2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第8章　§8.12　圆锥曲线中定点与定值问题

§8.12　圆锥曲线中定点与定值问题题型一　定点问题例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)，B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＝.证明：直线HN过定点．(1)解　设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0且m≠n)，由椭圆E过A(0，－2)，B两点，得解得∴椭圆E的方程为＋＝1.(2)证明　当直线MN的斜率不存在时，lMN：x＝1，由得y2＝，∴y＝±.结合题意可知M，N，∴过M且平行于x轴的直线的方程为y＝－.易知点T的横坐标xT∈，直线AB的方程为y－(－2)＝×(x－0)，即y＝x－2，由得xT＝3－，∴T.∵＝，∴H，10 lHN：y－＝(x－1)，即y＝x－2.此时直线HN过定点(0，－2)．当直线MN的斜率存在时，如图，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，lMN：y＝kx＋m(由直线MN过点P(1，－2)可得k＋m＝－2)．由得(3k2＋4)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，Δ>0，∴x1＋x2＝－，x1x2＝.过M且平行于x轴的直线的方程为y＝y1，与直线AB的方程联立，得得xT＝，∴T.∵＝，∴H(3y1＋6－x1，y1)，lHN：y－y2＝(x－x2)，即y＝x＋y2－·x2.令x＝0，得y＝y2－＝＝.10 ∵y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝，y1＋y2＝(kx1＋m)＋(kx2＋m)＝k(x1＋x2)＋2m＝，x1y2＋x2y1＝x1(kx2＋m)＋x2(kx1＋m)＝2kx1x2＋m(x1＋x2)＝，∴－(x1y2＋x2y1)＋3y1y2＝＋＝＝，－(x1＋x2)＋6＋3(y1＋y2)＝＋6＋＝＝，∴y＝＝－2，∴直线HN过定点(0，－2)．综上，直线HN过定点(0，－2)．思维升华　求解直线或曲线过定点问题的基本思路(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．跟踪训练1　(2023·郑州质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上顶点和两焦点构成的三角形为等腰直角三角形，且面积为2，点M为椭圆C的右顶点．(1)求椭圆C的方程；(2)若经过点P(t,0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，实数t取何值时以AB为直径的圆恒过点M?解　(1)由题意知解得b＝c＝，又a2－b2＝c2，则a＝2，所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)由(1)知M(2,0)，若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝t(－2<t<2)，10 此时A，B，由·＝0得·＝0，解得t＝或t＝2(舍)，即t＝.若直线l的斜率存在，不妨设直线l：y＝k(x－t)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得(1＋2k2)x2－4k2tx＋2k2t2－4＝0.所以x1＋x2＝，x1x2＝.由题意知·＝0，即(x1－2，y1)·(x2－2，y2)＝0，易得(1＋k2)x1x2－(2＋k2t)(x1＋x2)＋4＋k2t2＝0，即(1＋k2)(2k2t2－4)－(2＋k2t)·4k2t＋(4＋k2t2)(1＋2k2)＝0，整理得k2(3t2－8t＋4)＝0，因为k不恒为0，故解得t＝或t＝2(舍)，综上，当t＝时，以AB为直径的圆恒过点M.题型二　定值问题例2　(2022·蚌埠模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的虚轴长为4，直线2x－y＝0为双曲线C的一条渐近线．(1)求双曲线C的标准方程；(2)记双曲线C的左、右顶点分别为A，B，过点T(2,0)的直线l交双曲线C于点M，N(点M在第一象限)，记直线MA的斜率为k1，直线NB的斜率为k2，求证：为定值．解　(1)∵虚轴长为4，∴2b＝4，即b＝2，∵直线2x－y＝0为双曲线C的一条渐近线，∴＝2，∴a＝1，故双曲线C的标准方程为x2－＝1.(2)由题意知，A(－1,0)，B(1,0)，10 由题可知，直线l的斜率不能为零，故可设直线l的方程为x＝ny＋2，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立得(4n2－1)y2＋16ny＋12＝0，∴y1＋y2＝－，y1y2＝，∴ny1y2＝－(y1＋y2)，∵直线MA的斜率k1＝，直线NB的斜率k2＝，∴＝＝＝＝＝－，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　(2022·郑州模拟)已知点F(0,1)，直线l：y＝4，P为曲线C上的任意一点，且|PF|是P到l的距离的.(1)求曲线C的方程；(2)若经过点F且斜率为k(k≠0)的直线交曲线C于M，N两点，线段MN的垂直平分线交y轴于点H，求证：为定值．(1)解　设P(x，y)，由已知得＝|y－4|，整理得＋＝1，即为曲线C的方程．10 (2)证明　设经过点F且斜率为k(k≠0)的直线的方程为y＝kx＋1，与曲线C的方程联立得消去y整理得(4＋3k2)x2＋6kx－9＝0，Δ＝36k2＋4×9×(4＋3k2)＝144(1＋k2)>0恒成立，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则|MN|＝|x1－x2|＝×＝，x1＋x2＝－，设线段MN的中点为T(x0，y0)，则x0＝＝－，y0＝kx0＋1＝，线段MN的垂直平分线的斜率为－，方程为y－＝－，令x＝0，解得y＝，即为点H的纵坐标，∴|FH|＝1－＝，∴＝＝，即为定值.课时精练1．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)与圆O：x2＋y2＝12相交于A，B两点，且点A的横坐标为2.F是抛物线C的焦点，过焦点的直线l与抛物线C相交于不同的两点M，N.(1)求抛物线C的方程；(2)过点M，N作抛物线C的切线l1，l2，P(x0，y0)是l1，l2的交点，求证：点P在定直线上．(1)解　点A的横坐标为2，代入圆O得y＝2，所以A(2，2)，代入解得p＝2，所以抛物线的方程为x2＝4y.(2)证明　抛物线C：y＝，则y′＝，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，10 所以切线PM的方程为y－y1＝(x－x1)，即y＝x－，同理切线PN的方程为y＝x－，联立解得点P，设直线MN的方程为y＝kx＋1，代入x2＝4y，得x2－4kx－4＝0，所以x1x2＝－4，所以点P在y＝－1上，结论得证．2．已知双曲线C的渐近线方程为y＝±x，且过点P(3，)．(1)求C的方程；(2)设Q(1,0)，直线x＝t(t∈R)不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线BQ与C交于另一点D，证明：直线AD过定点M.解　(1)因为双曲线C的渐近线方程为y＝±x，则可设双曲线的方程为－＝λ(λ≠0)，将点P(3，)代入得－＝λ，解得λ＝，所以双曲线C的方程为－y2＝1.(2)显然直线BQ的斜率不为零，设直线BQ：x＝my＋1，B(x1，y1)，D(x2，y2)，A(x1，－y1)，联立消去x，整理得(m2－3)y2＋2my－2＝0，依题意得m2－3≠0，且Δ＝4m2＋8(m2－3)>0，即m2>2且m2≠3，y1＋y2＝－，y1y2＝－，直线AD的方程为y＋y1＝(x－x1)，令y＝0，10 得x＝＋x1＝＝＝＝＝＝3.所以直线AD过定点M(3,0)．3．(2023·吉林模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知点A(－，0)，B(，0)，动点E(x，y)满足直线AE与BE的斜率之积为－，记E的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；(2)过点D(2,0)的直线l交C于P，Q两点，过点P作直线x＝3的垂线，垂足为G，过点O作OM⊥QG，垂足为M.证明：存在定点N，使得|MN|为定值．(1)解　由A(－，0)，B(，0)，E(x，y)可得kAE＝，kBE＝，由题意得×＝－，化简得＋＝1(|x|≠)，所以曲线C是中心在原点，焦点在x轴上的椭圆(不含左右顶点)．(2)证明　由(1)知直线l与x轴不重合，可设l：x＝my＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立得(m2＋3)y2＋4my－2＝0.Δ＝24m2＋24>0，则y1＋y2＝－，y1y2＝－，故有m＝.因为G(3，y1)，Q(my2＋2，y2)，所以直线QG的斜率为＝＝2y1，10 则直线QG的方程为y－y1＝2y1(x－3)，即y＝2y1，故直线QG过定点H.因为OM⊥QG，所以△OHM为直角三角形，取OH的中点N，则|MN|＝|OH|＝，即|MN|为定值．综上，存在定点N，使得|MN|为定值．4.(2022·杭州质检)如图，已知椭圆C1：＋＝1，椭圆C2：＋＝1，A(－2,0)，B(2,0)，P为椭圆C2上的动点且在第一象限，直线PA，PB分别交椭圆C1于E，F两点，连接EF交x轴于Q点，过B点作BH交椭圆C1，C2于G，H点，且BH∥PA.(1)证明：kBF·kBG为定值；(2)证明：直线GF过定点，并求出该定点；(3)若记P，Q两点的横坐标分别为xP，xQ，证明：xPxQ为定值．(1)证明　设P(x0，y0)，则＋＝1，可得y＝9－，则kPA＝，kPB＝，则kPA·kPB＝＝＝－，因为BG∥PA，所以kBF·kBG＝kPA·kPB＝－.(2)解　当直线GF的斜率存在时，设GF的方程为y＝k(x－t)(k≠0)，则联立消去y得(4k2＋3)x2－8k2tx＋4k2t2－12＝0.则Δ＝64k4t2－16(4k2＋3)(k2t2－3)＝48(4k2＋3－k2t2)>0，设G(x1，y1)，F(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，10 由kBF·kBG＝·＝＝－，得＝－，约去k2并化简得t2－3t＋2＝0，解得t＝1(t＝2不符合题意，舍去)，此时直线GF过定点(1,0)；当直线GF的斜率不存在时，设GF的方程为x＝m，其中m≠2，联立解得y＝±，则F，G，所以kBF·kBG＝－＝－，解得m＝1.综上，直线GF过定点(1,0)．(3)证明　设PA的方程为y＝k1(x＋2)(k1>0)，则解得E点的坐标为.由(1)知P(x0，y0)，y＝9－，由k1＝，则E点的坐标为.同理，记PB的斜率为k2，则F点的坐标为，由k2＝，则F点的坐标为，则EF的斜率kEF＝＝，所以直线EF的方程为y＋＝·.令y＝0，得xQ＝，又xP＝x0，故xPxQ＝x0·＝4.10