第13讲 圆锥曲线的定点、定值问题
【p35】
【命题趋势】
解析几何解答题的一般命题模式是先根据已知的关系确定一个曲线的方程，然后再结合直线方程与所求曲线方程把问题引向深入，其中的热点问题有：参数范围、最值、直线或曲线过定点、某些量为定值等．有关圆锥曲线的定点与定值问题是高考考查命题的常见题型和基本问题，主要考查转化化归能力、推理论证能力、运算求解能力以及创新意识和应用意识，充分体现了数形结合思想，函数与方程思想．可以预测2021年高考的命题，有关解析几何的综合性问题仍将是轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、参变量范围问题、探究性问题和恒等证明问题中的两个或三个组合构建而成．
【备考建议】
1．强化直线与圆锥曲线位置关系的转化化归和函数方程思想培养，提升恰当运用一元二次方程的基础知识进行合理数学运算的能力．
2．强化数形结合思想和特殊与一般思想的运用意识，提升数形结合思想和特殊与一般思想的运用的方法与技巧．
【p35】
探究一 定点与定值相关的客观题及解法
例1
(1)若m，n满足m＋2n－1＝0，则直线mx＋3y＋n＝0过定点( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.
∵m＋2n－1＝0，∴m＋2n＝1，∵mx＋3y＋n＝0，
∴(mx＋n)＋3y＝0，
当x＝时，m＋n＝，∴3y＝－，∴y＝－，故直线过定点.故选B.
(2)已知双曲线y2－＝1与不过原点O且不平行于坐标轴的直线l相交于M，N两点，线段MN的中点为P，设直线l的斜率为k1，直线OP的斜率为k2，则k1k2＝( )
A.
B．－
C．2
D．－2
【解析】选A.
设M，N，P，
则y－＝1，y－＝1，
根据点差法可得＝，
所以直线l的斜率为k1＝＝＝，直线OP的斜率为k2＝，k1k2＝×＝，故选A.
(3)如图，圆F：(x－1)2＋y2＝1和抛物线x＝，过F的直线与抛物线和圆依次交于A，B，C，D四点，则|AB|·|CD|的值是________．
【解析】1
特殊情形：当直线的斜率不存在，则直线方程为x＝1，代入抛物线方程和圆的方程，可直接得到A，B，C，D四个点的坐标为(1，2)，(1，1)，(1，－1)，(1，－2)，
所以|AB|＝1，|CD|＝1，从而|AB|·|CD|＝1.
一般地：若直线的斜率存在，设为k，因为直线过抛物线的焦点(1，0)，则直线方程为y＝k(x－1)，不妨设A(x1，y1)，D(x2，y2)，过A，D分别作抛物线准线的垂线，
由抛物线的定义，|AF|＝x1＋1，|DF|＝x2＋1，
把直线方程与抛物线方程联立，消去y可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，由韦达定理有x1x2＝1，
而抛物线的焦点F同时是已知圆的圆心，所以|BF|＝|CF|＝r＝1，
从而有|AB|＝|AF|－|BF|＝x1，|CD|＝|DF|－|CF|＝x2.所以|AB|·|CD|＝x1x2＝1.
【点评】求解有关定点和定值的客观题最优可考虑赋值法，即由特殊情形探究定点或定值，其次可尝试先猜后证法，最后应用直推法，即通过数学运算推导出定点或定值．
探究二 定点问题
例2
已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点，离心率e＝.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点(1，0)作两条相互垂直的直线l1，l2，分别与椭圆C交于点P，Q和M，N四点，若T，S分别是线段PQ，MN的中点，证明直线ST过定点，并请求出定点坐标．
【解析】(1)由题意知解得
椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)当直线PQ，MN的斜率存在且不为0时，
设l1：y＝k(x－1)，与椭圆方程联立并消去y得
(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则有x1＋x2＝，x1x2＝，
线段PQ的中点T，
同理可得线段MN的中点S，
当k＝±1时，T，S，lTS：x＝；
当k≠±1时，kTS＝，则lTS：y＋＝，
即lTS：y＝，即直线ST过定点；
当直线PQ，MN的斜率一个为0一个不存在时，
可知直线ST的方程为y＝0，过定点，
综上，直线ST过定点.
【点评】定点问题的求解策略之一：依题设条件设出直线或曲线含参量的某种基本形式的方程，然后推导出参量所满足的关系式或方程某类基本形式，从而确定定点．
例3
如图，过椭圆Γ：＋＝1(a>b>0)内一点A(0，1)的动直线l与椭圆相交于M，N两点，当l平行于x轴和垂直于x轴时，l被椭圆Γ所截得的线段长均为2.
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)在平面直角坐标系中，若存在与点A不同的定点B，使得对任意过点A(0，1)的动直线l都满足||·||＝||·||，求出定点B的坐标．
【解析】(1)由已知得b＝，点(，1)在椭圆上，
所以＋＝1，解得a＝2，所以椭圆Γ的方程为＋＝1.
(2)当直线l平行于x轴时，则存在y轴上的点B，使||·||＝||·||，
设B(0，y0)；当直线l垂直于x轴时，M(0，)，N(0，－)，
若使||·||＝||·||，则＝，有＝，
解得y0＝1或y0＝2.所以，若存在与点A不同的定点B满足条件，则点B的坐标只可能是(0，2)．下面证明：对任意直线l，都有||·||＝||·||，即＝.
当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立；
当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx＋1.
设M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，由得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，
所以，x1＋x2＝－，x1x2＝－，
因此，＋＝＝2k.易知点N关于y轴对称的点N′的坐标为(－x2，y2)，
又kBM＝＝＝k－，kBN′＝＝＝－k＋＝k－，
所以kBM＝kBN′，即B，M，N′三点共线，所以＝＝＝.
故存在与点A不同的定点B(0，2)，使得||·||＝||·||.
【点评】定点问题的求解策略之二：依题设条件的特殊情形找到直线或曲线过某定点，然后通过数学运算推理，论证一般情形也满足直线或曲线过该定点．
探究三 定值问题
例4
如图，已知抛物线C顶点在坐标原点，焦点F在y轴的非负半轴上，点M(－2，1)是抛物线上的一点．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)若点P，Q在抛物线C上，且抛物线C在点P，Q处的切线交于点S，记直线MP，MQ的斜率分别为k1，k2，且满足k2－k1＝1，当P，Q在C上运动时，求△PQS的面积．
【解析】(1)设抛物线的方程为x2＝2py，将M(－2，1)点坐标代入方程中，
解得x2＝4y.
(2)设P，Q，设直线PQ的方程为y＝kx＋b，
代入抛物线方程x2＝4y，得到x2－4kx－4b＝0，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
结合k2－k1＝1，而M(－2，1)，则k2＝＝，k1＝＝，
代入，得到x2－x1＝4，所以(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝16k2＋16b＝16，
解得k2＋b＝1，
过P点的切线斜率为，过Q点的切线斜率为，
则PS的方程为y＝x－，QS的方程为y＝x－，
联立解这两个方程，得到S的坐标为(2k，－b)，故点S到直线PQ的距离为d＝＝，而PQ的长度为|x1－x2|＝·4，所以面积为S＝·d·PQ＝··4·＝4.
【点评】求某几何量的值实际是定值问题；数学运算是其特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算；同时设的几何特征的代数形式要有合理的预判，以便设计解题思路，优化解题过程．
例5
已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝2，过点F1的直线与椭圆C交于A，B两点，延长BF2交椭圆C于点M，△ABF2的周长为8.
(1)求C的离心率及方程；
(2)试问：是否存在定点P(x0，0)，使得·为定值？若存在，求x0；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)由题意可知，|F1F2|＝2c＝2，则c＝1，
又△ABF2的周长为8，所以4a＝8，即a＝2，则e＝＝，b2＝a2－c2＝3.
故C的方程为＋＝1.
(2)假设存在点P，使得·为定值．
若直线BM的斜率不存在，直线BM的方程为x＝1，B，M，
则·＝(x0－1)2－.
若直线BM的斜率存在，设BM的方程为y＝k(x－1)，设点B(x1，y1)，M(x2，y2)，联立得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
根据韦达定理可得：x1＋x2＝，x1x2＝，
由于＝(x2－x0，y2)，＝(x1－x0，y1)，
则·＝x1x2－(x1＋x2)x0＋x＋y1y2
＝(k2＋1)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋k2＋x
＝，
因为·为定值，所以＝，
解得x0＝，故存在点P，且x0＝.
【点评】解决存在性问题的解题步骤：第一步：先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)；第二步：解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在；第三步：得出结论．
【p37】
1．定点问题实质上是一个恒成立问题，解题中有可能先根据条件求出曲线的方程，然后变量分离确定定点坐标，也可能先根据特殊情况求出定点位置，再证该定点符合普通情况．
求解直线和曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点，其中由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
2．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值；求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，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．
3．解决存在性问题应注意以下几点：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)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．
4．数学思想、方法在有关圆锥曲线问题中的应用．
(1)方程思想：解析几何题不少以方程形式给定直线和圆锥曲线，因此把直线与圆锥曲线相交的弦长问题利用韦达定理进行整体处理，就能简化运算．
(2)函数思想：对于圆锥曲线上的一些动点，在变化过程中会引入一些相互联系、相互制约的量，从而使一些线段的长度及a，b，c，e，p之间构成函数关系，函数思想在处理这类问题时就很有效．
(3)对称思想：由于圆锥曲线和圆都具有对称性，所以可使分散的条件相对集中，减少一些变量和未知量，简化计算，提高解题速度，促成问题的解决．
(4)参数思想：参数思想是辩证思维在数学中的反映，一旦引入参数，用参数来划分运动变化状态，把圆、椭圆、双曲线上的点用参数形式设为(x0，y0)，即可将参数视为常量，以相对静止来控制变化，实现变与不变的转化；另外，对于有些参数，视具体情况可在解题过程中将其消去，达到“设而不求”的效果．
(5)转化思想：解决圆锥曲线问题时要充分注意直角坐标方程与参数方程的联系及转化，达到优化解题的目的．
除上述常用思想方法外，数形结合、分类讨论、整体思想、构造思想也是不可忽视的思想方法，复习时也应给予足够的重视．
【p37】
考题1
[2020·全国Ⅲ卷]已知椭圆C：＋＝1(0(1)求C的方程；
(2)若点P在C上，点Q在直线x＝6上，且|BP|＝|BQ|，BP⊥BQ，求△APQ的面积．
【解析】(1)∵C：＋＝1(0根据离心率e＝＝＝＝，解得m＝或m＝－(舍)，
∴C的方程为：＋＝1，即＋＝1；
(2)不妨设P，Q在x轴上方．
∵点P在C上，点Q在直线x＝6上，且|BP|＝|BQ|，BP⊥BQ，
过点P作x轴垂线，垂足为M，设x＝6与x轴交点为N，
根据题意画出图形，如图．
∵|BP|＝|BQ|，BP⊥BQ，∠PMB＝∠QNB＝90°，
又∵∠PBM＋∠QBN＝90°，∠BQN＋∠QBN＝90°，
∴∠PBM＝∠BQN，根据三角形全等条件“AAS”，
可得：△PMB≌△BNQ，∵＋＝1，∴B(5，0)，
∴|PM|＝|BN|＝6－5＝1，
设P点为(xP，yP)，可得P点纵坐标为yP＝1，将其代入＋＝1，
可得：＋＝1，解得：xP＝3或xP＝－3，∴P点为(3，1)或(－3，1)，
①当P点为(3，1)时，故|MB|＝5－3＝2，∵△PMB≌△BNQ，∴|MB|＝|NQ|＝2，
可得：Q点为(6，2)，画出图象，如图．
∵A(－5，0)，Q(6，2)，可求得直线AQ的直线方程为：
2x－11y＋10＝0，
根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：d＝＝＝，
根据两点间距离公式可得：|AQ|＝＝5，
∴△APQ面积为：×5×＝；
②当P点为(－3，1)时，故|MB|＝5＋3＝8，∵△PMB≌△BNQ，∴|MB|＝|NQ|＝8，
可得：Q点为(6，8)，
画出图象，如图．
∵A(－5，0)，Q(6，8)，可求得直线AQ的方程为：8x－11y＋40＝0，
根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：d＝＝＝，
根据两点间距离公式可得：|AQ|＝＝，
∴△APQ面积为：××＝，
综上所述，△APQ面积为.
【命题立意】本题主要考查了椭圆的标准方程和点到直线的距离和两点间距离公式，考查数学运算能力和数形结合思想，属于中档偏难题．
考题2
[2020·全国Ⅰ卷]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．
【解析】(1)依据题意作出如下图象：
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，
∴椭圆方程为：＋y2＝1.
(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＝.
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，
∴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.
【命题立意】本题主要考查了椭圆的简单性质及标准方程，考查数学运算能力和逻辑推理能力，考查方程思想、转化化归思想和数形结合思想，属于难题．【p106】
A组 基础演练
1．以抛物线y2＝8x上的任意一点为圆心作圆与直线x＋2＝0相切，这些圆必过一定点，则这一定点的坐标是( )
A．(0，2)
B．(2，0)
C．(4，0)
D．(0，4)
【解析】选B.
∵抛物线y2＝8x的准线方程为x＝－2，∴由题可知动圆的圆心在y2＝8x上，且恒与抛物线的准线相切，由抛物线定义可知，动圆恒过抛物线的焦点(2，0)，故选B.
2．双曲线C：－＝1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点，若|PO|＝|PF|，则△PFO的面积为( )
A.
B.
C．2
D．3
【解析】选A.
由a＝2，b＝，c＝＝，
∵|PO|＝|PF|，∴xP＝，
又P在C的一条渐近线上，不妨设为在y＝x上，
∴S△PFO＝|OF|·|yP|＝××＝，故选A.
3．设双曲线C：－＝1的右焦点为F，过点F分别作两渐近线的垂线，垂足分别为M，N，若P是双曲线C上一动点，P点到直线MN的距离为d，则的值为( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B.
由题意，易得，直线MN的方程为x＝，设P(x，y)，则d＝|x－|，
＝＝＝＝.
所以＝＝.故选B.
4．已知椭圆mx2＋ny2＝1与直线x＋y－1＝0相交于A，B两点，过AB中点M与坐标原点的直线的斜率为，则＝( )
A.
B.
C．1
D．2
【解析】选A.
由方程组消去y整理得(m＋n)x2－2nx＋n－1＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则x1＋x2＝，
∴x0＝＝，y0＝1－x0＝.
∵kOM＝，∴＝，即＝.故选A.
5．设F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为__________．
【解析】(3，)
由已知可得a2＝36，b2＝20，∴c2＝a2－b2＝16，∴c＝4，
∴|MF1|＝|F1F2|＝2c＝8，∴|MF2|＝4.设点M的坐标为(x0，y0)(x0>0，y0>0)，
则S△MF1F2＝·|F1F2|·y0＝4y0，又S△MF1F2＝×4×＝4，∴4y0＝4，解得y0＝，∴＋＝1，解得x0＝3(x0＝－3舍去)，
∴M的坐标为(3，)．
6．已知双曲线x2－＝1的左、右焦点分别为F1，F2，双曲线的离心率为e，若双曲线上一点P，使＝e，则·的值为________．
【解析】2
双曲线x2－＝1的左、右焦点分别为F1，F2，可得||＝2c＝4，在△PF1F2中，由正弦定理得＝＝e＝2，又∵|PF1|－|PF2|＝2，结合这两个条件得|PF1|＝4，|PF2|＝2，由余弦定理可得cos〈，〉＝?·＝4×2×＝2.
7．已知动圆过定点A(4，0)，且在y轴上截得弦MN的长为8.
(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；
(2)已知点B(－1，0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，证明：直线l过定点．
【解析】(1)如图，设动圆圆心为O1(x，y)，由题意，得O1A＝O1M，
当O1不在y轴上时，过O1作O1H⊥MN交MN于H，则H是MN的中点，|MH|＝|MN|＝4，
∴O1M＝，
又O1A＝，
∴＝，
化简得y2＝8x(x≠0)．
当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标为(0，0)，也满足方程y2＝8x，
∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.
(2)证明：由题意，设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
将y＝kx＋b代入y2＝8x中，
得k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0.
其中Δ＝(2kb－8)2－4k2b2＝－32kb＋64>0，得kb<2，
由根与系数的关系得，x1＋x2＝， ①
x1x2＝， ②
因为x轴是∠PBQ的角平分线，所以＝－，
即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0，
(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0，
2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0， ③
将①，②代入③得2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0，
∴k＝－b，此时Δ>0，
∴直线l的方程为y＝k(x－1)，即直线l过定点(1，0)．
8．已知椭圆C：＋＝1的焦距为2，且过点(，1)．
(1)求C的方程；
(2)若直线l与C有且只有一个公共点，l与圆x2＋y2＝6交于A，B两点，直线OA，OB(O为坐标原点)的斜率分别记为k1，k2.证明：k1·k2为定值．
【解析】(1)由题意，得解得a＝2，b＝.
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)k1k2为定值－.理由如下：
①当过点P的直线斜率不存在时，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当过P的直线斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，A，B，
联立得x2＋4kmx＋2m2－4＝0，
由题意Δ＝(4km)2－4＝0，得m2＝4k2＋2，
联立得x2＋2kmx＋m2－6＝0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以k1k2＝＝＝
＝＝＝＝－.
综上，k1k2为定值－.
B组 能力提升
9．(多选题)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，过右焦点F的直线与两条渐近线分别交于A，B，且＝，则直线AB的斜率可能为( )
A．－
B．－
C.
D.
【解析】选BD.
因为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，
又e2＝＝1＋＝，所以＝，所以双曲线渐近线为y＝±x.
当点A在直线y＝－x上，点B在直线y＝x上时，
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，由F(c，0)及B是AF中点可知
分别代入直线方程，得解得所以A，
所以直线AB的斜率kAB＝kAF＝＝－，由双曲线的对称性得，k＝也成立．
故选BD.
10．(多选题)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线l的斜率为且经过点F，直线l与抛物线C交于点A、B两点(点A在第一象限)，与抛物线的准线交于点D，若|AF|＝8，则以下结论正确的是( )
A．p＝4
B.＝
C．|BD|＝2|BF|
D．|BF|＝4
【解析】选ABC.
如下图所示：
分别过点A、B作抛物线C的准线m的垂线，垂足分别为点E、M.
抛物线C的准线m交x轴于点P，则|PF|＝p，由于直线l的斜率为，其倾斜角为60°，∵AE∥x轴，∴∠EAF＝60°，由抛物线的定义可知，|AE|＝|AF|，则△AEF为等边三角形，∴∠EFP＝∠AEF＝60°，则∠PEF＝30°，
∴|AF|＝|EF|＝2|PF|＝2p＝8，得p＝4，A选项正确；
∵|AE|＝|EF|＝2|PF|，又PF∥AE，∴F为AD的中点，则＝，B选项正确；
∵∠DAE＝60°，∴∠ADE＝30°，∴|BD|＝2|BM|＝2|BF|，C选项正确；
∵|BD|＝2|BF|，∴|BF|＝|DF|＝|AF|＝，D选项错误．故选ABC.
11．(多选题)古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆．”后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系xOy中，A(－2，0)，B(4，0)，点P满足＝.设点P的轨迹为C，下列结论正确的是( )
A．C的方程为(x＋4)2＋y2＝9
B．在x轴上存在异于A，B的两定点D，E，使得＝
C．当A，B，P三点不共线时，射线PO是∠APB的平分线
D．在C上存在点M，使得|MO|＝2|MA|
【解析】选BC.
设点P(x，y)，则＝＝，化简整理得x2＋y2＋8x＝0，即(x＋4)2＋y2＝16，故A错误；当D(－1，0)，E(2，0)时，＝，故B正确；对于C选项，cos∠APO＝，cos∠BPO＝，要证PO为角平分线，只需证明cos∠APO＝cos∠BPO，即证＝，化简整理即证PO2＝2AP2－8.
设P(x，y)，则PO2＝x2＋y2，
2AP2－8＝2x2＋8x＋2y2＝(x2＋8x＋y2)＋(x2＋y2)＝x2＋y2，
则证得cos∠APO＝cos∠BPO，故C正确；
对于D选项，设M(x0，y0)，由|MO|＝2|MA|可得＝2，整理得3x＋3y＋16x0＋16＝0，而点M在圆上，故满足x2＋y2＋8x＝0，联立解得x0＝2，y0无实数解，于是D错误．故答案为BC.
12．已知椭圆E：＋＝1的焦距为2，直线y＝x截圆O：x2＋y2＝a2与椭圆E所得的弦长之比为，椭圆E与y轴正半轴的交点为A.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设点B(y0≠0且y0≠±1)为椭圆E上一点，点B关于x轴的对称点为C，直线AB，AC分别交x轴于点M，N.试判断·是否为定值？若是，求出该定值；若不是定值，请说明理由．
【解析】(1)依题意：2c＝2，c＝，
直线y＝x与圆x2＋y2＝a2相交弦长为直径2a.
又∵?x2＝，
∴弦长为＝，
∴有＝?a2＝4b2.又a2＝b2＋3，∴求得a2＝4，b2＝1.
∴椭圆E的标准方程：＋y2＝1.
(2)由(1)可知，点A的坐标为，
直线AB的方程为y＝x＋1，令y＝0，得M.因为点B关于x轴的对称点为C，所以C.
所以直线AC的方程为y＝－x＋1，令y＝0，得N.
∵·＝·＝.
又∵点B在椭圆＋y2＝1上，所以＋y＝1，即＝4.
∴·为定值，求得定值为4.
13．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，M是椭圆C上的一点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P(－4，0)作直线l与椭圆C交于不同两点A、B，A点关于x轴的对称点为D，证明直线BD过定点，并求出该定点的坐标．
【解析】(1)∵＝，a2＝b2＋c2，∴a2＝4b2，∴＋＝1，
将M代入椭圆C，∴b2＝1，∴C：＋y2＝1.
(2)显然AB斜率存在，设AB为：y＝k(x＋4)，
列方程组消去y整理得(1＋4k2)x2＋32k2x＋64k2－4＝0，
由Δ＝16－192k2>0，得k2<.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x1，－y1)，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝，
设BD的方程为：y＋y1＝(x－x1)，
令y＝0得x＝x1＋＝＝＝＝－1，
所以直线BD过定点(－1，0)．
14．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．
【解析】(1)将点(2，－1)代入抛物线方程：22＝－2p×(－1)可得：p＝2，
故抛物线方程为：x2＝－4y，其准线方程为：y＝1.
(2)很明显直线l的斜率存在，焦点坐标为(0，－1)，
设直线方程为y＝kx－1，与抛物线方程x2＝－4y联立可得：x2＋4kx－4＝0.
故：x1＋x2＝－4k，x1x2＝－4.
设M，N，
则kOM＝－，kON＝－，
直线OM的方程为y＝－x，与y＝－1联立可得：A，同理可得B，
易知以AB为直径的圆的圆心坐标为：，圆的半径为：，
且＋＝＝2k，＝2×＝2，
则圆的方程为：(x－2k)2＋(y＋1)2＝4(k2＋1)，
令x＝0整理可得：y2＋2y－3＝0，解得：y1＝－3，y2＝1，
即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点(0，－3)，(0，1)．
15．已知抛物线C的方程y2＝2px(p>0)，焦点为F，已知点P在C上，且点P到点F的距离比它到y轴的距离大1.
(1)试求出抛物线C的方程；
(2)若抛物线C上存在两动点M，N(M，N在对称轴两侧)，满足OM⊥ON(O为坐标原点)，过点F作直线交C于A，B两点，若AB∥MN，线段MN上是否存在定点E，使得＝4恒成立？若存在，请求出E的坐标，若不存在，请说明理由．
【解析】(1)因为P到点F的距离比它到y轴的距离大1，由题意和抛物线定义，＝1，所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由题意，kMN≠0，设M，N(y2>y1)，
由OM⊥ON，得y1y2＝－16，直线MN：k＝，
y－y1＝整理可得y＝(x－4)，
直线AB：①若斜率存在，设斜率为k，y＝k(x－1)，与C联立得ky2－4y－4k＝0，
|AB|＝＝4，
若点E存在，设点E坐标为(x0，y0)，
|EM|·|EN|＝(y0－y1)(y2－y0)＝[－y1y2－y＋(y1＋y2)y0]
＝，
＝4时，16－y＋＝16，
解得y0＝0或y0＝(不是定点，舍去)．
则点E为(4，0)，经检验，此点满足y2<4x，所以在线段MN上，
②若斜率不存在，则|AB|＝|EM||EN|＝4·4＝16，此时点E(4，0)满足题意，
综合上述，定点E为(4，0)．(共84张PPT)
第13讲 圆锥曲线的定点、定值问题
专题探究>。●。。。
典例剖析>●。·。
规律总结>●。。
高考
●●●●●
限时训练>●。。
