第2课时　定点与定值问题

第2课时　定点与定值问题

题型一　定点问题

例1 (2017·全国Ⅰ)已知椭圆C：a2(x2)＋b2(y2)＝1(a>b>0)，四点P₁(1,1)，P₂(0,1)，P₃2(3)，P₄2(3)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．

(1)解　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a2(1)＋b2(1)>a2(1)＋4b2(3)知，椭圆C不经过点P₁，

所以点P₂在椭圆C上．

因此＝1，(3)解得b2＝1.(a2＝4，)

故椭圆C的方程为4(x2)＋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2(4－t2)，2(4－t2)，则k₁＋k₂＝2t(4－t2－2)－2t(4－t2＋2)＝－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4(x2)＋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＝－4k2＋1(8km)，x₁x₂＝4k2＋1(4m2－4).

而k₁＋k₂＝x1(y1－1)＋x2(y2－1)

＝x1(kx1＋m－1)＋x2(kx2＋m－1)

＝x1x2(2kx1x2＋(m－1)(x1＋x2)).

由题设知k₁＋k₂＝－1，

故(2k＋1)x₁x₂＋(m－1)(x₁＋x₂)＝0.

即(2k＋1)·4k2＋1(4m2－4)＋(m－1)·4k2＋1(－8km)＝0，

解得k＝－2(m＋1).

当且仅当m>－1时，Δ>0，

于是l：y＝－2(m＋1)x＋m，

即y＋1＝－2(m＋1)(x－2)，

所以l过定点(2，－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 已知焦距为2的椭圆C：a2(x2)＋b2(y2)＝1(a>b>0)的右顶点为A，直线y＝3(4)与椭圆C交于P，Q两点(P在Q的左边)，Q在x轴上的射影为B，且四边形ABPQ是平行四边形．

(1)求椭圆C的方程；

(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N.

①若直线l过原点且与坐标轴不重合，E是直线3x＋3y－2＝0上一点，且△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，求k的值；

②若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DA⊥AM，点G是x轴上异于点M的点，且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，求证：点G是定点．

(1)解　由题意可得2c＝2，即c＝，

设Q3(4)，因为四边形ABPQ为平行四边形，

|PQ|＝2n，|AB|＝a－n，

所以2n＝a－n，n＝3(a)，

则a2(2)＋9()＝1，解得b²＝2，a²＝b²＋c²＝4，

可得椭圆C的方程为4(x2)＋2(y2)＝1.

(2)①解　直线y＝kx(k≠0)代入椭圆方程，

可得(1＋2k²)x²＝4，

解得x＝±1＋2k2(2)，

可设M1＋2k2(2k)，

由E是3x＋3y－2＝0上一点，

可设E－m(2)3(2)，

E到直线kx－y＝0的距离为d＝3()，

因为△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，

所以OE⊥MN，|OM|＝d，

即有m(－m)＝－k(1)，(*)

1＋2k2(4＋4k2)＝3()，(**)

由(*)得m＝3(k－1)(2k)(k≠1)，代入(**)式，

化简整理可得7k²－18k＋8＝0，解得k＝2或7(4).

②证明　由M(－2,0)，可得直线MN的方程为y＝k(x＋2)(k≠0)，代入椭圆方程可得(1＋2k²)x²＋8k²x＋8k²－4＝0，

可得－2＋x_N＝－1＋2k2(8k2)，解得x_N＝1＋2k2(2－4k2)，

y_N＝k(x_N＋2)＝1＋2k2(4k)，即N1＋2k2(4k)，

设G(t,0)(t≠－2)，由题意可得D(2,4k)，A(2,0)，

以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，

可得AN⊥DG，即有→(AN)·→(DG)＝0，

即为1＋2k2(4k)·(t－2，－4k)＝0，解得t＝0.

故点G是定点，即为原点(0,0)．

 

题型二　定值问题

例2 (2018·北京)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，→(QM)＝λ→(QO)，→(QN)＝μ→(QO)，求证：λ(1)＋μ(1)为定值．

(1)解　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y＝kx＋1，(y2＝4x，)得k²x²＋(2k－4)x＋1＝0.

依题意知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＝－k2(2k－4)，x₁x₂＝k2(1).

直线PA的方程为y－2＝x1－1(y1－2)(x－1)，

令x＝0，得点M的纵坐标为y_M＝x1－1(－y1＋2)＋2＝x1－1(－kx1＋1)＋2.

同理得点N的纵坐标为y_N＝x2－1(－kx2＋1)＋2.

由→(QM)＝λ→(QO)，→(QN)＝μ→(QO)，得λ＝1－y_M，μ＝1－y_N.

所以λ(1)＋μ(1)＝1－yM(1)＋1－yN(1)

＝(k－1)x1(x1－1)＋(k－1)x2(x2－1)

＝k－1(1)·x1x2(2x1x2－(x1＋x2))

＝k－1(1)·k2(1)

＝2.

所以λ(1)＋μ(1)为定值．

思维升华 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．

跟踪训练2 已知点M是椭圆C：a2(x2)＋b2(y2)＝1(a>b>0)上一点，F₁，F₂分别为C的左、右焦点，且|F₁F₂|＝4，∠F₁MF₂＝60°，△F₁MF₂的面积为3(3).

(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的斜率分别为k₁，k₂，证明：k₁＋k₂为定值．

(1)解　在△F₁MF₂中，由2(1)|MF₁||MF₂|sin 60°＝3(3)，得|MF₁||MF₂|＝3(16).

由余弦定理，得

|F₁F₂|²＝|MF₁|²＋|MF₂|²－2|MF₁||MF₂|·cos 60°

＝(|MF₁|＋|MF₂|)²－2|MF₁||MF₂|(1＋cos 60°)，

解得|MF₁|＋|MF₂|＝4.

从而2a＝|MF₁|＋|MF₂|＝4，即a＝2.

由|F₁F₂|＝4得c＝2，从而b＝2，

故椭圆C的方程为8(x2)＋4(y2)＝1.

(2)证明　当直线l的斜率存在时，

设斜率为k，显然k≠0，则其方程为y＋2＝k(x＋1)，

由y＋2＝k(x＋1)，(＝1，)

得(1＋2k²)x²＋4k(k－2)x＋2k²－8k＝0.

Δ＝56k²＋32k>0，

设A(x₁，y₁)，B(x₂，y₂)，

则x₁＋x₂＝－1＋2k2(4k(k－2))，x₁x₂＝1＋2k2(2k2－8k).

从而k₁＋k₂＝x1(y1－2)＋x2(y2－2)

＝x1x2(2kx1x2＋(k－4)(x1＋x2))

＝2k－(k－4)·2k2－8k(4k(k－2))＝4.

当直线l的斜率不存在时，可得A2(14)，B2(14)，得k₁＋k₂＝4.

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，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等．

例 椭圆C：a2(x2)＋b2(y2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F₁，F₂，离心率为2(3)，过F₁且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.

(1)求椭圆C的方程；

(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k₂≠0，证明kk1(1)＋kk2(1)为定值，并求出这个定值．

解　(1)由于c²＝a²－b²，将x＝－c代入椭圆方程a2(x2)＋b2(y2)＝1，得y＝±a(b2).由题意知a(2b2)＝1，即a＝2b².

又e＝a(c)＝2(3)，所以a＝2，b＝1.

所以椭圆C的方程为4(x2)＋y²＝1.

(2)设P(x₀，y₀)(y₀≠0)，

又F₁(－，0)，F₂(，0)，

所以直线PF₁，PF₂的方程分别为

：y₀x－(x₀＋)y＋y₀＝0，

：y₀x－(x₀－)y－y₀＝0.

由题意知)2(2)＝)2(2).

由于点P在椭圆上，所以0()＋y0(2)＝1.

所以3()＝3().

因为－<m<，－2<x₀<2，

可得3()＝3()，

所以m＝4(3)x₀，因此－2(3)<m<2(3).

(3)设P(x₀，y₀)(y₀≠0)，

则直线l的方程为y－y₀＝k(x－x₀)．

联立得y－y0＝k(x－x0)，(＋y2＝1，)

整理得(1＋4k²)x²＋8(ky₀－k²x₀)x＋4(y0(2)－2kx₀y₀＋k²x0(2)－1)＝0.

由题意Δ＝0，即(4－x0(2))k²＋2x₀y₀k＋1－y0(2)＝0.

又0()＋y0(2)＝1，

所以16y0(2)k²＋8x₀y₀k＋x0(2)＝0，故k＝－4y0(x0).

由(2)知k1(1)＋k2(1)＝y0(3)＋y0(3)＝y0(2x0)，

所以kk1(1)＋kk2(1)＝k(1)k2(1)＝x0(4y0)·y0(2x0)＝－8，

因此kk1(1)＋kk2(1)为定值，这个定值为－8.

素养提升　典例的解题过程体现了数学运算素养，其中设出P点的坐标而不求解又体现了数学运算素养中的一个运算技巧——设而不求，从而简化了运算过程．

1．(2018·东莞模拟)已知椭圆a2(x2)＋b2(y2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，左焦点为F，点P为椭圆C上任一点，若直线PA与PB的斜率之积为－4(3)，且椭圆C经过点2(3).

(1)求椭圆的方程；

(2)若PB，PA交直线x＝－1于M，N两点，过左焦点F作以MN为直径的圆的切线．问切线长是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由．

解　(1)设P点坐标为(x₀，y₀)，

由题意知A(－a,0)，B(a,0)，且0()＋0()＝1.

则k_PA·k_PB＝x0＋a(y0)·x0－a(y0)＝－a2(2)

＝a2(b2)·－a2(2)＝－a2(b2)＝－4(3)，

即3a²＝4b².①

又因为椭圆经过点2(3)，

故a2(1)＋4()＝1.②

由①②可知，b²＝3，a²＝4，

故椭圆的方程为4(x2)＋3(y2)＝1.

(2)由(1)可知A(－2,0)，B(2,0)，设k_PA＝k(k≠0)．

由k·k_PB＝－4(3)，得k_PB＝－4k(3).

所以直线PB的方程为y＝－4k(3)(x－2)，

令x＝－1，则y＝4k(9)，故M4k(9).

直线PA的方程为y＝k(x＋2)，

令x＝－1，则y＝k，故N(－1，k)．

如图，因为y_My_N＝4k(9)·k＝4(9)>0，

故以MN为直径的圆在x轴同侧．

设FT为圆的一条切线，切点为T，连接MT，NT，

可知△FTN∽△FMT，

故|FM|(|FT|)＝|FT|(|FN|)，则|FT|²＝|FN|·|FM|＝|k|·4k(9)＝4(9)，故|FT|＝2(3).

故过左焦点F作以MN为直径的圆的切线长为定值2(3).

2．(2018·大连模拟)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x²＝2py(p>0)，

其准线方程为y＝－2(p)，P(m,5)到焦点的距离等于P到其准线的距离，

所以5＋2(p)＝6，即p＝2.

所以抛物线方程为x²＝4y.

(2)由(1)可得点M(4,4)，

设直线MD的方程为y＝k(x－4)＋4(k≠0)，

联立x2＝4y，(y＝k(x－4)＋4，)

得x²－4kx＋16k－16＝0，

由题意得，Δ>0，

设D(x₁，y₁)，E(x₂，y₂)，则x_M·x₁＝16k－16，

所以x₁＝4(16k－16)＝4k－4，

y₁＝4((4k－4)2)＝4(k－1)²，

同理可得，x₂＝－k(4)－4，y₂＝4＋1(1)²，

所以直线DE的方程为y－4(k－1)²＝＋4(4)(x－4k＋4)

＝k(1)(x－4k＋4)

＝－2(1)(x－4k＋4)．

化简得y＝－2(1)x＋4k－k(4)

＝－2(1)(x＋4)＋8.

所以直线DE过定点(－4,8)．

3．(2018·呼伦贝尔模拟)已知动圆E经过定点D(1,0)，且与直线x＝－1相切，设动圆圆心E的轨迹为曲线C.

(1)求曲线C的方程；

(2)设过点P(1,2)的直线l₁，l₂分别与曲线C交于A，B两点，直线l₁，l₂的斜率存在，且倾斜角互补，证明：直线AB的斜率为定值．

(1)解　由已知，动点E到定点D(1,0)的距离等于E到直线x＝－1的距离，由抛物线的定义知E点的轨迹是以D(1,0)为焦点，以x＝－1为准线的抛物线，故曲线C的方程为y²＝4x.

(2)证明　由题意直线l₁，l₂的斜率存在，倾斜角互补，得斜率互为相反数，且不等于零．

设A(x₁，y₁)，B(x₂，y₂)，

直线l₁的方程为y＝k(x－1)＋2，k≠0.

直线l₂的方程为y＝－k(x－1)＋2，

由y2＝4x(y＝k(x－1)＋2，)

得k²x²－(2k²－4k＋4)x＋(k－2)²＝0，

Δ＝16(k－1)²>0，

已知此方程一个根为1，

∴x₁×1＝k2((k－2)2)＝k2(k2－4k＋4)，

即x₁＝k2(k2－4k＋4)，

同理x₂＝(－k)2((－k)2－4(－k)＋4)＝k2(k2＋4k＋4)，

∴x₁＋x₂＝k2(2k2＋8)，x₁－x₂＝－k2(8k)＝－k(8)，

∴y₁－y₂＝[k(x₁－1)＋2]－[－k(x₂－1)＋2]

＝k(x₁＋x₂)－2k

＝k·k2(2k2＋8)－2k＝k(8)，

∴k_AB＝x1－x2(y1－y2)＝k(8)＝－1，

∴直线AB的斜率为定值－1.

4.已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C的离心率为2(2)，过左焦点F且垂直于x轴的直线交椭圆C于P，Q两点，且|PQ|＝2.

(1)求C的方程；

(2)若直线l是圆x²＋y²＝8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a2(x2)＋b2(y2)＝1(a>b>0)，

因为|PQ|＝2，不妨设点P(－c，)，

代入椭圆方程得，a2(c2)＋b2(2)＝1，

又因为e＝a(c)＝2(2)，

所以2(1)＋b2(2)＝1，b＝c，

所以b²＝4，a²＝2b²＝8，

所以C的方程为8(x2)＋4(y2)＝1.

(2)依题设，得直线l的方程为y－2＝－(x－2)，

即x＋y－4＝0，

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＝1(y2)

得(2k²＋1)x²＋4k(y₁－kx₁)x＋2(y₁－kx₁)²－8＝0，

由相切得Δ＝16k²(y₁－kx₁)²－8(2k²＋1)[(y₁－kx₁)²－4]＝0，

化简得(y₁－kx₁)²＝8k²＋4，

即(x1(2)－8)k²－2x₁y₁k＋y1(2)－4＝0，

因为方程只有一解，

所以k＝－8(2)＝1(2)＝－2y1(x1)，

所以切线MA的方程为y－y₁＝－2y1(x1)(x－x₁)，

即x₁x＋2y₁y＝8，

同理，切线MB的方程为x₂x＋2y₂y＝8，

又因为两切线都经过点M(x₀，y₀)，

所以x2x0＋2y2y0＝8，(x1x0＋2y1y0＝8，)

所以直线AB的方程为x₀x＋2y₀y＝8，

又x₀＋y₀＝4，

所以直线AB的方程可化为x₀x＋2(4－x₀)y＝8，

即x₀(x－2y)＋8y－8＝0，

令8y－8＝0(x－2y＝0，)得y＝1，(x＝2，)

所以直线AB恒过定点(2,1)．

5．(2018·抚顺模拟)设椭圆C：a2(x2)＋b2(y2)＝1(a>b>0)的离心率e＝2(3)，左顶点M到直线a(x)＋b(y)＝1的距离d＝5(5)，O为坐标原点．

(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．

(1)解　由e＝2(3)，得c＝2(3)a，又b²＝a²－c²，

所以b＝2(1)a，即a＝2b.

由左顶点M(－a,0)到直线a(x)＋b(y)＝1，

即到直线bx＋ay－ab＝0的距离d＝5(5)，

得a2＋b2(|b(－a)－ab|)＝5(5)，即a2＋b2(2ab)＝5(5)，

把a＝2b代入上式，得b(4b2)＝5(5)，解得b＝1.

所以a＝2b＝2，c＝.

所以椭圆C的方程为4(x2)＋y²＝1.

(2)证明　设A(x₁，y₁)，B(x₂，y₂)，

①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→(OA)·→(OB)＝0，

即x₁x₂＋y₁y₂＝0，也就是x1(2)－y1(2)＝0，

又点A在椭圆C上，所以1()＋y1(2)＝1，

解得|x₁|＝|y₁|＝5(5).

此时点O到直线AB的距离d₁＝|x₁|＝5(5).

②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＋y2＝1，(x2)

消去y，得(1＋4k²)x²＋8kmx＋4m²－4＝0，

所以x₁＋x₂＝－1＋4k2(8km)，x₁x₂＝1＋4k2(4m2－4).

因为以AB为直径的圆过坐标原点O，所以OA⊥OB，

所以→(OA)·→(OB)＝x₁x₂＋y₁y₂＝0，

所以(1＋k²)x₁x₂＋km(x₁＋x₂)＋m²＝0，

所以(1＋k²)·1＋4k2(4m2－4)－1＋4k2(8k2m2)＋m²＝0，

整理得5m²＝4(k²＋1)，

所以点O到直线AB的距离d₁＝k2＋1(|m|)＝5(5).

综上所述，点O到直线AB的距离为定值5(5).

6.已知椭圆C：a2(x2)＋b2(y2)＝1(a>b>0)经过2(3)与30()两点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)过原点的直线l与椭圆C交于A，B两点，椭圆C上一点M满足|MA|＝|MB|.求证：|OA|2(1)＋|OB|2(1)＋|OM|2(2)为定值．

(1)解　将2(3)与30()两点代入椭圆C的方程，得＝1，(30)解得b2＝3.(a2＝4，)

所以椭圆C的方程为4(x2)＋3(y2)＝1.

(2)证明　由|MA|＝|MB|，知M在线段AB的垂直平分线上，由椭圆的对称性知点A，B关于原点对称．

①若点A，B是椭圆的短轴顶点，则点M是椭圆的一个长轴顶点，此时

|OA|2(1)＋|OB|2(1)＋|OM|2(2)

＝b2(1)＋b2(1)＋a2(2)＝2b2(1)＝6(7).

同理，若点A，B是椭圆的长轴顶点，则点M是椭圆的一个短轴顶点，此时

|OA|2(1)＋|OB|2(1)＋|OM|2(2)

＝a2(1)＋a2(1)＋b2(2)＝2b2(1)＝6(7).

②若点A，B，M不是椭圆的顶点，设直线l的方程为y＝kx(k≠0)，

则直线OM的方程为y＝－k(1)x，

设A(x₁，y₁)，B(x₂，y₂)，由＝1，(y2)

解得x1(2)＝3＋4k2(12)，y1(2)＝3＋4k2(12k2)，

所以|OA|²＝|OB|²＝x1(2)＋y1(2)＝3＋4k2(12(1＋k2))，

同理，|OM|²＝4＋3k2(12(1＋k2)).

所以|OA|2(1)＋|OB|2(1)＋|OM|2(2)

＝2×12(1＋k2)(3＋4k2)＋12(1＋k2)(2(4＋3k2))＝6(7).

综上，|OA|2(1)＋|OB|2(1)＋|OM|2(2)＝6(7)为定值．