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圆锥曲线综合问题——定点与定值问题
解圆锥曲线综合问题的一般步骤
第一步：确定曲线方程(一般根据待定系数法或定义法)．
第二步：设直线方程并与曲线方程联立，得关于x或y的一元二次方程．
第三步：写出根与系数的关系(或求出交点坐标)．
第四步：将第三步得出的关系代入题目条件，解决范围、最值或定点、定值等问题．
第五步：反思回顾，考虑方程有解条件和图形完备性．
题型1　定点问题
例1　(2020·全国Ⅰ)已知A，B分别为椭圆E：＋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．
规范解答
(1)解　依据题意作图，如图所示，
由椭圆方程E：＋y2＝1(a>1)可得，
A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)，
∴＝(a,1)，＝(a，－1)，
∴·＝a2－1＝8，∴a2＝9，即a＝3，
∴E的方程为＋y2＝1.[4分]
(2)证明　设P(6，y0)，
则直线AP的方程为y＝(x＋3)，
即y＝(x＋3)，
联立直线AP的方程与椭圆方程可得
整理得(y＋9)x2＋6yx＋9y－81＝0，
解得x＝－3或x＝，[7分]
将x＝代入直线y＝(x＋3)可得y＝，
∴点C的坐标为.
同理可得点D的坐标为，[9分]
∴直线CD的方程为
y－＝，
整理可得y＋＝
＝，
整理得y＝x＋＝，
故直线CD过定点.[12分]
例2　在平面直角坐标系xOy中，M为直线y＝x－2上一动点，过点M作抛物线C：x2＝y的两条切线MA，MB，切点分别为A，B，N为AB的中点．
(1)证明：MN⊥x轴．
(2)直线AB是否恒过定点？若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由．
(1)证明：设切点A(x1，x)，B(x2，x)，y′＝2x，
所以切线MA的斜率为2x1，切线MA：y－x＝2x1(x－x1)．
设M(t，t－2)，则有t－2－x＝2x1(t－x1)，
化简得x－2tx1＋t－2＝0.
同理可得x－2tx2＋t－2＝0.
所以x1，x2是方程x2－2tx＋t－2＝0的两根，
所以x1＋x2＝2t，x1x2＝t－2，
所以xN＝＝t＝xM，所以MN⊥x轴．
(2)解：因为yN＝(x＋x)＝(x1＋x2)2－x1x2＝2t2－t＋2，所以N(t,2t2－t＋2)．
因为kAB＝＝x1＋x2＝2t，
所以直线AB：y－(2t2－t＋2)＝2t(x－t)，
即y－2＝2t，
所以直线AB过定点.
例3　已知F是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，点M(x0,4)在抛物线上，且|MF|＝x0.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)若A，B是抛物线C上的两个动点，且OA⊥OB，O为坐标原点，求证：直线AB过定点．
(1)解：由题意得，|MF|＝x0＋＝x0，解得x0＝2p.
因为点M(x0,4)在抛物线C上，
所以42＝2px0＝4p2，解得p2＝4.
又p>0，所以p＝2，
即拋物线C的标准方程为y2＝4x.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为OA⊥OB，
所以·＝0，即x1x2＋y1y2＝0.
因为点A，B在抛物线C上，
所以y＝4x1，y＝4x2，
代入得＋y1y2＝0.
因为y1y2≠0，所以y1y2＝－16.
设直线AB的方程为x＝my＋n，
联立得y2－4my－4n＝0，
则y1y2＝－4n，所以n＝4，
所以直线AB的方程为x＝my＋4，过定点(4,0)．
例4　(2019·北京)已知抛物线C：x2＝－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．
(1)解　由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，得p＝2.
所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.
(2)证明　抛物线C的焦点为F(0，－1)．
设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．
由得x2＋4kx－4＝0.
Δ＝16k2＋16>0恒成立．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.
直线OM的方程为y＝x.
令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－.
同理得点B的横坐标xB＝－.
设点D(0，n)，则＝，＝，
·＝＋(n＋1)2＝＋(n＋1)2
＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.
令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，得n＝1或n＝－3.
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0，－3)．
题型2　定值问题
例5　(2020·新高考全国Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，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．
(1)解　由题设得＋＝1，＝，
解得a2＝6，b2＝3.
所以C的方程为＋＝1.
(2)证明　设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
若直线MN与x轴不垂直，
设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1，
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－，x1x2＝.①
由AM⊥AN，得·＝0，
故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.
将①代入上式，可得(k2＋1)－(km－k－2)·＋(m－1)2＋4＝0，
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.
因为A(2,1)不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.
所以直线MN的方程为y＝k－(k≠1)．
所以直线MN过点P.
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．
由·＝0，
得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又＋＝1，所以3x－8x1＋4＝0.
解得x1＝2(舍去)，x1＝.
此时直线MN过点P.
令Q为AP的中点，即Q.
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故|DQ|＝|AP|＝.
若D与P重合，则|DQ|＝|AP|.
综上，存在点Q，使得|DQ|为定值．
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．
例6　已知抛物线C：y2＝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：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(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得y2－4ty－4＋4t＝0，
∴Δ＝16t2＋16－16t＝16(t2－t＋1)＞0，y1＋y2＝4t，
∴4t＝2，即t＝.
∴直线l的方程为2x－y－1＝0.
(2)证明　∵抛物线C：y2＝2px(p＞0)，
∴焦点F的坐标为.
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＋(t≠0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由，得y2－2pty－p2＝0，
∴y1＋y2＝2pt，Δ＝4p2t2＋4p2＞0.
∴x1＋x2＝t(y1＋y2)＋p＝2pt2＋p，
∴M.
∴MN的方程为y－pt＝－t.
令y＝0，解得x＝pt2＋，∴N，
∴|MN|2＝p2＋p2t2，|FN|＝pt2＋－＝pt2＋p，
∴＝＝2p，为定值．
例7　(2020·太原五中高三月考)已知椭圆C的对称中心为原点O，焦点在x轴上，焦距为2，点(2,1)在该椭圆上．
(1)求椭圆C的方程．
(2)直线x＝2与椭圆交于P，Q两点，点P位于第一象限，A，B是椭圆上位于直线x＝2两侧的动点．当点A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．
解：(1)设椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0)．
因为焦距为2，
所以c＝，焦点F1(，0)，F2(－，0)．
又因为点(2,1)在该椭圆上，代入椭圆方程得＋＝1，即＋＝1，
解得a2＝8或a2＝3(舍)，所以b2＝2，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)将x＝2代入椭圆方程得＋＝1，
解得y＝±1，则P(2,1)，Q(2，－1)．
因为当点A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，
所以直线PA与直线PB的斜率互为相反数．
不妨设kPA＝k>0，则kPB＝－k(k≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以直线PA的方程为y－1＝k(x－2)．
联立
得(1＋4k2)x2＋(8k－16k2)x＋16k2－16k－4＝0.
因为2，x1是该方程的两根，
所以2x1＝，
即x1＝.
同理，直线PB的方程为y＝－kx＋2k＋1，且x2＝.
所以x1＋x2＝，x1－x2＝－，
所以kAB＝＝＝，
即直线AB的斜率为定值．
题型3　探索性问题
解决存在性问题的注意事项
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)当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外的途径．
例8　(2020·绵阳四诊)已知椭圆C：＋y2＝1，直线l：y＝x＋m交椭圆C于A，B两点，O为坐标原点．
(1)若直线l过椭圆C的右焦点F，求△AOB的面积．
(2)若＝t(t>0)，试问椭圆C上是否存在点P，使得四边形OAPM为平行四边形？若存在，求出t的取值范围；若不存在，请说明理由．
解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．直线l过椭圆C的右焦点F，则m＝－1，
直线l的方程为x＝y＋1.
联立得3y2＋2y－1＝0，
解得y1＝，y2＝－1.
所以S△AOB＝|OF||y1－y2|＝×1×＝.
(2)联立得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，
所以Δ＝(4m)2－12(2m2－2)>0，
解得0≤m2<3.
所以x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以y1y2＝(x1＋m)(x2＋m)＝x1x2＋m(x1＋x2)＋m2＝.
因为四边形OAPM为平行四边形，
所以m≠0，且＝＋.
又＝t(t>0)，
所以＝＋t＝(x1＋tx2，y1＋ty2)，
所以点P的坐标为(x1＋tx2，y1＋ty2)．
又点P在椭圆上，即(x1＋tx2)2＋2(y1＋ty2)2＝2，
整理得(x＋2y)＋t2(x＋2y)＋2tx1x2＋4ty1y2＝2.
又x＋2y＝2，x＋2y＝2，
即x1x2＋2y1y2＝－t，
所以＋2×＝－t，
解得t＝.
因为t>0,0≤m2<3，所以0综上所述，t的取值范围是(0,2]．
例9　(2020·衡水中学高三月考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，直线l：x－y＋2＝0与以原点为圆心、椭圆C的短半轴长为半径的圆O相切．
(1)求椭圆C的方程．
(2)是否存在直线与椭圆C交于A，B两点，交y轴于点M(0，m)，使|＋2|＝|－2|成立？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由．
解：(1)由已知得解方程组得a＝2，b＝，c＝，所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)假设存在这样的直线．
由已知条件，可知直线的斜率存在．
设直线方程为y＝kx＋m，
由得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－8＝0，
Δ＝16(8k2－m2＋2)>0(
)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝.
由|＋2|＝|－2|，得⊥，即·＝0，
即x1x2＋y1y2＝0.
故8k2＝5m2－8≥0，得m2≥.将8k2＝5m2－8代入(
)式，解得m2>，
所以m>或m<－.
所以实数m的取值范围是∪.定点与定值问题针对训练
1．(2020·成都模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－，0)，F2(，0)，且经过点A.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点B(4,0)作一条斜率不为0的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，记点P关于x轴对称的点为P′.证明：直线P′Q经过x轴上一定点D，并求出定点D的坐标．
(1)解　由椭圆的定义，可知
2a＝|AF1|＋|AF2|＝＋＝4.
解得a＝2.
又b2＝a2－()2＝1.
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明　由题意，设直线l的方程为x＝my＋4(m≠0)．
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则P′(x1，－y1)．
由消去x，可得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.
∵Δ＝16(m2－12)>0，∴m2>12.
∴y1＋y2＝，y1y2＝.
∵kP′Q＝＝.
∴直线P′Q的方程为y＋y1＝(x－x1)．
令y＝0，可得x＝＋my1＋4.
∴x＝＋4＝＋4＝＋4＝1.
∴D(1,0)．
∴直线P′Q经过x轴上定点D，其坐标为(1,0)．
2．(2020·西安模拟)设F1，F2为椭圆C：＋＝1(b>0)的左、右焦点，M为椭圆上一点，满足MF1⊥MF2，已知△MF1F2的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设C的上顶点为H，过点(2，－1)的直线与椭圆交于R，S两点(异于H)，求证：直线HR和HS的斜率之和为定值，并求出这个定值．
解　(1)由椭圆定义得|MF1|＋|MF2|＝4，①
由MF1⊥MF2得
|MF1|2＋|MF2|2＝|F1F2|2＝4(4－b2)，②
由题意得＝|MF1|·|MF2|＝1，③
由①②③，可得b2＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)依题意，H(0,1)，显然直线RS的斜率存在且不为0，
设直线RS的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
代入椭圆方程并化简得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题意知，Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，
设R(x1，y1)，S(x2，y2)，x1x2≠0，
故x1＋x2＝，x1x2＝.
kHR＋kHS＝＋＝＋
＝2k＋(m－1)＝2k＋(m－1)
＝2k－＝.
∵直线RS过点(2，－1)，∴2k＋m＝－1，
∴kHR＋kHS＝－1.故kHR＋kHS为定值－1.
3．(2018·北京)已知抛物线C：y2＝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PA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，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．
(1)解　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l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k<0或0又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．
从而k≠－3.
所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．
(2)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.
直线PA的方程为y－2＝(x－1)，
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.
由＝λ，＝μ，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以＋＝＋＝＋
＝·＝·＝2.
所以＋为定值．
4．已知P是圆F1：(x＋1)2＋y2＝16上任意一点，F2(1,0)，线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，当点P在圆F1上运动时，记点Q的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)记曲线C与x轴交于A，B两点，M是直线x＝1上任意一点，直线MA，MB与曲线C的另一个交点分别为D，E，求证：直线DE过定点H(4,0)．
(1)解　由线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，
得|QF1|＋|QF2|＝|QF1|＋|QP|＝|PF1|＝4>|F1F2|＝2，
所以点Q的轨迹为以F1，F2为焦点，长轴长为4的椭圆，
故2a＝4，a＝2,2c＝2，c＝1，b2＝a2－c2＝3.
曲线C的方程为＋＝1.
(2)证明　由(1)可设A(－2,0)，B(2,0)，点M的坐标为(1，m)，直线MA的方程为y＝(x＋2)，
将y＝(x＋2)与＋＝1联立整理得，
(4m2＋27)x2＋16m2x＋16m2－108＝0，
设点D的坐标为(xD，yD)，则－2xD＝，
故xD＝，则yD＝(xD＋2)＝，
直线MB的方程为y＝－m(x－2)，
将y＝－m(x－2)与＋＝1联立整理得，
(4m2＋3)x2－16m2x＋16m2－12＝0，
设点E的坐标为(xE，yE)，则2xE＝，
故xE＝，则yE＝－m(xE－2)＝，
HD的斜率为k1＝＝＝－，
HE的斜率为k2＝＝＝－，
因为k1＝k2，所以直线DE经过定点H(4,0)．
5.(2020·华中师大附中月考)如图，已知椭圆C1：＋y2＝1的左、右顶点分别为A1，A2，上、下顶点分别为B1，B2，记四边形A1B1A2B2的内切圆为圆C2.
(1)求圆C2的标准方程；
(2)已知圆C2的一条不与坐标轴平行的切线l交椭圆C1于P，M两点．
(ⅰ)求证：OP⊥OM；
(ⅱ)试探究＋是否为定值．
(1)解　因为A2，B1分别为椭圆C1：＋y2＝1的右顶点和上顶点，则A2，B1的坐标分别为(2,0)，(0,1)，可得直线A2B1的方程为x＋2y＝2.
则原点O到直线A2B1的距离为d＝＝，则圆C2的半径r＝d＝，
故圆C2的标准方程为x2＋y2＝.
(2)(ⅰ)证明　可设切线l：y＝kx＋b(k≠0)，P(x1，y1)，M(x2，y2)，
将直线l的方程代入椭圆C1可得x2＋2kbx＋b2－1＝0，由根与系数的关系得，
则y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝，
又l与圆C2相切，可知原点O到l的距离
d＝＝，整理得k2＝b2－1，
则y1y2＝，所以·＝x1x2＋y1y2＝0，
故OP⊥OM.
(ⅱ)解　由(ⅰ)知OP⊥OM，
①当直线OP的斜率不存在时，显然|OP|＝1，|OM|＝2，此时＋＝；
②当直线OP的斜率存在时，设直线OP的方程为y＝k1x，
代入椭圆方程可得＋kx2＝1，则x2＝，
故|OP|2＝x2＋y2＝(1＋k)x2＝，
同理|OM|2＝＝，
则＋＝＋＝.
综上可知，＋＝为定值．
6．(2020·武汉市外国语学校高三模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，且F1是圆x2＋y2－4x＋7＝0的圆心，点H的坐标为(0，b)，且△HF1F2的面积为2.
(1)求椭圆C的方程．
(2)是否存在直线y＝2x＋t与椭圆C相交于M，N两点，使得直线HM与HN的斜率之和为1？若存在，求此时的直线方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)由x2＋y2－4x＋7＝0，
可得(x－2)2＋y2＝1，
则圆心坐标为(2，0)，即F1(2，0)，
所以半焦距c＝2.
因为△HF1F2的面积为2，
所以·b·2c＝2，所以b＝1，
所以a2＝b2＋c2＝9，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)假设存在这样的直线满足题设条件．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立消去y可得37x2＋36tx＋9(t2－1)＝0，
所以Δ＝(36t)2－4×37×9(t2－1)>0，
解得－x1＋x2＝－，x1x2＝.
由(1)知，H(0,1)，则当t＝1时，直线y＝2x＋1过点H，不合题意，故t≠1.
令kHM＋kHN＝＋
＝＋＝
＝4－＝1.
解得t＝3，因此所求直线方程为y＝2x＋3.
7．(2020·肥东高中高三二模)已知椭圆C1，抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点O，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录于下表中：
x
3
－2
4
y
－2
0
－4
(1)求椭圆C1，抛物线C2的标准方程．
(2)请问是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交不同两点M，N且满足⊥？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
解：(1)设抛物线C2：y2＝2px(p≠0)，则有＝2p(x≠0)．据此验证4个点知(3，－2)，(4，－4)在抛物线上，易求抛物线C2的标准方程为y2＝4x.
设椭圆C1：＋＝1(a>b>0)，
把点(－2,0)，代入得解得
所以椭圆C1的标准方程为＋y2＝1.
(2)(方法一)假设存在这样的直线l过抛物线焦点F(1,0)．设直线l的方程为x－1＝my，两交点坐标为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由消去x，
得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝，①
x1x2＝(1＋my1)(1＋my2)＝1＋m(y1＋y2)＋m2y1y2＝1＋m·
＋m2·＝.②
由⊥，即·＝0，
得x1x2＋y1y2＝0.③
将①②代入③式，得＋＝0，
解得m＝±.
所以存在直线l满足条件，且l的方程为y＝2x－2或y＝－2x＋2.
(方法二)容易验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意．
当直线l斜率存在时，假设存在直线l过抛物线焦点F(1,0)．设其方程为y＝k(x－1)，与椭圆C1的交点坐标为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由消去y，
得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0.
于是x1＋x2＝，x1x2＝，①
y1y2＝k(x1－1)×k(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝k2＝
－.②
由⊥，即·＝0，
得x1x2＋y1y2＝0.③
将①②代入③式，得－＝＝0，解得k＝±2.
所以存在直线l满足条件，且l的方程为y＝2x－2或y＝－2x＋2.定点与定值问题针对训练
1．(2020·成都模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－，0)，F2(，0)，且经过点A.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点B(4,0)作一条斜率不为0的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，记点P关于x轴对称的点为P′.证明：直线P′Q经过x轴上一定点D，并求出定点D的坐标．
2．(2020·西安模拟)设F1，F2为椭圆C：＋＝1(b>0)的左、右焦点，M为椭圆上一点，满足MF1⊥MF2，已知△MF1F2的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设C的上顶点为H，过点(2，－1)的直线与椭圆交于R，S两点(异于H)，求证：直线HR和HS的斜率之和为定值，并求出这个定值．
3．(2018·北京)已知抛物线C：y2＝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PA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，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．
4．已知P是圆F1：(x＋1)2＋y2＝16上任意一点，F2(1,0)，线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，当点P在圆F1上运动时，记点Q的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)记曲线C与x轴交于A，B两点，M是直线x＝1上任意一点，直线MA，MB与曲线C的另一个交点分别为D，E，求证：直线DE过定点H(4,0)．
5.(2020·华中师大附中月考)如图，已知椭圆C1：＋y2＝1的左、右顶点分别为A1，A2，上、下顶点分别为B1，B2，记四边形A1B1A2B2的内切圆为圆C2.
(1)求圆C2的标准方程；
(2)已知圆C2的一条不与坐标轴平行的切线l交椭圆C1于P，M两点．
(ⅰ)求证：OP⊥OM；
(ⅱ)试探究＋是否为定值．
6．(2020·武汉市外国语学校高三模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，且F1是圆x2＋y2－4x＋7＝0的圆心，点H的坐标为(0，b)，且△HF1F2的面积为2.
(1)求椭圆C的方程．
(2)是否存在直线y＝2x＋t与椭圆C相交于M，N两点，使得直线HM与HN的斜率之和为1？若存在，求此时的直线方程；若不存在，请说明理由．
7．(2020·肥东高中高三二模)已知椭圆C1，抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点O，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录于下表中：
x
3
－2
4
y
－2
0
－4
(1)求椭圆C1，抛物线C2的标准方程．
(2)请问是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交不同两点M，N且满足⊥？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．圆锥曲线综合问题——定点与定值问题
解圆锥曲线综合问题的一般步骤
第一步：确定曲线方程(一般根据待定系数法或定义法)．
第二步：设直线方程并与曲线方程联立，得关于x或y的一元二次方程．
第三步：写出根与系数的关系(或求出交点坐标)．
第四步：将第三步得出的关系代入题目条件，解决范围、最值或定点、定值等问题．
第五步：反思回顾，考虑方程有解条件和图形完备性．
题型1　定点问题
例1　(2020·全国Ⅰ)已知A，B分别为椭圆E：＋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　在平面直角坐标系xOy中，M为直线y＝x－2上一动点，过点M作抛物线C：x2＝y的两条切线MA，MB，切点分别为A，B，N为AB的中点．
(1)证明：MN⊥x轴．
(2)直线AB是否恒过定点？若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由．
例3　已知F是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，点M(x0,4)在抛物线上，且|MF|＝x0.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)若A，B是抛物线C上的两个动点，且OA⊥OB，O为坐标原点，求证：直线AB过定点．
例4　(2019·北京)已知抛物线C：x2＝－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2　定值问题
例5　(2020·新高考全国Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，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．
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．
例6　已知抛物线C：y2＝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：为定值．
例7　(2020·太原五中高三月考)已知椭圆C的对称中心为原点O，焦点在x轴上，焦距为2，点(2,1)在该椭圆上．
(1)求椭圆C的方程．
(2)直线x＝2与椭圆交于P，Q两点，点P位于第一象限，A，B是椭圆上位于直线x＝2两侧的动点．当点A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．
题型3　探索性问题
解决存在性问题的注意事项
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)当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外的途径．
例8　(2020·绵阳四诊)已知椭圆C：＋y2＝1，直线l：y＝x＋m交椭圆C于A，B两点，O为坐标原点．
(1)若直线l过椭圆C的右焦点F，求△AOB的面积．
(2)若＝t(t>0)，试问椭圆C上是否存在点P，使得四边形OAPM为平行四边形？若存在，求出t的取值范围；若不存在，请说明理由．
例9　(2020·衡水中学高三月考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，直线l：x－y＋2＝0与以原点为圆心、椭圆C的短半轴长为半径的圆O相切．
(1)求椭圆C的方程．
(2)是否存在直线与椭圆C交于A，B两点，交y轴于点M(0，m)，使|＋2|＝|－2|成立？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由．

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