第2课时圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题圆锥曲线中的定值问题(师生共研)(2018·高考北京卷)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)．过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，QM＝λQO，QN＝μQO，求证：＋为定值．【解】(1)因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<0或0b>0)的离心率为，1左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝.(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m与l1，l2分别交于M，N两点，求证：∠MF1N为定值．解：(1)由AF2⊥F1F2，|AF2|＝，得＝.又e＝＝，a2＝b2＋c2，所以a2＝9，b2＝8，故椭圆C的标准方程为＋＝1.(2)证明：由题意可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3.直线l分别与直线l1，l2的方程联立得M(－3，－3k＋m)，N(3，3k＋m)，所以F1M＝(－2，－3k＋m)，F1N＝(4，3k＋m)，所以F1M·F1N＝－8＋m2－9k2.联立得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0.因为直线l与椭圆C相切，所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)·(9m2－72)＝0，化简得m2＝9k2＋8.所以F1M·F1N＝－8＋m2－9k2＝0，所以F1M⊥F1N，故∠MF1N为定值.圆锥曲线中的定点问题(师生共研)(2020·安徽省考试试题)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上顶点为P，右顶点为Q，直线PQ与圆x2＋y2＝相切于点M.(1)求椭圆C的方程；(2)若不经过点P的直线l与椭圆C交于A，B两点，且PA·PB＝0，求证：直线l过定点．【解】(1)由已知得直线OM(O为坐标原点)的斜率kOM＝2，则直线PQ的斜率kPQ＝－＝－，所以直线PQ的方程为y－＝－，即x＋2y＝2.可求得P(0，1)，Q(2，0)，故a＝2，b＝1，故椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明：当直线l的斜率不存在时，显然不满足条件．当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋n(n≠1)，联立消去y整理得(4k2＋1)x2＋8knx＋4(n2－1)＝0，Δ＝(8kn)2－4×4(4k2＋1)(n2－1)＝16(4k2＋1－n2)>0，得4k2＋1>n2.①设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.②由PA·PB＝0，得(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝0，又y1＝kx1＋n，y2＝kx2＋n，所以(k2＋1)x1x2＋k(n－1)(x1＋x2)＋(n－1)2＝0，③由②③得n＝1(舍)，或n＝－，满足①.此时l的方程为y＝kx－，故直线l过定点.求解定点问题常用的方法(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一2般性证明．(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标．(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)来证明．(2019·高考北京卷)已知椭圆C：＋＝1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1)．(1)求椭圆C的方程；(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点．解：(1)由题意，得b2＝1，c＝1，所以a2＝b2＋c2＝2.所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线AP的方程为y＝x＋1.令y＝0，得点M的横坐标xM＝－.又y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝.同理，|ON|＝.由得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，则x1＋x2＝－，x1x2＝.所以|OM|·|ON|＝·＝＝＝2.又|OM...
