2021版新高考数学（文科）一轮复习教师用书：第9章第9节　圆锥曲线中的定点与定值问题

第九节　圆锥曲线中的定点与定值问题

考点1　定点问题

　圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题(其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及)，其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线和圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动．这类问题的求解一般可分为以下三步：

一选：选择变量，定点问题中的定点，随某一个量的变化而固定，可选择这个量为变量(有时可选择两个变量，如点的坐标、斜率、截距等，然后利用其他辅助条件消去其中之一)．

二求：求出定点所满足的方程，即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量的方程．

三定点：对上述方程进行必要的化简，即可得到定点坐标．

　(2019·开封模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点F(，0)，长半轴的长与短半轴的长的比值为2.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标．

[解]　(1)由题意得，c＝，＝2，a2＝b2＋c2，∴a＝2，b＝1.

∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.

(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．

联立消去y，可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.

∴Δ＝16(4k2＋1－m2)＞0，x1＋x2＝，x1x2＝.

∵点B在以线段MN为直径的圆上，

∴·＝0.

∵·＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，

∴(k2＋1)＋k(m－1)＋(m－1)2＝0，

整理，得5m2－2m－3＝0，

解得m＝－或m＝1(舍去)．

∴直线l的方程为y＝kx－.

易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．

故直线l过定点，且该定点的坐标为.

　对于直线y＝kx＋m，当m为定值或m＝f(k)时，便可确定直线过定点，因此根据条件求出m的值或m与k的关系便可求出定点．

[教师备选例题]

已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)经过点P(2,1)，且离心率为.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设O为坐标原点，在椭圆的短轴上有两点M，N满足＝，直线PM，PN分别交椭圆于A，B两点，试证明直线AB过定点．

[解]　(1)由椭圆的离心率e＝＝＝，得a2＝4b2，将P(2,1)代入椭圆方程＋＝1，得＋＝1，解得b2＝2，则a2＝8，所以椭圆的标准方程为＋＝1.

(2)证明：当M，N分别是短轴的端点时，显然直线AB为y轴，所以若直线AB过定点，则这个定点一定在y轴上，

当M，N不是短轴的端点时，设直线AB的方程为y＝kx＋t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知x1≠2，x2≠2，

联立消去y，得(1＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－8＝0，则Δ＝16(8k2－t2＋2)＞0，

x1＋x2＝－，x1x2＝.

又直线PA的方程为y－1＝(x－2)，

即y－1＝(x－2)，

所以点M的坐标为，

同理可知N，

由＝，

得＋＝0，

化简整理得，(2－4k)x1x2－(2－4k＋2t)(x1＋x2)＋8t＝0，则(2－4k)×－(2－4k＋2t)＋8t＝0，

整理得(2t＋4)k＋(t2＋t－2)＝0，

当且仅当t＝－2时，上式对任意的k都成立，

所以直线AB过定点(0，－2)．

　(2019·济南模拟)已知抛物线C1：y2＝2px(p＞0)与椭圆C2：＋＝1有一个相同的焦点，过点A(2,0)且与x轴不垂直的直线l与抛物线C1交于P，Q两点，P关于x轴的对称点为M.

(1)求抛物线C1的方程．

(2)试问直线MQ是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．

[解]　(1)由题意可知，抛物线的焦点为椭圆的右焦点，坐标为(1,0)，所以p＝2，

所以抛物线C1的方程为y2＝4x.

(2)法一：因为点P与点M关于x轴对称，

所以设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则M(x1，－y1)，

设直线PQ的方程为y＝k(x－2)，

代入y2＝4x得，k2x2－4(k2＋1)x＋4k2＝0，所以x1x2＝4，

设直线MQ的方程为y＝mx＋n，

代入y2＝4x得，m2x2＋(2mn－4)x＋n2＝0，所以x1x2＝＝4，

因为x1＞0，x2＞0，y1y2＜0，所以＝2，即n＝2m，

所以直线MQ的方程为y＝m(x＋2)，必过定点(－2,0)．

法二：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，

因为点P与点M关于x轴对称，所以y3＝－y1，

设直线PQ的方程为x＝ty＋2，

代入y2＝4x得，y2－4ty－8＝0，所以y1y2＝－8，

设直线MQ的方程为x＝my＋n，

代入y2＝4x得，y2－4my－4n＝0，所以y2y3＝－4n，

因为y3＝－y1，所以y2(－y1)＝－y1y2＝－4n＝8，即n＝－2，

所以直线MQ的方程为x＝my－2，必过定点(－2,0)．

考点2　定值问题

　圆锥曲线中的定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量(斜率、距离、面积、比值等)与变量(斜率、点的坐标等)无关的问题．其求解步骤一般为：

一选：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等．

二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量(或者有多个变量，但是能整体约分也可以)．

三定值：化简式子得到定值．由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只须对上述式子进行必要的化简即可得到定值．

　(2018·北京高考)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的斜率的取值范围是(－∞，－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．

　根据＝λ，＝μ，得到λ，μ与yM，yN的关系，这是解题的关键．

[教师备选例题]

(2019·沈阳模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦点为F1，F2，离心率为，点P为其上一动点，且三角形PF1F2的面积最大值为，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·＝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

解得

所以椭圆C的方程为＋＝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＝＝，

联立消去y，得(4k2＋3)x2＋8knx＋4n2－12＝0，由Δ＞0得4k2－n2＋3＞0，则x1＋x2＝，x1x2＝，

所以x1x2＋(kx1＋n)(kx2＋n)＝(k2＋1)x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝m，

整理得＝12＋.

因为d＝为常数，

则m＝0，d＝＝，

此时＝12满足Δ＞0.

当MN⊥x轴时，由m＝0得kOM＝±1，

联立消去y，得x2＝，

点O到直线MN的距离d＝|x|＝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.

　(2019·成都模拟)直线l与椭圆＋＝1(a＞b＞0)交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，已知m＝(ax1，by1)，n＝(ax2，by2)，若椭圆的离心率e＝，且经过点，O为坐标原点．

(1)求椭圆的方程．

(2)当m⊥n时，△AOB的面积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由．

[解]　(1)由题意得解得

∴椭圆的方程为＋x2＝1.

(2)①当直线AB斜率不存在时，即x1＝x2，y1＝－y2，

由已知m·n＝0，得4x－y＝0，∴y＝4x.

又A(x1，y1)在椭圆上，∴x＋＝1，∴|x1|＝，|y1|＝，

三角形的面积S＝|x1||y1－y2|＝|x1|·2|y1|＝1，三角形的面积为定值．

②当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋t，

联立得(k2＋4)x2＋2ktx＋t2－4＝0.

则Δ＞0，即4k2t2－4(k2＋4)(t2－4)＞0，

x1＋x2＝，x1x2＝.

∵m⊥n，∴4x1x2＋y1y2＝0，∴4x1x2＋(kx1＋t)(kx2＋t)＝0，

代入整理得2t2－k2＝4.

而S△AOB＝··|AB|＝|t|·＝＝＝1，

∴△AOB的面积为定值．