培优课 圆锥曲线的热点问题——定点、定值、探究性问题
对于解析几何中的定点、定值问题，要善于运用辩证的观点去思考分析，在动点的“变”中寻求定值的“不变”性，用特殊探索法(特殊值、特殊位置、特殊图形等)先确定出定值，这样可将盲目的探求性问题转化为有方向、有目标的一般性证明问题，从而找到解决问题的突破口.
类型一 定点问题
【例1】 已知椭圆＋＝1(a>b>0)过点(0，1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足＝λ1，＝λ2.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点，并求此定点.
解 (1)设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，
且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2.
又a2＝b2＋c2，
∴a2＝3.
∴椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)由题意设P(0，m)，Q(x0，0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l的方程为x＝t(y－m).
由＝λ1知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，
∴y1－m＝－y1λ1.
由题意y1≠0，
∴λ1＝－1.
同理由＝λ2知λ2＝－1.
∵λ1＋λ2＝－3，
∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①
由得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，
由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，②
且有y1＋y2＝，y1y2＝.③
将③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，
∴(mt)2＝1.
由题意mt<0，
∴mt＝－1，满足②，
故直线l的方程为x＝ty＋1，此直线过定点(1，0)，即Q为定点.
思维升华 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.
类型二 定值问题
【例2】 已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上.斜率为1且过椭圆右焦点的直线交椭圆于A，B两点，＋与a＝(3，－1)共线.设M为椭圆上任意一点，且＝λ＋μ(λ，μ∈R)，求证：λ2＋μ2为定值.
证明 ∵M是椭圆上任意一点，若M与A(或B)重合，则＝(或)，此时λ＝1，μ＝0(或λ＝0，μ＝1)，
∴λ2＋μ2＝1，即需要证明λ2＋μ2为定值1.
设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为N(x0，y0)，
则有eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,a2)＋\f(y,b2)＝1，①,\f(x,a2)＋\f(y,b2)＝1.②))
①－②得＋＝0，
即＝－＝－.
∵kAB＝＝1，
∴y0＝－x0.
∴直线ON的方向向量＝.
又∵∥a，∴＝，∴a2＝3b2，
故椭圆方程为x2＋3y2＝3b2.
又过右焦点的直线AB的方程为y＝x－c.
联立得4x2－6cx＋3c2－3b2＝0.
∴x1＋x2＝c，x1x2＝＝c2.
设M(x，y)，则由＝λ＋μ可得
代入椭圆方程整理得
λ2(x＋3y)＋μ2(x＋3y)＋2λμ(x1x2＋3y1y2)＝3b2.
又∵x＋3y＝3b2，x＋3y＝3b2，
又x1x2＋3y1y2＝4x1x2－3c(x1＋x2)＋3c2＝c2－c2＋3c2＝0，
∴λ2＋μ2＝1，故λ2＋μ2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证明代数式为定值.依题设条件得出与代数式参数有关的等式，代入所求代数式，化简得出定值.
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表达式，再利用题设条件化简、变形.
③求某线段长度为定值.利用两点间距离公式得出表达式，再依据题设条件对其进行化简、变形即可.
类型三 探索性问题
【例3】 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为，设过点F2的直线l与被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，RS＝3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由.
解 (1)由内切圆的性质，得×2c×b＝×(2a＋2c)×，得＝.
将x＝c代入＋＝1，得y＝±，所以＝3.
又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称.
当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t，0)满足条件，设l的方程为y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2).
联立方程得
(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
由根与系数的关系得①
其中Δ>0恒成立，
由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)，
即＋＝0.②
因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上，
所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得
＝
＝0，
即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，③
将①代入③得
＝＝0，④
则t＝4，
综上所述，存在T(4，0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称.
思维升华 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.
尝试训练
1.直线l与抛物线C：y2＝2x交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，且满足k1k2＝，则直线l过定点( )
A.(－3，0)
B.(0，－3)
C.(3，0)
D.(0，3)
答案 A
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为k1k2＝，所以·＝.
又y＝2x1，y＝2x2，所以y1y2＝6.
设直线l：x＝my＋b，代入抛物线C：y2＝2x得y2－2my－2b＝0，所以y1y2＝－2b＝6，得b＝－3，即直线l的方程为x＝my－3，所以直线l过定点为(－3，0).
2.设点Q是直线l：x＝－1上任意一点，过点Q作抛物线C：y2＝4x的两条切线QS，QT，切点分别为S，T，设切线QS，QT的斜率分别为k1，k2，F是抛物线的焦点，直线QF的斜率为k0，则下列结论正确的是( )
A.k1－k2＝k0
B.k1k2＝2k0
C.k1－k2＝2k0
D.k1＋k2＝2k0
答案 D
解析 设点Q(－1，t)，由过点Q的直线y－t＝k(x＋1)与抛物线C：y2＝4x相切，
联立方程得
整理得k2x2＋2(k2＋kt－2)x＋(k＋t)2＝0，
则Δ＝4(k2＋kt－2)2－4k2(k＋t)2＝0，
化简得k2＋tk－1＝0.
显然k1，k2是关于k的方程k2＋tk－1＝0的两个根，
所以k1＋k2＝－t.
又k0＝－，故k1＋k2＝2k0.
3.已知抛物线的顶点在原点，焦点在x轴的正半轴上，直线x＋y－1＝0与抛物线相交于A，B两点，且AB＝.
(1)求抛物线的方程；
(2)在x轴上是否存在一点C，使△ABC为正三角形？若存在，求出C点的坐标；若不存，请说明理由.
解 (1)设所求抛物线的方程为y2＝2px(p>0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
消去y，得x2－2(1＋p)x＋1＝0，
判别式Δ＝4(1＋p)2－4＝4p2＋8p>0恒成立，
由根与系数的关系得x1＋x2＝2(1＋p)，x1x2＝1.
因为AB＝，
所以＝，
所以121p2＋242p－48＝0，
所以p＝或p＝－(舍去).
故抛物线的方程为y2＝x.
(2)设弦AB的中点为D，则D.
假设x轴上存在满足条件的点C(x0，0).
因为△ABC为正三角形，
所以CD⊥AB，所以x0＝，
所以C，所以CD＝.
又CD＝AB＝，
与上式CD＝矛盾，所以x轴上不存在点C使△ABC为正三角形.(共23张PPT)
培优课 圆锥曲线的热点问题——
定点、定值、探究性问题
对于解析几何中的定点、定值问题，要善于运用辩证的观点去思考分析，在动点的“变”中寻求定值的“不变”性，用特殊探索法(特殊值、特殊位置、特殊图形等)先确定出定值，这样可将盲目的探求性问题转化为有方向、有目标的一般性证明问题，从而找到解决问题的突破口.
类型一 定点问题
(1)求椭圆的标准方程；
解 设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，
且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2.
又a2＝b2＋c2，
∴a2＝3.
(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点，并求此定点.
解
题意设P(0，m)，Q(x0，0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l的方程为x＝t(y－m).
∴y1－m＝－y1λ1.
由题意y1≠0，
∵λ1＋λ2＝－3，
∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①
将③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，
∴(mt)2＝1.
由题意mt<0，
∴mt＝－1，满足②，
故直线l的方程为x＝ty＋1，此直线过定点(1，0)，即Q为定点.
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.
思维升华
类型二 定值问题
故椭圆方程为x2＋3y2＝3b2.
又过右焦点的直线AB的方程为y＝x－c.
代入椭圆方程整理得
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
①证明代数式为定值.依题设条件得出与代数式参数有关的等式，代入所求代数式，化简得出定值.
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表达式，再利用题设条件化简、变形.
③求某线段长度为定值.利用两点间距离公式得出表达式，再依据题设条件对其进行化简、变形即可.
思维升华
类型三 探索性问题
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由.
解
当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称.
当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t，0)满足条件，设l的方程为y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2).
其中Δ>0恒成立，
由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)，
因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上，
所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得
即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，③
将①代入③得
则t＝4，
综上所述，存在T(4，0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称.
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.
思维升华
尝试训练
A
设直线l：x＝my＋b，代入抛物线C：y2＝2x得y2－2my－2b＝0，
所以y1y2＝－2b＝6，得b＝－3，即直线l的方程为x＝my－3，
所以直线l过定点为(－3，0).
2.设点Q是直线l：x＝－1上任意一点，过点Q作抛物线C：y2＝4x的两条切线QS，QT，切点分别为S，T，设切线QS，QT的斜率分别为k1，k2，F是抛物线的焦点，直线QF的斜率为k0，则下列结论正确的是( )
A.k1－k2＝k0
B.k1k2＝2k0
C.k1－k2＝2k0
D.k1＋k2＝2k0
D
解析 设点Q(－1，t)，由过点Q的直线y－t＝k(x＋1)与抛物线C：y2＝4x相切，
整理得k2x2＋2(k2＋kt－2)x＋(k＋t)2＝0，
则Δ＝4(k2＋kt－2)2－4k2(k＋t)2＝0，
化简得k2＋tk－1＝0.
显然k1，k2是关于k的方程k2＋tk－1＝0的两个根，
所以k1＋k2＝－t.
(1)求抛物线的方程；
解 设所求抛物线的方程为y2＝2px(p>0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
消去y，得x2－2(1＋p)x＋1＝0，
判别式Δ＝4(1＋p)2－4＝4p2＋8p>0恒成立，
由根与系数的关系得x1＋x2＝2(1＋p)，x1x2＝1.
(2)在x轴上是否存在一点C，使△ABC为正三角形？若存在，求出C点的坐标；若不存，请说明理由.
假设x轴上存在满足条件的点C(x0，0).
因为△ABC为正三角形，
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