第八章第8讲第3课时定点、定值问题

第3课时 定点、定值、探索性问题考点1 定点问题——综合性(2020·全国卷Ⅰ)已知A ，B 分别为椭圆E ：x 2a 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)求椭圆E 的方程； (2)证明：直线CD 过定点．(1)解：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. 所以椭圆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 ＝t9(x ＋3)， 所以y 1＝t9(x 1＋3)．直线PB 的方程为y ＝t3(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 1＝－3(舍去)，n 2＝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.直线过定点问题的解题模型设参数—依题意条件设出相关的参数，如设出直线的斜率↓求直线 —利用题设条件，求直线系方程 ↓ 建联系 —联立直线与圆锥曲线，利用根与系数的关系，求出定点的坐标↓ 得结论—判断定点的坐标满足所求的直线系方程，即可证出直线经过该定点(2020·石嘴山市第三中学高三模拟)已知F 是抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点，点M (x 0,4)在抛物线上，且|MF |＝54x 0.(1)求抛物线C 的标准方程；(2)若A ，B 是抛物线C 上的两个动点，且OA ⊥OB ，O 为坐标原点，求证：直线AB 过定点．(1)解：由题意得，|MF |＝x 0＋p 2＝54x 0，解得x 0＝2p . 因为点M (x 0,4)在抛物线C 上， 所以42＝2px 0＝4p 2，解得p 2＝4. 又p >0，所以p ＝2，即拋物线C 的标准方程为y 2＝4x . (2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 因为OA ⊥OB ，所以OA →·OB →＝0，即x 1x 2＋y 1y 2＝0. 因为点A ，B 在抛物线C 上，所以y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，代入得(y 1y 2)216＋y 1y 2＝0. 因为y 1y 2≠0，所以y 1y 2＝－16. 设直线AB 的方程为x ＝my ＋n ，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋n ，y 2＝4x ，得y 2－4my －4n ＝0，则y 1y 2＝－4n ，所以n ＝4，所以直线AB 的方程为x ＝my ＋4，过定点(4,0)．考点2 定值问题——综合性(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，且过点A (2,1)．(1)求椭圆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：由题意得4a 2＋1b 2＝1，e 2＝a 2－b 2a 2＝12， 解得a 2＝6，b 2＝3.所以椭圆C 的方程为x 26＋y 23＝1. (2)证明：设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋m ，代入x 26＋y 23＝1得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0，于是x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k2.① 由AM ⊥AN 知AM →·AN →＝0，故(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)＝0，可得(k 2＋1)x 1x 2＋(km －k －2)(x 1＋x 2)＋(m －1)2＋4＝0.将①代入上式可得(k 2＋1)2m 2－61＋2k 2－(km －k －2)·4km1＋2k 2＋(m －1)2＋4＝0. 整理得(2k ＋3m ＋1)(2k ＋m －1)＝0.因为A (2,1)不在直线MN 上，所以2k ＋m －1≠0， 故2k ＋3m ＋1＝0，k ≠1.于是MN 的方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23－13(k ≠1)．所以直线MN 过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－13.若直线MN 与x 轴垂直，可得N (x 1，－y 1)． 由AM →·AN →＝0得(x 1－2)(x 1－2)＋(y 1－1)(－y 1－1)＝0.又x 216＋y 213＝1，可得3x 21－8x 1＋4＝0.解得x 1＝2(舍去)或x 1＝23.此时直线MN 过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－13.令Q 为AP 的中点，即Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，13.若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边， 故|DQ |＝12|AP |＝223.若D 与P 重合，则|DQ |＝12|AP |.综上，存在点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，13，使得|DQ |为定值．解答圆锥曲线定值问题的技法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； (2)引进变量法：其解题流程为变量—选择适当的动点坐标或动直线中系数为变量↓ 函数—把要证明为定值的量表示成上述变量的函数↓定值—把得到的函数化简，消去变量得到定值(2020·太原五中高三月考)已知椭圆C 的对称中心为原点O ，焦点在x 轴上，焦距为26，点(2,1)在该椭圆上．(1)求椭圆C 的方程．(2)直线x ＝2与椭圆交于P ，Q 两点，点P 位于第一象限，A ，B 是椭圆上位于直线x ＝2两侧的动点．当点A ，B 运动时，满足∠APQ ＝∠BPQ ，直线AB 的斜率是否为定值，请说明理由．解：(1)设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)． 因为焦距为26，所以c ＝6，焦点F 1(6，0)，F 2(－6，0)．又因为点(2,1)在该椭圆上，代入椭圆方程得4a 2＋1b 2＝1，即4a 2＋1a 2－6＝1，解得a 2＝8或a 2＝3(舍)，所以b 2＝2， 所以椭圆C 的方程为x 28＋y 22＝1.(2)将x ＝2代入椭圆方程得48＋y 22＝1， 解得y ＝±1，则P (2,1)，Q (2，－1)．因为当点A ，B 运动时，满足∠APQ ＝∠BPQ ， 所以直线P A 与直线PB 的斜率互为相反数． 不妨设k P A ＝k >0，则k PB ＝－k (k ≠0)， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，所以直线P A 的方程为y －1＝k (x －2)．联立⎩⎨⎧y －1＝k (x －2)，x 28＋y 22＝1，得(1＋4k 2)x 2＋(8k －16k 2)x ＋16k 2－16k －4＝0. 因为2，x 1是该方程的两根， 所以2x 1＝16k 2－16k －41＋4k2，即x 1＝8k 2－8k －21＋4k2.同理，直线PB 的方程为y ＝－kx ＋2k ＋1，且x 2＝8k 2＋8k －21＋4k 2.所以x 1＋x 2＝16k 2－41＋4k 2，x 1－x 2＝－16k1＋4k 2， 所以k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝k (x 1＋x 2)－4k x 1－x 2＝12，即直线AB 的斜率为定值．考点3 探索性问题——综合性(2020·绵阳四诊)已知椭圆C ：x 22＋y 2＝1，直线l ：y ＝x ＋m 交椭圆C于A ，B 两点，O 为坐标原点．(1)若直线l 过椭圆C 的右焦点F ，求△AOB 的面积．(2)若OM→＝tOB →(t >0)，试问椭圆C 上是否存在点P ，使得四边形OAPM 为平行四边形？若存在，求出t 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．直线l 过椭圆C 的右焦点F ，则m ＝－1， 直线l 的方程为x ＝y ＋1.联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝2，x ＝y ＋1，得3y 2＋2y －1＝0，解得y 1＝13，y 2＝－1.所以S △AOB ＝12|OF ||y 1－y 2|＝12×1×⎪⎪⎪⎪⎪⎪13－(－1)＝23.(2)联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝2，y ＝x ＋m ，得3x 2＋4mx ＋2m 2－2＝0，所以Δ＝(4m )2－12(2m 2－2)>0， 解得0≤m 2<3.所以x 1＋x 2＝－4m3，x 1x 2＝2m 2－23.所以y 1y 2＝(x 1＋m )(x 2＋m )＝x 1x 2＋m (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2－23. 因为四边形OAPM 为平行四边形， 所以m ≠0，且OP →＝OA →＋OM →.又OM→＝tOB →(t >0)，所以OP→＝OA→＋tOB→＝(x1＋tx2，y1＋ty2)，所以点P的坐标为(x1＋tx2，y1＋ty2)．又点P在椭圆上，即(x1＋tx2)2＋2(y1＋ty2)2＝2，整理得(x21＋2y21)＋t2(x22＋2y22)＋2tx1x2＋4ty1y2＝2.又x21＋2y21＝2，x22＋2y22＝2，即x1x2＋2y1y2＝－t，所以2m2－23＋2×m2－23＝－t，解得t＝6－4m23.因为t>0,0≤m2<3，所以0<t≤2.综上所述，t的取值范围是(0,2]．解决存在性问题的注意事项存在性问题，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)当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外的途径．(2020·衡水中学高三月考)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，直线l：x－y＋2＝0与以原点为圆心、椭圆C的短半轴长为半径的圆O相切．(1)求椭圆C的方程．(2)是否存在直线与椭圆C 交于A ，B 两点，交y 轴于点M (0，m )，使|OA →＋2OB →|＝|OA →－2OB →|成立？若存在，求出实数m 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝b 2＋c 2，b ＝2，c a ＝32，解方程组得a ＝22，b ＝2，c ＝6，所以椭圆C 的方程为x 28＋y 22＝1.(2)假设存在这样的直线．由已知条件，可知直线的斜率存在． 设直线方程为y ＝kx ＋m ，由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 28＋y 22＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－8＝0，Δ＝16(8k 2－m 2＋2)>0(*)． 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－84k 2＋1，y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2－8k 24k 2＋1.由|OA →＋2OB →|＝|OA →－2OB →|，得OA →⊥OB →，即OA →·OB →＝0， 即x 1x 2＋y 1y 2＝0.故8k 2＝5m 2－8≥0，得m 2≥85.将8k 2＝5m 2－8代入(*)式，解得m 2>32，所以m >2105或m <－2105.11/11 所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－2105∪⎝ ⎛⎭⎪⎫2105，＋∞.。

定点、定值问题一、定值问题定值问题的核心动作是消元，步骤总结如下：（1）设相关直线，相关点坐标、、、等；（2）联立方程，消元后利用韦达定理得到与或与等的表达式；（3）翻译研究对象，列出其关于前述变量（直线参数、点坐标等）的代数表达式；（4）利用直线方程代换，消去、其中之一；（5）代入韦达定理，进行最终的整理计算，判断结果是否为定值.这里最终结果为定值的【形式】包括：整式只余常数项，分式各项成比例，0值只需算分子，验证分母不为0.1. 单参数定值问题【核心思路】在设相关直线和相关点时需要设未知参数，解题时一般尽量只设单个参数，其他未知要素最好都用同一个参数表示.例题讲解斜率定值（1）（2）1.已知椭圆的左、右焦点分别为，，以点为圆心，以为半径的圆与以点为圆心，以为半径的圆相交，且交点在椭圆上．设点，在中，．求椭圆的方程．设过点的直线不经过点，且与椭圆相交于，两点，若直线与的斜率分别为，，求的值．【答案】（1）（2）．．【解析】（1）假设两圆的交点为，则依题意有：，即：，∴，（2）在中，，∴，，∴椭圆的方程为：．由题可知，直线的斜率存在，设，，，则，设，，则，，，，∴，又，∴．【标注】【知识点】直线和椭圆的位置关系；斜率计算弦长定值（1）（2）2.已知椭圆的离心率是，直线过的右焦点，且与交于，两点，弦的垂直平分线交轴于点．求椭圆的方程．证明：为定值，并求此定值．【答案】（1）（2）．证明见解析．【解析】（1），，，，∴．（2）设，，为、中点，，，，，，，，，，∴，令，得，．【标注】【知识点】椭圆的标准方程；直线和椭圆的位置关系；定值问题（证明、探究）；弦长求解问题；中点弦问题（1）（2）（3）3.如图，已知椭圆的离心率为，且经过点，过椭圆的左顶点作直线轴，点为直线上的动点（点与点不重合），点为椭圆右顶点，直线交椭圆于点．求椭圆的方程．求证：．试问：是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）．（2）（3）证明见解析．是．．【解析】（1）（2）（3）∵椭圆离心率为，∴．则．∵过，∴．∴，．∴椭圆．设直线的斜率为，则直线的方程为．设，，得，．∴．∴．令，得，∴，．∵，∴．∴．．【标注】【知识点】向量问题；定值问题（证明、探究）；直线和椭圆的位置关系；椭圆的标准方程面积定值4.已知为坐标原点，过点的直线与抛物线交于、两点，且．（1）（2）求抛物线的方程．过点作直线交抛物线于两点，记，的面积分别为，，证明：为定值．【答案】（1）（2）．证明见解析．【解析】（1）（2）设直线的方程为：，与抛物线联立，消去得：；设，，则，；由，得，解得，∴抛物线的方程为．由（）知，点是抛物线的焦点，所以，又原点到直线的距离为，所以的面积为，又直线过点，且，所以的面积为，所以，即为定值．【标注】【知识点】直线和抛物线的位置关系；抛物线的标准方程；定值问题（证明、探究）（1）（2）5.已知抛物线经过点，其焦点为，准线为，过的直线交于，两点，作于，作于，连结、．求．设、、的面积分别为，，，问是否为定值，若是，求出此定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）（2）．．【解析】（1）（2）已知抛物线经过点，则，解得：．由（）得抛物线的方程为，则焦点为，当直线轴时，可得，，则，，∴，当直线的斜率存在时，设方程为：，交抛物线于,,由化简得：，则，，∴，，，∴．．∴是常数．【标注】【知识点】面积问题；定值问题（证明、探究）；抛物线的基本量求解小试牛刀（1）（2）6.已知圆与定点，动圆过点且与圆相切．求动圆圆心的轨迹的方程．过点的直线交于点，两点、交轴于点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点，试探究是否为定值？若是定值，则求出该定值；若不是定值，请说明理由．【答案】（1）（2）．为定值，该定值为．【解析】（1）（2）设圆半径为，，，∵，∴点轨迹为以，为焦点的椭圆，，，，轨迹方程为：．由题意可知直线斜率存在，设，则，，，，，直线为：，，，即为定值，该定值为．【标注】【知识点】定值问题（证明、探究）；求点的轨迹（1）（2）7.已知椭圆的离心率为，且以两焦点为直径的圆的面积为．．求椭圆的标准方程．若直线：与椭圆相交于，两点，点的坐标为，问直线与的斜率之和为定值？若是，求出该定值，若不是，试说明理由．【答案】（1）（2）椭圆方程为：．为定值，且定值为．【解析】（1）（2）由已知可得：，解得：，故所求的椭圆方程为：．由，得，则，解得或，设，，则，，则，，所以，所以为定值，且定值为．【标注】【知识点】定值问题（证明、探究）2. 翻译条件，消除参数双参数定值问题同样需要设参数，列出所求代数式并进行整理化简，但区别在于最后会剩下两个参数，无法直接得到定值. 此时，在题目条件中，一定会有能够提供两个参数的关系的信息还未翻译，将其翻译出来后进行代入化简，消到只剩一个参数后可求得定值.例题讲解（1）（2）8.已知椭圆的焦距为，且过点．求椭圆的方程．若不经过点的直线与交于，两点，且直线与直线的斜率之和为，证明：直线的斜率为定值．【答案】（1）（2）．证明见解析．【解析】（1）（2）因为椭圆的焦距为，且过点，所以，．因为，解得，，所以椭圆的方程为．设点，，则，，由，消去得，（*）．则，，因为，即，化简得．即．（**）代入得，整理得，所以或．若，可得方程（*）的一个根为，不合题意．所以直线的斜率为定值，该值为．【标注】【知识点】直线和椭圆的位置关系；定值问题（证明、探究）（1）（2）9.已知椭圆（）的两个焦点与其中一个顶点构成一个斜边长为的等腰直角三角形．求椭圆的标准方程．设动直线交椭圆于，两点，直线，的斜率分别为，．若，求证的面积为定值，并求此定值．【答案】（1）（2）．．【解析】（1）（2）设椭圆的左、右焦点分别为，．依题意，有，得，则，所以椭圆的标准方程为：．①当直线与轴垂直时，设直线的方程为：，，，由，且，解得：，或，，所以．②当直线与轴不垂直时，设直线的方程为：，，，联立直线和椭圆的方程，得：，整理得：，，，，由，则，即，所以，即，整理得：，则，又，点到直线的距离为，所以，综上，的面积为定值，且此定值为．【标注】【知识点】直线和椭圆的位置关系；椭圆的标准方程；面积问题；定值问题（证明、探究）小试牛刀（1）（2）10.已知椭圆的离心率为，且过点．若点在椭圆上，则点称为点的一个“椭点”．求椭圆的标准方程．若直线与椭圆相交于，两点，且，两点的“椭点”分别为，，以为直径的圆经过坐标原点，试判断的面积是否为定值？若为定值，求出定值；若不为定值，说明理由．【答案】（1）（2）．的面积为定值．【解析】（1）（2）由，得，又，∴，∴椭圆．∵点在上，∴，得，∴，，∴椭圆的方程为．设，，则，，由以为直径的圆经过坐标原点，得，即①，由，消去整理得，由，得．而，，②所以③，将②③代入①得，即．又∵，原点到直线的距离，∴，把代入上式得，故的面积为定值．【标注】【知识点】直线和椭圆的位置关系；定值问题（证明、探究）3. 不对称模型（选讲）如果处理定值问题时，没能配凑成与（或与），这时应该如何破解呢？【本段落教师可见】我们一般用两种思路【核心思路是消参】：①消掉变量（或），利用根与系数关系将参数消掉．②消掉或，利用根与系数关系将或消掉．（，）．三个参数消成两个参数以后，分子分母即可互相消掉，得到定值．例题讲解（1）（2）11.已知椭圆的左右焦点分别为，，是椭圆短轴的一个顶点，并且是面积为的等腰直角三角形．求椭圆的方程．设直线与椭圆相交于，两点，过作与轴垂直的直线，已知点，问直线与的交点的横坐标是否为定值？若是，则求出该定值：若不是，请说明理由．【答案】（1）（2）．是，定值，证明见解析．【解析】（1）（2）由已知得，，设，∵是面积为的等腰直角三角形，∴，，椭圆的方程为．设，，联立得，∴，，直线的方程：，令，．∴与交点的横坐标为定值．【标注】【知识点】椭圆的标准方程；直线和椭圆的位置关系；定值问题（证明、探究）小试牛刀12.如图，椭圆 (）的焦距等于其长半轴长，，为椭圆的上下顶点，且．（1）（2）求椭圆的标准方程．过点作直线交椭圆于异于，的，两点，直线，交于点，求证：点的纵坐标为定值．【答案】（1）（2）．证明见解析．【解析】（1）（2）由题意知：，，又，有，，．故椭圆的方程为．由题意知直线的斜率存在，设其方程为，设，（，）．，，，且有，，，，故（∵）．故点的纵坐标为定值．【标注】【知识点】定值问题（证明、探究）；椭圆的标准方程；直线和椭圆的位置关系二、定点问题1. 直线解参数（关系）我讲你听过定点的直线有什么特点呢？过定点的不垂直于轴的直线一定能够表示成的形式. 转化成斜截式的形式即为. 可以发现，，即和成线性相关关系. 因此我们说求定点的问题也可以理解为解出直线参数或他们的线性相关关系的问题.例题讲解（1）（2）（3）（4）13.求直线经过的定点．无论为何实数，直线恒过定点．无论为何实数，直线恒过定点．无论为何实数，直线恒过定点．无论，为何实数，直线恒过定点．【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】（1）∵，∴，∵无论怎样变化总经过一个定点，即有无数个解，∴，∴恒过定点．（2）（3）（4）∵，无论怎样变化总经过一个定点，即有无数个解，∴，∴恒过定点．把直线方程，整理得，则，得，∴恒过定点．可化为，∴，∴恒过定点．【标注】【知识点】直线过定点问题你讲我听对于定点问题：①设直线，设点坐标，．②将直线与圆锥曲线联立，得到与．（与）②将题目条件代数化，即可得到一个关于、、、的方程．④利用直线方程，将用替换．（将用替换）⑤化简合并，将根与系数代入，即可得到一个和的方程，即、的关系．⑥将、的关系代入直线方程，求出定点．例题讲解求关系（1）（2）14.已知椭圆，离心率，，是椭圆的左、右焦点，是椭圆上一定点，且，．求椭圆的标准方程．已知点，有斜率的直线不经过点且与相交于，两点，若直线与直线的斜率的和为，证明：过定点．【答案】（1）（2）．证明见解析．【解析】（1）（2）∵，∴，又∵，，解得，∴，所以，椭圆的方程为．设直线的方程为，，，将直线的方程代入椭圆方程，消去整理得，，*由韦达定理可得：，，∵，，∴，∵，∴，，可化为：∴，即，，化简为，又∵，∴，∴，直线的方程为，即，故，，解得．所以，直线过定点．【标注】【知识点】椭圆的基本量求解；定点问题求值（1）（2）15.设抛物线的焦点为，已知焦点是弦的中点，且的面积为．求抛物线的方程．设，是抛物线上不同于点的两点，直线，与抛物线的准线的交点分别为，．若．问直线是否过定点？若是，则求出该定点坐标，否则请说明理由．【答案】（1）（2）．．【解析】（1）（2）由焦点是弦的中点可知为垂径，∵抛物线的焦点为，∴，∴∵的面积为，∴，∵，∴．∴抛物线的方程为：．由题意可知，直线不能为轴平行．xyO∴，，联立得．∴，，∴，.令，可得∵抛物线，∴，又∵，∴即，，解得．∴，可知恒过定点．∴直线过定点，定点坐标为．【标注】【知识点】定点问题；抛物线的标准方程；直线和抛物线的位置关系小试牛刀（1）（2）16.已知椭圆，四点，，，中恰有三点在椭圆上．求的方程．设直线不经过点且与相交于，两点．若直线与直线的斜率的和为，证明：过定点．【答案】（1）（2）．证明见解析．【解析】（1）（2）根据椭圆的对称性，由已知得，，必然在椭圆上，代入得，则剩余一点必然是，代入得，∴，．∴椭圆的方程为．①当直线的斜率不存在时，设，，，，得，此时过椭圆右顶点，直线与椭圆不存在两个交点，故不满足．②当直线的斜率存在时，设，，，联立，整理得，，，则，又，此时，存在使得成立．∴直线的方程为，当时，，所以过定点．【标注】【知识点】直线和椭圆的位置关系；定点问题（1）（2）17.中心在原点，焦点在轴上的椭圆，下顶点，且离心率．求椭圆的标准方程．经过点且斜率为的直线交椭圆于，两点．在轴上是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）．．【解析】（1）（2）设椭圆方程为，，，∵，∴，，∴椭圆方程为．假设轴上存在定点，，当直线斜率存在时，设直线方程为：，消去整理得：，，，由得，，即，∵，，即，，，．即，，当直线斜率不存在时，也满足．【标注】【知识点】角度问题登堂入室（1）（2）18.已知点，点是圆上的任意一点，设为该圆的圆心，并且线段的垂直平分线与直线交于点．求点的轨迹方程．已知，两点的坐标分别为，，点是直线上的一个动点，且直线，分别交（）中点的轨迹于，两点（，，，四点互不相同），证明：直线恒过一定点，并求出该定点坐标．【答案】（1）（2）．证明见解析，定点为．【解析】（1）∵，且，∴点的轨迹是以，为焦点的椭圆，设椭圆方程为，则，，∴，，（2）所以点的轨迹方程为：．根据题意设直线的方程为：，代入椭圆方程得：，设，，则，，∵直线方程为，直线方程为，由题知，的交点的横坐标为，∴，即，即：，整理得：，∴，化简可得：，∵当，变化时，上式恒成立，∴，∴直线恒过一定点．【标注】【知识点】定点问题2. 先猜后证型可以先猜出点的坐标再做证明，比如利用图形的对称性确定点在坐标轴后再设点证明，求解坐标值；又比如先直接取两到三个特殊情况，直接计算出两次的直线的交点，则除非直线本身不过定点，否则该交点就是所求定点.例题讲解对称性（1）（2）19.已知椭圆的两焦点与短轴一端点组成一个正三角形的三个顶点，且焦点到椭圆上的点的最短距离为．求椭圆的方程．过点的直线与椭圆交于，两点，点关于轴的对称点为，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．【答案】（1）（2）．．【解析】（1）（2）∵椭圆的焦点与短轴一个端点，组成一个正三角形三顶点，∴，∴，，又∵椭圆上点到焦点最短距离为，∴，又，∴，，，∴．由题知斜率不为，设，，∴，设，，则，，又∵，，，又由椭圆对称性知直线过定点为轴上一定点，∴令，则，∴过定点．【标注】【知识点】椭圆的标准方程；直线和椭圆的位置关系；定点问题特殊情况（1）20.已知动圆（圆心为点）过定点，且与直线相切．记动点的轨迹为．求轨迹的方程；（2）设过点的直线与曲线相切，且与直线相交于点．试研究：在轴上是否存在定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）．．【解析】（1）（2）因为动圆过定点，且与直线相切，所以圆心到点的距离与到直线的距离相等．根据抛物线定义，知动点的轨迹为抛物线，且方程为：．设直线的方程为，（易知斜率不存在的直线不符合要求）由，消去得，由题意，得，且，化简得．设直线与曲线相切的切点，则，，所以，由，得．若取，，此时，，以为直径的圆为，交轴于点，；若取，，此时，以为直径的圆为，交轴于点，．所以若符合条件的点存在，则点的坐标必为．（即为点）以下证明就是满足条件的点．因为的坐标为，所以从而，故恒有，即在轴上存在定点，使得以为直径的圆恒过点．【标注】【知识点】定点问题小试牛刀21.（1）（2）已知椭圆的离心率为，是椭圆内经过焦点且垂直于长轴的弦，以线段为直径的圆截轴所得弦长为．求椭圆的方程.已知为椭圆的右顶点，、是椭圆上关于坐标原点对称的两点（均异于点），直线与直线、分别交于点、，问：以线段为直径的圆是否过定点？若是，求出定点坐标；否则，请说明理由．【答案】（1）（2）．恒过定点．【解析】（1）（2）∵，即，∴．由题意可知：．∴，∴，．∴．故答案为：．由题可知，设，，且，设在直线．∴，．，∴，，．∴，．∴中点即圆心为，即，半径．∴．∵，，∴．令，，则恒过定点．故答案为：．【标注】【知识点】定点问题；椭圆的标准方程；直线和椭圆的位置关系（1）（2）22.已知椭圆经过点，且两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形．求椭圆的方程．动直线交椭圆于、两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点，使得以为直径的圆恒过点．若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）．存在，．证明见解析．【解析】（1）（2）两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴有，所以椭圆方程为，又椭圆经过点，代入可得，所以．所以椭圆方程为．首先求出动直线过点．当与轴平行时，以为直径的圆的方程：，当与轴平行时，以为直径的圆的方程：．由，解得．即两圆相切于点，因此，所求的点如果存在，只能是．证明如下：当直线垂直于轴时，以为直径的圆过点．若直线不垂直于轴，可设直线，由消去得：，记点、，则，又因为，，所以．所以，即以为直径的圆恒过点，所以在坐标平面上存在一个定点满足条件．【标注】【知识点】求曲线方程的问题；定点问题；直线和椭圆的位置关系；椭圆的标准方程3. 求解坐标型（定值问题）例题讲解（1）（2）23.已知椭圆：的长轴长为，离心率为．求椭圆的标准方程．过右焦点的直线交椭圆于，两点，过点作直线的垂线，垂足为，连接．当直线的倾斜角发生变化时，直线与轴是否相交于定点？若是，求出定点坐标，否则，说明理由．【答案】（1）（2）．是，．【解析】（1）（2）由已知可得，解得，，则所求椭圆方程：．当直线斜率不存在时，直线轴，则，，，直线的方程为：，∴直线与轴交于点，猜想，当直线的倾斜角变化时，与轴交于定点．证明：直线的斜率存在时，设直线方程，设直线交椭圆于，，，由得，∴，，方程为：，当时，，∴点在直线上．∴当直线的倾斜角发生变化时，直线与轴相交于定点．【标注】【知识点】定点问题；椭圆的基本量求解小试牛刀（1）（2）24.设为坐标原点，动点在椭圆：上，过点作轴的垂线，垂足为，点满足．求点的轨迹方程．设点在直线上，且．证明：过点且垂直于的直线过椭圆的左焦点．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】（1）方法一：方法二：（2）设，，则，，．由得，，因为在椭圆上，所以，因此点的轨迹方程为．设，，所以，由得，即，即，①，因为直线与垂直，所以，即，所以，直线的方程为，将①代入直线可得，所以直线过定点．设点，，由已知可得，，∴，∴．设直线：，直线与垂直，∴故直线的方程为，令，得，，∴，∵，∴，若，则，，，直线方程为，直线的方程为，直线过点，为椭圆的左焦点．【标注】【知识点】直线和椭圆的位置关系；定点问题。

第八章平面解析几何第8讲圆锥曲线中的热点问题1. 定值问题如果曲线中某些量不依赖于变化元素而存在，则称为定值, 探讨定值的问题可以为解答题，也可以为证明题，求定值的 基本方法是：先将变动元素用参数表示，然后计算出所需结 果与该参数无关；也可将变动元素置于特殊状态下，探求出 定值，然后再予以证明，因为毕竟是解析几何中的定值问题, 所以讨论的立足点是解析几何知识，工具是代数、三角等知 识，基本数学思想与方法的体现将更明显，更逼真.教材回顾▼夯实基础 课本温故追根求源2.最值问题圆锥曲线中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，问题具有高度的综合性和灵活性.常用的方法有⑴利用定义求解；⑵构造基本不等式；⑶ 利用数形结合；（4）构造函数等.3.范围问题求解析几何中的有关范围问题往往通过类比、联想、转化、合理地构造函数，然后去分析、研究问题，转化问题和解决问题.对于圆锥曲线上一些动点，在变化过程会引入一些相互联系、相互制约的量，从而使一些线段长度及“，b, c, e 之间构成函数关系，函数思想在处理这类问题时非常有效.產D -做一做•1.直线y=〉+ 3与双曲线器一* = 1的交点个数是1解析：因为直线丿=纭+3与双曲线的渐近线y=^x平行，所以它与双曲线只有1个交点.2.已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，以其两个焦点和短轴的两个端点为顶点的四边形是一个面积为4的正方形，设P为该椭圆上的动点，C, D的坐标分别是（7, 0）,（边，0）,则PC PD的最大值为& .2 2解析：设椭圆的标准方程为》+器=l@>b>0）, C2=a2—b2.由正方形的对角线性质可得:b=c,又该正方形面积为4,,则4X；X沪=4,所以b=c=逸,则C, D所以疋喀便仟斗=—心=4要点整食r1.必明辨的2个易错点(1)直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切, 事实上不一定相切，当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点.(2)直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行或重合时也相交于一点.2.常用的1个结论设斜率为冰H0）的直线/与圆锥曲线C相交于£ B两点, A(x p ji), Bg丿2)，贝!IAB = \Jl-{-k2lx 1—兀21=\/1+/ • yl(X1+X2)2—4X1X2=寸1+* • Wlpl=\J1+p ■<Ji+j2)2—4yjj2.產D；、绦二综［1.过点(0, 1)作直线，使它与抛物线y2=4x仅有一个公共点，这样的直线有 3 条.解析：设过点(0, 1),斜率为比的直线方程为y=kx+l.由得^x2+(2JI-4)x+1=0.(*) 当吃=0时，(*)式只有一个根;当&工0 时，4=（2氐_4）2_4疋=_16氐+16, 由/=0,即一16抵+16=0 得k=\.所以片0,或片1时，直线与抛物线只有一个公共点'又直线x=0和抛物线只有一个公共点•故所求直线有3条，2.以直线无±2y=0为渐近线，且截直线x-j-3=0所得弦只斤 丘 2_丫长为竽的双曲线方程为解析：设双曲线方程为x 2-4y 2=^消去〃得3兀2—24兀+(36+2)=0・设直线被双曲线截得的弦为AB, MA(xx ，J O, B(X 2, J 2),联立方程组 X 2—4y 2=l,x —y —3 = 0,兀1+ X2"~A = (—24) 2—12 (36+2) >0・所以 AB=(1+A:2) [ (xj+x 2) 2-4XX X 2]0 解得2=4,故所求双曲线方程是^—y 2= l.那么, 36+2 V 兀1兀2=J ， 2_4X %+力 "J G 厂厂=8f(1 + 1)（2016•泰州模拟）如图，在平面直角坐标系xOy 中,缶+器=1（。

定点、定值问题解题技巧：定点定值问题，是指变动的图形中某些几何元素的几何量保持不变，或几何元素间的某些几何性质或位置关系不变。

探求出定值是解定值问题的关键，若探求出定值，则解题目标明确，定值问题就转化为一般的几何证明问题。

探求定值的基本方法有：（1)特殊位置法，即从图形运动处于特殊位置时求得定值；（2）极端位置法，即运用运动变化观点考察图形运动变化至极限位置的定值；（3）直接计算法，即恰当引入自变量x,并建立与之适应的目标函数，把问题转化为求解函数中的y与x有关的代数问题。

1.如图，已知△ABC为直角三角形，∠ACB=90°，AC=BC，点A、C在x轴上，点B坐标为（3，m）（m＞0），线段AB与y轴相交于点D，以P（1，0）为顶点的抛物线过点B、D．（1）求点A的坐标（用m表示）；（2）求抛物线的解析式；（3）设点Q为抛物线上点P至点B之间的一动点，连接PQ并延长交BC于点E，连接BQ并延长交AC于点F，试证明：FC（AC+EC）为定值．2.如图1-3-9,在平面直角坐标系xOy中,点M在x轴的正半轴上,⊙M交x轴于A、B两点,交y轴于C、D两点,且C为的中点,AE交y轴于G点,若点A的坐标为(-2,0),AE=8.(1)求点C的坐标.(2)连结MG、BC,求证:MG∥BC.OF (3)如图1-3-10,过点D作⊙M的切线,交x轴于点P.动点F在⊙M的圆周上运动时,PF 的比值是否发生变化,若不变,求出比值;若变化,说明变化规律.图1-3-9 图1-3-103.如图1，以点M （-1，0）为圆心的圆与y 轴、x 轴分别交于点A 、B 、C 、D ，直线 y=- 33x-335与⊙M 相切于点H ，交x 轴于点E ，交y 轴于点F 。

（1）请直接写出OE 、⊙M 的半径r 、CH 的长；（2）如图2，弦HQ 交x 轴于点P ，且DP ∶PH=3∶2，求cos ∠QHC 的值；（3）如图3，点K 为线段EC 上一动点（不与E 、C 重合），连接BK 交⊙M 于点T ，弦AT 交x 轴于点N ，是否存在一个常数a ，始终满足MN ·MK=a ？如果存在，请求出a 的值；如果不存在，请说明理由。

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)证明：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 k 2＝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y x ＋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 203－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 (4k 2＋3)k 2＋1.因为d ＝n 2k 2＋1为常数，则m ＝0，d ＝ 127＝2217， 此时7n 2k 2＋1＝12满足Δ>0.当MN ⊥x 轴时，由m ＝0得k OM ＝±1，联立，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 ＋1)(x 0＋1)－(x ＋x 0＋2)＋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 2＋1，∴y M ＝1－4k 24k 2＋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 2＋1－k 2－44＋k 2－8k 4k 2＋1－－8k 4＋k 2＝8－8k 48k (3k 2－3)＝－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 －8(k 2＋1)3(4k 2＋1)＋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P A ⊥l 于点A ，∠APF 的平分线交x 轴于点B ，|P A |＝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 ||P A |＝22，即(x ＋1)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，y 3)，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＝2－2m 2m 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＝－(2＋n )y 1x 1－n ，同理y 4＝－(2＋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＋4nm 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 ＝－9k x .设点P 的横坐标为x P ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km3k 2＋9.将点(m3，m )的坐标代入l 的方程得b ＝m (3－k )3，因此x M ＝km (k －3)3(k 2＋9).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±km3k 2＋9＝2×k (k －3)m 3(k 2＋9)，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＋y 2b 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(x 2＋y －3＋12)m ＋(x2－y －3－12)n ＝0.∵m ，n ∈R ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x2＋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＝4(m 2－1)1＋4k 2.∵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)4(m 2－1)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＝2(m 2－1). 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 |2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝|m |24m 2－4·2(m 2－1)＝m 2(2－m 2)≤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.。