高考理科数学 课时达标检测(五十一) 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

高考复习41 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题【典型高考试题变式】（一）定值问题例1.在直角坐标系xOy 中，曲线22y x mx =+-与x 轴交于A ，B 两点，点C 的坐标为(0,1).当m 变化时，解答下列问题：（1）能否出现AC ⊥BC 的情况？说明理由；（2）证明过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值.【变式1】已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的离心率为12，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆120+=相切.（1）求椭圆C 的方程；（2）设()4,0A -，过点()3,0R 作与x 轴不重合的直线l 交椭圆C 于,P Q 两点，连接,AP AQ 分别交直线163x =于,M N 两点，若直线,MR NR 的斜率分别为12,k k ，试问：12k k 是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.【变式2】已知椭圆C ：22221x y a b+=过点A （2,0），B （0,1）两点. （1）求椭圆C 的方程及离心率；（2）设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值.（二）定点问题例2.已知椭圆C ：2222=1x y a b+（a >b >0），四点P 1（1,1），P 2（0,1），P 3（–1，P 4（1三点在椭圆C 上.（1）求C 的方程；（2）直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为–1，证明：l 过定点.【变式1】已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>短轴的一个端点与其两个焦点构成面积为3的直角三角形. （1）求椭圆C 的方程；（2）过圆22:2E x y +=上任意一点P 作圆E 的切线l ，l 与椭圆C 交于,A B 两点，以AB 为直径的圆是否过定点，如过，求出该定点；不过说明理由.【典例试题演练】1. 已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，左顶点为A ，左焦点为()120F -，，点()2B 2,在圆C 上，直线()0y kx k =≠与椭圆C 交于E ，F 两点，直线AE ，AF 分别与y 轴交于点M ，N ．（1）求椭圆C 的方程；（2）以MN 为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由．2. 已知椭圆C ：22221+=x y a b（0a b >>）的离心率为3 ，(,0)A a ，(0,)B b ，(0,0)O ，OAB ∆的面积为1.（1）求椭圆C 的方程；（2）设P 的椭圆C 上一点，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N.求证：BM AN ⋅为定值.3.已知点P 是椭圆C 上任一点，点P 到直线1:2l x =-的距离为1d ，到点(1,0)F -的距离为2d ，且2122d d =.直线l 与椭圆C 交于不同两点A B 、（,A B 都在x 轴上方），且180OFA OFB ∠+∠=o . （1）求椭圆C 的方程；（2）当A 为椭圆与y 轴正半轴的交点时，求直线l 方程；（3）对于动直线l ，是否存在一个定点，无论OFA ∠如何变化，直线l 总经过此定点？若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由.5. 已知圆M ：x 2＋(y －2)2＝1，直线l ：y ＝－1，动圆P 与圆M 相外切，且与直线l 相切．设动圆圆心P 的轨迹为E .（1）求E 的方程；（2）若点A ，B 是E 上的两个动点，O 为坐标原点，且OA →·OB →＝－16，求证：直线AB 恒过定点．6. 已知抛物线E ：x 2＝2py (p ＞0)，直线y ＝kx ＋2与E 交于A ，B 两点，且OA →·OB →＝2，其中O 为原点．（1）求抛物线E 的方程；（2）点C 坐标为(0，－2)，记直线CA ，CB 的斜率分别为k 1，k 2，证明：k 21＋k 22－2k 2为定值．7. 已知平面上的动点R (x ，y )及两定点A (－2，0)，B (2，0)，直线RA 、RB 的斜率分别为k 1、k 2，且k 1k 2＝－34，设动点R 的轨迹为曲线C . （1）求曲线C 的方程；（2）四边形MNPQ 的四个顶点均在曲线C 上，且MQ ∥NP ，MQ ⊥x 轴，若直线MN 和直线QP 交于点S (4，0)．问：四边形MNPQ 两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．8. 如图，M 是抛物线y 2＝x 上的一点，动弦ME ，MF 分别交x 轴于A ，B 两点，且MA ＝M B.若M 为定点，证明：直线EF 的斜率为定值.9.已知抛物线2:2(0)E y px p =>，直线3x my =+与E 交于A ，B 两点，且6OA OB =u u u r u u u r g ，其中O 为坐标原点.（1）求抛物线E 的方程；（2）已知点C 的坐标为（-3,0），记直线CA 、CB 的斜率分别为1k ，2k ，证明：22212112m k k +-为定值.10.如图，设点,A B 的坐标分别为()()3,0,3,0-，直线,AP BP 相交于点P ，且它们的斜率之积为23-． （1）求点P 的轨迹方程；（2）设点P 的轨迹为C ，点M N 、是轨迹为C 上不同于,A B 的两点，且满足//,//AP OM BP ON ，求证：MON ∆的面积为定值．.。

圆锥曲线中的定点、定值问题一、题型选讲题型一 、 圆锥曲线中过定点问题圆锥曲线中过定点问题常见有两种解法： （1）、求出圆锥曲线或直线的方程解析式，研究解析式，求出定点（2）、从特殊位置入手，找出定点，在证明该点符合题意（运用斜率相等或者三点共线）。

例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A 、B 分别为椭圆E ：2221x y a+=（a >1）的左、右顶点，G 为E 的上顶点，8AG GB ⋅=，P 为直线x =6上的动点，P A 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ． （1）求E 的方程；（2）证明：直线CD 过定点.例2、（2020届山东省临沂市高三上期末）如图，已知点F 为抛物线C ：22y px =（0p >）的焦点，过点F 的动直线l 与抛物线C 交于M ，N 两点，且当直线l 的倾斜角为45°时，16MN =.（1）求抛物线C 的方程.（2）试确定在x 轴上是否存在点P ，使得直线PM ，PN 关于x 轴对称？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.例3、【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C ：x 2=−2py 经过点（2，−1）．（1）求抛物线C 的方程及其准线方程；（2）设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线y =−1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B ．求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．题型二、圆锥曲线中定值问题圆锥曲线中常见的定值问题，属于难题．探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值例4、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为2，且过点A （2，1）．（1）求C 的方程：（2）点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得|DQ |为定值．例5、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知椭圆()2222:10x y E a b a b+=>>的离心率e 满足2220e −+=，右顶点为A ，上顶点为B ，点C (0，－2)，过点C 作一条与y 轴不重合的直线l ，直线l 交椭圆E 于P ，Q 两点，直线BP ，BQ 分别交x 轴于点M ，N ；当直线l 经过点A 时，l ．(1)求椭圆E 的方程；(2)证明：BOM BCN S S ∆∆⋅为定值．例6、(2019苏州三市、苏北四市二调）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：x 24＋y 2＝1，椭圆C 2：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)，C 2与C 1的长轴长之比为2∶1，离心率相同．(1) 求椭圆C 2的标准方程； (2) 设点P 为椭圆C 2上的一点．①射线PO 与椭圆C 1依次交于点A ，B ，求证：PAPB 为定值；②过点P 作两条斜率分别为k 1，k 2的直线l 1，l 2，且直线l 1，l 2与椭圆C 1均有且只有一个公共点，求证k 1·k 2为定值．.思路分析 (1)根据已知条件，求出a ，b 的值，得到椭圆C 2的标准方程．(2)①对直线OP 斜率分不存在和存在两种情况讨论，当OP 斜率存在时，设直线OP 的方程为y ＝kx ，并与椭圆C 1的方程联立，解得点A 横坐标，同理求得点P 横坐标，再通过弦长公式，求出PAPB 的表达式，化简整理得到定值．②设P(x 0，y 0)，写出直线l 1的方程，并与椭圆C 1联立，得到关于x 的一元二次方程，根据直线l 1与椭圆C 1有且只有一个公共点，得到方程只有一解，即Δ＝0，整理得(x 20－4)k 21－2x 0y 0k 1＋y 20－1＝0，同理得到(x 20－4)k 22－2x 0y 0k 2＋y 20－1＝0，从而说明k 1，k 2是关于k 的一元二次方程的两个根，运用根与系数的关系，证得定值．二、达标训练1、（2020届浙江省温州市高三4月二模）如图，已知椭圆22:14x C y +=，F 为其右焦点，直线()0:k y x m l m k +<=与椭圆交于1122(,),(,)P x y Q x y 两点，点,A B 在l 上，且满足,,PA PF QB QF OA OB ===.(点,,,A P Q B 从上到下依次排列)(I )试用1x 表示PF ：(II )证明：原点O 到直线l 的距离为定值.2、【2018年高考北京卷理数】已知抛物线C ：2y =2px 经过点P （1，2）．过点Q （0，1）的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线P A 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N ． （1）求直线l 的斜率的取值范围；（2）设O 为原点，QM QO λ=，QN QO μ=，求证：11λμ+为定值．3、(2019苏锡常镇调研）已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为32，焦点到相应准线的距离为33.(1) 求椭圆E 的标准方程；(2) 已知P(t ，0)为椭圆E 外一动点，过点P 分别作直线l 1和l 2，直线l 1和l 2分别交椭圆E 于点A ，B 和点C ，D ，且l 1和l 2的斜率分别为定值k 1和k 2，求证：PA ·PBPC ·PD 为定值．4、(2018苏州暑假测试）如图，已知椭圆O ：x 24＋y 2＝1的右焦点为F ，点B ，C 分别是椭圆O 的上、下顶点，点P 是直线l ：y ＝－2上的一个动点(与y 轴的交点除外)，直线PC 交椭圆于另一个点M.(1) 当直线PM 经过椭圆的右焦点F 时，求△FBM 的面积；(2) ①记直线BM ，BP 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1•k 2为定值；5、(2016泰州期末）如图，在平面直角坐标系xOy 中， 已知圆O ：x 2＋y 2＝4，椭圆C ：x 24＋y 2＝1，A 为椭圆右顶点．过原点O 且异于坐标轴的直线与椭圆C 交于B ，C 两点，直线AB 与圆O 的另一交点为P ，直线PD 与圆O 的另一交点为Q ，其中D (－65，0).设直线AB ，AC 的斜率分别为k 1，k 2.(1) 求k 1k 2的值；(2) 记直线PQ ，BC 的斜率分别为k PQ ，k BC ，是否存在常数λ，使得k PQ ＝λk BC ？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由；(3) 求证：直线AC 必过点Q .圆锥曲线中的定点、定值问题解析一、题型选讲例1【解析】（1）由题设得A （–a ，0），B （a ，0），G （0，1）.则(,1)AG a =，GB =（a ，–1）.由AG GB ⋅=8得a 2–1=8，即a =3.所以E 的方程为29x +y 2=1．（2）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 =9t （x +3），所以y 1=9t （x 1+3）.直线PB 的方程为y =3t （x –3），所以y 2=3t（x 2–3）.可得3y 1（x 2–3）=y 2（x 1+3）.由于222219x y +=，故2222(3)(3)9x x y +−=−，可得121227(3)(3)y y x x =−++， 即221212(27)(3)()(3)0.m y y m n y y n ++++++=①将x my n =+代入2219x y +=得222(9)290.m y mny n +++−=所以12229mn y y m +=−+，212299n y y m −=+．代入①式得2222(27)(9)2(3)(3)(9)0.m n m n mn n m +−−++++=解得n =–3（含去），n =32.故直线CD 的方程为3=2x my +，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）.例2、【解析】（1）当直线l 的倾斜角为45°，则l 的斜率为1，,02p F ⎛⎫⎪⎝⎭，l ∴的方程为2p y x =−.由2,22,p y x y px ⎧=−⎪⎨⎪=⎩得22304p x px −+=.设()11,M x y ，()22,N x y ，则123x x p +=， ∴12416x x p M p N ++===，4p =， ∴抛物线C 的方程为28y x =.（2）假设满足条件的点P 存在，设(),0P a ，由（1）知()2,0F ， ①当直线l 不与x 轴垂直时，设l 的方程为()2y k x =−（0k ≠），由()22,8,y k x y x ⎧=−⎨=⎩得()22224840k x k x k −++=，()22222484464640k k k k ∆=+−⋅⋅=+>，212248k x x k++=，124x x =. ∵直线PM ，PN 关于x 轴对称， ∴0PM PN k k +=，()112PM k x k x a −=−，()222PNk x k x a−=−. ∴()()()()()()122112128(2)222240a k x x a k x x a k x x a x x a k+−−+−−=−+++=−=⎡⎤⎣⎦， ∴2a =−时，此时()2,0P −.②当直线l 与x 轴垂直时，由抛物线的对称性，易知PM ，PN 关于x 轴对称，此时只需P 与焦点F 不重合即可. 综上，存在唯一的点()2,0P −，使直线PM ，PN 关于x 轴对称. 例3、【解析】（1）由抛物线2:2C x py =−经过点(2,1)−，得2p =.所以抛物线C 的方程为24x y =−，其准线方程为1y =.（2）抛物线C 的焦点为(0,1)F −. 设直线l 的方程为1(0)y kx k =−≠.由21,4y kx x y=−⎧⎨=−⎩得2440x kx +−=.设()()1122,,,M x y N x y ，则124x x =−. 直线OM 的方程为11y y x x =. 令1y =−，得点A 的横坐标11A x x y =−. 同理得点B 的横坐标22B x x y =−. 设点(0, )D n ，则1212,1,,1x x DA n DB n y y ⎛⎫⎛⎫=−−−=−−− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 21212(1)x x DA DB n y y ⋅=++ 2122212(1)44x x n x x =++⎛⎫⎛⎫−− ⎪⎪⎝⎭⎝⎭21216(1)n x x =++ 24(1)n =−++.令0DA DB ⋅=，即24(1)0n −++=，则1n =或3n =−. 综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0,1)和(0,3)−.例4、【解析】（1）由题设得22411a b +=，22212a b a −=，解得26a =，23b =． 所以C 的方程为22163x y +=． （2）设11(,)M x y ，22(,)N x y ．若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y kx m =+，代入22163x y +=得222(12)4260k x kmx m +++−=． 于是2121222426,1212km m x x x x k k −+=−=++．①由AM AN ⊥知0AM AN ⋅=，故1212(2)(2)(1)(1)0x x y y −−+−−=，可得221212(1)(2)()(1)40k x x km k x x m ++−−++−+=．将①代入上式可得22222264(1)(2)(1)401212m kmk km k m k k−+−−−+−+=++． 整理得(231)(21)0k m k m +++−=．因为(2,1)A 不在直线MN 上，所以210k m +−≠，故2310k m ++=，1k ≠．于是MN 的方程为21()(1)33y k x k =−−≠.所以直线MN 过点21(,)33P −.若直线MN 与x 轴垂直，可得11(,)N x y −.由0AM AN ⋅=得1111(2)(2)(1)(1)0x x y y −−+−−−=.又2211163x y +=，可得2113840x x −+=.解得12x =（舍去），123x =. 此时直线MN 过点21(,)33P −.令Q 为AP 的中点，即41(,)33Q .若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt ADP △的斜边，故1||||2DQ AP =. 若D 与P 重合，则1||||2DQ AP =. 综上，存在点41(,)33Q ，使得||DQ 为定值.例5、【解析】（1）由2220e −+=解得2e =或e =，∴a =，又222a b c =+，a ∴=，又()020AC k a −−==−a ∴=1b ∴=，∴椭圆E 的方程为2212x y +=；（2）由题知，直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为2y kx =−，设()()1122,,,P x y Q x y ，由22212y kx x y =−⎧⎪⎨+=⎪⎩得()2221860k x kx +−+=， ∴12122286,2121k x x x x k k +==++， ()()22=84621k k −−⨯⨯+=216240k −> 232k ∴>， ∴()121224421y y k x x k −+=+−=+，()()121222y y kx kx =−−()21212=24k x x k x x −++=224221k k −+， 直线BP 的方程为1111y y x x −=+，令0y =解得111x x y =−，则11,01x M y ⎛⎫⎪−⎝⎭，同理可得22,01x N y ⎛⎫⎪−⎝⎭， 12123411BOMBCNx x SSy y ∴=−−=()()()12121212123341141x x x x y y y y y y =−−−++=22226321444212121k k k k +−++++=12， BOM BON S S∆∴为定值12． 例6、 (1) 规范解答 设椭圆C 2的焦距为2c ，由题意，a ＝22，c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，解得b ＝2，因此椭圆C 2的标准方程为x 28＋y 22＝1.(3分)(2)①1°当直线OP 斜率不存在时，PA ＝2－1，PB ＝2＋1，则PAPB ＝2－12＋1＝3－2 2.(4分) 2°当直线OP 斜率存在时，设直线OP 的方程为y ＝kx ，代入椭圆C 1的方程，消去y ，得(4k 2＋1)x 2＝4， 所以x 2A ＝44k 2＋1，同理x 2P ＝84k 2＋1.(6分)所以x 2P ＝2x 2A ，由题意，x P 与x A 同号，所以x P ＝2x A ，从而PAPB＝|x P－x A||x P－x B|＝|x P－x A||x P＋x A|＝2－12＋1＝3－2 2.所以PAPB＝3－22为定值．(8分)②设P(x0，y0)，所以直线l1的方程为y－y0＝k1(x－x0)，即y＝k1x－k1x0＋y0，记t＝－k1x0＋y0，则l1的方程为y＝k1x＋t，代入椭圆C1的方程，消去y，得(4k21＋1)x2＋8k1tx＋4t2－4＝0，因为直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点，所以Δ＝(8k1t)2－4(4k21＋1)(4t2－4)＝0，即4k21－t2＋1＝0，将t＝－k1x0＋y0代入上式，整理得，(x20－4)k21－2x0y0k1＋y20－1＝0，(12分)同理可得，(x20－4)k22－2x0y0k2＋y20－1＝0，所以k1，k2为关于k的方程(x20－4)k2－2x0y0k＋y20－1＝0的两根，从而k1·k2＝y20－1x20－4.(14又点在P(x0，y0)椭圆C2：x28＋y22＝1上，所以y20＝2－14x20，所以k1·k2＝2－14x20－1x20－4＝－14为定值．(16分)二、达标训练1、【解析】(I) 椭圆22:14xC y+=，故)F，1 ||22FP x ====−.(II)设()33,A x y，()44,B x y，则将y kx m=+代入2214xy+=得到：()222418440k x kmx m+++−=，故2121222844,4141km mx x x xk k−−+==++，21241x xk−=+，OA OB=，故()3434343421k x x my yx x x x k+++==−++，得到34221kmx xk−+=+，PA PF=13122x x−=−42222x x−=−，由已知得：3124x x x x<<<或3124x x x x>>>，)()123421x x x x x+−+=−，2228241141km kmk k k−+=+++，化简得到221m k=+.故原点O到直线l的距离为1d==为定值.2、【解析】（1）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．由241y xy kx⎧=⎨=+⎩得22(24)10k x k x+−+=．依题意22(24)410k k∆=−−⨯⨯>，解得k<0或0<k<1．又P A，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）．从而k≠-3．所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）．由（1）知12224kx xk−+=−，1221x xk=．直线P A的方程为1122(1)1yy xx−−=−−．令x=0，得点M的纵坐标为1111212211My kxyx x−+−+=+=+−−．同理得点N的纵坐标为22121Nkxyx−+=+−．由=QM QOλ，=QN QOμ得=1Myλ−，1Nyμ=−．所以2212121212122224112()111111=2111(1)(1)11M Nkx x x x x x k ky y k x k x k x x kk λμ−+−−−++=+=+=⋅=⋅−−−−−−．所以11λμ+为定值．3、规范解答(1)设椭圆的半焦距为c，由已知得，ca＝32，则a2c－c＝33，c2＝a2－b2，(3分)解得a＝2，b＝1，c＝3，(5分)所以椭圆E的标准方程是x24＋y2＝1.(6分)(2) 解法1 由题意，设直线l 1的方程为y ＝k 1(x －t)，代入椭圆E 的方程中，并化简得(1＋4k 21)x 2－8k 21tx ＋4k 21t 2－4＝0，(8分)设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)．则x 1＋x 2＝8k 21t 1＋4k 21，x 1x 2＝4k 21t 2－41＋4k 21，因为PA ＝1＋k 21|x 1－t|，PB ＝1＋k 21|x 2－t|，(10分)所以PA·PB ＝(1＋k 21)|x 1－t||x 2－t|＝(1＋k 21)|t 2－(x 1＋x 2)t ＋x 1x 2| ＝(1＋k 21)|t 2－8k 21t 21＋4k 21＋4k 21t 2－41＋4k 21|＝（1＋k 21）|t 2－4|1＋4k 21，(12分) 同理，PC ·PD ＝（1＋k 22）|t 2－4|1＋4k 22，(14分) 所以PA·PB PC·PD ＝（1＋k 21）（1＋4k 22）（1＋k 22）（1＋4k 21）为定值．(16分)解法2 由题意，设直线l 1的方程为y ＝k 1(x －t)，直线l 2的方程为y ＝k 2(x －t)，设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，C(x 3，y 3)，D(x 4，y 4)．直线l 1的方程为y ＝k 1(x －t)，代入椭圆E 的方程中，并化简得(1＋4k 21)x 2－8k 21tx ＋4k 21t 2－4＝0，(8分) 则x 1＋x 2＝8k 21t 1＋4k 21，x 1x 2＝4k 21t 2－41＋4k 21，同理则x 3＋x 4＝8k 22t1＋4k 22，x 3x 4＝4k 22t 2－41＋4k 22，PA →·PB →＝(x 1－t ，y 1)(x 2－t ，y 2)＝(x 1－t)(x 2－t)＋k 21(x 1－t)(x 2－t)＝(x 1－t)(x 2－t)(1＋k 21)， PC →·PD →＝(x 3－t ，y 3)(x 4－t ，y 4)＝(x 3－t)(x 4－t)＋k 22(x 3－t)(x 4－t)＝(x 3－t)(x 4－t)(1＋k 22)．(12分) 因为P ，A ，B 三点共线，所以PA →·PB →＝PA·PB ，同理，PC →·PD →＝PC ·PD.PA ·PB PC ·PD ＝PA →·PB →PC →·PD →＝（x 1－t ）（x 2－t ）（1＋k 21）（x 3－t ）（x 4－t ）（1＋k 22）＝（1＋k 21）（1＋k 22）·（x 1－t ）（x 2－t ）（x 3－t ）（x 4－t ）＝（1＋k 21）（1＋k 22）·x 1x 2－t （x 1＋x 2）＋t 2x 3x 4－t （x 3＋x 4）＋t 2.代入x 1＋x 2＝8k 21t 1＋4k 21，x 1x 2＝4k 21t 2－41＋4k 21，x 3＋x 4＝8k 22t 1＋4k 22，x 3x 4＝4k 22t 2－41＋4k 22，化简得PA ·PB PC ·PD ＝（1＋k 21）（1＋4k 22）（1＋k 22）（1＋4k 21），(14分)因为是定值，所以PA ·PB PC ·PD ＝（1＋k 21）（1＋4k 22）（1＋k 22）（1＋4k 21）为定值．(16分)4规范解答 (1) 由题意B(0，1)，C(0，－1)，焦点F(3，0)，当直线PM 过椭圆的右焦点F 时，则直线PM 的方程为x 3＋y －1＝1，即y ＝33x －1，联立⎩⎨⎧x 24＋y 2＝1，y ＝33x －1，解得⎩⎨⎧x ＝837，y ＝17或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－1(舍)，即M ⎝⎛⎭⎫837，17.(2分)连结BF ，则直线BF ：x 3＋y1＝1，即x ＋3y －3＝0，而BF ＝a ＝2，点M 到直线BF 的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪837＋3×17－312＋（3）2＝2372＝37.故S △MBF ＝12·BF ·d ＝12×2×37＝37.(4分)(2) 解法1(点P 为主动点) ①设P(m ，－2)，且m≠0，则直线PM 的斜率为k ＝－1－（－2）0－m ＝－1m ， 则直线PM 的方程为y ＝－1m x －1，联立⎩⎨⎧y ＝－1m x －1，x 24＋y 2＝1化简得⎝⎛⎭⎫1＋4m 2x 2＋8m x ＝0，解得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8m m 2＋4，4－m 2m 2＋4，(6分)所以k 1＝4－m 2m 2＋4－1－8m m 2＋4＝－2m 2－8m ＝14m ，k 2＝1－（－2）0－m ＝－3m ，(8分)所以k 1·k 2＝－3m ·14m ＝－34为定值．(10分)5、规范解答 (1) 设B (x 0，y 0)，则C (－x 0，－y 0)，x 204＋y 20＝1，因为A (2,0)，所以k 1＝y 0x 0－2，k 2＝y 0x 0＋2，所以k 1k 2＝y 0x 0－2·y 0x 0＋2＝y 20x 20－4＝1－14x 20x 20－4＝－14.(4分)(2) 设直线AP 方程为y ＝k 1(x －2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x －2，x 2＋y 2＝4得(1＋k 21)x 2－4k 21x ＋4(k 21－1)＝0，解得x P ＝2k 21－11＋k 21，y P ＝k 1(x P －2)＝－4k 11＋k 21， 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x －2，x24＋y 2＝1得(1＋4k 21)x 2－16k 21x ＋4(4k 21－1)＝0，解得x B ＝24k 21－11＋4k 21，y B ＝k 1(x B －2)＝－4k 11＋4k 21，(8分) 所以k BC ＝y B x B ＝－2k 14k 21－1，k PQ ＝y Px P ＋65＝－4k 11＋k 212k 21－11＋k 21＋65＝－5k 14k 21－1， 所以k PQ ＝52k BC ，故存在常数λ＝52，使得k PQ ＝52k BC .(10分) (3) 设直线AC 方程为y ＝k 2(x －2)，当直线PQ 与x 轴垂直时，Q ⎝⎛⎭⎫－65，－85，则P －65，85，所以k 1＝－12，即B (0,1)，C (0，－1)，所以k 2＝12，则k AQ ＝－85－65－2＝12＝k 2，所以直线AC 必过点Q .当直线PQ 与x 轴不垂直时，设直线PQ 方程为y ＝－5k 14k 21－1⎝⎛⎭⎫x ＋65， 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－5k 14k 21－1⎝⎛⎭⎫x ＋65，x 2＋y 2＝4解得x Q ＝－216k 21－116k 21＋1，y Q ＝16k 116k 21＋1， 因为k 2＝－y B －x B －2＝4k 11＋4k 2121－4k 211＋4k 21－2＝－14k 1， 所以k AQ ＝16k 116k 21＋1－216k 21－116k 21＋1－2＝－14k 1＝k 2，故直线AC 必过点Q .(16分) (不考虑直线与x 轴垂直的情形扣1分)。

课时达标检测(五十一) 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题一、全员必做题1．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别是F 1，F 2，上、下顶点分别是B 1，B 2，C 是B 1F 2的中点，若11B F ·12B F ＝2，且1CF ⊥12B F .(1)求椭圆的方程；(2)点Q 是椭圆上任意一点，A 1，A 2分别是椭圆的左、右顶点，直线QA 1，QA 2与直线x ＝433分别交于E ，F 两点，试证：以EF 为直径的圆与x 轴交于定点，并求该定点的坐标．解：(1)设F 1(－c,0)，F 2(c,0)，B 1(0，b )，则C ⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2，b 2.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧11B F ·12B F ＝2，1CF ⊥12B F ，即⎩⎪⎨⎪⎧－c ，－b c ，－b ＝2，⎝ ⎛⎭⎪⎫－3c 2，－b 2c ，－b ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ b 2－c 2＝2，b 2＝3c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 2＝3，c 2＝1，从而a 2＝4，故所求椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：由(1)得A 1(－2,0)，A 2(2,0)， 设Q (x 0，y 0)，易知x 0≠±2，则直线QA 1的方程为y ＝y 0x 0＋2(x ＋2)，与直线x ＝433的交点E的坐标为433，y 0x 0＋2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫433＋2， 直线QA 2的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，与直线x ＝433的交点F 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫433，y 0x 0－2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫433－2， 设以EF 为直径的圆与x 轴交于点H (m,0)，m ≠433，则HE ⊥HF ，从而k HE ·k HF ＝－1，即y 0x 0＋2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫433＋2433－m ·y 0x 0－2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫433－2433－m ＝－1，即43y 20x 20－4＝－⎝⎛⎭⎪⎪⎫433－m 2，① 由x 204＋y 203＝1得y 20＝－x 204.②所以由①②得m ＝433±1，故以EF 为直径的圆与x 轴交于定点，且该定点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫433＋1，0或⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫433－1，0.2．在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是椭圆E ：x 24＋y 2＝1上的非坐标轴上的点，且4k OA ·k OB ＋1＝0(k OA ，k OB 分别为直线OA ，OB 的斜率)．(1)证明：x 21＋x 22，y 21＋y 22均为定值；(2)判断△OAB 的面积是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明由．解：(1)证明：依题意，x 1，x 2，y 1，y 2均不为0， 则由4k OA ·k OB ＋1＝0，得4y 1y 2x 1x 2＋1＝0，简得y 2＝－x 1x 24y 1， 因为点A ，B 在椭圆上，所以x 21＋4y 21＝4 ①， x 22＋4y 22＝4 ②，把y 2＝－x 1x 24y 1代入②，整得(x 21＋4y 21)x 22＝16y 21.结合①得x 22＝4y 21，同可得x 21＝4y 22， 从而x 21＋x 22＝4y 22＋x 22＝4，为定值，y 21＋y 22＝y 21＋x 214＝1，为定值． (2)S △OAB ＝12|OA |·|OB |sin ∠AOB＝12x 21＋y 21·x 22＋y 22·1－cos 2∠AOB ＝12x 21＋y 21·x 22＋y 22· 1－x 1x 2＋y 1y 22x 21＋y 21x 22＋y 22＝12x 21＋y 21x 22＋y 22－x 1x 2＋y 1y 22＝12|x 1y 2－x 2y 1|. 由(1)知x 22＝4y 21，x 21＝4y 22，易知y 2＝－x 12，y 1＝x 22或y 2＝x 12，y 1＝－x 22，S △OAB ＝12|x 1y 2－x 2y 1|＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪12x 21＋2y 21＝x 21＋4y 214＝1，因此△OAB 的面积为定值1.3．(2017·河北质量检测)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1的右焦点为F (c,0)，且a ＞b ＞c ＞0，设短轴的一个端点为D ，原点O 到直线DF的距离为32，过原点和x 轴不重合的直线与椭圆E 相交于C ，G 两点，且|GF |＋|CF |＝4.(1)求椭圆E 的方程；(2)是否存在过点P (2,1)的直线l 与椭圆E 相交于不同的两点A ，B 且使得OP 2＝4PA ·PB 成立？若存在，试求出直线l 的方程；若不存在，请说明由．解：(1)由椭圆的对称性知|GF |＋|CF |＝2a ＝4， ∴a ＝2.又原点O 到直线DF 的距离为32，∴bc a ＝32，∴bc ＝3， 又a 2＝b 2＋c 2＝4，a ＞b ＞c ＞0，∴b ＝3，c ＝1.故椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 与x 轴垂直时不满足条件． 故可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝k (x －2)＋1，代入椭圆方程得 (3＋4k 2)x 2－8k (2k －1)x ＋16k 2－16k －8＝0， ∴Δ＝32(6k ＋3)＞0，∴k ＞－12.x 1＋x 2＝8kk －3＋4k 2，x 1x 2＝16k 2－16k －83＋4k 2，∵OP 2＝4PA ·PB ， 即4＝5，∴4(x 1－2)(x 2－2)(1＋k 2)＝5， 即4(1＋k 2)＝5，∴4⎣⎢⎡⎦⎥⎤16k 2－16k －83＋4k 2－2×8k 2k －13＋4k 2＋4(1＋k 2)＝4×4＋4k 23＋4k 2＝5，解得k ＝±12，k ＝－12不符合题意，舍去．∴存在满足条件的直线l ，其方程为y ＝12x .二、重点选做题 1．A 为曲线y ＝－x －24上任意一点，点B (2,0)为线段AC的中点．(1)求动点C 的轨迹E 的方程；(2)过轨迹E 的焦点F 作直线交轨迹E 于M ，N 两点，在圆x 2＋y 2＝1上是否存在一点P ，使得PM ，PN 分别为轨迹E 的切线？若存在，求出P 点的坐标；若不存在，请说明由．解：(1)设C (x ，y )，A (m ，n )，因为B (2,0)是AC 的中点，所以⎩⎪⎨⎪⎧2＝x ＋m2，0＝y ＋n2，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＝4－x ，n ＝－y ，又n ＝－m －24，所以所求方程为x 2＝4y .(2)假设存在点P (x 0，y 0)，设M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 214，N ⎝⎛⎭⎪⎫x 2，x 224，直线MN 的方程为y ＝kx ＋1，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2＝4y ，得x 2－4kx －4＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4，切线PM 的方程为y －x 214＝x 12(x －x 1)，将点P (x 0，y 0)代入简得x 21－2x 1x 0＋4y 0＝0， 同得x 22－2x 2x 0＋4y 0＝0，所以知x 1，x 2是方程x 2－2x 0x ＋4y 0＝0的两根， 则x 1x 2＝4y 0＝－4，所以y 0＝－1，代入圆的方程得x 0＝0，所以存在点P (0，－1)，使得PM ，PN 分别为轨迹E 的切线．2．已知椭圆M ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的一个顶点坐标为(0,1)，离心率为22，动直线y ＝x ＋m 交椭圆M 于不同的两点A ，B ，T (1,1)．(1)求椭圆M 的标准方程；(2)试问：△TAB 的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明由．解：(1)由题意得c a ＝22，b ＝1，又a 2＝b 2＋c 2， 所以a ＝2，c ＝1，椭圆M 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋m ，x22＋y 2＝1得3x 2＋4mx ＋2m 2－2＝0.由题意得，Δ＝16m 2－24(m 2－1)>0，即m 2－3<0， 所以－3<m < 3. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝－4m 3，x 1x 2＝2m 2－23，|AB |＝x 1－x 22＋y 1－y 22＝2|x 1－x 2|＝ 2x 1＋x 22－4x 1x 2＝433－m 2.又由题意得，T (1,1)到直线y ＝x ＋m 的距离d ＝|m |2.假设△TAB 的面积存在最大值，则m ≠0，S △TAB ＝12|AB |d ＝12×433－m 2×|m |2＝23－m 2m 2.由基本不等式得，S △TAB ≤23·－m 2＋m 22＝22， 当且仅当m ＝±62时取等号，而m ∈(－3，0)∪(0，3)，所以△TAB 面积的最大值为22.故△TAB 的面积存在最大值，且当m ＝±62时，△TAB 的面积取得最大值22.三、冲刺满分题1．已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为e ＝63，过C 1的左焦点F 1的直线l ：x －y ＋2＝0被圆C 2：(x －3)2＋(y －3)2＝r 2(r >0)截得的弦长为2 2.(1)求椭圆C 1的方程；(2)设C 1的右焦点为F 2，在圆C 2上是否存在点P ，满足|PF 1|＝a 2b2|PF 2|？若存在，指出有几个这样的点(不必求出点的坐标)；若不存在，说明由．解：(1)∵直线l 的方程为x －y ＋2＝0， 令y ＝0，得x ＝－2，即F 1(－2,0)， ∴c ＝2，又e ＝c a ＝63，∴a 2＝6，b 2＝a 2－c 2＝2， ∴椭圆C 1的方程为x 26＋y 22＝1.(2)∵圆心C 2(3,3)到直线l ：x －y ＋2＝0的距离d ＝|3－3＋2|2＝2，又直线l ：x －y ＋2＝0被圆C 2：(x －3)2＋(y －3)2＝r 2(r >0)截得的弦长为22，∴r ＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2222＝2＋2＝2， 故圆C 2的方程为(x －3)2＋(y －3)2＝4.设圆C 2上存在点P (x ，y )，满足|PF 1|＝a 2b2|PF 2|，即|PF 1|＝3|PF 2|，且F 1，F 2的坐标分别为F 1(－2,0)，F 2(2，0)， 则x ＋2＋y 2＝3x －2＋y 2，整得⎝ ⎛⎭⎪⎫x －522＋y 2＝94，它表示圆心是C ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，0，半径是32的圆．∵|CC 2|＝⎝⎛⎭⎪⎫3－522＋－2＝372，故有2－32<|CC 2|<2＋32，故圆C 与圆C 2相交，有两个公共点．∴圆C 2上存在两个不同的点P ，满足|PF 1|＝a 2b2|PF 2|.2．如图，已知椭圆x 24＋y 23＝1的左焦点为F ，过点F 的直线交椭圆于A ，B 两点，线段AB 的中点为G ，AB 的中垂线与x 轴和y 轴分别交于D ，E 两点．(1)若点G 的横坐标为－14，求直线AB 的斜率；(2)记△GFD 的面积为S 1，△OED (O 为原点)的面积为S 2. 试问：是否存在直线AB ，使得S 1＝S 2？说明由．解：(1)由条件可得c 2＝a 2－b 2＝1，故F 点坐标为(－1,0)． 依题意可知，直线AB 的斜率存在，设其方程为y ＝k (x ＋1)，将其代入x 24＋y 23＝1，整得(4k 2＋3)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，所以x 1＋x 2＝－8k 24k 2＋3.故点G 的横坐标为x 1＋x 22＝－4k 24k 2＋3＝－14， 解得k ＝±12，故直线AB 的斜率为12或－12.(2)假设存在直线AB ，使得S 1＝S 2，显然直线AB 不能与x ，y 轴垂直，即直线AB 斜率存在且不为零．由(1)可得G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 24k 2＋3，3k 4k 2＋3. 设D 点坐标为(x D,0)． 因为DG ⊥AB ，所以3k4k 2＋3－4k 24k 2＋3－x D×k ＝－1，解得x D ＝－k 24k 2＋3，即D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－k 24k 2＋3，0. 因为△GFD ∽△OED ， 所以S 1＝S 2⇔|GD |＝|OD |. 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫－k 24k 2＋3－－4k 24k 2＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k 4k 2＋32＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－k 24k 2＋3， 整得8k 2＋9＝0.因为此方程无解，所以不存在直线AB ，使得S 1＝S 2.。

第23练 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题[压轴大题突破练][明晰考情] 1.命题角度：圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考常考的问题；以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题.2.题目难度：偏难题.考点一 圆锥曲线中的定值问题方法技巧 (1)求定值问题常见的方法有两种①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.(2)定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.1.已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，且过点⎝⎛⎭⎫3，12. (1)求椭圆的方程；(2)设A ，B ，M 是椭圆上的三点.若OM →＝35OA →＋45OB →，点N 为线段AB 的中点，C ⎝⎛⎭⎫－62，0，D ⎝⎛⎭⎫62，0，求证：|NC |＋|ND |＝2 2.(1)解 由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，3a 2＋14b2＝1， 故⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1，所以椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 21＝1，x 224＋y 22＝1.由OM →＝35OA →＋45OB →，得M ⎝⎛⎭⎫35x 1＋45x 2，35y 1＋45y 2. 因为M 是椭圆C 上一点，所以⎝⎛⎭⎫35x 1＋45x 224＋⎝⎛⎭⎫35y 1＋45y 22＝1， 即⎝⎛⎭⎫x 214＋y 21⎝⎛⎭⎫352＋⎝⎛⎭⎫x 224＋y 22⎝⎛⎭⎫452＋2×35×45×⎝⎛⎭⎫x 1x 24＋y 1y 2＝1， 得⎝⎛⎭⎫352＋⎝⎛⎭⎫452＋2×35×45×⎝⎛⎭⎫x 1x 24＋y 1y 2＝1，故x 1x 24＋y 1y 2＝0. 又线段AB 的中点N 的坐标为⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，所以⎝⎛⎭⎫x 1＋x 2222＋2⎝⎛⎭⎫y 1＋y 222＝12⎝⎛⎭⎫x 214＋y 21＋12⎝⎛⎭⎫x 224＋y 22＋x 1x 24＋y 1y 2＝1. 从而线段AB 的中点N ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22在椭圆x 22＋2y 2＝1上. 又椭圆x 22＋2y 2＝1的两焦点恰为C ⎝⎛⎭⎫－62，0，D ⎝⎛⎭⎫62，0，所以|NC |＋|ND |＝2 2.2.(2018·北京)已知抛物线C ：y 2＝2px 经过点P (1，2)，过点Q (0，1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线P A 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N . (1)求直线l 的斜率的取值范围；(2)设O 为原点，QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，求证：1λ＋1μ为定值.(1)解 因为抛物线y 2＝2px 过点(1，2)， 所以2p ＝4，即p ＝2. 故抛物线C 的方程为y 2＝4x .由题意知，直线l 的斜率存在且不为0. 设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1，得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0. 依题意知Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1＞0， 解得k ＜0或0＜k ＜1.又P A ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2). 从而k ≠－3.所以直线l 的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1). (2)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k 2.直线P A 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1)，令x ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2.同理得点N 的纵坐标为y N ＝－kx 2＋1x 2－1＋2.由QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，得λ＝1－y M ，μ＝1－y N . 所以1λ＋1μ＝11－y M ＋11－y N＝x 1－1(k －1)x 1＋x 2－1(k －1)x 2＝1k －1·2x 1x 2－(x 1＋x 2)x 1x 2＝1k －1·2k2＋2k －4k 21k 2＝2.所以1λ＋1μ为定值.3. 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点Q ⎝⎛⎭⎫b ，a b 在椭圆上，O 为坐标原点. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知点P ，M ，N 为椭圆C 上的三点，若四边形OPMN 为平行四边形，证明四边形OPMN 的面积S 为定值，并求该定值.解 (1)∵椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，∴e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12，得a 2＝2b 2，①又点Q ⎝⎛⎭⎫b ，ab 在椭圆C 上， ∴b 2a 2＋a 2b 4＝1，② 联立①②得a 2＝8，b 2＝4. ∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)当直线PN 的斜率k 不存在时，PN 的方程为x ＝2或x ＝－2，从而有|PN |＝23， ∴S ＝12|PN |·|OM |＝12×23×22＝26；当直线PN 的斜率k 存在时，设直线PN 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，P (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 将PN 的方程代入椭圆C 的方程， 整理得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0，Δ＝16k 2m 2－4(2m 2－8)(1＋2k 2)>0，即m 2<4＋8k 2， ∴x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－81＋2k 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m1＋2k 2，由OM →＝OP →＋ON →，得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋2k 2，2m 1＋2k 2. 将M 点坐标代入椭圆C 的方程，得m 2＝1＋2k 2. 又点O 到直线PN 的距离为d ＝|m |1＋k 2， |PN |＝1＋k 2|x 1－x 2|，∴S ＝d ·|PN |＝|m |·|x 1－x 2|＝1＋2k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝ 48k 2＋242k 2＋1＝2 6.综上，平行四边形OPMN 的面积S 为定值2 6. 考点二 圆锥曲线中的定点问题方法技巧 (1)动直线l 过定点问题.设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m ，0).(2)动曲线C 过定点问题.引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.4.已知两点A (－2，0)，B (2，0)，动点P 在y 轴上的投影是Q ，且2P A →·PB →＝|PQ →|2. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过F (1，0)作互相垂直的两条直线分别交轨迹C 于点G ，H 和M ，N ，且E 1，E 2分别是GH ，MN 的中点.求证：直线E 1E 2恒过定点.(1)解 设点P 的坐标为(x ，y )，∴点Q 的坐标为(0，y ). ∵2P A →·PB →＝|PQ →|2，P A →＝(－2－x ，－y )， PB →＝(2－x ，－y )，|PQ →|＝|x |， ∴2[(－2－x )(2－x )＋y 2]＝x 2， 化简得点P 的轨迹方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明 当两直线的斜率都存在且不为0时， 设l GH ：y ＝k (x －1)，G (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)， l MN ：y ＝－1k (x －1)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k (x －1)，消去y 得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0. 则Δ>0恒成立.∴x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－42k 2＋1.∴GH 中点E 1的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2k 22k 2＋1，－k 2k 2＋1.同理，MN 中点E 2的坐标为⎝⎛⎭⎫2k 2＋2，k k 2＋2， ∴12E E k ＝－3k2(k 2－1)，∴12E E l 的方程为y －kk 2＋2＝－3k 2(k 2－1)⎝⎛⎭⎫x －2k 2＋2， 即y ＝－3k 2(k 2－1)⎝⎛⎭⎫x －23， ∴直线E 1E 2恒过定点⎝⎛⎭⎫23，0；当两直线的斜率分别为0和不存在时，12E E l 的方程为y ＝0，也过点⎝⎛⎭⎫23，0. 综上所述，12E E l 过定点⎝⎛⎭⎫23，0.5.已知焦距为22的椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A ，直线y ＝43与椭圆C 交于P ，Q 两点(P 在Q 的左边)，Q 在x 轴上的射影为B ，且四边形ABPQ 是平行四边形. (1)求椭圆C 的方程；(2)斜率为k 的直线l 与椭圆C 交于两个不同的点M ，N .若M 是椭圆的左顶点，D 是直线MN 上一点，且DA ⊥AM .点G 是x 轴上异于点M 的点，且以DN 为直径的圆恒过直线AN 和DG 的交点，求证：点G 是定点. (1)解 设坐标原点为O ，∵四边形ABPQ 是平行四边形，∴|AB →|＝|PQ →|， ∵|PQ →|＝2|OB →|，∴|AB →|＝2|OB →|，则点B 的横坐标为a 3，∴点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 3，43，代入椭圆C 的方程得b 2＝2， 又c 2＝2，∴a 2＝4，即椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明 设直线MN 的方程为y ＝k (x ＋2)，N (x 0，y 0)，DA ⊥AM ，∴D (2，4k ).由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k (x ＋2)，消去y 得(1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－4＝0， 则－2x 0＝8k 2－41＋2k 2，即x 0＝2－4k 21＋2k 2，∴y 0＝k (x 0＋2)＝4k 1＋2k 2，则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－4k 21＋2k 2，4k 1＋2k 2，设G (t ，0)，则t ≠－2，若以DN 为直径的圆恒过直线AN 和DG 的交点， 则DG ⊥AN ，∴GD →·AN →＝0恒成立.∵GD →＝(2－t ，4k )，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 21＋2k 2，4k 1＋2k 2， ∴GD →·AN →＝(2－t )·－8k 21＋2k 2＋4k ·4k 1＋2k 2＝0恒成立， 即8k 2t 1＋2k 2＝0恒成立， ∴t ＝0，∴点G 是定点(0，0).6.(2017·全国Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，四点P 1(1，1)，P 2(0，1)，P 3⎝⎛⎭⎫－1，32，P 4⎝⎛⎭⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上. (1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点. (1)解 由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点. 又由1a 2＋1b 2>1a 2＋34b 2知，椭圆C 不经过点P 1，所以点P 2在椭圆C 上.因此⎩⎨⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |<2，可得A ，B 的坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22，则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1，得t ＝2，不符合题设.从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1). 将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2 ＝2kx 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0， 即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km4k 2＋1＝0，解得k ＝－m ＋12.当且仅当m >－1时，Δ>0， 于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1).考点三 圆锥曲线中的存在性问题方法技巧 解决存在性问题的一般思路：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.7.(2016·全国Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝t (t ≠0)交y 轴于点M ，交抛物线C ：y 2＝2px (p >0)于点P ，M 关于点P 的对称点为N ，连接ON 并延长交C 于点H . (1)求|OH ||ON |； (2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其它公共点？说明理由.解 (1)如图，由已知得M (0，t )，P ⎝⎛⎭⎫t 22p ，t ，又N 为M 关于点P 的对称点， 故N ⎝⎛⎭⎫t 2p ，t ，ON 的方程为y ＝ptx ， 代入y 2＝2px ，整理得px 2－2t 2x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝2t 2p，因此H ⎝⎛⎭⎫2t 2p ，2t . 所以N 为OH 的中点，即|OH ||ON |＝2.(2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点，理由如下： 直线MH 的方程为y －t ＝p 2t x ，即x ＝2tp(y －t ).代入y 2＝2px ，得y 2－4ty ＋4t 2＝0，解得y 1＝y 2＝2t ， 即直线MH 与C 只有一个公共点，所以除H 以外，直线MH 与C 没有其他公共点.8.已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1的右焦点为F (c ，0)且a ＞b ＞c ＞0，设短轴的一个端点D ，原点O 到直线DF 的距离为32，过原点和x 轴不重合的直线与椭圆E 相交于C ，G 两点，且|GF →|＋|CF →|＝4. (1)求椭圆E 的方程；(2)是否存在过点P (2，1)的直线l 与椭圆E 相交于不同的两点A ，B 且使得OP →2＝4P A →·PB →成立？若存在，试求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由. 解 (1)由椭圆的对称性知，|GF →|＋|CF →|＝2a ＝4， ∴a ＝2.又原点O 到直线DF 的距离为32， ∴bc a ＝32，∴bc ＝3，又a 2＝b 2＋c 2＝4， a ＞b ＞c ＞0，∴b ＝3，c ＝1. 故椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 与x 轴垂直时不满足条件.故可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝k (x －2)＋1，代入椭圆方程得(3＋4k 2)x 2－8k (2k －1)x ＋16k 2－16k －8＝0， ∴x 1＋x 2＝8k (2k －1)3＋4k 2，x 1x 2＝16k 2－16k －83＋4k 2，Δ＝32(6k ＋3)＞0，∴k ＞－12.∵OP 2→＝4P A →·PB →，即4[(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)]＝5， ∴4(x 1－2)(x 2－2)(1＋k 2)＝5， 即4[x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4](1＋k 2)＝5，∴4⎣⎢⎡⎦⎥⎤16k 2－16k －83＋4k 2－2×8k (2k －1)3＋4k 2＋4(1＋k 2) ＝4×4＋4k 23＋4k 2＝5，解得k ＝±12， k ＝－12不符合题意，舍去，∴存在满足条件的直线l ，其方程为x －2y ＝0.典例 (12分)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⎝⎛⎭⎫m 3，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. 审题路线图(1)联立直线方程与椭圆方程―→一元二次方程―→中点坐标―→求出斜率乘积 (2)先假定四边形OAPB 能为平行四边形―→找几何关系：平行四边形的对角线互相平分 ―→转化成代数关系：x P ＝2x M ―→求k 规范解答·评分标准(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 ).…………2分 将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2， 得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0， Δ＝4k 2b 2－4(k 2＋9)(b 2－m 2)>0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9.………………………………………………4分于是直线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 的斜率的乘积为定值. ……………………………………………6分 (2)解 四边形OAPB 能为平行四边形. ………………………………………………………7分 因为直线l 过点⎝⎛⎭⎫m 3，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 ＝±km 3k 2＋9 . ……………………………………9分 将点⎝⎛⎭⎫m 3，m 的坐标代入l 的方程，得b ＝m (3－k )3， 因此x M ＝k (k －3)m3(k 2＋9).……………………………………………………………………………10分四边形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. ………………………………………………………………………………………12分 构建答题模板[第一步] 先假定：假设结论成立；[第二步] 再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解；[第三步] 下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设；若推出矛盾则否定假设； [第四步] 再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性.1.(2017·全国Ⅱ)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM →.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F . (1)解 设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0，0)， NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0). 由NP →＝ 2 NM →得x 0＝x ，y 0＝22y .因为M (x 0，y 0)在C 上，所以x 22＋y 22＝1.因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2. (2)证明 由题意知F (－1，0).设Q (－3，t )，P (m ，n )，则OQ →＝(－3，t )， PF →＝(－1－m ，－n )，OQ →·PF →＝3＋3m －tn ， OP →＝(m ，n )，PQ →＝(－3－m ，t －n ). 由OP →·PQ →＝1，得－3m －m 2＋tn －n 2＝1. 又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0. 所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →. 又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .2.如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，经过点A (0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为定值.(1)解 由题设知c a ＝22，b ＝1， 结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. (2)证明 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1， 得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ>0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4k (k －1)1＋2k 2，x 1x 2＝2k (k －2)1＋2k 2， 从而直线AP ，AQ 的斜率之和k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－k x 2＝2k ＋(2－k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2， ＝2k ＋(2－k )4k (k －1)2k (k －2)＝2k －2(k －1)＝2. 故k AP ＋k AQ 为定值2.3.已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32，点P ⎝⎛⎭⎫1，32在椭圆E 上. (1)求椭圆E 的方程；(2)过点P 且斜率为k 的直线l 交椭圆E 于点Q (x Q ，y Q )(点Q 异于点P )，若0<x Q <1，求直线l 的斜率k 的取值范围.解 (1)由题意得⎩⎨⎧c a ＝32，1a 2＋34b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝1，c ＝3，∴椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设直线l 的方程为y －32＝k (x －1)， 代入方程x 24＋y 2＝1. 消去y 得(1＋4k 2)x 2＋(43k －8k 2)x ＋4k 2－43k －1＝0，∴x Q ·1＝4k 2－43k －11＋4k 2， ∵0<x Q <1，∴0<4k 2－43k －11＋4k 2<1，即⎩⎪⎨⎪⎧ 4k 2－43k －11＋4k 2>0，4k 2－43k －11＋4k 2<1，解得－36<k <3－22或k >3＋22，经检验，满足题意. ∴直线l 的斜率k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－36，3－22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋22，＋∞. 4.如图所示，已知椭圆M ：y 2a 2＋x 2b2＝1(a ＞b ＞0)的四个顶点构成边长为5的菱形，原点O 到直线AB 的距离为125，其中A (0，a )，B (－b ，0).直线l ：x ＝my ＋n 与椭圆M 相交于C ，D 两点，且以CD 为直径的圆过椭圆的右顶点P (其中点C ，D 与点P 不重合).(1)求椭圆M 的方程；(2)证明：直线l 与x 轴交于定点，并求出定点的坐标.解 (1)由已知，得a 2＋b 2＝52， 由点A (0，a )，B (－b ，0)知，直线AB 的方程为x －b ＋y a＝1，即ax －by ＋ab ＝0. 又原点O 到直线AB 的距离为125，即 |0－0＋ab |a 2＋b 2＝125， 所以a 2＝16，b 2＝9，c 2＝16－9＝7.故椭圆M 的方程为y 216＋x 29＝1. (2)由(1)知P (3，0)，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，将x ＝my ＋n 代入y 216＋x 29＝1， 整理，得(16m 2＋9)y 2＋32mny ＋16n 2－144＝0，则y 1＋y 2＝－32mn 16m 2＋9，y 1y 2＝16n 2－14416m 2＋9. 因为以CD 为直径的圆过椭圆的右顶点P ，所以PC →·PD →＝0，即(x 1－3，y 1)·(x 2－3，y 2)＝0，所以(x 1－3)(x 2－3)＋y 1y 2＝0.又x 1＝my 1＋n ，x 2＝my 2＋n ，所以(my 1＋n －3)(my 2＋n －3)＋y 1y 2＝0，整理，得(m 2＋1)y 1y 2＋m (n －3)(y 1＋y 2)＋(n －3)2＝0，即(m 2＋1)·16n 2－14416m 2＋9＋m (n －3)·－32mn 16m 2＋9＋(n －3)2＝0， 所以16(m 2＋1)(n 2－9)16m 2＋9－32m 2n (n －3)16m 2＋9＋(n －3)2＝0， 易知n ≠3，所以16(m 2＋1)(n ＋3)－32m 2n ＋(16m 2＋9)·(n －3)＝0，整理，得25n ＋21＝0，即n ＝－2125. 经检验，n ＝－2125符合题意. 所以直线l 与x 轴交于定点，定点的坐标为⎝⎛⎭⎫－2125，0. 5.已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，直线2x －y ＋2＝0交抛物线C 于A ，B 两点，P 是线段AB 的中点，过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q .(1)D 是抛物线C 上的动点，点E (－1，3)，若直线AB 过焦点F ，求|DF |＋|DE |的最小值；(2)是否存在实数p ，使|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|？若存在，求出p 的值；若不存在，说明理由.解 (1)∵直线2x －y ＋2＝0与y 轴的交点为(0，2)，∴F (0，2)，则抛物线C 的方程为x 2＝8y ，准线l ：y ＝－2.设过D 作DG ⊥l 于G ，则|DF |＋|DE |＝|DG |＋|DE |，当E ，D ，G 三点共线时，|DF |＋|DE |取最小值2＋3＝5.(2)假设存在，抛物线x 2＝2py 与直线y ＝2x ＋2联立，得x 2－4px －4p ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Δ＝(4p )2＋16p ＝16(p 2＋p )>0，则x 1＋x 2＝4p ，x 1x 2＝－4p ，∴Q (2p ，2p ).∵|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|，∴QA →⊥QB →.则QA →·QB →＝0，得(x 1－2p )(x 2－2p )＋(y 1－2p )(y 2－2p )＝(x 1－2p )(x 2－2p )＋(2x 1＋2－2p )(2x 2＋2－2p )＝5x 1x 2＋(4－6p )(x 1＋x 2)＋8p 2－8p ＋4＝0，代入得4p 2＋3p －1＝0，解得p ＝14或p ＝－1(舍去). 因此存在实数p ＝14，且满足Δ>0，使得|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|成立.。

第23练 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题[压轴大题突破练][明晰考情] 1.命题角度：圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考常考的问题；以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题.2.题目难度：偏难题.考点一 圆锥曲线中的定值问题方法技巧 (1)求定值问题常见的方法有两种①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.(2)定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.1.已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，且过点⎝⎛⎫3，12. (1)求椭圆的方程；(2)设A ，B ，M 是椭圆上的三点.若OM →＝35OA →＋45OB →，点N 为线段AB 的中点，C ⎝⎛⎭⎫－62，0，D ⎝⎛⎭⎫62，0，求证：|NC |＋|ND |＝2 2.(1)解 由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，3a 2＋14b 2＝1， 故⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1，所以椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 21＝1，x 224＋y 22＝1.由OM →＝35OA →＋45OB →，得M ⎝⎛⎭⎫35x 1＋45x 2，35y 1＋45y 2. 因为M 是椭圆C 上一点，所以⎝⎛⎭⎫35x 1＋45x 224＋⎝⎛⎭⎫35y 1＋45y 22＝1，即⎝⎛⎭⎫x 214＋y 21⎝⎛⎭⎫352＋⎝⎛⎭⎫x 224＋y 22⎝⎛⎭⎫452＋2×35×45×⎝⎛⎭⎫x 1x 24＋y 1y 2＝1， 得⎝⎛⎭⎫352＋⎝⎛⎭⎫452＋2×35×45×⎝⎛⎭⎫x 1x 24＋y 1y 2＝1， 故x 1x 24＋y 1y 2＝0. 又线段AB 的中点N 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 2222＋2⎝⎛⎭⎪⎫y 1＋y 222＝12⎝⎛⎭⎫x 214＋y 21＋12⎝⎛⎭⎫x 224＋y 22＋x 1x 24＋y 1y 2＝1. 从而线段AB 的中点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22在椭圆x 22＋2y 2＝1上. 又椭圆x 22＋2y 2＝1的两焦点恰为C ⎝⎛⎭⎫－62，0，D ⎝⎛⎭⎫62，0，所以|NC |＋|ND |＝2 2.2.(2018·北京)已知抛物线C ：y 2＝2px 经过点P (1，2)，过点Q (0，1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线P A 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N . (1)求直线l 的斜率的取值范围；(2)设O 为原点，QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，求证：1λ＋1μ为定值.(1)解 因为抛物线y 2＝2px 过点(1，2)， 所以2p ＝4，即p ＝2. 故抛物线C 的方程为y 2＝4x .由题意知，直线l 的斜率存在且不为0. 设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1，得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0. 依题意知Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1＞0， 解得k ＜0或0＜k ＜1.又P A ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2). 从而k ≠－3.所以直线l 的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1). (2)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k 2.直线P A 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1)，令x ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2.同理得点N 的纵坐标为y N ＝－kx 2＋1x 2－1＋2. 由QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，得λ＝1－y M ，μ＝1－y N . 所以1λ＋1μ＝11－y M ＋11－y N＝x 1－1(k －1)x 1＋x 2－1(k －1)x 2＝1k －1·2x 1x 2－(x 1＋x 2)x 1x 2＝1k －1·2k2＋2k －4k 21k 2＝2.所以1λ＋1μ为定值.3. 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点Q ⎝⎛⎭⎫b ，a b 在椭圆上，O 为坐标原点. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知点P ，M ，N 为椭圆C 上的三点，若四边形OPMN 为平行四边形，证明四边形OPMN 的面积S 为定值，并求该定值.解 (1)∵椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，∴e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12，得a 2＝2b 2，①又点Q ⎝⎛⎭⎫b ，ab 在椭圆C 上， ∴b 2a 2＋a 2b 4＝1，② 联立①②得a 2＝8，b 2＝4. ∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)当直线PN 的斜率k 不存在时，PN 的方程为x ＝2或x ＝－2，从而有|PN |＝23， ∴S ＝12|PN |·|OM |＝12×23×22＝26；当直线PN 的斜率k 存在时，设直线PN 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，P (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 将PN 的方程代入椭圆C 的方程， 整理得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0，Δ＝16k 2m 2－4(2m 2－8)(1＋2k 2)>0，即m 2<4＋8k 2， ∴x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－81＋2k2， y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m1＋2k 2，由OM →＝OP →＋ON →，得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋2k 2，2m 1＋2k 2. 将M 点坐标代入椭圆C 的方程，得m 2＝1＋2k 2. 又点O 到直线PN 的距离为d ＝|m |1＋k2，|PN |＝1＋k 2|x 1－x 2|，∴S ＝d ·|PN |＝|m |·|x 1－x 2|＝1＋2k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝48k 2＋242k 2＋1＝2 6.综上，平行四边形OPMN 的面积S 为定值2 6. 考点二 圆锥曲线中的定点问题方法技巧 (1)动直线l 过定点问题.设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m ，0).(2)动曲线C 过定点问题.引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.4.已知两点A (－2，0)，B (2，0)，动点P 在y 轴上的投影是Q ，且2P A →·PB →＝|PQ →|2. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过F (1，0)作互相垂直的两条直线分别交轨迹C 于点G ，H 和M ，N ，且E 1，E 2分别是GH ，MN 的中点.求证：直线E 1E 2恒过定点.(1)解 设点P 的坐标为(x ，y )，∴点Q 的坐标为(0，y ). ∵2P A →·PB →＝|PQ →|2，P A →＝(－2－x ，－y )， PB →＝(2－x ，－y )，|PQ →|＝|x |， ∴2[(－2－x )(2－x )＋y 2]＝x 2， 化简得点P 的轨迹方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明 当两直线的斜率都存在且不为0时， 设l GH ：y ＝k (x －1)，G (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)， l MN ：y ＝－1k(x －1)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k (x －1)，消去y 得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0. 则Δ>0恒成立.∴x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－42k 2＋1.∴GH 中点E 1的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 22k 2＋1，－k 2k 2＋1.同理，MN 中点E 2的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋2，k k 2＋2，∴12E E k ＝－3k2(k 2－1)，∴12E E l 的方程为y －kk 2＋2＝－3k 2(k 2－1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2k 2＋2，即y ＝－3k2(k 2－1)⎝⎛⎭⎫x －23， ∴直线E 1E 2恒过定点⎝⎛⎭⎫23，0；当两直线的斜率分别为0和不存在时，12E E l 的方程为y ＝0，也过点⎝⎛⎭⎫23，0. 综上所述，12E E l 过定点⎝⎛⎭⎫23，0.5.已知焦距为22的椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A ，直线y ＝43与椭圆C 交于P ，Q两点(P 在Q 的左边)，Q 在x 轴上的射影为B ，且四边形ABPQ 是平行四边形. (1)求椭圆C 的方程；(2)斜率为k 的直线l 与椭圆C 交于两个不同的点M ，N .若M 是椭圆的左顶点，D 是直线MN 上一点，且DA ⊥AM .点G 是x 轴上异于点M 的点，且以DN 为直径的圆恒过直线AN 和DG 的交点，求证：点G 是定点. (1)解 设坐标原点为O ，∵四边形ABPQ 是平行四边形，∴|AB →|＝|PQ →|， ∵|PQ →|＝2|OB →|，∴|AB →|＝2|OB →|，则点B 的横坐标为a 3，∴点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 3，43，代入椭圆C 的方程得b 2＝2， 又c 2＝2，∴a 2＝4，即椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明 设直线MN 的方程为y ＝k (x ＋2)，N (x 0，y 0)，DA ⊥AM ，∴D (2，4k ).由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k (x ＋2)，消去y 得(1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－4＝0， 则－2x 0＝8k 2－41＋2k 2，即x 0＝2－4k 21＋2k2， ∴y 0＝k (x 0＋2)＝4k1＋2k 2，则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－4k 21＋2k 2，4k 1＋2k 2， 设G (t ，0)，则t ≠－2，若以DN 为直径的圆恒过直线AN 和DG 的交点， 则DG ⊥AN ，∴GD →·AN →＝0恒成立.∵GD →＝(2－t ，4k )，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k21＋2k 2，4k 1＋2k 2，∴GD →·AN →＝(2－t )·－8k 21＋2k 2＋4k ·4k 1＋2k 2＝0恒成立，即8k 2t1＋2k 2＝0恒成立，∴t ＝0，∴点G 是定点(0，0).6.(2017·全国Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，四点P 1(1，1)，P 2(0，1)，P 3⎝⎛⎭⎫－1，32，P 4⎝⎛⎭⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上. (1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点.(1)解 由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点. 又由1a 2＋1b 2>1a 2＋34b 2知，椭圆C 不经过点P 1，所以点P 2在椭圆C 上.因此⎩⎨⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |<2，可得A ，B 的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22，则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1，得t ＝2，不符合题设. 从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1). 将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0， 即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km4k 2＋1＝0，解得k ＝－m ＋12.当且仅当m >－1时，Δ>0， 于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1).考点三 圆锥曲线中的存在性问题方法技巧 解决存在性问题的一般思路：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.7.(2016·全国Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝t (t ≠0)交y 轴于点M ，交抛物线C ：y 2＝2px (p >0)于点P ，M 关于点P 的对称点为N ，连接ON 并延长交C 于点H . (1)求|OH ||ON |；(2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其它公共点？说明理由. 解 (1)如图，由已知得M (0，t )，P ⎝⎛⎭⎫t 22p ，t ，又N 为M 关于点P 的对称点， 故N ⎝⎛⎭⎫t 2p ，t ，ON 的方程为y ＝ptx ， 代入y 2＝2px ，整理得px 2－2t 2x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝2t 2p，因此H ⎝⎛⎭⎫2t 2p ，2t . 所以N 为OH 的中点，即|OH ||ON |＝2.(2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点，理由如下： 直线MH 的方程为y －t ＝p 2t x ，即x ＝2tp (y －t ).代入y 2＝2px ，得y 2－4ty ＋4t 2＝0，解得y 1＝y 2＝2t ， 即直线MH 与C 只有一个公共点，所以除H 以外，直线MH 与C 没有其他公共点.8.已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1的右焦点为F (c ，0)且a ＞b ＞c ＞0，设短轴的一个端点D ，原点O到直线DF 的距离为32，过原点和x 轴不重合的直线与椭圆E 相交于C ，G 两点，且|GF →|＋|CF →|＝4.(1)求椭圆E 的方程；(2)是否存在过点P (2，1)的直线l 与椭圆E 相交于不同的两点A ，B 且使得OP →2＝4P A →·PB →成立？若存在，试求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由.解 (1)由椭圆的对称性知，|GF →|＋|CF →|＝2a ＝4， ∴a ＝2.又原点O 到直线DF 的距离为32， ∴bc a ＝32，∴bc ＝3，又a 2＝b 2＋c 2＝4， a ＞b ＞c ＞0，∴b ＝3，c ＝1. 故椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 与x 轴垂直时不满足条件.故可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝k (x －2)＋1，代入椭圆方程得(3＋4k 2)x 2－8k (2k －1)x ＋16k 2－16k －8＝0， ∴x 1＋x 2＝8k (2k －1)3＋4k 2，x 1x 2＝16k 2－16k －83＋4k 2，Δ＝32(6k ＋3)＞0， ∴k ＞－12.∵OP 2→＝4P A →·PB →，即4[(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)]＝5， ∴4(x 1－2)(x 2－2)(1＋k 2)＝5， 即4[x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4](1＋k 2)＝5，∴4⎣⎢⎡⎦⎥⎤16k 2－16k －83＋4k 2－2×8k (2k －1)3＋4k 2＋4(1＋k 2) ＝4×4＋4k 23＋4k 2＝5，解得k ＝±12，k ＝－12不符合题意，舍去，∴存在满足条件的直线l ，其方程为x －2y ＝0.典例 (12分)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⎝⎛⎭⎫m 3，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. 审题路线图(1)联立直线方程与椭圆方程―→一元二次方程―→中点坐标―→求出斜率乘积 (2)先假定四边形OAPB 能为平行四边形―→找几何关系：平行四边形的对角线互相平分 ―→转化成代数关系：x P ＝2x M ―→求k 规范解答·评分标准(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 ).…………2分 将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2， 得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0， Δ＝4k 2b 2－4(k 2＋9)(b 2－m 2)>0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9.………………………………………………4分于是直线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 的斜率的乘积为定值. ……………………………………………6分 (2)解 四边形OAPB 能为平行四边形. ………………………………………………………7分 因为直线l 过点⎝⎛⎭⎫m 3，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 ＝±km 3k 2＋9 . ……………………………………9分将点⎝⎛⎭⎫m 3，m 的坐标代入l 的方程，得b ＝m (3－k )3， 因此x M ＝k (k －3)m3(k 2＋9).……………………………………………………………………………10分四边形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)m3(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. ………………………………………………………………………………………12分 构建答题模板[第一步] 先假定：假设结论成立；[第二步] 再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解；[第三步] 下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设；若推出矛盾则否定假设； [第四步] 再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性.1.(2017·全国Ⅱ)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM →. (1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .(1)解 设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0，0)， NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0). 由NP →＝ 2 NM →得x 0＝x ，y 0＝22y .因为M (x 0，y 0)在C 上，所以x 22＋y 22＝1.因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2. (2)证明 由题意知F (－1，0).设Q (－3，t )，P (m ，n )，则OQ →＝(－3，t )， PF →＝(－1－m ，－n )，OQ →·PF →＝3＋3m －tn ， OP →＝(m ，n )，PQ →＝(－3－m ，t －n ). 由OP →·PQ →＝1，得－3m －m 2＋tn －n 2＝1. 又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0. 所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →. 又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .2.如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，经过点A (0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为定值. (1)解 由题设知c a ＝22，b ＝1，结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2， 所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ>0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4k (k －1)1＋2k 2，x 1x 2＝2k (k －2)1＋2k 2，从而直线AP ，AQ 的斜率之和k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2，＝2k ＋(2－k )4k (k －1)2k (k －2)＝2k －2(k －1)＝2.故k AP ＋k AQ 为定值2.3.已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32，点P ⎝⎛⎭⎫1，32在椭圆E 上.(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P 且斜率为k 的直线l 交椭圆E 于点Q (x Q ，y Q )(点Q 异于点P )，若0<x Q <1，求直线l 的斜率k 的取值范围.解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ c a ＝32，1a 2＋34b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1，c ＝3，∴椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设直线l 的方程为y －32＝k (x －1)， 代入方程x 24＋y 2＝1.消去y 得(1＋4k 2)x 2＋(43k －8k 2)x ＋4k 2－43k －1＝0， ∴x Q ·1＝4k 2－43k －11＋4k 2，∵0<x Q <1，∴0<4k 2－43k －11＋4k 2<1，即⎩⎪⎨⎪⎧4k 2－43k －11＋4k 2>0，4k 2－43k －11＋4k2<1，解得－36<k <3－22或k >3＋22，经检验，满足题意. ∴直线l 的斜率k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－36，3－22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋22，＋∞.4.如图所示，已知椭圆M ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的四个顶点构成边长为5的菱形，原点O 到直线AB 的距离为125，其中A (0，a )，B (－b ，0).直线l ：x ＝my ＋n 与椭圆M 相交于C ，D 两点，且以CD 为直径的圆过椭圆的右顶点P (其中点C ，D 与点P 不重合).(1)求椭圆M 的方程；(2)证明：直线l 与x 轴交于定点，并求出定点的坐标. 解 (1)由已知，得a 2＋b 2＝52，由点A (0，a )，B (－b ，0)知，直线AB 的方程为x －b ＋ya ＝1，即ax －by ＋ab ＝0.又原点O 到直线AB 的距离为125，即|0－0＋ab |a 2＋b2＝125， 所以a 2＝16，b 2＝9，c 2＝16－9＝7. 故椭圆M 的方程为y 216＋x 29＝1.(2)由(1)知P (3，0)，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)， 将x ＝my ＋n 代入y 216＋x 29＝1，整理，得(16m 2＋9)y 2＋32mny ＋16n 2－144＝0， 则y 1＋y 2＝－32mn16m 2＋9，y 1y 2＝16n 2－14416m 2＋9. 因为以CD 为直径的圆过椭圆的右顶点P ， 所以PC →·PD →＝0，即(x 1－3，y 1)·(x 2－3，y 2)＝0， 所以(x 1－3)(x 2－3)＋y 1y 2＝0. 又x 1＝my 1＋n ，x 2＝my 2＋n ，所以(my 1＋n －3)(my 2＋n －3)＋y 1y 2＝0，整理，得(m 2＋1)y 1y 2＋m (n －3)(y 1＋y 2)＋(n －3)2＝0，即(m 2＋1)·16n 2－14416m 2＋9＋m (n －3)·－32mn 16m 2＋9＋(n －3)2＝0， 所以16(m 2＋1)(n 2－9)16m 2＋9－32m 2n (n －3)16m 2＋9＋(n －3)2＝0， 易知n ≠3，所以16(m 2＋1)(n ＋3)－32m 2n ＋(16m 2＋9)·(n －3)＝0， 整理，得25n ＋21＝0，即n ＝－2125.经检验，n ＝－2125符合题意.所以直线l 与x 轴交于定点，定点的坐标为⎝⎛⎭⎫－2125，0. 5.已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，直线2x －y ＋2＝0交抛物线C 于A ，B 两点，P 是线段AB 的中点，过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q .(1)D 是抛物线C 上的动点，点E (－1，3)，若直线AB 过焦点F ，求|DF |＋|DE |的最小值； (2)是否存在实数p ，使|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|？若存在，求出p 的值；若不存在，说明理由. 解 (1)∵直线2x －y ＋2＝0与y 轴的交点为(0，2)， ∴F (0，2)，则抛物线C 的方程为x 2＝8y ，准线l ：y ＝－2. 设过D 作DG ⊥l 于G ，则|DF |＋|DE |＝|DG |＋|DE |， 当E ，D ，G 三点共线时，|DF |＋|DE |取最小值2＋3＝5.(2)假设存在，抛物线x 2＝2py 与直线y ＝2x ＋2联立，得x 2－4px －4p ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Δ＝(4p )2＋16p ＝16(p 2＋p )>0，则x 1＋x 2＝4p ，x 1x 2＝－4p ， ∴Q (2p ，2p ).∵|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|，∴QA →⊥QB →. 则QA →·QB →＝0，得(x 1－2p )(x 2－2p )＋(y 1－2p )(y 2－2p ) ＝(x 1－2p )(x 2－2p )＋(2x 1＋2－2p )(2x 2＋2－2p ) ＝5x 1x 2＋(4－6p )(x 1＋x 2)＋8p 2－8p ＋4＝0， 代入得4p 2＋3p －1＝0，解得p ＝14或p ＝－1(舍去).因此存在实数p ＝14，且满足Δ>0，使得|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|成立.。

高考数学（理）总复习：圆锥曲线中的定点与定值、范围与存在性问题题型一 圆锥曲线中的定点、定值问题【题型要点】圆锥曲线中定点、定值问题必然是变化中所表现出来的不变的量，那么就用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．解决这类问题的一般思路是：(1)引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等．(2)根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．(3)求解定点、定值问题，如果事先不知道定点、定值，可以先对参数取特殊值，通过特殊情况求出这个定点、定值，然后再对一般情况进行证明．【例1】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点Q ⎪⎭⎫ ⎝⎛b a b ,在椭圆上，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知点P ，M ，N 为椭圆C 上的三点，若四边形OPMN 为平行四边形，证明四边形OPMN 的面积S 为定值，并求该定值．(1)【解】 ∵椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，∴e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12，得a 2＝2b 2① 又点Q ⎪⎭⎫ ⎝⎛b a b ,在椭圆C 上，∴b 2a 2＋a 2b 4＝1，② 联立①、②得a 2＝8，且b 2＝4.∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1. (2)【证明】 当直线PN 的斜率k 不存在时，PN 方程为x ＝2或x ＝－2， 从而有|PN |＝23，所以S ＝12|PN |·|OM |＝12×23×22＝26； 当直线PN 的斜率k 存在时，设直线PN 方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，P (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 将PN 的方程代入椭圆C 的方程，整理得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0，所以x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－81＋2k 2， y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m 1＋2k 2，由OM →＝OP →＋ON →，得M ⎪⎭⎫ ⎝⎛++-22212,214k m k km 将M 点坐标代入椭圆C 方程得m 2＝1＋2k 2.又点O 到直线PN 的距离为d ＝|m |1＋k 2， |PN |＝1＋k 2|x 1－x 2|，∴S ＝d ·|PN |＝|m |·|x 1－x 2| ＝1＋2k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝48k 2＋242k 2＋1＝2 6. 综上，平行四边形OPMN 的面积S 为定值2 6. 题组训练一 圆锥曲线中的定点、定值问题已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1过A (2,0)，B (0,1)两点． (1)求椭圆C 的方程及离心率；(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线P A 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值．【解析】 (1)由题意得a ＝2，b ＝1，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. 又c ＝a 2－b 2＝3，∴离心率e ＝c a ＝32.(2)证明：设P (x 0，y 0)(x 0<0，y 0<0)，则x 20＋4y 20＝4.又A (2,0)，B (0,1)，∴直线P A 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)． 令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2， 从而|BM |＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2. 直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1. 令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1， 从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1. ∴四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM | ＝12⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+221120000x y y x ＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42(x 0y 0－x 0－2y 0＋2)＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2. 从而四边形ABNM 的面积为定值．题型二 圆锥曲线中的范围问题【题型要点】与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法1．数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解．2．构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．3．构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．【例2】设圆F 1：x 2＋y 2＋4x ＝0的圆心为F 1，直线l 过点F 2(2,0)且不与x 轴、y 轴垂直，且与圆F 1相交于两点C 、D ，过F 2作F 1C 的平行线交直线F 1D 于点E .(1)证明||EF 1|－|EF 2||为定值，并写出点的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹曲线与直线l 交于M ，N 两点，过F 2且与垂直的直线与圆F 1交于P ，Q 两点，求△PQM 与△PQN 的面积之和的取值范围．【解析】 (1)圆F 1：(x ＋2)2＋y 2＝4，圆心F 1(－2,0)，半径r ＝2，如图所示．因为F 1C ∥EF 2，所以∠F 1CD ＝∠EF 2D .又因为|F 1D |＝|F 1C |，所以∠F 1CD ＝∠F 1DC ，所以∠EF 2D ＝∠F 1DC ，又因为∠F 1DC ＝∠EDF 2，所以∠EF 2D ＝∠EDF 2，故ED ＝EF 2，可得||EF 1|－|EF 2||＝||EF 1|－|ED ||＝2<|F 1F 2|，根据双曲线的定义，可知点E 的轨迹是以F 1，F 2为焦点的双曲线(顶点除外)，易得点E的轨迹方程为x 2－y 23＝1(y ≠0)． (2)Γ：x 2－y 23＝1(y ≠0)． 依题意可设l ：x ＝my ＋2(m ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由于PQ ⊥l ，设l PQ ：y ＝－m (x －2)．圆心F 1(－2,0)到直线PQ 的距离d ＝|－m (－2－2)|1＋m 2＝|4m |1＋m 2， 所以|PQ |＝2r 2－d 2＝41－3m 21＋m 2， 又因为d <2，解得0<m 2<13.联立直线与双曲线的方程⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－y 23＝1x ＝my ＋2， 消去得(3m 2－1)＋12my ＋9＝0，则y 1＋y 2＝－12m 3m 2－1，y 1y 2＝93m 2－1， 所以|MN |＝1＋m 2|y 2－y 1| ＝1＋m 2(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝6(m 2＋1)1－3m 2， 记△PQM ，△PQN 的面积分别为S 1，S 2，则S 1＋S 2＝12|MN |·|PQ |＝12m 2＋11－3m 2 ＝121－3＋4m 2＋1， 又因为0<m 2<13，所以S 1＋S 2∈(12，＋∞)， 所以S 1＋S 2的取值范围为(12，＋∞)．题组训练二 圆锥曲线中的范围问题设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1,0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E .(1)证明|EA |＋|EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．【解析】 (1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ，所以∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ，所以|EB |＝|ED |，故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |，又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而|AD |＝4，所以|EA |＋|EB |＝4.由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0)． (2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， 则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3. 所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12(k 2＋1)4k 2＋3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k (x －1)，点A 到直线m 的距离为2k 2＋1， 所以|PQ |＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形MPNQ 的面积S ＝12|MN ||PQ | ＝121＋14k 2＋3. 可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83)．当l 与x 轴垂直时，其方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8，故四边形MPNQ 的面积为12. 综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83)．题型三 圆锥曲线中的存在性问题【题型要点】解决探索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)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．【例3】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，且过点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛23,1，F 为其右焦点． (1)求椭圆C 的方程；(2)设过点A (4,0)的直线l 与椭圆相交于M ，N 两点(点M 在A ，N 两点之间)，是否存在直线l 使△AMF 与△MFN 的面积相等？若存在，试求直线l 的方程；若不存在，请说明理由．【解】 (1)因为c a ＝12，所以a ＝2c ，b ＝3c ， 设椭圆方程x 24c 2＋y 23c 2＝1，又点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛23,1在椭圆上，所以14c 2＋34c 2＝1，解得c 2＝1，a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1. (2)易知直线l 的斜率存在，设l 的方程为y ＝k (x －4)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －4)，x 24＋y 23＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0，由题意知Δ＝(32k 2)2－4(3＋4k 2)(64k 2－12)>0，解得－12<k <12. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝32k 23＋4k 2，① x 1x 2＝64k 2－123＋4k 2.② 因为△AMF 与△MFN 的面积相等，所以|AM |＝|MN |，所以2x 1＝x 2＋4.③由①③消去x 2得x 1＝4＋16k 23＋4k 2.④ 将x 2＝2x 1－4代入②，得x 1(2x 1－4)＝64k 2－123＋4k 2⑤ 将④代入到⑤式，整理化简得36k 2＝5.∴k ＝±56，经检验满足题设 故直线l 的方程为y ＝56(x －4)或y ＝－56(x －4)． 题组训练三 圆锥曲线中的存在性问题已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，直线2x －y ＋2＝0交抛物线C 于A ，B 两点，P 是线段AB 的中点，过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q .(1)D 是抛物线C 上的动点，点E (－1,3)，若直线AB 过焦点F ，求|DF |＋|DE |的最小值；(2)是否存在实数p ，使|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|？若存在，求出p 的值；若不存在，说明理由．【解】 (1)∵直线2x －y ＋2＝0与y 轴的交点为(0,2)，∴F (0,2)，则抛物线C 的方程为x 2＝8y ，准线l ：y ＝－2.设过D 作DG ⊥l 于G ，则|DF |＋|DE |＝|DG |＋|DE |，当E ，D ，G 三点共线时，|DF |＋|DE |取最小值2＋3＝5.(2)假设存在，抛物线x 2＝2py 与直线y ＝2x ＋2联立方程组得：x 2－4px －4p ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Δ＝(4p )2＋16p ＝16(p 2＋p )>0，则x 1＋x 2＝4p ，x 1x 2＝－4p ， ∴Q (2p,2p )．∵|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|，∴QA ⊥QB .则QA →·QB →＝0，得(x 1－2p )(x 2－2p )＋(y 1－2p )(y 2－2p )＝(x 1－2p )(x 2－2p )＋(2x 1＋2－2p )(2x 2＋2－2p )＝5x 1x 2＋(4－6p )(x 1＋x 2)＋8p 2－8p ＋4＝0，代入得4p 2＋3p －1＝0，解得p ＝14或p ＝－1(舍去)． 因此存在实数p ＝14，且满足Δ>0，使得|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|成立．题型四 基本不等式法求解与圆锥曲线有关的最值问题【题型要点】求解圆锥曲线中的最值问题，主要有两种方法：一是利用几何方法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即要把求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．求最值方法有：(1)利用基本不等式求最值时要注意“一正、二定、三相等”的条件，三个条件缺一不可．(2)通过代换、拆项、凑项等技巧，改变原式的结构使其具备基本不等式的应用条件．【例4】 已知P 为圆A ：(x ＋1)2＋y 2＝12上的动点，点B (1,0)．线段PB 的垂直平分线与半径P A 相交于点T ，记点T 的轨迹为Γ.(1)求曲线Γ的方程；(2)设M ，N 是Γ上的两个动点，MN 的中点H 在圆x 2＋y 2＝1上，求原点到MN 距离的最小值．【解析】 (1)圆A 的圆心为A (－1,0)，半径等于2 3.由已知|TB |＝|TP |，于是|TA |＋|TB |＝|TA |＋|TP |＝23，故曲线Γ是以A ，B 为焦点，以23为长轴长的椭圆，a ＝3，c ＝1，b ＝2，曲线Γ的方程为x 23＋y 22＝1； (2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，H (x 0，y 0)，将M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，代入作差得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)3＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)2＝0 ①x 1＝x 2时，y 1＋y 2＝0，所以H (x 0,0)，因为H 在圆x 2＋y 2＝1上，所以x 0＝±1，则原点O 到直线MN 的距离为1；②x 1≠x 2时，设直线MN 的斜率k ，则2x 0＋3ky 0＝0，且x 20＋y 20＝1，所以x 20＝9k 29k 2＋4，y 20＝49k 2＋4， 所以x 0y 0＝－32ky 20＝－6k 9k 2＋4. 设原点O 到直线MN 距离为d ，因为MN 的方程为y －y 0＝k (x －x 0)，即kx －y －kx 0＋y 0＝0，所以d 2＝1－k 29k 4＋13k 2＋4， k ＝0时，d 2＝1；k ≠0时，d 2＝1－19k 2＋13＋4k 2≥1－125＝2425. 因为2425<1，所以d 2的最小值为2425，即d 的最小值为265，此时k ＝±63， 由①②知，原点O 到直线MN 的最小值为265. 题组训练四 基本不等式法求解与圆锥曲线有关的最值问题平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32，抛物线E ：x 2＝2y 的焦点F 是C 的一个顶点．(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是E 上的动点，且位于第一象限，E 在点P 处的切线l 与C 交于不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为D .直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M .①求证：点M 在定直线上；②直线l 与y 轴交于点G ，记△PFG 的面积为S 1，△PDM 的面积为S 2，求S 1S 2的最大值及取得最大值时点P 的坐标．【解析】 (1)由题意知a 2－b 2a ＝32，可得a 2＝4b 2，因为抛物线E 的焦点F ⎪⎭⎫⎝⎛21,0，所以b ＝12，a ＝1，所以椭圆C 的方程为x 2＋4y 2＝1.(2)①证明：设P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2,2m m (m >0)，由x 2＝2y ，可得y ′＝x ，所以直线l 的斜率为m ，因此直线l 的方程为y －m 22＝m (x －m )．即y ＝mx －m 22.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)．联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝1，y ＝mx －m 22，得(4m 2＋1)x 2－4m 3x ＋m 4－1＝0. 由Δ>0，得0<m <2＋5(或0<m 2<2＋5)．(*)且x 1＋x 2＝4m 34m 2＋1，因此x 0＝2m 34m 2＋1，将其代入y ＝mx －m 22，得y 0＝－m 22(4m 2＋1)，因为y 0x 0＝－14m .所以直线OD 方程为y ＝1－4mx ，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14m x ，x ＝m ，得点M 的纵坐标y M ＝－14，所以点M 在定直线y ＝－14上．②由①知直线l 的方程为y ＝mx －m 22，令x ＝0，得y ＝－m 22，所以G ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-2,02m ， 又P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2,2m m ，F ⎪⎭⎫⎝⎛21,0，D ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+)14(2,1422222m m m m ，所以S 1＝12·|GF |·m ＝(m 2＋1)m 4，S 2＝12·|PM |·|m －x 0|＝12×2m 2＋14×2m 3＋m 4m 2＋1＝m (2m 2＋1)28(4m 2＋1).所以S 1S 2＝2(4m 2＋1)(m 2＋1)(2m 2＋1)2.法一：S 1S 2＝2(4m 4＋5m 2＋1)4m 4＋4m 2＋1＝2＋2m 24m 4＋4m 2＋1＝2＋24m 2＋1m2＋4≤94，当且仅当m ＝22时，满足(*)式，所以P 坐标为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛41,22. 法二：设t ＝2m 2＋1，则S 1S 2＝(2t －1)(t ＋1)t 2＝2t 2＋t －1t 2＝－1t 2＋1t ＋2，当1t ＝12，即t ＝2时，S 1S 2取到最大值94，此时m ＝22，满足(*)式， 所以P 点坐标为⎪⎪⎭⎫⎝⎛41,22. 因此S 1S 2的最大值为94，此时点P 的坐标为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛41,22.【专题训练】1．已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率为22，它的一个焦点恰好与抛物线y 2＝4x 的焦点重合．(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆的上顶点为A ，过点A 作椭圆C 的两条动弦AB ，AC ，若直线AB ，AC 斜率之积为14，直线BC 是否一定经过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．【解析】 (1)易知x 22＋y 2＝1.(2)由(1)知A (0,1)，当直线BC 的斜率不存在时，设BC ：x ＝x 0，设B (x 0，y 0)，则C (x 0，－y 0)， k AB ·k AC ＝y 0－1x 0·－y 0－1x 0＝1－y 20x 20＝12x 20x 20＝12≠14，不合题意．故直线BC 的斜率存在．设直线BC 的方程为：y ＝kx ＋m (m ≠1)，并代入椭圆方程，得： (1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2(m 2－1)＝0， ①由Δ＝(4km )2－8(1＋2k 2)(m 2－1)>0得2k 2－m 2＋1>0. ②设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1，x 2是方程①的两根，由根与系数的关系得， x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1·x 2＝2(m 2－1)1＋2k 2，由k AB ·k AC ＝y 1－1x 1·y 2－1x 2＝14得： 4y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋4＝x 1x 2，即(4k 2－1)x 1x 2＋4k (m －1)(x 1＋x 2)＋4(m －1)2＝0，整理得(m －1)(m －3)＝0，又因为m ≠1，所以m ＝3，此时， 直线BC 的方程为y ＝kx ＋3.所以直线BC 恒过一定点(0,3)．2．已知两点A (－2，0)，B (2，0)，动点P 在y 轴上的投影是Q ，且2P A →·PB →＝|PQ →|2. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过F (1,0)作互相垂直的两条直线交轨迹C 于点G ，H ，M ，N ，且E 1，E 2分别是GH ，MN 的中点．求证：直线E 1E 2恒过定点．(1)【解】 设点P 坐标为(x ，y )，∴点Q 坐标为(0，y )．∵2P A →·PB →＝|PQ →|2，∴2[(－2－x )(2－x )＋y 2]＝x 2，化简得点P 的轨迹方程为x 24＋y 22＝1.(2)[证明] 当两直线的斜率都存在且不为0时，设l GH ：y ＝k (x －1)，G (x 1，y )，H (x 2，y 2)，l MN ：y ＝－1k(x －1)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k (x －1)，消去y 得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0.则Δ>0恒成立． ∴x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，且x 1x 2＝2k 2－42k 2＋1.∴GH 中点E 1坐标为⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-+12,122222k k k k ，同理，MN 中点E 2坐标为⎪⎭⎫⎝⎛++2,2222k k k ， ∴kE 1E 2＝－3k2(k 2－1)，∴lE 1E 2的方程为y ＝－3k 2(k 2－1)⎪⎭⎫ ⎝⎛-32x ，∴过点⎪⎭⎫⎝⎛0,32， 当两直线的斜率分别为0和不存在时，lE 1E 2的方程为y ＝0，也过点⎪⎭⎫⎝⎛0,32，综上所述，lE 1E 2过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛0,32.3．如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，经过点A (0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为定值．(1)【解】 由题设知c a ＝22，b ＝1，结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. (2)[证明] 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4k (k －1)1＋2k 2，x 1x 2＝2k (k －2)1＋2k 2，从而直线AP ，AQ 的斜率之和 k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎪⎪⎭⎫⎝⎛+2111x x ＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k (k －1)2k (k －2)＝2k －2(k －1)＝2.故k AP ＋k AQ 为定值2.4．已知焦点在y 轴上的椭圆E 的中心是原点O ，离心率为双曲线y 2－x 22＝1离心率的一半，直线y ＝x 被椭圆E 截得的线段长为4105.直线l ：y ＝kx ＋m 与y 轴交于点P ，与椭圆E 交于A ，B 两个相异点，且AP →＝λPB →.(1)求椭圆E 的方程；(2)是否存在实数m ，使OA →＋λOB →＝4OP →？若存在，求m 的取值范围；若不存在，请说明理由．【解析】 (1)设椭圆的方程为y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，双曲线y 2－x 22＝1离心率e ＝3，由椭圆的离心率e ＝ca＝1－b 2a 2＝32，则a ＝2b ， 将y ＝x 代入椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1，解得：x ＝±a 55，∴2×2×a 55＝4105，解得：a ＝2，∴椭圆E 的方程为y 24＋x 2＝1；(2)假设存在实数m ，使OA →＋λOB →＝4OP →成立，由题意可得P (0，m )，当m ＝0时，O ，P 重合，λ＝1显然成立，当m ≠0时，由AP →＝λPB →，可得OP →－OA →＝λ(OB →－OP →)，则OA →＋λOB →＝(1＋λ)OP →，∴λ＝3，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由AP →＝3PB →，可得x 1＝－3x 2 ①⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m y 24＋x 2＝1，整理得：(k 2＋4)x 2＋2kmx ＋m 2－4＝0， ∴x 1＋x 2＝－2kmk 2＋4，x 1x 2＝m 2－4k 2＋4， ②由①②可得：m 2k 2＋m 2－k 2－4＝0，则k 2＝m 2－41－m2，m 2≠1，由Δ＝(2km )2－4(k 2＋4)(m 2－4)＞0，则k 2＋4－m 2＞0，∴k 2＋4－m 2＝m 2－41－m 2＋4－m 2＝(m 2－4)m 21－m2＞0，则1＜m 2＜4，解得：－2＜m ＜－1或1＜m ＜2，综上可得：m 的取值范围是(－2，－1)∪(1,2)∪{0}．。