第9节 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题(课件PPT)
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圆锥曲线定点问题ppt(共24张PPT)
xN＝84tt22－＋21，
yM＝4t12＋2t 9.
yN＝4t24＋t 1.
(10 分)
由椭圆的对称性可知这样的定点在 x 轴上，不妨设这个定
点为 Q(m，0)，
12t
4t
又 kMQ＝148t－24＋t28＋9t2－9 m，kNQ＝84tt224－ ＋t2＋21－1 m，
kMQ＝kNQ，所以化简得(8m－32)t2－6m＋24＝0，
第二步：探究一般情况．探究一般情形下的目标结论． 构建模板 解答圆锥曲线中的定点、定值问题的一般步骤 圆锥曲线中的定点问题 定点问题的常见解法：
与参数无关，故得到一个关于定点坐标的 (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
∴k＝－b，此时 Δ>0， ∴直线 l 的方程为 y＝k(x－1)， 即直线 l 过定点(1,0)．
【例 1】 (13 分)(2015·石家庄模拟)椭圆 C：xa22＋by22＝1(a＞b＞0) 的离心率为 23，过其右焦点 F 与长轴垂直的弦长为 1. (1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P是直线x＝1上的动 点，直线PA与椭圆的另一交点为M，直线PB与椭圆的另一交点为
(1)解 因为抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点坐标为(1，0)，
所以p2＝1，所以 p＝2.所以抛物线 C 的方程为 y2＝4x. (2)证明 ①当直线 AB 的斜率不存在时，设 At42，t， Bt42，－t.因为直线 OA，OB 的斜率之积为－12， 所以tt2·－t2t＝－12，化简得 t2＝32.
将 y＝kx＋b 代入 y2＝8x 中， 得 k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0， 其中 Δ＝－32kb＋64>0.
圆锥曲线中的定点、定值问题-高中数学总复习课件
故 m ＝3 k ，代入 y ＝ kx ＋ m ，得 y ＝ k （ x ＋3），过定点（－
3，0）.
综上，直线 PQ 过定点（－3，0）.
高中总复习·数学
参数法求定值
【例3】 已知 O 为坐标原点，过点 M （1，0）的直线 l 与抛物线 C ：
y 2＝2 px （ p ＞0）交于 A ， B 两点，且 · ＝－3.
程为 y ＝±（ x －1），
2
联立 x 2－ ＝1求解可得 x ＝－3，直线 PQ 过点（－3，0）.
2
当直线 PQ 斜率存在时，设直线 PQ 的方程为 y ＝ kx ＋ m ， P （ x
1， y 1）， Q （ x 2， y 2），
高中总复习·数学
2
代入 x 2－ ＝1，整理得（ k 2－2） x 2＋2 kmx ＋ m 2＋2＝0，易知Δ
2
2
2
3
2
2
代入 ＋ ＝1，得（3＋4 k ） x ＋4 k （3－2 k ） x ＋4（ －
4
3
2
k ）2－12＝0.
3
设 E （ xE ， yE ）， F （ xF ， yF ），∵点 A （1， ）在椭圆上，
2
∴ xE ＝
3
−
2
4（
）2 −12
3+4 2
，
高中总复习·数学
3
yE ＝ kxE ＋ － k .
圆锥曲线中的定点、定值问题
处理圆锥曲线中定点问题的方法：（1）探索直线过定点时，可
设出直线方程为 y ＝ kx ＋ m ，然后利用条件建立关于 k ， m 的等量关
系进行消元，借助于直线系的思想找出定点；（2）从特殊情况入
3，0）.
综上，直线 PQ 过定点（－3，0）.
高中总复习·数学
参数法求定值
【例3】 已知 O 为坐标原点，过点 M （1，0）的直线 l 与抛物线 C ：
y 2＝2 px （ p ＞0）交于 A ， B 两点，且 · ＝－3.
程为 y ＝±（ x －1），
2
联立 x 2－ ＝1求解可得 x ＝－3，直线 PQ 过点（－3，0）.
2
当直线 PQ 斜率存在时，设直线 PQ 的方程为 y ＝ kx ＋ m ， P （ x
1， y 1）， Q （ x 2， y 2），
高中总复习·数学
2
代入 x 2－ ＝1，整理得（ k 2－2） x 2＋2 kmx ＋ m 2＋2＝0，易知Δ
2
2
2
3
2
2
代入 ＋ ＝1，得（3＋4 k ） x ＋4 k （3－2 k ） x ＋4（ －
4
3
2
k ）2－12＝0.
3
设 E （ xE ， yE ）， F （ xF ， yF ），∵点 A （1， ）在椭圆上，
2
∴ xE ＝
3
−
2
4（
）2 −12
3+4 2
，
高中总复习·数学
3
yE ＝ kxE ＋ － k .
圆锥曲线中的定点、定值问题
处理圆锥曲线中定点问题的方法：（1）探索直线过定点时，可
设出直线方程为 y ＝ kx ＋ m ，然后利用条件建立关于 k ， m 的等量关
系进行消元，借助于直线系的思想找出定点；（2）从特殊情况入
整理的好材料圆锥曲线中的定点定值及存在性问题课件
基 【考点集训】
础 要 点
1．(2013·焦作模拟)椭圆 G：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的两
整 合
个焦点为 F1(－c,0)，F2(c,0)，M 是椭圆上的一点，且满
解 题 规 范 流 程
足F→1M·F→2M＝0.
(1)求离心率的取值范围；
(2)当离心率 e 取得最小值时，椭圆上的点到焦点的
【例 2】 (2013·咸阳模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，
范 流
程
椭圆
E
的中心为原点，焦点
F1，F2
在
y
轴上，离心率为
3 3.
过 F1 的直线 l 交 E 于 A，B 两点，且△ABF2 的周长为 4 3. (1)求椭圆 E 的方程；
考
(2)过圆 O：x2＋y2＝5 上任意一点 P 作椭圆 E 的两条 训
最近距离为 4( 2－1)．
①求此时椭圆 G 的方程；
考 ②设斜率为 k(k≠0)的直线 l 与椭圆 G 相交于不同的两点 训
点 核
A、B，Q 为 AB 的中点，问 A、B 两点能否关于过点
练 高
心 突 破
P0，－ 33、Q 的直线对称？若能，求出 k 的取值范围；
效 提 能
若不能，请说明理由．
菜单
y2＝－13或 t＝1，y1＝－1，y2＝13，
高 效 提
破
所以存在点 P 为(0，±1)．
能
菜单
高考专题辅导与训练·数学(理科)
第一部分 专题五 解析几何
基
【拓展归纳】存在性问题的类型及解法
础
要
(1)存在性问题的类型
点
解 题 规 范
整 合
存在性问题主要体现在以下几个方面：
〖2021年人教版〗《9.9 圆锥曲线的综合问题 定点、定值、探索性问题》完整版教学课件PPT
出定点坐标
解答
几何画板展示
题型二 定值问题 例2 2016·广西柳州铁路一中月考如图，椭圆有两 顶点A－1，0，B1,0，过其焦点F0,1的直线与椭圆 交于C，D两点，
(1)当|CD|＝32 2时，求直线 l 的方程； 解答
(2)当点 P 异于 A，B 两点时，求证：O→P·O→Q为定值. 证明
跟踪训练2 2016·珠海模拟如图，在平面直角坐标系O
中，点F
，0，12直线：＝－
，点在直RQ⊥F，Q⊥
1求动点Q的轨迹C的方程； 解答 几何画板展示
依题意知，点R是线段F的中点，且RQ⊥F， ∴RQ是线段F的垂直平分线 ∵点Q在线段F的垂直平分线上，∴|Q|＝|QF|， 又|Q|是点Q到直线的距离， 故动点Q的轨迹是以F为焦点，为准线的抛物线，其方程为2＝2>0
跟踪训练1 2016·河北衡水中学调研如图，已知椭圆
C的中心在原点，焦点在轴上，离心率e＝ ，F是2右焦 2
点，A是右顶点，B是椭圆上一点，BF⊥轴，|BF|＝
2 2 1求椭圆C的方程； 解答
2设直线：＝t＋λ是椭圆C的一条切线，点M－ ，1，2点N ，2是切线2 上
两个点，证明：当t，λ变化时，以MN为直径的圆过轴上的定点，并求
跟踪训练3 2015·湖北的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处 铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DN＝ON＝1， MN＝3，当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕O转动一周D不 动时，N也不动，M处的笔尖画出的曲线记为C，以O为原点，AB所在 的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系 1 求曲线C的方程；
1求椭圆C的方程；
2点交C的长轴于点Mm,0，求m的取值范围；
专题七7.4.3 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题课件
(3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取另外合
适的方法.
关键能力 学案突破
热点一
圆锥曲线中的定点问题
2
【例1】(202X全国Ⅰ,理20)已知A,B分别为椭圆E: 2 +y2=1(a>1)的左、右
顶点,G为E的上顶点, · =8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点
此时直线 MN 过点 P
2 1
,3 3
令 Q 为 AP 的中点,即 Q
.
4 1
,
3 3
.
若 D 与 P 不重合,则由题设知 AP 是
与P
1
2 2
Rt△ADP 的斜边,故|DQ|=2|AP|= 3 .若 D
1
重合,则|DQ|=2|AP|.
综上,存在点 Q
4 1
,
3 3
,使得|DQ|为定值.
解题心得有关存在性问题的求解策略
由方程组
2
4
+ 2 = 1,
得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,
= + ,
8
4 2 -4
∴x1+x2=-4 2 +1,x1x2=4 2 +1.又由
π
α+β= 2 ,
∴tan α·
tan β=1.设直线 MA,MB 斜率分别为 k1,k2,则 k1k2=1,
∴
1
bx+ay-ab=0,
2 5
.
5
因为△OAB 的面积为
1
1,所以 ab=1,即
2
2
所以椭圆的标准方程为 +y2=1.
适的方法.
关键能力 学案突破
热点一
圆锥曲线中的定点问题
2
【例1】(202X全国Ⅰ,理20)已知A,B分别为椭圆E: 2 +y2=1(a>1)的左、右
顶点,G为E的上顶点, · =8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点
此时直线 MN 过点 P
2 1
,3 3
令 Q 为 AP 的中点,即 Q
.
4 1
,
3 3
.
若 D 与 P 不重合,则由题设知 AP 是
与P
1
2 2
Rt△ADP 的斜边,故|DQ|=2|AP|= 3 .若 D
1
重合,则|DQ|=2|AP|.
综上,存在点 Q
4 1
,
3 3
,使得|DQ|为定值.
解题心得有关存在性问题的求解策略
由方程组
2
4
+ 2 = 1,
得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,
= + ,
8
4 2 -4
∴x1+x2=-4 2 +1,x1x2=4 2 +1.又由
π
α+β= 2 ,
∴tan α·
tan β=1.设直线 MA,MB 斜率分别为 k1,k2,则 k1k2=1,
∴
1
bx+ay-ab=0,
2 5
.
5
因为△OAB 的面积为
1
1,所以 ab=1,即
2
2
所以椭圆的标准方程为 +y2=1.
2019高考数学二轮复习专题五解析几何第四讲大题考法——圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题课件理
第四讲
大题考法
—— 圆 锥 曲 线 中 的 定点、定值、存 在性问题
题型(一)
线上.
定点问题
主要考查直线、 曲线过定点或两条直线的交点在定曲
[ 典例感悟]
[典例] 点 x2 y2 (2017· 全国卷Ⅰ)已知椭圆 C： 2＋ 2＝1(a>b>0)，四 a b
3 3 ， P 1 ， 4 中恰有三点在椭圆 2 2
[解]
(1)由于 P3，P4 两点关于 y 轴对称，
故由题设知椭圆 C 经过 P3，P4 两点． 1 1 1 3 又由 2＋ 2> 2＋ 2知，椭圆 C 不经过点 P1， a b a 4b 所以点 P2 在椭圆 C 上． 1 b2＝1， 因此 3 1 ＝1， 2＋ 4b2 a
2 a ＝4， 解得 2 b ＝1.
[ 对点训练]
x2 (2017· 全国卷Ⅱ)设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C： ＋y2＝ 2 ―→ 1 上， 过 M 作 x 轴的垂线， 垂足为 N， 点 P 满足 NP ＝ 2 (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. ―→ NM .
[类题通法]
动线过定点问题的 2 大类型及解法
类型
解法 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＋n，得y－n＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，n) 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
动直线l过定点问题
动曲线C过定点问题
4－t2－2 4－t2＋2 则由 k1＋k2＝ － ＝－1，得 t＝2，不符 2t 2t 合题设． 从而可设 l：y＝kx＋m(m≠1)． x2 将 y＝kx＋m 代入 ＋y2＝1 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 4 由题设可知 Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
大题考法
—— 圆 锥 曲 线 中 的 定点、定值、存 在性问题
题型(一)
线上.
定点问题
主要考查直线、 曲线过定点或两条直线的交点在定曲
[ 典例感悟]
[典例] 点 x2 y2 (2017· 全国卷Ⅰ)已知椭圆 C： 2＋ 2＝1(a>b>0)，四 a b
3 3 ， P 1 ， 4 中恰有三点在椭圆 2 2
[解]
(1)由于 P3，P4 两点关于 y 轴对称，
故由题设知椭圆 C 经过 P3，P4 两点． 1 1 1 3 又由 2＋ 2> 2＋ 2知，椭圆 C 不经过点 P1， a b a 4b 所以点 P2 在椭圆 C 上． 1 b2＝1， 因此 3 1 ＝1， 2＋ 4b2 a
2 a ＝4， 解得 2 b ＝1.
[ 对点训练]
x2 (2017· 全国卷Ⅱ)设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C： ＋y2＝ 2 ―→ 1 上， 过 M 作 x 轴的垂线， 垂足为 N， 点 P 满足 NP ＝ 2 (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. ―→ NM .
[类题通法]
动线过定点问题的 2 大类型及解法
类型
解法 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＋n，得y－n＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，n) 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
动直线l过定点问题
动曲线C过定点问题
4－t2－2 4－t2＋2 则由 k1＋k2＝ － ＝－1，得 t＝2，不符 2t 2t 合题设． 从而可设 l：y＝kx＋m(m≠1)． x2 将 y＝kx＋m 代入 ＋y2＝1 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 4 由题设可知 Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
2023年高考一轮复习 —圆锥曲线中的定点、定值问题(共15张PPT)
解: (1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB 的中点(x0，y0)，则有 y21＝2px1，y22＝2px2， 两式相减得(y1＋y2)(y1－y2)＝2p(x1－x2)， 所以 kAB＝xy11－ －yx22＝22yp0＝p2＝1， 所以 p＝2，抛物线方程为 y2＝4x. (2)证明：设直线 MN 的方程为 x＝my＋n(由题意知直线 MN 的斜率一定不为 0)， M(x3，y3)，N(x4，y4)， 联立yx2＝＝m4xy＋，n， 消去 x 得，y2－4my－4n＝0， 由 Δ＝16m2＋16n＞0 得 m2＋n＞0.
[针对训练] (2022·邯郸开学摸底考)已知椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0)的焦距为 2 3，且过点
3，12.
(1)求椭圆方程；
(2)设直线 l：y＝kx＋m(k≠0)交椭圆 C 于 A，B 两点，且线段 AB 的中点 M 在直
线 x＝12上，求证：线段 AB 的中垂线恒过定点 N.
(2)证明：由题意可得 A(－1,0)，B(1,0)，易知直线 l 斜率不为 0，设直线 l：x＝
ny＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，把直线 l 的方程代入双曲线方程，整理可得(4n2 －1)y2＋16ny＋12＝0，Δ＝64n2＋48＞0，由根与系数的关系得 y1＋y2＝－4n126－n 1，
2．已知双曲线 C：xa22－by22＝1(a＞0，b＞0)的虚轴长为 4，直线 2x－y＝0 为双曲 线 C 的一条渐近线． (1)求双曲线 C 的标准方程； (2)记双曲线 C 的左、右顶点分别为 A，B，过点 T(2,0)的直线 l，与双曲线交 于两点 M，N，直线 MA 交 y 轴于点 P，直线 NB 交 y 轴于点 Q，记△PAT 面积为 S1，△QBT 面积为 S2，求证：SS12为定值． 解：(1)由题意可知 b＝2，因为 C 的一条渐近线方程为 y＝2x，所以ba＝2，解 得 a＝1，所以双曲线的标准方程为 x2－y42＝1.
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12
解：(1)由题意知 A(1，1)，B(4，－2)，设点 P 的坐标为(xP，yP)， 切线 l1：y－1＝k(x－1)，联立yy－2＝1x＝k(x－1)，由抛物线与直线 l1 相切，解得 k＝12， 即 l1：y＝12x＋12，同理，l2：y＝－14x－1.
xP＝－2， 联立 l1，l2 的方程，可解得yP＝－12， 即点 P 的坐标为－2，－12.
y0)，由 k1＋k2＝2 得y0x－0 1＋－yx00－1＝2，得 x0＝－1. 当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋m(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，
y2)． 则x22＋y2＝1 ，可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0， y＝kx＋m
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17 则 Δ＝8(2k2－m2＋1)＞0，x1＋x2＝1－＋42kkm2，x1·x2＝21m＋2－2k22 . 由 k1＋k2＝2，得y1x－1 1＋y2x－2 1＝2， 即(kx2＋m－1)x1x＋1x2(kx1＋m－1)x2＝2，(2－2k)x1x2＝(m－1)(x1＋x2)，(2－2k)(2m2－
点，不妨设 C 为椭圆的左顶点，则 C(－ 2，0)，x1＋x2＝－x3＝ 2，x1＝x2＝ 22，
可取 A 22， 23，B 22，－ 23，则 S△ABC＝12×
3×3 2
2＝3
4
6 .
综上，△ABC 的面积为定值，定值为346.
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10
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，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．
(1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 M 分别作直线 MA，MB 交椭圆 C 于 A，B 两点，设这两条直线的斜率分别 为 k1，k2，且 k1＋k2＝2，证明：直线 AB 过定点．
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16 解：(1)由题意得12a2＝1，∴a＝ 2，又 b＝c，a2＝b2＋c2， ∴b＝1，∴椭圆 C 的方程为x22＋y2＝1. (2)证明：由(1)得 M(0，1)．当直线 AB 的斜率不存在时，设 A(x0，y0)，则 B(x0，－
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6
解：(1)设直线 AB：y＝kx＋m，代入x22＋y2＝1，得 (1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0. 由 Δ＝16m2k2－8(1＋2k2)(m2－1)＞0，得 m2＜1＋2k2， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝－2k42k＋m1，x1x2＝22(mk22＋－11)，
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14
考点二 定点与探索性问题
[多维贯通]
命题点 1 | 用“设而不求”法求定点
此方法主要是通过设出直线的方程，联立圆锥曲线方程，利用根与系数的关系，建
立参变量与已知量的等量关系，通过分离参数求出定点．
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15
已知椭圆 C：xa22＋by22＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为 F1，F2，上顶点为 M，△MF1F2 为等腰直角三角形，且其面积为 1.
(2)已知抛物线 y2＝2px(p＞0)的弦 AB 的中点 M(x0，y0)，则 kAB＝yp0. 3．过抛物线 y2＝2px(p＞0)的顶点 O 任意作两条互相垂直的弦 OA，OB，则直线 AB 恒过定点(2p，0)，反之，过点(2p，0)作抛物线 y2＝2px(p＞0)的弦 AB，则 OA⊥OB.
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11
1．设 A，B 为抛物线 y2＝x 上相异两点，其纵坐标分别为 1，－2，分别以 A，B 为 切点作抛物线的切线 l1，l2，设 l1，l2 相交于点 P.
(1)求点 P 的坐标； (2)M 为 A，B 间抛物线段上任意一点，设P→M＝λP→A＋μP→B，试判断 λ＋ μ是否为 定值？如果为定值，求出该定值，如果不是定值，请说明理由．
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5
C 关键 能力 思维培养
考点一 定值与探索性问题
[基础练通]
如图，已知 A，B，C 为椭圆 E：x22＋y2＝1 上三个不同的点，O 为坐标原
点，且 O 为△ABC 的重心．
(1)如果直线 AB，OC 的斜率都存在，求证：kABkOC 为定值； (2)试判断△ABC 的面积是否为定值？如果是，求出这个定值；否则，请说明理由．
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9 所以 S△OAB＝12|AB|·d＝12|m| －1＋4k2mk22－4·21(m＋2－2k12 )
＝1＋2|2mk|2· 1＋2k2－m2＝ 42m|m2 |· 3m2＝ 46，
所以 S△ABC＝3S△OAB＝34 6(定值)． 当直线 AB 的斜率不存在时，因为 O 为△ABC 的重心，所以 C 为椭圆的左、右顶
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设线段 AB 的中点为 D，连接 OD， m
则 D－2k22k＋m1，2k2m＋1，kOD＝2－k22＋kmkOC＝kABkOD＝k×－21k＝－12，为定值．
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(2)设 C(x3，y3)，当直线 AB 的斜率存在时，由(1)知 x3＝－(x1＋x2)＝2k42k＋m1，y3＝－(y1＋y2)＝2－k22＋m1， 代入x22＋y2＝1 得 1＋2k2＝4m2， 又|AB|＝ 1＋k2|x1－x2|， 原点 O 到直线 AB 的距离 d＝ 1|m＋| k2，连接 OA，OB，
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(2)设 M(y20，y0)，且－2≤y0≤1. 由P→M＝λP→A＋μP→B得y20＋2，y0＋12＝λ3，32＋μ6，－32， 即yy002＋ ＋122＝＝323(λλ＋－6μμ)，，，解得μλ＝＝((yy00＋－99 21))22，， 则 λ＋ μ＝y0＋3 2＋1－3 y0＝1，即 λ＋ μ为定值 1.
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第九节 圆锥曲线中的定值、 定点与存在性问题
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C 必备 知识 链新教材
知识点 1．运用点差法求 AB 的斜率：已知 AB 是椭圆xa22＋by22＝1(a＞b＞0)的一条弦，弦中 点 M 的坐标为(x0，y0)，则 AB 的斜率为－ba22xy00.
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2．运用类比的方法可以推出：(1)已知 AB 是双曲线xa22－by22＝1 的弦，弦中点 M(x0， y0)，则 kAB＝ba22xy00.
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解：(1)由题意知 A(1，1)，B(4，－2)，设点 P 的坐标为(xP，yP)， 切线 l1：y－1＝k(x－1)，联立yy－2＝1x＝k(x－1)，由抛物线与直线 l1 相切，解得 k＝12， 即 l1：y＝12x＋12，同理，l2：y＝－14x－1.
xP＝－2， 联立 l1，l2 的方程，可解得yP＝－12， 即点 P 的坐标为－2，－12.
y0)，由 k1＋k2＝2 得y0x－0 1＋－yx00－1＝2，得 x0＝－1. 当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋m(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，
y2)． 则x22＋y2＝1 ，可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0， y＝kx＋m
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17 则 Δ＝8(2k2－m2＋1)＞0，x1＋x2＝1－＋42kkm2，x1·x2＝21m＋2－2k22 . 由 k1＋k2＝2，得y1x－1 1＋y2x－2 1＝2， 即(kx2＋m－1)x1x＋1x2(kx1＋m－1)x2＝2，(2－2k)x1x2＝(m－1)(x1＋x2)，(2－2k)(2m2－
点，不妨设 C 为椭圆的左顶点，则 C(－ 2，0)，x1＋x2＝－x3＝ 2，x1＝x2＝ 22，
可取 A 22， 23，B 22，－ 23，则 S△ABC＝12×
3×3 2
2＝3
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6 .
综上，△ABC 的面积为定值，定值为346.
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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，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．
(1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 M 分别作直线 MA，MB 交椭圆 C 于 A，B 两点，设这两条直线的斜率分别 为 k1，k2，且 k1＋k2＝2，证明：直线 AB 过定点．
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16 解：(1)由题意得12a2＝1，∴a＝ 2，又 b＝c，a2＝b2＋c2， ∴b＝1，∴椭圆 C 的方程为x22＋y2＝1. (2)证明：由(1)得 M(0，1)．当直线 AB 的斜率不存在时，设 A(x0，y0)，则 B(x0，－
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解：(1)设直线 AB：y＝kx＋m，代入x22＋y2＝1，得 (1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0. 由 Δ＝16m2k2－8(1＋2k2)(m2－1)＞0，得 m2＜1＋2k2， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝－2k42k＋m1，x1x2＝22(mk22＋－11)，
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考点二 定点与探索性问题
[多维贯通]
命题点 1 | 用“设而不求”法求定点
此方法主要是通过设出直线的方程，联立圆锥曲线方程，利用根与系数的关系，建
立参变量与已知量的等量关系，通过分离参数求出定点．
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已知椭圆 C：xa22＋by22＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为 F1，F2，上顶点为 M，△MF1F2 为等腰直角三角形，且其面积为 1.
(2)已知抛物线 y2＝2px(p＞0)的弦 AB 的中点 M(x0，y0)，则 kAB＝yp0. 3．过抛物线 y2＝2px(p＞0)的顶点 O 任意作两条互相垂直的弦 OA，OB，则直线 AB 恒过定点(2p，0)，反之，过点(2p，0)作抛物线 y2＝2px(p＞0)的弦 AB，则 OA⊥OB.
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1．设 A，B 为抛物线 y2＝x 上相异两点，其纵坐标分别为 1，－2，分别以 A，B 为 切点作抛物线的切线 l1，l2，设 l1，l2 相交于点 P.
(1)求点 P 的坐标； (2)M 为 A，B 间抛物线段上任意一点，设P→M＝λP→A＋μP→B，试判断 λ＋ μ是否为 定值？如果为定值，求出该定值，如果不是定值，请说明理由．
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C 关键 能力 思维培养
考点一 定值与探索性问题
[基础练通]
如图，已知 A，B，C 为椭圆 E：x22＋y2＝1 上三个不同的点，O 为坐标原
点，且 O 为△ABC 的重心．
(1)如果直线 AB，OC 的斜率都存在，求证：kABkOC 为定值； (2)试判断△ABC 的面积是否为定值？如果是，求出这个定值；否则，请说明理由．
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9 所以 S△OAB＝12|AB|·d＝12|m| －1＋4k2mk22－4·21(m＋2－2k12 )
＝1＋2|2mk|2· 1＋2k2－m2＝ 42m|m2 |· 3m2＝ 46，
所以 S△ABC＝3S△OAB＝34 6(定值)． 当直线 AB 的斜率不存在时，因为 O 为△ABC 的重心，所以 C 为椭圆的左、右顶
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设线段 AB 的中点为 D，连接 OD， m
则 D－2k22k＋m1，2k2m＋1，kOD＝2－k22＋kmkOC＝kABkOD＝k×－21k＝－12，为定值．
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(2)设 C(x3，y3)，当直线 AB 的斜率存在时，由(1)知 x3＝－(x1＋x2)＝2k42k＋m1，y3＝－(y1＋y2)＝2－k22＋m1， 代入x22＋y2＝1 得 1＋2k2＝4m2， 又|AB|＝ 1＋k2|x1－x2|， 原点 O 到直线 AB 的距离 d＝ 1|m＋| k2，连接 OA，OB，
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(2)设 M(y20，y0)，且－2≤y0≤1. 由P→M＝λP→A＋μP→B得y20＋2，y0＋12＝λ3，32＋μ6，－32， 即yy002＋ ＋122＝＝323(λλ＋－6μμ)，，，解得μλ＝＝((yy00＋－99 21))22，， 则 λ＋ μ＝y0＋3 2＋1－3 y0＝1，即 λ＋ μ为定值 1.
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第九节 圆锥曲线中的定值、 定点与存在性问题
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C 必备 知识 链新教材
知识点 1．运用点差法求 AB 的斜率：已知 AB 是椭圆xa22＋by22＝1(a＞b＞0)的一条弦，弦中 点 M 的坐标为(x0，y0)，则 AB 的斜率为－ba22xy00.
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2．运用类比的方法可以推出：(1)已知 AB 是双曲线xa22－by22＝1 的弦，弦中点 M(x0， y0)，则 kAB＝ba22xy00.