2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章　平面解析几何 第9讲　第2课时　定点、定值、探索性问题学案

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圆锥曲线中的定点问题(师生共研)
(2020·武汉模拟)过抛物线C：y2＝4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点，且|AB|＝8.
(1)求直线l的方程；
(2)若A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD过定点，并求出该点的坐标．
【解】 (1)由y2＝4x知焦点F的坐标为(1，0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)，
代入抛物线方程y2＝4x，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
由题意知k≠0，
且Δ＝[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1.
由抛物线的弦长公式知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，则eq \f(2k2＋4,k2)＝6，
即k2＝1，解得k＝±1.
所以直线l的方程为y＝±(x－1)．
(2)证明：由(1)及抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，－y1)，
直线BD的斜率kBD＝eq \f(y2＋y1,x2－x1)＝eq \f(y2＋y1,\f(yeq \\al(2,2),4)－\f(yeq \\al(2,1),4))＝eq \f(4,y2－y1)，
所以直线BD的方程为y＋y1＝eq \f(4,y2－y1)(x－x1)，
即(y2－y1)y＋y2y1－yeq \\al(2,1)＝4x－4x1.
因为yeq \\al(2,1)＝4x1，yeq \\al(2,2)＝4x2，x1x2＝1，所以(y1y2)2＝16x1x2＝16，
即y1y2＝－4(y1，y2异号)．
所以直线BD的方程为4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，
对任意y1，y2∈R，有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋1＝0，,y＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝0，))即直线BD恒过定点(－1，0)．
eq \a\vs4\al()
求解圆锥曲线中定点问题的两种方法
(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关．
(2)直接推理法：①选择一个参数建立方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常数k当成变量，将变量x，y当成常数，将原方程转化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式；②根据曲线(包含直线)过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x，y）＝0,g（x，y）＝0；))③以②中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决．
(2020·南昌模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上动点P到两焦点F1，F2的距离之和为4，当点P运动到椭圆C的一个顶点时，直线PF1恰与以原点O为圆心，以椭圆C的离心率e为半径的圆相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，若直线PA，PB分别交直线x＝6于不同的两点M，N，则以线段MN为直径的圆是否过定点？若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．
解：(1)由椭圆的定义可知2a＝4，解得a＝2.
若点P运动到椭圆的左、右顶点时，直线PF1与圆一定相交，则点P只能在椭圆的上、下顶点，
不妨设点P运动到椭圆的上顶点(0，b)，F1为左焦点(－c，0)，则直线PF1：bx－cy＋bc＝0.
由题意得原点O到直线PF1的距离等于椭圆C的离心率e，
所以eq \f(bc,\r(b2＋c2))＝eq \f(c,a)，
又a2＝b2＋c2，故b2＝1.故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由题意知，直线PA，PB的斜率存在且都不为0，
设直线PA的斜率为k，点P(x0，y0)，x0≠±2，
又A(－2，0)，B(2，0)，
所以kPA·kPB＝k·kPB＝eq \f(y0,x0＋2)·eq \f(y0,x0－2)＝eq \f(yeq \\al(2,0),xeq \\al(2,0)－4)＝eq \f(1－\f(xeq \\al(2,0),4),xeq \\al(2,0)－4)＝－eq \f(1,4)，
则kPB＝－eq \f(1,4k).
所以直线PA的方程为y＝k(x＋2)，
令x＝6，得y＝8k，则M(6，8k)；
直线PB的方程为y＝－eq \f(1,4k)(x－2)，
令x＝6，得y＝－eq \f(1,k)，
则Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，－\f(1,k))).
因为8k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))＝－8＜0，所以以线段MN为直径的圆与x轴交于两点，
设点G，H，并设MN与x轴的交点为K，
在以线段MN为直径的圆中应用相交弦定理，得
|GK|·|HK|＝|MK|·|NK|＝|8k|·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))＝8，
因为|GK|＝|HK|，所以|GK|＝|HK|＝2eq \r(2)，
所以以线段MN为直径的圆恒过点(6－2eq \r(2)，0)，点(6＋2eq \r(2)，0)．
圆锥曲线中的定值问题(多维探究)
角度一 定线段的长
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(1，0)，且经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3\r(5),4))).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C相切，过点F作FQ⊥l，垂足为Q，求证：|OQ|为定值(其中O为坐标原点)．
【解】 (1)由题意可知椭圆C的左焦点为F′(－1，0)，则半焦距c＝1.
由椭圆定义可知
2a＝|PF|＋|PF′|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(3\r(5),4)))\s\up12(2))＋eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(3\r(5),4)))\s\up12(2))＝4，
所以a＝2，b2＝a2－c2＝3，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：①当直线l的斜率不存在时，l的方程为x＝±2，点Q的坐标为(－2，0)或(2，0)，此时|OQ|＝2；
②当直线l的斜率为0时，l的方程为y＝±eq \r(3)，点Q的坐标为(1，－eq \r(3))或(1，eq \r(3))，
此时|OQ|＝2；
③当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)．
因为FQ⊥l，所以直线FQ的方程为y＝－eq \f(1,k)(x－1)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))消去y，可得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
因为直线l与椭圆C相切，所以Δ＝(8km)2－4×(3＋4k2)×(4m2－12)＝0，
整理得m2＝4k2＋3.(*)
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,y＝－\f(1,k)（x－1）))得Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－km,k2＋1)，\f(k＋m,k2＋1)))，
所以|OQ|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－km,k2＋1)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k＋m,k2＋1)))\s\up12(2))
＝eq \r(\f(1＋k2m2＋k2＋m2,（k2＋1）2))，
将(*)式代入上式，得|OQ|＝eq \r(\f(4（k4＋2k2＋1）,（k2＋1）2))＝2.
综上所述，|OQ|为定值，且定值为2.
eq \a\vs4\al()
直接探求，变量代换
探求圆锥曲线中的定线段的长的问题，一般用直接求解法，即先利用弦长公式把要探求的线段表示出来，然后利用题中的条件(如直线与曲线相切等)得到弦长表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入弦长表达式中，化简可得弦长为定值.
角度二 定几何图形的面积
(2020·合肥模拟)如图，设点A，B的坐标分别为(－eq \r(3)，0)，(eq \r(3)，0)，直线AP，BP相交于点P，且它们的斜率之积为－eq \f(2,3).
(1)求点P的轨迹方程；
(2)设点P的轨迹为C，点M，N是轨迹C上不同于A、B的两点，且满足AP∥OM，BP∥ON，求证：△MON的面积为定值．
【解】 (1)设点P的坐标为(x，y)，由题意得，
kAP·kBP＝eq \f(y,x＋\r(3))·eq \f(y,x－\r(3))＝－eq \f(2,3)(x≠±eq \r(3))，
化简得，点P的轨迹方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1(x≠±eq \r(3))．
(2)证明：由题意可知，M，N是轨迹C上不同于A、B的两点，且AP∥OM，BP∥ON，
则直线OM，ON的斜率必存在且不为0，kOM·kON＝kAP·kBP＝－eq \f(2,3).
①当直线MN的斜率为0时，设M(x0，y0)，N(－x0，y0)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,0),xeq \\al(2,0))＝\f(2,3)，,\f(xeq \\al(2,0),3)＋\f(yeq \\al(2,0),2)＝1，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|x0|＝\f(\r(6),2)，,|y0|＝1，))
所以S△MON＝eq \f(1,2)|y0||2x0|＝eq \f(\r(6),2).
②当直线MN的斜率不为0时，设直线MN的方程为x＝my＋t，代入eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1，
得(3＋2m2)y2＋4mty＋2t2－6＝0，(*)
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1，y2是方程(*)的两根，
所以y1＋y2＝－eq \f(4mt,3＋2m2)，y1y2＝eq \f(2t2－6,3＋2m2).
又kOM·kON＝eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(y1y2,m2y1y2＋mt（y1＋y2）＋t2)＝eq \f(2t2－6,3t2－6m2)，
所以eq \f(2t2－6,3t2－6m2)＝－eq \f(2,3)，即2t2＝2m2＋3，满足Δ＞0.
又S△MON＝eq \f(1,2)|t||y1－y2|＝eq \f(|t|\r(－24t2＋48m2＋72),2（3＋2m2）)，
所以S△MON＝eq \f(2\r(6)t2,4t2)＝eq \f(\r(6),2).
综上，△MON的面积为定值，且定值为eq \f(\r(6),2).
eq \a\vs4\al()
探求圆锥曲线中几何图形的面积的定值问题，一般用直接求解法，即可先利用三角形面积公式(如果是其他凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解)把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可．
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦点为F1，F2，离心率为eq \f(1,2)，点P为其上一动点，且三角形PF1F2面积的最大值为eq \r(3)，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点M，N为C上的两个动点，求常数m，使eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝m时，点O到直线MN的距离为定值，求这个定值．
解：(1)依题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c2＝a2－b2，,bc＝\r(3)，,\f(c,a)＝\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＋y1y2＝m，
当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋n，则点O到直线MN的距离d＝eq \f(|n|,\r(k2＋1))＝eq \r(\f(n2,k2＋1))，
联立，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x2＋4y2＝12，,y＝kx＋n，))消去y，得(4k2＋3)x2＋8knx＋4n2－12＝0，由Δ>0得4k2－n2＋3>0，则
x1＋x2＝eq \f(－8kn,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4n2－12,4k2＋3)，
所以x1x2＋(kx1＋n)(kx2＋n)＝(k2＋1)x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝m，整理得eq \f(7n2,k2＋1)＝12＋eq \f(m（4k2＋3）,k2＋1).
因为d＝eq \r(\f(n2,k2＋1))为常数，则m＝0，d＝eq \r(\f(12,7))＝eq \f(2\r(21),7)，此时eq \f(7n2,k2＋1)＝12满足Δ>0.
当MN⊥x轴时，由m＝0得kOM＝±1，
联立，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x2＋4y2＝12，,y＝±x，))
消去y，得x2＝eq \f(12,7)，点O到直线MN的距离d＝|x|＝eq \f(2\r(21),7)亦成立．
综上，当m＝0时，点O到直线MN的距离为定值，这个定值是eq \f(2\r(21),7).
圆锥曲线中的探索性问题(师生共研)
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为eq \f(b,3)，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
【解】 (1)由内切圆的性质，得eq \f(1,2)×2c×b＝eq \f(1,2)×(2a＋2c)×eq \f(b,3)，得eq \f(c,a)＝eq \f(1,2).
将x＝c代入eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，得y＝±eq \f(b2,a)，所以eq \f(2b2,a)＝3.
又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝eq \r(3)，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称．
当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t，0)满足条件，设l的方程为y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)．
联立方程，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,3x2＋4y2－12＝0，))得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
由根与系数的关系得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(8k2,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4k2－12,3＋4k2))) ①，其中Δ>0恒成立，
由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)，
即eq \f(y1,x1－t)＋eq \f(y2,x2－t)＝0 ②.
因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上，
所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得
eq \f(k（x1－1）（x2－t）＋k（x2－1）（x1－t）,（x1－t）（x2－t）)
＝eq \f(k[2x1x2－（t＋1）（x1＋x2）＋2t],（x1－t）（x2－t）)＝0，
即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0 ③，
将①代入③得eq \f(8k2－24－（t＋1）8k2＋2t（3＋4k2）,3＋4k2)＝eq \f(6t－24,3＋4k2)＝0 ④，
则t＝4，
综上所述，存在T(4，0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称．
eq \a\vs4\al()
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．
已知圆O：x2＋y2＝4，点F(1，0)，P为平面内一动点，以线段FP为直径的圆内切于圆O，设动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)M，N是曲线C上的动点，且直线MN经过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，问在y轴上是否存在定点Q，使得∠MQO＝∠NQO，若存在，请求出定点Q，若不存在，请说明理由．
解：(1)设PF的中点为S，切点为T，连接OS，ST，则|OS|＋|SF|＝|OT|＝2，取F关于y轴的对称点F′，连接F′P，所以|PF′|＝2|OS|，故|F′P|＋|FP|＝2(|OS|＋|SF|)＝4，
所以点P的轨迹是以F′，F分别为左、右焦点，且长轴长为4的椭圆，
则曲线C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)假设存在满足题意的定点Q，设Q(0，m)，
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋eq \f(1,2)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋\f(1,2)，))消去y，得(3＋4k2)x2＋4kx－11＝0，则Δ>0，x1＋x2＝eq \f(－4k,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(－11,3＋4k2)，
由∠MQO＝∠NQO，得直线MQ与NQ的斜率之和为零，易知x1或x2等于0时，不满足题意，故
eq \f(y1－m,x1)＋eq \f(y2－m,x2)＝eq \f(kx1＋\f(1,2)－m,x1)＋eq \f(kx2＋\f(1,2)－m,x2)＝eq \f(2kx1x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－m))（x1＋x2）,x1x2)＝0，
即2kx1x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－m))(x1＋x2)＝2k·eq \f(－11,3＋4k2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－m))·eq \f(－4k,3＋4k2)＝eq \f(4k（m－6）,3＋4k2)＝0，当k≠0时，m＝6，所以存在定点(0，6)，使得∠MQO＝∠NQO；
当k＝0时，定点(0，6)也符合题意．
易知当直线MN的斜率不存在时，定点(0，6)也符合题意．
综上，存在定点(0，6)，使得∠MQO＝∠NQO.
数学运算 解析几何减少运算量的常见技巧
技巧一 巧用平面几何性质
已知O为坐标原点，F是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为( )
A.eq \f(1,3) B．eq \f(1,2)
C.eq \f(2,3) D．eq \f(3,4)
【解析】 设OE的中点为N，如图，因为MF∥OE，所以有eq \f(ON,MF)＝eq \f(a,a＋c)，eq \f(MF,OE)＝eq \f(a－c,a).又因为OE＝2ON，所以有eq \f(1,2)＝eq \f(a,a＋c)·eq \f(a－c,a)，解得e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,3)，故选A.
【答案】 A
eq \a\vs4\al()
此题也可以用解析法解决，但有一定的计算量，巧用三角形的相似比可简化计算．
技巧二 设而不求，整体代换
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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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.eq \f(x2,45)＋eq \f(y2,36)＝1 B．eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,27)＝1
C.eq \f(x2,27)＋eq \f(y2,18)＝1 D．eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1
【解析】 通解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),a2)＋\f(yeq \\al(2,1),b2)＝1，①,\f(xeq \\al(2,2),a2)＋\f(yeq \\al(2,2),b2)＝1，②))
①－②得eq \f(（x1＋x2）（x1－x2）,a2)＋eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2)＝0，
所以kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2（x1＋x2）,a2（y1＋y2）)＝eq \f(b2,a2).
又kAB＝eq \f(0＋1,3－1)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,2).
又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，
所以椭圆E的标准方程为eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.
优解：由kAB·kOM＝－eq \f(b2,a2)得，eq \f(－1－0,1－3)×eq \f(－1,1)＝－eq \f(b2,a2)得，a2＝2b2，又a2－b2＝9，所以a2＝18，b2＝9，
所以椭圆E的标准方程为eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.
【答案】 D
eq \a\vs4\al()
本题设出A，B两点的坐标，却不求出A，B两点的坐标，巧妙地表达出直线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．
技巧三 巧用“根与系数的关系”，化繁为简
某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系．后者往往计算量小，解题过程简捷．
已知椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的左顶点为A，过A作两条互相垂直的弦AM，AN交椭圆M，N两点．
(1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标；
(2)当直线AM的斜率变化时，直线MN是否过x轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．
【解】 (1)直线AM的斜率为1时，直线AM的方程为y＝x＋2，代入椭圆方程并化简得5x2＋16x＋12＝0.
解得x1＝－2，x2＝－eq \f(6,5)，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，\f(4,5))).
(2)设直线AM的斜率为k，直线AM的方程为y＝k(x＋2)，联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋2），,\f(x2,4)＋y2＝1，))
化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.
则xA＋xM＝eq \f(－16k2,1＋4k2)，又xA＝－2，
则xM＝－xA－eq \f(16k2,1＋4k2)＝2－eq \f(16k2,1＋4k2)＝eq \f(2－8k2,1＋4k2).
同理，可得xN＝eq \f(2k2－8,k2＋4).
由(1)知若存在定点，则此点必为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，0)).
证明如下：
因为kMP＝eq \f(yM,xM＋\f(6,5))＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－8k2,1＋4k2)＋2)),\f(2－8k2,1＋4k2)＋\f(6,5))＝eq \f(5k,4－4k2)，
同理可计算得kPN＝eq \f(5k,4－4k2).
所以直线MN过x轴上的一定点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，0)).
eq \a\vs4\al()
本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出xM＝eq \f(2－8k2,1＋4k2)，这体现了整体思想．这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．
技巧四 巧妙“换元”减少运算量
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．
如图，已知椭圆C的离心率为eq \f(\r(3),2)，点A，B，F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S△ABF＝1－eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，若直线l与椭圆C交于M，N两点，求△OMN面积的最大值．
【解】 (1)由已知椭圆的焦点在x轴上，设其方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，则A(a，0)，B(0，b)，F(c，0)(c＝eq \r(a2－b2))．
由已知可得e2＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(3,4)，所以a2＝4b2，
即a＝2b，可得c＝eq \r(3)b①.
S△AFB＝eq \f(1,2)×|AF|×|OB|＝eq \f(1,2)(a－c)b＝1－eq \f(\r(3),2)②.
将①代入②，得eq \f(1,2)(2b－eq \r(3)b)b＝1－eq \f(\r(3),2)，解得b＝1，故a＝2，c＝eq \r(3).所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)圆O的圆心为坐标原点，半径r＝1，由直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，得eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝1，故有m2＝1＋k2③.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))消去y，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋k2))x2＋2kmx＋m2－1＝0.
由题可知k≠0，即(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
所以Δ＝16(4k2－m2＋1)＝48k2＞0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1).
所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8km,4k2＋1)))eq \s\up12(2)－4×eq \f(4m2－4,4k2＋1)＝eq \f(16（4k2－m2＋1）,（4k2＋1）2)④.
将③代入④中，得|x1－x2|2＝eq \f(48k2,（4k2＋1）2)，
故|x1－x2|＝eq \f(4\r(3)|k|,4k2＋1).
所以|MN|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)×eq \f(4\r(3)|k|,4k2＋1)＝eq \f(4\r(3k2（k2＋1）),4k2＋1).
故△OMN的面积S＝eq \f(1,2)|MN|×1＝eq \f(1,2)×eq \f(4\r(3k2（k2＋1）),4k2＋1)×1＝eq \f(2\r(3k2（k2＋1）),4k2＋1).
令t＝4k2＋1，则t≥1，k2＝eq \f(t－1,4)，代入上式，得
S＝2eq \r(\f(3×\f(t－1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t－1,4)＋1)),t2))＝eq \f(\r(3),2)eq \r(\f(（t－1）（t＋3）,t2))
＝eq \f(\r(3),2)eq \r(\f(t2＋2t－3,t2))＝eq \f(\r(3),2)eq \r(－\f(3,t2)＋\f(2,t)＋1)
＝eq \f(3,2)eq \r(－\f(1,t2)＋\f(2,3t)＋\f(1,3))＝eq \f(3,2)eq \r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(1,3)))\s\up12(2)＋\f(4,9))，
所以当t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±eq \f(\r(2),2)时，S取得最大值，且最大值为eq \f(3,2)×eq \r(\f(4,9))＝1.
eq \a\vs4\al()
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±eq \r(cx＋d)(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．
[基础题组练]
1．已知直线l与双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1相切于点P，l与双曲线的两条渐近线交于M，N两点，则eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))的值为( )
A．3 B．4
C．5 D．与P的位置有关
解析：选A.依题意，设点P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中xeq \\al(2,0)－4yeq \\al(2,0)＝4，则直线l的方程是eq \f(x0x,4)－y0y＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x.
①当y0＝0时，直线l的方程是x＝2或x＝－2.由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2,\f(x2,4)－y2＝0))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2,y＝±1))，此时eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝(2，－1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可得当直线l的方程是x＝－2时，eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝3.
②当y0≠0时，直线l的方程是y＝eq \f(1,4y0)(x0x－4)．由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,4y0)（x0x－4）,\f(x2,4)－y2＝0))，得(4yeq \\al(2,0)－xeq \\al(2,0))x2＋8x0x－16＝0(*)，又xeq \\al(2,0)－4yeq \\al(2,0)＝4，因此(*)即是－4x2＋8x0x－16＝0，x2－2x0x＋4＝0，x1x2＝4，eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2－eq \f(1,4)x1x2＝eq \f(3,4)x1x2＝3.
综上所述，eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝3，故选A.
2．已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，△ABC的顶点都在抛物线上，且满足eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))＋eq \(FC,\s\up6(→))＝0，则eq \f(1,kAB)＋eq \f(1,kAC)＋eq \f(1,kBC)＝________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，由eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))＝－eq \(FC,\s\up6(→))，得y1＋y2＋y3＝0.因为kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(2p,y1＋y2)，所以kAC＝eq \f(2p,y1＋y3)，kBC＝eq \f(2p,y2＋y3)，所以eq \f(1,kAB)＋eq \f(1,kAC)＋eq \f(1,kBC)＝eq \f(y1＋y2,2p)＋eq \f(y3＋y1,2p)＋eq \f(y2＋y3,2p)＝0.
答案：0
3．(2020·重庆模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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eq \(QA,\s\up6(→))＝λeq \(PA,\s\up6(→))，eq \(QB,\s\up6(→))＝μeq \(PB,\s\up6(→))，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＝eq \f(1,2)·2c·b＝bc＝4，
解得b＝c＝2，a2＝b2＋c2＝8，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明：显然直线l的斜率不为0，设直线l：x＝t(y－1)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,x＝t（y－1），))
消去x，得(t2＋2)y2－2t2y＋t2－8＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq \f(2t2,t2＋2)，y1y2＝eq \f(t2－8,t2＋2).
令y＝0，则x＝－t，所以Q(－t，0)，
因为eq \(QA,\s\up6(→))＝λeq \(PA,\s\up6(→))，所以y1＝λ(y1－1)，
所以λ＝eq \f(y1,y1－1).
因为eq \(QB,\s\up6(→))＝μeq \(PB,\s\up6(→))，所以y2＝μ(y2－1)，所以μ＝eq \f(y2,y2－1).
所以λ＋μ＝eq \f(y1,y1－1)＋eq \f(y2,y2－1)＝eq \f(2y1y2－（y1＋y2）,y1y2－（y1＋y2）＋1)＝eq \f(8,3).
4．(2020·甘肃白银联考)设椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，下顶点为A，O为坐标原点，点O到直线AF2的距离为eq \f(\r(2),2)，△AF1F2为等腰直角三角形．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线l与椭圆C分别相交于M，N两点，若直线AM与直线AN的斜率之和为2，证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标．
解：(1)由题意可知，直线AF2的方程为eq \f(x,c)＋eq \f(y,－b)＝1，
即－bx＋cy＋bc＝0，则eq \f(bc,\r(b2＋c2))＝eq \f(bc,a)＝eq \f(\r(2),2).
因为△AF1F2为等腰直角三角形，所以b＝c，
又a2＝b2＋c2，可得a＝eq \r(2)，b＝1，c＝1，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明：由(1)知A(0，－1)．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋t(t≠±1)，
代入eq \f(x2,2)＋y2＝1，得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
所以Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)＞0，即t2－2k2＜1.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(4kt,1＋2k2)，
x1x2＝eq \f(2t2－2,1＋2k2).
因为直线AM与直线AN的斜率之和为2，
所以kAM＋kAN＝eq \f(y1＋1,x1)＋eq \f(y2＋1,x2)＝eq \f(kx1＋t＋1,x1)＋eq \f(kx2＋t＋1,x2)＝2k＋eq \f(（t＋1）（x1＋x2）,x1x2)＝2k－eq \f(（t＋1）·4kt,2t2－2)＝2，
整理得t＝1－k.
所以直线l的方程为y＝kx＋t＝kx＋1－k＝k(x－1)＋1，显然直线y＝k(x－1)＋1经过定点(1，1)．
当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为x＝m.
因为直线AM与直线AN的斜率之和为2，设M(m，n)，则N(m，－n)，
所以kAM＋kAN＝eq \f(n＋1,m)＋eq \f(－n＋1,m)＝eq \f(2,m)＝2，解得m＝1，
此时直线l的方程为x＝1，显然直线x＝1也经过该定点(1，1)．
综上，直线l恒过点(1，1)．
[综合题组练]
1．(2020·湖南五市十校联考)已知动圆C过定点F(1，0)，且与定直线x＝－1相切．
(1)求动圆圆心C的轨迹E的方程；
(2)过点M(－2，0)的任一条直线l与轨迹E分别相交于不同的两点P，Q，试探究在x轴上是否存在定点N(异于点M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求点N的坐标；若不存在，说明理由．
解：(1)法一：由题意知，动圆圆心C到定点F(1，0)的距离与其到定直线x＝－1的距离相等，又由抛物线的定义，可得动圆圆心C的轨迹是以F(1，0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线，其中p＝2.
所以动圆圆心C的轨迹E的方程为y2＝4x.
法二：设动圆圆心C(x，y)，由题意知eq \r(（x－1）2＋y2)＝|x＋1|，
化简得y2＝4x，即动圆圆心C的轨迹E的方程为y2＝4x.
(2)假设存在点N(x0，0)，满足题设条件．
由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即kPN＋kQN＝0.①
由题意知直线PQ的斜率必存在且不为0，设直线PQ的方程为x＝my－2.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my－2，))得y2－4my＋8＝0.
由Δ＝(－4m)2－4×8＞0，得m＞eq \r(2)或m＜－eq \r(2).
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝8.
由①式得kPN＋kQN＝eq \f(y1,x1－x0)＋eq \f(y2,x2－x0)
＝eq \f(y1（x2－x0）＋y2（x1－x0）,（x1－x0）（x2－x0）)＝0，
所以y1(x2－x0)＋y2(x1－x0)＝0，
即y1x2＋y2x1－x0(y1＋y2)＝0.
消去x1，x2，得eq \f(1,4)y1yeq \\al(2,2)＋eq \f(1,4)y2yeq \\al(2,1)－x0(y1＋y2)＝0，
eq \f(1,4)y1y2(y1＋y2)－x0(y1＋y2)＝0，
因为y1＋y2≠0，所以x0＝eq \f(1,4)y1y2＝2，
所以存在点N(2，0)．使得∠QNM＋∠PNM＝π.
2．(2020·湖南郴州教学质量监测)已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，过点F的直线分别交抛物线于A，B两点．
(1)若以AB为直径的圆的方程为(x－2)2＋(y－3)2＝16，求抛物线C的标准方程；
(2)过点A，B分别作抛物线的切线l1，l2，证明：l1，l2的交点在定直线上．
解：(1)设AB中点为M，A到准线的距离为d1，B到准线的距离为d2，M到准线的距离为d，则d＝yM＋eq \f(p,2).
由抛物线的定义可知，d1＝|AF|，d2＝|BF|，所以d1＋d2＝|AB|＝8，
由梯形中位线可得d＝eq \f(d1＋d2,2)＝4，所以yM＋eq \f(p,2)＝4.
又yM＝3，所以3＋eq \f(p,2)＝4，可得p＝2，
所以抛物线C的标准方程为x2＝4y.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x2＝2py，得y＝eq \f(x2,2p)，则y′＝eq \f(x,p)，所以直线l1的方程为y－y1＝eq \f(x1,p)(x－x1)，直线l2的方程为y－y2＝eq \f(x2,p)(x－x2)，
联立得x＝eq \f(x1＋x2,2)，y＝eq \f(x1x2,2p)，
即直线l1，l2的交点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,2p))).
因为AB过焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，
由题可知直线AB的斜率存在，故可设直线AB方程为y－eq \f(p,2)＝kx，
代入抛物线x2＝2py中，得x2－2pkx－p2＝0，
所以x1x2＝－p2，y＝eq \f(x1x2,2p)＝－eq \f(p2,2p)＝－eq \f(p,2)，
所以l1，l2的交点在定直线y＝－eq \f(p,2)上．