(文理通用)江苏省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江苏高考理科数学二轮讲义：圆锥曲线的标准方程与几何性质含解析
椭圆的标准方程与几何性质
[典型例题]
(1)如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆 ＋ ＝1(a>b>0)的右焦点，直线y＝ 与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________．
3．(20xx·南京、盐城模拟)若双曲线x2－y2＝a2(a＞0)的右焦点与抛物线y2＝4x的焦点重合，则a＝________．
[解析]双曲线x2－y2＝a2的右焦点的坐标为 ，抛物线y2＝4x的焦点为(1，0)，从而 a＝1，故a＝ ．
[答案]
4．(20xx·南通模拟)在平面直角坐标系xOy中，以直线y＝±2x为渐近线，且经过抛物线y2＝4x焦点的双曲线的方程是________．
联立 ，消去x得，y2－ y－4＝0，
所以2 yB＝－4，解得yB＝－ ，所以△AOF的面积和△BOF的面积的比值为 ＝2．
[答案]2
10．(20xx·南京模拟)已知椭圆x2＋ ＝1(0<b<1)的左焦点为F，左、右顶点分别为A、C，上顶点为B．过F、B、C作圆P，其中圆心P的坐标为(m，n)．当m＋n>0时，则椭圆离心率的取值范围是________．
[解析]设F、B、C的坐标分别为(－c，0)，(0，b)，(1，0)，则FC、BC的中垂线分别为
x＝ ，y－ ＝ ．
联立方程组 解出
m＋n＝ ＋ >0，即b－bc＋b2－c>0，即(1＋b)·(b－c)>0，所以b>c．从而b2>c2，
即有a2>2c2，
[解析]因为抛物线焦点为(1，0)，所以双曲线的焦点也在x轴上，故可设所求双曲线标准方程为 － ＝1(a＞0，b＞0)．又双曲线的渐近线为y＝±2x，故 ＝2．即所求双曲线的标准方程为x2－ ＝1．
高中数学-圆锥曲线中的定点、定值与最值问题
[例 2] 如图，在平面直角
坐标系 xOy 中，椭圆xa22＋by22＝1(a>b>0)的左、
右焦点分别为 F1(－c,0)，F2(c,0)．已知点(1，e)
和e，
23都在椭圆上，其中
e
为椭圆的离心率．
(1)求椭圆的方程；
(2)设 A，B 是椭圆上位于 x 轴上方的两点，且直线 AF1 与直
线 BF2 平行，AF2 与 BF1 交于点 P，
法二：同(2)法一假设前内容． 假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M 必在x轴上． 取k＝0，m＝ 3，此时P(0， 3)，Q(4， 3)， 以PQ为直径的圆为(x－2)2＋(y－ 3)2＝4， 交x轴于点M1(1,0)，M2(3,0)； 取k＝－12，m＝2，此时P1，32，Q(4,0)， 以PQ为直径的圆为x－522＋y－342＝4156， 交x轴于点M3(1,0)，M4(4,0)．
因为 MP ＝－4mk－x1，m3 ， MQ ＝(4－x1,4k＋m)， 由 MP ·MQ ＝0，得－1m6k＋4kmx1－4x1＋x12＋1m2k＋3＝0， 整理，得(4x1－4)mk ＋x12－4x1＋3＝0.(**) 由于(**)式对满足(*)式的m，k恒成立， 所以4x1x2－1－4x41＝＋03，＝0， 解得x1＝1. 故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.
圆锥曲线中的最值问题
[例3] 如图，在直角坐标系xOy中，点 P1，12到抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线的距 离为54.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的 两动点，且线段AB被直线OM平分．
(1)求p，t的值； (2)求△ABP面积的最大值．
[思路点拨] (1)利用点M(t,1)在曲线上及点P 1，12 到准线的距 离为54求p与t的值；
2020届新高考数学二轮微专题突破专题09 圆锥曲线中的定点(解析版)
专题09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、(2019苏北三市期末）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为22，且右焦点到右准线l 的距离为1.过x 轴上一点M(m ，0)(m 为常数，且m ∈(0，2))的直线与椭圆C 交于A ，B 两点，与l 交于点P ，D 是弦AB 的中点，直线OD 与l 交于点Q.(1) 求椭圆C 的标准方程．(2) 试判断以PQ 为直径的圆是否经过定点．若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．思路分析 第(2)问中先要求出P ，Q 点，写出圆的方程(直径式)，然后，即令斜率k 的系数为零，常数项也为零，得出关于x ，y 的方程可得定点．审题注意题中m 是常数，而非变量．规范解答 (1)由题意，得⎩⎨⎧e ＝c a ＝22，a 2c －c ＝1，，解得⎩⎨⎧a ＝2，c ＝1，所以a 2＝2，b 2＝1，所以椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(4分)(2)解法1 由题意，当直线AB 的斜率不存在或为零时显然不符合题意，所以可设直线AB 的斜率为k ，则直线AB 的方程为y ＝k(x －m)．又准线方程为x ＝2，所以点P 的坐标为P(2，k(2－m))．(6分)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －m ），x 2＋2y 2＝2，得，x 2＋2k 2(x －m)2＝2，即(1＋2k 2)x 2－4k 2mx ＋2k 2m 2－2＝0， 所以x A ＋x B ＝4k 2m 2k 2＋1，则x D ＝12·4k 2m 2k 2＋1＝2k 2m 2k 2＋1，y D ＝k ⎝⎛⎭⎫2k 2m 2k 2＋1－m ＝－km 2k 2＋1， (8分)所以k OD ＝－12k，从而直线OD 的方程为y ＝－12kx(也可用点差法求解)， 所以点Q 的坐标为Q ⎝⎛⎭⎫2，－1k .(10分) 所以以P ，Q 为直径的圆的方程为(x －2)2＋⎝⎛⎭⎫y ＋1k ＝0， 即x 2－4x ＋2＋m ＋y 2－]y ＝0.(14分)因为该式对∀k ≠0恒成立，令y ＝0，得x ＝2±2－m ， 所以以PQ 为直径的圆经过定点()2±2－m ，0.(16分)解法2 由题意，当直线AB 的斜率不存在或为零时显然不符合题意．直线l ：x ＝2. 设直线AB 的方程为x ＝ny ＋m ，则P ⎝⎛⎭⎫2，2－m n .(6分)设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则D ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22.(8分)联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ny ＋m ，x 2＋2y 2＝2，得(n 2＋2)y 2＋2nmy ＋m 2－2＝0，Δ＝8(n 2－m 2＋2)>0，y 1＋y 2＝－2nm n 2＋2，x 1＋x 2＝n(y 1＋y 2)＋2m ＝4m n 2＋2，故D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m n 2＋2，－nm n 2＋2.(10分)所以k OD ＝－n 2，直线OD: y ＝－n2x ，故Q(2，－n)，则PQ 中点为⎝⎛⎭⎫2，2－m －n 22n ，PQ 2＝（n 2－m ＋2）n 22，所以以P ，Q 为直径的圆的方程为(x －2)2＋⎝⎛⎭⎫y ＋n 2＋m －22n 2＝⎝⎛⎭⎫n 2－m ＋22n 2，(14分) 整理得(x －2)2＋y 2＋m －2＋n 2＋m －2ny ＝0，令y ＝0，解得x ＝2±2－m ， 所以以PQ 为直径的圆经过定点(2±2－m ，0)．(16分)解后反思 圆锥曲线综合题要立足直线和曲线的位置关系，弄清楚交点问题．确定好思路后设点或者设线，然后按部就班书写计算过程，平实复习时候要注重计算能力的提高，考试才能算得顺利准确． 例2、(2018苏州期末）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22，椭圆上动点P 到一个焦点的距离的最小值为3(2－1)．(1) 求椭圆C 的标准方程；(2) 已知过点M(0，－1)的动直线l 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．思路分析 (1) 椭圆上动点P(x 0，y 0)到左、右焦点的距离的最小值为a －c.(2) 先根据直径AB 竖直和水平两种情况，猜出定点可能为D(0，3)，再考虑DA →·DB →是否为零． 规范解答 (1) 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝22，a －c ＝3（2－1），解得⎩⎨⎧a ＝32，c ＝3.所以b 2＝a 2－c 2＝9.(4分)椭圆C 的标准方程是x 218＋y 29＝1.(6分)(2) 当直线l 的斜率不存在时，以AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝9；(7分) 当直线l 的斜率为零时，以AB 为直径的圆的方程为x 2＋(y ＋1)2＝16.(8分)这两圆仅有唯一公共点，也是椭圆的上顶点D(0，3)．猜想以AB 为直径的圆恒过定点D(0，3)．(9分) 证明如下：证法1(向量法) 设直线l 的方程为y ＝kx －1，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)．只要证DA →·DB →＝x 1x 2＋(y 1－3)(y 2－3)＝x 1x 2＋(kx 1－4)(kx 2－4)＝0即可．即要证DA →·DB →＝(1＋k 2)x 1x 2－4k(x 1＋x 2)＋16＝0.(11分)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －1，x 2＋2y 2＝18，消去y ，得(1＋2k 2)x 2－4kx －16＝0，Δ＝16k 2＋64(1＋2k 2)>0，此方程总有两个不等实根x 1，x 2.x 1，2＝2k ±29k 2＋41＋2k 2，所以x 1＋x 2＝4k 1＋2k 2，x 1x 2＝－161＋2k 2.(14分) 所以DA →·DB →＝(1＋k 2)x 1x 2－4k(x 1＋x 2)＋16＝－16（1＋k 2）1＋2k 2－16k 21＋2k 2＋16＝0.所以DA ⊥DB ，所以以AB 为直径的圆恒过定点D(0，3)．(16分)证法2(斜率法) 若设DA ，DB 的斜率分别为k 1，k 2，只要证k 1k 2＝－1即可． 设直线l 的斜率为λ，则y A ＋1x A＝λ.由点A 在椭圆x 2＋2y 2＝18上，得x 2A ＋2y 2A＝18，变形得y A －3x A ·y A ＋3x A ＝－12，即k 1·y A ＋3x A ＝－12. 设y A ＋3＝m(y A －3)＋n(y A ＋1)，可得m ＝－12，n ＝32，得y A ＋3x A ＝32λ－12k 1.从而k 1(3λ－k 1)＝－1，即k 21－3λk 1－1＝0.同理k 22－3λk 2－1＝0，所以k 1，k 2是关于k 的方程k 2－3λk －1＝0的两实根．由根与系数关系，得k 1k 2＝－1.所以DA ⊥DB ，所以以AB 为直径的圆恒过定点D(0，3)．(16分) 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3、(2019镇江期末）已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的长轴长为4，两准线间距离为4 2.设A 为椭圆C的左顶点，直线l 过点D(1，0)，且与椭圆C 相交于E ，F 两点．(1) 求椭圆C 的方程；(2) 若△AEF 的面积为10，求直线l 的方程；(3) 已知直线AE ，AF 分别交直线x ＝3于点M ，N ，线段MN 的中点为Q ，设直线l 和QD 的斜率分别为k(k ≠0)，k ′，求证：k·k′为定值．规范解答 (1)由长轴长2a ＝4，两准线间距离2a 2c ＝42，解得a ＝2，c ＝2，(2分)则b 2＝a 2－c 2＝2，即椭圆方程为x 24＋y 22＝1.(4分) (2) 当直线l 的斜率不存在时，此时EF ＝6，△AEF 的面积S ＝12AD ·EF ＝326，不合题意；(5分)故直线l 的斜率存在，设直线l ：y ＝k(x －1)，代入椭圆方程得， (1＋2k 2)x －4k 2x ＋2k 2－4＝0.因为D(1，0)在椭圆内，所以Δ>0恒成立．设E(x 1，y 1)，F(x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－41＋2k 2.(6分)故EF ＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2223k 2＋21＋2k 2.(7分)又点A 到直线l 的距离d ＝3|k|1＋k2，(8分)则△AEF 的面积S ＝12d ·EF ＝12·3|k|1＋k 2·1＋k 2·223k 2＋21＋2k 2＝323k 4＋2k 21＋2k 2＝10，则k ＝±1.(9分)综上，直线l 的方程为x －y －1＝0和x ＋y －1＝0.(10分) (3) 证法1 设点E(x 1，y 1)，F(x 2，y 2)，则直线AE ：y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，令x ＝3，得点M ⎝⎛⎭⎫3，5y 1x 1＋2，同理可得N ⎝⎛⎭⎫3，5y 2x 2＋2，所以点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3，52y 1x 1＋2＋52y 2x 2＋2.(12分) 直线QD 的斜率为k′＝5y 12（x 1＋2）＋5y 22（x 2＋2）3－1＝54⎝⎛⎭⎫y 1x 1＋2＋y 2x 2＋2，(13分)而y 1x 1＋2＋y 2x 2＋2＝k （x 1－1）x 1＋2＋k （x 2－1）x 2＋2＝k·2x 1x 2＋x 1＋x 2－4x 1x 2＋2（x 1＋x 2）＋4.(14分) 由(2)知x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－41＋2k 2，代入上式得，(15分)y 1x 1＋2＋y 2x 2＋2＝k·4k 2－8＋4k 2－4（1＋2k 2）2k 2－4＋8k 2＋4＋8k 2＝－12k 18k 2＝－23k .则有k′＝－56k ，所以k·k′＝－56，为定值．(16分)(3) 证法2 设点M(3，m)，N(3，n)，且m ≠n ，则Q ⎝⎛⎭⎫3，m ＋n 2，从而k′＝m ＋n23－1＝m ＋n 4.直线AM 的方程为y ＝m 5(x ＋2)，与椭圆方程联立得(x ＋2)(x －2)＋2m 225(x ＋2)2＝0，可知x ＝－2或x ＝50－4m 225＋2m 2，即点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫50－4m 225＋2m 2，20m 25＋2m 2.故k DE ＝20m25＋2m 250－4m 225＋2m 2－1＝20m 25－6m 2. 同理可得k DF ＝20n 25－6n 2.又D ，E ，F 三点共线，则有k ＝k DE ＝k DF ＝20m 25－6m 2＝20n25－6n 2＝20m －20n 6n 2－6m 2＝20（m －n ）－6（m ＋n ）（m －n ）＝－103（m ＋n ）.从而有k·k′＝m ＋n 4＝－56.例4、(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 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：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．(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PAPB＝3－22为定值．(8分)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，(12分) 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.(14又点在P(x 0，y 0)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．(16分)例5、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知B 1，B 2是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的短轴端点，P 是椭圆上异于点B 1，B 2的一动点．当直线PB 1的方程为y ＝x ＋3时，线段PB 1的长为4 2.(1) 求椭圆的标准方程；(2) 设点Q 满足QB 1⊥PB 1，QB 2⊥PB 2.求证：△PB 1B 2与△QB 1B 2的面积之比为定值．思路分析 第(2)问，由于△PB 1B 2，△QB 1B 2的底边相同，所以问题的本质就是研究点P 与Q 的横坐标之间的比值，为此，采用设点法或设线法都可以解决问题．规范解答 设P(x 0，y 0)，Q(x 1，y 1)．(1) 在y ＝x ＋3中，令x ＝0，得y ＝3，从而b ＝3.(2分) 由⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2＋y 29＝1，y ＝x ＋3得x 2a 2＋（x ＋3）29＝1.所以x 0＝－6a 29＋a 2.(4分)因为PB 1＝x 20＋（y 0－3）2＝2|x 0|，所以42＝2·6a 29＋a 2，解得a 2＝18.所以椭圆的标准方程为x 218＋y 29＝1.(6分)(2) 证法1(设点法) 直线PB 1的斜率为kPB 1＝y 0－3x 0，由QB 1⊥PB 1，所以直线QB 1的斜率为kQB 1＝－x 0y 0－3.于是直线QB 1的方程为y ＝－x 0y 0－3x ＋3.同理，QB 2的方程为y ＝－x 0y 0＋3x －3.(8分) 联立两直线方程，消去y ，得x 1＝y 20－9x 0.(10分)因为P(x 0，y 0)在椭圆x 218＋y 29＝1上，所以x 2018＋y 209＝1，从而y 20－9＝－x 202.所以x 1＝－x 02.(12分)所以S △PB 1B 2S △QB 1B 2＝⎪⎪⎪⎪x 0x 1＝2.(14分)证法2(设线法) 设直线PB 1，PB 2的斜率分别为k ，k ′，则直线PB 1的方程为y ＝kx ＋3. 由QB 1⊥PB 1，直线QB 1的方程为y ＝－1k x ＋3.将y ＝kx ＋3代入x 218＋y 29＝1，得(2k 2＋1)x 2＋12kx ＝0.因为P 是椭圆上异于点B 1，B 2的点，所以x 0≠0， 从而x 0＝－12k2k 2＋1.(8分)因为P(x 0，y 0)在椭圆x 218＋y 29＝1上，所以x 2018＋y 209＝1，从而y 20－9＝－x 202.所以k·k′＝y 0－3x 0·y 0＋3x 0＝y 20－9x 20＝－12，得k′＝－12k.(10分)由QB 2⊥PB 2，所以直线QB 2的方程为y ＝2kx －3. 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－1k x ＋3，y ＝2kx －3，则x ＝6k 2k 2＋1，即x 1＝6k2k 2＋1.(12分)所以S △PB 1B 2S △QB 1B 2＝⎪⎪⎪⎪x 0x 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12k 2k 2＋16k2k 2＋1＝2.(14分)二、达标训练1、(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．规范解答 (1)设椭圆的半焦距为c ，由已知得， c a ＝32，则a 2c －c ＝33，c 2＝a 2－b 2，(3分) 解得a ＝2，b ＝1，c ＝3，(5分) 所以椭圆E 的标准方程是x 24＋y 2＝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 21t1＋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 21t21＋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）＋t2x 3x 4－t （x 3＋x 4）＋t2. 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) 解后反思 本题着重考查了计算能力，而在运算过程中借助了两条直线的地位一致性，只需算出一份数据即可，另外对应换掉相应位置的参数就好，需要考生仔细观察，不能盲目地硬算．定值问题，要恰当去转化，能很好的降低计算量，用向量的坐标来计算，结构对称、优美，代入根与系数关系可以很容易得出结果2、(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；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 ＝－1mx －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) 3、(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 .思路分析 (1) 直接设出B (x 0，y 0)，C (－x 0，－y 0)，求出k 1，k 2，并运用椭圆方程消去y 0即可；(2) 设出直线AP 为y ＝k 1(x －2)，与圆联立得出点P 坐标，与椭圆联立得出点B 坐标，通过斜率公式求出k PQ 和k BC 即得λ的值；(3) 通过直线PQ 与x 轴垂直时特殊的位置，猜想直线AC 过点Q ，再证明当直线PQ 与x 轴不垂直时，直线AC 也过点Q ，先通过直线PQ 方程与圆方程联立，求出点Q 坐标，再通过证明斜率相等来证明三点共线，从而证得直线AC 必过点Q .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 1(x －2)，x 2＋y 2＝4得(1＋k 21)x 2－4k 21x ＋4(k 21－1)＝0，解得x P ＝2(k 21－1)1＋k 21，y P ＝k 1(x P －2)＝－4k 11＋k 21， 联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k 1(x －2)，x 24＋y 2＝1得(1＋4k 21)x 2－16k 21x ＋4(4k 21－1)＝0，解得x B ＝2(4k 21－1)1＋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 P x P ＋65＝－4k 11＋k 212(k 21－1)1＋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 ＝－2(16k 21－1)16k 21＋1，y Q ＝16k 116k 21＋1， 因为k 2＝－y B －x B －2＝4k 11＋4k 212(1－4k 21)1＋4k 21－2＝－14k 1，所以k AQ ＝16k 116k 21＋1－2(16k 21－1)16k 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)。
重难点突破之圆锥曲线中的定点问题、定值问题题型(含答案)
重难点突破之圆锥曲线中的定点问题、定值问题1．（2024·浙江金华·一模）已知和为椭圆：上两点.(1)求椭圆的离心率；(2)过点的直线与椭圆交于，两点（，不在轴上）.（i）若的面积为，求直线的方程；（ii）直线和分别与轴交于，两点，求证：以为直径的圆被轴截得的弦长为定值.2．（24-25高三上·天津南开·阶段练习）已知椭圆过点，其长轴长为4，下顶点为，若作与轴不重合且不平行的直线交椭圆于两点，直线分别与轴交于两点.(1)求椭圆的方程；(2)当点横坐标的乘积为时，试探究直线是否过定点？若过定点，请求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.3．（2024·广西柳州·一模）在平面直角坐标系中，为直线上一动点，椭圆：的左右顶点分别为，，上、下顶点分别为，．若直线交于另一点，直线交于另一点．(1)求证：直线过定点，并求出定点坐标；(2)求四边形面积的最大值．4．（2024·浙江台州·一模）已知抛物线的焦点为，准线为，双曲线的左焦点为T．(1)求的方程和双曲线的渐近线方程；(2)设为抛物线和双曲线的一个公共点，求证：直线与抛物线相切；(3)设为上的动点，且直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，直线与抛物线交于不同的两点，判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．5．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知椭圆的左右焦点分别为，，上顶点为，长轴长为，直线的倾斜角为(1)求直线的方程及椭圆的方程.(2)若椭圆上的两动点A，B均在轴上方，且，求证：的值为定值.(3)在（2）的条件下求四边形的的面积的取值范围.6．（24-25高二上·河南南阳·期中）已知为坐标原点，动点到轴的距离为，且，其中均为常数，动点的轨迹称为曲线.(1)判断曲线为何种圆锥曲线.(2)若曲线为双曲线，试问应满足什么条件？(3)设曲线为曲线，斜率为且的直线过的右焦点，且与交于两个不同的点.（i）若，求；（ii）若点关于轴的对称点为点，试证明直线过定点.7．（2024·云南大理·一模）已知椭圆的两个焦点为，且椭圆的离心率为.(1)求椭圆的标准方程；(2)已知为坐标原点，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，且弦的中点为，直线的斜率为，求；(3)直线与椭圆有两个不同的交点，椭圆在点处的切线分别为与交于点，点在直线上.请你判断直线是否经过定点，并说明理由.8．（2024·广东深圳·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．(1)求的方程；(2)不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为，证明直线过定点，并求出这个定点．9．（2024·贵州遵义·模拟预测）如图，现用一个与圆柱底面成角的平面截圆柱，所得截面是一个椭圆，在平面上建立如图所示的平面直角坐标系.若圆柱的底面圆的半径为2，.(1)求椭圆的标准方程；(2)设为椭圆上任意一点，为椭圆在点处的切线.设椭圆的两个焦点分别为，，它们到切线的距离分别为，，试判断是否为定值？若是，求其定值；若不是，说明理由.10．（2024·四川成都·模拟预测）已知点，，点P在以AB为直径的圆C上运动，轴，垂足为D，点M满足，点M的轨迹为W，过点的直线l交W于点E、F.(1)求W的方程；(2)若直线l的倾斜角为，求直线l被圆C截得的弦长；(3)设直线AE，BF的斜率分别为，，证明为定值，并求出该定值.11．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）已知抛物线的焦点为，点是上的一点，且.(1)求抛物线的方程；(2)设点（其中）是上异于的两点，的角平分线与轴垂直，为线段的中点.（i）求证：点在定直线上；（ii）若的面积为6，求点的坐标.12．（2024高二上·江苏·专题练习）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为F，连接BF并延长交椭圆C于点椭圆P．(1)若，，求椭圆C的方程(2)若直线AB与直线AP的斜率之比是-2，证明：为定值，并求出定值．1．（2023·全国·高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上．(1)求的方程；(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．2．（2023·全国·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.3．（2024·全国·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.(1)若，求；(2)证明：数列是公比为的等比数列；(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.4．（2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．(1)求的方程；(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．重难点突破之圆锥曲线中的定点问题、定值问题1．（2024·浙江金华·一模）已知和为椭圆：上两点.(1)求椭圆的离心率；(2)过点的直线与椭圆交于，两点（，不在轴上）.（i）若的面积为，求直线的方程；（ii）直线和分别与轴交于，两点，求证：以为直径的圆被轴截得的弦长为定值.【答案】(1)(2)（i）；（ii）证明见解析【难度】0.4【知识点】求椭圆的离心率或离心率的取值范围、椭圆中的定值问题、椭圆中三角形（四边形）的面积【分析】（1）根据给定的点A和B在椭圆上，以及椭圆的离心率公式求出椭圆的离心率；（2）（i）借助韦达定理和面积公式计算即可；（ii）可借助韦达定理和圆的弦长公式计算即可.【详解】（1）由可知，求出，代入，得，，则，，可知椭圆的离心率为.（2）（i）由（1）可知椭圆的方程为，设，，过点的直线为，与联立得：.恒成立.所以，得，所以，直线的方程为：.（ii）由（i）可知，直线的方程为，令，得直线的方程为，令，得，记以为直径的圆与轴交于，两点，由圆的弦长公式可知，所以，为定值.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；（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.解题时，要将问题合理的进行转化，转化成易于计算的方向.2．（24-25高三上·天津南开·阶段练习）已知椭圆过点，其长轴长为4，下顶点为，若作与轴不重合且不平行的直线交椭圆于两点，直线分别与轴交于两点.(1)求椭圆的方程；(2)当点横坐标的乘积为时，试探究直线是否过定点？若过定点，请求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.【答案】(1)(2)直线过定点，坐标为.【难度】0.4【知识点】根据a、b、c求椭圆标准方程、椭圆中的直线过定点问题【分析】（1）先求出，再代入点解出，进而得到椭圆方程；（2）设直线的方程为，直曲联立解出，再由，解出值即可.【详解】（1）由椭圆长轴长为，可知，将代入椭圆方程：，所以椭圆的方程为：.（2）设直线的方程为，，由则直线的方程为，令，得，同理可得，所以，所以，把直线代入椭圆方程中，得出，所以，代入，化简得，所以直线过定点.【点睛】关键点点睛：由题意得出再代入化简是本题的关键点.3．（2024·广西柳州·一模）在平面直角坐标系中，为直线上一动点，椭圆：的左右顶点分别为，，上、下顶点分别为，．若直线交于另一点，直线交于另一点．(1)求证：直线过定点，并求出定点坐标；(2)求四边形面积的最大值．【答案】(1)证明见解析，(2)【难度】0.4【知识点】椭圆中三角形（四边形）的面积、椭圆中的直线过定点问题、根据a、b、c求椭圆标准方程、求椭圆中的最值问题【分析】（1）依题求出椭圆方程，设，由直线，方程分别与椭圆方程联立，求出点的坐标，由对称性知，定点在轴上，设为，由求出的值即得；（2）根据图形，可得四边形的面积，代入和，经过换元，运用基本不等式和函数的单调性即可求得面积最大值.【详解】（1）由题意知，，椭圆：如图，设，当时，直线的方程为：，代入，得，则，从而，点又直线的方程为：，代入，得则，从而，点由对称性知，定点在轴上，设为由，即，化简得，因故得，解得.即直线过定点，而当时，直线也过定点．综上，直线恒过定点．（2）由图可知四边形的面积为，令，当且仅当时等号成立，因在上单调递增，而，故当时，四边形面积有最大值．【点睛】方法点睛：本题主要考查直线过定点和四边形面积的最值问题，数据计算较大.求解直线过定点问题，一般是通过消参后将直线方程化成含一个参数的方程，再求定点；对于四边形面积问题，常运用合理的拆分或拼接，使其表达式易于得到，再利用基本不等式，或函数的单调性求其范围即可.4．（2024·浙江台州·一模）已知抛物线的焦点为，准线为，双曲线的左焦点为T．(1)求的方程和双曲线的渐近线方程；(2)设为抛物线和双曲线的一个公共点，求证：直线与抛物线相切；(3)设为上的动点，且直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，直线与抛物线交于不同的两点，判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)准线的方程为，双曲线的渐近线方程为(2)证明见解析(3)是，．【难度】0.4【知识点】已知方程求双曲线的渐近线、抛物线中的定值问题、根据抛物线方程求焦点或准线、判断直线与抛物线的位置关系【分析】（1）根据抛物线的准线方程及双曲线的渐近线方程即可求解；（2）结合题意联立方程组和，化简即可求解；（3）由题意得，设，联立方程组和，利用韦达定理表示和，化简即可证明.【详解】（1）准线的方程为，双曲线的渐近线方程为．（2）联立方程组，消去得，解得（舍负），由对称性，不妨取，又由，求得直线的方程为，联立方程组，消去得，因为，所以直线与抛物线相切．（3）因为，得准线为线段的中垂线，则直线与直线的倾斜角互补，即，设，由条件知，联立方程组，消去得，则，联立方程组，消去得，则，所以，故为定值．【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有，或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.5．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知椭圆的左右焦点分别为，，上顶点为，长轴长为，直线的倾斜角为(1)求直线的方程及椭圆的方程.(2)若椭圆上的两动点A，B均在轴上方，且，求证：的值为定值.(3)在（2）的条件下求四边形的的面积的取值范围.【答案】(1)，(2)证明见解析(3)【难度】0.4【知识点】椭圆中三角形（四边形）的面积、椭圆中的定值问题、求椭圆的长轴、短轴、根据韦达定理求参数【分析】（1）由长轴长的长度可求的值，又利用点和直线的倾斜角可得，进而用可求，从而可得直线方程和椭圆的方程；（2）设，，则关于原点的对称点，即，由的斜率可得三点共线，进而得，设代入椭圆方程，由韦达定理可得，，从而计算可得结果；（3）由题意可知四边形为梯形，由点到直线的距离可得高，进而结合梯形的面积公式利用基本不等式可得结果.【详解】（1）由长轴长为，可得，.因为点上顶点，直线的倾斜角为，所以中，，则，又，则.因为，，所以直线的方程为.椭圆的方程为.（2）设，，，则关于原点的对称点，即，由，三点共线，又，.设代入椭圆方程得，，，.，，.（3）四边形为梯形，令，则（当即时等号成立）.【点睛】关键点点睛：设关于原点的对称点，即，进而由平行关系判断三点共线，设，由韦达定理可得，，从而计算可得结果；在求的范围的时候，通过变形利用基本不等式可求最大值即可.6．（24-25高二上·河南南阳·期中）已知为坐标原点，动点到轴的距离为，且，其中均为常数，动点的轨迹称为曲线.(1)判断曲线为何种圆锥曲线.(2)若曲线为双曲线，试问应满足什么条件？(3)设曲线为曲线，斜率为且的直线过的右焦点，且与交于两个不同的点.（i）若，求；（ii）若点关于轴的对称点为点，试证明直线过定点.【答案】(1)椭圆(2)且(3)（i）；（ii）证明见解析【难度】0.4【知识点】求双曲线中的弦长、根据方程表示双曲线求参数的范围、求平面轨迹方程、直线过定点问题【分析】（1）设，根据曲线的定义，可得的坐标满足的方程，分析可得结果.（2）将整理为，根据双曲线方程的特点分析可得结果.（3）（i）先根据为曲线可得曲线的方程，利用双曲线的性质及弦长公式易得结果；（ii）先设出直线的点斜式方程，由对称性得直线经过的定点必在轴上，令，结合韦达定理化简可得定点坐标.【详解】（1）设，由，得，当时，，即，所以曲线为椭圆.（2）由，得.若曲线为双曲线，则，所以可化为，所以，则；故应满足且曲线为双曲线.（3）由，得曲线的方程为，则的右焦点坐标为，所以直线的方程为.联立得.设，则（i）若，则.（ii）因为点关于轴的对称点为点，所以，则直线的方程为，根据对称性可知，直线经过的定点必在轴上，令，得.当且时，，故直线过定点.【点睛】本题难点在于理解并应用曲线的定义进行分析，考查对新定义的理解和应用.7．（2024·云南大理·一模）已知椭圆的两个焦点为，且椭圆的离心率为.(1)求椭圆的标准方程；(2)已知为坐标原点，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，且弦的中点为，直线的斜率为，求；(3)直线与椭圆有两个不同的交点，椭圆在点处的切线分别为与交于点，点在直线上.请你判断直线是否经过定点，并说明理由.【答案】(1)；(2)；(3)直线恒过定点，理由见解析【难度】0.15【知识点】椭圆中的直线过定点问题、椭圆中的定值问题、求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、根据a、b、c求椭圆标准方程【分析】（1）根据离心率和焦点坐标，列出方程组，求出，得到椭圆方程；（2）方法一：利用点差法进行求解；方法二：设，直线，表达出，结合，从而得到；方法三：设，直线，联立直线与椭圆方程，由韦达定理得到两根之和，从而，故，求出；（3）方法一：设，联立椭圆方程，由得到，由韦达定理得到，，故，得到，同理可得，，联立，求出，结合，求出，设，则，整理得，又，则，从而求出直线恒过定点.方法二：点在时，求导，得到切线斜率，，求出，同理可得，联立，求出，结合，求出，设，则，整理得，又，则，从而求出直线恒过定点.【详解】（1）设椭圆的标准方程为：，，椭圆的标准方程为：.（2）方法一：点差法：设，则①，又在椭圆上，则，，两式相减得：，即：②，由①②得，.而.方法二：椭圆方程代换：设，直线，①，②，又，即③，由①②③得，；方法三：联立方程：设，直线，①，联立方程得，，②，由①②得，，则.又，.（3）设，先求椭圆在点处的切线的方程.方法一：根据判别式求解椭圆在点处的切线，设，联立方程得，，，，，.，即.同理可得，.，可得T点的横坐标，即，又，可得，，由题意可知直线的斜率不为0，设.，整理得，，即.又，则.，即直线恒过定点.方法二：导数的几何意义：.当点在时，.，则切线斜率，，即.当点在时，同理可得.，同理可得，.，可得T点的横坐标，即，又，可得，，由题意可知直线的斜率不为0，设.，整理得，，即.又，则.，即直线恒过定点.【点睛】知识点点睛：过圆上一点的切线方程为：，过圆外一点的切点弦方程为：.过椭圆上一点的切线方程为，过双曲线上一点的切线方程为8．（2024·广东深圳·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．(1)求的方程；(2)不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为，证明直线过定点，并求出这个定点．【答案】(1)；(2)证明见解析；【难度】0.4【知识点】根据韦达定理求参数、根据离心率求椭圆的标准方程、椭圆中的直线过定点问题、根据a、b、c求椭圆标准方程【分析】（1）根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即得；（2）对直线的斜率分等于0和不等于0讨论，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，结合韦达定理推理即得.【详解】（1）令椭圆的半焦距为c，由离心率为，得，解得，由三角形面积为，得，则，，所以的方程是.（2）由（1）知，点，当直线的斜率为0时，设直线，则，，且，即，，不合题意；当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，设，由消去x得：，则，直线与的斜率分别为，，于是，整理得，解得或，当时，直线过点，不符合题意，因此，直线：恒过定点.9．（2024·贵州遵义·模拟预测）如图，现用一个与圆柱底面成角的平面截圆柱，所得截面是一个椭圆，在平面上建立如图所示的平面直角坐标系.若圆柱的底面圆的半径为2，.(1)求椭圆的标准方程；(2)设为椭圆上任意一点，为椭圆在点处的切线.设椭圆的两个焦点分别为，，它们到切线的距离分别为，，试判断是否为定值？若是，求其定值；若不是，说明理由.【答案】(1)；(2).【难度】0.4【知识点】求椭圆的切线方程、椭圆中的定值问题、根据a、b、c求椭圆标准方程【分析】（1）由题意得，求出即可得解；（2）分直线斜率不存在和直线斜率存在两种情况去分析求解即可，对于直线斜率存在且不为0情况，先设切线方程，接着联立椭圆方程利用和整理得切线l的斜率，从而得切线方程，再利用点到直线距离公式和即可计算求解.【详解】（1）由题可得，且椭圆的焦点在x轴上，所以椭圆的标准方程为.（2）由（1），当直线斜率不存在时，则由（1）得或，当时，，，此时，同理可得时，；当直线斜率存在时，设，联立，则，整理得①，又即，故，将其代入上式①可得即，故，所以，整理得，所以点到l的距离的乘积为.综上，是定值且.10．（2024·四川成都·模拟预测）已知点，，点P在以AB为直径的圆C上运动，轴，垂足为D，点M满足，点M的轨迹为W，过点的直线l交W于点E、F.(1)求W的方程；(2)若直线l的倾斜角为，求直线l被圆C截得的弦长；(3)设直线AE，BF的斜率分别为，，证明为定值，并求出该定值.【答案】(1)(2)(3)证明见解析，2【难度】0.4【知识点】由圆心（或半径）求圆的方程、圆的弦长与中点弦、轨迹问题——椭圆、椭圆中的定值问题【分析】（1）由已知可得圆的方程，设，，，根据，可得，，代入圆的方程即可求解；（2）由已知可得直线方程，求出圆心到直线的距离，由勾股定理即可求解；（3）根据题意可知直线斜率不为0，设直线的方程为，，，联立直线和椭圆构成方程组，根据斜率的计算公式结合韦达定理即可求解.【详解】（1）由题意，点在圆上运动，设，，，由得，，又，所以，所以的方程为；（2）直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，所以直线被圆C截得的弦长为；（3）由题意，直线斜率不为0，设直线的方程为，，，联立得，所以，，故，.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.11．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）已知抛物线的焦点为，点是上的一点，且.(1)求抛物线的方程；(2)设点（其中）是上异于的两点，的角平分线与轴垂直，为线段的中点.（i）求证：点在定直线上；（ii）若的面积为6，求点的坐标.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）或【难度】0.65【知识点】抛物线中的直线过定点问题、根据抛物线上的点求标准方程【分析】（1）由抛物线焦半径公式即可求解；（2）（i）由题意得到的斜率互为相反数，构造方程即可求解；（ii）写出直线方程，由点到线的距离公式求得高，代入三角形面积公式求解即可.【详解】（1）因为，由抛物线的定义得，又，所以，因此，即，解得，从而抛物线的方程为.（2）（i）由（1）知点的坐标为，因为的角平分线与轴垂直，所以可知的倾斜角互补，即的斜率互为相反数，，同理，则，化简得，则，所以点在定直线上.（ii），则直线，即线段的长度：，点到直线的距离，可得的面积为，因为，且，化简得，令，则，即.解得或，由知或，所以或所求点的坐标为，或者.12．（2024高二上·江苏·专题练习）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为F，连接BF并延长交椭圆C于点椭圆P．(1)若，，求椭圆C的方程(2)若直线AB与直线AP的斜率之比是-2，证明：为定值，并求出定值．【答案】(1)(2)证明见解析，.【难度】0.65【知识点】椭圆中的定值问题、根据a、b、c求椭圆标准方程【分析】（1）由和在椭圆上求出，即可.（2）求出直线BF的方程，并与椭圆方程联立求得点坐标，再由给定条件结合面积公式求解即可．【详解】（1）由，，得：，解得，又点在椭圆上，则，解得，所以椭圆的方程为．（2）证明:依题意，令，直线，由，得，直线AB的斜率，直线AP的斜率，则，即，有，得，，于是得点，，，所以为定值.1．（2023·全国·高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上．(1)求的方程；(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．【答案】(1)(2)证明见详解【难度】0.4【知识点】根据离心率求椭圆的标准方程、椭圆中的定值问题【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，联立方程，消去y得：，则，解得，可得，因为，则直线，令，解得，即,同理可得，则，所以线段的中点是定点.【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．2．（2023·全国·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析.【难度】0.4【知识点】直线的点斜式方程及辨析、根据a、b、c求双曲线的标准方程、双曲线中的动点在定直线上问题【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，则由可得，，双曲线方程为.（2）由(1)可得，设，显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，与联立可得，且，则，直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得：，由可得，即，据此可得点在定直线上运动.【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键. 3．（2024·全国·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.(1)若，求；(2)证明：数列是公比为的等比数列；(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.【答案】(1)，(2)证明见解析(3)证明见解析。
(江苏专用)2020高考数学二轮复习 专题三 解析几何教学案
专题三 解析几何[江苏卷5年考情分析]小题考情分析大题考情分析常考点1.直线与圆、圆与圆的位置关系(5年4考)2.圆锥曲线的方程及几何性质(5年5考)本单元主要考查直线与椭圆(2020年、2020年、2020年、2020年)的位置关系、弦长问题、面积问题等；有时考查直线与圆(如2020年)，经常与向量结合在一起命题．偶考点 直线的方程、圆的方程第一讲 | 小题考法——解析几何中的基本问题考点(一) 直线、圆的方程主要考查圆的方程以及直线方程、圆的基本量的计算.[题组练透]1．(2020·江苏高考)在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线y ＝x ＋4x(x >0)上的一个动点，则点P 到直线x ＋y ＝0的距离的最小值是________．解析：法一：由题意可设P ⎝⎛⎭⎪⎫x 0，x 0＋4x(x 0>0)，则点P 到直线x ＋y ＝0的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋x 0＋4x 02＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x 0＋4x 02≥2 2x 0·4x 02＝4，当且仅当2x 0＝4x 0，即x 0＝2时取等号．故所求最小值是4.法二：设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，4x 0＋x 0(x 0>0)，由y ＝x ＋4x 得y ′＝1－4x 2，则曲线在点P 处的切线的斜率为k ＝1－4x 20.令1－4x 20＝－1，结合x 0>0得x 0＝2，∴ P (2，32)，曲线y ＝x ＋4x(x >0)上的点P 到直线x ＋y ＝0的最短距离即为此时点P 到直线x ＋y ＝0的距离，故d min ＝|2＋32|2＝4.答案：42．(2020·苏州期末)在平面直角坐标系xOy 中，过点A (1，3)，B (4，6)，且圆心在直线x －2y －1＝0上的圆的标准方程为________．解析：法一：根据圆经过点A (1，3)，B (4，6)，知圆心在线段AB 的垂直平分线上，由点A (1，3)，B (4，6)，知线段AB的垂直平分线方程为x ＋y －7＝0，则由⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －1＝0，x ＋y －7＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝2，即圆心坐标为(5，2)，所以圆的半径r ＝（5－1）2＋（2－3）2＝17，故圆的标准方程为(x －5)2＋(y －2)2＝17.法二：因为圆心在直线x －2y －1＝0上，所以圆心坐标可设为(2a ＋1，a )，又圆经过点A (1，3)，B (4，6)，所以圆的半径 r ＝（2a ＋1－1）2＋（a －3）2＝（2a ＋1－4）2＋（a －6）2，解得a ＝2，所以r ＝17，故圆的标准方程为(x －5)2＋(y －2)2＝17.法三：设圆心的坐标为(a ，b )，半径为r (r ＞0)，因为圆心在直线x －2y －1＝0上，且圆经过点A (1，3)，B (4，6)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a －2b －1＝0，（a －1）2＋（b －3）2＝（a －4）2＋（b －62）＝r 2， 得a ＝5，b ＝2，r ＝17，故圆的标准方程为(x －5)2＋(y －2)2＝17. 答案：(x －5)2＋(y －2)2＝173．(2020·扬州期末)若直线l 1：x －2y ＋4＝0与l 2：mx －4y ＋3＝0平行，则两平行直线l 1，l 2间的距离为________．解析：法一：若直线l 1：x －2y ＋4＝0与l 2：mx －4y ＋3＝0平行，则有m 1＝－4－2≠34，求得m ＝2，故两平行直线l 1，l 2间的距离为|8－3|22＋（－4）2＝52. 法二：若直线l 1：x －2y ＋4＝0与l 2：mx －4y ＋3＝0平行，则有m 1＝－4－2≠34，求得m ＝2，所以直线l 2：2x －4y ＋3＝0，在l 1：x －2y ＋4＝0上取一点(0，2)，则两平行直线l 1，l 2间的距离就是点(0，2)到直线l 2的距离，即|0－4×2＋3|22＋（－4）2＝52. 答案：52[方法技巧]1．求直线方程的两种方法 直接法 选用恰当的直线方程的形式，由题设条件直接求出方程中系数，写出结果 待定 系数法先由直线满足的一个条件设出直线方程，使方程中含有待定系数，再由题设条件构建方程，求出待定系数2．圆的方程的两种求法几何法通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，从而求得圆的基本量和方程代数法 用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数，从而求得圆的方程考点(二)直线与圆、圆与圆的位置关系主要考查直线与圆、圆与圆的位置关系，以及根据直线与圆的位置关系求相关的最值与范围问题.[典例感悟][典例] (1)(2020·无锡期末)过圆O ：x 2＋y 2＝16内一点P (－2，3)作两条相互垂直的弦AB 和CD ，且AB ＝CD ，则四边形ACBD 的面积为________．(2)(2020·南通、泰州一调)在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (－4，0)，B (0，4)，从直线AB 上一点P 向圆x 2＋y 2＝4引两条切线PC ，PD ，切点分别为C ，D .设线段CD 的中点为M ，则线段AM 长的最大值为________．[解析] (1)设O 到AB 的距离为d 1，O 到CD 的距离为d 2，则由垂径定理可得d 21＝r 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AB 22，d 22＝r 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫CD 22，由于AB ＝CD ，故d 1＝d 2，且d 1＝d 2＝22OP ＝262，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫AB 22＝r 2－d 21＝16－132＝192，得AB ＝38，从而四边形ACBD 的面积为S ＝12AB ×CD ＝12×38×38＝19. (2)法一(几何法)：因为A (－4，0)，B (0，4)，所以直线AB 的方程为y ＝x ＋4，所以可设P (a ，a ＋4)，C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，所以PC 的方程为x 1x ＋y 1y ＝4，PD 的方程为x 2x ＋y 2y＝4，将P (a ，a ＋4)分别代入PC ，PD的方程，得⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋（a ＋4）y 1＝4，ax 2＋（a ＋4）y 2＝4，则直线CD 的方程为ax ＋(a ＋4)y ＝4，即a (x ＋y )＝4－4y ，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，4－4y ＝0，所以直线CD 过定点N (－1，1)，又因为OM ⊥CD ，所以点M 在以ON 为直径的圆上(除去原点)．又因为以ON 为直径的圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －122＝12，因为A 在该圆外，所以AM 的最大值为⎝ ⎛⎭⎪⎫－4＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋22＝3 2.法二(参数法)：同法一可知直线CD 的方程为ax ＋(a ＋4)y ＝4，即a (x ＋y )＝4－4y ，得a ＝4－4y x ＋y .又因为O ，P ，M 三点共线，所以ay －(a ＋4)x ＝0，得a ＝4x y －x .因为a ＝4－4y x ＋y ＝4xy －x，所以点M 的轨迹方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －122＝12(除去原点)，因为A 在该圆外，所以AM 的最大值为⎝ ⎛⎭⎪⎫－4＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋22＝3 2. [答案] (1)19 (2)3 2[方法技巧]解决关于直线与圆、圆与圆相关问题的策略(1)讨论直线与圆及圆与圆的位置关系时，要注意数形结合，充分利用圆的几何性质寻找解题途径，减少运算量．(2)解决直线与圆相关的最值问题：一是利用几何性质，如两边之和大于第三边、斜边大于直角边等来处理最值；二是建立函数或利用基本不等式求解．(3)对于直线与圆中的存在性问题，可以利用所给几何条件和等式，得出动点轨迹，转化为直线与圆、圆与圆的位置关系．[演练冲关]1．(2020·南通、泰州等七市一模)在平面直角坐标系xOy 中，圆O ：x 2＋y 2＝1，圆C ：(x －4)2＋y 2＝4.若存在过点P (m ，0)的直线l ，直线l 被两圆截得的弦长相等，则实数m 的取值范围是________．解析：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 ＝k (x －m )(k ≠0)，圆心O ，C 到直线l 的距离分别为d 1，d 2，则由直线l 与圆O 相交得d 1＝|km |k 2＋1＜1，得m 2＜1＋1k 2.由直线l 被两圆截得的弦长相等得1－d 21＝4－d 22，则d 22－d 21＝3，即（4k －km ）2k 2＋1－k 2m2k 2＋1＝3，化简得m ＝138－38k 2，则m ＜138－38(m 2－1)，即3m 2＋8m －16＜0，所以－4＜m ＜43.答案：⎝⎛⎭⎪⎫－4，43 2．(2020·南京盐城一模)设M ＝{(x ，y )|3x ＋4y ≥7}，点P ∈M ，过点P 引圆(x ＋1)2＋y 2＝r 2(r ＞0)的两条切线PA ，PB (A ，B 均为切点)，若∠APB 的最大值为π3，则r 的值为________．解析：由题意知点P 位于直线3x ＋4y －7＝0上或其上方，记圆(x ＋1)2＋y 2＝r 2(r ＞0)的圆心为C ，则C (－1，0)，C 到直线3x ＋4y －7＝0的距离d ＝|－3－7|32＋42＝2，连接PC ，则PC ≥2.设∠APB ＝θ，则sin θ2＝r PC ，因为θmax ＝π3，所以⎝⎛⎭⎪⎫sin θ2max ＝r PC min ＝r 2＝12，所以r ＝1.答案：13．(2020·苏北三市一模)在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C 1：x 2＋y 2＋2mx －(4m ＋6)y －4＝0(m ∈R )与以C 2(－2，3)为圆心的圆相交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，且满足x 21－x 22＝y 22－y 21，则实数m 的值为________．解析：由题意得C 1(－m ，2m ＋3)，C 2(－2，3)．由x 21－x 22＝y 22－y 21，得x 21＋y 21＝x 22＋y 22，即OA ＝OB ，所以△OAB 为等腰三角形，所以线段AB 的垂直平分线经过原点O ，又相交两圆的圆心连线垂直平分公共弦AB ，所以两圆的圆心连线C 1C 2过原点O ，所以OC 1∥OC 2，所以－3m ＝－2(2m ＋3),解得m ＝－6.答案：－64．(2020·常州期末)过原点O 的直线l 与圆x 2＋y 2＝1交于P ，Q 两点，点A 是该圆与x 轴负半轴的交点，以AQ 为直径的圆与直线l 有异于Q 的交点N ，且直线AN 与直线AP 的斜率之积等于1，那么直线l 的方程为________．解析：易知A (－1，0)．因为PQ 是圆O 的直径，所以AP ⊥AQ .以AQ 为直径的圆与直线l 有异于Q 的交点N ，则AN ⊥NQ ，所以k AN ＝－1k NQ＝－1k PO，又直线AN 与直线AP 的斜率之积等于1，所以k AN k AP ＝1，所以k AP ＝－k PO ，所以∠OAP ＝∠AOP ，所以点P 为OA 的垂直平分线与圆O 的交点，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，±32，所以直线l 的方程为y ＝±3x .答案：y ＝±3x5．(2020·南京、盐城、连云港二模)在平面直角坐标系xOy 中，已知A ，B 为圆C ：(x ＋4)2＋(y －a )2＝16上的两个动点，且AB ＝211.若直线l ：y ＝2x 上存在唯一的一个点P ，使得PA ―→＋PB ―→＝OC ―→，则实数a 的值为________．解析：法一：设AB 的中点为M (x 0，y 0)，P (x ，y )，则由AB ＝211，得CM ＝16－11＝5，即点M 的轨迹为(x 0＋4)2＋(y 0－a )2＝5.又因为PA ―→＋PB ―→＝OC ―→，所以PM ―→＝12OC ―→，即(x 0－x ，y 0－y )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，a 2，从而⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝x －2，y 0＝y ＋a 2，则动点P 的轨迹方程为(x ＋2)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －a 22＝5，又因为直线l 上存在唯一的一个点P ，所以直线l 和动点P 的轨迹(圆)相切，则⎪⎪⎪⎪⎪⎪－4－a 222＋（－1）2＝5，解得a ＝2或a ＝－18.法二：由题意，圆心C 到直线AB 的距离d ＝16－11＝5，则AB 中点M 的轨迹方程为(x ＋4)2＋(y －a )2＝5.由PA ―→＋PB ―→＝OC ―→，得2PM ―→＝OC ―→，所以PM ―→∥OC ―→.如图，连结CM 并延长交l 于点N ，则CN ＝2CM ＝2 5.故问题转化为直线l 上存在唯一的一个点N ，使得CN ＝25，所以点C 到直线l 的距离为|2×（－4）－a |22＋（－1）2＝25，解得a ＝2或a ＝－18. 答案：2或－18考点(三)圆锥曲线的方程及几何性质主要考查三种圆锥曲线的定义、方程及几何性质，在小题中以考查椭圆和双曲线的几何性质为主.[题组练透]1．(2020·江苏高考)在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2－y 2b2＝1(b >0)经过点(3，4)，则该双曲线的渐近线方程是________．解析：因为双曲线x 2－y 2b 2＝1(b >0)经过点(3，4)，所以9－16b2＝1(b >0)，解得b ＝2，即双曲线方程为x 2－y 22＝1，其渐近线方程为y ＝±2x . 答案：y ＝±2x2．(2020·苏州期末)在平面直角坐标系xOy 中，中心在原点，焦点在y 轴上的双曲线的一条渐近线经过点(－3，1)，则该双曲线的离心率为______．解析：由题意，设双曲线的方程为y 2a 2－x 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)，由双曲线的一条渐近线过点(－3，1)，得－a b ＝－13，可得9a 2＝b 2＝c 2－a 2，得10a 2＝c 2，所以可得该双曲线的离心率e＝c a＝10.答案：103．(2020·江苏高考)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 23－y 2＝1的右准线与它的两条渐近线分别交于点P ，Q ，其焦点是F 1，F 2，则四边形F 1PF 2Q 的面积是________．解析：由题意得，双曲线的右准线x ＝32与两条渐近线y ＝±33x 的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，±32.不妨设双曲线的左、右焦点分别为F 1，F 2， 则F 1(－2，0)，F 2(2，0)， 故四边形F 1PF 2Q 的面积是 12|F 1F 2|·|PQ |＝12×4×3＝2 3. 答案：234.(2020·南通、扬州等七市一模)在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线y2＝2px (p ＞0)的准线为l ，直线l 与双曲线x 24－y 2＝1的两条渐近线分别交于A ，B 两点，AB ＝6，则p 的值为________．解析：抛物线y 2＝2px (p ＞0)的准线为直线，l ：x ＝－p2，不妨令A 点在第二象限，则直线l 与双曲线x 24－y 2＝1的两条渐近线y ＝±12x 分别交于点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2，p 4，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2，－p 4，则AB＝p2＝6，p ＝2 6.答案：2 6[方法技巧]应用圆锥曲线的性质的两个注意点(1)明确圆锥曲线中a ，b ，c ，e 各量之间的关系是求解问题的关键．(2)在求解有关离心率的问题时，一般并不是直接求出c 和a 的值，而是根据题目给出的椭圆或双曲线的几何特点，建立关于参数c ，a ，b 的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或范围．[必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要记牢1．直线l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0与直线l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0的位置关系 (1)平行⇔A 1B 2－A 2B 1＝0且B 1C 2－B 2C 1≠0； (2)重合⇔A 1B 2－A 2B 1＝0且B 1C 2－B 2C 1＝0； (3)相交⇔A 1B 2－A 2B 1≠0； (4)垂直⇔A 1A 2＋B 1B 2＝0. 2．直线与圆相交 (1)几何法由弦心距d 、半径r 和弦长的一半构成直角三角形，计算弦长AB ＝2r 2－d 2. (2)代数法设直线y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0相交于点M ，N ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将直线方程代入圆方程中，消去y 得关于x 的一元二次方程，求出x 1＋x 2和x 1·x 2，则MN ＝1＋k 2·（x 1＋x 2）2－4x 1·x 2. 3．判断两圆位置关系时常用几何法即通过判断两圆心距离O 1O 2与两圆半径R ，r (R >r )的关系来判断两圆位置关系． (1)外离：O 1O 2>R ＋r ； (2)外切：O 1O 2＝R ＋r ； (3)相交：R －r <O 1O 2<R ＋r ； (4)内切：O 1O 2＝R －r ； (5)内含：0≤O 1O 2<R －r .4．椭圆、双曲线中，a ，b ，c 之间的关系(1)在椭圆中：a 2＝b 2＋c 2，离心率为e ＝ca＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2； (2)在双曲线中：c 2＝a 2＋b 2，离心率为e ＝ca＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2. (3)双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±bax .注意离心率e 与渐近线的斜率的关系．(二) 二级结论要用好1．过圆O ：x 2＋y 2＝r 2上一点P (x 0，y 0)的圆的切线方程是x 0x ＋y 0y ＝r 2. 2.过圆C 外一点P 做圆C 的切线，切点分别为A ，B (求切线时要注意斜率不存在的情况)如图所示，则(1)P ，B ，C ，A 四点共圆，且该圆的直径为PC ； (2)该四边形是有两个全等的直角三角形组成； (3)cos ∠BCA 2＝sin ∠BPA 2＝r PC；(4)直线AB 的方程可以转化为圆C 与以PC 为直径的圆的公共弦，且P (x 0，y 0)时，直线AB 的方程为x 0x ＋y 0y ＝r 2.3．椭圆焦点三角形的3个规律设椭圆方程是x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，焦点F 1(－c ，0)，F 2(c ，0)，点P 的坐标是(x 0，y 0)．(1)三角形的三个边长是PF 1＝a ＋ex 0，PF 2＝a －ex 0，F 1F 2＝2c ，e 为椭圆的离心率． (2)如果△PF 1F 2中∠F 1PF 2＝α，则这个三角形的面积S △PF 1F 2＝c |y 0|＝b 2tan α2.(3)椭圆的离心率e ＝sin ∠F 1PF 2sin ∠F 1F 2P ＋sin ∠F 2F 1P .4．双曲线焦点三角形的2个结论P (x 0，y 0)为双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)上的点，△PF 1F 2为焦点三角形．(1)面积公式S ＝c |y 0|＝12r 1r 2sin θ＝b 2tanθ2(其中PF 1＝r 1，PF 2＝r 2，∠F 1PF 2＝θ)．(2)焦半径若P 在右支上，PF 1＝ex 0＋a ·PF 2＝ex 0－a ；若P 在左支上，PF 1＝－ex 0－a ，PF 2＝－ex 0＋a .5．抛物线y 2＝2px (p >0)焦点弦AB 的3个结论 (1)x A ·x B ＝p 24；(2)y A ·y B ＝－p 2； (3)AB ＝x A ＋x B ＋p .[课时达标训练]A 组——抓牢中档小题1．若直线l 1：mx ＋y ＋8＝0与l 2：4x ＋(m －5)y ＋2m ＝0垂直，则m ＝________．解析：∵l 1⊥l 2，∴4m ＋(m －5)＝0，∴m ＝1. 答案：12．已知圆C 的圆心在x 轴的正半轴上，点M (0，5)在圆C 上，且圆心到直线2x －y ＝0的距离为455，则圆C 的方程为____________．解析：因为圆C 的圆心在x 轴的正半轴上，设C (a ，0)，且a ＞0，所以圆心到直线2x －y ＝0的距离d ＝2a5＝455，解得a ＝2，所以圆C 的半径r ＝|CM |＝22＋（5）2＝3，所以圆C 的方程为(x －2)2＋y 2＝9.答案：(x －2)2＋y 2＝93．(2020·无锡期末)以双曲线x 25－y 24＝1的右焦点为焦点的抛物线的标准方程是________．解析：由题可设抛物线的方程为y 2＝2px (p ＞0)，双曲线中，c ＝5＋4＝3，所以双曲线的右焦点的坐标为(3，0)，则抛物线的焦点坐标为(3，0)，所以p2＝3，p ＝6，所以抛物线的标准方程为y 2＝12x .答案：y 2＝12x4．已知直线l 过点P (1，2)且与圆C ：x 2＋y 2＝2相交于A ，B 两点，△ABC 的面积为1，则直线l 的方程为________．解析：当直线斜率存在时，设直线的方程为y ＝k (x －1)＋2，即kx －y －k ＋2＝0.因为S△ABC＝12CA ·CB ·sin ∠ACB ＝1，所以12×2×2×sin ∠ACB ＝1，所以sin ∠ACB ＝1，即∠ACB ＝90°，所以圆心C 到直线AB 的距离为1，所以|－k ＋2|k 2＋1＝1，解得k ＝34，所以直线方程为3x －4y ＋5＝0；当直线斜率不存在时，直线方程为x ＝1，经检验符合题意．综上所述，直线l 的方程为3x －4y ＋5＝0或x ＝1.答案：3x －4y ＋5＝0或x ＝15．已知圆M ：(x －1)2＋(y －1)2＝4，直线l ：x ＋y －6＝0，A 为直线l 上一点，若圆M 上存在两点B ，C ，使得∠BAC ＝60°，则点A 的横坐标的取值范围为________．解析：由题意知，过点A 的两直线与圆M 相切时，夹角最大，当∠BAC ＝60°时，|MA |＝|MB |sin ∠BAM ＝2sin 30°＝4.设A (x ，6－x )，所以(x －1)2＋(6－x －1)2＝16，解得x ＝1或x＝5，因此点A 的横坐标的取值范围为[1，5]．答案：[1，5]6．(2020·南京学情调研)在平面直角坐标系xOy 中，若圆(x －2)2＋(y －2)2＝1上存在点M ，使得点M 关于x 轴的对称点N 在直线kx ＋y ＋3＝0上，则实数k 的最小值为________．解析：圆(x －2)2＋(y －2)2＝1关于x 轴的对称圆的方程为(x －2)2＋(y ＋2)2＝1，由题意得，圆心(2，－2)到直线kx ＋y ＋3＝0的距离d ＝|2k －2＋3|k 2＋1≤1，解得－43≤k ≤0，所以实数k 的最小值为－43.答案：－437．(2020·南京四校联考)已知圆O ：x 2＋y 2＝1，半径为1的圆M 的圆心M 在线段CD ：y ＝x －4(m ≤x ≤n ，m ＜n )上移动，过圆O 上一点P 作圆M 的两条切线，切点分别为A ，B ，且满足∠APB ＝60°，则n －m 的最小值为________．解析：设M (a ，a －4)(m ≤a ≤n )，则圆M 的方程为(x －a )2＋(y －a ＋4)2＝1.连接MP ，MB ，则MB ＝1，PB ⊥MB .因为∠APB ＝ 60°，所以∠MPB ＝30°，所以MP ＝2MB ＝2，所以点P 在以M 为圆心，2为半径的圆上，连接OM ，又点P 在圆O 上，所以点P 为圆x 2＋y 2＝1与圆(x －a )2＋(y －a ＋4)2＝4的公共点，所以2－1≤OM ≤2＋1，即1≤a 2＋（a －4）2≤3，得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2－8a ＋15≥0，2a 2－8a ＋7≤0，解得2－22≤a ≤2＋22.所以n ≥2＋22，m ≤2－22，所以n －m ≥ 2.答案： 28．(2020·南京盐城二模)在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (－1，0)，B (5，0)．若圆M ：(x －4)2＋(y －m )2＝4上存在唯一的点P ，使得直线PA ，PB 在y 轴上的截距之积为5，则实数m 的值为________．解析：设点P (x 0，y 0)，则直线PA 的方程为y ＝y 0x 0＋1(x ＋1), 在y 轴上的截距为y 0x 0＋1，同理可得直线PB 在y 轴上的截距为－5y 0x 0－5，由直线PA ，PB 在y 轴上的截距之积为5，得－5y 0x 0－5×y 0x 0＋1＝5，化简，得(x 0－2)2＋y 20＝9(y 0≠0)，所以点P 的轨迹是以C (2，0)为圆心，3为半径的圆(点A (－1，0)，B (5，0)除外)，由题意知点P 的轨迹与圆M 恰有一个公共点，若A ，B 均不在圆M 上，因此圆心距等于半径之和或差，则22＋m 2＝5，解得m ＝±21；或22＋m2＝1，无解．若A 或B 在圆M 上，易得m ＝±3，经检验成立．所以m 的值为±21或± 3.答案：±21或± 39．(2020·扬州期末)在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的渐近线与圆x 2＋y 2－6y ＋5＝0没有交点，则双曲线离心率的取值范围是________．解析：由圆x 2＋y 2－6y ＋5＝0，得圆的标准方程为x 2＋(y －3)2＝4，所以圆心C (0，3)，半径r ＝2.因为双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的渐近线bx ±ay ＝0与该圆没有公共点，则圆心到直线的距离应大于半径，即|b ×0±a ×3|b 2＋a2>2，即3a >2c ，即e ＝c a <32，又e >1，故双曲线离心率的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 10．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C ：x 2＋(y －3)2＝2，点A 是x 轴上的一个动点，AP ，AQ 分别切圆C 于P ，Q 两点，则线段PQ 长的取值范围是________．解析：设∠PCA ＝θ，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以PQ ＝22sin θ.又cos θ＝2AC ，AC ∈[3，＋∞)，所以cos θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，23，所以cos 2θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，29，sin 2θ＝1－cos 2θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫79，1，因为θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以sin θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫73，1，所以PQ ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫2143，22. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫2143，2211．(2020·南京三模)在平面直角坐标系xOy 中，已知MN 是⊙C ：(x －1)2＋(y －2)2＝2的一条弦，且CM ⊥CN ，P 是MN 的中点．当弦MN 在圆C 上运动时，直线l ：x －3y －5＝0上存在两点A ，B ，使得∠APB ≥π2恒成立，则线段AB 长度的最小值是________． 解析：因为MN 是⊙C ：(x －1)2＋(y －2)2＝2的一条弦，且CM ⊥CN ，P 是MN 的中点，所以PC ＝22r ＝1，点P 的轨迹方程为(x －1)2＋(y －2)2＝1.圆心C 到直线l ：x －3y －5＝0的距离为|1－3×2－5|12＋（－3）2＝10.因为直线l 上存在两点A ，B ，使得∠APB ≥π2恒成立，所以AB min＝210＋2.答案：210＋212．(2020·苏锡常镇调研)已知直线l ：x －y ＋2＝0与x 轴交于点A ，点P 在直线l 上．圆C ：(x －2)2＋y 2＝2上有且仅有一个点B 满足AB ⊥BP ，则点P 的横坐标的取值集合为________．解析：法一：由AB ⊥BP ，得点B 在以AP 为直径的圆D 上，所以圆D 与圆C 相切． 由题意得A (－2，0)，C (2，0)．若圆D 与圆C 外切，则DC －DA ＝2；若圆D 与圆C 内切，则DA －DC ＝ 2.所以圆心D 在以A ，C 为焦点的双曲线x 212－y 272＝1上，即14x 2－2y 2＝7.又点D 在直线l 上，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋2，14x 2－2y 2＝7，得12x 2－8x －15＝0，解得x D ＝32或x D ＝－56.所以x P ＝2x D －x A ＝2x D ＋2＝5或x P ＝13.法二：由题意可得A (－2，0)，设P (a ，a ＋2)，则AP 的中点M ⎝⎛⎭⎪⎫a －22，a ＋22，AP ＝2（a ＋2）2，故以AP 为直径的圆M 的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a －222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －a ＋222＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a ＋2|22.由题意得圆C 与圆M 相切(内切和外切)，故⎝ ⎛⎭⎪⎫a －22－22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋222＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2±|a ＋2|2，解得a ＝13或a ＝5.故点P 的横坐标的取值集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫13，5. 答案：⎩⎨⎧⎭⎬⎫13，513．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点为F ，直线x ＝m 与椭圆相交于A ，B 两点．若△FAB的周长最大时，△FAB 的面积为ab ，则椭圆的离心率为________．解析：设直线x ＝m 与x 轴交于点H ，椭圆的右焦点为F 1，由椭圆的对称性可知△FAB 的周长为2(FA ＋AH )＝2(2a －F 1A ＋AH )，因为F 1A ≥AH ，故当F 1A ＝AH 时，△FAB 的周长最大，此时直线AB 经过右焦点，从而点A ，B 坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，b 2a ，⎝⎛⎭⎪⎫c ，－b 2a ，所以△FAB 的面积为12·2c ·2b 2a ，由条件得12·2c ·2b 2a ＝ab ，即b 2＋c 2＝2bc ，b ＝c ，从而椭圆的离心率为e ＝22. 答案：2214．已知A ，B 是圆C 1：x 2＋y 2＝1上的动点，AB ＝3，P 是圆C 2：(x －3)2＋(y －4)2＝1上的动点，则|PA ―→＋PB ―→|的取值范围为________．解析：因为A ，B 是圆C 1：x 2＋y 2＝1上的动点，AB ＝3，所以线段AB 的中点H 在圆O ：x 2＋y 2＝14上，且|PA ―→＋PB ―→|＝2|PH ―→|.因为点P是圆C 2：(x －3)2＋(y －4)2＝1上的动点，所以5－32≤|PH ―→|≤5＋32，即72≤|PH ―→|≤132，所以7≤2|PH ―→|≤13，从而|PA ―→＋PB ―→|的取值范围是[7，13]． 答案：[7，13]B 组——力争难度小题1．(2020·苏锡常镇四市一模)若直线l ：ax ＋y －4a ＝0上存在相距为2的两个动点A ，B ，圆O ：x 2＋y 2＝1上存在点C ，使得△ABC 为等腰直角三角形(C 为直角顶点)，则实数a 的取值范围为________．解析：法一：根据题意得，圆O ：x 2＋y 2＝1上存在点C ，使得点C 到直线l 的距离为1，那么圆心O 到直线l 的距离不大于2，即|4a |1＋a2≤2，解得－33≤a ≤33，于是a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，33. 法二：因为△ABC 为等腰直角三角形(C 为直角顶点)，所以点C 在以AB 为直径的圆上，记圆心为M ，半径为1，且CM ⊥直线l ，又点C 也在圆O ：x 2＋y 2＝1上，所以C 是两圆的交点，即OM ≤2，所以d OM ＝|4a |1＋a2≤2，解得－33≤a ≤33，于是a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，33. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，33 2．(2020·全国卷 Ⅰ )已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右顶点为A ，以A 为圆心，b 为半径作圆A ，圆A 与双曲线C 的一条渐近线交于M ，N 两点．若∠MAN ＝60°，则C 的离心率为________．解析：双曲线的右顶点为A (a ，0)，一条渐近线的方程为y ＝b ax ，即bx －ay ＝0，则圆心A 到此渐近线的距离d ＝|ba －a ×0|b 2＋a2＝abc .又因为∠MAN ＝60°，圆的半径为b ，所以b ·sin 60°＝ab c，即3b 2＝ab c ，所以e ＝23＝233. 答案：2333．(2020·江苏泰州期末)在平面直角坐标系xOy 中，过圆C 1：(x －k )2＋(y ＋k －4)2＝1上任一点P 作圆C 2：x 2＋y 2＝1的一条切线，切点为Q ，则当|PQ |最小时，k ＝________．解析：由题意得，圆C 1与圆C 2外离，如图．因为PQ 为切线，所以PQ ⊥C 2Q ，由勾股定理，得|PQ |＝|PC 2|2－1，要使|PQ |最小，则需|PC 2|最小．显然当点P 为C 1C 2与圆C 1的交点时，|PC 2|最小，此时，|PC 2|＝|C 1C 2|－1，所以当|C 1C 2|最小时，|PC 2|就最小，|C 1C 2|＝k 2＋（－k ＋4）2＝2（k －2）2＋8≥22，当k ＝2时，|C 1C 2|取最小值，即|PQ |最小． 答案：24．(2020·山东高考)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右支与焦点为F 的抛物线x 2＝2py (p >0)交于A ，B 两点．若AF ＋BF ＝4OF ，则该双曲线的渐近线方程为________．解析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由抛物线的定义可知AF ＝y 1＋p 2，BF ＝y 2＋p 2，OF ＝p2，由AF ＋BF ＝y 1＋p 2＋y 2＋p2＝y 1＋y 2＋p ＝4OF ＝2p ，得y 1＋y 2＝p .联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2－y 2b 2＝1，x 2＝2py ，消去x ，得a 2y 2－2pb 2y ＋a 2b 2＝0，所以y 1＋y 2＝2pb 2a 2，所以2pb2a2＝p ，即b 2a 2＝12，故b a ＝22， 所以双曲线的渐近线方程为y ＝±22x . 答案：y ＝±22x 5．已知圆C ：(x －2)2＋y 2＝4，线段EF 在直线l ：y ＝x ＋1上运动，点P 为线段EF 上任意一点，若圆C 上存在两点A ，B ，使得PA ―→·PB ―→≤0，则线段EF 长度的最大值是________．解析：过点C 作CH ⊥l 于H ，因为C 到l 的距离CH ＝32＝322>2＝r ，所以直线l 与圆C相离，故点P 在圆C 外．因为PA ―→·PB ―→＝|PA ―→||PB ―→|cos ∠APB ≤0，所以cos ∠APB ≤0，所以π2≤∠APB <π，圆C 上存在两点A ，B 使得∠APB ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π2，π，由于点P 在圆C 外，故当PA ，PB 都与圆C 相切时，∠APB 最大，此时若∠APB ＝π2，则PC ＝2r ＝22，所以PH ＝PC 2－CH2＝（22）2－⎝ ⎛⎭⎪⎫3222＝142，由对称性可得EF max ＝2PH ＝14.答案：146．设抛物线x 2＝4y 的焦点为F ，A 为抛物线上第一象限内一点，满足AF ＝2，已知P 为抛物线准线上任一点，当PA ＋PF 取得最小值时，△PAF 外接圆的半径为________．解析：由抛物线的方程x 2＝4y 可知F (0，1)，设A (x 0，y 0)，又由AF ＝2，根据抛物线的定义可知AF ＝y 0＋p2＝y 0＋1＝2，解得y 0＝1，代入抛物线的方程，可得x 0＝2，即A (2，1)．如图，作抛物线的焦点F (0，1)，关于抛物线准线y ＝－1的对称点F 1(0，－3)，连接AF 1交抛物线的准线y ＝－1于点P ，此时能使得PA ＋PF 取得最小值，此时点P 的坐标为(1，－1)，在△PAF 中，AF ＝2，PF ＝PA ＝5，由余弦定理得cos ∠APF ＝（5）2＋（5）2－222×5×5＝35，则sin ∠APF ＝45.设△PAF 的外接圆半径为R ，由正弦定理得2R ＝AFsin ∠APF ＝52，所以R ＝54，即△PAF 外接圆的半径R ＝54.答案：54第二讲 | 大题考法——直线与圆题型(一) 直线与圆的位置关系主要考查直线与圆的位置关系以及复杂背景下直线、圆的方程.[典例感悟][例1] 如图，在Rt △ABC 中，∠A 为直角，AB 边所在直线的方程为x －3y －6＝0，点T (－1，1)在直线AC 上，BC 中点为M (2，0)．(1)求BC 边所在直线的方程；(2)若动圆P 过点N (－2，0)，且与Rt △ABC 的外接圆相交所得公共弦长为4，求动圆P中半径最小的圆方程．[解] (1)因为AB 边所在直线的方程为x －3y －6＝0，AC 与AB 垂直，所以直线AC 的斜率为－3.故AC 边所在直线的方程为y －1＝－3(x ＋1)，即3x ＋y ＋2＝0.设C 为(x 0，－3x 0－2)，因为M 为BC 中点，所以B (4－x 0，3x 0＋2)． 点B 代入x －3y －6＝0，解得x 0＝－45，所以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－45，25. 所以BC 所在直线方程为x ＋7y －2＝0.(2)因为Rt △ABC 斜边中点为M (2，0)，所以M 为Rt △ABC 外接圆的圆心． 又AM ＝22，从而Rt △ABC 外接圆的方程为(x －2)2＋y 2＝8.设P (a ，b )，因为动圆P 过点N ，所以该圆的半径r ＝（a ＋2）2＋b 2，圆方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2.由于⊙P 与⊙M 相交，则公共弦所在直线m 的方程为(4－2a )x －2by ＋a 2＋b 2－r 2＋4＝0. 因为公共弦长为4，⊙M 半径为22，所以M (2，0)到m 的距离d ＝2，即|2（4－2a ）＋a 2＋b 2－r 2＋4|2（2－a ）2＋b2＝2， 化简得b 2＝3a 2－4a ，所以r ＝ （a ＋2）2＋b 2＝ 4a 2＋4. 当a ＝0时，r 最小值为2，此时b ＝0，圆的方程为x 2＋y 2＝4.[方法技巧]解决有关直线与圆位置关系的问题的方法(1)直线与圆的方程求解通常用的待定系数法，由于直线方程和圆的方程均有不同形式，故要根据所给几何条件灵活使用方程．(2)对直线与直线的位置关系的相关问题要用好直线基本量之一斜率，要注意优先考虑斜率不存在的情况．(3)直线与圆的位置关系以及圆与圆的位置关系在处理时几何法优先，有时也需要用代数法即解方程组．[演练冲关](2020·连云港模拟)已知圆O 1：x 2＋y 2＝25，点P 在圆O 2：x 2＋y 2＝r 2(0＜r ＜5)上，过点P 作圆O 2的切线交圆O 1于点M ，N 两点，且r ，OM ，MN 成等差数列．(1)求r ；(2)若点P ′的坐标为(－4，3)，与直线MN 平行的直线l 与圆O 2交于A ，B 两点，则使△AOB 的面积为43的直线l 有几条？并说明理由．解：(1)显然圆O 1和圆O 2是圆心在原点的同心圆． 连接OP ，则OP ⊥MN ，OM ＝5，OP ＝r ， 在直角三角形MOP 中，MP ＝52－r 2， 所以MN ＝252－r 2. 由r ，OM ，MN 成等差数列， 得2OM ＝r ＋MN ，即2×5＝r ＋225－r 2，解得r ＝4. (2)因为点P ′的坐标为(－4，3)， 所以k OP ′＝－34，所以直线l 的斜率k ＝43，设直线l 的方程为y ＝43x ＋b ，即4x －3y ＋3b ＝0.设圆心到该直线的距离为d ，则d ＝|3b |5，则AB ＝242－d 2，所以S △AOB ＝12×AB ×d ＝42－d 2×d ＝43，整理得 d 4－16d 2＋48＝0，(d 2－4)(d 2－12)＝0， 解得d ＝2或d ＝2 3 ，因为d ＝|3b |5，从而对应的b 有4个解：b ＝±103或b ＝±1033， 检验知均符合题意，故使△AOB 的面积为43的直线l 有4条.题型(二) 圆中的定点、定值问题主要考查动圆过定点的问题其本质是含参方程恒有解，定值问题是引入参数，再利用其满足的约束条件消去参数得定值.[典例感悟][例2] 已知圆C ：x 2＋y 2＝9，点A (－5，0)，直线l ：x －2y ＝0. (1)求与圆C 相切，且与直线l 垂直的直线方程；(2)在直线OA 上(O 为坐标原点)，存在定点B (不同于点A )满足：对于圆C 上任一点P ，都有PB PA为一常数，试求所有满足条件的点B 的坐标．[解] (1)设所求直线方程为y ＝－2x ＋b ， 即2x ＋y －b ＝0. 因为直线与圆C 相切， 所以|－b |22＋12＝3，解得b ＝±3 5.所以所求直线方程为2x ＋y ±35＝0. (2)法一：假设存在这样的点B (t ，0)． 当点P 为圆C 与x 轴的左交点(－3，0)时，PB PA ＝|t ＋3|2；当点P 为圆C 与x 轴的右交点(3，0)时，PB PA ＝|t －3|8.依题意，|t ＋3|2＝|t －3|8，解得t ＝－95或t ＝－5(舍去)．下面证明点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－95，0对于圆C 上任一点P ，都有PB PA 为一常数．设P (x ，y )，则y 2＝9－x 2，所以PB 2PA 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋952＋y 2（x ＋5）2＋y 2＝x 2＋185x ＋9－x 2＋8125x 2＋10x ＋25＋9－x 2＝1825·（5x ＋17）2·（5x ＋17）＝925.从而PB PA ＝35为常数．法二：假设存在这样的点B (t ，0)，使得PBPA为常数λ，则PB 2＝λ2PA 2，所以(x －t )2＋y 2＝λ2[(x ＋5)2＋y 2]，将y 2＝9－x 2代入，得x 2－2xt ＋t 2＋9－x 2＝λ2(x 2＋10x ＋25＋9－x 2)，即2(5λ2＋t )x ＋34λ2－t 2－9＝0对x ∈[－3，3]恒成立， 所以⎩⎪⎨⎪⎧5λ2＋t ＝0，34λ2－t 2－9＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝35，t ＝－95或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，t ＝－5(舍去)．故存在点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－95，0对于圆C 上任一点P ，都有PB PA 为常数35.[方法技巧]关于解决圆中的定点、定值问题的方法(1)与圆有关的定点问题最终可化为含有参数的动直线或动圆过定点．解这类问题关键是引入参数求出动直线或动圆的方程．(2)与圆有关的定值问题，可以通过直接计算或证明，还可以通过特殊化，先猜出定值再给出证明．[演练冲关]1．(2020·无锡天一中学模拟)已知以点C ⎝⎛⎭⎪⎫t ，2t 为圆心的圆与x 轴交于点O ，A ，与y轴交于点O ，B ，其中O 为坐标原点．(1)求证：△OAB 的面积为定值；(2)设直线y ＝－2x ＋4与圆C 交于点M ，N ，若OM ＝ON ，求圆C 的方程． 解：(1)证明：由题意知圆C 过原点O ，∴半径r ＝OC . ∵OC 2＝t 2＋4t2，∴设圆C 的方程为(x －t )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －2t 2＝t 2＋4t 2，令y ＝0，得x 1＝0，x 2＝2t ，则A (2t ，0)． 令x ＝0，得y 1＝0，y 2＝4t，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4t .∴S △OAB ＝12OA ·OB ＝12×|2t |×⎪⎪⎪⎪⎪⎪4t ＝4，即△OAB 的面积为定值． (2)∵OM ＝ON ，CM ＝CN ， ∴OC 垂直平分线段MN . ∵k MN ＝－2，∴k OC ＝12，∴直线OC 的方程为y ＝12x .∴2t ＝12t ，解得t ＝2或t ＝－2. 当t ＝2时，圆心C 的坐标为(2，1)，r ＝|OC |＝5， 此时圆心C 到直线y ＝－2x ＋4的距离d ＝15<5，圆C 与直线y ＝－2x ＋4相交于两点． 当t ＝－2时，圆心C 的坐标为(－2，－1)，r ＝OC ＝5，此时圆心C 到直线y ＝－2x ＋4的距离d ＝95>5，圆C 与直线y ＝－2x ＋4不相交， ∴圆C 的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝5.2．已知圆M 的方程为x 2＋(y －2)2＝1，直线l 的方程为x －2y ＝0，点P 在直线l 上，过P 点作圆M 的切线PA ，PB ，切点为A ，B .(1)若∠APB ＝60°，求点P 的坐标；(2)若P 点的坐标为(2，1)，过P 作直线与圆M 交于C ，D 两点，当CD ＝2时，求直线CD 的方程；(3)求证：经过A ，P ，M 三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标． 解：(1)设P (2m ，m )，因为∠APB ＝60°，AM ＝1， 所以MP ＝2，所以(2m )2＋(m －2)2＝4，解得m ＝0或m ＝45，故所求点P 的坐标为P (0，0)或P ⎝ ⎛⎭⎪⎫85，45. (2)易知直线CD 的斜率存在，可设直线CD 的方程为y －1＝k (x －2)， 由题知圆心M 到直线CD 的距离为22， 所以22＝|－2k －1|1＋k2，解得k ＝－1或k ＝－17， 故所求直线CD 的方程为x ＋y －3＝0或x ＋7y －9＝0. (3)设P (2m ，m )，MP 的中点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，m2＋1，因为PA 是圆M 的切线，所以经过A ，P ，M 三点的圆是以Q 为圆心，以MQ 为半径的圆，故其方程为(x －m )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －m 2－12＝m 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2－12，化简得x 2＋y 2－2y －m (2x ＋y －2)＝0，此式是关于m 的恒等式， 故⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－2y ＝0，2x ＋y －2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝45，y ＝25.所以经过A ，P ，M 三点的圆必过定点(0，2)或⎝ ⎛⎭⎪⎫45，25.题型(三)与直线、圆有关的最值或范围问题主要考查与直线和圆有关的长度、面积的最值或有关参数的取值范围问题.[典例感悟][例3] 已知△ABC 的三个顶点A (－1，0)，B (1，0)，C (3，2)，其外接圆为圆H . (1)若直线l 过点C ，且被圆H 截得的弦长为2，求直线l 的方程；(2)对于线段BH 上的任意一点P ，若在以C 为圆心的圆上都存在不同的两点M ，N ，使得点M 是线段PN 的中点，求圆C 的半径r 的取值范围．[解] (1)线段AB 的垂直平分线方程为x ＝0，线段BC 的垂直平分线方程为x ＋y －3＝0. 所以外接圆圆心H (0，3)，半径为12＋32＝10. 圆H 的方程为x 2＋(y －3)2＝10.设圆心H 到直线l 的距离为d ，因为直线l 被圆H 截得的弦长为2，所以d ＝（10）2－1＝3.当直线l 垂直于x 轴时，显然符合题意，即x ＝3为所求；当直线l 不垂直于x 轴时，设直线方程为y －2＝k (x －3)，则|3k ＋1|1＋k 2＝3，解得k ＝43. 所以直线l 的方程为y －2＝43(x －3)，即4x －3y －6＝0.综上，直线l 的方程为x ＝3或4x －3y －6＝0.(2)直线BH 的方程为3x ＋y －3＝0，设P (m ，n )(0≤m ≤1)，N (x ，y )． 因为点M 是线段PN 的中点，所以M ⎝⎛⎭⎪⎫m ＋x 2，n ＋y 2，又M ，N 都在半径为r 的圆C 上，所以⎩⎪⎨⎪⎧（x －3）2＋（y －2）2＝r 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋x 2－32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋y 2－22＝r 2，即⎩⎪⎨⎪⎧（x －3）2＋（y －2）2＝r 2，（x ＋m －6）2＋（y ＋n －4）2＝4r 2. 因为该关于x ，y 的方程组有解，即以(3，2)为圆心，r 为半径的圆与以(6－m ，4－n )为圆心，2r 为半径的圆有公共点，所以(2r －r )2≤(3－6＋m )2＋(2－4＋n )2≤(r ＋2r )2.又3m ＋n －3＝0，所以r 2≤10m 2－12m ＋10≤9r 2对任意的m ∈[0，1]成立． 而f (m )＝10m 2－12m ＋10在[0，1]上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤325，10，所以r 2≤325且10≤9r 2.又线段BH 与圆C 无公共点，所以(m －3)2＋(3－3m －2)2>r 2对任意的m ∈[0，1]成立，即r 2<325.故圆C 的半径r 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫103，4105.[方法技巧]1．隐形圆问题有些时候，在条件中没有直接给出圆方面的信息，而是隐藏在题目中的，要通过分析和转化，发现圆(或圆的方程), 从而最终可以利用圆的知识来求解，我们称这类问题为“隐形圆”问题．2．隐形圆的确定方法(1)利用圆的定义(到定点的距离等于定长的点的轨迹)确定隐形圆； (2)动点P 对两定点A ，B 张角是90°(k PA ·k PB ＝－1)确定隐形圆； (3)两定点A ，B ，动点P 满足PA ―→·PB ―→＝λ确定隐形圆； (4)两定点A ，B ，动点P 满足PA 2＋PB 2是定值确定隐形圆；(5)两定点A ，B ，动点P 满足PA ＝λPB (λ＞0，λ≠1)确定隐形圆(阿波罗尼斯圆)； (6)由圆周角的性质确定隐形圆． 3．与圆有关的最值或范围问题的求解策略与圆有关的最值或取值范围问题的求解，要对问题条件进行全方位的审视，特别是题中各个条件之间的相互关系及隐含条件的挖掘，要掌握解决问题常使用的思想方法，如要善于利用数形结合思想，利用几何知识，求最值或范围，要善于利用转化与化归思想将最值或范围转化为函数关系求解．[演练冲关]1．在等腰△ABC 中，已知AB ＝AC ，且点B (－1，0)．点D (2，0)为AC 的中点． (1)求点C 的轨迹方程；(2)已知直线l ：x ＋y －4＝0，求边BC 在直线l 上的射影EF 长的最大值． 解：(1)设C (x ，y )， ∵D (2，0)为AC 的中点． ∴A (4－x ，－y )，。
圆锥曲线的定点、定值问题(解析版)
2020上学期期末复习专题1 圆锥曲线的定点、定值问题（教师版）一．知识梳理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 (或x )得到一个关于变量x (或y )的一元方程．例：由⎩⎪⎨⎪⎧Ax ＋By ＋C ＝0，F (x ，y )＝0消去y ，得ax 2＋bx ＋c ＝0.(1)当a ≠0时，设一元二次方程ax 2＋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．弦长公式设斜率为k (k ≠0)的直线l 与圆锥曲线C 相交于A ，B 两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 |AB |＝ 1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2或|AB |＝1＋1k2·|y 1－y 2|＝ 1＋1k2·(y 1＋y 2)2－4y 1y 2. 3．定点问题(1)参数法：参数法解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中的核心变量(此处设为k )；②利用条件找到k 与过定点的曲线F (x ，y )＝0之间的关系，得到关于k 与x ，y 的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，找到定点．(2)由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.4.定值问题(1)直接消参求定值：常见定值问题的处理方法：①确定一个(或两个)变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示；②将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量)，然后进行化简，看能否得到一个常数．(2)从特殊到一般求定值：常用处理技巧：①在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢；②巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算.二．题型归纳题型1 “设参→用参→消参”三步解决圆锥曲线中的定点问题【例1-1】已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点F (1,0)，O 为坐标原点，A ，B 是抛物线C 上异于O 的两点． (1)求抛物线C 的方程；(2)若直线OA ，OB 的斜率之积为－12，求证：直线AB 过x 轴上一定点．[解] (1)因为抛物线2y ＝2px (p >0)的焦点坐标为F (1，0)，所以p2＝1，所以p ＝2.所以抛物线C 的方程为2y ＝4x .(2)证明：①当直线AB 的斜率不存在时，设A ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t t ,42，B ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-t t ,42. 因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以214422-=-⋅t t t t ，化简得2t ＝32.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 ()A A ,y x ，B ()B B ,y x ，联立⎩⎨⎧+==bkx y x y 42，消去x ，化简得ky 2－4y ＋4b ＝0.所以B A y y ＝4bk ，因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以21-=⋅B B A A x y x y ，整理得B A x x ＋2B A y y ＝0.即024422=+⋅B A B A y y yy ，解得B A y y ＝0(舍去)或B A y y ＝－32.所以B A y y ＝4bk＝－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)．【跟踪训练1-1】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点F (3，0)，长半轴长与短半轴长的比值为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．【解】(1)由题意得，c ＝3，a b＝2，a 2＝b 2＋c 2，∴a ＝2，b ＝1， ∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠1)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)． 联立⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋4y 2＝4，消去y ，可得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.∴Δ＝16(4k 2＋1－m 2)＞0，x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.∵点B 在以线段MN 为直径的圆上，∴BM ―→·BN ―→＝0. ∵BM ―→·BN ―→＝(x 1，kx 1＋m －1)·(x 2，kx 2＋m －1) ＝(k 2＋1)x 1x 2＋k (m －1)(x 1＋x 2)＋(m －1)2＝0，∴(k 2＋1)4m 2－44k 2＋1＋k (m －1)－8km4k 2＋1＋(m －1)2＝0，整理，得5m 2－2m －3＝0，解得m ＝－35或m ＝1(舍去)．∴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⎪⎭⎫ ⎝⎛-530，.【总结归纳】定点问题实质及求解步骤解析几何中的定点问题实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动．这类问题的求解一般可分为以下三步：题型2 “设参→用参→消参”三步解决圆锥曲线中的定值问题【例2-1】设O 为坐标原点，动点M 在椭圆x 29＋y 24＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NM 2=(1)求点P 的轨迹E 的方程；(2)过F (1,0)的直线l 1与点P 的轨迹交于A ，B 两点，过F (1,0)作与l 1垂直的直线l 2与 点P 的轨迹交于C ，D 两点，求证：1|AB |＋1|CD |为定值．[解] (1)设P(x ，y)，M(x 0，y 0)，则N(x 0,0)．∵NP ―→＝ 2 NM ―→，∴(x －x 0，y)＝2(0，y 0)，∴x 0＝x ，y 0＝y 2.又点M 在椭圆上，∴142922=⎪⎭⎫ ⎝⎛+y x ，即x 29＋y 28＝1.∴点P 的轨迹E 的方程为x 29＋y 28＝1.(2)证明：由(1)知F 为椭圆x 29＋y 28＝1的右焦点，当直线l 1与x 轴重合时，|AB|＝6，|CD|＝2b 2a ＝163，∴1|AB|＋1|CD|＝1748.当直线l 1与x 轴垂直时，|AB|＝163，|CD|＝6，∴1|AB|＋1|CD|＝1748. 当直线l 1与x 轴不垂直也不重合时，可设直线l 1的方程为y ＝k(x －1)(k ≠0)， 则直线l 2的方程为y ＝－1k(x －1)，设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，联立⎩⎨⎧y ＝k x －1，x 29＋y28＝1消去y ，得(8＋9k 2)x 2－18k 2x ＋9k 2－72＝0，则Δ＝(－18k 2)2－4(8＋9k 2)(9k 2－72)＝2 304(k 2＋1)>0， x 1＋x 2＝18k 28＋9k 2，x 1x 2＝9k 2－728＋9k 2，∴|AB|＝ 1＋k 2·x 1＋x 22－4x 1x 2＝481＋k 28＋9k 2.同理可得|CD|＝481＋k 29＋8k 2.∴1|AB|＋1|CD|＝8＋9k 248k 2＋1＋9＋8k 248k 2＋1＝1748.综上可得1|AB|＋1|CD|为定值． 【跟踪训练2-1】已知椭圆C 的两个顶点分别为A (－2，0)，B (2,0)，焦点在x 轴上，离心率为32. (1)求椭圆C 的方程；(2)如图所示，点D 为x 轴上一点，过点D 作x 轴的垂线交椭圆C 于不同的两点M ，N ，过点D 作AM 的垂线交BN 于点E .求证：△BDE 与△BDN 的面积之比为定值，并求出该定值．【解】(1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c a ＝32，b 2＋c 2＝a 2，解得⎩⎨⎧b ＝1，c ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)法一：设D (x 0,0)，M (x 0，y 0)，N (x 0，－y 0)，－2<x 0<2，所以k AM ＝y 0x 0＋2，因为AM ⊥DE ，所以k DE ＝－2＋x 0y 0，所以直线DE 的方程为y ＝－2＋x 0y 0(x －x 0)． 因为k BN ＝－y 0x 0－2，所以直线BN 的方程为y ＝－y 0x 0－2(x －2)．由⎩⎨⎧y ＝－2＋x0y(x －x 0)，y ＝－y0x 0－2(x －2)，解得E ⎝⎛⎭⎫45x 0＋25，－45y 0， 所以S △BDE S △BDN ＝12|BD |·|y E |12|BD |·|y N |＝⎪⎪⎪⎪－45y 0|－y 0|＝45.故△BDE 与△BDN 的面积之比为定值45.法二：设M (2cos θ，sin θ)(θ≠k π，k ∈Z )，则D (2cos θ，0)，N (2cos θ，－sin θ)， 设BE ―→＝λBN ―→，则DE ―→＝DB ―→＋BE ―→＝DB ―→＋λBN ―→＝(2－2cos θ，0)＋λ(2cos θ－2，－sin θ) ＝(2－2cos θ＋2λcos θ－2λ，－λsin θ)．又AM ―→＝(2cos θ＋2，sin θ)，由AM ―→⊥DE ―→，得AM ―→·DE ―→＝0，从而[(2－2cos θ)＋λ(2cos θ－2)](2cos θ＋2)－λsin 2θ＝0，整理得4sin 2θ－4λsin 2θ－λsin 2θ＝0， 即5λsin 2θ＝4sin 2θ.，所以λ＝45，所以S △BDE S △BDN ＝|BE ||BN |＝45.故△BDE 与△BDN 的面积之比为定值45.【总结归纳】定值问题实质及求解步骤定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量(斜率、距离、面积、比值等)与变量(斜率、点的坐标等)无关的问题．其求解步骤一般为：题型三 探索性问题例3.已知圆M 的圆心在直线2x －y －6＝0上，且过点(1,2)，(4，－1)． (1) 求圆M 的方程；(2) 设P 为圆M 上任一点，过点P 向圆O ：x 2＋y 2＝1引切线，切点为Q .试探究：平面内是否存在一定点R ，使得PQPR 为定值．若存在，求出点R 的坐标；若不存在，请说明理由． 解析：(1) 因为圆M 的圆心在直线2x －y －6＝0上，且过点(1,2)，(4，－1)， 所以设圆心坐标为(m,2m －6)，半径为r ， 则圆的标准方程为(x －m )2＋(y －2m ＋6)2＝r 2.则(1－m )2＋(2－2m ＋6)2＝r 2且(4－m )2＋(－1－2m ＋6)2＝r 2， 即(m －1)2＋(8－2m )2＝r 2且(m －4)2＋(5－2m )2＝r 2， 解得m ＝4，r ＝3.所以圆M ：(x －4)2＋(y －2)2＝9.(2) 设P (x ，y )，R (a ，b )，则(x －4)2＋(y －2)2＝9，即x 2＋y 2＝8x ＋4y －11. 又PQ 2＝x 2＋y 2－1，PR 2＝(x －a )2＋(y －b )2＝x 2＋y 2－2ax －2by ＋a 2＋b 2， 故PQ 2＝8x ＋4y －12，PR 2＝(8－2a )x ＋(4－2b )y ＋a 2＋b 2－11.又设PQPR ＝t 为定值，故8x ＋4y －12＝t 2[(8－2a )x ＋(4－2b )y ＋a 2＋b 2－11]． 因为上式对圆M 上任意点P (x ，y )都成立，可得⎩⎪⎨⎪⎧8＝(8－2a )t 2，4＝(4－2b )t 2，－12＝(a 2＋b 2－11)t 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，b 1＝1，t 1＝2或⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧a 2＝25，b 2＝15，t 2＝103.综上，存在点R (2,1)或R ⎝ ⎛⎭⎪⎫25，15满足题意．跟踪训练3：已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点⎝⎛⎭⎫1，32，离心率为32. (1) 求椭圆C 的方程；(2) 直线y ＝k (x －1)(k ≠0)与椭圆C 交于A ，B 两点，点M 是椭圆C 的右顶点．直线AM 与直线BM 分别与y 轴交于点P ，Q ，试问：以线段PQ 为直径的圆是否过x 轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．解析：(1) 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ca ＝32，1a 2＋34b 2＝1，解得a ＝2，b ＝1.所以椭圆C 的方程是x 24＋y 2＝1.(2) 以线段PQ 为直径的圆过x 轴上的定点． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 2＝1得(1＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－4＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝8k 21＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－41＋4k 2.又因为点M 是椭圆C 的右顶点，所以点M (2,0)．由题意可知直线AM 的方程为y ＝y 1x 1－2(x －2)，故点P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－2y 1x 1－2. 直线BM 的方程为y ＝y 2x 2－2(x －2)，故点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－2y 2x 2－2. 若以线段PQ 为直径的圆过x 轴上的定点N (x 0,0)，则等价于PN →·QN →＝0恒成立．又因为PN →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫x 0，2y 1x 1－2，QN →＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫x 0，2y 2x 2－2，所以PN →·QN →＝x 20＋2y 1x 1－2·2y 2x 2－2＝x 20＋4y 1y 2(x 1－2)(x 2－2)＝0恒成立． 又因为(x 1－2)(x 2－2)＝x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝4k 2－41＋4k 2－28k 21＋4k 2＋4＝4k 21＋4k 2，y 1y 2＝k (x 1－1)k (x 2－1)＝k 2[x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1]＝k 2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫4k2－41＋4k 2－8k 21＋4k 2＋1＝－3k 21＋4k2，所以x 20＋4y 1y 2(x 1－2)(x 2－2)＝x 20＋－12k 21＋4k 24k 21＋4k 2＝x 20－3＝0，解得x 0＝±3. 故以线段PQ 为直径的圆过x 轴上的定点(±3，0)．圆锥曲线定点定值问题作业1. 如图，平行四边形AMBN 的周长为8，点M ，N 的坐标分别为(－3，0)，(3，0)． (1) 求点A ，B 所在的曲线L 的方程；(2) 过L 上点C (－2,0)的直线l 与L 交于另一点D ，与y 轴交于点E ，且l ∥OA .求证：CD ·CEOA 2为定值．解析：(1) 因为四边形AMBN 是平行四边形，周长为8，所以A ，B 两点到M ，N 的距离之和均为4>23，可知所求曲线为椭圆． 由椭圆定义可知，a ＝2，c ＝3，b ＝1.曲线L 的方程为x24＋y 2＝1(y ≠0)．(2) 由已知可知直线l 的斜率存在．因为直线l 过点C (－2,0)，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)，代入曲线方程x 24＋y 2＝1(y ≠0)，并整理得(1＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－4＝0. 因为点C (－2,0)在曲线L 上，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－8k 2＋21＋4k2，4k 1＋4k 2，E (0,2k )， 所以CD ＝41＋k 21＋4k2，CE ＝21＋k 2. 因为OA ∥l ，所以设OA 的方程为y ＝kx ，代入曲线L 的方程，并整理得(1＋4k 2)x 2＝4. 所以x 2A ＝41＋4k 2，y 2A ＝4k 21＋4k 2，所以OA 2＝4＋4k 21＋4k2，化简得CD ·CE OA 2＝2，所以CD ·CE OA 2为定值．说明：本题考查用定义法求椭圆方程知识及直线与椭圆相交的有关线段的计算与证明．2.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的长轴是短轴的两倍，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12在椭圆C 上．不过原点的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，设直线OA ，l ，OB 的斜率分别为k 1，k ，k 2，且k 1，k ，k 2恰好构成等比数列． (1) 求椭圆C 的方程；(2) 试判断OA 2＋OB 2是否为定值．若是，求出这个值；若不是，请说明理由．解析：(1) 由题意知a ＝2b 且3a 2＋14b 2＝1，所以b 2＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2) 设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，m ≠0，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋4y 2＝4， 整理得(1＋4k 2)x 2＋8km x ＋4m 2－4＝0，所以x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k2且Δ＝16(1＋4k 2－m 2)>0.解析：(1) 由题意知a ＝2b 且3a 2＋14b 2＝1，所以b 2＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2) 设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，m ≠0，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋4y 2＝4，整理得(1＋4k 2)x 2＋8km x ＋4m 2－4＝0，所以x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k2且Δ＝16(1＋4k 2－m 2)>0.此时Δ＝16(2－m 2)>0，即m ∈(－2，2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝±2m ，x 1x 2＝2m 2－2.又OA 2＋OB 2＝x 21＋y 21＋x 22＋y 22＝34(x 21＋x 22)＋2＝34[(x 1＋x 2)2－2x 1x 2]＋2＝5， 所以OA 2＋OB 2是定值，且为5.3.过椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1的右焦点F 作斜率k ＝－1的直线交椭圆于A ，B 两点，且OA →＋OB →与a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13共线．(1)求椭圆的离心率；(2)设P 为椭圆上任意一点，且OP →＝mOA →＋nOB →(m ，n ∈R )，证明：m 2＋n 2为定值． 解 (1)设AB ：y ＝－x ＋c ，直线AB 交椭圆于两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)⎩⎪⎨⎪⎧b 2x 2＋a 2y 2＝a 2b2y ＝－x ＋c⇒b 2x 2＋a 2(－x ＋c )2＝a 2b 2，(b 2＋a 2)x 2－2a 2cx ＋a 2c 2－a 2b 2＝0x 1＋x 2＝2a 2c a 2＋b 2，x 1x 2＝a 2c 2－a 2b 2a 2＋b 2， OA →＋OB →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)与a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，13共线，3(y 1＋y 2)－(x 1＋x 2)＝0,3(－x 1＋c －x 2＋c )－(x 1＋x 2)＝0，即 x 1＋x 2＝3c 2，a 2＝3b 2，c ＝a 2－b 2＝6a 3，e ＝c a ＝63.(2)证明：a 2＝3b 2，椭圆方程为x 2＋3y 2＝3b 2，设M (x ，y )为椭圆上任意一点，OM →＝(x ，y )，OM →＝mOA →＋nOB →，(x ，y )＝(mx 1＋nx 2，my 1＋ny 2)，点M (x ，y )在椭圆上，(mx 1＋nx 2)2＋3(my 1＋ny 2)2＝3b 2，即m 2(x 21＋3y 21)＋n 2(x 22＋3y 22)＋2mn (x 1x 2＋3y 1y 2)＝3b 2. ∴x 1＋x 2＝3c 2，a 2＝32c 2，b 2＝12c 2，x 1x 2＝a 2c 2－a 2b 2a 2＋b 2＝38c 2，∴x 1x 2＋3y 1y 2＝x 1x 2＋3(－x 1＋c )(－x 2＋c )＝4x 1x 2－3c (x 1＋x 2)＋3c 2＝32c 2－92c 2＋3c 2＝0，将x 21＋3y 21＝3b 2，x 22＋3y 22＝3b 2代入得 3b 2m 2＋3b 2n 2＝3b 2，即m 2＋n 2＝1.3.在直角坐标系xOy 中，已知椭圆E 的中心在原点，长轴长为8，椭圆在x 轴上的两个焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形. (1)求椭圆的标准方程；(2)过椭圆内一点M (1,3)的直线与椭圆E 交于不同的A ，B 两点，交直线y ＝－14x 于点N ，若NA →＝mAM →，NB →＝nBM →，求证：m ＋n 为定值，并求出此定值. 解 (1)因为长轴长为8，所以2a ＝8，a ＝4， 又因为两个焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形， 所以b ＝32a ＝23，由于椭圆焦点在x 轴上， 所以椭圆的标准方程为x 216＋y 212＝1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，N ⎝⎛⎭⎫x 0，－14x 0， 由NA →＝mAM →，得⎝⎛⎭⎫x 1－x 0，y 1＋14x 0＝m (1－x 1，3－y 1)，所以x 1＝m ＋x 0m ＋1，y 1＝3m －14x 0m ＋1，所以A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m ＋x 0m ＋1，3m －14x 0m ＋1， 因为点A 在椭圆x 216＋y 212＝1上，所以得到⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋x 0m ＋1216＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3m －14x 0m ＋1212＝1，得到9m 2＋96m ＋48－134x 20＝0；同理，由NB →＝nBM →，可得9n 2＋96n ＋48－134x 20＝0， 所以m ，n 可看作是关于x 的方程9x 2＋96x ＋48－134x 20＝0的两个根， 所以m ＋n ＝－969＝－323，为定值.4. 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)经过点(0，－3)，点F 是椭圆的右焦点，点F 到左顶点的距离和到右准线的距离相等．过点F 的直线l 交椭圆于M ，N 两点．(1) 求椭圆C 的标准方程；(2) 若直线l 上存在点P 满足PM ·PN ＝PF 2，且点P 在椭圆外，证明：点P 在定直线上．解析：(1) 设椭圆的焦距为2c .由椭圆经过点(0，－3)得b ＝ 3. ①由点F 到左顶点的距离和到右准线的距离相等，得a ＋c ＝a 2c －c . ② 又a 2＝b 2＋c 2， ③由①②③可得a ＝2，c ＝1，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2) 法一：当直线l 的斜率为0时，则M (2,0)，N (－2,0)，设P (x 0，y 0)，则PM ·PN ＝|(x 0－2)(x 0＋2)|.因为点P 在椭圆外，所以x 0－2，x 0＋2同号，又PF 2＝(x 0－1)2，所以|(x 0－2)(x 0＋2)|＝(x 0－1)2，解得x 0＝52. 当直线l 的斜率不为0时，因为y 1＋y 2＝－6m3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4，PM ＝1＋m 2|y 1－y 0|，PN ＝1＋m 2|y 2－y 0|，PF ＝1＋m 2|y 0|.因为点P 在椭圆外，所以y 1－y 0，y 2－y 0同号，所以PM ·PN ＝(1＋m 2)(y 1－y 0)(y 2－y 0)＝(1＋m 2)[y 1y 2－y 0(y 1＋y 2)＋y 20]＝(1＋m 2)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y 20＋6m3m 2＋4－93m 2＋4， 代入PM ·PN ＝PF 2得(1＋m 2)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y 20＋6m3m 2＋4－93m 2＋4＝(1＋m 2)y 20，整理得y 0＝32m ，代入直线方程得x 0＝52.所以点P 在定直线x ＝52上．法二：当直线l ⊥x 轴，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，则PM ·PN ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 0－32⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 0＋32.又PF 2＝y 20，所以PM ·PN ＝PF 2不成立，不合题意． 当直线l 与x 轴不垂直时，设P (x 0，y 0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，与椭圆x 24＋y 23＝1联立并消去y 得 (3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0.因为Δ＝64k 4－4(3＋4k 2)(4k 2－12)＝16k 4＋108k 2＋108>0， 所以x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，所以PM ＝1＋k 2|x 1－x 0|，PN ＝1＋k 2|x 2－x 0|，PF ＝1＋k 2|x 0－1|. 因为点P 在椭圆外，所以x 1－x 0，x 2－x 0同号，所以PM ·PN ＝(1＋k 2)(x 1－x 0)(x 2－x 0)＝(1＋k 2)[x 1x 2－x 0(x 1＋x 2)＋x 20] ＝(1＋k 2)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 20－8k 23＋4k 2＋4k 2－123＋4k 2.代入PM ·PN ＝PF 2得(1＋k 2)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 20－8k 23＋4k 2＋4k 2－123＋4k 2＝(1＋k 2)(x 20)(x 20－2x 0＋1)， 整理得x 0＝52，所以点P 在定直线x ＝52上．。
2023年高考数学热点专题解析几何模型通关圆锥曲线中的定点问题(解析版)
圆锥曲线中的定点问题思路引导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，然后利用条件建立,k m 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．母题呈现考法1参数法求证定点【例1】(2022·临沂、枣庄二模联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，其左、右焦点分别为F 1，F 2，点P 为坐标平面内的一点，且|OP →|＝32PF 1→·PF 2→＝－34，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(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 ，MB 的倾斜角分别为α，β，且α＋β＝π2.证明：直线AB 恒过定点，并求出该定点的坐标．【解题指导】【解析】(1)设P 点坐标为(x 0，y 0)，F 1(－c,0)，F 2(c,0)，则PF 1→＝(－c －x 0，－y 0)，PF 2→＝(c －x 0，－y 0)．由题意得x 20＋y 20＝94，x 0＋cx 0－c＋y 20＝－34，解得c 2＝3，∴c ＝ 3.又e ＝c a ＝32，∴a ＝2.∴b 2＝a 2－c 2＝1.∴所求椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设直线AB 方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．y 2＝1，kx ＋m ，消去y 得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.∴x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.又由α＋β＝π2，∴tan α·tan β＝1，设直线MA ，MB 斜率分别为k 1，k 2，则k 1k 2＝1，∴y 1x 1＋2·y 2x 2＋2＝1，即(x 1＋2)(x 2＋2)＝y 1y 2.∴(x 1＋2)(x 2＋2)＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )，∴(k 2－1)x 1x 2＋(km －2)(x 1＋x 2)＋m 2－4＝0，∴(k 2－1)4m 2－44k 2＋1＋(km －2)28()41kmk -+＋m 2－4＝0，化简得20k 2－16km ＋3m 2＝0，解得m ＝2k ，或m ＝103k .当m ＝2k 时，y ＝kx ＋2k ，过定点(－2,0)，不合题意(舍去)．当m ＝103k 时，y ＝kx ＋103k 10,0)3-，∴直线AB 恒过定点10(,0)3-【例2】（2022·福建·漳州三模）已知抛物线2:4C y x =的准线为l ，M 为l 上一动点，过点M 作抛物线C 的切线，切点分别为,A B .（1）求证：MAB ∆是直角三角形；（2）x 轴上是否存在一定点P ，使,,A P B 三点共线.【解题指导】【解析】（1）由已知得直线l 的方程为1x =-，设()1,M m -，切线斜率为k ，则切线方程为()1y m k x -=+，（2分）将其与24y x =联立消x 得244()0ky y m k -++=.所以1616()0k m k ∆=-+=，化简得210k mk +-=，（4分）所以121k k =-，所以MA MB ⊥.即MAB ∆是直角三角形.（6分）（2）由（1）知1616()0k m k ∆=-+=时，方程244()0ky y m k -++=的根为2y k=设切点221212,,,44y y A y B y ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则121222,y y k k ==.因为121k k =-，所以121244y y k k ==-.（10分）设:AB l x ny t =+，【点拨】由M 点出发向抛物线作量条切线，则切点A,B 所在直线与抛物线有两个焦点且其斜率不为零与24y x =联立消x 得2440y ny t --=，则124y y t =-，所以44t -=-，解得1t =，所以直线AB 过定点()1,0P .即x 轴上存在一定点()1,0P ，使,,A P B 三点共线.（12分）【解题技法】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.【跟踪训练】（2020·新课标Ⅰ卷理科）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，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.【解析】（1）依据题意作出如下图象：由椭圆方程222:1(1)x E y a a+=>可得：(),0A a -，(),0B a ，()0,1G ∴(),1AG a = ，(),1GB a =-∴218AG GB a ⋅=-=，∴29a =∴椭圆方程为：2219x y +=（2）设()06,P y ，则直线AP 的方程为：()()00363y y x -=+--，即：()039y y x =+联立直线AP 的方程与椭圆方程可得：()2201939x y y y x ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，整理得：()2222000969810y x y x y +++-=，解得：3x =-或20203279y x y -+=+将20203279y x y -+=+代入直线()039y y x =+可得：02069y y y =+所以点C 的坐标为20022003276,99y y y y ⎛⎫-+ ⎪++⎝⎭.同理可得：点D 的坐标为2002200332,11y y y y ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭当203y ≠时，∴直线CD 的方程为：0022200002222000022006291233327331191y y y y y y y x y y y y y y ⎛⎫-- ⎪++⎛⎫⎛⎫--⎝⎭-=-⎪ ⎪-+-++⎝⎭⎝⎭-++，整理可得：()()()2220000002224200000832338331116963y y y y y y y x x y y y y y +⎛⎫⎛⎫--+=-=- ⎪ ⎪+++--⎝⎭⎝⎭整理得：()()0002220004243323333y y y y x x y y y ⎛⎫=+=- ⎪---⎝⎭所以直线CD 过定点3,02⎛⎫⎪⎝⎭．当203y =时，直线CD ：32x =，直线过点3,02⎛⎫ ⎪⎝⎭．故直线CD 过定点3,02⎛⎫⎪⎝⎭．考法2先求后证法求证定点【例4】（2022·全国乙T21）已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过()0,2,,12A B ⎛--⎫⎪⎝⎭两点．（1）求E 的方程；（2）设过点()1,2P -的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT TH =．证明：直线HN 过定点．【解题指导】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）斜率不存在时探究定点→设出直线方程→与椭圆C 的方程联立→求HN 的方程→是否过定点.【解析】（1）设椭圆E 的方程为221mx ny +=，过()30,2,,12A B ⎛--⎫ ⎪⎝⎭，则41914n m n =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得13m =，14n =，所以椭圆E 的方程为：22143y x +=.（2）3(0,2),(,1)2A B --，所以2:23+=AB y x ，①若过点(1,2)P -的直线斜率不存在，直线1x =.代入22134x y+=，可得26(1,)3M ，26(1,3N-，代入AB方程223y x=-，可得263,3T+，由MT TH=得到265,)3H.求得HN方程：(223y x=--，过点(0,2)-.②若过点(1,2)P-的直线斜率存在，设1122(2)0,(,),(,)kx y k M x y N x y--+=.联立22(2)0,134kx y kx y--+=⎧⎪⎨+=⎪⎩得22(34)6(2)3(4)0k x k k x k k+-+++=，可得1221226(2)343(4)34k kx xkk kx xk+⎧+=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩，12222228(2)344(442)34ky ykk ky yk-+⎧+=⎪⎪+⎨+-⎪=⎪+⎩，且1221224(*)34kx y x yk-+=+联立1,223y yy x=⎧⎪⎨=-⎪⎩可得111113(3,),(36,).2yT y H y x y++-可求得此时1222112:()36y yHN y y x xy x x--=-+--，将(0,2)-，代入整理得12121221122()6()3120x x y y x y x y y y+-+++--=，将(*)代入，得222241296482448482436480,k k k k k k k+++---+--=显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,2).-【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.【跟踪训练】模拟训练（2）方法一：设PQ 方程为x my =()2222234433x my m y my x y =-⎧⇒-+⎨-=⎩以PQ 为直径的圆的方程为(1x x -()(22121212x x x x x x y y y -+++-+由对称性知以PQ 为直径的圆必过()21212120x x x x x x y y -+++=，而()21212212431m x x m y y m +=+-=-()()212121222x x my my m y y =--=22222434931313m x x m m m --∴-++---()()22313510m x m x ⎡⎤⇒-+--=⎣⎦∴以PQ 为直径的圆经过定点(1,0方法二：设PQ 方程为2,x my P =-()22222311233x my m y my x y =-⎧⇒--⎨-=⎩由对称性知以PQ 为直径的圆必过设以PQ 为直径的圆过(),0E t ，()()1210EP EQ x t x t y ∴⋅=⇒--+ 而()()21212122x x my my m y =--=2229122431313m m m m m -=⋅-⋅+=--【点睛】方法定睛：过定点问题的两大类型及解法（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线等于零，得出定点．7．（2023·浙江·模拟预测）已知双曲线为双曲线E的左、右顶点，P为直线(1)求双曲线E的标准方程．(2)直线CD是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．理得1112,y y y y +（或1212,x x x x +），代入交点坐标后可得结论，如果是求动直线过定点，则可以引入参数求得动直线方程后，观察直线方程得定点．。
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
高考圆锥曲线中的定点与定值问题(题型总结超全)完整版.doc
专题08 解锁圆锥曲线中的定点与定值问题一、解答题1．【陕西省榆林市第二中学2018届高三上学期期中】已知椭圆的左右焦点分别为，离心率为；圆过椭圆的三个顶点.过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）证明：在轴上存在定点，使得为定值；并求出该定点的坐标.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）设圆过椭圆的上、下、右三个顶点，可求得，再根据椭圆的离心率求得，可得椭圆的方程；（Ⅱ）设直线的方程为，将方程与椭圆方程联立求得两点的坐标，计算得。
设x轴上的定点为，可得，由定值可得需满足，解得可得定点坐标。
解得。
∴椭圆的标准方程为.（Ⅱ）证明：由题意设直线的方程为，由消去y整理得，设，，要使其为定值，需满足，解得.故定点的坐标为.点睛：解析几何中定点问题的常见解法(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点； (2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．2．【四川省成都市第七中学2017-2018学年高二上学期半期考】已知斜率为k 的直线l 经过点()1,0-与抛物线2:2C y px =（0,p p >为常数）交于不同的两点,M N ，当12k =时，弦MN 的长为15. （1）求抛物线C 的标准方程；（2）过点M 的直线交抛物线于另一点Q ，且直线MQ 经过点()1,1B -，判断直线NQ 是否过定点？若过定点，求出该点坐标；若不过定点，请说明理由. 【答案】（1）24y x =;（2）直线NQ 过定点()1,4-【解析】试题分析：（1）根据弦长公式即可求出答案； （2）由（1）可设()()()2221122,2,,2,,2M t t N t t Q t t ，则12MN k t t =+， 则()11:220MN x t t y tt -++=； 同理： ()22:220MQ x t t y tt -++=()1212:220NQ x t t y t t -++=.由()1,0-在直线MN 上11t t ⇒=（1）； 由()1,1-在直线MQ 上22220t t tt ⇒+++=将（1）代入()121221t t t t ⇒=-+- （2） 将（2）代入NQ 方程()()12122420x t t y t t ⇒-+-+-=，即可得出直线NQ 过定点．（2）设()()()2221122,2,,2,,2M t t N t t Q t t ，则12211222=MN t t k t t t t -=-+， 则()212:2MN y t x t t t -=-+即()11220x t t y tt -++=； 同理： ()22:220MQ x t t y tt -++=；()1212:220NQ x t t y t t -++=.由()1,0-在直线MN 上11tt ⇒=，即11t t =（1）； 由()1,1-在直线MQ 上22220t t tt ⇒+++=将（1）代入()121221t t t t ⇒=-+- （2） 将（2）代入NQ 方程()()12122420x t t y t t ⇒-+-+-=，易得直线NQ 过定点()1,4-3．【四川省成都市第七中学2017-2018学年高二上学期半期考】已知抛物线()2:0C y mx m =>过点()1,2-， P 是C 上一点，斜率为1-的直线l 交C 于不同两点,A B （l 不过P 点），且PAB ∆的重心的纵坐标为23-. （1）求抛物线C 的方程，并求其焦点坐标；（2）记直线,PA PB 的斜率分别为12,k k ，求12k k +的值.【答案】（1）方程为24y x =;其焦点坐标为()1,0（2）120k k +=【解析】试题分析;（1）将()1,2-代入2y mx =，得4m =，可得抛物线C 的方程及其焦点坐标；（2）设直线l 的方程为y x b =-+，将它代入24y x =得22220x b x b -++=（），利用韦达定理，结合斜率公式以及PAB ∆的重心的纵坐标23-，化简可12k k + 的值；因为PAB ∆的重心的纵坐标为23-， 所以122p y y y ++=-，所以2p y =，所以1p x =，所以()()()()()()1221121212122121221111y x y x y y k k x x x x ------+=+=----， 又()()()()12212121y x y x --+--()()()()12212121x b x x b x ⎡⎤⎡⎤=-+--+-+--⎣⎦⎣⎦()()()12122122x x b x x b =-+-+--()()()22212220b b b b =-+-+--=.所以120k k +=.4．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的短轴端点到右焦点()10F ，的距离为2．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过点F 的直线交椭圆C 于A B ，两点，交直线4l x =：于点P ，若1PA AF λ=，2PB BF λ=，求证： 12λλ-为定值．【答案】(1) 22143x y +=;(2)详见解析. 【解析】试题分析：（Ⅰ）利用椭圆的几何要素间的关系进行求解；（Ⅱ）联立直线和椭圆的方程，得到关于x 或y 的一元二次方程，利用根与系数的关系和平面向量的线性运算进行证明.（Ⅱ）由题意直线AB 过点()1,0F ，且斜率存在，设方程为()1y k x =-, 将4x =代人得P 点坐标为()4,3k ，由()221{ 143y k x x y =-+=，消元得()22223484120k x k x k +-+-=，设()11,A x y ， ()22,B x y ，则0∆>且21222122834{ 41234k x x k k x x k +=+-⋅=+， 方法一：因为1PA AF λ=，所以11141PA x AF x λ-==-. 同理22241PB x BFx λ-==-，且1141x x --与2241x x --异号，所以12121212443321111x x x x x x λλ⎛⎫---=+=--+ ⎪----⎝⎭()()1212123221x x x x x x +-=-+-++()2222238682412834k k k k k --=-+--++0=. 所以， 12λλ-为定值0.当121x x <<时，同理可得120λλ-=. 所以， 12λλ-为定值0.同理2223PB my BFmy λ-==，且113my my -与223my my -异号，所以()12121212123332y y my my my my my y λλ+---=+=- ()()36209m m ⨯-=-=⨯-.又当直线AB 与x 轴重合时， 120λλ-=， 所以， 12λλ-为定值0.【点睛】本题考查直线和椭圆的位置关系，其主要思路是联立直线和椭圆的方程，整理成关于x 或y 的一元二次方程，利用根与系数的关系进行求解，因为直线AB 过点()1,0F ，在设方程时，往往设为1x my =+()0m ≠，可减少讨论该直线是否存在斜率.5．【四川省绵阳南山中学2017-2018学年高二上学期期中考】设抛物线C ： 24y x =， F 为C 的焦点，过F 的直线l 与C 相交于,A B 两点. （1）设l 的斜率为1，求AB ；（2）求证： OA OB ⋅u u u v u u u v是一个定值. 【答案】(1) 8AB =（2）见解析【解析】试题分析：（1）把直线的方程与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系及抛物线的定义、弦长公式即可得出；（2）把直线的方程与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系、向量的数量积即可得出；（2）证明：设直线l 的方程为1x ky =+，由21{4x ky y x=+-得2440y ky --= ∴124y y k +=， 124y y =- ()()1122,,,OA x y OB x y ==u u u v u u u v， ∵()()1212121211OA OB x x y y kx ky y y ⋅=+=+++u u u v u u u v，()212121222144143k y y k y y y y k k =++++=-++-=-， ∴OA OB ⋅u u u v u u u v是一个定值.点睛：熟练掌握直线与抛物线的相交问题的解题模式、根与系数的关系及抛物线的定义、过焦点的弦长公式、向量的数量积是解题的关键，考查计算能力,直线方程设成1x ky =+也给解题带来了方便.6．【内蒙古包头市第三十三中2016-2017学年高一下学期期末】已知椭圆C : 22221(0,0)x y a b a b+=>>的离心率为6,右焦点为(2,0).(1)求椭圆C 的方程; (2)若过原点作两条互相垂直的射线,与椭圆交于A ,B 两点,求证:点O 到直线AB 的距离为定值.【答案】(1) 2213x y += ,(2) O 到直线AB 3【解析】试题分析：（1）根据焦点和离心率列方程解出a ，b ，c ；（2）对于AB 有无斜率进行讨论，设出A ，B 坐标和直线方程，利用根与系数的关系和距离公式计算；有OA ⊥OB 知x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+(k x 1+m ) (k x 2+m )=(1+k 2) x 1x 2+k m (x 1+x 2)=0 代入,得4 m 2=3 k 2+3原点到直线AB 的距离231m d k ==+ ， 当AB 的斜率不存在时, 11x y = ,可得, 13x d == 依然成立.所以点O 到直线的距离为定值32. 点睛： 本题考查了椭圆的性质，直线与圆锥曲线的位置关系，分类讨论思想，对于这类题目要掌握解题方法．设而不求，套用公式解决．7．【四川省成都市石室中学2017-2018学年高二10月月考】已知双曲线()222210x y b a a b-=>>渐近线方程为3y x =， O 为坐标原点，点(3,3M 在双曲线上．（Ⅰ）求双曲线的方程；（Ⅱ）已知,P Q 为双曲线上不同两点，点O 在以PQ 为直径的圆上，求2211OPOQ+的值．【答案】（Ⅰ）22126x y -=；（Ⅱ） 221113OP OQ+=. 【解析】试题分析：（1）根据渐近线方程得到设出双曲线的标准方程，代入点M 的坐标求得参数即可；（2）由条件可得OP OQ ⊥，可设出直线,OP OQ 的方程，代入双曲线方程求得点,P Q 的坐标可求得221113OPOQ+=。
(江苏专用)2020版高考数学总复习第十章第五节圆锥曲线的综合问题课件苏教版
典例1 (2019江苏南京高三模拟)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C: ax22 +
by22 =1(a>b>0)过点
5, 2
3 2
,离心率为 2 5 5
.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)过点K(2,0)作一直线与椭圆C交于A、B两点,过A、B点作椭圆右准线
的垂线,垂足分别为A1、B1.问直线AB1与A1B的交点是不是定点?若是,求 出定点的坐标;若不是,请说明理由.
坐标为
1
2 b2
,
2b2 1 b2
和 - 1 2b2
,-
2b2 1 b2
,则2 1 2b2
×2
2b2 1 b2
=b,解
得b2=7,又b>0,则b= 7 .
2.(2018南京期末)在平面直角坐标系xOy中,若双曲线 x2 -y2=1的渐近线
3
与抛物线x2=4 3 y的准线交于A,B两点,则三角形OAB的面积为
1.(2019南京、盐城高三模拟)在平面直角坐标系xOy中,双曲线C:x2- by22 =
1(b>0)的两条渐近线与圆O:x2+y2=2的四个交点依次为A,B,C,D.若矩形
ABCD的面积为b,则b的值为
.
答案 7
解析 双曲线C:x2- by22 =1(b>0)的一条渐近线y=bx与圆O:x2+y2=2的交点
2.最值问题
圆锥曲线中的最值问题是高中数学的重要内容,试题把代数、三角和几 何等有机结合起来,从而使问题具有高度的综合性和灵活性.常用的方 法有:(1)利用定义求解;(2)构造基本不等式求解;(3)利用数形结合求解; (4)构造函数求解.
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（文理通用）江苏省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 －2，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 ＝42k ＋12－81＋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 －1x 1＋kx 1＋m －1x 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C 1：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 ＋2，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 141＋k 21. 所以直线BD 的方程为 y －4k 11＋4k 21＝3k 141＋k 21⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2－8k 211＋4k 21， 化简得y ＝3k 141＋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 －1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．。