2019届高考数学一轮复习第八章平面解析几何第八节第三课时定点、定值、探索性问题课时作业
2019版高考数学高分计划一轮：第8章 平面解析几何 8-8
(1＋t,2t)，所以
x＝t＋1， y＝2t，
消去参数t得点C的轨迹方程为y
＝2x－2.
经典题型冲关
题型1 定义法求轨迹方程
典例
(2017·大庆模拟)已知圆C1：(x＋3)2＋y2＝1和
圆C2：(x－3)2＋y2＝9，动圆M同时与圆C1及圆C2相外切，
＝
1 2
时，Smax＝6，此时t2＝x
2 0
＋y
2 0
＝5，t＝
5.所以当t＝ 5时，矩形ABCD的面积取到最大值6.
方法技巧 相关点法求轨迹方程的一般步骤
1．分析题目：与动点M(x，y)相关的点P(x0，y0)在已 知曲线上运动；
2．寻求关系式x0＝f(x，y)，y0＝g(x，y)； 3．将x0＝f(x，y)，y0＝g(x，y)代入已知曲线方程； 4．整理关于x，y的关系式得M的轨迹方程．
(2)(选修A2－1P35例1)到两坐标轴距离之积等于2的点
的轨迹方程为___y＝__±_2x____．
解析 根据题意，设动点为M，其坐标为(x，y)，而动
点M到两坐标轴距离之积等于2，即|x|×|y|＝2，变形可得y
＝±
2 x
，故到两坐标轴距离之积等于2的点的轨迹方程为y＝
2 ±x.
3．小题热身
方法技巧 直接法求曲线方程的关键点和注意点
1．关键点：直接法求曲线方程时最关键的就是把几 何条件或等量关系翻译为代数方程，要注意翻译的等价 性．通常将步骤简记为建系、设点、列式、代换、化简、 证明这几个步骤，但最后的证明可以省略．
2．注意点：求出曲线的方程后还需注意检验方程的 纯粹性和完备性．
高考数学(理科)大一轮复习课件：第八章 平面解析几何 第8章-第3节
时 检
测
入已知圆的方程，即得动点 P 的轨迹方程．
菜单
基 础 知 识 点
方
法
对点训练
(2014·课标全国卷Ⅰ)已知点 P(2,2)，圆 C：x2
技 巧
＋y2－8y＝0，过点 P 的动直线 l 与圆 C 交于 A，B 两点，线
段 AB 的中点为 M，O 为坐标原点．
(1)求 M 的轨迹方程；
核
(2)当|OP|＝|OM|时，求 l 的方程及△POM 的面积．
【答案】 A
课
核
时
心
限
考
时
向
检
测
菜单
基 础 知 识 点
方 法 技
4.已知圆 C 经过 A(5,1)，B(1,3)两点，圆心在 x 轴上，则 巧
C 的方程为
．
【答案】 (x－2)2＋y2＝10
课
核
时
心
限
考
时
向
检
测
菜单
基 础 知 识 点
5．(2013·重庆高考)设 P 是圆(x－3)2＋(y＋1)2＝4 上的动 点，Q 是直线 x＝－3 上的动点，则|PQ|的最小值为( )
课 时
心
限
考
时
向
检
测
菜单
基 础 知 识 点
【解】 (1)圆 C 的方程可化为 x2＋(y－4)2＝16，所以圆 心为 C(0,4)，半径为 4.
方 法 技 巧
设 M(x，y)，则C→M＝(x，y－4)，M→P＝(2－x,2－y)．
由题设知C→M·M→P＝0，故 x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，
课 时 限 时
向
检
所以yx的最大值为 3，最小值为－ 3.
高考数学一轮总复习 第8章 解析几何 第八节 第三课时 定点、定值、探索性问题课件 文 新人教A版
考点一 定点问题 重点保分型考点——师生共研
[典例引领]
(2015·汕头期末联考)已知抛物线C：y2＝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－
1 2
，求证：直线AB过x
Байду номын сангаас
x2 a2
＋by22
＝1(a＞b＞0)的右焦点为
F(1,0)，右顶点为A，且|AF|＝1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且
只有一个交点P，且与直线x＝4交于点
Q，问：是否存在一个定点M(t,0)，使
得 MP ·MQ ＝0.若存在，求出点M的坐
标；若不存在，说明理由．
(1)求椭圆 E 的方程．
(2)设 O 为坐标原点，过点 P 的动直线与椭圆交于 A，B 两点．是
否存在常数 λ，使得OA·OB＋λ PA·PB为定值？若存在，求 λ
的值；若不存在，请说明理由．
解析
解析
考点二 定值问题 重点保分型考点——师生共研
[典例引领]
(2016·衡水模拟)已知F1，F2为椭圆C：
x2 a2
＋
y2 b2
＝1(a＞b＞0)
的左、右焦点，过椭圆右焦点F2且斜率为k(k≠0)的直线l与
椭圆C相交于E，F两点，△EFF1的周长为8，且椭圆C与圆 x2＋y2＝3相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F1作两直线m，n交椭圆于A，B，C，D四点，若m⊥n，
求证：|A1B|＋|C1D|为定值．
解析
考点三 存在性问题 重点保分型考点——师生共研
高三数学(文)一轮总复习(人教通用)课件：第8章 第八节 第三课时 定点、定值、探索性问题
栏目 导引
第十二章
选考部分
y2 AF 的方程为 y＝ (x－2)， (2)直线 证明： 由题意知过点 Fx 的直线 l 的方程为 y＝k(x－1)， 2(1,0) － 2 2 y2)， 2y2 设 E(x1，y1)，F(x2， 2 2 4 ， 令 x＝4，得点 N ， 4 k －12 8k x － 2 解： (1) 因为△ EFF 的周长为 8 ， 2 2 2 1 将x1＋x2＝ 2 ，x1x2＝ 2 代入上式得： x y 4k ＋ 4k ＋y 3 将直线 l 的方程 y＝ k3 (x － 1) 代入椭圆 C 的方程 ＋ ＝1， y 1 2 4 3 2 4， ＋ 所以点 P 的坐标为 . 所以 4a＝8，所以 a ＝4， x － 2 x － 2 1 2 2 22 2 2 2 整理得 (4k ＋3) xk－ 812 k x＋4k － 12＝0， 4 － 8k 所以直线 PF 的斜率为 2 2 2 k· x － 3 k相切，故 · 2 ＋4 k 22＋y2 又椭圆 C 与圆 ＝ 3 b ＝3， 3 4 k ＋ 3 4 1 y 2 4k ＋ 2 1 y Δ＝64 k － 4(4 k ＋ 3)(4 k － 12) ＞ 0 恒成立， 1 2 k′＝3· ＋ ＝－k， 2 2 － 0 k 2－ 12 8 2k y1 2 2 x1－4 2 x － 2 y 1 2 2 4 k － 12 x y 8k 2 － 2× ＋ 4 2 ＋ k ′ ＝ ＝ x 的方程为 ＋4k ＝ 1. ＋ 3 x1x4 ＋ 32 且所以椭圆 x1＋x2＝ C 4 ， . x2－2 2k 2 2＝ － 3 4 － 1 1 3 4k ＋3 4k ＋3 y2 1 y2x1＋x2y1－2y1＋ y 1 ＝ ·k 直线 AE 的方程为 y＝ 1. (x－2)， 所以 · k′为定值－ 3 x ＋ 4 1x2－2x1＋x2x 1－ 2 xy ＋4k x1＋2 1 2kx1x2－3k 2 1 ， ＝ · 4 ， 令x ＝ 4 ，得点 M ， 3 x1x2－2 x ＋ x ＋ 4 1 2 x － 2 1
新教材适用2024版高考数学一轮总复习第8章解析几何第8讲第3课时定点定值探索性问题课件
kPA·kPB＝x＋y2
y 2·x－2
2＝x2y－2 8＝－34，
整理得 C 的方程为x82＋y62＝1(x≠±2 2)．
(2)直线 l 的斜率存在时，可设其方程为 y＝kx＋m， y＝kx＋m，
联立x82＋y62＝1， 化简得 (3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－24＝0， 设 M(x1，y2)，N(x2，y2)， 则 Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－24)＝48(8k2＋6－m2)>0， x1＋x2＝－3＋8km4k2，x1x2＝43m＋2－4k224，
显然成立， 综上，可得直线 HN 过定点(0，－2)．
例3
(2023·河 南 信 阳 高 级 中 学 开 学 考 ) 已 知 椭 圆
C
：
x2 a2
＋
y2 b2
＝
1(a>b>0)的右焦点为 F，上顶点为 A，直线 FA 的斜率为－ 33，且原点 O
到直线
FA
的距离为
3 2.
(1)求椭圆 C 的标准方程；
直线 l 交椭圆 E 于点 A，B，直线 m 交椭圆 E 于点 C，D，探究：A、B、
即：y＝y90(x＋3)，
联立直线 AP 的方程与椭圆方程可得：
x92＋y2＝1
，
y＝y90x＋3
整理得：(y20＋9)x2＋6y20x＋9y20－81＝0， 解得：x＝－3 或 x＝－3y20y＋20＋927 将 x＝－3y20y＋20＋927代入直线 y＝y90(x＋3)可得： y＝y206＋y09， 所以点 C 的坐标为－y320y＋20＋927，y206＋y09.
[解析] (1)依据题意作出如下图形， 由椭圆方程 E：ax22＋y2＝1(a>1)可得：A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1) 所以A→G＝(a,1)，G→B＝(a，－1)， 所以A→G·G→B＝a2－1＝8，∴a2＝9， 所以椭圆 E 的方程为：x92＋y2＝1.
高考数学一轮复习第八章解析几何第8讲3定点、定值、探索性问题课件文新人教版
方法感悟 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，再证明该点适合题意．
【针对补偿】 1．(2018·遵义市第二次联考)如图，已知椭圆 C：ax22＋y2＝1(a＞ 1)的上顶点为 A，右焦点为 F，直线 AF 与圆 M：x2＋y2－6x－2y＋7 ＝0 相切．
，解得ab22＝ ＝41 .
故 C 的方程为x42＋y2＝1.
(2)设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1，k2， 如果 l 与 x 轴垂直，设 l：x＝t，由题设知 t≠0，且|t|<2，
可得 A，B 的坐标分别为t，
42－t2，t，－
4－t2
2
.
则 k1＋k2＝ 4－2tt2－2－ 4－2tt2＋2＝－1，
令 x＝0，得 yM＝－x02－y02， 从而|BM|＝|1－yM|＝1＋x02－y02. 直线 PB 的方程为 y＝y0x－0 1x＋1. 令 y＝0，得 xN＝－y0x－0 1， 从而|AN|＝|2－xN|＝2＋y0x－0 1.
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
所以|AN|·|BM|＝2＋y0x－0 1·1＋x02－y02 ＝x02＋4yx020＋y04－x0xy00－－24yx00＋－28y0＋4 ＝4xx00yy00－ －4x0x－0－28y0y＋0＋28＝4. 当 x0＝0 时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2， 所以|AN|·|BM|＝4.综上，|AN|·|BM|为定值．
(1)求椭圆 C 的方程； →→
(2)若不过点 A 的动直线 l 与椭圆 C 相交于 P、Q 两点，且AP·AQ ＝0，求证：直线 l 过定点，并求出该定点 N 的坐标．
届高考数学一轮复习第八章解析几何课堂达标定点定值探索性问题文新人教版
课堂达标(四十八) 定点、定值、探索性问题[A 根底稳固练]1．(2022·北京西城区模拟)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝22，短轴长为2 2. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)如图，椭圆左顶点为A ，过原点O 的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C 交于P ，Q 两点，直线PA ，QA 分别与y 轴交于M ，N 两点．试问以MN 为直径的圆是否经过定点(与直线PQ 的斜率无关)？请证明你的结论．[解] (1)由短轴长为22，得b ＝2，由e ＝c a ＝a 2－b 2a ＝22，得a 2＝4，b 2＝2. 所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1. (2)以MN 为直径的圆过定点F (±2，0)．证明如下：设P (x 0，y 0)，那么Q (－x 0，－y 0)，且x 204＋y 202＝1，即x 20＋2y 20＝4， 因为A (－2,0)，所以直线PA 方程为y ＝y 0x 0＋2(x ＋2)， 所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2y 0x 0＋2，直线QA 方程为y ＝y 0x 0－2(x ＋2)， 所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2y 0x 0－2，以MN 为直径的圆为(x －0)(x －0)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －2y 0x 0＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫y －2y 0x 0－2＝0， 即x 2＋y 2－4x 0y 0x 20－4y ＋4y 20x 20－4＝0， 因为x 20－4＝－2y 20，所以x 2＋y 2＋2x 0y 0y －2＝0，令y ＝0，那么x 2－2＝0，解得x ＝± 2.所以以MN 为直径的圆过定点F (±2，0)． 2．椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点F 1(－1,0)，长轴长与短轴长的比是2∶ 3. (1)求椭圆的方程；(2)过F 1作两直线m ，n 交椭圆于A ，B ，C ，D 四点，假设m ⊥n ，求证：1|AB |＋1|CD |为定值．[解析] (1)由得⎩⎨⎧ 2a ∶2b ＝2∶3，c ＝1，a 2＝b 2＋c 2.解得a ＝2，b ＝ 3.故所求椭圆方程为x 24＋y 23＝1. (2)证明：由F 1(－1,0)，当直线m 不垂直于坐标轴时，可设直线m 的方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)． 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x ＋1，x 24＋y 23＝1， 得(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0. 由于Δ＞0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，那么有 x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2， |AB |＝1＋k 2[x 1＋x 22－4x 1x 2] ＝1＋k 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k23＋4k 22－4×4k 2－123＋4k 2＝121＋k 23＋4k 2. 同理|CD |＝121＋k 23k 2＋4. 所以1|AB |＋1|CD |＝3＋4k 2121＋k 2＋3k 2＋4121＋k2 ＝71＋k 2121＋k 2＝712. 当直线m 垂直于坐标轴时，此时|AB |＝3，|CD |＝4；或|AB |＝4，|CD |＝3，所以1|AB |＋1|CD |＝13＋14＝712. 综上，1|AB |＋1|CD |为定值712. 3．(2022·安徽芜湖、马鞍山第一次质量检测)椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为33，点(3，2)为椭圆上的一点．(1)求椭圆E 的标准方程；(2)假设斜率为k 的直线l 过点A (0,1)，且与椭圆E 交于C ，D 两点，B 为椭圆E 的下顶点，求证：对于任意的k ，直线BC ，BD 的斜率之积为定值．。
浙江专版2019版高考数学一轮复习学案：第八章平面解析几何+Word版含答案
第八章 平面解析几何第一节直线的倾斜角与斜率、直线的方程1．直线的倾斜角(1)定义：当直线l 与x 轴相交时，取x 轴作为基准，x 轴正向与直线l 向上方向之间所成的角叫做直线l 的倾斜角．当直线l 与x 轴平行或重合时，规定它的倾斜角为0.(2)范围：直线l 倾斜角的取值范围是[0，π)． 2．斜率公式(1)直线l 的倾斜角为α(α≠π2)，则斜率k ＝tan_α.(2)P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)在直线l 上，且x 1≠x 2，则l 的斜率k ＝y 2－y 1x 2－x 1. 3．直线方程的五种形式4．线段的中点坐标公式若点P 1，P 2的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，线段P 1P 2的中点M 的坐标为(x ，y )，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 1＋x 22，y ＝y 1＋y 22，此公式为线段P 1P 2的中点坐标公式．[小题体验]1．若过点M (－1，m )，N (m ＋1,4)的直线的斜率等于1，则m 的值为( )A ．1 B.12 C ．2D.13解析：选A 由4－mm ＋2＝1，得m ＝1.故选A.2．直线3x －3y ＋1＝0的倾斜角α为( ) A ．30° B ．60° C ．120°D ．135°解析：选B 直线方程可变形为y ＝3x ＋33，tan α＝3， ∵0°≤α<180°，∴α＝60°.故选B.3．(2018·嘉兴检测)直线l 1：x ＋y ＋2＝0在x 轴上的截距为________；若将l 1绕它与y 轴的交点顺时针旋转90°，则所得到的直线l 2的方程为________________．解析：对于直线l 1：x ＋y ＋2＝0，令y ＝0，得x ＝－2，即直线l 1在x 轴上的截距为－2；令x ＝0，得y ＝－2，即l 1与y 轴的交点为(0，－2)，直线l 1的倾斜角为135°，∴直线l 2的倾斜角为135°－90°＝45°，∴l 2的斜率为1，故l 2的方程为y ＝x －2，即x －y －2＝0.答案：－2 x －y －2＝01．点斜式、斜截式方程适用于不垂直于x 轴的直线；两点式方程不能表示垂直于x ，y 轴的直线；截距式方程不能表示垂直于坐标轴和过原点的直线．2．截距不是距离，距离是非负值，而截距可正可负，可为零，在与截距有关的问题中，要注意讨论截距是否为零．3．求直线方程时，若不能断定直线是否具有斜率时，应注意分类讨论，即应对斜率是否存在加以讨论．[小题纠偏]1．过点(5,2)，且在y 轴上的截距是在x 轴上的截距2倍的直线方程是( ) A ．2x ＋y －12＝0B ．2x ＋y －12＝0或2x －5y ＝0C ．x －2y －1＝0D ．x －2y －1＝0或2x －5y ＝0解析：选B 当直线过原点时所求方程为2x －5y ＝0；当直线不过原点时，可设其截距式为x a ＋y 2a ＝1，由该直线过点(5,2)，解得a ＝6，对应方程为x 6＋y12＝1，即2x ＋y －12＝0，故选B.2．过点(5,10)，且到原点的距离为5的直线方程是________． 解析：当斜率不存在时，所求直线方程为x －5＝0满足题意； 当斜率存在时，设其为k ，则所求直线方程为y －10＝k (x －5)， 即kx －y ＋10－5k ＝0.由距离公式，得|10－5k |k 2＋1＝5，解得k ＝34. 故所求直线方程为3x －4y ＋25＝0.综上知，所求直线方程为x －5＝0或3x －4y ＋25＝0. 答案：x －5＝0或3x －4y ＋25＝0考点一 直线的倾斜角与斜率基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．设直线ax ＋by ＋c ＝0的倾斜角为α，且sin α＋cos α＝0，则a ，b 满足( ) A ．a ＋b ＝1 B ．a －b ＝1 C ．a ＋b ＝0D ．a －b ＝0解析：选D 由题意得sin α＝－cos α，显然cos α≠0，则tan α＝－1，∴－ab＝－1，a ＝b ，a －b ＝0.2．经过P (0，－1)作直线l ，若直线l 与连接A (1，－2)，B (2,1)的线段总有公共点，则直线l 的斜率k 和倾斜角α的取值范围分别为________，________.解析：如图所示，结合图形，若l 与线段AB 总有公共点，则k PA ≤k ≤k PB ，而k PB >0，k PA <0，故k <0时，倾斜角α为钝角，k ＝0时，α＝0，k >0时，α为锐角．又k PA ＝－2－－1－0＝－1，k PB ＝1－－2－0＝1，∴－1≤k ≤1.又当0≤k ≤1时，0≤α≤π4；当－1≤k <0时，3π4≤α<π.故倾斜角α的取值范围为α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π.答案：[－1,1] ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π3．若A (2,2)，B (a,0)，C (0，b )(ab ≠0)三点共线，求1a ＋1b的值．解：∵k AB ＝0－2a －2＝－2a －2，k AC ＝b －20－2＝－b －22，且A ，B ，C 三点共线，∴k AB ＝k AC ，即－2a －2＝－b －22，整理得ab ＝2(a ＋b )，将该等式两边同除以2ab 得1a ＋1b ＝12. [谨记通法]1．倾斜角与斜率的关系当α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2且由0增大到π2⎝ ⎛⎭⎪⎫α≠π2时，k 的值由0增大到＋∞.当α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时，k 也是关于α的单调函数，当α在此区间内由π2⎝ ⎛⎭⎪⎫α≠π2增大到π(α≠π)时，k 的值由－∞趋近于0(k ≠0)．2．斜率的3种求法(1)定义法：若已知直线的倾斜角α或α的某种三角函数值，一般根据k ＝tan α求斜率．(2)公式法：若已知直线上两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，一般根据斜率公式k ＝y 2－y 1x 2－x 1(x 1≠x 2)求斜率．(3)方程法：若已知直线的方程为Ax ＋By ＋C ＝0(B ≠0)，则l 的斜率k ＝－A B. 考点二 直线的方程重点保分型考点——师生共研[典例引领]求适合下列条件的直线方程：(1)经过点(4,1)，且在两坐标轴上的截距相等；(2)经过点(－1，－3)，倾斜角等于直线y ＝3x 的倾斜角的2倍； (3)经过点(3,4)，且与两坐标轴围成一个等腰直角三角形． 解：(1)设直线方程在x ，y 轴上的截距均为a ， 若a ＝0，即直线方程过点(0,0)和(4,1)， ∴直线方程为y ＝14x ，即x －4y ＝0；若a ≠0，则设直线方程为x a ＋y a＝1， ∵直线方程过点(4,1)，∴4a ＋1a＝1，解得a ＝5，∴直线方程为x ＋y －5＝0.综上可知，所求直线的方程为x －4y ＝0或x ＋y －5＝0.(2)由已知，设直线y ＝3x 的倾斜角为α ，则所求直线的倾斜角为2α. ∵tan α＝3，∴tan 2α＝2tan α1－tan α＝－34. 又直线经过点(－1，－3)，因此所求直线方程为y ＋3＝－34(x ＋1)，即3x ＋4y ＋15＝0.(3)由题意可知，所求直线的斜率为±1. 又过点(3,4)，由点斜式得y －4＝±(x －3)． 即所求直线的方程为x －y ＋1＝0或x ＋y －7＝0.[由题悟法]求直线方程的2个注意点(1)在求直线方程时，应选择适当的形式，并注意各种形式的适用条件．(2)对于点斜式、截距式方程使用时要注意分类讨论思想的运用(若采用点斜式，应先考虑斜率不存在的情况；若采用截距式，应判断截距是否为零)．[即时应用]求倾斜角是直线y ＝－3x ＋1的倾斜角的14，且分别满足下列条件的直线方程：(1)经过点(3，－1)； (2)在y 轴上的截距是－5.解：∵直线y ＝－3x ＋1的倾斜角α＝120°. ∴所求直线的倾斜角为30°，即斜率k ＝33. (1)所求直线方程为y ＋1＝33(x －3)， 即3x －3y －6＝0. (2)所求直线方程为y ＝33x －5， 即3x －3y －15＝0.考点三 直线方程的综合应用题点多变型考点——多角探明 [锁定考向]直线方程的综合应用是常考内容之一，它常与函数、导数、不等式、圆相结合，命题多为客观题．常见的命题角度有：(1)与基本不等式相结合的最值问题；(2)与导数的几何意义相结合的问题； (3)由直线方程解决参数问题．[题点全练]角度一：与基本不等式相结合的最值问题1．过点P (2,1)作直线l ，与x 轴和y 轴的正半轴分别交于A ，B 两点，求： (1)△AOB 面积的最小值及此时直线l 的方程；(2)直线l 在两坐标轴上截距之和的最小值及此时直线l 的方程； (3)|PA |·|PB |的最小值及此时直线l 的方程． 解：(1)设直线l 的方程为y －1＝k (x －2)，则可得A ⎝⎛⎭⎪⎫2－1k，0，B (0,1－2k )．∵直线l 与x 轴，y 轴正半轴分别交于A ，B 两点， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2k －1k ＞0，1－2k ＞0，得k ＜0.∴S △AOB ＝12·|OA |·|OB |＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1k ·(1－2k )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫4－1k －4k ≥12⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k －4k＝4，当且仅当－1k＝－4k ，即k ＝－12时，△AOB 的面积有最小值4，此时直线l 的方程为y －1＝－12(x －2)，即x ＋2y －4＝0.(2)∵A ⎝⎛⎭⎪⎫2－1k，0，B (0,1－2k )(k ＜0)，∴截距之和为2－1k ＋1－2k ＝3－2k －1k≥3＋2－2k⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ＝3＋22，当且仅当－2k ＝－1k ，即k ＝－22时等号成立．故截距之和的最小值为3＋22， 此时直线l 的方程为y －1＝－22(x －2)， 即x ＋2y －2－2＝0.(3)∵A ⎝⎛⎭⎪⎫2－1k，0，B (0,1－2k )(k ＜0)，∴|PA |·|PB |＝1k 2＋1·4＋4k 2＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－k ＋－k ≥4，当且仅当－k ＝－1k， 即k ＝－1时上式等号成立．故|PA |·|PB |的最小值为4，此时直线l 的方程为y －1＝－(x －2)，即x ＋y －3＝0.角度二：与导数的几何意义相结合的问题2．设P 为曲线C ：y ＝x 2＋2x ＋3上的点，且曲线C 在点P 处的切线倾斜角的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，则点P 横坐标的取值范围为( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－12B.[]－1，0C ．[0,1]D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1解析：选A 由题意知y ′＝2x ＋2，设P (x 0，y 0)， 则k ＝2x 0＋2.因为曲线C 在点P 处的切线倾斜角的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，所以0≤k ≤1，即0≤2x 0＋2≤1，故－1≤x 0≤－12.角度三：由直线方程解决参数问题3．已知直线l 1：ax －2y ＝2a －4，l 2：2x ＋a 2y ＝2a 2＋4，当0＜a ＜2时，直线l 1，l 2与两坐标轴围成一个四边形，当四边形的面积最小时，求实数a 的值．解：由题意知直线l 1，l 2恒过定点P (2,2)，直线l 1在y 轴上的截距为2－a ，直线l 2在x 轴上的截距为a 2＋2，所以四边形的面积S ＝12×(2－a )×2＋12×(a 2＋2)×2＝a 2－a ＋4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋154，当a ＝12时，四边形的面积最小，故a ＝12.[通法在握]处理直线方程综合应用的2大策略(1)含有参数的直线方程可看作直线系方程，这时要能够整理成过定点的直线系，即能够看出“动中有定”．(2)求解与直线方程有关的最值问题，先求出斜率或设出直线方程，建立目标函数，再利用基本不等式求解最值．[演练冲关]1．设m ∈R ，过定点A 的动直线x ＋my ＝0和过定点B 的动直线mx －y －m ＋3＝0交于点P (x ，y )，则|PA |·|PB |的最大值是________．解析：易求定点A (0,0)，B (1,3)．当P 与A 和B 均不重合时，因为P 为直线x ＋my ＝0与mx －y －m ＋3＝0的交点，且易知两直线垂直，则PA ⊥PB ，所以|PA |2＋|PB |2＝|AB |2＝10，所以|PA |·|PB |≤|PA |2＋|PB |22＝5(当且仅当|PA |＝|PB |＝5时，等号成立)，当P 与A 或B重合时，|PA |·|PB |＝0，故|PA |·|PB |的最大值是5.答案：52．已知直线l ：kx －y ＋1＋2k ＝0(k ∈R)． (1)证明：直线l 过定点；(2)若直线l 不经过第四象限，求k 的取值范围；(3)若直线l 交x 轴负半轴于点A ，交y 轴正半轴于点B ，O 为坐标原点，设△AOB 的面积为S ，求S 的最小值及此时直线l 的方程．解：(1)证明：直线l 的方程可化为y ＝k (x ＋2)＋1，故无论k 取何值，直线l 总过定点(－2,1)．(2)直线l 的方程为y ＝kx ＋2k ＋1，则直线l 在y 轴上的截距为2k ＋1，要使直线l 不经过第四象限，则⎩⎪⎨⎪⎧k ≥0，1＋2k ≥0，解得k ≥0，故k 的取值范围为[)0，＋∞.(3)依题意，直线l 在x 轴上的截距为－1＋2kk，在y 轴上的截距为1＋2k ，∴A ⎝⎛⎭⎪⎫－1＋2k k，0，B (0,1＋2k )． 又－1＋2k k<0且1＋2k >0，∴k >0.故S ＝12|OA ||OB |＝12×1＋2k k ×(1＋2k )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ＋1k ＋4≥12(4＋4)＝4，当且仅当4k ＝1k ，即k ＝12时取等号．故S 的最小值为4，此时直线l 的方程为x －2y ＋4＝0.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．直线l ：x sin 30°＋y cos 150°＋1＝0的斜率是( ) A.33B. 3C ．－ 3D ．－33解析：选A 设直线l 的斜率为k ，则k ＝－sin 30°cos 150°＝33.2．倾斜角为135°，在y 轴上的截距为－1的直线方程是( ) A ．x －y ＋1＝0 B ．x －y －1＝0 C ．x ＋y －1＝0D ．x ＋y ＋1＝0解析：选D 直线的斜率为k ＝tan 135°＝－1，所以直线方程为y ＝－x －1，即x ＋y ＋1＝0.3．(2018·湖州质检)若直线l 与直线y ＝1，x ＝7分别交于点P ，Q ，且线段PQ 的中点坐标为(1，－1)，则直线l 的斜率为( )A.13 B ．－13C ．－32D.23解析：选B 依题意，设点P (a,1)，Q (7，b )，则有⎩⎪⎨⎪⎧a ＋7＝2，b ＋1＝－2，解得a ＝－5，b ＝－3，从而可得直线l 的斜率为－3－17＋5＝－13.4.如图中的直线l 1，l 2，l 3的斜率分别为k 1，k 2，k 3，则( ) A ．k 1＜k 2＜k 3 B ．k 3＜k 1＜k 2 C ．k 3＜k 2＜k 1 D ．k 1＜k 3＜k 2解析：选D 直线l 1的倾斜角α1是钝角，故k 1＜0，直线l 2与l 3的倾斜角α2与α3均为锐角且α2＞α3，所以0＜k 3＜k 2，因此k 1＜k 3＜k 2，故选D.5．(2018·豫西五校联考)曲线y ＝x 3－x ＋5上各点处的切线的倾斜角的取值范围为________．解析：设曲线上任意一点处的切线的倾斜角为θ(θ∈[0，π))， 因为y ′＝3x 2－1≥－1，所以tan θ≥－1， 结合正切函数的图象可知，θ的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π二保高考，全练题型做到高考达标1．直线x ＋(a 2＋1)y ＋1＝0的倾斜角的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，πC.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4∪⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π解析：选B 由直线方程可得该直线的斜率为－1a 2＋1，又－1≤－1a 2＋1<0，所以倾斜角的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π.2．已知直线l 的斜率为3，在y 轴上的截距为另一条直线x －2y －4＝0的斜率的倒数，则直线l 的方程为( )A ．y ＝3x ＋2B ．y ＝3x －2C ．y ＝3x ＋12D ．y ＝－3x ＋2解析：选A ∵直线x －2y －4＝0的斜率为12，∴直线l 在y 轴上的截距为2， ∴直线l 的方程为y ＝3x ＋2，故选A.3．(2018·温州五校联考)在同一平面直角坐标系中，直线l 1：ax ＋y ＋b ＝0和直线l 2：bx ＋y ＋a ＝0的图象可能是( )解析：选B 当a >0，b >0时，－a <0，－b <0，选项B 符合．4．若直线x －2y ＋b ＝0与两坐标轴所围成的三角形的面积不大于1，那么b 的取值范围是( )A ．[－2,2]B ．(－∞，－2]∪[2，＋∞)C ．[－2,0)∪(0,2]D ．(－∞，＋∞)解析：选C 令x ＝0，得y ＝b 2，令y ＝0，得x ＝－b ，所以所求三角形面积为12⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 2|－b |＝14b 2，且b ≠0，因为14b 2≤1，所以b 2≤4，所以b 的取值范围是[－2,0)∪(0,2]． 5．函数y ＝a1－x(a >0，a ≠1)的图象恒过定点A ，若点A 在mx ＋ny －1＝0(mn >0)上，则1m＋1n的最小值为( ) A ．2 B ．4 C ．8D ．1解析：选B ∵函数y ＝a1－x(a >0，a ≠1)的图象恒过定点A (1,1)．∴把A (1,1)代入直线方程得m ＋n ＝1(mn >0)． ∴1m ＋1n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋1n (m ＋n )＝2＋n m ＋mn≥2＋2n m ·m n ＝4(当且仅当m ＝n ＝12时取等号)， ∴1m ＋1n的最小值为4.6．(2018·温州调研)已知三角形的三个顶点为A (－5,0)，B (3，－3)，C (0,2)，则BC 边上中线所在的直线方程为________．解析：∵BC 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，∴BC 边上中线所在直线方程为y －0－12－0＝x ＋532＋5，即x＋13y ＋5＝0.答案：x ＋13y ＋5＝07．直线l ：(a －2)x ＋(a ＋1)y ＋6＝0，则直线l 恒过定点________． 解析：直线l 的方程变形为a (x ＋y )－2x ＋y ＋6＝0， 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－2x ＋y ＋6＝0，解得x ＝2，y ＝－2，所以直线l 恒过定点(2，－2)． 答案：(2，－2)8．已知直线l 过坐标原点，若直线l 与线段2x ＋y ＝8(2≤x ≤3)有公共点，则直线l 的斜率的取值范围是________．解析：如图所示，设直线l 与线段2x ＋y ＝8(2≤x ≤3)的公共点为P (x ，y )．则点P (x ，y )在线段AB 上移动，且A (2,4)，B (3,2)， 设直线l 的斜率为k . 又k OA ＝2，k OB ＝23.可知23≤k ≤2.故直线l 的斜率的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，2. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，29．已知直线l 与两坐标轴围成的三角形的面积为3，分别求满足下列条件的直线l 的方程：(1)过定点A (－3,4)； (2)斜率为16.解：(1)设直线l 的方程为y ＝k (x ＋3)＋4，它在x 轴，y 轴上的截距分别是－4k－3,3k＋4，由已知，得(3k ＋4)⎝⎛⎭⎪⎫4k＋3＝±6， 解得k 1＝－23或k 2＝－83.故直线l 的方程为2x ＋3y －6＝0或8x ＋3y ＋12＝0.(2)设直线l 在y 轴上的截距为b ，则直线l 的方程是y ＝16x ＋b ，它在x 轴上的截距是－6b ，由已知，得|－6b ·b |＝6，∴b ＝±1.∴直线l 的方程为x －6y ＋6＝0或x －6y －6＝0.10.如图，射线OA ，OB 分别与x 轴正半轴成45°和30°角，过点P (1，0)的直线AB 分别交OA ，OB 于A ，B 两点，当AB 的中点C 恰好落在直线y ＝12x 上时，求直线AB 的方程．解：由题意可得k OA ＝tan 45°＝1，k OB ＝tan(180°－30°)＝－33， 所以直线l OA ：y ＝x ，l OB ：y ＝－33x . 设A (m ，m )，B (－3n ，n )， 所以AB 的中点C ⎝⎛⎭⎪⎫m －3n 2，m ＋n 2，由点C 在直线y ＝12x 上，且A ，P ，B 三点共线得⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n 2＝12·m －3n 2，m －0m －1＝n －0－3n －1，解得m ＝3，所以A (3，3)． 又P (1,0)，所以k AB ＝k AP ＝33－1＝3＋32， 所以l AB ：y ＝3＋32(x －1)，即直线AB 的方程为(3＋3)x －2y －3－3＝0. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知曲线y ＝1e x ＋1，则曲线的切线中斜率最小的直线与两坐标轴所围成的三角形的面积为________．解析：y ′＝－e xx ＋2＝－1e x＋1ex ＋2， 因为e x >0，所以e x＋1e x ≥2e x ·1e x ＝2(当且仅当e x ＝1ex ，即x ＝0时取等号)，所以ex＋1ex ＋2≥4， 故y ′＝－1e x＋1ex ＋2≥－14(当且仅当x ＝0时取等号)．所以当x ＝0时，曲线的切线斜率取得最小值，此时切点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，切线的方程为y －12＝－14(x －0)，即x ＋4y －2＝0.该切线在x 轴上的截距为2，在y 轴上的截距为12，所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S ＝12×2×12＝12.答案：122.已知直线l 过点P (3,2)，且与x 轴、y 轴的正半轴分别交于A ，B 两点，如图所示，当△ABO 的面积取最小值时，求直线l 的方程．解：法一：设A (a,0)，B (0，b )(a >0，b >0)， 则直线l 的方程为x a ＋y b＝1. 因为l 过点P (3,2)，所以3a ＋2b＝1. 因为1＝3a ＋2b ≥26ab，整理得ab ≥24，所以S △ABO ＝12ab ≥12，当且仅当3a ＝2b，即a ＝6，b ＝4时取等号．此时直线l 的方程是x 6＋y4＝1，即2x ＋3y －12＝0.法二：依题意知，直线l 的斜率k 存在且k <0， 可设直线l 的方程为y －2＝k (x －3)(k <0)，则A ⎝⎛⎭⎪⎫3－2k，0，B (0,2－3k )，S △ABO ＝12(2－3k )⎝ ⎛⎭⎪⎫3－2k ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋－9k ＋4－k≥12⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋2 －9k4－k ＝12×(12＋12)＝12， 当且仅当－9k ＝4－k ，即k ＝－23时，等号成立． 所以所求直线l 的方程为2x ＋3y －12＝0.第二节两条直线的位置关系1．两条直线平行与垂直的判定 (1)两条直线平行：①对于两条不重合的直线l 1，l 2，若其斜率分别为k 1，k 2，则有l 1∥l 2⇔k 1＝k 2. ②当直线l 1，l 2不重合且斜率都不存在时，l 1∥l 2. (2)两条直线垂直：①如果两条直线l 1，l 2的斜率存在，设为k 1，k 2，则有l 1⊥l 2⇔k 1·k 2＝－1. ②当其中一条直线的斜率不存在，而另一条直线的斜率为0时，l 1⊥l 2. 2．两条直线的交点的求法直线l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0，则l 1与l 2的交点坐标就是方程组⎩⎪⎨⎪⎧A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0的解．3．三种距离公式|P 1P 2|＝x 2－x 12＋y 2－y 121．(2018·金华四校联考)直线2x ＋(m ＋1)y ＋4＝0与直线mx ＋3y －2＝0平行，则m ＝( )A ．2B ．－3C ．2或－3D ．－2或－3解析：选C ∵直线2x ＋(m ＋1)y ＋4＝0与直线mx ＋3y －2＝0平行，∴2m ＝m ＋13≠4－2，解得m ＝2或－3.2．过两直线l 1：x －3y ＋4＝0和l 2：2x ＋y ＋5＝0的交点和原点的直线方程为( ) A ．19x －9y ＝0 B ．9x ＋19y ＝0 C ．19x －3y ＝0D ．3x ＋19y ＝0解析：选D 由⎩⎪⎨⎪⎧x－3y ＋4＝0，2x ＋y ＋5＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－197，y ＝37，则所求直线方程为y ＝37－197x ＝－319x ，即3x ＋19y ＝0.3．(2018·浙江五校联考)已知动点P 的坐标为(x,1－x )，x ∈R ，则动点P 的轨迹方程为________，它到原点距离的最小值为________．解析：设点P 的坐标为(x ，y )，则y ＝1－x ，即动点P 的轨迹方程为x ＋y －1＝0.原点到直线x ＋y －1＝0的距离为d ＝|0＋0－1|1＋1＝22，即为所求原点到动点P 的轨迹的最小值．答案：x ＋y －1＝0221．在判断两条直线的位置关系时，易忽视斜率是否存在，两条直线都有斜率可根据条件进行判断，若无斜率，要单独考虑．2．运用两平行直线间的距离公式时易忽视两方程中的x ，y 的系数分别相等这一条件盲目套用公式导致出错．[小题纠偏]1．已知P ：直线l 1：x －y －1＝0与直线l 2：x ＋ay －2＝0平行，Q ：a ＝－1，则P 是Q 的( )A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 由于直线l 1：x －y －1＝0与直线l 2：x ＋ay －2＝0平行的充要条件是1×a －(－1)×1＝0，即a ＝－1.所以P 是Q 的充要条件．2．(2018·安庆模拟)若直线l 1：x ＋3y ＋m ＝0(m ＞0)与直线l 2：2x ＋6y －3＝0的距离为10，则m ＝( ) A ．7 B ．172C ．14D ．17解析：选B 直线l 1：x ＋3y ＋m ＝0(m ＞0)，即2x ＋6y ＋2m ＝0，因为它与直线l 2：2x ＋6y －3＝0的距离为10，所以|2m ＋3|4＋36＝10，解得m ＝172.考点一 两条直线的位置关系(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2018·诸暨模拟)已知a ，b 为正数，且直线ax ＋by －6＝0与直线2x ＋(b －3)y ＋5＝0平行，则2a ＋3b 的最小值为________．解析：由两直线平行可得，a (b －3)＝2b ，即2b ＋3a ＝ab ，2a ＋3b＝1.又a ，b 为正数，所以2a ＋3b ＝(2a ＋3b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋3b＝13＋6a b ＋6b a≥13＋26a b ·6ba＝25，当且仅当a ＝b ＝5时取等号，故2a ＋3b 的最小值为25.答案：252．已知直线l 1：x ＋3y ＝7与直线l 2：kx －y ＝2，以及与x 轴，y 轴围成的凸四边形有外接圆，求实数k 的值．解：如图所示，由直线l1，l 2及x 轴，y 轴所围成四边形为OABC ，其有外接圆的充要条件是对角互补．∵∠COA ＝90°，∴∠CBA ＝90°，即l 1⊥l 2.∴k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝－1，解得k ＝3. 3．已知两直线l 1：mx ＋8y ＋n ＝0和l 2：2x ＋my －1＝0，试确定m ，n 的值，使 (1)l 1与l 2相交于点P (m ，－1)； (2)l 1∥l 2；(3)l 1⊥l 2，且l 1在y 轴上的截距为－1.解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧m 2－8＋n ＝0，2m －m －1＝0，解得m ＝1，n ＝7.即m ＝1，n ＝7时，l 1与l 2相交于点P (m ，－1)．(2)∵l 1∥l 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧ m 2－16＝0，－m －2n ≠0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝4，n ≠－2或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－4，n ≠2.即m ＝4，n ≠－2或m ＝－4，n ≠2时，l 1∥l 2. (3)当且仅当2m ＋8m ＝0， 即m ＝0时，l 1⊥l 2. 又－n8＝－1，∴n ＝8.即m ＝0，n ＝8时，l 1⊥l 2， 且l 1在y 轴上的截距为－1.[谨记通法]1．已知两直线的斜率存在，判断两直线平行垂直的方法 (1)两直线平行⇔两直线的斜率相等且在坐标轴上的截距不等； (2)两直线垂直⇔两直线的斜率之积等于－1.[提醒] 当直线斜率不确定时，要注意斜率不存在的情况． 2．由一般式确定两直线位置关系的方法[提醒] 在判断两直线位置关系时，比例式1A 2与1B 2，1C 2的关系容易记住，在解答选择、填空题时，建议多用比例式来解答．考点二 距离问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2018·衢州模拟)若直线l 1：x ＋ay ＋6＝0与l 2：(a －2)x ＋3y ＋2a ＝0平行，则l 1与l 2间的距离为( )A. 2B.823C. 3D.833解析：选B 因为l 1∥l 2，所以1a －2＝a 3≠62a，解得a ＝－1，所以l 1：x －y ＋6＝0，l 2：x －y ＋23＝0，所以l 1与l 2之间的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪6－232＝823.2．直线3x ＋4y －3＝0上一点P 与点Q (2，－2)的连线的最小值是________． 解析：∵点Q 到直线的距离即为P ，Q 两点连线的最小值， ∴|PQ |min ＝|3×2＋－－3|32＋42＝1.答案：13．若直线l 过点P (－1,2)且到点A (2,3)和点B (－4,5)的距离相等，则直线l 的方程为________．解析：法一：当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y －2＝k (x ＋1)，即kx －y ＋k ＋2＝0.由题意知|2k －3＋k ＋2|k 2＋1＝|－4k －5＋k ＋2|k 2＋1，即|3k －1|＝|－3k －3|，∴k ＝－13.∴直线l 的方程为y －2＝－13(x ＋1)，即x ＋3y －5＝0.当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x ＝－1，也符合题意． 故所求直线l 的方程为x ＋3y －5＝0或x ＝－1. 法二：当AB ∥l 时，有k ＝k AB ＝－13，∴直线l 的方程为y －2＝－13(x ＋1)，即x ＋3y －5＝0.当l 过AB 中点时，AB 的中点为(－1,4)． ∴直线l 的方程为x ＝－1.故所求直线l 的方程为x ＋3y －5＝0或x ＝－1. 答案：x ＋3y －5＝0或x ＝－1[由题悟法]处理距离问题的2大策略(1)点到直线的距离问题可直接代入点到直线的距离公式去求．(2)动点到两定点距离相等，一般不直接利用两点间距离公式处理，而是转化为动点在两定点所在线段的垂直平分线上，从而使计算简便．[即时应用]1．已知P 是直线2x －3y ＋6＝0上一点，O 为坐标原点，且点A 的坐标为(－1,1)，若|PO |＝|PA |，则P 点的坐标为________．解析：法一：设P (a ，b )，则⎩⎨⎧2a －3b ＋6＝0，a 2＋b 2＝a ＋2＋b －2，解得a ＝3，b ＝4.∴P 点的坐标为(3,4)． 法二：线段OA 的中垂线方程为x －y ＋1＝0，则由⎩⎪⎨⎪⎧2x －3y ＋6＝0，x －y ＋1＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝4，则P 点的坐标为(3,4)．答案：(3,4)2．已知直线l ：ax ＋y －1＝0和点A (1,2)，B (3,6)．若点A ，B 到直线l 的距离相等，则实数a 的值为________．解析：法一：要使点A ，B 到直线l 的距离相等， 则AB ∥l ，或A ，B 的中点(2,4)在直线l 上． 所以－a ＝6－23－1＝2或2a ＋4－1＝0，解得a ＝－2或－32.法二：要使点A ，B 到直线l 的距离相等， 则|a ＋1|a 2＋1＝|3a ＋5|a 2＋1，解得a ＝－2或－32.答案：－2或－32考点三 对称问题题点多变型考点——多角探明 [锁定考向]对称问题是高考常考内容之一，也是考查学生转化能力的一种常见题型． 常见的命题角度有： (1)点关于点对称； (2)点关于线对称；(3)线关于线对称．[题点全练]角度一：点关于点对称1．过点P (0,1)作直线l 使它被直线l 1：2x ＋y －8＝0和l 2：x －3y ＋10＝0截得的线段被点P 平分，则直线l 的方程为________________．解析：设l 1与l 的交点为A (a,8－2a )，则由题意知，点A 关于点P 的对称点B (－a,2a －6)在l 2上，把B 点坐标代入l 2的方程得－a －3(2a －6)＋10＝0，解得a ＝4，即点A (4,0)在直线l 上， 所以由两点式得直线l 的方程为x ＋4y －4＝0. 答案：x ＋4y －4＝02．已知直线l ：2x －3y ＋1＝0，点A (－1，－2)，则直线l 关于点A (－1，－2)对称的直线l ′的方程为________．解析：法一：在l ：2x －3y ＋1＝0上任取两点，如M (1,1)，N (4，3)， 则M ，N 关于点A 的对称点M ′，N ′均在直线l ′上．易知M ′(－3，－5)，N ′(－6，－7)，由两点式可得l ′的方程为2x －3y －9＝0. 法二：设P (x ，y )为l ′上任意一点，则P (x ，y )关于点A (－1，－2)的对称点为P ′(－2－x ，－4－y )，∵P ′在直线l 上，∴2(－2－x )－3(－4－y )＋1＝0， 即2x －3y －9＝0. 答案：2x －3y －9＝0 角度二：点关于线对称3．已知直线l ：2x －3y ＋1＝0，点A (－1，－2)．求： (1)点A 关于直线l 的对称点A ′的坐标；(2)直线m ：3x －2y －6＝0关于直线l 的对称直线m ′的方程．解：(1)设A ′(x ，y )，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2x ＋1×23＝－1，2×x －12－3×y －22＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3313，y ＝413.∴A ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－3313，413. (2)在直线m 上取一点，如M (2,0)，则M (2,0)关于直线l 的对称点M ′必在直线m ′上． 设M ′(a ，b )，则⎩⎪⎨⎪⎧2×a ＋22－3×b ＋02＋1＝0，b －0a －2×23＝－1.解得M ′⎝ ⎛⎭⎪⎫613，3013.设直线m 与直线l 的交点为N ，则由⎩⎪⎨⎪⎧2x －3y ＋1＝0，3x －2y －6＝0.得N (4,3)．又∵m ′经过点N (4,3)，∴由两点式得直线m ′的方程为9x －46y ＋102＝0. 角度三：线关于线对称4．直线2x －y ＋3＝0关于直线x －y ＋2＝0对称的直线方程是( ) A ．x －2y ＋3＝0 B ．x －2y －3＝0 C ．x ＋2y ＋1＝0D ．x ＋2y －1＝0解析：选A 设所求直线上任意一点P (x ，y )，则P 关于x －y ＋2＝0的对称点为P ′(x 0，y 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋x 02－y ＋y 02＋2＝0，x －x 0＝－y －y 0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝y －2，y 0＝x ＋2，由点P ′(x 0，y 0)在直线2x －y ＋3＝0上， ∴2(y －2)－(x ＋2)＋3＝0， 即x －2y ＋3＝0.[通法在握]1．中心对称问题的2个类型及求解方法 (1)点关于点对称：若点M (x 1，y 1)及N (x ，y )关于P (a ，b )对称，则由中点坐标公式得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2a －x 1，y ＝2b －y 1，进而求解．(2)直线关于点的对称，主要求解方法是：①在已知直线上取两点，利用中点坐标公式求出它们关于已知点对称的两点坐标，再由两点式求出直线方程；②求出一个对称点，再利用两对称直线平行，由点斜式得到所求直线方程． 2．轴对称问题的2个类型及求解方法 (1)点关于直线的对称：若两点P 1(x 1，y 1)与P 2(x 2，y 2)关于直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0对称，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＋B ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1＋y 22＋C ＝0，y 2－y 1x 2－x 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫－A B ＝－1，可得到点P 1关于l 对称的点P 2的坐标(x 2，y 2)(其中B ≠0，x 1≠x 2)． (2)直线关于直线的对称：一般转化为点关于直线的对称来解决，有两种情况：一是已知直线与对称轴相交；二是已知直线与对称轴平行．[演练冲关]1．与直线3x －4y ＋5＝0关于x 轴对称的直线方程为________． 解析：设A (x ，y )为所求直线上的任意一点， 则A ′(x ，－y )在直线3x －4y ＋5＝0上，即3x －4(－y )＋5＝0，故所求直线方程为3x ＋4y ＋5＝0. 答案：3x ＋4y ＋5＝02已知入射光线经过点M (－3,4)，被直线l ：x －y ＋3＝0反射，反射光线经过点N (2,6)，则反射光线所在直线的方程为________．解析：设点M (－3,4)关于直线l ：x －y ＋3＝0的对称点为M ′(a ，b )，则反射光线所在直线过点M ′，所以⎩⎪⎨⎪⎧b －4a －－·1＝－1，－3＋a 2－b ＋42＋3＝0，解得a ＝1，b ＝0.又反射光线经过点N (2,6)，所以所求直线的方程为y －06－0＝x －12－1，即6x －y －6＝0. 答案：6x －y －6＝03．已知△ABC 中，顶点A (4,5)，点B 在直线l ：2x －y ＋2＝0上，点C 在x 轴上，求△ABC 周长的最小值．解：设点A 关于直线l ：2x －y ＋2＝0的对称点为A1(x 1，y 1)，点A 关于x 轴的对称点为A 2(x 2，y 2)，连接A 1A 2交l 于点B ，交x 轴于点C ，则此时△ABC 的周长取最小值，且最小值为||A 1A 2.∵A 1与A 关于直线l ：2x －y ＋2＝0对称，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1－5x 1－4×2＝－1，2×x 1＋42－y 1＋52＋2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，y 1＝7.∴A 1(0,7)．易求得A 2(4，－5)，∴△ABC 周长的最小值为||A 1A 2＝－2＋－5－2＝410.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．直线2x ＋y ＋m ＝0和x ＋2y ＋n ＝0的位置关系是( ) A ．平行 B ．垂直 C ．相交但不垂直D ．不能确定解析：选C 由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＋m ＝0，x ＋2y ＋n ＝0，可得3x ＋2m －n ＝0，由于3x ＋2m －n ＝0有唯一解，故方程组有唯一解，故两直线相交，两直线的斜率分别为－2，－12，斜率之积不等于－1，故不垂直．2．(2018·浙江名校协作体联考)“a ＝－1”是“直线ax ＋3y ＋3＝0和直线x ＋(a －2)y ＋1＝0平行”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选 C 因为直线ax ＋3y ＋3＝0和直线x ＋(a －2)y ＋1＝0平行的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧a a －＝3×1，a ×1≠3×1，解得a ＝－1，故选C.3．(2018·丽水调研)已知直线l 1过点(－2,0)且倾斜角为30°，直线l 2过点(2,0)且与直线l 1垂直，则直线l 1与直线l 2的交点坐标为( )A ．(3，3)B ．(2，3)C ．(1，3)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 解析：选C 直线l 1的斜率为k 1＝tan 30°＝33，因为直线l 2与直线l 1垂直，所以k 2＝－1k 1＝－3，所以直线l 1的方程为y ＝33(x ＋2)，直线l 2的方程为y ＝－3(x －2)．两式联立，解得⎩⎨⎧x ＝1，y ＝3，即直线l 1与直线l 2的交点坐标为(1，3)．4．(2018·诸暨期初)已知点A (7，－4)关于直线l 的对称点为B (－5,6)，则该对称直线l 的方程为( )A ．6x ＋5y －1＝0B ．5x ＋6y ＋1＝0C ．5x －6y －1＝0D ．6x －5y －1＝0解析：选D 由题可得，直线l 是线段AB 的垂直平分线．因为A (7，－4)，B (－5,6)，所以k AB ＝6＋4－5－7＝－56，所以k l ＝65.又因为A (7，－4)，B (－5,6)的中点坐标为(1,1)．所以直线l 的方程为y －1＝65(x －1)，即6x －5y －1＝0.5．若直线2x －y ＝－10，y ＝x ＋1，y ＝ax －2交于一点，则a 的值为________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝－10，y ＝x ＋1得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－9，y ＝－8.即直线2x －y ＝－10与y ＝x ＋1相交于点(－9，－8)． 又因为直线2x －y ＝－10，y ＝x ＋1，y ＝ax －2交于一点， 所以－8＝－9a －2，解得a ＝23.答案：23二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·舟山调研)在直角坐标平面内，过定点P 的直线l ：ax ＋y －1＝0与过定点Q 的直线m ：x －ay ＋3＝0相交于点M ，则|MP |2＋|MQ |2的值为( )A.102B ．10C ．5D ．10解析：选D 由题意知P (0,1)，Q (－3,0)，∵过定点P 的直线ax ＋y －1＝0与过定点Q 的直线x －ay ＋3＝0垂直， ∴M 位于以PQ 为直径的圆上， ∵|PQ |＝9＋1＝10， ∴|MP |2＋|MQ |2＝|PQ |2＝10.2．(2018·慈溪模拟)曲线y ＝2x －x 3在x ＝－1处的切线为l ，则点P (3,2)到直线l 的距离为( )A.722 B.922C.1122D.91010解析：选A 由题可得，切点坐标为(－1，－1)．y ′＝2－3x 2，由导数的几何意义可知，该切线的斜率为k ＝2－3＝－1，所以切线的方程为x ＋y ＋2＝0.所以点P (3,2)到直线l 的距离为d ＝|3＋2＋2|12＋12＝722. 3．(2018·绵阳模拟)若P ，Q 分别为直线3x ＋4y －12＝0与6x ＋8y ＋5＝0上任意一点，则|PQ |的最小值为( )A.95 B.185 C.2910D.295解析：选C 因为36＝48≠－125，所以两直线平行，由题意可知|PQ |的最小值为这两条平行直线间的距离，即|－24－5|62＋82＝2910， 所以|PQ |的最小值为2910.4．(2018·厦门模拟)将一张坐标纸折叠一次，使得点(0,2)与点(4,0)重合，点(7,3)与点(m ，n )重合，则m ＋n 等于( )A.345B.365C.283D.323解析：选A 由题意可知，纸的折痕应是点(0,2)与点(4,0)连线的中垂线，即直线y ＝2x －3，它也是点(7,3)与点(m ，n )连线的中垂线，则⎩⎪⎨⎪⎧3＋n 2＝2×7＋m2－3，n －3m －7＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝35，n ＝315，故m ＋n ＝345.5．从点(2,3)射出的光线沿与向量a ＝(8,4)平行的直线射到y 轴上，则反射光线所在的直线方程为( )A ．x ＋2y －4＝0B ．2x ＋y －1＝0C ．x ＋6y －16＝0D ．6x ＋y －8＝0解析：选A 由直线与向量a ＝(8,4)平行知，过点(2,3)的直线的斜率k ＝12，所以直线的方程为y －3＝12(x －2)，其与y 轴的交点坐标为(0,2)，又点(2,3)关于y 轴的对称点为(－2,3)，所以反射光线过点(－2,3)与(0,2)，由两点式可得反射光线所在的直线方程为x ＋2y －4＝0.6．(2018·余姚检测)已知直线l 过点P (3,4)且与点A (－2,2)，B (4，－2)等距离，则直线l 的方程为________．解析：显然直线l 的斜率不存在时，不满足题意； 设所求直线方程为y －4＝k (x －3)， 即kx －y ＋4－3k ＝0，由已知，得|－2k －2＋4－3k |1＋k 2＝|4k ＋2＋4－3k |1＋k 2， ∴k ＝2或k ＝－23.∴所求直线l 的方程为2x －y －2＝0或2x ＋3y －18＝0.答案：2x －y －2＝0或2x ＋3y －18＝07.如图所示，已知两点A (4,0)，B (0,4)，从点P (2,0)射出的光线经直线AB 反射后再射到直线OB 上，最后经直线OB 反射后又回到P 点，则光线所经过的路程为________．解析：易得AB 所在的直线方程为x ＋y ＝4，由于点P 关于直线AB 对称的点为A 1(4,2)，点P 关于y 轴对称的点为A 2(－2,0)，则光线所经过的路程即A 1与A 2两点间的距离．于是|A 1A 2|＝＋2＋－2＝210.答案：2108．(2018·绍兴一中检测)两平行直线l 1，l 2分别过点P (－1,3)，Q (2，－1)，它们分别绕P ，Q 旋转，但始终保持平行，则l 1，l 2之间的距离的取值范围是________．解析：∵l 1∥l 2，且P ∈l 1，Q ∈l 2，∴l 1，l 2间的最大距离为|PQ |＝[2－－2＋－1－2＝5，又l 1与l 2不重合，∴l 1，l 2之间距离的取值范围是(0,5]．答案：(0,5]9．已知两条直线l 1：ax －by ＋4＝0和l 2：(a －1)x ＋y ＋b ＝0，求满足下列条件的a ，b 的值．(1)l 1⊥l 2，且直线l 1过点(－3，－1)；(2)l 1∥l 2，且坐标原点到这两条直线的距离相等． 解：(1)∵l 1⊥l 2，∴a (a －1)－b ＝0.①又∵直线l 1过点(－3，－1)，∴－3a ＋b ＋4＝0.② 联立①②解得a ＝2，b ＝2. (2)∵直线l 2的斜率存在，l 1∥l 2， ∴直线l 1的斜率存在． ∴k 1＝k 2，即a b＝1－a .又∵坐标原点到这两条直线的距离相等， ∴l 1，l 2在y 轴上的截距互为相反数， 即4b＝b .故a ＝2，b ＝－2或a ＝23，b ＝2.10．已知△ABC 的顶点A (5,1)，AB 边上的中线CM 所在直线方程为2x －y －5＝0，AC 边上的高BH 所在直线方程为x －2y －5＝0，求直线BC 的方程．解：依题意知：k AC ＝－2，A (5,1)， ∴l AC 的方程为2x ＋y －11＝0，联立⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －11＝0，2x －y －5＝0，得C (4,3)．设B (x 0，y 0)，则AB 的中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋52，y 0＋12，代入2x －y －5＝0， 得2x 0－y 0－1＝0，联立⎩⎪⎨⎪⎧2x 0－y 0－1＝0，x 0－2y 0－5＝0，得B (－1，－3)，∴k BC ＝65，∴直线BC 的方程为y －3＝65(x －4)，即6x －5y －9＝0.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知线段AB 的两个端点A (0，－3)，B (3,0)，且直线y ＝2λx ＋λ＋2与线段AB 总相交，则实数λ的取值范围为________．解析：如图所示，因为y ＝2λx ＋λ＋2恒过定点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2，连接AC ，CB ，所以直线AC 的斜率k AC ＝－10，直线BC 的斜率k BC ＝－47. 又直线y ＝2λx ＋λ＋2与线段AB 总相交，所以k AC ≤2λ≤k BC ，所以λ的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－5，－27. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－5，－27 2．已知直线l ：(2a ＋b )x ＋(a ＋b )y ＋a －b ＝0及点P (3,4)． (1)证明直线l 过某定点，并求该定点的坐标． (2)当点P 到直线l 的距离最大时，求直线l 的方程． 解：(1)证明：直线l 的方程可化为a (2x ＋y ＋1)＋b (x ＋y －1)＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＋1＝0，x ＋y －1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝3，所以直线l 恒过定点(－2,3)．(2)由(1)知直线l 恒过定点A (－2,3)，当直线l 垂直于直线PA 时，点P 到直线l 的距离最大． 又直线PA 的斜率k PA ＝4－33＋2＝15，所以直线l 的斜率k l ＝－5.故直线l 的方程为y －3＝－5(x ＋2)， 即5x ＋y ＋7＝0.第三节圆的方程1．圆的定义及方程点M (x 0，y 0)与圆(x －a )2＋(y －b )2＝r 2的位置关系： (1)若M (x 0，y 0)在圆外，则(x 0－a )2＋(y 0－b )2＞r 2. (2)若M (x 0，y 0)在圆上，则(x 0－a )2＋(y 0－b )2＝r 2. (3)若M (x 0，y 0)在圆内，则(x 0－a )2＋(y 0－b )2＜r 2. [小题体验]1．若直线3x ＋y ＋a ＝0过圆x 2＋y 2＋2x －4y ＝0的圆心，则a 的值为( ) A ．－1 B ．1 C ．3D ．－3解析：选B 圆的方程可化为(x ＋1)2＋(y －2)2＝5， ∵直线经过圆的圆心(－1,2)， ∴3×(－1)＋2＋a ＝0，得a ＝1.2．(2018·浙江五校联考)若点(2a ，a ＋1)在圆x 2＋(y －1)2＝5的内部，则实数a 的取值范围是( )A ．(－1,1)B ．(0,1)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，15D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－15，1解析：选A 因为点在圆内，所以(2a )2＋(a ＋1－1)2<5，解得－1<a <1.故实数a 的取值范围是(－1,1)．3．(2018·湖州调研)若圆C 与圆x 2＋y 2＋2x ＝0关于直线x ＋y －1＝0对称，则圆心C 的坐标为________；圆C 的一般方程是________．解析：已知圆x 2＋y 2＋2x ＝0的圆心坐标是(－1,0)、半径是1，设圆C 的圆心(a ，b )，则有⎩⎪⎨⎪⎧b a ＋1＝1，a －12＋b2－1＝0，由此解得a ＝1，b ＝2，即圆心C 的坐标为(1,2)，因此圆C 的方程是(x －1)2＋(y －2)2＝1，即x 2＋y 2－2x －4y ＋4＝0.答案：(1,2) x 2＋y 2－2x －4y ＋4＝0对于方程x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0表示圆时易忽视D 2＋E 2－4F ＞0这一成立条件．[小题纠偏](2016·浙江高考)已知a ∈R ，方程a 2x 2＋(a ＋2)y 2＋4x ＋8y ＋5a ＝0表示圆，则圆心坐标是________，半径是________．解析：由二元二次方程表示圆的条件可得a 2＝a ＋2，解得a ＝2或－1.当a ＝2时，方程为4x 2＋4y 2＋4x ＋8y ＋10＝0，即x 2＋y 2＋x ＋2y ＋52＝0，配方得⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋(y ＋1)2＝－54＜0，不表示圆；当a ＝－1时，方程为x 2＋y 2＋4x ＋8y －5＝0，配方得(x ＋2)2＋(y ＋4)2＝25，则圆心坐标为(－2，－4)，半径是5.答案：(－2，－4) 5考点一 圆的方程基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．圆心在y 轴上且经过点(3,1)的圆与x 轴相切，则该圆的方程是( ) A ．x 2＋y 2＋10y ＝0 B ．x 2＋y 2－10y ＝0 C ．x 2＋y 2＋10x ＝0D ．x 2＋y 2－10x ＝0解析：选B 设圆心为(0，b )，半径为r ，则r ＝|b |，所以圆的方程为x 2＋(y －b )2＝b 2. 因为点(3,1)在圆上，所以9＋(1－b )2＝b 2，解得b ＝5.所以圆的方程为x 2＋y 2－10y ＝0.。
高考数学一轮复习 第8章 解析几何 第9讲 第3课时 定点、定值、探索性问题课件
3．解决探索性问题的答题模板
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〔变式训练3〕 (2020·河南省八市重点高中联盟联考)已知抛物线C：y2＝4x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．
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(2)不存在，理由如下： 若|AC|＝|BD|，则 1＝|AB|＝|AC|＋|CB|＝|DB|＋|CB|＝|DC|.
y＝kx－ 3
联立x42＋y2＝1
，整得，
得(4k2＋1)x2－8 3k2x＋12k2－4＝0.
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设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，
x1＋x2＝48k2＋3k12
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∴y1·y2＝－34x1x2，3m3＋2－4k42k2＝－34·43m＋2－4k32 ， ∴2m2－4k2＝3，满足①， ∵|AB|＝ 1＋k2[x1＋x22－4x1·x2] ＝ 1＋k2[－3＋8km4k22－4×43m＋2－4k122]＝2 3·|m1| ＋k2， ∴S△OAB＝12·d·|AB|＝12× 1|m＋| k2×2 3·|m1| ＋k2＝ 3为定值．
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(2)由(1)可得 y2＝4x，设 M(14y20，y0)， ∴直线 OM 的方程 y＝y40x， 当 x＝－2 时，∴yH＝－y80， 代入抛物线方程 y2＝4x，可得 xN＝1y620 ， ∴N(1y620 ，－y80)，
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∴直线 MN 的斜率 k＝yy4200－＋1yy86020 ＝y204－y08， 直线 MN 的方程为 y－y0＝y204－y08(x－14y20)， 整理可得 y＝y204－y08(x－2)，故直线 MN 过点(2,0)．
高考数学一轮复习第八章平面解析几何8-9第3课时定点定值探索性问题学案理含解析北师大版
第三课时 定点、定值、探索性问题授课提示：对应学生用书第197页题型一 圆锥曲线中的定点问题探求直线、曲线过定点或两条直线的交点在定曲线上等问题．〖例〗 （2020·高考全国卷Ⅰ）已知A ，B 分别为椭圆E ：x a 2＋y 2＝1（a ＞1）的左，右顶点，G 为E 的上顶点，AG →·GB →＝8．P 为直线x ＝6上的动点，P A 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ． （1）求E 的方程；（2）证明：直线CD 过定点．〖解析〗 （1）由题设得A （－a ，0），B （a ，0），G （0，1）．则AG →＝（a ，1），GB →＝（a ，－1）．由AG →·GB →＝8，得a 2－1＝8，即a ＝3．所以E 的方程为x 29＋y 2＝1．（2）证明：设C （x 1，y 1），D （x 2，y 2），P （6，t ）．若t ≠0，设直线CD 的方程为x ＝my ＋n ，由题意可知－3＜n ＜3． 由于直线P A 的方程为y ＝t 9（x ＋3），所以y 1＝t 9（x 1＋3）．直线PB 的方程为y ＝t 3（x －3），所以y 2＝t3（x 2－3）．可得3y 1（x 2－3）＝y 2（x 1＋3）．由于x 229＋y 22＝1，故y 22＝－（x 2＋3）（x 2－3）9， 可得27y 1y 2＝－（x 1＋3）（x 2＋3），即（27＋m 2）y 1y 2＋m （n ＋3）（y 1＋y 2）＋（n ＋3）2＝0．① 将x ＝my ＋n 代入x 29＋y 2＝1得（m 2＋9）y 2＋2mny ＋n 2－9＝0．所以y 1＋y 2＝－2mnm 2＋9，y 1y 2＝n 2－9m 2＋9．代入①式得（27＋m 2）（n 2－9）－2m （n ＋3）mn ＋（n ＋3）2·（m 2＋9）＝0．解得n ＝－3（舍去）或n ＝32．故直线CD 的方程为x ＝my ＋32，即直线CD 过定点⎝⎛⎭⎫32，0．若t ＝0，则直线CD 的方程为y ＝0，过点⎝⎛⎭⎫32，0． 综上，直线CD 过定点⎝⎛⎭⎫32，0．〖对点训练〗（2021·武汉模拟）过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F 且斜率为k 的直线l 交抛物线C 于A ，B 两点，且|AB |＝8．（1）求直线l 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 析〗（1）由y 2＝4x 知焦点F 的坐标为（1，0），则直线l 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 ≠0，且Δ＝〖－（2k 2＋4）〗2－4k 2·k 2＝16（k 2＋1）＞0． 设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1．由抛物线的弦长公式知|AB |＝x 1＋x 2＋2＝8，则2k 2＋4k2＝6，即k 2＝1，解得k ＝±1．所以直线l 的方程为y ＝±（x －1）．（2）证明：由（1）及抛物线的对称性知，D 点的坐标为（x 1，－y 1）， 直线BD 的斜率k BD ＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1y 224－y 214＝4y 2－y 1，所以直线BD 的方程为y ＋y 1＝4y 2－y 1（x －x 1）， 即（y 2－y 1）y ＋y 2y 1－y 21＝4x －4x 1．因为y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，x 1x 2＝1，所以（y 1y 2）2＝16x 1x 2＝16， 即y 1y 2＝－4（y 1，y 2异号）．所以直线BD 的方程为4（x ＋1）＋（y 1－y 2）y ＝0，对任意y 1，y 2∈R ，有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1＝0，y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝0，即直线BD 恒过定点（－1，0）．题型二 圆锥曲线中的定值问题探求以直线与圆锥曲线的位置关系为背景，常涉及某些元素、斜率、弦长、面积的定值问题．〖例〗 （2021·驻马店模拟）已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1（a ＞b ＞0）的短轴长为2，且椭圆C 的离心率为22． （1）求椭圆C 的方程；（2）过椭圆C 的上焦点作相互垂直的弦AB ，CD ，求证：1|AB |＋1|CD |为定值． 〖解析〗 （1）由题意可知2b ＝2，b ＝1， 又椭圆的离心率为22，则a ＝2， 故椭圆C 的方程为y 22＋x 2＝1．（2）证明：当直线AB 的斜率不存在或为零时，1|AB |＋1|CD |＝324．当直线AB 的斜率存在且不为零时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，y 22＋x 2＝1消y 得（k 2＋2）x 2＋2kx －1＝0，∴x 1＋x 2＝－2k k 2＋2，x 1x 2＝－1k 2＋2，∴|AB |＝1＋k 2（x 1＋x 2）－4x 1x 2＝22（k 2＋1）k 2＋2，同理可得，|CD |＝22（k 2＋1）2k 2＋1，∴1|AB |＋1|CD |＝k 2＋222（k 2＋1）＋2k 2＋122（k 2＋1） ＝3（k 2＋1）22（k 2＋1）＝324．〖对点训练〗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 析〗（1）由已知得，2a ＝8，a ＝2c ，则a ＝4，c ＝2， 又b 2＝a 2－c 2，∴b 2＝12， ∴椭圆的标准方程为x 216＋y 212＝1．（2）证明：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）， ∴x 1＝m ＋x 0m ＋1，y 1＝3m －14x 0m ＋1，∴A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m ＋x 0m ＋1，3m －14x 0m ＋1． ∵点A 在椭圆x 216＋y 212＝1上，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫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．∴m ，n 可看作是关于x 的方程9x 2＋96x ＋48－134x 20＝0的两个根，则m ＋n ＝－323为定值．题型三 圆锥曲线中的存在性问题存在性问题一般分为探索条件和探索结论两种类型，若探索条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在．若探索结论，则应先写出结论的表达式，再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．〖例〗 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1（a ＞b ＞0）的离心率e ＝22，以上顶点和右焦点为直径端点的圆与直线x ＋y －2＝0相切． （1）求椭圆C 的标准方程；（2）是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C 有两个不同的交点M ，N 时，能在直线y ＝53上找到一点P ，在椭圆C 上找到一点Q ，满足PM →＝NQ →？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．〖解析〗 （1）由椭圆的离心率e ＝22，得c 2a 2＝c 2b 2＋c 2＝12，得b ＝c ．上顶点为（0，b ），右焦点为（b ，0），以上顶点和右焦点为直径端点的圆的方程为⎝⎛⎭⎫x －b 22＋⎝⎛⎭⎫y －b 22＝⎝⎛⎭⎫a 22＝b22．圆心为⎝⎛⎭⎫b 2，b 2，半径为22b ， ∴|b －2|2＝22b ，即|b －2|＝b ，得b ＝c ＝1，a ＝2， ∴椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1．（2）不存在．理由如下：设直线的方程为y ＝2x ＋t ，M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），P ⎝⎛⎭⎫x 3，53，Q （x 4，y 4），MN 的中点为D （x 0，y 0），由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋t ，x 22＋y 2＝1，消去x ，得9y 2－2ty ＋t 2－8＝0，所以y 1＋y 2＝2t9，且Δ＝4t 2－36（t 2－8）＞0，故y 0＝y 1＋y 22＝t9，且－3＜t ＜3．由PM →＝NQ →，得⎝⎛⎭⎫x 1－x 3，y 1－53＝（x 4－x 2，y 4－y 2）， 所以y 1－53＝y 4－y 2，y 4＝y 1＋y 2－53＝29t －53，（也可由PM →＝NQ →知四边形PMQN 为平行四边形，而D 为线段MN 的中点，因此，D 也为线段PQ 的中点，所以y 0＝53＋y 42＝t9，可得y 4＝2t －159．）又－3＜t ＜3，所以－73＜y 4＜－1，与椭圆上点的纵坐标的取值范围是〖－1，1〗矛盾．故不存在斜率为2的直线满足条件．求解存在性问题的思路及策略（1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在．（2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．〖对点训练〗（2021·惠州调研）已知定点A （－3，0），B （3，0），直线AM ，BM 相交于点M ，且它们的斜率之积为－19，记动点M 的轨迹为曲线C ．（1）求曲线C 的方程；（2）过点T （1，0）的直线l 与曲线C 交于P ，Q 两点，是否存在定点S （x 0，0），使得直线SP 与SQ 斜率之积为定值？若存在，求出S 的坐标；若不存在，请说明理由． 〖解 析〗（1）设动点M （x ，y ），则直线MA 的斜率k MA ＝yx ＋3（x ≠－3）， 直线MB 的斜率k MB ＝yx －3（x ≠3）． 因为k MA ·k MB ＝－19，所以y x ＋3·y x －3＝－19，化简得x 29＋y 2＝1，又x ≠±3，所以曲线C 的方程为x 29＋y 2＝1（x ≠±3）．（2）由题意得直线l 的斜率不为0，根据直线l 过点T （1，0），可设直线l 的方程为x ＝my ＋1，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 2＋9y 2＝9，消去x 得（m 2＋9）y 2＋2my －8＝0．设P （x 1，y 1），Q （x 2，y 2），则⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2mm 2＋9，y 1y 2＝－8m 2＋9.直线SP 与SQ 的斜率分别为k SP ＝y 1x 1－x 0＝y 1my 1＋1－x 0，k SQ ＝y 2x 2－x 0＝y 2my 2＋1－x 0， k SP ·k SQ ＝y 1y 2（my 1＋1－x 0）（my 2＋1－x 0）＝－8（x 20－9）m 2＋9（1－x 0）2， 当x 0＝3时，任意m ∈R ，k SP ·k SQ ＝－89（1－x 0）2＝－29；当x 0＝－3时，任意m ∈R ，k SP ·k SQ ＝－89（1－x 0）2＝－118．所以存在定点S （±3，0），使得直线SP 与SQ 斜率之积为定值．。
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第八节 第三课时 定点、定值、探索性问题课时作业 A 组——基础对点练1．已知动点C 到点F (1,0)的距离比到直线x ＝－2的距离小1，动点C 的轨迹为E . (1)求曲线E 的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m (km <0)与曲线E 相交于A ，B 两个不同点，且OA →·OB →＝5，证明：直线l 经过一个定点．解析：(1)由题意可得动点C 到点F (1,0)的距离等于到直线x ＝－1的距离，∴曲线E 是以点(1,0)为焦点，直线x ＝－1为准线的抛物线，设其方程为y 2＝2px (p >0)，∴p2＝1，∴p ＝2，∴动点C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x . (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y 2＝4x ，得k 2x 2＋(2km －4)x ＋m 2＝0， ∴x 1＋x 2＝4－2km k 2，x 1·x 2＝m 2k2. ∵OA →·OB →＝5，∴x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2＋4km k2＝5， ∴m 2＋4km －5k 2＝0，∴m ＝k 或m ＝－5k . ∵km <0，∴m ＝k 舍去，∴m ＝－5k ，满足Δ＝16(1－km )>0， ∴直线l 的方程为y ＝k (x －5)， ∴直线l 必经过定点(5,0)．2．(2018·昆明市检测)已知点A ，B 的坐标分别为(－2，0)，(2，0)，直线AM ，BM 相交于点M ，且它们的斜率之积是－12，点M 的轨迹为曲线E .(1)求曲线E 的方程；(2)过点F (1,0)作直线l 交曲线E 于P ，Q 两点，交y 轴于R 点，若RP →＝λ1PF →，RQ →＝λ2QF →，证明：λ1＋λ2为定值．解析：(1)设点M (x ，y )，由已知得yx ＋2·y x －2＝－12(x ≠±2)，化简得曲线E 的方程：x 22＋y 2＝1(x ≠±2)．(2)证明：设点P ，Q ，R 的坐标分别为P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，R (0，y 0)．由RP →＝λ1PF →，得(x 1，y 1－y 0)＝λ1(1－x 1，－y 1)， 所以x 1＝λ11＋λ1，y 1＝y 01＋λ1，因为点P 在曲线E 上，所以12(λ11＋λ1)2＋(y 01＋λ1)2＝1，化简得λ21＋4λ1＋2－2y 20＝0 ①，同理，由RQ →＝λ2QF →，可得x 2＝λ21＋λ2，y 2＝y 01＋λ2，代入曲线E 的方程化简得λ22＋4λ2＋2－2y 20＝0 ②，由①②可知λ1，λ2是方程x 2＋4x ＋2－2y 20＝0的两个实数根(Δ>0)， 所以λ1＋λ2＝－4，即λ1＋λ2为定值．3．在平面直角坐标系中，已知点A (－3，0)，B (3，0)，直线MA ，MB 交于点M ，它们的斜率之积为常数m (m ≠0)，且△MAB 的面积最大值为3，设动点M 的轨迹为曲线E . (1)求曲线E 的方程；(2)过曲线E 外一点Q 作E 的两条切线l 1，l 2，若它们的斜率之积为－1，那么QA →·QB →是否为定值？若是，请求出该值；若不是，请说明理由． 解析：(1)设M (x ，y )，则由已知得y x ＋3·yx －3＝m ，即y 2＝m (x 2－3)，即x 23－y 23m＝1(x ≠±3)．(*) ①当m >0时，方程(*)表示双曲线，此时△MAB 面积不存在最大值(不符合)； ②当m ＝－1时，方程(*)表示圆，此时△MAB 的面积最大值为3(不符合)；③当m <0且m ≠－1时，方程(*)为椭圆，此时△MAB 的面积最大值为3，所以m ＝－13.此时所求的方程为x 23＋y 2＝1(x ≠±3)．(2)设Q (x 0，y 0)，过点Q 的切线l 为y ＝k (x －x 0)＋y 0，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －x 0＋y 0，x 23＋y 2＝1，消去y 得(1＋3k 2)x 2＋6k (y 0－kx 0)x ＋3(y 0－kx 0)2－3＝0，则Δ＝36k 2(y 0－kx 0)2－4(1＋3k )2·3[(y －kx 0)2－1]＝0， 化简得(3－x 20)k 2＋2x 0y 0k ＋1－y 20＝0， 于是k 1·k 2＝1－y 23－x 20，由已知斜率之积为－1，则1－y 203－x 20＝－1，则x 20＋y 20＝4(x 0≠±3)， 所以|OQ |＝2，于是QA →·QB →＝14[(2QO →)2－AB →2]＝1.4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦点为F 1，F 2，离心率为12，点P 为其上一动点，且三角形PF 1F 2的面积最大值为3，O 为坐标原点． (1)求椭圆C 的方程；(2)若点M ，N 为C 上的两个动点，求常数m ，使OM →·ON →＝m 时，点O 到直线MN 的距离为定值，求这个定值．解析：(1)依题意知⎩⎪⎨⎪⎧c 2＝a 2－b 2，bc ＝3，c a ＝12，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1x 2＋y 1y 2＝m ，当直线MN 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋n ，则点O 到直线MN 的距离d ＝|n |k 2＋1＝n 2k 2＋1，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12，y ＝kx ＋n ，消去y ，得(4k 2＋3)x 2＋8knx ＋4n 2－12＝0， 由Δ>0得4k 2－n 2＋3>0，则 x 1＋x 2＝－8kn 4k 2＋3，x 1x 2＝4n 2－124k 2＋3，所以x 1x 2＋(kx 1＋n )(kx 2＋n )＝(k 2＋1)x 1x 2＋kn (x 1＋x 2)＋n 2＝m ，整理得7n 2k 2＋1＝12＋m k 2＋k 2＋1.因为d ＝n 2k 2＋1为常数，则m ＝0，d ＝127＝2217， 此时7n2k 2＋1＝12满足Δ>0.当MN ⊥x 轴时，由m ＝0得k OM ＝±1，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12，y ＝±x ，消去y ，得x 2＝127，点O 到直线MN 的距离d ＝|x |＝2217亦成立．综上，当m ＝0时，点O 到直线MN 的距离为定值，这个定值是2217.B 组——能力提升练1．如图，已知直线l ：y ＝kx ＋1(k >0)关于直线y ＝x ＋1对称的直线为l 1，直线l ，l 1与椭圆E ：x 24＋y 2＝1分别交于点A ，M 和A ，N ，记直线l 1的斜率为k 1.(1)求k ·k 1的值；(2)当k 变化时，试问直线MN 是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由．解析：(1)设直线l 上任意一点P (x ，y )关于直线y ＝x ＋1对称的点为P 0(x 0，y 0)， 直线l 与直线l 1的交点为(0,1)， ∴l ：y ＝kx ＋1，l 1：y ＝k 1x ＋1，k ＝y －1x ，k 1＝y 0－1x 0， 由y ＋y 02＝x ＋x 02＋1，得y ＋y 0＝x ＋x 0＋2 ①， 由y －y 0x －x 0＝－1，得y －y 0＝x 0－x ②， 由①②得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 0＋1，y 0＝x ＋1，kk 1＝yy 0－y ＋y 0＋1xx 0＝x ＋x 0＋－x ＋x 0＋＋1xx 0＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kx ＝0，设M (x M ，y M )，N (x N ，y N )， ∴x M ＝－8k 4k ＋1，∴y M ＝1－4k24k ＋1.同理可得x N ＝－8k 14k 21＋1＝－8k 4＋k 2，y N ＝1－4k 214k 21＋1＝k 2－44＋k 2.k MN ＝y M －y N x M －x N ＝1－4k 24k ＋1－k 2－44＋k －8k 4k 2＋1－－8k 4＋k 2＝8－8k 48k k 2－＝－k 2＋13k，直线MN ：y －y M ＝k MN (x －x M )， 即y －1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k (x －－8k 4k 2＋1)，即y ＝－k 2＋13k x －k 2＋k 2＋＋1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k x －53. ∴当k 变化时，直线MN 过定点(0，－53)．2.(2018·合肥市质检)如图，在平面直角坐标系中，点F (－1,0)，过直线l ：x ＝－2右侧的动点P 作PA ⊥l 于点A ，∠APF 的平分线交x 轴于点B ，|PA |＝2|BF |. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过点F 的直线q 交曲线C 于M ，N ，试问：x 轴正半轴上是否存在点E ，直线EM ，EN 分别交直线l 于R ，S 两点，使∠RFS 为直角？若存在，求出点E 的坐标，若不存在，请说明理由．解析：(1)设P (x ，y )，由平面几何知识得|PF ||PA |＝22，即x ＋2＋y 2|x ＋2|＝22，化简得x 2＋2y 2＝2，所以动点P 的轨迹C 的方程为x 2＋2y 2＝2(x ≠2)．(2)假设满足条件的点E (n,0)(n >0)存在，设直线q 的方程为x ＝my －1，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，R (－2，y3)，S (－2，y 4)．联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝2，x ＝my －1，消去x ，得(m 2＋2)y 2－2my －1＝0， y 1＋y 2＝2m m 2＋2，y 1y 2＝－1m 2＋2，x 1x 2＝(my 1－1)(my 2－1)＝m 2y 1y 2－m (y 1＋y 2)＋1＝－m 2m 2＋2－2m 2m 2＋2＋1＝2－2m2m 2＋2，x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)－2＝2m 2m 2＋2－2＝－4m 2＋2，由条件知y 1x 1－n ＝y 3－2－n，y 3＝－＋n y 1x 1－n，同理y 4＝－＋n y 2x 2－n ，k RF ＝y 3－2＋1＝－y 3，k SF ＝－y 4.因为∠RFS 为直角，所以y 3y 4＝－1， 所以(2＋n )2y 1y 2＝－[x 1x 2－n (x 1＋x 2)＋n 2]， (2＋n )21m 2＋2＝2－2m 2m 2＋2＋4n m 2＋2＋n 2，所以(n 2－2)(m 2＋1)＝0，n ＝2，故满足条件的点E 存在，其坐标为(2，0)．3．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(m3，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．解析：(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 的斜率的积是定值． (2)四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线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 ＝－9kx .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 ＝±km3k 2＋9. 将点(m 3，m )的坐标代入l 的方程得b ＝m－k3， 因此x M ＝km k －k 2＋.四边形OAPB 为平行四边形，当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M . 于是±km 3k 2＋9＝2×k k －mk 2＋，解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为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．4．(2018·长沙市模拟)已知P (3，12)在椭圆C ：x 2a 2＋y2b 2＝1(a >b >0)上，F 为右焦点，PF 垂直于x 轴．A ，B ，C ，D 为椭圆上四个动点，且AC ，BD 交于原点O . (1)求椭圆C 的方程； (2)判断动直线l ：m ＋n 2x ＋(m －n )y ＝3＋12m ＋3－12n (m ，n ∈R)与椭圆C 的位置关系；(3)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)满足y 1y 2OA →·OB→＝15，判断k AB ＋k BC 的值是否为定值，若是，请求出此定值，并求出四边形ABCD 面积的最大值，否则请说明理由．解析：(1)∵P (3，12)在椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上，∴3a 2＋14b 2＝1.①又F 为右焦点，PF 垂直于x 轴，∴a 2－b 2＝ 3.② 由①②，解得a ＝2，b ＝1，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)将动直线l 的方程m ＋n 2x ＋(m －n )y ＝3＋12m ＋3－12n (m ，n ∈R)，化为(x2＋y －3＋12)m ＋(x 2－y －3－12)n ＝0.∵m ，n ∈R ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y ＝3＋12，x 2－y ＝3－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝12，∴动直线l 恒过点P ，∵P 在椭圆C 上，∴动直线l 与椭圆C 的位置关系是相切或相交． (3)∵y 1y 2OA →·OB→＝15，∴4y 1y 2＝x 1x 2.当直线AB 的斜率不存在或斜率为0时，不满足4y 1y 2＝x 1x 2. 当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0，∴Δ＝(8km )2－4(4k 2＋1)·4(m 2－1)＝16(4k 2－m 2＋1)>0(*) ⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8km1＋4k 2，x 1x 2＝m 2－1＋4k2.∵4y 1y 2＝x 1x 2，y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2， ∴(4k 2－1)x 1x 2＋4km (x 1＋x 2)＋4m 2＝0，∴(4k 2－1)m 2－1＋4k 2＋4km －8km 1＋4k2＋4m 2＝0，整理得4k 2＝1，∴k ＝±12.∵A ，B ，C ，D 的位置可轮换，∴直线AB ，BC 的斜率是12或－12，∴k AB ＋k BC ＝12＋(－12)＝0，为定值．不妨设k AB ＝－12，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝2m ，x 1x 2＝m 2－设原点到直线AB 的距离为d ，则S△AOB＝12|AB |·d ＝121＋k 2·|x 2－x 1|·|m |1＋k 2＝|m |2x 1＋x 22－4x 1x 2＝|m |24m 2－m 2－＝m 2－m2≤m 2＋2－m 22＝1.当m 2＝1时(满足(*))，S △AOB ＝1，∴S 四边形ABCD ＝4S △AOB ≤4， 即四边形ABCD 面积的最大值为4.。