1、1第 2 课时 定点与定值问题题型一 定点问题例 1 (2018湖州模拟)已知椭圆 y21( a0)的上顶点为 B(0，1)，左、右焦点分别为x2a2F1， F2， BF2的延长线交椭圆于点 M， 4 .BM F2M (1)求椭圆的标准方程；(2)若直线 l 交椭圆于 P， Q 两点，且 kBP kBQ m(m 为非零常数)，求证：直线 l 过定点.(1)解 方法一 设 M(x0， y0)， F2(c， 0)，则由 4 ，BM F2M 得Error! 即Error!代入椭圆方程得 1，又 a2 c21，所以 a22，16c29a2 19所以椭圆的标准方程为 y21.x22方法二 如图，连接 B
2、F1， MF1，设| BF1| BF2|3 n，则| F2M| n，又| MF1| MF2| BF1| BF2|6 n，所以| MF1|5 n，由| BF1| BM| MF1|345，得 F1BM90，则 OBF245， a22 b22，所以椭圆的标准方程为 y21.x22(2)证明 设 P(x1， y1)， Q(x2， y2)，当直线 l 的斜率不存在时， x1 x20， y1 y2，所以 kBP kBQ m，y1 1x1 y2 1x2 2x1x1 ，即直线 l： x .2m 2m当直线 l 的斜率存在时，设直线 l： y kx t，把 y kx t 代入椭圆的方程并整理得(12 k2)x2
3、4 ktx2 t220， 16 k2t24(12 k2)(2t22)8(2 k21 t2)0，所以Error!kBP kBQ y1 1x1 y2 1x22 kx1 t 1x1 kx2 t 1x22kx1x2 t 1x1 x2x1x2 m，2k2t2 21 2k2 t 1 4kt1 2k22t2 21 2k2整理得 2k m(t1)， t 1，2km所以直线 l 的方程为 y kx 1 k 1，2km (x 2m)过定点 .(2m， 1)综上，直线 l 过定点 .(2m， 1)思维升华圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何
4、时没有关系，找到定点.(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.跟踪训练 1 (2018浙江重点中学调研)已知椭圆 1( ab0)的左、右焦点分别为x2a2 y2b2F1， F2，| F1F2|2 ，点 P 在椭圆上，tan PF2F12 且 PF1F2的面积为 4.5(1)求椭圆的标准方程；(2)若点 M 是椭圆上任意一点， A1， A2分别是椭圆的左、右顶点，直线 MA1， MA2分别与直线x 交于 E， F 两点，试证：以 EF 为直径的圆交 x 轴于定点，并求该定点的坐标.352解 (1)由 tan PF2F12，得 sin PF2F1 ，255c
5、os PF2F1 .55由题意得Error!解得Error!所以 2a| PF1| PF2|426， a3，结合 2c2 ， c ，得 b24，5 5故椭圆的标准方程为 1.x29 y243(2)由(1)得 A1(3，0)， A2(3，0)，设 M(x0， y0)，则直线 MA1的方程为 y (x3)，与直线 x 的交点为 E ，y0x0 3 352 (352， y0x0 3(352 3)直线 MA2的方程为 y (x3)，与直线 x 的交点为 F .y0x0 3 352 (352， y0x0 3(352 3)设以 EF 为直径的圆交 x 轴于点 Q(m， 0)，则 QE QF，从而 kQEk
6、QF1，即 1，y0x0 3(352 3)352 my0x0 3(352 3)352 m即 2，94y20x20 9 (352 m)又 1，得 m 1，x209 y204 352故以 EF 为直径的圆交 x 轴于定点，该定点的坐标为 ， .(352 1， 0) (352 1， 0)题型二 定值问题例 2 (2018北京)已知抛物线 C： y22 px 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， ， ，求证： 为定值.QM Q
7、O QN QO 1 1(1)解 因为抛物线 y22 px 过点(1，2)，所以 2p4，即 p2.故抛物线 C 的方程为 y24 x.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 kx1( k0)，由Error!得 k2x2(2 k4) x10.依题意知 (2 k4) 24 k210，解得 kb0)上一点， F1， F2分别为 C 的左、右焦点，x2a2 y2b2且| F1F2|4， F1MF260， F1MF2的面积为 .433(1)求椭圆 C 的方程；(2)设 N(0，2)，过点 P(1，2)作直线 l，交椭圆 C 于异于 N 的 A， B 两点，直线 NA， NB的
8、斜率分别为 k1， k2，证明： k1 k2为定值.(1)解 在 F1MF2中，由 |MF1|MF2|sin60 ，得| MF1|MF2| .12 433 1635由余弦定理，得|F1F2|2| MF1|2| MF2|22| MF1|MF2|cos60(| MF1| MF2|)22| MF1|MF2|(1cos60)，解得| MF1| MF2|4 .2从而 2a| MF1| MF2|4 ，即 a2 .2 2由| F1F2|4，得 c2，从而 b2，故椭圆 C 的方程为 1.x28 y24(2)证明 当直线 l 的斜率存在时，设斜率为 k，显然 k0，则其方程为 y2 k(x1)，由Error!
9、得(12 k2)x24 k(k2) x2 k28 k0. 56 k232 k0，设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1 x2 ， x1x2 .4kk 21 2k2 2k2 8k1 2k2从而 k1 k2 y1 2x1 y2 2x22kx1x2 k 4x1 x2x1x22 k( k4) 4.4kk 22k2 8k当直线 l 的斜率不存在时，可得 A ， B ，得 k1 k24.( 1，142) ( 1， 142)综上， k1 k2为定值.直线与圆锥曲线的综合问题数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的过程.主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算方向，
10、选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等.例 椭圆 C： 1( ab0)的左、右焦点分别是 F1， F2，离心率为 ，过 F1且垂直于 xx2a2 y2b2 32轴的直线被椭圆 C 截得的线段长为 1.(1)求椭圆 C 的方程；6(2)点 P 是椭圆 C 上除长轴端点外的任一点，连接 PF1， PF2，设 F1PF2的角平分线 PM 交 C的长轴于点 M(m， 0)，求 m 的取值范围；(3)在(2)的条件下，过点 P 作斜率为 k 的直线 l，使得 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点，设直线 PF1， PF2的斜率分别为 k1， k2，若 k20，证明 为定值，并求出这个定值.1kk1 1
11、kk2解 (1)由于 c2 a2 b2，将 x c 代入椭圆方程 1，得 y .x2a2 y2b2 b2a由题意知 1，即 a2 b2.2b2a又 e ，ca 32所以 a2， b1.所以椭圆 C 的方程为 y21.x24(2)设 P(x0， y0)(y00)，又 F1( ，0)， F2( ，0)，3 3所以直线 PF1， PF2的方程分别为1PFl： y0x( x0 )y y00，3 32： y0x( x0 )y y00.3 3由题意知 .|my0 3y0|y20 x0 32 |my0 3y0|y20 x0 32由于点 P 在椭圆上，所以 y 1.x204 20所以 .|m 3|(32x0
12、2)2|m 3|(32x0 2)2因为 b0)的下顶点及左、x2a2 y2b2右焦点 F1， F2，过椭圆 C 的左焦点 F1的直线与椭圆 C 相交于 M， N 两点，线段 MN 的中垂线交 x 轴于点 D 且垂足为点 P.(1)求椭圆 C 的方程；(2)证明：当直线 MN 斜率变化时， 为定值.|DF1|MN|(1)解 当 x0 时，由 x2( y1) 24，得 y1 或 y3；当 y0 时，由 x2( y1) 24，得 x .3又圆 x2( y1) 24 过椭圆 1( ab0)的下顶点及焦点 F1， F2，x2a2 y2b2故 c ， b1，所以 a2 b2 c24，3即椭圆 C 的方程为
13、 y21.x24(2)证明 易知直线 MN 的斜率存在，且不为 0，8所以设直线 MN： y k(x )，且 M(x1， y1)， N(x2， y2)，3由Error! 消去 y，得(14 k2)x28 k2x4(3 k21)0，3 (8 k2)244(14 k2)(3k21)16( k21)0，3故 x1 x2 ， x1x2 ，83k21 4k2 43k2 11 4k2则 MN 的中点 P ，(43k21 4k2， 3k1 4k2)故 MN 的中垂线 DP 的方程为k ， k0，(y3k1 4k2) (x 43k21 4k2)由 y0 得 D ，(33k21 4k2， 0)故| DF1| ，
14、333k21 4k2 31 k21 4k2|MN| |x1 x2| ，1 k241 k21 4k2因此， 为定值.|DF1|MN| 342.已知抛物线 C 的顶点在原点，焦点在 y 轴上，且抛物线上有一点 P(m， 5)到焦点的距离为6.(1)求该抛物线 C 的方程；(2)已知抛物线上一点 M(4， t)，过点 M 作抛物线的两条弦 MD 和 ME，且 MD ME，判断直线DE 是否过定点，并说明理由.解 (1)由题意设抛物线方程为 x22 py(p0)，其准线方程为 y ， P(m， 5)到焦点的距离等于 P 到其准线的距离，所以 5 6，即p2 p2p2.所以抛物线方程为 x24 y.(2
15、)由(1)可得点 M(4，4)，设直线 MD 的方程为 y k(x4)4( k0)，联立Error!得 x24 kx16 k160，由题意得 0，设 D(x1， y1)， E(x2， y2)，则 xMx116 k16，9所以 x1 4 k4，16k 164y1 4( k1) 2，4k 424同理可得 x2 4， y24 2，4k (1k 1)所以直线 DE 的方程为 y4( k1) 2 (x4 k4)4k 12 4(1k 1)24k 4 4k 4 (x4 k4)(k 1k)(k 1k 2)k 1k (x4 k4).(k1k 2)化简得 y x4 k(k1k 2) 4k (x4)8.(k1k 2
16、)所以直线 DE 过定点(4，8).3.知抛物线 C1的方程为 x22 py(p0)，过点 M(a，2 p)(a 为常数)作抛物线 C1的两条切线，切点分别为 A， B.(1)过焦点且在 x 轴上截距为 2 的直线 l 与抛物线 C1交于 Q， N 两点， Q， N 两点在 x 轴上的射影分别为 Q， N，且| Q N|2 ，求抛物线 C1的方程；5(2)设直线 AM， BM 的斜率分别为 k1， k2.求证： k1k2为定值.(1)解 因为抛物线 C1的焦点坐标是 ，(0，p2)所以过焦点且在 x 轴上截距为 2 的直线方程是 1，即 1.x2 yp2 x2 2yp联立Error!消去 y
17、并整理，得 x2 x p20，p22显然 0 恒成立，设点 Q(xQ， yQ)， N(xN， yN)，则 xQ xN ， xQxN p2.p22则| Q N| xQ xN| xQ xN2 4xQxN10 2 ，( p22)2 4 p2 p44 4p2 5解得 p2.所以抛物线 C1的方程为 x24 y.(2)证明 设点 A(x1， y1)， B(x2， y2)(x10， x20)，得 y ，则 y .x22p xp所以切线 MA 的方程是 y y1 (x x1)，x1p即 y x .x1p x212p又点 M(a，2 p)在直线 MA 上，于是有2 p a ，x1p x212p即 x 2 ax
18、14 p20.21同理，有 x 2 ax24 p20，2因此， x1， x2是方程 x22 ax4 p20 的两根，则 x1 x22 a， x1x24 p2.所以 k1k2 4，x1p x2p x1x2p2 4p2p2故 k1k2为定值得证.4.已知中心在原点，焦点在 x 轴上的椭圆 C 的离心率为 ，过左焦点 F 且垂直于 x 轴的直22线交椭圆 C 于 P， Q 两点，且| PQ|2 .2(1)求 C 的方程；(2)若直线 l 是圆 x2 y28 上的点(2，2)处的切线，点 M 是直线 l 上任一点，过点 M 作椭圆 C 的切线 MA， MB，切点分别为 A， B，设切线的斜率都存在.求
19、证：直线 AB 过定点，并求出该定点的坐标.解 (1)由已知，设椭圆 C 的方程为 1( ab0)，x2a2 y2b2因为| PQ|2 ，不妨设点 P( c， )，2 2代入椭圆方程得 1，c2a2 2b2又因为 e ，ca 22所以 1， b c，12 2b2所以 b24， a22 b28，11所以 C 的方程为 1.x28 y24(2)依题设，得直线 l 的方程为 y2( x2)，即 x y40，设 M(x0， y0)， A(x1， y1)， B(x2， y2)， x0 x1且 x0 x2，由切线 MA 的斜率存在，设其方程为 y y1 k(x x1)，联立Error!得(2 k21) x
20、24 k(y1 kx1)x2( y1 kx1)280，由相切得 16 k2(y1 kx1)28(2 k21)( y1 kx1)240，化简得( y1 kx1)28 k24，即( x 8) k22 x1y1k y 40，21 21因为方程只有一解，所以 k ，x1y1x21 8 x1y1 2y21 x12y1所以切线 MA 的方程为 y y1 (x x1)，x12y1即 x1x2 y1y8，同理，切线 MB 的方程为 x2x2 y2y8，又因为两切线都经过点 M(x0， y0)，所以Error!所以直线 AB 的方程为 x0x2 y0y8，又 x0 y04，所以直线 AB 的方程可化为 x0x2
21、(4 x0)y8，即 x0(x2 y)8 y80，令Error! 得Error!所以直线 AB 恒过定点(2，1).5.设椭圆 C： 1( ab0)的离心率 e ，左顶点 M 到直线 1 的距离x2a2 y2b2 32 xa ybd ， O 为坐标原点.455(1)求椭圆 C 的方程；(2)设直线 l 与椭圆 C 相交于 A， B 两点，若以 AB 为直径的圆经过坐标原点，证明：点 O 到直线 AB 的距离为定值.12(1)解 由 e ，得 c a，又 b2 a2 c2，32 32所以 b a，即 a2 b.12由左顶点 M( a，0)到直线 1，xa yb即到直线 bx ay ab0 的距离
22、 d ，455得 ，即 ，|b a ab|a2 b2 455 2aba2 b2 455把 a2 b 代入上式，得 ，解得 b1.4b25b 455所以 a2 b2， c .3所以椭圆 C 的方程为 y21.x24(2)证明 设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，当直线 AB 的斜率不存在时，由椭圆的对称性，可知 x1 x2， y1 y2.因为以 AB 为直径的圆经过坐标原点，故 0，OA OB 即 x1x2 y1y20，也就是 x y 0，21 21又点 A 在椭圆 C 上，所以 y 1，x214 21解得| x1| y1| .255此时点 O 到直线 AB 的距离 d1| x1| .
23、255当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y kx m，与椭圆方程联立有Error!消去 y，得(14 k2)x28 kmx4 m240，所以 x1 x2 ， x1x2 .8km1 4k2 4m2 41 4k2因为以 AB 为直径的圆过坐标原点 O，所以 OA OB，所以 x1x2 y1y20，OA OB 所以(1 k2)x1x2 km(x1 x2) m20，所以(1 k2) m20，4m2 41 4k2 8k2m21 4k213整理得 5m24( k21)，所以点 O 到直线 AB 的距离 d1 .|m|k2 1 255综上所述，点 O 到直线 AB 的距离为定值 .2556
24、.(2018丽水、衢州、湖州三地市质检)如图， F1， F2是椭圆 C： y21 的左、右焦点，x22A， B 是椭圆 C 上的两点，且都在 x 轴上方， AF1 BF2，设 AF2， BF1的交点为 M.(1)求证： 为定值；1|AF1| 1|BF2|(2)求动点 M 的轨迹方程.(1)证明 方法一 如题图所示，由题意知 F1(1，0)， F2(1，0)，设直线 AF1的方程为x my1，与椭圆 C 的方程联立，由Error!消去 x，整理得( m22) y22 my10.由题意知， 0，因为点 A 在 x 轴上方，设 A(xA， yA)，所以 yA0， yA ，2m 22m2 12m2 2
25、 m 2m2 1m2 2所以| AF1| |yA0| .1 m21 m2m 2m2 1m2 2直线 BF2的方程为 x my1，设 B(xB， yB)，同理可得 yB ，| BF2| |yB0| ， m 2m2 1m2 2 1 m2 1 m2 m 2m2 1m2 2所以 ， ，1|AF1| m2 21 m2m 2m2 1 1|BF2| m2 21 m2 m 2m2 114所以 1|AF1| 1|BF2| m2 21 m2m 2m2 1 m2 21 m2 m 2m2 1m2 21 m2 1m 2m2 1 1 m 2m2 1 2 .m2 21 m222m2 12m2 1 m2 2所以 为定值.1|
26、AF1| 1|BF2|方法二 如图所示，延长 AF1交椭圆于 B1，由椭圆的对称性可知| B1F1| BF2|，所以要证 为定值，只需证 为定值.1|AF1| 1|BF2| 1|AF1| 1|B1F1|设直线 AF1的方程为 x my1， A(x1， y1)， B1(x2， y2)， y10， y20，所以 y1 y2 ， y1y2 .2mm2 2 1m2 2所以 1|AF1| 1|B1F1| 1m2 1( 1|y1| 1|y2|) 1m2 1(1y1 1y2) 1m2 1y2 y1y1y2 2 .1m2 1 y1 y22 4y1y2y1y2 8m2 1m2 1 2所以 为定值.1|AF1|
27、1|BF2|(2)解 方法一 设直线 AF2， BF1的方程分别为x k1y1， x k2y1，联立，得Error!解得Error!所以点 M 的坐标为 .(k1 k2k2 k1， 2k2 k1)又由(1)方法一可得 k1 m ，xA 1yA myA 2yA 2yAk2 m ，xB 1yB myB 2yB 2yB所以 k1 k2 m m 2 m22yA 2yB (1yB 1yA)152 m m2 22m2 1 m m2 22m2 1 m2( m2 m)6 m，k2 k12 4 .m2 22m2 1 m m2 22m2 1 m 2m2 1所以Error!所以动点 M 的轨迹方程为 1( y0).
28、x298y218方法二 如图所示，设| AF1| d1，| BF2| d2，因为 AF1 BF2，所以 ，|MF1|MB| d1d2所以 ，即| MF1| |BF1|.|MF1|BF1| d1d1 d2 d1d1 d2又| BF1| BF2|2 ，2所以| BF1|2 | BF2|2 d2，2 2所以| MF1| |BF1| .d1d1 d2 d122 d2d1 d2同理可得| MF2| ，d222 d1d1 d2所以| MF1| MF2| 2 ，d122 d2d1 d2 d222 d1d1 d2 2 2d1d2d1 d2由(1)可知 ，d1d2d1 d2 11d2 1d1 122所以| MF1| MF2| |F1F2|2，动点 M 的轨迹为以 F1， F2为左、右焦点，以 为长轴长32 32的椭圆的一半，所以动点 M 的轨迹方程为 1( y0).x298y21816
