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1、圆锥曲线大题归类定点问题X2例1.已知椭圆C:爲+ y2= 1(a1)的上顶点为A，右焦点为F,直线AF与圆a2M : (x- 3)2+ (y 1)2 = 3 相切.(1) 求椭圆C的方程；(2) 若不过点A的动直线I与椭圆C交于P, Q两点，且AP AQ = 0，求证：直 线I过定点，并求该定点的坐标.解析圆M的圆心为(3,1)，半径r 士； 3.由题意知 A(0,1)，F(c,O)，x直线AF的方程为一 + y = 1，即x + cy c= 0，c由直线AF与圆M相切，得解得 c2 = 2， a2 = c2 + 1 = 3，x2故椭圆c的方程为3+沪1.3(2)方法一：由=0知API AQ
2、,从而直线AP与坐标轴不垂直,1故可设直线AP的方程为y= kx + 1，直线AQ的方程为y = 一x +k1.y = kx +1,联立x23+y2=1，整理得（1 + 3k2）x2 + 6kx =0 ,解得x=0或x=-6k1 + 3 k2故点P的坐标为（6k 1 3k2同理，点Q的坐标为6kk2 3（k2+ 3，k2 + 3）1 + 3 k2，1 + 3k2），k2 31 3k2k2+ 3 1 + 3 k2 k2 1直线l的斜率为=6k 6k 4kk2+ 31 + 3 k2k2 16k直线l的方程为y =4T（x药）+k2 3k2+ 3,k2 11即y=:Tx1直线I过定点（o, 2）方法
3、二：由=0知AP丄AQ，从而直线PQ与x轴不垂直，故可设直线I的方程为y = kx + t(t工1),y = kx +1,联立 x2孑 + y2 = 1，整理得(1 + 3k2)x2+ 6ktx + 3(t2 - 1) = 0.6ktxi + X2=2,1 + 3k2设 P(X1, y1), Q(X2, y2)则(*)3(t2 -1)X1X2=7,1 + 3 k2由= (6kt)2- 4(1 + 3k2)X3(t2-1)0，得3k2t2- 1.由=0,得=(X1 ,y1 -1) (X2, y2-1) = (1 + k2)x1X2 + k(t - 1)(x1 + X2)+ (t- 1)2 = 0
4、 ,1将(*)代入，得t=,1直线I过定点(o, - 2 -例2.已知抛物线C : y2 = 2px(p0)的焦点F(1,0), O为坐标原点，A , B是抛物线C上异于0的两点.(1)求抛物线C的方程;1若直线0A , 0B的斜率之积为3,求证：直线AB过x轴上一定点.解析(1)因为抛物线 卄2px(p0)的焦点坐标为(1,0)，所以2二1，所以 p = 2.所以抛物线C的方程为y2=4x.证明：当直线AB的斜率不存在时,t2t2设 A（4, t）, B（4, t） 1因为直线0A, 0B的斜率之积为-2,t t 1所以；T =一，化简得t2 = 32.24 4所以A(8, t), B(8
5、, t),此时直线AB的方程为x = 8.当直线AB的斜率存在时，设其方程为 y = kx + b , A(xa , yA), B(xb ,y2= 4x ,yB）,联立得化简得ky2 4y+ 4b = 0.y = kx + b ,4b根据根与系数的关系得yAyB =,k1 yA yB1因为直线OA , OB的斜率之积为一匚，所以一=匚,2 XA XB2yA yB即 xaxb + 2yAyB= 0.即 + 2yAyB = 0,4 44b解得 yAyB= 0（舍去）或 yAyB= 32.所以 yAyB= 32，即 b = 一 8k,k所以y = kx 8k, y = k(x 8).综上所述，直线A
6、B过定点(8,0).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.定值问题例3已知椭圆C：咅b二1(20)的两个焦点分别为F1( ;2，)，F2( - 2，0)，点 M (1,0)与椭圆短轴的两个端点的连线互相垂直.导学号30072628(1)求椭圆C的方程;过点M(1,0)的直线I与椭圆C相交于A，B两点，设点N(3,2)，记直 线AN，BN的斜率分别为k1，k2，求证：匕+ k2定值.解析(1)依题意，由已知得c =2
7、，则a2 b2 = 2，由已知易得b = |0M | = 1，所以a= 13，所以椭圆的方程为 + y2= 1.3当直线I的斜率不存在时，不妨设 A(1，亠B(1，亠，则ki33 6 62 2 + k2 =3 3+= 2为定值.2 2当直线I的斜率存在时，设直线I的方程为y = k(x 1)，y= k(x i)，x27+y2= 1,得(3k2+ 1)x2 6k2x + 3k2 3 = 0，依题意知，直线I与椭圆C必相交于两点，设A(x1，y1)，B(X2，y2)，贝U X1+X2 =6 k23 k2 + 1，X1X23 k2 + 1又 y1 = k(X1 1)，y2 = k(X2 1)，2 y
8、12 y2(2 y1)(3 X2)+ (2 y2)(3 X1)所以 k1 + k2 =+=3 X13 X2(3 X1)(3 X2)2 k(X1 1)(3 X2)+ 2 k(X2 1)(3 x”(3 X1)(3 X2)12 2(X1 + X2)+ k2x1X2 4(X1 + X2)+ 69 3(X1 + X2)+ X1X26k23k2 36k212 2 X3 + k2 X3 4 X371+ 6I2(2k2 + 1)6(2k2+ 1)6k23k2 39 3 X3k2 + 1 + 3k2+ 1二 2,综上，得k1 + k2为定值2.例4（2016北京理科）求定值问题常见的方法（1）从特殊入手，求出定
9、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.三探索性问题例5.（2015新课标全国U, 12分，理）已知椭圆C: 9x2 + y2= m2（m0）， 直线I不过原点O且不平行于坐标轴，I与C有两个交点A，B，线段AB的中 点为M .（1）证明：直线OM的斜率与I的斜率的乘积为定值；m若I过点q，m），延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为 平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由.解析 设直线 l: y = kx + b（k却，b 却），A（X1, y） B（X2, y2），M （xm， yM）.将 y = kx + b 代入
10、 9x2 + y2= m2得（k2+ 9）x2 + 2kbx + b2 m2 = 0，故9bxi + X2 kbxm =, yM = kxM + b =.2k2 + 9k2 + 9yM9于是直线 OM 的斜率koM =,即卩koM k = 一 9.XM4所以直线OM的斜率与I的斜率的乘积为定值.四边形OAPB能为平行四边形.m因为直线I过点（3，m）,所以I不过原点且与C有两个交点的充要条件是3k0 , k 工3.9由（1）得OM的方程为y = x.k设点P的横坐标为xp.由kx9x2 + y2 = m 2k2m20 , kK3 , i = 1,2 ,所以当I的斜率为4 7或4+；7时，四边形
11、OAPB为平行四边形.x2 y2例6已知椭圆C:二+二=1(ab0)的右焦点为F(1,0)，右顶点为A ,a2 b2且 |AF|= 1.(1)求椭圆C的标准方程；若动直线l: y = kx + m与椭圆C有且只有一个交点P,且与直线x = 4 交于点Q，问：是否存在一个定点 M(t,0)，使得=0.若存在，求出点M的坐 标；若不存在，说明理由.解析由 c = 1， a c = 1，得 a = 2，.b =3，x2 y2故椭圆C的标准方程为+ 一= 1.4 3由y = kx + m，3x2 + 4y2= 12，消去 y 得(3 + 4k2)x2 + 8kmx + 4m2 12 = 0，= 64k
12、2m2 4(3 + 4k2)(4m2 12) = 0，即 m2 = 3 + 4k2.4 k234k 3yp= kxp + m = + m =一，即卩 P(一，一).mmm mM(t,0)，Q(4,4 k+ m)，4k3=( t, ), = (4 - t,4k + m),mm4k34k = ( t) (4 t)+(4k + m) = t2 4t + 3 + (t 1) = 0 恒成立,mmmt =1 ,故即t = 1.t2 4t + 3 = 0 ,存在点M(1,0)符合题意.4 km 4k设 P(xp, yp)则 xp匚一4 k234k 3yp= kxp + m =+ m =，即卩 P(,).
13、mmm mM(t,O), Q(4,4k+ m),4k3=( 一一t,)，二(4 t,4k + m),mm4k34k = ( t) (4 t)+(4k + m) = t2 4t + 3 + (t 1) = 0 恒成立,mmm存在点M(1,0)符合题意.四、取值范围问题X2例7.(2015浙江，15分)已知椭圆-+ y2 = 1上两个不同的点A ,B关于直1线y = mx + -对称.(1) 求实数m的取值范围；(2) 求AOB面积的最大值(O为坐标原点).1解析 由题意知 m工0，可设直线 AB的方程为y = + b.由-+ y2 =11y = x+ b ,mx211 2b消去y，得 （2+a2mx+b21=.因为直线y=1x24x + b与椭圆+y2=
