题型(一) 定 点 问 题
[典例感悟]
x2y2
[典例] (2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0，1)，
abP3－1，
主要考查直线、曲线过定点或两条直线的交点在定曲线上.
33
，P41，中恰有三点在椭圆C上． 22
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点. [审题定向] (一)定知识 主要考查椭圆的标准方程、直线与椭圆位置关系中的定点问题． (二)定能力 1.考查数学运算：方程组和方程的求解. 2.考查直观想象：直线与椭圆的位置关系、点与椭圆的位置关系． (三)定思路 第(1)问利用对称性、待定系数法求解： 根据椭圆的对称性及标准方程判断，点P1不在椭圆上，点P2，P3，P4三点在椭圆上，代入椭圆方程列方程组求解； 第(2)问利用设而不求法及直线系思想证明过定点： 设直线l的方程，分析直线l与x轴的位置关系，联立直线l与椭圆C的方程，用根与系数的关系得到直线l斜率与截距的关系，由方程恒成立得定点. [解] (1)由于P3，P4两点关于y轴对称， 故由题设知椭圆C经过P3，P4两点． 1113
又由2＋2>2＋2知，椭圆C不经过点P1，
aba4b
所以点P2在椭圆C上．
因此13
＋a4b＝1，
221
＝1，b2
2a＝4，解得
2
b＝1.
x22
故椭圆C的方程为＋y＝1.
4
(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.
4－t2
如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为t，，
24－t2
t，－.
2
则由k1＋k2＝4－t2－2
－2t
4－t2＋2
＝－1，得t＝2，不符合题设． 2t
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)． x22
将y＝kx＋m代入＋y＝1得
4(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
4m2－48km
则x1＋x2＝－2，x1x2＝2. 4k＋14k＋1y1－1y2－1
而k1＋k2＝＋ x1x2kx1＋m－1kx2＋m－1
＝＋
x1x22kx1x2＋m－1x1＋x2＝. x1x2由题设k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 4m2－4－8km
即(2k＋1)·2＋(m－1)·2＝0.
4k＋14k＋1
m＋1
解得k＝－. 2
m＋1m＋1
当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，所以l
22过定点(2，－1)．
[类题通法]
动线过定点问题的2大类型及解法
类型 动直线l过定点问题 ＝mk＋n，得y－n＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，n) 动曲线C过定点问题 [对点训练]
x22
(2017·全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y＝1上，过M作x轴的垂
2―→―→
线，垂足为N，点P满足NP＝2 NM.
(1)求点P的轨迹方程；
―→―→
(2)设点Q在直线x＝－3上，且OP·PQ＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
解：(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，
―→―→
则N(x0,0)，NP＝(x－x0，y)，NM＝(0，y0)． 2―→―→
由NP＝2 NM，得x0＝x，y0＝y.
2x2y2
因为M(x0，y0)在椭圆C上，所以＋＝1.
22因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2. (2)证明：由题意知F(－1,0)． 设Q(－3，t)，P(m，n)，
―→―→
则OQ＝(－3，t)，PF＝(－1－m，－n)，
引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点 解法 设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t―→―→
OQ·PF＝3＋3m－tn，
―→―→
OP＝(m，n)，PQ＝(－3－m，t－n)． ―→―→由OP·PQ＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1， 又由(1)知m2＋n2＝2， 故3＋3m－tn＝0.
―→―→―→―→所以OQ·PF＝0，即OQ⊥PF. 又过点P存在唯一直线垂直于OQ，
所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
主要以直线与圆锥曲线的位置关系为题型(二) 定 值 问 题 背景，考查转化与化归思想和对定值问题的处理能力，常涉及式子、面积的定值问题. [典例感悟] x2y2
[典例] (2016·北京高考)已知椭圆C：2＋2＝1过A(2,0)，B(0,1)两点．
ab(1)求椭圆C的方程及离心率；
(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.
[审题定向] (一)定知识 主要考查椭圆的标准方程、离心率、四边形的面积、直线与椭圆位置关系中的定值问题． (二)定能力 1.考查逻辑推理：欲求椭圆的方程、离心率，需求a、b；欲证四边形ABNM的面积为定值，需证其面积的表达式与参数无关. 2.考查数学运算：离心率的求解；列直线方程，|AN|，|BM|的表示，面积表达式的化简． (三)定思路 第(1)问利用待定系数法求方程，离心率定义求离心率： c利用方程思想求得字母a，b的值，利用椭圆离心率的定义e＝求得离心率； a第(2)问设而不求，整体消参法求证： 设出点P的坐标，并建立坐标之间的关系，表示出四边形的面积，整体运算消去参数可得定值. [解] (1)由题意得a＝2，b＝1， x22
所以椭圆C的方程为＋y＝1.
4
c3
又c＝a2－b2＝3，所以离心率e＝＝. a2
2
(2)证明：设P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则x20＋4y0＝4.
又A(2,0)，B(0,1)，
y0所以直线PA的方程为y＝(x－2)．
x0－22y0令x＝0，得yM＝－，
x0－22y0从而|BM|＝1－yM＝1＋.
x0－2y0－1
直线PB的方程为y＝x＋1.
x0x0令y＝0，得xN＝－，
y0－1x0
从而|AN|＝2－xN＝2＋.
y0－1
1
所以四边形ABNM的面积S＝|AN|·|BM|
2x02y01
＝2＋y－11＋x－2 200
2x0＋4y20＋4x0y0－4x0－8y0＋4＝ 2x0y0－x0－2y0＋2
＝
2x0y0－2x0－4y0＋4
＝2.
x0y0－x0－2y0＋2
从而四边形ABNM的面积为定值．
[类题通法]
求解定值问题的2大途径
首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明途径一 待证式与参数(某些变量)无关 途径二 [对点训练]
(2019届高三·益阳、湘潭联考)已知动圆P经过点N(1,0)，并且与圆M：(x＋1)2＋y2＝16相切．
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)设G(m,0)为轨迹C内的一个动点，过点G且斜率为k的直线l交轨迹C于A，B两点，当k为何值时，ω＝|GA|2＋|GB|2是与m无关的定值？并求出该定值．
解：(1)由题意得|PM|＋|PN|＝4，
∴点P的轨迹C是以M，N为焦点的椭圆， ∴2a＝4,2c＝2， ∴b＝
a2－c2＝3，
先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值 x2y2
∴椭圆的方程为＋＝1.
43
x2y2
即点P的轨迹C的方程为＋＝1.
43(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由题意知－2 4m2k2－128mk2 ∴x1＋x2＝2，x1x2＝， 4k＋34k2＋3 6mk ∴y1＋y2＝k(x1－m)＋k(x2－m)＝k(x1＋x2)－2km＝－2， 4k＋3y1y2＝k2(x1－m)(x2－m) 223km－4 ＝k2x1x2－k2m(x1＋x2)＋k2m2＝， 2 4k＋3 ∴|GA|2＋|GB|2 22 ＝(x1－m)2＋y21＋(x2－m)＋y2 ＝(x1＋x2)2－2x1x2－2m(x1＋x2)＋2m2＋(y1＋y2)2－2y1y2 －6m24k2－3＋243＋4k2＝(k＋1). 4k2＋32 2 要使ω＝|GA|2＋|GB|2的值与m无关，需使4k2－3＝0， 3 解得k＝±，此时ω＝|GA|2＋|GB|2＝7. 2 题型(三) 存 在 性 问 题 主要以直线与圆锥曲线的位置关系为背景，考查学生分析问题和解决问题的能力. [典例感悟] [典例] (2016·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，直线l：y＝t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：y2＝2px(p＞0)于点P，M关于点P的对称点为N，连接ON并延长交C于点H. (1)求 |OH| ； |ON| (2)除H以外，直线MH与C是否有其他公共点？说明理由. [审题定向] (一)定知识 主要考查直线的方程，抛物线方程、直线与抛物线的位置关系． (二)定能力 1.考查直观想象：点与点的对称关系，直线与抛物线的位置关系. 2.考查数学运算：对称点的求解，方程根的求解． (三)定思路 第(1)问利用坐标关系求解： 先求出N，H的坐标，再求|OH|； |ON|第(2)问利用方程思想求解： 将直线MH的方程与抛物线C的方程联立，根据方程的解的个数进行判断. t[解] (1)如图，由已知得M(0，t)，P2p，t. t又N为M关于点P的对称点，故Np，t， p 故直线ON的方程为y＝x， t 将其代入y2＝2px整理得px2－2t2x＝0， 2t2t2 ，2t. 解得x1＝0，x2＝.因此Hpp|OH| 所以N为OH的中点，即＝2. |ON| (2)直线MH与C除H以外没有其他公共点． 理由如下： p 直线MH的方程为y－t＝x， 2t2t 即x＝(y－t)． p 代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0， 解得y1＝y2＝2t， 即直线MH与C只有一个公共点， 2 22 所以除H以外，直线MH与C没有其他公共点． [类题通法] 求解存在性问题的思路及策略 思路 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 策略 [对点训练] x2y2 (2018·南宁、柳州联考)如图，椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)经过 ab31 1，，离心率e＝，直线l的方程为x＝4. 点P22 (1)求椭圆C的方程； (2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 319 1，在椭圆C上得，2＋2＝1，① 解：(1)由P2a4bc1 由e＝＝知a＝2c，则b2＝3c2，② a2②代入①，解得c2＝1，a2＝4，b2＝3. x2y2 故椭圆C的方程为＋＝1. 43(2)由题意可设直线AB的斜率为k， 则直线AB的方程为y＝k(x－1)，③ 代入椭圆方程，并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0，显然Δ>0恒成立， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2≠1，则有 4k2－38k2 x1＋x2＝2，x1x2＝2，④ 4k＋34k＋3 在方程③中令x＝4得，点M的坐标为(4,3k)． 333y1－y2－3k－ 2221 从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－. 2x1－1x2－14－1 y1y2因为A，F，B三点共线，所以有k＝kAF＝kBF，即有＝＝k， x1－1x2－1 33y1－y2－x1＋x2－222y1y231＋13 所以k1＋k2＝＋＝＋－，＝2k－2·x1－1x2－1x1－1x2－12x1－1x2－1x1x2－x1＋x2＋1⑤ 8k2 －24k2＋3 3 将④代入⑤得k1＋k2＝2k－·2＝2k－1， 24k－32 8k－＋1 4k2＋34k2＋31 又k3＝k－， 2所以k1＋k2＝2k3. 故存在常数λ＝2符合题意． [解题通法点拨] 解析几何问题重在 “设”——设点、设线 [循流程思维——入题快] 解析几何部分知识点多，运算量大，能力要求高，综合性强，在高考试题中大都是在压轴题的位置出现，是考生“未考先怕”的题型之一，不是怕解题无思路，而是怕解题过程中繁杂的运算．因此，在遵循“设——列——解”程序化运算的基础上，应突出解析几何“设”的重要性，以克服平时重思路方法、轻运算技巧的顽疾，突破如何避繁就简这一瓶颈． [按流程解题——快又准] [典例] (2016·全国卷Ⅲ)已知抛物线C：y2＝2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点． (1)若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明AR∥FQ； (2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程． [解题示范] 1 由题设F2，0. 设l1：y＝a，l2：y＝b， 则ab≠0， 22 ab11a＋b ，a，B，b，P－，a，Q－，b，R－1，且A. 222222 记过A，B两点的直线为l， 则l的方程为2x－(a＋b)y＋ab＝0. (1)证明：由于F在线段AB上，故1＋ab＝0. 设AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则 a－ba－b1－abb－0 k1＝＝＝＝＝－b＝＝k2. 22aa111＋aa－ab－－ 22所以AR∥FQ. (2)设l与x轴的交点为 D(x1,0)， 1 则S△ABF＝|b－a||DF| 2 |a－b|11 x1－，S△PQF＝＝|b－a|. 2221|a－b|1 x1－＝由题设可得2×|b－a|， 222 所以x1＝0(舍去)，x1＝1. 设满足条件的AB的中点 为E(x，y)． 当AB与x轴不垂直时， 2 由kAB＝kDE可得 a＋b＝ y (x≠1)． x－1 a＋b而＝y，所以y2＝x－1(x≠1)． 2 当AB与x轴垂直时，E与D重合，此时E(1,0)满足方程y2＝x－1. 所以所求轨迹方程为y2＝x－1. [思维升华] 解决解析几何问题的关键在于：通观全局，局部入手，整体思维．反映在解题上，就是把曲线的几何特征准确地转换为代数形式，根据方程画出图形，研究几何性质． [应用体验] x2y22 已知椭圆E：2＋2＝1(a>b>0)经过点(22，2)，且离心率为，F1，F2是椭圆E的左、 ab2右焦点． (1)求椭圆E的方程； (2)若A，B是椭圆E上关于y轴对称的两点(A，B不是长轴的端点)，点P是椭圆E上异于A，B的一点，且直线PA，PB分别交y轴于点M，N，求证：直线MF1与直线NF2的交点G在定圆上． 解：(1)由题意知c＝2，a2a＝b＋c， 2 2 2 84 ＋＝1，a2b2 a＝4， 解得b＝22， c＝22， x2y2 故椭圆E的方程为＋＝1. 168 (2)证明：设B(x0，y0)，P(x1，y1)，则A(－x0，y0)． y1－y0 直线PA的方程为y－y1＝(x－x1)， x1＋x0x1y0＋x0y1 令x＝0，得y＝， x1＋x0 x1y0＋x0y1故M0，. x＋x10x1y0－x0y1 同理可得N0，. x－x10 x1y0＋x0y1―→ 所以F1M＝22，， x＋x10x1y0－x0y1―→ F2N＝－22，， x－x10 222 x1y0＋x0y1x1y0－x0y1x21y0－x0y1―→―→ 所以F1M·F2N＝22，·－22，＝－8＋22 x＋xx－xx1－x01010 ＝－8＋ x21×8 1－x0－x21－x1×80 16162 x21－x0 22 ＝－8＋8＝0， 所以F1M⊥F2N，所以直线MF1与直线NF2的交点G在以F1F2为直径的圆上． [课时跟踪检测] A卷——大题保分练 x2y2 1．(2018·成都模拟)已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的右焦点F(3，0)，长半轴长与短 ab半轴长的比值为2. (1)求椭圆C的标准方程； (2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标． a 解：(1)由题意得，c＝3，＝2，a2＝b2＋c2， b∴a＝2，b＝1， x22 ∴椭圆C的标准方程为＋y＝1. 4 (2)证明：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)． y＝kx＋m，由消去y可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 22x＋4y＝4， 4m2－4∴Δ＝16(4k＋1－m)>0，x1＋x2＝2，x1x2＝2. 4k＋14k＋1 2 2 －8km ―→―→ ∵点B在以线段MN为直径的圆上，∴BM·BN＝0. ―→―→ ∵BM·BN＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2 ＝0， 2 4m－4－8km2 ∴(k＋1)2＋k(m－1)2＋(m－1)2＝0， 4k＋14k＋1 整理，得5m2－2m－3＝0， 3 解得m＝－或m＝1(舍去)． 53 ∴直线l的方程为y＝kx－. 5 易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意． 30，－. 故直线l过定点，且该定点的坐标为5 2．(2018·全国卷Ⅱ)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|＝8. (1)求l的方程； (2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程． 解：(1)由题意得F(1,0)，l的方程为y＝k(x－1)(k>0)． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， y＝kx－1， 由2得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. y＝4x 2 2k＋42 Δ＝16k＋16>0，故x1＋x2＝2. k 4k2＋4 所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝2. k4k2＋4 由题设知2＝8，解得k＝1或k＝－1(舍去)． k因此l的方程为y＝x－1. (2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2)， 所以AB的垂直平分线方程为y－2＝－(x－3)， 即y＝－x＋5. 设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)， y＝－x＋5，则y－x＋1 x＋1＝2＋16. 0 0 0 2 0 0 2 x0＝3，x0＝11，解得或 y0＝2y0＝－6. 因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144. x2y2 3.(2018·贵阳模拟)如图，椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的左顶点与 ab上顶点分别为A，B，右焦点为F，点P在椭圆C上，且PF⊥x轴，若AB∥OP，且|AB|＝23. (1)求椭圆C的方程； (2)已知Q是C上不同于长轴端点的任意一点，在x轴上是否存在一点D，使得直线QA1 与QD的斜率乘积恒为－，若存在，求出点D的坐标，若不存在，说明理由． 2 解：(1)由题意得A(－a,0)，B(0，b)，可设P(c，t)(t>0)， 2bc2t2b2∴2＋2＝1，得t＝，即Pc，a， aba b2 ba 由AB∥OP得＝，即b＝c，∴a2＝b2＋c2＝2b2，① ac又|AB|＝23，∴a2＋b2＝12，② x2y2 由①②得a＝8，b＝4，∴椭圆C的方程为＋＝1. 84 2 2 1 (2)假设存在D(m,0)，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为－，设Q(x0，y0)(y0≠0)，则 2 2 x2y00＋＝1，③ 84 1 ∵kQA·kQD＝－，A(－22，0)， 2y0y01∴·＝－(x0≠m)，④ 2x0＋22x0－m 由③④得(m－22)x0＋22m－8＝0， m－22＝0， 即解得m＝22， 22m－8＝0， 1∴存在点D(22，0)，使得kQA·kQD＝－. 2 x2y25 4．(2018·昆明模拟)已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的焦距为4，P2，是椭圆C上的 ab5点． (1)求椭圆C的方程； ―→―→―→ (2)O为坐标原点，A，B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点，设OD＝OA＋OB，证明：直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值． 解：(1)由题意知2c＝4，即c＝2， x2y2 则椭圆C的方程为2＋2＝1， aa－4因为点P2， 5 在椭圆C上， 5 4116所以2＋2＝1，解得a2＝5或a2＝(舍去)， a5a－45x22 所以椭圆C的方程为＋y＝1. 5 ―→―→―→ (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2且x1＋x2≠0，由OA＋OB＝OD，得D(x1＋x2，y1 ＋y2)， 所以直线AB的斜率kAB＝ y1－y2 y1＋y2 ，直线OD的斜率kOD＝， x1－x2x1＋x2 由x 5＋y＝1， 2222 2x1 ＋y21＝1，5 1 得(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0， 5 即 y1＋y2y1－y211 ·＝－，所以kAB·kOD＝－. 55x1＋x2x1－x2 1 故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值－. 5 B卷——深化提能练 1．(2018·安徽江南十校联考)在平面直角坐标系中，直线2x－y＋m＝0不过原点，且y2x2 与椭圆＋＝1有两个不同的公共点A，B. 42 (1)求实数m的取值所组成的集合M； (2)是否存在定点P使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补？若存在，求出所有定点P的坐标；若不存在，请说明理由． y2x2 解：(1)因为直线2x－y＋m＝0不过原点，所以m≠0.将2x－y＋m＝0与＋＝1联 42立，消去y，得4x2＋22mx＋m2－4＝0. 因为直线与椭圆有两个不同的公共点A，B，所以Δ＝8m2－16(m2－4)>0，所以－22 ＋kPB＝0. 令A(x1，2x1＋m)，B(x2，2x2＋m)，则 2x1＋m－y02x2＋m－y0 ＋＝0， x1－x0x2－x0 整理得22x1x2＋(m－2x0－y0)(x1＋x2)＋2x0(y0－m)＝0.(*) m2－42m2 由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝，代入(*)式化简得y0－x0m＋2(x0y0－2)＝0， 24222y0－x0＝0， 则x0y0－2＝0， x0＝1，x0＝－1， 解得或所以定点P的坐标为(1，2)或(－1， y0＝2y0＝－2， －2)．经检验，此两点均满足题意． 故存在定点P使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补，且定点P的坐标为 (1，2)或(－1，－2)． x2y2 2．(2019届高三·西安八校联考)已知直线l：x＝my＋1过椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的右 ab焦点F，抛物线x2＝43y的焦点为椭圆C的上顶点，且l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线x＝4上的射影依次为D，K，E. (1)求椭圆C的方程； ―→―→―→―→ (2)若直线l交y轴于点M，且MA＝λ1AF，MB＝λ2BF，当m变化时，证明：λ1＋λ2 为定值； (3)当m变化时，直线AE与BD是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由． 解：(1)∵直线x＝my＋1过椭圆的右焦点， ∴右焦点F(1,0)，c＝1，即c2＝1. ∵x2＝43y的焦点(0，3)为椭圆C的上顶点， ∴b＝3，即b2＝3，a2＝b2＋c2＝4， x2y2 ∴椭圆C的方程为＋＝1. 43 x＝my＋1， (2)由题意知m≠0，由 22 3x＋4y－12＝0， 得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.显然Δ>0恒成立， 6m9 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－2，y1y2＝－2. 3m＋43m＋41―→―→―→―→ 0，－， ∵MA＝λ1AF，MB＝λ2BF，Mm 111 x1，y1＋＝λ1(1－x1，－y1)，x2，y2＋＝λ2(1－x2，－y2)，∴λ1＝－1－，λ2＝∴mmmy1 1 －1－， my2 y1＋y26m9m8 ∴λ1＋λ2＝－2－＝－2－2÷2＝－. my1y233m＋43m＋48 综上所述，当m变化时，λ1＋λ2为定值－. 3 5 (3)当m＝0时，直线l⊥x轴，则四边形ABED为矩形，易知AE与BD相交于点N2，0， 5 则若当m变化时，直线AE与BD相交于定点，则定点必为N2，0，证明如下： 3―→5―→3 －x1，－y1＝－my1，－y1，易知E(4，y2)，则NE＝，y2. AN＝2223333－6m－9－my∵2－m3m2＋4＝0， 1y2－(－y1)＝(y1＋y2)－my1y2＝2223m2＋4―→―→ ∴AN∥NE，即A，N，E三点共线． 同理可得B，N，D三点共线． 5 则猜想成立，故当m变化时，直线AE与BD相交于定点N2，0. x2y23．(2018·贵州六校联考)已知点M是椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为 ab43 C的左、右焦点，|F1F2|＝4，∠F1MF2＝60°，△F1MF2的面积为. 3 (1)求椭圆C的方程； (2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交椭圆C于异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1＋k2为定值． 14316 解：(1)在△F1MF2中，由|MF1||MF2|sin 60°＝，得|MF1||MF2|＝. 233 由余弦定理，得|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1|·|MF2|cos 60°＝(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1|·|MF2|(1＋cos 60°)， 从而2a＝|MF1|＋|MF2|＝42， 即a＝22，从而b＝2， x2y2 故椭圆C的方程为＋＝1. 84 (2)当直线l的斜率存在时，设其方程为y＋2＝k(x＋1)， xy8＋4＝1，由得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0. y＋2＝kx＋14kk－22k2－8k设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝. 1＋2k21＋2k2y1－2y2－2 从而k1＋k2＝＋ x1x2 2 2 2kx1x2＋k－4x1＋x2＝ x1x24kk－2 ＝2k－(k－4)2＝4. 2k－8k 当直线l的斜率不存在时，可取A－1， 1414，B－1，－，得k1＋k2＝4. 22 综上，恒有k1＋k2＝4. 1 4．(2019届高三·湘东五校联考)已知椭圆C的中心在原点，离心率等于，它的一个短 2轴端点恰好是抛物线x2＝83y的焦点． (1)求椭圆C的方程； (2)如图，已知P(2,3)，Q(2，－3)是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点． 1 ①若直线AB的斜率为，求四边形APBQ面积的最大值； 2 ②当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值？请说明理由． x2y2 解：(1)设椭圆C的方程为2＋2＝1(a>b>0)， abc1 则b＝23.由＝，a2＝c2＋b2，得a＝4， a2x2y2 ∴椭圆C的方程为＋＝1. 1612(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)． 1 ①设直线AB的方程为y＝x＋t， 2x2y2 代入＋＝1，得x2＋tx＋t2－12＝0， 1612由Δ>0，解得－4 x1＋x22－4x1x2＝t2－4t2－12＝48－3t2. 1 ∴四边形APBQ的面积S＝×6×|x1－x2|＝3 2∴当t＝0时，S取得最大值，且Smax＝123. 48－3t2. ②若∠APQ＝∠BPQ，则直线PA，PB的斜率之和为0，设直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为－k，直线PA的方程为y－3＝k(x－2)， y－3＝kx－2，由x2y2 16＋12＝1， 得(3＋4k2)x2＋8(3－2k)kx＋4(3－2k)2－48＝0， 82k－3k∴x1＋2＝， 3＋4k2 －8k－2k－38k2k＋3 将k换成－k可得x2＋2＝＝， 3＋4k23＋4k216k2－12－48k ∴x1＋x2＝，x1－x2＝， 3＋4k23＋4k2 y1－y2kx1－2＋3＋kx2－2－3kx1＋x2－4k1 ∴kAB＝＝＝＝， 2x1－x2x1－x2x1－x21 ∴直线AB的斜率为定值. 2 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容