2021版高考数学苏教版一轮教师用书：8.8圆锥曲线中的定点、定值问题

第八节　圆锥曲线中的定点、定值问题

[最新考纲]　会证明与曲线上动点有关的定值问题，会处理动曲线(含直线)过定点的问题．

考点1　定点问题

　直线过定点

　1.动直线l过定点问题的基本思路

设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．

2．动直线l过定点问题的解题步骤

第一步：设AB直线y＝kx＋m，联立曲线方程得根与系数关系，Δ求出参数范围；

第二步：由AP与BP关系(如kAP·kBP＝－1)，得一次函数k＝f(m)或者m＝f(k)；

第三步：将k＝f(m)或者m＝f(k)代入y＝kx＋m，得y＝k(x－x定)＋y定．

 　(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上．

(1)求C的方程；

(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．

[解](1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．

又由＋＞＋知，椭圆C不经过点P1，

所以点P2在椭圆C上．

因此解得故椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.

如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐标分别为，，则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．

从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．

将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.

由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.

而k1＋k2＝＋＝＋

＝.

由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.

即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，解得k＝－.

当且仅当m＞－1时，Δ＞0，于是l：y＝－x＋m，

即y＋1＝－(x－2)，所以l过定点(2，－1)．

　本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点P做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB，则AB必过定点.

本题还可以拓展为“手电筒”模型：只要任意一个限定AP与BP条件(如kAP·kBP＝定值，kAP＋kBP＝定值)，直线AB依然会过定点．

[教师备选例题]

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)易知点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)，∴x1＋x2＝，x1x2＝1，

由抛物线的定义知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，

∴＝6，∴k2＝1，即k＝±1，

∴直线l的方程为y＝±(x－1)．

(2)由抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，－y1)，

直线BD的斜率kBD＝＝＝，

∴直线BD的方程为y＋y1＝(x－x1)，

　即(y2－y1)y＋y2y1－y＝4x－4x1，

∵y＝4x1，y＝4x2，x1x2＝1，∴(y1y2)2＝16x1x2＝16，即y1y2＝－4(y1，y2异号)，

∴直线BD的方程为4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，恒过点(－1,0)．

　1.已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1,2)为抛物线C上一点．

(1)求抛物线C的方程；

(2)若点B(1，－2)在抛物线C上，过点B作抛物线C的两条弦BP与BQ，如kBP·kBQ＝－2，求证：直线PQ过定点．

[解](1)若抛物线的焦点在x轴上，设抛物线方程为y2＝ax，代入点A(1,2)，可得a＝4，所以抛物线方程为y2＝4x.

若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线方程为x2＝my，代入点A(1,2)，可得m＝，所以抛物线方程为x2＝y.

综上所述，抛物线C的方程是y2＝4x或x2＝y.

(2)证明：因为点B(1，－2)在抛物线C上，所以由(1)可得抛物线C的方程是y2＝4x.

易知直线BP，BQ的斜率均存在，设直线BP的方程为y＋2＝k(x－1)，

将直线BP的方程代入y2＝4x，消去y，得

k2x2－(2k2＋4k＋4)x＋(k＋2)2＝0.

设P(x1，y1)，

则x1＝，

所以P.

用－替换点P坐标中的k，可得Q((k－1)2,2－2k)，

从而直线PQ的斜率为

＝

＝，

故直线PQ的方程是

y－2＋2k＝·[x－(k－1)2]．

在上述方程中，令x＝3，解得y＝2，

所以直线PQ恒过定点(3,2)．

2．已知圆x2＋y2＝4经过椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点和两个顶点，点A(0,4)，M，N是椭圆C上的两点，它们在y轴两侧，且∠MAN的平分线在y轴上，|AM|≠|AN|.

(1)求椭圆C的方程；

(2)证明：直线MN过定点．

[解](1)圆x2＋y2＝4与x轴交于点(±2,0)，

即为椭圆的焦点，圆x2＋y2＝4与y轴交于点(0，±2)，

即为椭圆的上下两顶点，所以c＝2，b＝2.

从而a＝2，因此椭圆C的方程为＋＝1.

(2)证明：设直线MN的方程为y＝kx＋m.

由

消去y得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－8＝0.

设M(x1，y1)，N(x2，y2)，

则x1＋x2＝－，x1x2＝.

直线AM的斜率k1＝＝k＋；

直线AN的斜率k2＝＝k＋.

k1＋k2＝2k＋

＝2k＋＝.

由∠MAN的平分线在y轴上，得k1＋k2＝0.

又因为|AM|≠|AN|，所以k≠0，所以m＝1.

因此，直线MN过定点(0,1)．

　动圆过定点

　动圆过定点问题求解时可以先取特殊值或者极值，找出这个定点，再用向量法证明用直径所对圆周角为直角．

 　(2019·北京高考)已知抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)．

(1)求抛物线C的方程及其准线方程；

(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．

[解](1)由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，得p＝2.

所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.

(2)抛物线C的焦点为F(0，－1)，设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．

由 得x2＋4kx－4＝0.

设M，N，则x1x2＝－4.

直线OM的方程为y＝x.

令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－.

同理得点B的横坐标xB＝－.

设点D(0，n)，

则＝，＝，

·＝＋(n＋1)2

＝＋(n＋1)2

＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.

令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，则n＝1或n＝－3.

综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0，－3)．

　动圆过定点问题本质上是向量垂直的问题.

　(2019·苏州二模)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，焦点到相应准线的距离为.

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)如图，已知P(t,0)为椭圆E外一动点，过点P分别作直线l1和l2，直线l1和l2分别交椭圆E于点A，B和点C，D，且l1和l2的斜率分别为定值k1和k2，求证：为定值．

[解](1)设椭圆的半焦距为c，由已知得，

＝，－c＝，c2＝a2－b2，

解得a＝2，c＝，b＝1，

∴椭圆E的标准方程是＋y2＝1.

(2)由题意，得直线l1的方程为y＝k1(x－t)，代入椭圆E的方程中，

并化简得，(1＋4k)x2－8ktx＋4kt2－4＝0，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1,2＝.

x1＋x2＝，x1x2＝.

因为PA＝|x1－t|，PB＝|x2－t|，

所以PA·PB＝(1＋k)|x1－t||x2－t|＝(1＋k)|t2－(x1＋x2)t＋x1x2|＝(1＋k)＝，

同理，PC·PD＝.

因为k1，k2为定值，

所以＝为定值．

考点2　定值问题

　圆锥曲线中定值问题的2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)引起变量法：其解题流程为

 　在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝，n＝，m·n＝0.

(1)求证：k1·k2＝－；

(2)试探求△OPQ的面积S是否为定值，并说明理由．

[解](1)证明：∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0.

又m·n＝0，∴＋y1y2＝0，即＝－y1y2，

∴k1·k2＝＝－.

(2)①当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，由＝－，得－y＝0.

又∵点P(x1，y1)在椭圆上，∴＋y＝1，

∴|x1|＝，|y1|＝.∴S△POQ＝|x1||y1－y2|＝1.

②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b.

联立得方程组

消去y并整理得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，

其中Δ＝(8kb)2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(1＋4k2－b2)>0，即b2<1＋4k2.

∴x1＋x2＝，x1x2＝.

∵＋y1y2＝0，

∴＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1(满足Δ>0)．

∴S△POQ＝|PQ|＝|b|＝2|b|＝1.

综合①②知△POQ的面积S为定值1.

　圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略

(1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；

(2)求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；

(3)求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．

[教师备选例题]

已知动圆P经过点N(1,0)，并且与圆M：(x＋1)2＋y2＝16相切．

(1)求点P的轨迹C的方程；

(2)设G(m,0) 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，ω＝|GA|2＋|GB|2是与m无关的定值？并求出该定值．

　[解](1)由题意，设动圆P的半径为r，则|PM|＝4－r，|PN|＝r，可得|PM|＋|PN|＝4－r＋r＝4，∴点P的轨迹C是以M，N为焦点的椭圆，∴2a＝4,2c＝2，∴b＝＝，

∴椭圆的方程为＋＝1.

即点P的轨迹C的方程为＋＝1.

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知－2＜m＜2，直线l：y＝k(x－m)，

由得(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12＝0，

∴x1＋x2＝，x1x2＝，

∴y1＋y2＝k(x1－m)＋k(x2－m)＝k(x1＋x2)－2km＝－，

y1y2＝k2(x1－m)(x2－m)＝k2x1x2－k2m(x1＋x2)＋k2m2＝，

∴|GA|2＋|GB|2＝(x1－m)2＋y＋(x2－m)2＋y＝(x1＋x2)2－2x1x2－2m(x1＋x2)＋2m2＋(y1＋y2)2－2y1y2＝(k2＋1).

要使ω＝|GA|2＋|GB|2的值与m无关，需使4k2－3＝0，

解得k＝±，此时ω＝|GA|2＋|GB|2＝7.

　1.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，＝λ，＝μ，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0＜k＜1.

又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．

从而k≠－3.

所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．

(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.

直线PA的方程为y－2＝(x－1)．

令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.

同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.

由＝λ，＝μ，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.

所以＋＝＋

＝＋

＝·

＝·＝2.

所以＋为定值．

2．(2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy中，曲线y＝x2＋mx－2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0,1)．当m变化时，解答下列问题：

(1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；

(2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．

[解](1)不能出现AC⊥BC的情况．理由如下：

设A(x1,0)，B(x2,0)，则x1，x2满足x2＋mx－2＝0，

所以x1x2＝－2.

又点C的坐标为(0,1)，

故AC的斜率与BC的斜率之积为·＝－，

所以不能出现AC⊥BC的情况.

(2)证明：BC的中点坐标为，可得BC的中垂线方程为y－＝x2.

由(1)可得x1＋x2＝－m，

所以AB的中垂线方程为x＝－.

联立

又x＋mx2－2＝0，可得

所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为，半径r＝.

故圆在y轴上截得的弦长为2＝3，

即过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．