b 22＝1(a 2>b 2>0)均过点P (233，1)，且以C 1的两个顶点和C 2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形． (1)求C 1，C 2的方程；(2)是否存在直线l ，使得l 与C 1交于A ，B 两点，与C 2只有一个公共点，且|OA →＋OB →|＝|AB →|？证明你的结论. 解 (1)设C 2的焦距为2c 2，由题意知，2c 2＝2,2a 1＝2. 从而a 1＝1，c 2＝1.由于点P (233，1)在双曲线x 2－y 2b 21＝1上，所以(233)2－1b 21＝1.故b 21＝3. 由椭圆的定义知 2a 2＝(233)2＋(1－1)2＋ (233)2＋(1＋1)2＝2 3. 于是a 2＝3，b 22＝a 22－c 22＝2.故C 1，C 2的方程分别为 x 2－y 23＝1，y 23＋x 22＝1. (2)不存在符合题设条件的直线．①若直线l 垂直于x 轴，由于l 与C 2只有一个公共点， 所以直线l 的方程为x ＝2或x ＝－ 2. 当x ＝2时，易知A (2，3)，B (2，－3)， 所以|OA →＋OB →|＝22，|AB →|＝2 3. 此时，|OA →＋OB →|≠|AB →|.当x ＝－2时，同理可知，|OA →＋OB →|≠|AB →|.②若直线l 不垂直于x 轴，设l 的方程为y ＝kx ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2－y 23＝1得(3－k 2)x 2－2kmx －m 2－3＝0. 当l 与C 1相交于A ，B 两点时，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1，x 2是上述方程的两个实根， 从而x 1＋x 2＝2km3－k 2，x 1x 2＝m 2＋3k 2－3.于是y 1y 2＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝3k 2－3m 2k 2－3.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y 23＋x 22＝1得(2k 2＋3)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0. 由于直线l 与C 2只有一个公共点，所以上述方程的判别式Δ＝16k 2m 2－8(2k 2＋3)(m 2－3)＝0. 化简，得2k 2＝m 2－3， 因此OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝m 2＋3k 2－3＋3k 2－3m 2k 2－3＝－k 2－3k 2－3≠0， 于是OA →2＋OB →2＋2OA →·OB →≠OA →2＋OB →2－2OA →·OB →， 即|OA →＋OB →|2≠|OA →－OB →|2， 故|OA →＋OB →|≠|AB →|.综合①②可知，不存在符合题设条件的直线．(时间：80分钟)1．若直线l ：y ＝3x 3－233过双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一个焦点，且与双曲线的一条渐近线平行．(1)求双曲线的方程；(2)若过点B (0，b )且与x 轴不平行的直线和双曲线相交于不同的两点M ，N ，MN 的垂直平分线为m ，求直线m 在y 轴上的截距的取值范围． 解 (1)由题意，可得c ＝2，b a ＝33，所以a 2＝3b 2，且a 2＋b 2＝c 2＝4， 解得a ＝3，b ＝1.故双曲线的方程为x 23－y 2＝1.(2)由(1)知B (0,1)，依题意可设过点B 的直线方程为 y ＝kx ＋1(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 23－y 2＝1，得(1－3k 2)x 2－6kx －6＝0，所以x 1＋x 2＝6k 1－3k 2，Δ＝36k 2＋24(1－3k 2)＝12(2－3k 2)>0⇒0<k 2<23，且1－3k 2≠0⇒k 2≠13.设MN 的中点为Q (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝3k 1－3k 2，y 0＝kx 0＋1＝11－3k 2， 故直线m 的方程为y －11－3k2＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －3k 1－3k 2， 即y ＝－1k x ＋41－3k 2.所以直线m 在y 轴上的截距为41－3k 2，由0<k 2<23，且k 2≠13， 得1－3k 2∈(－1,0)∪(0,1)，所以41－3k2∈(－∞，－4)∪(4，＋∞)． 故直线m 在y 轴上的截距的取值范围为(－∞，－4)∪(4，＋∞)．2．在平面直角坐标系xOy 中，直线l 与抛物线y 2＝4x 相交于不同的A ，B 两点．(1)假如直线l 过抛物线的焦点，求OA →·OB →的值；(2)假如OA →·OB →＝－4，证明：直线l 必过肯定点，并求出该定点． 解 (1)由题意：抛物线焦点为(1,0)， 设l ：x ＝ty ＋1，代入抛物线y 2＝4x ，消去x 得y 2－4ty －4＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则y 1＋y 2＝4t ，y 1y 2＝－4，∴OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(ty 1＋1)(ty 2＋1)＋y 1y 2 ＝t 2y 1y 2＋t (y 1＋y 2)＋1＋y 1y 2 ＝－4t 2＋4t 2＋1－4＝－3.(2)设l ：x ＝ty ＋b ，代入抛物线y 2＝4x ，消去x 得y 2－4ty －4b ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则y 1＋y 2＝4t ，y 1y 2＝－4b .∴OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(ty 1＋b )(ty 2＋b )＋y 1y 2 ＝t 2y 1y 2＋bt (y 1＋y 2)＋b 2＋y 1y 2 ＝－4bt 2＋4bt 2＋b 2－4b ＝b 2－4b .令b 2－4b ＝－4，∴b 2－4b ＋4＝0，∴b ＝2， ∴直线l 过定点(2,0)．∴若OA →·OB →＝－4，则直线l 必过肯定点(2,0)．3．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)与双曲线x 24－v ＋y 21－v ＝1 (1<v <4)有公共焦点，过椭圆C 的右顶点B 任意作直线l ，设直线l 交抛物线y 2＝2x 于P 、Q 两点，且OP ⊥OQ . (1)求椭圆C 的方程；(2)在椭圆C 上，是否存在点R (m ，n )使得直线l ：mx ＋ny ＝1与圆O ：x 2＋y 2＝1相交于不同的两点M 、N ，且△OMN 的面积最大？若存在，求出点R 的坐标及对应的△OMN 的面积；若不存在，请说明理由． 解 (1)∵1<v <4，∴双曲线的焦点在x 轴上， 设F (±c,0)，则c 2＝4－v ＋v －1＝3， 由椭圆C 与双曲线共焦点，知a 2－b 2＝3，设直线l 的方程为x ＝ty ＋a ， 代入y 2＝2x ，可得y 2－2ty －2a ＝0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝2t ，y 1y 2＝－2a ， ∵OP ⊥OQ ，∴x 1x 2＋y 1y 2＝a 2－2a ＝0， ∴a ＝2，b ＝1，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)在△MON 中，S △OMN ＝12|OM ||ON |sin ∠MON ＝12sin ∠MON .当∠MON ＝90°时，12sin ∠MON 有最大值12，此时点O 到直线l 的距离为d ＝1m 2＋n 2＝22， ∴m 2＋n 2＝2.又∵m 2＋4n 2＝4，联立⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋n 2＝2，m 2＋4n 2＝4，解得m 2＝43，n 2＝23，此时点R 的坐标为⎝⎛⎭⎫233，±63或⎝⎛⎭⎫－233，±63，△MON 的面积为12. 4．已知椭圆C 的中心为坐标原点O ，一个长轴顶点为(0,2)，它的两个短轴顶点和焦点所组成的四边形为正方形，直线l 与y 轴交于点P (0，m )，与椭圆C 交于异于椭圆顶点的两点A ，B ，且AP →＝2PB →. (1)求椭圆的方程； (2)求m 的取值范围．解 (1)由题意，知椭圆的焦点在y 轴上， 设椭圆方程为y 2a 2＋x 2b2＝1(a >b >0)，由题意，知a ＝2，b ＝c ，又a 2＝b 2＋c 2，则b ＝2， 所以椭圆方程为y 24＋x 22＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意，知直线l 的斜率存在， 设其方程为y ＝kx ＋m ，与椭圆方程联立，即⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2x 2＝4，y ＝kx ＋m ，消去y ，得 (2＋k 2)x 2＋2mkx ＋m 2－4＝0， Δ＝(2mk )2－4(2＋k 2)(m 2－4)>0，由根与系数的关系，知⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－2mk2＋k 2，x 1·x 2＝m 2－42＋k 2，又AP →＝2PB →，即有(－x 1，m －y 1)＝2(x 2，y 2－m )， 所以－x 1＝2x 2.则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－x 2，x 1x 2＝－2x 22，所以m 2－42＋k 2＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫2mk 2＋k 22. 整理，得(9m 2－4)k 2＝8－2m 2， 又9m 2－4＝0时等式不成立， 所以k 2＝8－2m 29m 2－4>0，得49<m 2<4，此时Δ>0. 所以m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－2，－23∪⎝⎛⎭⎫23，2. 5.如图，已知M (x 1，y 1)是椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)上任意一点，F 为椭圆的右焦点．(1)若椭圆的离心率为e ，试用e ，a ，x 1表示|MF |，并求|MF |的最值；(2)已知直线m 与圆x 2＋y 2＝b 2相切，并与椭圆交于A ，B 两点，且直线m 与圆的切点Q 在y 轴右侧，若a ＝2，求△ABF 的周长． 解 (1)设F (c,0)，则|MF |＝(x 1－c )2＋y 21，又x 21a 2＋y 21b2＝1，则y 21＝⎝⎛⎭⎫1－x 21a 2b 2， 所以|MF |＝ ⎝⎛⎭⎫1－b 2a 2x 21－2cx 1＋a 2＝c 2a2x 21－2cx 1＋a 2＝(ex 1－a )2，又－a ≤x 1≤a 且0<e <1，所以|MF |＝a －ex 1，且|MF |max ＝a ＋ae ，|MF |min ＝a －ae . (2)设A (x 0，y 0)，B (x 2，y 2)(x 0，x 2>0)，连接OQ ，OA ，在Rt △OQA 中，|AQ |2＝x 20＋y 20－b 2， 又y 20＝⎝⎛⎭⎫1－x 20a 2b 2，所以|AQ |2＝c 2x 20a2，则|AQ |＝cx 0a ，同理|BQ |＝cx 2a， 所以|AB |＋|AF |＋|BF |＝2a －⎝⎛⎭⎫c a x 0＋c a x 2＋c a x 0＋ca x 2＝2a ， 又a ＝2，所以所求周长为4.6．已知以C 为圆心的动圆过定点A (－3,0)，且与圆B ：(x －3)2＋y 2＝64(B 为圆心)相切，点C 轨迹为曲线T .设Q 为曲线T 上(不在x 轴上)的动点，过点A 作OQ (O 为坐标原点)的平行线交曲线T 于M ，N 两点． (1)求曲线T 的方程；(2)是否存在常数λ，使AM →·AN →＝λOQ →2总成立？若存在，求λ；若不存在，请说明理由． 解 (1)∵A (－3,0)在圆B 的内部，∴两圆相内切， ∴|BC |＝8－|AC |，即|BC |＋|AC |＝8>|AB |.∴C 点的轨迹是以A ，B 为焦点的椭圆，且长轴长2a ＝8，a ＝4，c ＝3. ∴b 2＝16－9＝7，∴曲线T 的方程为：x 216＋y 27＝1.(2)当直线MN 斜率不存在时，AN →＝AM →＝74，OQ →2＝7.∴AM →·AN →＝|AM →|·|AN →|·cos π＝7λ，则λ＝－716；当直线MN 斜率存在时，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， MN ：y ＝k (x ＋3)，则OQ ：y ＝kx ，由⎩⎪⎨⎪⎧7x 2＋16y 2＝112，y ＝k (x ＋3)，得(7＋16k 2)x 2＋96k 2x ＋144k 2－112＝0， 则x 1＋x 2＝－96k 27＋16k 2，x 1·x 2＝144k 2－1127＋16k 2，∴y 1y 2＝k 2[(x 1＋3)(x 2＋3)] ＝k 2[x1x 2＋3(x 1＋x 2)＋9]＝－49k 27＋16k 2.AM →·AN →＝(x 1＋3)(x 2＋3)＋y 1y 2＝－49(k 2＋1)7＋16k 2.由⎩⎪⎨⎪⎧7x 2＋16y 2＝112，y ＝kx ，得7x 2＋16k 2x 2＝112， 则x 2＝1127＋16k 2，∴OQ →2＝x 2＋y 2＝(1＋k 2)x 2＝112(1＋k 2)7＋16k 2，由AM →·AN →＝λOQ →2，可解得λ＝－716.综上，存在常数λ＝－716，使AM →·AN →＝λOQ →2总成立．。
高考数学一轮复习专题训练—圆锥曲线的定值问题
圆锥曲线的定值问题题型一 长度或距离为定值【例1】 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的上顶点A 与左、右焦点F 1，F 2构成一个面积为1的直角三角形． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l 与椭圆C 相切，求证：点F 1，F 2到直线l 的距离之积为定值．(1)解 ∵椭圆C 的上顶点A 与左、右焦点F 1，F 2构成一个面积为1的直角三角形，∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝c ，bc ＝1， ∴b ＝c ＝1， ∴a 2＝b 2＋c 2＝2，∴椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 ①当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x ＝±2， 点F 1，F 2到直线l 的距离之积为(2－1)(2＋1)＝1. ②当直线l 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋m ， 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 22＋y 2＝1得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，Δ＝(4km )2－4(1＋2k 2)(2m 2－2)＝－8(m 2－2k 2－1)＝0， ∴m 2＝1＋2k 2，点F 1到直线l ：y ＝kx ＋m 的距离d 1＝|－k ＋m |k 2＋1，点F 2到直线l ：y ＝kx ＋m 的距离d 2＝|k ＋m |k 2＋1.∴d 1d 2＝|－k ＋m |k 2＋1·|k ＋m |k 2＋1＝|m 2－k 2|k 2＋1＝|2k 2＋1－k 2|k 2＋1＝1.综上，可知当直线l 与椭圆C 相切时，点F 1，F 2到直线l 的距离之积为定值1.感悟升华 圆锥曲线中的定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的．定值问题同证明问题类似，在求定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定值显现．【训练1】 在平面直角坐标系xOy 中，已知双曲线C 1：2x 2－y 2＝1.设椭圆C 2：4x 2＋y 2＝1.若M ，N 分别是C 1，C 2上的动点，且OM ⊥ON ，求证：O 到直线MN 的距离是定值． 证明 当直线ON 垂直于x 轴时，|ON |＝1，|OM |＝22，则O 到直线MN 的距离为33， 当直线ON 不垂直于x 轴时，设直线ON 的方程为y ＝kx ⎝⎛⎭⎫显然|k |>22，则直线OM 的方程为y ＝－1kx ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，4x 2＋y 2＝1，得⎩⎨⎧x 2＝14＋k 2，y 2＝k24＋k 2，所以|ON |2＝1＋k 24＋k 2，同理|OM |2＝1＋k 22k 2－1， 设O 到直线MN 的距离为d ，因为(|OM |2＋|ON |2)d 2＝|OM |2|ON |2， 所以1d 2＝1|OM |2＋1|ON |2＝3k 2＋3k 2＋1＝3，即d ＝33.综上，O 到直线MN 的距离是定值． 题型二 斜率或其表达式为定值【例2】 (2020·兰州诊断)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E 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 的斜率之和为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 )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k (k －1)2k (k －2)＝2k －2(k －1)＝2(即为定值)．【训练2】 (2021·大同模拟)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ，已知|AB |＝4，且点⎝⎛⎭⎫e ，345在椭圆上，其中e 是椭圆的离心率．(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是椭圆C 上异于A ，B 的点，与x 轴垂直的直线l 分别交直线AP ，BP 于点M ，N ，求证：直线AN 与直线BM 的斜率之积是定值． (1)解 ∵|AB |＝4，∴2a ＝4，∴a ＝2， 又点⎝⎛⎭⎫e ，354在椭圆上，∴e 24＋4516b2＝1， 又b 2＋c 2＝a 2＝4，联立方程组解得b 2＝3， ∴椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明 设点P 的坐标为(s ，t )，点M ，N 的横坐标为m (m ≠±2)， 则直线AP 的方程为y ＝t s ＋2(x ＋2)，故M ⎝⎛⎭⎫m ，ts ＋2(m ＋2)，故直线BM 的斜率k 1＝t (m ＋2)(s ＋2)(m －2)，同理可得直线AN 的斜率k 2＝t (m －2)(s －2)(m ＋2)，故k 1k 2＝t (m ＋2)(s ＋2)(m －2)×t (m －2)(s －2)(m ＋2)＝t 2s 2－4，又点P 在椭圆上，∴s 24＋t 23＝1，∴t 2＝－34(s 2－4)，∴k 1k 2＝－34(s 2－4)s 2－4＝－34.即直线AN 与直线BM 的斜率之积为定值．题型三 几何图形面积为定值【例3】 (2021·昆明诊断)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为e ，点(1，e )在椭圆E上，点A (a,0)，B (0，b )，△AOB 的面积为32，O 为坐标原点．(1)求椭圆E 的标准方程；(2)若直线l 交椭圆E 于M ，N 两点，直线OM 的斜率为k 1，直线ON 的斜率为k 2，且k 1k 2＝－19，证明：△OMN 的面积是定值，并求此定值．解 (1)由⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋e 2b 2＝1，e ＝ca ，c 2＝a 2－b 2，得b ＝1.又S △AOB ＝12ab ＝32，得a ＝3.所以椭圆E 的标准方程为x 29＋y 2＝1.(2)当直线l 的斜率不存在时，设直线l ：x ＝t (－3<t <3且t ≠0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧x 29＋y 2＝1，x ＝t ，得y 2＝1－t 29，则k 1k 2＝1－t 29t×－1－t 29t＝－1－t 29t 2＝－19，解得t 2＝92.所以S △OMN ＝12×2×1－t 29×|t |＝32.当直线l 的斜率存在时，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线l ：y ＝kx ＋m (m ≠0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 29＋y 2＝1消去y 并整理，得(9k 2＋1)x 2＋18kmx ＋9m 2－9＝0. Δ＝(18km )2－4(9k 2＋1)(9m 2－9)＝36(9k 2－m 2＋1)>0， x 1＋x 2＝－18km9k 2＋1，x 1x 2＝9m 2－99k 2＋1，k 1k 2＝y 1x 1×y 2x 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )x 1x 2＝－9k 2＋m 29m 2－9＝－19， 化简得9k 2＋1＝2m 2，满足Δ>0.|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋k 2·⎝⎛⎭⎫－18km 9k 2＋12－4·9m 2－99k 2＋1＝61＋k 2·9k 2－m 2＋19k 2＋1.又原点O 到直线l 的距离d ＝|m |1＋k 2， 所以S △OMN ＝12×|MN |×d＝31＋k 2·9k 2－m 2＋19k 2＋1×|m |1＋k 2＝3|m |2m 2－m 22m 2＝32.综上可知，△OMN 的面积为定值32.感悟升华 探求圆锥曲线中几何图形的面积的定值问题，一般用直接求解法，即可先利用三角形面积公式(如果是其他凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解)把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可．【训练3】 已知点F (0,2)，过点P (0，－2)且与y 轴垂直的直线为l 1，l 2⊥x 轴，交l 1于点N ，直线l 垂直平分FN ，交l 2于点M . (1)求点M 的轨迹方程；(2)记点M 的轨迹为曲线E ，直线AB 与曲线E 交于不同两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，且x 2－1＝x 1＋m 2(m 为常数)，直线l ′与AB 平行，且与曲线E 相切，切点为C ，试问△ABC 的面积是否为定值．若为定值，求出△ABC 的面积；若不是定值，说明理由．解 (1)由题意得|FM |＝|MN |，即动点M 到点F (0,2)的距离和到直线y ＝－2的距离相等，所以点M 的轨迹是以F (0,2)为焦点，直线y ＝－2为准线的抛物线，根据抛物线定义可知点M 的轨迹方程为x 2＝8y .(2)由题意知，直线AB 的斜率存在，设其方程为y ＝kx ＋b ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 2＝8y 消去x 整理得x 2－8kx －8b ＝0.则x 1＋x 2＝8k ，x 1·x 2＝－8b .设AB 的中点为Q ，则点Q 的坐标为(4k,4k 2＋b )．由条件设切线方程为y ＝kx ＋t ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 2＝8y 消去y 整理得x 2－8kx －8t ＝0.∵直线与抛物线相切，∴Δ＝64k 2＋32t ＝0，∴t ＝－2k 2， ∴切点C 的横坐标为4k ，∴点C 的坐标为(4k,2k 2)． ∴CQ ⊥x 轴，∵x 2－x 1＝m 2＋1， ∴(x 2－x 1)2＝(x 1＋x 2)2－4(－8b ) ＝64k 2＋32b ＝(m 2＋1)2，∴b ＝(m 2＋1)2－64k 232.∴S △ABC ＝12|CQ |·|x 2－x 1|＝12·(2k 2＋b )·(x 2－x 1)＝(m 2＋1)364，∵m 为常数，∴△ABC 的面积为定值．1．(2021·洛阳高三统考)已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)，其焦点为F ，O 为坐标原点，直线l 与抛物线C 相交于不同的两点A ，B ，M 为AB 的中点． (1)若p ＝2，M 的坐标为(1,1)，求直线l 的方程．(2)若直线l 过焦点F ，AB 的垂直平分线交x 轴于点N ，求证：2|MN |2|FN |为定值．(1)解 由题意知直线l 的斜率存在且不为0， 故设直线l 的方程为x －1＝t (y －1) 即x ＝ty ＋1－t ，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋1－t ，y 2＝4x ，得y 2－4ty －4＋4t ＝0， ∴Δ＝16t 2＋16－16t ＝16(t 2－t ＋1)＞0，y 1＋y 2＝4t ， ∴4t ＝2，即t ＝12.∴直线l 的方程为2x －y －1＝0.(2)证明 ∵抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)，∴焦点F 的坐标为⎝⎛⎭⎫p 2，0. 由题意知直线l 的斜率存在且不为0，∵直线l 过焦点F ，故设直线l 的方程为x ＝ty ＋p2(t ≠0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋p 2y 2＝2px，得y 2－2pty －p 2＝0， ∴y 1＋y 2＝2pt ，Δ＝4p 2t 2＋4p 2＞0. ∴x 1＋x 2＝t (y 1＋y 2)＋p ＝2pt 2＋p ， ∴M ⎝⎛⎭⎫pt 2＋p2，pt .∴MN 的方程为y －pt ＝－t ⎝⎛⎭⎫x －pt 2－p2. 令y ＝0，解得x ＝pt 2＋3p2，N ⎝⎛⎭⎫pt 2＋3p 2，0， ∴|MN |2＝p 2＋p 2t 2，|FN |＝pt 2＋3p 2－p2＝pt 2＋p ， ∴2|MN |2|FN |＝2(p 2＋p 2t 2)pt 2＋p＝2p ，为定值．2．(2020·新高考山东卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝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．(1)解 由题设得4a 2＋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)证明 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＝－4km1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k 2.①由AM ⊥AN ，得AM →·AN →＝0， 故(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)＝0，整理得(k 2＋1)x 1x 2＋(km －k －2)(x 1＋x 2)＋(m －1)2＋4＝0. 将①代入上式，可得(k 2＋1)2m 2－61＋2k 2－(km －k －2)4km1＋2k 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，所以2k ＋3m ＋1＝0，k ≠1. 所以直线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 →·AN →＝0，得(x 1－2)(x 1－2)＋(y 1－1)(－y 1－1)＝0.又x 216＋y 213＝1，所以3x 21－8x 1＋4＝0. 解得x 1＝2(舍去)，或x 1＝23.此时直线MN 过点P ⎝⎛⎭⎫23，－13. 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 |＝223.若D 与P 重合，则|DQ |＝12|AP |.综上，存在点Q ⎝⎛⎭⎫43，13，使得|DQ |为定值．。
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,
数学一轮复习第八章平面解析几何第九节圆锥曲线的综合问题第1课时最值范围证明问题学案含解析
第九节圆锥曲线的综合问题最新考纲考情分析1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法．2．了解圆锥曲线的简单应用．3．理解数形结合的思想.1.直线与椭圆、抛物线的位置关系是近几年高考命题的热点．2．考查知识有直线与椭圆、抛物线相交，涉及弦长、中点、面积、对称、存在性问题．3．题型主要以解答题的形式出现,属中高档题。
知识点一直线与圆锥曲线的位置关系1．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．即错误!消去y，得ax2＋bx＋c＝0。
（1）当a≠0时,设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ,则Δ>0⇔直线与圆锥曲线C相交；Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；Δ<0⇔直线与圆锥曲线C相离．（2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一元一次方程，则直线l 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l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合．2．圆锥曲线的弦长设斜率为k(k≠0）的直线l与圆锥曲线C相交于A,B两点,A(x1，y1），B（x2,y2),则|AB｜＝错误!｜x1－x2|＝错误!·错误!＝错误!·|y1－y2|＝错误!·错误!.知识点二圆锥曲线中的最值与取值范围问题圆锥曲线中的最值与取值范围问题一直是高考命题的热点，各种题型都有，命题角度很广,归纳起来常见的命题角度有：1．转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值；2．利用三角函数有界性求最值；3．数形结合利用几何性质求最值．知识点三圆锥曲线中的定值与定点问题1．这类问题一般考查直线与圆锥曲线的位置关系,一元二次方程的根与系数之间的关系，考查斜率、向量的运算以及运算能力．2．解决这类定点与定值问题的方法有两种：一是研究一般情况，通过逻辑推理与计算得到定点或定值，这种方法难度大，运算量大，且思路不好寻找；另外一种方法就是先利用特殊情况确定定点或定值，然后验证，这样在整理式子或求值时就有了明确的方向．1．思考辨析判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”）（1）直线l与椭圆C相切的充要条件是：直线l与椭圆C只有一个公共点．(√)（2）直线l与双曲线C相切的充要条件是：直线l与双曲线C只有一个公共点．(×)（3)直线l与抛物线C相切的充要条件是：直线l与抛物线C 只有一个公共点．（×)（4)如果直线x＝ty＋a与圆锥曲线相交于A(x1，y1）,B(x2，y2)两点,则弦长｜AB|＝错误!｜y1－y2|.(√）解析：(2)因为直线l与双曲线C的渐近线平行时,也只有一个公共点，是相交，但并不相切．（3）因为直线l与抛物线C的对称轴平行或重合时,也只有一个公共点，是相交，但不相切．2．小题热身（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(C)A．1条B．2条C．3条D．4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)．（2)（2020·浙江八校联考）抛物线y＝ax2与直线y＝kx＋b(k≠0）交于A，B两点，且这两点的横坐标分别为x1，x2，直线与x轴交点的横坐标是x3，则(B）A．x3＝x1＋x2B．x1x2＝x1x3＋x2x3C．x1＋x2＋x3＝0 D．x1x2＋x2x3＋x3x1＝0解析：由错误!消去y得ax2－kx－b＝0,可知x1＋x2＝错误!，x1x2＝－错误!，令kx＋b＝0得x3＝－错误!，所以x1x2＝x1x3＋x2x3.(3)已知抛物线y＝ax2(a>0)的准线为l,l与双曲线x24－y2＝1的两条渐近线分别交于A,B两点，若｜AB｜＝4，则a＝错误!.解析：抛物线y＝ax2(a〉0）的准线l：y＝－错误!,双曲线错误!－y2＝1的两条渐近线分别为y＝错误!x，y＝－错误!x，可得x A＝－错误!，x B＝错误!，可得｜AB|＝错误!－错误!＝4，解得a＝错误!。
第11课_圆锥曲线中的定点、定值问题
x1
x2
x1x2
即 k m 2 代入 y kx m
那么 k(x 1) y 2x ，即直线 AB 过定点 (1,2)
另外，当直线垂直 x 轴时，设 A(x1, y1) ， B(x1, y1) ，代入 k1 k2 4 ， 易得 x1 1，即直线 AB 的方程为 x 1 ，也过定点 (1,2)
，直线过定点
(1,2)
f
(x,
y)
g(x,
y)
0
，则曲线以
f (x, g(x,
y) y)
0 0
的交点为定点。
【典例分析】
例 1．如图，过抛物线 y 2 x 上一点 A(4,2) 作倾斜角互补的两条直线 AB, AC 交 抛物线于 B, C 两点，求证：直线 BC 的斜率是定值。
证明：显然直线 AB, AC 的斜率都不是零，设 AB 的直线方程是 y k(x 4) 2 ，
k1
k1k 2 [ x
(
2
k
2 2
m)] ，
即 y k1k2 (x m) 2 ，
直线 MN 恒过定点 (m,2) .
【典例分析】
变式训练3. 已知椭圆方程 x2 y2 1 ，过点 P(0,2) 分别作直线 PA, PB 交椭圆于 A, B 两点，设直线 84
PA， PB的斜率分别为 k1 ， k2 ，且 k1 k2 4 ，求证：直线 AB 过定点
第11课 圆锥曲线中的定点、定值问题
【要点梳理】
1．解析几何中，定点、定值问题是高考命题的一个热点，也是一个难点， 解决这类问题并没有常规方法，但基本思想是明确的，那就是定点、定值必 然是在变化中所表现出来的不变量，所以可运用函数的思想方法，结合等式 的恒成立求解，也就是说要与题中的可变量无关。
高考数学一轮专项复习练习卷-北师大版-圆锥曲线中定点与定值问题(含解析)
1．已知直线l：y＝kx＋3与双曲线C：x216－y24＝1的右支交于不同的两点A和B，与y轴交于点P，且直线l上存在一点D满足|PA||PB|＝|DA||DB|(D不与P重合)．(1)求实数k的取值范围；(2)证明：当k变化时，点D的纵坐标为定值．2．(2024·福州模拟)已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的离心率为3，C的右焦点F到其渐近线的距离为 6.(1)求双曲线C的方程；(2)若直线l与双曲线C在第一象限交于A，B两点，直线x＝3交线段AB于点Q，且S△F AQ∶S△FBQ＝|FA|∶|FB|，证明：直线l过定点．3.(2023·深圳模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(2,0)．(1)求抛物线C的标准方程；(2)抛物线C在x轴上方一点A的横坐标为2，过点A作两条倾斜角互补的直线，与曲线C 的另一个交点分别为B，C，求证：直线BC的斜率为定值．4．(2023·杭州质检)如图，已知椭圆C1：x24＋y23＝1，椭圆C2：y29＋x24＝1，A(－2,0)，B(2,0)，P为椭圆C2上的动点且在第一象限，直线PA，PB分别交椭圆C1于E，F两点，连接EF并延长交x轴于Q点，过B点作BH分别交椭圆C1，C2于G，H点，且BH∥PA.(1)证明：k BF·k BG为定值；(2)证明：直线GF过定点，并求出该定点；(3)若记P，Q两点的横坐标分别为x P，x Q，证明：x P x Q为定值．§8.13圆锥曲线中定点与定值问题1．(1)解将直线方程y ＝kx ＋3代入双曲线方程x 216－y 24＝1，化简整理得(1－4k 2)x 2－24kx －52＝0，Δ＝(－24k )2＋4×(1－4k 2)×52＝208－256k 2，要使直线与双曲线的右支有两个不同的交点A 和B ，，，解得－134<k <－12.所以实数k －134，－(2)证明设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)，则由(1)知，x 1＋x 2＝24k 1－4k 2，x 1x 2＝－521－4k 2.由|PA ||PB |＝|DA ||DB |，得x 1x 2＝x 0－x 1x 2－x 0，所以x 0＝2x 1x 2x 1＋x 2＝－1041－4k 224k1－4k 2＝－133k ，所以y 0＝kx 0＋3＝－133＋3＝－43，所以点D 的纵坐标为定值－43.2．(1)解因为双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线为y ＝±b ax ，又因为双曲线C 的右焦点F (c ,0)到其渐近线的距离为6，所以bc a 2＋b 2＝b ＝6，又e ＝c a＝3，a 2＋b 2＝c 2，联立解得a ＝3，所以双曲线C 的方程为x 23－y 26＝1.(2)证明由已知得，双曲线C 的右焦点为F (3,0)，直线x ＝3过双曲线C 的右焦点．则S △F AQ S △FBQ ＝12|AF ||FQ |sin ∠AFQ 12|BF ||FQ |sin ∠BFQ ＝|AF |sin ∠AFQ |BF |sin ∠BFQ ＝|AF ||BF |，所以sin ∠AFQ ＝sin ∠BFQ ，所以直线AF 与直线BF 的倾斜角互补，k AF ＋k BF ＝0.显然直线l 的斜率存在且不为0，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (0<k <2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1≠3，x 2≠3)．kx ＋m ，－y 26＝1，得(2－k 2)x 2－2kmx －m 2－6＝0，－k 2≠0，＝(2km )2＋4(2－k 2)(m 2＋6)>0，所以x 1＋x 2＝2km 2－k 2，x 1x 2＝－m 2＋62－k 2，因为k AF ＋k BF ＝0，所以y 1x 1－3＋y 2x 2－3＝0，所以kx 1＋m x 1－3＋kx 2＋m x 2－3＝0，所以(kx 1＋m )(x 2－3)＋(kx 2＋m )·(x 1－3)＝0，整理得2kx 1x 2＋(m －3k )(x 1＋x 2)－6m ＝0.所以－2k ·m 2＋62－k 2＋(m －3k )·2km 2－k 2－6m ＝0，化简得k ＋m ＝0，即m ＝－k ，所以直线l 的方程为y ＝kx －k ＝k (x －1)，恒过点(1,0)，所以直线l 过定点．3．(1)解∵抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F (2,0)，∴p 2＝2，解得p ＝4，故抛物线C 的标准方程为y 2＝8x .(2)证明∵点A 的横坐标为2，即y 2＝8×2，解得y ＝±4，故A 点的坐标为(2,4)，设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，由已知设AB ：m (y －4)＝x －2，即x ＝my －4m ＋2，代入抛物线C 的方程得y 2＝8(my －4m ＋2)，即y 2－8my ＋32m －16＝0，则y 1＋4＝8m ，故y 1＝8m －4，∴x 1＝my 1－4m ＋2＝m (8m －4)－4m ＋2＝8m 2－8m ＋2，即B (8m 2－8m ＋2,8m －4)，设AC ：－m (y －4)＝x －2，即x ＝－my ＋4m ＋2，同理可得y 2＝－8m －4，则x 2＝－my 2＋4m ＋2＝－m (－8m －4)＋4m ＋2＝8m 2＋8m ＋2，即C (8m 2＋8m ＋2，－8m －4)，直线BC 的斜率k BC ＝y 1－y 2x 1－x 2＝16m －16m＝－1，∴直线BC 的斜率为定值．4．(1)证明设P (x 0，y 0)，则y 209＋x 204＝1，可得y 20＝9－9x 204，又k P A ＝y 0x 0＋2，k PB ＝y 0x 0－2，则k P A ·k PB ＝y 20x 20－4＝9－9x 204x 20－4＝－94，因为BG ∥PA ，所以k BF ·k BG ＝k P A ·k PB ＝－94.(2)解当直线GF 的斜率存在时，设GF 的方程为y ＝k (x －t )(k ≠0)，＝k (x －t )，x 2＋4y 2＝12，消去y 得(4k 2＋3)x 2－8k 2tx ＋4k 2t 2－12＝0.则Δ＝64k 4t 2－16(4k 2＋3)(k 2t 2－3)＝48(4k 2＋3－k 2t 2)>0，设G (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k 2t 4k 2＋3，x 1x 2＝4k 2t 2－124k 2＋3，由k BF ·k BG ＝y 1x 1－2·y 2x 2－2＝k 2[x 1x 2－t (x 1＋x 2)＋t 2]x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝－94，得3k 2t 2－12k 24k 2t 2－16k 2t ＋16k 2＝－94，约去k 2并化简得t 2－3t ＋2＝0，解得t ＝1(t ＝2不符合题意，舍去)，此时直线GF 过定点(1,0)；当直线GF 的斜率不存在时，设GF 的方程为x ＝m ，其中m ≠2，m ，＋y 23＝1，解得y ＝±12－3m22，则所以k BF ·k BG ＝－12－3m 24(m －2)2＝－94，解得m ＝1.综上，直线GF 过定点(1,0)．(3)证明设PA 的方程为y ＝k 1(x ＋2)(k 1>0)，＝k 1(x ＋2)，x 2＋4y 2＝12，解得E由(1)知P (x 0，y 0)，y 20＝9－9x 204由k 1＝y 0x 0＋2，则E同理，记PB 的斜率为k 2，则F由k 2＝y 0x 0－2，则F则EF 的斜率k EF ＝2y 0x 0＋4＋2y 0x 0－44(x 0＋1)x 0＋4＋4(x 0－1)x 0－4＝x 0y 02(x 20－4)，所以直线EF 的方程为y ＋2y 0x 0－4＝x 0y2(x 20－4)·x ＋4(x0－1)x 0－4.令y＝0，得x Q＝4x0，又x P＝x0，故x P x Q＝x0·4x0＝4.。
高考数学一轮复习圆锥曲线中的定点、定值问题
1
2 −
3
＝
｜解题技法｜
1.定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊（或极端）位
置猜想，如直线的水平位置、竖直位置，即k＝0或k不存在时.
2.以曲线上的点为参数，设点P（x1，y1），利用点在曲线f（x，y）＝0上，即f
（x1，y1）＝0消参.
平面直角坐标系xOy中，点F1（－ 3，0），F2（ 3，0），点M满足｜MF1｜
2
∴所求椭圆C的方程为 ＋y2＝1.
4
（2）设M为椭圆C的左顶点，A，B是椭圆C上两个不同的点，直线MA，
π
2
MB的倾斜角分别为α，β，且α＋β＝ .证明：直线AB恒过定点，并求出该
定点的坐标.
解：（2）证明：由题易知，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝kx＋
m，A（x1，y1），B（x2，y2）.
参数法求定值
【例3】 已知椭圆C过点A
3
1,
2
，两个焦点为（－1，0）和（1，0）.
（1）求椭圆C的方程；
解
2
2
（1）由题意，知c＝1，可设椭圆方程为 2 ＋ 2 ＝1.
1+
1
9
∵点A在椭圆上，∴ 2 ＋ 2＝1，
1+
4
3
2
2
解得
∴椭圆C的方程为 ＋ ＝1.
重难专攻（八）
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）从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.
高考圆锥曲线中的定点定值专题(附答案)
高考圆锥曲线中的定点定值问题定点问题是常见的考题形式，解决这类问题的关键就是引进变参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。
直线过定点问题通法，是设出直线方程，通过韦达定理和已知条件找出k 和b 的一次函数关系式，代入直线方程即可类型一：“手电筒”模型例题、已知椭圆C ：13422=+y x 若直线m kx y l +=：与椭圆C 相交于A ，B 两点（A ，B 不是左右顶点），且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点。
求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标。
解：设1122(,),(,)A x y B x y ，由223412y kx m x y =+⎧⎨+=⎩得222(34)84(3)0k x mkx m +++-=， 22226416(34)(3)0m k k m ∆=-+->，22340k m +->212122284(3),3434mk m x x x x k k-+=-⋅=++ 22221212121223(4)()()()34m k y y kx m kx m k x x mk x x m k-⋅=+⋅+=+++=+ 以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点(2,0),D 且1AD BD k k ⋅=-， 1212122y yx x ∴⋅=---，1212122()40y y x x x x +-++=， 2222223(4)4(3)1640343434m k m mkk k k--+++=+++， 整理得：2271640m mk k ++=，解得：1222,7k m k m =-=-，且满足22340k m +-> 当2m k =-时，:(2)l y k x =-，直线过定点(2,0),与已知矛盾；当27k m =-时，2:()7l y k x =-，直线过定点2(,0)7综上可知，直线l 过定点，定点坐标为2(,0).7◆方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点P 做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB ，则AB 必过定点))(,)((2222022220b a b a y b a b a x +-+-。