高考数学人教版理科一轮复习课时作业：57 定点、定值、探究性问题 Word版含解析

2025年高考数学一轮复习-定值问题-专项训练一、基本技能练1.已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为12，左、右顶点分别为A1，A2.点P是椭圆C上异于左、右顶点的任意一点，证明：点P与A1，A2连线的斜率的乘积为定值，并求出该定值.2.已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，M为椭圆C上一点，△MF1F2的周长为4＋23.(1)求椭圆C的方程；(2)若P为圆x2＋y2＝5上任意一点，过点P作椭圆C的两条切线，切点分别为A，B，试判断PA→·PB→是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.3.已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，其离心率e＝12，P是椭圆C上一动点，△PF1F2内切圆面积的最大值为π3 .(1)求椭圆C的标准方程；(2)直线PF1，PF2与椭圆C分别相交于点A，B，求证：|PF1||F1A|＋|PF2||F2B|为定值.二、创新拓展练4.已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)经过点(2，1)，离心率为22.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l：y＝kx＋t(t≠0)与椭圆C相交于A，B两点，若以OA，OB为邻边的平行四边形OAPB的顶点P在椭圆C上，求证：平行四边形OAPB的面积为定值.参考答案与解析一、基本技能练1.证明设P (x 0，y 0)，则x 20a 2＋y 20b 2＝1，所以y 20＝b 2（a 2－x 20）a 2，所以kPA 1＝y 0x 0＋a ，kPA 2＝y 0x 0－a (x 0≠±a )，所以kPA 1·kPA 2＝y 0x 0＋a ·y 0x 0－a ＝y 20x 20－a 2＝b 2（a 2－x 20）a 2x 20－a2＝－b 2a 2，又因为e ＝c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，所以b 2a 2＝34，所以－b 2a 2＝－34，所以点P 与A 1，A 2连线的斜率的乘积为定值－34.2.解(1)＋2c ＝4＋23，＝32，＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设P (x 0，y 0)，则x 20＋y 20＝5.当x 0＝±2时，y 0＝±1，显然PA ⊥PB ，则PA →·PB →＝0.当x 0≠±2时，过点P 的切线可设为y ＝k (x －x 0)＋y 0，联立切线方程与椭圆方程，＝kx ＋（y 0－kx 0），2＋4y 2＝4，消去y ，得(4k 2＋1)x 2＋8k (y 0－kx 0)x ＋4[(y 0－kx 0)2－1]＝0，所以Δ＝64k2(y0－kx0)2－16(4k2＋1)·[(y0－kx0)2－1]＝0.整理成关于k的方程，得(4－x20)k2＋2x0y0k＋1－y20＝0，此方程的两个根k1，k2就是切线P A，PB的斜率，所以k1·k2＝1－y204－x20＝1－（5－x20）4－x20＝－1.所以PA⊥PB，所以P A→·PB→＝0.综上，PA→·PB→＝0，为定值.3.(1)解由题意得△PF1F2内切圆半径r的最大值为33，设|F1F2|＝2c，ca＝12，（2a＋2c）×33＝12×2c·b，＝b2＋c2，2＝3，2＝4，∴椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.(2)证明设P(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，当y0≠0时，设直线PF1，PF2的方程分别是x＝m1y－1，x＝m2y＋1.m1y－1，＋y23＝1，消去x并整理得(3m21＋4)y2－6m1y－9＝0，∴y0y1＝－93m21＋4.∵x0＝m1y0－1，∴m1＝x0＋1y0，又x204＋y203＝1，∴y0y1＝－5＋2x03.m 2y ＋1，＋y 23＝1，同理可得y 0y 2＝－5－2x 03，∴|PF 1||F 1A |＋|PF 2||F 2B |＝－y 0y 1－y 0y 2＝103；当y 0＝0时，直线PF 1，PF 2与x 轴重合，易得|PF 1||F 1A |＋|PF 2||F 2B |＝3＋13＝103.综上所述，|PF 1||F 1A |＋|PF 2||F 2B |＝103.二、创新拓展练4..(1)解＋1b 2＝1，22，b 2＋c 2，2＝4，2＝2，所以椭圆方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明kx ＋t ，＋y 22＝1，得(2k 2＋1)x 2＋4ktx ＋2(t 2－2)＝0，所以Δ＝(4kt )2－8(2k 2＋1)(t 2－2)＝8[2(2k 2＋1)－t 2]>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4kt 2k 2＋1，x 1x 2＝2（t 2－2）2k 2＋1，所以y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2t ＝2t 2k 2＋1.因为四边形OAPB 是平行四边形，所以OP →＝OA →＋OB →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)－4kt 2k 2＋1，则－4kt 2k 2＋1，又因为点P 在椭圆上，所以4k 2t 2（2k 2＋1）2＋2t 2（2k 2＋1）2＝1，即t 2＝2k 2＋12.因为|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝221＋k 22（2k 2＋1）－t 22k 2＋1＝231＋k 22k 2＋1.又点O 到直线l 的距离d ＝|t |1＋k 2，所以平行四边形OAPB 的面积S ＝2S △OAB ＝|AB |·d ＝23|t |2k 2＋1＝62k 2＋12k 2＋1＝ 6.即平行四边形OAPB 的面积为定值 6.。

课时跟踪检测(六十一) 定点、定值、探索性问题(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页) 第Ⅰ卷：夯基保分卷1．已知椭圆C 过点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，62 ，点F (－2，0)是椭圆的左焦点，点P ，Q是椭圆C 上的两个动点，且|PF |，|MF |，|QF |成等差数列．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)求证：线段PQ 的垂直平分线经过一个定点A .2. (2013·济南模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，且过点(2，2)．(1)求椭圆的标准方程；(2)四边形ABCD 的顶点在椭圆上，且对角线AC ，BD 过原点O ，若k AC ·k BD ＝－b 2a 2.求证：四边形ABCD 的面积为定值．3. (2013·北京东城区期末)在平面直角坐标系xOy 中，动点P 到两点(－3，0)，(3，0)的距离之和等于4，设点P 的轨迹为曲线C ，直线l 过点E (－1,0)且与曲线C 交于A ，B 两点．(1)求曲线C 的轨迹方程；(2)△AOB 的面积是否存在最大值，若存在，求出△AOB 的面积的最大值；若不存在，说明理由．第Ⅱ卷：提能增分卷1.已知椭圆C ：x 24＋y 23＝1，点F 1，F 2分别为其左、右焦点，点A 为左顶点，直线l 的方程为x ＝4，过点F 2的直线l ′与椭圆交于异于点A 的P ，Q 两点．(1)求AP ·AQ 的取值范围；(2)若AP ∩l ＝M ，AQ ∩l ＝N ，求证：M ，N 两点的纵坐标之积为定值，并求出该定值．2. (2013·合肥模拟)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)与双曲线x 2m 2－y 23－m 2＝1(0＜m 2＜3)有公共的焦点，过椭圆E 的右顶点R 任意作直线l ，设直线l 交抛物线y 2＝2x 于M ，N 两点，且OM ⊥ON .(1)求双曲线的焦点坐标和椭圆E 的方程；(2)设P 是椭圆E 上第一象限内的点，点P 关于原点O 的对称点为A 、关于x 轴的对称点为Q ，线段PQ 与x 轴相交于点C ，点D 为CQ 的中点，若直线AD 与椭圆E 的另一个交点为B ，试判断直线P A ，PB 是否相互垂直？并证明你的结论．答 案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．解：(1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋64b2＝1，a 2－b 2＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝2，∴椭圆的标准方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明：设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由椭圆的标准方程为x 24＋y 22＝1， 可知|PF |＝ (x 1＋2)2＋y 21＝()x 1＋22＋2－x 212＝2＋22x 1，同理|QF |＝2＋22x 2， |MF |＝(1＋2)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝2＋22，∵2|MF |＝|PF |＋|QF |，∴2⎝⎛⎭⎪⎫2＋22＝4＋22(x 1＋x 2)，∴x 1＋x 2＝2.(ⅰ)当x 1≠x 2时，由⎩⎪⎨⎪⎧x 21＋2y 21＝4，x 22＋2y 22＝4.得x 21－x 22＋2(y 21－y 22)＝0，∴y 1－y 2x 1－x 2＝－12·x 1＋x 2y 1＋y 2. 设线段PQ 的中点为N (1，n )，由k PQ ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－12n ，得线段PQ 的中垂线方程为y －n ＝2n (x －1)， ∴(2x －1)n －y ＝0， 该直线恒过一定点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0.(ⅱ)当x 1＝x 2时，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－62，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，62或P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，62，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－62，线段PQ 的中垂线是x 轴，也过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0.综上，线段PQ 的中垂线过定点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0.2．解：(1)由题意e ＝c a ＝22，4a 2＋2b 2＝1，又a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝8，b 2＝4，故椭圆的标准方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明：设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋2y 2＝8.得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0，Δ＝(4km )2－4(1＋2k 2)(2m 2－8)＝8(8k 2－m 2＋4)＞0, ① 由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－81＋2k2.∵k AC ·k BD ＝－b 2a 2＝－12， ∴y 1y 2x 1x 2＝－12， ∴y 1y 2＝－12x 1x 2＝－12·2m 2－81＋2k 2＝－m 2－41＋2k2. 又y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m ) ＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝k 22m 2－81＋2k 2＋km －4km 1＋2k 2＋m 2＝m 2－8k 21＋2k2， ∴－m 2－41＋2k 2＝m 2－8k 21＋2k 2， ∴－(m 2－4)＝m 2－8k 2， ∴4k 2＋2＝m 2.设原点到直线AB 的距离为d ，则 S △AOB ＝12|AB |·d ＝121＋k 2·|x 2－x 1|·|m |1＋k 2＝|m |2 (x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝|m |2 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－4km 1＋2k 22－4×2m 2－81＋2k 2＝ |m |28m 2(1＋2k 2)2＝22，∴S 四边形ABCD ＝4S △AOB ＝82， 即四边形ABCD 的面积为定值．3．解：(1)由椭圆定义可知，点P 的轨迹C 是以(－3，0)，(3，0)为焦点，长半轴长为2的椭圆．故曲线C 的轨迹方程为x 24＋y 2＝1. (2)△AOB 的面积存在最大值．因为直线l 过点E (－1,0)，所以可设直线l 的方程为x ＝my －1或y ＝0(舍)． 由⎩⎨⎧x 24＋y 2＝1，x ＝my －1.整理得(m 2＋4)y 2－2my －3＝0， Δ＝(2m )2＋12(m 2＋4)＞0.设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，其中y 1＞y 2.解得y 1＝m ＋2m 2＋3m 2＋4，y 2＝m －2m 2＋3m 2＋4. 则|y 2－y 1|＝4m 2＋3m 2＋4.因为S △AOB ＝12|OE |·|y 1－y 2|＝2m 2＋3m 2＋4＝2m 2＋3＋1m 2＋3.设t ＝m 2＋3，t ≥ 3，g (t )＝t ＋1t ，则g ′(t )＝1－1t 2，故当t ≥3时g ′(t )＞0恒成立，则g (t )在区间[3，＋∞)上为增函数，所以g (t )≥g (3)＝433.所以S △AOB ≤32，当且仅当m ＝0时取等号． 所以S △AOB 的最大值为32. 第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)①当直线PQ 的斜率不存在时， 由F 2(1,0)可知PQ 的方程为x ＝1， 代入椭圆C ：x 24＋y 23＝1，得点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，又点A (－2,0)， 故AP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，32，AQ ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－32，AP ·AQ ＝274.②当直线PQ 的斜率存在时，设PQ 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，代入椭圆C ：x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，得x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，y 1y 2＝k 2(x 1－1)·(x 2－1)＝k 2(－x 1－x 2＋x 1x 2＋1)＝－9k 23＋4k 2，故AP ·AQ ＝(x 1＋2)(x 2＋2)＋y 1y 2＝x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＋y 1y 2＝27k 23＋4k2＝273k 2＋4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，274， 综上，AP ·AQ 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，274. (2)证明：由(1)知，直线AP 的方程为y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，与直线l 的方程x ＝4联立，得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，6y 1x 1＋2，同理，得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，6y 2x 2＋2， 故M ，N 两点的纵坐标之积y M y N ＝6y 1x 1＋2·6y 2x 2＋2＝36y 1y 2x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4. ①当直线PQ 的斜率不存在时，y M y N ＝36×32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－321×1＋2(1＋1)＋4＝－9；②当直线PQ 的斜率存在时，由(1)可知，y M y N ＝－324k 23＋4k 24k 2－123＋4k 2＋16k 23＋4k2＋4＝－9.综上所述，M ，N 两点的纵坐标之积为定值，该定值为－9. 2．解：(1)由题意可知c 双＝m 2＋3－m 2＝3，故双曲线的焦点坐标为F 1(－3，0)、F 2(3，0)．设点M (x 1，y 1)、N (x 2，y 2)，设直线l ：ty ＝x －a ，代入y 2＝2x 并整理得 y 2－2ty －2a ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2t ，y 1y 2＝－2a .故OM ·ON ＝x 1x 2＋y 1y 2＝(ty 1＋a )(ty 2＋a )＋y 1y 2＝(t 2＋1)y 1y 2＋at (y 1＋y 2)＋a 2＝(t 2＋1)(－2a )＋2at 2＋a 2＝a 2－2a ＝0，解得a ＝2.又c 椭＝c 双＝3，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)法一 判断结果：P A ⊥PB 恒成立． 证明如下：设P (x 0，y 0)，则A (－x 0，－y 0)， D (x 0，－12y 0)，x 20＋4y 20＝4， 将直线AD 的方程 y ＝y 04x 0(x ＋x 0)－y 0代入椭圆方程并整理得 (4x 20＋y 20)x 2－6x 0y 20x ＋9x 20y 20－16x 20＝0，由题意可知此方程必有一根为－x 0. 于是解得x B ＝6x 0y 24x 20＋y 20＋x 0，所以y B ＝y 04x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫6x 0y 204x 20＋y 20＋2x 0－y 0＝y 30－2x 20y 04x 20＋y 20，所以k PB ＝y 30－2x 20y 04x 20＋y 2－y 06x 0y 204x 20＋y 20＝－6x 20y 06x 0y 20＝－x 0y 0，故k P A k PB ＝－x 0y 0×y 0x 0＝－1，即P A ⊥PB .法二 判断结果：P A ⊥PB 恒成立． 证明如下：设B (x 1，y 1)，P (x 0，y 0)，则A (－x 0，－y 0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，－y 02，x 214＋y 21＝1，x 204＋y 20＝1，两式相减得y 21－y 20x 21－x 20＝－14，故k BA ·k BP ＝y 1＋y 0x 1＋x 0· y 1－y 0x 1－x 0＝y 21－y 20x 21－x 20＝－14.又k AB ＝k AD ＝－12y 0＋y 0x 0＋x 0＝y 04x 0，代入上式可得k PB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14÷y 04x 0＝－x 0y 0，所以k P A k PB ＝y 0x 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 0y 0＝－1， 即P A ⊥PB .。

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第八节第三课时定点、定值、探索性问题课时作业A组-—基础对点练1．已知动点C到点F(1,0）的距离比到直线x＝－2的距离小1,动点C的轨迹为E。

（1）求曲线E的方程；(2）若直线l：y＝kx＋m（km〈0）与曲线E相交于A，B两个不同点，且错误!·错误!＝5，证明：直线l经过一个定点．解析：(1）由题意可得动点C到点F（1,0）的距离等于到直线x＝－1的距离，∴曲线E是以点(1,0)为焦点,直线x＝－1为准线的抛物线，设其方程为y2＝2px(p>0)，∴p2＝1，∴p＝2，∴动点C的轨迹E的方程为y2＝4x。

（2）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由错误!得k2x2＋（2km－4)x＋m2＝0，∴x1＋x2＝4－2kmk2，x1·x2＝错误!.∵错误!·错误!＝5，∴x1x2＋y1y2＝（1＋k2)x1x2＋km（x1＋x2）＋m2＝错误!＝5，∴m2＋4km－5k2＝0,∴m＝k或m＝－5k.∵km<0,∴m＝k舍去，∴m＝－5k，满足Δ＝16（1－km）>0,∴直线l的方程为y＝k(x－5）,∴直线l必经过定点(5，0）．2．(2018·昆明市检测)已知点A,B的坐标分别为(－错误!,0)，（错误!，0)，直线AM，BM相交于点M,且它们的斜率之积是－错误!，点M的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程;(2)过点F(1,0)作直线l交曲线E于P，Q两点，交y轴于R点，若错误!＝λ1错误!，错误!＝λ2错误!，证明：λ1＋λ2为定值．解析：（1）设点M（x,y），由已知得错误!·错误!＝－错误!（x≠±错误!)，化简得曲线E的方程:错误!＋y2＝1(x≠±错误!)．（2）证明:设点P，Q，R的坐标分别为P(x1，y1),Q（x2,y2)，R（0，y0)．由错误!＝λ1错误!,得(x1，y1－y0)＝λ1(1－x1，－y1),所以x1＝错误!,y1＝错误!，因为点P在曲线E上，所以12（错误!)2＋(错误!）2＝1，化简得λ错误!＋4λ1＋2－2y错误!＝0 ①，同理，由错误!＝λ2错误!，可得x2＝错误!，y2＝错误!，代入曲线E的方程化简得λ错误!＋4λ2＋2－2y错误!＝0 ②,由①②可知λ1，λ2是方程x2＋4x＋2－2y错误!＝0的两个实数根（Δ>0），所以λ1＋λ2＝－4，即λ1＋λ2为定值．3．在平面直角坐标系中，已知点A(－错误!，0)，B(错误!，0)，直线MA，MB 交于点M，它们的斜率之积为常数m(m≠0)，且△MAB的面积最大值为错误!，设动点M的轨迹为曲线E。

课时作业57 定点、定值、探究性问题第一次作业 基础巩固练1．已知动圆P 经过点N (1,0)，并且与圆M ：(x ＋1)2＋y 2＝16相切． (1)求点P 的轨迹C 的方程；(2)设G (m,0)为轨迹C 内的一个动点，过点G 且斜率为k 的直线l 交轨迹C 于A ，B 两点，当k 为何值时，ω＝|GA |2＋|GB |2是与m 无关的定值？并求出该定值．解：(1)由题意得|PM |＋|PN |＝4，∴点P 的轨迹C 是以M ，N 为焦点的椭圆， ∴2a ＝4,2c ＝2，∴b ＝a 2－c 2＝3，∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.即点P 的轨迹C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意知－2<m <2，直线l ：y ＝k (x －m )，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －m )，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2mx ＋4k 2m 2－12＝0，∴x 1＋x 2＝8mk 24k 2＋3，x 1x 2＝4m 2k 2－124k 2＋3， ∴y 1＋y 2＝k (x 1－m )＋k (x 2－m )＝k (x 1＋x 2)－2km ＝－6mk4k 2＋3，y 1y 2＝k 2(x 1－m )(x 2－m )＝k 2x 1x 2－k 2m (x 1＋x 2)＋k 2m 2＝3k 2(m 2－4)4k 2＋3， ∴|GA |2＋|GB |2＝(x 1－m )2＋y 21＋(x 2－m )2＋y 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2－2m (x 1＋x 2)＋2m 2＋(y 1＋y 2)2－2y 1y 2＝(k 2＋1)－6m 2(4k 2－3)＋24(3＋4k 2)(4k 2＋3)2. 要使ω＝|GA |2＋|GB |2的值与m 无关，需使4k 2－3＝0，解得k ＝±32，此时ω＝|GA |2＋|GB |2＝7.2．如图，设直线l ：y ＝k (x ＋p2)与抛物线C ：y 2＝2px (p >0，p 为常数)交于不同的两点M ，N ，且当k ＝12时，弦MN 的长为415.(1)求抛物线C 的标准方程；(2)过点M 的直线交抛物线于另一点Q ，且直线MQ 过点B (1，－1)，求证：直线NQ 过定点．解：(1)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，当k ＝12时，直线l ：y ＝12(x ＋p2)，即x ＝2y －p2，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y －p 2，y 2＝2px ，即y 2－4py ＋p 2＝0.∴y 1＋y 2＝4p ，y 1y 2＝p 2，于是得|MN |＝1＋4|y 1－y 2|＝5×(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝215|p |＝415，因为p >0，所以p ＝2，即抛物线C 的标准方程为y 2＝4x .(2)证明：设点M (4t 2,4t )，N (4t 21，4t 1)，Q (4t 22，4t 2)，易得直线MN ，MQ ，NQ 的斜率均存在，则直线MN 的斜率是k MN ＝4t －4t 14t2－4t 21＝1t ＋t 1，从而直线MN 的方程是y ＝1t ＋t 1(x －4t 2)＋4t ，即x －(t ＋t 1)y ＋4tt 1＝0.同理可知MQ 的方程是x －(t ＋t 2)y ＋4tt 2＝0，NQ 的方程是x －(t 1＋t 2)y ＋4t 1t 2＝0.又易知点(－1,0)在直线MN 上，从而有4tt 1＝1，即t ＝14t 1，点B (1，－1)在直线MQ 上，从而有1－(t ＋t 2)×(－1)＋4tt 2＝0，即1－(14t 1＋t 2)×(－1)＋4×14t 1×t 2＝0，化简得4t 1t 2＝－4(t 1＋t 2)－1.代入NQ 的方程得x －(t 1＋t 2)y －4(t 1＋t 2)－1＝0. 所以直线NQ 过定点(1，－4)．3. 如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝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 ⊥x 轴，若AB ∥OP ，且|AB |＝2 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)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QA 与QD 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)， ∴c 2a 2＋t 2b 2＝1，解得t ＝b 2a ，即P (c ，b 2a )， 由AB ∥OP 得b a ＝b 2ac ，即b ＝c ， ∴a 2＝b 2＋c 2＝2b 2， ①又AB ＝23，∴a 2＋b 2＝12， ② 由①②得a 2＝8，b 2＝4， ∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)假设存在D (m,0)使得直线QA 与QD 的斜率乘积恒为定值，设Q (x 0，y 0)(y 0≠0)，则x 208＋y 204＝1， ③设k QA ×k QD ＝k (常数)， ∵A (－22，0)，∴y 0x 0＋22×y 0x 0－m＝k ， ④ 由③得y 20＝4(1－x 208)， ⑤将⑤代入④，得k ＝8－x 202[x 20＋(22－m )x 0－22m ]， ∴⎩⎨⎧22－m ＝0，22m ＝8，∴m ＝22，k ＝－12，∴存在点D (22，0)，使得k QA ×k QD ＝－12.4．(2019·重庆六校联考)已知定点Q (3，0)，P 为圆N ：(x ＋3)2＋y 2＝24上任意一点，线段QP 的垂直平分线交NP 于点M .(1)当P 点在圆周上运动时，求点M 的轨迹C 的方程；(2)若直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，且OA →·OB →＝0(O 为坐标原点)，证明直线l 与某个定圆相切，并求出定圆的方程．解：(1)连接MQ ，依题意，可得圆N 的圆心N (－3，0)，半径为26，|MP |＝|MQ |，则|MN |＋|MQ |＝|MN |＋|MP |＝|NP | ＝26>23＝|NQ |，根据椭圆的定义，得点M 的轨迹是以N ，Q 为焦点，长轴的长为26的椭圆， 即2a ＝26，2c ＝23， ∴b ＝a 2－c 2＝ 3.∴点M 的轨迹C 的方程为x 26＋y 23＝1.(2)当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立直线与椭圆的方程，得⎩⎨⎧x 2＋2y 2＝6，y ＝kx ＋m ，消去y 并整理得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0. 由Δ＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－6)>0，得m 2<6k 2＋3.① 由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k2， ∴y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝m 2－6k 21＋2k2.∵OA →·OB →＝0，∴x 1x 2＋y 1y 2＝0， 即2m 2－61＋2k 2＋m 2－6k 21＋2k 2＝0， 整理得m 2＝2k 2＋2，满足①式， ∴|m |k 2＋1＝2，即原点到直线l 的距离为2， ∴直线l 与圆x 2＋y 2＝2相切．当直线l 的斜率不存在时，设直线l 的方程为x ＝t (－6<t <6)， 不妨设A (t ，6－t 22)，B (t ，－6－t 22)∵OA →·OB →＝0，∴t 2－3＋t 22＝0⇒t ＝±2.此时直线l 的方程为x ＝±2，显然也与圆x 2＋y 2＝2相切． 综上，直线l 与定圆相切，且定圆的方程为x 2＋y 2＝2.5．(2019·石家庄质量监测)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为223，左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线交椭圆于A ，B 两点．(1)若以AF 1为直径的动圆内切于圆x 2＋y 2＝9，求椭圆的长轴的长； (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 1的中点为M ，连接OM ，AF 2(O 为坐标原点)， 在△AF 1F 2中，O 为F 1F 2的中点， 所以|OM |＝12|AF 2|＝12(2a －|AF 1|) ＝a －12|AF 1|.由题意得|OM |＝3－12|AF 1|， 所以a ＝3，故椭圆的长轴的长为6.(2)由b ＝1，c a ＝223，a 2＝b 2＋c 2，得c ＝22，a ＝3， 所以椭圆C 的方程为x 29＋y 2＝1.当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝k (x ＋22)，由⎩⎨⎧x 2＋9y 2＝9，y ＝k (x ＋22)，得(9k 2＋1)x 2＋362k 2x ＋72k 2－9＝0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－362k 29k 2＋1，x 1x 2＝72k 2－99k 2＋1，y 1y 2＝k 2(x 1＋22)(x 2＋22)＝－k 29k 2＋1.设T (x 0,0)，则TA →·TB →＝x 1x 2－(x 1＋x 2)x 0＋x 20＋y 1y 2＝(9x 20＋362x 0＋71)k 2＋x 20－99k 2＋1， 当9x 20＋362x 0＋71＝9(x 20－9)，即x 0＝－1929时，TA →·TB →为定值，定值为x 20－9＝－781. 当直线AB 的斜率不存在时，不妨设A (－22，13)，B (－22，－13)，当T (－1929，0)时，TA →·TB →＝(29，13)·(29，－13)＝－781. 综上，在x 轴上存在定点T (－1929，0)，使得TA →·TB →为定值．第二次作业 高考·模拟解答题体验1．(2019·安徽滁州模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左右焦点分别为F 1，F 2，若椭圆上一点P 满足|PF 1|＋|PF 2|＝4，且椭圆C 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，过点R (4,0)的直线l 与椭圆C 交于E ，F 两点．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点E 作x 轴的垂线，交椭圆C 于点N ，求证：直线FN 过定点． 解：(1)依题意，|PF 1|＋|PF 2|＝2a ＝4， 故a ＝2.将⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32代入x 24＋y 2b 2＝1中， 解得b 2＝3，故椭圆C 的方程是x 24＋y 23＝1.(2)证明：由题意知直线l 的斜率必存在，设l 的方程为y ＝k (x －4)． 点E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，N (x 1，－y 1)，联立⎩⎨⎧y ＝k (x －4)，3x 2＋4y 2＝12得3x 2＋4k 2(x －4)2＝12，即(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0， 则Δ>0，x 1＋x 2＝32k 23＋4k 2，x 1x 2＝64k 2－123＋4k2.由题可得直线FN 方程为y ＋y 1＝y 2＋y 1x 2－x 1(x －x 1)．又∵y 1＝k (x 1－4)，y 2＝k (x 2－4)， ∴直线FN 方程为y ＋k (x 1－4) ＝k (x 2－4)＋k (x 1－4)x 2－x 1(x －x 1)，令y ＝0，整理得x ＝x 1x 2－4x 2－x 21＋4x 1x 1＋x 2－8＋x 1＝2x 1x 2－4(x 1＋x 2)x 1＋x 2－8＝2×64k 2－123＋4k 2－4×32k 23＋4k 232k 23＋4k 2－8＝－243＋4k 2－243＋4k 2＝1， 即直线FN 过点(1,0)．2．(2019·四川绵阳诊断)已知点E (－2,0)，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (2,0)，过点F 的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，△ABE 的周长为12.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 交y 轴于点N ，已知NA →＝mAF →，NB →＝nBF →，求m ＋n 的值． 解：(1)由题意知，E 为椭圆的左焦点，∴|AB |＋|AE |＋|BE |＝|AF |＋|BF |＋|AE |＋|BE |＝4a ＝12，解得a ＝3. 又c ＝2，故b 2＝a 2－c 2＝9－4＝5， ∴椭圆C 的方程为x 29＋y 25＝1.(2)由题知F (2,0)，若直线AB 恰好过原点，则A (－3,0)，B (3,0)，N (0,0)，∴NA →＝(－3，0)，AF →＝(5,0)，则m ＝－35，NB →＝(3,0)，BF →＝(－1,0)， 则n ＝－3，∴m ＋n ＝－185.若直线AB 不过原点，设直线AB ：x ＝ty ＋2，t ≠0， A (ty 1＋2，y 1)，B (ty 2＋2，y 2)，N ⎝⎛⎭⎪⎫0，－2t .则NA →＝⎝⎛⎭⎪⎫ty 1＋2，y 1＋2t ，AF →＝(－ty 1，－y 1)，NB →＝⎝⎛⎭⎪⎫ty 2＋2，y 2＋2t ，BF →＝(－ty 2，－y 2)．由NA →＝mAF →，得y 1＋2t ＝m (－y 1)， 从而m ＝－1－2ty 1；由NB →＝nBF →，得y 2＋2t ＝n (－y 2)，从而n ＝－1－2ty 2.故m ＋n ＝－1－2ty 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－2ty 2＝－2－2t ⎝ ⎛⎭⎪⎫1y 1＋1y 2 ＝－2－2t ×y 1＋y 2y 1y 2.联立方程组得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋2，x 29＋y 25＝1，整理得(5t 2＋9)y 2＋20ty －25＝0， ∴y 1＋y 2＝－20t 5t 2＋9，y 1y 2＝－255t 2＋9，∴m ＋n ＝－2－2t ×y 1＋y 2y 1y 2＝－2－2t ×20t 25＝－2－85＝－185.综上所述，m ＋n ＝－185.3．(2019·安徽蚌埠模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点P (0,1)，离心率e ＝32.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 经过点Q (2，－1)且与C 相交于A ，B 两点(异于点P )，记直线P A 的斜率为k 1，直线PB 的斜率为k 2，证明：k 1＋k 2为定值．解：(1)因为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，经过点P (0,1)，所以b ＝1.又e ＝32，所以c a ＝32，解得a ＝2.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：若直线AB 的斜率不存在，则直线l 的方程为x ＝2，此时直线与椭圆相切，不符合题意．设直线AB 的方程为y ＋1＝k (x －2)，即y ＝kx －2k －1，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －2k －1，x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－8k (2k ＋1)x ＋16k 2＋16k ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k (2k ＋1)1＋4k 2，x 1x 2＝16k 2＋16k1＋4k 2. 则k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝x 2(kx 1－2k －2)＋x 1(kx 2－2k －2)x 1x 2＝2kx 1x 2－(2k ＋2)(x 1＋x 2)x 1x 2 ＝2k －(2k ＋2)(x 1＋x 2)x 1x2＝2k －(2k ＋2)·8k (2k ＋1)16k (k ＋1)＝2k －(2k ＋1)＝－1.所以k 1＋k 2为定值，且定值为－1.4．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，且离心率e ＝12.(1)求椭圆E 的方程；(2)设椭圆E 的右顶点为A ，若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆E 相交于M 、N 两点(异于A 点)，且满足MA ⊥NA ，试证明直线l 经过定点，并求出该定点的坐标．解：依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝b 2＋c 2，1a 2＋94b 2＝1，c a ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝3，c ＝1.所以，椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)如图，设M (x 1，y 1)、N (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，整理，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0，则Δ＝64m 2k 2－16(3＋4k 2)(m 2－3)>0， 即3＋4k 2－m 2>0，x 1＋x 2＝－8mk3＋4k 2，x 1x 2＝4(m 2－3)3＋4k2. 从而y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3(m 2－4k 2)3＋4k 2， 由椭圆E 的右顶点为A (2,0)，MA ⊥NA ， 得y 1x 1－2·y 2x 2－2＝－1， 即y 1y 2＋x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝0.则有3(m 2－4k 2)3＋4k 2＋4(m 2－3)3＋4k 2＋16mk3＋4k 2＋4＝0，整理，得7m 2＋16km ＋4k 2＝0， 解得m ＝－2k 或m ＝－2k7，均满足条件3＋4k 2－m 2>0.当m ＝－2k 时，直线l 的方程为y ＝k (x －2)，直线l 过定点A ，与题设矛盾；当m ＝－2k7时，直线l 的方程为y ＝k ⎝⎛⎭⎪⎫x －27，直线l 过定点⎝⎛⎭⎪⎫27，0，所以直线l 经过定点，且定点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫27，0. 5．(2019·福州四校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1，F 2，短轴的一个端点为P ，△PF 1F 2内切圆的半径为b3，设过点F 2的直线l 被椭圆C 截得的线段为RS ，当l ⊥x 轴时，|RS |＝3.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)在x 轴上是否存在一点T ，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称？若存在，请求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)由内切圆的性质，得12×2c ×b ＝12×(2a ＋2c )×b 3，得c a ＝12. 将x ＝c 代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得y ＝±b 2a ， 所以2b 2a ＝3.又a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 垂直于x 轴时，显然x 轴上任意一点T 都满足TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．当直线l 不垂直于x 轴时，假设存在T (t,0)满足条件，设l 的方程为y ＝k (x －1)，R (x 1，y 1)，S (x 2，y 2)．联立方程，得⎩⎨⎧y ＝k (x －1)，3x 2＋4y 2－12＝0，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2①，其中Δ>0恒成立，由TS 与TR 所在直线关于x 轴对称，得k TS ＋k TR ＝0(显然TS ，TR 的斜率存在)， 即y 1x 1－t ＋y 2x 2－t ＝0 ②. 因为R ，S 两点在直线y ＝k (x －1)上， 所以y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)， 代入②得k (x 1－1)(x 2－t )＋k (x 2－1)(x 1－t )(x 1－t )(x 2－t )＝k [2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ](x 1－t )(x 2－t )＝0，即2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0 ③， 将①代入③得8k 2－24－(t ＋1)8k 2＋2t (3＋4k 2)3＋4k 2＝6t －243＋4k 2＝0 ④， 则t ＝4，综上所述，存在T (4,0)，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．。

专题56定点、定值、探索性问题最新考纲1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法．2.了解圆锥曲线的简单应用．3.理解数形结合的思想.重点难点突破【题型一】定点问题【典型例题】已知双曲线T1：的离心率为，若抛物线的焦点到双曲线T1的渐近线的距离为．已知点E（2，0）为抛物线T2内一定点，过E作两条直线交抛物线T2于A，B，C，D，且M，N分别是线段AB，CD的中点．（Ⅰ）求抛物线T2的方程；（Ⅱ）若k AB+k CD＝2，证明：直线MN过定点．【解答】（Ⅰ）解：双曲线T1的离心率为，即，则，得到．∴渐近线为y＝±x，又抛物线T2：y2＝2px（p＞0）的焦点为（，0），则焦点到y＝x的距离d，解得p＝1．可得抛物线的方程为y2＝2x．（Ⅱ）证明：由题意知，k AB+k CD＝2，不妨设AB的斜率k AB＝k，则CD的斜率k CD＝2﹣k，∴AB的直线方程是：y＝k（x﹣2），CD的直线方程是y＝（2﹣k）（x﹣2），设A（x1，y1），B（x2，y2），由，得，k2x2﹣（4k2+2）x+4k2＝0，则x1+x2，x1x2＝4，∴y1+y2＝k（x1﹣2）+k（x2﹣2）＝k（4）﹣4k，∵M是AB的中点，∴点M（2，），同理可得，点N（2，），∴直线MN的方程是：y•（x﹣2），化简得，y，∴直线MN过定点（2，）．【再练一题】已知抛物线C1：y2＝2px（p＞0）与椭圆C2：1有一个相同的焦点，过点A（2，0）且与x轴不垂直的直线l与抛物线C1交于P，Q两点，P关于x轴的对称点为M．（1）求抛物线C1的方程；（2）试问直线MQ是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．【解答】解：（1）由题意可得抛物线的焦点为椭圆的右焦点，坐标为（1，0），所以p＝2，故抛物线的方程为y2＝4x，（2）因为点P关于x轴的对称点为M，设P（x1，y1），Q（x2，y2），则M（x1，﹣y1），设直线PQ的方程为y＝k（x﹣2），代入y2＝4x得k2x2﹣4（k2+1）x+4k2＝0，∴x1x2＝4，设直线MQ的方程无y＝mx+n，代入y2＝4x得m2x2﹣（2mn﹣4）x+n2＝0，∴x1x24，∵x1＞0，x2＞0，∴2，即n＝2m，∴直线MQ的方程为y＝m（x+2），故过定点（﹣2，0）．思维升华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．【题型二】定值问题【典型例题】已知椭圆C：1（a＞b＞0）的右焦点F2与抛物线y2＝4x的焦点重合，且其离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）已知与坐标轴不垂直的直线l与C交于M，N两点，线段MN中点为P，问k MN•k OP（O 为坐标原点）是否为定值？请说明理由．【解答】解：（1）抛物线y2＝4x的焦点为（1，0），∴椭圆C的半焦距为c＝1，又椭圆的离心率e，∴a＝2，则b．∴椭圆C的方程为；（2）由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，设l的方程为y＝kx+m，联立，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0．△＞0即只需n2＜4k2+3．设M（x1，y1），N（x2，y2），则，，∴P（），∴．∴．【再练一题】已知抛物线E：y2＝2px（p＞0）与椭圆C：有相同的焦点F，且两曲线相交于点，过F作斜率为k（k≠0）的动直线l，交椭圆C于M，N两点．（Ⅰ）求抛物线E和椭圆C的方程；（Ⅱ）若A为椭圆C的左顶点，直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：为定值，并求出该定值．【解答】解：（Ⅰ）两曲线相交于点，可得2p•，即p＝2，则抛物线的方程为y2＝4x；由两曲线有相同的焦点F（1，0），由椭圆的定义可得2a4，即有a＝2，b，则椭圆方程为1；（Ⅱ）证明：由题意可得A（﹣2，0），设M（x1，y1），N（x2，y2），设直线l的方程为y＝k（x﹣1），联立椭圆方程可得（3+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0，可得x1+x2，x1x2，再由k（）4．可得为定值4．思维升华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．【题型三】探索性问题【典型例题】已知圆A：x2+y2+2x﹣15＝0和定点B（1，0），M是圆A上任意一点，线段MB的垂直平分线交MA于点N，设点N的轨迹为C．（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）若直线y＝k（x﹣1）与曲线C相交于P，Q两点，试问：在x轴上是否存在定点R，使当k变化时，总有∠ORP＝∠ORQ？若存在，求出点R的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（Ⅰ）圆A：（x+1）2+y2＝16，圆心A（﹣1，0），由已知得|NM|＝|NB|，又|NM|+|NB|＝4，所以|NA|+|NB|＝4＞|AB|＝2，所以由椭圆的定义知点N的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，设其标准方程C：，则2a＝4，2c＝2，所以a2＝4，b2＝3，所以曲线C：．（Ⅱ）设存在点R（t，0）满足题设，联立直线y＝k（x﹣1）与椭圆方程消y 得（4k2+3）x2﹣8k2x+（4k2﹣12）＝0，设P（x1，y1），Q（x2，y2），则由韦达定理得①，②，由题设知OR平分∠PRQ⇔直线RP与直RQ的倾斜角互补，即直线RP与直线RQ的斜率之和为零，即，即x1y2+x2y1﹣t（y1+y2）＝0，即2kx1x2﹣（1+t）k（x1+x2）+2tk＝0③，把①、②代入③并化简得，即（t﹣4）k＝0④，所以当k变化时④成立，只要t＝4即可，所以存在定点R（4，0）满足题设．【再练一题】已知椭圆C：（a＞b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，离心率为，点A在椭圆C上，|AF1|＝2，∠F1AF2＝60°，过F2与坐标轴不垂直的直线l与椭圆C交于P，Q两点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）若P，Q的中点为N，在线段OF2上是否存在点M（m，0），使得MN⊥PQ？若存在，求实数m的取值范围；若不存在，说明理由．【解答】解：（Ⅰ）由得a＝2c，|AF1|＝2，|AF2|＝2a﹣2，由余弦定理得，，解得c＝1，a＝2，b2＝a2﹣c2＝3，所以椭圆C的方程为．（Ⅱ）存在这样的点M符合题意．设P（x1，y1），Q（x2，y2），N（x0，y0），由F2（1，0），设直线PQ的方程为y＝k（x﹣1），由得（4k2+3）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0，由韦达定理得，故，又点N在直线PQ上，，所以．因为MN⊥PQ，所以，整理得，所以存在实数m，且m的取值范围为．思维升华解决探索性问题的注意事项探索性问题，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，要开放思维，采取另外合适的方法．基础知识训练1．【甘肃省兰州市第一中学2019届高三6月高考冲刺模拟】椭圆C:22221x y a b+=(a>b>0)的左、右焦点分别为12,F F ，离心率为32，过焦点2F 且垂直于x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为1．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）已知点M （0，-1），直线l 经过点N （2，1）且与椭圆C 相交于A,B 两点（异于点M ），记直线MA 的斜率为1k ，直线MB 的斜率为2k ，证明12k k + 为定值，并求出该定值.【答案】(Ⅰ) 2214x y += (Ⅱ)见证明【解析】（Ⅰ）将x c =代入22221x y a b +=中，由222a cb -=可得422b y a=，所以弦长为22b a，故有22222132b a c a a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩，解得21a b =⎧⎨=⎩，所以椭圆C 的方程为：2214x y +=．（Ⅱ）若直线l 的斜率不存在，即直线的方程为x=2，与椭圆只有一个交点，不符合题意。

第二课时 定点、定值、探索性问题考点一 定点问题 【例1】【例1】 (2020·广州一模)设M 点为圆C ：x 2＋y 2＝4上的动点，点M 在x 轴上的投影为N .动点P 满足2PN →＝3MN →，动点P 的轨迹为E . (1)求E 的方程；(2)设E 的左顶点为D ，若直线l ：y ＝kx ＋m 与曲线E 交于A ，B 两点(A ，B 不是左、右顶点)，且满足|DA→＋DB →|＝|DA →－DB →|，求证：直线l 恒过定点，并求出该定点的坐标.解 (1)设点M (x 0，y 0)，P (x ，y )，由题意可知N (x 0，0)， ∵2PN →＝3MN →，∴2(x 0－x ，－y )＝3(0，－y 0)， 即x 0＝x ，y 0＝23y ， 又点M 在圆C ：x 2＋y 2＝4上，∴x 20＋y 20＝4， 将x 0＝x ，y 0＝23y 代入得x24＋y23＝1， 即轨迹E 的方程为x24＋y23＝1. (2)由(1)可知D (－2，0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x24＋y23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0，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＝－8mk 3＋4k2，x 1x 2＝4（m2－3）3＋4k2. y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3m2－12k23＋4k2.∵|DA→＋DB →|＝|DA →－DB →|，∴DA →⊥DB →，即DA →·DB→＝0， 即(x 1＋2，y 1)·(x 2＋2，y 2)＝x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＋y 1y 2＝0， ∴4m2－123＋4k2＋2×－8mk 3＋4k2＋4＋3m2－12k23＋4k2＝0， ∴7m 2－16mk ＋4k 2＝0，解得m 1＝2k ，m 2＝27k ，且均满足3＋4k 2－m ＞0. 当m ＝2k 时，l 的方程为y ＝kx ＋2k ＝k (x ＋2)， 直线恒过点(－2，0)，与已知矛盾；当m ＝27k 时，l 的方程为y ＝kx ＋27k ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋27，直线恒过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－27，0.∴直线l 过定点，定点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－27，0.规律方法 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. 【训练1】 (2020·湖南三湘名校联考)已知椭圆C ：y2a2＋x2b2＝1(a ＞b ≥1)的离心率为22，其上焦点到直线bx ＋2ay －2＝0的距离为23. (1)求椭圆C 的方程；(2)过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点.试探究以线段AB 为直径的圆是否过定点.若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由. 解 (1)由题意得，e ＝c a ＝22，又a 2＝b 2＋c 2， 所以a ＝2b ，c ＝b .又|2ac －2|4a2＋b2＝23，a ＞b ≥1，所以b ＝1，a 2＝2，故椭圆C 的方程为y22＋x 2＝1.(2)当AB ⊥x 轴时，以线段AB 为直径的圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －132＋y 2＝169.当AB ⊥y 轴时，以线段AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1. 可得两圆交点为Q (－1，0).由此可知， 若以线段AB 为直径的圆恒过定点，则该定点为Q (－1，0). 下证Q (－1，0)符合题意. 设直线l 的斜率存在，且不为0， 其方程为y ＝k⎝ ⎛⎭⎪⎫x －13，代入y22＋x 2＝1， 并整理得(k 2＋2)x 2－23k 2x ＋19k 2－2＝0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k23（k2＋2），x 1x 2＝k2－189（k2＋2），所以QA →·QB →＝(x 1＋1)(x 2＋1)＋y 1y 2＝x 1x 2＋x 1＋x 2＋1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫x2－13＝(1＋k 2)x 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13k2(x 1＋x 2)＋1＋19k 2＝(1＋k 2)·k2－189（k2＋2）＋⎝⎛⎭⎪⎫1－13k2·2k23（k2＋2）＋1＋19k 2＝0， 故QA→⊥QB →，即Q (－1，0)在以线段AB 为直径的圆上.综上，以线段AB 为直径的圆恒过定点(－1，0). 考点二 定值问题【例2】 (2019·洛阳高三统考)已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)，其焦点为F ，O 为坐标原点，直线l 与抛物线C 相交于不同的两点A ，B ，M 为AB 的中点. (1)若p ＝2，M 的坐标为(1，1)，求直线l 的方程.(2)若直线l 过焦点F ，AB 的垂直平分线交x 轴于点N ，求证：2|MN|2|FN|为定值. (1)解 由题意知直线l 的斜率存在且不为0， 故设直线l 的方程为x －1＝t (y －1)即x ＝ty ＋1－t ，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).由⎩⎨⎧x ＝ty ＋1－t ，y2＝4x ，得y 2－4ty －4＋4t ＝0， ∴Δ＝16t 2＋16－16t ＝16(t 2－t ＋1)＞0，y 1＋y 2＝4t ， ∴4t ＝2，即t ＝12.∴直线l 的方程为2x －y －1＝0.(2)证明 ∵抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)，∴焦点F 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫p 2，0.由题意知直线l 的斜率存在且不为0，∵直线l 过焦点F ，故设直线l 的方程为x ＝ty ＋p2(t ≠0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2). 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋p 2y2＝2px ，得y 2－2pty －p 2＝0， ∴y 1＋y 2＝2pt ，Δ＝4p 2t 2＋4p 2＞0.∴x 1＋x 2＝t (y 1＋y 2)＋p ＝2pt 2＋p ，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫pt2＋p 2，pt . ∴MN 的方程为y －pt ＝－t ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －pt2－p 2.令y ＝0，解得x ＝pt 2＋3p 2，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫pt2＋3p 2，0，∴|MN |2＝p 2＋p 2t 2，|FN |＝pt 2＋3p 2－p2＝pt 2＋p ，∴2|MN|2|FN|＝2（p2＋p2t2）pt2＋p＝2p ，为定值.规律方法 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引起变量法：其解题流程为变量→选择适当的动点坐标或动线中系数为变量 ↓函数→把要证明为定值的量表示成上述变量的函数 ↓定值→把得到的函数化简，消去变量得到定值【训练2】 (2020·福州模拟)已知椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为13，左、右焦点分别为F 1，F 2，A 为椭圆C 上一点，AF 2⊥F 1F 2，且|AF 2|＝83. (1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆C 的左、右顶点分别为A 1，A 2，过A 1，A 2分别作x 轴的垂线l 1，l 2，椭圆C 的一条切线l ：y ＝kx ＋m 与l 1，l 2分别交于M ，N 两点，求证：∠MF 1N 为定值. (1)解 由AF 2⊥F 1F 2，|AF 2|＝83，得b2a ＝83. 又e ＝c a ＝13，a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝9，b 2＝8， 故椭圆C 的标准方程为x29＋y28＝1.(2)证明 由题意可知，l 1的方程为x ＝－3，l 2的方程为x ＝3.直线l 分别与直线l 1，l 2的方程联立得M (－3，－3k ＋m )，N (3，3k ＋m )， 所以F1M→＝(－2，－3k ＋m )，F1N →＝(4，3k ＋m )， 所以F1M →·F1N→＝－8＋m 2－9k 2. 联立得⎩⎪⎨⎪⎧x29＋y28＝1，y ＝kx ＋m ，得(9k 2＋8)x 2＋18kmx ＋9m 2－72＝0.因为直线l 与椭圆C 相切，所以Δ＝(18km )2－4(9k 2＋8)(9m 2－72)＝0， 化简得m 2＝9k 2＋8.所以F1M →·F1N→＝－8＋m 2－9k 2＝0，所以F1M →⊥F1N →，故∠MF 1N 为定值π2. 考点三 探索性问题【例3】 (2019·广州调研)已知椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1，F 2，短轴的一个端点为P ，△PF 1F 2内切圆的半径为b3，设过点F 2的直线l 与被椭圆C 截得的线段为RS ，当l ⊥x 轴时，|RS |＝3. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)在x 轴上是否存在一点T ，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称？若存在，请求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由.解 (1)由内切圆的性质，得12×2c ×b ＝12×(2a ＋2c )×b 3，得c a ＝12. 将x ＝c 代入x2a2＋y2b2＝1，得y ＝±b2a ，所以2b2a ＝3. 又a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝3， 故椭圆C 的标准方程为x24＋y23＝1.(2)当直线l 垂直于x 轴时，显然x 轴上任意一点T 都满足TS 与TR 所在直线关于x 轴对称.当直线l 不垂直于x 轴时，假设存在T (t ，0)满足条件，设l 的方程为y ＝k (x －1)，R (x 1，y 1)，S (x 2，y 2). 联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），x24＋y23＝1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x1＋x2＝8k23＋4k2，x1x2＝4k2－123＋4k2，①其中Δ>0恒成立，由TS 与TR 所在直线关于x 轴对称，得k TS ＋k TR ＝0(显然TS ，TR 的斜率存在)，即y1x1－t＋y2x2－t＝0.②因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上，所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得k（x1－1）（x2－t）＋k（x2－1）（x1－t）（x1－t）（x2－t）＝k[2x1x2－（t＋1）（x1＋x2）＋2t]（x1－t）（x2－t）＝0，即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，③将①代入③得8k2－24－（t＋1）8k2＋2t（3＋4k2）3＋4k2＝6t－243＋4k2＝0，④则t＝4，综上所述，存在T(4，0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称.规律方法此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.【训练3】 (2020·济南调研)如图，已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，其左、右焦点分别为F1(－2，0)及F2(2，0)，过点F1的直线交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为G，AB的中垂线与x轴和y轴分别交于D，E两点，且|AF1|，|F1F2|，|AF2|构成等差数列.(1)求椭圆C的方程.(2)记△GF1D的面积为S1，△OED(O为坐标原点)的面积为S2.试问：是否存在直线AB，使得S1＝S2？请说明理由.解 (1)∵|AF 1|，|F 1F 2|，|AF 2|构成等差数列， ∴2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝2|F 1F 2|＝8，∴a ＝4. 又c ＝2，∴b 2＝12， ∴椭圆C 的方程为x216＋y212＝1.(2)假设存在直线AB ，使得S 1＝S 2，显然直线AB 不能与x ，y 轴垂直. 设AB 的方程为y ＝k (x ＋2)(k ≠0)，将其代入x216＋y212＝1，整理得(4k 2＋3)x 2＋16k 2x ＋16k 2－48＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝－16k23＋4k2，∴点G 的横坐标为x1＋x22＝－8k23＋4k2，∴G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k23＋4k2，6k 3＋4k2. ∵DG ⊥AB ，∴6k3＋4k2－8k23＋4k2－xD ×k ＝－1，解得x D ＝－2k23＋4k2，即D ⎝⎛⎭⎪⎫－2k23＋4k2，0. ∵Rt △GDF 1和Rt △ODE 相似，∴若S 1＝S 2， 则|GD |＝|OD |， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k23＋4k2－－2k23＋4k22＋⎝⎛⎭⎪⎫6k 3＋4k22＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2k23＋4k2，整理得8k 2＋9＝0.∵方程8k 2＋9＝0无解，∴不存在直线AB ，使得S 1＝S 2.A 级 基础巩固一、选择题1.(2019·石家庄模拟)已知P 为双曲线C ：x29－y216＝1上的点，点M 满足|OM →|＝1，且OM →·PM→＝0，则当|PM →|取得最小值时点P 到双曲线C 的渐近线的距离为( )A.95B.125C.4D.5解析 由OM →·PM →＝0，得OM ⊥PM ，根据勾股定理，求|MP |的最小值可以转化为求|OP |的最小值，当|OP |取得最小值时，点P 的位置为双曲线的顶点(±3，0)，而双曲线的渐近线为4x ±3y ＝0，∴所求的距离d ＝125. 答案 B2.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 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.设直线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 过定点为(－3，0). 答案 A3.已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a >0，b >0)的离心率e ＝2，过双曲线上一点M 作直线MA ，MB 交双曲线于A ，B 两点，且斜率分别为k 1，k 2，若直线AB 过原点，则k 1·k 2的值为( ) A.2B.3C.3D.6解析 由题意知，e ＝c a ＝1＋b2a2＝2⇒b 2＝3a 2，则双曲线方程可化为3x 2－y 2＝3a 2，设A (m ，n )，M (x 0，y 0)(x 0≠±m )，则B (－m ，－n )，k 1·k 2＝y0－n x0－m ·y0＋n x0＋m ＝y20－n 2x 20－m 2＝3x20－3a 2－3m 2＋3a 2x 20－m 2＝3.答案 B4.已知O 为坐标原点，设F 1，F 2分别是双曲线x 2－y 2＝1的左、右焦点，P 为双曲线左支上任一点，过点F 1作∠F 1PF 2的平分线的垂线，垂足为H ，则|OH |＝( ) A.1B.2C.4D.12解析 如图所示，延长F 1H 交PF 2于点Q ，由PH 为∠F 1PF 2的平分线及PH ⊥F 1Q ，可知|PF 1|＝|PQ |，根据双曲线的定义，得|PF 2|－|PF 1|＝2，从而|QF 2|＝2，在△F 1QF 2中，易知OH 为中位线，故|OH |＝1. 答案 A5.已知抛物线M ：y 2＝4x ，过抛物线M 的焦点F 的直线l 交抛物线于A ，B 两点(点A 在第一象限)，且交抛物线的准线于点E .若AE →＝2BE →，则直线l 的斜率为( )A.3B.22C. 3D.1解析 分别过A ，B 两点作AD ，BC 垂直于准线，垂足分别为D ，C ， 由AE→＝2BE →，得B 为AE 的中点，∴|AB |＝|BE |， 则|AD |＝2|BC |，由抛物线的定义可知|AF |＝|AD |，|BF |＝|BC |， ∴|AB |＝3|BC |，∴|BE |＝3|BC |，则|CE |＝22|BC |， ∴tan ∠CBE ＝|CE||CB|＝22，∴直线l 的斜率k ＝tan ∠AFx ＝tan ∠CBE ＝22. 答案 B二、填空题6.若双曲线x 2－y2b2＝1(b ＞0)的一条渐近线与圆x 2＋(y －2)2＝1至多有一个公共点，则双曲线离心率的取值范围是________.解析 双曲线的渐近线方程为y ＝±bx ，则有|0－2|1＋b2≥1，解得b 2≤3，则e 2＝1＋b 2≤4，∵e ＞1，∴1＜e ≤2.答案 (1，2]7.(2020·东北三省四校模拟)已知动点P (x ，y )在椭圆x225＋y216＝1上，若A 点坐标为(3，0)，|AM →|＝1，且PM →·AM→＝0，则|PM →|的最小值是________. 解析 ∵PM →·AM→＝0，∴AM →⊥PM →. ∴|PM→|2＝|AP →|2－|AM →|2＝|AP →|2－1， ∵椭圆右顶点到右焦点A 的距离最小，故|AP →|min ＝2，∴|PM →|min＝3. 答案 3 8.(2019·湘中名校联考)已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，△ABC 的顶点都在抛物线上，且满足FA →＋FB →＋FC →＝0，则1kAB ＋1kAC ＋1kBC＝________. 解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，由FA →＋FB →＋FC →＝0，得y 1＋y 2＋y 3＝0.因为k AB ＝y2－y1x2－x1＝2p y1＋y2，所以k AC ＝2p y1＋y3，k BC ＝2p y2＋y3，所以1kAB ＋1kAC ＋1kBC ＝y1＋y22p ＋y3＋y12p ＋y2＋y32p ＝0.答案 0三、解答题9.(2019·全国Ⅰ卷)已知点A ，B 关于坐标原点O 对称，|AB |＝4，⊙M 过点A ，B 且与直线x ＋2＝0相切.(1)若A 在直线x ＋y ＝0上，求⊙M 的半径.(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由.解(1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线x＋y ＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a).因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.连接MA，由已知得|AO|＝2.又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.故⊙M的半径r＝2或r＝6.(2)存在定点P(1，0)，使得|MA|－|MP|为定值.理由如下：设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2, 化简得M的轨迹方程为y2＝4x.因为曲线C：y2＝4x是以点P(1，0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P.10.(2020·青岛质检)设椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点.若椭圆E的离心率为22，△ABF2的周长为46.(1)求椭圆E的方程；(2)设不经过椭圆的中心而平行于弦AB的直线交椭圆E于点C，D，设弦AB，CD的中点分别为M，N，证明：O，M，N三点共线.(1)解由题意知，4a＝46，a＝6.又e＝22，∴c＝3，b＝3，∴椭圆E的方程为x26＋y23＝1.(2)证明当直线AB，CD的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，中点M，N在x轴上，O，M，N三点共线，当直线AB，CD的斜率存在时，设其斜率为k，且设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x216＋y 213＝1，x 26＋y 23＝1，两式相减，得x216＋y213－⎝ ⎛⎭⎪⎫x226＋y 23＝0， ∴x21－x 26＝－y21－y 23，（x1－x2）（x1＋x2）6＝－（y1－y2）（y1＋y2）3，∴y1－y2x1－x2·y1＋y2x1＋x2＝－36，y1－y2x1－x2·y0x0＝－36， 即k ·k OM ＝－12，∴k OM ＝－12k .同理可得k ON ＝－12k ，∴k OM ＝k ON ，∴O ，M ，N 三点共线.B 级 能力提升11.(2019·成都诊断)设点Q 是直线l ：x ＝－1上任意一点，过点Q 作抛物线C ：y 2＝4x 的两条切线QS ，QT ，切点分别为S ，T ，设切线QS ，QT 的斜率分别为k 1，k 2，F 是抛物线的焦点，直线QF 的斜率为k 0，则下列结论正确的是( )A.k 1－k 2＝k 0B.k 1k 2＝2k 0C.k 1－k 2＝2k 0D.k 1＋k 2＝2k 0 解析 设点Q (－1，t )，由过点Q 的直线y －t ＝k (x ＋1)与抛物线C ：y 2＝4x 相切，联立方程得⎩⎨⎧y2＝4x ，y －t ＝k （x ＋1），整理得k 2x 2＋2(k 2＋kt －2)x ＋(k ＋t )2＝0，则Δ＝4(k 2＋kt －2)2－4k 2(k ＋t )2＝0，化简得k 2＋tk －1＝0.显然k 1，k 2是关于k 的方程k 2＋tk －1＝0的两个根，所以k 1＋k 2＝－t .又k 0＝－t 2，故k 1＋k 2＝2k 0.答案 D12.(2020·郑州模拟)已知F 为抛物线y 2＝x 的焦点，点A ，B 在该抛物线上且位于x 轴的两侧，OA →·OB→＝6(其中O 为坐标原点)，则△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是( )A.1723B.3C.338D.3132解析 设直线AB 的方程为x ＝ty ＋m ，点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 与x 轴的交点为M (m ，0)，将x ＝ty ＋m 代入y 2＝x ，可得y 2－ty －m ＝0，则y 1·y 2＝－m .∵OA →·OB →＝6，∴x 1x 2＋y 1y 2＝6，从而(y 1y 2)2＋y 1y 2－6＝0.∵点A ，B 位于x 轴的两侧，∴y 1y 2＝－3，故m ＝3.不妨令点A 在x 轴上方，则y 1＞0，又F ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，∴S △ABO ＋S AFO ＝12×3×(y 1－y 2)＋12×14y 1＝138y 1＋92y1≥29×1316＝3132，当且仅当138y 1＝92y1，即y 1＝61313时，取“＝”，∴△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是3132，故选D. 答案 D13.若点O 和点F 分别为椭圆x29＋y28＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任一点，则OP →·FP→的最小值为________. 解析 点P 为椭圆x29＋y28＝1上的任意一点，设P (x ，y )(－3≤x ≤3，－22≤y ≤22)，依题意得左焦点F (－1，0)，∴OP →＝(x ，y )，FP →＝(x ＋1，y )，∴OP →·FP→＝x (x ＋1)＋y 2＝x 2＋x ＋72－8x29＝19⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922＋234. ∵－3≤x ≤3，∴32≤x ＋92≤152，∴94≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922≤2254， ∴14≤19⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922≤22536，∴6≤19⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922＋234≤12，即6≤OP →·FP →≤12，故最小值为6. 答案 614.(2020·长沙高三质检)已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)的焦点为F ，M (－2，y 0)是C 上一点，且|MF |＝2.(1)求C 的方程.(2)过点F 的直线与抛物线C 相交于A ，B 两点，分别过点A ，B 作抛物线C 的切线l 1，l 2，两条切线相交于点P ，点P 关于直线AB 的对称点为Q ，判断四边形PAQB 是否存在外接圆？如果存在，求出外接圆面积的最小值；如果不存在，请说明理由. 解 (1)根据题意知，4＝2py 0，①因为|MF |＝2，所以y 0＋p 2＝2.②联立①②，解得y 0＝1，p ＝2.所以抛物线C 的方程为x 2＝4y .(2)四边形PAQB 存在外接圆.由(1)知F (0，1)，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，代入x 2＝4y 中，得x 2－4kx －4＝0，Δ＝16(k 2＋1)＞0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4，所以|AB |＝1＋k2|x 1－x 2|＝4(k 2＋1).因为C ：x 2＝4y ，即y ＝x24，所以y ′＝x 2，因此切线l 1的斜率k 1＝x12，切线l 2的斜率k 2＝x22.所以k 1k 2＝x1x24＝－1，所以PA ⊥PB ，即△PAB 是直角三角形，所以△PAB 的外接圆的圆心为线段AB 的中点，线段AB 是外接圆的直径，由于点Q 与点P 关于直线AB 对称，所以点Q 一定在△PAB 的外接圆上，即四边形PAQB 存在外接圆.又|AB |＝4(k 2＋1)，所以当k ＝0时，线段AB 最短，最短长度为4，此时圆的面积最小，最小面积为4π.C 级 创新猜想15.(多选题)如图，由抛物线y 2＝8x 与圆E ：(x －2)2＋y 2＝9的实线部分构成图形Ω，过点P (2，0)的直线始终与图形Ω中的抛物线部分及圆部分有交点，则|AB |的取值可能为( )A.4B.5C.6D.7解析 由题意可知抛物线y 2＝8x 的焦点为F (2，0)，圆(x －2)2＋y 2＝9的圆心为E (2，0)，因此点P ，F ，E 重合，所以|PA |＝3.设B (x 0，y 0)，则由抛物线的定义可知|PB |＝x 0＋2，由⎩⎨⎧y2＝8x ，（x －2）2＋y2＝9得(x －2)2＋8x ＝9，整理得x 2＋4x －5＝0，解得x 1＝1，x 2＝－5(舍去)，设圆E 与抛物线交于C ，D 两点，所以x C ＝x D ＝1，因此0≤x 0≤1，又|AB |＝|AP |＋|BP |＝3＋x 0＋2＝x 0＋5，所以|AB |＝x 0＋5∈[5，6]，故选BC.答案 BC16.(多填题)(2020·淄博模拟)已知F 1，F 2分别为椭圆C ：x2a2＋y 2＝1(a ＞1)的左、右焦点，点F 2关于直线y ＝x 的对称点Q 在椭圆上，则长轴长为________；若P 是椭圆上的一点，且|PF 1|·|PF 2|＝43，则S △F 1PF 2＝________.解析 由椭圆C ：x2a2＋y 2＝1(a ＞1)，知c ＝a2－1，所以F 2(a2－1，0)，点F 2关于直线y ＝x 的对称点Q (0，a2－1)，由题意可得a2－1＝1，即a ＝2，则长轴长为22.所以椭圆方程为x22＋y 2＝1，则|PF 1|＋|PF 2|＝2a ＝22，又|PF 1|·|PF 2|＝43，所以cos ∠F 1PF 2＝|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|22|PF1|·|PF2|＝（|PF1|＋|PF2|）2－2|PF1|·|PF2|－|F1F2|22|PF1|·|PF2|＝8－83－483＝12，所以sin∠F1PF2＝32，则S△F1PF2＝12|PF1|·|PF2|·sin∠F1PF2＝12×43×32＝33.答案223 3。

课时作业56 定点、定值、探索性问题1．过抛物线y 2＝2px (p >0)上一定点P (x 0，y 0)(y 0≠0)分别作斜率为k 和－k 的直线l 1，l 2，设l 1，l 2分别与抛物线y 2＝2px 交于A ，B 两点，证明：直线AB 的斜率为定值．证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题易知k ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2px ，y －y 0＝kx －x 0，消去x ，得y 2－2p k y ＋2py 0k －2px 0＝0，由韦达定理得y 0＋y 1＝2p k ，所以y 1＝2pk－y 0.①同理y 0＋y 2＝－2p k ，得y 2＝－2pk－y 0.②由①②得y 1＋y 2＝－2y 0， 所以k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝y 2－y 1y 222p －y 212p＝2p y 1＋y 2＝－py 0，故直线AB 的斜率为定值． 2．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点M (6，1)，离心率为22.(1)求椭圆的标准方程；(2)已知点P (6，0)，若A ，B 为已知椭圆上两动点，且满足PA →·PB →＝－2，试问直线AB 是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．解：(1)由题意得c a ＝22，① 因为椭圆经过点M (6，1)，所以6a 2＋1b2＝1.②又a 2＝b 2＋c 2，③由①②③解得a 2＝8，b 2＝c 2＝4， 所以椭圆的标准方程为x 28＋y 24＝1.(2)①当直线AB 与x 轴不垂直时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，代入x 28＋y 24＝1，消去y ，整理得(2k 2＋1)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0.由Δ>0，得8k 2＋4－m 2>0.① 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4km 2k 2＋1，x 1x 2＝2m 2－82k 2＋1，所以PA →·PB →＝(x 1－6)(x 2－6)＋y 1y 2＝(x 1－6)(x 2－6)＋(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝(k 2＋1)x 1x 2＋(km －6)·(x 1＋x 2)＋6＋m 2＝－2，得(k 2＋1)x 1x 2＋(km －6)(x 1＋x 2)＋8＋m 2＝0，即(k 2＋1)2m 2－82k 2＋1＋(km －6)－4km 2k 2＋1＋8＋m 2＝0，整理得(3m ＋22k )2＝0， 从而m ＝－263k ，满足①，所以直线AB 的方程为y ＝k ⎝⎛⎭⎪⎫x －263，故直线AB 恒过定点⎝⎛⎭⎪⎫263，0. ②当直线AB 与x 轴垂直时，若直线为x ＝263，此时点A ，B 的坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫263，263，⎝ ⎛⎭⎪⎫263，－263，满足PA →·PB →＝－2，此时直线x ＝263也过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫263，0.综上，直线AB 恒过定点⎝⎛⎭⎪⎫263，0. 3．(2017·河北质量监测)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1的右焦点为F (c,0)且a >b >c >0，设短轴的一个端点为D ，原点O 到直线DF 的距离为32，过原点和x 轴不重合的直线与椭圆E 相交于C ，G 两点，且|GF →|＋|CF →|＝4.(1)求椭圆E 的方程；(2)是否存在过点P (2,1)的直线l 与椭圆E 相交于不同的两点A ，B 且使得OP →2＝4PA →·PB →成立？若存在，试求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)由椭圆的对称性知|GF →|＋|CF →|＝2a ＝4，∴a ＝2.又原点O 到直线DF 的距离为32，∴bc a ＝32，∴bc ＝3，又a 2＝b 2＋c 2＝4，a >b >c >0，∴b ＝3，c ＝1.故椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 与x 轴垂直时不满足条件．故可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝k (x －2)＋1，代入椭圆方程得(3＋4k 2)x 2－8k (2k －1)x ＋16k 2－16k －8＝0，∴x 1＋x 2＝8k k －3＋4k 2，x 1x 2＝16k 2－16k －83＋4k2，Δ＝32(6k ＋3)>0，∴k >－12.∵OP →2＝4PA →·PB →，即4[(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)]＝5，∴4(x 1－2)(x 2－2)(1＋k 2)＝5，即4[x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4](1＋k 2)＝5，∴4[16k 2－16k －83＋4k 2－2×8k k －3＋4k2＋4](1＋k 2)＝4×4＋4k 23＋4k 2＝5，解得k ＝±12，k ＝－12不符合题意，舍去．∴存在满足条件的直线l ，其方程为y ＝12x.1．(2017·江西联考)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：(1)设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，则e ＝c a ＝22，c ＝1，故a 2＝2，b2＝1，椭圆C 的标准方程为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 2x 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＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝m 2－1＋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．(2017·西安质检)如图所示，已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率等于32，它的一个顶点恰好在抛物线x 2＝8y 的准线上． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)点P (2，3)，Q (2，－3)在椭圆上，A ，B 是椭圆上位于直线PQ 两侧的动点，当A ，B 运动时，满足∠APQ ＝∠BPQ ，试问直线AB 的斜率是否为定值，请说明理由．解：(1)设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)．∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x 2＝8y 的准线y ＝－2上，∴－b ＝－2，解得b ＝2. 又c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2， ∴a ＝4，c ＝2 3.可得椭圆C 的标准方程为x 216＋y 24＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∵∠APQ ＝∠BPQ ，则PA ，PB 的斜率互为相反数，可设直线PA 的斜率为k ，则PB 的斜率为－k ，直线PA 的方程为：y －3＝k (x －2)，联立⎩⎨⎧y －3＝k x －，x 2＋4y 2＝16，化为(1＋4k 2)x2＋8k (3－2k )x ＋4(3－2k )2－16＝0，∴x 1＋2＝8kk －31＋4k2.同理可得： x 2＋2＝－8k －2k －31＋4k2＝8kk ＋31＋4k2， ∴x 1＋x 2＝16k 2－41＋4k 2，x 1－x 2＝－163k1＋4k2，k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝k x 1＋x 2－4k x 1－x 2＝36.∴直线AB 的斜率为定值36.。

第3课时 定点、定值、探索性问题【例1y ＝－1相切．(1)求圆心M 的轨迹方程；(2)动直线l 过点P (0，－2)，且与点M 的轨迹交于A ，B 两点，点C 与点B 关于y 轴对称，求证：直线AC 恒过定点．[解] (1)由题意，得点M 与点(0,1)的距离始终等于点M 到直线y ＝－1的距离，由抛物线定义知圆心M 的轨迹为以点(0,1)为焦点，直线y ＝－1为准线的抛物线，则p 2＝1，p ＝2.∴圆心M 的轨迹方程为x 2＝4y .(2)证明：由题知，直线l 的斜率存在，∴设直线l ：y ＝kx －2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则C (－x 2，y 2)，联立⎩⎨⎧ x 2＝4y ，y ＝kx －2，得x 2－4kx ＋8＝0，∴⎩⎨⎧x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝8.k AC ＝y 1－y 2x 1＋x 2＝x 214－x 224x 1＋x 2＝x 1－x 24， 则直线AC 的方程为y －y 1＝x 1－x 24(x －x 1)，即y ＝y 1＋x 1－x 24(x －x 1)＝x 1－x 24x －x 1(x 1－x 2)4＋x 214＝x 1－x 24x ＋x 1x 24.∵x 1x 2＝8，∴y ＝x 1－x 24x ＋x 1x 24＝x 1－x 24x ＋2，故直线AC 恒过定点(0,2)．已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点F (1,0)，B 是抛物线C 上异于O 的两点．(1)求抛物线C 的方程；(2)若直线OA ，OB 的斜率之积为－12，求证：直线AB 过x 轴上一定点．[解] (1)因为抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点坐标为(1,0)，所以p 2＝1，所以p ＝2.所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明：①当直线AB 的斜率不存在时，设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，t ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，－t . 因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以t t 24·－t t 24＝－12，化简得t 2＝32.所以A (8，t )，B (8，－t )，此时直线AB 的方程为x ＝8.②当直线AB 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋b ，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，联立方程组⎩⎨⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋b 消去x ，得ky 2－4y ＋4b ＝0. 由根与系数的关系得y A y B ＝4b k， 因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以y A x A ·y B x B＝－12，即x A x B ＋2y A y B ＝0，即y 2A 4·y 2B 4＋2y A y B ＝0， 解得y A y B ＝－32或y A y B ＝0(舍去)．所以y A y B ＝4b k ＝－32，即b ＝－8k ，所以y ＝kx －8k ，即y ＝k (x －8)．综上所述，直线AB过定点(8,0)．【例2】已知椭圆C：xa2＋yb2＝1，过点A(2,0)，B(0,1)两点．(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线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](1)由椭圆过点A(2,0)，B(0,1)知a＝2，b＝1.所以椭圆方程为x24＋y2＝1，又c＝a2－b2＝ 3.所以椭圆离心率e＝ca＝3 2.(2)证明：设P点坐标为(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则x20＋4y20＝4，由B点坐标(0,1)得直线PB方程为：y－1＝y0－1x0(x－0)，令y＝0，得x N＝x01－y0，从而|AN|＝2－x N＝2＋x0y0－1，由A点坐标(2,0)得直线P A方程为y－0＝y0x0－2(x－2)，令x＝0，得y M＝2y02－x0，从而|BM|＝1－y M＝1＋2y0x0－2，所以S四边形ABNM ＝12|AN|·|BM|＝12(2＋x0y0－1)(1＋2y0x0－2)＝x20＋4y20＋4x0y0－4x0－8y0＋42(x0y0－x0－2y0＋2)＝2x0y0－2x0－4y0＋4x0y0－x0－2y0＋2＝2.即四边形ABNM的面积为定值2.上．(1)求C 的方程；(2)直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M .证明：直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．[解] (1)由题意有a 2－b 2a ＝22，4a 2＋2b 2＝1，解得a 2＝8，b 2＝4.所以C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明：设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )．将y ＝kx ＋b 代入x 28＋y 24＝1，得 (2k 2＋1)x 2＋4kbx ＋2b 2－8＝0.故x M ＝x 1＋x 22＝－2kb 2k 2＋1，y M ＝k ·x M ＋b ＝b 2k 2＋1. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－12k ，即k OM ·k ＝－12.所以直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．【例3】 如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是22，点P (0,1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－1.(1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)由已知，点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )．又点P 的坐标为(0,1)，且PC →·PD →＝－1，于是⎩⎪⎨⎪⎧ 1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2.解得a ＝2，b ＝ 2.所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)①当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，点A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0.其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)>0，所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1. 从而，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)]＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝(－2λ－4)k 2＋(－2λ－1)2k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2. 所以，当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3. 此时OA →·OB →＋λOA →·PB →＝－3为定值．②当直线AB 的斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ，此时OA →·OB →＋λP A →·PB→＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3，故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值－3.已知中心在坐标原点O 的椭圆C 经过点A (2,3)，且点F (2,0)为其右焦点．(1)求椭圆C 的方程；(2)是否存在平行于OA 的直线l ，使得直线l 与椭圆C 有公共点，且直线OA 与l 的距离等于4？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．[解] (1)依题意，可设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，且可知其左焦点为F ′(－2,0)．从而有⎩⎨⎧ c ＝2，2a ＝|AF |＋|AF ′|＝3＋5＝8，解得⎩⎨⎧ c ＝2.a ＝4.又a 2＝b 2＋c 2，所以b 2＝12，故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)假设存在符合题意的直线l ，设其方程为y ＝32x ＋t .由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝32x ＋t ，x 216＋y 212＝1，得3x 2＋3tx ＋t 2－12＝0.因为直线l 与椭圆C 有公共点，所以Δ＝(3t )2－4×3×(t 2－12)≥0，解得－43≤t ≤4 3.另一方面，由直线OA 与l 的距离d ＝4，得|t |94＋1＝4， 解得t ＝±213. 由于±213∉[－43，43]，所以符合题意的直线l 不存在.(2017·全国卷Ⅱ)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM →.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .[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 →＝2NM →得x 0＝x ，y 0＝22y .因为M (x 0，y 0)在C 上，所以x 22＋y 22＝1.因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2.(2)证明：由题意知F (－1,0)．设Q (－3，t )，P (m ，n )，则OQ →＝(－3，t )，PF →＝(－1－m ，－n )，OQ →·PF →＝3＋3m －tn ，OP →＝(m ，n )，PQ →＝(－3－m ，t －n )．由OP →·PQ →＝1得－3m －m 2＋tn －n 2＝1.又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0.所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →.又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .。

[练案59]第三课时 定点、定值、探索性问题A 组基础巩固一、单选题1．(2021·北京延庆统测)设抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l .P 是抛物线上的一点，过P 作PQ ⊥x 轴于Q ，若|PF |＝3，则线段PQ 的长为( C )A ．2B ．2C ．22D ．3 2[解析] 抛物线的准线方程为x ＝－1，由于|PF |＝3， 根据抛物线的定义可知x P ＝2，将x P ＝2代入抛物线方程得y 2P ＝8，y P ＝±22， 所以|PQ |＝2 2.故选 C ．2．(2021·云南文山州质检)已知双曲线x 2a 2－y 2＝1(a >0)上关于原点对称的两个点P ，Q ，右顶点为A ，线段AP 的中点为E ，直线QE 交x 轴于M (1,0)，则双曲线的离心率为( D )A ．5B ．53 C ．10D ．103[解析] 由已知得M 为△APQ 的重心， ∴a ＝3|OM |＝3，又b ＝1，∴c ＝a 2＋b 2＝10，即e ＝c a ＝103，故选D.3．(2021·湖北宜昌部分示范高中协作体联考)椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率32，则双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的离心率为( D )A ．2B ．3C ．2D ．52 [解析] 椭圆离心率e 1＝c a ＝32，∴e 21＝1－b 2a 2＝34，即b 2a 2＝14，∴双曲线的离心率e ＝ca＝1＋b 2a 2＝52.故选D. 4．已知椭圆和双曲线有共同的焦点F 1，F 2，P 是它们的一个交点，且∠F 1PF 2＝2π3，记椭圆和双曲线的离心率分别为e 1，e 2，则3e 21＋1e 22＝( A )A ．4B ．23C ．2D ．3[解析] 设椭圆的长半轴长为a 1，双曲线的实半轴长为a 2，不妨设点P 在第一象限，根据椭圆和双曲线的定义，得|PF 1|＋|PF 2|＝2a 1，|PF 1|－|PF 2|＝2a 2，所以|PF 1|＝a 1＋a 2，|PF 2|＝a 1－a 2.又|F 1F 2|＝2c ，∠F 1PF 2＝2π3，所以在△F 1PF 2中，|F 1F 2|2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1|·|PF 2|cos ∠F 1PF 2，即4c 2＝(a 1＋a 2)2＋(a 1－a 2)2－2(a 1＋a 2)(a 1－a 2)cos 2π3，化简得3a 21＋a 22＝4c 2，两边同除以c 2，得3e 21＋1e 22＝4.故选A. 5．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 )A ．(－3,0)B ．(0，－3)C ．(3,0)D ．(0,3)[解析] 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为k 1k 2＝23，所以y 1x 1·y 2x 2＝23.又y 21＝2x 1，y 22＝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)．6．(2021·安徽皖江名校联考)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右顶点为P ，任意一条平行于x 轴的直线交C 于A ，B 两点，总有P A ⊥PB ，则双曲线C 的离心率为( A )A ．2B ．3C ．62D ．233[解析] 设A (x 0，y 0)，B (－x 0，y 0)，则y 20＝b2⎝⎛⎭⎫x 20a 2－1，又P (a,0)，P A →＝(x 0－a ，y 0)，PB →＝(－x 0－a ，y 0)，由已知P A ⊥PB ，则P A →·PB →＝－x 20＋a 2＋y 20＝0，即(a 2－b 2)⎝⎛⎭⎫x 20a 2－1＝0，对于x 0≥a 或x 0≤－a 恒成立，故a 2＝b 2，即a ＝b ，所以e ＝1＋b 2a2＝ 2.故选A. 7．(2021·河南洛阳期中)已知F 1F 2是双曲线C ：x 22－y 2＝1的两个焦点，过点F 1且垂直于x 轴的直线与C 相交于A ，B 两点，则△ABF 2的内切圆的半径为( B )A ．23B ．33C ．223D ．233[解析] 由题意知F 1(－3，0)，F 2(3，0)， 当x ＝－3时，y ＝±22，∴|AB |＝2，∴|AF |＝|BF |＝522， ∴l △ABF ＝62，S △ABF ＝6，∴所求内切圆半径r ＝2S △ABF l △ABF＝33.故选B.8．(2020·安徽1号卷A10联盟联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上存在两点M 、N 关于直线2x －3y －1＝0对称，且线段MN 中点的纵坐标为23，则椭圆C 的离心率是( B )A ．13B ．33C ．23D ．223[解析] 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 21a 2＋y 21b 2＝1，x 22a 2＋y 22b2＝1，两式相减可得 (x 1＋x 2)(x 1－x 2)a 2＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)b 2＝0，即y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2a 2·x 1＋x 2y 1＋y 2.∵线段MN 中点的纵坐标为23，∴2x －3×23－1＝0，解得x ＝32，于是－32＝－b 2a 2·94，解得b 2a 2＝23，∴椭圆C 的离心率e ＝1－b 2a 2＝33，故选B. (或直接利用性质k MN ·k OP ＝－b 2a2，其中P 为线段MN 的中点)．9．(2021·福建莆田质检)已知直线l 过抛物线C ：x 2＝6y 的焦点F ，交C 于A ，B 两点，交C 的准线于点P ，若AF →＝FP →，则|AB |＝( A )A ．8B ．9C ．11D ．16[解析] 过A 作准线的垂线，垂足为H ，则|AF |＝|AH |， 又AF →＝FP →，∴|AH |＝12|AP |，∴k AP ＝33，又F ⎝⎛⎭⎫0，32， ∴AB 的方程为y ＝33x ＋32， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝33x ＋32x 2＝6y，得y 2－5y ＋94＝0，∴y A ＋y B ＝5， ∴|AB |＝y A ＋y B ＋p ＝5＋3＝8，故选A. 二、多选题10．已知斜率为3的直线l 经过抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点F ，与抛物线C 交于点A ，B 两点(点A 在第一象限)，与抛物线的准线交于点D ，若|AB |＝8，则以下结论正确的是( BCD )A ．1|AF |＋1|BF |＝1 B ．|AF |＝6C ．|BD |＝2|BF | D ．F 为AD 的中点[解析] 由题意知直线l 的方程为y ＝3(x －p 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2px y ＝3(x －p 2)得3x 2－5px ＋3p 24＝0，∴x 1＋x 2＝5p 3， ∴|AB |＝5p 3＋p ＝8p 3＝8，∴p ＝3.∴4x 2－20x ＋9＝0解得x A ＝92，x B ＝12，∴|AF |＝x A ＋p 2＝6，|BF |＝2，∴1|AF |＋1|BF |＝23，A 错，B 正确；作BH 垂直准线于H ，则∠HBD ＝60°，∴|BD |＝2|BH |＝2|BF |，C 正确；又x D ＝－32，则x D ＋x A 2＝92－322＝32＝x F ，∴F 为AD 的中点，D 正确；故选BCD.11．(2021·山东青岛调研)在平面直角坐标系xOy 中，动点P 与两个定点F 1(－3，0)和F 2(3，0)连线的斜率之积等于13，记点P 的轨迹为曲线E ，直线l ：y ＝k (x －2)与E 交于A ，B 两点，则( AC )A ．E 的方程为x 23－y 2＝1(x ≠±3)B ．E 的离心率为 3C ．E 的渐近线与圆(x －2)2＋y 2＝1相切D ．满足|AB |＝23的直线l 仅有1条[解析] 设点P (x ，y )，由已知得y x ＋3·y x －3＝13，整理得x 23－y 2＝1，所以点P 的轨迹为曲线E 的方程为x 23－y2＝1(x ≠±3)，故A 正确；又离心率e ＝23＝233，故B 不正确；圆(x －2)2＋y 2＝1的圆心(2,0)到曲线E 的渐近线为y ＝±33x 的距离为d ＝212＋(±3)2＝1，又圆(x －2)2＋y 2＝1的半径为1，故C 正确；∵(2,0)为双曲线x 23－y 2＝1的右焦点，且x ＝2时，y ＝±33，∴过右焦点的双曲线最短的弦(通径)为233，又两顶点间距离为23，∴满足|AB |＝23的直线有3条，故D 错．∴选AC ．三、填空题12．(2021·山西重点中学联考)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率e ＝2，过双曲线上一点M 作直线MA ，MB 交双曲线于A ，B 两点，且斜率分别为k 1，k 2，若直线AB 过原点，则k 1·k 2的值为 3 .[解析] 由题意知，e ＝ca＝1＋b 2a2＝2⇒b 2＝3a 2， 则双曲线方程可化为3x 2－y 2＝3a 2，设A (m ，n )，M (x ，y )(x ≠±m )，则B (－m ，－n )， k 1·k 2＝y －n x －m ·y ＋n x ＋m ＝y 2－n 2x 2－m 2＝3x 2－3a 2－3m 2＋3a 2x 2－m 2＝3.13．(2021·河北石家庄模拟)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右顶点分别为A ，B ，点P 是双曲线上一点，若△PAB 为等腰三角形，∠P AB ＝120°[解析] 如图所示：过点P 作PD ⊥x 轴，垂足为D .因为△P AB 为等腰三角形，所以|P A |＝|AB |＝2a ， 又因为∠P AB ＝120°，所以∠P AD ＝60°.|PD |＝|P A |·sin 60°＝3a ，|AD |＝|P A |·cos 60°＝a ，故P (－2a ，3a )． 因为点P (－2a ，3a )在双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1上，所以4a 2a 2－3a 2b 2＝1，即a 2b 2＝1.e ＝c 2a 2＝a 2＋b 2a 2＝1＋b 2a2＝ 2. 故答案为： 2 四、解答题14．(2021·河北唐山质检)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为63，直线l ：x ＝ty ＋1交E 于A ，B 两点；当t ＝0时，|AB |＝263. (1)求E 的方程；(2)设A 在直线x ＝3上的射影为D ，证明：直线BD 过定点，并求定点坐标． [解析] (1)由题意得e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝23， 整理得a 2＝3b 2，由t ＝0时，|AB |＝263得1a 2＋23b 2＝1，因此a ＝3，b ＝1.故E 的方程是x 23＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则D (3，y 1)，将x ＝ty ＋1代入x 23＋y 2＝1得(t 2＋3)y 2＋2ty －2＝0，y 1＋y 2＝－2t t 2＋3，y 1·y 2＝－2t 2＋3，从而ty 1·y 2＝y 1＋y 2.①直线BD ：y ＝y 2－y 1x 2－3(x －3)＋y 1，设直线BD 与x 轴的交点为(x 0,0)， 则y 2－y 1x 2－3(x 0－3)＋y 1＝0， 所以x 0＝y 1(3－x 2)y 2－y 1＋3＝y 1(2－ty 2)y 2－y 1＋3＝2y 1－ty 1y 2y 2－y 1＋3，将①式代入上式可得x 0＝2， 故直线BD 过定点(2,0)．15．(2021·山西运城调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，F 1、F 2分别是椭圆的左、右焦点，P 是椭圆上一点，且△PF 1F 2的周长是6.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 经过椭圆的右焦点F 2且与C 交于不同的两点M ，N ，试问：在x 轴上是否存在点Q ，使得直线QM 与直线QN 的斜率的和为定值？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．[解析] (1)设椭圆C 的焦距为2c (c >0)， 由椭圆的定义知△PF 1F 2的周长为2a ＋2c ， 所以2a ＋2c ＝6，①又因为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝c a ＝12，所以a ＝2c ，②联立①②解得a ＝2，c ＝1， 所以b ＝a 2－c 2＝3， 所求椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)若存在满足条件的点Q (t,0)．当直线l 的斜率k 存在时，设y ＝k (x －1)， 联立x 24＋y 23＝1，消y 得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，∵k QM ＋k QN ＝y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝k (x 1－1)(x 2－t )＋k (x 2－1)(x 1－t )(x 1－t )(x 2－t )＝2kx 1x 2－k (1＋t )(x 1＋x 2)＋2ktx 1x 2－t (x 1＋x 2)＋t 2＝k ·8k 2－243＋4k 2－8k 2(1＋t )3＋4k 2＋2t4k 2－123＋4k 2－8k 23＋4k 2t ＋t2＝k ·8k 2－24－8k 2(1＋t )＋2t (3＋4k 2)4k 2－12－8k 2t ＋t 2(3＋4k 2)＝6k (t －4)4(t －1)2k 2＋3t 2－12∴要使对任意实数k ，k QM ＋k QN 为定值，则只有t ＝4，此时，k QM ＋k QN ＝0. 当直线l 与x 轴垂直时，若t ＝4，也有k QM ＋k QN ＝0.故在x 轴上存在点Q (4,0)，使得直线QM 与直线QN 的斜率的和为定值0.B 组能力提升1．(2021·吉林长春模拟)双曲线E ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)被斜率为4的直线截得的弦AB 的中点为(2,1)，则双曲线E 的离心率为( B )A ．2B ．3C ．2D ． 5[解析] 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)代入双曲线方程作差有(x 1－x 2)(x 1＋x 2)a 2＝(y 1－y 2)(y 1＋y 2)b 2，有b 2a 2＝(y 1－y 2)(y 1＋y 2)(x 1－x 2)(x 1＋x 2)＝2，所以c 2a2＝3，e ＝3，故选B.2.如图所示，椭圆中心在坐标原点，F 为左焦点，当FB →⊥AB →时，其离心率为5－12，此类椭圆被称为“黄金椭圆”．类比“黄金椭圆”，可推算出“黄金双曲线”的离心率e 等于( A )A ．5＋12B ．5－12C ．5－1D ．5＋1[解析] 椭圆中“和”对应双曲线中“差”，故选A.事实上，设“黄金双曲线”方程为x 2a 2－y 2b 2＝1，则B (0，b )，F (－c,0)，A (a,0)． 在“黄金双曲线”中， 因为FB →⊥AB →，所以FB →·AB →＝0. 又FB →＝(c ，b )，AB →＝(－a ，b )．所以b 2＝ac .而b 2＝c 2－a 2，所以c 2－a 2＝ac . 在等号两边同除以a 2，解得e ＝5＋12. 3．(2021·陕西省渭南市模拟)抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，点P (x ，y )为该抛物线上的动点，又点A (－1,0)，则|PF ||P A |的最小值是( B )A ．12B ．22C ．32D ．233[解析] 由题意可知，抛物线的准线方程为x ＝－1，A (－1,0)，过P 作PN 垂直直线x ＝－1于N ， 由抛物线的定义可知PF ＝PN ，连接P A ，|PF ||P A |＝|PN ||P A |最小⇔∠NAP 最小⇔∠P AF 最大⇔P A 与抛物线y 2＝4x 相切． 设P A 的方程为：y ＝k (x ＋1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋1)y 2＝4x ，解得：k 2x 2＋(2k 2－4)x ＋k 2＝0，所以Δ＝(2k 2－4)2－4k 4＝0，解得k ＝±1， 所以∠NP A ＝45°，|PF ||P A |＝cos ∠NP A ＝22，故选B. 4．(2021·河南中原名校联考)直线l 与抛物线y 2＝4x 交于两不同点A ，B ，其中A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，若y 1y 2＝－36，则直线l 恒过点的坐标是 (9,0) .[解析] 设直线l 的方程为x ＝my ＋n ，则由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝my ＋n ，y 2＝4x ，得y 2－4my －4n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4n .又y 1y 2＝－36，∴－4n ＝－36，∴n ＝9，∴直线l 方程为x ＝my ＋9，恒过(9,0)．5．(2021·山东质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点P (2,1)，且该椭圆的一个短轴端点与两焦点F 1，F 2为等腰直角三角形的三个顶点．(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 不经过P 点且与椭圆C 相交于A ，B 两点．若直线P A 与直线PB 的斜率之积为1，证明：直线l 过定点．[解析] (1)由题意4a 2＋1b 2＝1，b ＝c ，结合a 2－b 2＝c 2，解得a ＝6，b ＝3， ∴椭圆方程为x 26＋y 23＝1.(2)证明：①当直线l 斜率不存在时， 设直线l ：x ＝m ，A (m ，y m )，B (m ，－y m )， k P A ·k PB ＝y m －1m －2·－y m －1m －2＝1，解得m ＝2(舍)或m ＝6(舍)，故不满足． ②当直线l 斜率存在时，设l ：y ＝kx ＋t ， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t x 26＋y 23＝1，整理得(2k 2＋1)x 2＋4ktx ＋2t 2－6＝0. Δ＝8(6k 2－t 2＋3)>0，x 1＋x 2＝－4kt 2k 2＋1，x 1x 2＝2t 2－62k 2＋1.①则k P A ·k PB ＝y 1－1x 1－2·y 2－1x 2－2＝y 1y 2－(y 1＋y 2)＋1x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝1， ∴(k 2－1)x 1x 2＋(tk －k ＋2)(x 1＋x 2)＋t 2－2t －3＝0， 将①代入上式可得12k 2＋8kt ＋t 2＋2t －3＝0， ∴(2k ＋t －1)·(6k ＋t ＋3)＝0， 若2k ＋t －1＝0，t ＝1－2k ， 直线l 经过P 点与已知矛盾， 若6k ＋t ＋3＝0，t ＝－3－6k ，Δ＝－48(5k 2＋6k ＋1)存在k 使得Δ>0成立． ∴直线l 的方程为y ＝k (x －6)－3， 故直线l 过定点(6，－3)．6．(2021·广东汕头模拟)在平面直角坐标系xOy 中，O 为坐标原点，F (0,1)，N (t ，－1)(t ∈R )，已知△MFN 是以FN 为底边，且边MN 平行于y 轴的等腰三角形．(1)求动点M 的轨迹C 的方程；(2)已知直线l 交x 轴于点P ，且与曲线C 相切于点A ，点B 在曲线C 上，且直线PB ∥y 轴，点P 关于点B 的对称点为点Q ，试判断点A 、Q 、O 三点是否共线，并说明理由．[解析] (1)设动点M (x ，y )，因为MN ∥y 轴， 所以MN 与直线y ＝－1垂直，则|MN |＝|y ＋1|， ∵△MFN 是以FN 为底边的等腰直角三角形， 故|MN |＝|MF |，即x 2＋(y －1)2＝|y ＋1|，即x 2＋(y －1)2＝(y ＋1)2，化简得x 2＝4y .因为当点M 为坐标原点时，M 、F 、N 三点共线，无法构成三角形， 因此，动点M 的轨迹C 的方程为x 2＝4y (y ≠0)； (2)A 、Q 、O 三点共线，理由如下：因为直线l 与曲线C 相切，所以直线l 的斜率必存在且不为零，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y y ＝kx ＋m ，消y 得x 2－4kx －4m ＝0，Δ＝16k 2＋16m ＝0，得m ＝－k 2. 所以，直线l 的方程为y ＝kx －k 2， 令y ＝0，得x ＝k ，则点P ()k ，0， ∴B ⎝⎛⎭⎫k ，k 24，故Q ⎝⎛⎭⎫k ，k22，又由x2－4kx＋4k2＝0，得x＝2k，则点A(2k，k2)，∵k AO＝k22k＝k2，k OQ＝k22k＝k2，∴k AO＝k OQ，因此，A、Q、O三点共线．。