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圆锥曲线中定值问题的解题策略作者：李小华来源：《高中生·高考指导》2015年第02期在圆锥曲线中有一类曲线，当参数取不同值时，曲线本身性质不变或形态发生变化时，其某些共同的性质始终保持不变，我们把这类问题称为圆锥曲线的定值问题.历年来，高考都青睐于对圆锥曲线中定值问题的考查.定值问题涉及的知识很多，综合性强，能较好地考查同学们对知识的综合运用能力.一、参数的表达式的值为定值例1 如图1所示，椭圆C0： ; + ; =1（a>b>0，a，b为常数），动圆C1：x2+y2=t21（b<t1<a）.点A1、A2分别为C0的左、右顶点，C1与C0相交于A，B，C，D 四点.（1）求直线AA1与直线A2B 的交点M 的轨迹方程.（2）设动圆C2：x2+y2=t22与C0相交于A′，B′，C′，D′四点，其中b<t2<a，t1≠t2.若矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，证明：t21+t22为定值.（1）解：点M 的轨迹方程为 ; - ; =1（x<-a，y<0）.（2）证明：设点A的坐标为（x1，y1），点A′的坐标为（x2，y2），由矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，得4|x1|·|y1|=4|x2|·|y2|，即x21y21=x22y22.由点A，A′均在椭圆上，得b2x21（1- ; ）=b2x22（1- ; ），即a2（x21- x22）=x41-x42.由t1≠t2，知x1≠x2，所以x21+x22=a2，从而y21+y22=b2.故t21+t22=a2+b2为定值.小结本题由椭圆与圆的交点坐标的对称性，易得两个矩形的面积，再由点A，A′均在椭圆上，得x21+x22=a2，y21+y22=b2.由于表达式x21+x22与y21+y22的值为定值，所以利用整体不变性，设而不求，从而巧妙消参，这是解这类题目的常用方法.二、点到直线的距离为定值例2 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2-y2=1.设椭圆C2：4x2+y2=1，若M、N分别是C1、C2上的动点，且OM⊥ON，求证：点O到直线MN的距离是定值.证明当直线ON垂直于x轴时，|ON|=1，|OM|= ; ，则点O到直线MN的距离为 ; .当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为y=kx（显然|k|> ; ），则直线OM的方程为y=- ; x.由y=kx，4x2+y2=1，得x2= ; ，y2= ; ，所以|ON|2= ; .同理|OM|2= ; .设点O到直线MN的距离为d.由于（|OM|2+|ON|2）d2=|OM|2· |ON|2，所以 ; = ; + ; = ; =3，即d= ; .综上所述，可知点O到直线MN的距离是定值.小结在解决定值问题时，引入参数的目的是以这个参数为中介，通过计算发现目标量与参数无关，从而达到解决问题的目的.三、直线的斜率为定值例3 已知椭圆C过点A（1， ; ），两个焦点的坐标分别为（-1，0），（1，0）.（1）求椭圆C的方程.（2）E、F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF 的斜率互为相反数，证明直线EF 的斜率为定值，并求出这个定值.（1）解：椭圆C的方程为 ; + ; =1.（解答过程省略）（2）证明：设直线AE的方程为y=k（x-1）+ ; ，将其代入 ; + ; =1，得（3+4k2）x2+4k （3-2k）x+4（ ; -k）2-12=0.设点E的坐标为（xE，yE），点F的坐标为（xF，yF）.由于点A （1， ; ）在椭圆上，所以xE = ; ，yE =kxE + ; -k.又直线AE的斜率与AF 的斜率互为相反数，可得xF = ; ，yF = -kxF + ; +k，所以直线EF 的斜率kEF = ; = ; = ; ，即直线EF 的斜率为定值.小结在求证动直线的斜率为定值时，关键是将动直线的斜率用参数表示，重视曲线的几何特征与方程的代数特征在解题中的应用.四、向量数量积为定值例4 如图2所示，椭圆有两顶点A（-1，0），B（1，0），过其焦点F（0，1）的直线l 与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q.（1）当|CD|= ; 时，求直线l的方程.（2）当点P异于A，B两点时，求证： ; · ; 为定值.（1）解：由已知可得椭圆的方程为 ; +x2=1.直线l垂直于x轴时与题意不符.不妨设直线l的方程为y=kx+1，将其代入椭圆的方程，化简得（k2+2）x2+2kx-1=0.设点C的坐标为（x1，y1），点D的坐标为（x2，y2），则x1+x2=- ; ，x1x2=- ; .由|CD|= ; · ; = ; ，且|CD|= ; ，得 ; = ; ，解得k=± ; .所以，直线l的方程为y = ; x+1或y = - ; x+1.（2）证明：直线l与x轴垂直时与题意不符.不妨设直线l的方程为y=kx+1（k≠0且k≠±1），所以点P的坐标为（- ; ，0）.设点C的坐标为（x1，y1），点D的坐标为（x2，y2），由（1）可知x1+x2=- ; ，x1x2= - ; ，直线AC的方程为y= ; （x+1），直线BD的方程为y= ; （x-1）.将两直线方程联立，消去y，得 ; = ; .由于-1<x1<1，-1<x2<1，所以 ; 与 ; 异号.（ ; ）2 = ; = ; · ; = ; = ; =（ ; ）2，y1y2=k2x1x2+k（x1+x2）+1= ; = - ; · ; .由 ; 与y1y2异号，可知 ; 与 ; 同号，则 ; = ; ，解得x=-k.所以，点Q的坐标为（-k，y0）.于是 ; · ; =（- ; ，0）·（-k，y0）=1.故 ; · ; 为定值.小结在解答此类问题时，关键是借助动点坐标得出数量积的表达式，重视根与系数的关系在解题中的应用，然后化简消参.。
圆锥曲线定值问题及解题技巧一、圆锥曲线的基本性质圆锥曲线包括椭圆、双曲线和抛物线，它们在平面几何中占有重要地位。
这些曲线具有丰富的几何性质，如对称性、焦点和准线等。
了解和掌握这些性质是解决定值问题的关键。
二、定值问题定义与类型定值问题是指在圆锥曲线问题中，某些量在运动或变化过程中始终保持不变。
定值问题通常涉及到一些特定的性质或条件，需要运用推理、证明和计算来确定这些量。
这类问题常出现在各类数学竞赛和自主招生考试中。
三、坐标系的选取与转换解决圆锥曲线定值问题时，选择合适的坐标系至关重要。
坐标系的选取应便于表达和计算，有时需要将复杂的几何关系转化为代数方程。
此外，坐标转换也是解题的重要技巧，通过坐标变换可将问题化简。
四、参数方程的应用参数方程是解决定值问题的有力工具。
通过引入参数，可以将复杂的几何关系转化为代数方程，从而简化计算过程。
参数的选择应满足题目的特定条件，如焦点位置、对称轴等。
五、代数表达式的简化技巧在解决圆锥曲线定值问题时，需要处理大量的代数表达式。
掌握一些简化技巧，如合并同类项、提取公因式、化简分式等，可以大大提高解题效率。
此外，利用代数恒等式也是简化表达式的有效方法。
六、几何角度与线段长度关系在解决圆锥曲线定值问题时，需要关注几何角度和线段长度之间的关系。
这些关系可以通过几何定理和三角函数进行推导，进而找出定值。
熟练掌握基本几何知识是解决这类问题的关键。
七、运用向量和导数的物理背景向量和导数作为数学中的重要概念，具有丰富的物理背景。
在解决圆锥曲线定值问题时，可以利用向量的数量积、向量积等性质以及导数的几何意义，来揭示某些量之间的内在联系，进而找出定值。
圆锥曲线存在性问题的探究目录题型一：存在点使向量数量积为定值题型二：存在点使斜率之和或之积为定值题型三：存在点使两角度相等题型四：存在点使等式恒成立题型五：存在点使线段关系式为定值方法技巧总结解决存在性问题的技巧：(1)特殊值(点)法：对于一些复杂的题目，可通过其中的特殊情况，解得所求要素的必要条件，然后再证明求得的要素也使得其他情况均成立．(2)假设法：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．必考题型归纳题型一：存在点使向量数量积为定值1(2023·甘肃天水·高二天水市第一中学校考期末)已知椭圆E 的中心在原点，焦点在x 轴上，椭圆的左顶点坐标为-2,0 ，离心率为e =22．1 求椭圆E 的方程；2 过点1,0 作直线l 交E 于P 、Q 两点，试问：在x 轴上是否存在一个定点M ，使MP ⋅MQ为定值？若存在，求出这个定点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】1 设椭圆E 的方程为x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)，由已知得a -c =2-1c a =22，解得：a =2c =1 ，所以b 2=a 2-c 2=1．所以椭圆E 的方程为x 22+y 2=1．2 假设存在符合条件的点M m ,0 ，设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，则MP =x 1-m ,y 1 ，MQ =x 2-m ,y 2 ，MP ⋅MQ=x 1-m x 2-m +y 1y 2=x 1x 2-m x 1+x 2 +m 2+y 1y 2，①当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y =k x -1 ，由y =k x -1x 22+y 2=1，得：2k 2+1 x 2-4k 2x +2k 2-2 =0，∴x 1+x 2=4k 22k 2+1，x 1x 2=2k 2-22k 2+1，∴y 1y 2=k 2-x 1+x 2 +x 1x 2+1 =-k 22k 2+1，∴MP ⋅MQ =2m 2-4m +1 k 2+m 2-22k 2+1，对于任意的k 值，上式为定值，故2m 2-4m +1=2m 2-2 ，解得：m =54，此时，MP ⋅MQ =-716为定值；②当直线l 的斜率不存在时，直线l ：x =1，x 1x 2=1，x 1+x 2=2，y 1y 2=-12，由m =54，得MP ⋅MQ =1-2×54+2516-12=-716为定值，综合①②知，符合条件的点M 存在，其坐标为54,0 ．2(2023·山西大同·高二统考期末)已知椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的一个焦点与抛物线y 2=43x 的焦点F 重合，且椭圆短轴的两个端点与F 构成正三角形.(1)求椭圆的方程；(2)若过点(1,0)的直线l 与椭圆交于不同两点P 、Q ，试问在x 轴上是否存在定点E (m ,0)，使PE ⋅QE 恒为定值?若存在，求出E 的坐标及定值；若不存在，请说明理由.【解析】(1)由题意知抛物线的焦点为F (3,0)，所以c =a 2-b 2=3，因为椭圆短轴的两个端点与F 构成正三角形，所以b =3×33=1，可求得a =2.故椭圆的方程为x 24+y 2=1.(2)假设存在满足条件的点E (m ,0)，当直线l 的斜率存在时，设其斜率为k ，则l 的方程为y =k (x -1)，由x 24+y 2=1y =k (x -1) 得4k 2+1 x 2-8k 2x +4k 2-4=0，设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，所以Δ>0,x 1+x 2=8k 24k 2+1,x 1x 2=4k 2-44k 2+1，则PE ⋅QE=m -x 1 m -x 2 +y 1y 2=m 2-m x 1+x 2 +x 1x 2+y 1y 2=m 2-8k 2m 4k 2+1+4k 2-44k 2+1+k 24k 2-44k 2+1-8k 24k 2+1+1=4m 2-8m +1 k 2+m 2-4 4k 2+1=4m 2-8m +1 k 2+14 +m 2-4 -144m 2-8m +1 4k 2+1=144m 2-8m +1 +2m -1744k 2+1，要使PE ⋅QE 为定值，令2m -174=0，即m =178，此时PE ⋅QE =3364.当直线的斜率不存在时，不妨取P 1,32 ,Q 1,-32，由E 178,0 ，可得PE =98,-32 ,QE =98,32 ，所以PE ⋅QE =8164-34=3364.综上所述，存在点E 178,0 ，使PE ⋅QE 为定值3364.3(2023·重庆渝北·高二重庆市松树桥中学校校考阶段练习)已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，其左、右焦点分别为F 1，F 2，短轴长为2 3.点P 在椭圆C 上，且满足ΔPF 1F 2的周长为6.(I )求椭圆C 的方程；(Ⅱ)过点(-1,0)的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，试问在x 轴上是否存在一定点M ，使得MA ⋅MB恒为定值？若存在，求出该点M 的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】(Ⅰ)∵{2b =232a +2c =6a 2=b 2+c 2∴{a 2=4b 2=3所以椭圆的方程为x 24+y 23=1(Ⅱ)假设存在这样的定点M x 0,0 ，设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，AB 直线方程为x =my -1则MA ⋅MB=x 1-x 0,y 1 ⋅x 2-x 0,y 2 =my 1-1-x 0,y 1 ⋅my 2-1-x 0,y 2 =m 2+1 y 1y 2-m 1+x 0 y 1+y 2 +1+x 0 2联立{x =my -13x 2+4y 2=12消去x 得3m 2+4 y 2-6my -9=0y 1+y 2=6m 3m 2+4,y 1y 2=-93m 2+4MA ⋅MB =-5+2x 0 3m 2+4 +11+8x 03m 2+4=x 02-4+11+8x 03m 2+4令11+8x 0=0即x 0=-118，MA ⋅MB =-13564当AB ⊥y 轴时，令A -2,0 ,B 2,0 ,M -118,0 ,仍有MA ⋅MB =-13564所以存在这样的定点M -118,0 ，使得MA ⋅MB =-135641(2023·全国·高三专题练习)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为22，椭圆经过点A -1,22.(1)求椭圆C 的方程；(2)过点(1,0)作直线l 交C 于M ,N 两点，试问：在x 轴上是否存在一个定点P ，使PM ⋅PN为定值？若存在，求出这个定点P 的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】(1)由题意c a =22，a 2=b 2+c 2，1a 2+12b2=1，得a 2=2,b 2=1，所以椭圆C 的方程为x 22+y 2=1.(2)当l 的斜率存在时，设l :y =k x -1 ，M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，P t ,0 ，则联立方程组y =kx -k x 2+2y 2=2消去y 得，2k 2+1 x 2-4k 2x +2k 2-2=0.∴x 1+x 2=4k 22k 2+1，x 1x 2=2k 2-22k 2+1.∵PM ⋅PN=x 1-t ,y 1 ⋅x 2-t ,y 2 =x 1-t x 2-t +y 1y 2=x 1-t x 2-t +k 2x 1-1 x 2-1 =k 2+1 x 1x 2-k 2+t x 1+x 2 +k 2+t 2=k 2+1 2k 2-22k 2+1-k 2+t 4k 22k 2+1+k 2+t 2=k 22t 2-4t +1 +t 2-2 2k 2+1为定值.∴2t 2-4t +1t 2-2=21，解得t =54.此时PM ⋅PN 的值为-716.当l 的斜率不存在时，l 的方程为x =1，解得M 1,22，N 1,-22 .又t =54，则P 54,0 .∴PM ⋅PN =-14,22 ⋅-14,-22 =-716，此时也满足条件.综上所述，在x 轴上存在定点P 54,0 ，使PM ⋅PN 为定值.2(2023·辽宁锦州·统考模拟预测)已知F 1､F 2为双曲线E :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的左、右焦点，E 的离心率为5,M 为E 上一点，且MF 2 -MF 1 =2.(1)求E 的方程；(2)设点M 在坐标轴上，直线l 与E 交于异于M 的A ､B 两点，且点M 在以线段AB 为直径的圆上，过M 作MC ⊥AB ，垂足为C ，是否存在点D ，使得CD 为定值？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】(1)因为双曲线的离心率为5，所以e =ca=5，即c =5a ，又MF 2 -MF 1 =2，所以2a =2，则a =1，所以c =5，因为b 2=c 2-a 2，所以b =c 2-a 2=(5)2-12=2，故双曲线E 的方程为x 2-y 24=1.(2)因为M 点满足MF 2 -MF 1 =2>0，所以点M 在双曲线x 2-y 24=1的左支上，又因为点M 在坐标轴上，则M (-1,0)，设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，当AB 的斜率存在时，设AB 的方程为y =kx +m ，联立方程x 2-y 24=1y =kx +m ，整理得(4-k 2)x 2-2kmx -(m 2+4)=0,则4-k 2≠0，Δ=(-2km )2-4(4-k 2)[-(m 2+4)]>0,即m 2+4-k 2>0,x 1+x 2=2km 4-k 2,x 1+x 2=-m 2+44-k 2，因为M 在以线段AB 为直径的圆上，所以MA ⊥MB ，则MA ⋅MB =0，又MA =(x 1+1,y 1)，MB =(x 2+1,y 2)，则MA ⋅MB=(x 1+1)(x 2+1)+y 1y 2=(x 1+1)(x 2+1)+(kx 1+m )(kx 2+m )=0，所以(k 2+1)x 1x 2+(km +1)(x 1+x 2)+m 2+1=0，即(k 2+1)-m 2+44-k 2+(km +1)⋅2km4-k2+m 2+1=0，整理得3m 2+2km -5k 2=0，即(m -k )(3m +5k )=0，解得m =k 或m =-5k3，经检验均满足m 2+4-k 2>0，当m =k 时，直线AB 的方程为y =k (x +1)，则直线AB 过点M ，不合题意，舍去；当m =-5k 3时，直线AB 的方程为y =k x -53 ，则直线AB 恒过定点Q 53,0 ，符合题意.当AB 的斜率不存在时，A (x 1,y 1),B (x 1,-y 1)，MA =(x 1+1,y 1)，MB=(x 1+1,-y 1)，MA ⋅MB =(x 1+1)2-y 12=0，又x 21-y 214=1，解得x 1=-1(舍去)或x 1=53，所以直线AB 方程为x =53，则直线AB 恒过定点Q 53,0 .综上，直线AB 恒过定点Q 53,0 .因为MC ⊥AB ，所以△MCQ 是以MQ 为斜边的直角三角形，即点C 在以MQ 为直径的圆上，则点D 为该圆的圆心即斜边MQ 的中点，又M (-1,0)，Q 53,0 ，所以D 13,0 ，CD 为该圆的半径，即|CD |=12|MQ |=43，故存在点D 13,0 ，使得|CD |为定值43.3(2023·山西大同·统考模拟预测)已知椭圆C 1:x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率为22，且直线y =x +b 是抛物线C 2:y 2=4x 的一条切线．(1)求椭圆C 1的方程；(2)过点S 0,-13的动直线L 交椭圆C 1于A ,B 两点，试问：在直角坐标平面上是否存在一个定点T ，使得以AB 为直径的圆恒过定点T ？若存在，求出T 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】(1)由y =x +by 2=4x 得x 2+2b -4 x +b 2=0直线y =x +b 是抛物线C 2:y 2=4x 的一条切线．所以Δ=0⇒b =1e =c a =22⇒a =2，所以椭圆C 1:x 22+y 2=1(2)当直线L 与x 轴平行时，以AB 为直径的圆方程为x 2+y +132=432当直线L 与y 轴重合时，以AB 为直径的圆方程为x 2+y 2=1所以两圆的交点为点0,1 猜想：所求的点T 为点0,1 ．证明如下．当直线L 与x 轴垂直时，以AB 为直径的圆过点0,1当直线L 与x 轴不垂直时，可设直线L 为：y =kx -13由y =kx -13x 22+y 2=1得18k 2+9 x 2-12kx -16=0，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2则x 1+x 2=12k 18k 2+9x 1x 2=-1618k 2+9则TA ⋅TB =x 1,y 1-1 ⋅x 2,y 2-1 =x 1x 2+y 1-1 y 2-1 =x 1x 2+kx 1-13-1 kx 2-13-1=x 1x 2-43x 1+x 2 +169=1+k 2 -1618k 2+9-43×12k 18k 2+9+169=0所以TA ⊥TB ，即以AB 为直径的圆过点0,1 所以存在一个定点T ，使得以AB 为直径的圆恒过定点T ．4(2023·江苏扬州·统考模拟预测)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左顶点为A ，过右焦点F 且平行于y 轴的弦PQ =AF =3．(1)求△APQ 的内心坐标；(2)是否存在定点D ，使过点D 的直线l 交C 于M ,N ，交PQ 于点R ，且满足MR ⋅ND =MD ⋅RN若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由．【解析】(1)∵a 2=b 2+c 2,2b 2a=a +c =3∴a =2,b =3,c =1∴椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1，不妨取P 1,32 ,Q 1,-32 ,A (-2,0)，则AP =352,PF =32；因为△APQ 中，AP =AQ ，所以△APQ 的内心在x 轴，设直线PT 平分∠APQ ，交x 轴于T ，则T 为△APQ 的内心，且AT TF =AP PF =5=AT 3-AT ，所以AT =355+1，则T 7-354,0 ；(2)∵椭圆和弦PQ 均关于x 轴上下对称．若存在定点D ，则点D 必在x 轴上∴设D (t ,0)当直线l 斜率存在时，设方程为y =k (x -t ),M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，直线方程与椭圆方程联立y =k (x -t )x 24+y 23=1，消去y 得4k 2+3 x 2-8k 2tx +4k 2t 2-3 =0，则Δ=48k 2+3-k 2t 2>0,x 1+x 2=8k 2t4k 2+3,x 1x 2=4k 2t 2-3 4k 2+3①∵点R 的横坐标为1，M 、R 、N 、D 均在直线l 上，MR ⋅ND =MD ⋅RN∴1+k 2 1-x 1 t -x 2 =1+k 2 t -x 1 x 2-1∴2t -(1+t )x 1+x 2 +2x 1x 2=0∴2t -(1+t )8k 2t 4k 2+3+2×4k 2t 2-3 4k 2+3=0，整理得t =4，因为点D 在椭圆外，则直线l 的斜率必存在．∴存在定点D (4,0)满足题意题型二：存在点使斜率之和或之积为定值4(2023·山东泰安·统考模拟预测)已知为O 坐标原点，A 2,0 ,B 0,1 ,C 0,-1 ,D 2,1 ，OE =λOA ,DF=λDA,0<λ≤1，CE 和BF 交点为P .(1)求点P 的轨迹G ；(2)直线y =x +m (m ≠0)和曲线G 交与M ，N 两点，试判断是否存在定点Q 使k MQ k NQ =14如果存在，求出Q 点坐标，不存在请说明理由.【解析】(1)设点P (x ,y )，E x E ,y E ,F x F ,y F ，∵OE =λOA ，即x E ,y E =λ2,0 ，∴E 点坐标为2λ,0 ，∵DF =λDA ，即x F -2,y F -1 =λ0,-1 ，∴F 点坐标为2,1-λ ，∴根据两点坐标可得，直线CE 方程为：y =12λx -1，直线BF 方程为：y =-λ2x +1，两式移项相乘得：y 2-1=-14x 2，整理得x24+y 2=1，∴P 点的轨迹为以(3,0),(-3,0)为焦点，长轴长为4的椭圆，即其方程为G :x 24+y 2=1.(2)假设存在定点G ，设点G 坐标为x 0,y 0 ，M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)，联立方程组y =x +mx24+y 2=1 消y 得5x 2+8mx +4m 2-4=0，直线与椭圆交于两点，∴Δ=64m 2-80m 2-1 >0即-5<m <5，x 1+x 2=-8m 5x 1x 2=4m 2-45 ，∵k MQ k NQ =14，∴y 0-y 1x 0-x 1⋅y 0-y 2x 0-x 2=14，∴4y 0-y 1 y 0-y 2 -x 0-x 1 x 0-x 2 =0，∴4y 0-x 1-m y 0-x 2-m -x 0-x 1 x 0-x 2 =0，整理得：4y 20-4x 1+x 2+2m y 0+4x 1x 2+4m x 1+x 2 +4m 2-x 20+x 1+x 2 x 0-x 1x 2=0，4y 20-x 20-125-85m x 0+y 0 =0，对m ≠0恒成立，∴x 0+y 0=0，得4y 20-x 20-125=0，∴x 0=-y 0=±255，所以存在定点Q ,坐标为255,-255 或-255,255.5(2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)已知点A -2,0 ，B 2,0 ，P x ,y 是异于A ，B 的动点，k AP ，k BP 分别是直线AP ，BP 的斜率，且满足k AP ⋅k BP =-34.(1)求动点P 的轨迹方程；(2)在线段AB 上是否存在定点E ，使得过点E 的直线交P 的轨迹于M ，N 两点，且对直线x =4上任意一点Q ，都有直线QM ，QE ，QN 的斜率成等差数列.若存在，求出定点E ，若不存在，请说明理由.【解析】(1)由题意k AP ∙k BP =y x -2∙y x +2=-34，即x 24+y 23=1，又直线AP ，BP 的斜率存在，所以点P 的轨迹方程为x 24+y 23=1(y ≠0)．(2)若存在这样的定点，不妨设为E (t ，0)，令Q (4，n )，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线MN 的方程为x =my +t ，x =my +t ，3x 2+4y 2=12，(3m 2+4)y 2+6mty +3t 2-12=0，由韦达定理得：y 1+y 2=-6mt 3m 2+4，y 1y 2=3t 2-123m 2+4，Δ=36m 2t 2-4(3m 2+4)(3t 2-12)>0，k QM +k QN =2k QE ，n -y 14-x 1+n -y 24-x 2=2n 4-t ⇒14-x 1+14-x 2-24-t ·n +-y 14-x 1+-y 24-x 2=0，对任意n 成立，所以14-x 1+14-x 2=24-t，-y 14-x 1+-y24-x 2=0，由-y 14-x 1+-y 24-x 2=0得，-4(y 1+y 2)+y 1(my 2+t )+y 2(my 1+t )=(t -4)(y 1+y 2)+2my 1y 2=0，所以(t -4)(-6tm )+2m (3t 2-12)=0，24mt -24m =0对任意m 成立，t =1，经检验，符合题意，所以，存在E (1，0)满足题意.6(2023·吉林·吉林省实验校考模拟预测)以双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的右焦点F 为圆心作圆，与C 的一条渐近线相切于点Q 43,253(1)求C 的方程.(2)在x 轴上是否存在定点M ，过点M 任意作一条不与坐标轴垂直的直线l ，当l 与C 交于A ,B 两点时，直线AF ,BF 的斜率之和为定值？若存在，求出M 点的坐标，若不存在，说明理由.【解析】(1)双曲线C 的渐近线方程为y =±bax ，圆F 与直线y =b a x 切于点Q 43,253 ，所以代入得b a =52，①设F c ,0 (c >0)，直线FQ 有斜率k FQ ，则k FQ ⋅ba=-1，即25343-c ×ba=-1，②又c 2=a 2+b 2③由①②③解得c =3,a =2,b =5，所以双曲线C 的方程为x 24-y 25=1.(2)假设存在满足条件的定点M t ,0 ，因为直线l 不与坐标轴垂直，故设l 的方程为x =my +t m ≠0 ,A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 .由x=my+t,x24-y25=1,消去x整理得5m2-4y2+10mty+5t2-20=0，则5m2-4≠0,Δ>0,即m≠±255,5m2+t2-4>0,*且y1+y2=-10mt5m2-4,y1y2=5t2-205m2-4.因为F3,0，所以直线AF,BF的斜率为k AF=y1x1-3,k BF=y2x2-3.设k AF+k BF=λ(λ为定值)，即y1x1-3+y2x2-3=λ，即y1x2-3+y2x1-3=λx1-3x2-3，即y1my2+t-3+y2my1+t-3=λmy1+t-3my2+t-3，整理得2m-λm2y1y2+1-λmt-3y1+y2-λ(t-3)2=0，所以2m-λm2×5t2-205m2-4-1-λmt-3×10mt5m2-4-λ(t-3)2=0，所以λ5t2-30t+20m2+103t-4m=5λ(t-3)2m2-4λ(t-3)2.因为t,λ为定值，且上式对任意m恒成立，所以λ5t2-30t+20=5λ(t-3)2, 103t-4=0,-4λ(t-3)2=0,解得t=43,λ=0.将t=43代入* 式解得m<-23或m>23且m≠±255.综上，存在满足条件的定点M43,0 .5(2023·湖北荆州·高二荆州中学校考阶段练习)已知圆C方程为x2+y2-8mx-(6m+2)y+6m+1 =0(m∈R,m≠0)，椭圆中心在原点，焦点在x轴上.(1)证明圆C恒过一定点M，并求此定点M的坐标；(2)判断直线4x+3y-3=0与圆C的位置关系，并证明你的结论；(3)当m=2时，圆C与椭圆的左准线相切，且椭圆过(1)中的点M，求此时椭圆方程；在x轴上是否存在两定点A，B使得对椭圆上任意一点Q(异于长轴端点)，直线QA，QB的斜率之积为定值？若存在，求出A，B坐标；若不存在，请说明理由.【解析】(1)圆C的方程可化为：x2+y2-2y+1-m(8x+6y-6)=0，由x2+y2-2y+1=08x+6y-6=0，解得x=0y=1，所以圆C过定点M(0,1).(2)圆C的方程可化为：(x-4m)2+[y-(3m+1)]2=25m2，圆心到直线l的距离为d=|4⋅4m+3⋅(3m+1)-3|42+32=25|m|5=5|m|=r，所以直线与圆C相切.(3)当m=2时，圆C方程为x-82+y-72=100，圆心为8,7，半径为10，与直线x=8-10，即x=-2相切，所以椭圆的左准线为x=-2，又椭圆过点M (0,1)，则b =1，所以a 2c =2b =1，解得a =2b =1 ，所以椭圆方程为x 22+y 2=1.在椭圆上任取一点Q x ,y (y ≠0)，设定点A s ,0 ，B t ,0 ，则k QA ⋅k QB =y x -s ⋅yx -t =1-x22(x -s )(x -t )=k 对x ∈(-2,2)恒成立，所以-12x 2+1=kx 2-k (s +t )x +kst 对x ∈(-2,2)恒成立，所以k =-12k (s +t )=0kst =1 ，故k =-12s =2t =-2 或k =-12s =-2t =2 ，所以A -2,0 ，B 2,0 或者A 2,0 ，B -2,0 .6(2023·河北·高三校联考阶段练习)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左、右焦点分别为F 1，F 2，焦距为2，实轴长为4.(1)求椭圆C 的方程；(2)设过点F 1不与x 轴重合的直线l 与椭圆C 相交于E ，D 两点，试问在x 轴上是否存在一个点M ，使得直线ME ，MD 的斜率之积恒为定值？若存在，求出该定值及点M 的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】(1)因为焦距为2，长轴长为4，即2c =2，2a =4，解得c =1，a =2，所以b 2=a 2-c 2=3，所以椭圆C 的方程为x 24+y 23=1．(2)由(1)知F 1(-1,0)，设点E (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，M (m ,0)，因为直线l 不与x 轴重合，所以设直线l 的方程为x =ny -1，联立x =ny -1x 24+y 23=1，得(3n 2+4)y 2-6ny -9=0，所以Δ=(-6n )2+36(3n 2+4)>0，所以y 1+y 2=6n 3n 2+4，y 1y 2=-93n 2+4，又x 1x 2=(ny 1-1)(ny 2-1)=n 2y 1y 2-n (y 1+y 2)+1=-9n 23n 2+4-6n 23n 2+4+1=-12n 2-43n 2+4，x 1+x 2=n (y 1+y 2)-2=6n 23n 2+4-2=-83n 2+4直线ME ，MD 的斜率分别为k ME =y 1x 1-m ，k MD =y 2x 2-m，所以k ME ⋅k MD =y 1x 1-m ⋅y 2x 2-m =y 1y 2(x 1-m )(x 2-m )=y 1y 2y 1y 2-m (x 1+x 2)+m 2=-93n 2+4-12n 2-43n 2+4-m -83n 2+4+m 2=-9-12n 2+4+8m +3m 2n 2+4m 2=-9(3m 2-12)n 2+4(m +1)2，要使得直线ME ，MD 的斜率之积恒为定值，直线3m 2-12=0，解得m =±2，当m =2时，存在点M (2,0)，使得k ME ⋅k MD =-9(3m 2-12)n 2+4(m +1)2=-936=-14，当m =-2时，存在点M (-2,0)，使得k ME ⋅k MD =-9(3m 2-12)n 2+4(m +1)2=-94，综上，在x 轴上存在点M ，使得ME ，MD 的斜率之积恒为定值，当点M 的坐标为(2,0)时，直线ME ，MD 的斜率之积为定值-14，当点M 的坐标为(-2,0)时，直线ME ，MD 的斜率之积为定值-94．7(2023·吉林长春·高三长春外国语学校校考开学考试)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率为12，F 1、F 2分别是椭圆的左、右焦点，P 是椭圆上一点，且△PF 1F 2的周长是6.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 经过椭圆的右焦点F 2且与C 交于不同的两点M ，N ，试问：在x 轴上是否存在点Q ，使得直线QM 与直线QN 的斜率的和为定值？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】(1)由椭圆的定义知△PF 1F 2的周长为2a +2c ，所以2a +2c =6，又因为椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率e =c a =12，所以a =2c ，联立解得a =2，c =1，所以b =a 2-c 2=3，所求椭圆方程为x 24+y 23=1.(2)若存在满足条件的点Q t ,0 .当直线l 的斜率k 存在时，设y =k x -1 ，联立x 24+y 23=1，消y 得3+4k 2 x 2-8k 2x +4k 2-12=0.设M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，则x 1+x 2=8k 23+4k 2，x 1x 2=4k 2-123+4k 2x ，∵k QM +k QN =y 1x 1-t +y 2x 2-t =k x 1-1 x 2-t +k x 2-1 x 1-t x 1-t x 2-t =2kx 1x 2-k 1+t x 1+x 2 +2ktx 1x 2-t x 1+x 2 +t 2=k ⋅8k 2-243+4k 2-8k 21+t 3+4k 2+2t4k 2-123+4k 2-8k 23+4k2t +t 2=k ⋅8k 2-24-8k 21+t +2t 3+4k 24k 2-12-8k 2t +t 23+4k 2=6k t -44t -1 2k 2+3t 2-4，∴要使对任意实数k ，k QM +k QN 为定值，则只有t =4，此时，k QM +k QN =0.当直线l 与x 轴垂直时，若t =4，也有k QM +k QN =0.故在x 轴上存在点Q 4,0 ，使得直线QM 与直线QN 的斜率的和为定值0.8(2023·全国·高三专题练习)设椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率是22，过点P 0,1 的动直线L 于椭圆相交于A ,B 两点，当直线L 平行于x 轴时，直线L 被椭圆C 截得弦长为22．(Ⅰ)求E 的方程；(Ⅱ)在y 上是否存在与点P 不同的定点Q ，使得直线AQ 和BQ 的倾斜角互补？若存在，求Q 的坐标；若不存在，说明理由．【解析】(Ⅰ)由已知可得，椭圆经过点±2，1 ，因此，2a 2+1b 2=1c a =22a 2=b 2+c 2,解得a =2，b =2，所以椭圆E 方程为x 24+y 22=1；(Ⅱ)设Q 点的坐标为0，y 0 ，当直线L 与x 轴垂直时，直线QA 与QB 的倾斜角均为90°，满足题意，此时y 0∈R ，且y 0≠1；当直线L 的斜率存在时，可设直线L 的方程为y =kx +1，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，联立y =kx +1x 24+y 22=1，得1+2k 2 x 2+4kx -2=0，其判别式△>0，∴x 1+x 2=-4k 21+2k 2，x 1x 2=-21+2k 2，∵直线QA ，QB 的倾斜角互补，∴k QA +k QB =0，∴y 1-y 0x 1+y 2-y 0x 2=0，即kx 1+1-y 0x 1+kx 2-y 0x 2=0，整理得2kx 1x 2+1-y 0 x 1+x 2 =0，把x 1+x 2=-4k 21+2k 2，x 1x 2=-21+2k 2代入得k y 0-2 =0，所以y 0=2，即Q 0，2 ，综上所述存在与点P 不同的定点Q 0，2 满足题意．题型三：存在点使两角度相等7(2023·新疆阿勒泰·统考三模)已知椭圆C 1:x 2a2+y 2=1(a >1)的左右焦点分别为F 1、F 2，A ,B 分别为椭圆C 1的上，下顶点，F 2到直线AF 1的距离为3．(1)求椭圆C 1的方程；(2)直线x =x 0与椭圆C 1交于不同的两点C ,D ，直线AC ,AD 分别交x 轴于P ,Q 两点．问：y 轴上是否存在点R ，使得∠ORP +∠ORQ =π2？若存在，求出点R 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】(1)△AF 1F 2中由面积公式得a ⋅3=b ⋅2c ，即3a =2a 2-1，得a 2=4，椭圆方程为x 24+y 2=1；(2)如图，假设存在点R 使得∠ORP +∠ORQ =π2，设R 0,m ，∵∠ORP +∠ORQ =π2,∴∠ORQ =∠OPR ，即tan ∠ORQ =tan ∠OPR ，∴OQ OR=OR OP，即|OR |2=OP OQ ，直线x =x 0与椭圆C 1交于不同的两点C ,D ，易知C ,D 关于x 对称，设C x 0,y 0 ，则D x 0,-y 0 y 0≠±1,y 0≠0 ，由(1)知A 0,1 ，直线AC 的方程是y =y 0-1x 0x +1，令y =0得x P =-x0y 0-1，直线AD 方程是y =y 0+1-x 0x +1，令y =0得x Q =x 0y 0+1，由|OR |2=OP OQ ，得m 2=x 20y 20-1 ，又C x 0,y 0 在椭圆上，所以x 204+y 20=1，即x 204=1-y 20，∴m 2=4，即m =±2.所以存在点R 0,±2 ，使得∠ORP +∠ORQ =π2成立．8(2023·全国·高三专题练习)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 经过点A -2,0 且两个焦点及短轴两顶点围成四边形的面积为4.(1)求椭圆C 的方程和离心率；(2)设P ，Q 为椭圆C 上不同的两个点，直线AP 与y 轴交于点E ，直线AQ 与y 轴交于点F ，且P 、O 、Q 三点共线.其中O 为坐标原点.问：x 轴上是否存在点M ，使得∠AME =∠EFM ？若存在，求点M 的坐标，若不存在，说明理由.【解析】(1)依题意可得a =2，12×2c ×2b =4，又c 2=a 2-b 2，解得b =c =2，所以椭圆方程为x 24+y 22=1，则离心率e =c a =22(2)因为P 、O 、Q 三点共线，根据椭圆的对称性可知P 、Q 关于O 点对称，设点P x 1,y 1 ，则Q -x 1,-y 1 x 1≠±2 ，所以直线PA 的方程为y =y 1x 1+2x +2 ，直线AQ 的方程为y =-y 1-x 1+2x +2 ，所以点E 0,2y 1x 1+2 ，F 0,-2y 1-x 1+2．假设存在M 使∠AME =∠EFM ，∠MOE =∠FOM =90°，所以∠OMF =∠OEM ，又∠OEM +∠OME =90°，所以∠OME +∠OMF =90°，即ME ⊥MF ，所以ME ⋅MF=0，设M m ,0 ，则ME =-m ,2y 1x 1+2 ，MF =-m ,-2y 1-x 1+2，所以ME ⋅MF =m 2+-2y 1-x 1+2 ⋅2y 1x 1+2=0，即m 2+-4y 214-x 21=0，又x 214+y 212=1，所以x 21+2y 21=4，所以m 2-2=0，解得m =±2，所以M ±2,0 .9(2023·四川绵阳·模拟预测)已知点A 是圆C :x -1 2+y 2=16上的任意一点，点F -1,0 ，线段AF 的垂直平分线交AC 于点P ．(1)求动点P 的轨迹E 的方程；(2)若过点G 3,0 且斜率不为O 的直线l 交(1)中轨迹E 于M 、N 两点，O 为坐标原点，点B 2,0 ．问：x 轴上是否存在定点T ，使得∠MTO =∠NTB 恒成立．若存在，请求出点T 的坐标，若不存在，请说明理由．【解析】(1)由圆C :x -1 2+y 2=16，可得圆心坐标为C (1,0)，半径r =4，如图所示，线段AF 的垂直平分线交AC 于点P ，所以PF +PC =PA +PC =4>FC =2，根据椭圆的定义可知点P 的轨迹是以F ,C 为焦点的椭圆，且2a =4,2c =1，可得a =2,c =1，则b =a 2-c 2=3，所以动点P 的轨迹方程为x 24+y 23=1.(2)由题意，设直线l 的方程为y =k (x -3)，且k ≠0，联立方程组y =k (x -3)x 24+y 23=1，整理得(3+4k 2)x 2-24k 2x +36k 2-12=0，则Δ=576k 4-48(3+4k 2)(3k 2-1)>0，解得-155<k <155且k ≠0，设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2)，所以x 1+x 2=24k 23+4k 2,x 1x 2=12(3k 2-1)3+4k 2根据椭圆的对称性，不妨令M ,N 在x 轴上方，且x 2>x 1，显然x 1<t <x 2，假设存在T (t ,0)使得∠MTO =∠NTB 恒成立，即tan ∠MTO =tan ∠NTB 恒成立，可得k MT =-k NT ，即k MT +k NT =0恒成立，即y 1t -x 1+y 2t -x 2=0恒成立，又由y 1t -x 1+y 2t -x 2=t (y 1+y 2)-x 1y 2-x 2y 1t -x 1 t -x 2 =0，所以t (y 1+y 2)-x 1y 2-x 2y 1=0，所以t=x1y2+x2y1y1+y2=x1(x2-3)+x2(x1-3)x1+x2-6=2x1x2-3(x1+x2)x1+x2-6=24(3k2-1)3+4k2-72k23+4k224k23+4k2-6=72k2-24-72k224k2-18-24k2=43，所以存在点T43,0，使得∠MTO=∠NTB恒成立，9(2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测)已知椭圆C:x2a2+y23=1(a>0)经过点-1,32，过点T3,0的直线交该椭圆于P，Q两点.(1)求△OPQ面积的最大值，并求此时直线PQ的方程；(2)若直线PQ与x轴不垂直，在x轴上是否存在点S s,0使得∠PST=∠QST恒成立？若存在，求出s的值；若不存在，说明理由.【解析】(1)将-1,3 2代入椭圆方程，得到1a2+94×3=1，故a2=4，故椭圆方程为x24+y23=1.当直线PQ的斜率为0时，此时O,P,Q三点共线，不合要求，舍去；当直线PQ的斜率不为0时，设直线PQ的方程为x=ty+3，与椭圆方程x24+y23=1联立，得3t2+4y2+63ty-3=0，设P x1,y1,Q x2,y2，则y1+y2=-63t3t2+4,y1y2=-33t2+4，则S△OPQ=12OP⋅y1-y2=12×3⋅y1+y22-4y1y2=32-63t3t2+42+123t2+4=32108t23t2+42+123t2+4=63t2+13t2+1+32=63t2+13t2+12+63t2+1+9=613t2+1+93t2+1+6≤6123t2+1⋅93t2+1+6=3，当且仅当3t2+1=93t2+1，即t=±63时，等号成立，故△OPQ面积的最大值为3，此时直线PQ的方程为3x+2y-3=0或3x-2y-3=0.(2)在x轴上存在点S433,0使得∠PST=∠QST恒成立，理由如下：因为∠PST =∠QST ，所以k PS +k QS =0，即y 1x 1-s +y 2x 2-s=0，整理得x 2-s y 1+x 1-s y 2=0，即ty 2+3 y 1+ty 1+3 y 2-s y 1+y 2 =0，所以2ty 1y 2+3-s y 1+y 2 =0，则2t -33t 2+4 +3-s-63t 3t 2+4=0，解得s =433，故在x 轴上存在点S 433,0 ，使得∠PST =∠QST 恒成立.10(2023·四川成都·高三四川省成都市新都一中校联考开学考试)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0过点1,22，且上顶点与右顶点的距离为3．(1)求椭圆C 的方程；(2)若过点P 3,0 的直线l 交椭圆C 于A ,B 两点，x 轴上是否存在点Q 使得∠PQA +∠PQB =π，若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】(1)∵椭圆C 上顶点与右顶点的距离为3，∴a 2+b 2=3；又椭圆C 过点1,22 ，∴1a 2+12b 2=1；两式联立可解得：a 2=2，b 2=1，∴椭圆C 的方程为：x 22+y 2=1.(2)当直线l 与x 轴不重合时，设其方程为x =ty +3，A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，由x =ty +3x 22+y 2=1得：t 2+2 y 2+6ty +7=0，则Δ=8t 2-7 >0，解得：t >7或t <-7，∴y 1+y 2=-6t t 2+2，y 1y 2=7t 2+2，假设存在点Q 使得∠PQA +∠PQB =π，即存在点Q 使得k QA +k QB =0，设点Q m ,0 ，则k QA +k QB =y 1x 1-m +y 2x 2-m=0，∴y 1x 2-m +y 2x 1-m =y 1ty 2+3-m +y 2ty 1+3-m =2ty 1y 2+3-m y 1+y 2=14tt 2+2-6t 3-m t 2+2=0，∴6t 3-m =14t ，又t ∈-∞,-7 ∪7,+∞ ，∴63-m =14，解得：m =23，∴Q 23,0 ；当直线l 与x 轴重合时，A ,B 分别为椭圆C 左右顶点，若Q 23,0 ，此时∠PQA +∠PQB =π显然成立；综上所述：x 轴上存在点Q 23,0 满足题意．11(2023·河南信阳·高三信阳高中校考阶段练习)在平面直角坐标系xOy 中，动点M 到点D 2,0 的距离等于点M 到直线x =1距离的2倍，记动点M 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)已知直线l ：y =12x +t t ≥2 与曲线C 交于A ,B 两点，问曲线C 上是否存在两点P ,Q 满足∠APB =∠AQB =90°，若存在，请求出两点坐标，不存在，请说明理由.【解析】(1)设M x ,y ，动点M 到点D 2,0 的距离等于点M 到直线x =1距离的2倍，所以x -22+y 2=2x -1 ，化简得x 22-y 22=1.所以曲线C 的方程为x 22-y 22=1.(2)存在两点P 263,-63 和Q -263,63 满足∠APB =∠AQB =90°.设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,P x 0,y 0联立直线与双曲线方程，有3x 2-4tx -4t 2-8=0，Δ=16t 2+124t 2+8 >0由韦达定理，有x 1+x 2=43t x 1x 2=-43t 2+2 ，PA =x 1-x 0,y 1-y 0 ，PB =x 2-x 0,y 2-y 0 ，PA ⋅PB =x 1-x 0 x 2-x 0 +12x 1+t -y 0 12x 2+t -y 0 =x 1x 2-x 1+x 2 x 0+x 20+12x 1+t 12x 2+t -12x 1+x 2 +2t y 0+y 20=x 20-43tx 0-103-83ty 0+y 20=x 20+y 20-103 -43x 0+83y 0t =0所以上式当x 20+y 20=1034x 0+8y 0=0时，上式恒成立，即过定点263,-63 和-263,63，经检验两点恰在双曲线C 上，且不与A ,B 重合，故存在双曲线上两点P ,Q 满足∠APB =∠AQB =90°.题型四：存在点使等式恒成立10(2023·福建漳州·统考模拟预测)已知R 是圆M ：x +3 2+y 2=8上的动点，点N 3,0 ，直线NR 与圆M 的另一个交点为S ，点L 在直线MR 上，MS ∥NL ，动点L 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)若过点P -2,0 的直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，且A ，B 都在x 轴上方，问：在x 轴上是否存在定点Q ，使得△QAB 的内心在一条定直线上?请你给出结论并证明.【解析】(1)圆M 的圆心为M -3,0 ，半径r =22，因为MS ∥NL ，所以△MSR ∽△LNR ，又因为MR =MS ，所以LR =LN ，所以LM -LN =LM -LR =MR =r =22<23=MN ，所以点L 在以M ，N 为焦点，22为实轴长的双曲线上，设双曲线的方程为x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0,c =a 2+b 2 ，则2a =22，2c =23.所以a =2，c =3，b =1又L 不可能在x 轴上，所以曲线C 的方程为x 22-y 2=1y ≠0 .(2)在x 轴上存在定点Q -1,0 ，使得△QAB 的内心在一条定直线上.证明如下：由条件可设l ：x =my -2.代入x 22-y 2=1，得m 2-2 y 2-4my +2=0，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则m 2-2≠0Δ=16m 2-8(m 2-2)>0，得m 2≠2，所以y 1+y 2=4m m 2-2>0,y 1y 2=2m 2-2>0所以y 1+y 2=2my 1y 2，取Q -1,0 ，则k AQ +k BQ =y 1x 1+1+y 2x 2+1=y 1my 1-2+1+y 2my 2-2+1=2my 1y 2-y 1+y 2 my 1-1 my 2-1 =0又A ，B 都在x 轴上方，所以∠AQB 的平分线为定直线x =-1，所以在x 轴上存在定点Q -1,0 ，使得△QAB 的内心在定直线x =-1上.11(2023·全国·高三专题练习)已知椭圆Γ:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1,F 2，过点B 0,b 且与直线BF 2垂直的直线交x 轴负半轴于D ，且2F 1F 2 +F 2D =0．(1)求椭圆Γ的离心率；(2)若过B 、D 、F 2三点的圆恰好与直线l :x -3y -6=0相切，求椭圆Γ的方程；(3)设a =2．过椭圆Γ右焦点F 2且不与坐标轴垂直的直线l 与椭圆Γ交于P 、Q 两点，点M 是点P 关于x 轴的对称点，在x 轴上是否存在一个定点N ，使得M 、Q 、N 三点共线？若存在，求出点N 的坐标；若不存在，说明理由．【解析】(1)由题意知F 1(-c ,0),F 2(c ,0)，由2F 1F 2 +F 2D =0 得F 1是线段F 2D 的中点，故D -3c ,0 .又因为直线BD 与BF 2垂直，所以BF 1 =12DF 2 ，即b 2+c 2=a =12×4c =2c ，所以椭圆Γ的离心率为e =c a =12.(2)由(1)得过B 、D 、F 2三点的圆的圆心为F 1(-c ,0)，半径为r =2c .因为过B 、D 、F 2三点的圆恰好与直线l :x -3y -6=0相切，所以2c =-c -61+3，解得c =2.又a =2c ，所以a =4，从而b 2=12.故椭圆Γ的方程为x 216+y 212=1.(3)由(1)及a =2得c =1,b =3，F 2(1,0)，椭圆Γ的方程为x 24+y 23=1.设直线l 方程为x =ty +1，P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)，则M (x 1,-y 1)，联立x 24+y 23=1x =ty +1得(4+3t 2)y 2+6ty -9=0，Δ=36t 2+36(4+3t 2)>0，y 1+y 2=-6t 4+3t 2,y 1y 2=-94+3t 2.直线MQ 的方程为x -x 1=x 2-x1y 1+y 2(y +y 1)，令y =0得x =(x 2-x 1)y 1y 1+y 2+x 1=x 2y 1-x 1y 1+x 1y 1+x 1y 2y 1+y 2=x 2y 1+x 1y 2y 1+y 2=(ty 2+1)y 1+(ty 1+1)y 2y 1+y 2=2ty 1y 2+y 1+y 2y 1+y 2=2ty 1y 2y 1+y 2+1=2t ×(-9)-6t +1=4.故在x 轴上存在一个定点N (4,0)，使得M 、Q 、N 三点共线.12(2023·福建福州·福州三中校考模拟预测)如图，双曲线的中心在原点，焦点到渐近线的距离为3，左、右顶点分别为A 、B ．曲线C 是以双曲线的实轴为长轴，虚轴为短轴，且离心率为12的椭圆，设P 在第一象限且在双曲线上，直线BP 交椭圆于点M ，直线AP 与椭圆交于另一点N ．(1)求椭圆及双曲线的标准方程；(2)设MN 与x 轴交于点T ，是否存在点P 使得x P =4x T (其中x P ，x T 为点P ，T 的横坐标)，若存在，求出P 点的坐标，若不存在，请说明理由．【解析】(1)由已知可设双曲线方程为x 2a 2-y 2b 2=1，椭圆方程x 2a 2+y 2b2=1，则双曲线的一条渐近线方程为y =bax ，即bx -ay =0，故bc a 2+b 2=3，即b =3，又a 2-b 2a =12，解得a =2，所以双曲线方程：x 24-y 23=1，椭圆方程为：x 24+y 23=1；(2)设P x 0,y 0 ，M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，A -2,0 ，B 2,0 ，P 、A 、N 三点共线，y 2x 2+2=tx 0+2，P 、B 、M 三点共线，y 1x 1-2=tx 0-2，相除：y 2x 1-2 x 2+2 y 1=x 0-2x 0+2，令x T =n -2<n <2 ，则设l MN ：x =my +n ，联立椭圆方程：x =my +n3x 2+4y 2-12=0⇒3m 2+4 y 2+6mny +3n 2-12=0，由T 在椭圆内，故Δ>0，所以y 1+y 2=-6mn 3m 2+4,y 1y 2=3n 2-123m 2+4，∴y 1y 2y 1+y 2=4-n 22mn ，y 2x 1-2 x 2+2 y 1=y 2my 1+n -2 y 1my 2+n +2 =my 1y 2+n -2 y 2my 1y 2+n +2 y 1=2mny 1y 2+2n n -2 y 22mny 1y 2+2n n +2 y 1=4-n 2y 1+y 2 +2n n -2 y 24-n 2 y 1+y 2 +2n n +2 y 1=2-n 2+n y 1+2-n y 2 2+n 2+n y 1+2-n y 2 =2-n 2+n ，若存在x P =4x T ，即x 0=4n ，2-n 2+n =x 0-2x 0+2=4n -24n +2，得n 2=1，又P 在第一象限，所以n =1，P 4,3 ；法二：P x 0,y 0 ，M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，A -2,0 ，B 2,0 ，直线AP ：y =y 0x 0+2x +2 ，y =y0x 0+2x +2 3x 2+4y 2=12⇒3+4y 20x 0+2 2 x 2+16y 20x 0+2 2x +16y 20x 0+2 2-12=0，显然Δ>0，由-2x N =16y 20-12x 0+2 23x 0+2 2+4y 20，又因为P 在双曲线上，满足x 204-y 203=1，即4y 20=3x 20-12，所以-x N =8y 20-6x 0+2 23x 0+2 2+4y 20=6x 20-24-6x 0+2 23x 0+2 2+3x 20-12=-24x 0+2 6x 0x 0+2 =-4x 0，即x N =4x 0，同理BP ：y =y 0x 0-2x -2 ，可得x M =4x 0，所以x T =4x 0，若存在x P =4x T ，即x 0=4×4x 0，而P 在第一象限，所以x 0=4，即P 4,3 .12(2023·福建福州·福州四中校考模拟预测)已知在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E :x 24+y 23=1的左顶点和右焦点分别为A ,F ，动点P 满足|PA |2+12|PF |2=92，记动点P 的轨迹为曲线C .(1)求C 的方程；(2)设点Q 在E 上，过Q 作C 的两条切线，分别与y 轴相交于M ,N 两点.是否存在点Q ，使得MN 等于E 的短轴长？若存在，求点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】(1)依题意知，A -2,0 ,F 1,0 ，设P x ,y ，则由PA 2+12 PF |2=92，得(x +2)2+y 2+12(x -1)2+y 2 =92，即(x +1)2+y 2=1，∴曲线C 的方程为(x +1)2+y 2=1.(2)(方法一)设点Q x 0,y 0 ，则4y 20=12-3x 20，由题意知，QM ,QN 的斜率存在，不妨依次设为k 1,k 2，则直线QM 的方程为y -y 0=k 1x -x 0 ，即k 1x -y +y 0-k 1x 0=0，∵直线QM 与圆C 相切，∴-k 1+y 0-k 1x 0k 21+1=1,⋅即x 20+2x 0 k 21-2x 0+1 y 0k 1+y 20-1=0，同理，可得x 20+2x 0 k 22-2x 0+1 y 0k 2+y 20-1=0，显然k 1,k 2是方程x 20+2x 0 k 2-2x 0+1 y 0k +y 20-1=0的两根，∴Δ=4x 0+1 2y 20-4y 20-1 x 20+2x 0 =4x 20+4y 20+8x 0>0，即x 0≠-2,k 1+k 2=2x 0+1 y 0x 0x 0+2 ，k 1k 2=y 20-1x 0x 0+2 .设M 0,y 1 ,N 0,y 2 ，则y 1=y 0-k 1x 0,y 2=y 0-k 2x 0，∴MN =y 1-y 2 =k 2-k 1 x 0 =k 2+k 12-4k 1k 2x 0 =2x 0+1 y 0x 0x 0+2 2-4⋅y 20-1x 0x 0+2 x 0 =4x 20+4y 20+8x 0x 0+22=x 20+8x 0+12x 0+22=x 0+6x 0+2=1+4x 0+2,⋅由MN =1+4x 0+2=23，得x 0=-1811，由4y 20=12-3x 20，得y 0=±23011，∴存在点Q -1811,23011，或Q -1811,-23011 满足题意.(方法二)设点Q x 0,y 0 ,M 0,m ,N 0,n ,Q 在E 上，∴4y 20=12-3x 20，由题意知，QM ,QN 的斜率存在，分别为y 0-m x 0,y 0-nx 0，则直线QM 的方程为x 0y -y 0-m x -mx 0=0，∵直线QM 与圆C 相切，∴m x 0+1 -y 0x 20+y 0-m2=1，即x 20+2x 0 m 2-2y 0x 0m -x 20=0，同理，可得x 20+2x 0 n 2-2y 0x 0n -x 20=0，显然m ,n 是方程x 20+2x 0 t 2-2y 0x 0t -x 20=0的两根，∴m +n =2y 0x 0x 20+2x 0,mn =-x 20x 20+2x 0，∴MN =m -n =(m +n )2-4mn =4y 20x 20x 20x 0+22-4⋅-x 20x 0x 0+2 =6-3x 0x 0+2 +4x 0x 0+2 =x 0+6x 0+2=1+4x 0+2,由MN =1+4x 0+2=23，得x 0=-1811，.由4y 20=12-3x 20，得y 0=±23011，∴存在点Q -1811,23011 或Q -1811,-23011满足题意.13(2023·甘肃定西·统考模拟预测)已知点M 到点F 0,32 的距离比它到直线l ：y =-2的距离小12，记动点M 的轨迹为E .(1)求E 的方程；(2)若过点F 的直线交E 于A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 两点，则在x 轴的正半轴上是否存在点P ，使得PA ，PB 分别交E 于另外两点C ，D ，且AB =3CD？若存在，请求出P 点坐标，若不存在，请说明理由.【解析】(1)因为点M 到点F 0,32 的距离比它到直线l ：y =-2的距离小12，所以点M 到点F 0,32 的距离等于它到直线l ：y =-32的距离，则点M 的轨迹为以F 0,32 为焦点，以y =-32为准线的抛物线，则曲线E 的方程为x 2=6y .(2)设C x3,y 3 ,P x 0,0 x 0>0 ，由AB =3CD 得：AB ⎳CD ，且AB =3CD ，得PA =3PC ，即x 1-x 0,y 1 =3x 3-x 0,y 3 ，所以x 3=x 1+2x 03,y 3=y 13，代入抛物线方程x 2=6y ，得x 1+2x 03 2=6y 3=2y 1=x 213，整理得x 21-2x 0x 1-2x 20=0，同理可得x 22-2x 0x 2-2x 20=0故x 1,x 2是方程x 2-2x 0x -2x 20=0的两根，Δ=12x 20>0，由韦达定理可得x 1+x 2=2x 0,x 1x 2=-2x 20①，由题意，直线AB 的斜率一定存在，故设直线AB 的方程为y =kx +32，与抛物线方程x 2=6y 联立可得x 2-6kx -9=0，易得Δ>0，由韦达定理可得x 1+x 2=6k ,x 1x 2=-9②，由①②可得x 0=322,k =22，故在x 轴的正半轴上存在一点P 322,0 满足条件.14(2023·北京海淀·中关村中学校考三模)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的焦距为2，长轴长为4.(1)求椭圆E 的方程及离心率；(2)过点M -3,0 且与x 轴不重合的直线l 与椭圆E 交于不同的两点B 、C ，点B 关于x 轴的对称点为B .问：平面内是否存在定点P ，使得B 恒在直线PC 上？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由.。
高中数学圆锥曲线压轴题系列定值问题处理方法理清
思路破解难题
定值问题是圆锥曲线中常考的一种类型，要正确解决它们，首先需
要做的就是理清思路，即从问题本质出发去抓住重点：
一、先理解几何意义：
1、仔细阐明：读懂题中的“定值”的英文意思，如“given,constant”等；
2、辨析：抓住题中的特定定值，如：方程的系数、参数、定点；
3、分类：根据题目中特定网点和具体类型讨论具体问题。
二、正确解决定值问题：
1、找出变量：分析问题的特征，确定相关的变量，以判断出解决问题
需要解决的不确定性；
2、确定函数关系：运用给定条件和特定函数关系，建立准确函数模型；
3、求解：解决具体问题，形成最终结果。
三、压轴难题破解之道：
1、以实际情况推导：在实际生活中结合几何图形，引出实际过程；
2、联系函数模型：分析实际过程中所给函数，推出函数类型；
3、找点分段：应用定点和改变的变量找出隐含的关系，用曲线的分段
特性，求解解析式。
四、总结：
定值问题在圆锥曲线中是一个常见的题目，要解决它们就要从问题本
质出发，先理解几何意义，理清思路，正确解决定值问题，才能破解难题。
其中，“找点分段”更是最具挑战的地方，也是定值问题的重中之重。
圆锥曲线中的定值问题一、考情分析求定值是圆锥曲线中颇有难度的一类问题,也是备受高考关注的一类问题,由于它在解题之前不知道定值的结果,因而更增添了题目的神秘色彩.解决这类问题时,要善于运用辩证的观点去思考分析,在动点的“变”中寻求定值的“不变”性,用特殊探索法(特殊值、特殊位置、特殊图形等)先确定出定值,揭开神秘的面纱,这样可将盲目的探索问题转化为有方向有目标的一般性证明题,从而找到解决问题的突破口.同时有许多定值问题,通过特殊探索法不但能够确定出定值,还可以为我们提供解题的线索.二、解题秘籍(一)定值问题解题思路与策略1.定值问题肯定含有参数, 若要证明一个式子是定值, 则意味着参数是不影响结果的, 也就是说参数在解式子的过程中都可以消掉, 因此解决定值问题的关键是设参数：(1)在解析几何中参数可能是点(注意如果设点是两个参数时, 注意横坐标要满足圆锥曲线方程)(2)可能是角(这里的角常常是将圆锥曲线上的点设为三角函数角的形式),(3)也可能是斜率(这个是最常用的, 但是既然设斜率了, 就要考虑斜率是否存在的情况)常用的参数就是以上三种, 但是注意我们设参数时要遵循一个原则：参数越少越好.因此定值问题的解题思路是：(1)设参数；(2)用参数来表示要求定值的式子；(3)消参数.2.圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题意设条件,得出与代数式参数有关的等式,代入代数式、化简即可得出定值；(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式,再利用题设条件化简、变形求得；(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式,再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．【例1】(2023届湖湘名校教育联合体高三上学期9月大联考)已知椭圆C:x22+y2=1,F1为右焦点，直线l:y=t(x-1)与椭圆C相交于A，B两点，取A点关于x轴的对称点S，设线段AS与线段BS的中垂线交于点Q．(1)当t=2时，求QF1；(2)当t≠0时，求QF1|AB|是否为定值？若为定值，则求出定值；若不为定值，则说明理由．【解析】(1)设A x1,y1,B x2,y2，线段AB的中点M坐标为x M,y M，联立得x2+2y2-2=0,y=2(x-1),消去y可得：9x2-16x+6=0，所以x1+x2=169, x1x2=69,所以x M=89，代入直线AB方程，求得y M=-29，因为Q为△ABS三条中垂线的交点，所以MQ⊥AB，有k MQ k AB=-1，直线MQ方程为y+29=-12×x-89.令y=0,x Q=49，所以Q49,0.由椭圆C :x 22+y 2=1可得右焦点F 11,0 ，故QF 1 =59．(2)设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，中点M 坐标为x M ,y M ．x 212+y 21=1,x 222+y 22=1, 相减得y 2-y 1x 2-x 1=-12×x 1+x 2y 1+y 2=-x M 2y M ，k AB k OM =-12.又Q 为△ABS 的外心，故MQ ⊥AB ,k MQ k AB =-1，所以k MQ =2k OM =2y M x M ，直线MQ 方程为y -y M =2y Mx Mx -x M ，令y =0,x Q =x M 2=x 1+x 24，所以Q x 1+x 24,0 而F 11,0 ,所以QF 1 =1-14x 1+x 2 ，AF 1 =x 1-1 2+y 21=x 1-1 2+1-x 212=x 212-2x 1+2=2-12x 1，同理BF 1 =2-12x 2，|AB |=AF 1 +BF 1 =22-12x 1+x 2 ，QF 1 |AB |=1-14x 1+x 2 22-12x 1+x 2 =24，所以当t 变化时，QF 1 |AB |为定值24．【例2】(2023届河南省濮阳市高三上学期测试)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的右焦点为F ，圆O ：x 2+y 2=a 2，过F 且垂直于x 轴的直线被椭圆C 和圆O 所截得的弦长分别为433和2 2.(1)求C 的方程；(2)过圆O 上一点P (不在坐标轴上)作C 的两条切线l 1，l 2，记l 1，l 2的斜率分别为k 1，k 2，直线OP 的斜率为k 3，证明：k 1+k 2 k 3为定值.【解析】(1)设椭圆C 的半焦距为c c >0 ，过F 且垂直于x 轴的直线被椭圆C 所截得的弦长分别为433，则2b 2a =433；过F 且垂直于x 轴的直线被圆O 所截得的弦长分别为22，则2a 2-c 2=22，又a 2-b 2=c 2，解得a =3b =2 ，所以C 的方程为x 23+y 22=1.(2)设P x 0,y 0 x 0y 0≠0 ，则x 20+y 20=3.①设过点P 与椭圆C 相切的直线方程为y -y 0=k x -x 0 ，联立2x 2+3y 2=6y -y 0=k x -x 0 得3k 2+2 x 2+6k y 0-kx 0 x +3y 0-kx 0 2-2 =0，则Δ=6k y 0-kx 0 2-4×3k 2+2 ×3y 0-kx 0 2-2 =0，整理得x 20-3 k 2-2x 0y 0k +y 20-2=0.②由题意知k 1，k 2为方程②的两根，由根与系数的关系及①可得k 1+k 2=2x 0y 0x 20-3=2x 0y 0-y 20=-2x 0y 0.又因为k 3=k OP =y 0x 0，所以k 1+k 2 k 3=-2x 0y 0⋅y 0x 0=-2，所以k 1+k 2 k 3为定值-2．(二)与线段长度有关的定值问题与线段长度有关的定值问题通常是先引入参数,利用距离公式或弦长公式得到长度解析式,再对解析式化简,得出结果为定值【例3】(2023届辽宁省朝阳市高三上学期9月月考)已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 的离心率为2，点P 3,-1 在双曲线C 上.(1)求双曲线C 的方程；(2)点A ，B 在双曲线C 上，直线PA ，PB 与y 轴分别相交于M ,N 两点，点Q 在直线AB 上，若坐标原点O 为线段MN 的中点，PQ ⊥AB ，证明：存在定点R ，使得QR 为定值.【解析】(1)由题意，双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1的离心率为2，且P 3,-1 在双曲线C 上，可得9a 2-1b 2=1e =c a =2c 2=a 2+b 2，解得a 2=8,b 2=8，所以双曲线的方程为x 28-y 28=1.(2)由题意知，直线的AB 的斜率存在，设直线AB 的方程为y =kx +m ，联立方程组y =kx +mx 2-y 2=8，整理得(1-k 2)x 2-2km x -m 2-8=0，则Δ=(-2km )2-4(1-k 2)(-m 2-8)=4(m 2-8k 2+8)>0且1-k 2≠0，设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，则x 1+x 2=2km 1-k 2,x 1x 2=-m 2-81-k 2，直线PA 的方程为y +1=y 1+1x 1-3(x -3)，令x =0，可得y =-1-3y 1+3x 1-3，即M 0,-1-3y 1+3x 1-3 ,同理可得N 0,-1-3y 2+3x 2-3，因为O 为MN 的中点，所以-1-3y 1+3x 1-3 +-1-3y 2+3x 2-3=0，即-1-3(kx 1+m )+3x 1-3-1+3(kx 2+m )+3x 2-3)=0，可得(6k +2)x 1x 2-(3+9k -3m )(x 1+x 2)-18m =0，即(m +8)(m +3k +1)=0，所以m =-8或m +3k +1=0，若m +3k +1=0，则直线方程为y =kx -3k -1，即y +1=k (x -3)，此时直线AB 过点P 3,-1 ，不合题意；若m =-8时，则直线方程为y =kx -8，恒过定点D (0,-8)，所以PD =32+(-1-8)2=58为定值，又由△PQD 为直角三角形，且PD 为斜边，所以当R 为PD 的中点32,-92时，RQ =PD =582.(三)与面积有关的定值问题与面积有关的定值问题通常是利用面积公式把面积表示成某些变量的表达式,再利用题中条件化简.【例4】(2023届河南省部分学校高三上学期9月联考)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左焦点为F 1-1,0 ，上、下顶点分别为A ，B ，∠AF 1B =90°．(1)求椭圆C 的方程；(2)若椭圆上有三点P ，Q ，M 满足OM =OP +OQ ，证明：四边形OPMQ 的面积为定值．【解析】(1)依题意c =1，又∠AF 1B =90°，所以b =c =1，所以a =b 2+c 2=2，所以椭圆方程为x 22+y 2=1.(2)证明：设M x ,y ，P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，因为OM =OP +OQ，所以四边形OPMQ 为平行四边形，且x =x 1+x 2y =y 1+y 2 ，所以x 1+x 2 22+y 1+y 2 2=1，即x 122+y 12+x 222+y 22+x 1x 2+2y 1y 2=1，又x 122+y 12=1，x 222+y 22=1，所以x 1x 2+2y 1y 2=-1，若直线PQ 的斜率不存在，M 与左顶点或右顶点重合，则x P =x Q =22，所以y P =y Q =32，所以S OPMQ =12×2x P ×2y P =62，若直线PQ 的斜率存在，设直线PQ 的方程为y =kx +t ，代入椭圆方程整理得1+2k 2 x 2+4ktx +2t 2-2=0，所以Δ=82k 2+1-t 2 >0，x 1+x 2=-4kt 1+2k 2，x 1x 2=2t 2-21+2k 2，所以y 1y 2=kx 1+t kx 2+t =k 2x 1x 2+kt x 1+x 2 +t 2=k 2⋅2t 2-21+2k 2+kt ⋅-4kt 1+2k2 +t 2所以2k 2+1 ⋅2t 2-21+2k 2+2kt ⋅-4kt 1+2k2 +2t 2=-1，整理得4t 2=1+2k 2，又PQ =k 2+1x 1-x 2 =k 2+1⋅81+2k 2-t 21+2k 2，又原点O 到PQ 的距离d =tk 2+1，所以S △POQ =12PQ d =2⋅1+2k 2-t 2⋅t 1+2k 2，将4t 2=1+2k 2代入得S △POQ =2⋅3t 2⋅t 4t2=64，所以S OPMQ =2S △POQ =62，综上可得，四边形OPMQ 的面积为定值62.(四)与斜率有关的定值问题与斜率有关的定值问题常见类型是斜率之积商或斜率之和差为定值,求解时一般先利用斜率公式写出表达式,再利用题中条件或韦达定理化简.【例5】(2023届江苏省南通市高三上学期第一次质量监测)已知A,A 分别是椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左､右顶点，B ,F 分别是C 的上顶点和左焦点.点P 在C 上，满足PF ⊥A A ,AB ∥OP ,FA =2- 2.(1)求C 的方程；(2)过点F 作直线l (与x 轴不重合)交C 于M ,N 两点，设直线AM ,AN 的斜率分别为k 1,k 2，求证：k 1k 2为定值.【解析】(1)因为PF ⊥A A ，故可设P -c ,y 0 ，因为AB ∥OP ，故k AB ∥k OP ，即-b a =-y 0c ，解得y 0=bca.又P -c ,bc a 在椭圆C 上，故c 2a 2+b 2c 2a 2b2=1，解得a 2=2c 2=2a 2-2b 2，故a =2b =2c .又FA =2-2，故FA =a -c =2-1 c =2-2，故c =2，a =2,b =2.故C 的方程为x 24+y 22=1.(2)因为椭圆方程为x 24+y 22=1，故F -2,0 ,A 2,0 ，当l 斜率为0时A ,M 或A ,N 重合，不满足题意，故可设l ：x =ty -2.联立x 24+y 22=1x =ty -2可得t 2+2 y 2-22ty -2=0，设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，则y 1+y 2=22t t 2+2,y 1y 2=-2t 2+2.故k 1k 2=y 1x 1-2⋅y 2x 2-2=y 1y 2ty 1-2-2 ty 2-2-2=y 1y 2t 2y 1y 2-2+2 t y 1+y 2 +2+2 2=1t 2-2+2 t y 1+y 2y 1y 2 +2+2 2y 1y 2=1t 2+22+2 t 2-2+2 2×t 2+2 2=1-23+22 =2-32故定值为2-32(五)与向量有关的定值问题与向量有关的定值问题常见类型一是求数量积有关的定值问题，二是根据向量共线,写出向量系数的表达式,再通过计算得出与向量系数有关的定值结论.【例6】(2023届湖南省部分校高三上学期9月月考)已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的离心率为62，点A 6,4 在C 上.(1)求双曲线C 的方程.(2)设过点B 1,0 的直线l 与双曲线C 交于D ,E 两点，问在x 轴上是否存在定点P ，使得PD ⋅PE为常数？若存在，求出点P 的坐标以及该常数的值；若不存在，请说明理由.【解析】(1)因为双曲线C 的离心率为62，所以62 2=1+b 2a2，化简得a 2=2b 2.将点A 6,4 的坐标代入x 22b 2-y 2b 2=1，可得18b 2-16b2=1，解得b 2=2，所以C 的方程为x 24-y 22=1.(2)设D x 1,y 1 ,E x 2,y 2 ，直线l 的方程为y =k (x -1)，联立方程组y =k x -1 ,x 24-y 22=1,消去y 得(1-2k 2)x 2+4k 2x -2k 2-4=0，由题可知1-2k 2≠0且Δ>0，即k 2<23且k 2≠12，所以x 1+x 2=-4k 21-2k 2,x 1x 2=-2k 2+41-2k 2.设存在符合条件的定点P t ,0 ，则PD =x 1-t ,y 1 ,PE=x 2-t ,y 2 ，所以PD ⋅PE=x 2-t x 1-t +y 1y 2=k 2+1 x 1x 2-t +k 2 x 1+x 2 +t 2+k 2.所以PD ⋅PE =k 2+1 -2k 2-4 +4k 2t +k 2 +t 2+k 2 1-2k 2 1-2k 2，化简得PD ⋅PE =k 2-2t 2+4t -5 +t 2-4-2k 2+1.因为PD ⋅PE 为常数，所以-2t 2+4t -5-2=t 2-41，解得t =134.此时该常数的值为t 2-4=10516，所以，在x 轴上存在点P 134,0 ，使得PD ⋅PE 为常数，该常数为10516.【例7】(2022届上海市金山区高三上学期一模)已知P 0,1 为椭圆C ：x 24+y 23=1内一定点,Q 为直线l ：y =3上一动点,直线PQ 与椭圆C 交于A ､B 两点(点B 位于P ､Q 两点之间),O 为坐标原点.(1)当直线PQ 的倾斜角为π4时,求直线OQ 的斜率；(2)当△AOB 的面积为32时,求点Q 的横坐标；(3)设AP =λPB ,AB=μBQ ,试问λ-μ是否为定值？若是,请求出该定值；若不是,请说明理由.【解析】(1)因为直线PQ 的倾斜角为π4,且P 0,1 ,所以直线PQ 的方程为：y =x +1,由y =x +1y =3,得Q 2,3 ,所以直线OQ 的斜率是k OQ =32；(2)易知直线PQ 的斜率存在,设直线PQ 的方程为y =kx +1,由x 24+y 23=1y =kx +1,得3+4k 2 x 2+8kx -8=0,设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,则x 1+x 2=-8k 3+4k 2,x 1⋅x 2=-83+4k 2,所以x1-x 2 =x 1+x 2 2-4x 1⋅x 2=96+192k 23+4k 2,所以S △AOB =12OP ⋅x 1-x 2 =26+12k 23+4k 2=32,解得k 2=14,即k =±12,所以直线PQ 的方程为y =12x +1或y =-12x +1,由y =12x +1y =3,得Q 4,3 ；由y =-12x +1y =3,得Q -4,3 ；(3)易知直线PQ 的斜率存在,设直线PQ 的方程为x =m y -1 ,由x 24+y 23=1x =m y -1,得4+3m 2 y -1 2+8y -1 -8=0,设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,则y 1-1+y 2-1=-84+3m 2,y 1-1 ⋅y 2-1 =-84+3m 2,所以y 1-1+y 2-1=y 1-1 ⋅y 2-1 ,因为AP =λPB ,AB=μBQ ,所以λ=1-y 1y 2-1,μ=y 2-y 13-y 2=y 2-3+3-y 13-y 2=-1+3-y 13-y 2,所以λ-μ=1-y 1y 2-1+y 1-33-y 2+1,=21-y 1 +1-y 1 +21-y 1 1-y 1 y 2-1 3-y 2 +1=1.(六)与代数式有关的定值问题与代数式有关的定值问题．一般是依题意设条件,得出与代数式参数有关的等式,代入代数式、化简即可得出定值【例8】在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的右准线为直线l ，动直线y =kx +m (k <0,m >0)交椭圆于A ,B 两点，线段AB 的中点为M ，射线OM 分别交椭圆及直线l 于点P 、Q ，如图，当A 、B 两点分别是椭圆E 的右顶点及上顶点时，点Q 的纵坐标为1e(其中e 为椭圆的离心率)，且OQ =5OM ．(1)求椭圆E 的标准方程；(2)如果OP 是OM 、OQ 的等比中项，那么mk是否为常数？若是，求出该常数；若不是，请说明理由．【解析】(1)椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1的右准线为直线l ，动直线y =kx +m 交椭圆于A ,B 两点，当A ,B 零点分别是椭圆E 的有顶点和上顶点时，则A (a ,0),B (0,,b ),M a 2,b2，因为线段AB 的中点为M ，射线OM 分别角椭圆及直线l 与P ,Q 两点，所以Q a 2c ,1e，由O ,M ,Q 三点共线，可得b a =1ea2c，解得b =1，因为OQ =5OM ，所以a 2c a 2=5，可得2a =5c ，又由a 2=b 2+c 2b =12a =5c，解得a 2=5,c 2=4，所以椭圆E 的标准方程为x 25+y 2=1.(2)解：把y =kx +m 代入椭圆E :x 25+y 2=1，可得(5k 2+1)x 2+10mkx +5m 2-5=0，可得x 1+x 2=10km 5k 2+1,x 1x 2=5m 2-55k 2+1，则y 1+y =k (x 1+x 1)+2m =2m 5k 2+1，所以x M =5km 5k 2+1,y M =m5k 2+1，即M 5km 5k 2+1,m 5k 2+1 ,所以直线OM 的方程为y =-15k x ，由y =-15k x x 25+y 2=1，可得x 2P =25k 25k 2+1，因为OP 是OM ,OQ 的等比中项，所以OP 2=OM ⋅OQ ，可得x 2P =x M ⋅x Q =25mk 2(5k 2+1)，又由25k 25k 2+1=25mk 2(5k 2+1)，解得m =-2k ，所以m k =-2，此时满足Δ>0，所以mk为常数-2.(六)与定值有关的结论1.若点A ,B 是椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 上关于原点对称的两点,点P 是椭圆C 上与A ,B 不重合的点,则k PA ⋅k PB =-b 2a2；2.若点A ,B 是双曲线C ：x 2a 2-y 2b 2=1a >0,b >0 上关于原点对称的两点,点P 是双曲线C 上与A ,B 不重合的点,则k PA ⋅k PB =b2a 2.3.设点P m ,n 是椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 上一定点,点A ,B 是椭圆C 上不同于P 的两点,若k PA +k PB =0,则直线AB 斜率为定值bm 2an 2n ≠0 ；4.设点P m ,n 是双曲线C ：x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 一定点,点A ,B 是双曲线C 上不同于P 的两点,若k PA +k PB =0,直线AB 斜率为定值-bm 2an 2n ≠0 ；5.设点P m ,n 是抛物线C ：y 2=2px p >0 一定点,点A ,B 是抛物线C 上不同于P 的两点,若k PA +k PB=0,直线AB 斜率为定值-pn n ≠0 .6.设A ,B ,C 是椭圆x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 上不同3点,B ,C 关于x 轴对称,直线AC ,BC 与x 轴分别交于点M ,N ,则OM ON =a 2.7.点A ,B 是椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 上动点,O 为坐标原点,若OA ⊥OB ,则1OA 2+1OB2=1a 2+1b 2(即点O 到直线AB 为定值)8.经过椭圆b 2x 2+a 2y 2=a 2b 2(a >b >0)的长轴的两端点A 1和A 2的切线,与椭圆上任一点的切线相交于P 1和P 2,则|PA 1|⋅|PA 2|=b 2.9.过椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的右焦点F 作直线交该椭圆右支于M ,N 两点,弦MN 的垂直平分线交x轴于P ,则|PF ||MN |=e2.10.点P 为椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >0,b >0)(包括圆在内)在第一象限的弧上任意一点,过P 引x 轴、y 轴的平行线,交y 轴、x 轴于M ,N ,交直线y =-bax 于Q ,R ,记ΔOMQ 与ΔONR 的面积为S 1,S 2,则：S 1+S 2=ab 2.【例9】(2022届上海市黄浦区高三一模)设常数m >0且m ≠1,椭圆Γ：x 2m2+y 2=1,点P 是Γ上的动点．(1)若点P 的坐标为2,0 ,求Γ的焦点坐标；(2)设m =3,若定点A 的坐标为2,0 ,求PA 的最大值与最小值；(3)设m =12,若Γ上的另一动点Q 满足OP ⊥OQ (O 为坐标原点),求证：O 到直线PQ 的距离是定值．【解析】(1)∵椭圆Γ：x 2m2+y 2=1,点P 的坐标为2,0 ,∴m =2,c =3,∴Γ的焦点坐标为-3,0 ,3,0 ；(2)设P x ,y ,又A 2,0 ,由题知x 29+y 2=1,即y 2=1-x 29,∴PA 2=x -2 2+y 2=x -2 2+1-x 29=8x 29-4x +5=89x -94 2+12,又-3≤x ≤3,∴当x =-3时,PA 2取得最大值为25；当x =94时,PA 2取得最小值为12；∴PA 的最大值为5,最小值为22.(3)当m =12时,椭圆Γ：4x 2+y 2=1,设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ,当直线PQ 斜率存在时设其方程为y =kx +t ,则由y =kx +t 4x 2+y 2=1,得4+k 2 x 2+2ktx +t 2-1=0,∴x 1+x 2=-2kt 4+k 2,x 1x 2=t 2-14+k2,Δ=2kt 2-44+k 2 t 2-1 >0,由OP ⊥OQ 可知OP ⋅OQ=0,即x 1x 2+y 1y 2=0,∴x 1x 2+kx 1+t kx 2+t =0,即1+k 2 x 1x 2+kt x 1+x 2 +t 2=0,∴1+k 2 ⋅t 2-14+k 2+kt ⋅-2kt 4+k2+t 2=0,可得1+k 2=5t 2,满足Δ>0,∴O 到直线PQ 的距离为d =t 1+k2=55为定值；当直线PQ 斜率不存在时,OP ⊥OQ ,可得直线方程为x =±55,O 到直线PQ 的距离为55.综上,O 到直线PQ 的距离是定值．三、跟踪检测1.(2023届江苏省南通市海安市高三上学期质量监测)已知椭圆E ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率为32，短轴长为2.(1)求E 的方程；(2)过点M -4,0 且斜率不为0的直线l 与E 自左向右依次交于点B ，C ，点N 在线段BC 上，且MBMC=NBNC，P 为线段BC 的中点，记直线OP ，ON 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1k 2为定值.【解析】(1)由椭圆E ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率为32，短轴长为2，可知c a =32,2b =2 ，则1-b 2a2=34,∴a 2=4 ，故E 的方程为x 24+y 2=1；(2)证明：由题意可知直线l 的斜率一定存在，故设直线l 的方程为y =k (x +4)，设B (x 1,y 1),C (x 2,y 2),N (x 3,y 3),P (x 0,y 0)，联立x 24+y 2=1y =k (x +4)，可得(4k 2+1)x 2+32k 2x +64k 2-4=0，Δ=16(1-12k 2)>0,∴0<k 2<112，则x 1+x 2=-32k 24k 2+1,x 1x 2=64k 2-44k 2+1，所以x 0=-16k 24k 2+1,y 0=k (x 0+4)=4k 4k 2+1,∴P -16k 24k 2+1,4k4k 2+1 ，又MB MC =NB NC，所以x 1+4x 2+4=x 3-x 1x 2-x 3，解得x 3=2x 1x 2+4(x 1+x 2)x 1+x 2+8=2×64k 2-44k 2+1+4×-3k 24k 2+1-32k 24k 2+1+8=-1,y 3=3k ，从而N (-1,3k ) ，故k 1⋅k 2=y 0x 0⋅y 3x 3=-14k×(-3k )=34，即k 1k 2为定值.2.(2023届湖北省“宜荆荆恩”高三上学期考试)已知双曲线C 与双曲线x 212-y 23=1有相同的渐近线，且过点A (22,-1).(1)求双曲线C 的标准方程；(2)已知D (2,0),E ,F 是双曲线C 上不同于D 的两点，且DE ⋅DF=0,DG ⊥EF 于G ，证明：存在定点H ，使|GH |为定值.【解析】(1)因为双曲线C 与已知双曲线有相同的渐近线，设双曲线C 的标准方程为x 2-4y 2=λ代入点A 坐标，解得λ=4所以双曲线C 的标准方程为x 24-y 2=1(2)(i )当直线EF 斜率存在时，设EF :y =kx +m ，设E x 1,y 1 F x 2,y 2 ，联立y =kx +m 与双曲线x 24-y 2=1，化简得4k 2-1 x 2+8km x +4m 2+1 =0，Δ=(8km )2-44m 2+4 4k 2-1 >0，即4k 2-m 2-1<0，则有x 1+x 2=-8km4k 2-1x 1x 2=4m 2+44k 2-1，又y 1y 2=kx 1+m kx 2+m =k 2x 1x 2+km x 1+x 2 +m 2，因为DE ⋅DF=x 1-2 x 2-2 +y 1y 2=0，所以k 2+1 ⋅x 1x 2+km -2 ⋅x 1+x 2 +m 2+4=0，所以k 2+1 ⋅4m 2+44k 2-1+km -2 ⋅-8km 4k 2-1+m 2+4=0，化简，得3m 2+16km +20k 2=0，即3m +10k m +2k =0，所以m 1=-2k ,m 2=-103k ，且均满足4k 2-m 2-1<0，当m 1=-2k 时，直线l 的方程为y =k x -2 ，直线过定点2,0 ，与已知矛盾，当m 2=-103k 时，直线l 的方程为y =k x -103 ，过定点103,0 (ii )当直线EF 斜率不存在时，由对称性不妨设直线DE ：y =x -2，与双曲线C 方程联立解得x E =x F =103，此时EF 也过点M 103,0 ，综上，直线EF 过定点M 103,0.由于DG ⊥EF ，所以点G 在以DM 为直径的圆上，H 为该圆圆心，GH 为该圆半径，所以存在定点H 83,0 ，使GH 为定值23.3.(2023届江苏省南京市高三上学期9月学情调研)已知抛物线C ：y 2=2px p >0 的焦点为F ，过点P (0，2)的动直线l 与抛物线相交于A ，B 两点．当l 经过点F 时，点A 恰好为线段PF 中点．(1)求p 的值；(2)是否存在定点T ，使得TA ⋅TB为常数？若存在，求出点T 的坐标及该常数；若不存在，说明理由．【解析】(1)因为F p 2,0 ,P 0,2 ，且点A 恰好为线段PF 中点，所以A p4,1 ，又因为A 在抛物线上，所以12=2p ⋅p4，即p 2=2，解得P =2(2)设T m ,n ，可知直线l 斜率存在；设l ：y =kx +2，A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 联立方程得：y 2=22xy =kx +2 ，所以k 2y 2-22y +42=0，所以y 1+y 2=22k ,y 1y 2=42k，又：TA ⋅TB =x 1-m x 2-m )+(y 1-n y 2-n=24y 21-m 24y 22-m +y 1-n y 2-n=18y 21y 22-24m y 21+y 22 +m 2-n y 1+y 2 +n 2=4k 2-24m 8k2-82k +m 2+42k -22n k +n 2=4-22m k2+4m +42-22n k +m 2+n 2，令4m +42-22n =04-22m =0，解之得：m =2n =4 ，即T 2,4 ，此时TA ⋅TB =m 2+n 2=184.(2023届重庆市2023届高三上学期质量检测)已知抛物线C :x 2=2py p >0 的焦点为F ，斜率不为0的直线l 与抛物线C 相切，切点为A ，当l 的斜率为2时，AF =10.(1)求p 的值；(2)平行于l 的直线交抛物线C 于B ，D 两点，且∠BAD =90°，点F 到直线BD 与到直线l 的距离之比是否为定值？若是，求出此定值；否则，请说明理由.【解析】(1)由x 2=2py ，得y =x 22p，则y =xp ，令xp=2，则x =2p ，即点A 的横坐标为2p ，所以其纵坐标也为2p ，故AF =2p +p2=10，所以p =4；(2)由(1)得x 2=8y ，设直线BD 的方程为y =kx +m k ≠0 ，B x 1,x 218 ,D x 2,x 228 ,A x 0,x 208，由∠BAD =90°得x 218-x 208x 1-x 0·x 228-x 208x 2-x 0=-1，即x 1+x 0 x 2+x 0 =-64，即x 1x 2+x 0x 1+x 2 +x 20=-64，由(1)知y =k =x04,x 0=4k ，联立y =kx +m x 2=8y，消y 得x 2-8kx -8m =0，则x 1+x 2=8k ,x 1x 2=-8m ，所以-8m +32k 2+16k 2=-64，所以m =6k 2+8，l :y =x 04x -x 0 +x 28=kx -2k 2，设F 到直线l 和直线BD 的距离分别为d 1,d 2，则由l ∥BD 得，d 1d 2=m -2 2+2k 2=6k 2+62k 2+2=3，所以点F 到直线BD 与到直线l 的距离之比是定值，为定值3.5.(2023届江苏省百校联考高三上学期考试)设F 为椭圆C ：x 22+y 2=1的右焦点，过点F 且与x 轴不重合的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点.(1)当BF=2FA 时，求FA ；(2)在x 轴上是否存在异于F 的定点Q ，使k QAk QB为定值(其中k QA ，k QB 分别为直线QA ，QB 的斜率)？若存在，求出Q 的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】(1)设直线l 的方程为x =my +1，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，联立x =my +1x 2+2y 2=2，得m 2+2 y 2+2my -1=0，又因为BF=2FA ，所以y 1+y 2=-2m m 2+2y 1y 2=-1m 2+2y 2=-2y 1，解得m 2=27，y 1 =2m m 2+2=148，所以FA =1+m 2y 1 =328，即FA =328.(2)假设在x 轴上存在异于点F 的定点Q t ,0 t ≠1 ，使得k QAk QB为定值.设直线AB 的方程为x =my +1，联立x 22+y 2=1x =my +1，得m 2+2 y 2+2my -1=0，则y 1+y 2=-2m m 2+2，y 1y 2=-1m 2+2，所以y 1+y 2=2my 1y 2.所以k QA k QB =y 1x 1-t y 2x 2-t=y 1⋅x 2-t y 2⋅x 1-t =y 1my 2+1-t y 2my 1+1-t =my 1y 2+(1-t )y 1my 1y 2+(1-t )y 2=2my 1y 2+2(1-t )y 12my 1y 2+2(1-t )y 2=(3-2t )y 1+y 2y 1+(3-2t )y 2.要使k QA k QB为定值，则3-2t 1=13-2t ，解得t =2或t =1(舍去)，此时k QAk QB=-1.故在x 轴上存在异于F 的定点Q 2,0 ，使得k QAk QB为定值.6.(2022届湖南省长沙市宁乡市高三下学期5月模拟)已知抛物线G :y 2=4x 的焦点与椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的右焦点F 重合，椭圆E 的长轴长为4.(1)求椭圆E 的方程；(2)过点F 且斜率为k 的直线l 交椭圆E 于A ,B 两点，交抛物线G 于M ,N 两点，请问是否存在实常数t ，使2AB +tMN 为定值？若存在，求出t 的值；若不存在，说明理由.【解析】(1)因为抛物线G :y 2=4x 的焦点为(1,0)，所以c =1，又a =2，则b 2=a 2-c 2=3，故椭圆E 的方程为：x 24+y 23=1；(2)设A x 1,y 1 ､B x 2,y 2 ､M x 3,y 3 ､N x 4,y 4 ，设直线l 的方程为y =k x -1 ，与椭圆E 的方程联立x 24+y 23=1y =k x -1，得3+4k 2 x 2-8k 2x +4k 2-12=0，∴x 1+x 2=8k 23+4k 2，x 1x 2=4k 2-123+4k 2，∴AB =1+k 2⋅x 1+x 2 2-4x 1x 2=12(k 2+1)3+4k 2，设直线l 的方程y =k x -1 ，与抛物线G 的方程联立y 2=4xy =k x -1 ，得k 2x 2-2k 2+4 x +k 2=0，∴x 3+x 4=2k 2+4k 2，x 3x 4=1，∴MN =x 3+x 4+2=4k 2+1k 2，∴2AB +t MN=3+4k 26k 2+1 +tk 24k 2+1 =8+3t k 2+612k 2+1 ，要使2AB +1MN为常数，则8+3t =6，解得t =-23，故存在t =-23，使得2AB +1MN为定值12．7.(2023届江苏省南京市高三上学期数学大练)已知点B 是圆C :x -1 2+y 2=16上的任意一点，点F (-1，0)，线段BF 的垂直平分线交BC 于点P .(1)求动点Р的轨迹E 的方程;(2)设曲线E 与x 轴的两个交点分别为A 1，A 2，Q 为直线x =4上的动点，且Q 不在x 轴上，QA 1与E 的另一个交点为M ，QA 2与E 的另一个交点为N ，证明:△FMN 的周长为定值.【解析】(1)因为点P 在BF 垂直平分线上，所以有PF =PB ，所以：PF +PC =PB +PC =BC =r =4，即PF +PC 为定值4>2，所以轨迹E 为椭圆，且a =2，c =1，所以b 2=3，所以轨迹E 的方程为：x 24+y 23=1.(2)由题知：A 1-2，0 ，A 22，0 ，设Q 4，t ，M x 1，y 1 ，N x 2，y 2则k QA 1=t 6，k QA 2=t2，所以QA 1方程为：y =t 6x +2 ，QA 2方程为：y =t2x -2 ，联立方程：y =t 6x +2x 24+y 23=1，可以得出M ：54-2t 227+t 2，18t27+t 2 同理可以计算出点N 坐标：2t 2-63+t 2，-6t3+t 2 ，当k MN 存在，即t 2≠9，即t ≠±3时，k MN =-6t(t 2-9)所以直线MN 的方程为：y +6t 3+t 2=-6t t 2-9x -2t 2-63+t 2即：y =-6t t 2-9x +6t t 2-9=-6tt 2-9x -1 ，所以直线过定点1，0 ，即过椭圆的右焦点F 2，所以△FMN 的周长为4a =8.当k MN 不存在，即t 2=9，即t =±3时，可以计算出x 1=x 2=1，周长也等于8.所以△FMN 的周长为定值8.8.(2023届安徽省皖南八校高三上学期考试)已知椭圆M :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左､右焦点为F 1，F 2，且左焦点坐标为-2,0 ，P 为椭圆上的一个动点，∠F 1PF 2的最大值为π2.(1)求椭圆M 的标准方程；(2)若过点-2,-4 的直线l 与椭圆M 交于A ,B 两点，点N 2,0 ，记直线NA 的斜率为k 1，直线NB 的斜率为k 2，证明：1k 1+1k 2=1.【解析】(1)因为左焦点坐标为-2,0 ，所以c =2，当点P 在上､下顶点时，∠F 1PF 2最大，又∠F 1PF 2的最大值为π2.所以b =c =2，由a 2=b 2+c 2得a 2=4，所以椭圆M 的标准方程为x 24+y 22=1；(2)当直线l 的斜率为0时，直线l 的方程为y =-4，直线y =-4与椭圆x 24+y 22=1没有交点，与条件矛盾，故可设直线l 的方程为x =my +t ，联立直线l 的方程与椭圆方程可得，x =my +tx 24+y 22=1，化简可得my +t 2+2y 2=4，所以m 2+2 y 2+2mtx +t 2-4=0，由已知方程m 2+2 y 2+2mtx +t 2-4=0的判别式Δ=4m 2t 2-4m 2+2 t 2-4 =16m 2-8t 2+32>0，又直线x =my +t 过点-2,-4 ，所以-2=-4m +t ，所以7m 2-8m <0，所以0<m <87，设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，则y 1+y 2=-2mt m 2+2，y 1y 2=t 2-4m 2+2，因为N 2,0所以1k 1+1k 2=x 1-2y 1+x 2-2y 2=my 1+t -2y 1+my 2+t -2y 2=2m +t -2 y 1+y 2y 1y 2，所以1k 1+1k 2=2m +t -2 -2mt t 2-4=2m -2mt t +2=2m -2mt 4m =2m -t 2=1方法二：设直线l 的方程为m x -2 +ny =1,A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，由椭圆M 的方程x 2+2y 2=4，得(x -2)2+2y 2=-4x -2 .联立直线l 的方程与椭圆方程，得(x -2)2+2y 2=-4x -2 m x -2 +ny ，即1+4m (x -2)2+4n x -2 y +2y 2=0，1+4m x -2y 2+4n x -2y +2=0，所以1k 1+1k 2=x 1-2y 1+x 2-2y 2=-4n1+4m .因为直线l 过定点-2,-4 ，所以m +n =-14，代入1k 1+1k 2，得1k 1+1k 2=x 1-2y 1+x 2-2y 2=-4n 1+4m =1+4m1+4m =1.9.(2023届北京市房山区高三上学期考试)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的长轴的两个端点分别为A -2,0 ,B 2,0 离心率为32．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)M 为椭圆C 上除A ，B 外任意一点，直线AM 交直线x =4于点N ，点O 为坐标原点，过点O 且与直线BN 垂直的直线记为l ，直线BM 交y 轴于点P ，交直线l 于点Q ，求证：|BP ||PQ |为定值．【解析】(1)由已知a =2，又e =c a =c 2=32，c =3，所以b =a 2-c 2=1，椭圆标准方程为x 24+y 2=1；(2)设M (x 1,y 1)，y 1≠0，则x 214+y 21=1，x 21+4y 21=4，直线AM 的方程为y =y 1x 1+2(x +2)，令x =4得y =6y 1x 1+2，即N 4,6y 1x 1+2，k BN =6y 1x 1+24-2=3y 1x 1+2,l⊥BN,k l=-x1+23y1，直线l的方程是y=-x1+23y1x，直线BM的方程为y=y1x1-2(x-2)，令x=0得y=-2y1x1-2，即P0,-2y1x1-2，由y=-x1+23y1xy=y1x1-2(x-2)，因为x21+4y21=4，故解得x=-6y=2(x1+2)y1，即Q-6,2x1+2y1，所以BPPQ=x P-x Bx Q-x P=0-2-6-0=1310.(2023届湖南师范大学附属中学高三上学期月考)已知A(-22,0),B(22,0)，直线PA,PB的斜率之积为-34，记动点P的轨迹为曲线C.(1)求C的方程;(2)直线l与曲线C交于M,N两点，O为坐标原点，若直线OM,ON的斜率之积为-34，证明:△MON的面积为定值.【解析】(1)设P(x,y)，则直线PA的斜率k PA=yx+22(x≠-22)，直线PB的斜率 k PB=yx-22(x≠22)，由题意k PA⋅k PB=yx+22⋅yx-22=y2x2-8=-34，化简得 x28+y26=1(x≠±22)；(2)直线l的斜率存在时，可设其方程为y=kx+m，联立y=kx+m,x28+y26=1,化简得3+4k2x2+8km x+4m2-24=0，设M x1,y1,N x2,y2，则Δ=(8km)2-43+4k24m2-24=488k2+6-m2>0，x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-243+4k2，所以 k OM⋅k ON=y1y2x1x2=kx1+mkx2+mx1x2=k2x1x2+km x1+x2+m2x1x2=4m2k2-24k2-8k2m2+3m2+4k2m23+4k24m2-243+4k2=-24k2+3m24m2-24=-34化简得m2=4k2+3则|MN|=1+k2x1-x2=1+k2488k2+6-m23+4k2==431+k24k2+34k2+3=431+k23+4k2，又O到MN的距离d=|m|1+k2=4k2+31+k2，所以S△OMN=12|MN|⋅d=12⋅431+k23+4k2⋅3+4k21+k2=23，为定值.当直线l的斜率不存在时，可设 M x0,y0,N x0,-y0，则k CM⋅k ON=-y20x20=-34，且x208+y206=1，解得x20=4,y20=3，此时S△OMN=2×12×x0y0=23，综上，△OMN 的面积为定值23.11.(2023届贵州省遵义市新高考协作体高三上学期质量监测)已知点F 1是椭圆C :x 24+y 23=1的左焦点，Q是椭圆C 上的任意一点，A 12,1 ．(1)求QF 1 +QA 的最大值；(2)过点F 1的直线l 与椭圆C 相交于两点M ,N ，与y 轴相交于点P ．若PM =λMF 1 ，PN =μNF 1，试问λ+μ是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【解析】(1)由椭圆方程知：a =2，b =3，∴c =a 2-b 2=1，则F 1-1,0 ，F 21,0 ，由椭圆定义知：QF 1 =2a -QF 2 =4-QF 2 ，∴QF 1 +QA =QA -QF 2 +4，∵QA -QF 2 ≤F 2A (当且仅当A ,F 2,Q 三点共线，即与图中T 点重合时取等号)，又F 2A =12-1 2+1-0 2=52，∴QF 1 +QA 的最大值为4+52=8+52.(2)由题意知：直线l 斜率存在，设l :y =k x +1 ，M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，则P 0,k ，由y =k x +1x 24+y 23=1得：3+4k 2 x 2+8k 2x +4k 2-12=0，∴x 1+x 2=-8k 23+4k 2，x 1x 2=4k 2-123+4k 2；∵PM =λMF 1 ，即x 1,y 1-k =λ-1-x 1,-y 1 ，则λ=-x 11+x1；同理可得：μ=-x 21+x 2，∴λ+μ=-x 11+x 1-x 21+x 2=-x 11+x 2 +x 21+x 1 1+x 1 1+x 2=-2x 1x 2+x 1+x 2 x 1x 2+x 1+x 2 +1=-8k 2-243+4k 2-8k 23+4k 24k 2-123+4k 2-8k 23+4k2+1=-8k 2-24-8k 24k 2-12-8k 2+3+4k2=-83，∴λ+μ是定值-83.12.(2023届江苏省盐城市响水中学高三上学期测试)已知椭圆C ：x 24+y 22=1，A 0,1 ，过点A 的动直线l与椭圆C 交于P 、Q 两点.(1)求线段PQ 的中点M 的轨迹方程；(2)是否存在常数，使得λAP ⋅AQ +OP ⋅OQ为定值？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【解析】(1)①当直线l 存在斜率时，设P x 1,y 1 、Q x 2,y 2 、M x 0,y 0 ，x 0≠0，则应用点差法：x 214+y 212=1x 224+y 222=1，两式联立作差得：(x 1-x 2)(x 1+x 2)4+(y 1-y 2)(y 1+y 2)2=0，∴y 1-y 2 y 1+y 2 x 1-x 2 x 1+x 2=y 1-y 2x 1-x 2⋅y 1+y 2x 1+x 2=k PQ ⋅2y 02x 0=k PQ ⋅y 0x 0=k PQ ⋅k OM =-12，又∵k PQ =k MA =y 0-1x 0，∴y 0-1x 0⋅y 0x 0=-12，化简得x 20+2y 20-2y 0=0(x 0≠0)，②当直线l 不存在斜率时，M 0,0 ，综上，无论直线是否有斜率，M 的轨迹方程为x 2+2y -12 2=12；(2)①当直线l 存在斜率时，设直线l 的方程为：y =kx +1，联立y =kx +1x 24+y 22=1并化简得：(2k 2+1)x 2+4kx -2=0，∴Δ>0恒成立，∴x 1+x 2=-4k 2k 2+1，x 1⋅x 2=-22k 2+1，又AP =x 1,k ⋅x 1 ，AQ =x 2,k ⋅x 2 ，OP =x 1,k ⋅x 1+1 ，OQ =x 2,k ⋅x 2+1 ，∴λAP ⋅AQ +OP ⋅OQ=λ1+k 2 ⋅x 1⋅x 2+1+k 2 ⋅x 1⋅x 2+k x 1+x 2 +1，=-2λ+1 1+k 2 2k 2+1-4k 22k 2+1+1=-2λ+2 k 2+2λ+12k 2+1，若使λAP ⋅AQ +OP ⋅OQ为定值，只需2λ+2 2=2λ+11，即λ=1，其定值为-3，②当直线l 不存在斜率时，直线l 的方程为：x =0，则有P 0,2 、Q 0,-2 ，又AP =0,2-1 ，AQ =0,-2-1 ，OP =0,2 ，OQ =0,-2 ，∴λAP ⋅AQ +OP ⋅OQ =-λ-2，当λ=1时，λAP ⋅AQ +OP ⋅OQ 也为定值-3，综上，无论直线是否有斜率，一定存在一个常数λ=1，使λAP ⋅AQ +OP ⋅OQ为定值-3.13.(2023届云南省下关第一中学高三上学期考试)已知椭圆E :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过点(0,3)，离心率为22，直线y =kx (k ≠0)与椭圆E 交于A ，B 两点，过点B 作BC ⊥x ，垂足为C 点，直线AC 与椭圆E的另一个交点为D ．(1)求椭圆E 的方程；(2)试问∠ABD 是否为定值？若为定值，求出定值；若不为定值，说明理由．【解析】(1)由已知得b =3c a =22，解得a =6b =3c =3，所以E :x 26+y 23=1．(2)由已知，不妨设B x 0,y 0 ，则A -x 0,-y 0 ，C x 0,0 ，所以k =y 0x 0，k AC =y 02x 0=k 2，所以l AD :y =k2x -x 0 ，代入椭圆E :x 26+y 23=1的方程得：2+k 2 x 2-2x 0k 2x +k 2x 20-12=0，设D x D ,y D ，则-x 0+x D =2x 0k 22+k 2，即x D =2x 0k 22+k 2+x 0，所以y D =k 22x 0k22+k 2+x 0-x 0 =x 0k 32+k 2，即D 2x 0k 22+k 2+x 0,x 0k 32+k 2，所以k BD =x 0k 32+k 2-kx 02x 0k 22+k 2+x 0-x 0=-1k ，即k BD k =-1，即BD ⊥AB ，也即∠ABD 为定值π2．14.如图,点M 是圆A :x 2+(y +1)2=16上任意点,点B (0,1),线段MB 的垂直平分线交半径AM 于点P ,当点M 在圆A 上运动时,(1)求点P 的轨迹E 的方程；(2)BQ ⎳x 轴,交轨迹E 于Q 点(Q 点在y 轴的右侧),直线l :x =my +n 与E 交于C ,D (l 不过Q 点)两点,且直线CQ 与直线DQ 关于直线BQ 对称,则直线l 具备以下哪个性质？证明你的结论？①直线l 恒过定点；②m 为定值；③n 为定值．【解析】(1)如图,由⊙A 方程,得A (0,-1),半径r =4,∵P 在BM 的垂直平分线上,∴PM =PB ,所以|PA |+|PB |=|PA |+|PM |=|AM |=4>|AB |=2,∴P 的轨迹E 是以A ,B 为焦点,长轴长为4的椭圆,由2a =4,则a =2,c =1,b 2=3,∴点P 的轨迹E 的方程为y 24+x 23=1．(2)解：∵直线l 与轨迹E 交于C ,D 两点,设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2),如图x =my +n ，y 24+x 23=1消x ,得y 24+(my +n )23=1,整理,得(3+4m 2)y 2+8mny +4n 2-12=0,y 1+y 2=-8mn 3+4m 2，y 1y 2=4n 2-123+4m 2,因为CQ 与DQ 关于BQ 对称,BQ ⎳x 轴,所以k CQ +k DQ =0,Q 32，1 ,x 1≠32,x 2≠32,y 1-1x1-32+y 2-1x 2-32=0,即(y 1-1)x 2-32 +(y 2-1)x 1-32 =0,∵x 1=my 1+n ,x 2=my 2+n ,∴整理：2my 1y 2+n -m -32(y 1+y 2)-2n +3=0,2m 4n 2-123+4m 2+n -m -32 -8mn 3+4m 2 -2n +3=0,即4m 2+(4n -8)m -2n +3=0,即(2m -1)(2m +2n -3)=0,若2m +2n -3=0,点Q 32，1满足l :x =my +n ,即C ,D ,Q 三点共线,不合题意,∴2m -1=0,即m =12,∴直线l 中m 为定值12．15.(2022届云南省红河州高三检测)在平面直角坐标系Oxy 中,点M 是以原点O 为圆心,半径为a 的圆上的一个动点.以原点O 为圆心,半径为b a >b >0 的圆与线段OM 交于点N ,作MD ⊥x 轴于点D ,作NQ ⊥MD 于点Q .(1)令∠MOD =α,若a =4,b =1,α=π3,求点Q 的坐标；(2)若点Q 的轨迹为曲线C ,求曲线C 的方程；(3)设(2)中的曲线C 与x 轴的正半轴交于点A ,与y 轴的正负半轴分别交于点B 1,B 2,若点E ､F 分别满足AE =-3OE ,4AF =3OB 2 ,设直线B 1E 和B 2F 的交点为K ,设直线l ：x =a 2c 及点H c ,0 ,(其中c =a 2-b 2),证明：点K 到点H 的距离与点K 到直线l 的距离之比为定值ca.【解析】(1)设Q x ,y ,则由题知x =4cos π3=2y =sin π3=32,因此Q 2,32 (2)(2)设∠MOD =α及Q x ,y ,则由题知x=acos αy =b sin α ,则点Q 的轨迹C 为椭圆,方程为：x 2a 2+y 2b 2=1a >b >0 .(3)设K x ,y ,由题知,B 10,b ,E a 4,0 ,B 20,-b ,F a ,-34b ,l B 1E ：xa 4+y b =1,即4bx +ay =ab ,l B 2F ：y +b -34b +b=xa ,即bx -4ay =4ab ,联列上述直线方程,解得x =817ay =-1517b.KH =817a -c 2+-1517b 2=817a -c 2+-1517 2a 2-c 2=a 2+817c 2-2×817ac =a -817c令点K 到直线l 的距离为PM ,则c a ⋅PM =c a ⋅a 2c -817a =a -817c .因此有KH PM=ca .。
圆锥曲线中向量数量积定值问题解题策略的比较研究作者：崔艳来源：《课程教育研究·新教师教学》2017年第34期【摘要】圆锥曲线中的定值问题是高考中的热门问题，本次研究通过例析的方式探讨圆锥曲线中向量数量积定值问题的解决策略，希望从不同的思维途径及解决路径中找到解决此类问题的突破口，继而让学生掌握良好的分析及解决问题的能力。
【关键词】圆锥曲线；向量数量积；定值【中图分类号】G633.6 【文献标识码】B 【文章编号】2095-3089（2017）34-0269-01圆锥曲线在高考当中是压轴题。
在诸多圆锥曲线问题中，有一类定值问题是经常考察的题目，从根本上看，定值问题是一种综合性问题，包括函数与方程、平面向量等；在形式上往往表现为向量的数量积或直线斜率不受变量影响等。
为解决以上问题，文中引入了两种策略：直线与椭圆联立方程组与特值引人，由于解题路径不同，一般思维及解题也不一样，为此，有必要分析这两种解题策略。
一、两种解题策具体应用分析已知椭圆上三个不同点A、B、C，其中A点坐标为（），B点坐标为（-3，-3），C点处在第三象限，线段BC中点位于直线OA上。
问题1，求解椭圆标准方程？问题2求解C点坐标？问题3如果P为椭圆上一动点，与点A、B、C不同，同时线段PB与PC各自和直线OA 相交在M点和N点，验证为定值。
从一二步计算中得到椭圆方程，C点坐标为（-5，-1）。
第一种求解方法：直线椭圆联立方程组，需要注意一点：消去其中一个变量，联立之前把x用y表示，然后把x消去，或者也可以把x1+x2，x1x2代入直线方程，便可以得到答案，如x1加x2怎么带入直线方程，对是不是x一加x2合y一加y2这两个点也在直线上，如直线方程为y=x+1，x1+x2=2，x1x2=1；那么y1=x1+1，y2=x2+1；y1+y2=x1+1+x2+1=（x1+x2）+2=4；y1y2=（x1+1）（x2+1）=x1x2+x1+x2+1=4；在这条直线上的是（x1，y1）和（x2，y2），通过此种方法对坐标M与坐标N进行求解[1]。
关于圆锥曲线中的存在性、定点与定值问题的探究 摘要：圆锥曲线的问题包括曲线的对称性、变量的取值范围以及某些曲线具有的独特性质，还包括解决存在性、定点、定值等问题。
关键词：存在性、定点、定值、假设、特例、参数 正文：圆锥曲线每年必考一个小题与一大题，相对较难，且大题往往是压轴题，具有较大的区分度，往往考查学生逻辑思维能力的同时，还考查运算求解能力。
因此理清基本解题策略，非常重要。
提高学生的探究能力是新课程改革的重要目标，而探索性问题的灵活性，知识运用综合性、技能和数学思想方法的结合性，有利于培养学生的良好的思维品质和创造性地分析问题、解决问题的能力，也能有效地考查学生的数学能力，因此探索性问题也成为近几年高考的热点和亮点。
鉴于存在性、定点与定值问题涉及面广、综合性强，下面作分类说明。
一、探索存在性问题探索存在性问题即是从假设相关结论的存在出发，运用条件进行推理。
若得到相应的正确结论，则可下结论认为这个假设对象是存在的；若出现矛盾，则否定先前假设，断言对象是不存在的。
【例1】已知曲线C:22x +y 2=1(y ≠0),点问是否存在经过点且斜率为k 的直线l 与曲线C 有两个不同的交点P 和Q,使得向量OP +OQ 与AB 共线?若存在,求出k 值;若不存在,请说明理由。
分析:问是否存在的问题，一定是先假设存在，在假设存在的情况下,求出k 值,看k 值是否符合要求即可。
假设k 存在,则设代入椭圆方程得(1+2k 2)x 2因为直线l 与椭圆有两个不同的交点,所以Δ2-8(1+2k 2)>0,解得k 2>12由于所求的轨迹不包括椭圆长轴的端点,所以k ≠±1,即k 2>12且k 2≠1设P(x1,y 1),Q(x 2,y 2),则x 1+x 2,得y 1+y 2=k(x 1+x 2=OP +OQ =(x 1+x 2,y 1+y 2),AB 向量OP +OQ 与AB 共线,等价于x1+x 2=-1+y 2).由×,解得，不在k 的取值范围之内,所以不存在这样的直线。
探讨圆锥曲线的定值、最值与定点问题圆锥曲线中的最值与定值问题，是解析几何中的综合问题，是一种典型题型，将函数与解析融为一体，要求有较强的综合能力，例析如下。
一、 定值问题解决定值问题的方法：将问题涉及的几何式转化为代数式或三角式，证明该式的值与参数无关。
例1 A 、B 是抛物线22y px =（p ＞0）上的两点，且OA ⊥OB ，求证： （1）A 、B 两点的横坐标之积，纵坐标之积分别都是定值； （2）直线AB 经过一个定点。
证明：（1）设A （11,x y ）、B （22,x y ），则2112y px =，2222y px =。
∵22121222y y px px ⋅=⋅=22121244p x x p y y =-，∴2124y y p =-为定值，212124x x y y p =-=也为定值。
（2）∵2221212112()()2()y y y y y y p x x -=+-=-，∵12x x ≠，∴2121122y y px x y y -=-+ ∴直线AB 的方程为：211112122y p y y x y y y y y -=-+++2121224p p x y y y y =-++ 122(2)px p y y =-+，∴直线AB 过定点（2p ，0）。
例2 已知抛物线方程为212y x h =-+，点A 、B 及点P(2，4)都在抛物线上，直线PA 与PB 的倾斜角互补。
（1）试证明直线AB 的斜率为定值；（2）当直线AB 的纵截距为m （m ＞0）时，求△PAB 的面积的最大值。
分析：这类问题一般运算量大，要注意函数与方程、数形结合、分类讨论等思想方法的灵活运用。
解析：（1）证明：把P(2，4)代入212y x h =-+，得h=6。
所以抛物线方程为：y －4=k(x －2)，由24(2)162y k x y x -=-⎧⎪⎨=-+⎪⎩，消去y ，得22440x kx k +--=。
圆锥曲线中定点定值问题的解题策略研究圆锥曲线中定点、定值问题的解题策略研究王玉秀（山东省东营市胜利第二中学，山东㊀东营㊀２５７０５１）ʌ摘要ɔ圆锥曲线中定点与定值问题是高考常考的题型．对于直线过定点问题，可用参数表示出直线方程，然后结合条件确定定点的位置．对于定值问题，可先考虑特殊情形，把定值求出来，再证明一般的情形．文章结合具体例题，给出圆锥曲线中定点问题和定值问题的解题策略，旨在为一线教师提供此类问题的解题思路与策略．ʌ关键词ɔ圆锥曲线；定点问题；定值问题；解题策略引 言解析几何中， 定点问题 就是动直线或动曲线在运动变化过程中总是经过某个定点的问题．圆锥曲线中几何量（如直线的斜率㊁两点间的距离㊁图形的面积㊁线段或角的比值等）如果和变量无关，则这类问题统称为 定值问题 ．探究动曲线（含直线）过定点问题，以及证明与曲线上的动点有关的定值问题，都是高考解析几何命题中经常出现的题型．一㊁圆锥曲线的定点问题解决这类问题的策略：１．用参数表示出直线的方程，然后根据直线方程的特征确定定点的位置．２．从特殊点入手，先确定定点，再证明该定点符合题目条件．例１㊀已知抛物线Ｃ：ｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞０）的焦点为Ｆ，若平面上一点Ａ（２，３）到焦点Ｆ与到准线ｌ：ｘ＝－ｐ２的距离之和等于７．（１）求抛物线Ｃ的方程．（２）又已知点Ｐ为抛物线Ｃ上任意一点，直线ＰＡ交抛物线Ｃ于另一点Ｍ，过点Ｍ作斜率为ｋ＝４３的直线ＭＮ交抛物线Ｃ于另一点Ｎ，连接ＰＮ．问：直线ＰＮ是否过定点？若经过定点，则求出该定点；否则说明理由．解㊀（１）抛物线Ｃ的方程为ｙ２＝８ｘ．过程略．（２）设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｍ（ｘ２，ｙ２），Ｎ（ｘ３，ｙ３），当ｘ１ʂｘ２时，ｋＰＭ＝ｙ１－ｙ２ｘ１－ｘ２＝ｙ１－ｙ２ｙ２１８－ｙ２２８＝８ｙ１＋ｙ２．同理，ｋＭＮ＝８ｙ２＋ｙ３，ｋＰＮ＝８ｙ１＋ｙ３．由ｋＭＮ＝８ｙ２＋ｙ３＝４３知ｙ２＋ｙ３＝６，即ｙ２＝６－ｙ３．①由题意得直线ＰＭ：ｙ－ｙ１＝８ｙ１＋ｙ２（ｘ－ｘ１），即（ｙ１＋ｙ２）ｙ－ｙ１ｙ２＝８ｘ过点Ａ（２，３），求得ｙ２＝１６－３ｙ１３－ｙ１．②同理求得直线ＰＮ的方程为（ｙ１＋ｙ３）ｙ－ｙ１ｙ３＝８ｘ．③由①②得ｙ１ｙ３＝３（ｙ１＋ｙ３）－２，代入③得（ｙ１＋ｙ３）ｙ－３（ｙ１＋ｙ３）＋２＝８ｘ，即（ｙ１＋ｙ３）（ｙ－３）＋２－８ｘ＝０，故当ｙ＝３且２－８ｘ＝０时，直线ＰＮ恒过点１４，３æèçöø÷．当ｘ１＝ｘ２时，可得Ｐ（２，４），Ｍ（２，－４）或Ｐ（２，－４），Ｍ（２，４）．若Ｐ２，４()，Ｍ２，－４()，则ＭＮ：ｙ＝４３ｘ－２０３，代入抛物线方程得Ｎ２５２，１０æèçöø÷，则直线ＰＮ过点１４，３æèçöø÷．同理，若Ｐ２，－４()，Ｍ２，４()，则直线ＰＮ过点１４，３æèçöø÷．２５１综上，直线ＰＮ过点１４，３æèçöø÷．点评㊀解决本题的关键是通过坐标关系，得到斜率和直线方程，进而整理成（ｙ１＋ｙ３）（ｙ－３）＋２－８ｘ＝０的形式，最后找到定点．例２㊀已知椭圆Ｃ：ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）的左㊁右焦点分别为Ｆ１，Ｆ２，上㊁下端点分别为Ｂ１，Ｂ２．若从Ｆ１，Ｆ２，Ｂ１，Ｂ２中任选三点所构成的三角形均为面积等于２的直角三角形．（１）求椭圆Ｃ的方程．（２）如图所示，过点Ｐ（０，２）作两条不重合且斜率之和为２的直线分别与椭圆交于Ａ，Ｂ，Ｅ，Ｆ四点，若线段ＡＢ，ＥＦ的中点分别为Ｍ，Ｎ，试问：直线ＭＮ是否过定点？如果是，求出定点坐标；如果不是，请说明理由．解㊀（１）椭圆Ｃ的方程为ｘ２４＋ｙ２２＝１．过程略．（２）依题意知直线ＭＮ的斜率存在，设直线ＭＮ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｂ，㊀①设直线ＡＢ的方程为ｙ＝ｋ１ｘ＋２，㊀②设直线ＥＦ的方程为ｙ＝ｋ２ｘ＋２．㊀③联立方程②与椭圆Ｃ的方程可得（２ｋ２１＋１）ｘ２＋８ｋ１ｘ＋４＝０．由根与系数的关系，得ｘＡ＋ｘＢ＝－８ｋ１２ｋ２１＋１，根据中点公式可得ｘＭ＝ｘＡ＋ｘＢ２＝－４ｋ１２ｋ２１＋１．同时点Ｍ是直线ＡＢ和直线ＭＮ的交点，联立方程①②得ｘＭ＝ｂ－２ｋ１－ｋ，即可得－４ｋ１２ｋ２１＋１＝ｂ－２ｋ１－ｋ，整理得２ｂｋ２１－４ｋｋ１＋ｂ－２＝０．㊀④同理可得２ｂｋ２２－４ｋｋ２＋ｂ－２＝０．㊀⑤根据④⑤可以理解为ｋ１，ｋ２为关于ｋ０的一元二次方程２ｂｋ２０－４ｋｋ０＋ｂ－２＝０的两个根．由根与系数的关系可得ｋ１＋ｋ２＝４ｋ２ｂ＝２ｋｂ＝２，即可得ｂ＝ｋ．所以直线ＭＮ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｂ＝ｋ（ｘ＋１），故直线ＭＮ必过定点（－１，０）．点评㊀解决本题的关键是根据点Ｍ是直线ＡＢ和直线ＭＮ的交点，得到④式，同理可得⑤式，然后根据 同构 思想，可知ｋ１，ｋ２为一元二次方程２ｂｋ２０－４ｋｋ０＋ｂ－２＝０的两个根，从而根据ｋ１＋ｋ２＝２得到ｋ，ｂ之间的关系，最终求得定点．二㊁圆锥曲线的定值问题解决这类问题的策略：１．先考虑特殊情形，求出定值，再证明该值与变量无关．２．采用推理㊁计算㊁消元得定值．消元的常用方法有整体消元㊁选择消元㊁对称消元等．例３㊀在平面直角坐标系ｘＯｙ中，Ａ（－２，０），Ｂ（２，０），直线ＡＰ，ＢＰ相交于点Ｐ，且它们的斜率之积是１，记点Ｐ的轨迹为Ｃ．（１）求证：曲线Ｃ是双曲线的一部分．（２）设直线ｌ与Ｃ相切，与其渐近线分别相交于Ｍ，Ｎ两点，求证：әＯＭＮ的面积为定值．证明㊀（１）曲线Ｃ的方程为ｘ２－ｙ２＝４（ｙʂ０），所以曲线Ｃ是除去顶点的双曲线，是双曲线的一部分．过程略．（２）设直线ｌ与Ｃ相切的切点坐标为ｘ０，ｙ０()ｙ０ʂ０()，斜率为ｋ，则直线ｌ的方程为ｙ－ｙ０＝ｋ（ｘ－ｘ０），与ｘ２－ｙ２＝４联立整理，得（１－ｋ２）ｘ２－２ｋ（ｙ０－ｋｘ０）ｘ－（ｙ０－ｋｘ０）２－４＝０．㊀①双曲线ｘ２－ｙ２＝４（ｙʂ０）的渐近线方程为ｙ＝ʃｘ，故ｋ２ʂ１，且方程①有两个相等的实数根，故Δ＝４ｋ２（ｙ０－ｋｘ０）２＋４（１－ｋ２）［（ｙ０－ｋｘ０）２＋４］＝０，化简，得（ｘ２０－４）ｋ２－２ｘ０ｙ０ｋ＋ｙ２０＋４＝０．㊀②又ｘ２０－ｙ２０＝４，即ｘ２０－４＝ｙ２０，ｙ２０＋４＝ｘ２０．㊀③由②③得，ｙ２０ｋ２－２ｘ０ｙ０ｋ＋ｘ２０＝０，即（ｙ０ｋ－ｘ０）２＝０，所以ｋ＝ｘ０ｙ０，故直线ｌ的方程为ｘ０ｘ－ｙ０ｙ＝４．双曲线Ｃ的两条渐近线方程为ｙ＝ｘ，ｙ＝－ｘ，所以әＯＭＮ为直角三角形．不妨设ｘ０ｘ－ｙ０ｙ＝４与ｙ＝ｘ的交点为Ｍ，３５１解得Ｍ４ｘ０－ｙ０，４ｘ０－ｙ０æèçöø÷，同理，设ｘ０ｘ－ｙ０ｙ＝４与ｙ＝－ｘ的交点为Ｎ，解得Ｎ４ｘ０＋ｙ０，－４ｘ０＋ｙ０æèçöø÷．可求得ＯＭ＝４２ｘ０－ｙ０，ＯＮ＝４２ｘ０＋ｙ０，所以әＯＭＮ的面积Ｓ＝１２ＯＭＯＮ＝１２㊃４２ｘ０－ｙ０㊃４２ｘ０＋ｙ０＝１６ｘ２０－ｙ２０＝４，故әＯＭＮ的面积为定值．点评㊀解决本题的第一个关键是求出切线ｌ的方程，根据判别式等于０可求出，其一般结论是：设Ｔ（ｘ０，ｙ０）是双曲线ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）上一点，则双曲线在点Ｔ处的切线方程为ｘ０ｘａ２－ｙ０ｙｂ２＝１．第二个关键就是求出点Ｍ，Ｎ的坐标，然后利用面积公式求出三角形的面积，再根据点（ｘ０，ｙ０）（ｙ０ʂ０）在双曲线上，即可得到定值．例４㊀已知Ｏ为坐标原点，点Ｐ３，１２æèçöø÷在椭圆Ｃ：ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）上，椭圆Ｃ的左㊁右焦点分别为Ｆ１，Ｆ２，且Ｆ１Ｆ２＝２３．（１）求椭圆Ｃ的标准方程；（２）若点Ｐ０，Ｐ１，Ｐ２在椭圆Ｃ上，原点Ｏ为әＰ０Ｐ１Ｐ２的重心，证明：әＰ０Ｐ１Ｐ２的面积为定值．解㊀（１）椭圆的标准方程为ｘ２４＋ｙ２＝１．过程略．证明㊀（２）设Ｐ０（ｘ０，ｙ０），Ｐ１（ｘ１，ｙ１），Ｐ２（ｘ２，ｙ２），当直线Ｐ１Ｐ２的斜率不存在时，即ｘ１＝ｘ２．由原点Ｏ为әＰ０Ｐ１Ｐ２的重心，可知ｘ０＋ｘ１＋ｘ２３＝０，ｙ０＋ｙ１＋ｙ２３＝０，故可得此时有Ｐ０（－２ｘ１，０），该点在椭圆上，则４ｘ２１４＝１，不妨取ｘ１＝１，则有Ｐ０（－２，０），Ｐ１１，３２æèçöø÷，Ｐ２１，－３２æèçöø÷，或Ｐ０（－２，０），Ｐ１１，－３２æèçöø÷，Ｐ２１，３２æèçöø÷，则此时ＳәＰＰＰ＝１２ˑ３ˑ３＝３３２．当直线Ｐ１Ｐ２的斜率存在时，同样可求得ＳәＰＰＰ＝３３２（过程略）．综合可知，әＰ０Ｐ１Ｐ２的面积为定值．点评㊀解决本题的关键是设出直线方程，要利用重心性质表示出一个点的坐标并代入椭圆方程中，找到两个参数之间的关系，最后求出三角形的面积．结 语综上所述，直线过定点问题的解题模型如下：解圆锥曲线中定值问题的解题模型如下：教师引导学生熟悉以上解题模型，并加强运算训练，对破解圆锥曲线中的定点和定值问题非常重要．ʌ参考文献ɔ［１］李波．圆锥曲线中定点和定值问题的求解策略探究［Ｊ］．数理化解题研究，２０２３（３４）：８０－８４．［２］李鸿昌．圆锥曲线中 非对称 问题的成因及破解策略［Ｊ］．数学通讯，２０２２（２２）：３２－３５．［３］李鸿昌．二次曲线系在圆锥曲线四点共圆问题中的应用［Ｊ］．数理化解题研究，２０２２（７）：９２－９４．［４］李鸿昌．２０１５年高考全国卷Ⅱ解析几何试题的深入思考［Ｊ］．数学通讯，２０１５（１８）：５１－５４．［５］朱潇，李鸿昌．从数学运算素养的内涵，谈运算能力的培养［Ｊ］．中学数学，２０１８（１）：５７－５９．［６］李鸿昌，朱潇．减少解析几何运算量的八种策略［Ｊ］．数学通讯，２０１７（２３）：１２－１５．４５１。
圆锥曲线专题：定值问题的7种常见考法一、定值问题处理方法1、解析几何中的定值问题是指某些几何量（线段长度，图形面积，角度，直线的斜率等）的大小或某些代数表达式的值和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值，求定值问题常见的解题方法有两种：法一、先猜后证（特例法）：从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；法二、引起变量法（直接法）：直接推理、计算，并在计算推理过程中消去参数，从而得到定值。
2、直接法解题步骤第一步设变量：选择适当的量当变量，一般情况先设出直线的方程：b kx y +=或n my x +=、点的坐标；第二步表示函数：要把证明为定值的量表示成上述变量的函数，一般情况通过题干所给的已知条件，进行正确的运算，将需要用到的所有中间结果（如弦长、距离等）用引入的变量表示出来；第三步定值：将中间结果带入目标量，通过计算化简得出目标量与引入的变量无关，是一个常数。
二、常见定值问题的处理方法1、处理较为复杂的问题，可先采用特殊位置（例如斜率不存在的直线等）求出定值，进而给后面一般情况的处理提供一个方向；2、在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢；3、巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算。
三、常见条件转化1、对边平行：斜率相等，或向量平行；2、两边垂直：斜率乘积为-1，或向量数量积为0；3、两角相等：斜率成相反数或相等或利用角平分线性质；4、直角三角形中线性质：两点的距离公式5、点与圆的位置关系：（·1）圆外：点到直径端点向量数量积为正数；（2）圆上：点到直径端点向量数量积为零；（3）圆内：点到直径端点向量数量积为负数。
四、常用的弦长公式：（1）若直线AB 的方程设为b kx y +=，()11y x A ，，()22y x B ，，则()a k x x x x k x x k AB ∆⋅+=-+⋅+=-⋅+=22122122121411（2）若直线AB 的方程设为n my x +=，()11y x A ，，()22y x B ，，则()am y y y y m y y m AB ∆⋅+=-+⋅+=-⋅+=22122122121411【注】上式中a 代表的是将直线方程带入圆锥曲线方程后，化简得出的关于x 或y 的一元二次方程的二次项系数。
浅谈解决圆锥曲线问题的几种方法【摘要】圆锥曲线问题是数学中重要的课题之一，本文将深入探讨解决这一问题的几种方法。
首先介绍了圆锥曲线的概念和问题的重要性。
接着分别从几何法、代数法、参数法、向量法和微积分法五个方面展开讨论各种解决问题的方法。
在对各种方法进行了综合比较，并指出它们在不同场景下的适用性。
最后展望未来，提出了关于圆锥曲线问题研究的一些新的思路和方向。
通过本文的阐述，读者将对解决圆锥曲线问题有更深入的认识，同时也对未来的研究方向有了一定的启发。
【关键词】圆锥曲线, 解决问题, 方法, 几何法, 代数法, 参数法, 向量法, 微积分法, 综合比较, 适用场景, 未来展望, 引言, 正文, 结论.1. 引言1.1 圆锥曲线概述圆锥曲线是平面上具有特定几何性质的曲线。
根据圆锥曲线的定义，可以将它们分为椭圆、双曲线、抛物线和圆。
它们在几何学和代数学中具有广泛的应用，例如在物理学、工程学和计算机图形学中都有着重要的作用。
椭圆是一个闭合的曲线，其定义是所有到两个固定点的距离之和等于常数的点的集合。
双曲线是一个开放的曲线，其定义是到两个固定点的距离之差的绝对值等于常数的点的集合。
抛物线是一个开放的曲线，其定义是到一个固定点的距离等于到一个固定直线的距离的点的集合。
圆是一个闭合的曲线，其定义是到一个固定点的距离等于常数的点的集合。
圆锥曲线的研究对于理解几何及代数概念具有重要意义。
掌握不同方法解决圆锥曲线问题将有助于我们更深入地理解这些曲线的性质和特点，从而在实际问题中应用这些知识。
在接下来的内容中，我们将介绍几种不同的方法来解决圆锥曲线问题，希望读者能从中受益。
1.2 问题的重要性圆锥曲线在几何学和数学中具有重要的地位，它们是平面上特殊的曲线，包括圆、椭圆、双曲线和抛物线。
解决圆锥曲线问题的方法不仅仅是为了解题，更重要的是培养数学思维和逻辑推理能力。
圆锥曲线在几何学、物理学、工程学等领域都有广泛的应用，掌握解决圆锥曲线问题的方法可以帮助我们更好地理解这些领域的知识和解决实际问题。
圆锥曲线中定值问题的求解策略所谓定值问题，就是当一部分元素按某种规律在一定范围内变动时，与它有关的某些量始终保持不变，这类问题被称为定值问题。
而在圆锥曲线中, 某些几何量在特定的关系结构中, 不受相关变元的制约而恒定不变, 则称该几何量具有定值特征, 这类问题称之为圆锥曲线中定值问题。
这一类的问题是高中课程中比较重要的，也是一个难点。
它涉及面广、综合性强，因此不少学生常常因解题方法选择不当, 而导致解答过程繁难, 运算量大, 甚至半途而废。
下面我们就来研究一下这类问题的求解策略。
策略一: 用特值直接求出定值在求解与定值有关的选择题时, 运用满足题设条件的特殊位置、特殊图形对选择支进行检验或推理, 从而判断真伪.例1：过抛物线m ：2y ax =（a ＞0）的焦点F 作直线l 交抛物线于,P Q 两点，若线段P F 与FQ 的长分别为,p q ，则11p q --+的值必等于（ ）． A ．2a B ．12aC ．4aD ．4a解：令直线l 与x 轴垂直，则有l ：14y a=12p q a⇒==，所以有114p q a --+=，故选C 。
例2：若AB 是过椭圆中心的一条弦,M 是椭圆上任意一点,且AM ,BM 与坐标轴不平行,,分别表示直线AM ,BM 的斜率,则=( )A. B. C. D.解：本题可用特殊值法。
不妨设弦AB 为椭圆的短轴。
M 为椭圆的右顶点，则A (0，b )，B (0，－b )，M (a ，0)。
所以。
故选B 。
策略二:消去参变数，得到定值例3：过抛物线22y px =（p ＞0）上一定点000(,)(P x y y ＞0），作两条直线分别交抛物线于11(,)A x y ，22(,)B x y ，求证：P A 与P B 的斜率存在且倾斜角互补时，直线A B 的斜率为非零常数．解：设直线P A 的斜率为P A K ，直线P B 的斜率为PB K ．由2112y px = 2002y px =相减得，101010()()2()y y y y p x x -+=-故1010102PA y y p K x x y y -==-+ 10()x x ≠同理可得，2020202PB y y p K x x y y -==-+ 20()x x ≠由,PA PB 倾斜角互补知：PA PB K K =-∴102022p p y y y y =-++∴ 1202y y y +=-由2222y px = 2112y px =相减得，212121()()2()y y y y p x x -+=- ∴ 212112222AB y y p p p K x x y y y y -====--+-∴直线A B 的斜率为非零常数．策略三：把握不变的整体，证明定值。
圆锥曲线解答题中的定点和定值问题的解题策略在圆锥曲线中有一类曲线，当参数取不同值时，曲线本身性质不变或形态发生变化时，其某些共同的性质始终保持不变，我们把这类问题成为圆锥曲线的定值问题.圆锥曲线中的定值问题是近几年高考的热点题型，解题过程中应注重解题策略，善于在动点的“变”中寻求定值的“不变”性.题型一：定值问题解答圆锥曲线定值问题的策略：1、把相关几何量用曲线系的参变量表示，再证明结论与参数无关.求解这类问题的基本方法是“方程铺路、参数搭桥”，解题的关键是对问题进行综合分析，挖掘题目中的隐含条件，恰当引参，巧妙化归.2、把相关几何量的变元特殊化，在特例中求出几何量的定值，再证明结论与特定状态无关，即特殊到一般的思想.1、两点间的距离为定值例1：（2021·广东中山市高三期末）已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为()222210x y a b a b +=>>，则椭圆在其上一点()'',A x y 处的切线方程为''221x y x y a b+=，试运用该性质解决以下问题：在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>的离心率为2，且经过点2A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭. （1）求椭圆C 的方程；（2）设F 为椭圆C 的右焦点，直线l 与椭圆C 相切于点P (点P 在第一象限)，过原点O 作直线l 的平行线与直线PF 相交于点Q ，问：线段PQ 的长是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.【答案】（1）2212x y +=；（2.【详解】（1）由题意知2222221112c aa b a b c ⎧=⎪⎪⎪+=⎨⎪=+⎪⎪⎩1a b ⎧=⎪⇒⎨=⎪⎩∴椭圆C 的方程为2212x y +=.（2）设()00,P x y ，题意可知，切线l 的方程为0022x x y y +=， 过原点O 且与l 平行的直线'l 的方程为0020x x y y +=， 椭圆C 的右焦点()1,0F ，所以直线PF 的方程为()00010y x x y y ---=，联立()000001020y x x y y x x y y ⎧---=⎨+=⎩，所以2000002,22y x y Q x x ⎛⎫- ⎪--⎝⎭，所以PQ =====为定值. 解题思路：设动点()00,P x y ，由题意可知，切线l 的方程为0022x x y y +=，过原点O 且与l 平行的直线'l 的方程为0020x x y y +=，求出Q 的坐标，表示出PQ 的长，再化简即可.2、求某一代数式为定值例2：（2021·全国高三模拟）已知双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的左顶点为A ，右焦点为F ，离心率2e =，焦距为4. （1）求双曲线C 的方程；（2）设M 是双曲线C 上任意一点，且M 在第一象限，直线MA 与MF 的倾斜角分别为1α，2α，求122αα+的值.【答案】（1）2213y x -=；（2）π. 【详解】（1）由242c c a=⎧⎪⎨=⎪⎩，得12a c =⎧⎨=⎩，所以2223b c a =-=，所以双曲线C 的方程为2213y x -=.（2）由（1）知双曲线C 的方程为2213y x -=，所以左顶点()1,0A -，右焦点()2,0F .设()()0000,0,0M x y x y >>，则22013y x -=.当02x =时，03y =，此时1MA k =，1π4α=，2π2α=， 所以122παα+=；当02x ≠，010tan 1MA y k x α==+，020tan 2MF yk x α==-.因为()220031y x =-，所以()()()()()00000001222220000000221211tan 22113111y x y x y x y x x y x x y x α+++-====-+-+--⎛⎫- ⎪+⎝⎭，又由点M 在第一象限，易知1π0,3α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()20,πα∈，所以122παα+=. 综上，122αα+的值为π.解题思路：利用点在双曲线上，满足22013y x -=，利用整体代换思想求出1tan 2α和2tan α相反.例3：（2021·安徽安庆市高三一模（理））已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>，过椭圆左焦点F 的直线0x -+=与椭圆C 在第一象限交于点M ，三角形MFO（1）求椭圆C 的标准方程；（2）过点M 作直线l 垂直于x 轴，直线MA ､MB 交椭圆分别于A ､B 两点，且两直线关于直线l 对称，求证∶直线AB 的斜率为定值.【答案】（1）2214x y +=；（2）证明见解析.【详解】（1）直线0x -+=过左焦点F ，所以()F ，c =又由124OMF M S y ∆==可知1=2M y从而椭圆经过点12M ⎫⎪⎭由椭圆定义知1242a =+=，即2a = 故椭圆的方程为22:14x C y +=.（2）由条件知，直线MA MB 、斜率存在，且两直线斜率互为相反数，设直线(12MA y k x -=：交椭圆于点()11,A x y ，直线(12MB y k x -=--：交椭圆于点()22,B x y ，由(221244y k x x y ⎧-=⎪⎨⎪+=⎩得()()22224141230k x k x k +-++--=1=1x =，112y =+故1)2A +，同理可得221)2B +，k ===即证直线AB. 解题思路：将直线(12MA y k x -=：与椭圆方程联立求出交点221)2A +的坐标，再将A 中的k 用k -替换，即可求出B 点坐标，，再利用斜率公式，化简，即可.例4.（2021·河南高三月考（理））已知点()2,0A -，()2,0B ，动点(),S x y 满足直线AS 与BS 的斜率之积为34-，记动点S 的轨迹为曲线C .（1）求曲线C 的方程，并说明曲线C 是什么样的曲线；（2）设M ，N 是曲线C 上的两个动点，直线AM 与NB 交于点P ，90MAN ∠=︒. ①求证：点P 在定直线上；②求证：直线NB 与直线MB 的斜率之积为定值.【答案】（1）()221243x y x +=≠±，曲线C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含A ，B 两点；（2）①证明见解析；②证明见解析. 【详解】（1）解：由题意，得()32224y y x x x ⋅=-≠±+-， 化简，得()221243x y x +=≠±，所以曲线C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含A ，B 两点. （2）证明：①由题设知，直线MA ，NB 的斜率存在且均不为0. 设直线AM 的方程为()20x ty t =-≠，由AM AN ⊥，可知直线NA 的斜率为NA k t =-，方程为12x y t=--.由2212,{3412,x y t x y =--+=得()2243120t y ty ++=， 解得21243N ty t =-+，则2221126824343N t t x t t t -⎛⎫=-⋅--= ⎪++⎝⎭，即2226812,4343t t N t t ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭. 直线NB 的斜率为222120343684243NBtt k t tt --+==--+， 则直线BN 的方程为()324y x t =-，将()324y x t=-代入2x ty =-，解得14x =-， 故点P 在直线14x =-上.②由（1），得34NA NB k k ⋅=-，34MA MB k k ⋅=-，所以3394416NA NB MA MB k k k k ⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅=-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.结合1NA MA k k ⋅=-，得916MB NB k k ⋅=-为定值.即直线NB 与直线MB 的斜率之积为定值.解题思路：①设直线AM 的方程，由AM AN ⊥，可得直线AN 方程，与椭圆联立可求点N 坐标，进而可求得直线BN 方程，与AM 联立即可得证点P 在定直线上；②由（1）得34NA NB k k ⋅=-，34MA MB k k ⋅=-，又AM AN ⊥，进而可得直线NB与直线MB 的斜率之积.例5、（2021·江苏南通市高三期末）已知椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>的离心率为12，且过点31,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭. （1）求椭圆C 的方程；（2）已知A ，B 是椭圆C 上的两点，且直线OA ，OB 的斜率之积为34-，点M为线段OA 的中点，连接BM 并延长交椭圆C 于点N ，求证：OMBAMNS S △△为定值.【答案】（1）22143x y +=；（2）53. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为12，且过点31,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 所以22911,214c a a b +==，又222a b c =+，解得224,3a b ==，所以椭圆C 的方程为22143x y +=； （2）设()()()112233,,,,,A x y B x y N x y ，因为点M 为线段OA 的中点，所以11,22x y M ⎛⎫⎪⎝⎭，因为B ，M ，N 三点共线，所以BN BM λ=， 所以()()3123121,122x x x y y y λλλλ=+-=+-，又因为A ，B 点在椭圆上，所以22112222143143x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩， 又因为直线OA ，OB 的斜率之积为34-，所以1212340x x y y +=， 因为点N 在椭圆上，所以2233143x y +=，即()()()()()12122222221122341341482261x y x y x x y y λλλλ++-+-+=+，所以()22114λλ+-=，解得85λ=，所以85BN BM =,则53BM MN =，所以152132BOMB B AMNN N OM d BM Sd Sd MN AM d ⋅⋅====⋅⋅为定值.解题思路：设()()()112233,,,,,A x y B x y N x y ，根据M 为线段OA 的中点和B ，M ，N 三点共线，由BN BM λ=，表示点N 的坐标，再根据A ，B ，N 在椭圆上，结合直线OA ，OB 的斜率之积为34-，求得λ，从而得到BM 与MN 的比值，然后由1212BOMB B AMNN N OM d BM S dSd MN AM d ⋅⋅===⋅⋅求解. 例6、（2021·山东泰安市高三期末）已知椭圆)(2222:10x y C a b a b+=>>的左顶点为)(2,0A -，点31,2⎛⎫-⎪ ⎭⎝在椭圆C 上．（1）求椭圆C 的方程；（2）过橢圆C 的右焦点F 作斜率为)(0k k ≠的直线l ，交椭圆C 于M ，N 两点，直线AM ，AN 分别与直线2b x c=交于点P ，Q ，则FP FQ ⋅是否为定值？请说明理由．【答案】（1）22143x y +=；（2）是定值，94-. 【详解】（1）∵2a =，点31,2⎛⎫-⎪ ⎭⎝在椭圆C 上，∵219144b +=，∵23b =，∵椭圆C 的方程为：22143x y +=．（2）是定值94-，理由如下：设)(11,M x y ，)(22,N x y ，直线l 的方程为)()(10y k x k =-≠，由)(221143y k x x y ⎧=-⎪⎨+=⎪⎩，整理得)(22224384120k x k x k +-+-=，∵2122843k x x k +=+，212241243k x x k -=+，设)(3,P P y ，)(3,Q Q y ，则11322P y y x =++，∵)(111151522P k x y y x x -==++， 同理可得)(22512Q k x y x -=+，∵)(11512,2k x FP x ⎛⎫- =⎪⎪ +⎭⎝，)(22512,2k x FQ x ⎛⎫- =⎪⎪ +⎭⎝， ∵)()()()()()(212121221212122511144252224k x x x x x x FP FQ kx x x x x x ---++⋅=+=++++++222222222412819434342541216444343k k k k k k k k k --+++=+=--++++，∵FP FQ ⋅为定值94-．解题思路：设直线l 的方程，与椭圆方程联立，设)(3,P P y ，)(3,Q Q y ，由三点共线可得P y ，Q y ，结合韦达定理坐标表示FP FQ ⋅可得.3、求某一个量为定值例7、（2021·江苏盐城市伍佑中学高三期末）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>离心率为23，点A ，B ，D ，E 分别是C 的左，右，上，下顶点，且四边形ADBE 的面积为（1）求椭圆C 的标准方程；（2）已知F 是C 的右焦点，过F 的直线交椭圆C 于P ，Q 两点，记直线AP ，BQ的交点为T ，求证：点T 横坐标为定值.【答案】（1）22195x y +=；（2）T 横坐标为定值92，证明见解析. 【详解】（1）设椭圆C 的半焦距长为c，根据题意222231222c a a b c a b⎧=⎪⎪⎪⋅⋅=⎨⎪=-⎪⎪⎩，解得32a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩ 故C 的标准方程为22195x y +=. （2）由（1）知()30A -,，()3,0B ，()2,0F ， 设00,,()T x y ，11(,)P x y ，()22,Q x y ，由010133TA PA y yk k x x =⇒=++'①， 020233TB QB y y k k x x =⇒=--，② ①②两式相除得0120123333x y x x x y --=⋅++， 又2211195x y +=，故2211195x y -=-，所以2111(3)(3)95x x y -+=-，故11113539y x x y -=-⋅+.所以0120123333x y x x x y --=⋅=++1212(3)(3)59x x y y ---③ 由题意知直线PQ 不平行于x 轴，由于直线PQ 经过F 点， 所以设直线PQ 的方程为2x my =+，（直线PQ 的方程为2x my =+，可避免讨论直线PQ 的斜率是否存在，简化计算，提高正确率）代入22195x y +=整理，得22(902)5250m y my ++-=， 把12212220592559m y y m y y m ⎧+=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩代入③，所以0120123(3)(3)539x x x x y y ---=-⋅+1212(1)(1)59my my y y --=-⋅2121212()159m y y m y y y y -++=-⋅所以0033x x -+22222520()()15595925959mm m m m m ---+++=-⋅-+15=解得092x =. 所以点T 横坐标为定值92. 解题思路：设00,,()T x y ，11(,)P x y ，()22,Q x y ，根据TA PA k k =，TB QB k k =可得0126123333x y x x x y --=⋅++，根据11(,)P x y 在椭圆C 上，代入方程化简整理可得0120123333x y x x x y --=⋅=++1212(3)(3)59x x y y ---，设直线PQ 的方程为2x my =+，与椭圆C 联立，得到关于y 的一元二次方程，根据韦达定理，可得1212,y y y y +⋅的表达式，代入上式即可.例8、（2021·湖北武汉市高三月考）已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>的左右顶点分别为A ，B ，过椭圆内点2,03D ⎛⎫⎪⎝⎭且不与x 轴重合的动直线交椭圆C 于P ，Q 两点，当直线PQ 与x 轴垂直时，43PD BD ==. （Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；（Ⅱ）设直线AP ，AQ 和直线l ：x t =分别交于点M ，N ，若MD ND ⊥恒成立，求t 的值.【答案】（Ⅰ）22142x y +=；（Ⅱ）29t =-或103t =.【详解】（Ⅰ）由43BD =，得24233a =+=，故C 的方程为22214x y b+=，此时24,33P ⎛⎫ ⎪⎝⎭.代入方程2116199b +=，解得22b =，故C 的标准方程为22142x y +=. （Ⅱ）设直线PQ 方程为：23x my =+，与椭圆方程联立.得()224322039m m y y ++-=.设()11,P x y 、()22,Q x y ，则()()1221224323292m y y m y y m -⎧+=⎪+⎪⎨-⎪=⎪+⎩.①此时直线AP 方程为11(2)2y yxx ，与x t =联立.得点11(2),2t y M t x ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭，同理，点22(2),2t y N t x ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭.由MD ND ⊥，1MD ND k k ⋅=-.即()()1212(2)(2)1222233t y t y t x t x ++⋅=-⎛⎫⎛⎫-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 所以221212288(2)0333t y y t my my ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++-++= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.即()2221212122864(2)0339m t y y t m y y y y ⎛⎫⎡⎤++-+++= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦. 将①代入得：()()()222222232(2)2323264039929292t m m t m m m ⎡⎤-+-⎛⎫⎢⎥+--+= ⎪+++⎝⎭⎢⎥⎣⎦. 化简得：()22222232(2)323264203t t m m m ⎛⎫⎡⎤-++---++= ⎪⎣⎦⎝⎭. 即222(2)403t t ⎛⎫+--= ⎪⎝⎭.2223t t ⎛⎫+=±- ⎪⎝⎭.解得29t =-或103t =.解题思路：设直线PQ 方程为：23x my =+，与椭圆方程联立，结合韦达定理得1212,y y y y +，再联立AP 方程得M 同理得N 坐标，结合MD ND ⊥恒成立得1MD ND k k ⋅=-，化简计算可得参数t 值.例9、（2021·陕西榆林市高三一模（理））已知椭圆222:1(1)Γ+=>y x a a与抛物线2:2(0)C x py p =>有相同的焦点F ，抛物线C 的准线交椭圆Γ于A ，B 两点，且1AB =.（1）求椭圆Γ与抛物线C 的方程；（2）O 为坐标原点，若P 为椭圆Γ上任意一点，以P 为圆心，OP 为半径的圆P 与椭圆Γ的焦点F 为圆心，F 交于M ，N 两点，求证：MN 为定值.【答案】（1）椭圆Γ的方程为：2214y x +=，抛物线C的方程为：2x =；（2）证明见解析. 【详解】（1）椭圆222:1(1)Γ+=>y x a a可得焦点(，抛物线2:2(0)C x py p =>的焦点为0,2p ⎛⎫ ⎪⎝⎭2p =①，由22221p y y x a ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩可得22214p x a +=，解得x =，所以1AB ==②，由①②可得：24a =，p =所以椭圆Γ的方程为：2214y x +=，抛物线C的方程为：2x =；（2）设(,)P m n ，则2214+=n m ，圆P 的方程为：2222()()-+-=+x m y n m n ，圆F的方程为：22(5+-=x y ，所以直线MN的方程为：(10+--=mx n y ， 设点F 到直线MN 的距离为d ，则2d ====.||2MN ==. 所以MN 为定值.解题思路：设(,)P m n ，则2214+=n m ，写出圆P 和圆F 的方程，两个圆的方程相减可得直线MN 的方程，计算点F 到直线MN 的距离为d ，再利用||MN =.题型二、证明动直线过定点或动点在定直线上的问题解答圆锥曲线的定点问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量k ）；②利用条件找到k 过定点的曲线0(),F x y =之间的关系，得到关于k 与,x y 的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.1、直线过定点问题例10、（2020·江西吉安市高三其他模拟（理））已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>经过点12P ⎫⎪⎭，且离心率e =（1）求椭圆C 的方程；（2）已知斜率存在的直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，点Q ⎫⎪⎪⎝⎭总满足AQO BQO ∠=∠，证明：直线l 过定点.【答案】（1）2214x y +=；（2）证明见解析.【详解】（1）因为椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的离心率e =所以22221b e a =-=⎝⎭，即224a b =， 又椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>经过点12P ⎫⎪⎭，代入椭圆方程可得223114a b +=， 联立方程组可得222231144a b a b⎧+=⎪⎨⎪=⎩，解得24a =，21b =. 所以椭圆C 的方程为2214x y +=.（2）设直线l 的方程为y kx m =+，()11,A x y ，()22,B x y ，联立方程组2214x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩消去y 得()222148440k x kmx m +++-=，()2216410k m ∆=-+>，即2241m k <+， 122814km x x k -+=+，21224414m x x k -=+，因为AQO BQO ∠=∠，所以0AQ BQ k k +=，AQ BQ k k +===，即()()1221kx m x kx m x ⎛⎛+++ ⎝⎭⎝⎭()121220kx x m x x ⎛⎫=+-+= ⎪ ⎪⎝⎭得()()22244814033k m km m m k ⎛⎫----+= ⎪ ⎪⎝⎭，化简得m =，直线l 的方程为(y k x =-，所以，直线l 恒过定点).解题思路： 设直线l 的方程为y kx m =+，()11,A x y ，()22,B x y ，将直线方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，又因为AQO BQO ∠=∠，所以0AQ BQ k k +=，将韦达定理代入得出答案.例11、（2021·湖北襄阳市高三期末）已知A ，B 分别为椭圆()222:11x C y a a+=>的左､右顶点，P 为C 的上顶点，8AP PB ⋅=. （1）求椭圆C 的方程；（2）过点()6,0作关于x 轴对称的两条不同直线1l ，2l 分别交椭圆于()11,M x y 与()22,N x y ，且12x x ≠，证明：直线MN 过定点，并求出该定点坐标.【答案】（1）2219x y +=；（2）证明见解析，定点3,02⎛⎫ ⎪⎝⎭.【详解】解：（1）由题意得(),0A a -，(),0B a ，()0,1P ，则(),1AP a =，(),1PB a =-.由8AP PB ⋅=，得218a -=，即3a =所以椭圆C 的方程为2219x y +=（2）由题易知：直线MN 的斜率存在，且斜率不为零，设直线MN 方程为x my n =+，()0m ≠，联立22990x my nx y =+⎧⎨+-=⎩， 得()2229290m y mny n +++-=，由0>得2290m n -+>，∴12229mn y y m -+=+，212299n y y m -=+，因为关于x 轴对称的两条不同直线1l ，2l 的斜率之和为0，∴1212066y y x x +=--，整理得()()1212260my y n y y +-+=， 即()()2222926099m n mn n m m ---=++，解得：32n =直线MN 方程为：32x my =+，所以直线MN 过定点3,02⎛⎫⎪⎝⎭.解题思路：设直线MN 方程并联立椭圆方程，结合韦达定理求得12,y y +12y y ，又因为关于x 轴对称的两条不同直线1l ，2l 的斜率之和为0，所以1212066y yx x +=--，通过计算化简即可求得定点.例12、（2021·山东德州市高三期末）已知点1F 、2F 分别是椭圆C 的左、右焦点，离心率为2，点P 是以坐标原点O 为圆心的单位圆上的一点，且120PF PF ⋅=． （1）求椭圆C 的标准方程；（2）设斜率为k 的直线l （不过焦点）交椭圆于M ，N 两点，若x 轴上任意一点到直线1MF 与1NF 的距离均相等，求证：直线l 恒过定点，并求出该定点的坐标．【答案】（1）22121x y +=；（2）证明见解析，（-2,0）. 【详解】(1)设椭圆的标准方程为()22221,,x y P x y a b+=由题意可得2222221(,)(,)0c a x y x c y x c y b c a ⎧=⎪⎪⎪+=⎨⎪-⋅+=⎪+=⎪⎩解得：222211a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩即椭圆C 的标准方程：22121x y +=.(2)设直线l ：1122,(,),(,)y kx m M x y N x y =+则1111221122,1111MF NF y kx m y kx mk k x x x x ++====++++ 有22121x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，消去 y 得：222(12)4220k x mkx m +++-=，所以2221222122168(1)(12)04122212k m m k mk x x k m x x k ⎧⎪∆=--+>⎪-⎪+=⎨+⎪⎪-=⎪+⎩因为x 轴上任意一点到直线1MF 与1NF 的距离均相等， 所以x 轴为直线1MF 与1NF 的角平分线，所以111212011MF NF kx m kx mk k x x +++=+=++，即 12122()()20kx x m k x x m ++++= 所以2222242()201212m mk km k m k k --+++=++ 整理化简得：2m k =即直线l ：2(2)y kx m kx k k x =+=+=+ 故直线恒过定点（-2,0）.解题思路：先用设而不求法表示出1212,x x x x +，然后分析得到110MF NF k k +=，代入，求出2m k =，即可证明直线过定点（-2，0）."设而不求"是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.2、动点在定直线上的问题例13、（2021·山东威海市高三期末）已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的离心率为1,,2A B 分别是它的左、右顶点，F 是它的右焦点，过点F 作直线与C 交于,P Q (异于,A B )两点，当PQ x ⊥轴时，APQ ∆的面积为92.（1）求C 的标准方程;（2）设直线AP 与直线BQ 交于点M ，求证:点M 在定直线上.【答案】（1）22143x y +=；（2）证明见解析. 【详解】 解:（1）由题意知12c a =，所以2a c =，又222a b c =+，所以b =当PQ x ⊥轴时，APQ 的面积为92， 所以()212922b ac a +⋅= 解得21,c = 所以224,3a b ==，所以椭圆C 的标准方程为22143x y +=.（2）由（1）知()1,0F ，设直线PQ 的方程为1x my =+，与椭圆22143x y +=联立，得()2234690m y my ++-=. 显然0∆>恒成立. 设1122(,),(,)P x y Q x y ，所以有12122269,3434m y y y y m m +=-=-++ ()* 直线AP 的方程为()112+2y y x x =+，直线BO 的方程为()2222y y x x =--， 联立两方程可得，所以()()121222+22y y x x x x +=-- ()()121212212121213232221my y x y my y y x x y x y my my y y ++++=⋅==---- 由()*式可得()121232y y y y m=+， 代入上式可得()()1212121221339222233322232y y y y x y y x y y y y +++==-+-=++， 解得4,x =故点M 在定直线4x =上.解题思路：设直线PQ 的方程为1x my =+，联立椭圆方程，设1122(,),(,)P x y Q x y ，由韦达定理，可知12122269,3434m y y y y m m +=-=-++，将直线AP 的方程()112+2y y x x =+与直线BO 的方程()2222y y x x =--联立，利用韦达定理，化简计算，即可证明结果.例14、（2021·福建高三模拟）椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的离心率12e =，12P ⎛ ⎝⎭在C 上.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）,E F 设为短轴端点，过()0M ，1作直线l 交椭圆C 于AB 、两点(异于,E F )，直线AE BF 、交于点T .求证：点T 恒在一定直线上.【答案】（1）22143x y +=；（2）证明见解析.【详解】（1）因为点1,24P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭在C 上，所以222141a b ⎝⎭+=， 又12c e a ==，222a b c =+，所以24a =，23b =， 故所求椭圆C 的方程为22143x y +=. （2）由题意知直线l 的斜率存在，设其方程为1y kx =+. 设()11,A x y ，()22,B x y ，(10x ≠，20x ≠).()222214388034120y kx k x kx x y =+⎧⇒++-=⎨+-=⎩， 122843kx x k -+=+，122843x x k -=+，且有1212x x kx x +=. 1122::AEBFy l y x x y l y x x ⎧=⎪⎪⎨+⎪+=⎪⎩(10x ≠，20x ≠) 11111y kx x x +====，故1y ⎤=⎥⎦2kx x xx x x +++-=3x x x x +-=3=故点T 恒在一定直线3y =上.解题思路：设出直线1y kx =+，联立直线与椭圆的方程结合韦达定理求出,AE BF 的直线方程，联立求出交点纵坐标为3，进而可得结果.3、圆过定点问题例14、（2021·湖北武汉市高三月考）设P 是椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>上异于长轴顶点A 1，A 2的任意一点，过P 作C 的切线与分别过A 1，A 2的切线交于B 1，B 2两点，已知|A 1A 2|=4，椭圆C 的离心率为12. （1）求椭圆C 的方程；（2）以B 1B 2为直径的圆是否过x 轴上的定点？如果过定点，请予以证明，并求出定点；如果不过定点，说明理由.【答案】（1）22143x y +=；（2）过定点，证明见解析，定点为(1,0),(1,0)-. 【详解】解：（1）由题可知122412A A a c e a ⎧==⎪⎨==⎪⎩，解得2,1a c ==，由222a b c =+得23b =， 椭圆C 的方程为22143x y +=.（2）设00(,)P x y ，由于P 是异于长轴顶点12,A A 的任意一点，故切线斜率存在.设过P 的椭圆的切线为y kx b =+，联立方程22143y kx b x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得222(34)84120k x kbx b +++-=，222(8)4(34)(412)0kb k b ∆=-+-=，得2234b k =+，由002200143y kx bx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩ 所以()220034y kx k -=+，则()22200004230x k y x k y --+-=，即222000016290y k y x k x ++=所以()200430y k x +=，则034x k y =-解得过P 点的切线方程为()000034x y y x x y -=--，即000334x x y y y =-+ 由于分别过12,A A 的切线分别为2,2x x =-=，解得12,B B 的坐标为0012006363(2,),(2,)22x x B B y y +--. 在x 轴上取点(),0M t ，则010632,2x MB t y ⎛⎫+=-- ⎪⎝⎭，020632,2x MB t y ⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭， 所以2220122369414x MB MB t t y -⋅=-+=-. 当1t =±时，120MB MB ⋅=.所以，以12B B 为直径的圆过x 轴上的定点为12(1,0),(1,0)F F -.解题思路： 设00(,)P x y ，设过P 的椭圆的切线为y kx b =+，与椭圆方程联立由0∆=，求出切线的斜率0034x k y =-，得出切线方程000334x x y y y =-+，由条件求出12,B B 坐标，在x 轴上取点(),0M t ，由120MB MB ⋅=得出答案.【巩固训练】1、（2020·广东高三一模）已知点()2,1P --为椭圆2222:1x y C a b+=(0)a b >>上一点，且椭圆C的一个焦点与抛物线2y =的焦点重合，过点P 作直线PA ，PB ，与椭圆C 分别交于点A ，B ．（1）求椭圆C 的标准方程与离心率；（2）若直线PA ，PB 的斜率之和为0，证明：直线AB 的斜率为定值．【答案】（1）22163x y +=，离心率为2；（2）证明见解析. 【详解】（1）由题设，得22411a b+== 由①②解得26a =，23b =，所以椭圆C 的标准方程为22163x y +=，椭圆C 的离心率为2c e a ===． （2）直线AB 的斜率为定值1.证明：设直线PA 的斜率为k ，则直线PB 的斜率为k -， 记11(,)A x y ，22(,)B x y ．设直线PA 的方程为1(2)y k x +=+，与椭圆C 的方程联立，并消去y 得()()222212848840k x k k x k k ++-+--=，则2-，1x 是该方程的两根，则212884212k k x k ---=+，即21244212k k x k-++=+． 设直线PB 的方程为1(2)y k x +=-+，同理得22244212k k x k --+=+．因为()1112y k x +=+，()2212y k x +=-+，所以()()()212121212121228224121812ABkk x k x k x x y y k k k x x x x x x k +++++-+=====---+，因此直线AB 的斜率为定值．2、（2021·山西阳泉市高三期末（理））已知圆22:4C x y +=，点P 为圆C 上的动点，过点P 作x 轴的垂线，垂足为Q ，设D 为PQ 的中点，且D 的轨迹为曲线E (PQD 三点可重合). （1）求曲线E 的方程；（2）不过原点的直线l 与曲线E 交于M ､N 两点，已知OM ，直线l ，ON 的斜率1k ､k ､2k 成等比数列，记以OM ，ON 为直径的圆的面积分别为S 1，S 2，试探究12S S +是否为定值，若是，求出此值；若不是，说明理由.【答案】（1）2214x y +=；（2）12S S +是否为定值，为54π．证明过程见解析．【详解】（1）设(,)D x y ，则有(,2)P x y ，又P 在已知不上，∴2244x y +=，所以曲线E 的方程为2214x y +=；（2）设直线l 方程为y kx t =+，1122(,),(,)M x y N x y ，0t ≠，由2214y kx t x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得222(14)8440k x ktx t +++-=，2222644(14)(44)0k t k t ∆=-+->， ∴122814kt x x k +=-+，21224414t x x k-=+， 111y k x =，222y k x =，∵1k ､k ､2k 成等比数列，∴2121212y y k k k x x ==，∴2221212121212()()()kx t kx t k x x kt x x t k x x x x +++++==，212()0kt x x t ++=，又0t ≠，∴12()0k x x t ++=，228014k tt k -+=+，解得12k =±．1228414kt x x kt k +=-=-+，22122442214t x x t k-==-+， 22222222121212()2162(22)4444x x x x x x k t t t t +=+-=--=-+=，22222222121122()()2244OM ON S S OM ON x y x y ππππ⎛⎫⎛⎫+=⨯+⨯=+=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 222222222211221212124()()4()2()2x y x y kx t kx t k x x kt x x t +++=++++=+++++222244825k k t t =+-+=，∴1254S S π+=为定值． 3、（2021·湖北宜昌市高三期末）已知点A 、B坐标分别是(-，0)，直线AP 、BP 相交于点P ，且它们斜率之积是12-．（1）试求点P 的轨迹Γ的方程；（2）已知直线:4l x =-，过点()2,0F -的直线（不与x 轴重合）与轨迹Γ相交于M ．N 两点，过点M 作MD l ⊥于点D ．求证：直线ND 过定点，并求出定点的坐标．【答案】（1）221(84x y x +=≠±；（2）证明见解析，()3,0-. 【详解】（1）设(),P x y ，由题意得：12PA PB k k ⋅=-12=-，化简得22184x y +=．又x ≠±，∴点P 的轨迹方程为221(84x y x +=≠±．（2）方法一：由椭圆的对称性知，直线ND 过的定点必在x 轴上， 由题意得直线MN 的斜率不为0，设:2MN x my =-，与22184x y +=联立消去x 得：()222440m y my +--=， ()23210m ∆=+>恒成立，设()11,M x y ，()22,N x y ，则()14,D y -，12242m y y m +=+，12242y y m -=+，∴()1212my y y y =-+，2112:(4)4y y ND y x y x -=+++，令0y =， ∴()()12122121424y x y my x y y y y +++=-=---()1211212121221y y y my y y y y y y -+++=-=-=--，3x =-，∴直线ND 过定点()3,0-．方法二：由题意可得直线MN 的斜率不为0，设:2MN x my =-，与22184x y +=联立消去x 得：()222440m y my +--=， ()23210m ∆=+>恒成立，设()11,M x y ，()22,N x y ，则()14,D y -，12242m y y m +=+，12242y y m -=+，()12422m y m -=+，()22422m y m +=+， ()2112121122(4)2:(4)42y y x my y y y y ND y x y x my -+++-=++=++2244)2222m x m m m my -+++++=+2222(4)3)2222x x m m my my +-+++==++ ∴3x =-时0y =， ∴直线ND 过定点()3,0-.4、（2021·安徽池州市高三期末（理））已知椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>的左顶点、右焦点分别为A ，F ，点31,2M ⎛⎫⎪⎝⎭在椭圆C 上，且椭圆C 离心率为12. （1）求椭圆C 的方程；（2）过点F 且斜率为()0k k ≠的直线l 与椭圆C 交于D ，E 两点，直线AD ，AE 斜率分别为1k ，2k ，证明：12kk kk +为定值.【答案】（1）22143x y +=；（2）证明见解析.【详解】（1）由题意可得2222222312112a b c a a b c ⎧⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎪+=⎪⎪⎪=⎨⎪-=⎪⎪⎪⎪⎩，解得2a =，b =所以椭圆C 的方程为22143x y +=. （2）证明：由（1）可知()1,0F ，则直线l 的方程为()1y k x =-.联立22(1)143y k x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，得()22224384120k x k x k +-+-=.设()11,D x y ，()22,E x y ，则2122843k x x k +=+，212241243k x x k -=+，所以()()1212121212112222k x k x y yk k x x x x --+=+=+++++12331122k x x ⎛⎫=-+- ⎪++⎝⎭()()()()()12121212123434222224x x x x k k x x x x x x ⎡⎤⎡⎤++++=-=-⎢⎥⎢⎥+++++⎣⎦⎣⎦2222228344324128244343k k k k k k k ⎡⎤⎛⎫+⎢⎥ ⎪+⎝⎭⎢⎥=-⎢⎥-+⨯+⎢⎥++⎣⎦()222223816122412161612k k k k k k ⎡⎤++⎢⎥=--+++⎢⎥⎣⎦ 222112k k k k ⎛⎫+=-=- ⎪⎝⎭， 所以1211kk kk k k ⎛⎫+=-=- ⎪⎝⎭（定值）.5、（2021·安徽蚌埠市高三二模（理））已知圆()22:224E x y ++=，动圆N 过点()2,0F 且与圆E 相切，记动圆圆心N 的轨迹为曲线C . （1）求曲线C 的方程；（2）P ，Q 是曲线C 上的两个动点，且OP OQ ⊥，记PQ 中点为M ，OP OQ t OM ⋅=，证明：t 为定值.【答案】（1）22162x y +=；（2）证明见解析.【详解】解：（1）点()2,0F 在圆()22:224E x y ++=内，∴圆N 内切于圆E，∴NE NF EF +=>，所以N 点轨迹是以E ，F为焦点的椭圆，且a =2c =，从而b =故点N 的轨迹C 的方程为：22162x y +=.（2）设()11,P x y ，()22,Q x y ，若直线PQ 斜率存在，设直线PQ 方程为y kx m =+，联立22162y kx mx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，整理得：()222136360k x kmx m +++-=，122613km x x k -+=+，21223613m x x k-=+ 因为OP OQ ⊥，所以0OP OQ ⋅=，即12220x x y y +=.化简得：()()22121210k x x km x x m ++++=，即()22222366101313m km k km m k k--+⋅+⋅+=++， 从而，222330m k --=，①因为OP OQ ⊥，且M 为PQ 中点，所以2PQ OM =， 在直角ABC 中，记原点O 到直线PQ 的距离为d ，则2OP OQ d PQ d OM ⋅==，由①知，原点O 到直线l的距离为d ===所以t.若直线PQ 斜率不存在，设直线PQ 方程为x n =，联立22162x n x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得p n ⎛ ⎝，,n ⎛ ⎝ 由OP OQ ⊥得n =t = 综上，t.6、（2021·江苏无锡市高三月考）已知椭圆()2222:10,0x y C a b a b+=>>过点(2,1)-，216y x =-的准线l 交x 轴于点A ，过点A 作直线交椭圆C 于M ，N ．（1）求椭圆C 的标准方程和点A 的坐标； （2）若M 是线段AN 的中点，求直线MN 的方程；（3）设P ，Q 是直线l 上关于x 轴对称的两点，问：直线PM 于QN 的交点是否在一条定直线上？请说明你的理由．【答案】（1）22182x y +=，()4,0A ；（2）(4)6y x =±-；（3）PM 与QN 的交点恒在直线2x =上，理由见解析.【详解】（1）由题意，椭圆()2222:10,0x y C a b a b +=>>过点(2,1)-可得22411a b +=且2c e a ==，又由222c a b =-， 解得228,2a b ==，即椭圆C 的方程为22182x y +=，又由抛物线216y x =-，可得准线方程为:4l x =，所以()4,0A .（2）设()00,N x y ，则004,22x y M +⎛⎫⎪⎝⎭， 联立方程组()2200220018241328x y x y ⎧+=⎪⎪⎨+⎪+=⎪⎩，解得001,x y ==当5,2M N ⎛ ⎝⎭时，可得直线:4)MN y x =-；当5,,(1,2M N ⎛ ⎝⎭时，可得直线:4)MN y x =-； 所以直线MN的方程为4)y x =-. （3）设()()4,,4,P t Q t -，可得:4MN x ky =+， 设()()1122,,,M x y N x y联立方程组224480x ky x y =+⎧⎨+-=⎩，整理得()224880k y ky +++=，所以12122288,44k y y y y k k +=-=++，则1212y y ky y +=-， 又由直线111114:44y t tx y PM y x x x --=+--，222224:44y t y tx QN y x x x ++=---， 交点横坐标为()121212242ky y y y x y y ++==+，所以PM 与QN 的交点恒在直线2x =上.7、（2021·全国高三专题练习）已知椭圆22221(0)x y a b a bΓ+=>>：过点(02)，，其长轴长､焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，直线l 与x 轴的正半轴和y 轴分别交于点Q P 、，与椭圆Γ相交于两点M N 、，各点互不重合，且满足12PM MQ PN NQ λλ==，. （1）求椭圆Γ的标准方程；（2）若直线l 的方程为1y x =-+，求1211λλ+的值； （3）若123，试证明直线l 恒过定点，并求此定点的坐标.【答案】（1）221124x y +=；（2）83-；（3）证明见解析，(2,0). 【详解】（1）由题意，因为椭圆22221(0)x y a b a bΓ+=>>：过点(02)，，可得2b =， 设焦距为2c ，又由长轴长､焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列， 可得222(2)(2)2(2)a b c +=，即2222a b c +=又因为222a b c =+，解得212a =，所以椭圆Γ的标准方程为221124x y +=.（2）由直线l 的方程为1y x =-+，可得而(01)(10)P Q ，，，， 设1122()()M x y N x y ，，，，因为12PM MQ PN NQ λλ==，，可得1111122222(1)(1)(1)(1)x y x y x y x y λλ-=---=--，，，，，， 从而111222(1)(1)x x x x λλ=-=-，，于是12121211x x x x λλ==--，，所以12121212111122x x x x x x λλ++=+-=-，由2211241x y y x ⎧+=⎪⎨⎪=-+⎩，整理得24690x x --=，可得12123924x x x x +==-，，所以1212121211118223x x x x x x λλ++=+-=-=-. （3）显然直线l 的斜率k 存在且不为零，设直线l 的方程为()()0y k x m m =->，1122()()M x y N x y ，，，， 可得(0,)(,0)P km Q m -，， 由1PMMQ ，可得11111()()x y km m x y λ+=--，，， 所以()111x x m λ=-，从而111xm x λ=-，同理222xm x λ=-，又123，∴212122()30x x m x x m -++=①，联立221124()x y y k x m ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩，得22222(13)63120k x k mx k m +-+-=，则()42222222364(13)(312)121240k m k k m k k m -∆=+-=+->②，且2221212226312,1313k m k m x x x x k k -+==++③③代入①得2222222231263122300131313k m k m m m m k k k ---⋅+=⇒=+++，∴2m =，(满足②) 故直线l 的方程为()2y k x =-，所以直线l 恒过定点(20)，. 8、（2020·湖北高三月考）已知抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点F ，若平面上一点(2,3)A 到焦点F 与到准线:2pl x =-的距离之和等于7. （1）求抛物线C 的方程；（2）又已知点P 为抛物线C 上任一点，直线PA 交抛物线C 于另一点M ，过M 作斜率为43k =的直线MN 交抛物线C 于另一点N ，连接.PN 问直线PN 是否过定点，如果经过定点，则求出该定点，否则说明理由.【答案】（1）28y x =；（2）过定点，1,34⎛⎫⎪⎝⎭.【详解】(1)由已知，定点(2,3)A 到焦点F 与到准线:2pl x =-的距离之和等于7.272p ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则4p =，即抛物线的方程28y x =(2)设11(,)P x y ，22(,)M x y ，33(,)N x y ，则121211212222888PM y y y y k y y x x y y ++=-=+=-，同理：238MNk y y =+，138PN k y y =+， 由23843MN k y y ==+知：236y y +=，即236y y =- ① 直线11128:()PM y y x x y y -=-+，即1212()8y y y y y x +-=过(2,3)A 求得1211633y y y -=- ② 同理求直线PN 方程1313()8y y y y y x +-= ③ 由①②得13133()2y y y y =+- 代入③得1313()3()28y y y y y x +-++=13()(3)280y y y x +-+-=故3y =且280x -=时，直线PN 恒过点1,34⎛⎫⎪⎝⎭. 9、（2021·北京高三期末）已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左､右顶点分别为点A ，B ，且AB 4=，椭圆C 离心率为12. （1）求椭圆C 的方程；（2）过椭圆C 的右焦点，且斜率不为0的直线l 交椭圆C 于M ，N 两点，直线AM ，BN 的交于点Q ，求证：点Q 在直线4x =上. 【答案】（1）22143x y +=；（2）证明见解析.【详解】解：（1）因为AB 4=，椭圆C 离心率为12， 所以2222412a c a a b c=⎧⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩，解得24a =，23b =.所以椭圆C 的方程是22143x y +=.（2）①若直线l 的斜率不存在时，如图，因为椭圆C 的右焦点为()1,0，所以直线l 的方程是1x =.所以点M 的坐标是31,2⎛⎫⎪⎝⎭，点N 的坐标是31,2⎛⎫- ⎪⎝⎭.所以直线AM 的方程是()122y x =+， 直线BN 的方程是()322y x =-. 所以直线AM ，BN 的交点Q 的坐标是()4,3.所以点Q 在直线4x =上. ②若直线l 的斜率存在时，如图.设斜率为k .所以直线l 的方程为()1y k x =-.联立方程组()221143y k x x y ⎧=-⎪⎨+=⎪⎩消去y ，整理得()2223484120kx k x k+-+-=.显然0∆>.不妨设()11,M x y ，()22,N x y ，所以2122834kx x k +=+，212241234k x x k-⋅=+. 所以直线AM 的方程是()1122y y x x =++. 令4x =，得1162=+y y x . 直线BN 的方程是()2222y y x x =--.令4x =，得2222y y x =-. 所以()()121212126121622222k x k x y y x x x x ---=-+-+- ()()()()()()12121261222122k x x k x x x x ---+-=+-分子()()()()1212612221k x x k x x =---+-()()12211212232222k x x x x x x x x =--+--+-⎡⎤⎣⎦. ()12122258k x x x x =-++⎡⎤⎣⎦ ()2222241258283434k k k k k ⎡⎤-⨯⎢⎥=-+++⎢⎥⎣⎦22228244024322034k k k k k ⎛⎫--++== ⎪+⎝⎭. 所以点Q 在直线4x =上.10、（2021·安徽高三月考（理））已知圆22:5O x y +=，椭圆2222:1(0)x y a b a bΓ+=>>的左右焦点为12,F F ，过1F 且垂直于x 轴的直线被椭圆和圆所截得弦长分别为1和．（1）求椭圆的标准方程；（2）如图P 为圆上任意一点，过P 分别作椭圆两条切线切椭圆于A ，B 两点． （ⅰ）若直线PA 的斜率为2，求直线PB 的斜率； （ⅱ）作PQ AB ⊥于点Q ，求证：12QF QF +是定值．【答案】（1）2214x y +=；（2）（i ）12-；（ii ）证明见解析．【详解】解：（1）由题意得：222221a b c ba ⎧=+⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩2,1,a b c ===得椭圆的标准方程为：2214x y +=（2）（ⅰ）设()00,P x y ，切线()00y y k x x -=-，则22005x y +=。
高中数学圆锥曲线教学的有效性策略探讨导言圆锥曲线是高中数学课程中的重要内容，它涵盖了椭圆、双曲线和抛物线三种曲线，涉及到诸多数学知识和技巧。
目前许多学生在学习圆锥曲线时都面临着诸多困难，导致他们对这一部分内容的理解和掌握程度不够。
探讨高中数学圆锥曲线教学的有效性策略对于提升学生的学习效果具有重要意义。
一、当前圆锥曲线教学存在的问题1. 学生学习动力不足：在当前的高中数学教学中，许多学生对圆锥曲线缺乏学习的兴趣，认为这一部分内容过于抽象、难以理解，导致学习动力不足。
2. 知识脉络不清晰：圆锥曲线涉及到大量的数学知识和技巧，包括坐标系、方程、参数方程等等，学生往往难以将这些知识点整合到一个清晰的脉络中。
3. 解题方法不够灵活：由于圆锥曲线的题型多样化，学生很难统一掌握解题方法，导致在做题时常常遇到难以解决的问题。
二、提升圆锥曲线教学效果的策略探讨1. 激发学生学习兴趣激发学生学习兴趣是提升圆锥曲线教学效果的关键。
教师可以通过讲述圆锥曲线在现实生活中的应用，引导学生积极参与到圆锥曲线的学习中。
可以介绍圆锥曲线在建筑设计、物理学中的应用，让学生认识到圆锥曲线的重要性，从而增加他们的学习动力。
教师还可以设计一些富有趣味性和挑战性的习题，让学生在解题的过程中感受到知识的魅力，激发他们的学习兴趣。
设计一道与电影院屏幕抛物线形状相关的题目，让学生通过解题的过程来了解抛物线的特性和应用，从而抓住学生的兴趣，提高他们的学习积极性。
2. 清晰知识脉络为了让学生更清晰地理解圆锥曲线的知识脉络，教师可以通过梳理知识点、引导学生构建知识框架的方式来帮助学生提高对圆锥曲线的整体认识。
教师可以在讲解某一知识点的时候，及时引导学生将新知识点与已有的知识点进行关联，形成清晰的知识框架。
老师可以通过梳理知识点之间的逻辑关系，让学生了解到各个知识点之间的内在联系，帮助他们建立整体的知识脉络。
通过综合性的练习题目来检验学生对知识点脉络的理解程度，巩固他们对圆锥曲线整体知识的掌握能力。
浅谈向量在解决圆锥曲线问题中的作用在高中数学中向量是一个新增内容,它只是一种方法,高考不会单独出题,所以它一定是依附于其他知识点——比如圆锥曲线问题——中出现。
解析几何就是利用代数方法解决几何问题;而在坐标法中,向量是和几何问题结合最紧密的方法,因此如果涉及角度等一些问题,就可以用向量去做。
由于点的坐标也可视为向量的坐标,因此许多解析几何问题均可与向量知识进行综合。
高考对解析几何与向量综合考查,新旧结合,以旧带新,使新旧内容有机地结合在一起,就形成了新的高考命题的热点。
1 利用向量处理圆锥曲线中的最值问题利用向量的数量积构造出等式或函数关系,再利用函数求最值的方法求最值,要比只利用解析几何知识建立等量关系容易。
例1.设椭圆E的中心在坐标原点O,焦点在x轴上,离心率为,过点C(-1,0)的直线交椭圆E于A、B两点,且=2 ,求当△AOB的面积达到最大值时直线和椭圆E的方程。
解答过程:因为椭圆的离心率为,故可设椭圆方程为2x2+3y2=t(t>0),直线方程为my=x+1,由2x2+3y2=tmy=x+1得:(2m2+3)y2-4my+2-t=0,设A(x1,y1)B(x2,y2),则y1+y2= …………①,又=2 ,故(x1+1,y1)=2(-1-x2,-y2),即y1=-2y2…………②;由①②得:y1= ,y2= ,则S△AOB= y1-y2=6 =6 ≤ ,当m2= ,即m=±时,△AOB面积取最大值,此时y1y2= = ,即t=10,所以,直线方程为x±y+1=0,椭圆方程为2x2+3y2=10.小结:利用向量的数量积构造等量关系要比利用圆锥曲线的性质构造等量关系容易。
2 利用向量处理圆锥曲线中的取值范围问题解析几何中求变量的范围,一般情况下最终都转化成方程是否有解或转化成求函数的值域问题。
例2.已知双曲线C: - =1(a>0,b>0) ,B是右顶点,F是右焦点,点A在x轴正半轴上,且满足, , 成等比数列,过F作双曲线C在第一、三象限的渐近线的垂线l,垂足为P,①求证: · = · ;②若l与双曲线C的左、右两支分别相交于点D,E,求双曲线C的离心率e的取值范围。
圆锥曲线中向量数量积定值问题解题策略的比较研究
作者：刘少卿
来源：《数学教学通讯·中等教育》2015年第10期
摘要：圆锥曲线中的定值问题一直是高考中的热点. 本文应用例析的方式讨论向量数量积为定值的类型及相关类型的解题策略，以期从不同的解题路径、不同的思维过程来解决相关问题，从而拓展学生的分析问题、解决问题的能力.
关键词：圆锥曲线；向量数量积；解题策略
圆锥曲线在高考中历来受到压轴大题的青睐，而在众多类型的圆锥曲线问题中，有一类定值问题则是圆锥曲线考查的热点问题. 所谓定值问题，在本质上是由曲线与直线位置关系、函数与方程、平面向量等知识点交汇而整合成的综合性问题；在形式上往往表现为向量的数量积或某种比例关系不受变量影响、直线斜率不受变量影响、线段和差不受变量影响等基本形式. 解决这类问题的三种策略是直线与椭圆联立方程组、以向量共线为桥梁、特值引入. 当然由于选择的解题路径不同，思维的过程和解题的过程往往呈现出不同的景象，因此有必要对三种方式的解题策略做进一步比较研究.
实践研究：例析三种解题策略的应用
例：已知A，B，C是椭圆+=1（a>b>0）上不同的三点，A
3，
，B（-3，-3），C在第三象限，线段BC的中点在直线OA上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求C点坐标；
（3）设动点P在椭圆上（异于A，B，C），且PB，PC分别交直线OA于M，N两点，证明：·为定值.
（1）（2）过程略，解得椭圆方程为+=1，C点坐标为（-5，-1）.
方法一：直线椭圆联立方程组，求解M，N坐标
分析：要证明·为定值，只需证明其坐标表示与参数无关即可，因此只需要用P点坐标将·的坐标表达式表示出来，证明此表达式与所设P点坐标无关即可.
设P（m，n），所以m2+2n2=27，解得PB：y+3=（x+3），PC：y+1=·（x+5）.
方法二：以向量共线为桥梁，求解M，N坐标
分析：要证明·的值与P点位置无关，可以将三点共线作为桥梁，以向量共线定理为手段，以P点坐标为参数，将M和N点的坐标用P点坐标来表示，最终将·的坐标表达式化简成关于P点坐标的式子，约去参数即可.
设M点坐标为（xm，ym），N点坐标为（xn，yn），P点坐标为（x0，y0），OA的方程为y=x.
因为P，M，B三点共线，所以∥，
方法三：特值引入，以特殊求一般
分析：数学不仅是理性思考的结果，它也需要感性的一面，因题制宜在不同的题目中选择不同的方法，亦是提升数学解题速度的一种重要思维.因此，如果是在填空或选择题的情境下，在题目要求求解定值时，完全没有必要按照上述理性的分析求解过程，而采用以特殊求一般的方式，取P点为特殊点求解.
设P点坐标为（-3，3），易知PB的直线方程为x=-3，直线PC的斜率为kPC=2，则直线PC的方程为y=2x+9；
比较研究：从师和生的角度反思三种解题策略的特点
问题是师生沟通的主要内容，亦是师生沟通的桥梁，因此每个问题都可以从师生两个层面来分析. 在教师方面每种不同的解题策略都对教师的教学和课堂推演产生影响；同样，差异的解题策略对学生的思维推进和运算推进也存在不同的难度.
首先，三种不同解题策略对教师教学设计影响.
（一）基于学生角度的比较研究
每道题对于学生而言，总存在着两类困难，其一是如何将问题分析出来，可归纳为思维的推进层面；其二是如何将过程计算出来，可归纳为运算的推进过程.
首先，从思维推进的顺序性上讲，三种策略均以求出M，N点的坐标为出发点，所不同的是策略一以直线与方程的方程组为桥梁，而策略二则是以向量共线定理作为过渡，问题的关键在于联立方程组是更一般的思维，而向量共线定理的运用则是学生思维的盲点，因此在思维的顺序性上策略一往往是学生第一反应的策略. 从思维推进的流畅性上讲，考虑向量共线定理在思维的起步阶段就存在思维盲点，并且对比上述解题过程可以发现方程组求解M，N的坐标具有直接性，而策略二求解M，N坐标则需要借助ym=实现ym和xm的转换，因此策略二易让学生的思维陷入阻滞状态. 总体来讲，无论从思维的顺序性还是思维的流畅性上讲，策略三总是最佳的，但其受适用情境的限制，不适合在解答题的情境中使用.
其次，从运算的量方面讲，上述运算的篇幅的长短直观上反映出了运算量的差异，仔细分析可以发现方程求解是用两个参数表示两个待求的坐标，实际上涉及了四个字母的方程求解，易出现运算混乱的情况，而策略二利用ym=实现ym和xm的转换，实际上回避了四个字母的代数运算，有效地减少了计算量. 而比较三个策略，总体而言特值法的计算量是最小的，问题的关键在于它由于是用特殊去代表一般，不具有普遍性，不能作为理性分析的依据.
（二）基于教师角度的比较研究
对于教师而言，亦需要从两个方面去思考，其一，如何设计教学让学生更容易听懂；其二是课堂上采用哪种策略更易充实课堂容量.
首先，从教学设计层面上讲，这主要与思维推进流畅性有关，从这方面讲明显策略一更易于教师进行教学设计，教师只需按照如下顺序进行引导即可：由题目中线与线的位置关系你能得到什么呢？（M，N的坐标）；在得到M和N的坐标后，你能用两个坐标做些什么呢（用它们写向量数量积）；向量数量积的表达引领你如何证明题目的结论呢？（化简表达式证明结果与所设参数无关）. 而显然利用策略二作为教学的内容，其教学设计更需要精心准确，因为学生在这一块是存在思维盲点的，因此教学设计的首要步骤在于打通学生的思维盲点，让学生将向量共线定理与题目形成联系，然后再进行相关的教学设计. 相比较前两种策略，特殊法的教学设计是最为简单的，关键在于特殊点的取法，这是教师需要考虑的内容.
其次，从课堂推演的层面讲，这主要与运算推进过程有关，从上述运算维度的分析可知策略一的运算量较大，在课堂上的推演过程更加复杂，因此也更加耗时，而策略二在推演上则会比较简单，因此教师在课堂上往往会更加倾向于利用第二种方法讲解. 但笔者认为，从提升学生运算能力的角度和应试教育的角度来讲，策略一的方法更应让学生掌握.
总而言之，三种策略在解决上述问题时各有各的优点，策略一易于思维，但存在运算量上的缺陷，策略二在减小运算方面更优，但却易使学生陷入思维的困境，而策略三虽然在思维和运算上都占优，但是受制于运用的情境.。
