主题3 第8章 热点强化课9 第2课时 定点、定值、探索性问题(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

主题三 几何与代数 第八章　平面解析几何 热点强化课9　圆锥曲线的综合问题 第2课时　定点、定值、探索性问题 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 课时冲关 01 主题三 第八章　平面解析几何 高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 圆锥曲线中的定点、定值与探索性问题是高考考查的重点和热点，常利用特殊与一般、方程思想求解． 定点问题 [例1]　(2023·全国乙卷)已知椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(5),3)，点A(－2,0)在C上． (1)求C的方程； (2)过点(－2,3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点． 解：(1)由点A(－2,0)在C上得b2＝4 又eq \f(c2,a2)＝1－eq \f(b2,a2)＝1－eq \f(4,a2)＝eq \f(5,9)， 解得a2＝9 故C的方程为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,4)＝1 (2) 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，易知直线斜率存在且不为0. 故设过点(－2,3)的直线方程为y＝kx＋m(k≠0)， 则m＝2k＋3 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，))消去y得(4k2＋9)x2＋8kmx＋4m2－36＝0， 则x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2＋9)，x1x2＝eq \f(4m2－36,4k2＋9) 因为A(－2,0)，则直线AP：y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)， 令x＝0，解得y＝eq \f(2y1,x1＋2)，即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y1,x1＋2)))，同理可得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y2,x2＋2)))， 则MN的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(y1,x1＋2)＋\f(y2,x2＋2))) 则eq \f(y1,x1＋2)＋eq \f(y2,x2＋2)＝eq \f(2kx1x2＋2k＋mx1＋x2＋4m,x1x2＋2x1＋x2＋4) ＝eq \f(2kx1x2＋4k＋3x1＋x2＋8k＋12,x1x2＋2x1＋x2＋4) ＝eq \f(2k·\f(4m2－36,4k2＋9)＋4k＋3·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8km,4k2＋9)))＋8k＋12,\f(4m2－36,4k2＋9)＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8km,4k2＋9)))＋4) ＝eq \f(8km2－32k2m－24km＋32k3＋48k2＋108,4m2－36－16km＋44k2＋9) ＝eq \f(8k2k＋32－32k22k＋3－24k2k＋3＋32k3＋48k2＋108,42k＋32－36－16k2k＋3＋44k2＋9)＝eq \f(108,36)＝3 即线段MN的中点是定点(0,3)． ◆[通技法]　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，再证明该点适合题意． 1. (2022·全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－1))两点． (1)求E的方程； (2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足eq \o(MT,\s\up16(→))＝eq \o(TH,\s\up16(→)).证明：直线HN过定点． 解：(1)设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1，过A(0，－2)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－1))， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4n＝1，,\f(9,4)m＋n＝1，))解得m＝eq \f(1,3)，n＝eq \f(1,4)， 所以椭圆E的方程为eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,3)＝1. (2)A(0，－2)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－1))，所以AB：y＋2＝eq \f(2,3)x， ①若过点P(1，－2)的直线斜率不存在，直线x＝1.代入eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,4)＝1， 可得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(6),3)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2\r(6),3)))，代入AB方程y＝eq \f(2,3)x－2，可得Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(6)＋3，\f(2\r(6),3)))，由eq \o(MT,\s\up16(→))＝eq \o(TH,\s\up16(→))，得到Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(6)＋5，\f(2\r(6),3))).求得HN方程： y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2\r(6),3)))x－2，过点(0，－2)． ②若过点P(1，－2)的直线斜率存在，设kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(kx－y－k＋2＝0，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1))得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0， 可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(6k2＋k,3k2＋4)，,x1x2＝\f(3k4＋k,3k2＋4)，)) eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(－82＋k,3k2＋4)，,y2y2＝\f(44＋4k－2k2,3k2＋4)，)) 且x1y2＋x2y1＝eq \f(－24k,3k2＋4)(*)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝y1，,y＝\f(2,3)x－2))可得Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3y1,2)＋3，y1))，H(3y1＋6－x1，y1)， 可求得此时HN：y－y2＝eq \f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2)(x－x2)， 将(0，－2)，代入整理得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0， 将(*)代入，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，显然成立， 综上，可得直线HN过定点(0，－2)． 定值问题 [例2]　(2025·云南玉溪模拟)已知点A(－1,0)，圆B：(x－1)2＋y2＝8，点P是圆B上的动点，PA的垂直平分线与PB交于点Q，记Q的轨迹为C. (1)求C的方程； (2)设经过点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))的直线l与C交于M，N两点，求证：eq \o(OM,\s\up16(→))·eq \o(ON,\s\up16(→))为定值，并求出该定值． [解]　(1)圆B的圆心为B(1,0)，半径eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BP))＝2eq \r(2)， 由点Q在PA的垂直平分线上，得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(QP))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(QA))， 所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(QA))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(QB))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(QP))＋eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(QB))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BP))＝2eq \r(2)>eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝2， 所以Q的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，2a＝2eq \r(2)，2c＝2， 所以a＝eq \r(2)，c＝1，b＝1， 所以C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1. (2)证明：①当直线l的斜率不存在时，易知eq \o(OM,\s\up16(→))·eq \o(ON,\s\up16(→))＝(0,1)·(0，－1)＝－1， ②当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋eq \f(\r(3),3)，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则把y＝kx＋eq \f(\r(3),3)代入eq \f(x2,2)＋y2＝1，得3(2k2＋1)x2＋4eq \r(3)kx－4＝0， 显然Δ>0，有x1＋x2＝－eq \f(4\r(3)k,32k2＋1)，x1x2＝－eq \f(4,32k2＋1)， y1y2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1＋\f(\r(3),3))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2＋\f(\r(3),3)))＝k2x1x2＋eq \f(\r(3),3)k(x1＋x2)＋eq \f(1,3)＝eq \f(－6k2＋1,32k2＋1)， 所以eq \o(OM,\s\up16(→))·eq \o(ON,\s\up16(→))＝x1x2＋y1y2＝－eq \f(4,32k2＋1)＋eq \f(－6k2＋1,32k2＋1)＝eq \f(－6k2－3,32k2＋1)＝－1， 综上所述，eq \o(OM,\s\up16(→))·eq \o(ON,\s\up16(→))为定值－1. ◆[通技法]　求定值问题常见的方法 (1)从特殊入手，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． 2．(2025·湖北荆州三模)从抛物线y2＝8x上各点向x轴作垂线段，垂线段中点的轨迹为Γ. (1)求Γ的轨迹方程； (2)A，B，C是Γ上的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D，E，F. ①若AC∥DF，求 eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BD)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BF)))的值； ②证明：三角形ABC与三角形DEF的面积之比为定值． 解： (1)设垂线段中点坐标为(x，y)，则抛物线上点坐标为(x，2y)， 代入抛物线方程，则(2y)2＝8x，即y2＝2x， 所以Γ的轨迹方程为y2＝2x. (2)①如图，A，B，C是Γ上的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D，E，F， 设A2,1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)，y1)) ，B2,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)，y2)) ，C2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)，y3)) ，D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x4，y4))，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x5，y5))，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x6，y6))， 则抛物线y2＝2x上过点A的切线方程为x－2,1) eq \f(y,2) ＝t eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－y1))， 将切线方程与抛物线方程联立，得： 联立2,1) eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－\f(y,2)＝t\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－y1))，,y2＝2x，)) 消去x，整理得y2－2ty＋2ty1－y eq \o\al(2,1)＝0， 所以Δ＝(－2t)2－42,1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ty1－y)) ＝4t2－8ty1＋4y eq \o\al(2,1)＝4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－y1)) eq \s\up12(2)＝0， 从而有t＝y1， 所以抛物线上过点A的切线方程为x＝y1y－2,1) eq \f(y,2) ， 同理可得抛物线上过点B，C的切线方程分别为x＝y2y－2,2) eq \f(y,2) ，x＝y3y－2,3) eq \f(y,2) ， 两两联立，可以求得交点D，E，F的纵坐标分别为： y4＝ eq \f(y1＋y2,2)，y5＝ eq \f(y1＋y3,2)，y6＝ eq \f(y2＋y3,2)， 则 eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AD)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(DE)))＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y1－y4)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y4－y5)))＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y1－\f(y1＋y2,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2,2)－\f(y1＋y3,2))))＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y1－y2)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y2－y3)))， 同理可得 eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(EF)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(FC)))＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y1－y2)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y2－y3)))， eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(DB)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BF)))＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y1－y2)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y2－y3)))，即 eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AD)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(DE)))＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(EF)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(FC)))＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(DB)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BF)))， 当AC∥DF时， eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AD)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(DE)))＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(CF)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(FE)))，故 eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(EF)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(FC)))＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(FC)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(EF)))，即 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(EF))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(FC))， 因此 eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BD)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BF)))＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(EF)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(FC)))＝1. ②易知kAB＝2,1) eq \f(y1－y2,\f(y,2)－\f(y eq \o\al(2,2),2)) ＝ eq \f(2,y1＋y2)，则直线AB的方程为y－y1＝2,1) eq \f(2,y1＋y2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y,2))) ， 化简得y＝ eq \f(2x＋y1y2,y1＋y2)，即(y1＋y2)y＝2x＋y1y2， 且 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝2,1) eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)－\f(y eq \o\al(2,2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1－y2))2) ＝ eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2,2)))2) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y2－y1))， 点C2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)，y3)) 到直线AB的距离为： d1＝2,3) eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)－\f(y1y3＋y2y3,2)＋\f(y1y2,2))),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2,2)))2)) ＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y3－y2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y3－y1)))),2\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2,2)))2))， 则三角形ABC的面积S1＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))·d1＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2－y1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y3－y1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y3－y2)))). 由(2)①知切线DE的方程为x＝y1y－2,1) eq \f(y,2) ， D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1y2,2)，\f(y1＋y2,2)))，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1y3,2)，\f(y1＋y3,2)))， F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y2y3,2)，\f(y2＋y3,2)))， 可知 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(DE))＝＝2,1) eq \f(1,2) eq \r(1＋y) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y3－y2)) ， 点F到直线ED的距离为 d2＝2,1) eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y2y3,2)－\f(y1y2＋y1y3,2)＋\f(y,2))),\r(1＋y eq \o\al(2,1))) ＝2,1) eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2－y1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y3－y1)))),2\r(1＋y)) ， 则外切三角形DEF的面积S2＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ED))·d2＝ eq \f(1,8) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2－y1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y3－y1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y3－y2)))). 故 eq \f(S1,S2)＝ eq \f(\f(1,4)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2－y1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y3－y1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y3－y2)))),\f(1,8)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2－y1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y3－y1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y3－y2)))))＝2. 因此三角形ABC与外切三角形DEF的面积之比为定值2. 存在性问题 [例3]　 (2024·天津卷)已知椭圆 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)椭圆的离心率e＝ eq \f(1,2).左顶点为A，下顶点为B，C是线段OB的中点，其中S△ABC＝ eq \f(3\r(3),2). (1)求椭圆方程； (2)过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))的动直线与椭圆有两个交点P，Q.在y轴上是否存在点T使得 eq \o(TP,\s\up6(→))· eq \o(TQ,\s\up6(→))≤0.若存在求出这个T点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由． [解]　 　(1)因为椭圆的离心率为e＝ eq \f(1,2)，所以a＝2c，b＝ eq \r(3)c，其中c为半焦距， 所以A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2c，0))，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\r(3)c))，C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3)c,2)))，故S△ABC＝ eq \f(1,2)×2c× eq \f(\r(3),2)c＝ eq \f(3\r(3),2)， 解得c＝ eq \r(3)，所以a＝2 eq \r(3)，b＝3， 故椭圆方程为 eq \f(x2,12)＋ eq \f(y2,9)＝1. (2)若过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：y＝kx－ eq \f(3,2)， 设P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，T eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，t))， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3x2＋4y2＝36，,y＝kx－\f(3,2)，))可得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋4k2))x2－12kx－27＝0， 故Δ＝144k2＋108 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋4k2))＝324＋576k2>0且x1＋x2＝ eq \f(12k,3＋4k2)，x1x2＝－ eq \f(27,3＋4k2)， 而 eq \o(TP,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1－t))， eq \o(TQ,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2－t))， 故 eq \o(TP,\s\up6(→))· eq \o(TQ,\s\up6(→))＝x1x2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1－t)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2－t))＝x1x2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1－\f(3,2)－t)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2－\f(3,2)－t)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋k2))x1x2－k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))2 ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋k2))× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(27,3＋4k2)))－k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))× eq \f(12k,3＋4k2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))2 因为 eq \o(TP,\s\up6(→))· eq \o(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋2t))2－12t－45≤0，,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))2－27≤0，))解得－3≤t≤ eq \f(3,2). 若过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))的动直线的斜率不存在， 则P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，3))，Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－3))或P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－3))，Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，3))， 此时需－3≤t≤3，两者结合可得－3≤t≤ eq \f(3,2). 综上，存在T eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，t)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3≤t≤\f(3,2)))，使得 eq \o(TP,\s\up6(→))· eq \o(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立． ◆[通技法]　解决存在性问题的注意事项 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)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径． 3．(2025·太原市模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左顶点为A，右焦点为F2(2,0)，点B(2，－eq \r(2))在椭圆C上． (1)求椭圆C的方程； (2)若直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N.在x轴上．是否存在点P，使得无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 解：(1)依题意，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)右焦点为F2(2,0)，c＝2， ∵点B(2，－eq \r(2))在C上，∴eq \f(4,a2)＋eq \f(2,b2)＝1， 又∵a2＝b2＋c2，∴a2＝8，b2＝4， ∴椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1. (2)假设存在这样的点P，设P(x0,0)，E(x1，y1)，则F(－x1，－y1)， 联立直线与椭圆的方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，)) ∴(1＋2k2)·x2－8＝0，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1＝\f(2\r(2),\r(1＋2k2))，,y1＝\f(2\r(2)k,\r(1＋2k2))，)) ∵A(－2eq \r(2)，0)，∴AE所在直线方程为 y＝eq \f(k,1＋\r(1＋2k2))·(x＋2eq \r(2))， ∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(2)k,1＋\r(1＋2k2))))，同理可得 Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(2)k,1－\r(1＋2k2))))， eq \o(PM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x0，\f(2\r(2)k,1＋\r(1＋2k2))))， eq \o(PN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x0，\f(2\r(2)k,1－\r(1＋2k2))))， eq \o(PM,\s\up16(→))·eq \o(PN,\s\up16(→))＝0， ∴xeq \o\al(2,0)－4＝0，∴x0＝2或x0＝－2， ∴存在点P，使得无论非零实数k怎么变化，总有∠MPN为直角，点P坐标为(2,0)或(－2,0)． $$