第2课时 定点、定值、探索性问题
圆锥曲线中的定点问题(师生共研)
(2020·某某模拟)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】 (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
＋4
k
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
＋4
k
2＝6，
即k 2
＝1，解得k ＝±1.
所以直线l 的方程为y ＝±(x －1)．
(2)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
＝4
y 2－y 1
， 所以直线BD 的方程为y ＋y 1＝
4
y 2－y 1
(x －x 1)， 即(y 2－y 1)y ＋y 2y 1－y 2
1＝4x －4x 1.
因为y 2
1＝4x 1，y 2
2＝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)．
求解圆锥曲线中定点问题的两种方法
(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关．
(2)直接推理法：①选择一个参数建立方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常数k 当成变量，将变量x ，y 当成常数，将原方程转化为kf (x ，y )＋g (x ，y )＝0的形式；②根据曲线(包含直线)过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，
得到方程组⎩
⎪⎨⎪⎧f （x ，y ）＝0g （x ，y ）＝0；③以②中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点，若定点
具备一定的限制条件，可以特殊解决．
(2020·某某模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a ＞b ＞0)上动点P 到两焦点
F 1，F 2的距离之和为4，当点P 运动到椭圆C 的一个顶点时，直线PF 1恰与以原点O 为圆心，
以椭圆C 的离心率e 为半径的圆相切．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设椭圆C 的左、右顶点分别为A ，B ，若直线PA ，PB 分别交直线x ＝6于不同的两点
M ，N ，则以线段MN 为直径的圆是否过定点？若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明
理由．
解：(1)由椭圆的定义可知2a ＝4，解得a ＝2.
若点P 运动到椭圆的左、右顶点时，直线PF 1与圆一定相交，则点P 只能在椭圆的上、下顶点，
不妨设点P 运动到椭圆的上顶点(0，b )，F 1为左焦点(－c ，0)，则直线PF 1：bx －cy ＋
bc ＝0.
由题意得原点O 到直线PF 1的距离等于椭圆C 的离心率e ， 所以
bc b 2＋c 2＝c
a
， 又a 2
＝b 2
＋c 2
，故b 2
＝1.故椭圆C 的方程为x 2
4＋y 2
＝1.
(2)由题意知，直线PA ，PB 的斜率存在且都不为0， 设直线PA 的斜率为k ，点P (x 0，y 0)，x 0≠±2， 又A (－2，0)，B (2，0)，
所以k PA ·k PB ＝k ·k PB ＝y 0x 0＋2·y 0x 0－2＝y 20
x 20－4＝1－
x 20
4x 20－4＝－1
4
，
则k PB ＝－1
4k
.
所以直线PA 的方程为y ＝k (x ＋2)， 令x ＝6，得y ＝8k ，则M (6，8k )； 直线PB 的方程为y ＝－1
4k (x －2)，
令x ＝6，得y ＝－1
k
，
则N ⎝ ⎛⎭
⎪⎫6，－1k .
因为8k ·⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1k ＝－8＜0，所以以线段MN 为直径的圆与x 轴交于两点，
设点G ，H ，并设MN 与x 轴的交点为K ， 在以线段MN 为直径的圆中应用相交弦定理，得
|GK |·|HK |＝|MK |·|NK |＝|8k |·⎪⎪⎪⎪
⎪⎪－1k ＝8，
因为|GK |＝|HK |，所以|GK |＝|HK |＝22，
所以以线段MN 为直径的圆恒过点(6－22，0)，点(6＋22，0)．
圆锥曲线中的定值问题(多维探究) 角度一 定线段的长
已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (1，0)，且经过点P ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，354.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)若直线l 与椭圆C 相切，过点F 作FQ ⊥l ，垂足为Q ，求证：|OQ |为定值(其中O 为坐标原点)．
【解】 (1)由题意可知椭圆C 的左焦点为F ′(－1，0)，则半焦距c ＝1. 由椭圆定义可知 2a ＝|PF |＋|PF ′|＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－3542
＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－122＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫0－3542
＝4， 所以a ＝2，b 2
＝a 2
－c 2
＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2
3
＝1. (2)证明：①当直线l 的斜率不存在时，l 的方程为x ＝±2，点Q 的坐标为(－2，0)或
(2，0)，此时|OQ |＝2；
②当直线l 的斜率为0时，l 的方程为y ＝±3，点Q 的坐标为(1，－3)或(1，3)， 此时|OQ |＝2；
③当直线l 的斜率存在且不为0时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0)． 因为FQ ⊥l ，所以直线FQ 的方程为y ＝－1
k
(x －1)．
由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2
3
＝1消去y ，可得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2
－12＝0.
因为直线l 与椭圆C 相切，所以Δ＝(8km )2
－4×(3＋4k 2
)×(4m 2
－12)＝0， 整理得m 2
＝4k 2
＋3.(*)
由⎩
⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y ＝－1k （x －1）得Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－km k 2＋1，k ＋m k 2＋1， 所以|OQ |＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫1－
km k 2＋12＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫k ＋m k 2＋12
＝
1＋k 2m 2
＋k 2
＋m
2
（k 2＋1）
2
， 将(*)式代入上式，得|OQ |＝
4（k 4
＋2k 2
＋1）
（k 2＋1）
2
＝2. 综上所述，|OQ |为定值，且定值为2.
直接探求，变量代换
探求圆锥曲线中的定线段的长的问题，一般用直接求解法，即先利用弦长公式把要探求的线段表示出来，然后利用题中的条件(如直线与曲线相切等)得到弦长表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入弦长表达式中，化简可得弦长为定值.
角度二 定几何图形的面积
(2020·某某模拟)如图，设点A ，B 的坐标分别为(－3，0)，(3，0)，直线
AP ，BP 相交于点P ，且它们的斜率之积为－2
3
.
(1)求点P 的轨迹方程；
(2)设点P 的轨迹为C ，点M ，N 是轨迹C 上不同于A 、B 的两点，且满足AP ∥OM ，BP ∥
ON ，求证：△MON 的面积为定值．
【解】 (1)设点P 的坐标为(x ，y )，由题意得，
k AP ·k BP ＝y x ＋3·y x －3
＝－2
3(x ≠±3)，
化简得，点P 的轨迹方程为x 23＋y 2
2
＝1(x ≠±3)． (2)证明：由题意可知，M ，N 是轨迹C 上不同于A 、B 的两点，且AP ∥OM ，BP ∥ON ， 则直线OM ，ON 的斜率必存在且不为0，k OM ·k ON ＝k AP ·k BP ＝－2
3.
①当直线MN 的斜率为0时，设M (x 0，y 0)，N (－x 0，y 0)，
则⎩⎪⎨⎪⎧y 20
x 20＝23
，x 20
3＋y
20
2
＝1，得⎩⎪⎨
⎪⎧|x 0
|＝62，
|y 0
|＝1， 所以S △MON ＝12|y 0||2x 0|＝6
2
.
②当直线MN 的斜率不为0时，设直线MN 的方程为x ＝my ＋t ，代入x 23＋y 2
2＝1，
得(3＋2m 2
)y 2
＋4mty ＋2t 2
－6＝0，(*)
设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1，y 2是方程(*)的两根， 所以y 1＋y 2＝－4mt 3＋2m 2，y 1y 2＝2t 2
－6
3＋2m
2.
又k OM ·k ON ＝y 1y 2x 1x 2＝y 1y 2m 2y 1y 2＋mt （y 1＋y 2）＋t 2＝2t 2－6
3t 2－6m 2
，
所以2t 2
－63t 2－6m 2＝－23，即2t 2＝2m 2
＋3，满足Δ＞0.
又S △MON ＝12|t ||y 1－y 2|＝|t |－24t 2
＋48m 2
＋722（3＋2m 2
）， 所以S △MON ＝26t 2
4t 2＝
6
2
. 综上，△MON 的面积为定值，且定值为
6
2
.
探求圆锥曲线中几何图形的面积的定值问题，一般用直接求解法，即可先利用三角形面
积公式(如果是其他凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解)把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可．
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1
2
，点P 为其
上一动点，且三角形PF 1F 2面积的最大值为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：(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 2
3
＝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 2
k 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
－12
4k 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
2
k 2＋1
＝12＋
m （4k 2＋3）
k 2＋1
.
因为d ＝
n 2
k 2＋1
为常数，则m ＝0，d ＝
127＝2217，此时7n 2
k 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221
7
.
圆锥曲线中的探索性问题(师生共研)
已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1，F 2，短轴的一个端点为P ，
△PF 1F 2内切圆的半径为b
3，设过点F 2的直线l 被椭圆C 截得的线段为RS ，当l ⊥x 轴时，|RS |
＝3.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)在x 轴上是否存在一点T ，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称？若存在，请求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．
【解】 (1)由内切圆的性质，得12×2c ×b ＝12×(2a ＋2c )×b 3，得c a ＝12
.
将x ＝c 代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得y ＝±b 2a ，所以2b
2
a
＝3.
又a 2
＝b 2
＋c 2
，所以a ＝2，b ＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2
3
＝1.
(2)当直线l 垂直于x 轴时，显然x 轴上任意一点T 都满足TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．
当直线l 不垂直于x 轴时，假设存在T (t ，0)满足条件，设l 的方程为y ＝k (x －1)，R (x 1，
y 1)，S (x 2，y 2)．
联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），3x 2＋4y 2
－12＝0，
得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， 由根与系数的关系得⎩
⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k
2
3＋4k
2，
x 1x 2＝4k 2
－123＋4k
2
①，其中Δ>0恒成立， 由TS 与TR 所在直线关于x 轴对称，得k TS ＋k TR ＝0(显然TS ，TR 的斜率存在)， 即
y 1
x 1－t ＋
y 2
x 2－t
＝0 ②.
因为R ，S 两点在直线y ＝k (x －1)上， 所以y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)，代入②得
k （x 1－1）（x 2－t ）＋k （x 2－1）（x 1－t ）
（x 1－t ）（x 2－t ）
＝
k [2x 1x 2－（t ＋1）（x 1＋x 2）＋2t ]
（x 1－t ）（x 2－t ）
＝0，
即2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0 ③，
将①代入③得8k 2
－24－（t ＋1）8k 2
＋2t （3＋4k 2
）3＋4k 2＝6t －24
3＋4k 2＝0 ④，
则t ＝4，
综上所述，存在T (4，0)，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．
存在性问题的求解策略
解决存在性问题，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．
(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． (3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．
已知圆O ：x 2
＋y 2
＝4，点F (1，0)，P 为平面内一动点，以线段FP 为直
径的圆内切于圆O ，设动点P 的轨迹为曲线C .
(1)求曲线C 的方程；
(2)M ，N 是曲线C 上的动点，且直线MN 经过定点⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12，问在y 轴上是否存在定点Q ，
使得∠MQO ＝∠NQO ，若存在，请求出定点Q ，若不存在，请说明理由．
解：(1)设PF 的中点为S ，切点为T ，连接OS ，ST ，则|OS |＋|SF |＝|OT |＝2，取F 关于y 轴的对称点F ′，连接F ′P ，所以|PF ′|＝2|OS |，故|F ′P |＋|FP |＝2(|OS |＋|SF |)＝4，
所以点P 的轨迹是以F ′，F 分别为左、右焦点，且长轴长为4的椭圆， 则曲线C 的方程为x 24＋y 2
3
＝1.
(2)假设存在满足题意的定点Q ，设Q (0，m )，
当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋1
2
，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．
联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2
3＝1，y ＝kx ＋1
2，
消去y ，得(3＋4k 2
)x 2
＋4kx －11＝0，则Δ>0，x 1
＋x 2
＝－4k
3＋4k 2
，
x 1x 2＝
－113＋4k
2， 由∠MQO ＝∠NQO ，得直线MQ 与NQ 的斜率之和为零，易知x 1或x 2等于0时，不满足题意，故
y 1－m x 1＋y 2－m
x 2
＝kx 1＋12－m x 1
＋
kx 2＋12－m x 2
＝
2kx 1x 2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
2－m （x 1＋x 2
）x 1x 2
＝0，
即2kx 1x 2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫12－m (x 1＋x 2)＝2k ·－113＋4k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m ·－4k 3＋4k 2＝4k （m －6）3＋4k 2
＝0，当k ≠0时，m ＝6，所以存在定点(0，6)，使得∠MQO ＝∠NQO ；
当k ＝0时，定点(0，6)也符合题意．
易知当直线MN 的斜率不存在时，定点(0，6)也符合题意． 综上，存在定点(0，6)，使得∠MQO ＝∠NQO .
解析几何减少运算量的常见技巧
技巧一 巧用平面几何性质
已知O 为坐标原点，F 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点，A ，B 分别为C 的
左，右顶点．P 为C 上一点，且PF ⊥x 轴．过点A 的直线l 与线段PF 交于点M ，与y 轴交于点E .若直线BM 经过OE 的中点，则C 的离心率为( )
A.13 B ．12 C.23
D ．34
【解析】 设OE 的中点为N ，如图，因为MF ∥OE ，所以有ON MF ＝
a a ＋c ，MF OE ＝a －c
a
.又因为
OE ＝2ON ，所以有1
2＝
a
a ＋c ·
a －c a ，解得e ＝c a ＝1
3
，故选A.
【答案】 A
此题也可以用解析法解决，但有一定的计算量，巧用三角形的相似比可简化计算． 技巧二 设而不求，整体代换
对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，常常可以用“点差法”求解．
已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (3，0)，过点F 的直线交E 于A ，B
两点．若AB 的中点坐标为M (1，－1)，则E 的标准方程为( )
A.
x 245＋y 236＝1 B ．x 236＋y 2
27＝1 C.
x 2
27＋y 2
18
＝1 D ．x 2
18＋y 2
9
＝1 【解析】 通解：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－2，
⎩⎪⎨⎪
⎧x 21a 2＋y 21
b
2＝1，①x 2
2a 2
＋y
22b 2
＝1，②
①－②得（x 1＋x 2）（x 1－x 2）a 2＋（y 1＋y 2）（y 1－y 2）
b
2
＝0， 所以k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2（x 1＋x 2）a 2（y 1＋y 2）＝b 2a 2
.
又k AB ＝0＋13－1＝12，所以b 2
a 2＝1
2
.
又9＝c 2
＝a 2
－b 2
，解得b 2
＝9，a 2
＝18， 所以椭圆E 的标准方程为x 218＋y 2
9
＝1.
优解：由k AB ·k OM ＝－b 2a 2得，－1－01－3×－11＝－b 2a
2得，a 2＝2b 2，又a 2－b 2＝9，所以a 2
＝18，
b 2＝9，
所以椭圆E 的标准方程为x 218＋y 2
9＝1.
【答案】 D
本题设出A ，B 两点的坐标，却不求出A ，B 两点的坐标，巧妙地表达出直线AB 的斜率，通过将直线AB 的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．
技巧三 巧用“根与系数的关系”，化繁为简
某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系．后者往往计算量小，解题过程简捷．
已知椭圆x 2
4
＋y 2
＝1的左顶点为A ，过A 作两条互相垂直的弦AM ，AN 交椭圆M ，N
两点．
(1)当直线AM 的斜率为1时，求点M 的坐标；
(2)当直线AM 的斜率变化时，直线MN 是否过x 轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．
【解】 (1)直线AM 的斜率为1时，直线AM 的方程为y ＝x ＋2，代入椭圆方程并化简得5x 2
＋16x ＋12＝0.
解得x 1＝－2，x 2＝－65，所以M ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－65，45.
(2)设直线AM 的斜率为k ，直线AM 的方程为y ＝k (x ＋2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x ＋2），x 2
4
＋y 2
＝1， 化简得(1＋4k 2
)x 2
＋16k 2
x ＋16k 2
－4＝0. 则x A ＋x M ＝－16k
21＋4k 2，又x A ＝－2，
则x M ＝－x A －16k 2
1＋4k 2＝2－16k 2
1＋4k 2＝2－8k
2
1＋4k 2.
同理，可得x N ＝2k 2－8
k 2＋4
.
由(1)知若存在定点，则此点必为P ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－65，0. 证明如下：
因为k MP ＝
y M
x M ＋65＝k ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2－8k 2
1＋4k 2＋22－8k 21＋4k 2＋
65
＝5k
4－4k 2， 同理可计算得k PN ＝
5k
4－4k
2. 所以直线MN 过x 轴上的一定点P ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－65，0.
本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出x M ＝2－8k
2
1＋4k 2，这体现了整体思想．这是解
决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．
技巧四 巧妙“换元”减少运算量
变量换元的关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化．变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题．
如图，已知椭圆C 的离心率为
3
2
，点A ，B ，F 分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S △ABF ＝1－
3
2
.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)已知直线l ：y ＝kx ＋m 与圆O ：x 2
＋y 2
＝1相切，若直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，求△OMN 面积的最大值．
【解】 (1)由已知椭圆的焦点在x 轴上，设其方程为x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a ＞b ＞0)，则A (a ，0)，
B (0，b )，F (c ，0)(c ＝a 2－b 2)．
由已知可得e 2
＝a 2－b 2a 2＝34
，所以a 2＝4b 2
，
即a ＝2b ，可得c ＝3b ①.
S △AFB ＝1
2×|AF |×|OB |＝12(a －c )b ＝1－
3
2
②.
将①代入②，得12(2b －3b )b ＝1－3
2，解得b ＝1，故a ＝2，c ＝ 3.所以椭圆C 的方
程为x 2
4
＋y 2
＝1.
(2)圆O 的圆心为坐标原点，半径r ＝1，由直线l ：y ＝kx ＋m 与圆O ：x 2
＋y 2
＝1相切，得
|m |
1＋k
2
＝1，故有m 2
＝1＋k 2
③. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 2
4＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，
消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋k 2x 2＋2kmx ＋m 2
－1＝0.
由题可知k ≠0，即(1＋4k 2
)x 2
＋8kmx ＋4(m 2
－1)＝0， 所以Δ＝16(4k 2
－m 2
＋1)＝48k 2
＞0.
设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2
－4
4k 2＋1
.
所以|x 1－x 2|2
＝(x 1＋x 2)2
－4x 1x 2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－8km 4k 2＋12
－4×4m 2－44k 2＋1＝16（4k 2－m 2
＋1）（4k 2＋1）2
④. 将③代入④中，得|x 1－x 2|2
＝48k
2
（4k 2＋1）
2，
故|x 1－x 2|＝43|k |
4k 2＋1
.
所以|MN |＝1＋k 2
|x 1－x 2|＝1＋k 2
×43|k |4k 2＋1＝43k 2
（k 2
＋1）
4k 2
＋1
. 故△OMN 的面积S ＝12|MN |×1＝12×43k 2（k 2＋1）4k 2＋1×1＝23k 2（k 2
＋1）
4k 2
＋1. 令t ＝4k 2
＋1，则t ≥1，k 2
＝
t －1
4
，代入上式，得
S ＝2
3×
t －14⎝ ⎛⎭
⎪⎫t －1
4＋1t
2
＝
3
2
（t －1）（t ＋3）
t
2
＝3
2t 2＋2t －3t 2
＝3
2
－3t 2＋2
t
＋1
＝32
－1
t 2＋23t ＋13＝32
－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －132
＋49
， 所以当t ＝3，即4k 2
＋1＝3，解得k ＝±
22时，S 取得最大值，且最大值为32
×4
9
＝
1.
破解此类题的关键：一是利用已知条件，建立关于参数的方程，解方程，求出参数的值，二是通过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数，求得其值域，从而求得原函数的值域，形如y ＝ax ＋b ±cx ＋d (a ，b ，c ，d 均为常数，且ac ≠0)的函数常用此法求解，但在换元时一定要注意新元的取值X 围，以保证等价转化，这样目标函数的值域才不会发生变化．
[基础题组练]
1．已知直线l 与双曲线x 2
4－y 2
＝1相切于点P ，l 与双曲线的两条渐近线交于M ，N 两点，
则OM →·ON →
的值为( )
A ．3
B ．4
C ．5
D ．与P 的位置有关
解析：选A.依题意，设点P (x 0，y 0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，其中x 2
0－4y 2
0＝4，则直线
l 的方程是x 0x 4
－y 0y ＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y ＝±1
2
x .
①当y 0＝0时，直线l 的方程是x ＝2或x ＝－2.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x 24
－y 2
＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ＝±1，此时OM →·ON →＝(2，－1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可得当直线l 的方程是x ＝－2时，OM →·ON →
＝3.
②当y 0
≠0时，直线l 的方程是y ＝1
4y 0
(x 0x －4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1
4y 0
（x 0
x －4）x
2
4－y 2
＝0
，得(4y 2
－x 20
)x
2
＋8x 0x －16＝0(*)，又x 2
0－4y 2
0＝4，因此(*)即是－4x 2
＋8x 0x －16＝0，x 2
－2x 0x ＋4＝0，x 1x 2＝4，OM →·ON →
＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2－14x 1x 2＝34
x 1x 2＝3.
综上所述，OM →·ON →
＝3，故选A.
2．已知抛物线y 2
＝2px (p >0)的焦点为F ，△ABC 的顶点都在抛物线上，且满足FA →＋FB →＋
FC →
＝0，则1k AB ＋1k AC ＋1
k BC
＝________．
解析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，由FA →＋FB →＝－FC →，得y 1＋y 2＋y 3
＝0.因为k AB ＝
y 2－y 1x 2－x 1＝2p y 1＋y 2，所以k AC ＝2p y 1＋y 3，k BC ＝2p y 2＋y 3，所以1k AB ＋1k AC ＋1k BC ＝y 1＋y 22p ＋y 3＋y 1
2p
＋
y 2＋y 3
2p
＝0. 答案：0
3．(2020·某某模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2.点M
在椭圆C 上滑动，若△MF 1F 2的面积取得最大值4时，有且仅有2个不同的点M 使得△MF 1F 2为直角三角形．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)过点P (0，1)的直线l 与椭圆C 分别相交于A ，B 两点，与x 轴交于点Q .设QA →＝λPA →
，QB →
＝μPB →
，求证：λ＋μ为定值，并求该定值．
解：(1)由对称性知，点M 在短轴端点时，
△MF 1F 2为直角三角形且∠F 1MF 2＝90°，且S △MF 1F 2＝4，所以b ＝c 且S ＝1
2·2c ·b ＝bc
＝4，
解得b ＝c ＝2，a 2
＝b 2
＋c 2
＝8， 所以椭圆C 的方程为x 28＋y 2
4
＝1.
(2)证明：显然直线l 的斜率不为0，设直线l ：x ＝t (y －1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 28＋y 2
4＝1，
x ＝t （y －1），
消去x ，得(t 2
＋2)y 2
－2t 2
y ＋t 2
－8＝0.
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝2t 2
t 2＋2，y 1y 2＝t 2
－8
t 2＋2.
令y ＝0，则x ＝－t ，所以Q (－t ，0)， 因为QA →＝λPA →
，所以y 1＝λ(y 1－1)， 所以λ＝
y 1
y 1－1
.
因为QB →＝μPB →
，所以y 2＝μ(y 2－1)，所以μ＝y 2y 2－1
.
所以λ＋μ＝
y 1
y 1－1＋y 2y 2－1＝2y 1y 2－（y 1＋y 2）y 1y 2－（y 1＋y 2）＋1＝83
. 4．(2020·某某某某联考)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，
下顶点为A ，O 为坐标原点，点O 到直线AF 2的距离为
2
2
，△AF 1F 2为等腰直角三角形． (1)求椭圆C 的标准方程；
(2)直线l 与椭圆C 分别相交于M ，N 两点，若直线AM 与直线AN 的斜率之和为2，证明：直线l 恒过定点，并求出该定点的坐标．
解：(1)由题意可知，直线AF 2的方程为x c ＋
y
－b
＝1， 即－bx ＋cy ＋bc ＝0，则
bc b 2＋c 2＝bc a
＝2
2.
因为△AF 1F 2为等腰直角三角形，所以b ＝c ， 又a 2
＝b 2
＋c 2
，可得a ＝2，b ＝1，c ＝1， 所以椭圆C 的标准方程为x 2
2＋y 2
＝1.
(2)证明：由(1)知A (0，－1)．
当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋t (t ≠±1)， 代入x 2
2＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4ktx ＋2t 2
－2＝0，
所以Δ＝16k 2t 2
－4(1＋2k 2
)(2t 2
－2)＞0，即t 2
－2k 2
＜1. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4kt
1＋2k 2，
x 1x 2＝2t 2
－21＋2k
2.
因为直线AM 与直线AN 的斜率之和为2， 所以k AM ＋k AN ＝
y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋t ＋1x 1＋kx 2＋t ＋1x 2＝2k ＋（t ＋1）（x 1＋x 2）
x 1x 2
＝2k －（t ＋1）·4kt
2t 2
－2
＝2， 整理得t ＝1－k .
所以直线l 的方程为y ＝kx ＋t ＝kx ＋1－k ＝k (x －1)＋1，显然直线y ＝k (x －1)＋1经
过定点(1，1)．
当直线l 的斜率不存在时，设直线l 的方程为x ＝m .
因为直线AM 与直线AN 的斜率之和为2，设M (m ，n )，则N (m ，－n )， 所以k AM ＋k AN ＝
n ＋1m ＋－n ＋1m ＝2
m
＝2，解得m ＝1， 此时直线l 的方程为x ＝1，显然直线x ＝1也经过该定点(1，1)． 综上，直线l 恒过点(1，1)．
[综合题组练]
1．(2020·某某五市十校联考)已知动圆C 过定点F (1，0)，且与定直线x ＝－1相切． (1)求动圆圆心C 的轨迹E 的方程；
(2)过点M (－2，0)的任一条直线l 与轨迹E 分别相交于不同的两点P ，Q ，试探究在x 轴上是否存在定点N (异于点M )，使得∠QNM ＋∠PNM ＝π？若存在，求点N 的坐标；若不存在，说明理由．
解：(1)法一：由题意知，动圆圆心C 到定点F (1，0)的距离与其到定直线x ＝－1的距离相等，又由抛物线的定义，可得动圆圆心C 的轨迹是以F (1，0)为焦点，x ＝－1为准线的抛物线，其中p ＝2.
所以动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2
＝4x .
法二：设动圆圆心C (x ，y )，由题意知（x －1）2
＋y 2
＝|x ＋1|， 化简得y 2
＝4x ，即动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x . (2)假设存在点N (x 0，0)，满足题设条件．
由∠QNM ＋∠PNM ＝π可知，直线PN 与QN 的斜率互为相反数，即k PN ＋k QN ＝0.① 由题意知直线PQ 的斜率必存在且不为0，设直线PQ 的方程为x ＝my －2.
联立⎩
⎪⎨⎪⎧y 2
＝4x ，x ＝my －2，得y 2
－4my ＋8＝0.
由Δ＝(－4m )2
－4×8＞0，得m ＞2或m ＜－ 2. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝8. 由①式得k PN ＋k QN ＝
y 1
x 1－x 0＋
y 2
x 2－x 0
＝
y 1（x 2－x 0）＋y 2（x 1－x 0）
（x 1－x 0）（x 2－x 0）
＝0，
所以y 1(x 2－x 0)＋y 2(x 1－x 0)＝0， 即y 1x 2＋y 2x 1－x 0(y 1＋y 2)＝0.
消去x 1，x 2，得14y 1y 22＋14y 2y 2
1－x 0(y 1＋y 2)＝0，
1
4
y 1y 2(y 1＋y 2)－x 0(y 1＋y 2)＝0， 因为y 1＋y 2≠0，所以x 0＝1
4
y 1y 2＝2，
所以存在点N (2，0)．使得∠QNM ＋∠PNM ＝π.
2．(2020·某某某某教学质量监测)已知抛物线C ：x 2
＝2py (p ＞0)的焦点为F ，过点F 的直线分别交抛物线于A ，B 两点．
(1)若以AB 为直径的圆的方程为(x －2)2
＋(y －3)2
＝16，求抛物线C 的标准方程； (2)过点A ，B 分别作抛物线的切线l 1，l 2，证明：l 1，l 2的交点在定直线上． 解：(1)设AB 中点为M ，A 到准线的距离为d 1，B 到准线的距离为d 2，M 到准线的距离为
d ，则d ＝y M ＋p
2
.
由抛物线的定义可知，d 1＝|AF |，d 2＝|BF |，所以d 1＋d 2＝|AB |＝8， 由梯形中位线可得d ＝
d 1＋d 2
2
＝4，所以y M ＋p
2
＝4.
又y M ＝3，所以3＋p
2＝4，可得p ＝2，
所以抛物线C 的标准方程为x 2
＝4y .
(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由x 2
＝2py ，得y ＝x 22p ，则y ′＝x
p
，所以直线l 1的
方程为y －y 1＝x 1
p (x －x 1)，直线l 2的方程为y －y 2＝x 2p
(x －x 2)，
联立得x ＝
x 1＋x 2
2
，y ＝
x 1x 2
2p
， 即直线l 1，l 2的交点坐标为⎝
⎛⎭
⎪⎫x 1＋x 22，x 1x 22p .
因为AB 过焦点F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，p 2，
由题可知直线AB 的斜率存在，故可设直线AB 方程为y －p
2＝kx ，
代入抛物线x 2
＝2py 中，得x 2
－2pkx －p 2
＝0，
所以x 1x 2＝－p 2
，y ＝x 1x 22p ＝－p 22p ＝－p
2
，
p 2上．
所以l1，l2的交点在定直线y＝－
第2课时 定点、定值、探索性问题 圆锥曲线中的定点问题(师生共研) (2020·某某模拟)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】 (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 ＋4 k 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 ＋4 k 2＝6， 即k 2 ＝1，解得k ＝±1. 所以直线l 的方程为y ＝±(x －1)． (2)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 ＝4 y 2－y 1 ， 所以直线BD 的方程为y ＋y 1＝ 4 y 2－y 1 (x －x 1)， 即(y 2－y 1)y ＋y 2y 1－y 2 1＝4x －4x 1. 因为y 2 1＝4x 1，y 2 2＝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)．
北师大版2021版高考数学（理）一轮复习 第九章平面解析几何第9讲圆锥曲线的综合问题第2课时定点、定值、探索性 问题练习 [基础题组练] 1．已知直线l 与双曲线x 2 4－y 2 ＝1相切于点P ，l 与双曲线的两条渐近线交于M ，N 两点，则OM →·ON →的 值为( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．与P 的位置有关 解析：选A.依题意，设点P (x 0，y 0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，其中x 2 0－4y 2 0＝4，则直线l 的方程是 x 0x 4 － y 0y ＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y ＝±12 x . ①当y 0＝0时，直线l 的方程是x ＝2或x ＝－2.由?????x ＝2x 24 －y 2 ＝0，得?????x ＝2y ＝±1，此时OM →·ON →＝(2，－1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可得当直线l 的方程是x ＝－2时，OM →·ON → ＝3. ②当y 0 ≠0时，直线l 的方程是y ＝1 4y 0 (x 0x －4)．由?????y ＝1 4y 0 （x 0 x －4）x 2 4－y 2 ＝0 ，得(4y 2 －x 20 )x 2 ＋8x 0 x －16＝ 0(*)，又x 20－4y 20＝4，因此(*)即是－4x 2 ＋8x 0x －16＝0，x 2－2x 0x ＋4＝0，x 1x 2＝4，OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2－14x 1x 2＝3 4 x 1x 2＝3. 综上所述，OM →·ON → ＝3，故选A. 2．已知抛物线y 2 ＝2px (p >0)的焦点为F ，△ABC 的顶点都在抛物线上，且满足FA →＋FB →＋FC →＝0，则1k AB ＋ 1 k AC ＋ 1 k BC ＝________． 解析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，F ? ?? ??p 2，0，由FA → ＋FB →＝－FC →，得y 1＋y 2＋y 3＝0.因为k AB ＝ y 2－y 1x 2－x 1＝ 2p y 1＋y 2，所以k AC ＝2p y 1＋y 3，k BC ＝2p y 2＋y 3，所以1k AB ＋1k AC ＋1k BC ＝y 1＋y 22p ＋y 3＋y 12p ＋y 2＋y 3 2p ＝0. 答案：0
第二课时 定值问题 题型一 长度或距离为定值 例1 (2020·新高考山东卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为2 2，且过点 A (2，1). (1)求C 的方程； (2)点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足.证明：存在定点Q ，使得|DQ |为定值. (1)解 由题设得4a 2＋1 b 2＝1, 且a 2－b 2a 2＝12，解得a 2＝6，b 2＝3. 所以C 的方程为x 26＋y 2 3＝1. (2)证明 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2). 若直线MN 与x 轴不垂直， 设直线MN 的方程为y ＝kx ＋m ， 代入x 26＋y 2 3＝1， 得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0. 于是x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k 2.① 由AM ⊥AN ，得AM →·AN →＝0， 故(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)＝0， 整理得(k 2＋1)x 1x 2＋(km －k －2)(x 1＋x 2)＋(m －1)2＋4＝0. 将①代入上式，可得(k 2＋1)2m 2－61＋2k 2－(km －k －2)4km 1＋2k 2 ＋(m －1)2＋4＝0， 整理得(2k ＋3m ＋1)(2k ＋m －1)＝0.
因为A (2，1)不在直线MN 上， 所以2k ＋m －1≠0， 所以2k ＋3m ＋1＝0，k ≠1. 所以直线MN 的方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23－1 3(k ≠1). 所以直线MN 过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 3，－13. 若直线MN 与x 轴垂直，可得N (x 1，－y 1). 由AM →·AN →＝0， 得(x 1－2)(x 1－2)＋(y 1－1)(－y 1－1)＝0. 又x 216＋y 21 3＝1，所以3x 21－8x 1＋4＝0. 解得x 1＝2(舍去)，或x 1＝2 3. 此时直线MN 过点P ⎝ ⎛⎭ ⎪⎫2 3，－13. 令Q 为AP 的中点，即Q ⎝ ⎛⎭ ⎪⎫ 43，13. 若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边， 故|DQ |＝12|AP |＝22 3. 若D 与P 重合，则|DQ |＝1 2|AP |. 综上，存在点Q ⎝ ⎛⎭ ⎪⎫ 43，13，使得|DQ |为定值. 感悟提升 1.求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得. 2.求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得. 训练1 (2022·成都诊断)已知动点P (x ，y )(其中x ≥0)到定点F (1，0)的距离比点P 到y 轴的距离大1.
第九章 解析几何 第九节 直线与圆锥曲线的综合问题 第一课时 直线与圆锥曲线的位置关系 A 级·基础过关 |固根基| 1.(2019届厦门模拟)设F 1，F 2分别是椭圆x 2 a 2＋y 2 b 2＝1(a>b>0)的左、右焦点，过F 2的直线交椭圆于P ，Q 两点，若∠F 1PQ ＝60°，|PF 1|＝|PQ|，则椭圆的离心率为( ) A ．13 B ．23 C ．233 D ． 33 解析：选D ∵|PF 1|＝|PQ|，且∠F 1PQ ＝60°，∴△F 1PQ 为等边三角形，又周长为4a ，∴△F 1PQ 的边长为4a 3，在△PF 1F 2中，|PF 1|＝4a 3，|PF 2|＝2a 3，|F 1F 1|＝2c ，∴利用余弦定理得⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 32－2×4a 3×2a 3× cos 60°＝(2c)2 ，即a 2 ＝3c 2 ，∴e 2 ＝c 2 a 2＝13，∴e＝33 . 2．已知椭圆C ：x 29＋y 2 5＝1，若直线l 经过M(0，1)，与椭圆交于A ，B 两点，且MA → ＝－23MB →，则直线l 的方程为( ) A ．y ＝±1 2x ＋1 B ．y ＝±1 3x ＋1 C ．y ＝±x＋1 D ．y ＝±2 3 x ＋1 解析：选B 依题意，知斜率存在，可设直线l ：y ＝kx ＋1，点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 29＋y 2 5 ＝1，消去y ，整理得(9k 2 ＋5)x 2 ＋18kx －36＝0，Δ＝(18k)2 ＋4×36×(9k 2 ＋5)>0，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－18k 9k 2＋5 ， x 1x 2 ＝－ 369k 2 ＋5，x 1 ＝－23x 2 ， 解得 k ＝±13，即直线l 的方程为y ＝±1 3 x ＋1，故选B ．
高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 9.12 圆锥曲线中的探索性与综合性问题 题型一 探索性问题 例1 已知双曲线C 1：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)与C 2：y 29－x 23 ＝1有相同的渐近线，点F (2,0)为C 1的右焦点，A ，B 为C 1的左、右顶点． (1)求双曲线C 1的标准方程； (2)若直线l 过点F 交双曲线C 1的右支于M ，N 两点，设直线AM ，BN 的斜率分别为k 1，k 2，是否存在实数λ使得k 1＝λk 2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 解 (1)∵C 2的渐近线方程为y ＝±3x ， ∴b a ＝3， ∵c ＝a 2＋b 2＝2，∴a ＝1，b ＝3， ∴双曲线C 1的标准方程为x 2－y 23 ＝1. (2)由已知，A (－1,0)，B (1,0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， l 过点F (2,0)与右支交于两点，则l 斜率不为零， 设l ：x ＝my ＋2，由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－y 23＝1，x ＝my ＋2， 消元得(3m 2－1)y 2＋12my ＋9＝0， ∵l 与双曲线右支交于两点， ∴⎩ ⎪⎨⎪⎧ 3m 2－1≠0，y 1y 2＝93m 2－1<0，解得m ∈⎝⎛⎭⎫－33，33， Δ＝(12m )2－4×9(3m 2－1)＝36(m 2＋1)>0， ∴y 1＋y 2＝－12m 3m 2－1，y 1y 2＝93m 2－1，
∵k 1＝y 1x 1＋1，k 2＝y 2x 2－1≠0， ∴k 1k 2＝y 1x 2－1y 2 x 1＋1＝y 1my 2＋1y 2my 1＋3＝my 1y 2＋y 1my 1y 2＋3y 2， ∵y 1＋y 2y 1y 2＝－12m 9＝－4m 3 ， ∴my 1y 2＝－34 (y 1＋y 2)， ∴k 1k 2＝－34y 1＋y 2＋y 1－34y 1＋y 2＋3y 2＝14y 1－34y 2－34y 1＋94 y 2 ＝－13 ， ∴存在λ＝－13 使得k 1＝λk 2. 教师备选 (2022·洛阳模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为33 ，点E ，F 分别为其下顶点和右焦点，坐标原点为O ，且△EOF 的面积为 2. (1)求椭圆C 的方程； (2)是否存在直线l ，使得l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，且点F 恰为△EAB 的垂心？若存在，求直线l 的方程，若不存在，请说明理由． 解 (1)由题意可知⎩⎨⎧ c a ＝33，12bc ＝2，a 2＝b 2＋c 2，
高考数学一轮复习 圆锥曲线的综合问题专题训练 圆锥曲线的综合问题以直线与圆锥曲线为载体，与函数、方程、不等式、向量等知识结合，考查最值问题、范围问题、存在性问题以及有关的证明等，试题属于中、高档题，考查的思想方法主要有数形结合、等价转化、分类讨论等数学思想方法． 一、经典例题领悟好 [例1] (2013·全国大纲卷)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2 b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1， F 2，离心率为3，直线y ＝2与C 的两个交点间的距离为 6. (1)求a ，b ； (2)设过F 2的直线l 与C 的左、右两支分别交于A ，B 两点，且|AF 1|＝|BF 1|，证明：|AF 2|，|AB |，|BF 2|成等比数列． [解] (1)由题设知c a ＝3，即a 2＋b 2a 2＝9，故b 2＝8a 2 . 所以C 的方程为8x 2 －y 2 ＝8a 2 . 将y ＝2代入上式，求得x ＝± a 2＋12 . 由题设知，2 a 2＋12 ＝6，解得a 2＝1. 所以a ＝1，b ＝2 2. (2)证明：由(1)知，F 1(－3,0)，F 2(3,0)，C 的方程为8x 2－y 2 ＝8.① 由题意可设l 的方程为y ＝k (x －3)，|k |<2 2，代入①并化简得(k 2 －8)x 2 －6k 2 x ＋9k 2 ＋8＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 x 1≤－1，x 2≥1，x 1＋x 2＝6k 2 k 2－8，x 1x 2＝9k 2 ＋8 k 2－8 . 于是|AF 1|＝ x 1＋32 ＋y 2 1＝ x 1＋32 ＋8x 2 1－8＝－(3x 1＋1)， |BF 1|＝ x 2＋32＋y 22＝ x 2＋32＋8x 2 2－8＝3x 2＋1. 由|AF 1|＝|BF 1|得－(3x 1＋1)＝3x 2＋1， 即x 1＋x 2＝－2 3 . 故6k 2 k 2－8＝－23，解得k 2 ＝45，从而x 1x 2＝－199 . 由于|AF 2|＝ x 1－32 ＋y 2 1＝x 1－32 ＋8x 2 1－8＝1－3x 1， |BF 2|＝ x 2－32＋y 22＝ x 2－32＋8x 2 2－8＝3x 2－1， 故|AB |＝|AF 2|－|BF 2|＝2－3(x 1＋x 2)＝4， |AF 2|·|BF 2|＝3(x 1＋x 2)－9x 1x 2－1＝16. 因而|AF 2|·|BF 2|＝|AB |2 ， 所以|AF 2|，|AB |，|BF 2|成等比数列． 1圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一类是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；另一类是证
10.6圆锥曲线的综合问题 挖命题 【考情探究】 分析解读 1.圆锥曲线的综合问题是高考的热点之一,主要考查两大问题:一是根据条件求出平面曲线的方程;二是通过方程研究平面曲线的性质. 2.考查点主要有:(1)圆锥曲线的基本概念和性质;(2)与圆锥曲线有关的最值、对称、位置关系等综合问题;(2)有关定点、定值问题,以及存在性等探索性问题. 3.预计2020年高考试题中,圆锥曲线的综合问题仍是压轴题之一,复习时应高度重视. 炼技法 【方法集训】 方法1圆锥曲线中的最值和范围问题的求解方法 1.(2018浙江9+1高中联盟期中,21)如图,在平面直角坐标系xOy中,设点M(x0,y0)是椭圆C:+y2=1上一点,从原点O向圆 M:+=作两条切线,分别与椭圆C交于点P,Q,直线OP,OQ的斜率分别记为k1,k2. (1)求证:k1k2为定值; (2)求四边形OPMQ面积的最大值.
解析(1)证明:因为直线OP:y=k1x,OQ:y=k2x与圆M相切, 所以=,=,可知k1,k2是方程(3-2)k2-6x0y0k+3-2=0的两个不相等的实数根, 所以3-2≠0,k 1k2=,因为点M(x0,y0)在椭圆C上,所以=1-, 所以k1k2==-. (2)易知直线OP,OQ都不能落在坐标轴上,设P(x1,y1),Q(x2,y2), 因为2k1k2+1=0,所以+1=0,即=, 因为P(x1,y1),Q(x2,y2)在椭圆C上, 所以==, 整理得+=2,所以+=1, 所以OP2+OQ2=3. 因为S四边形OPMQ= (OP+OQ)·=(OP+OQ), OP+OQ≤=,所以S四边形OPMQ的最大值为1. 2.(2018浙江台州高三期末质检,21,15分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,左顶点为A,点P(,)在椭圆C上,且△PF1F2的面积为2. (1)求椭圆C的方程; (2)过原点O且与x轴不重合的直线交椭圆C于E,F两点,直线AE,AF分别与y轴交于点M,N.求证:以MN为直径的圆恒过焦点F1,F2,并求出△F1MN面积的取值范围. 解析(1)∵=×2c×=2,∴c=2,(2分) 又点P(,)在椭圆C上,
卜人入州八九几市潮王学校方法技巧2圆锥 曲线的综合应用 一、圆锥曲线的最值问题 【考情快递】最值问题是高考的热点，可能出选择题、填空题和解答题． 方法1：定义转化法 的最小值为________． 解析如下列图，根据双曲线定义|PF|－|PF′|＝4， 即|PF|－4＝|PF′|.又|PA|＋|PF′|≥|AF′|＝5， 将|PF|－4＝|PF′|代入，得|PA|＋|PF|－4≥5， 即|PA|＋|PF|≥9，等号当且仅当A，P，F′三点一共线， 即P为图中的点P0时成立，故|PF|＋|PA|的最小值为9.故填9. 答案9 方法2：切线法 标． 解设椭圆的切线方程为y＝x＋b， 代入椭圆方程，得3x2＋4bx＋2b2－2＝0. 由Δ＝(4b)2－4×3×(2b2－2)＝0，得b＝±. 当b＝时，直线y＝x＋与y＝x＋2的间隔d1＝，将b＝代入方程3x2＋4bx＋2b2－2＝0，
解得x＝－，此时y＝， 即椭圆上的点到直线y＝x＋2的间隔最小，最小值是； 当b＝－时，直线y＝x－到直线y＝x＋2的间隔d2＝，将b＝－代入方程3x2＋4bx＋2b2－2＝0， 解得x＝，此时y＝－， 即椭圆上的点到直线y＝x＋2的间隔最大，最大值是. 方法3：参数法 ________． 解析因为椭圆＋y2＝1的参数方程为 (φ为参数)． 故可设动点P的坐标为(cosφ，sinφ)， 其中0≤φ＜2π. 因此S＝x＋y＝cosφ＋sinφ＝2＝2sin，所以，当φ＝时，S取最大值2.故填2. 答案2 方法4：根本不等式法 【例4E，F 两点，求四边形AEBF面积的最大值． 解依题设得椭圆的方程为＋y2＝1. 直线AB，EF的方程分别为x＋2y＝2，y＝kx(k＞0)． 设E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1＜x2， 且x1，x2满足方程(1＋4k2)x2＝4，故x2＝－x1＝.①
第 9 讲 曲线与方程 【2020 年高考会这样考】 1．考察方程的曲线与曲线的方程的对应关系． 2．利用直接法或定义法求轨迹方程． 3．联合平面向量知识能确立动点轨迹，并会研究轨迹的有关性质． 【复习指导】 正确理解曲线与方程的观点， 会用分析几何的基本思想和坐标法研究几何问题， 用方程的观 点实现几何问题的代数化解决， 并能依据所给条件选择合适的方法求曲线的轨迹方程， 常用 方法有：直接法、定义法、待定系数法、有关点法、参数法等。 基础梳理 1．曲线与方程 一般地，在平面直角坐标系中，假如某曲线 C 上的点与一个二元方程 f ( x ，y ) ＝ 0 的实数解 成立了以下关系： (1) 曲线上点的坐标都是这个方程的解． (2) 以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点．那么这个方程叫做曲线的方程，这条曲线 叫做方程的曲线． 2．直接法求动点的轨迹方程的一般步骤 (1) 成立合适的坐标系，用有序实数对( x ， y ) 表示曲线上随意一点 M 的坐标． (2) 写出合适条件 p 的点 的会合 ＝{|()}． M P M p M (3) 用坐标表示条件 p ( M ) ，列出方程 f ( x ， y ) ＝ 0. (4) 化方程 f ( x ， y ) ＝ 0 为最简形式． (5) 说明以化简后的方程的解为坐标的点都在曲线上． 3．两曲线的交点 (1) 由曲线方程的定义可知，两条曲线交点的坐标应当是两个曲线方程的公共解，即两个曲 线方程构成的方程组的实数解； 反过来， 方程组有几组解，两条曲线就有几个交点，方程组无解，两条曲线就没有交点． (2) 两条曲线有交点的充要条件是它们的方程所构成的方程组有实数解．可见，求曲线的交点问题，就是求由它们的方程所构成的方程组的实数解问题． 一个主题 经过坐标法，由已知条件求轨迹方程，经过对方程的研究，明确曲线的地点、形状以及性质是分析几何需要达成的两大任务，是分析几何的核心问题，也是高考的热门之一．
第九节 圆锥曲线中的定点、定值问题 [最新考纲] 会证明与曲线上动点有关的定值问题，会处理动曲线(含直线)过定点的问题． 考点1 定点问题 直线过定点 1.动直线l 过定点问题的基本思路 设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m,0)． 2．动直线l 过定点问题的解题步骤 第一步：设AB 直线y ＝kx ＋m ，联立曲线方程得根与系数关系，Δ求出参数范围； 第二步：由AP 与BP 关系(如k AP ·k BP ＝－1)，得一次函数k ＝f (m )或者m ＝f (k )； 第三步：将k ＝f (m )或者m ＝f (k )代入y ＝kx ＋m ，得y ＝k (x －x 定)＋y 定． (2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2 b 2＝1(a ＞b ＞0)，四点P 1(1,1)，P 2(0,1)， P 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1， 32，P 4⎝ ⎛ ⎭⎪⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上． (1)求C 的方程； (2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点． [解] (1)由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点． 又由1a 2＋1b 2＞1a 2＋3 4b 2知，椭圆C 不经过点P 1， 所以点P 2在椭圆C 上． 因此⎩⎪⎨⎪⎧ 1b 2＝1，1a 2 ＋3 4b 2 ＝1， 解得⎩ ⎪⎨⎪⎧ a 2 ＝4， b 2 ＝1.故椭圆C 的方程为x 2 4 ＋y 2 ＝1. (2)证明：设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2. 如果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 ，4－t 22，⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 2 2，则k 1＋k 2＝ 4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1，得t ＝2，不符合题设．
第2课时定点、定值、范围、最值问题 分类讲练，以例求法 考点一定点问题 【例1】（2018 •临汾一中月考）已知椭圆a -+y=i （^>o ）,过椭圆c 的右顶点和上顶点 a a 、 9 的直线与圆/+/=§相切. （1） 求椭圆c 的方程； （2） 设肘是椭圆C 的上顶点，过点肘分别作直线MA,他交椭圆6'于S, B 两点,设这两条直 线的斜率分别为心，&2,且k*=2,证明：直线/矽过定点. 2 ⑴解 丁直线过点（日，0）和（0, 1）, /.直线的方程为x+ay —a=0, ：•直线与圆x +y 切，・・・』^=¥，解得才=2,・・・椭圆C 的方程为扌+b=l ・ pl+M 3 2 （2）证明 当直线/〃的斜率不存在时，设水亦必），则〃（必，-yo ）,由人+厶=2得 Xo 当直线初的斜率存在时，设初的方程为y=^+/〃SHl ）, JU, yi ）, Bg 必）, 2m ~2 l+2f 由 k\ + k 2=2=>—~~+ ~ =2=> X\ X2 (斤疋 + 刃―1) X1+ (kX] + /7?—1)疋 X\X2 即(2 —2斤)/1&= (/〃一 1)(丽+ 卫)=> (2 —2A) (2z» — 2) = (/〃一 1) (—4A/7?), 即仃一£) (/» — 1) = — £/〃(/〃一 1), 由 m 工 1,得(1 — A) S+1) = — kni=> k=刃 + 1, 即 y=kx+m=（仍+1）/+〃/=>/»（/+1） =y —x, 故直线zl 〃过定点（一1, -1）. 综上，直线过定点（一1, -1）. 考点突破 消去 y ，整理得(1 + 2A 2 )X +/ lkmx+2m —2 = 0,得 xi + x2= — 4km 1 + 2/ • X2 = =2, A （ 、y= kx+ rib
题目 第八章圆锥曲线 圆锥曲线的综合问题 高考要求 (1)掌握椭圆的定义、标准方程和椭圆的简单几何性质，理解椭圆的参数方程 (2)掌握双曲线的定义、标准方程和双曲线的简单几何性质 (3)掌 握抛物线的定义、标准方程和抛物线的简单几何性质 (4)了解圆锥曲线的 初步应用 知识点归纳 解析几何是联系初等数学与高等数学的纽带，它本身侧重于形象思维、推理运算和数形结合，综合了代数、三角、几何、向量等知识反映在解题 上，就是根据曲线的几何特征准确地转换为代数形式，根据方程画出图形，研究几何性质学习时应熟练掌握函数与方程的思想、数形结合的思想、参数的思想、分类与转化的思想等，以达到优化解题的目的 具体来说，有以下三方面： （1）确定曲线方程，实质是求某几何量的值；含参数系数的曲线方程或变化运动中的圆锥曲线的主要问题是定值、最值、最值范围问题，这些问题的求解都离不开函数、方程、不等式的解题思想方法有时题设设计的非 常隐蔽，这就要求认真审题，挖掘题目的隐含条件作为解题突破口 （2）解析几何也可以与数学其他知识相联系，这种综合一般比较直观，在解题时保持思维的灵活性和多面性，能够顺利进行转化，即从一知识转化为另一知识 （3）解析几何与其他学科或实际问题的综合，主要体现在用解析几何知识去解有关知识，具体地说就是通过建立坐标系，建立所研究曲线的方程，并通过方程求解来回答实际问题在这一类问题中“实际量”与“数学量”的转化是易出错的地方，这是因为在坐标系中的量是“数量”，不仅有大小 还有符号 题型讲解 例1 如图，O 为坐标原点，直线l 在x 轴和y 轴上 的截距分别是a 和b （a >0，b ≠0），且交抛物线y 2 =2px （p >0）于M （x 1，y 1），N （x 2，y 2）两点 （1）写出直线l 的截距式方程； （2）证明： 1 1y + 2 1y = b 1； （3）当a =2p 时，求∠MON 的大小 分析：易知直线l 的方程为 a x + b y =1，欲证1 1y +2 1y = b 1，即求 2 12 1y y y y 的值，为此只需求直线l 与抛物线y 2=2px 交点的纵坐标由根与系数的关系
第2课时 定点与定值问题 题型一 定点问题 例1 已知椭圆x 2a 2＋y 2 b 2＝1(a >b >0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l 与x 轴正半轴和y 轴分别交于点Q ，P ，与椭圆分别交于点M ，N ，各点均不重合且满足PM →＝λ1MQ → ，PN →＝λ2NQ →. (1)求椭圆的标准方程； (2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l 过定点，并求此定点. 解 (1)设椭圆的焦距为2c ，由题意知b ＝1，且(2a )2＋(2b )2＝2(2c )2，又a 2＝b 2＋c 2，∴a 2＝3. ∴椭圆的标准方程为x 23 ＋y 2 ＝1. (2)由题意设P (0，m )，Q (x 0,0)，M (x 1，y 1)， N (x 2，y 2)，设l 方程为x ＝t (y －m )， 由PM →＝λ1MQ → 知(x 1，y 1－m )＝λ1(x 0－x 1，－y 1)， ∴y 1－m ＝－y 1λ1，由题意y 1≠0，∴λ1＝m y 1－1. 同理由PN →＝λ2NQ → 知λ2＝m y 2 －1. ∵λ1＋λ2＝－3，∴y 1y 2＋m (y 1＋y 2)＝0，① 联立⎩ ⎪⎨⎪⎧ x 2＋3y 2＝3，x ＝t (y －m )，得(t 2＋3)y 2－2mt 2y ＋t 2m 2－3＝0， ∴由题意知Δ＝4m 2t 4－4(t 2＋3)(t 2m 2－3)>0，② 且有y 1＋y 2＝2mt 2 t 2＋3，y 1y 2＝t 2m 2－3t 2＋3，③ ③代入①得t 2m 2－3＋2m 2t 2＝0， ∴(mt )2＝1， 由题意mt <0，∴mt ＝－1，满足②， 得直线l 的方程为x ＝ty ＋1， 过定点(1,0)，即Q 为定点. 思维升华 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1 已知焦距为22的椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A ，直线y ＝4 3 与椭圆C 交于P ，
2019-2020年高考数学一轮复习第九章解析几何9.9圆锥曲线的综合 问题第2课时范围最值问题理 题型一 范围问题 例1 (2015·天津)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F (－c,0)，离心率为3 3 ，点M 在椭圆上且位于第一象限，直线FM 被圆x 2 ＋y 2 ＝b 2 4截得的线段的长为c ，|FM |＝43 3 . (1)求直线FM 的斜率； (2)求椭圆的方程； (3)设动点P 在椭圆上，若直线FP 的斜率大于2，求直线OP (O 为原点)的斜率的取值范围． 解 (1)由已知，有c 2a 2＝1 3 ， 又由a 2 ＝b 2 ＋c 2 ，可得a 2 ＝3c 2 ，b 2 ＝2c 2 . 设直线FM 的斜率为k (k ＞0)，F (－c,0)，则直线FM 的方程为y ＝k (x ＋c )． 由已知，有⎝ ⎛⎭⎪⎫kc k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 22＝⎝ ⎛⎭ ⎪⎫b 22 ， 解得k ＝ 33 . (2)由(1)得椭圆方程为x 23c 2＋y 22c 2＝1，直线FM 的方程为y ＝3 3 (x ＋c )，两个方程联立，消去y ， 整理得3x 2＋2cx －5c 2 ＝0，解得x ＝－53 c 或x ＝c . 因为点M 在第一象限，可得M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫ c ，233c . 由|FM |＝ c ＋c 2 ＋⎝ ⎛⎭ ⎪⎫233c －02＝433. 解得c ＝1，所以椭圆的方程为x 23＋y 2 2＝1. (3)设点P 的坐标为(x ，y )，直线FP 的斜率为t ， 得t ＝ y x ＋1 ，即直线FP 的方程为y ＝t (x ＋1)(x ≠－1)，与椭圆方程联立， ⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝t x ＋，x 23＋y 22 ＝1，消去y ，整理得2x 2＋3t 2(x ＋1)2 ＝6， 又由已知，得t ＝ 6－2x 2 x ＋ 2 ＞2，
第2课时 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题 定值问题 (2020·高考北京卷)已知椭圆C ：x2a2＋y2 b2＝1过点A (－2，－1)，且a ＝2b . (1)求椭圆C 的方程； (2)过点B (－4，0)的直线l 交椭圆C 于点M ，N ，直线MA ，NA 分别交直线x ＝－4于点P ，Q ，求|PB| |BQ|的值． 【解】 (1)因为a ＝2b ，所以椭圆的方程为x24b2＋y2 b2＝1， 又因为椭圆过点A (－2，－1)，所以有44b2＋1 b2＝1，解得b 2＝2，所以椭圆C 的方程为x28＋y22＝1. (2)由题意知直线MN 的斜率存在． 当直线MN 的斜率为0时，不妨设M (－22，0)，N (22，0)， 则直线MA ：y ＝ －1－2＋22 (x ＋22)，直线NA ：y ＝ －1－2－22 (x －22)， 则y P ＝2，y Q ＝－2，|PB| |BQ|＝1. 当直线MN 的斜率不为0时，设直线MN ：x ＝my －4(m ≠0)，与椭圆方程x28＋y2 2＝1联立，化简得(m 2＋4)y 2－8my ＋8＝0，Δ＝64m 2－32(m 2＋4)＝32(m 2－4)＞0，解得m 2＞4. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1y 2＝8m2＋4，y 1＋y 2＝8m m2＋4 .
直线MA 的方程为y ＋1＝y1＋1 x1＋2(x ＋2)，则P ⎝ ⎛⎭ ⎪⎪⎫－4，－2（y1＋1）x1＋2－1， 即P ⎝ ⎛⎭ ⎪⎪⎫－4，－（m ＋2）y1my1－2. 直线NA 的方程为y ＋1＝y2＋1x2＋2(x ＋2)，则Q ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－4，－2（y2＋1）x2＋2－1， 即Q ⎝ ⎛⎭ ⎪⎪⎫－4，－（m ＋2）y2my2－2. 所以|PB||BQ|＝⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪（m ＋2）y1my1－2⎪ ⎪⎪⎪⎪ ⎪ ⎪⎪my2－2（m ＋2）y2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪my1y2－2y1my1y2－2y2＝⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪ ⎪⎪8m m2＋4－2y18m m2＋4－2y2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪y1＋y2－2y1y1＋y2－2y2＝1. 综上，|PB| |BQ|＝1. 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 (1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值． (2)两大解法： ①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； ②变量法：其解题流程为,变量)
第九节直线与圆锥曲线 直线与圆锥曲线的位置关系 判断直线l 与圆锥曲线C 的位置关系时，通常将直线l 的方程Ax ＋By ＋C ＝0(A ，B 不同时为0)代入圆锥曲线C 的方程F (x ，y )＝0，消去y (也可以消去x )得到一个关于变量x (或变量y )的一元方程． 即⎩ ⎪⎨⎪⎧ 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． [小题体验] 1．若直线y ＝kx 与双曲线x 29－y 2 4 ＝1相交，则k 的取值范围是________． 解析：双曲线x 29－y 24＝1的渐近线方程为y ＝±2 3 x ，若直线y ＝kx 与双曲线相交，数形结合得k ∈ ⎝⎛⎭ ⎫－23，23. 答案：⎝⎛⎭ ⎫－23，23 2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2 b 2＝1(a ＞b ＞0)，F (2，0)为其右焦点，过点F 且垂直于x 轴的直线与椭圆 相交所得的弦长为2，则椭圆C 的方程为________． 解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ c ＝2，2b 2a ＝2， a 2 ＝b 2 ＋c 2 ， 解得⎩⎨⎧ a ＝2， b ＝2， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2 2＝1. 答案：x 24＋y 2 2 ＝1
§9.9 直线与圆锥曲线的位置关系 1．直线与圆锥曲线的位置关系 直线与圆锥曲线的位置关系，从几何角度来看有三种：相离时，直线与圆锥曲线______公共点；相切时，直线与圆锥曲线有______公共点；相交时，直线与椭圆有______公共点，直线与双曲线、抛物线有一个或两个公共点．一般通过它们的方程来研究： 设直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0与二次曲线C ：f (x ，y )＝0， 由⎩⎪⎨⎪⎧Ax ＋By ＋C ＝0，f （x ，y ）＝0消元，如果消去y 后得：ax 2＋bx ＋c ＝0， (1)当a ≠0时， ①Δ＞0，则方程有两个不同的解，直线与圆锥曲线有两个公共点，直线与圆锥曲线________； ②Δ＝0，则方程有两个相同的解，直线与圆锥曲线有一个公共点，直线与圆锥曲线________； ③Δ＜0，则方程无解，直线与圆锥曲线没有公共点，直线与圆锥曲线________． (2)注意消元后非二次的情况，即当a ＝0时，对应圆锥曲线只可能是双曲线或抛物线． 当圆锥曲线是双曲线时，直线l 与双曲线的渐近线的位置关系是________；当圆锥曲线是抛物线时，直线 l 与抛物线的对称轴的位置关系是________． (3)直线方程涉及斜率k 要考虑其不存在的情形． 2．直线与圆锥曲线相交的弦长问题 (1)直线l ：y ＝kx ＋m 与二次曲线C ：f (x ，y )＝0交于A ，B 两点，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，f （x ，y ）＝0 得ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0)，则x 1＋x 2＝________，x 1x 2＝________，||AB ＝_________． (2)若弦过焦点，可得焦点弦，可用焦半径公式来表示弦长，以简化运算． 3．直线与圆锥曲线相交弦的中点问题 中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解． (1)利用根与系数的关系：将直线方程代入圆锥曲线的方程，消元后得到一个一元二次方程，利用根与系数的关系和中点坐标公式建立等式求解． (2)点差法：若直线l 与圆锥曲线C 有两个交点A ，B ，一般地，首先设出A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，代入曲线方程，通过作差，构造出x 1＋x 2，y 1＋y 2，x 1－x 2，y 1－y 2，从而建立中点坐标和斜率的关系． 无论哪种方法都不能忽视对判别式的讨论． 自查自纠 1．无 一个 两个 (1)①相交 ②相切 ③相离 (2)平行或重合 平行或重合 2．(1)－b a c a 1＋k 2 ||x 1－x 2＝1＋k 2 b 2－4ac || a