1、专题 13 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题 【压轴综述】【压轴综述】 纵观近几年的高考试题，高考对圆锥曲线的考查，一般设置一大一小两道题目，主要考 查以下几个方面：一是考查椭圆、双曲线、抛物线的定义，与椭圆的焦点三角形结合，解决 椭圆、三角形等相关问题；二是考查圆锥曲线的标准方程，结合基本量之间的关系，利用待 定系数法求解；三是考查圆锥曲线的几何性质，小题较多地考查椭圆、双曲线的几何性质； 四是考查直线与椭圆、抛物线的位置关系问题，综合性较强，往往与向量结合，涉及方程组 联立，根的判别式、根与系数的关系、弦长问题、不等式、范围、最值、定值、定点、定直 线、存在性和探索性问题等. 本专题在分
2、析研究近几年高考题及各地模拟题的基础上，重点说明求解定点、定值、定 直线问题. 一、定点问题 1.求解(或证明)直线和曲线过定点的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x，y视作常 数，把方程一边化为零，既然是过定点，那么这个方程就是对任意参数都成立，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 2.常用方法：一是引进参数法，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；二是特殊到一般法，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. 二、定值问题 1.解析几何中的
3、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 终是一个确定的值常见定值问题的处理方法： (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. 定值问题的处理技巧： (1)对于较为复杂的问题，可先采用特殊位置(例如斜率不存在的直线等)求出定值，进而给 后面一般情况的处理提供一个方向. (2)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 (3)巧妙利用
4、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 三、定直线问题 定直线问题是证明动点在 定直线上， 其实质是求动点的轨迹方程， 所以所用的方法即为 求 轨迹方程的方法，如定义法、消参法、交轨法等 【压轴典例】【压轴典例】 1(2021 上海高三专题练习)若 AB 是过椭圆 22 22 1(0) xy ab ab 中心的一条弦，M 是椭 圆上任意一点，且 AMBM 与两坐标轴均不平行，kAM k BM分别表示直线 AMBM 的斜率， 则 kAM kBM=( ) A 2 2 c a B 2 2 b a C 2 2 c b D 2 2 a b 【答案】B 【详解】设 1 (A
5、x， 1) y， 0 (M x， 0) y ， 10 xx 则 1 (Bx ， 1) y，则 22 01 22 01 AMBM yy kk xx ,A， M在椭圆上， 22 11 22 1 xy ab ， 22 00 22 1 xy ab ，两式相减得 2222 0011 2222 0 xyxy aabb ，即 2222 1010 22 0 xxyy ab ，所以 2222 1010 22 xxyy ab ，所以 222 10 222 10 yyb axx ， 即 222 01 222 01 AMBM yyb kk xxa . 2(2020 江苏镇江市 高三期中)九章算术是我国古代内容极为丰富
6、的数学名著，第九章 “勾股”，讲述了“勾股定理”及一些应用.直角三角形的两直角边与斜边的长分别称 “勾”“股”“弦”， 且“勾 2+股2=弦2”， 设直线l 交抛物线 2 1 4 yx于A，B两点， 若OA，OB 恰好是Rt OABV 的“勾”“股”(O为坐标原点)，则此直线l恒过定点( ) A 1 ,0 4 B 1 ,0 2 C0,2 D0,4 【答案】D 【详解】设直线AB的方程为y kxb ， 11 ,A x y， 22 ,B x y，由 2 4 ykxb xy 得 2 440 xkxb，由根与系数的关系可得： 12 4xxk， 12 4x xb ，若OA，OB恰 好是Rt OABV 的
7、“勾”“股”(O为坐标原点)，可得 222 OAOBAB，所以OAOB， 即OA OB ，所以 1 212 0OA OBx xy y， 2 22 121212 111 4416 y yxxx x， 所以 22 12121212 11 440 1616 OA OBx xy yx xx xbb ，即 2 40bb， 解得4b或0b(舍)所以直线AB的方程为4ykx，恒过点0,4， 3 (2020 全国高三专题练习)已知O为坐标原点， 过点 (1)P a ，作两条直线分别与抛物线C： 2 4xy相切于点A、B，AB的中点为M，则下列结论错误的是( ) A直线AB过定点(0 ) 2，； BPM的斜率不
8、存在； Cy轴上存在一点N，使得直线NA与直线NB关于 y轴对称； DA、B两点到抛物线准线的距离的倒数和为定值. 【答案】A 【详解】设 11 ( ,)A x y， 22 (,)B xy， 2 1 4 yx， 1 2 yx ，过点A的切线方程为 111 1 () 2 yyx xx ，即 22 111 111 422 yxx xx， 2 11 11 24 yx xx，同理过点B的切线方 程为 2 22 11 24 yx xx，将(1)a ，分别代入上式，得 11 1 2 a xy ， 22 1 2 a xy ，直 线AB的方程为10 2 a xy ，直线AB过定点(0 ) 1 ，故 A 选项错
9、误，符合题意； 联立方程 2 4 10 2 xy a xy 得： 2 240 xax， 2 4160a ，则 12 2xxa， 12 4x x ，点M的横坐标为 12 2 xx a ，PMx轴，故 B 选项正确，不符合题 意；设(0)Nb，由题意得 1 0 x ， 2 0 x ，设直线NA、NB的斜率分别为 1 k、 2 k， 则 1212 12 12 1212 1 ()() 2 (1) 4 4 xxb xx ybybab kk xxxx ，当1b时， 12 0kk，即直线NA与直线NB关于y轴对称，C 选项正确，不符合题意；点A到准 线的距离为 1 1y ，点B到准线的距离为 2 1y ，
10、121212 2 1212121212 12 22211 1 ()11(1)(1)1 1 16 yyyyyy x xyyyyyyyy yy ，D 选 项正确，不符合题意. 4.(2020全国卷高考文科T21)已知A,B分别为椭圆E: +y 2=1(a1)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)依据题意作图如图所示: 由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1).则=(a,1),=(a,-1).由=8 得a 2-1=8,即 a=3.所以E的方程为 +y
11、 2=1. (2)设P,则直线AP的方程为:y=,即:y=,联立直线AP的方程与椭 圆方程可得:整理得:x 2+6 x+9-81=0,解得:x=-3 或x=, 将x=代入直线y=可得:y=,所以点C的坐标为. 同理可得:点D的坐标为, 所以直线CD的方程为:y-=, 整理可得:y+=, 整理得:y=x+=故直线CD过定点. 5.(2020新高考全国卷)已知椭圆C: + =1(ab0)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AMAN,ADMN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值. 【解析】(1)由题意得 + =1,= ,解得a 2=6,b2=3.
12、所以 C的方程为 + =1. (2)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+2k 2)x2+4kmx+2m2-6=0.于是 x1+x2=-,x1x2=.,由AMAN知=0, 故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,可得(k 2+1)x 1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1) 2+4=0.将代入上 式可得(k 2+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-10,故2k+3m+1=0,k1
13、(A(2,1)不在直线MN上).于是MN的方程 为y=k- (k1).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,可得 3-8x1+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 RtADP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. 6.(2020北京高考T20)已知椭圆C: + =1 过A(-2,-1),且a=2b. (1)求椭圆C的方程; (2)过
14、点B(-4,0)作直线l与C交于M,N,MA与NA与x=-4 交于P,Q,求. 【解析】(1)由已知得, + =1,a=2b,所以a 2=8,b2=2,所以椭圆 C的方程为 + =1. (2)设M(x1,y1),N(x2,y2),显然MN斜率存在,设为k,则MN:y=k(x+4), 由得(1+4k 2)x2+32k2x+64k2-8=0,所以 x1+x2=-,x1x2=,* AM方程为y+1=(x+2),又y1=k(x1+4),令x=-4 得,yP=-,同理,yQ=-, 所以=,结合*知,x1x2+2(x1+x2)+8=-(x1+x2), 所以=1,与M,N顺序无关,所以=1. 7(2021
15、河南新乡市 高三一模)已知动点P到点(6,0)的距离与到直线 4 6 x 3 的距 离之比为 3 2 . (1)求动点P的轨迹C的标准方程； (2)过点( 4,0)A 的直线l交C于M，N两点，已知点 ( 2, 1)B ，直线BM，BN分别交 x轴于点E，F.试问在x轴上是否存在一点G，使得 0BE GFGE BF ？若存在，求 出点G的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 22 1 82 xy ；(2)存在，点 ( 4,0)G . 【详解】(1)设点( , )P x y，则 22 (6)3 2 4 6 3 xy x ，化简得 22 1 82 xy 故动点P的轨迹C的标准方程为 22
16、1 82 xy (2)设直线l的方程为 4xty,联立方程组 22 4 1 82 xty xy ，得 22 (4)880tyty， 2222 64324321283240,tttt 得: 2t 或2t 12 2 8 4 t yy t ， 12 2 8 4 y y t .设 34 0 ,0,E xF x，定点G存在，其坐标为 0,0 x 12 12 11 ( 2, 1), 22 BMBN yy Bkk tyty . 则 12 12 11 :(2) 1,:(2) 1 21 yy BMyxBN yx tyty ,令 0y ， 求出与x轴的交点,E F 11 33 11 22 44 22 12 210
17、,2 21 12 210,2 21 yty xx tyy yty xx tyy 344030 2,1 ,2,1 ,0 ,0BExBFxGFxxGExx 0BE GFGE BF 即有: 340430 220,xxxxxx 即 3434340 2240 x xxxxxx, 3434 0 34 22 4 x xxx x xx 34 34 0 3434 34 224828 2 44 x xxxx x x xxxx 43434 3 3 4 22244416 2 4 x xxxxx xx 3434 34 22244 2 4 xxxx xx 34 34 222 2 22 xx xx 12 12 12 2 1
18、221 12 1 22 2 222 11 22 22 2121 11 y t tyty tyy yy tty tyytyy yy 2 1212 1212 224 2 2(2)4 t y yt yy ty ytyy 2 2 222 222 8816 2488 444 2 88 (2)82 244 444 tt tt ttt t t t ttt 2 2 2 22 2 84 832 224 41684 6 4 1t t ttt t ,即 0 4x 当直线l与x轴重合时， 00 ( 2 22) 2 22 2(2 22)0,BE GFGE BFxx 解得 0 4.x 所以存在定点G，G的坐标为( 4,0
19、). 例 8.(2019全国高考真题)已知曲线 2 :, 2 x C yD，为直线 1 2 y 上的动点，过D作C的 两条切线，切点分别为,A B. (1)证明：直线AB过定点： (2)若以 5 0, 2 E 为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程. 【答案】(1)见详解；(2) 22 5 ()4 2 xy或 22 5 ()2 2 xy. 【解析】 (1)证明：设 1 ( ,) 2 D t , 11 ( ,)A x y,则 2 11 1 2 yx.又因为 2 1 2 yx，所以 yx.则切线 DA 的斜率为 1 x，故 111 1 () 2 yx xt，整理得 11 2
20、210txy .设 22 (,)B xy，同理得 11 2210txy . 11 ( ,)A x y, 22 (,)B xy都满足直线方程2210txy .于是直线 2210txy 过点,A B，而两个不同的点确定一条直线，所以直线AB方程为 2210txy .即2( 21)0txy ， 当20 , 21 0 xy 时等式恒成立.所以直线AB 恒过定点 1 (0,) 2 . (2)由(1)得直线AB方程为2210txy ，和抛物线方程联立得： 2 2210 1 2 txy yx 化简得 2 210 xtx .于 12 2xxt, 2 1212 () 121yyt xxt 设M为线段AB的中点，
21、 则 2 1 ( ,) 2 M t t 由于EM AB ， 而 2 (,2 )E Mtt,AB与向量 (1, ) t平行，所以 2 (2)0tt t，解得0t 或1t . 当0t 时，(0, 2)EM ，2EM 所求圆的方程为 22 5 ()4 2 xy; 当1t 时，(1, 1)EM 或( 1, 1)EM ，2EM 所求圆的方程为 22 5 ()2 2 xy. 所以圆的方程为 22 5 ()4 2 xy或 22 5 ()2 2 xy. 例 9(2019全国高考真题)已知点A，B关于坐标原点O对称，AB =4，M过点A，B 且与直线x+2=0 相切 (1)若A在直线x+y=0 上，求M的半径
22、(2)是否存在定点P，使得当A运动时，MAMP为定值？并说明理由 【答案】(1)2或6；(2)见解析. 【解析】 (1)A在直线 2 2 gR r 上,设,A tt， 则,B tt,又4AB , 2 816t， 解得： 2t ,M过点A，B,圆心M必在直线y x 上,设,M a a，圆的半径为r M与20 x相切,2ra ,又MAMBr，即 22 2 22aar 22 2 222aaa， 解得： 0a 或4a,当0a 时，2r =； 当4a时， 6r M的半径为：2或6 (2)存在定点1,0P，使得1MAMP,说明如下： A，B关于原点对称且4AB 直线AB必为过原点O的直线，且2OA 当直线
23、AB斜率存在时， 设AB方程为：ykx,则M的圆心M必在直线 1 yx k 上 设,Mkm m，M的半径为r,M与20 x相切,2rkm 又 22 222 4rMAOAOMk mm 222 24kmk mm，整理可 得： 2 4mkm ,即M点轨迹方程为： 2 4yx，准线方程为：1x，焦点1,0F MAr，即抛物线上点到2x的距离, 1MAMF,1MAMF 当P与F重合，即P点坐标为1,0时，1MAMP 当直线AB斜率不存在时，则直线AB方程为：0 x,M在x轴上，设,0M n 2 24nn，解得：0n ，即 0,0M若1,0P，则2 1 1MAMP 综上所述，存在定点1,0P，使得MAMP
24、为定值. 例 10.(2019全国高考真题(理)已知曲线C：y= 2 2 x ，D为直线y= 1 2 上的动点，过D作C 的两条切线，切点分别为A，B. (1)证明：直线AB过定点： (2)若以E(0， 5 2 )为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的 面积. 【答案】(1)见详解；(2) 3 或4 2. 【解析】(1)证明：设 1 ( ,) 2 D t , 11 ( ,)A x y,则 2 11 1 2 yx.又因为 2 1 2 yx，所以 yx.则 切线 DA 的斜率为 1 x，故 111 1 () 2 yx xt，整理得 11 2210txy .设 22 (
25、,)B xy，同理 得 11 2210txy . 11 ( ,)A x y, 22 (,)B xy都满足直线方程2210txy .于是直线 2210txy 过点,A B，而两个不同的点确定一条直线，所以直线AB方程为 2210txy .即2( 21)0txy ， 当20, 210 xy 时等式恒成立.所以直线AB恒过定点 1 (0,) 2 . (2)由(1)得直线AB的方程为 1 2 ytx.由 2 1 2 2 ytx x y ，可得 2 210 xtx ， 于是 2 12121212 2 ,1,() 121xxt x xyyt xxt 2222 12121 2 |1|1()42(1)ABtx
26、xtxxx xt.设 12 ,d d分别为点,D E到 直线AB的距离，则 2 12 2 2 1, 1 dtd t .因此，四边形 ADBE 的面积 22 12 1 |31 2 SABddtt.设 M 为线段 AB 的中点，则 2 1 , 2 M t t ， 由于EM AB ，而 2 ,2EMt t，AB与向量(1, ) t平行，所以 2 20ttt，解得 0t 或1t .当0t 时，3S ；当1t 时 4 2S 因此，四边形ADBE的面积为 3 或4 2. 【压轴训练】【压轴训练】 1(2021 上海高三专题练习)已知 1 F， 2 F是双曲线 22 1 169 xy 的焦点，PQ是过焦点
27、1 F的 弦，且PQ的倾斜角为60，那么 22 |PFQFPQ的值为( ) A16 B12 C8 D随变化而变化 【答案】A 【详解】 由双曲线方程 22 1 169 xy 知，28a， 双曲线的渐近线方程为,直线PQ的 倾斜角为60，所以 3 3 4 PQ k，又直线PQ过焦点 1 F，如图,所以直线PQ与双曲线的 交点都在左支上.由双曲线的定义得， 21 28PFPFa(1)， 21 28QFQFa(2),由(1)+(2)得 2211 ()16PFQFQFPF， 22 16PFQFPQ. 2(2021 安徽高三一模)已知 F1F2为双曲线 22 22 xy ab =1(a0，b0)的左右焦
28、点，过 F2作倾 斜角为 60 的直线 l 交双曲线右支于 A，B 两点(A 在 x 轴上方)，则 12 AFF 的内切圆半径 r1 与 12 BFF的内切圆半径 r2之比 1 2 r r 为_. 【答案】3 【详解】由内切圆的性质可知， 12 AFF 的内切圆 1 O和 12 BFF的内切圆 2 O都与x轴相切 于双曲线的右顶点C，可知 12 ,O C O三点共线.连接 12 OO交AB于D点，如图： 直线 l 的倾斜角为 60 ， 所以 1 1 60COT， 22 60DO T， 在 1 1 Rt DOT与 22 Rt DO T中， 则 11221 22ODrrrr，则 1 2 r r 为
29、3. 3(2020 全国高三其他模拟)已知双曲线 2 2 :1 3 y C x 的右焦点为F，过点F的直线l与 双曲线相交于P、Q两点，若以线段PQ为直径的圆过定点M，则MF _ 【答案】3 【详解】点F的坐标为2,0，双曲线的方程可化为 22 33xy， 当直线l的斜率不存在时，点P、Q的坐标分别为 2,3、 2, 3 ，此时以线段PQ为直 径的圆的方程为 2 2 29xy； 当直线l的斜率存在时，设点P、Q的坐标分别为 11 ,x y， 22 ,x y，记双曲线C的左 顶点的坐标为1,0A ， 直线l的方程为2yk x， 联立方程 22 33 2 xy yk x ， 消去y后 整理为 22
30、22 34340kxk xk， 2 4222 30 164(3)(3 4)36(1)0 k kkkk , 即3k 时，有 2 12 2 2 12 2 4 3 34 3 k xx k k x x k ， 22 1 2121 212 2224y ykxxkx xxx 222 2 222 3489 4 333 kkk k kkk ， 11 1,APxy， 22 1,AQxy， 12121 21212 111AP AQxxy yx xxxy y 2222 2222 34493 110 3333 kkkk kkkk 故以线段PQ为直径的圆过定点 1,0M ，3MF 4(2020 仙居县文元横溪中学高三)
31、已知双曲线 2 2 1 2 y x ，点 1 ,0A ，在双曲线上任取 两点P、Q满足APAQ，则直线PQ恒过定点_； 【答案】3,0 【详解】设PQ的方程为xmyb,则由 2 2 222 11 210 2 2 y x mybmyb xmyb . 设 1122 ,P x yQ x y,则 12 ,y y是该方程的两根, 12 2 2 1 2 bm yy m , 2 12 2 1 1 2 b yy m . 又1,0A ,APAQ,故0AP AQ, 1212 110 xxyy, 又 11 xmyb, 22 xmyb, 2 2 1212 1110myybm yyb, 代入 12 2 2 1 2 bm
32、 yy m , 2 12 2 1 1 2 b yy m 得： 2 2 2 22 21 4 1110 2121 b bm mbmb mm 整理得： 2 222 21 1412110bmbm bmmb, 2 230bb , 3b或1b.当1b时,PQ过1,0A 与题意不符,故舍去。当3b时,PQ过定点 3,0. 5(2020 哈尔滨市第一中学校高三)已知抛物线 2 2(0)ypx p，过定点 ( ,0)M p 作一弦 PQ，则22 11 MPMQ _ 【答案】 2 1 p 【详解】 直线PQ的斜率不存在时，PQ的方程为x p ， 代入 2 2ypx， 解得 ,2P pp， ,2Q pp，从而222
33、22 11111 22ppp MPMQ 直线PQ的斜率存在时，设PQ 的方程为()yk xp，代入 2 2ypx中，消去y得 22222 210k xp kxk p ， 设 11 ,P x y， 22 ,Q x y，则 12 2 2 2 p xxp k ， 2 12 x xp，则有 2 22 121212 2xxxxx x 22 2 24 84 2 pp p kk ，从而 2222 22 1122 1111 xpyxpy MPMQ 2222 12 11 xpxp 222 12 2222 12 2xxp xpxp 22 2 24 22 422 24 84 4 84 22 pp p kk pp p
34、pp kk 2 1 p 综上， 222 111 p MPMQ 6(2021 四川高三月考)已知点A的坐标为2,0，点B的坐标为2,0，点P满足 8PA PBPAPB ，记点P的轨迹为E (1)证明 PAPB为定值，并写曲线E的方程； (2)设直线1ykxkR与曲线E交于C，D两点，在 y轴上是否存在定点Q，使得对 任意实数k，直线QC，QD的斜率乘积为定值？若存在，求出点Q的坐标；若不存在， 说明理由 【答案】(1)证明见解析； 22 1 84 xy ；(2)存在，定点 0,2Q或者0, 2Q. 【详解】 1因为 ABAP PB ，两边平方得 222 2ABAPPBAP PB 而8PA PBP
35、APB ，且4AB =，从而 22 1628APPBAPPB ， 即 2 32APPB ，所以4 2APPB ，从而E的轨迹方程为 22 1 84 xy 2设存在点0,Qm满足条件，记 11 ,C x y， 22 ,D xy由 22 1, 28 ykx xy 消去y， 得 22 12460kxkx 显然其判别式0 ， 所以 12 2 4 12 k xx k ，1 2 2 6 12 x x k ， 于是 12 12 1212 11 QCQD kxmkxm ym ym kk xxx x 2 2 1212 12 11k x xmk xxm x x 22 2 112 11 336 mm mk 上式为定
36、值， 当且仅当 2 12 110 33 m m ， 解得2m或2m此时， 2 13 62 QCQD m kk 或 1 3 从而，存在定点0,2Q 或者0, 2Q满足条件 7(2021 江苏盐城市 高三一模)设 F 为椭圆 2 2 :1 2 x Cy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 1 k， 22 0kk ，求证： 1 2 k k 为定值. 【答案】(1)1yx；(2)证明见解析. 【详解】 (1)若 B 为椭圆的上顶点， 则0,1B.又AB过点2,0， 故直线:220AB
37、xy 由 2 2 1 2 220 x y xy 可得 2 3410yy ，解得 12 1 1, 3 yy即点 4 1 , 3 3 A ，又1,0F， 故直线:1AFyx. (2)设 1122 ,A x yB x y， 方法一： 设直线:2AB xty，代入椭圆方程可得： 22 2420tyty. 所以 1212 22 42 , 22 t yyy y tt .故 1212 12 1212 1111 yyyy kk xxtyty 22 1212 1212 24 2 2 22 0 1111 t t ty yyy tt tytytyty .又 12 ,k k均不为 0，故 1 2 1 k k ，即 1
38、 2 k k 为定值1 方法二： 设直线:2AB xty，代入椭圆方程可得： 22 2420tyty. 所以 1212 22 42 , 22 t yyy y tt .所以 12 12 1 2 y y yyt ，即 12 12 2 yy ty y ， 所以 2 1 12 1 11 1212 11 212 22121122 2 2 111 2 1 11 12 y y yy y tyyyxy ty kx yyy kyxytyty yy y x ， 即 1 2 k k 为定值1. 方法三： 设直线:2AB xty，代入椭圆方程可得： 22 2420tyty. 所以 1212 22 42 , 22 t
39、yyy y tt ，所以 12 1212 11 2 yy t y yyy . 所以 1 1212 112112 2 22121122 21 1 111 1 11 1 y t yxy tykty yyxy y kyxytyty yy t xy ， 把 21 11 2t yy 代入得 1 2 1 k k . 方法四： 设直线:2AB yk x，代入椭圆的方程可得 2222 128820kxk xk， 则 22 1212 22 882 , 1212 kk xxx x kk . 所以 1 1212 112211 2 221211221 2 121221 12122 1 y yxxxkx xxxx y
40、kyxxxx xxx x . 因为 22 121221 222 248 22, 121212 kk x xxxxx kkk ， 代入得 22 2 122 2 2 1 22 2 1122 48 4 1212 12 1 44 1212 kk k x x kkk k kkk xx kk . 8(2021 河南高三月考)已知点2,0A ，2,0B，动点,S x y满足直线AS与BS的斜 率之积为 3 4 ，记动点S的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程，并说明曲线C是什么样的曲线； (2)设M，N是曲线C上的两个动点，直线AM 与NB交于点P，90MAN. 求证：点P在定直线上； 求证：直线NB与直线
41、MB的斜率之积为定值. 【答案】(1) 22 12 43 xy x ，曲线C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含 A，B两点；(2)证明见解析；证明见解析. 【详解】 (1)解：由题意，得 3 2 224 yy x xx ，化简，得 22 12 43 xy x ， 所以曲线C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含A，B两点. (2)证明：由题设知，直线MA，NB的斜率存在且均不为 0.设直线AM的方程为 20 xtyt，由AMAN，可知直线NA的斜率为 NA kt ，方程为 1 2xy t . 由 22 1 2, 3412, xy t xy 得 22 43120tyty ，解得 2
42、12 43 N t y t ，则 2 22 1126 8 2 4343 N tt x ttt ，即 2 22 6812 , 4343 tt N tt . 直线NB的斜率为 2 2 2 12 0 3 43 684 2 43 NB t t k tt t ，则直线BN的方程为 3 2 4 yx t ，将 3 2 4 yx t 代入2xty，解得14x ，故点P在直线14x 上. 由(1)，得 3 4 NANB kk ， 3 4 MAMB kk ， 所以 339 4416 NANBMAMB kkkk . 结合1 NAMA kk ，得 9 16 MBNB kk 为定值.即直线NB与直线MB的斜率之积为定
43、值. 9(2021 山东威海市 高三期末)已知椭圆 22 22 :10 xy Cab ab 的离心率为 1 , 2 A B分 别是它的左、右顶点，F是它的右焦点，过点F作直线与C交于,P Q(异于,A B)两点，当 PQx 轴时，APQ的面积为 9 2 . (1)求C的标准方程; (2)设直线AP与直线BQ交于点M，求证:点M在定直线上. 【答案】(1) 22 1 43 xy ；(2)证明见解析. 【详解】(1)由题意知 1 2 c a ，所以2ac，又 222 abc，所以3bc 当PQx轴时，APQ的面积为 9 2 ，所以 2 129 22 b ac a ,解得 2 1,c 所以 22 4
44、,3ab，所以椭圆C的标准方程为 22 1 43 xy . (2)由(1)知1,0F，设直线PQ的方程为 1xmy， 与椭圆 22 1 43 xy 联立，得 22 34690mymy.显然 0 恒成立. 设 1122 ( ,),(,)P x yQ xy，所以有 1212 22 69 , 3434 m yyy y mm * 直线AP的方程为 1 1 2 +2 y yx x ，直线BO的方程为 2 2 2 2 y yx x ， 联立两方程可得，所以 12 12 22 +22 yy xx xx 12 12122 1212121 3232 221 myyxymy yyx xyxymymy yy ,由
45、*式可得 1212 3 2 y yyy m ， 代入上式可得 1212 12 12 2 1 339 2 222 3 33 2 22 3 2 yyyy x yy x yy y y ，解得4,x 故点M在定直线4x上. 10(2021 山东淄博市 高三一模)已知 1 A， 2 A是椭圆E： 22 22 10 yx ab ab 长轴的两 个端点，点1,2M在椭圆E上，直线 1 MA， 2 MA的斜率之积等于4 . (1)求椭圆E的标准方程； (2)设0m，直线l方程为 ym ，若过点0,Fm的直线与椭圆E相交于A，B两点， 直线MA，MB与l的交点分别为H，G，线段GH的中点为N.判断是否存在正数m
46、使直 线MN的斜率为定值，并说明理由. 【答案】(1) 22 1 82 yx ；(2)存在，理由见解析. 【详解】(1)由已知： 1 0,Aa， 2 0,Aa，因为1,2M在椭圆上，直线 1 MA， 2 MA的 斜率之积等于4，所以 12 22 4 1010 MAMA aa kk ，解得： 2 8a ， 又 22 41 1 ab ，所以 2 2b ，所以椭圆的标准方程为 22 1 82 yx ， (2)设 11 ,A x y， 22 ,B x y为过点F的直线与椭圆E的交点， 当经过点F的直线斜率不存在时，此时A，B为椭圆E长轴端点，不妨设 0,2 2A， 0, 2 2B，因为M，A，H三点共
47、线，H坐标为 2 1, 2 22 m m ，同理G坐标为 2 1, 2 22 m m ，此时线段GH的中点为 4 , 2 m Nm ，所以 2 2 4 1 2 MN m k m ， 当该直线的斜率存在时，设该直线的方程是y kxm ，联立方程得： 22 48xy ykxm ， 消元并化简得： 222 4280kxkmxm ，所以 12 2 2 4 km xx k ， 2 12 2 8 4 m x x k ， 设 3, H xm ， 4, G xm ，因为M，A，H三点共线，即/MA MH uuu ruuur ， 所以 311 1221xymx ，由已知得，点M不在直线y kxm 上，且 11 ykxm，所以
