考向36圆锥曲线中的定点、定值问题（重点）-备战2023年高考数学一轮复习考点微专题（全国通用）（解析版）

考向36 圆锥曲线中的定点、定值问题

（2022·全国乙理T20文T21）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
（1）求E的方程；
（2）设过点的直线交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．
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.

1.求解定点问题常用的方法
(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关．
(2)直接推理法：①选择一个参数建立直线系方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常量当成变量，将变量x，y当成常量，将原方程转化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式(k是原方程中的常量)；②根据直线过定点时与参数没有关系(即直线系方程对任意参数都成立)，得到方程组③以②中方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决．
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．


1．已知椭圆＋y2＝1，直线l过点M(1，0)且与椭圆C相交于A，B两点．过点A作直线x＝3的垂线，垂足为D.则直线BD过x轴上的定点坐标为________．
【答案】(2，0)
【解析】(1)当直线l斜率不存在时，直线l的方程为x＝1，
不妨设A，B，D，
此时直线BD的方程为y＝(x－2)，所以直线BD过点(2，0)．
(2)当直线l的斜率存在时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB为y＝k(x－1)，D(3，y1)，
由得(1＋3k2)x2－6k2x＋3k2－3＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
直线BD：y－y1＝(x－3)，只需证明直线BD过点(2，0)即可，
令y＝0，得x－3＝－，
所以x＝＝＝，
即证＝2，即证2(x2＋x1)－x1x2＝3，
可得2(x2＋x1)－x1x2＝－＝＝3，所以直线BD过点(2，0)，
综上所述，直线BD恒过x轴上的定点(2，0)．
2．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线l与x轴交于点M，点P在抛物线上，直线PF与抛物线交于另一点A，设直线MP，MA的斜率分别为k1，k2，则k1＋k2的值为________．
【答案】　0
【解析】设过F的直线x＝my＋1交抛物线于P(x1，y1)，A(x2，y2)，M(－1，0)，
联立方程组得y2－4my－4＝0，
于是有
∴k1＋k2＝＋＝，
又y1x2＋y2x1＋y1＋y2＝·y1y2(y1＋y2)＋(y1＋y2)＝·(－4)·4m＋4m＝0，∴k1＋k2＝0.
3.已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点．
【答案】（1）＋y2＝1；（2）见解析
【解析】(1)由题设得A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)．则＝(a,1)，＝(a，－1)．
由·＝8得a2－1＝8，即a＝3.所以E的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．
若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－31）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
【答案】（1）；（2）证明详见解析.
【解析】（1）依据题意作出如下图象：

由椭圆方程可得：， ，
，，
椭圆方程为：
（2）[方法一]：设而求点法
证明：设，
则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为.
同理可得：点的坐标为
当时，
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．
故直线CD过定点．
[方法二]【最优解】：数形结合
设，则直线的方程为，即．
同理，可求直线的方程为．
则经过直线和直线的方程可写为．
可化为．④
易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得．
故，可得或．
其中表示直线，则表示直线．
令，得，即直线恒过点．
5．（2019·北京·高考真题（文））已知椭圆的右焦点为，且经过点.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.
【解析】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为，所以；
因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.
（Ⅱ）设
联立得，
，，.
直线，令得，即；
同理可得.
因为,所以；
，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
6．（2019·全国·高考真题（理））已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
（1）证明：直线AB过定点：
（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.
【答案】(1)见详解；(2) 3或.
【解析】(1)证明：设,,则．
又因为，所以.则切线DA的斜率为，
故，整理得.
设，同理得.
,都满足直线方程.
于是直线过点，而两个不同的点确定一条直线，所以直线方程为.即，
当时等式恒成立．所以直线恒过定点.
（2）由（1）得直线的方程为.
由，可得，
于是
.
设分别为点到直线的距离，则.
因此，四边形ADBE的面积.
设M为线段AB的中点，则，
由于，而，与向量平行，所以，解得或.
当时，；当时
因此，四边形的面积为3或.
7．（2017·全国·高考真题（理））已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）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.
【答案】(1) .(2)证明见解析.
【解析】（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.
因此，解得.
故C的方程为.
（2）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，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.
则，得，不符合题设.
从而可设l：（）.将代入得

由题设可知.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.
而.
由题设，故.
即.
解得.
当且仅当时，，欲使l：，即，
所以l过定点（2，）
8．（2018·北京·高考真题（理））已知抛物线C：=2px经过点（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．
（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；
（Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值．
【答案】(1) 取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）(2)证明过程见解析
【解析】（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），
所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．
由题意可知直线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．
依题意，解得k