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1、一、定点问题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，或者可以通过特例探求，再用一般化方法证明1.已知A、B是椭圆上的两点，且，其中F为椭圆的右焦点.(1)求实数的取值范围;(2)在x轴上是否存在一个定点M，使得为定值?若存在，求出定值和定点坐标；若不存在，说明理由.【解析】(1)由已知条件知:直线过椭圆右焦点. 当直线与轴重合时，. 当直线不与轴重合时，可设，代入椭圆方程，并
2、整理得. 设，由根与系数的关系得，.所以.又由得，所以，解之得.综上，实数的取值范围是. (7分) (2)设，则为定值，所以，解得.故存在定点，使得为定值.(经检验，当与轴重合时也成立) (13分)【点评】本题第二问可以利用观察的方法，或者可以将比值设为k，去分母待定系数处理2.在直角坐标系中，曲线与直线 交于，两点.（1）当时，分别求在点和处的切线方程；（2）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由.【解析】（1）由题意知，时，联立，解得，又，在点处，切线方程为，即，在点处，切线方程为，即故所求切线方程为和3.如图，过椭圆内一点的动直线与椭圆相交于M，N两点，当平行于x轴和垂直于x轴时，
3、被椭圆所截得的线段长均为.（1）求椭圆的方程；（2）在平面直角坐标系中，是否存在与点A不同的定点B，使得对任意过点的动直线都满足？若存在，求出定点B的坐标，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在点B的坐标【解析】（）由已知得，点在椭圆上，所以，解得，所以椭圆的方程为 （）当直线l平行于x轴时，则存在y轴上的点B，使，设；当直线l垂直于x轴时，若使，则，有，解得或所以，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的方程为设M，N的坐标分别为，由得，其判别式，所以，因此，
4、易知点N关于y轴对称的点的坐标为又，所以，即三点共线，所以故存在与点A不同的定点，使得4.已知直线被圆截得的弦长恰与椭圆的短轴长相等，椭圆的离心率（1）求椭圆的方程；（2）已知过点的动直线交椭圆于两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点，使得无论如何转动，以为直径的圆恒过定点？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由设点的坐标分别为，则，因为及，所以 当且仅当恒成立时，以为直径的圆恒过定点， 所以，解得，此时以为直径的圆恒过定点 当直线的斜率不存在，与轴重合，以为直径的圆为也过点综上可知，在坐标平面上存在一个定点，满足条件5.已知椭圆的左、右焦点分别为，点是椭圆的一个顶点，是等腰直角三角形（
5、1）求椭圆的方程；（2）设点是椭圆上一动点，求线段的中点的轨迹方程；（3）过点分别作直线，交椭圆于，两点，设两直线的斜率分别为， ， 来源:Z+xx+k.Com 且，探究：直线是否过定点，并说明理由. 【答案】（1）（2）（3）直线过定点（）来源:学&科&网Z&X&X&K（3）若直线的斜率存在，设方程为，依题意设，由 得 则 由已知，所以，即 所以，整理得 故直线的方程为，即（）所以直线过定点（） 来源:学*科*网若直线的斜率不存在，设方程为，设，由已知，得此时方程为，显然过点（）综上，直线过定点（）6.已知抛物线的顶点在原点，焦点在轴上，抛物线上的点（在第一象限）到的距离为2，且的横坐标为1
6、，过点作抛物线的两条动弦，且的斜率满足。（1） 求抛物线的方程；（2）直线是否过某定点？若过某定点，请求出该点坐标；不过定点，说明理由。（2）7.已知动圆过定点A(4,0), 且在y轴上截得的弦MN的长为8. () 求动圆圆心的轨迹C的方程; () 已知点B(-1,0), 设不垂直于x轴的直线与轨迹C交于不同的两点P, Q, 若x轴是的角平分线, 证明直线过定点. 【答案】解:() A(4,0),设圆心C() 点B(-1,0), .直线PQ方程为:所以,直线PQ过定点(1,0)8.已知倾斜角为45的直线经过抛物线：y2=2px(p0)的焦点F，与抛物线相交于A、B两点，且AB=8.（）求抛物线
7、的方程；（）过点P(12,8)的两条直线l1、l2分别交抛物线于点C、D和E、F，线段CD和EF的中点分别为M、N.如果直线l1与l2的斜率之积等于1，求证：直线MN经过一定点.解:（）由题意可设直线AB的方程为y=x-p2，令A(x1,y1)，B(x2,y2).联立y=x-p2y2=2px得x2-3px+p24=0，x1+x2=3p，根据抛物线的定义得，又AB=x1+x2+p=4p，又AB=8，4p=8，p=2.则此抛物线的方程为y2=4x. 学#科网二、定值问题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
8、，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：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；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1.椭圆C：(ab0)的离心率为，P(m，0)为C的长轴上的一个动点，过P点斜率为的直线l交C于A、B两点.当m0时，(1)求C的方程；(2)证明：为定值.2.已知椭圆，直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，线段的中点为.（1）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；（2） 若过点,延长线段与交于点，四边形能否平行四边行？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由.（2）不妨设四边形能为平行四边形因为直线过点，所以不过原
9、点且与有两个交点的充要条件是，且由(1)得的方程为设点的横坐标为由得，即将点的坐标代入直线的方程得，因此四边形为平行四边形，当且仅当线段与线段互相平分，即于是解得，因为，所以当的斜率为或时，四边形为平行四边形3.已知椭圆，过焦点垂直于长轴的弦长为1，且焦点与短轴两端点构成等边三角形.（I）求椭圆的方程；（II）过点的直线l交椭圆于A，B两点，交直线于点E，判断是否为定值，若是，计算出该定值；不是，说明理由.【解析】（1）由条件得，所以方程4分 （2）易知直线l斜率存在，令由5分6分由得7分由得8分将代入有.13分4.已知椭圆过点,离心率为.（）求椭圆的方程；（）过点且斜率为（）的直线与椭圆相交
10、于两点，直线、分别交直线 于、两点,线段的中点为.记直线的斜率为，求证: 为定值.【解析】（）由题设: ，解之得,所以椭圆的方程为4分（）设直线的方程为代入椭圆方程得: 设，则由韦达定得:直线的方程分别为：令,得：所以来源:Z。xx。k.Com13分5.已知动圆C过点F(1,0)，并与直线x=-1相切.（1）求动圆圆心C的轨迹方程E；（2）已知点P(4,-4),Q(8,4)，过点Q的直线l交曲线E于点A,B，设直线PA,PB的斜率分别为k1,k2，求证：k1k2为定值，并求出此定值.【答案】（1）y2=4x；（2）-1【解析】（1）设C(x,y)由(x-1)2+y2=x+16.点P(1,1)为
11、抛物线y2=x上一定点，斜率为-12的直线与抛物线交于A,B两点.（）求弦AB中点M的纵坐标;（）点Q是线段PB上任意一点（异于端点），过Q作PA的平行线交抛物线于E,F两点，求证：|QE|QF|-|QP|QB|为定值.【答案】（）-1；（）证明见解析.【解析】7.已知抛物线y2=4x的焦点为F，ABC的三个顶点都在抛物线上，且FB+FC=FA. 学#科网（1）证明:B,C两点的纵坐标之积为定值；（2）设=ABAC，求的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）-,-74.【解析】y1+y22=y02y12+y22+2y1y2=y02，y02+4+2y1y2=y02y1y2=-2.（2）方法一AB
12、=y12-y024,y1-y0,AC=y22-y024,y2-y0，=ABAC=y12-y02y22-y0216+y1-y0y2-y0=y1-y0y2-y016y1+y0y2+y0+16=y1y2-y0y1+y2+y0216y1y2+y0y1+y2+y02+16，=-2-y02+y0216-2+y02+y02+16=-14y02-74-74，三、最值范围问题与圆锥曲线有关的范围、最值问题，各种题型都有，既有对圆锥曲线的性质、曲线与方程关系的研究,又对最值范围问题有所青睐,它能综合应用函数、三角、不等式等有关知识,紧紧抓住圆锥曲线的定义进行转化,充分展现数形结合、函数与方程、化归转化等数学思想在
13、解题中的应用1.已知点（0，-2），椭圆：的离心率为，是椭圆的焦点，直线的斜率为，为坐标原点.()求的方程；（）设过点的直线与相交于两点，当的面积最大时，求的方程.当且仅当，等号成立，且满足，所以当OPQ的面积最大时，的方程为：或.学科网2.已知椭圆C：的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，直线与以椭圆C的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆相切.（1）求椭圆的方程.（2）设为椭圆上一点，若过点的直线与椭圆相交于不同的两点和,且满足(O为坐标原点)，求实数的取值范围。（）由题意知直线的斜率存在，设直线方程为，设将直线方程代入椭圆方程得：6分设,则8分当k=0时，直线l的方程为y
14、=0,此时t=0，成立，故，t=0符合题意。当时得10分将上式代入椭圆方程得：整理得：由知所以12分3.已知圆，若椭圆的右顶点为圆的圆心，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）若存在直线，使得直线与椭圆分别交于两点，与圆分别交于两点，点在线段上，且，求圆的半径的取值范围.显然，若点也在线段上，则由对称性可知，直线就是y轴,与已知矛盾，所以要使,只要，所以当时，.当时，3，又显然，所以。综上，圆的半径的取值范围是.4.已知椭圆：的一个焦点为，左右顶点分别为，经过点的直线与椭圆交于，两点（）求椭圆方程；（）记与的面积分别为和，求的最大值【答案】（1）；（2）来源:Z#xx#k.Com【解析】（I）因
15、为为椭圆的焦点,所以又所以所以椭圆方程为（）当直线无斜率时,直线方程为,此时, 面积相等，当直线斜率存在（显然）时,设直线方程为,设和椭圆方程联立得到,消掉得显然，方程有根，且此时因为,上式，（时等号成立）所以的最大值为另解：（）设直线的方程为：，则由 得，设，则，所以，当时，由，得 当时，从而，当时，取得最大值5.如图，点M（）在椭圆（ab0）上，且点M到两焦点的距离之和为4.（1）求椭圆方程；（2）设与MO（O为坐标原点）垂直的直线交椭圆于A、B（A、B不重合），求的取值范围.【解析】（1）由已知，2a4，a2又点M（）在椭圆（ab0）上，解得b22所求椭圆方程为.（2）kOM，kAB设直
16、线AB的方程为yxm联立方程，消去y得13x24mx2m240来源:学科网ZXXK（4m）2413（2m24）8（12m213m226）0m226设A（x1，y1），B（x2，y2）则x1x2，x1x2x1x2y1y27x1x2m（x1x2）m2结合0m226，可得的取值范围是）6.设椭圆E中心在原点，焦点在x轴上，短轴长为4，点Q（2，）在椭圆上.（1）求椭圆E的方程；（2）设动直线L交椭圆E于A、B两点，且，求OAB的面积的取值范围.（3）过M（）的直线:与过N（）的直线:的交点P（）在椭圆E上，直线MN与椭圆E的两准线分别交于G，H两点，求的值.【解析】（1）因为椭圆E: （ab0）过M
17、（2，） ，2b4故可求得b2，a2椭圆E的方程为 3分 （2）设P（x，y），A（x1，y1），B（x2，y2），当直线L斜率存在时设方程为，解方程组得，即，则，即（*），要使，需使，即，所以， 即将它代入（*）式可得P到L的距离为又将及韦达定理代入可得当时由 故当时，当AB的斜率不存在时， ，综上S 8分由和得H（4，）故16又P（）在椭圆E：有故168 13分7.平面直角坐标系中，椭圆：的离心率是，抛物线：的焦点是的一个顶点.（1）求椭圆的方程；（2）设是上的动点，且位于第一象限，在点处的切线与交与不同的两点，线段的中点为，直线与过且垂直于轴的直线交于点.（i）求证：点在定直线上;（ii
18、）直线与轴交于点，记的面积为，的面积为，求的最大值及取得最大值时点的坐标.【解析】（1）由题意知，可得：.因为抛物线的焦点为，所以，所以椭圆的方程为.（2）（i）设，由可得，所以直线的斜率为，因此直线的方程为，即.，将其代入得，因为，所以直线方程为.联立方程，得点的纵坐标为，即点在定直线上. （ii）由（i）知直线方程为，令得，所以，又，所以，所以，令，则，当，即时，取得最大值，此时，满足，所以点的坐标为，因此的最大值为，此时点的坐标为.8.如图所示，在平面直角坐标系中，已知直线，抛物线（1）若直线过抛物线的焦点，求抛物线的方程；（2）已知抛物线上存在关于直线对称的相异两点和求证：线段上的中点
19、坐标为；求的取值范围【解析】 （1）因为，所以与轴的交点坐标为，即抛物线的焦点为，所以，故（2）设点，则由，得，故，又因为关于直线对称，所以，即，所以，又因为中点一定在直线上，所以，故线段所以，即关于的二次方程有两个不等根，因此，解得四、圆锥曲线中的存在性、探索性问题圆锥曲线中的存在性问题、探索问题是高考常考题型之一 ,它是在题设条件下探索某个数学对象 (点、线、数等 )是否存在或某个结论是否成立。1.已知椭圆=1（ab0）的离心率e=，过点A（0，-b）和B（a，0）的直线与坐标原点距离为.（1）求椭圆的方程；（2）已知定点E（-1，0），若直线y=kx+2（k0）与椭圆相交于C、D两点，试
20、判断是否存在k值，使以CD为直径的圆过定点E？若存在求出这个k值，若不存在说明理由.（2）假设存在这样的k值，由得 设，则 而 8分要使以CD为直径的圆过点E（-1，0），当且仅当CEDE时，则，即 将式代入整理解得经验证，使成立综上可知，存在，使得以CD为直径的圆过点E 。 .2.如图所示，椭圆：的离心率是，点在短轴上，且.（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点.是否存在常数，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）由已知可得点的坐标分别为，.又点的坐标为，且，所以，解得，.所以椭圆方程为.当直线斜率不存在时，直线即为直线.此时，故
21、存在常数，使得为定值.3.在平面直角坐标系中，已知椭圆：（）的离心率且椭圆上的点到点的距离的最大值为3.（）求椭圆的方程；（）在椭圆上，是否存在点，使得直线：与圆：相交于不同的两点、，且的面积最大？若存在，求出点的坐标及对应的的面积；若不存在，请说明理由【分析】（1）离心率，得到，即此时椭圆方程为，设椭圆上的点为P，两点间的距离等于3，可得到b=1，所以可求得椭圆方程；（2）在解析几何中，三角形的面积公式通常有两种计算方式，本题由于没有给出角度的关系，所以采用第一种方法。通过联立方程即可得到M的坐标。（）圆心到直线的距离为，弦长，所以的面积为 8分点, 10分当时， 由得综上所述，椭圆上存在四
22、个点、，使得直线与圆相交于不同的两点、，且的面积最大，且最大值为. 12分4.设F1，F2分别是椭圆的左右焦点.（1）若P是该椭圆上的一个动点，求的最大值和最小值.（2）是否存在经过点A（5，0）的直线l与椭圆交于不同的两点C，D，使得|F2C|F2D|？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由.【分析】（1）将数量积转化为坐标表示，利用坐标的有界性求出最值；（2）设出直线方程，根据|F2C|F2D|，可知F2在弦CD的中垂线上，利用中点和斜率关系，写出中垂线方程，代入F2点即可判断.（2）假设存在满足条件的直线l，易知点A（5，0）在椭圆外部，当直线斜率不存在时，直线l与椭圆无交点.所以
23、满足条件的直线斜率存在，设为k则直线方程为yk（x5）由方程组得：（5k24）x250k2x125k2200依题意，20（1680k2）0得：当时，设交点为C（x1，y1），D（x2，y2），CD中点为R（x0，y0）则x1x2，x0y0k（x05）k（5）又|F2C|F2D|，有F2Rl，即1即1即20k220k24，该等式不成立，所以满足条件的直线l不存在.5.如图，已知椭圆C:的左、右焦点为，其上顶点为.已知是边长为的正三角形.（1）求椭圆C的方程； （2）过点任作一动直线交椭圆C于两点，记若在线段上取一点使得，试判断当直线运动时，点是否在某一定直线上运动？若在请求出该定直线，若不在请说
24、明理由.【解析】（1）是边长为的正三角形，则， 1分故椭圆C的方程为. 3分设点R的坐标为，则由得，解得. 8分又，从而，故点R在定直线上. 10分6.已知点M与点F(4,0)的距离比它的直线l：x+6=0的距离小2(1)求点M的轨迹方程；(2)OA,OB是点M轨迹上互相垂直的两条弦,问：直线AB是否经过x轴上一定点,若经过,求出该点坐标；若不经过,说明理由解：(1)由题意知动点M到(4,0)的距离比它到直线l：x=-6的距离小2,即动点M到(4,0)的距离与它到直线x=-4的距离相等,由抛物线定义可知动点M的轨迹为以(4,0)为焦点的抛物线,则点M的轨迹方程为y2=16x；(2)由题意知直线
25、AB的斜率显然不能为0,设直线AB的方程为x=ty+m(m0)A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程y2=16xx=ty+m,消去x,可得y2-16ty-16m=0,0即4t2+m0,y1+y2=16t,y1y2=-16m,x1x2=y1216y2216=m2,由题意知OAOB,即OAOB,则x1x2+y1y2=0,m2-16m=0,m0,m=16,直线AB的方程为x=ty+16,直线AB过定点,且定点坐标为(16,0)7.已知抛物线C：y2=2px(p0),圆E：(x-3)2+y2=1()F是抛物线C的焦点,A是抛物线C上的定点,AF=(0,2),求抛物线C的方程；()在()的条件下,
26、过点F的直线l与圆E相切,设直线l交抛物线C于P,Q两点,则在x轴上是否存在点M使PMO=QMD(O为坐标原点)若存在,求出点M的坐标；若不存在,请说明理由解：(1)抛物线C的焦点为F(p2,0),由AF=(0,2)知A(p2,-2),代入抛物线方程得p=2,故抛物线C的方程为：y2=4x(2)当直线的斜率不存在时,过点F(1,0)的直线不可能与圆E相切；所以过抛物线焦点与圆相切的直线的斜率存在,设直线斜率为k,则所求的直线方程为y=k(x-1),所以圆心到直线l的距离为d=|2k|1+k2,当直线与圆相切时,有d=1=|2k|1+k2,k=33所以所求的切线方程为y=33(x-1)或y=-3
27、3(x-1),不妨设直线l:y=33(x-1),交抛物线于P(x1,y1),Q(x2,y2)两点,联立方程组y=33(x-1)y2=4x,得x2-14x+1=0.所以x1+x2=14,x1x2=1,假设存在点M(t,0)使,PMO=QMO,则kPM+kQM=0,所以kPM+kQM=y1x1-t+y2x2-t=33(x1-1)x1-t+33(x2-1)x2-t=33(x1-1)(x2-t)+(x2-1)(x1-t)(x1-t)(x2-t)=332x1x2-(t+1)(x1+x2)+2t(x1-t)(x2-t)=332-(t+1)14+2t(x1-t)(x2-t)=33(-12-12t)(x1-t)(x2-t)=0即t=-1故存在点M(-1,0)符合条件,当直线l:y=-33(x-1)时,由对称性易知点M(-1,0)也符合条件,综上存在点M(-1,0)使PMO=QMO