(共32张PPT)
第3讲 圆锥曲线的综合问题
专题六 解析几何
1.圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，常见的热点题型有：
范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题等.
2.以解答题的压轴题形式出现，难度较大.
考情分析
KAO
QING
FEN
XI
内
容
索
引
母题突破1
专题强化练
母题突破1 范围、最值问题
母题突破1 范围、最值问题
思路分析
?引入参数，设直线l的方程
↓
?联立l和E的方程(设而不求，根与系数的关系)
↓
?等积法求出r的表达式
↓
?函数思想求r的范围
解 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则△F1MN的周长为4a＝8.
当l⊥x轴时，l的方程为x＝1，|MN|＝3，
当l与x轴不垂直时，设l：y＝k(x－1)(k≠0)，
即r＝
，
令4k2＋3＝t，则t>3，
解 显然直线l的斜率存在，设l：y＝kx＋2，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则Δ＝(16k)2－4×4(3＋4k2)>0，
解 设直线l的方程为x＝my＋3(m>0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
(2＋m2)y2＋6my＋3＝0，
由Δ＝36m2－12(2＋m2)>0，可得m2>1，
所以|BM|＋|BN|的取值范围是(2,6).
规律方法
求解范围、最值问题的常见方法
(1)利用判别式来构造不等关系.
(2)利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系.
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式.
(4)利用基本不等式.
解 显然直线x＝0不满足题设条件，故可设直线l：y＝kx＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2).
∵Δ＝(16k)2－4×12(1＋4k2)>0，
2.(2020·蚌埠模拟)直线y＝kx＋2交抛物线C：x2＝4y于A，B两点，分别过点A，B作抛物线C的切线l1，l2，若l1，l2分别交x轴于点M，N，求四边形ABNM面积的最小值.
Δ＝16k2＋32>0，设A(x1，y1)B(x2，y2)，则
点P到直线AB的距离为
∴四边形ABNM的面积
1.(2020·潍坊模拟)设抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点A是E上一点，且线段AF的中点坐标为(1,1).
(1)求抛物线E的标准方程；
专题强化练
1
2
1
2
得p2－4p＋4＝0，即p＝2.
所以抛物线E的标准方程为x2＝4y.
1
2
(2)若B，C为抛物线E上的两个动点(异于点A)，且BA⊥BC，求点C的横坐标的取值范围.
1
2
因为x≠x1，得(x＋x1)(x1＋2)＋16＝0，
因为Δ＝(x＋2)2－4(2x＋16)≥0，
即x2－4x－60≥0，故x≥10或x≤－6.
经检验，当x＝－6时，不满足题意.
所以点C的横坐标的取值范围是(－∞，6)∪[10，＋∞).
1
2
2.如图，在平面直角坐标系中，已知点F(1,0)，过直线l：x＝4左侧的动点P作PH⊥l于点H，∠HPF的角平分线交x轴于点M，且|PH|＝2|MF|，记动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
1
2
1
2
解 设P(x，y)，由题意可知|MF|＝|PF|，
1
2
1
2
解 由题意，得直线l′的斜率k≠0，
设直线l′的方程为x＝my＋1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以Δ＝(6m)2＋36(3m2＋4)＝144(m2＋1)>0恒成立，
1
2(共35张PPT)
专题六 第3讲 圆锥曲线的综合问题
母题突破4 探索性问题
内
容
索
引
母题突破4
专题强化练
1
母题突破4 探索性问题
PART
ONE
母题 已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，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.
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
证明 设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).
将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得
(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.
思路分析
?假设四边形OAPB能为平行四边形
↓
?线段AB与线段OP互相平分
↓
?计算此时直线l的斜率
↓
?下结论
解 四边形OAPB能为平行四边形.
设点P的横坐标为xP，
四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.
解 由椭圆的定义可知|MF1|＋|MF2|＝4，
当且仅当|MF1|＝|MF2|＝2时等号成立，
∴|MF1|·|MF2|的最大值为4.
(2)椭圆C上是否存在点P(异于点A1，A2)，使得直线PA1，PA2与直线x＝4分别交于点E，F，且|EF|＝1？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
解 假设存在满足题意的点P.
不妨设P(x0，y0)(y0>0)，则－2∵Δ＝－176<0，∴此方程无解.
故不存在满足题意的点P.
得x0＝4－y0，
子题2 (2020·合肥适应性检测)已知抛物线C：y2＝4x，过点(2,0)作直线l与抛物线C交于M，N两点，在x轴上是否存在一点A，使得x轴平分∠MAN？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由.
解 ①当直线l的斜率不存在时，由抛物线的对称性可知x轴上任意一点A(不与点(2,0)重合)，都可使得x轴平分∠MAN；
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，
消去y得k2x2－(4k2＋4)x＋4k2＝0，
显然Δ>0，
假设在x轴上存在一点A(a,0)，使得x轴平分∠MAN，
又y1＝k(x1－2)，y2＝k(x2－2)，
把(
)式代入上式化简得4a＝－8，
∴a＝－2，∴点A(－2,0)，
综上所述，在x轴上存在一点A(－2,0)，使得x轴平分∠MAN.
规律方法
探索性问题的求解策略
(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并能证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律.
(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论.
跟踪演练
解 设Q(x0，y0)，则P(－x0，－y0)，
可知0假设存在直线l，使得△BOP的面积是△BMQ的面积的3倍，则|OP|＝3|MQ|，即|OQ|＝3|MQ|，
又A(2,0)，∴直线AB的方程为x＋2y－2＝0.
整理得x0＝3－2y0，
①
∵判别式Δ＝(－12)2－4×8×5＝－16<0，
∴该方程无解.
∴不存在直线l，使得△BOP的面积是△BMQ的面积的3倍.
解 假设存在斜率为－1的直线l，设为y＝－x＋m，
由题意知，F1(－1,0)，F2(1,0)，
所以以线段F1F2为直径的圆为x2＋y2＝1，
7x2－8mx＋4m2－12＝0.
由题意，Δ＝(－8m)2－4×7×(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)>0，
解得m2<7，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
整理得4m4－36m2＋17＝0，
故存在符合条件的直线l，其方程为
2
专题强化练
PART
TWO
1
2
1
2
设Q(0，m)(m≠1)，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx＋1，
1
2
∴(m－1)(x1＋x2)＝2kx1x2，
1
2
(1)在①②③这三个条件中任选一个，求动点P的轨迹C的方程；(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
1
2
解 若选①，
若选②，
由题意得|PH|＝|PG|，
1
2
所以点P的轨迹C是以H，E为焦点的椭圆，
若选③，
设P(x，y)，S(x′，0)，T(0，y′)，则x′2＋y′2＝9，
(
)
1
2
1
2
(2)设圆O：x2＋y2＝2上任意一点A处的切线交轨迹C于M，N两点，试判断以MN为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由.
1
2
由①②联立，可解得交点为(0,0).
1
2
(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
因为Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)＝－8(m2－6k2－3)＝－8(2k2＋2－6k2－3)＝8(4k2＋1)>0，
所以切线与椭圆C恒有两个交点.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
1
2
所以OM⊥ON，
所以以MN为直径的圆过原点(0,0)，
综上所述，以MN为直径的圆过定点(0,0).母题突破3 定值问题
母题 (2018·北京)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)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．
思路分析
?联立l，C的方程，由判别式及PA，PB与y轴有交点求斜率的取值范围
↓
?用A，B坐标表示M，N坐标
↓
?用M，N坐标表示λ，μ
↓
?利用根与系数的关系计算＋
↓
?求出＋为定值
(1)解 将点P代入C的方程得4＝2p，即p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x，
显然l斜率存在且不为0，设为k，则l：y＝kx＋1，
由消去y得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0，(
)
由已知，方程(
)有两个不同的根，且1不是方程的根(因为PA，PB都与y轴有交点)，
所以Δ＝－16k＋16>0且k2＋(2k－4)＋1≠0，
即k<0或0所以k<0或0即直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．
(2)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线PA方程为y－2＝(x－1)，
令x＝0得y＝－＋2，
即点M为，
所以＝，
又＝(0，－1)，＝λ，
所以＝λ(0，－1)，
所以λ＝－1＝，＝，
又点A(x1，y1)在直线l：y＝kx＋1上，
所以＝＝＝－，
同理＝－.
由(1)中方程(
)及根与系数的关系得，
x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以＋＝－＋－＝－＝－·＝－·＝＝2，即＋为定值2.
[子题1] 设直线l：y＝kx＋t(t≠0)与椭圆C：＋＝1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．
证明 由联立，消去y，
得(2k2＋1)x2＋4ktx＋2(t2－2)＝0，
所以Δ＝(4kt)2－8(2k2＋1)(t2－2)＝8(4k2－t2＋2)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝，
因为四边形OAPB为平行四边形，所以＝＋＝(x1＋x2，y1＋y2)＝，
所以P点坐标为.
又因为点P在椭圆上，
所以＋＝1，即t2＝.
因为|AB|＝|x1－x2|
＝
＝
＝，
又点O到直线l的距离d＝，
所以平行四边形OAPB的面积S?OAPB＝2S△OAB＝|AB|·d＝＝＝，
即平行四边形OAPB的面积为定值．
[子题2] (2020·福州质检)直线l与椭圆C：＋＝1有且只有一个公共点P，l与圆x2＋y2＝6交于A，B两点，直线OA，OB的斜率分别记为k1，k2，求证：k1·k2为定值．
证明 ①当直线l的斜率不存在时，直线的方程为x＝±2；
当x＝2时，A(2，)，B(2，－)，
则k1·k2＝×＝－，
当x＝－2时，A(－2，)，B(－2，－)，
则k1·k2＝－×＝－.
②当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，
由题意Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(2m2－4)＝0，
得m2＝4k2＋2，
联立得(1＋k2)x2＋2kmx＋m2－6＝0，
依题意，Δ>0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以k1·k2＝＝
＝
＝
＝＝＝－，
所以k1·k2为定值．
规律方法 求解定值问题的两大途径
(1)由特例得出一个值(此值一般就是定值)→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关．
(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．
跟踪演练
1．在平面直角坐标系xOy中，过点M(4,0)且斜率为k的直线交椭圆＋y2＝1于A，B两点．
(1)求k的取值范围；
(2)当k≠0时，若点A关于x轴为对称点为P，直线BP交x轴于点N，求证：|ON|为定值．
(1)解 过点M(4,0)且斜率为k的直线的方程为
y＝k(x－4)，
由得x2－8k2x＋16k2－1＝0，
因为直线与椭圆有两个交点，
所以Δ＝(－8k2)2－4(16k2－1)>0，
解得－(2)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则P(x1，－y1)，
由题意知x1≠x2，y1≠y2，
由(1)得x1＋x2＝，x1·x2＝，
直线BP的方程为＝，
令y＝0，得N点的横坐标为＋x1，
又y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，
故|ON|＝＝
＝＝
＝1.即|ON|为定值1.
2．(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．
专题强化练
1．过点P的直线交椭圆C：＋y2＝1于E，F两点，求证：＋为定值．
证明 当直线EF的斜率为零时，则点E，F为椭圆长轴的端点，
则＋＝＋
＝＝＝3，
当直线EF与x轴不重合时，设直线EF的方程为x＝ty＋，设点E(x1，y1)，F(x2，y2)，
联立消去x得
(t2＋2)y2＋y－＝0，
Δ＝t2＋(t2＋2)＝8t2＋>0恒成立，
由根与系数的关系得
y1＋y2＝－，y1y2＝－.
因此，＋＝＋
＝＝
＝＝
＝×＝3，
综上所述，＋＝3(定值)．
2．(2020·泰安模拟)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，点O到直线AB的距离为，△OAB的面积为1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线l与椭圆交于C，D两点，若直线l∥直线AB，设直线AC，BD的斜率分别为k1，k2，证明：k1·k2为定值．
(1)解 直线AB的方程为＋＝1，
即bx＋ay－ab＝0，则＝，
因为△OAB的面积为1，所以ab＝1，即ab＝2.
解得a＝2，b＝1，
所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明 直线AB的斜率为－，设直线l的方程为y＝－x＋t，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
代入＋y2＝1，得2y2－2ty＋t2－1＝0，
依题意得，Δ>0，
则y1＋y2＝t，y1y2＝，
所以k1k2＝·＝，
因为x1x2－2x2＝4(t－y1)(t－y2)－4(t－y2)
＝4[t2－t(y1＋y2)＋y1y2－t＋y2]
＝4[(y1＋y2)2－(y1＋y2)(y1＋y2)＋y1y2－(y1＋y2)＋y2]＝4(y1y2－y1)，
所以k1k2＝为定值．母题突破4 探索性问题
母题 已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，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.
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(2)若l过点，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．
?2?思路分析
?假设四边形OAPB能为平行四边形
↓
?线段AB与线段OP互相平分
↓
?计算此时直线l的斜率
↓
?下结论
(1)证明 设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得
(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，
故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝.
于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9.
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．
(2)解 四边形OAPB能为平行四边形．
因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3.
由(1)得OM的方程为y＝－x.
设点P的横坐标为xP，
由得x＝，即xP＝.
将点的坐标代入直线l的方程得b＝，
因此xM＝.
四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.
于是＝2×，
解得k1＝4－，k2＝4＋.
因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当直线l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形．
[子题1] 已知椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2.
(1)若M为C上任意一点，求|MF1|·|MF2|的最大值；
(2)椭圆C上是否存在点P(异于点A1，A2)，使得直线PA1，PA2与直线x＝4分别交于点E，F，且|EF|＝1？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)由椭圆的定义可知|MF1|＋|MF2|＝4，
∴|MF1|·|MF2|≤2＝4，
当且仅当|MF1|＝|MF2|＝2时等号成立，
∴|MF1|·|MF2|的最大值为4.
(2)假设存在满足题意的点P.
不妨设P(x0，y0)(y0>0)，则－2由题意知直线PA1的方程为y＝(x＋2)，
令x＝4，得yE＝，
直线PA2的方程为y＝(x－2)，
令x＝4，得yF＝，
由|EF|＝yE－yF＝－＝＝＝＝1，得x0＝4－y0，
由x＋4y＝4，得5y－8y0＋12＝0，
∵Δ＝－176<0，∴此方程无解．
故不存在满足题意的点P.
[子题2] (2020·合肥适应性检测)已知抛物线C：y2＝4x，过点(2,0)作直线l与抛物线C交于M，N两点，在x轴上是否存在一点A，使得x轴平分∠MAN？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由．
解 ①当直线l的斜率不存在时，由抛物线的对称性可知x轴上任意一点A(不与点(2,0)重合)，都可使得x轴平分∠MAN；
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程
消去y得k2x2－(4k2＋4)x＋4k2＝0，
显然Δ>0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝4，(
)
假设在x轴上存在一点A(a,0)，使得x轴平分∠MAN，
∴kAM＋kAN＝0，∴＋＝0，
∴＝0，
又y1＝k(x1－2)，y2＝k(x2－2)，
∴＝0，
把(
)式代入上式化简得4a＝－8，
∴a＝－2，∴点A(－2,0)，
综上所述，在x轴上存在一点A(－2,0)，使得x轴平分∠MAN.
规律方法 探索性问题的求解策略
(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并能证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律．
(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论．
跟踪演练
1．已知椭圆G：＋y2＝1，点B(0,1)，点A为椭圆G的右顶点，过原点O的直线l与椭圆G交于P，Q两点(点Q在第一象限)，且与线段AB交于点M.是否存在直线l，使得△BOP的面积是△BMQ的面积的3倍？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解 设Q(x0，y0)，则P(－x0，－y0)，
可知0假设存在直线l，使得△BOP的面积是△BMQ的面积的3倍，则|OP|＝3|MQ|，即|OQ|＝3|MQ|，
即＝＝，得M.
又A(2,0)，∴直线AB的方程为x＋2y－2＝0.
∵点M在线段AB上，∴x0＋y0－2＝0，
整理得x0＝3－2y0，①
∵点Q在椭圆G上，∴＋y＝1，②
把①式代入②式可得8y－12y0＋5＝0，
∵判别式Δ＝(－12)2－4×8×5＝－16<0，
∴该方程无解．
∴不存在直线l，使得△BOP的面积是△BMQ的面积的3倍．
2．(2020·滁州模拟)已知椭圆E：＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2，是否存在斜率为－1的直线l与以线段F1F2为直径的圆相交于A，B两点，与椭圆E相交于C，D两点，且|CD|·|AB|＝？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
解 假设存在斜率为－1的直线l，设为y＝－x＋m，
由题意知，F1(－1,0)，F2(1,0)，
所以以线段F1F2为直径的圆为x2＋y2＝1，
由题意，圆心(0,0)到直线l的距离d＝<1，得|m|<，
|AB|＝2＝2＝×，
由消去y，整理得
7x2－8mx＋4m2－12＝0.
由题意，Δ＝(－8m)2－4×7×(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)>0，
解得m2<7，
又|m|<，所以m2<2.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
|CD|＝|x2－x1|＝×
＝，
若|CD|·|AB|＝，
则×××＝，
整理得4m4－36m2＋17＝0，
解得m2＝或m2＝.
又m2<2，所以m2＝，即m＝±.
故存在符合条件的直线l，其方程为
y＝－x＋或y＝－x－.
专题强化练
1.
(2020·广州模拟)如图，已知椭圆C：＋＝1.过点P(0,1)的动直线l(直线l的斜率存在)与椭圆C相交于A，B两点，问在y轴上是否存在与点P不同的定点Q，使得＝恒成立？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
解 假设在y轴上存在与点P不同的定点Q，使得＝恒成立．
设Q(0，m)(m≠1)，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx＋1，
由得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，
显然，Δ>0，∴x1＋x2＝－，x1x2＝－，
＝＝，
∵＝，∴sin∠PQA＝sin∠PQB，
∴∠PQA＝∠PQB，∴kQA＝－kQB，∴＝，
∴(m－1)(x1＋x2)＝2kx1x2，
即－(m－1)·＝－2k·，解得m＝2，
∴存在定点Q(0,2)，使得＝恒成立．
2．在平面直角坐标系xOy中．
①已知点Q(，0)，直线l：x＝2，动点P满足到点Q的距离与到直线l的距离之比为.
②已知点H(－，0)，G是圆E：x2＋y2－2x－21＝0上一个动点，线段HG的垂直平分线交GE于P.
③点S，T分别在x轴，y轴上运动，且|ST|＝3，动点P满足＝＋.
(1)在①②③这三个条件中任选一个，求动点P的轨迹C的方程；(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
(2)设圆O：x2＋y2＝2上任意一点A处的切线交轨迹C于M，N两点，试判断以MN为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由．
解 (1)若选①，
设P(x，y)，根据题意得，＝，
整理，得＋＝1，
所以动点P的轨迹C的方程为＋＝1.
若选②，
由E：x2＋y2－2x－21＝0得(x－)2＋y2＝24，
由题意得|PH|＝|PG|，
所以|PH|＋|PE|＝|PG|＋|PE|＝|EG|＝2
>|HE|＝2，
所以点P的轨迹C是以H，E为焦点的椭圆，
且a＝，c＝，则b＝，
所以动点P的轨迹C的方程为＋＝1.
若选③，
设P(x，y)，S(x′，0)，T(0，y′)，则x′2＋y′2＝9，(
)
因为＝＋，
所以即
将其代入(
)，得＋＝1，
所以动点P的轨迹C的方程为＋＝1.
(2)当过点A且与圆O相切的切线斜率不存在时，切线方程为x＝，x＝－，
当切线方程为x＝时，M(，)，N(，－)，
以MN为直径的圆的方程为(x－)2＋y2＝2.①
当切线方程为x＝－时，M(－，)，N(－，－)，
以MN为直径的圆的方程为(x＋)2＋y2＝2.②
由①②联立，可解得交点为(0,0)．
当过点A且与圆O相切的切线斜率存在时，设切线方程为y＝kx＋m，即＝，即m2＝2(k2＋1)．
联立切线与椭圆C的方程并消去y，得
(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
因为Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)＝－8(m2－6k2－3)＝－8(2k2＋2－6k2－3)＝8(4k2＋1)>0，
所以切线与椭圆C恒有两个交点．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
因为＝(x1，y1)，＝(x2，y2)，
所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)·＋km·＋m2
＝＝＝0.
所以OM⊥ON，
所以以MN为直径的圆过原点(0,0)，
综上所述，以MN为直径的圆过定点(0,0)．第3讲 圆锥曲线的综合问题
[考情分析] 1.圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，常见的热点题型有：范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题等.2.以解答题的压轴题形式出现，难度较大．
母题突破1 范围、最值问题
母题 (2020·长沙模拟)已知椭圆E：＋＝1.若椭圆E的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l与椭圆交于不同的两点M，N，记△F1MN的内切圆的半径为r，试求r的取值范围．
思路分析
?引入参数，设直线l的方程
↓
?联立l和E的方程?设而不求，根与系数的关系?
↓
?等积法求出r的表达式
↓
?函数思想求r的范围
解 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则△F1MN的周长为4a＝8.
＝(|F1M|＋|F1N|＋|MN|)r＝4r，
即r＝，
当l⊥x轴时，l的方程为x＝1，|MN|＝3，
r＝＝×|MN|×|F1F2|＝，
当l与x轴不垂直时，设l：y＝k(x－1)(k≠0)，
由得(4k2＋3)y2＋6ky－9k2＝0，
所以y1＋y2＝－，y1y2＝－，
＝|F1F2|·|y1|＋|F1F2|·|y2|
＝|F1F2|·|y1－y2|
＝|F1F2|·
＝×2×
＝12，
所以r＝＝3.
令4k2＋3＝t，则t>3，
r＝＝
＝，
因为t>3，所以0<<，所以0综上可知，r的取值范围是.
[子题1] (2020·安徽肥东县高级中学调研)过点M(0,2)的直线l与椭圆E：＋＝1交于A，B两点，求△AOB面积的最大值．
解 显然直线l的斜率存在，设l：y＝kx＋2，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，
则Δ＝(16k)2－4×4(3＋4k2)>0，
即k2>，x1＋x2＝，x1x2＝，
∴|x1－x2|＝＝
＝4，
则S△OAB＝S△OMB－S△OMA＝×2×|x1－x2|＝4，
设t＝4k2－1>0，∴S(t)＝4＝4≤4＝，
当且仅当t＝，即t＝4，即4k2－1＝4，即k＝±时取等号，
∴△AOB面积的最大值为.
[子题2] 已知A(2,1)，过点B(3,0)且斜率大于0的直线l与椭圆E：＋＝1相交于点P，Q，直线AP，AQ与x轴分别相交于M，N两点，求|BM|＋|BN|的取值范围．
解 设直线l的方程为x＝my＋3(m>0)，P(x1，y1)，
Q(x2，y2)，
则直线AP的方程为y－1＝(x－2)，
可得M，即M，
同理N.
联立消去x，整理得
(2＋m2)y2＋6my＋3＝0，
由Δ＝36m2－12(2＋m2)>0，可得m2>1，
y1＋y2＝－，y1y2＝，
所以|BM|＋|BN|＝3－＋3－＝6－－＝6－
＝6－＝6－，
因为m>0，m2>1，所以m>1，因此0<<4，
所以2<6－<6，
所以|BM|＋|BN|的取值范围是(2,6)．
规律方法 求解范围、最值问题的常见方法
(1)利用判别式来构造不等关系．
(2)利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系．
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式．
(4)利用基本不等式．
跟踪演练
1．设过定点M(0,2)的直线l与椭圆C1：＋y2＝1交于不同的两点P，Q，若O在以线段PQ为直径的圆的外部，求直线l的斜率k的取值范围．
解 显然直线x＝0不满足题设条件，故可设直线l：y＝kx＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
由得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0.
∵Δ＝(16k)2－4×12(1＋4k2)>0，
∴k∈∪，
∴x1＋x2＝，x1x2＝，
根据题意，得0°<∠POQ<90°，即·>0，
∴·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝＋2k×＋4＝>0，解得－2综上得k∈∪.
2．(2020·蚌埠模拟)直线y＝kx＋2交抛物线C：x2＝4y于A，B两点，分别过点A，B作抛物线C的切线l1，l2，若l1，l2分别交x轴于点M，N，求四边形ABNM面积的最小值．
解 由得x2－4kx－8＝0，
Δ＝16k2＋32>0，设A(x1，y1)B(x2，y2)，则
x1＋x2＝4k，x1x2＝－8，|x1－x2|＝4，
y′＝x，∴切线l1的方程为y－y1＝x1(x－x1)，
即y＝x1x－x，①
同理切线l2的方程为y＝x2x－x，②
联立①②得x＝，y＝x1x2＝－2，
即切线l1与l2的交点为P，
由切线l1：y＝x1x－x，得M，
同理可得N，
∴S△PMN＝×2×＝|x1－x2|＝2，
又∵|AB|＝|x1－x2|＝4，
点P到直线AB的距离为
d＝＝，
∴S△PAB＝|AB|d＝4(k2＋2)，
∴四边形ABNM的面积
S＝S△PAB－S△PMN＝4(k2＋2)－2＝
2(2k2＋3)，
令t＝≥，则S＝4t3－2t，
当t≥时，S′＝12t2－2>0成立，S单调递增，
∴当t＝，即k＝0时，四边形ABNM面积的最小值为6.
专题强化练
1．(2020·潍坊模拟)设抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点A是E上一点，且线段AF的中点坐标为(1,1)．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)若B，C为抛物线E上的两个动点(异于点A)，且BA⊥BC，求点C的横坐标的取值范围．
解 (1)依题意得F，设A(x0，y0)，
由线段AF的中点坐标为(1,1)，得
即x0＝2，y0＝2－，
又点A是E上一点，所以4＝2p，
得p2－4p＋4＝0，即p＝2.
所以抛物线E的标准方程为x2＝4y.
(2)由题意知A(2,1)，设B，C，
则kBA＝＝(x1＋2)，x1≠－2，
因为x1≠－2，所以kBC＝－，
BC所在直线方程为y－＝(x－x1)．
联立
因为x≠x1，得(x＋x1)(x1＋2)＋16＝0，
即x＋(x＋2)x1＋2x＋16＝0，
因为Δ＝(x＋2)2－4(2x＋16)≥0，
即x2－4x－60≥0，故x≥10或x≤－6.
经检验，当x＝－6时，不满足题意．
所以点C的横坐标的取值范围是(－∞，6)∪[10，＋∞)．
2.如图，在平面直角坐标系中，已知点F(1,0)，过直线l：x＝4左侧的动点P作PH⊥l于点H，∠HPF的角平分线交x轴于点M，且|PH|＝2|MF|，记动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过点F作直线l′交曲线C于A，B两点，设＝λ，若λ∈，求|AB|的取值范围．
解 (1)设P(x，y)，由题意可知|MF|＝|PF|，
所以＝＝，
即＝，化简整理得＋＝1，
即曲线C的方程为＋＝1.
(2)由题意，得直线l′的斜率k≠0，
设直线l′的方程为x＝my＋1，
由得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以Δ＝(6m)2＋36(3m2＋4)＝144(m2＋1)>0恒成立，
且y1＋y2＝－，y1y2＝－，①
又因为＝λ，所以－y1＝λy2，②
联立①②，消去y1，y2，得＝，
因为＝λ＋－2∈，
所以0≤≤，解得0≤m2≤.
又|AB|＝|y1－y2|＝
＝＝4－，
因为4≤3m2＋4≤，
所以|AB|＝4－∈.
所以|AB|的取值范围是.(共32张PPT)
专题六 第3讲 圆锥曲线的综合问题
母题突破2 定点问题
内
容
索
引
母题突破2
专题强化练
1
母题突破2 定点问题
PART
ONE
思路分析
?l斜率k存在时写出l的方程
↓
?联立l，C的方程，设而不求
↓
?计算kPA，kPB并代入kPA＋kPB＝－1
↓
?分析直线方程，找出定点
证明 设直线PA与直线PB的斜率分别为k1，k2.
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由题设k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0，
子题1 已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l与抛物线C交于A，B两点，O是坐标原点.若点E(－2,0)，直线l不与坐标轴垂直，且∠AEO＝∠BEO，求证：直线l过定点.
证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可设直线l的方程为x＝ny＋b(n≠0)，
则y1＋y2＝4n，y1y2＝－4b.
由∠AEO＝∠BEO，得kEA＝－kEB，
整理得y1x2＋2y1＋x1y2＋2y2＝0，
即y1(ny2＋b)＋2y1＋(ny1＋b)y2＋2y2＝0，
整理得2ny1y2＋(b＋2)(y1＋y2)＝0，
即－8bn＋4(b＋2)n＝0，得b＝2，
故直线l的方程为x＝ny＋2(n≠0)，
所以直线l过定点(2,0).
证明 由题意可知，直线l的斜率不为0，设其方程为x＝my＋2(m∈R)，
将x＝my＋2代入y2＝4x，消去x可得y2－4my－8＝0，
显然Δ＝16m2＋32>0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－8，
所以P(2m2＋2,2m)，
又PQ⊥y轴，垂足为Q，所以Q(0,2m)，
设以PQ为直径的圆经过点A(x0，y0)，
所以当x0＝2，y0＝0时，对任意的m∈R，①式恒成立，
所以以PQ为直径的圆过定点，该定点的坐标为(2,0).
规律方法
动线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0).
(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.
跟踪演练
直线l：y＝kx＋m(k≠0)过点F，
∴m＝－2k，∴l：y＝k(x－2).
依题意Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
∵点P关于x轴的对称点为P′，则P′(x1，－y1).
∴直线P′Q过x轴上的定点(3,0).
(2)过点P的两条直线l1，l2分别与C相交于不同于点P的A，B两点，若l1与l2的斜率之和为－4，则直线AB是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
解 当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋t(t≠2)，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，
可得(3k2＋2)x2＋6ktx＋3t2－12＝0，
∴Δ＝36(kt)2－4×(3k2＋2)(3t2－12)>0，
即24(6k2－t2＋4)>0，
由l1与l2的斜率之和为－4，
又y1＝kx1＋t，y2＝kx2＋t，
∵t≠2，化简可得t＝－k－2，
∴y＝kx－k－2＝k(x－1)－2，
∴直线AB经过定点(1，－2).
当直线AB的斜率不存在时，设直线AB的方程为x＝m，A(m，y1)，B(m，y2)，
又点A，B均在椭圆上，
∴A，B关于x轴对称，∴y1＋y2＝0，∴m＝1，
故直线AB的方程为x＝1，也过点(1，－2)，
综上直线AB经过定点，定点为(1，－2).
2
专题强化练
PART
TWO
1
2
证明 ①当直线l斜率不存在时，设l：x＝m，A(m，yA)，B(m，－yA)，
1
2
②当直线l斜率存在时，设l：y＝kx＋b(b≠－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
(1＋2k2)x2＋4kbx＋2b2－2＝0，
依题意得，Δ>0，
1
2
1
2
所以直线l恒过定点(0，－2).
2.已知点H为抛物线C：x2＝4y的准线上任一点，过H作抛物线C的两条切线HA，HB，切点为A，B，证明直线AB过定点，并求△HAB面积的最小值.
1
2
解 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，H(t，－1)，
1
2
1
2
综合①②得，点A(x1，y1)，B(x2，y2)的坐标满足方程
当t＝0时，此时H(0，－1)，可知HF⊥AB，
1
2
y2－(2＋t2)y＋1＝0，
|AB|＝y1＋y2＋2＝t2＋4，
综上所述，当t＝0时，S△HAB最小，且最小值为4.(共40张PPT)
专题六 第3讲 圆锥曲线的综合问题
母题突破3 定值问题
内
容
索
引
母题突破3
专题强化练
1
母题突破3 定值问题
PART
ONE
母题 (2018·北京)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)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；
解 将点P代入C的方程得4＝2p，即p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x，
显然l斜率存在且不为0，设为k，则l：y＝kx＋1，
由已知，方程(
)有两个不同的根，且1不是方程的根(因为PA，PB都与y轴有交点)，
所以Δ＝－16k＋16>0且k2＋(2k－4)＋1≠0，
即k<0或0所以k<0或0即直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1).
思路分析
?联立l，C的方程，由判别式及PA，PB与y轴有交点求斜率的取值范围
↓
?用A，B坐标表示M，N坐标
↓
?用M，N坐标表示λ，μ
↓
↓
证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
又点A(x1，y1)在直线l：y＝kx＋1上，
由(1)中方程(
)及根与系数的关系得，
得(2k2＋1)x2＋4ktx＋2(t2－2)＝0，
所以Δ＝(4kt)2－8(2k2＋1)(t2－2)＝8(4k2－t2＋2)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
又因为点P在椭圆上，
即平行四边形OAPB的面积为定值.
证明 ①当直线l的斜率不存在时，直线的方程为x＝±2；
②当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由题意Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(2m2－4)＝0，
得m2＝4k2＋2，
依题意，Δ>0，
所以k1·k2为定值.
规律方法
求解定值问题的两大途径
(1)由特例得出一个值(此值一般就是定值)→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关.
(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值.
跟踪演练
解 过点M(4,0)且斜率为k的直线的方程为
y＝k(x－4)，
因为直线与椭圆有两个交点，
(2)当k≠0时，若点A关于x轴为对称点为P，直线BP交x轴于点N，求证：|ON|为定值.
证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则P(x1，－y1)，
由题意知x1≠x2，y1≠y2，
又y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，
解得a2＝6，b2＝3.
(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.
证明 设M(x1，y1)，N(x2，y2).
若直线MN与x轴不垂直，
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝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.
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.
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1).
得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
2
专题强化练
PART
TWO
1
2
证明 当直线EF的斜率为零时，则点E，F为椭圆长轴的端点，
1
2
设点E(x1，y1)F(x2，y2)，
1
2
由根与系数的关系得
1
2
1
2
1
2
解得a＝2，b＝1，
1
2
(2)直线l与椭圆交于C，D两点，若直线l∥直线AB，设直线AC，BD的斜率分别为k1，k2，证明：k1·k2为定值.
1
2
依题意得，Δ>0，
1
2
因为x1x2－2x2＝4(t－y1)(t－y2)－4(t－y2)
＝4[t2－t(y1＋y2)＋y1y2－t＋y2]
＝4[(y1＋y2)2－(y1＋y2)(y1＋y2)＋y1y2－(y1＋y2)＋y2]＝4(y1y2－y1)，母题突破2 定点问题
母题 已知椭圆C：＋y2＝1，点P(0,1)，设直线l不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线PA与直线PB的斜率的和为－1，求证：l过定点．
思路分析
?l斜率k存在时写出l的方程
↓
?联立l，C的方程，设而不求
↓
?计算kPA，kPB并代入kPA＋kPB＝－1
↓
?分析直线方程，找出定点
证明 设直线PA与直线PB的斜率分别为k1，k2.如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为，，
则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
而k1＋k2＝＋
＝＋
＝.
由题设k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0，
即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，
解得k＝－.
当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－x＋m，
即y＋1＝－(x－2)，所以l过定点(2，－1)．
[子题1] 已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l与抛物线C交于A，B两点，O是坐标原点．若点E(－2,0)，直线l不与坐标轴垂直，且∠AEO＝∠BEO，求证：直线l过定点．
证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可设直线l的方程为x＝ny＋b(n≠0)，
由得y2－4ny－4b＝0，
则y1＋y2＝4n，y1y2＝－4b.
由∠AEO＝∠BEO，得kEA＝－kEB，
即＝－，
整理得y1x2＋2y1＋x1y2＋2y2＝0，
即y1(ny2＋b)＋2y1＋(ny1＋b)y2＋2y2＝0，
整理得2ny1y2＋(b＋2)(y1＋y2)＝0，
即－8bn＋4(b＋2)n＝0，得b＝2，
故直线l的方程为x＝ny＋2(n≠0)，
所以直线l过定点(2,0)．
[子题2] (2020·湖南四校联考)已知抛物线C：y2＝4x与过点(2,0)的直线l交于M，N两点，若＝，PQ⊥y轴，垂足为Q，求证：以PQ为直径的圆过定点．
证明 由题意可知，直线l的斜率不为0，设其方程为x＝my＋2(m∈R)，
将x＝my＋2代入y2＝4x，消去x可得y2－4my－8＝0，
显然Δ＝16m2＋32>0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－8，
因为＝，所以P是线段MN的中点，
设P(xP，yP)，则xP＝＝＝2m2＋2，
yP＝＝2m，
所以P(2m2＋2,2m)，
又PQ⊥y轴，垂足为Q，所以Q(0,2m)，
设以PQ为直径的圆经过点A(x0，y0)，
则＝(2m2＋2－x0,2m－y0)，
＝(－x0,2m－y0)，
所以·＝0，即－x0(2m2＋2－x0)＋(2m－y0)2＝0，
化简可得(4－2x0)m2－4y0m＋x＋y－2x0＝0，①
令可得
所以当x0＝2，y0＝0时，对任意的m∈R，①式恒成立，
所以以PQ为直径的圆过定点，该定点的坐标为(2,0)．
规律方法 动线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
跟踪演练
1．(2020·北京东城区模拟)已知椭圆C：＋＝1的右焦点为F，直线l：y＝kx＋m(k≠0)过点F，且与椭圆C交于P，Q两点，如果点P关于x轴的对称点为P′，求证：直线P′Q过x轴上的定点．
证明 ∵c＝＝2，∴F(2,0)，
直线l：y＝kx＋m(k≠0)过点F，
∴m＝－2k，∴l：y＝k(x－2)．
由得(3k2＋1)x2－12k2x＋12k2－6＝0.
依题意Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
∵点P关于x轴的对称点为P′，则P′(x1，－y1)．
∴直线P′Q的方程可以设为y＋y1＝(x－x1)，
令y＝0，x＝＋x1＝
＝＝
＝＝3.
∴直线P′Q过x轴上的定点(3,0)．
2．已知P(0,2)是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个顶点，C的离心率e＝.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点P的两条直线l1，l2分别与C相交于不同于点P的A，B两点，若l1与l2的斜率之和为－4，则直线AB是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
解 (1)由题意可得
解得a＝，b＝2，c＝，∴椭圆的方程为＋＝1.
(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋t(t≠2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立消去y并整理，
可得(3k2＋2)x2＋6ktx＋3t2－12＝0，
∴Δ＝36(kt)2－4×(3k2＋2)(3t2－12)>0，
即24(6k2－t2＋4)>0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
由l1与l2的斜率之和为－4，
可得＋＝－4，
又y1＝kx1＋t，y2＝kx2＋t，
∴＋＝＋
＝2k＋＝2k＋＝－4，
∵t≠2，化简可得t＝－k－2，
∴y＝kx－k－2＝k(x－1)－2，
∴直线AB经过定点(1，－2)．
当直线AB的斜率不存在时，设直线AB的方程为x＝m，A(m，y1)，B(m，y2)，
∴＋＝＝－4，
又点A，B均在椭圆上，
∴A，B关于x轴对称，∴y1＋y2＝0，∴m＝1，
故直线AB的方程为x＝1，也过点(1，－2)，
综上直线AB经过定点，定点为(1，－2)．
专题强化练
1．已知椭圆C：＋y2＝1，设直线l与椭圆C相交于A，B两点，D(0，－1)，若直线AD与直线BD的斜率之积为.证明：直线l恒过定点．
证明 ①当直线l斜率不存在时，设l：x＝m，A(m，yA)，B(m，－yA)，
因为点A(m，yA)在椭圆＋y2＝1上，
所以＋y＝1，即y＝1－，
所以kAD·kBD＝·＝＝＝≠，不满足题意．
②当直线l斜率存在时，设l：y＝kx＋b(b≠－1)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立整理得
(1＋2k2)x2＋4kbx＋2b2－2＝0，
依题意得，Δ>0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝，
则kAD·kBD＝·
＝
＝.
将x1＋x2＝，x1x2＝，
代入上式化简得，kAD·kBD＝·＝＝，即＝，解得b＝－2.
所以直线l恒过定点(0，－2)．
2．已知点H为抛物线C：x2＝4y的准线上任一点，过H作抛物线C的两条切线HA，HB，切点为A，B，证明直线AB过定点，并求△HAB面积的最小值．
解 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，H(t，－1)，
由C：x2＝4y，即y＝x2，得y′＝x，
所以抛物线C：x2＝4y在点A(x1，y1)处的切线HA的方程为y－y1＝(x－x1)，即y＝x－x＋y1，
因为y1＝x，所以y＝x－y1，
因为H(t，－1)在切线HA上，所以－1＝t－y1，①
同理－1＝t－y2，②
综合①②得，点A(x1，y1)，B(x2，y2)的坐标满足方程
－1＝t－y，即直线AB恒过抛物线的焦点F(0,1)，
当t＝0时，此时H(0，－1)，可知HF⊥AB，
|HF|＝2，|AB|＝4，S△HAB＝×2×4＝4，
当t≠0时，此时直线HF的斜率为－，得HF⊥AB，
于是S△HAB＝×|HF|×|AB|，
而|HF|＝＝，
把直线y＝x＋1代入C：x2＝4y中，消去x得
y2－(2＋t2)y＋1＝0，
|AB|＝y1＋y2＋2＝t2＋4，
即S△HAB＝(t2＋4)＝>4，
综上所述，当t＝0时，S△HAB最小，且最小值为4.
