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 y 21( a0)的上顶点为 B(0，1) ，左、右焦点分别为x2a2F1，F 2，BF 2 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 kBPk BQm( 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 a2c 21，所以 a22，16c29a2 19所以椭圆的标准方程为 y 21.x22方法二 如图，连接 B
2、F1，MF1，设|BF 1|BF 2|3n，则|F 2M|n，又| MF1|MF 2| |BF1| BF2|6n，所以|MF 1|5n，由| BF1|BM|MF 1|345，得F 1BM90，则OBF 245 ，a22b 22，所以椭圆的标准方程为 y 21.x22(2)证明 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，当直 线 l 的斜率不存在时，x 1x 20，y 1y 2，所以 kBPk BQ 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：ykxt，把 ykxt 代入 椭圆的方程并整理得 (12k 2)x24ktx 2t 2
3、20，16k 2t24(12k 2)(2t22)8(2k 21t 2)0，所以Error!kBPk BQ y1 1x1 y2 1x2 kx1 t 1x1 kx2 t 1x22k x1x2 t 1x1 x2x1x2 m，2k2t2 21 2k2 t 1 4kt1 2k22t2 21 2k2整理得 2km(t1)，t 1，2km所以直线 l 的方程为 ykx 1k 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时没有关系，找到定点
4、.(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，F 2，|F 1F2|2 ，点 P 在椭圆上，tanPF 2F12 且PF 1F2 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，A 1，A 2 分别是椭圆的左、右顶点，直线 MA1，MA 2 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 tanPF 2F12，得 sinPF 2F1 ，255cosPF 2F
5、1 .55由题意得Error!解得Error!所以 2a|PF 1| PF2|426，a3，结合 2c2 ，c ，得 b24，5 5故椭圆的标准方程为 1.x29 y24(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 QEQF，从而 kQEkQF 1，即 1，y0
6、x0 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：y 22px 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 QO QN QO 1 1(1)解
7、 因为抛物线 y22px 过点(1，2)，所以 2p4，即 p2.故抛物线 C 的方程为 y24x.由题意知，直线 l 的斜率存在且不为 0.设直线 l 的方程为 ykx1(k 0) ，由Error!得 k2x2(2k4)x10.依题意知 (2 k4) 24k 210，解得 k b0)上一点，F 1，F 2 分别为 C 的左、右焦x2a2 y2b2点，且|F 1F2|4，F 1MF260 ，F 1MF2 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的斜率分别为 k1，k 2，证明：
8、k 1k 2 为定值.(1)解 在F 1MF2 中，由 |MF1|MF2|sin 60 ，得|MF 1|MF2| .12 433 163由余弦定理，得|F1F2|2 |MF1|2|MF 2|22|MF 1|MF2|cos 60(| MF1|MF 2|)22|MF 1|MF2|(1cos 60)，解得|MF 1|MF 2|4 .2从而 2a|MF 1| MF2|4 ，即 a2 .2 2由|F 1F2|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 y2k(x1) ，由Error!得(12k 2)x2
9、 4k(k2)x 2k 28k0.56k 232k0，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x 2 ，x1x2 .4kk 21 2k2 2k2 8k1 2k2从而 k1k 2 y1 2x1 y2 2x22kx1x2 k 4x1 x2x1x22k(k4) 4.4kk 22k2 8k当直线 l 的斜率不存在时，可得 A ，B ，得 k1k 24.( 1，142) ( 1， 142)综上，k 1k 2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
10、算 结果等.例 椭圆 C： 1(ab0)的左、右焦点分别是 F1，F 2，离心率为 ，过 F1 且垂直于x2a2 y2b2 32x 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，PF 2，设F 1PF2 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，PF 2 的斜率分别为 k1，k 2，若 k20，证明 为定值，并求出这个定值.1kk1 1kk2解 (1)由于 c2a
11、2b 2，将 xc 代入椭圆方程 1，得 y .x2a2 y2b2 b2a由题意知 1，即 a2b 2.2b2a又 e ，ca 32所以 a2，b1.所以椭圆 C 的方程为 y 21.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：y0x( x0 )y y00，1PFl3 3：y0x(x 0 )y y00.23 3由题意知 .|my0 3y0|y20x0 32|my0 3y0|y20x0 32由于点 P 在椭圆上，所以 y 1.x204 20所以 .|m 3|( 32x0 2)2|m 3|( 32x0 2)2因为 b
12、0)的下顶点及左、右x2a2 y2b2焦点 F1，F 2，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 a2b 2c 24，3即椭圆 C 的方程为 y 21.x24(2)证明 易知直线 MN 的
13、斜率存在，且不为 0，所以设直线 MN：yk (x )，且 M(x1，y1)，N(x2，y2)，3由Error! 消去 y，得(14k 2)x2 8 k2x4(3k 2 1)0，3(8 k2)244(14k 2)(3k21)16(k 21)0，3故 x1x 2 ，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，(y 3k1 4k2) (x 43k21 4k2)由 y0 得 D ，( 33k21 4k2，0)故|DF 1| ，333k21 4k2 31 k21 4k2|MN| |
14、x1x 2| ，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 MDME，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 x22py(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.p2 p2所以抛物线方程为 x24y .(2)由(1)可得点 M(4，4)，设直线 MD 的方程 为
15、yk(x4)4( k0)，联立Error!得 x24kx16k 160，由题意得 0，设 D(x1，y1)，E(x2，y2)，则 xMx116k16，所以 x1 4k 4，16k 164y1 4(k1) 2，4k 424同理可得 x2 4，y 24 2，4k (1k 1)所以直线 DE 的方程为 y4( k1) 2 (x4k 4)4k 12 4(1k 1)24k 4 4k 4 (x4k 4)(k 1k)(k 1k 2)k 1k (x4k4).(k 1k 2)化简得 y x4k (k 1k 2) 4k (x4)8.(k 1k 2)所以直线 DE 过定点(4，8).3.知抛物线 C1 的方程为 x
16、22py( p0)，过点 M(a，2p)(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| QN|2 ，求抛物线 C1 的方程；5(2)设直线 AM，BM 的斜率分别为 k1，k 2.求证：k 1k2 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 并整理，得 x2 xp 20，p22显然 0 恒成立，设点 Q(xQ，
17、yQ)，N(xN，yN)，则 xQx N ，xQxNp 2.p22则|Q N| xQx N| xQ xN2 4xQxN 2 ，( p22)2 4 p2 p44 4p2 5解得 p2.所以抛物线 C1 的方程 为 x24y.(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 yy 1 (xx 1)，x1p即 y x .x1p x212p又点 M(a，2p )在直线 MA 上，于是有2p a ，x1p x212p即 x 2ax 14p 20.21同理，有 x 2 ax24p 20，2因此，x 1，x2 是方程 x22a
18、x4p 20 的两根，则 x1x 22a，x 1x24p 2.所以 k1k2 4，x1px2p 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 轴的直线22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 x2y 28 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 1( ab0)，x2
19、a2 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，bc ，12 2b2所以 b24，a 22b 28，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 xy40，设 M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，x0x 1 且 x0x 2，由切线 MA 的斜率存在， 设其方程为 yy 1k(xx 1)，联立Error!得(2k 2 1)x2 4k(y1kx 1)x 2(y1kx 1)280，由相切得 16 k2(y1kx 1)28(2k 21)(y 1kx 1)
20、240，化简得(y 1kx 1)28k 24，即(x 8)k22 x1y1ky 4 0，21 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 yy 1 (xx 1)，x12y1即 x1x2y 1y8，同理，切线 MB 的方程为 x2x2y 2y8，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 x0x 2y0y8，又 x0y 04，所以直线 AB 的方程可化为 x0x2(4 x 0)y8，即 x0(x2y) 8y80，令Error! 得Error!所以直线 AB 恒过定点(2 ，1).5.设椭圆 C
21、： 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.(1)解 由 e ，得 c a，又 b2a 2c 2，32 32所以 b a，即 a2b.12由左顶点 M(a，0) 到直线 1，xa yb即到直线 bxay ab0 的距离 d ，455得 ，即 ，|b a ab|a2 b2 455 2aba2 b2 455把 a2b 代入上式，得 ，解得 b1.4b25b 455
22、所以 a2b2，c .3所以椭圆 C 的方程为 y 21.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 x1x 2，y1y 2.因为以 AB 为直径的圆经过坐标原点，故 0，OA OB 即 x1x2y 1y20，也就是 x y 0，21 21又点 A 在椭圆 C 上，所以 y 1，x214 21解得|x 1|y 1| .255此时点 O 到直线 AB 的距离 d1|x 1| .255当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 ykx m，与椭圆方程联立有Error!消去 y，得(1 4k2)x28kmx4m 240，所以
23、x1x 2 ，x1x2 .8km1 4k2 4m2 41 4k2因为以 AB 为直径的圆过坐标原点 O，所以 OAOB ，所以 x 1x2y 1y20，OA OB 所以(1k 2)x1x2km (x1x 2)m 20，所以(1k 2) m 20，4m2 41 4k2 8k2m21 4k2整理得 5m24(k 21)，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.(2018丽水、衢州、湖州三地市质检)如图，F 1，F 2 是椭圆 C： y 21 的左、右焦点，x22A，B 是椭圆 C 上的两点，且都在 x 轴上方，AF
24、1BF 2，设 AF2，BF 1 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)，F 2(1，0)，设直线 AF1 的方程为xmy1，与椭圆 C 的方程联立，由 Error!消去 x，整理得 (m22)y 22my10.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 m 2m2 1m2 2所以|AF 1| |yA0| .1 m21 m2m 2m2 1m2 2直线 BF2 的方程为 xmy1， 设 B(xB，yB)，同理可得
25、 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 1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 m2 22m2 12m2 1 m2 2所以 为定值.1|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|BF 2|，所以要证 为定值，只需 证 为定值.1|AF1|
26、 1|BF2| 1|AF1| 1|B1F1|设直线 AF1 的方程为 xmy1， A(x1，y1)，B1(x2，y2)，y10，y20，所以 y1y 2 ，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| 1|BF2|(2)解 方法一 设直线 AF2，BF1 的方程分别为xk 1y1，xk 2y1，联立，得Error!解得Error!所以点 M 的坐标为 .(k1 k2k2
27、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 k1k 2m m 2m 22yA 2yB (1yB 1yA)2 m m2 22m2 1 m m2 22m2 1 m2(m2m )6m ，k2k 12 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).x298y218方法二 如图所示，设|AF 1|d 1，|BF2|d 2，因为 AF1BF 2，所以 ，|MF1|MB| d1d2所以 ，即| MF1| |BF1|.|MF1|BF1| d1d1 d2 d1d1 d2又|BF 1| |BF2| 2 ，2所以|BF 1|2 | BF2|2 d2，2 2所以|MF 1| |BF1| .d1d1 d2 d122 d2d1 d2同理可得|MF 2| ，d222 d1d1 d2所以|MF 1|MF 2| 2 ，d122 d2d1 d2 d222 d1d1 d2 2 2d1d2d1 d2由(1)可知 ，d1d2d1 d2 11d2 1d1 122所以|MF 1|MF 2| |F1F2|2，动点 M 的轨迹为以 F1，F2为左、右焦点，以 为长轴长的32 32椭圆的一半，所以动点 M 的轨迹方程为 1(y0).x298y218