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高中数学高考2 第2课时 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题
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第2课时 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题
定值问题
(2020·高考北京卷)已知椭圆C：＋＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点B(－4，0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝－4于点P，Q，求的值．
【解】 (1)因为a＝2b，所以椭圆的方程为＋＝1，
又因为椭圆过点A(－2，－1)，所以有＋＝1，解得b2＝2，所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由题意知直线MN的斜率存在．
当直线MN的斜率为0时，不妨设M(－2，0)，N(2，0)，
则直线MA：y＝(x＋2)，直线NA：y＝(x－2)，
则yP＝，yQ＝－，＝1.
当直线MN的斜率不为0时，设直线MN：x＝my－4(m≠0)，与椭圆方程＋＝1联立，化简得(m2＋4)y2－8my＋8＝0，Δ＝64m2－32(m2＋4)＝32(m2－4)＞0，解得m2＞4.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1y2＝，y1＋y2＝.
直线MA的方程为y＋1＝(x＋2)，则P，
即P.
直线NA的方程为y＋1＝(x＋2)，则Q，
即Q.
所以＝
＝＝
＝＝1.
综上，＝1.
圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法
(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值．
(2)两大解法：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②变量法：其解题流程为,变量)
(2020·六校联盟第二次联考)在直角坐标系xOy中，动点P与定点F(1，0)的距离和它到定直线x＝4的距离之比是1∶2，设动点P的轨迹为E.
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)设过F的直线交轨迹E的弦为AB，过原点的直线交轨迹E的弦为CD，若CD∥AB，求证：为定值．
解：(1)设点P的坐标为(x，y)，由题意得＝，将两边平方，并化简得＋＝1，
故轨迹E的方程是＋＝1.
(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，易求得|AB|＝3，|CD|＝2，
则＝4.
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的斜率为k，依题意知k≠0，
则直线AB的方程为y＝k(x－1)，直线CD的方程为y＝kx.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．
由得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
|AB|＝·|x1－x2|＝·＝.
由整理得x2＝，则|x3－x4|＝.
|CD|＝×|x3－x4|＝4.
所以＝·＝4.
综合①②知＝4，为定值．
定点问题
技法一 目标关系式法求定点
(2020·高考全国卷Ⅰ)已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)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】 (1)由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1)．
则＝(a，1)，＝(a，－1)．由·＝8得a2－1＝8，即a＝3.
所以E的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．
若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3
直线PB的方程为y＝(x－3)，所以y2＝(x2－3)．
可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)．
由于＋y＝1，故y＝－，可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，
即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.①
将x＝my＋n代入＋y2＝1得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2·(m2＋9)＝0.
解得n＝－3(舍去)或n＝.
故直线CD的方程为x＝my＋，即直线CD过定点(，0)．
若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点(，0)．
综上，直线CD过定点(，0)．
圆锥曲线中定点问题的常见解法
(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；
(2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．
技法二 逆推法求定点
设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝.
(1)求点P的轨迹方程；
(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝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)，＝(x－x0，y)，＝(0，y0)．
由＝ 得x0＝x，y0＝y.
因为M(x0，y0)在C上，
所以＋＝1.
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
＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，
·＝3＋3m－tn，
＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)．
由·＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.
所以·＝0，即⊥.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.
证明直线或曲线过某一定点(定点坐标已知)，可把要证明的结论当条件，逆推上去，若得到使已知条件成立的结论，则证明了直线或曲线过定点．
(2020·咸阳模拟)已知A(－2，0)，B(2，0)，点C是动点且直线AC和直线BC的斜率之积为－.
(1)求动点C的轨迹方程；
(2)设直线l与(1)中轨迹相切于点P，与直线x＝4相交于点Q，判断以PQ为直径的圆是否过x轴上一定点．
解：(1)设C(x，y)．由题意得kAC·kBC＝·＝－(y≠0)．整理，得＋＝1(y≠0)．
故动点C的轨迹方程为＋＝1(y≠0)．
(2)方法一：易知直线l的斜率存在，
设直线l：y＝kx＋m.
联立方程组消去y并整理，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
依题意得Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，
即3＋4k2＝m2.
设x1，x2为方程(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0的两个根，则x1＋x2＝，
所以x1＝x2＝.
所以P，即P.
又Q(4，4k＋m)，
设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，
则由·＝0，
得·(4－t，4k＋m)＝0.
整理，得(t－1)＋t2－4t＋3＝0.
由的任意性，得t－1＝0且t2－4t＋3＝0，解得t＝1.
综上可知以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0)．
方法二：设P(x0，y0)，则曲线C在点P处的切线PQ：＋＝1.
令x＝4，得Q.
设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，
则由·＝0，
得(x0－t)·(4－t)＋3－3x0＝0，
即x0(1－t)＋t2－4t＋3＝0.
由x0的任意性，得1－t＝0且t2－4t＋3＝0，解得t＝1.
综上可知，以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0)．
探索性问题
(2020·江西九江四校考前适应性模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，P是椭圆C上的一个动点．当P是C的上顶点时，△F1PF2的面积为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设斜率存在的直线PF2与C的另一个交点为Q，是否存在点T(t，0)，使得|TP|＝|TQ|？若存在，求出t的取值范围；若不存在，请说明理由．
【解】 (1)设椭圆C的半焦距为c.
因为S△F1PF2＝×2c×b＝，所以bc＝.
又e＝＝，a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝，c＝1.
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)存在．假设存在点T(t，0)，使得|TP|＝|TQ|.
由直线PQ过F2(1，0)，设直线PQ的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ的中点为N(x0，y0)．
当k＝0时，t＝0，符合题意．
当k≠0时，由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
Δ＝(－8k2)2－4(4k2＋3)(4k2－12)＝144k2＋144>0，x1＋x2＝.
所以x0＝＝，y0＝k(x0－1)＝－，即N.
连接TN，因为|TP|＝|TQ|，所以TN⊥PQ，则kTN·k＝－1(kTN为直线TN的斜率)．
所以·k＝－1，
即t＝＝.
因为4＋>4，所以t∈.
综上可得，t的取值范围为.
存在性问题的求解策略
解决存在性问题，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．
(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．
(2020·山东新高考模拟)设中心在原点，焦点在x轴上的椭圆E过点(1，)，且离心率为.F为E的右焦点，P为E上一点，PF⊥x轴，⊙F的半径为PF.
(1)求椭圆E和⊙F的方程；
(2)若直线l：y＝k(x－)(k>0)与⊙F交于A，B两点，与E交于C，D两点，其中A，C在第一象限，是否存在k使|AC|＝|BD|？若存在，求直线l的方程；若不存在，说明理由．
解：(1)设E的方程为＋＝1(a>b>0)，由题设知
＋＝1，＝.
解得a＝2，b＝1，故椭圆E的方程为＋y2＝1.
因此F(，0)，|PF|＝，即⊙F的半径为.
所以⊙F的方程为(x－)2＋y2＝.
(2)不存在．由题设可知，A在E外，B在E内，C在⊙F内，D在⊙F外．在l上的四点A，B，C，D满足|AC|＝|AB|－|BC|，|BD|＝|CD|－|BC|.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)．将l的方程代入E的方程得
(1＋4k2)x2－8k2x＋12k2－4＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
|CD|＝ ＝>1，
又⊙F的直径|AB|＝1，所以|BD|－|AC|＝|CD|－|AB|＝|CD|－1>0，故不存在正数k使|AC|＝|BD|.
思想方法系列17 破解解析几何运算的常见技巧
中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中，用方程的观点来研究曲线，体现了用代数的方法解决几何问题的优越性，但有时运算量过大，或需繁杂的讨论，这些都会影响解题的速度，甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹”的地步，特别是高考中，在规定的时间内，要保质保量完成解题的任务，计算能力是一个重要的方面，为此，从以下几个方面探索减轻运算量的方法和技巧，合理简化解题过程，优化思维过程．
技巧一 回归定义，化繁为简
回归定义的实质是重新审视概念，并用相应的概念解决问题，是一种朴素而又重要的策略和思想方法．圆锥曲线的定义既是有关圆锥曲线问题的出发点，又是新知识、新思维的生长点．对于相关的圆锥曲线中的数学问题，若能根据已知条件，巧妙灵活应用定义，往往能达到化难为易、化繁为简、事半功倍的效果．
如图，F1，F2是椭圆C1：＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点．若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是( )
A. B. C. D.
【解析】 由已知，得F1(－，0)，F2(，0)，设双曲线C2的实半轴长为a，由椭圆及双曲线的定义和已知，可得解得a2＝2，故a＝.
所以双曲线C2的离心率e＝＝.
【答案】 D
本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|，|AF2|的等量关系，从而快速求出双曲线实半轴长a的值，进而求出双曲线的离心率，大大降低了运算量．
技巧二 直观想象，数形结合
著名数学家华罗庚说过：“数与形本是两相倚，焉能分作两边飞．数缺形时少直观，形少数时难入微．”在圆锥曲线的一些问题中，许多对应的长度、数式等都具有一定的几何意义，挖掘题目中隐含的几何意义，采用数形结合的思想方法，可解决一些相应问题．
已知F是双曲线C：x2－＝1的右焦点，P是C的左支上一点，A(0，6)．当△APF周长最小时，该三角形的面积为________．
【解析】 设双曲线的左焦点为F1，根据双曲线的定义．可知|PF|＝2a＋|PF1|，
则△APF的周长为|PA|＋|PF|＋|AF|＝|PA|＋2a＋|PF1|＋|AF|＝|PA|＋|PF1|＋|AF|＋2a，
由于|AF|＋2a是定值，要使△APF的周长最小，
则|PA|＋|PF1|最小，即P，A，F1共线，
由于A(0，6)，F1(－3，0)，
则直线AF1的方程为＋＝1，即x＝－3，
代入双曲线方程整理可得y2＋6y－96＝0，
解得y＝2或y＝－8(舍去)，
所以点P的纵坐标为2，
所以S△APF＝S△AFF1－S△PFF1＝×6×6－×6×2＝12.
【答案】 12
要求△APF的周长的最小值，其实就是转化为求解三角形三边长之和，根据已知条件与双曲线定义加以转化为已知边的长度问题与已知量的等价条件来分析，根据直线与双曲线的位置关系，通过数形结合确定点P的位置，通过求解点P的坐标进而利用三角形的面积公式来处理．
技巧三 设而不求，整体运算
对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，常常可以用“点差法”求解．
已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为M(1，－1)，则E的标准方程为( )
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
【解析】 通解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，
①－②得＋＝0，
所以kAB＝＝－＝.
又kAB＝＝，所以＝.
又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，
所以椭圆E的标准方程为＋＝1.
优解：由kAB·kOM＝－得，×＝－得，a2＝2b2.又a2－b2＝9，所以a2＝18，b2＝9，
所以椭圆E的标准方程为＋＝1.
【答案】 D
本题设出A，B两点的坐标，却不求出A，B两点的坐标，巧妙的表达出直线AB的斜率，通过将直线AB的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．
技巧四 整体换元，简化运算
变量换元的关键是构造元和设元 ，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化．变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题．
设直线l与抛物线x2＝2y分别相交于A，B两点，与椭圆＋＝1分别相交于C，D两点，直线OA，OB，OC，OD(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，k3，k4，且OA⊥OB.
(1)是否存在实数t，满足k1＋k2＝t(k3＋k4)，并说明理由；
(2)求△OCD面积的最大值．
【解】 设直线l的方程为y＝kx＋b(b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．
联立得x2－2kx－2b＝0，
则x1＋x2＝2k，x1x2＝－2b，Δ1＝4k2＋8b>0.
因为OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0，得b＝2或b＝0(舍)．
联立得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，
则x3＋x4＝－，x3x4＝.
由Δ2＝192k2－48>0，得k2>.
(1)存在．因为k1＋k2＝＋＝k，k3＋k4＝＋＝－6k，
所以t＝＝－.
(2)根据弦长公式|CD|＝|x3－x4|，
得|CD|＝4··.
根据点O到直线CD的距离公式，得d＝，
所以S△OCD＝|CD|·d＝4·.
设＝m>0，则S△OCD＝＝≤，
所以当且仅当m＝，即m＝2，k＝±时，S△OCD有最大值.
破解此类题的关键：一是利用已知条件，建立关于参数的方程，解方程，求出参数的值，二是通过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数，求得其值域，从而求得原函数的值域，形如y＝ax＋b±(a，b，c，d均为常数，且ac≠0)的函数常用此法求解，但在换元时一定要注意新元的取值范围，以保证等价转化，这样目标函数的值域才不会发生变化．
技巧五 妙借向量，更换思路
平面向量是衔接代数与几何的纽带，沟通“数”与“形”，融数、形于一体，是数形结合的典范，具有几何形式与代数形式的双重身份，是数学知识的一个交汇点和联系多项知识的媒介．妙借向量，可以有效提升圆锥曲线的解题方向与运算效率，达到良好效果．
如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点，直线y＝与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________．
【解析】 把y＝代入椭圆＋＝1，可得x＝±a，则B，C，而F(c，0)，则＝，＝，又∠BFC＝90°，故有·＝·＝c2－a2＋b2＝c2－a2＋(a2－c2)＝c2－a2＝0，则有3c2＝2a2，所以该椭圆的离心率e＝＝.
【答案】
本题通过相关向量坐标的确定，结合∠BFC＝90°，巧妙借助平面向量的坐标运算来转化圆锥曲线中的相关问题，从形入手转化为相应数的形式，简化运算．
[A级 基础练]
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)
解析：选A.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为k1k2＝，所以·＝.又y＝2x1，y＝2x2，所以y1y2＝6.将直线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(－3，0)．
2．(多选)设椭圆的方程为＋＝1，斜率为k的直线不经过原点O，且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点．下列结论正确的是( )
A．直线AB与OM垂直
B．若点M的坐标为(1，1)，则直线AB的方程为2x＋y－3＝0
C．若直线AB的方程为y＝x＋1，则点M的坐标为
D．若直线AB的方程为y＝x＋2，则|AB|＝
解析：选BD.对于A，根据椭圆的中点弦的性质得k·kOM＝－＝－2≠－1，所以A不正确．对于B，因为点M的坐标为(1，1)，且k·kOM＝－2，所以k＝－2，所以直线AB的方程为y－1＝－2(x－1)，即2x＋y－3＝0，所以B正确．对于C，若直线AB的方程为y＝x＋1，点M，则k·kOM＝1×4＝4≠－2，所以C不正确．对于D，联立得2x2＋(x＋2)2－4＝0，整理，得3x2＋4x＝0，解得x1＝0，x2＝－.所以|AB|＝×＝，所以D正确．故选BD.
3．以下四个关于圆锥曲线的命题：
①设A，B为两个定点，K为正数，若||PA|－|PB||＝K，则动点P的轨迹是双曲线；
②方程2x2－5x＋2＝0的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；
③双曲线－＝1与椭圆＋y2＝1有相同的焦点；
④已知抛物线y2＝2px，以过焦点的一条弦AB为直径作圆，则此圆与准线相切．
其中真命题为________．(写出所有真命题的序号)
解析：A，B为两个定点，K为正数，||PA|－|PB||＝K，当K＝|AB|时，动点P的轨迹是两条射线，故①错误；
方程2x2－5x＋2＝0的两根为和2，可分别作为椭圆和双曲线的离心率，故②正确；
双曲线－＝1的焦点坐标为(±，0)，椭圆＋y2＝1的焦点坐标为(±，0)，故③正确；
设AB为过抛物线焦点F的弦，P为AB中点，A，B，P在准线l上的射影分别为M，N，Q，
因为AF＋BF＝AP＋BP＝AM＋BN，所以PQ＝AB，
所以以AB为直径作圆，则此圆与准线l相切，故④正确．
故正确的命题有②③④.
答案：②③④
4．(2020·惠州调研(二))我们把焦点相同，且离心率互为倒数的椭圆和双曲线称为一对“相关曲线”，已知F1，F2是一对相关曲线的焦点，P是椭圆和双曲线在第一象限的交点，当∠F1PF2＝60°时，这一对相关曲线中双曲线的离心率为________．
解析：设椭圆、双曲线的离心率分别为e1，e2，椭圆的长半轴长为a1，椭圆的半焦距为c，双曲线的实半轴长为a2，|PF1|＝x，|PF2|＝y，x>y.
由椭圆、双曲线的定义得所以在△PF1F2中，由余弦定理得cos∠F1PF2＝＝cos 60°，所以＝，所以a＋3a＝4c2.又e1·e2＝·＝1，所以c2＝a1a2，所以a＋3a＝4a1a2，即(a1－a2)(a1－3a2)＝0，所以a1＝3a2，所以3a＝c2，所以e2＝＝.
答案：
5．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.点M在椭圆C上滑动，若△MF1F2的面积取得最大值4时，有且仅有2个不同的点M使得△MF1F2为直角三角形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P(0，1)的直线l与椭圆C分别相交于A，B两点，与x轴交于点Q.设＝λ，＝μ，求证：λ＋μ为定值，并求该定值．
解：(1)由对称性知，点M在短轴端点时，
△MF1F2为直角三角形且∠F1MF2＝90°，且S△MF1F2＝4，
所以b＝c且S＝·2c·b＝bc＝4，
解得b＝c＝2，a2＝b2＋c2＝8，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)显然直线l的斜率不为0，设直线l：x＝t(y－1)，
联立
消去x，得(t2＋2)y2－2t2y＋t2－8＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝.
令y＝0，则x＝－t，所以Q(－t，0)，
因为＝λ，所以y1＝λ(y1－1)，所以λ＝.
所以＝μ，所以y2＝μ(y2－1)，所以μ＝.
所以λ＋μ＝＋＝＝.
6．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知曲线C：y＝，D为直线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．
解：(1)证明：设D，A(x1，y1)，则x＝2y1.
由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝x1.
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.
所以直线AB过定点.
(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.由可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1.
设M为线段AB的中点，则M.
由于⊥，而＝(t，t2－2)，与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.
解得t＝0或t＝±1.
当t＝0时，||＝2，所求圆的方程为x2＋＝4；
当t＝±1时，||＝，所求圆的方程为x2＋＝2.
[B级 综合练]
7．(2020·洛阳尖子生第一次联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x－y＋12＝0相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设A(－4，0)，过点R(3，0)作与x轴不重合的直线交椭圆C于P，Q两点，连接AP，AQ分别交直线x＝于M，N两点，若直线MR，NR的斜率分别为k1，k2，试问：k1k2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
解：(1)由题意得解得a＝4，b＝2，c＝2，故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)k1k2是定值．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为x＝my＋3，代入椭圆方程＋＝1，
得(3m2＋4)y2＋18my－21＝0，
所以y1＋y2＝－，y1y2＝－，
由A，P，M三点共线可知，＝，
所以yM＝，
同理可得，yN＝，
所以k1k2＝·＝＝.
因为(x1＋4)(x2＋4)＝(my1＋7)(my2＋7)＝m2y1y2＋7m(y1＋y2)＋49，
所以k1k2＝＝－.
8．(2021·全国名校联考)已知离心率为的椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点，直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于M(x1，y1)，N(x2，y2)两点，其中x1，x2≠±a.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若A(－a，0)，且AM⊥AN，探究直线l是否恒过定点．若是，请求出定点的坐标，若不是，请说明理由．
解：(1)依题意得解得
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)直线l恒过定点，由(1)可知A(－2，0)，由消去y可得，(3＋4k2)x2＋8mkx＋4m2－12＝0，
则Δ＝(8mk)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝16(12k2－3m2＋9)＞0，即3＋4k2－m2＞0，x1＋x2＝，
x1x2＝，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝.
因为AM⊥AN，即·＝0，
所以(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，
所以＋2×＋4＋＝0，
所以7m2－16mk＋4k2＝0，所以m＝2k或m＝k，均满足3＋4k2－m2＞0，
当m＝2k时，直线l的方程为y＝k(x＋2)，直线恒过定点(－2，0)，不合题意，舍去；
当m＝k时，直线l的方程为y＝k，直线恒过定点.
综上所述，直线l恒过定点.
第2课时 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题
定值问题
(2020·高考北京卷)已知椭圆C：＋＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点B(－4，0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝－4于点P，Q，求的值．
【解】 (1)因为a＝2b，所以椭圆的方程为＋＝1，
又因为椭圆过点A(－2，－1)，所以有＋＝1，解得b2＝2，所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由题意知直线MN的斜率存在．
当直线MN的斜率为0时，不妨设M(－2，0)，N(2，0)，
则直线MA：y＝(x＋2)，直线NA：y＝(x－2)，
则yP＝，yQ＝－，＝1.
当直线MN的斜率不为0时，设直线MN：x＝my－4(m≠0)，与椭圆方程＋＝1联立，化简得(m2＋4)y2－8my＋8＝0，Δ＝64m2－32(m2＋4)＝32(m2－4)＞0，解得m2＞4.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1y2＝，y1＋y2＝.
直线MA的方程为y＋1＝(x＋2)，则P，
即P.
直线NA的方程为y＋1＝(x＋2)，则Q，
即Q.
所以＝
＝＝
＝＝1.
综上，＝1.
圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法
(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值．
(2)两大解法：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②变量法：其解题流程为,变量)
(2020·六校联盟第二次联考)在直角坐标系xOy中，动点P与定点F(1，0)的距离和它到定直线x＝4的距离之比是1∶2，设动点P的轨迹为E.
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)设过F的直线交轨迹E的弦为AB，过原点的直线交轨迹E的弦为CD，若CD∥AB，求证：为定值．
解：(1)设点P的坐标为(x，y)，由题意得＝，将两边平方，并化简得＋＝1，
故轨迹E的方程是＋＝1.
(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，易求得|AB|＝3，|CD|＝2，
则＝4.
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的斜率为k，依题意知k≠0，
则直线AB的方程为y＝k(x－1)，直线CD的方程为y＝kx.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．
由得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
|AB|＝·|x1－x2|＝·＝.
由整理得x2＝，则|x3－x4|＝.
|CD|＝×|x3－x4|＝4.
所以＝·＝4.
综合①②知＝4，为定值．
定点问题
技法一 目标关系式法求定点
(2020·高考全国卷Ⅰ)已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)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】 (1)由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1)．
则＝(a，1)，＝(a，－1)．由·＝8得a2－1＝8，即a＝3.
所以E的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．
若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3
直线PB的方程为y＝(x－3)，所以y2＝(x2－3)．
可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)．
由于＋y＝1，故y＝－，可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，
即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.①
将x＝my＋n代入＋y2＝1得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2·(m2＋9)＝0.
解得n＝－3(舍去)或n＝.
故直线CD的方程为x＝my＋，即直线CD过定点(，0)．
若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点(，0)．
综上，直线CD过定点(，0)．
圆锥曲线中定点问题的常见解法
(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；
(2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．
技法二 逆推法求定点
设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝.
(1)求点P的轨迹方程；
(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝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)，＝(x－x0，y)，＝(0，y0)．
由＝ 得x0＝x，y0＝y.
因为M(x0，y0)在C上，
所以＋＝1.
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
＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，
·＝3＋3m－tn，
＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)．
由·＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.
所以·＝0，即⊥.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.
证明直线或曲线过某一定点(定点坐标已知)，可把要证明的结论当条件，逆推上去，若得到使已知条件成立的结论，则证明了直线或曲线过定点．
(2020·咸阳模拟)已知A(－2，0)，B(2，0)，点C是动点且直线AC和直线BC的斜率之积为－.
(1)求动点C的轨迹方程；
(2)设直线l与(1)中轨迹相切于点P，与直线x＝4相交于点Q，判断以PQ为直径的圆是否过x轴上一定点．
解：(1)设C(x，y)．由题意得kAC·kBC＝·＝－(y≠0)．整理，得＋＝1(y≠0)．
故动点C的轨迹方程为＋＝1(y≠0)．
(2)方法一：易知直线l的斜率存在，
设直线l：y＝kx＋m.
联立方程组消去y并整理，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
依题意得Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，
即3＋4k2＝m2.
设x1，x2为方程(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0的两个根，则x1＋x2＝，
所以x1＝x2＝.
所以P，即P.
又Q(4，4k＋m)，
设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，
则由·＝0，
得·(4－t，4k＋m)＝0.
整理，得(t－1)＋t2－4t＋3＝0.
由的任意性，得t－1＝0且t2－4t＋3＝0，解得t＝1.
综上可知以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0)．
方法二：设P(x0，y0)，则曲线C在点P处的切线PQ：＋＝1.
令x＝4，得Q.
设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，
则由·＝0，
得(x0－t)·(4－t)＋3－3x0＝0，
即x0(1－t)＋t2－4t＋3＝0.
由x0的任意性，得1－t＝0且t2－4t＋3＝0，解得t＝1.
综上可知，以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0)．
探索性问题
(2020·江西九江四校考前适应性模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，P是椭圆C上的一个动点．当P是C的上顶点时，△F1PF2的面积为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设斜率存在的直线PF2与C的另一个交点为Q，是否存在点T(t，0)，使得|TP|＝|TQ|？若存在，求出t的取值范围；若不存在，请说明理由．
【解】 (1)设椭圆C的半焦距为c.
因为S△F1PF2＝×2c×b＝，所以bc＝.
又e＝＝，a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝，c＝1.
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)存在．假设存在点T(t，0)，使得|TP|＝|TQ|.
由直线PQ过F2(1，0)，设直线PQ的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ的中点为N(x0，y0)．
当k＝0时，t＝0，符合题意．
当k≠0时，由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
Δ＝(－8k2)2－4(4k2＋3)(4k2－12)＝144k2＋144>0，x1＋x2＝.
所以x0＝＝，y0＝k(x0－1)＝－，即N.
连接TN，因为|TP|＝|TQ|，所以TN⊥PQ，则kTN·k＝－1(kTN为直线TN的斜率)．
所以·k＝－1，
即t＝＝.
因为4＋>4，所以t∈.
综上可得，t的取值范围为.
存在性问题的求解策略
解决存在性问题，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．
(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．
(2020·山东新高考模拟)设中心在原点，焦点在x轴上的椭圆E过点(1，)，且离心率为.F为E的右焦点，P为E上一点，PF⊥x轴，⊙F的半径为PF.
(1)求椭圆E和⊙F的方程；
(2)若直线l：y＝k(x－)(k>0)与⊙F交于A，B两点，与E交于C，D两点，其中A，C在第一象限，是否存在k使|AC|＝|BD|？若存在，求直线l的方程；若不存在，说明理由．
解：(1)设E的方程为＋＝1(a>b>0)，由题设知
＋＝1，＝.
解得a＝2，b＝1，故椭圆E的方程为＋y2＝1.
因此F(，0)，|PF|＝，即⊙F的半径为.
所以⊙F的方程为(x－)2＋y2＝.
(2)不存在．由题设可知，A在E外，B在E内，C在⊙F内，D在⊙F外．在l上的四点A，B，C，D满足|AC|＝|AB|－|BC|，|BD|＝|CD|－|BC|.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)．将l的方程代入E的方程得
(1＋4k2)x2－8k2x＋12k2－4＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
|CD|＝ ＝>1，
又⊙F的直径|AB|＝1，所以|BD|－|AC|＝|CD|－|AB|＝|CD|－1>0，故不存在正数k使|AC|＝|BD|.
思想方法系列17 破解解析几何运算的常见技巧
中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中，用方程的观点来研究曲线，体现了用代数的方法解决几何问题的优越性，但有时运算量过大，或需繁杂的讨论，这些都会影响解题的速度，甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹”的地步，特别是高考中，在规定的时间内，要保质保量完成解题的任务，计算能力是一个重要的方面，为此，从以下几个方面探索减轻运算量的方法和技巧，合理简化解题过程，优化思维过程．
技巧一 回归定义，化繁为简
回归定义的实质是重新审视概念，并用相应的概念解决问题，是一种朴素而又重要的策略和思想方法．圆锥曲线的定义既是有关圆锥曲线问题的出发点，又是新知识、新思维的生长点．对于相关的圆锥曲线中的数学问题，若能根据已知条件，巧妙灵活应用定义，往往能达到化难为易、化繁为简、事半功倍的效果．
如图，F1，F2是椭圆C1：＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点．若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是( )
A. B. C. D.
【解析】 由已知，得F1(－，0)，F2(，0)，设双曲线C2的实半轴长为a，由椭圆及双曲线的定义和已知，可得解得a2＝2，故a＝.
所以双曲线C2的离心率e＝＝.
【答案】 D
本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|，|AF2|的等量关系，从而快速求出双曲线实半轴长a的值，进而求出双曲线的离心率，大大降低了运算量．
技巧二 直观想象，数形结合
著名数学家华罗庚说过：“数与形本是两相倚，焉能分作两边飞．数缺形时少直观，形少数时难入微．”在圆锥曲线的一些问题中，许多对应的长度、数式等都具有一定的几何意义，挖掘题目中隐含的几何意义，采用数形结合的思想方法，可解决一些相应问题．
已知F是双曲线C：x2－＝1的右焦点，P是C的左支上一点，A(0，6)．当△APF周长最小时，该三角形的面积为________．
【解析】 设双曲线的左焦点为F1，根据双曲线的定义．可知|PF|＝2a＋|PF1|，
则△APF的周长为|PA|＋|PF|＋|AF|＝|PA|＋2a＋|PF1|＋|AF|＝|PA|＋|PF1|＋|AF|＋2a，
由于|AF|＋2a是定值，要使△APF的周长最小，
则|PA|＋|PF1|最小，即P，A，F1共线，
由于A(0，6)，F1(－3，0)，
则直线AF1的方程为＋＝1，即x＝－3，
代入双曲线方程整理可得y2＋6y－96＝0，
解得y＝2或y＝－8(舍去)，
所以点P的纵坐标为2，
所以S△APF＝S△AFF1－S△PFF1＝×6×6－×6×2＝12.
【答案】 12
要求△APF的周长的最小值，其实就是转化为求解三角形三边长之和，根据已知条件与双曲线定义加以转化为已知边的长度问题与已知量的等价条件来分析，根据直线与双曲线的位置关系，通过数形结合确定点P的位置，通过求解点P的坐标进而利用三角形的面积公式来处理．
技巧三 设而不求，整体运算
对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，常常可以用“点差法”求解．
已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为M(1，－1)，则E的标准方程为( )
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
【解析】 通解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，
①－②得＋＝0，
所以kAB＝＝－＝.
又kAB＝＝，所以＝.
又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，
所以椭圆E的标准方程为＋＝1.
优解：由kAB·kOM＝－得，×＝－得，a2＝2b2.又a2－b2＝9，所以a2＝18，b2＝9，
所以椭圆E的标准方程为＋＝1.
【答案】 D
本题设出A，B两点的坐标，却不求出A，B两点的坐标，巧妙的表达出直线AB的斜率，通过将直线AB的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．
技巧四 整体换元，简化运算
变量换元的关键是构造元和设元 ，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化．变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题．
设直线l与抛物线x2＝2y分别相交于A，B两点，与椭圆＋＝1分别相交于C，D两点，直线OA，OB，OC，OD(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，k3，k4，且OA⊥OB.
(1)是否存在实数t，满足k1＋k2＝t(k3＋k4)，并说明理由；
(2)求△OCD面积的最大值．
【解】 设直线l的方程为y＝kx＋b(b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．
联立得x2－2kx－2b＝0，
则x1＋x2＝2k，x1x2＝－2b，Δ1＝4k2＋8b>0.
因为OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0，得b＝2或b＝0(舍)．
联立得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，
则x3＋x4＝－，x3x4＝.
由Δ2＝192k2－48>0，得k2>.
(1)存在．因为k1＋k2＝＋＝k，k3＋k4＝＋＝－6k，
所以t＝＝－.
(2)根据弦长公式|CD|＝|x3－x4|，
得|CD|＝4··.
根据点O到直线CD的距离公式，得d＝，
所以S△OCD＝|CD|·d＝4·.
设＝m>0，则S△OCD＝＝≤，
所以当且仅当m＝，即m＝2，k＝±时，S△OCD有最大值.
破解此类题的关键：一是利用已知条件，建立关于参数的方程，解方程，求出参数的值，二是通过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数，求得其值域，从而求得原函数的值域，形如y＝ax＋b±(a，b，c，d均为常数，且ac≠0)的函数常用此法求解，但在换元时一定要注意新元的取值范围，以保证等价转化，这样目标函数的值域才不会发生变化．
技巧五 妙借向量，更换思路
平面向量是衔接代数与几何的纽带，沟通“数”与“形”，融数、形于一体，是数形结合的典范，具有几何形式与代数形式的双重身份，是数学知识的一个交汇点和联系多项知识的媒介．妙借向量，可以有效提升圆锥曲线的解题方向与运算效率，达到良好效果．
如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点，直线y＝与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________．
【解析】 把y＝代入椭圆＋＝1，可得x＝±a，则B，C，而F(c，0)，则＝，＝，又∠BFC＝90°，故有·＝·＝c2－a2＋b2＝c2－a2＋(a2－c2)＝c2－a2＝0，则有3c2＝2a2，所以该椭圆的离心率e＝＝.
【答案】
本题通过相关向量坐标的确定，结合∠BFC＝90°，巧妙借助平面向量的坐标运算来转化圆锥曲线中的相关问题，从形入手转化为相应数的形式，简化运算．
[A级 基础练]
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)
解析：选A.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为k1k2＝，所以·＝.又y＝2x1，y＝2x2，所以y1y2＝6.将直线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(－3，0)．
2．(多选)设椭圆的方程为＋＝1，斜率为k的直线不经过原点O，且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点．下列结论正确的是( )
A．直线AB与OM垂直
B．若点M的坐标为(1，1)，则直线AB的方程为2x＋y－3＝0
C．若直线AB的方程为y＝x＋1，则点M的坐标为
D．若直线AB的方程为y＝x＋2，则|AB|＝
解析：选BD.对于A，根据椭圆的中点弦的性质得k·kOM＝－＝－2≠－1，所以A不正确．对于B，因为点M的坐标为(1，1)，且k·kOM＝－2，所以k＝－2，所以直线AB的方程为y－1＝－2(x－1)，即2x＋y－3＝0，所以B正确．对于C，若直线AB的方程为y＝x＋1，点M，则k·kOM＝1×4＝4≠－2，所以C不正确．对于D，联立得2x2＋(x＋2)2－4＝0，整理，得3x2＋4x＝0，解得x1＝0，x2＝－.所以|AB|＝×＝，所以D正确．故选BD.
3．以下四个关于圆锥曲线的命题：
①设A，B为两个定点，K为正数，若||PA|－|PB||＝K，则动点P的轨迹是双曲线；
②方程2x2－5x＋2＝0的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；
③双曲线－＝1与椭圆＋y2＝1有相同的焦点；
④已知抛物线y2＝2px，以过焦点的一条弦AB为直径作圆，则此圆与准线相切．
其中真命题为________．(写出所有真命题的序号)
解析：A，B为两个定点，K为正数，||PA|－|PB||＝K，当K＝|AB|时，动点P的轨迹是两条射线，故①错误；
方程2x2－5x＋2＝0的两根为和2，可分别作为椭圆和双曲线的离心率，故②正确；
双曲线－＝1的焦点坐标为(±，0)，椭圆＋y2＝1的焦点坐标为(±，0)，故③正确；
设AB为过抛物线焦点F的弦，P为AB中点，A，B，P在准线l上的射影分别为M，N，Q，
因为AF＋BF＝AP＋BP＝AM＋BN，所以PQ＝AB，
所以以AB为直径作圆，则此圆与准线l相切，故④正确．
故正确的命题有②③④.
答案：②③④
4．(2020·惠州调研(二))我们把焦点相同，且离心率互为倒数的椭圆和双曲线称为一对“相关曲线”，已知F1，F2是一对相关曲线的焦点，P是椭圆和双曲线在第一象限的交点，当∠F1PF2＝60°时，这一对相关曲线中双曲线的离心率为________．
解析：设椭圆、双曲线的离心率分别为e1，e2，椭圆的长半轴长为a1，椭圆的半焦距为c，双曲线的实半轴长为a2，|PF1|＝x，|PF2|＝y，x>y.
由椭圆、双曲线的定义得所以在△PF1F2中，由余弦定理得cos∠F1PF2＝＝cos 60°，所以＝，所以a＋3a＝4c2.又e1·e2＝·＝1，所以c2＝a1a2，所以a＋3a＝4a1a2，即(a1－a2)(a1－3a2)＝0，所以a1＝3a2，所以3a＝c2，所以e2＝＝.
答案：
5．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.点M在椭圆C上滑动，若△MF1F2的面积取得最大值4时，有且仅有2个不同的点M使得△MF1F2为直角三角形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P(0，1)的直线l与椭圆C分别相交于A，B两点，与x轴交于点Q.设＝λ，＝μ，求证：λ＋μ为定值，并求该定值．
解：(1)由对称性知，点M在短轴端点时，
△MF1F2为直角三角形且∠F1MF2＝90°，且S△MF1F2＝4，
所以b＝c且S＝·2c·b＝bc＝4，
解得b＝c＝2，a2＝b2＋c2＝8，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)显然直线l的斜率不为0，设直线l：x＝t(y－1)，
联立
消去x，得(t2＋2)y2－2t2y＋t2－8＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝.
令y＝0，则x＝－t，所以Q(－t，0)，
因为＝λ，所以y1＝λ(y1－1)，所以λ＝.
所以＝μ，所以y2＝μ(y2－1)，所以μ＝.
所以λ＋μ＝＋＝＝.
6．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知曲线C：y＝，D为直线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．
解：(1)证明：设D，A(x1，y1)，则x＝2y1.
由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝x1.
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.
所以直线AB过定点.
(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.由可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1.
设M为线段AB的中点，则M.
由于⊥，而＝(t，t2－2)，与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.
解得t＝0或t＝±1.
当t＝0时，||＝2，所求圆的方程为x2＋＝4；
当t＝±1时，||＝，所求圆的方程为x2＋＝2.
[B级 综合练]
7．(2020·洛阳尖子生第一次联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x－y＋12＝0相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设A(－4，0)，过点R(3，0)作与x轴不重合的直线交椭圆C于P，Q两点，连接AP，AQ分别交直线x＝于M，N两点，若直线MR，NR的斜率分别为k1，k2，试问：k1k2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
解：(1)由题意得解得a＝4，b＝2，c＝2，故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)k1k2是定值．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为x＝my＋3，代入椭圆方程＋＝1，
得(3m2＋4)y2＋18my－21＝0，
所以y1＋y2＝－，y1y2＝－，
由A，P，M三点共线可知，＝，
所以yM＝，
同理可得，yN＝，
所以k1k2＝·＝＝.
因为(x1＋4)(x2＋4)＝(my1＋7)(my2＋7)＝m2y1y2＋7m(y1＋y2)＋49，
所以k1k2＝＝－.
8．(2021·全国名校联考)已知离心率为的椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点，直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于M(x1，y1)，N(x2，y2)两点，其中x1，x2≠±a.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若A(－a，0)，且AM⊥AN，探究直线l是否恒过定点．若是，请求出定点的坐标，若不是，请说明理由．
解：(1)依题意得解得
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)直线l恒过定点，由(1)可知A(－2，0)，由消去y可得，(3＋4k2)x2＋8mkx＋4m2－12＝0，
则Δ＝(8mk)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝16(12k2－3m2＋9)＞0，即3＋4k2－m2＞0，x1＋x2＝，
x1x2＝，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝.
因为AM⊥AN，即·＝0，
所以(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，
所以＋2×＋4＋＝0，
所以7m2－16mk＋4k2＝0，所以m＝2k或m＝k，均满足3＋4k2－m2＞0，
当m＝2k时，直线l的方程为y＝k(x＋2)，直线恒过定点(－2，0)，不合题意，舍去；
当m＝k时，直线l的方程为y＝k，直线恒过定点.
综上所述，直线l恒过定点.
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