第3课时 定点、定值、探索性问题
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] (1)根据已知条件,求出双曲线的实半轴长a和虚半轴长b,即可求解.(2)分直线MN的斜率不存在与存在两种情况进行分析,当直线MN的斜率不存在时,可求得点P的坐标;当直线MN的斜率存在时,设出点M,N的坐标及直线MN的方程,根据直线MA1,NA2的方程得到点P横坐标的表达式,将直线MN的方程与双曲线C的方程联立,再结合根与系数的关系推得点P的横坐标为定值,进而得证.
解:(1)设双曲线C的方程为-=1(a>0,b>0),由题意得可得故双曲线C的方程为-=1.
(2)证明:由(1)得A1(-2,0),A2(2,0).
当直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=-4,则易知M(-4,4),N(-4,-4),∴直线MA1的方程为y=-2(x+2),直线NA2的方程为y=(x-2),由
解得∴P(-1,-2).
当直线MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN的方程为y=k(x+4),由题意知k≠0且k≠±2,
直线MA1的方程为y=(x+2),直线NA2的方程为y=(x-2).联立直线MA1与直线NA2的方程,消去y得(x+2)=(x-2),则(x+2)=(x-2),即(x1+4)(x2-2)(x+2)=(x2+4)(x1+2)(x-2),解得x=2·①.
由可得(4-k2)x2-8k2x-16k2-16=0,则
可得
代入①可得x=2·
=
-=-1,
∴当直线MN的斜率存在时,点P在直线x=-1上.又点(-1,-2)在直线x=-1上,故点P在定直线x=-1上.
变式题 解:(1)设E的方程为+=1(m>0,n>0).将A(0,-2),B两点的坐标分别代入E的方程得可得故E的方程为+=1.
(2)证明:由A(0,-2),B可得直线AB的方程为y=x-2.
①若过点P(1,-2)的直线的斜率不存在,则该直线的方程为x=1,将x=1代入+=1,可得M,N,将y=-代入y=x-2,可得x=3-,则T.由=,得H,则直线HN的方程为y=x-2,此时直线HN过点(0,-2).
②若过点P(1,-2)的直线的斜率存在,则设该直线的方程为y=k(x-1)-2,M(x1,y1)(-2由得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0,
则
所以且x1y2+x2y1=.由可得T,则H(3y1+6-x1,y1),则直线HN的方程为y-y2=(x-x2),将(0,-2)的坐标代入整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0,
可得24k+12k2+96+48k-24k-48-48k+24k2-36k2-48=0,显然成立,此时直线HN过点(0,-2).
综上,直线HN过定点(0,-2).
例2 [思路点拨] (1)由e=及直线l:y=x-3经过椭圆E长轴的一个端点,得a,c的值,进而得到b2,即可求出椭圆方程;(2)由++=0和可得4m2=1+3k2,再求│BC│和点A到直线l的距离d即可.
解:(1)在y=x-3中,令y=0,得x=,∴a=,又e==,∴c=,∴b2=a2-c2=()2-()2=1,
∴椭圆E的方程为+y2=1.
(2)证明:设B(x1,y1),C(x2,y2),∵++=0,
∴p+x1+x2=0,q+y1+y2=0,∴p=-(x1+x2),q=-(y1+y2).
由可得(1+3k2)x2+6kmx+3m2-3=0,Δ=(6km)2-12(1+3k2)(m2-1)=12(3k2+1-m2)>0,由根与系数的关系可得x1+x2=,x1x2=,∴y1+y2=k(x1+x2)+2m=,∴p=-(x1+x2)=,q=-(y1+y2)=-.
∵点A(p,q)在椭圆+y2=1上,
∴+3=3,化简可得4m2=1+3k2,∴|BC|=·
|x1-x2|=·
=
·=
·=
·=·=,又点A到直线l的距离d===
,∴S△ABC=·|BC|·d=
··=,
∴△ABC的面积为定值.
变式题 解:(1)因为椭圆C的短轴长为2,所以b=1.因为|MF2|=7|MF1|,|MF2|+|MF1|=7|MF1|+|MF1|=8|MF1|=2a,所以|MF1|=,|MF2|=7|MF1|=,又因为MF1⊥x轴,所以|MF2|2=|MF1|2+|F1F2|2,即=+4c2,结合a2-b2=a2-1=c2,可得a2=4,所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则A1(-x1,-y1),A2(x1,-y1),
由得(t2+4)y2+2tmy+m2-4=0,则y1y2=,y1+y2=,所以=,直线BA2的方程为y-y2=(x-x2),
令y=0,得x==
=
=m+2t·=-m+m=,则D,所以A1D的中点的坐标为.由题知A1D的中点在直线x=ty+m上,可得-x1=-ty1+m,即-(ty1+m)=-ty1-m=-ty1+m,
即=m,解得m2=,又0例3 [思路点拨] (1)利用旋转可得相关点的坐标,即可代入求解;(2)设直线MN:x=ty+n(n≠0),联立直线MN与双曲线的方程,根据根与系数的关系及向量共线的坐标关系可得4t2+4=n2,利用λ==+及两点间的距离公式,代入化简即可求解;(3)不妨设|MF1|=m|NF2|,根据+=1及MF1∥NF2,得到|PF1|+|PF2|=6,即可判断.
解:(1)因为曲线C1绕原点顺时针旋转后得到曲线C2:xy=2,所以曲线C1绕原点逆时针旋转后得到曲线C2:xy=2.设T(x,y)是C1上任意一点,T(x,y)绕原点O逆时针旋转后得到点T'(x',y'),则x'=xcos-ysin=(x+y),y'=xsin+ycos=(-x+y),因为T'(x',y')在曲线C2:xy=2上,所以(x+y)×(-x+y)=2,化简得y2-x2=4,
故曲线C1的方程为y2-x2=4.
(2)设直线MN:x=ty+n(n≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),y1>0,y2<0,x1x2>0,易知F1(0,2),F2(0,-2).
联立直线MN与双曲线y2-x2=4的方程,消去x得(t2-1)y2+2tny+n2+4=0,Δ=4t2n2-4(t2-1)(n2+4)=4(n2+4-4t2)>0,所以由根与系数的关系可得y1+y2=,y1y2=.因为MF1∥NF2,所以∥,又=(x1,y1-2),=(x2,y2+2),
所以x1(y2+2)=x2(y1-2),
即(ty1+n)(y2+2)=(ty2+n)(y1-2),化简得2t(y2+y1)+n(y2-y1)=-4n,将y1+y2=代入,可得2t×+n(y2-y1)=-4n,故y2-y1=,由(y1+y2)2-=4y1y2,可得4t2+4=n2.由|MF1|+|NF2|=λ|MF1|·|NF2|,可得λ==
+=+
=
+
=
+=
+.因为点M,N均在双曲线y2-x2=4上,所以y1≥2,y2≤-2,所以λ=+=-==,将y2-y1=和y1y2=代入,可得λ==
=
==1,故λ=1.
(3)由双曲线方程y2-x2=4可得a=2,b=2,c=2,不妨设|MF1|=m|NF2|,由(2)知+=1,故+=1,可得|NF2|=,|MF1|=m+1.由MF1∥NF2,得|PF1|=m|PN|,|PF1|=|NF1|,|PF2|=|PM|,|PF2|=|MF2|,
故|PF1|+|PF2|=|NF1|+|MF2|=(2a+|NF2|)+(2a+|MF1|)=2a+|NF2|+|MF1|=2a+×+(m+1)=2a+2=6,故存在两个定点T1,T2,使得|PT1|+|PT2|为定值,
且T1(0,2),T2(0,-2)或T1(0,-2),T2(0,2),且定值为6.
变式题 解:(1)若B为椭圆的上顶点,则B(0,1).又直线AB过点(2,0),故直线AB:x+2y-2=0,由可得3y2-4y+1=0,解得y1=1,y2=,即点A,又F(1,0),故直线AF的方程为y=x-1.
(2)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),设直线AB的方程为x=ty+2(t≠0),代入椭圆方程可得(t2+2)y2+4ty+2=0,Δ>0,所以y1+y2=,y1y2=,所以=-,即ty1y2=-,
所以===
==
=-1,即为定值-1.
例4 [思路点拨] (1)设T(x0,y0)为椭圆E上任意一点,根据T,C间的距离的最小值大于半径即可得出r的取值范围;(2)设出直线PM,PN的方程,由点到直线的距离等于半径及点M,N在椭圆E上得出直线MN的方程,最后根据直线MN与圆C相切,利用圆心到直线的距离等于半径求参,即可求出圆的方程.
解:(1)设T(x0,y0)为椭圆E上任意一点,-2≤x0≤2,则|TC|2=(x0-1)2+=-2x0+2,
则r2<=×-+2=,故0(2)由题意可知P(0,1),设M(x1,y1),N(x2,y2),因为r<1,所以切线PM,PN的斜率都存在.直线PM的方程为y=x+1,即(y1-1)x-x1y+x1=0,直线PN的方程为(y2-1)x-x2y+x2=0,则=r,故+2x1(y1-1)+(y1-1)2=r2+r2(y1-1)2,又=4(1-),故4(1-r2)(1-)+2x1(y1-1)+(y1-1)2=r2(y1-1)2,又因为y1≠1,所以2x1+3(r2-1)y1+5(r2-1)=0,同理可得2x2+3(r2-1)y2+5(r2-1)=0,
故直线MN的方程为2x+3(r2-1)y+5(r2-1)=0.若直线MN与圆C相切,则=r,令t=r2∈.故9t3-43t2+43t-9=0,即(t-1)(9t2-34t+9)=0,解得t=1或t=.又t∈,故t=,故存在满足条件的圆C,其方程为(x-1)2+y2=.
变式题 解:(1)由题意知,椭圆C的焦距2c=2,则其焦点为(-1,0)和(1,0),由椭圆的定义得,椭圆C的长轴长2a=+=2,即a=,则b==1,故椭圆C的方程为+y2=1.
(2)设P(x0,y0),显然x0≠±,设过点P的直线l的方程为y-y0=k(x-x0),由消去y并整理得(1+2k2)x2+4k(y0-kx0)x+2(y0-kx0)2-2=0,若直线l与椭圆C相切,则Δ=16k2(y0-kx0)2-8(1+2k2)[(y0-kx0)2-1]=0,得(y0-kx0)2=1+2k2,
即(-2)k2-2x0y0k+-1=0.设直线l1,l2的斜率分别为k1,k2,显然k1,k2是上述关于k的一元二次方程的两个根,则k1k2==-1,化简得+=3(x0≠±),故点P在以原点O为圆心,为半径的圆上(除去(±,±1)四个点),而点A为该圆上的一个定点,
当满足·=0时,点P与点A或B重合,或AB为圆O的直径,即点B的坐标为(,0),所以存在定点B(,0),使得·=0.第3课时 定点、定值、探索性问题
1.解:(1)将点P的坐标代入抛物线C的方程,得4=2p,解得p=2,故抛物线C的方程为y2=4x.
(2)证明:设直线AB的方程为x=my+t,由得y2-4my-4t=0,由Δ=16m2+16t>0,得m2+t>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=-4t.
直线PA的斜率k1===,同理可得直线PB的斜率k2=,由题意得+=2,则4(y1+y2+4)=2(y1y2+2y1+2y2+4),整理得y1y2=4,即-4t=4,解得t=-1,故直线AB过定点(-1,0).
2.解:(1)过点D(2,1)且斜率为1的直线的方程为y-1=x-2,即y=x-1,令y=0,则x=1,∴点F的坐标为(1,0),∴=1,∴p=2,∴抛物线C的方程为y2=4x.
(2)由(1)得抛物线C:y2=4x,假设存在定点M(m,0),满足题意.
设直线AB的方程为x=ty+m(t∈R,m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2).
由得y2-4ty-4m=0,
∴y1+y2=4t,y1y2=-4m,Δ=16t2+16m>0.∵OA⊥OB,∴·=0,
∴·=x1x2+y1y2=(ty1+m)(ty2+m)+y1y2=(t2+1)y1y2+tm(y1+y2)+m2=-4m(t2+1)+4mt2+m2=m2-4m=0,
∴m=4或m=0(舍去).
当m=4时,点M的坐标为(4,0),满足OA⊥OB,Δ=16t2+16m>0,
∴存在定点M(4,0)满足题意.
3.解:(1)由题意可得解得所以椭圆C的方程为+=1.
(2)证明:方法一(设线法):由题意可知,直线PQ的斜率存在,设直线PQ:y=k(x+2)+3,P(x1,y1),Q(x2,y2),
由消去y得(4k2+9)x2+8k(2k+3)x+16(k2+3k)=0,
则Δ=64k2(2k+3)2-64(4k2+9)(k2+3k)=-1728k>0,解得k<0,可得x1+x2=-,x1x2=.
因为A(-2,0),所以直线AP:y=(x+2),令x=0,解得y=,即M,同理可得N,则=
+=
=
=
=
=3,所以线段MN的中点是定点(0,3).
方法二(设点法):设P(x1,y1),M(0,yM),则直线AP:y=(x+2),则yM=.设Q(x2,y2),N(0,yN),
同理可得yN=.由题意可知,直线PQ的斜率存在,设直线PQ:y=k(x+2)+3,线段MN的中点为D(0,yD),
则yD==+=2k+.
由消去y得(4k2+9)(x+2)2+12(2k-3)(x+2)+36=0.
故(x1+2)+(x2+2)=,(x1+2)(x2+2)=,
所以yD=2k+=3,
所以线段MN的中点为定点(0,3).
4.解:(1)因为椭圆的离心率e=,所以=,可得a=2c,则b=c,其中c为半焦距,所以A(-2c,0),B(0,-c),C,故S△ABC=×2c×c=,可得c=,所以a=2,b=3,故所求椭圆的方程为+=1.
(2)假设存在满足条件的点T,设T(0,t).若过点的动直线的斜率存在,则可设该直线的方程为y=kx-,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
由可得(3+4k2)x2-12kx-27=0,故Δ=144k2+108(3+4k2)=324+576k2>0且x1+x2=,x1x2=-,
而=(x1,y1-t),=(x2,y2-t),
故·=x1x2+(y1-t)(y2-t)=x1x2+=(1+k2)x1x2-k(x1+x2)+=(1+k2)×-k×+=
=
,
因为·≤0恒成立,所以解得-3≤t≤.若过点的动直线的斜率不存在,则P(0,3),Q(0,-3)或P(0,-3),Q(0,3),由·≤0恒成立,得-3≤t≤3.综上可得,-3≤t≤.
故在y轴上存在点T,使得·≤0恒成立,T点纵坐标的取值范围是.第3课时 定点、定值、探索性问题
定点问题
常用的处理定点问题的思路:
(1)确定题目中的核心变量(此处设为k).
(2)利用条件找到k与过定点的曲线F(x,y)=0的联系,得到有关k与x,y的等式.
(3)所谓定点,是指存在一个特殊的点(x0,y0),使得无论k的值如何变化,等式恒成立.此时要将关于k与x,y的等式进行变形,直至易于找到x0,y0.
常见的变形方向如下:
①若等式的形式为整式,则考虑将含k的项归在一组,变形为“k·( )”的形式,x0,y0只需要先让括号内的部分为零即可;
②若等式为含k的分式,则x0,y0的取值一方面可以考虑使其分子为0,从而使分式的值与分母的取值无关;另一方面可以考虑让分子分母消去有关k的式子使分式变成常数(这两方面本质上可以通过分离常数进行相互转化,但通常选择容易观察到的形式).
例1 [2023·新课标Ⅱ卷] 已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为(-2,0),离心率为.
(1)求C的方程;
(2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点(-4,0)的直线与C交于M,N两点,M在第二象限,直线MA1与NA2交于点P,证明:点P在定直线上.
总结反思
解决定点问题的一些技巧与注意事项:
(1)面对复杂问题时,可从特殊情况入手,以确定可能的定点(或定直线),然后再验证该点(或该直线)对一般情况是否符合,属于“先猜再证”.
(2)有些题目所求与定点无关,但是在条件中会隐藏定点,且该定点通常是解题的关键条件,所以当遇到含参数的方程时,要清楚该方程对应哪一类曲线(或直线),从而观察这一类曲线是否过定点.尤其在含参数的直线方程中,要能够找到定点,抓住关键条件,例如直线y=kx+k-1,就应该能够意识到y=k(x+1)-1,进而得到该直线过定点(-1,-1).
变式题 [2022·全国乙卷] 已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过A(0,-2),B两点.
(1)求E的方程;
(2)设过点P(1,-2)的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足=,证明:直线HN过定点.
定值问题
在解析几何中,有些几何量与参数无关,这就构成了定值问题.常见定值问题的处理方法有:
(1)直接消参求定值:①确定一个(或两个)变量为核心变量,其余量均利用条件用核心变量进行表示;②将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量),然后进行化简,看能否得到一个常数.
(2)从特殊到一般求定值:①在运算过程中,尽量减少所求表达式中变量的个数,以便于向定值靠拢;②巧妙利用变量间的关系,例如点的坐标符合曲线方程等,尽量做到整体代入,简化运算.
例2 已知椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率e=,直线l:y=kx+m与椭圆E交于B,C两点.当直线l的方程为y=x-3时,直线l经过椭圆E长轴的一个端点.
(1)求椭圆E的方程;
(2)已知坐标原点为O,在椭圆E上有异于B,C的一点A(p,q),满足++=0,证明:△ABC的面积为定值.
变式题 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的短轴长为2,左、右焦点分别为F1,F2,M为椭圆C上一点,且MF1⊥x轴,|MF2|=7|MF1|.
(1)求椭圆C的方程;
(2)已知直线x=ty+m(t≠0且0
例3 在平面直角坐标系中,若点T(x,y)绕原点O逆时针旋转θ角后得到点T'(x',y'),则x'=xcos θ-ysin θ,y'=xsin θ+ycos θ.已知曲线C1绕原点顺时针旋转后得到曲线C2:xy=2.
(1)求曲线C1的方程.
(2)已知F1,F2分别是曲线C1的上、下焦点,M,N是曲线C1上的两动点且它们分布在y轴同侧、x轴异侧,MF1∥NF2,若|MF1|+|NF2|=λ|MF1|·|NF2|,求实数λ的值.
(3)在(2)中,MF2与NF1的交点为P,是否存在两个定点T1,T2,使得|PT1|+|PT2|为定值 若存在,求出T1,T2的坐标;若不存在,请说明理由.
总结反思
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略:
(1)求代数式为定值:依题意设条件,得出与代数式参数有关的等式,代入代数式、化简即可得出定值.
(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解析式,再利用题设条件化简、变形求得.
(3)求某线段长度为定值:利用弦长公式等求得线段长度的表达式,再依据条件对表达式进行化简、变形即可求得.
变式题 设F为椭圆C:+y2=1的右焦点,过点(2,0)的直线与椭圆C交于A,B两点.
(1)若点B为椭圆C的上顶点,求直线AF的方程;
(2)设直线AF,BF的斜率分别为k1,k2(k2≠0),求证:为定值.
探索性问题
探索性(存在性)问题,一般是不给出确定性的结论,而是以“是否存在”设问,让考生根据题目的条件进行分析判断得出确定的结论.此类问题的常用解法:先假设存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,推证满足条件的结论,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在.要注意的是:(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,先假设结论成立,再推出条件;(3)当条件和结论都未知时,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取另外合适的方法.
例4 [2025·江淮十校模拟] 椭圆E:+y2=1的上顶点为P,圆C:(x-1)2+y2=r2(r>0)在椭圆E内.
(1)求r的取值范围.
(2)过点P作圆C的两条切线,切点分别为A,B,切线PA与椭圆E的另一个交点为N,切线PB与椭圆E的另一个交点为M.是否存在圆C,使得直线MN与之相切 若存在,求出圆C的方程;若不存在,请说明理由.
总结反思
解决存在性(探索性)问题的一些技巧:
(1)特殊值(点)法:对于一些复杂的题目,可通过其中的特殊情况,解得所求要素,然后再证明求得的要素也使得其他情况均成立.
(2)核心变量的选取:因为解决存在性问题的核心在于求出未知要素,所以通常以该要素作为核心变量,其余变量作为辅助变量,必要的时候消去.
(3)核心变量的求法:
①直接法:利用条件与辅助变量直接表示出所求要素,并进行求解.
②间接法:若无法直接求出要素,则可将核心变量参与到条件中,列出关于该变量与辅助变量的方程(组),运用方程思想求解.
变式题 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距为2,点在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程.
(2)若过动点P的两条直线l1,l2均与椭圆C相切,且l1,l2的斜率之积为-1,点A(-,0),试问:是否存在定点B,使得·=0 若存在,求出点B的坐标;若不存在,请说明理由.
第3课时 定点、定值、探索性问题 (时间:45分钟)
1.已知点P(1,2)在抛物线C:y2=2px(p>0)上.
(1)求抛物线C的方程;
(2)A,B是抛物线C上的两个动点,如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2,证明:直线AB过定点.
2.[2024·太原二模] 已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,过点D(2,1)且斜率为1的直线经过点F.
(1)求抛物线C的方程.
(2)若A,B是抛物线C上的两个动点,在x轴上是否存在定点M(异于坐标原点O),使得当直线AB经过点M时,满足OA⊥OB 若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
3.[2023·全国乙卷] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点A(-2,0)在C上.
(1)求C的方程;
(2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点,直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明:线段MN的中点为定点.
4.[2024·天津卷] 已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率e=,左顶点为A,下顶点为B,O为坐标原点,C是线段OB的中点,其中S△ABC=.
(1)求椭圆的方程.
(2)过点的动直线与椭圆有两个交点P,Q.在y轴上是否存在点T,使得·≤0恒成立 若存在,求出这个T点纵坐标的取值范围;若不存在,请说明理由.(共94张PPT)
第56讲 圆锥曲线热点问题
/ 第3课时 定点、定值、探索性问题 /
课堂考点探究
教师备用习题
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
探究点一 定点问题
常用的处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为 ）.
（2）利用条件找到与过定点的曲线 的联系，得到
有关与, 的等式.
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论 的
值如何变化，等式恒成立.此时要将关于与, 的等式进行变形，直
至易于找到, .
常见的变形方向如下：
①若等式的形式为整式，则考虑将含 的项归在一组，变形为“
（ ）”的形式，, 只需要先让括号内的部分为零即可;
②若等式为含的分式，则, 的取值一方面可以考虑使其分
子为0，从而使分式的值与分母的取值无关；另一方面可以考虑让分
子分母消去有关 的式子使分式变成常数（这两方面本质上可以通过
分离常数进行相互转化，但通常选择容易观察到的形式）.
例1 [2023·新课标Ⅱ卷] 已知双曲线 的中心为坐标原点，左焦点为
，离心率为 .
（1）求 的方程；
解：设双曲线的方程为 ，由题意得
可得故双曲线的方程为 .
［思路点拨］根据已知条件，求出双曲线的实半轴长和虚半轴长 ，
即可求解.
（2）记的左、右顶点分别为，，过点的直线与 交于
，两点，在第二象限，直线与交于点，证明：点 在
定直线上.
［思路点拨］分直线 的斜率不存在与存在两种情况进行分析，
当直线的斜率不存在时，可求得点的坐标；
当直线 的斜率存在时，设出点，的坐标及直线的方程，
根据直线, 的方程得到点横坐标的表达式，
将直线的方程与双曲线 的方程联立，
再结合根与系数的关系推得点 的横坐标为定值，进而得证.
证明：由（1）得， .
当直线的斜率不存在时，直线的方程为 ，
则易知，，
直线的方程为 ，
直线的方程为，
由 解得 .
当直线的斜率存在时，设，，
直线 的方程为，由题意知且 ，
直线的方程为,直线 的方程为.
联立直线与直线的方程,消去 得，
则 ，
即 ，
解得 .
由可得 ，
则 可得
代入①可得 ，
当直线的斜率存在时，点在直线上.
又点 在直线上，故点在定直线 上.
[总结反思]
解决定点问题的一些技巧与注意事项:
（1）面对复杂问题时,可从特殊情况入手,以确定可能的定点
（或定直线）,然后再验证该点（或该直线）对一般情况是否符合,属
于“先猜再证”.
（2）有些题目所求与定点无关,但是在条件中会隐藏定点,且该定点
通常是解题的关键条件,所以当遇到含参数的方程时,要清楚该方程对
应哪一类曲线（或直线）,从而观察这一类曲线是否过定点.尤其在含
参数的直线方程中,要能够找到定点,抓住关键条件,例如直线
,就应该能够意识到 ,进而得到该直线
过定点 .
变式题 [2022·全国乙卷] 已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为
轴、轴，且过， 两点.
（1）求 的方程；
解：设的方程为.
将, 两点的坐标分别代入的方程
得可得故 的方程为 .
（2）设过点的直线交于，两点，过且平行于 轴的
直线与线段交于点，点满足，证明：直线 过定点.
证明：由，可得直线的方程为 .
①若过点的直线的斜率不存在，则该直线的方程为 ，
将代入，可得，，
将 代入，可得，则.
由 ，得，
则直线的方程为 ，此时直线过点 .
②若过点 的直线的斜率存在，则设该直线的方程为
，, .
由得 ，
则 所以且.
由 可得，则，
则直线 的方程为，
将 的坐标代入整理得 ，可得，显然成立，此时直线过点 .
综上，直线过定点 .
探究点二 定值问题
在解析几何中,有些几何量与参数无关,这就构成了定值问题.常见
定值问题的处理方法有:
（1）直接消参求定值:①确定一个（或两个）变量为核心变量,其
余量均利用条件用核心变量进行表示;②将所求表达式用核心变量进行
表示（有的甚至就是核心变量）,然后进行化简,看能否得到一个常数.
（2）从特殊到一般求定值:①在运算过程中,尽量减少所求表达
式中变量的个数,以便于向定值靠拢;②巧妙利用变量间的关系,例如
点的坐标符合曲线方程等,尽量做到整体代入,简化运算.
（1）求椭圆 的方程；
解：在中，令，得， ，
又,, ,
椭圆的方程为 .
［思路点拨］由及直线经过椭圆 长轴的一个
端点，得,的值，进而得到 ，即可求出椭圆方程；
例2 已知椭圆的离心率 ，直线
与椭圆交于,两点.当直线的方程为 时，
直线经过椭圆 长轴的一个端点.
（2）已知坐标原点为，在椭圆上有异于,的一点 ，满足
，证明： 的面积为定值.
［思路点拨］由和 可得
，再求和点到直线的距离 即可.
证明：设,, ，
,,, .
由可得 ，
，
由根与系数的关系可得, ，
,
, .
点在椭圆 上，，
化简可得 ，
，
又点到直线 的距离 ，
,的面积为定值 .
变式题 已知椭圆 的短轴长为2，左、右焦
点分别为，，为椭圆上一点，且 轴， .
（1）求椭圆 的方程；
解：因为椭圆的短轴长为2,所以.因为 ,
,
所以 , ,
又因为 轴，所以,
即 ,结合,可得,
所以椭圆的方程为 .
（2）已知直线且与椭圆交于， 两
点，点关于原点的对称点为，关于轴的对称点为，直线
与轴交于点，若与的面积相等，求 的值.
解：设,,则, ,
由得,
则 ,,所以,
直线 的方程为 ,
令,得
，
则 ，所以的中点的坐标为.
由题知 的中点在直线上，可得 ，
即 ，
即,解得,又，所以 .
例3 在平面直角坐标系中，若点绕原点逆时针旋转 角后得
到点，则 ， .已知
曲线绕原点顺时针旋转后得到曲线 .
（1）求曲线 的方程.
［思路点拨］利用旋转可得相关点的坐标，即可代入求解；
解：因为曲线绕原点顺时针旋转后得到曲线 ，
所以曲线绕原点逆时针旋转后得到曲线.
设是 上任意一点,绕原点逆时针旋转后得到
点 ，则 ，
，
因为 在曲线上,所以 ，
化简得 ，故曲线的方程为 .
（2）已知，分别是曲线的上、下焦点，，是曲线 上的
两动点且它们分布在轴同侧、轴异侧， ，若
，求实数 的值.
［思路点拨］设直线,联立直线 与双曲线
的方程，根据根与系数的关系及向量共线的坐标关系可得
,利用 及两点间的距离公式，
代入化简即可求解；
解：设直线，,, ,
,,易知, .
联立直线与双曲线的方程，
消去 得 ，
，
所以由根与系数的关系可得，.
因为 ，所以，又，
，所以 ，
即 ，
化简得，将 代入，
可得，故 ，
由，可得 .
由，可得 .
因为点，均在双曲线 上，所以,，
所以
，
将 和代入，可得 ，故 .
（3）在（2）中，与的交点为，是否存在两个定点， ，
使得为定值？若存在，求出， 的坐标；若不存在，
请说明理由.
［思路点拨］不妨设,根据 及
,得到 ，即可判断.
解：由双曲线方程可得,, ，
不妨设，由（2）知，
故 ，可得,.
由，得 ，，
， ，
故，
故存在两个定点， ，使得 为定值，
且,或， ，且定值为6.
[总结反思]
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略:
（1）求代数式为定值:依题意设条件,得出与代数式参数有关的等式,
代入代数式、化简即可得出定值.
（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
的解析式,再利用题设条件化简、变形求得.
（3）求某线段长度为定值:利用弦长公式等求得线段长度的表达式,
再依据条件对表达式进行化简、变形即可求得.
变式题 设为椭圆的右焦点,过点的直线与椭圆
交于, 两点.
（1）若点为椭圆的上顶点,求直线 的方程;
解：若为椭圆的上顶点,则.
又直线过点 ,故直线 ,
由可得,解得, ,
即点,又,故直线的方程为 .
（2）设直线,的斜率分别为,,求证: 为定值.
证明:设,,设直线的方程为 ,
代入椭圆方程可得,，
所以 ,，所以,
即 ，所以
,即为定值 .
探究点三 探索性问题
探索性（存在性）问题,一般是不给出确定性的结论,而是以“是
否存在”设问,让考生根据题目的条件进行分析判断得出确定的结论.
此类问题的常用解法:先假设存在,用待定系数法设出,列出关于待定
系数的方程组,推证满足条件的结论,若方程组有实数解,则元素
（点、直线、曲线或参数）存在;否则,元素（点、直线、曲线或参数）
不存在.要注意的是:（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,先假设结论成立,再推出条件;
（3）当条件和结论都未知时,按常规方法解题很难时,要开放思维,采
取另外合适的方法.
例4 [2025·江淮十校模拟] 椭圆的上顶点为 ，圆
在椭圆 内.
（1）求 的取值范围.
解：设为椭圆上任意一点， ，
则 ，
则，故 .
［思路点拨］设为椭圆上任意一点，根据， 间的距离的
最小值大于半径即可得出 的取值范围；
（2）过点作圆的两条切线，切点分别为，，切线与椭圆
的另一个交点为，切线与椭圆的另一个交点为.是否存在圆 ，
使得直线与之相切？若存在，求出圆 的方程；若不存在，请说
明理由.
［思路点拨］设出直线， 的方程，由点到直线的距离等于半
径及点，在椭圆上得出直线的方程，最后根据直线 与圆
相切，利用圆心到直线的距离等于半径求参，即可求出圆的方程.
解：由题意可知，设，，
因为 ，所以切线，的斜率都存在.
直线的方程为 ，即，
直线 的方程为，则 ，
故 ，
又 ，故
，又因为，所以 ，
同理可得 ，
故直线的方程为.
若直线 与圆相切，则，令 .
故，即 ，
解得或.
又，故 ，故存在满足条件的圆，
其方程为 .
[总结反思]
解决存在性（探索性）问题的一些技巧:
（1）特殊值（点）法:对于一些复杂的题目,可通过其中的特殊情况,
解得所求要素,然后再证明求得的要素也使得其他情况均成立.
（2）核心变量的选取:因为解决存在性问题的核心在于求出未知要
素,所以通常以该要素作为核心变量,其余变量作为辅助变量,必要的时
候消去.
（3）核心变量的求法:
①直接法:利用条件与辅助变量直接表示出所求要素,并进行求解.
②间接法:若无法直接求出要素,则可将核心变量参与到条件中,列出
关于该变量与辅助变量的方程（组）,运用方程思想求解.
变式题 已知椭圆的焦距为2，点 在
椭圆 上.
（1）求椭圆 的方程.
解：由题意知，椭圆的焦距，则其焦点为和 ，
由椭圆的定义得，椭圆 的长轴长
，即 ，则，
故椭圆的方程为 .
（2）若过动点的两条直线,均与椭圆相切，且, 的斜率之积
为，点，试问：是否存在定点，使得 ？若
存在，求出点 的坐标；若不存在，请说明理由.
解：设，显然，设过点的直线 的方程为
，由消去 并整理得
，
若直线 与椭圆 相切，则
，
得 ， 即.
设直线，的斜率分别为 ，，
显然，是上述关于 的一元二次方程的两个根，
则，化简得，
故点 在以原点为圆心，为半径的圆上（除去四个点），
而点 为该圆上的一个定点，
当满足时，点与点或重合，或为圆 的直径，
即点的坐标为，所以存在定点，使得 .
【备选理由】例1是直线过定点问题,考查数形结合思想及计算能力;
例1 ［配例1使用］ 已知点是圆 上的动点，
点，线段的垂直平分线交半径于点，记动点 的轨
迹为 .
（1）求轨迹 的方程.
解：由题得,连接 ，
则 ,
所以轨迹是以, 为焦点，且长轴长为4的椭圆.
设轨迹的方程为，
则, ,所以， ，
故轨迹的方程为 .
（2）点为轨迹与轴负半轴的交点，不过点 且不垂直于坐标轴
的直线交轨迹于，两点，直线，分别与轴交于， 两点，
若点，的横坐标之积是2，试问直线 是否过定点？若是，求出该
定点的坐标；若不是，请说明理由.
解：由题得点,设直线的方程为 ，
由得 ，
则，即 .
设,，则, .
直线的方程为 ，
令，得点的横坐标为，同理可得点的横坐标为 .
因为点，的横坐标之积是2,所以 ,所以
，
所以 ，
因为，所以 ，
所以 ，
解得，所以直线的方程为 ，故直线过定点 .
例2 ［配例2使用］ 已知椭圆 的左、右焦
点分别是，，其长轴长是短轴长的2倍，过且垂直于 轴的直
线被椭圆截得的线段长为1，点是椭圆 上除长轴端点外的任意一点.
【备选理由】例2是定值问题,考查计算能力、转化能力和综合应用
能力;
（1）求椭圆 的方程；
解：将代入椭圆方程，
结合 ,得 ，所以，即，
又，所以， ，
所以椭圆的方程为 .
（2）过点作斜率为的直线，使得与椭圆相切，设直线 ，
的斜率分别为，，若，证明 为定值，并求出
这个定值；
解：设，则直线的方程为 .
由 整理得
，
由题意得，即 .
又，所以，故 .
因为 ，
所以 ，
故为定值，这个定值为 .
（3）设的平分线交椭圆的长轴于点，求 的取
值范围.
解：因为， ，
所以直线的方程为 ，
直线的方程为 .
由题意知 .
又，所以 .
由，，可得 ，
所以，所以 .
例3 ［配例1使用］ 设椭圆 的左、右顶点
分别为，，上顶点为，点是椭圆 上异于顶点的动点，已知椭
圆的离心率 ，短轴长为2.
（1）求椭圆 的方程；
解：由已知可得解得
故椭圆 的方程为 .
【备选理由】例3是定点问题，比较常规，此类题目需要多加训练；
（2）若直线与直线交于点，直线与轴交于点 ，证明直
线 恒过定点，并求出该定点.
解：设直线的方程为 ，
直线的方程为，则 .
直线的方程为，由得 .
将代入方程，得 ，
则点的横坐标为，
点 的纵坐标为 ，
将点的坐标代入直线的方程 中，
整理得 ，
因为，所以 .
直线 的方程为
，
即，所以直线过定点 .
例4 ［配例3、例4使用］ 已知的两个顶点， 的坐标分别
为，，圆是的内切圆，其在边，，
上的切点分别为，，，，记动点的轨迹为曲线 .
（1）求曲线 的方程.
【备选理由】例4是四边形面积的定值问题，本题计算量不大，
但本题在解题中有两个关键点，一个是通过向量计算求出点 的坐标，
另一个是利用向量判断四边形的形状；
解：因为圆为 的内切圆，所以 ，
所以点的轨迹是以点， 为焦点的椭圆的一部分.
设椭圆的方程为，则， ，
所以 ，故曲线的方程为 .
（2）设直线与曲线交于，两点，点在曲线上， 是坐标原
点，且，试问四边形 的面积是否为定值？若
是，求出该定值；若不是，请说明理由.
解：由（1）知，点的纵坐标不为0，又 ，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，易知 ，
由得 ，
则，设， ，
则， ，
所以 ，
又，所以 ，
将点的坐标代入，得 .
由题意知四边形 为平行四边形，且，点到直线 的距离 ，
所以四边形 的面积
，
又，所以 ，
故四边形的面积是 ，为定值.
例5 ［配例4使用］ [2024·嘉兴模拟] 已知双曲线
，为双曲线的右顶点，点 到双
曲线的一条渐近线的距离为 .
（1）求双曲线 的标准方程.
解：易知双曲线的渐近线方程为，所以点 到渐近
线的距离.由题得可得 ，
所以双曲线的标准方程为 .
【备选理由】例5是探索性问题，计算量较大，体现了分类讨论思想.
（2）若，是双曲线上异于的任意两点，且的垂心为 ，
试问：点 是否在定曲线上？若是，求出该定曲线的方程；若不是，
请说明理由.
解：设，，.
①若 ，均不与点重合，
则当直线 的斜率存在且不为0时，如图，
设直线的方程为 ，
则和的斜率分别为, ，
易得的边上的高所在直线 的斜率为 ，
直线 的方程为 ，
即 ，
边上的高所在直线的斜率为 ，
直线的方程为 ，
联立，的方程，消去 ，可得
.
由消去 整理得 ，
所以， ，
所以 ，
故
，
又点也在边上的高所在直线上，
直线 的方程为，所以 ,
消去可得，又 ,
化简得,即点在定曲线 上.
当直线的斜率为0时，,关于 轴对称，
，
即,此时,点 在曲线 上.
当直线的斜率不存在时，，关于 轴对称，
即, ，如图，
则, 是等腰三角形，
所以在轴上，即,所以 .
, ,
因为 ，所以 ，
由 得 ，
因为,所以,所以，点 在曲线 上.
②若，中有一点与点 重合，
不妨取，，过点作 的垂线，
则点 在该垂线上，如图，
由得
所以点在曲线 上.
综上，点在定曲线 上.
作业手册
◆ 基础热身 ◆
1.已知点在抛物线 上.
（1）求抛物线 的方程；
解：将点的坐标代入抛物线的方程，得，
解得 ，故抛物线的方程为 .
（2），是抛物线上的两个动点，如果直线的斜率与直线
的斜率之和为2，证明：直线 过定点.
证明：设直线的方程为，由
得，由，得 .
设，，则， .
直线的斜率，
同理可得直线 的斜率，由题意得 ，
则，整理得 ，
即，解得，故直线过定点 .
2.[2024·太原二模] 已知抛物线的焦点为 ，过
点且斜率为1的直线经过点 .
（1）求抛物线 的方程.
解：过点且斜率为1的直线的方程为 ，
即，令，则， 点的坐标为，
，， 抛物线的方程为 .
（2）若，是抛物线上的两个动点，在轴上是否存在定点
（异于坐标原点），使得当直线经过点时，满足 ？
若存在，求出点 的坐标；若不存在，请说明理由.
解：由（1）得抛物线，假设存在定点 ，满足题意.
设直线的方程为，， .
由得 ，
，，
， ， ,或 （舍去）.
当时，点的坐标为，满足 ，
， 存在定点 满足题意.
◆ 综合提升 ◆
3.[2023·全国乙卷] 已知椭圆 的离心率为
,点在 上.
（1）求 的方程；
解：由题意可得解得
所以椭圆 的方程为 .
（2）过点的直线交于，两点，直线，与 轴的交点
分别为，，证明：线段 的中点为定点.
证明：方法一（设线法）由题意可知，直线 的斜率存在，
设直线,, ,
由消去 得
,
则 ,
解得,可得, .
因为，所以直线,令,
解得 ,即,同理可得 ，
则,所以线段 的中点是定点 .
方法二（设点法）设, ,
则直线，则.
设, ,同理可得.
由题意可知，直线 的斜率存在，
设直线,线段的中点为 ，
则 .
由消去 得
.
故， ，
所以 ，所以线段的中点为定点 .
4.[2024·天津卷] 已知椭圆的离心率 ，左
顶点为，下顶点为，为坐标原点，是线段 的中点，其中
.
（1）求椭圆的方程.
解：因为椭圆的离心率，所以，可得，则 ，
其中为半焦距，所以,, ，
故，可得，
所以， ，故所求椭圆的方程为 .
（2）过点的动直线与椭圆有两个交点，.在 轴上是否存
在点，使得恒成立？若存在，求出这个 点纵坐标的取
值范围；若不存在，请说明理由.
解：假设存在满足条件的点，设.
若过点 的动直线的斜率存在,
则可设该直线的方程为 ，设, ,
由可得 ，
故
且 , ,
而, ，
故
，
因为恒成立,所以
解得.
若过点的动直线的斜率不存在，则 ,或,，由恒成立，得 .
综上可得， .故在轴上存在点，使得恒成立， 点纵坐标的取值范围是 .
课堂考点探究
例1(1)-=1 (2)略 变式题(1) (2)略 例2(1)+y2=1 (2)略 变式题(1)+y2=1 (2)
例3(1)y2-x2=4 (2)1 (3)存在两个定点, ,使得 为定值,且,或
, ,且定值为6. 变式题(1)y=x-1 (2)略 例4(1)0(2)存在满足条件的圆C,其方程为(x-1)2+y2=. 变式题(1) +y2=1 (2)存在定点B(,0),使得·=0.
教师备用习题
例1(1) (2)直线过定点. 例2(1) (2) (3)
例3(1) (2) 例4(1) (2)四边形的面积是,为定值.
例5(1) (2)点在定曲线 上.
基础热身
1.(1) (2)略 2.(1) (2)存在定点 满足题意.
综合提升
3.(1) (2)略 4.(1) (2) 故在轴上存在点，
使得恒成立， 点纵坐标的取值范围是 .
