1、第四講大題考法題型(一)定點問題主要考查直線、曲線過定點或兩條直線的交點在定曲線上.圓錐曲線中的定點、定值、存在性問題典例感悟典例(2017全國卷I)已知橢圓C:x2+y2=1(a>b>0),四點Pi(1,1),P2(0,1),abP3；1,坐)P4S坐I中恰有三點在橢圓。上。(1)求C的方程；(2)設直線l不經過P2點且與C相交于A,B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為一1,證明：l過定點.審題定向(一)定知識主要考查橢圓的標準方程、直線與橢圓位置關系中的定點問題.(二)定能力1 .考查數學運算：方程組和方程的求解.2 .考查直觀想象：直線與橢圓的位置關系、點與橢圓的位置

2、關系.(三)定思路第(1)問利用對稱性、待定系數法求解：根據橢圓的對稱性及標準方程判斷，點P1不在橢圓上，點P2,P3,P4三點在橢圓上，代入橢圓方程列方程組求解；第(2)問利用設而不求法及直線系思想證明過定點：設直線l的方程，分析直線l與x軸的位置關系，聯立直線l與橢圓C的方程，用根與系數的關系得到直線l斜率與截距的關系，由方程恒成立得定點.解(1)由于P3,P4兩點關于y軸對稱，故由題設知橢圓C經過P3,P4兩點.又由02+%>02+4%口橢圓c不經過點P1,所以點P2在橢圓C上.解得;I，b2 = 1.8，因此13【產狂=1，2故橢圓C的方程為%yj.(2)證明：設直線P2A與直線

3、P2B的斜率分別為ki,k2.如果l與x軸垂直，設l：x=t,由題設知two,且|t|<2,可得A,B的坐標分別為；，4P2I；JE?i:2,/4t2'/4t+2則由ki+k2=4=-1,得t=2,不符合題設.從而可設l:y=kx+m(mw1).將y=kx+m代入x+y2=1得4(4k2+1)x2+8kmx+4m24=0.由題設可知A=16(4k2m2+1)>0.設A(x1,y1),B(x2,y2),ntt8km4m24則x1+x2=2，x1x2=2.而匕+卜2=紇+比11x1x2kx1+m1kx2+m1x1+x22kx1x2+(m1jx1+x2)x1x2由題設k1+k2=

4、1,故(2k+1)x1x2+(m1)(x1+x2)=0.24m48km即(2k+1)&+(m-1)2=0.m+ 1解得k=-2".m+1m+1當且僅當m>1時，50,于是l:y=2x+m,即y+i=2（x2）,所以l過定點（2,-1）.類題通法動線過定點問題的2大類型及解法解法動直線l過定點問題設動直線方程(斜率存在)為y=kx+t,由題設條件將t用k表示為t=mk+n,得yn=k(x+m),故動直線過定點(m,n)動曲線C過定點問題引入參變量建立曲線C的方程，再根據其對參變量恒成立，令其系數等于零，得出定點對點訓練.一,，一一，,，一一x22(2017全國卷n)設O為

5、坐標原點，動點M在橢圓C:x2+y2=1上，過M作X軸的垂線，垂足為N,點P滿足廟=廬NM.求點P的軌跡方程；(2)設點Q在直線x=3上，且"OPPQ=1.證明：過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.解：(1)設P(x,y),M(x0,yo),則N(xo0),NP=(xxo,y),NM=(0,yo).,>廠>/口12由NP=y2NM,得xo=x,yo=2y.>_，PF=3+3mtnOP=(m,n),PQ=(3m,tn).由OPPQ=1,得一3mm2+tnn2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以OQ底=0,即OQXPF.又過點P存在唯一直線

6、垂直于OQ,所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.主要以直線與圓錐曲線的位置關系為題型(二)定值問題背景，考查轉化與化歸思想和對定值問題的處理能力，常涉及式子、面積的定值問題.典例感悟典例(2016北京高考)已知橢圓C:多+2=1過A(2,0),B(0,1)兩點.ab(1)求橢圓C的方程及離心率；(2)設P為第三象限內一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M,直線PB與x軸交于點N,求證：四邊形ABNM的面積為定值.審題定向(一)定知識主要考查橢圓的標準方程、離心率、四邊形的面積、直線與橢圓位置關系中的定值問題.(二)定能力1 .考查邏輯推理：欲求橢圓的方程、離心率，需求a、b;欲證四

7、邊形ABNM的面積為定值,需證其面積的表達式與參數無關.2 .考查數學運算：離心率的求解；列直線方程，|AN|,|BM|的表示，面積表達式的化簡.(三)定思路第(1)問利用待定系數法求方程，離心率定義求離心率：c利用方程思想求得字母a,b的值，利用橢圓離心率的定義e=-求得離心率；a第(2)問設而不求，整體消參法求證：設出點P的坐標，并建立坐標之間的關系，表示出四邊形的面積，整體運算消去參數可得定值.解(1)由題意得a=2,b=1,所以橢圓C的方程為Y+y2=1.4又c=m2_b2=小,所以離心率e=c=乎.(2)證明：設P(xo,yo)(xoV0,yo<0),則x0+4y0=4.又A(

8、2,0),B(0,1),所以直線PA的方程為y=-k(x2).xo22yo令x=0yM=-xo2,從而|BM|=1yM=1+"；.xo2yo一1直線叫的方程為y=5-x+1.令y=0,得xN=一言,xo從而|AN|=2xn=2+y_1.1所以四邊形ABNM的面積S=2|AN|BM|FT)y01八X0-2，X0+4y2+4xoyo4x08yo+42(xoyoxo2y0+2)2xoyo2xo-4yo+4x°y0x02y0+22.從而四邊形ABNM的面積為定值類題通法求解定值問題的2大途徑途徑一首先由特例得出一個值(此值一般就是定值)然后證明定值：即將問題轉化為證明待證式與參數(

9、某些變量)無關途徑二先將式子用動點坐標或動線中的參數表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負項抵消或分子、分母約分得定值對點訓練(2019屆高三益陽、湘潭聯考)已知動圓P經過點N(1,0),并且與圓M:(x+1)2+y2=16相切.求點P的軌跡C的方程；(2)設G(m,0)為軌跡C內的一個動點，過點G且斜率為k的直線l交軌跡C于A,B兩點，當k為何值時，3=GA|2+|GB|2是與m無關的定值？并求出該定值.解：(1)由題意得|PM|+|PN|=4,.點P的軌跡C是以M,N為焦點的橢圓，.2a=4,2c=2,2=宙-c2=V3,.,.橢圓的方程為多+、=1.43即點P的軌跡C的方程為x

10、+y=1.43(2)設A(xi,y1)，B(x2,y*由題意知一2Vm<2,直線l：y=k(x-m),y= kx m由 22x y /3 =1，28mk xi + x2= -24m2k2-12xix2=21，得(3+4k2)x28k2mx+4k2m212=0,6mk-yi+y2=k(xim)+k(x2m)=k(xi+&)2km=2-yiy2=k2(xim)(x2m)22223k2m2-4=kxix2km(xi+x2)+km=2，.|GA|2+|GB|2=(x1一m)2+y2+(x2m)2+y2=(x1+x2)2x1x22m(x1+x2)+2m+(yi+y2)-2yiy226m2(

11、4k23/24(3+4k2)=(k+1)4k27P.要使co=|GA2+|GB|2的值與m無關，需使4k23=0,解得k=專,此時co=|GA2+|GB|2=7.題型(三)存在性問題主要以直線與圓錐曲線的位置關系為背景，考查學生分析問題和解決問題的能力.典例感悟典例(2016全國卷I)在直角坐標系xOy中，直線l：y=t(tw0)交y軸于點M,交拋物線C:y2=2px(p>0)于點P,M關于點P的對稱點為N,連接ON并延長交C于點H.求OHJ. ON|'(2)除H以外，直線MH與C是否有其他公共點？說明理由審題定向(一)定知識主要考查直線的方程，拋物線方程、直線與拋物線的位置關系

12、.(二)定能力1 .考查直觀想象：點與點的對稱關系，直線與拋物線的位置關系2 .考查數學運算：對稱點的求解，方程根的求解.第(1)問利用坐標關系求解:先求出N, H的坐標，再求IOHJ|ON|'第(2)問利用方程思想求解:將直線MH的方程與拋物線C的方程聯立，根據方程的解的個數進行判斷解(1)如圖，由已知得M(0,t),Pj2p，tj又N為M關于點P的對稱點，故N，t:;故直線ON的方程為y=px,將其代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得xi=0,X2=2p.因此Hi2p,2t所以N為OH的中點，即濡1=2.(2)直線MH與C除H以外沒有其他公共點.理由如下：直線MH的方程

13、為y-t=2tx,口口2t即x=p(y-t).代入y2=2px得y24ty+4t2=0,解得yi=y2=2t,即直線MH與C只有一個公共點,所以除H以外，直線MH與C沒有其他公共點.類題通法求解存在性問題的思路及策略先假設存在，推證滿足條件的結論，若結論正確，則存在；若結論不正確，則不存思路在當條件和結論不唯一時要分類討論;策略當給出結論而要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件對點訓練(2018南寧、柳州聯考)如圖，橢圓C:x2+y2=1(a>b>0)經過ab點P3)離心率e=1，直線l的方程為x=4.(1)求橢圓C的方程；(2)AB是經過右焦點F的任一弦(不經過點P),設直

14、線AB與直線l相交于點M,記直線PA,PB,PM的斜率分別為ki,k2,k3.問：是否存在常數N使得ki+k2=入*?若存在，求出入的值；若不存在，請說明理由.解：(i)由p,2，在橢圓c上得，02+492=1,.c122由e=0=2知a=2c,則b=3c,代入，解得c2=1,a2=4,b2=3.故橢圓c的方程為Xr+1=1.43(2)由題意可設直線AB的斜率為k,則直線AB的方程為y=k(x-1),代入橢圓方程，并整理，得(4k2+3)x2-8k2x+4(k23)=0,顯然A>0恒成立,設A(x1,y1)，B(x2,y2),且X1WX2W1,則有X1+ X2 =4(k23 )卜2 +

15、3)x1X2 一卜2 + 3)在方程中令x=4得，點M的坐標為(4,3k).333yi2y223k21從而k1=,k2=,k3=k2.X11X2141因為A,F,B三點共線，所以有k=kAF=kBF,即有一y=一"一=k,X11X2133y12y2-2y1y2311|13X1+X2-2所以匕+匕=1=XL1+X2JIL1X21廠2k-2x1X2-(X1+X2)+1上234k2+3將代入得k1+k2=2k-32=2k-1,24(k-3)_8k2+14k2+34k2+3又k3=k2,所以k1+kz=2k3.故存在常數Q2符合題意.解題通法點撥解析幾何問題重在“設”一一設點、設線循流程思維

16、一一入題快解析幾何部分知識點多，運算量大，能力要求高，綜合性強，在高考試題中大都是在壓軸題的位置出現，是考生“未考先怕”的題型之一，不是怕解題無思路，而是怕解題過程中繁雜的運算.因此，在遵循“設一一列一一解"程序化運算的基礎上，應突出解析幾何“設”的重要性，以克服平時重思路方法、輕運算技巧的頑疾，突破如何避繁就簡這一瓶頸.設而不求按流程解題一一快又準典例（2016全國卷出）已知拋物線C:y2=2x的焦點為F,平行于X軸的兩條直線11,12分別交C于A,B兩點，交C的準線于P,Q兩點.(1)若F在線段AB上，R是PQ的中點，證明AR/FQ;(2)若4PQF的面積是ABF的面積的兩倍，求

17、AB中點的軌跡方程.解題示范i設線：設出近蝶/可表示出點工，氏p.二：Q,用的坐標.進而可：裝示過4,g兩點的,直筑方程由題設F§,0；Ji：y=a?_.J2-.y.T?.b?.貝Uabw0且AIa),2,b),記過A,B兩點的直線為l,則l的方程為2x-(a+b)y+ab=0.證明：由于F在線段AB上，故1+ab=0.設AR的斜率為ki,FQ的斜率為k2,則abababab一0b=-11=k2.一2一2所以AR/FQ.(2)設l與x軸的交點為D(xi,0).,-1則SzXBF=2|ba|DF|11G=2也一a|X12,Szpqf|a一b|2i設點：設出克線上與,H軸交，息.可表示出

18、<IPAI,進而表示出'1$&皿的美系式，根據：面積關系，可求用此;點坐標由題設可得2X2|ba|x1一2=忸23'設點:要求此點的就：茂方程.先做出此點,根據迪百條件捋出此J點坐標的美系式，即;軌逶方程所以Xi=0(舍去)，Xi=1.設滿足條件的AB的中點為E(x,y).當AB與x軸不垂直時,一口2由kAB=kDE可得a+ba+b2而-2-=y,所以y=x1(xw1).當AB與x軸垂直時，E與D重合，此時E(1,0)滿足方程y2=x1.所以所求軌跡方程為y2=x-1.思維升華解決解析幾何問題的關鍵在于：通觀全局，局部入手，整體思維.反映在解題上，就是把曲線的幾何

19、特征準確地轉換為代數形式，根據方程畫出圖形，研究幾何性質.應用體驗22已知橢圓E：$+b2=1(a>b>0)經過點(2m,2),且離心率為岑，F1，F2是橢圓E的左、右焦點.(1)求橢圓E的方程;(2)若A,B是橢圓E上關于y軸對稱的兩點(A,B不是長軸的端點)，點P是橢圓E上異于A,B的一點，且直線PA,PB分別交y軸于點M,N,求證：直線MFi與直線NF2的交點G在定圓上.解：(1)由題意知C c_M2a 2，-|-a= 4,解得 b=2.2,c= 2.2,a2=b2+c222故橢圓E的方程為小1.(2)證明：設B(x。,y。),P(xi,yi),則A(X0,y。).yi-yo

20、直線PA的方程為yyi=(xxi),xi+x。令 x=0,xiyo+xoyi得y=,xi+x。故M。,xiyo+ Xoyixi+ X。同理可得X1y。一x。y1xi - x。所以 F1M = 2 V2xi yo + x°yixi + x。>F2N =-2 .2xiy。一 xoyixi - x。所以 F；M FN =xiy。+ x°yixi + x。J-22xiy。一 xoyix2y2 /y2xi x。 Jxix 8 i =- 8+ix6 x。*8,一22xi - Xoxii6=8 + 8 =。)所以FiMJF2N,所以直線MFi與直線NF2的交點G在以FiF2為直徑的

21、圓上.課時跟檢測A卷一一大題保分練i.（2。18成都模擬）已知橢圓C:x2+y2=i（a>b>。）的右焦點F（V3,。），長半軸長與短ab半軸長的比值為2.（i）求橢圓C的標準方程;（2）設不經過點B（Qi）的直線l與橢圓C相交于不同的兩點M,N,若點B在以線段MN為直徑的圓上，證明直線l過定點，并求出該定點的坐標.解：（i）由題意得,c= V3, a=2, a2=b2+c2,(2)證明：當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y=kx+m(mw1),M(xi,yi),N(x2,y2).y=kx+m,由S消去y可得(4k2+1)x2+8kmx+4m24=0.x2+4y2=4,228k

22、m4m2-4=16(4k+1m)>0,xi+x2=-2，xix2=-2.點B在以線段MN為直徑的圓上，BMAN=0.BMBN=(x，kxI+m1)(&,kx2+m1)=(k2+1)x1x2+k(m1)(x+x2)+(m1)2=0,24m2-48km2.(k+1)4k2+1+k(m-1)4k2+1+(m-1)=0,整理，得5m22m3=0,解得m=|或m=1(舍去).53直線i的方程為y=kx3.易知當直線i的斜率不存在時，不符合題意.故直線i過定點，且該定點的坐標為"，-5；2.(2018全國卷n)設拋物線C:y2=4x的焦點為F,過F且斜率為k(k>0)的直線l

23、與C交于A,B兩點，|AB|=8.求l的方程；(2)求過點A,B且與C的準線相切的圓的方程.解：(1)由題意得F(1,0),l的方程為y=k(x-1)(k>0).設A(x1，y1),B(x2,y2),y=k(x-1由f2得k2x2(2k2+4)x+k2=0.ly=4xo2k2+4A=16k+16>0,故x1+x2=一廠.4k2+4所以|AB|=|AF|+|BF|=(xi+1)+(X2+1)=/.k4k2+4由題設知,2=8,解得k=1或k=1(舍去).k因此l的方程為y=x1.(2)由(1)得AB的中點坐標為(3,2),所以AB的垂直平分線方程為v2=-(x-3),即y=x+5.設

24、所求圓的圓心坐標為(xo,yo),xo + 5,y。一 xo+ 12+ 16.xo=3,xo=11,解得1或fyo=2yo=-6.因此所求圓的方程為(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.223.(2018貴陽*II擬)如圖，橢圓C:a2+卜1(a>b>0)的左頂點與上頂點分別為A,B,右焦點為F,點P在橢圓C上，且PFx軸,若AB/OP,且|AB|=2a/3.(1)求橢圓C的方程；(2)已知Q是C上不同于長軸端點的任意一點，在x軸上是否存在一點D,使得直線QA1與QD的斜率乘積恒為一2,右存在，求出點D的坐標，右不存在，說明理由.解：(1)由題意得

25、A(-a,0),B(0,b),可設P(c,t)(t>0),=1,得，=+'即Pg，)，b2由人8/0得、=包，即b=c,，a2=b2+c2=2b2,ac又|AB|=2#,，a2+b2=12,由得a2=8,b2=4,.橢圓C的方程為菅十?=1.841(2)假設存在D(m,0),使得直線QA與QD的斜率乘積恒為2,設Q(xo,yo)(yoW0),則.kQAkQD=-2,A(-2廬0),一y07y0=-2(xowm),xo+22x0m2由得(m2也)xo+272m-8=0,m-22=0,即f解得m=242,1272m8=0,1存在點D(22,0),使得kQAkQD=-2.4.(2018

26、昆明模擬)已知橢圓C:a2+jy2=1(a>b>0)的焦距為4,P*,gj是橢圓C上的(1)求橢圓C的方程；(2)0為坐標原點，A,B是橢圓C上不關于坐標軸對稱的兩點，設OD=8A+OB，證明：直線AB的斜率與0D的斜率的乘積為定值.解：由題意知2c=4,即c=2,則橢圓C的方程為表+T-=1aa2-4因為點P%,普卜橢圓C上,41.r2,216所以24；1，解得a2=5或a2=g(舍去)所以橢圓C的方程為：+丫2=1.(2)設A(xi,y1)，B(x2,y?),Xiwx2且Xi+x2w0,由0A+OB=OD,得D(x1+X2,y1+y2),y1y2y+y2x1+ X2所以直線AB

27、的斜率kAB=-，直線OD的斜率koD=-，X1X22rXr+y2=i 由52X22l5+y2=iyi + y2 yi y2即 ,Xi + X2 Xi X25,所以 kAB kOD = -5.砥i,信三(xi+X2)(xiX2)+(yi+y2)(yiy2)=0,5故直線AB的斜率與OD的斜率的乘積為定值!5B卷一一深化提能練1. (20i8安徽江南十校聯考)在平面直角坐標系中，直線V2X-y+m=0不過原點，且22與橢圓y4+，=i有兩個不同的公共點A,B.(i)求實數m的取值所組成的集合M;(2)是否存在定點P使得任意的mCM,都有直線PA,PB的傾斜角互補？若存在，求出所有定點P的坐標；若

28、不存在，請說明理由.22解：(i)因為直線，2Xy+m=0不過原點，所以mw0.將y2Xy+m=0與聯立，消去y,得4X2+2M2mX+m24=0.因為直線與橢圓有兩個不同的公共點A,B,所以A=8m2-i6(m2-4)>0,所以2表<m<2>/2.故實數m的取值所組成的集合M為(2"2,0)0,2也).(2)假設存在定點P(X0,y。)使得任意的m創，都有直線FA,PB的傾斜角互補，即kPA+kPB=0.亞Xi+my0亞X2+my0令A(Xi,v2xi+m),B(X2,y2X2+m),則+=0,XiX0X2X0整理得2,72x1X2+(mV2x0y0)(Xi

29、+X2)+2X0(y0m)=0.(*)X0 m + 2(x0y0V2) = 0,2m由(1)知Xi+X2=一,XiX2=X0=1,X0=-1,解得S或S所以定點P的坐標為(i,柩或(-i,y0=y2y0=y2,瓜經檢驗，此兩點均滿足題意.故存在定點P使得任意的m胴，都有直線PA,PB的傾斜角互補，且定點P的坐標為(1,例或(-1,用).222. (2019屆高三西安八校聯考)已知直線l：x=my+1過橢圓C:3+*=1(a>b>0)的右焦點F,拋物線x2=4y3y的焦點為橢圓C的上頂點，且l交橢圓C于A,B兩點，點A,FB在直線x=4上的射影依次為D,K,E.,當m變化時，證明：不

30、請求出定點的坐標， 并給予證求橢圓C的方程;(2)若直線l交y軸于點M,且MA=壽AF,為定值;(3)當m變化時，直線AE與BD是否相交于定點?明；否則，說明理由.解：(1)二直線x=my+1過橢圓的右焦點,，右焦點F(1,0),c=1,即c2=1.X2=4*y的焦點(0,峋為橢圓C的上頂點,.b=小，即b2=3,a2=b2+c2=4,22，橢圓C的方程為%/1.(2)由題意知mw0,由5x=my+ 1,3x2+4y2-12 = 0,6m3m2+4. MA =4 AF , MB =灰 BF ,M 0,X11y1 + m 產方(1一x，-y1), (21y2+m.J=旗1x2, -y2), 為=

31、-1my1， 22=-得(3m2+4)y2+6my9=0.顯然A>0恒成立,設A(xi,y1),B(x2,y2),則y+y2=11-、my2,見+y1 + y2?2= - 2 -= - 2 1myy26m9m3m2+4 3m2 + 483.綜上所述，當m變化時，方十力為定值一8.35當m=0時，直線l±x軸，則四邊形ABED為矩形，易知AE與BD相交于點N1,0則若當m變化時，直線AE與BD相交于定點，則定點必為n5,0證明如下：寂=§xi，yi!3myi,y"易知e(4,y2),則NE=|1,y2：但、333i16m、9_9-c-my17y2-2(-y1)

32、=2(y1+y2)-myiy2=213m2+4!-m,3m2+4廠0，>>一.AN/NE,即A,N,E二點共線.同理可得B,N,D三點共線.則猜想成立，故當m變化時，直線AE與BD相交于定點N1,0；223. (2018貴州六校聯考)已知點M是橢圓C:卞+/=1信色>0)上一點，Fi,F2分別為C的左、右焦點，|FiF2|=4,/FiMF2=60°,F1MF2的面積為43(1)求橢圓C的方程；(2)設N(0,2),過點P(-1,2)作直線I,交橢圓C于異于N的A,B兩點，直線NA,NB的斜率分別為ki,k2,證明：ki+k2為定值.解：在AFiMF2中，由2|MFi|MF2|sin60=433,得MFi|MF2|=i6.由余弦定理，得|FiF2|2=|MFi|2+|MF2|22|MFi|MF21cos60=(|MFi|十|MF2|)22|MFi|MF2|(i+cos60)：從而2a=|MFi|十|MF2|=4亞,即a=2'/2,從而b=2,故橢圓C的方程為X2+9=i.84(2)當直線I的斜率存在時，設其方程為y+2=k(x+i),x2+匕i得(i + 2k2)x2 + 4k(k 2)x+ 2