高考数学玩转压轴题专题3_6定值计算并不难，构建函数再消元1

高考数学玩转压轴题专题3_6定值计算并不难，构建函数再消元1

专题 3.6 定值计算并不难，构建函数再消元 【题型综述】 在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中 的参变量无关，这类问题统称为定值问题． 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求 出定值，再证明这个值与变量无关；② 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量， 从而得到定值． 解答的关键是认真审题，理清问题与题设的关系，建立合理的方程或函数， 利用等量关系统一变量，最后消元得出定值． 【典例指引】 例 1．已知圆 2 2: 4O x y  与坐标轴交于 1 2 1 2A A B B、 、 、 （如图）． （1）点Q 是圆O 上除 1 2A A、 外的任意点（如图 1）， 1 2AQ A Q、 与直线 3 0y   交于不同 的两点 ,M N ，求 MN 的最小值； （2）点 P 是圆O 上除 1 2 1 2A A B B、 、 、 外的任意点（如图 2），直线 2B P 交 x 轴于点 F ，直 线 1 2A B 交 2A P 于点 E ．设 2A P 的斜率为 ,k EF 的斜率为 m ，求证： 2m k 为定值． 【思路引导】 （1）设出 2A Q ， 1AQ 的直线方程，联立直线 3 0y   ，分别得出 M,N 的坐标，表示出 33 4MN k k    ，求其最值即可；（2）分别写出 E,F 的坐标，写出斜率 m ，即可证明 2m k 为定值． （2）由题意可知        1 2 1 22,0 , 2,0 , 0, 2 , 0,2A A B B  ， 2A P 的 斜 率 为 ,k  直 线 2A P 的 方 程 为  2y k x  ， 由   2 2 2{ 4 y k x x y     ， 得 2 2 2 2 2 4,1 1 k kP k k        ， 则直线 2B P 的方程为 1 21 ky xk    ，令 0y  ，则  2 1 1 kx k   ，即  2 1 ,01 kF k      ，  直 线 1 2A B 的 方 程 为 2 0x y   ， 由   2 0 { 2 x y y k x      ， 解 得 2 2 2 2 41{ , ,4 1 1 1 kx k kk Ek k ky k          ， EF 的斜率   4 1 11 , 2 2 12 1 2 22 2 1 1 k k kkm m k kkk k k            （定值）． 例 2．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率为 6 3 ，以原点 O 为圆心，椭圆 C 的长 半轴长为半径的圆与直线 2 2 6 0x y   相切． ⑴求椭圆 C 的标准方程； ⑵已知点 A、B 为动直线   2 0y k x k   与椭圆 C 的两个交点，问：在 x 轴上是否存在 定点 E，使得 EA EB  为定值？若存在，试求出点 E 的坐标和定值；若不存在，请说明理由． 【思路引导】 （Ⅰ）由 e= 6 3 ，以原点 O 为圆心，椭圆 C 的长半轴长为半径的圆与直线 2 2 6 0x y   相切，求出 a，b，由此能求出椭圆的方程． （Ⅱ）由   2 2 1{ 6 2 2 x y y k x     ，得（1+3k2）x2﹣12k2x+12k2﹣6=0，由此利用韦达定理、向量的数 量积，结合已知条件能求出在 x 轴上存在点 E，使 EA EB  为定值，定点为（ 7 03 ，）． （Ⅱ）由 ，得（1+3k2）x2﹣12k2x+12k2﹣6=0，（6 分） 设 A（x1，y1），B（x2，y2），∴ ， ， 根据题意，假设 x 轴上存在定点 E（m，0），使得 为定值， 则有 =（x1﹣m，y1）•（x2﹣m，y2）=（x1﹣m）•（x2﹣m）+y1y2 = =（k2+1） =（k2+1）• ﹣（2k2+m）• +（4k2+m2） = ， 要使上式为定值，即与 k 无关，则应有 3m2﹣12m+10=3（m2﹣6）， 即 m= ，此时 = 为定值，定点为（ 0,3 7 ）． 点评：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多 少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的． 定点、定 值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用 推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现． 例 3．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     上的点到两个焦点的距离之和为 2 3 ，短轴长为 1 2 ， 直线l 与椭圆 C 交于 M 、 N 两点． （1）求椭圆C 的方程； （2）若直线l 与圆 2 2 1: 25O x y  相切，探究 MON 是否为定值，如果是定值，请求出 该定值；如果不是定值，请说明理由． 【答案】（1） 2 29 16 1x y  （2） 2MON   【思路引导】 （1）由已知得 2 12 23 2a b ＝ ， ，由此能求出椭圆C 的方程． （2）当直线 MN x 轴时， 2MON  ＝ ．当直线 MN 与 x 轴不垂直时，设直线 MN y kx b ： ，直线 MN 与与圆 2 2 1 25O x y： ＝ 的交点 M（x1，y1），N（x2，y2），由直 线 MN 与 圆 O 相 切 ， 得 2 225 1b k  ， 联 立 2 2{ 9 16 1 y kx b x y   ＝ ＝ ， 得 （ 2 2 29 16 32 16 1 0k x kbx b    ） ，由此能证明 2MON  ＝ 为定值． 联立 2 2{ 9 16 1 y kx m x y     得 2 2 29 16 32 16 1 0k x kmx m         2 2 2 1 2 2 3232 4 9 16 16 1 0, 9 16 kmkm k m x x k           ， 2 1 2 2 16 1 9 16 mx x k   ，    2 2 1 2 1 2 1 2 1 21OM ON x x y y k x x km x x m          = 2 2 2 25 1 09 16 m k k    2MON   综上， 2MON   （定值） 【点评】本题考查椭圆方程的求法，角为定值的证明，线段的取值范围的求法等．解题时要 认真审题，注意函数与方程思想的合理运用． 例 4．已知 是圆 上任意一点，点 的坐标为 ，直线 分别与 线 段 交 于 两 点 ， 且 ． （1）求点 的轨迹 的方程； （2）直线 与轨迹 相交于 两点，设 为坐标原点， 4 3 OBOA kk ， 判断 的面积是否为定值？若是，求出定值，若不是，说明理由． 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2） 3 （定值） 【思路引导】 （1）化简向量关系式可得 2 0NM F P   ，所以 MN 是线段 2F P 的垂直平分线，所以 2MF MP ，转化为椭圆定义 2 1 1 4MF MF F P   ，求出椭圆方程；（2）联立直线与 椭圆方程，根据根与系数的关系求出 AB ，再由点到直线的距离公式求三角形高，写出三 角形面积化简即可证明为定值． 【扩展链接】 2015 全国新课标 II 理 20 题深度分析 已知椭圆  2 2 2:9 0C x y m m   ，直线 l 不过原点O 且不平行于坐标轴， l 与C 有两个 交点 ,A B ，线段 AB 的中点为 M ． （1）证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值； （2）若l 过点 ,3 m m     ，延长线段OM 与C 交于点 P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？ 若能，求此时l 的斜率，若不能，说明理由． 高考试题落实运算求解能力考查的方式： 1．考查分析运算条件：平行四边形的判定定理选择，为何不选有关平行与长度的定理来判 定平行四边形，而要选择对角线相互平分来判定平行四边形，这种处理方式的优点在于弦中 点的运算量更小（需要平时训练有这种认识） 2．考查遇障碍而调整：若第 1 小问使用点差法，如何求中点坐标，需有目标分析及方程思 想来指导，利用中点在直线上这个条件列出另一个方程． 3．考查确定运算程序：相交求 P 坐标，中点关系构建斜率方程这种程序；中点关系求 P 坐 标，点 P 在椭圆上构建斜率方程这种程序如何选择？实际上运算难度大体相当． 4．考查据算理正确的变形与运算：无论选择何种运算程序都具有过硬的运算技能，需要发 现特殊代数结构的能力，在运算中要有求简的意识．运算求解过程中，大体会涉及到以下代 数式运算与化简：（1）中点  0 0,M x y 坐标：①韦达定理：  22 29x kx b m   或②解方 程组 2 0 0 0 0 9 3 x ky m my m k x            ；（2）点 P 坐标：解方程组 2 29 9 0 x y m x ky       ；（3）解斜率方程： ①    22 2 3 3 93 9 km kkm kk    ；或②      2 2 2 22 2 3 6 39 93 9 k k m k m mkk             ，特别是如何正 确解出第 2 个方程；特别要注意到相约 2m ， 2 9k  ，9 及公因式  24 3k  ，然后约因式 2 9k  才会得到二次方程： 2 8 9 0k k   4．解法的几何变换化 简 析 ： 设 3 ,x x y y   ， 则 椭 圆 2 2 29x y m  变 为 圆 ：        2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2, , , ; , ,x y m A x y A x y B x y B x y          ， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 21 2 1, 3 3 3AB A B AB y y y y y yk k kx x x xx x            ，同理可得： 1 3OM OMk k  ，在圆中易知 1A B OMk k    g ，则可得： 9AB OMk k  g ，在圆中易知OA P B   为菱形，且 3A OP    ， 则易得： 4 7 , 4 73A B ABk k     5．问题一般化 设直线  : 0l y kx m k m  g 与椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     相交于点 ,A B ，且线段 AB 的中点为 M ，直线OM 与椭圆交于点 P ，若四边形OAPB 为平行四边形，则参数 , , ,a b k m 满足 2 2 2 24m b a k  ， 易 知 中 点  0 0M x y 满 足 2 0 0 2 20 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 0 0 0 2 2 2 0 2 2, a kmx ky x a km b mb a k Pa b b a k b a kb my kx m y b a k                       ， 点 P 在 椭 圆 2 2 2 2 1x y a b   上 ， 则        2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 4 4 1 4 4a k m b m m a k b b a k m b a k b a k b a k            ，这 就是说，这种形式的平行四边形法则对任何椭圆均存在 附命题人的分析及参考答案： 【解题思路】（1）思路 1 将 l 的方程代入椭圆方程，利用韦达定理求得 M 点的坐标  ,M Mx y ，计算可得 M M y kx g 常数（其中 k 为直线l 的斜率），完成证明． 思路 2 将点 ,A B 的坐标分别代入椭圆方程，两式相减，可得到 , ,M Mx y k 的关系式 9 0M Mx y k  ，通过适当变形，即可完成证明． （2）思路 1 利用直线l 过点 ,3 m m     ，将参数b 用 k 表示，然后将直线 l 的方程代入椭圆 方程中，得到 M 点的横坐标 Mx ，根据第（1）问的结论，可设直线OM 的方程为 9y xk   ， 将它代入椭圆方程，得到 P 点的横坐标 Px ，因为“四边形OAPB 为平行四边形”的充分必 要条件是“线段 AB 与线段OP 互相平分”，因此有 2P Mx x ，由此得到关于 k 的方程．若 此方程有解，则四边形OAPB 可以为平行四边形，且此时方程的解 k 即为使得四边形OAPB 为平行四边形时l 的斜率；若此方程无解，则说明四边形OAPB 不能构成平行四边形． 思路 2 由点 P 既在椭圆上，也在直线 OP 上，可以联立椭圆与OP 的方程，解得  2 P Py f k ， 再将直线 OP 的方程与方程 1 1 3 M M yk x   联立，可解得  2 P Py g k ，于是有关于 k 的方程    2 2f k g k ，后同思路 1． 思路 3 与思路 1 类似，将参数b 用参数 k 和 m 表示，联立与直线OM 的方程，可解得 M 点 的坐标 ,M Mx y ，根据向量加法的平行四边形法则知  2 ,2N NP x y ，将 P 的坐标代入椭圆 方程，可得关于 k 和 m 的方程，后同思路 1． 【答案】（1）证法 1 如下图所示，设直线  : 0, 0l y kx b k b    ，      1 1 2 2, , , , ,M MA x y B x y M x y ， 将 y kx b  代入 2 2 29x y m  ，得 2 2 2 29 2 0k x kbx b m     ， 故 1 2 2 2 9,2 9 9M M M x x kb bx x kx bk k        ， 于是直线OM 的斜率 9M OM M yk x k    ，即 9OMk k  g ， 所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值． 证法 2 设直线  : 0, 0l y kx b k b    ，      1 1 2 2, , , , ,M MA x y B x y M x y ， 将 ,A B 的坐标代入椭圆方程，有 2 2 2 1 19x y m  ①， 2 2 2 2 29x y m  ②， ①-②，整理可得     2 1 1 2 1 2 2 1 9 0y yx x y y x x      ， 即9 0M Mx y k g ， 故直线OM 的斜率 9M OM M yk x k    ，即 9OMk k  g ， 所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值． （2）解法 1 四边形OAPB 能为平行四边形（见下图） 因为直线l 过点 ,3 m m     ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是 0, 3k k  ． 由（1）得OM 的方程为 9y xk   ， 设点 P 的横坐标为 Px ，由 2 2 2 9 9 y xk x y m       ， 得 2 2 2 29 81P k mx k   ，则 23 9P kmx k   ， 将点 ,3 m m     的坐标代入 l 的方程得  3 3 m kb  ，然后将 l 的方程代入椭圆方程，可得     1 2 2 2 3 2 9 3 9M k k mx x kbx k k      ， 四边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分，即 2P Mx x ，于是    22 32 3 93 9 k k mkm kk     ，解得 1 24 7, 4 7k k    因为 0, 0, 1,2i ik k i   ，所以当l 的斜率为 4 7 或 4 7 时，四边形OAPB 为平行四 边形． 解法 2 四边形OAPB 能为平行四边形，设  ,P PP x y ，由（1）得 9 , 0, 3P Py x k kk     ， 因为 P 在椭圆上，所以有 2 2 29 9 P P P P x y m y xk      ， 解得 2 2 2 9 9P my k   ①， 由四边形OAPB 为平行四边形，可知 2 2 3 9 P P P P y m kx m y xk         ，解得：   2 6 3 9P k my k   ② 据①②有  22 9 4 3k k   ，即 2 8 9 0k k   ， 解得 1 24 7, 4 7k k    ， 以下同解法 1． 解法 3 四边形OAPB 能为平行四边形（见下图） 将 点 ,3 m m     的 坐 标 代 入 l 的 方 程 得  3 3 m kb  ， 即 l 的 方 程 为  3 , 0, 33 m ky kx k k     ， 由 （ 1 ） 得 直 线 OP 的 方 程 为 9y xk   ， 因 为 M 既 在 l 上 ， 也 在 OP 上 ， 所 以 有  3 3 9 M M M M m ky kx y xk       ，解得       2 2 3 3 9 3 3 9 M M k k mx k k my k        ， 设点 P 的坐标为 ,P Px y ，则 “四边形OAPB 为平行四边形 ”的充要条件是    1 2 1 2, 2 ,2M MOP OA OB x x y y x y      uuur uur uuur ， 将点 P 的坐标 2 ,2M Mx y 代入椭圆方程有      2 2 2 22 2 3 6 39 93 9 k k m k m mkk              ， 化简可得 2 8 9 1k k   ， 解得 1 24 7, 4 7k k    ， 以下同解法 1． 【同步训练】 1．如图，点 F 是抛物线 ： 2 2x py （ 0p  ）的焦点，点 A 是抛物线上的定点，且  2,0AF  ，点 B ， C 是抛物线上的动点，直线 AB ， AC 斜率分别为 1k ， 2k ． （1）求抛物线 的方程； （2）若 2 1 2k k  ，点 D 是抛物线在点 B ， C 处切线的交点，记 BCD 的面积为 S ，证 明 S 为定值． 【答案】（1） 2 4x y （2） 32S  【思路引导】 （2）过 D 作 y 轴平行线交 BC 于点 E ，并设 2 1 1, 4 xB x      ， 2 2 2, 4 xC x      ， 由（1）知  2,1A  ， 所以 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 14 4 2 2 4 x x x xk k x x        ， 又 2 1 2k k  ，所以 2 1 8x x  ， 直线 BD ： 2 1 1 2 4 x xy x  ，直线 CD ： 2 2 2 2 4 x xy x  ，解得 1 2 1 2 ,2{ ,4 D D x xx x xy   因直线 BC 方程为   2 1 1 2 24 4 x x xy x x   ，将 Dx 代入得 2 2 1 2 8E x xy  ， 所以          2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 322 2 2 8E D x xS DE x x y y x x x x           ． 点评：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多 少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的． 定点、定 值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用 推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现． 2．已知常数 0a  ，在矩形 ABCD 中， 4AB  ， 4BC a ，O 为 AB 的中点，点 E、F、G 分别在 BC、CD、DA 上移动，且 BE CF DG BC CD DA   ，P 为 GE 与 OF 的交点（如图），问是否存 在两个定点，使 P 到这两点的距离的和为定值？若存在，求出这两点的坐标及此定值；若不 存在，请说明理由． 【答案】见解析 【思路引导】 根据题设条件，首先求出点 P 坐标满足的方程，据此再判断是否存在的两定点，使得点 P 到两点距离的和为定值． 当 时，点 P 轨迹为椭圆的一部分，点 P 到该椭圆焦点的距离的和为定长 当 时，点 P 到椭圆两个焦点（ 的距离之和为定值 当 时，点 P 到椭圆两个焦点（0， 的距离之和为定值 2 a ． 3．已知 1 2F F、 是椭圆   2 2 2 2: 1 0x yE a ba b     的左、右焦点，椭圆 E 的离心率为 1 2 ，过 原点O 的直线交椭圆于C D、 两点，若四边形 1 2CF DF 的面积最大值为 2 3 ． （1）求椭圆 E 的方程； （2）若直线l 与椭圆 E 交于 ,A B 且OA OB ，求证：原点 O 到直线l 的距离为定值． 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  （2）见解析 【思路引导】 （1）四边形 1 2CF DF 面积最大值为 2bc ，所以根据 a,b,c 的方程组解出 2, 3a b  （2） 先设    1 1 2 2: , , , ,l y kx m A x y B x y  ，利用直线方程与椭圆方程联立方程组，结合韦达 定 理 以 及 · 0OAOB   ， 得  2 212 17m k  ， 再 根 据 点 到 直 线 距 离 公 式 可 得 2 2 21 71 md k    ，最后验证斜率不存在的情形． 因为OA OB ，所以 · 0OAOB   ，即    2 2 1 2 1 2 1 2 1 21x x y y k x x km x x m        2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 12 8 7 12 121 · 03 4 3 4 3 4 m k m m kk mk k k           ， 所以  2 212 17m k  ，原点 O 到直线l 的距离 2 2 21 71 md k    ； 当直线l 的斜率不存在时，设直线l 的方程为 x m ， 则    2 23 4 3 4 , , ,2 2 m m A m B m                  ，由 OA OB  得  2 2 3 4 04 m m    ， 解得 2 21 7m  ，所以此时原点O 到直线l 的距离为 2 21 7 ． 综上可知，原点O 到直线l 的距离为定值 2 21 7 ． 4．已知椭圆C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的短轴长为 2 5 ，离心率为 3 2 ，圆 E 的圆心在 椭圆C 上，半径为 2，直线 1y k x 与直线 2y k x 为圆 E 的两条切线． （1）求椭圆C 的标准方程； （2）试问： 1 2*k k 是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由． 【答案】（1） 2 2 120 5 x y  ；（2） 1 4  【思路引导】 （ 1 ） 由 椭 圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     焦 点 在 x 轴 上 ， 5b  ， 离 心 率 2 2 2 5 31 1 2 c be a a a       ，则 2 220, 5a b  ，即可求得椭圆C 的标准方程；（2） 设  0 0,E x y ， 圆 E 的 方 程 为    2 2 0 0 4x x y y    ， 由 直 线 1y k x 与 圆    2 2 0 0: 4E x x y y    相 切 ， 根 据 点 到 直 线 的 距 离 公 式 可 得 1 2,k k 为 方 程  2 2 2 0 0 0 04 2 4 0x x x y x y     ，的两个根，由韦达定理可知： 2 0 1 2 2 0 4 4 yk k x   ，由 E 在 椭圆上即可求得 1 2 1 4k k   ． 5．已知椭圆 C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左右焦点分别是    1 2,0 , ,0F c F c ，直线 :l x my 与椭圆 C 交于两点 ,M N ，当 3 3m   时， M 恰为椭圆 C 的上顶点，此时 1 2MF F 的面积为 6． （1）求椭圆C 的方程； （2）设椭圆 C 的左顶点为 A ，直线 ,AM AN 与直线 4x  分别相交于点 ,P Q ，问当 m 变 化时，以线段 PQ 为直径的圆被 x 轴截得的弦长是否为定值？若是，求出这个定值，若不是， 说明理由． 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2）弦长为定值 6． 【思路引导】 （1）根据 3 3m   时，直线的倾斜角为120 ，又 1 2MF F 的周长为 6，即可求得椭圆方程； （2）利用特殊位置猜想结论：当 0m  时，直线l 的方程为： 1x  ，求得以 PQ 为直径的 圆过右焦点，被 x 轴截得的弦长为 6 ，猜测当 m 变化时，以 PQ 为直径的圆恒过焦点 2F ， 被 x 轴截得的弦长为定值 6，再进行证明即可． 6．已知动圆 P 经过点  1,0N ，并且与圆  2 2: 1 16M x y   相切． （1）求点 P 的轨迹C 的方程； （2）设  ,0G m 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？ 2 2| |GA GB   是与 m 无关的定值，并求出该值定值． 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2）见解析． 【思路引导】 （1）由椭圆定义易知轨迹为椭圆，确定 a ， b 即可； （2）设      1 1 2 2, , , , ,0 ( 2 2)A x y B x y G m m   ，直线  :l y k x m  ，与椭圆联立得  2 2 2 2 23 4 8 4 12 0k x k mx k m     ， 进 而 通 过 韦 达 定 理 建 立 根 与 系 数 的 关 系 ， 2 2 2 1 2 1 22 2 8 4 12,4 3 4 3 mk k mx x x xk k      ，由          2 2 2 22 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2| | 2 2 2 2GA GB x m y x m y x x x x m x x m y y y y                ，代入化简即可求定值． 试题解析： （1）由题设得： 4PM PN  ，所以点 P 的轨迹C 是以 M N、 为焦点的椭圆， 2 22 4,2 2, 3,a c b a c       椭圆方程为 2 2 14 3 x y  ． 方法 2 ：①当 2 0k  时，…；②当 0k  时，设直线 :l x k y m  ，…；可以减少计算量． 7．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的焦距为 2 6 ，且过点  2,1A ． （1）求椭圆C 的方程； （2）若不经过点 A 的直线 :l y kx m  与 C 交于 ,P Q 两点，且直线 AP 与直线 AQ 的斜 率之和为 0 ，证明：直线 PQ 的斜率为定值． 【答案】（1） 2 2 18 2 x y  ；（2） 1 2 【思路引导】 （1）由已知条件先求出椭圆 C 的半焦距，再把  2,1A 代入椭圆方程，结合性质 2 2 2a b c  ，求出 a 、b 、c ，即可求出椭圆C 的方程；（2）设直线l 的方程为 y kx m  与椭圆的方程联立，根据韦达定理及过两点的斜率公式，利用直线 ,AP AQ 的斜率之和为零 可得  2 1 2 1 0k m k    ，从而可得结果． 【点评】本题主要考查待定系数求椭圆方程以及直线与椭圆的位置关系和过两点的斜率公 式，属于难题．用待定系数法求椭圆方程的一般步骤；①作判断：根据条件判断椭圆的焦点 在 x 轴上，还是在 y 轴上，还是两个坐标轴都有可能；②设方程：根据上述判断设方程   2 2 2 2 1 0x y a ba b     或 2 2 2 2 1x y b a    0a b  ；③找关系：根据已知条件，建立关于 a 、b 、 c 的方程组；④得方程：解方程组，将解代入所设方程，即为所求． 8．已知椭圆 C 的中心在原点，焦点在 x 轴上，离心率等于 1 2 ，它的一个顶点恰好是抛物线 2 8 3x y 的焦点． （1）求椭圆 C 的标准方程． （2）已知点    2, , 2, ( 0)P t Q t t  在椭圆 C 上，点 A、B 是椭圆 C 上不同于 P、Q 的两个 动点，且满足： APQ BPQ   ．试问：直线 AB 的斜率是否为定值？请说明理由． 【答案】（1） 2 2 116 12 x y  （2） 1 2 【思路引导】 对于（1），结合已知即可求出 b2 与 a2，问题便可解答； 对于（2），当 APQ BPQ   时，PA，PB 的斜率之和为 0．设直线 PA 的斜率为 k，则 PB 的斜率为-k，接下来求出直线 PA 与 PB 的方程，然后将其与椭圆分别联立，即可求出 2 1 2 1 22 2 12 16 48,3 4 3 4 k kx x x xk k       ,然后利用斜率的计算公式不难求出 k 的值，问题便 可解答． 9．在平面直角坐标系中，圆 2 2: 4O x y  与 x 轴的正半轴交于点 A ，以 A 为圆心的圆  2 2 2: 2A x y r    0r  与圆O 交于 ,B C 两点． （1）若直线l 与圆O 切于第一象限，且与坐标轴交于 ,D E ，当线段 DE 长最小时，求直线 l 的方程； （2）设 P 是圆 O 上异于 ,B C 的任意一点，直线 ,PB PC 分别与 x 轴交于点 M 和 N ，问 OM ON 是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） 2 2 0x y   ；（2） 4 ． 【思路引导】 （1）由截距式设直线l 的方程为  1 0, 0x y a ba b     ，从而可得 2 2 2ab a b   ，再由基 本不等式取最值得条件可得 a b ，从而可得结果；（2）设     0 0 1 1 1 0, , ,B x y P x y y y  ， 则   2 2 2 2 0 0 0 0 1 1, , + 4, 4C x y x y x y   ，写出直线 PB 与直线 PC 的方程，从而得到 ,M N 的 坐标，从而求OM ON ，化简即可结论． 试题解析：（1）设直线l 的方程为  1 0, 0x y a ba b     ，即 0bx ay ab   ， 10．在直角坐标系 xOy 中， 已知定圆  2 2: 1 36M x y   ，动圆 N 过点  1,0F 且与圆 M 相切，记动圆圆心 N 的轨迹为曲线C ． （1）求曲线C 的方程； （2）设 ,A P 是曲线C 上两点，点 A 关于 x 轴的对称点为 B (异于点 P )，若直线 ,AP BP 分 别交 x 轴于点 ,S T ，证明: ·OS OT 为定值． 【答案】（1） 2 2 19 8 x y  ；（2）详见解析． 【思路引导】 （1）由两圆关系得等量关系 6NM NF FM   ，再根据椭圆定义确定轨迹形状及标 准方程，（2）解析几何中定值问题，往往通过计算给予证明，先设坐标，列直线方程，求出 与 x 轴交点坐标，再利用点在椭圆上这一条件进行代入消元，化简计算 ·OS OT 为定值 ． 试题解析：解：(1)因为点  1,0F 在  2 21 36M x y  ： 内，所以圆 N 内切于圆 M ，则 6NM NF FM   ，由椭圆定义知，圆心 N 的轨迹为椭圆，且 2 6, 1a c  ，则 2 29, 8a b  ， 所 以 11．已知点 P 是直线 : 2l y x  与椭圆   2 2 2 1 1x y aa    的一个公共点， 1 2,F F 分别为 该椭圆的左右焦点，设 1 2PF PF 取得最小值时椭圆为C ． （1）求椭圆C 的标准方程及离心率； （2）已知 ,A B 为椭圆 C 上关于 y 轴对称的两点， Q 是椭圆 C 上异于 ,A B 的任意一点， 直线 ,QA QB 分别与 y 轴交于点    0, , 0,M m N n ，试判断 mn 是否为定值；如果为定值， 求出该定值；如果不是，请说明理由． 【答案】(1) 2 2 13 x y  ；（2）1 ． 【思路引导】 （1）联立 2 2 2 2 { 1 y x x ya     ，得 2 2 2 21 4 3 0a x a x a    ，由此利用韦达定理、椭圆定义， 结 合 已 知 条 件 能 求 出 椭 圆 C 的 方 程 ；（ 2 ） 设      1 1 1 1 0 0, , , , ,A x y B x y Q x y ， 且    0, , 0,M m N n ，由已知求出 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 ,x y x y x y x ym nx x x x     ，由此能求出 mn 为定值 1． 试题解析：（1）联立 2 2 2 2 { 1 y x x ya     ，得  2 2 2 21 4 3 0a x a x a    ， ∵直线 2y x  与椭圆有公共点， ∴  4 2 216 4 1 3 0a a a      ，解得 2 3a  ，∴ 3a  ， 又由椭圆定义知 1 2 2PF PF a  ， 故当 3a  时， 1 2PF PF 取得最小值， 此时椭圆C 的方程为 2 2 13 x y  ；离心率为 6 3 ； ∴ 22 2 2 01 0 1 2 2 0 1 2 2 2 2 0 1 0 1 1 13 3 1 xxx x x xmn x x x x               ， ∴ mn 为定值 1． 12．椭圆 2 2 2 2: 1x yC a b   （ 0a b  ）的左、右焦点分别为 1 2,F F ， M 在椭圆上， 1 2MF F 的周长为 2 5 4 ，面积的最大值为 2． （1）求椭圆C 的方程； （2）直线 y kx （ 0k  ）与椭圆C 交于 ,A B ，连接 2AF ， 2BF 并延长交椭圆C 于 ,D E ， 连接 DE ，探索 AB 与 DE 的斜率之比是否为定值并说明理由． 【答案】（I） 2 2: 15 xC y  ；（II） : 9DEk k  ． 【思路引导】 （1）由椭圆定义可得△ 1 2MF F 周长为 2 2a c ，面积最大值为 1 22 c b ，列方程组可解得 5, 2, 1a c b   ，（2）先根据对称性可设  0 0,A x y ，  0 0,B x y  ．再根据点斜式写 出直线 AD 方程，与椭圆方程联立方程组解出点 D 坐标，类似可得 E 坐标，最后根据斜率 公式写出 DE 的斜率，得到与 k 的比例关系． 点评：直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利 用韦达定理或求根公式进行转化，涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系，设而不 求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦 点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．涉及中点弦问题往往利用点差法．