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(共50张PPT)
第二课时　
定点、定值及探索性问题
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 定点问题
【例1】　已知点 P 是椭圆 C ： ＋ ＝1上一点，设直线 l
不经过点 P 且与椭圆 C 相交于 A ， B 两点.若直线 PA 与直线 PB 的斜率
之和为1，问：直线 l 是否过定点？证明你的结论.
解：当直线 l 的斜率不存在时，设 A （ x1， y1）， B （ x1，－ y1），直
线 PA 与直线 PB 的斜率分别为 k1， k2，
则 k1＋ k2＝ ＝1，解得 x1＝－4，不符合题意；
当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y ＝ kx ＋ m ， A （ x1，
y1）， B （ x2， y2），
由整理得（3＋4 k2） x2＋8 kmx ＋4 m2－12＝0，
Δ＝48（4 k2－ m2＋3）＞0.
x1＋ x2＝ ， x1 x2＝ ，
由 k1＋ k2＝1，整理得（2 k －1） x1 x2＋（ k ＋ m － ）（ x1＋ x2）＋2 m
－4＝0，
即（ m －4 k ）（2 m －2 k －3）＝0.
当 m ＝ k ＋ 时，直线 l 过点 P ，不符合题意；
当 m ＝4 k 时，Δ＝48（4 k2－ m2＋3）＞0有解，此时直线 l ： y ＝ k （ x
＋4）过定点（－4，0）.
通性通法
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.
【跟踪训练】
　已知抛物线 y2＝－8 x 的顶点为 O ，点 A ， B 在抛物线上，且
OA ⊥ OB ，求证：直线 AB 经过一个定点.
证明：设直线 OA 的斜率为 k ，则直线 OB 的斜率为－ ，直线
OA 的方程为 y ＝ kx ，
由得 A ，
同理可得 B （－8 k2，8 k ），于是直线 AB 的方程为 y －8 k ＝
·（ x ＋8 k2），整理可得 y ＝ （ x ＋8），因此直线 AB
经过定点（－8，0）.
题型二 定值问题
【例2】　在平面直角坐标系 xOy 中，已知双曲线 C1：2 x2－ y2＝1.设
椭圆 C2：4 x2＋ y2＝1.若 M ， N 分别是 C1， C2上的动点，且 OM ⊥
ON ，求证：点 O 到直线 MN 的距离是定值.
证明：当直线 ON 垂直于 x 轴时，｜ ON ｜＝1，｜ OM ｜＝ ，则点 O
到直线 MN 的距离为 ，
当直线 ON 不垂直于 x 轴时，设直线 ON 的方程为 y ＝ kx ，则直线 OM 的方程为 y ＝－ x ，
由得所以｜ ON ｜2＝ ，
同理｜ OM ｜2＝ ，
设点 O 到直线 MN 的距离为 d ，因为（｜ OM ｜2＋｜ ON ｜2） d2＝｜
OM ｜2｜ ON ｜2，
所以 ＝ ＋ ＝ ＝3，即 d ＝ .
综上，点 O 到直线 MN 的距离是定值.
通性通法
　　圆锥曲线中的定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定
值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，
证明该式是恒定的.定值问题同证明问题类似，在求定值之前已知该值
的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定
值显现.
【跟踪训练】
　已知椭圆 C ： ＋ y2＝1的上顶点 A 与左、右焦点 F1， F2，若直线 l
与椭圆 C 相切，求证：点 F1， F2到直线 l 的距离之积为定值.
证明：①当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 的方程为 x ＝± ，
点 F1， F2到直线 l 的距离之积为（ －1）×（ ＋1）＝1.
②当直线 l 的斜率存在时，设其方程为 y ＝ kx ＋ m ，
联立得（1＋2 k2） x2＋4 kmx ＋2 m2－2＝0，
Δ＝（4 km ）2－4（1＋2 k2）（2 m2－2）＝－8（ m2－2 k2－1）＝0，
∴ m2＝1＋2 k2，
点 F1到直线 l ： y ＝ kx ＋ m 的距离 d1＝ ，
点 F2到直线 l ： y ＝ kx ＋ m 的距离 d2＝ .
∴ d1 d2＝ · ＝
＝ ＝1.
综上，可知当直线 l 与椭圆 C 相切时，点 F1， F2到直线 l 的距离之积为
定值1.
题型三 探索性问题
【例3】　已知 A （ x1， y1）， B （ x2， y2）是抛物线 C ： x2＝2 py （ p
＞0）上不同的两点，直线 AB 与 x 轴交于点 P ，与 y 轴的正半轴交于点
Q ，且 y1 y2＝ ，是否存在直线 AB ，使得 ＋ ＝
？若存在，求出直线 AB 的方程；若不存在，请说明理由.
解：由题意知，直线 AB 的斜率存在，且不为零，
设直线 AB 的方程为 y ＝ kx ＋ b （ k ≠0， b ＞0），
由得 x2－2 pkx －2 pb ＝0，
∴
∴ y1 y2＝ · ＝ ＝ b2，
∵ y1 y2＝ ，∴ b2＝ ，∵ b ＞0，∴ b ＝ .
∴直线 AB 的方程为 y ＝ kx ＋ .
假设存在直线 AB ，使得 ＋ ＝ ，
即 ＋ ＝3.
作AA'⊥ x 轴，BB'⊥ x 轴，垂足分别为A'，B'，设坐标原点为 O ，
∴ ＋ ＝ ＋ ＝ ＋ ＝ · ，
∵ y1＋ y2＝ k （ x1＋ x2）＋ p ＝2 pk2＋ p ， y1 y2＝ ，
∴ ＋ ＝ · ＝4 k2＋2＝3，得 k ＝± .
故存在直线 AB ，使得 ＋ ＝ ，直线 AB 的方程为 y
＝± x ＋ .
通性通法
　　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.
　已知椭圆 E ： ＋ y2＝1和圆 F ：（ x － ）2＋ y2＝ ，若直线 l ：
y ＝ k （ x － ）（ k ＞0）与圆 F 交于 A ， B 两点，与椭圆 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，求出 l 的方程；若不存在，说明理由.
【跟踪训练】
解：不存在满足题意的 k ，理由如下：
由 A ， B 在圆上得｜ AF ｜＝｜ BF ｜＝｜ PF ｜＝ .
设点 C （ x1， y1）， D （ x2， y2）.
｜ CF ｜＝ ＝2－ x1，
同理｜ DF ｜＝2－ x2.
若｜ AC ｜＝｜ BD ｜，则｜ AC ｜＋｜ BC ｜＝｜
BD ｜＋｜ BC ｜，即｜ AB ｜＝｜ CD ｜＝1，4－
（ x1＋ x2）＝1，
由得（4 k2＋1） x2－8 k2 x ＋
12 k2－4＝0，
∴ x1＋ x2＝ ，∴4－ ＝1，
得12 k2＝12 k2＋3，无解，故不存在.
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. 已知双曲线 C ： x2－ ＝1，点 P 的坐标为（0， ），过 P 的直线
l 交双曲线 C 于点 A ， B . 若点 M 的坐标为 ，求证： ·
为定值.
证明：由题意知直线 l 的斜率存在，不妨设直线 l ： y ＝ kx ＋ ， A
（ x1， y1）， B （ x2， y2）.
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由可得：（ k2－2） x2＋2 kx ＋5＝0，
所以 x1＋ x2＝ ， x1 x2＝ ， ＝ ， ＝
，
· ＝ x1 x2＋ ＝ x1 x2＋
＝（1＋ k2） x1 x2＋ k （ x1＋ x2）＋
＝（1＋ k2） ＋ · ＋ ＝ .
所以 · ＝ 为定值.
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2. 已知抛物线 E ： x2＝2 py （ p ＞0）的焦点为 F ， A （2， y0）是 E 上
一点，且｜ AF ｜＝2.
（1）求 E 的方程；
解：根据题意知，4＝2 py0， ①
因为｜ AF ｜＝2，所以 y0＋ ＝2， ②
联立①②解得 y0＝1， p ＝2.
所以 E 的方程为 x2＝4 y .
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（2）设点 B 是抛物线上异于点 A 的一点，直线 AB 与直线 y ＝ x －3
交于点 P ，过点 P 作 x 轴的垂线交 E 于点 M ，证明：直线 BM
过定点.
解：证明：设 B （ x1， y1）， M （ x2， y2）.由题意，可
设直线 BM 的方程为 y ＝ kx ＋ b ，代入 x2＝4 y ，得 x2－4 kx －4
b ＝0.
由根与系数的关系，得 x1＋ x2＝4 k ， x1 x2＝－4 b .③
由 MP ⊥ x 轴及点 P 在直线 y ＝ x －3上，得点 P （ x2， x2－3），
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则由 A ， P ， B 三点共线，得 ＝ ，
整理，得（ k －1） x1 x2－（2 k －4） x1＋（ b ＋1） x2－2 b －6
＝0.
将③代入上式并整理，得（2－ x1）（2 k ＋ b －3）＝0.
由点 B 的任意性，得2 k ＋ b －3＝0，所以直线 BM 的方程可化
为 y ＝ kx ＋3－2 k ＝ k （ x －2）＋3，即直线 BM 恒过点（2，3）.
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3. 设椭圆Γ： ＋ ＝1（ a ＞ b ＞0）的左、右焦点分别为 F1， F2，
经过 F2的直线 l 与椭圆Γ交于 A ， B 两点，当直线 l 垂直于 x 轴时，△
F1 AB 的周长为4 ，面积为 b2.
（1）求椭圆Γ的方程；
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解：根据题意得，4 a ＝4 ，解得 a ＝ ，由
＝ ×2 c × ＝ b2，
解得 c ＝ a ＝2，则 b2＝2，所以椭圆的标准方程为 ＋
＝1.
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（2）在 x 轴上是否存在定点 M ，使得 · 为定值？若存在，求
出 M 的坐标；若不存在，请说明理由.
解：假设 x 轴上存在定点 M （ t ，0），易知椭圆的右焦
点 F2（2，0），
①当直线 l 的斜率不存在时， A ， B ，
· ＝ · ＝（2－ t ）2－ ；
②当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为： y ＝ k （ x －
2）， A （ x1， y1）， B （ x2， y2），
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由整理得，（3 k2＋1） x2－12 k2 x ＋12 k2－6
＝0，
则Δ＞0， x1＋ x2＝ ， x1 x2＝ ，
· ＝（ x1－ t ， y1）·（ x2－ t ， y2）＝（1＋ k2） x1 x2－
（ t ＋2 k2）（ x1＋ x2）＋ t2＋4 k2＝ 为
定值，
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则 ＝3，解得 t ＝ ，
此时 · ＝－ ，将 t ＝ 代入①检验得定值为－ ，
所以 x 轴上存在定点 M ，使得 · 的定值为－ .
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4. 已知抛物线 E ： y2＝2 px （ p ＞0）的焦点为 F ，准线与 x 轴的交点为
T ，点 G 在 E 上且 GF ⊥ x 轴，△ GTF 的面积为 .
（1）求 E 的方程；
解：由题意得｜ TF ｜＝ p ，
因为点 G 在 E 上且 GF ⊥ x 轴，
所以｜ GF ｜＝ p ，
则 S△ GTF ＝ p × p ＝ ，解得 p ＝ ，
所以 E 的方程为 y2＝ x .
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（2）已知点 M （ a ，0）， N （2 a ，0）， R （4 a ，0）（ a ＞0），
点 A 是 E 上任意一点（异于顶点），连接 AM 并延长交 E 于另
一点 B ，连接 BN 并延长交 E 于另一点 C ，连接 CR 并延长交 E
于另一点 D ，当直线 AB 的斜率存在时，证明：直线 AB 与 CD
的斜率之比为定值.
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解：证明：设 A （ m2， m ）（ m ≠0），直线 AB 的方
程为 x ＝ ty ＋ a ，
代入 E 的方程，得 y2－ ty － a ＝0，
所以 myB ＝－ a ，所以 yB ＝－ ，所以 B ，
同理可得 C （4 m2，2 m ）， D ，
所以 kAB ＝ ＝ ， kCD ＝ ＝ ， 则
＝2，
所以直线 AB 与 CD 的斜率之比为定值2.
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5. 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；
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解：由题意得 A （－ a ，0）， B （ a ，0）， G （0，1）.
则 ＝（ a ，1）， ＝（ a ，－1）.
由 · ＝8得 a2－1＝8，即 a ＝3.
所以 E 的方程为 ＋ y2＝1.
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（2）证明：直线 CD 过定点.
解：证明：设 C （ x1， y1）， D （ x2， y2）， 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 PA 的方程为 y ＝ （ x ＋3），所以 y1＝ （ x1＋3）.
直线 PB 的方程为 y ＝ （ x －3），
所以 y2＝ （ x2－3）.
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可得3 y1（ x2－3）＝ y2（ x1＋3）.
由于 ＋ ＝1，故 ＝－ ，可得27 y1 y2＝－
（ x1＋3）（ x2＋3），即（27＋ m2） y1 y2＋ m （ n ＋3）（ y1
＋ y2）＋（ n ＋3）2＝0. ①
将 x ＝ my ＋ n 代入 ＋ y2＝1得
（ m2＋9） y2＋2 mny ＋ n2－9＝0.
所以 y1＋ y2＝－ ， y1 y2＝ .
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代入①式得（27＋ m2）（ n2－9）－2 m （ n ＋3） mn ＋（ n ＋
3）2（ m2＋9）＝0.
解得 n ＝－3（舍去）或 n ＝ .
故直线 CD 的方程为 x ＝ my ＋ ，即直线 CD 过定点 .
若 t ＝0，则直线 CD 的方程为 y ＝0，过点 .
综上，直线 CD 过定点 .
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6. 已知双曲线 C ： － ＝1（ a ＞0， b ＞0）经过点（2，3），两条
渐近线的夹角为 ，直线 l 交双曲线于 A ， B 两点.
（1）求双曲线 C 的方程；
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解：双曲线的渐近线方程为 y ＝± x .因为两条渐近线的
夹角为 ，
所以渐近线 y ＝ x 的倾斜角为 或 ，所以 ＝ 或 ＝ .
又点（2，3）在双曲线 C 上，所以 － ＝1，
故或
解得所以双曲线 C 的方程为 x2－ ＝1.
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（2）若直线 l 过双曲线的右焦点 F2，在 x 轴上是否存在点 M （ m ，
0），使得直线 l 绕点 F2无论怎样转动，都有 · ＝0成
立？若存在，求出 M 的坐标；若不存在，请说明理由.
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解：双曲线的右焦点为 F2（2，0）.
当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y ＝ k （ x －2）， A
（ x1， y1）， B （ x2， y2），因为 · ＝0，所以（ x1－
m ）（ x2－ m ）＋ y1 y2＝0，
整理得（1＋ k2） x1 x2－（ m ＋2 k2）（ x1＋ x2）＋ m2＋4 k2＝
0， ①
由可得（3－ k2） x2＋4 k2 x －4 k2－3＝0.
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因为直线 l 与双曲线有两个不同的交点，
所以Δ＝16 k4＋4（3－ k2）（4 k2＋3）＝36＋36 k2＞0，且3－
k2≠0，所以 k ≠± .
由题设知①对任意的 k ≠± 均成立，又 x1＋ x2＝－ ， x1
x2＝－ ，
所以①可转化为－（1＋ k2） ＋（ m ＋2 k2） ＋ m2＋
4 k2＝0，
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整理得3（ m2－1）＋（5＋4 m － m2） k2＝0对任意的 k ≠±
均成立，
故所以 m ＝－1， M （－1，0）.
当直线 l 的斜率不存在时， l ： x ＝2，
此时 A （2，3）， B （2，－3）或 B （2，3）， A （2，－3），
若 m ＝－1，则 M 点坐标为（－1，0）， · ＝（2＋1）2
－9＝0，
综上，存在点 M （－1，0），使 · ＝0恒成立.
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谢 谢 观 看！第二课时　定点、定值及探索性问题
1.已知双曲线C：x2－＝1，点P的坐标为（0，），过P的直线l交双曲线C于点A，B.若点M的坐标为（0，－），求证：·为定值.
2.已知抛物线E：x2＝2py（p＞0）的焦点为F，A（2，y0）是E上一点，且｜AF｜＝2.
（1）求E的方程；
（2）设点B是抛物线上异于点A的一点，直线AB与直线y＝x－3交于点P，过点P作x轴的垂线交E于点M，证明：直线BM过定点.
3.设椭圆Γ：＋＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，经过F2的直线l与椭圆Γ交于A，B两点，当直线l垂直于x轴时，△F1AB的周长为4，面积为b2.
（1）求椭圆Γ的方程；
（2）在x轴上是否存在定点M，使得·为定值？若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由.
4.已知抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线与x轴的交点为T，点G在E上且GF⊥x轴，△GTF的面积为.
（1）求E的方程；
（2）已知点M（a，0），N（2a，0），R（4a，0）（a＞0），点A是E上任意一点（异于顶点），连接AM并延长交E于另一点B，连接BN并延长交E于另一点C，连接CR并延长交E于另一点D，当直线AB的斜率存在时，证明：直线AB与CD的斜率之比为定值.
5.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.
6.已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）经过点（2，3），两条渐近线的夹角为，直线l交双曲线于A，B两点.
（1）求双曲线C的方程；
（2）若直线l过双曲线的右焦点F2，在x轴上是否存在点M（m，0），使得直线l绕点F2无论怎样转动，都有·＝0成立？若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由.
第二课时　定点、定值及探索性问题
1.证明：由题意知直线l的斜率存在，不妨设直线l：y＝kx＋，A（x1，y1），B（x2，y2）.
由可得：（k2－2）x2＋2kx＋5＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝，＝，＝，
·＝x1x2＋（y1＋）（y2＋）＝x1x2＋（kx1＋）（kx2＋）
＝（1＋k2）x1x2＋k（x1＋x2）＋
＝（1＋k2）＋·＋＝.
所以·＝为定值.
2.解：（1）根据题意知，4＝2py0， ①
因为｜AF｜＝2，所以y0＋＝2， ②
联立①②解得y0＝1，p＝2.
所以E的方程为x2＝4y.
（2）证明：设B（x1，y1），M（x2，y2）.由题意，可设直线BM的方程为y＝kx＋b，代入x2＝4y，得x2－4kx－4b＝0.
由根与系数的关系，得x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b. ③
由MP⊥x轴及点P在直线y＝x－3上，得点P（x2，x2－3），
则由A，P，B三点共线，得＝，
整理，得（k－1）x1x2－（2k－4）x1＋（b＋1）x2－2b－6＝0.
将③代入上式并整理，得（2－x1）（2k＋b－3）＝0.
由点B的任意性，得2k＋b－3＝0，所以直线BM的方程可化为y＝kx＋3－2k＝k（x－2）＋3，即直线BM恒过点（2，3）.
3.解：（1）根据题意得，4a＝4，解得a＝，由＝×2c×＝b2，
解得c＝a＝2，则b2＝2，所以椭圆的标准方程为＋＝1.
（2）假设x轴上存在定点M（t，0），易知椭圆的右焦点F2（2，0），
①当直线l的斜率不存在时，A，B，
·＝·＝（2－t）2－；
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：y＝k（x－2），A（x1，y1），B（x2，y2），
由整理得，（3k2＋1）x2－12k2x＋12k2－6＝0，
则Δ＞0，x1＋x2＝，x1x2＝，
·＝（x1－t，y1）·（x2－t，y2）＝（1＋k2）x1x2－（t＋2k2）（x1＋x2）＋t2＋4k2＝为定值，
则＝3，解得t＝，此时·＝－，将t＝代入①检验得定值为－，
所以x轴上存在定点M，使得·的定值为－.
4.解：（1）由题意得｜TF｜＝p，
因为点G在E上且GF⊥x轴，
所以｜GF｜＝p，
则S△GTF＝p×p＝，解得p＝，
所以E的方程为y2＝x.
（2）证明：设A（m2，m）（m≠0），直线AB的方程为x＝ty＋a，
代入E的方程，得y2－ty－a＝0，
所以myB＝－a，所以yB＝－，
所以B，
同理可得C（4m2，2m），D，
所以kAB＝＝，
kCD＝＝，
则＝2，
所以直线AB与CD的斜率之比为定值2.
5.解：（1）由题意得A（－a，0），B（a，0），G（0，1）.
则＝（a，1），＝（a，－1）.
由·＝8得a2－1＝8，即a＝3.
所以E的方程为＋y2＝1.
（2）证明：设C（x1，y1），D（x2，y2），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PA的方程为y＝（x＋3），所以y1＝（x1＋3）.
直线PB的方程为y＝（x－3），所以y2＝（x2－3）.
可得3y1（x2－3）＝y2（x1＋3）.
由于＋＝1，
故＝－，可得27y1y2＝－（x1＋3）（x2＋3），即（27＋m2）y1y2＋m（n＋3）（y1＋y2）＋（n＋3）2＝0. ①
将x＝my＋n代入＋y2＝1得
（m2＋9）y2＋2mny＋n2－9＝0.
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
代入①式得（27＋m2）（n2－9）－2m（n＋3）mn＋（n＋3）2（m2＋9）＝0.
解得n＝－3（舍去）或n＝.
故直线CD的方程为x＝my＋，即直线CD过定点.
若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点.
综上，直线CD过定点.
6.解：（1）双曲线的渐近线方程为y＝±x.因为两条渐近线的夹角为，
所以渐近线y＝x的倾斜角为或，所以＝或＝.
又点（2，3）在双曲线C上，所以－＝1，
故或
解得所以双曲线C的方程为x2－＝1.
（2）双曲线的右焦点为F2（2，0）.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k（x－2），A（x1，y1），B（x2，y2），因为·＝0，所以（x1－m）（x2－m）＋y1y2＝0，
整理得（1＋k2）x1x2－（m＋2k2）（x1＋x2）＋m2＋4k2＝0， ①
由可得（3－k2）x2＋4k2x－4k2－3＝0.
因为直线l与双曲线有两个不同的交点，
所以Δ＝16k4＋4（3－k2）（4k2＋3）＝36＋36k2＞0，且3－k2≠0，所以k≠±.
由题设知①对任意的k≠±均成立，又x1＋x2＝－，x1x2＝－，
所以①可转化为－（1＋k2）＋（m＋2k2）＋m2＋4k2＝0，
整理得3（m2－1）＋（5＋4m－m2）k2＝0对任意的k≠±均成立，
故所以m＝－1，M（－1，0）.
当直线l的斜率不存在时，l：x＝2，
此时A（2，3），B（2，－3）或B（2，3），A（2，－3），
若m＝－1，则M点坐标为（－1，0），·＝（2＋1）2－9＝0，
综上，存在点M（－1，0），使·＝0恒成立.
1 / 1第二课时　定点、定值及探索性问题
题型一 定点问题
【例1】　已知点P是椭圆C：＋＝1上一点，设直线l不经过点P且与椭圆C相交于A，B两点.若直线PA与直线PB的斜率之和为1，问：直线l是否过定点？证明你的结论.
尝试解答
通性通法
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.
【跟踪训练】
　已知抛物线y2＝－8x的顶点为O，点A，B在抛物线上，且OA⊥OB，求证：直线AB经过一个定点.
题型二 定值问题
【例2】　在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2－y2＝1.设椭圆C2：4x2＋y2＝1.若M，N分别是C1，C2上的动点，且OM⊥ON，求证：点O到直线MN的距离是定值.
尝试解答
通性通法
　　圆锥曲线中的定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定值问题同证明问题类似，在求定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定值显现.
【跟踪训练】
　已知椭圆C：＋y2＝1的上顶点A与左、右焦点F1，F2，若直线l与椭圆C相切，求证：点F1，F2到直线l的距离之积为定值.
题型三 探索性问题
【例3】　已知A（x1，y1），B（x2，y2）是抛物线C：x2＝2py（p＞0）上不同的两点，直线AB与x轴交于点P，与y轴的正半轴交于点Q，且y1y2＝，是否存在直线AB，使得＋＝？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由.
尝试解答
通性通法
　　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.
【跟踪训练】
　已知椭圆E：＋y2＝1和圆F：（x－）2＋y2＝，若直线l：y＝k（x－）（k＞0）与圆F交于A，B两点，与椭圆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，求出l的方程；若不存在，说明理由.
第二课时　定点、定值及探索性问题
【典型例题·精研析】
【例1】　解：当直线l的斜率不存在时，设A（x1，y1），B（x1，－y1），直线PA与直线PB的斜率分别为k1，k2，
则k1＋k2＝＝1，解得x1＝－4，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，A（x1，y1），B（x2，y2），
由整理得（3＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－12＝0，Δ＝48（4k2－m2＋3）＞0.
x1＋x2＝，x1x2＝，
由k1＋k2＝1，整理得（2k－1）x1x2＋（k＋m－）（x1＋x2）＋2m－4＝0，
即（m－4k）（2m－2k－3）＝0.
当m＝k＋时，直线l过点P，不符合题意；
当m＝4k时，Δ＝48（4k2－m2＋3）＞0有解，此时直线l：y＝k（x＋4）过定点（－4，0）.
跟踪训练
　证明：设直线OA的斜率为k，则直线OB的斜率为－，直线OA的方程为y＝kx，
由得A，
同理可得B（－8k2，8k），于是直线AB的方程为y－8k＝·（x＋8k2），整理可得y＝（x＋8），因此直线AB经过定点（－8，0）.
【例2】　证明：当直线ON垂直于x轴时，｜ON｜＝1，｜OM｜＝，则点O到直线MN的距离为，
当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为y＝kx，则直线OM的方程为y＝－x，
由得
所以｜ON｜2＝，
同理｜OM｜2＝，
设点O到直线MN的距离为d，因为（｜OM｜2＋｜ON｜2）d2＝｜OM｜2｜ON｜2，
所以＝＋＝＝3，即d＝.
综上，点O到直线MN的距离是定值.
跟踪训练
　证明：①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝±，
点F1，F2到直线l的距离之积为（－1）×（＋1）＝1.
②当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，
联立得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
Δ＝（4km）2－4（1＋2k2）（2m2－2）＝－8（m2－2k2－1）＝0，
∴m2＝1＋2k2，
点F1到直线l：y＝kx＋m的距离d1＝，
点F2到直线l：y＝kx＋m的距离d2＝.
∴d1d2＝·＝＝＝1.
综上，可知当直线l与椭圆C相切时，点F1，F2到直线l的距离之积为定值1.
【例3】　解：由题意知，直线AB的斜率存在，且不为零，
设直线AB的方程为y＝kx＋b（k≠0，b＞0），
由得x2－2pkx－2pb＝0，
∴
∴y1y2＝·＝＝b2，
∵y1y2＝，∴b2＝，∵b＞0，∴b＝.
∴直线AB的方程为y＝kx＋.
假设存在直线AB，使得＋＝，
即＋＝3.
作AA'⊥x轴，BB'⊥x轴，垂足分别为A'，B'，设坐标原点为O，
∴＋＝＋＝＋＝·，
∵y1＋y2＝k（x1＋x2）＋p＝2pk2＋p，y1y2＝，
∴＋＝·＝4k2＋2＝3，得k＝±.
故存在直线AB，使得＋＝，直线AB的方程为y＝±x＋.
跟踪训练
　解：不存在满足题意的k，理由如下：
由A，B在圆上得｜AF｜＝｜BF｜＝｜PF｜＝.
设点C（x1，y1），D（x2，y2）.
｜CF｜＝＝2－x1，
同理｜DF｜＝2－x2.
若｜AC｜＝｜BD｜，则｜AC｜＋｜BC｜＝｜BD｜＋｜BC｜，即｜AB｜＝｜CD｜＝1，4－（x1＋x2）＝1，
由得（4k2＋1）x2－8k2x＋12k2－4＝0，
∴x1＋x2＝，∴4－＝1，
得12k2＝12k2＋3，无解，故不存在.
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