2020版高考数学（理）新增分大一轮人教通用版讲义：第九章　平面解析几何高考专题突破五第2课时

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：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4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＋>＋知，椭圆C不经过点P1，
所以点P2在椭圆C上．
因此解得
故椭圆C的方程为＋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，，则k1＋k2＝－＝－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＋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＝－，x1x2＝.
而k1＋k2＝＋
＝＋
＝.
由题设知k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，
解得k＝－.
当且仅当m>－1时，Δ>0，
于是l：y＝－x＋m，
即y＋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：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，直线y＝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Q，因为四边形ABPQ为平行四边形，
|PQ|＝2n，|AB|＝a－n，
所以2n＝a－n，n＝，
则＋＝1，解得b2＝2，a2＝b2＋c2＝4，
可得椭圆C的方程为＋＝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＝±，
可设M，
由E是3x＋3y－2＝0上一点，
可设E，
E到直线kx－y＝0的距离为d＝，
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＝－，(*)
＝，(**)
由(*)得m＝(k≠1)，代入(**)式，
化简整理可得7k2－18k＋8＝0，解得k＝2或.
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＋xN＝－，解得xN＝，
yN＝k(xN＋2)＝，即N，
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·＝0，
即为·(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，＝λ，＝μ，求证：＋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 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＝－，x1x2＝.
直线PA的方程为y－2＝(x－1)，
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.
由＝λ，＝μ，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以＋＝＋
＝＋
＝·
＝·
＝2.
所以＋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：＋＝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.
(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|MF1||MF2|sin 60°＝，得|MF1||MF2|＝.
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＋＝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
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＝－，x1x2＝.
从而k1＋k2＝＋
＝
＝2k－(k－4)·＝4.
当直线l的斜率不存在时，可得A，B，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：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为，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＋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＋＝1，得y＝±.由题意知＝1，即a＝2b2.
又e＝＝，所以a＝2，b＝1.
所以椭圆C的方程为＋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＝.
由于点P在椭圆上，所以＋y＝1.
所以＝.
因为－ 可得＝，
所以m＝x0，因此－ (3)设P(x0，y0)(y0≠0)，
则直线l的方程为y－y0＝k(x－x0)．
联立得
整理得(1＋4k2)x2＋8(ky0－k2x0)x＋4(y－2kx0y0＋k2x－1)＝0.
由题意Δ＝0，即(4－x)k2＋2x0y0k＋1－y＝0.
又＋y＝1，
所以16yk2＋8x0y0k＋x＝0，故k＝－.
由(2)知＋＝＋＝，
所以＋＝＝·＝－8，
因此＋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＋＝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－，且椭圆C经过点.
(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＋＝1.
则kPA·kPB＝·＝
＝·＝－＝－，
即3a2＝4b2.①
又因为椭圆经过点，
故＋＝1.②
由①②可知，b2＝3，a2＝4，
故椭圆的方程为＋＝1.
(2)由(1)可知A(－2,0)，B(2,0)，设kPA＝k(k≠0)．
由k·kPB＝－，得kPB＝－.
所以直线PB的方程为y＝－(x－2)，
令x＝－1，则y＝，故M.
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yMyN＝·k＝>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＝，则|FT|2＝|FN|·|FM|＝|k|·＝，故|FT|＝.
故过左焦点F作以MN为直径的圆的切线长为定值.
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＝－，P(m,5)到焦点的距离等于P到其准线的距离，
所以5＋＝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
得x2－4kx＋16k－16＝0，
由题意得，Δ>0，
设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则xM·x1＝16k－16，
所以x1＝＝4k－4，
y1＝＝4(k－1)2，
同理可得，x2＝－－4，y2＝42，
所以直线DE的方程为y－4(k－1)2＝(x－4k＋4)
＝(x－4k＋4)
＝(x－4k＋4)．
化简得y＝x＋4k－
＝(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
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＝＝，
即x1＝，
同理x2＝＝，
∴x1＋x2＝，x1－x2＝－＝－，
∴y1－y2＝[k(x1－1)＋2]－[－k(x2－1)＋2]
＝k(x1＋x2)－2k
＝k·－2k＝，
∴kAB＝＝＝－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，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＋＝1(a>b>0)，
因为|PQ|＝2，不妨设点P(－c，)，
代入椭圆方程得，＋＝1，
又因为e＝＝，
所以＋＝1，b＝c，
所以b2＝4，a2＝2b2＝8，
所以C的方程为＋＝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
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(x－8)k2－2x1y1k＋y－4＝0，
因为方程只有一解，
所以k＝＝＝－，
所以切线MA的方程为y－y1＝－(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
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，
令得
所以直线AB恒过定点(2,1)．

5．(2018·抚顺模拟)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，左顶点M到直线＋＝1的距离d＝，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＝，得c＝a，又b2＝a2－c2，
所以b＝a，即a＝2b.
由左顶点M(－a,0)到直线＋＝1，
即到直线bx＋ay－ab＝0的距离d＝，
得＝，即＝，
把a＝2b代入上式，得＝，解得b＝1.
所以a＝2b＝2，c＝.
所以椭圆C的方程为＋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·＝0，
即x1x2＋y1y2＝0，也就是x－y＝0，
又点A在椭圆C上，所以＋y＝1，
解得|x1|＝|y1|＝.
此时点O到直线AB的距离d1＝|x1|＝.
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
消去y，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝.
因为以AB为直径的圆过坐标原点O，所以OA⊥OB，
所以·＝x1x2＋y1y2＝0，
所以(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0，
所以(1＋k2)·－＋m2＝0，
整理得5m2＝4(k2＋1)，
所以点O到直线AB的距离d1＝＝.
综上所述，点O到直线AB的距离为定值.

6.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过与两点．

(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：＋＋为定值．
(1)解　将与两点代入椭圆C的方程，得解得
所以椭圆C的方程为＋＝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
＋＋
＝＋＋＝2＝.
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
＋＋
＝＋＋＝2＝.
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＝－x，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由
解得x＝，y＝，
所以|OA|2＝|OB|2＝x＋y＝，
同理，|OM|2＝.
所以＋＋
＝2×＋＝.
综上，＋＋＝为定值．