2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第九章平面解析几何高考专题突破六第2课时

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＋y2＝1(a>0)的上顶点为B(0，1)，左、右焦点分别为F1，F2，BF2的延长线交椭圆于点M，＝4.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线l交椭圆于P，Q两点，且kBP＋kBQ＝m(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，
得即
代入椭圆方程得＋＝1，又a2＝c2＋1，所以a2＝2，
所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.
方法二　如图，连接BF1，MF1，设|BF1|＝|BF2|＝3n，

则|F2M|＝n，又|MF1|＋|MF2|＝|BF1|＋|BF2|＝6n，
所以|MF1|＝5n，由|BF1|∶|BM|∶|MF1|＝3∶4∶5，
得∠F1BM＝90°，则∠OBF2＝45°，a2＝2b2＝2，
所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明　设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，当直线l的斜率不存在时，x1＝x2≠0，y1＝－y2，
所以kBP＋kBQ＝＋＝－＝m，
x1＝－，即直线l：x＝－.
当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝kx＋t，
把y＝kx＋t代入椭圆的方程并整理得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)＝8(2k2＋1－t2)>0，
所以
kBP＋kBQ＝＋
＝＋
＝
＝＝m，
整理得2k＝m(t＋1)，t＝－1，
所以直线l的方程为y＝kx＋－1＝k－1，
过定点.
综上，直线l过定点.
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　(2018·浙江重点中学调研)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝2，点P在椭圆上，tan∠PF2F1＝2且△PF1F2的面积为4.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若点M是椭圆上任意一点，A1，A2分别是椭圆的左、右顶点，直线MA1，MA2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.
解　(1)由tan∠PF2F1＝2，得sin∠PF2F1＝，
cos∠PF2F1＝.
由题意得

解得
所以2a＝|PF1|＋|PF2|＝4＋2＝6，a＝3，
结合2c＝2，c＝，得b2＝4，
故椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)由(1)得A1(－3，0)，A2(3，0)，设M(x0，y0)，
则直线MA1的方程为y＝(x＋3)，与直线x＝的交点为E，
直线MA2的方程为y＝(x－3)，与直线x＝的交点为F.
设以EF为直径的圆交x轴于点Q(m，0)，则QE⊥QF，
从而kQE·kQF＝－1，
即·＝－1，
即＝－2，
又＋＝1，得m＝±1，
故以EF为直径的圆交x轴于定点，该定点的坐标为，.
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·衢州模拟)如图，圆x2＋(y－1)2＝4过椭圆C：＋＝1(a>b>0)的下顶点及左、右焦点F1，F2，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.
(1)解　当x＝0时，由x2＋(y－1)2＝4，得y＝－1或y＝3；
当y＝0时，由x2＋(y－1)2＝4，得x＝±.
又圆x2＋(y－1)2＝4过椭圆＋＝1(a>b>0)的下顶点及焦点F1，F2，
故c＝，b＝1，所以a2＝b2＋c2＝4，
即椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明　易知直线MN的斜率存在，且不为0，
所以设直线MN：y＝k(x＋)，且M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由消去y，
得(1＋4k2)x2＋8k2x＋4(3k2－1)＝0，
Δ＝(8k2)2－4×4(1＋4k2)(3k2－1)＝16(k2＋1)>0，
故x1＋x2＝－，x1x2＝，
则MN的中点P，
故MN的中垂线DP的方程为
k＝－，k≠0，
由y＝0得D，
故|DF1|＝－＝，
|MN|＝|x1－x2|＝，
因此，＝为定值.


2.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.知抛物线C1的方程为x2＝2py(p>0)，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|Q′N′|＝2，求抛物线C1的方程；
(2)设直线AM，BM的斜率分别为k1，k2.求证：k1·k2为定值.
(1)解　因为抛物线C1的焦点坐标是，
所以过焦点且在x轴上截距为2的直线方程是＋＝1，即＋＝1.
联立
消去y并整理，得x2＋x－p2＝0，
显然Δ>0恒成立，
设点Q(xQ，yQ)，N(xN，yN)，
则xQ＋xN＝－，xQxN＝－p2.
则|Q′N′|＝|xQ－xN|＝
＝＝＝2，
解得p＝2.所以抛物线C1的方程为x2＝4y.
(2)证明　设点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1>0，x2<0).
依题意，由x2＝2py(p>0)，得y＝，则y′＝.
所以切线MA的方程是y－y1＝(x－x1)，
即y＝x－.
又点M(a，－2p)在直线MA上，
于是有－2p＝×a－，
即x－2ax1－4p2＝0.
同理，有x－2ax2－4p2＝0，
因此，x1，x2是方程x2－2ax－4p2＝0的两根，
则x1＋x2＝2a，x1x2＝－4p2.
所以k1·k2＝·＝＝＝－4，
故k1·k2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.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.(2018·丽水、衢州、湖州三地市质检)如图，F1，F2是椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点，A，B是椭圆C上的两点，且都在x轴上方，AF1∥BF2，设AF2，BF1的交点为M.

(1)求证：＋为定值；
(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)，F2(1，0)，设直线AF1的方程为x＝my－1，与椭圆C的方程联立，由

消去x，整理得(m2＋2)y2－2my－1＝0.
由题意知，Δ>0，
因为点A在x轴上方，
设A(xA，yA)，
所以yA>0，yA＝＝，
所以|AF1|＝|yA－0|＝.
直线BF2的方程为x＝my＋1，设B(xB，yB)，
同理可得yB＝，|BF2|＝|yB－0|＝，
所以＝，＝，
所以＋＝＋
＝
＝＝2.
所以＋为定值.
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|＝|BF2|，

所以要证＋为定值，只需证＋为定值.
设直线AF1的方程为x＝my－1，A(x1，y1)，B1(x2，y2)，y1>0，y2<0，与椭圆C的方程联立，由
消去x，整理可得(m2＋2)y2－2my－1＝0，
由题意知，Δ>0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝－.
所以＋＝＝＝
＝·＝＝2.
所以＋为定值.
(2)解　方法一　设直线AF2，BF1的方程分别为
x＝k1y＋1，x＝k2y－1，
联立，得解得
所以点M的坐标为.
又由(1)方法一可得k1＝＝＝m－，
k2＝＝＝m＋，
所以k1＋k2＝m－＋m＋＝2m＋2
＝2
＝2(m＋2m)＝6m，
k2－k1＝2＝4.
所以
所以动点M的轨迹方程为＋＝1(y>0).
方法二　如图所示，设|AF1|＝d1，|BF2|＝d2，因为AF1∥BF2，

所以＝，
所以＝，即|MF1|＝·|BF1|.
又|BF1|＋|BF2|＝2，
所以|BF1|＝2－|BF2|＝2－d2，
所以|MF1|＝·|BF1|＝.
同理可得|MF2|＝，
所以|MF1|＋|MF2|＝＋＝2－，
由(1)可知＝＝，
所以|MF1|＋|MF2|＝>|F1F2|＝2，动点M的轨迹为以F1，F2为左、右焦点，以为长轴长的椭圆的一半，
所以动点M的轨迹方程为＋＝1(y>0).