黄冈名师2020版高考数学大一轮复习1010圆锥曲线中的定值定点与存在性问题课件理新人教A版共95页

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)。

核心素养提升练五十六圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2018·宁波模拟)已知焦点在y轴上的椭圆+=1的离心率为,则实数m等于( )A.3B.C. 5D.【解析】选D.由已知,a=,b=2,c=,离心率e===,得m=.2.已知双曲线-=1的焦点与椭圆+=1的焦点相同,则双曲线的离心率为( )A. B. C. D.2【解析】选B.由已知,椭圆焦点为(±2,0),所以c==2,解得a=2,所以离心率e==.3.以抛物线y2=8x上的任意一点为圆心作圆与直线x+2=0相切,这些圆必过一定点,则这一定点的坐标是 ( )A.(0,2)B.(2,0)C.(4,0)D.(0,4)【解析】选B.因为抛物线y2=8x的准线方程为x=-2,所以由题可知动圆的圆心在y2=8x上,且恒与抛物线的准线相切,由定义可知,动圆恒过抛物线的焦点(2,0).4.(2018·台州模拟)已知圆C:x2+y2=4,点P为直线x+2y-9=0上一动点,过点P向圆C引两条切线PA,PB,A,B为切点,则直线AB经过定点( )A. B.C.(2,0)D.(9,0)【解析】选A.设P(9-2m,m),过点P向圆C引两条切线PA,PB,A,B为切点,则OA⊥PA,OB⊥PB,AB是以OP为直径的圆D与圆C的公共弦,得圆D的方程为+=,又圆C方程为x2+y2=4,两式相减得公共弦AB所在直线方程为m(2x-y)+(4-9x)=0,令得所以直线AB经过定点.5.(2018·洛阳模拟)在直角坐标平面内,过定点P的直线l:ax+y-1=0与过定点Q的直线m:x-ay+3=0相交于点M,则|MP|2+|MQ|2的值为 ( )A. B.C.5D.10【解析】选D.由已知,P(0,1),Q(-3,0),且l⊥m,所以M在以PQ为直径的圆上.因为|PQ|==,所以|MP|2+|MQ|2=|PQ|2=10.二、填空题(每小题5分,共15分)6.(2018·滁州模拟)已知抛物线C: y2=2px(p>0)的焦点为F,准线l: x=-,点M在抛物线C上,点A在准线l上,若MA⊥l,直线AF的倾斜角为,则|MF|= ________.【解析】如图,设准线与x轴交点为B,由于AF的倾斜角为,所以∠FAM=,又=,所以== =2,又由已知p=×2=,即=,所以=5.答案:57.在平面直角坐标系xOy中,已知圆O1:x2+y2=9,圆O2:x2+(y-6)2=16,在圆O2内存在一定点M,过M的直线l被圆O1,圆O2截得的弦分别为AB,CD,且=,则定点M的坐标为________.【解析】因为=,过两圆的圆心的直线截两圆弦长比是=,所以点M在两圆心连线上,因为圆心连线方程x=0,可设M(0,y0),直线l的方程为y=kx+y0,因为=,所以=,解得y0=或-18(此时点M在圆O2外,舍去),所以定点M.答案:8.过点M(0,1)且斜率为1的直线l与双曲线C:-=1(a>0,b>0)的两渐近线交于点A,B,且=2,则双曲线渐近线的方程为________.【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),则由=2,得x2=2x1,①由已知,直线l的方程y=x+1,-=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±x,联立直线l的方程和渐近线方程,解得x1=-,x2=,所以-=,即a=3b,所以渐近线方程为y=±x.答案:y=±x三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2018·盘锦模拟)如图,已知点A(1,)是离心率为的椭圆C:+=1(a>b>0)上的一点,斜率为的直线交椭圆C于B,D两点,且A,B,D三点互不重合.(1)求椭圆C的方程.(2)求证:直线AB,AD的斜率之和为定值.【解析】(1)由题意,可得e==,将A(1,)代入椭圆C的方程,得+=1,又a2=b2+c2,解得a=2,b=c=,所以椭圆C的方程为+=1.(2)设直线BD的方程为y=x+m,因为A,B,D三点不重合,所以m≠0,设D(x1,y1),B(x2,y2).由得4x2+2mx+m2-4=0,由Δ=-8m2+64>0,得-2<m<2,所以x1+x2=-m,x1x2=.设直线AB,AD的斜率分别为k AB,k AD,k AD +k AB =+=2+m ·=2+m ·=2-2=0,即直线AB,AD 的斜率之和为定值.【变式备选】椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,点,为椭圆上的一点.(1)求椭圆E 的标准方程.(2)若斜率为k 的直线l 过点A(0,1),且与椭圆E 交于C,D 两点,B 为椭圆E 的下顶点,求证:对于任意的k,直线BC,BD 的斜率之积为定值.【解析】(1)因为e=,所以c=a,a 2=b 2+.①又椭圆过点(,),所以+=1.②由①②,解得a 2=6,b 2=4,所以椭圆E 的标准方程为+=1.(2)设直线l :y=kx+1,C(x 1,y 1),D(x 2,y 2),联立得(3k2+2)x2+6kx-9=0.所以x1+x2=-,x1x2=-,易知B(0,-2),所以k BC·k BD=·=·==k2++=k2+3k·-(3k2+2)= -2,所以对于任意的k,直线BC,BD的斜率之积为定值.10.(2019·合肥模拟)如图,在平面直角坐标系中,点F(-1,0),过直线l∶x=-2右侧的动点P作PA⊥l于点A,∠APF的平分线交x轴于点B,|PA|=|BF|.(1)求动点P的轨迹C的方程.(2)过点F的直线q交曲线C于M,N,试问:x轴正半轴上是否存在点E,直线EM,EN分别交直线l于R,S两点,使∠RFS为直角?若存在,求出点E的坐标,若不存在,请说明理由.【解析】(1)设P(x,y),由平面几何知识得=,即=,化简得x2+2y2=2,所以动点P的轨迹C的方程为x2+2y2=2(x≠).(2)假设满足条件的点E(n,0)(n>0)存在,设直线q的方程为x=my-1,M(x1,y1),N(x2,y2),R(-2,y3),S(-2,y4).由消去x,得(m2+2)y2-2my-1=0,所以y1+y2=,y1y2=-,x1x2=(my1-1)(my2-1)=m2y1y2-m(y1+y2)+1=--+1=,x1+x2=m(y1+y2)-2=-2=-,由已知=,得y3=-,同理y4=-,k RF==-y3,k SF=-y4,因为∠RFS为直角,所以y3y4=-1,所以(2+n)2y1y2=-[x1x2-n(x1+x2)+n2],(2+n)2=++n2,所以(n2-2)(m2+1)=0,n=,所以满足条件的点E存在,其坐标为(,0).【变式备选】已知椭圆E:+=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,过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C,G两点,且||+||=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||2=4·成立?若存在,试求出直线l的方程;若不存在,请说明理由. 【解析】(1)由椭圆的对称性知||+||=2a=4,所以a=2.又原点O到直线DF的距离为,所以=,所以bc=,又a2=b2+c2=4,a>b>c>0,所以b=,c=1.所以椭圆E的方程为+=1.(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件,可设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为y=k(x-2)+1,代入椭圆方程得(3+4k2)x2-8k(2k-1)x+16k2-16k-8=0,由Δ=32(6k+3)>0得,k>-.x1+x2=,x1x2=,因为||2=4·,即4[(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)]=5,所以4(x1-2)(x2-2)(1+k2)=5,即4[x1x2-2(x1+x2)+4](1+k2)=5,所以4(1+k2)=4×=5,解得k=±,k=-不符合题意,舍去.所以存在满足条件的直线l,其方程为y=x.(20分钟40分)1.(5分)(2018·南阳模拟)已知双曲线E:-=1 ,直线l交双曲线于A,B两点,若A,B的中点坐标为,则l的方程为( )A.4x+y-1=0B.2x+y=0C.2x+8y+7=0D.x+4y+3=0【解析】选 C.设A(x1,y1),B(x2,y2),则-=1,-=1,所以-=0, -k l·=0,×-k l·=0,k l=-,所以l的方程为y+1=-,即2x+8y+7=0.2.(5分)已知双曲线x2-=1的焦点为F1,F2,渐近线为l1,l2,过点F2且与l1平行的直线交l2于M,若·=0,则m的值为()A.1B.C.2D.3【解析】选 D.由双曲线x2-=1知a=1,b2=m,c=,所以F1, F2 ,渐近线l1,l2的方程分别为y=x,y=-x ,过点F2且与l1平行的直线方程为y= , 由得M ,所以=,=,因为·=0,所以+=0,所以m=3.3.(5分)(2018·泰州模拟)已知点A(-3,0)和圆O:x2+y2=9,AB是圆O的直径,M 和N是线段AB的三等分点,P(异于A,B)是圆O上的动点,PD⊥AB于D,=λ (λ>0),直线PA与BE交于C,则当λ=________时,|CM|+|CN|为定值.【解析】由已知,B(3,0),M(-1,0),N(1,0),设P(x0,y0),则E,所以PA的方程为y=(x+3),BE的方程为y=(x-3),联立方程组得y2=(x2-9),把=9-代入化简得+=1,所以点C在以AB为长轴的椭圆上,当M,N为椭圆焦点时,|CM|+|CN|为定值2a=6,此时a=3,c=1,b=,由a2=b2+c2得9=+1,解得λ=.答案:4.(12分)(2019·淮安模拟)如图,在平面直角坐标系xOy中,过椭圆C:+y2=1的左顶点A作直线l,与椭圆C和y轴正半轴分别交于点P,Q.(1)若AP=PQ,求直线l的斜率.(2)过原点O作直线l的平行线,与椭圆C交于点M,N,求证:为定值. 【解析】(1)由已知,椭圆C的左顶点A(-2,0),设直线l的斜率为k(k>0),点P的横坐标为x P,则直线l的方程为y=k(x+2).①又椭圆C:+y2=1,②由①②得,(4k2+1)x2+16k2x+16k2-4=0,所以-2·x P=,x P=,因为AP=PQ,所以x P=-1,即=-1,解得k=(负值舍),所以直线l的斜率为.(2)设点N的横坐标为x N.结合(1)知,直线MN的方程为y=kx.③由②③得,=,所以===,即证.5.(13分)已知椭圆D:x2+=1的左焦点为F,其左,右顶点为A,C,椭圆与y轴正半轴的交点为B,△FBC的外接圆的圆心P(m,n)在直线x+y=0上.(1)求椭圆D的方程.(2)已知直线l∶x=-,N是椭圆D上的动点,MN⊥l,垂足为M,问:是否存在点N,使得△FMN为等腰三角形?若存在,求出点N的坐标;若不存在,请说明理由.【解析】(1)由已知,圆心P既在边FC的垂直平分线上,也在边BC的垂直平分线上,F(-c,0),则边FC的垂直平分线的方程为x=,①因为边BC的中点坐标为,直线BC的斜率为-b,所以边BC的垂直平分线的方程为y-=,②联立①②,解得m=,n=,因为P(m,n)在直线x+y=0上,所以+=0,即(1+b)(b-c)=0,因为1+b>0,所以b=c.由b2=1-c2得b2=c2=,所以椭圆D的方程为x2+2y2=1.(2)由(1)知F,椭圆上的点的横坐标满足-1≤x≤1,设N(x,y),由已知M(-,y),所以|MN|=|x+|,|FN|=,|MF|= ,①若|MN|=|FN|,即|x+|= ,与x2+2y2=1联立,解得x=-<-1,显然不符合条件;②若|MN|=|MF|,即|x+|= ,与x2+2y2=1联立,解得x=-或x=-<-1(显然不符合条件,舍去),所以满足条件的点N的坐标为;③若|FN|=|MF|,即= ,与x2+2y2=1联立,解得x=0或x=-<-1(显然不符合条件,舍去),所以满足条件的点N的坐标为.综上,存在点N或,使得△FMN为等腰三角形.。

2020高考文数圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题第2课时圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题解答题1.(2019贵阳第一学期检测)已知圆M:x 2+(y-2)2=1,直线l:y=-1,动圆P 与圆M 外切,且与直线l 相切,设动圆圆心P 的轨迹为E.(1)求轨迹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. 解析因为动圆P 与直线l:y=-1相切,且与定圆M:x 2+(y-2)2=1外切,所以动点P 到圆M 的圆心M(0,2)的距离与到直线y=-2的距离相等,由抛物线的定义知,点P 的轨迹是以M(0,2)为焦点,直线y=-2为准线的抛物线.故所求P 的轨迹E 的方程为x 2=8y.(2)证明:设直线AB 的方程为y=kx+b,A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),将直线AB 的方程代入到x 2=8y 中得x 2-8kx-8b=0,所以x 1+x 2=8k,x 1x 2=-8b,又OA ·OB =x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+x 12x 2264=-8b+b 2=-16, 所以b=4,则直线AB 恒过定点(0,4).2.(2019兰州诊断)已知曲线C 上的任意一点到直线l:x=-12的距离与到点F (12,0)的距离相等.(1)求曲线C 的方程;(2)若过P(1,0)的直线与曲线C 相交于A,B 两点,Q(-1,0)为定点,设直线AQ 的斜率为k 1,直线BQ 的斜率为k 2,直线AB 的斜率为k,证明:1k 12+1k 22-2k 2为定值. 解析 (1)由条件可知,此曲线是焦点为F 的抛物线,设抛物线的方程为y 2=2px(p>0),则 p 2=12,p=1,∴曲线C 的方程为y 2=2x.(2)证明:由已知得,直线AB 的方程为y=k(x-1)(k ≠0),由{y =k(x -1),y 2=2x可得ky 2-2y-2k=0. 设A (y 122,y 1),B (y 222,y 2),则y 1+y2=2k ,y 1y 2=-2.∵k 1=y 1y 122+1=2y 1y 12+2,k 2=y 2y 222+1=2y 2y 22+2, ∴1k 12+1k 22=(y 12+2)24y 12+(y 22+2)24y 22=(y 12+2)2y 22+(y 22+2)2y 124y 12y 22 =y 14y 22+y 24y 12+8y 12y 22+4(y 12+y 22)4y 12y 22 =8(y 12+y 22)+3216 =(y 1+y 2)2-2y 1y 2+42 =4k 2+82=2k 2+4.∴1k 12+1k 22-2k 2=4,为定值.3.(2019洛阳尖子生第二次联考)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为√32,短轴长为2.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)设直线l:y=kx+m 与椭圆C 交于M,N 两点,O 为坐标原点,若k OM ·k ON =54,求证:点(m,k)在定圆上.解析(1)设椭圆C 的焦距为2c,由已知e=c a =√32,2b=2,a 2=b 2+c 2,得b=1,a=2,∴椭圆C 的标准方程为x 24+y 2=1.(2)证明:设M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),联立{y =kx +m,x 24+y 2=1得(4k 2+1)x 2+8kmx+4m 2-4=0,依题意,Δ=(8km)2-4(4k 2+1)(4m 2-4)>0,化简得m 2<4k 2+1.①由根与系数的关系得,x 1+x 2=-8km 4k 2+1,x 1x 2=4(m 2-1)4k 2+1,y 1y 2=(kx 1+m)(kx 2+m)=k 2x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2,若k OM ·k ON =54,则y 1y 2x 1x 2=54,即4y 1y 2=5x 1x 2, ∴4k 2x 1x 2+4km(x 1+x 2)+4m 2=5x 1x 2,∴(4k 2-5)×4(m 2-1)4k +1+4km ·-8km4k +1+4m 2=0,即(4k 2-5)(m 2-1)-8k 2m 2+m 2(4k 2+1)=0,化简得m 2+k 2=54.②由①②得0≤m 2<65,120<="" p="">∴点(m,k)在定圆x 2+y 2=54上.(没求k 的范围不扣分)4.(2019石家庄质检)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为√32,且经过点(-1,√32). (1)求椭圆C 的方程;(2)过点(√3,0)作直线l 与椭圆C 交于不同的两点A,B,试问在x 轴上是否存在定点Q,使得直线QA 与直线QB 恰好关于x 轴对称?若存在,求出点Q 的坐标;若不存在,请说明理由. 解析(1)由题意可得c a =√32,1a 2+34b 2=1, 又a 2-b 2=c 2,所以a 2=4,b 2=1.所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)存在定点Q (4√33,0),满足直线QA 与直线QB 恰好关于x 轴对称.当直线l 的斜率存在时,设直线l 的方程为x+my-√3=0,与椭圆C 的方程联立得{x +my -√3=0,x 24+y 2=1, 整理得,(4+m 2)y 2-2√3my-1=0.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),定点Q(t,0)(依题意知t ≠x 1,t ≠x 2).由根与系数的关系可得,y 1+y 2=2√3m 4+m 2,y 1y 2=-14+m 2.直线QA 与直线QB 恰好关于x 轴对称,则直线QA 与直线QB 的斜率互为相反数,所以y 1x 1-t +y2x 2-t =0,即y 1(x 2-t)+y 2(x 1-t)=0. 又x 1+my 1-√3=0,x 2+my 2-√3=0,所以y 1(√3-my 2-t)+y 2(√3-my 1-t)=0,整理得(√3-t)(y 1+y 2)-2my 1y 2=0,从而可得(√3-t)·2√3m 4+m 2-2m ·-14+m 2=0,即2m(4-√3t)=0,所以当t=4√33,即Q (4√33,0)时,直线QA 与直线QB 恰好关于x 轴对称.特别地,当直线l 为x 轴时,Q (4√33,0)也符合题意.,0),符合题意,综上所述,在x轴上存在定当直线的斜率不存在,即直线l垂直于x轴时,Q(4√33,0),使得直线QA与直线QB恰好关于x轴对称.点Q(4√33。

2020年高考数学（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}．。

圆锥曲线中的定值、定点问题一、考情分析圆锥曲线是解析几何的重要内容之一,也是高考重点考查的内容和热点,知识综合性较强,对学生逻辑思维能力计算能力等要求很高,这些问题重点考查学生方程思想、函数思想、转化与化归思想的应用．定值问题与定点问题是这类题目的典型代表,为了提高同学们解题效率,特别是高考备考效率,本文列举了一些典型的定点和定值问题,以起到抛砖引乇的作用． 二、经验分享1.圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关． 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． 三、知识拓展1.设点(),P m n 是椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>上一定点，点A,B 是椭圆C 上不同于P 的两点，若PA PBk k λ+=，则0λ=时直线AB 斜率为定值()220bm n an ≠，若0λ≠，则直线AB 过定点2222,n b m m n a λλ⎛⎫--- ⎪⎝⎭，F 是该椭圆焦点，则,b OP a a c PF a c ≤≤-≤≤+；2. 设点(),P m n 是双曲线C ：()222210,0x y a b a b -=>>一定点，点A,B 是双曲线C 上不同于P 的两点，若PA PBk k λ+=，则0λ=时直线AB 斜率为定值()220bm n an-≠，若0λ≠，则直线AB 过定点2222,n b m m n a λλ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭；3. 设点(),P m n 是抛物线C ：()220y px p =>一定点，点A,B 是抛物线C 上不同于P 的两点，若PA PB k k λ+=，则0λ=时直线AB 斜率为定值()0pn n-≠，若0λ≠，则直线AB 过定点22,n p m n λλ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭；四、题型分析 (一) 定点问题求解直线和曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x ,y 当作常数看待,把方程一端化为零,既然是过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,这时参数的系数就要全部等于零,这样就得到一个关于x ,y 的方程组,这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点,或者可以通过特例探求,再用一般化方法证明．【例1】已知直线l 的方程为2y x =+,点P 是抛物线24y x =上到直线l 距离最小的点,点A 是抛物线上异于点P 的点,直线AP 与直线l 交于点Q ,过点Q 与x 轴平行的直线与抛物线24y x =交于点B.（Ⅰ）求点P 的坐标；（Ⅱ）证明直线AB 恒过定点,并求这个定点的坐标.【分析】（Ⅰ）到直线l 距离最小的点,可根据点到直线距离公式,取最小值时的点；也可根据几何意义得为与直线l 平行且与抛物线相切的切点：如根据点P 到直线l 的距离d ===≥02y =时取最小值,（Ⅱ）解析几何中定点问题的解决方法,为以算代证,即先求出直线AB 方程,根据恒等关系求定点.先设点A 211 4y y ⎛⎫⎪⎝⎭，,求出直线AP 方程()114220x y y y -++=,与直线l 方程联立,解出点Q 纵坐标为11282Q y y y -=-.即得B 点的坐标为()()211211428 22y y y y ⎛⎫-- ⎪ ⎪--⎝⎭，,再根据两点式求出直线AB 方程()()()21124280y y x y x y ---+-=,最后根据方程对应1y 恒成立得定点()2 2，【解析】（Ⅰ）设点P 的坐标为()00 x y ，,则2004y x =, 所以,点P 到直线l 的距离d ===≥当且仅当02y =时等号成立,此时P 点坐标为()1 2，. （Ⅱ）设点A 的坐标为211 4y y ⎛⎫⎪⎝⎭，,显然12y ≠. 当12y =-时,A 点坐标为()1 2-，,直线AP 的方程为1x =； 当12y ≠-时,直线AP 的方程为()12122114y y x y --=--, 化简得()114220x y y y -++=；综上,直线AP 的方程为()114220x y y y -++=. 与直线l 的方程2y x =+联立,可得点Q 的纵坐标为11282Q y y y -=-. 因为,BQ x ∥轴,所以B 点的纵坐标为11282B y y y -=-. 因此,B 点的坐标为()()211211428 22y y y y ⎛⎫--⎪ ⎪--⎝⎭，. 当111282y y y -≠--,即218y ≠时,直线AB 的斜率()()111122211121282488442y y y y k y y y y ----==----. 所以直线AB 的方程为2111214884y y y y x y ⎛⎫--=- ⎪-⎝⎭,整理得()()()21124280y y x y x y ---+-=.当2x =,2y =时,上式对任意1y 恒成立,此时,直线AB 恒过定点()2 2，, 当218y =时,直线AB 的方程为2x =,仍过定点()2 2，, 故符合题意的直线AB 恒过定点()2 2，. 考点：抛物线的标准方程与几何性质、直线方程、直线与抛物线的位置关系 【点评】 圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点．(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关．【小试牛刀】【新疆乌鲁木齐市2019届高三一模】椭圆的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，过的长轴，短轴端点的一条直线方程是.（1）求椭圆的方程； （2）过点作直线交椭圆于，两点，若点关于轴的对称点为，证明直线过定点. 【解析】（1）对于，当时，，即，当，，即，椭圆的方程为，（2）证明：设直线，（），设，两点的坐标分别为，，则，联立直线与椭圆得，得，，解得，，，直线 ，令，得，直线过定点(二) 定值问题解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等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．【例2】如图,点()2,0A -,()2,0B 分别为椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左右顶点,,,P M N 为椭圆C上非顶点的三点,直线,AP BP 的斜率分别为12,k k ,且1214k k =-,//AP OM ,//BP ON.（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）判断OMN ∆的面积是否为定值？若为定值,求出该定值；若不为定值,请说明理由.【分析】（Ⅰ）设(,)P m n ,则2122224n n n k k m m m =⋅=+--,而2222224144m n m n b b -+=⇒=⋅,所以 22121144b k k b =-=-⇒=（Ⅱ）根据弦长公式求底边MN 的长,根据点到直线距离公式求底边上的高,因此设直线MN 的方程为y kx t =+,由直线方程与椭圆方程联立方程组,利用韦达定理得MN =根据斜率条件1214k k =-及韦达定理得22241t k -= ,高为d =,代入面积公式化简得1S ===【解析】（Ⅰ）221,11442,AP BPb k k b a a ⎫=⎪=-⇒⇒=⎬⎪=⎭椭圆22:14x C y +=.（Ⅱ）设直线MN 的方程为y kx t =+,()11,M x y ,()22,N x y ,()22222,4184401,4y kx t k x ktx t x y =+⎧⎪⇒+++-=⎨+=⎪⎩, 122841kt x x k +=-+,21224441t x x k -=+,()()1212121212121211404044y y k k y y x x kx t kx t x x x x =-⇒=-⇒+=⇒+++=,()()22121241440kx x kt x x t ++++=,()2222222448414402414141t ktk kt t t k k k ⎛⎫-+-+=⇒-= ⎪++⎝⎭,MN ====, d =1S ===. OMN ∆∴的面积为定值1.【点评】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． 【小试牛刀】【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，离心率等于.（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆的右焦点作直线交椭圆于、两点，交轴于点，若，，求证：为定值.【解析】（1）设椭圆的方程为，则由题意知∴.即∴∴椭圆的方程为（2）设、、点的坐标分别为，，.又易知点的坐标为显然直线存在的斜率，设直线的斜率为，则直线的方程是将直线的方程代入到椭圆的方程中，消去并整理得，∴，∵，∴将各点坐标代入得，∴圆锥曲线中的定值、定点问题要善于从运动中寻找不变的要素,可以先通过特例、极限位置等探求定值、定点,然后利用推理证明的方法证明之．四、迁移运用1．【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】直线与抛物线：交于两点，为坐标原点，若直线，的斜率，满足，则直线过定点（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设，，则，又，，解得.将直线：代入，得，∴，∴.即直线：，所以过定点2.【湖南省浏阳一中、醴陵一中联考】双曲线的左、右焦点分别为，P为双曲线右支上一点，I是的内心，且，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】如图，设内切圆的半径为．由得，整理得．因为P为双曲线右支上一点，所以，，所以．故选D．3.【江西省南昌市2019月考】已知椭圆：的右焦点为,且离心率为，三角形的三个顶点都在椭圆上，设它的三条边、、的中点分别为、、，且三条边所在直线的斜率分别为、、，且、、均不为0.为坐标原点，若直线、、的斜率之和为1.则（）A． B．-3 C． D．【答案】A【解析】因为椭圆：的右焦点为,且离心率为，且所以可求得椭圆的标准方程为设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（s1，t1），E（s2，t2），M（s3，t3），因为A、B在椭圆上，所以，两式相减得，即同理可得所以因为直线、、的斜率之和为1所以所以选A4．【福建省2019届适应性练习（四)】设为坐标原点，动圆过定点, 且被轴截得的弦长是8. （Ⅰ）求圆心的轨迹的方程；（Ⅱ）设是轨迹上的动点，直线的倾斜角之和为，求证：直线过定点.【解析】 (Ⅰ)设动圆半径为由动圆被轴截得的弦长是8得消去得故圆心的轨迹的方程(Ⅱ) 设直线，，联立方程得，消去得，．则，．设直线的倾斜角分别是∵，同理，∴．，故直线过定点．5.【山东省济宁市2019届高三第一次模拟】已知椭圆的离心率为，且椭圆C过点．(I)求椭圆C的方程；(II)设椭圆C的右焦点为F，直线与椭圆C相切于点A，与直线相交于点B，求证：的大小为定值．【解析】(Ⅰ)∵椭圆C过点，∴①∵离心率为∴②又∵③由①②③得，，.∴椭圆C的方程为C：.(Ⅱ)显然直线l的斜率存在，设l:y=kx+m.由消y得由得.∴∴∴切点A 的坐标为又点B 的坐标为，右焦点F 的坐标为，∴，，∴∴∠AFB=90°，即∠AFB 的大小为定值.6．【江西省赣州市十四县（市）2018届高三下学期期中】已知椭圆系方程n C ： 2222x y n a b += (0a b >>，*n N ∈)， 12,F F 是椭圆6C 的焦点， A是椭圆6C 上一点，且2120AF F F ⋅=.（1）求6C 的方程；（2）P 为椭圆3C 上任意一点，过P 且与椭圆3C 相切的直线l 与椭圆6C 交于M ， N 两点，点P 关于原点的对称点为Q ，求证： QMN ∆的面积为定值，并求出这个定值．【解析】（1）由题意得椭圆6C 的方程为6C ： 22226x y a b+= ，即 2222166x y a b +=．∵ 2120AF F F ⋅=． ∴212AF F F ⊥，又A为椭圆6C 上一点，∴c =222666a b c ∴-==，即221a b -=，又2222166ab+=，22a ∴=,21b =，∴椭圆6C 的方程为 2262x y +=． （2）解：①当直线l 斜率存在时，设l 方程为y kx m =+,由223{2x y y kx m+==+消去y 整理得()222214260k x kmx m +++-=，∵直线l 与椭圆3C 相切，∴()()()2224421260km k m ∆=-+-=，整理得()22321m k =+．设()00,P x y ，则()00,Q x y --，且00y kx m =+， ∴点Q 到直线l的距离d ==，同理由226{2x y y kx m+==+消去y 整理得()2222142120k x kmx m +++-=，设()()1122,,,M x y N x y ，则122421kmx x k +=-+， 212221221m x x k -=+MN ∴====，12QMNS MN d ∆∴=12==()2232121k k +=+=②当直线l 斜率不存在时，易知QMN S ∆=综上可得QMN ∆的面积为定值7．【四川省蓉城名校高中2018届高三4月份联考】已知椭圆C ： 22221(0)x y a b a b +=>>的长轴长为4，A ，B 是其长轴顶点， M 是椭圆上异于A ， B 的动点，且34MA MB k k ⋅=-.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）如图，若动点R 在直线6x =上，直线AR ， BR 分别交椭圆C 于P ， Q 两点.请问：直线PQ 是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由. 【解析】（1）由题意知24a =则2a =，设()00,M x y ， (),0A a -， (),0B a ，则0000MA MBy y k k x a x a ⋅=⋅-+ 202200y x a =-， 由2200221x y a b +=，则2220021x y b a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则2234MA MB b k k a ⋅=-=-，则23b =，由此可得椭圆C 的标准方程为22143x y +=. （2）设()6,R m ，则直线AP 的方程为()24m y x =-；则直线BQ 的方程为()28my x =+联立得()2228{ 143my x x y=++=消去y 得： ()()22224844480m x m x m +++-=，则()22448248Q m x m --⋅=+，即()2224848Q m x m -=+代入直线BQ 的方程得22448Qm ym =+，故()22224824,4848m m Q m m ⎛⎫- ⎪ ⎪++⎝⎭.联立得()2224{ 143my x x y=-+=消去y 得： ()()22221244120m x m x m +-+-=，则()22412212P m x m -⋅=+，即()2221212P m x m -=+代入直线AP 的方程得21212Pmym -=+，故()22221212,1212m m P m m ⎛⎫-- ⎪ ⎪++⎝⎭. 当()()22222482124812m mm m --=++，即224m=，则PQ 与x 轴交点为2,03T ⎛⎫⎪⎝⎭，当()()22222482124812m mm m --≠++，即224m≠时，下证直线PQ 过点2,03T ⎛⎫⎪⎝⎭，由()222120122122123PT QTm m k k m m -=+-=--+ ()222240482482483mm m m -+=--+ 229902424m mm m -=-=--， 故直线PQ 过定点2,03T ⎛⎫⎪⎝⎭. 8．【江西省新余市2018届高三二模】已知抛物线()2:20C x py p =>过点()2,1，直线l 过点()0,1P -与抛物线C 交于A ， B 两点.点A 关于y 轴的对称点为A '，连接A B '.（1）求抛物线线C 的标准方程；（2）问直线A B '是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由. 【解析】(1)将点()2,1代入抛物线2:2C x py =的方程得，2p =.所以，抛物线C 的标准方程为24x y =.(2)设直线l 的方程为1y kx =-，又设()11,A x y ， ()22,B x y ，则()11,A x y '-.由21,{ 41,y x y kx ==-得2440x kx -+=.则216160k ∆=->， 124x x ⋅=， 124x x k +=.所以()222121212112444A Bx x y y x x k x x x x '---===--+. 于是直线A B '的方程为()2221244x x xy x x --=-． 所以()22122121444x x x x xy x x x --=-+=+.当0x =时， 1y =， 所以直线A B '过定点()0,1.9．【湖北省荆州中学2018届高三4月月考】已知动圆过定点()2,0A ，且在y 轴上截得弦MN 的长为4. （1）求动圆圆心的轨迹C 的方程；（2）设()1,0B ，过点A 斜率为()0k k >的直线l 交轨迹C 于,P Q 两点， ,PB QB 的延长线交轨迹C 于,S T 两点.①若PQB ∆的面积为3，求k 的值. ②记直线ST 的斜率为ST k ，证明： STk k为定值，并求出这个定值. 【解析】（1）设圆心()(),0C x y x ≠，过点C 作CE y ⊥轴，垂足为E ，则12ME MN =. ∴2222CA CMME CE ==+∴()222222x y x -+=+，化简为：24y x =. 当0x =时，也满足上式.∴动圆圆心的轨迹C 的方程为24y x =.（2）设直线l 的方程为()2y k x =-， 221212,,,44y y P y Q y ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 由()24{2y xy k x ==-，得2480ky y k --=， 216320k ∆=+>， 12124,8y y y y k+==-. ①12132PQB S AB y y ∆=-===，解得2k =. ②设233,4y S y ⎛⎫⎪⎝⎭，则2111,4y BP y ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 2331,4y BS y ⎛⎫=- ⎪⎝⎭. ∵,,P B S 共线∴22313111044y y y y ⎛⎫⎛⎫---= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即23131440y y y y ⎛⎫+--= ⎪⎝⎭，解得： 31y y =（舍）或314y y =-. ∴21144,S y y ⎛⎫- ⎪⎝⎭，同理22244,T y y ⎛⎫- ⎪⎝⎭，∴121212221244244STy y y y k k y y y y -+==-=+-∴2STk k=（定值）10.如图,已知双曲线C ：x 2a2－y 2＝1(a >0)的右焦点为F .点A ,B 分别在C 的两条渐近线上,AF ⊥x 轴,AB ⊥OB ,BF∥OA (O 为坐标原点)．(1)求双曲线C 的方程；(2)过C 上一点P (x 0,y 0)(y 0≠0)的直线l ：x 0x a 2－y 0y ＝1与直线AF 相交于点M ,与直线x ＝32相交于点N .证明：当点P 在C 上移动时,|MF ||NF |恒为定值,并求此定值．【解析】(1)设F (c,0),因为b ＝1,所以c ＝a 2＋1, 直线OB 方程为y ＝－1ax ,直线BF 的方程为y ＝1a (x －c ),解得B (c 2,－c2a )．又直线OA 的方程为y ＝1ax ,则A (c ,c a ),k AB ＝c a －－c 2a c －c 2＝3a.又因为AB ⊥OB ,所以3a ·(－1a)＝－1,解得a 2＝3,故双曲线C 的方程为x 23－y 2＝1.(2)由(1)知a ＝3,则直线l 的方程为x 0x3－y 0y ＝1(y 0≠0),即y ＝x 0x －33y 0. 因为直线AF 的方程为x ＝2,所以直线l 与AF 的交点为M (2,2x 0－33y 0)；直线l 与直线x ＝32的交点为N (32,32x 0－33y 0)．则|MF |2|NF |2＝x 0－23y 0214＋32x 0－23y 02＝x 0－29y 204＋94x 0－2＝43·x 0－23y 20＋x 0－2.因为P (x 0,y 0)是C 上一点,则x 203－y 20＝1,代入上式得|MF |2|NF |2＝43·x 0－2x 20－3＋x 0－2＝43·x 0－24x 20－12x 0＋9＝43, 即所求定值为|MF ||NF |＝23＝233.11.如图,设点,A B 的坐标分别为()),,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．【答案】（1）(22132x y x +=≠（2【解析】（1）由已知设点P 的坐标为(),x y ,由题意知(2333AP BP k k x x x ==-≠+-,化简得P 的轨迹方程为(22132x y x +=≠．（2）证明：由题意M N 、是椭圆C 上非顶点的两点,且//,//ON AP OM BP , 则直线,AP BP 斜率必存在且不为0,又由已知23AP BP k k =-． 因为//,//AP OM BP ON ,所以23OM ON k k =-．设直线MN 的方程为x my t =+,代入椭圆方程2232x y+,得()222324260m ymty t +++-=．．．．①,．设,M N 的坐标分别为()()1122,,,x y x y ,则2121222426,3232mt t y y y y m m-+=-=++． 又()2121222221212122636OM ONy y y y t k k x x m y y mt y y t t m -===+++-, 所以222262363t t m -=--,得22223t m =+．又1212MONSt y y ∆=-=所以2MONS∆==,即MON ∆的面积为定值2．12．如图,过椭圆2222:1(0)x y a b a bΓ+=>>内一点(0,1)A 的动直线l 与椭圆相交于M,N 两点,当l 平行于x轴和垂直于x 轴时,l 被椭圆Γ所截得的线段长均为（1）求椭圆Γ的方程；（2）在平面直角坐标系中,是否存在与点A 不同的定点B,使得对任意过点(0,1)A 的动直线l 都满足||||||||BM AN AM BN ⋅=⋅？若存在,求出定点B 的坐标,若不存在,请说明理由.【答案】（1）22142x y +=；（2）存在点B 的坐标(02)，．【解析】（Ⅰ）由已知得b ,点1)在椭圆上, 所以22211a b+=,解得2a =, 所以椭圆Γ的方程为22142x y +=．（Ⅱ）当直线l 平行于x 轴时,则存在y 轴上的点B,使||||||||BM AN AM BN =,设0(0)B y ，； 当直线l 垂直于x 轴时,(0(0M N ，，,若使||||||||BM AN AM BN =,则||||||||BM AM BN AN=,=解得01y =或02y =．所以,若存在与点A 不同的定点B 满足条件,则点B 的坐标只可能是(02)，． 下面证明：对任意直线l,都有||||||||BM AN AM BN ⋅=⋅,即||||||||BM AM BN AN =． 当直线l 的斜率不存在时,由上可知,结论成立； 当直线l 的斜率存在时,可设直线l 的方程为1y kx =+． 设M,N 的坐标分别为1122()()x y x y ，，，, 由221421x y y kx ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，得22(21)420k x kx ++-=, 其判别式22(4)8(21)0k k ∆=++>, 所以,121222422121k x x x x k k +=-=-++，, 因此,121212112x xk x x x x ++==．易知点N 关于y 轴对称的点N '的坐标为22()x y -，， 又11111211BM y kx k k x x x --===-, 2222212111BN y kx k k k x x x x '--===-+=---, 所以BM BN k k '=,即B M N '，，三点共线, 所以12||||||||||||||||x BM BM AM x BN BN AN ==='．故存在与点A不同的定点(02)B，,使得．。

第十一节圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题考点一巧妙消元证定值［典例］(2018北京高考)已知抛物线C: y2= 2px经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线I与抛物线C有两个不同的交点A, B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1) 求直线I的斜率的取值范围；⑵设O为原点，Q M =入8 , Q N =(1Q O，求证：1+1为定值.人3［解］⑴因为抛物线y2= 2px过点(1,2),所以2p= 4,即p= 2.故抛物线C的方程为y2= 4x.由题意知，直线I的斜率存在且不为0.设直线I的方程为y= kx+ 1(k z 0),y2= 4x, 2 2由得k2x2+ (2k —4)x+ 1 = 0.y= kx+ 1,依题意△= (2 k—4)2—4 X k2x 1>0 ,解得k<0或0<k<1.又PA, PB与y轴相交，故直线I不过点(1, —2).从而k丰—3.所以直线I的斜率的取值范围是(一R,—3) U (—3,0) U (0,1).(2) 证明：设A(x1, y1), B(x2, y2).由(1)知x1 + x2 = 一k2—, X1X2= 了直线PA的方程为y—2 = y1—2(x —1).—y1 + 2 —kx1 + 1令x = 0,得点M的纵坐标为y M = —厂+ 2= + 2.X1—1 X1—1k'x + 1同理得点N的纵坐标为y N =—2+ 1 + 2.X2 ― 1由Q M =入Q O , Q N = 3Q O，得=1 —y M,尸 1 —y N.1 1 1 1 X1—1X2—1所以；+一= + =——+ ------入3 1 —y M 1 —y N (k— 1 X1 (k — 1 )X22 2k — 4 1 2x i X 2— (X i + X 2 — 1 k +~k 2 2 k — 1 X 1X 2 k — 1 1 所以1+丄为定值. 入 3［解题技法］解答圆锥曲线定值问题的技法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关; (2)引进变量法：其解题流程为变量一］选择适当前动点坐标或动线中系数为变量 窗数，把要证明为定值的量表示成上述变量的函数［定值一迪泄理理函奧北简，題去变星趨到産值［对点训练］2 2在平面直角坐标系 xOy 中，已知双曲线 5： x- — 54 = i ，椭圆C 2：N 分别是C 1, C 2上的动点，且 OM 丄ON ，求证：O 到直线MN 的距离是定值.证明：当直线ON 垂直于x 轴时，|0N| = 2, |O M|=・2,则0到直线MN 的距离为233. 3设O 到直线MN 的距离为d ,因为在 Rt △ MON 中，(|OM |2+ |ON|2)d 2= |OM|2|ON|2, 所以冷—宀丰壬—^(1土£_)= 3即 d =刘3所以 d —|OM|+|ON|— 4(1+ k 2) 4’ 即 d — 3 . 综上，O 到直线MN 的距离是定值.2x 2+y =i ,若 M ,4当直线 ON 不垂直于 x 轴时, 设直线 ON 的方程为 y = kx 显然则直线 OM 的方程为1 y— 1x.y = kx , 由2 yx 2+ t = 1,■ 24 X = 4+ k 2,得4k 22 4ky =4+ k 2,2所以 |ON |2=.同理 |OM|2=考点二确定直线寻定点2 2［典例］(2018成都一诊)已知椭圆C :号+ y 2 = 1(a > b > 0)的右焦点F( 3, 0)，长半轴 a b长与短半轴长的比值为 2.(1) 求椭圆C 的标准方程；⑵设不经过点B(0,1)的直线I 与椭圆C 相交于不同的两点 M , N ,若点B 在以线段MN 为直径的圆上，证明直线 I 过定点，并求出该定点的坐标.［解］(1)由题意得，c =雨，|= 2, a 2= b 2+ c 2,••• a = 2, b = 1,2•椭圆C 的标准方程为X4 + y 2= 1. (2)当直线I 的斜率存在时，设直线 I 的方程为y = kx + m(m z 1), M(x 1,浙)，N(x 2, y 2).y = kx + m , 222联立丫2 2消去 y ,可得(4k 2+ 1)x 2+ 8kmx + 4m 2— 4 = 0.l x + 4y = 4,•••点B 在以线段 MN 为直径的圆上, -- > --- > • BM -BN = 0.••• BM -N = g, kx 1+ m — 1)凶，kx ?+ m — 1)= (k 2+ 1风也 + k(m — 1)(X 1 + x ?) + (m — 1)2=0,—8 km2+ k(m —1)市+ (m -1)2= 0, 整理，得 5m 2— 2m — 3 = 0, 解得m =— 3或m = 1(舍去).5 •直线I 的方程为y = kx —3.5易知当直线I 的斜率不存在时，不符合题意. 故直线I 过定点，且该定点的坐标为 0,— 3 .［解题技法］直线过定点问题的解题模型• △= 16(4k 2 + 1— m 2)> 0, X 1 + X 2=—8km4k 2+ 1,X 1X 2 = 4m 2—4 4k 2+ 1.• (k 2+ 1) 4m 2— 4 4k 2 + 1!喷応直线与岡策朋线，利用根与系数的关系,:求出宦点的坐标 ■判晰定点的坐标满足所求的血线垂方程，即可' :证出宜樹经过该定点［对点训练］2 2(2019株洲两校联考)已知椭圆E : x 2+右=1(a > b > 0)经过点P(2,1),且离心率为 二3a b 2(1)求椭圆的标准方程;(2)设O 为坐标原点，在椭圆的短轴上有两点M ,别交椭圆于 A , B 两点，试证明直线 AB 过定点.当M , N 不是短轴的端点时，设直线 AB 的方程为y = kx +1,设A(x 1, y 1), B(x 2, y 2),易知X i ^ 2, x 丰2,消去 y , 得 (1 + 4k 2)x 2+ 8ktx + 4『一8= 0,则 A= 16(8k 2— t 2+ 2) > 0,又直线PA 的方程为y — 1 = x^(x — 2),((1— 2k x 2— 2t\ NO , ■—2k —T_0_'求直线 % ______Q依题意杀件设出相关的参数，如设出直讎的斜率i1利用题设条外，求盲线系方程-- > --- >N 满足OM = NO ，直线PM ,PN 分解：(1)由椭圆的离心率e = c =,1 — 1= aa 2= 4b 2,将P(2,1)代入椭圆方程2X 4?+¥= 1,得寺+ 1,解得 b 2= 2,则 a 2= 8,2 2所以椭圆的标准方程为倉+二=1.⑵证明：当M , N 分别是短轴的端点时, 则这个定点一定在 y 轴上，显然直线AB 为y 轴，所以若直线 AB 过定点,< 2 2—+ y = 1,联立S 82、y = kx + t 8ktx1+ x2=— 4k 2 + 1,4t 2 — 8 x1x2=4k +1.即 y — 1 =kx 1 +1— 1 -x1h (x - 2), 所以点M 的坐标为0,1-：：<；-2t ,同理可知由O^=NO, 得1-2kx2—2t + 1 —2kx2—2t = 0,x1 —2 X2—2化简整理得，(2 — 4k)x i x 2 — (2 — 4k + 2t)(x i + X 2) + 8t = 0, 24t — 8 f 8kt 、则(2 — 4k)X — (2 — 4k + 2t) — 4^ + 8t = 0, 整理得(2t + 4)k + (t 2+ t — 2) = 0, 当且仅当t =— 2时，上式对任意的 k 都成立，所以直线 AB 过定点(0，— 2).考点三假设存在定结论(探索性问题)［典例］如图，在直角坐标系 xOy 中有一直角梯形 ABCD , AB 的中点为 0, AD 丄AB , 3 1AD // BC , |AB|= 2, |BC|= 3 |AD| = ^,以 A , B 为焦点的椭圆经过点 C.(1) 求椭圆的标准方程；⑵若点E 0, 2，问是否存在直线I 与椭圆交于 M , N 两点且|ME|=|NE|?若存在，求 出直线I 斜率的取值范围；若不存在，请说明理由.2 2［解］(1)连接AC(图略)，依题意设椭圆的标准方程为 ,+ y 2= 1(a > b >0), a b在 Rt △ ABC 中，|AB|= 2, |BC|=号，所以 |AC|=： 所以 |CA|+ |CB| = 2+ 2 = 2a , a = 2. 又2c = 2，所以c = 1，从而b = 3, 2 2 所以椭圆的标准方程为 x + y= 1.4 3(2) 由题意知，当I 与x 轴垂直时，不满足|ME|=|NE|，当I 与x 轴平行时，|ME|= |NE|, 显然成立，此时 k = 0.当k z 0时，设直线I 的方程为y = kx + m ,y = kx + m , 2y-= 13- - -(3 + 4k )x + 8kmx + 4(m — 3) = 0. 由直线与椭圆交于两点得- - -△= (8km) — 4(3+ 4k ) X 4(m — 3) > 0,消去y ,整理得由所以m2v 4k2+ 3.设M(x i, y i), N(X2, y2), MN 的中点为P(x o, y o),x i+ X2 —4km . 3m则xo= =齐示，yo=kX0+ m=〒4p.因为|ME|=|NE|,所以EP 丄MN，所以k EP k=—1,3m 12 —刚3+4k 2 1 2即—4km k =—1，化简得m= —2(3 + 4k),3+ 4k2结合①得1(3 + 4k2)2v 4k2+ 3,1 1即16k4+ 8k2—3v 0,解得一2< k v ?(k工0).综上所述，存在满足条件的直线I,且其斜率的取值范围为-21.［解题技法］探索性问题的解题策略探索性问题，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.［对点训练］2 2(2019贵阳检测)如图，椭圆C:字+ ”= 1(a>b>0)的左顶点与上顶点分别为A, B，右焦点为F，点P在椭圆C上，且PF丄x轴，若AB// OP，且|AB|= 2 3.(1)求椭圆C的方程；⑵若Q是椭圆C上不同于长轴端点的任意一点，在x轴上是否存在一点D，使得直线Q A与Q D的斜率乘积恒为定值？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由.解：(1)由题意得A(—a,0), B(0, b),可设P(c, t)(t> 0),•••字+器“，解得t=：，即PC, a,b2由AB // OP ,得b=—,即b= C ,a C• a2= b2+ C2= 2b2, ①又AB = 2 3 , • a2+ b2= 12 , ②2 2由①②得a2= 8 , b2= 4，•椭圆C的方程为:+二=1.(2)假设存在D(m,O)使得直线Q A 与Q D 的斜率乘积恒为定值,2 2设 Q (x o , y o )(y o * 0)，则譽+ 誉 1, ③设 k cA k o D = k(常数),-A (-2 2，0)，二 x o+S 店 k ， 由③得y 0= 4 1 - X 0 , 将⑤代入④，得28— x ok _2[x 2+ 2 2 — m X o — 2 , 2m]， 22— m = O , 2 2m = 8,1•存在点D(2 2, O),使得kcAg = — *定值).［课时跟踪检测］F 2,点M 为短轴的上端点，MF 1 MF 2= O ,过F 2垂直于x 轴的直线交椭圆 C 于A , B 两点, 且 |AB|= 2.(1) 求椭圆C 的方程；(2) 设经过点(2, — 1)且不经过点 M 的直线I 与C 相交于G , H 两点.若k 1, k 2分别为 直线MH , MG 的斜率，求 k 1+ k 2的值.-- > -- >解：(1)由 MF 1MF 2= 0,得 b = c.①因为过F 2垂直于x 轴的直线交椭圆 C 于A , B 两点，且|AB|= 2, 所以b =¥‘ ② a 2 又 a 2= b 2+ c 2,③联立①②③，解得 a 2= 2, b 2= 1, 2 故椭圆C 的方程为:+ y 2= 1. (2)易知直线l 的斜率存在，可设直线l 的方程为y + 1 = k(x — 2)，即y = kx — 2k — 1,2 将 y = kx — 2k — 1 代入x ； + y 2= 1 得(1 + 2k 2)x 2 — 4k(2k + 1)x + 8k 2 + 8k = 0, 由题设可知 △=— 16k(k + 2) >O , 设 G(X 1, y 1), H(X 2, y 2),1. (2O19贵阳适应性考试)已知椭圆C :2 27 +b 2= 1(a> b > O)的左、右焦点分别为F 1,••• m= 2 2,24k 2k + 1 8k + 8k则 x 1+ x 2= 匸,X 1X 2 =1 + 2k 1 + 2k 4kf2k + 1 \ 2k +2 x2 —1 kx 1— 2k — 2 kx 2 — 2k — 2 1 + 2k=一 + - = 2k — 2= 2k — (2 k+ 8$iX 28k 1 + 2k 2+ 1) =- 1,所以 &+ k 2=— 1.2. (2018贵阳摸底考试)过抛物线C : y 2= 4x 的焦点F 且斜率为k 的直线I 交抛物线C 于A , B 两点，且|AB|= 8.(1)求直线I 的方程;⑵若A 关于x 轴的对称点为 D ，求证：直线 BD 过定点，并求出该点的坐标.解：(1)易知点F 的坐标为(1,0)，则直线I 的方程为y = k(x — 1),代入抛物线方程 y 2= 4x 得 k 2x 2 — (2k 2 + 4)x + k 2= 0,由题意知 k z 0,且△= [ — (2k 2 + 4)]2 — 4k 2k 2= 16(k 2+ 1)> 0, 2k 2 + 4设 A(X 1, y 1) , B(X 2, y 2),「・X 1 + X 2= 厂,X 1X 2= 1 , 由抛物线的定义知|AB|= x 1+ x 2+ 2 = 8, 22k + 4 的方程为x + y — 1 = 0或x — y — 1 = 0.4•直线BD 的方程为y + y 1 =(x — x 1), y 2—yr ，即(y 2 — y 1)y + y 2y 1 — y 2= 4x — 4X 1, ••• y 2=4x 1, y 2= 4x 2, X 1X 2= 1,2• (y 1y 2)= 16x 1X 2= 16 , 即 y 1y 2 =— 4(y 1, y 2异号),•直线BD 的方程为4(x + 1) + (y 1 — y 2)y = 0，恒过点(—1, 3. (2019西安八校联考)已知直线I : x = my + 1过椭圆C ：线x 2= 4 3y 的焦点为椭圆 C 的上顶点，且I 交椭圆C 于A , B 两点，点A , F , B 在直线x =4上的射y 1— 1 y 2k1+ k2 = GT + _X 2x i=6,「. k 2= 1，即 k = ±1, •••直线I (2)证明:•/ D 点的坐标为(X 1, — y 1),直线BD 的斜率k BDy 2+ y 1y 2 + y 1 _4=2 = ,X 2— X 1 y 2 —工1 y 2 —屮4 —40).2 2* + *= 1的右焦点F ，抛物影依次为D, K, E.(1)求椭圆C的方程;⑵若直线I交y轴于点M，且蔽=入# , MB =他弗，当m变化时，证明：入+ %为定值;(3) 判断当m 变化时，直线 AE 与BD 是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并 给予证明；否则，说明理由.解：(1) •/ l : X = my + 1过椭圆C 的右焦点F ,•••右焦点 F(1,0)，即 c = 1.••• X 2= 4 3y 的焦点(0, 3)为椭圆C 的上顶点,• b = ，即 b 2= 3, a 2= b 2 + c 2= 4,2 2•椭圆C 的方程为7+y =1. 4 3X = my +1, 亠2 2由 2 2消去 X ,整理得(3m 2 + 4)y 2 + 6my — 9 =3X 2 + 4<— 12= 0 0. 设 A(x i , y i ), B (X 2, y 2),6m则 yi +y2=一 3m T 4, yiy2= — 3m T 4.--- > ------ > ----- > -------- > T MA = h AF , MB = h BF , M °,• X i ，y i + m = h (1 — X i ,— y i ), X 2, y 2 + m = h (1 — X 2,—y 2), 11 h =—1—my? h =—1—my? —6m y i + y 2 3m 2 +4 8• h + h = — 2 — = — 2一 ■ = — 8.my i y 2 — 9m 33m 2 + 4综上所述，当m 变化时，入+ h 为定值—3. 3■■5 \⑶当m = 0时，直线I 丄X 轴，则四边形ABED 为矩形，易知AE 与BD 相交于点N 2，°， A N = 2 — X i ,— y i = 3 — my i ,— y i ,-- >易知 E(4, y 2),则 NE =3 33 3 6m-2 — my i $2 — 2(— y i ) = 2(y i + y 2)— my i y 2="「3m 2+ 4 厂-- > --- >• AN // NE ，即A , N , E 三点共线.同理可得B , N , D 三点共线.则猜想成立.(2)证明：由题意知m 丰0, 猜想当m 变化时，直线 AE 与BD 相交于定点N2,0，证明如下:9 3m Z 4 = °，-i,综上，在 x 轴上存在定点 故当m 变化时，直线 AE 与BD 相交于定点N 号，0 .拿+缶=1(a > b >0)的离心率为^2^2，左、右焦点分别为F i , F 2,过F i 的直线交椭圆于 A , B 两点.(1) 若以AF i 为直径的动圆内切于圆 x 2+ y 2= 9,求椭圆的长轴长；--- > --- >(2) 当b = 1时，问在x 轴上是否存在定点 T ,使得TA -TB 为定值？并说明理由. 解：(1)设AF i 的中点为M ，连接OM , AF«O 为坐标原点)，在△ AF 1F 2中，O 为F 1F 2 的中点， 所以 |OM|= 1|AF 2|= 2(2a — |AF 1|)= a - 1|AF 1|.1由题意得 |OM| = 3— 1|AF 1|,所以a = 3,故椭圆的长轴长为 6.(2)由 b = 1, C =竽，a 2= b 2 + c 2,得 c = 2 2, a = 3,所以椭圆C 的方程为；+ y 2= 1.y ,得(9k 2+ 1)x 2+ 36 2k 2x + 72k 2-9= 0, △>0 恒成立. 设 A(X 1, y 1), B(X 2, y 2),36 2k 9k 2+ 1 ,72k — 99k 2 + 1 ,4. (2018石家庄质测)已知椭圆C : 当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y = k(x +珂2),由』 \2 + 9y 2= 9,«x + 2辽消去-i,综上，在 x 轴上存在定点设 T(x °,0), + 71 = 9(x 0 — 9),即卩x °=— 斗2寸，—•缶为定值，定值为 x 2 — 9=—三 当直线AB 的斜率不存在时，不妨设 A不妨设 A i — 2y[2, 3 ], B (— 2羽, 当T -罟,0。

突破2 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.(2018福建厦门质检一,20)设O 为坐标原点,椭圆C :x 2x 2+x 2x 2=1(a>b>0)的左焦点为F ,离心率为2√55.直线l :y=kx+m (m>0)与C 交于A ,B 两点,AF 的中点为M ,|OM|+|MF|=5. (1)求椭圆C 的方程;(2)设点P (0,1),xx ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·xx ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-4,求证:直线l 过定点,并求出定点的坐标.2.(2018东北三省三校(哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)一模,20)已知椭圆C :x 2x 2+x 2x 2=1(a>b>0)的离心率为√22,F 1(-c ,0),F 2(c ,0)为椭圆C 的左、右焦点,M 为椭圆C 上的任意一点,△MF 1F 2的面积的最大值为1,A 、B 为椭圆C 上任意两个关于x 轴对称的点,直线x=x 2x与x 轴的交点为P ,直线PB 交椭圆C 于另一点E. (1)求椭圆C 的标准方程; (2)求证:直线AE 过定点.3.(2018广东一模,20)已知椭圆C :x 2x 2+x 2x 2=1(a>b>0)的离心率为√32,且C 过点1,√32.(1)求椭圆C 的方程;(2)若直线l 与椭圆C 交于P ,Q 两点(点P ,Q 均在第一象限),且直线OP ,l ,OQ 的斜率成等比数列,证明:直线l 的斜率为定值.4.已知定直线l:y=x+3,定点A(2,1),以坐标轴为对称轴的椭圆C过点A且与l相切.(1)求椭圆的标准方程;(2)椭圆的弦AP,AQ的中点分别为M,N,若MN平行于l,则OM,ON斜率之和是否为定值?若是定值,请求出该定值;若不是定值,请说明理由.5.(2018江西六校联考,20)已知F1,F2分别是椭圆C:x2x2+x2x2=1(a>b>0)的左、右焦点,其中右焦点为抛物线y2=4x的焦点,点M-1,√22在椭圆C上.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设与坐标轴不垂直的直线l过F2与椭圆C交于A,B两点,过点M-1,√22且平行直线l的直线交椭圆C于另一点N,若四边形MNBA为平行四边形,试问直线l是否存在?若存在,请求出l的斜率;若不存在,请说明理由.6.(2018辽宁省部分重点中学协作体模拟,20)已知M√3,12是椭圆C:x2x2+x2x2=1(a>b>0)上的一点,F1,F2是该椭圆的左右焦点,且|F1F2|=2√3.(1)求椭圆C的方程;(2)设点A ,B 是椭圆C 上与坐标原点O 不共线的两点,直线OA ,OB ,AB 的斜率分别为k 1,k 2,k 3,且k 1k 2=k 2.试探究|OA|2+|OB|2是否为定值,若是,求出定值,若不是,说明理由.参考答案突破2 圆锥曲线中的 定点、定值与存在性问题1.解 (1)设椭圆的右焦点为F 1,则OM 为△AFF 1的中位线.∴OM=12AF 1,MF=12AF , ∴|OM|+|MF|=|xx |+|xx 1|2=a=5,∵e=xx =2√55,∴c=2√5,∴b=√5,∴椭圆C 的方程为x 225+x 25=1.(2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),联立{x =xx +x ,x 225+x 25=1,消去y 整理得(1+5k 2)x 2+10mkx+5m 2-25=0.∴Δ>0,x 1+x 2=-10xx1+5x 2,x 1x 2=5x 2-251+5x2, ∴y 1+y 2=k (x 1+x 2)+2m=2x1+5x 2, y 1y 2=(kx 1+m )(kx 2+m ) =k 2x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2=5x 2x 2-25x 2-10x 2x 2+x2+5x 2x 21+5x2=-25x 2+x 21+5x2, ∵P (0,1),xx⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·xx ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-4, ∴(x 1,y 1-1)·(x 2,y 2-1)=x 1x 2+y 1y 2-(y 1+y 2)+1=-4, ∴5x 2-251+5x2+-25x 2+x 21+5x2-2x1+5x 2+5=0,整理得3m 2-m-10=0,解得m=2或m=-53(舍去).∴直线l 过定点(0,2).2.(1)解∵当M 为椭圆C 的短轴端点时,△MF 1F 2的面积的最大值为1,∴12×2c×b=1,∴bc=1,∵e=xx =√22,a 2=b 2+c 2,∴a=√2,b=1,∴椭圆C 的标准方程为x 22+y 2=1.(2)证明设B (x 1,y 1),E (x 2,y 2),A (x 1,-y 1),且x 1≠x 2,∵x=x 2x=2,∴P (2,0),由题意知BP 的斜率必存在,设直线BP 的方程为y=k (x-2),代入x 22+y 2=1得(2k 2+1)x 2-8k 2x+8k 2-2=0,由Δ>0得k 2<12,x 1+x 2=8x 22x 2+1,x 1·x 2=8x 2-22x 2+1.∵x 1≠x 2∴AE 斜率必存在,AE :y+y 1=x 1+x 2x2-x 1(x-x 1), 由对称性易知直线AE 过的定点必在x 轴上,则当y=0时,得x=x 1(x 2-x 1)x 1+x 2+x 1=x 1x 2+x 2x 1x 1+x 2 =x (x 1-2)x 2+x (x 2-2)x 1x (x 1+x 2)-4x= 2x 1x 2-2(x 1+x 2)x 1+x 2-4=2·8x 2-22x 2+1-2·8x 22x 2+18x 22x 2+1-4=1,即在k 2<12的条件下,直线AE 过定点(1,0).3.(1)解由题意可得{ xx =√32,1x 2+34x 2=1,x 2=x 2+x 2,解得{x =2,x =1.故椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)证明由题意可知直线l 的斜率存在且不为0,设直线l 的方程为y=kx+m (m ≠0),由{x =xx +x ,x 24+x 2=1,消去y 整理得(1+4k 2)x 2+8kmx+4(m 2-1)=0, ∵直线l 与椭圆交于两点,∴Δ=64k 2m 2-16(1+4k 2)(m 2-1)=16(4k 2-m 2+1)>0.设点P ,Q 的坐标分别为(x 1,y 1),(x 2,y 2),则x 1+x 2=-8xx1+4x 2,x 1x 2=4(x 2-1)1+4x 2,∴y 1y 2=(kx 1+m )(kx 2+m )=k 2x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2. ∵直线OP ,l ,OQ 的斜率成等比数列, ∴k 2=x 2x 2·x 1x 1=x 2x 1x 2+xx (x 1+x 2)+x 2x 1x 2, 整理得km (x 1+x 2)+m 2=0,∴-8x 2x 21+4x2+m 2=0, 又m ≠0,所以k 2=14,结合图像(图略)可知k=-12,故直线l 的斜率为定值. 4.解 (1)设椭圆C 的方程为mx 2+ny 2=1(m>0,n>0,m ≠n ),椭圆C 过点A ,所以4m+n=1.①将y=x+3代入椭圆方程化简得(m+n )x 2+6nx+9n-1=0. 因为直线l 与椭圆C 相切, 所以Δ=(6n )2-4(m+n )(9n-1)=0, ②解①②可得m=16,n=13. 所以椭圆的标准方程为x 26+x 23=1.(2)设点P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2), 则有Mx 1+22,x 1+12,Nx 2+22,x 2+12.由题意可知PQ ∥MN , 所以k PQ =k MN =1.设直线PQ 的方程为y=x+t (-3<t<3),当t ≠0时,代入椭圆方程并化简得3x 2+4tx+2t 2-6=0,Δ=(4t )2-4×3(2t 2-6)=-8t 2+72>0,所以{x 1+x 2=-4x 3,x 1x 2=2x 2-63,③k OM +k ON =x 1+1x 1+2+x 2+1x 2+2=x 1+x +1x 1+2+x 2+x +1x 2+2, 通分后可变形得到k OM +k ON =2x 1x 2+(x +3)(x 1+x 2)+4x +4x 1x 2+2(x 1+x 2)+4,将③式代入得k OM +k ON =2(2x 2-6)+(x +3)(-4x )+12x +122x 2-6+2(-x )+12=02x 2-8x +6=0.当t=0时,直线PQ 的方程为y=x ,易得P (√2,√2),Q (-√2,-√2),则M 2+√22,1+√22,N2-√22,1-√22,所以k OM +k ON =+√22+√2+-√22-√2=0. 所以OM ,ON 斜率之和为定值0.5.解 (1)由y 2=4x 的焦点为(1,0)可知椭圆C 的焦点为F 1(-1,0),F 2(1,0),又点M -1,√22在椭圆上, 所以{1x 2+12x 2=1,x 2=x 2+x 2,x =1,解得{x 2=2,x 2=1,所以椭圆C 的标准方程为x 22+y 2=1.(2)由题意可设直线l 的方程为y=k (x-1),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由{x 22+x 2=1,x =x (x -1),消去y ,得(1+2k 2)x 2-4k 2x+2k 2-2=0,所以x 1+x 2=4x 21+2x2,x 1x 2=2x 2-21+2x 2.所以|AB|=√1+x 2·√(x 1+x 2)2-4x 1x 2=2√2(1+x 2)1+2x 2.设直线MN 的方程为y-√22=k (x+1),M (x 3,y 3),N (x 4,y 4),由{x 22+x 2=1,x -√22=x (x +1),消去y ,得(1+2k 2)x 2+(4k 2+2√2k )x+(2k 2+2√2k-1)=0,因为x 3=-1,所以x 4=-2x 2+2√2x -11+2x 2,|MN|=√1+x 2|x 3-x 4|=√1+x 2|2√2x -2|1+2x2.因为四边形MNBA 为平行四边形,所以|AB|=|MN|,即2√2(1+x 2)1+2x 2=√1+x 2|2√2x -2|1+2x2,k=-√24,但是,直线l 的方程y=-√24(x-1),即x+2√2y-1=0过点M -1,√22,即直线AB 与直线MN 重合,不符合题意,所以直线l 不存在.6.解 (1)由题意,知F 1(-√3,0),F 2(√3,0),根据椭圆定义得|MF 1|+|MF 2|=2a ,所以2a=√(√3+√3)2+(12-0)2+√(√3-√3)2+(12-0)2=4,所以a 2=4,b 2=a 2-c 2=1, 所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)|OA|2+|OB|2为定值.设直线AB :y=kx+m (km ≠0),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由{x =xx +x ,x 24+x 2=1,消去y 得 (1+4k 2)x 2+8kmx+4m 2-4=0, 则Δ=(8km )2-16(m 2-1)(4k 2+1)>0,x 1+x 2=-8xx1+4x 2,x 1x 2=4x2-41+4x 2,因为k 1k 2=k 2, 所以xx 1+x x 1·xx 2+x x 2=k 2, 即km (x 1+x 2)+m 2=0(m ≠0),解得k 2=14,所以|OA|2+|OB|2=x 12+x 22+x 12+x 22=34[(x 1+x 2)2-2x 1x 2]+2=5所以|OA|2+|OB|2=5.。

第 4 讲 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题) __________________________ 热点分类突破 __________________________-典例研撕 各吓击區-热点一 定点问题解决圆锥曲线中的定点问题应注意(1) 分清问题中哪些是定的，哪些是变动的；(2) 注意“设而不求”思想的应用，引入参变量，最后看能否把变量消去；(3) “先猜后证”，也就是先利用特殊情况确定定点，然后验证，这样在整理式子时就有了明 确的方向.例1已知P (0,2)是椭圆C ： a 2+b 2 =l (a >b >0)的一个顶点，C 的离心率e=g.(1)求椭圆的方程；⑵过点P 的两条直线l 1，l 2分别与C 相交于不同于点P 的A , B 两点，若*与12的斜率之和 为一4,则直线AB 是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.厂b = 2 ,解(1)由题意可得c =¥，a 3—2 - b 2 + c 2 ,解得a -眉,b-2 , c -辭,・•・椭圆的方程为手+芍-1. ⑵当直线AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y - kx + t ， A (x 1， y 1)， B (x 2， y 2)，y-kx + t ,联立,x 2 y 2消去y 并整理， X 2 + y 2 — 1€ 6 4' 可得(3k + 2)x 2 + 6ktx + 3t 2 - 12-0 ,- 36(kt )2 - 4 x (3k 2 + 2)⑶2 - 12)>0 ,即24(6k2－t2＋4)>0，则x i+x2_^^^- ,x i x2_3^-121 23k2+2 1 23k2+ 2由l1与l2的斜率之和为-4 , 可得y!-+ y2-_-4,x1 x2又y i = kx1 + t, y2二kx2+1 ,y1- 2 _ y2- 2 _ kx1+1 - 2 _ kx2+1 - 2 . + _ +x1 x2 x1 x2- 6kt(t - 2)・----(t - 2)(x1+ x2) 3k2 + 2_2k+1——忆 _2k+ _- 4 ,3t2 - 12x1x23k2＋2化简可得t二-k - 2 ,.*.y _ kx - k - 2 _ k(x - 1) - 2 ,•°•直线AB经过定点(1 , - 2).当直线AB的斜率不存在时，设直线AB的方程为x _ m , A(m , yj , B(m , y2),y i-2,y2-2_y i+y2-4,m m m又点A， B 均在椭圆上，. A ， B 关于x 轴对称，. y i+ y2_ 0，. m_ i，故直线AB的方程为x_1 ,也过点(1 ,-2),综上直线AB经过定点，定点为(1 , - 2).跟踪演练1 (2019・攀枝花模拟)已知抛物线C：y2=2px(p>0)上一点P(4，t)(t>0)到焦点F的距离等于5.(1)求抛物线C的方程和实数t的值；(2)若过F的直线交抛物线C于不同的两点A, B(均与P不重合)，直线PA, PB分别交抛物线的准线l于点M，N.试判断以MN为直径的圆是否过点F,并说明理由.解 ⑴由抛物线定义可知I PF I 二4 f 2）二5，解得P 二2 ,故抛物线C 的方程为y 2二4x ,将P （4 , t ）（t >0）代入抛物线方程解得t 二4.⑵以MN 为直径的圆一定过点F ,理由如下：设 A （x 1， y 1）， B （x 2， y 2），设直线AB 的方程为x 二my + l （m 丘R ），代入抛物线C ：y 2 = 4x , 化简整理得y 2 - 4my -4 = 0,环2 二-4，由⑴知P （4,4）,所以直线PA 的方程为y -4二乩三(x -4)二丄三(x -4), x l - 4 my l - 3令x =-1得y 二的-5)儿+ 8, my l - 3__ - (4m - + 8、即 M - 1 , ------ 丛一,€ m y 1 -3 丿 同理可得j - 1 ,的-5汕+ 8€ m y 2 - 3 丿(4m - 5)y〔 + 8 (4m - 5)y 2 + 8 (2m - D 2y 1y 2 + (8m - 10)(y 1+y 2) + 16m 2y 1y 2- 3m (y 1+ y 2)+ 9-4(2m - |,2 + 4m (8m - 10) + 16-4m 2 - 3m ・4m + 916m 2- 9= 二-1 ,- 16m 2+ 9:.MF 丄NF , 故以MN 为直径的圆过点F .(也可用MF ・NF=0).热点二 定值问题 ：'k MF k NF2(my 1 - 3) 2(my 2 - 3)求定值问题常见的方法有两种(1)从特殊情况入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；(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2已知椭圆C：02+b2=l(a>b>O)经过点(0, V3),离心率为2,左、右焦点分别为厲(一c,0),F2(c,0).(1)求椭圆C的方程；3(2)P, N是C上异于M的两点，若直线PM与直线PN的斜率之积为一4证明：M, N两点的横坐标之和为常数.(1)解因为椭圆经过点(0，间，所以b =\：3 , 又因为e二2,所以V，2 a 2又C2 = a2~ b2 ,解得a 二 2 , b 二护, 所以椭圆C的方程为》+等二1.⑵证明设P , M , N三点坐标分别为(x p, y p) , (x M, y M) , (x N, y N), 设直线PM , PN斜率分别为k i, k2, 则直线pM方程为y~y p = k1(x - x P),x2+y2 二 1 由方程组,4 3' 消去y,得、y-y P二k1…x - x P(3 + 4k#)x2 - 8k1(k1x p- y p)x + 4k x p - 8k1x p y p+ 4y p - 12 二0 , 由根与系数的关系可得x +x二贴伙1Xp - yp),M p3+ 4k21故x_8k1(k1x p-y p) X_ 4k2x p- 8k”- 3x p,M_ 3 + 4* p_ 3 + 4k2 '从而 X N + X M =0，即 M ，N 两点的横坐标之和为常数 0.跟踪演练2 (2019.四川百校冲刺卷)已知椭圆C ： X 2+y 2=l 的左、右焦点分别为F ], F 2,点 P (m , n )在椭圆C 上.(1)设点P 到直线l ： x =4的距离为d 证明：韵为定值；⑵若0V m V 2, A , B 是椭圆C 上的两个动点(都不与点P 重合)，且直线PA , PB 的斜率互为 相反数，求直线AB 的斜率(结果用n 表示).(1)证明 由已知，得a 2 = 4 , b 2 = 3 , :.C 2 = a 2 - b 2=1 ,即 F 1(- 1,0)， F 2(1,0).(2)解 当0 < m < 2时，则n M 0 ,直线PA , PB 的斜率一定存在.同理可得S + Xp 二 sag 一 y p )3＋4k 22.d…l PF 2l 2 为定值.2l m - 4l设 A (X 1, y 1) , B (x 2 , y 2)，直线 PA 的斜率为 k ,则直线PA 的方程为y - n 二k (x - m ),即y-kx- km + n ,与椭圆C 的方程3x 2 + 4y 2二12 , 联立组成方程组，消去y ,整理得，(3 + 4k 2)x 2 - 8k (km - n )x + 4(km - n )2 - 12-0.工是4(km - n )2 - 12 于疋 x 二 ',y - kx, - km + n . 1 (3 + 4k 2)m I II 1根据直线PB 的斜率为-k ，将上式中的k 用-k 代替,4( - km - n )2 - 12 4(km + n )2 - 12 得x 二 - 2 [3 + 4( - k )2]m (3 + 4k 2)my 2-- kx 2+ km + n .于是 y 1 - y 2 二(kx 1 - km + n ) - (- kx 2 + km + n )- k (x 1+ x 2)- 2km(3 + 4k 2)m (3 + 4k 2)m 8(k 2m 2 + n 2)- 24 - 2m 2(3 + 4k 2) k •一(3 + 4k 2)m8n 2- 24- 6m 2注意到 3m 2+ 4n 2- 12，得 12- 4n 2- 3m 2，(3 + 4k 2)m k ，4(km - n )2 -12x 1 - x 2 -II 2 (3 + 4k 2)m 由根与系数的关系，得m ・x i4(km - n )2 - 123 + 4k 2 -k 4(km - n )2 - 12 4(km + n )2_ 2km4(km + n )2- 12 (3 + 4k 2)m 4[(km - n )2 - (km + n )2] _ - 16kmn(3 + 4k 2)m(3 + 4k 2)m 因此，直线AB 的斜率为J y^2 x 1 -x 2_ (8n2 - 24 - 6m2)k－16kmn_ 3m2- 4n2+ 12 _ 6m2 _3m_ 寸9- 3m8mn 8mn 4n 2n热点三存在性问题存在性问题的求解策略(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律；(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论.例3 (2019•乐山、峨眉山联考)已知椭圆G：a2+b2=1(a>b>0)过点人(1，和点B(0，T)・⑴求椭圆G的方程；(2)设直线y=x+m与椭圆G相交于不同的两点M, N,记线段MN的中点为P,是否存在实数m,使得I BM I = I BN I?若存在，求出实数m；若不存在，请说明理由.解(1)椭圆G：a+b2_1(a>b>0)过点A,1,普…和点B(0，-1)，:.b_1 ,由丄+ — _ 1，解得。

第2课时 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题定值问题(2020·高考北京卷)已知椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1过点A (－2，－1)，且a ＝2b . (1)求椭圆C 的方程；(2)过点B (－4，0)的直线l 交椭圆C 于点M ，N ，直线MA ，NA 分别交直线x ＝－4于点P ，Q ，求|PB||BQ|的值．【解】 (1)因为a ＝2b ，所以椭圆的方程为x24b2＋y2b2＝1，又因为椭圆过点A (－2，－1)，所以有44b2＋1b2＝1，解得b 2＝2，所以椭圆C 的方程为x28＋y22＝1.(2)由题意知直线MN 的斜率存在．当直线MN 的斜率为0时，不妨设M (－22，0)，N (22，0)， 则直线MA ：y ＝－1－2＋22(x ＋22)，直线NA ：y ＝－1－2－22(x －22)，则y P ＝2，y Q ＝－2，|PB||BQ|＝1.当直线MN 的斜率不为0时，设直线MN ：x ＝my －4(m ≠0)，与椭圆方程x28＋y22＝1联立，化简得(m 2＋4)y 2－8my ＋8＝0，Δ＝64m 2－32(m 2＋4)＝32(m 2－4)＞0，解得m 2＞4.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1y 2＝8m2＋4，y 1＋y 2＝8mm2＋4.直线MA 的方程为y ＋1＝y1＋1x1＋2(x ＋2)，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－4，－2（y1＋1）x1＋2－1， 即P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－4，－（m ＋2）y1my1－2. 直线NA 的方程为y ＋1＝y2＋1x2＋2(x ＋2)，则Q ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－4，－2（y2＋1）x2＋2－1， 即Q ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－4，－（m ＋2）y2my2－2. 所以|PB||BQ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪（m ＋2）y1my1－2⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪my2－2（m ＋2）y2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪my1y2－2y1my1y2－2y2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪8m m2＋4－2y18mm2＋4－2y2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪y1＋y2－2y1y1＋y2－2y2＝1. 综上，|PB||BQ|＝1.圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值． (2)两大解法：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； ②变量法：其解题流程为,变量)(2020·六校联盟第二次联考)在直角坐标系xOy 中，动点P 与定点F (1，0)的距离和它到定直线x ＝4的距离之比是1∶2，设动点P 的轨迹为E .(1)求动点P 的轨迹E 的方程；(2)设过F 的直线交轨迹E 的弦为AB ，过原点的直线交轨迹E 的弦为CD ，若CD ∥AB ，求证：|CD|2|AB|为定值．解：(1)设点P 的坐标为(x ，y )，由题意得（x －1）2＋y2|x －4|＝12，将两边平方，并化简得x24＋y23＝1，故轨迹E 的方程是x24＋y23＝1.(2)证明：①当直线AB 的斜率不存在时，易求得|AB |＝3，|CD |＝23， 则|CD|2|AB|＝4.②当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的斜率为k ，依题意知k ≠0， 则直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，直线CD 的方程为y ＝kx . 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)． 由⎩⎨⎧x24＋y23＝1，y ＝k （x －1）得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， 则x 1＋x 2＝8k23＋4k2，x 1x 2＝4k2－123＋4k2，|AB |＝1＋k2·|x 1－x 2|＝1＋k2·（8k23＋4k2）2－4×4k2－123＋4k2＝12（1＋k2）3＋4k2. 由⎩⎨⎧x24＋y23＝1，y ＝kx 整理得x 2＝123＋4k2，则|x 3－x 4|＝433＋4k2.|CD |＝1＋k2×|x 3－x 4|＝43（1＋k2）3＋4k2.所以|CD|2|AB|＝48（1＋k2）3＋4k2·3＋4k212（1＋k2）＝4.综合①②知|CD|2|AB|＝4，为定值．定点问题技法一 目标关系式法求定点(2020·高考全国卷Ⅰ)已知A ，B 分别为椭圆E ：x2a2＋y 2＝1(a >1)的左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG →·GB →＝8.P 为直线x ＝6上的动点，P A 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D .(1)求E 的方程；(2)证明：直线CD 过定点．【解】 (1)由题设得A (－a ，0)，B (a ，0)，G (0，1)．则AG →＝(a ，1)，GB →＝(a ，－1)．由AG →·GB →＝8得a 2－1＝8，即a ＝3.所以E 的方程为x29＋y 2＝1.(2)证明：设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，P (6，t )．若t ≠0，设直线CD 的方程为x ＝my ＋n ，由题意可知－3<n <3. 由于直线P A 的方程为y ＝t 9(x ＋3)，所以y 1＝t9(x 1＋3)．直线PB 的方程为y ＝t 3(x －3)，所以y 2＝t3(x 2－3)． 可得3y 1(x 2－3)＝y 2(x 1＋3)．由于x229＋y 2＝1，故y 2＝－（x2＋3）（x2－3）9，可得27y 1y 2＝－(x 1＋3)(x 2＋3)，即(27＋m 2)y 1y 2＋m (n ＋3)(y 1＋y 2)＋(n ＋3)2＝0.①将x ＝my ＋n 代入x29＋y 2＝1得(m 2＋9)y 2＋2mny ＋n 2－9＝0. 所以y 1＋y 2＝－2mnm2＋9，y 1y 2＝n2－9m2＋9.代入①式得(27＋m 2)(n 2－9)－2m (n ＋3)mn ＋(n ＋3)2·(m 2＋9)＝0. 解得n ＝－3(舍去)或n ＝32.故直线CD 的方程为x ＝my ＋32，即直线CD 过定点(32，0)． 若t ＝0，则直线CD 的方程为y ＝0，过点(32，0)． 综上，直线CD 过定点(32，0)．圆锥曲线中定点问题的常见解法(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；(2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意． 技法二 逆推法求定点设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x22＋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 .【解】 (1)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x22＋y22＝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 .证明直线或曲线过某一定点(定点坐标已知)，可把要证明的结论当条件，逆推上去，若得到使已知条件成立的结论，则证明了直线或曲线过定点．(2020·咸阳模拟)已知A (－2，0)，B (2，0)，点C 是动点且直线AC 和直线BC 的斜率之积为－34.(1)求动点C 的轨迹方程；(2)设直线l 与(1)中轨迹相切于点P ，与直线x ＝4相交于点Q ，判断以PQ 为直径的圆是否过x 轴上一定点．解：(1)设C (x ，y )．由题意得k AC ·k BC ＝y x ＋2·y x －2＝－34(y ≠0)．整理，得x24＋y23＝1(y ≠0)．故动点C 的轨迹方程为x24＋y23＝1(y ≠0)． (2)方法一：易知直线l 的斜率存在， 设直线l ：y ＝kx ＋m .联立方程组⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x24＋y23＝1，消去y 并整理，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.依题意得Δ＝(8km )2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝0， 即3＋4k 2＝m 2.设x 1，x 2为方程(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0的两个根，则x 1＋x 2＝－8km3＋4k2， 所以x 1＝x 2＝－4km3＋4k2.所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－4km 3＋4k2，3m 3＋4k2，即P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m ，3m . 又Q (4，4k ＋m )，设R (t ，0)为以PQ 为直径的圆上一点， 则由RP →·RQ →＝0，得⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km －t ，3m ·(4－t ，4k ＋m )＝0.整理，得4km (t －1)＋t 2－4t ＋3＝0.由km 的任意性，得t －1＝0且t 2－4t ＋3＝0，解得t ＝1.综上可知以PQ 为直径的圆过x 轴上一定点(1，0)．方法二：设P (x 0，y 0)，则曲线C 在点P 处的切线PQ ：x0x 4＋y0y3＝1. 令x ＝4，得Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，3－3x0y0. 设R (t ，0)为以PQ 为直径的圆上一点， 则由RP →·RQ→＝0， 得(x 0－t )·(4－t )＋3－3x 0＝0， 即x 0(1－t )＋t 2－4t ＋3＝0.由x 0的任意性，得1－t ＝0且t 2－4t ＋3＝0，解得t ＝1. 综上可知，以PQ 为直径的圆过x 轴上一定点(1，0)．探索性问题(2020·江西九江四校考前适应性模拟)已知椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为12，P 是椭圆C 上的一个动点．当P 是C 的上顶点时，△F 1PF 2的面积为3.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设斜率存在的直线PF 2与C 的另一个交点为Q ，是否存在点T (t ，0)，使得|TP |＝|TQ |？若存在，求出t 的取值范围；若不存在，请说明理由．【解】 (1)设椭圆C 的半焦距为c .因为S △F 1PF 2＝12×2c ×b ＝3，所以bc ＝3. 又e ＝c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝3，c ＝1. 所以椭圆C 的标准方程为x24＋y23＝1.(2)存在．假设存在点T (t ，0)，使得|TP |＝|TQ |.由直线PQ 过F 2(1，0)，设直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，PQ 的中点为N (x 0，y 0)．当k ＝0时，t ＝0，符合题意．当k ≠0时，由⎩⎨⎧y ＝k （x －1），x24＋y23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，Δ＝(－8k 2)2－4(4k 2＋3)(4k 2－12)＝144k 2＋144>0，x 1＋x 2＝8k24k2＋3.所以x 0＝x1＋x22＝4k24k2＋3，y 0＝k (x 0－1)＝－3k 4k2＋3，即N ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k24k2＋3，－3k 4k2＋3. 连接TN ，因为|TP |＝|TQ |，所以TN ⊥PQ ，则k TN ·k ＝－1(k TN 为直线TN 的斜率)． 所以3k4k2＋3t －4k24k2＋3·k ＝－1，即t ＝k24k2＋3＝14＋3k2.因为4＋3k2>4，所以t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14.综上可得，t 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，14.存在性问题的求解策略解决存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．(2020·山东新高考模拟)设中心在原点，焦点在x 轴上的椭圆E 过点(1，32)，且离心率为32.F 为E 的右焦点，P 为E 上一点，PF ⊥x 轴，⊙F 的半径为PF .(1)求椭圆E 和⊙F 的方程；(2)若直线l ：y ＝k (x －3)(k >0)与⊙F 交于A ，B 两点，与E 交于C ，D 两点，其中A ，C 在第一象限，是否存在k 使|AC |＝|BD |？若存在，求直线l 的方程；若不存在，说明理由．解：(1)设E 的方程为x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)，由题设知 1a2＋34b2＝1，a2－b2a ＝32.解得a ＝2，b ＝1，故椭圆E 的方程为x24＋y 2＝1. 因此F (3，0)，|PF |＝12，即⊙F 的半径为12. 所以⊙F 的方程为(x －3)2＋y 2＝14.(2)不存在．由题设可知，A 在E 外，B 在E 内，C 在⊙F 内，D 在⊙F 外．在l 上的四点A ，B ，C ，D 满足|AC |＝|AB |－|BC |，|BD |＝|CD |－|BC |.设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)．将l 的方程代入E 的方程得 (1＋4k 2)x 2－83k 2x ＋12k 2－4＝0， 则x 1＋x 2＝83k24k2＋1，x 1x 2＝12k2－44k2＋1，|CD |＝1＋k2（x1＋x2）2－4x1x2＝4k2＋44k2＋1>1，又⊙F 的直径|AB |＝1，所以|BD |－|AC |＝|CD |－|AB |＝|CD |－1>0，故不存在正数k使|AC |＝|BD |.思想方法系列17 破解解析几何运算的常见技巧中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中，用方程的观点来研究曲线，体现了用代数的方法解决几何问题的优越性，但有时运算量过大，或需繁杂的讨论，这些都会影响解题的速度，甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹”的地步，特别是高考中，在规定的时间内，要保质保量完成解题的任务，计算能力是一个重要的方面，为此，从以下几个方面探索减轻运算量的方法和技巧，合理简化解题过程，优化思维过程．技巧一 回归定义，化繁为简回归定义的实质是重新审视概念，并用相应的概念解决问题，是一种朴素而又重要的策略和思想方法．圆锥曲线的定义既是有关圆锥曲线问题的出发点，又是新知识、新思维的生长点．对于相关的圆锥曲线中的数学问题，若能根据已知条件，巧妙灵活应用定义，往往能达到化难为易、化繁为简、事半功倍的效果．如图，F 1，F 2是椭圆C 1：x24＋y 2＝1与双曲线C 2的公共焦点，A ，B 分别是C 1，C 2在第二、四象限的公共点．若四边形AF 1BF 2为矩形，则C 2的离心率是( )A.2B.3C.32D.62【解析】 由已知，得F 1(－3，0)，F 2(3，0)，设双曲线C 2的实半轴长为a ，由椭圆及双曲线的定义和已知，可得⎩⎪⎨⎪⎧|AF1|＋|AF2|＝4，|AF2|－|AF1|＝2a ，|AF1|2＋|AF2|2＝12，解得a 2＝2，故a ＝2.所以双曲线C 2的离心率e ＝32＝62. 【答案】 D本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|，|AF2|的等量关系，从而快速求出双曲线实半轴长a的值，进而求出双曲线的离心率，大大降低了运算量．技巧二直观想象，数形结合著名数学家华罗庚说过：“数与形本是两相倚，焉能分作两边飞．数缺形时少直观，形少数时难入微．”在圆锥曲线的一些问题中，许多对应的长度、数式等都具有一定的几何意义，挖掘题目中隐含的几何意义，采用数形结合的思想方法，可解决一些相应问题．已知F是双曲线C：x2－y28＝1的右焦点，P是C的左支上一点，A(0，66)．当△APF周长最小时，该三角形的面积为________．【解析】设双曲线的左焦点为F1，根据双曲线的定义．可知|PF|＝2a＋|PF1|，则△APF的周长为|P A|＋|PF|＋|AF|＝|P A|＋2a＋|PF1|＋|AF|＝|P A|＋|PF1|＋|AF|＋2a，由于|AF|＋2a是定值，要使△APF的周长最小，则|P A|＋|PF1|最小，即P，A，F1共线，由于A(0，66)，F1(－3，0)，则直线AF1的方程为x－3＋y66＝1，即x＝y26－3，代入双曲线方程整理可得y2＋66y－96＝0，解得y＝26或y＝－86(舍去)，所以点P的纵坐标为26，所以S△APF＝S△AFF1－S△PFF1＝12×6×66－12×6×26＝126.【答案】12 6要求△APF的周长的最小值，其实就是转化为求解三角形三边长之和，根据已知条件与双曲线定义加以转化为已知边的长度问题与已知量的等价条件来分析，根据直线与双曲线的位置关系，通过数形结合确定点P 的位置，通过求解点P 的坐标进而利用三角形的面积公式来处理．技巧三 设而不求，整体运算对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，常常可以用“点差法”求解．已知椭圆E ：x2a2＋y2b2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (3，0)，过点F 的直线交E于A ，B 两点．若AB 的中点坐标为M (1，－1)，则E 的标准方程为( )A.x245＋y236＝1 B.x236＋y227＝1 C.x227＋y218＝1D.x218＋y29＝1【解析】 通解：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－2， ⎩⎪⎨⎪⎧x21a 2＋y 21b 2＝1，①x 2a 2＋y 2b 2＝1，② ①－②得（x1＋x2）（x1－x2）a2＋（y1＋y2）（y1－y2）b2＝0，所以k AB ＝y1－y2x1－x2＝－b2（x1＋x2）a2（y1＋y2）＝b2a2.又k AB ＝0＋13－1＝12，所以b2a2＝12.又9＝c 2＝a 2－b 2，解得b 2＝9，a 2＝18， 所以椭圆E 的标准方程为x218＋y29＝1.优解：由k AB ·k OM ＝－b2a2得，－1－01－3×－11＝－b2a2得，a 2＝2b 2.又a 2－b 2＝9，所以a 2＝18，b 2＝9，所以椭圆E 的标准方程为x218＋y29＝1. 【答案】 D本题设出A ，B 两点的坐标，却不求出A ，B 两点的坐标，巧妙的表达出直线AB 的斜率，通过将直线AB 的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．技巧四 整体换元，简化运算变量换元的关键是构造元和设元 ，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化．变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题．设直线l 与抛物线x 2＝2y 分别相交于A ，B 两点，与椭圆x24＋y23＝1分别相交于C ，D 两点，直线OA ，OB ，OC ，OD (O 为坐标原点)的斜率分别为k 1，k 2，k 3，k 4，且OA ⊥OB .(1)是否存在实数t ，满足k 1＋k 2＝t (k 3＋k 4)，并说明理由； (2)求△OCD 面积的最大值．【解】 设直线l 的方程为y ＝kx ＋b (b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x2＝2y ，得x 2－2kx －2b ＝0，则x 1＋x 2＝2k ，x 1x 2＝－2b ，Δ1＝4k 2＋8b >0.因为OA ⊥OB ，所以x 1x 2＋y 1y 2＝0，得b ＝2或b ＝0(舍)．联立⎩⎨⎧y ＝kx ＋2，x24＋y23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0，则x 3＋x 4＝－16k 3＋4k2，x 3x 4＝43＋4k2.由Δ2＝192k 2－48>0，得k 2>14.(1)存在．因为k 1＋k 2＝y1x1＋y2x2＝k ，k 3＋k 4＝y3x3＋y4x4＝－6k ， 所以t ＝k1＋k2k3＋k4＝－16.(2)根据弦长公式|CD |＝1＋k2|x 3－x 4|， 得|CD |＝43·1＋k2·4k2－13＋4k2.根据点O 到直线CD 的距离公式，得d ＝21＋k2，所以S △OCD ＝12|CD |·d ＝43·4k2－13＋4k2.设4k2－1＝m >0，则S △OCD ＝43m m2＋4＝43m ＋4m≤3，所以当且仅当m ＝4m ，即m ＝2，k ＝±52时，S △OCD 有最大值3.破解此类题的关键：一是利用已知条件，建立关于参数的方程，解方程，求出参数的值，二是通过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数，求得其值域，从而求得原函数的值域，形如y ＝ax ＋b ±cx ＋d (a ，b ，c ，d 均为常数，且ac ≠0)的函数常用此法求解，但在换元时一定要注意新元的取值范围，以保证等价转化，这样目标函数的值域才不会发生变化．技巧五 妙借向量，更换思路平面向量是衔接代数与几何的纽带，沟通“数”与“形”，融数、形于一体，是数形结合的典范，具有几何形式与代数形式的双重身份，是数学知识的一个交汇点和联系多项知识的媒介．妙借向量，可以有效提升圆锥曲线的解题方向与运算效率，达到良好效果．如图，在平面直角坐标系xOy 中，F 是椭圆x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的右焦点，直线y ＝b2与椭圆交于B ，C 两点，且∠BFC ＝90°，则该椭圆的离心率是________．【解析】 把y ＝b 2代入椭圆x2a2＋y2b2＝1，可得x ＝±32a ，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，b 2，C ⎝⎛⎭⎪⎫32a ，b 2，而F (c ，0)，则FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a －c ，b 2，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a －c ，b 2，又∠BFC ＝90°，故有FB →·FC→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a －c ，b 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫32a －c ，b 2＝c 2－34a 2＋14b 2＝c 2－34a 2＋14(a 2－c 2)＝34c 2－12a 2＝0，则有3c 2＝2a 2，所以该椭圆的离心率e ＝c a ＝63.【答案】 63本题通过相关向量坐标的确定，结合∠BFC ＝90°，巧妙借助平面向量的坐标运算来转化圆锥曲线中的相关问题，从形入手转化为相应数的形式，简化运算．[A 级 基础练]1．直线l 与抛物线C ：y 2＝2x 交于A ，B 两点，O 为坐标原点，若直线OA ，OB 的斜率分别为k 1，k 2，且满足k 1k 2＝23，则直线l 过定点( )A ．(－3，0)B ．(0，－3)C ．(3，0)D ．(0，3)解析：选A.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为k 1k 2＝23，所以y1x1·y2x2＝23.又y 21＝2x 1，y 2＝2x 2，所以y 1y 2＝6.将直线l ：x ＝my ＋b 代入抛物线C ：y 2＝2x 得y 2－2my －2b ＝0，所以y 1y 2＝－2b ＝6，得b ＝－3，即直线l 的方程为x ＝my －3，所以直线l 过定点(－3，0)．2．(多选)设椭圆的方程为x22＋y24＝1，斜率为k 的直线不经过原点O ，且与椭圆相交于A ，B 两点，M 为线段AB 的中点．下列结论正确的是( )A ．直线AB 与OM 垂直B ．若点M 的坐标为(1，1)，则直线AB 的方程为2x ＋y －3＝0C ．若直线AB 的方程为y ＝x ＋1，则点M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫13，43D ．若直线AB 的方程为y ＝x ＋2，则|AB |＝423解析：选BD.对于A ，根据椭圆的中点弦的性质得k ·k OM ＝－42＝－2≠－1，所以A 不正确．对于B ，因为点M 的坐标为(1，1)，且k ·k OM ＝－2，所以k ＝－2，所以直线AB 的方程为y －1＝－2(x －1)，即2x ＋y －3＝0，所以B 正确．对于C ，若直线AB的方程为y ＝x ＋1，点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，43，则k ·k OM ＝1×4＝4≠－2，所以C 不正确．对于D ，联立⎩⎨⎧y ＝x ＋2，x22＋y24＝1，得2x 2＋(x ＋2)2－4＝0，整理，得3x 2＋4x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝－43.所以|AB |＝1＋12×⎪⎪⎪⎪⎪⎪－43－0＝423，所以D 正确．故选BD.3．以下四个关于圆锥曲线的命题：①设A ，B 为两个定点，K 为正数，若||P A |－|PB ||＝K ，则动点P 的轨迹是双曲线；②方程2x 2－5x ＋2＝0的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率； ③双曲线x225－y29＝1与椭圆x235＋y 2＝1有相同的焦点；④已知抛物线y 2＝2px ，以过焦点的一条弦AB 为直径作圆，则此圆与准线相切． 其中真命题为________．(写出所有真命题的序号)解析：A ，B 为两个定点，K 为正数，||P A |－|PB ||＝K ，当K ＝|AB |时，动点P 的轨迹是两条射线，故①错误；方程2x 2－5x ＋2＝0的两根为12和2，可分别作为椭圆和双曲线的离心率，故②正确；双曲线x225－y29＝1的焦点坐标为(±34，0)，椭圆x235＋y 2＝1的焦点坐标为(±34，0)，故③正确；设AB 为过抛物线焦点F 的弦，P 为AB 中点，A ，B ，P 在准线l 上的射影分别为M ，N ，Q ，因为AF ＋BF ＝AP ＋BP ＝AM ＋BN ，所以PQ ＝12AB ， 所以以AB 为直径作圆，则此圆与准线l 相切，故④正确． 故正确的命题有②③④. 答案：②③④4．(2020·惠州调研(二))我们把焦点相同，且离心率互为倒数的椭圆和双曲线称为一对“相关曲线”，已知F 1，F 2是一对相关曲线的焦点，P 是椭圆和双曲线在第一象限的交点，当∠F 1PF 2＝60°时，这一对相关曲线中双曲线的离心率为________．解析：设椭圆、双曲线的离心率分别为e 1，e 2，椭圆的长半轴长为a 1，椭圆的半焦距为c ，双曲线的实半轴长为a 2，|PF 1|＝x ，|PF 2|＝y ，x >y .由椭圆、双曲线的定义得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝2a1，x －y ＝2a2，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a1＋a2，y ＝a1－a2.在△PF 1F 2中，由余弦定理得cos ∠F 1PF 2＝x2＋y2－（2c ）22xy ＝cos 60°，所以2（a21＋a 2）－4c 22（a 21－a 2）＝12，所以a 21＋3a 2＝4c 2.又e 1·e 2＝c a1·c a2＝1，所以c 2＝a 1a 2，所以a 21＋3a 2＝4a 1a 2，即(a 1－a 2)(a 1－3a 2)＝0，所以a 1＝3a 2，所以3a 2＝c 2，所以e 2＝ca2＝3.答案：35．已知椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2.点M 在椭圆C 上滑动，若△MF 1F 2的面积取得最大值4时，有且仅有2个不同的点M 使得△MF 1F 2为直角三角形．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P (0，1)的直线l 与椭圆C 分别相交于A ，B 两点，与x 轴交于点Q .设OA →＝λP A →，QB →＝μPB →，求证：λ＋μ为定值，并求该定值．解：(1)由对称性知，点M 在短轴端点时，△MF 1F 2为直角三角形且∠F 1MF 2＝90°，且S △MF 1F 2＝4， 所以b ＝c 且S ＝12·2c ·b ＝bc ＝4， 解得b ＝c ＝2，a 2＝b 2＋c 2＝8， 所以椭圆C 的方程为x28＋y24＝1.(2)显然直线l 的斜率不为0，设直线l ：x ＝t (y －1)， 联立⎩⎨⎧x28＋y24＝1，x ＝t （y －1），消去x ，得(t 2＋2)y 2－2t 2y ＋t 2－8＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝2t2t2＋2，y 1y 2＝t2－8t2＋2.令y ＝0，则x ＝－t ，所以Q (－t ，0)，因为QA →＝λP A →，所以y 1＝λ(y 1－1)，所以λ＝y1y1－1.所以QB →＝μPB →，所以y 2＝μ(y 2－1)，所以μ＝y2y2－1.所以λ＋μ＝y1y1－1＋y2y2－1＝2y1y2－（y1＋y2）y1y2－（y1＋y2）＋1＝83.6．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知曲线C ：y ＝x22，D 为直线y ＝－12上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .(1)证明：直线AB 过定点；(2)若以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求该圆的方程．解：(1)证明：设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12，A (x 1，y 1)，则x 21＝2y 1.由于y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y1＋12x1－t＝x 1.整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0. 故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0.所以直线AB 过定点⎝⎛⎭⎪⎫0，12.(2)由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋12.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝tx ＋12，y ＝x22可得x 2－2tx －1＝0.于是x 1＋x 2＝2t ，y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2＋1.设M 为线段AB 的中点，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，t2＋12.由于EM→⊥AB →，而EM →＝(t ，t 2－2)，AB →与向量(1，t )平行，所以t ＋(t 2－2)t ＝0.解得t ＝0或t ＝±1.当t ＝0时，|EM →|＝2，所求圆的方程为x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫y －522＝4；当t ＝±1时，|EM →|＝2，所求圆的方程为x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －522＝2. [B 级 综合练]7．(2020·洛阳尖子生第一次联考)已知椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的离心率为12，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线7x －5y ＋12＝0相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)设A (－4，0)，过点R (3，0)作与x 轴不重合的直线交椭圆C 于P ，Q 两点，连接AP ，AQ 分别交直线x ＝163于M ，N 两点，若直线MR ，NR 的斜率分别为k 1，k 2，试问：k 1k 2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝12，127＋5＝b ，a2＝b2＋c2，解得a ＝4，b ＝23，c ＝2，故椭圆C 的方程为x216＋y212＝1. (2)k 1k 2是定值．设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，直线PQ 的方程为x ＝my ＋3，代入椭圆方程x216＋y212＝1，得(3m 2＋4)y 2＋18my －21＝0，所以y 1＋y 2＝－18m 3m2＋4，y 1y 2＝－213m2＋4， 由A ，P ，M 三点共线可知，yM 163＋4＝y1x1＋4， 所以y M ＝28y13（x1＋4）， 同理可得，y N ＝28y23（x2＋4），所以k 1k 2＝yM 163－3·yN 163－3＝9yMyN 49＝16y1y2（x1＋4）（x2＋4）. 因为(x 1＋4)(x 2＋4)＝(my 1＋7)(my 2＋7)＝m 2y 1y 2＋7m (y 1＋y 2)＋49，所以k 1k 2＝16y1y2m2y1y2＋7m （y1＋y2）＋49＝－127. 8．(2021·全国名校联考)已知离心率为12的椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a ＞b ＞0)过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)两点，其中x 1，x 2≠±a .(1)求椭圆C 的方程；(2)若A (－a ，0)，且AM ⊥AN ，探究直线l 是否恒过定点．若是，请求出定点的坐标，若不是，请说明理由．解：(1)依题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝12，1a2＋94b2＝1，a2＝b2＋c2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝3，c ＝1，所以椭圆C 的方程为x24＋y23＝1. (2)直线l 恒过定点，由(1)可知A (－2，0)，由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x24＋y23＝1消去y 可得，(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4m 2－12＝0，则Δ＝(8mk )2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝16(12k 2－3m 2＋9)＞0，即3＋4k 2－m 2＞0，x 1＋x 2＝－8mk3＋4k2， x 1x 2＝4m2－123＋4k2，y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3m2－12k23＋4k2.因为AM ⊥AN ，即AM →·AN→＝0， 所以(x 1＋2，y 1)·(x 2＋2，y 2)＝x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＋y 1y 2＝0，所以4m2－123＋4k2＋2×－8mk 3＋4k2＋4＋3m2－12k23＋4k2＝0， 所以7m 2－16mk ＋4k 2＝0，所以m ＝2k 或m ＝27k ，均满足3＋4k 2－m 2＞0，当m ＝2k 时，直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)，直线恒过定点(－2，0)，不合题意，舍去；当m ＝27k 时，直线l 的方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋27，直线恒过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫－27，0. 综上所述，直线l 恒过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫－27，0.。

圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题一、椭圆定点问题1已知圆E ：x +1 2+y 2=16，点F 1,0 ，G 是圆E 上任意一点，线段GF 的垂直平分线和半径GE 相交于H(1)求动点H 的轨迹Γ的方程；(2)经过点F 和T 7,0 的圆与直线l ：x =4交于P ，Q ，已知点A 2,0 ，且AP 、AQ 分别与Γ交于M 、N .试探究直线MN 是否经过定点.如果有，请求出定点；如果没有，请说明理由.2已知点A (2,0)，B -65,-45 在椭圆M :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上.(1)求椭圆M 的方程；(2)直线l 与椭圆M 交于C ,D 两个不同的点(异于A ,B )，过C 作x 轴的垂线分别交直线AB ,AD 于点P ,Q ，当P 是CQ 中点时，证明．直线l 过定点.2024年高考数学专项复习圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题（解析版）3如图，椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ．左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为22，点M (2,1)在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知P ，Q 是椭圆C 上两动点，记直线AP 的斜率为k 1，直线BQ 的斜率为k 2，k 1=2k 2．过点B 作直线PQ 的垂线，垂足为H ．问：在平面内是否存在定点T ，使得TH 为定值，若存在，求出点T 的坐标；若不存在，试说明理由．4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，A ，B 分别是C 的右、上顶点，且AB =7，D 是C 上一点，△BF 2D 周长的最大值为8.(1)求C 的方程；(2)C 的弦DE 过F 1，直线AE ，AD 分别交直线x =-4于M ，N 两点，P 是线段MN 的中点，证明：以PD 为直径的圆过定点.5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．二、双曲线定点问题1已知点P 4,3 为双曲线E :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)上一点，E 的左焦点F 1到一条渐近线的距离为3.(1)求双曲线E 的标准方程；(2)不过点P 的直线y =kx +t 与双曲线E 交于A ,B 两点，若直线PA ，PB 的斜率和为1，证明：直线y =kx +t 过定点，并求该定点的坐标.2双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点为A，焦距为4，过右焦点F作垂直于实轴的直线交C于B、D两点，且△ABD是直角三角形.(1)求双曲线C的方程；(2)已知M,N是C上不同的两点，MN中点的横坐标为2，且MN的中垂线为直线l，是否存在半径为1的定圆E，使得l被圆E截得的弦长为定值，若存在，求出圆E的方程；若不存在，请说明理由.3已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的右焦点，右顶点分别为F，A，B0,b，AF=1，点M在线段AB上，且满足BM=3MA，直线OM的斜率为1，O为坐标原点.(1)求双曲线C的方程.(2)过点F的直线l与双曲线C的右支相交于P，Q两点，在x轴上是否存在与F不同的定点E，使得EP⋅FQ=EQ⋅FP恒成立？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.4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)已知点D (2,0)，E ，F 是双曲线C 上不同于D 的两点，且DE ·DF =0，DG ⊥EF 于点G ，证明:存在定点H ，使GH 为定值.5已知双曲线C :x 2-y 2b2=1b >0 的左、右焦点分别为F 1，F 2，A 是C 的左顶点，C 的离心率为2．设过F 2的直线l 交C 的右支于P 、Q 两点，其中P 在第一象限．(1)求C 的标准方程；(2)若直线AP 、AQ 分别交直线x =12于M 、N 两点，证明：MF 2 ⋅NF 2 为定值；(3)是否存在常数λ，使得∠PF 2A =λ∠PAF 2恒成立？若存在，求出λ的值；否则，说明理由．三、抛物线定点问题1已知动圆M 恒过定点F 0,18 ，圆心M 到直线y =-14的距离为d ,d =MF +18．(1)求M 点的轨迹C 的方程；(2)过直线y =x -1上的动点Q 作C 的两条切线l 1,l 2，切点分别为A ,B ，证明：直线AB 恒过定点．2已知抛物线C 1:x 2=2py (p >0)和圆C 2:(x +1)2+y 2=2，倾斜角为45°的直线l 1过C 1焦点，且l 1与C 2相切.(1)求抛物线C 1的方程；(2)动点M 在C 1的准线上，动点A 在C 1上，若C 1在点A 处的切线l 2交y 轴于点B ，设MN =MA +MB ，证明点N 在定直线上，并求该定直线的方程.3已知直线l1:x-y+1=0过椭圆C:x24+y2b2=1(b>0)的左焦点，且与抛物线M:y2=2px(p>0)相切.(1)求椭圆C及抛物线M的标准方程;(2)直线l2过抛物线M的焦点且与抛物线M交于A，B两点，直线OA，OB与椭圆的过右顶点的切线交于M，N两点.判断以MN为直径的圆与椭圆C是否恒交于定点P，若存在，求出定点P的坐标；若不存在，请说明理由.4在平面直角坐标系中，已知圆心为点Q的动圆恒过点F(0,1)，且与直线y=-1相切，设动圆的圆心Q的轨迹为曲线Γ．(1)求曲线Γ的方程；(2)P为直线l：y=y0y0<0上一个动点，过点P作曲线Γ的切线，切点分别为A，B，过点P作AB的垂线，垂足为H，是否存在实数y0，使点P在直线l上移动时，垂足H恒为定点？若不存在，说明理由；若存在，求出y0的值，并求定点H的坐标．5已知抛物线C ：y 2=2px p >0 ，直线x +y +1=0与抛物线C 只有1个公共点.(1)求抛物线C 的方程；(2)若直线y =k x -p 2与曲线C 交于A ，B 两点，直线OA ，OB 与直线x =1分别交于M ，N 两点，试判断以MN 为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.四、椭圆定值问题1已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的离心率e =12，短轴长为23．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知经过定点P 1,1 的直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，且与直线y =-34x 相交于点Q ，如果AQ =λAP ，QB =μPB ，那么λ+μ是否为定值？若是，请求出具体数值；若不是，请说明理由．2在椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆Γ：x 2+y 2=a 2+b 2上，称此圆为椭圆的蒙日圆.椭圆C 过P 1,22，Q -62,12 .(1)求椭圆C 的方程；(2)过椭圆C 的蒙日圆上一点M ，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于另一点N ，若k OM ，k ON 存在，证明：k OM ⋅k ON 为定值.3已知O 为坐标原点，定点F 1-1,0 ，F 21,0 ，圆O :x 2+y 2=2，M 是圆内或圆上一动点，圆O 与以线段F 2M 为直径的圆O 1内切.(1)求动点M 的轨迹方程；(2)设M 的轨迹为曲线E ，若直线l 与曲线E 相切，过点F 2作直线l 的垂线，垂足为N ，证明：ON 为定值.4设椭圆E ：x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 过点M 2,1 ，且左焦点为F 1-2,0 ．(1)求椭圆E 的方程；(2)△ABC 内接于椭圆E ，过点P 4,1 和点A 的直线l 与椭圆E 的另一个交点为点D ，与BC 交于点Q ，满足AP QD =AQ PD ，证明：△PBC 面积为定值，并求出该定值．5椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1的右焦点为F (1,0)，离心率为12.(1)求椭圆C 的方程；(2)过F 且斜率为1的直线交椭圆于M ，N 两点，P 是直线x =4上任意一点.求证：直线PM ，PF ，PN 的斜率成等差数列.五、双曲线定值问题1在平面直角坐标系xOy中，圆F1：x+22+y2=4，F22,0，P是圆F1上的一个动点，线段PF2的垂直平分线l与直线PF1交于点M．记点M的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)过点F2作与x轴不垂直的任意直线交曲线C于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点H，求证：ABF2H为定值．2已知双曲线x2-y2=1的左、右顶点分别为A1，A2，动直线l：y=kx+m与圆x2+y2=1相切，且与双曲线左、右两支的交点分别为P1(x1，y1)，P2(x2，y2)．(1)求k的取值范围；(2)记直线P1A1的斜率为k1，直线P2A2的斜率为k2，那么k1k2是定值吗？证明你的结论．3已知P 是圆C :(x +2)2+y 2=12上一动点，定点M (2,0)，线段PM 的垂直平分线n 与直线PC 交于点T ，记点T 的轨迹为C ．(1)求C 的方程；(2)若直线l 与曲线C 恰有一个共点，且l 与直线l 1:y =33x ，l 2:y =-33x 分别交于A 、B 两点，△OAB 的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．4已知双曲线C ：x 2a 2-y 2b2=1(a >0，b >0)的渐近线方程为y =±34x ，焦距为10，A 1，A 2为其左右顶点．(1)求C 的方程；(2)设点P 是直线l ：x =2上的任意一点，直线PA 1、PA 2分别交双曲线C 于点M 、N ，A 2Q ⊥MN ，垂足为Q ，求证：存在定点R ，使得QR 是定值．5已知F1,F2分别为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点，点P2,26在C上，且双曲线C的渐近线与圆x2+y2-6y+8=0相切．(1)求双曲线C的方程；(2)若过点F2且斜率为k的直线l交双曲线C的右支于A,B两点，Q为x轴上一点，满足QA=QB，试问AF1+BF1-4QF2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．六、抛物线定值问题1已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，准线为l，过点F且倾斜角为π6的直线交抛物线于点M(M在第一象限)，MN⊥l，垂足为N，直线NF交x轴于点D，MD=43.(1)求p的值.(2)若斜率不为0的直线l1与抛物线C相切，切点为G，平行于l1的直线交抛物线C于P,Q两点，且∠PGQ=π2，点F到直线PQ与到直线l1的距离之比是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.2已知抛物线C1:y2=2px p>0到焦点的距离为3.上一点Q1,a(1)求a，p的值；(2)设P为直线x=-1上除-1,-3两点外的任意一点，过P作圆C2:x-2，-1,32+y2=3的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D，试判断A，B，C，D四点纵坐标之积是否为定值？若是，求该定值；若不是，请说明理由.3已知点F是抛物线C：y2=2px p>0的焦点，纵坐标为2的点N在C上，以F为圆心、NF为半径的圆交y轴于D，E，DE=23.(1)求抛物线C的方程；(2)过-1,0作直线l与抛物线C交于A，B，求k NA+k NB的值.4贝塞尔曲线是计算机图形学和相关领域中重要的参数曲线．法国数学象卡斯特利奥对贝塞尔曲线进行了图形化应用的测试，提出了De Casteljau 算法：已知三个定点，根据对应的比例，使用递推画法，可以画出地物线．反之，已知抛物线上三点的切线，也有相应成比例的结论．如图所示，抛物线Γ:x 2=2py ，其中p >0为一给定的实数.(1)写出抛物线Γ的焦点坐标及准线方程；(2)若直线l :y =kx -2pk +2p 与抛物线只有一个公共点，求实数k 的值；(3)如图，A ，B ，C 是H 上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D ，E ，F ，证明：|AD ||DE |=|EF ||FC |=|DB ||BF |．5已知点A 为直线l :x +1=0上的动点，过点A 作射线AP (点P 位于直线l 的右侧)使得AP ⊥l ,F 1,0 ，设线段AF 的中点为B ，设直线PB 与x 轴的交点为T ,PF =TF .(1)求动点P 的轨迹C 的方程.(2)设过点Q 0,2 的两条射线分别与曲线C 交于点M ,N ，设直线QM ,QN 的斜率分别为k 1,k 2，若1k 1+1k 2=2，请判断直线MN 的斜率是否为定值以及其是否过定点，若斜率为定值，请计算出定值；若过定点，请计算出定点.七、椭圆定直线问题1椭圆E的方程为x24+y28=1，左、右顶点分别为A-2,0，B2,0，点P为椭圆E上的点，且在第一象限，直线l过点P(1)若直线l分别交x，y轴于C，D两点，若PD=2，求PC的长；(2)若直线l过点-1,0，且交椭圆E于另一点Q(异于点A，B)，记直线AP与直线BQ交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，说明理由．2已知曲线C:(5-m)x2+(m-2)y2=8(m∈R)．(1)若曲线C是椭圆，求m的取值范围．(2)设m=4，曲线C与y轴的交点为A，B(点A位于点B的上方)，直线l:y=kx+4与曲线C交于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点G．试问点G是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．3已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >0,b >0 过点M 263,63 ，且离心率为22．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l :y =x +m 与椭圆C 交y 轴右侧于不同的两点A ，B ，试问：△MAB 的内心是否在一条定直线上？若是，请求出该直线方程；若不是，请说明理由．4已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 过点Q 1,32 ，且离心率为12．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P 1,2 的直线l 交C 于A 、B 两点时，在线段AB 上取点M ，满足AP ⋅MB =AM ⋅PB ，证明：点M 总在某定直线上．5椭圆E的中心为坐标原点，坐标轴为对称轴，左、右顶点分别为A-2,0，B2,0，点1,6在椭圆E上．(1)求椭圆E的方程．(2)过点-1,0的直线l与椭圆E交于P，Q两点(异于点A，B)，记直线AP与直线BQ交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，请说明理由．八、双曲线定直线问题1如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点．若双曲线E:x24-y2b2=1b>0的左、右焦点分别为F1、F2，从F2发出的光线经过图2中的A、B两点反射后，分别经过点C和D，且tan∠CAB=-34，AB⊥BD.(1)求双曲线E的方程；(2)设A1、A2为双曲线E实轴的左、右顶点，若过P4,0的直线l与双曲线C交于M、N两点，试探究直线A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上？若存在，请求出该定直线方程；如不存在，请说明理由．2已知曲线C上的动点P满足|PF1|-|PF2|=2，且F1-2,0,F22,0.(1)求C的方程；(2)若直线AB与C交于A、B两点，过A、B分别做C的切线，两切线交于点P .在以下两个条件①②中选择一个条件，证明另外一个条件成立.①直线AB经过定点M4,0；②点P 在定直线x=14上.3已知点(2,3)在双曲线C:x2a2-y2a2+2=1上．(1)双曲线上动点Q处的切线交C的两条渐近线于A,B两点，其中O为坐标原点，求证：△AOB的面积S 是定值；(2)已知点P12,1，过点P作动直线l与双曲线右支交于不同的两点M､N，在线段MN上取异于点M､N的点H，满足PMPN=MHHN，证明：点H恒在一条定直线上．4已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 经过点D 4,3 ，直线l 1、l 2分别是双曲线C 的渐近线，过D 分别作l 1和l 2的平行线l 1和l 2，直线l 1交x 轴于点M ，直线l 2交y 轴于点N ，且OM ⋅ON =23(O 是坐标原点)(1)求双曲线C 的方程；(2)设A 1、A 2分别是双曲线C 的左、右顶点，过右焦点F 的直线交双曲线C 于P 、Q 两个不同点，直线A 1P 与A 2Q 相交于点G ，证明：点G 在定直线上.5已知双曲线C ：x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 的离心率为2，过点E 1,0 的直线l 与C 左右两支分别交于M ，N 两个不同的点(异于顶点)．(1)若点P 为线段MN 的中点，求直线OP 与直线MN 斜率之积(O 为坐标原点)；(2)若A ，B 为双曲线的左右顶点，且AB =4，试判断直线AN 与直线BM 的交点G 是否在定直线上，若是，求出该定直线，若不是，请说明理由九、抛物线定直线问题1过抛物线x 2=2py (p >0)内部一点P m ,n 作任意两条直线AB ,CD ，如图所示，连接AC ,BD 延长交于点Q ，当P 为焦点并且AB ⊥CD 时，四边形ACBD 面积的最小值为32(1)求抛物线的方程；(2)若点P 1,1 ，证明Q 在定直线上运动，并求出定直线方程.2已知抛物线E :y 2=2px p >0 ，过点-1,0 的两条直线l 1、l 2分别交E 于A 、B 两点和C 、D 两点．当l 1的斜率为12时，AB =210．(1)求E 的标准方程；(2)设G 为直线AD 与BC 的交点，证明：点G 在定直线上．3已知抛物线C 1：x 2=2py (p >0)和圆C 2：x +1 2+y 2=2，倾斜角为45°的直线l 1过C 1的焦点且与C 2相切．(1)求p 的值：(2)点M 在C 1的准线上，动点A 在C 1上，C 1在A 点处的切线l 2交y 轴于点B ，设MN =MA +MB，求证：点N 在定直线上，并求该定直线的方程．4已知拋物线x 2=4y ，P 为拋物线外一点，过P 点作抛物线的切线交抛物线于A ，B 两点，交x 轴于M ，N 两点.(1)若P -1,-2 ，设△OAB 的面积为S 1，△PMN 的面积为S 2，求S 1S 2的值；(2)若P x 0,y 0 ，求证：△PMN 的垂心H 在定直线上.5已知F为抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点，直线l:y=2x+1与C交于A，B两点且|AF|+|BF|= 20.(1)求C的方程.(2)若直线m:y=2x+t(t≠1)与C交于M，N两点，且AM与BN相交于点T，证明：点T在定直线上.圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题一、椭圆定点问题1已知圆E ：x +1 2+y 2=16，点F 1,0 ，G 是圆E 上任意一点，线段GF 的垂直平分线和半径GE 相交于H(1)求动点H 的轨迹Γ的方程；(2)经过点F 和T 7,0 的圆与直线l ：x =4交于P ，Q ，已知点A 2,0 ，且AP 、AQ 分别与Γ交于M 、N .试探究直线MN 是否经过定点.如果有，请求出定点；如果没有，请说明理由.【答案】(1)x 24+y 23=1(2)经过定点，定点坐标为1,0 【分析】(1)利用椭圆的定义即可求出动点H 的轨迹Γ的方程；(2)设M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，直线MN 的方程为：x =my +n ，与椭圆方程联立，根据韦达定理列出x 1，y 1，x 2，y 2之间的关系，再利用两点式写出直线MA 的方程，求出点P 4,2y 1x 1-2 ，Q 4,2y 2x 2-2，再写出以PQ 为直径的圆的方程，根据圆的方程经过点T 7,0 ，得到关系式，进而求得n 为定值，从而得到直线MN 过定点.【详解】(1)如图所示，∵HE +HF =HE +HG =4，且EF =2<4，∴点H 的轨迹是以E ，F 为焦点的椭圆，设椭圆方程x 2a 2+y 2b2=1，则2a =4，c =1，∴a =2，b =a 2-c 2= 3.所以点H 的轨迹方程为：x 24+y 23=1.(2)设直线MN 的方程为：x =my +n ，由x 24+y 23=1x =my +n ，得3m 2+4 y 2+6mny +3n 2-12=0设M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，则y 1+y 2=-6mn 3m 2+4，y 1y 2=3n 2-123m 2+4.所以，x 1+x 2=m y 1+y 2 +2n =8n 3m 2+4，x 1x 2=my 1+n my 2+n =-12m 2+4n 23m 2+4因为直线MA 的方程为：y =y 1x 1-2x -2 ，令x =4，得y P =2y 1x 1-2，所以，P 4,2y 1x1-2 ，同理可得Q 4,2y 2x 2-2，以PQ 为直径的圆的方程为：x -4 2+y -2y 1x 1-2 y -2y 2x 2-2=0，即x -4 2+y 2-2y 1x 1-2+2y 2x 2-2y +2y 1x 1-2×2y 2x 2-2=0，因为圆过点7,0 ，所以，9+2y 1x 1-2×2y 2x 2-2=0，得9+4y 1y 2x 1x 2-2x 1+x 2 +4=0，代入得9+12n 2-483m 2+4-12m 2+4n 23m 2+4-16n3m 2+4+4=0，化简得，9+12n 2-484n 2-16n +16=04n 2-16n +16≠0,n ≠2 ，解得n =1或n =2(舍去)，所以直线MN 经过定点1,0 ，当直线MN 的斜率为0时，此时直线MN 与x 轴重合，直线MN 经过点1,0 ，综上所述，直线MN 经过定点1,0 .2已知点A (2,0)，B -65,-45 在椭圆M :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上.(1)求椭圆M 的方程；(2)直线l 与椭圆M 交于C ,D 两个不同的点(异于A ,B )，过C 作x 轴的垂线分别交直线AB ,AD 于点P ,Q ，当P 是CQ 中点时，证明．直线l 过定点.【答案】(1)x 24+y 2=1(2)证明见解析【分析】(1)根据椭圆所经过的点列方程求出其方程；(2)设出CD 方程，结合韦达定理和P 是CQ 中点的条件，找到直线CD 中两个参数的关系，从而求出定点.【详解】(1)由题知a =2，又椭圆经过B -65,-45 ，代入可得14-652+1b2-452=1，解得b 2=1，故椭圆的方程为：x 24+y 2=1(2)由题意知，当l ⊥x 轴时，不符合题意，故l 的斜率存在，设l 的方程为y =kx +m ，联立y =kx +m x 24+y 2=1消去y 得4k 2+1 x 2+8kmx +4m 2-4=0，则Δ=64k 2m 2-16m 2-1 4k 2+1 =164k 2-m 2+1 >0，即4k 2+1>m 2设C x 1,y 1 ，D x 2,y 2 ，x 1+x 2=-8km 4k 2+1，x 1x 2=4m 2-44k 2+1AB 的方程为y =14(x -2)，令x =x 1得P x 1,x 1-24 ，AD 的方程为y =y 2x 2-2(x -2)，令x =x 1得Q x 1,x 1-2x 2-2y 2，由P 是CQ 中点，得x 1-22=y 1+x 1-2x 2-2⋅y 2，即y 1x 1-2+y 2x 2-2=12，即kx 1+m x 2-2 +kx 2+m x 1-2 =12x 1x 2-2x 1+x 2 +4 ，即(1-4k )x 1x 2+(4k -2m -2)x 1+x 2 +4+8m =0，即4m 2+(16k +8)m +16k 2+16k =0，所以(m +2k )(m +2k +2)=0，得m =-2k -2或m =-2k ，当m =-2k -2，此时由Δ>0，得k <-38，符合题意；当m =-2k ，此时直线l 经过点A ，与题意不符，舍去.所以l 的方程为y =kx -2k -2，即y =k (x -2)-2，所以l 过定点(2,-2).3如图，椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ．左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为22，点M (2,1)在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知P ，Q 是椭圆C 上两动点，记直线AP 的斜率为k 1，直线BQ 的斜率为k 2，k 1=2k 2．过点B 作直线PQ 的垂线，垂足为H ．问：在平面内是否存在定点T ，使得TH 为定值，若存在，求出点T 的坐标；若不存在，试说明理由．【答案】(1)C :x 24+y 22=1；(2)存在定点T 23,0 使TH 为定值，理由见解析.【分析】(1)根据离心率，椭圆上点及参数关系列方程组求a ,b ,c ，即可得椭圆方程；(2)根据题意设BQ :y =k (x -2)，AP :y =2k (x +2)，联立椭圆方程求P ,Q 坐标，判断直线PQ 过定点，结合BH ⊥PQ 于H 确定H 轨迹，进而可得定点使得TH 为定值.【详解】(1)由题意c a =222a 2+1b 2=1a 2=b 2+c 2，可得a 2=4b 2=c 2=2 ，则椭圆方程为C :x 24+y 22=1；(2)若直线BQ 斜率为k ，则直线AP 斜率为2k ，而A (-2,0),B (2,0)，所以BQ :y =k (x -2)，AP :y =2k (x +2)，联立BQ 与椭圆C ，则x 2+2k 2(x -2)2=4，整理得(1+2k 2)x 2-8k 2x +8k 2-4=0，所以2x Q =8k 2-41+2k 2，则x Q =4k 2-21+2k 2，故y Q =-4k1+2k 2，联立AP 与椭圆C ，则x 2+8k 2(x +2)2=4，整理得(1+8k 2)x 2+32k 2x +32k 2-4=0，所以-2x P =32k 2-41+8k 2，则x P =2-16k 21+8k 2，故y P=8k 1+8k 2，综上，x Q -x P =4k 2-21+2k 2-2-16k 21+8k 2=64k 4-4(1+8k 2)(1+2k 2)，y Q -y P =-4k 1+2k 2-8k 1+8k 2=-12k +48k 31+8k 2 1+2k 2，当64k 4-4≠0，即k ≠±12时，k PQ =12k (1+4k 2)4(1-16k 4)=3k1-4k 2，此时PQ :y +4k 1+2k 2=3k 1-4k 2x +2-4k 21+2k 2=3k 1-4k 2x +6k -12k 3(1+2k 2)(1-4k 2)，所以PQ :y =3k 1-4k 2x +2k 1-4k 2=k 1-4k 2(3x +2)，即直线PQ 过定点-23,0 ；当64k 4-4=0，即k =±12时，若k =12，则x Q =-23且y Q =-43，x P =-23且y P =43，故直线PQ 过定点-23,0 ；若k =-12，则x Q =-23且y Q =43，x P =-23且y P =-43，故直线PQ 过定点-23,0 ；综上，直线PQ 过定点M -23,0 ，又BH ⊥PQ 于H ，易知H 轨迹是以BM 为直径的圆上，故BM 的中点23,0 到H 的距离为定值，所以，所求定点T 为23,0 .【点睛】关键点点睛：第二问，设直线BQ ，AP 联立椭圆，结合韦达定理求点P ,Q 坐标，再写出直线PQ 方程判断其过定点是关键.4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，A ，B 分别是C 的右、上顶点，且AB =7，D 是C 上一点，△BF 2D 周长的最大值为8.(1)求C 的方程；(2)C 的弦DE 过F 1，直线AE ，AD 分别交直线x =-4于M ，N 两点，P 是线段MN 的中点，证明：以PD 为直径的圆过定点.【答案】(1)x 24+y 23=1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据椭圆的定义结合三角形不等式求解即可；(2)设D x 1,y 1 ,E x 2,y 2 ，直线DE :x =my -1，联立直线与椭圆的方程，根据过两点圆的方程，结合图形的对称性可得定点在x 轴上，代入韦达定理求解即可.【详解】(1)依题意，a 2+b 2=7，△BF 2D 周长DB +DF 2 +a =DB +2a -DF 1 +a ≤BF 1 +3a =4a ，当且仅当B ,F 1,D 三点共线时等号成立，故4a =8，所以a 2=4,b 2=3，所以C 的方程x 24+y 23=1；(2)设D x 1,y 1 ,E x 2,y 2 ，直线DE :x =my -1，代入x 24+y 23=1，整理得3m 2+4 y 2-6my -9=0，Δ=36m 2+363m 2+4 >0，y 1+y 2=6m 3m 2+4,y 1y 2=-93m 2+4，易知AD :y =y 1x 1-2x -2 ，令x =-4，得N -4,-6y 1x 1-2 ，同得M -4,-6y 2x 2-2，从而中点P -4,-3y 1x 1-2+y 2x 2-2，以PD 为直径的圆为x +4 x -x 1 +y +3y 1x 1-2+y 2x 2-2y -y 1 =0，由对称性可知，定点必在x 轴上，令y =0得，x +4 x -x 1 -3y 1y 1x 1-2+y 2x 2-2=0，y 1x 1-2+y 2x 2-2=y 1my 1-3+y 2my 2-3=2my 1y 2-3y 1+y 2 m 2y 1y 2-3m y 1+y 2 +9=-18m3m 2+4-18m 3m 2+4-9m 23m 2+4-18m 23m 2+4+9=-36m36=-m ，所以x +4 x -x 1 +3my 1=0，即x 2+4-x 1 x -4x 1+3my 1=0，因为x 1=my 1-1，所以x 2+5-my 1 x -my 1+4=0，即x +1 x -my 1+4 =0，解得x =-1，所以圆过定点-1,0 .【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为x 1,y 1 ,x 2,y 2 ；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x (或y )的一元二次方程，必要时计算Δ；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x 1+x 2，x 1x 2(或y 1+y 2，y 1y 2)的形式；(5)代入韦达定理求解.5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．【答案】(1)7-354,0 (2)存在定点D (4,0)【分析】(1)由题意，根据椭圆的定义以及a 2=b 2+c 2，列出等式即可求出椭圆C 的方程，判断△APQ 的内心在x 轴，设直线PT 平分∠APQ ，交x 轴于点T ，此时T 为△APQ 的内心，进行求解即可；(2)设直线l 方程为y =k (x -t )，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将直线l 的方程与椭圆方程联立，得到根的判别式大于零，由点M 、R 、N 、D 均在直线l 上，得到MR ⋅ND =MD ⋅RN，此时2t -(1+t )(x 1+x 2)+2x 1x 2=0，结合韦达定理求出t =4，可得存在定点D (4,0)满足题意．【详解】(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【点睛】解决曲线过定点问题一般有两种方法：①探索曲线过定点时，可设出曲线方程，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标.②从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.二、双曲线定点问题1已知点P 4,3 为双曲线E :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)上一点，E 的左焦点F 1到一条渐近线的距离为3.(1)求双曲线E 的标准方程；(2)不过点P 的直线y =kx +t 与双曲线E 交于A ,B 两点，若直线PA ，PB 的斜率和为1，证明：直线y =kx +t 过定点，并求该定点的坐标.【答案】(1)x 24-y 23=1(2)证明见解析，定点为(-2,3).【分析】(1)由点到直线的距离公式求出b =3，再将点P 4,3 代入双曲线方程求出a 2=4，可得双曲线E 的标准方程；(2)联立直线与双曲线方程，利用韦达定理得x 1+x 2、x 1x 2，再根据斜率和为1列式，推出t =2k +3，从而可得直线y =kx +t 过定点(-2,3).【详解】(1)设F 1(-c ,0)(c >0)到渐近线y =bax ，即bx -ay =0的距离为3，则3=|-bc |b 2+a2，结合a 2+b 2=c 2得b =3，又P (4,3)在双曲线x 2a 2-y 23=1上，所以16a2-93=1，得a 2=4，所以双曲线E 的标准方程为x 24-y 23=1.(2)联立y =kx +tx 24-y 23=1，消去y 并整理得3-4k 2 x 2-8ktx -4t 2-12=0，则3-4k 2≠0，Δ=64k 2t 2+4(3-4k 2)(4t 2+12)>0，即t 2+3>4k 2，设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，则x 1+x 2=8kt 3-4k 2，x 1x 2=-4t 2+123-4k 2，则k PA +k PB =y 1-3x 1-4+y 2-3x 2-4=kx 1+t -3x 1-4+kx 2+t -3x 2-4=kx 1+t -3 x 2-4 +kx 2+t -3 x 1-4 x 1-4 x 2-4=2kx 1x 2+t -4k -3 x 1+x 2 -8t +24x 1x 2-4(x 1+x 2)+16=1，所以2kx 1x 2+t -4k -3 x 1+x 2 -8t +24=x 1x 2-4(x 1+x 2)+16，所以2k -1 x 1x 2+t -4k +1 x 1+x 2 -8t +8=0，所以-2k -1 4t2+123-4k 2+t -4k +1 ⋅8kt3-4k2-8t +8=0，整理得t 2-6k +2kt -6t -8k 2+9=0，所以(t -3)2+2k (t -3)-8k 2=0，所以t -3-2k t -3+4k =0，因为直线y =kx +t 不过P (4,3)，即3≠4k +t ，t -3+4k ≠0，所以t -3-2k =0，即t =2k +3，所以直线y =kx +t =kx +2k +3，即y -3=k (x +2)过定点(-2,3).【点睛】关键点点睛：利用韦达定理和斜率公式推出t =2k +3是解题关键.2双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的左顶点为A ，焦距为4，过右焦点F 作垂直于实轴的直线交C 于B 、D 两点，且△ABD 是直角三角形.(1)求双曲线C 的方程；(2)已知M ,N 是C 上不同的两点，MN 中点的横坐标为2，且MN 的中垂线为直线l ，是否存在半径为1的定圆E ，使得l 被圆E 截得的弦长为定值，若存在，求出圆E 的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)x 2-y 23=1(2)存在，E :(x -8)2+y 2=1【分析】(1)根据双曲线的性质，结合△ABD 是等腰直角三角形的性质，列出关系式即可求解双曲线方程；(2)首先利用点差法求出直线l 所过的定点，即可求出定圆的方程.【详解】(1)依题意，∠BAD =90°，焦半径c =2，当x =c 时，c 2a 2-y 2b 2=1，得y 2=b 2c 2a 2-1=b 4a2，即y =±b 2a ，所以BF =b 2a ，由AF =BF ，得a +c =b 2a，得a 2+2a =22-a 2，解得：a =1(其中a =-2<0舍去)，所以b 2=c 2-a 2=4-1=3，故双曲线C 的方程为x 2-y 23=1；(2)设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,MN 的中点为Q x 0,y 0 因为M ,N 是C 上不同的两点，MN 中点的横坐标为2.所以x 21-y 213=1,①x 22-y 223=1,②x 0=x 1+x 22=2,③y 0=y 1+y 22,④.①-②得x 1+x 2 x 1-x 2 -y 1+y 2 y 1-y 23=0，当k MN 存在时，k MN =y 1-y2x 1-x 2=3x 1+x 2 y 1+y 2=3×42y 0=6y 0，因为MN 的中垂线为直线l ，所以y -y 0=-y 06x -2 ，即l :y =-y 06x -8 ，所以l 过定点T 8,0 .当k MN 不存在时，M ,N 关于x 轴对称，MN 的中垂线l 为x 轴，此时l 也过T 8,0 ，所以存在以8,0 为圆心的定圆E :(x -8)2+y 2=1，使得l 被圆E 截得的弦长为定值2.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线相交的综合应用，本题的关键是求得直线所过的定点，因为半径为1，所以定圆圆心为定点，弦长就是直径.3已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 的右焦点，右顶点分别为F ，A ，B 0,b ，AF =1，点M 在线段AB 上，且满足BM =3MA ，直线OM 的斜率为1，O 为坐标原点.(1)求双曲线C 的方程.(2)过点F 的直线l 与双曲线C 的右支相交于P ，Q 两点，在x 轴上是否存在与F 不同的定点E ，使得EP ⋅FQ =EQ ⋅FP 恒成立？若存在，求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)x 2-y 23=1(2)存在，E 12,0 【分析】(1)由AF =1，BM =3MA ，直线OM 的斜率为1，求得a ,b ,c 之间的关系式，解得a ,b 的值，进而求出双曲线的方程；(2)设直线PQ 的方程，与双曲线的方程联立，可得两根之和及两根之积，由等式成立，可得EF 为∠PEQ 的角平分线，可得直线EP ,EQ 的斜率之和为0，整理可得参数的值，即求出E 的坐标．【详解】(1)设c 2=a 2+b 2c >0 ，所以F c ,0 ，A a ,0 ，B 0,b ，因为点M 在线段AB 上，且满足BM =3MA ，所以点M 33+1a ,13+1b，因为直线OM 的斜率为1，所以13+1b 33+1a =1，所以ba=3，因为AF =1，所以c -a =1，解得a =1，b =3，c =2.所以双曲线C 的方程为x 2-y 23=1.(2)假设在x 轴上存在与F 不同的定点E ，使得EP ⋅FQ =EQ ⋅FP 恒成立，当直线l 的斜率不存在时，E 在x 轴上任意位置，都有EP ⋅FQ =EQ ⋅FP ；当直线l 的斜率存在且不为0时，设E t ,0 ，直线l 的方程为x =ky +2，直线l 与双曲线C 的右支相交于P ，Q 两点，则-33<k <33且k ≠0，设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，由x 2-y 23=1x =ky +2 ，得3k 2-1 y 2+12ky +9=0，3k 2-1≠0，Δ=36k 2+36>0，所以y 1+y 2=-12k 3k 2-1，y 1y 2=93k 2-1，因为EP ⋅FQ =EQ ⋅FP ，即EP EQ=FP FQ，所以EF 平分∠PEQ ，k EP +k EQ =0，有y 1x 1-t +y 2x 2-t =0，即y 1ky 1+2-t +y 2ky 2+2-t=0，得2ky 1y 2+2-t y 1+y 2 =0，所以2k93k 2-1+2-t -12k 3k 2-1=0，由k ≠0，解得t =12.综上所述，存在与F 不同的定点E ，使得EP ⋅FQ =EQ ⋅FP 恒成立，且E 12,0.【点睛】方法点睛：解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x (或y )建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，要强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．4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)已知点D (2,0)，E ，F 是双曲线C 上不同于D 的两点，且DE ·DF=0，DG ⊥EF 于点G ，证明:存在定点H ，使GH 为定值.【答案】(1)x 24-y 2=1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据给定条件，设出双曲线C 的方程，再将点A 的坐标代入求解作答.(2)当直线EF 斜率存在时，设出其方程并与双曲线C 的方程联立，由给定的数量积关系结合韦达定理求得直线EF 过定点，再验证斜率不存在的情况，进而推理判断作答.【详解】(1)依题意，设双曲线C 的方程为x 212-y 23=λ(λ≠0)，而点A (22,-1)在双曲线C 上，于是λ=(22)212-(-1)23=13，双曲线C 的方程为x 212-y 23=13，即x 24-y 2=1，所以双曲线C 的标准方程为x24-y 2=1.(2)当直线EF 斜率存在时，设直线EF 的方程为：y =kx +m ，设E x 1,y 1 ,F x 2,y 2 ，由y =kx +mx 2-4y 2=4消去y 并整理得4k 2-1 x 2+8kmx +4m 2+1 =0，有4k 2-1≠0，且Δ=(8km )2-16(m 2+1)(4k 2-1)>0，即4k 2-1≠0且4k 2-m 2-1<0，有x 1+x 2=-8km 4k 2-1,x 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，DE =(x 1-2,y 1),DF =(x 2-2,y 2)，由DE ·DF =0，得x 1-2 x 2-2 +y 1y 2=0，整理得k 2+1 ⋅x 1x 2+(km -2)⋅x 1+x 2 +m 2+4=0，于是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，解得m =-2k 或m =-103k ，均满足条件，当m =-2k 时，直线EF 的方程为y =k (x -2)，直线EF 过定点(2,0)，与已知矛盾，当m =-103k 时，直线EF 的方程为y =k x -103 ，直线EF 过定点M 103,0 ；当直线EF 的斜率不存在时，由对称性不妨设直线DE 的方程为：y =x -2，。