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2022高考数学一轮复习 第八章 高考专题突破五 第2课时 定点与定值问题
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这是一份2022高考数学一轮复习 第八章 高考专题突破五 第2课时 定点与定值问题，共10页。试卷主要包含了定点问题，定值问题等内容，欢迎下载使用。
题型一 定点问题
例1 (12分)(2020·全国Ⅰ)已知A，B分别为椭圆E：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(GB,\s\up6(→))＝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．
规范解答
(1)解 依据题意作图，如图所示，
由椭圆方程E：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)可得，
A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)，
∴eq \(AG,\s\up6(→))＝(a,1)，eq \(GB,\s\up6(→))＝(a，－1)，
∴eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(GB,\s\up6(→))＝a2－1＝8，∴a2＝9，即a＝3，
∴E的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1.[3分]
(2)证明 设P(6，y0)，
则直线AP的方程为y＝eq \f(y0－0,6－－3)(x＋3)，
即y＝eq \f(y0,9)(x＋3)，[4分]
联立直线AP的方程与椭圆方程可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋y2＝1，,y＝\f(y0,9)x＋3，))
整理得(yeq \\al(2,0)＋9)x2＋6yeq \\al(2,0)x＋9yeq \\al(2,0)－81＝0，
解得x＝－3或x＝eq \f(－3y\\al(2,0)＋27,y\\al(2,0)＋9)，
将x＝eq \f(－3y\\al(2,0)＋27,y\\al(2,0)＋9)代入直线y＝eq \f(y0,9)(x＋3)可得y＝eq \f(6y0,y\\al(2,0)＋9)，
∴点C的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－3y\\al(2,0)＋27,y\\al(2,0)＋9)，\f(6y0,y\\al(2,0)＋9))).[6分]
同理可得点D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3y\\al(2,0)－3,y\\al(2,0)＋1)，\f(－2y0,y\\al(2,0)＋1)))，[8分]
∴直线CD的方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2y0,y\\al(2,0)＋1)))＝eq \f(\f(6y0,y\\al(2,0)＋9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2y0,y\\al(2,0)＋1))),\f(－3y\\al(2,0)＋27,y\\al(2,0)＋9)－\f(3y\\al(2,0)－3,y\\al(2,0)＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3y\\al(2,0)－3,y\\al(2,0)＋1)))，
整理可得y＋eq \f(2y0,y\\al(2,0)＋1)＝eq \f(4y0y\\al(2,0)＋3,39－y\\al(4,0))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3y\\al(2,0)－3,y\\al(2,0)＋1)))＝eq \f(4y0,33－y\\al(2,0))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3y\\al(2,0)－3,y\\al(2,0)＋1)))，
整理得y＝eq \f(4y0,33－y\\al(2,0))x＋eq \f(2y0,y\\al(2,0)－3)＝eq \f(4y0,33－y\\al(2,0))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))，
故直线CD过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0)).[12分]
第一步：确定曲线方程(一般根据待定系数法或定义法)．
第二步：设直线方程并与曲线方程联立，得关于x或y的一元二次方程．
第三步：写出根与系数的关系(或求出交点坐标)．
第四步：将第三步得出的关系代入题目条件，解决范围、最值或定点、定值等问题．
第五步：反思回顾，考虑方程有解条件和图形完备性．
跟踪训练1 (2019·北京)已知抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)．
(1)求抛物线C的方程及其准线方程；
(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
(1)解 由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，得p＝2.
所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.
(2)证明 抛物线C的焦点为F(0，－1)．
设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2＝－4y，))
得x2＋4kx－4＝0.
Δ＝16k2＋16>0恒成立．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.
直线OM的方程为y＝eq \f(y1,x1)x.
令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－eq \f(x1,y1).
同理得点B的横坐标xB＝－eq \f(x2,y2).
设点D(0，n)，则eq \(DA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x1,y1)，－1－n))，
eq \(DB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x2,y2)，－1－n))，
eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝eq \f(x1x2,y1y2)＋(n＋1)2＝eq \f(x1x2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x\\al(2,1),4)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x\\al(2,2),4))))＋(n＋1)2＝eq \f(16,x1x2)＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.
令eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，
得n＝1或n＝－3.
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0，－3)．
题型二 定值问题
例2 (2020·新高考全国Ⅰ)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，且过点A(2,1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.
(1)解 由题设得eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,2)，
解得a2＝6，b2＝3.
所以C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
若直线MN与x轴不垂直，
设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1，
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－6,1＋2k2).①
由AM⊥AN，得eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，
故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.
将①代入上式，可得(k2＋1)eq \f(2m2－6,1＋2k2)－(km－k－2)·eq \f(4km,1＋2k2)＋(m－1)2＋4＝0，
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.
因为A(2,1)不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，
所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.
所以直线MN的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,3)))－eq \f(1,3)(k≠1)．
所以直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3))).
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．
由eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，
得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又eq \f(x\\al(2,1),6)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，所以3xeq \\al(2,1)－8x1＋4＝0.
解得x1＝2(舍去)，x1＝eq \f(2,3).
此时直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3))).
令Q为AP的中点，即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3))).
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故|DQ|＝eq \f(1,2)|AP|＝eq \f(2\r(2),3).
若D与P重合，则|DQ|＝eq \f(1,2)|AP|.
综上，存在点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|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 (2020·滨州模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,3)，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝eq \f(8,3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m与l1，l2分别交于M，N两点，求证：∠MF1N为定值．
(1)解 由AF2⊥F1F2，|AF2|＝eq \f(8,3)，得eq \f(b2,a)＝eq \f(8,3).
又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,3)，a2＝b2＋c2，所以a2＝9，b2＝8，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1.
(2)证明 由题意可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3.
直线l分别与直线l1，l2的方程联立得M(－3，－3k＋m)，N(3,3k＋m)，
所以eq \(F1M,\s\up6(→))＝(－2，－3k＋m)，eq \(F1N,\s\up6(→))＝(4,3k＋m)，
所以eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))＝－8＋m2－9k2.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1，,y＝kx＋m，))
得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0.
因为直线l与椭圆C相切，
所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)＝0，
化简得m2＝9k2＋8.
所以eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))＝－8＋m2－9k2＝0，
所以eq \(F1M,\s\up6(→))⊥eq \(F1N,\s\up6(→))，故∠MF1N为定值eq \f(π,2).
课时精练
1．(2021·成都模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，且经过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2))).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点B(4,0)作一条斜率不为0的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，记点P关于x轴对称的点为P′.证明：直线P′Q经过x轴上一定点D，并求出定点D的坐标．
(1)解 由椭圆的定义，可知
2a＝|AF1|＋|AF2|＝eq \r(2\r(3)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＋eq \f(1,2)＝4.
解得a＝2.
又b2＝a2－(eq \r(3))2＝1.
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 由题意，设直线l的方程为x＝my＋4(m≠0)．
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则P′(x1，－y1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋4，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去x，可得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.
∵Δ＝16(m2－12)>0，
∴m2>12.
∴y1＋y2＝eq \f(－8m,m2＋4)，y1y2＝eq \f(12,m2＋4).
∵kP′Q＝eq \f(y2＋y1,x2－x1)＝eq \f(y2＋y1,my2－y1).
∴直线P′Q的方程为y＋y1＝eq \f(y2＋y1,my2－y1)(x－x1)．
令y＝0，可得x＝eq \f(my2－y1y1,y1＋y2)＋my1＋4.
∴x＝eq \f(2my1y2,y1＋y2)＋4＝eq \f(2m·\f(12,m2＋4),\f(－8m,m2＋4))＋4＝eq \f(24m,－8m)＋4＝1.
∴D(1,0)．
∴直线P′Q经过x轴上定点D，其坐标为(1,0)．
2．(2020·西安模拟)设F1，F2为椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,b2)＝1(b>0)的左、右焦点，M为椭圆上一点，满足MF1⊥MF2，已知△MF1F2的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设C的上顶点为H，过点(2，－1)的直线与椭圆交于R，S两点(异于H)，求证：直线HR和HS的斜率之和为定值，并求出这个定值．
解 (1)由椭圆定义得|MF1|＋|MF2|＝4，①
由MF1⊥MF2得
|MF1|2＋|MF2|2＝|F1F2|2＝4(4－b2)，②
由题意得＝eq \f(1,2)|MF1|·|MF2|＝1，③
由①②③，可得b2＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)依题意，H(0,1)，显然直线RS的斜率存在且不为0，
设直线RS的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
代入椭圆方程并化简得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题意知，Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，
设R(x1，y1)，S(x2，y2)，x1x2≠0，
故x1＋x2＝eq \f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1).
kHR＋kHS＝eq \f(y1－1,x1)＋eq \f(y2－1,x2)＝eq \f(kx1＋m－1,x1)＋eq \f(kx2＋m－1,x2)
＝2k＋(m－1)eq \f(x1＋x2,x1x2)＝2k＋(m－1)eq \f(－8km,4m2－4)
＝2k－eq \f(2km,m＋1)＝eq \f(2k,m＋1).
∵直线RS过点(2，－1)，∴2k＋m＝－1，
∴kHR＋kHS＝－1.故kHR＋kHS为定值－1.
3．(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，eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，求证：eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋1，))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＝－eq \f(2k－4,k2)，x1x2＝eq \f(1,k2).
直线PA的方程为y－2＝eq \f(y1－2,x1－1)(x－1)，
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝eq \f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq \f(－kx1＋1,x1－1)＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝eq \f(－kx2＋1,x2－1)＋2.
由eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)＝eq \f(1,1－yM)＋eq \f(1,1－yN)＝eq \f(x1－1,k－1x1)＋eq \f(x2－1,k－1x2)
＝eq \f(1,k－1)·eq \f(2x1x2－x1＋x2,x1x2)＝eq \f(1,k－1)·eq \f(\f(2,k2)＋\f(2k－4,k2),\f(1,k2))＝2.
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值．
4．已知P是圆F1：(x＋1)2＋y2＝16上任意一点，F2(1,0)，线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，当点P在圆F1上运动时，记点Q的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)记曲线C与x轴交于A，B两点，M是直线x＝1上任意一点，直线MA，MB与曲线C的另一个交点分别为D，E，求证：直线DE过定点H(4,0)．
(1)解 由线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，得|QF1|＋|QF2|＝|QF1|＋|QP|＝|PF1|＝4>|F1F2|＝2，
所以点Q的轨迹为以F1，F2为焦点，长轴长为4的椭圆，故2a＝4，a＝2,2c＝2，c＝1，b2＝a2－c2＝3.
曲线C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 由(1)可设A(－2,0)，B(2,0)，点M的坐标为(1，m)，直线MA的方程为y＝eq \f(m,3)(x＋2)，
将y＝eq \f(m,3)(x＋2)与eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1联立整理得，
(4m2＋27)x2＋16m2x＋16m2－108＝0，
设点D的坐标为(xD，yD)，则－2xD＝eq \f(16m2－108,4m2＋27)，
故xD＝eq \f(54－8m2,4m2＋27)，则yD＝eq \f(m,3)(xD＋2)＝eq \f(36m,4m2＋27)，
直线MB的方程为y＝－m(x－2)，
将y＝－m(x－2)与eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1联立整理得，
(4m2＋3)x2－16m2x＋16m2－12＝0，
设点E的坐标为(xE，yE)，则2xE＝eq \f(16m2－12,4m2＋3)，
故xE＝eq \f(8m2－6,4m2＋3)，则yE＝－m(xE－2)＝eq \f(12m,4m2＋3)，
HD的斜率为k1＝eq \f(yD,xD－4)＝eq \f(36m,54－8m2－44m2＋27)＝－eq \f(6m,4m2＋9)，
HE的斜率为k2＝eq \f(yE,xE－4)＝eq \f(12m,8m2－6－44m2＋3)＝－eq \f(6m,4m2＋9)，
因为k1＝k2，所以直线DE经过定点H(4,0)．
5.(2020·华中师大附中月考)如图，已知椭圆C1：eq \f(x2,4)＋y2＝1的左、右顶点分别为A1，A2，上、下顶点分别为B1，B2，记四边形A1B1A2B2的内切圆为圆C2.
(1)求圆C2的标准方程；
(2)已知圆C2的一条不与坐标轴平行的切线l交椭圆C1于P，M两点．
(ⅰ)求证：OP⊥OM；
(ⅱ)试探究eq \f(1,|OP|2)＋eq \f(1,|OM|2)是否为定值．
(1)解 因为A2，B1分别为椭圆C1：eq \f(x2,4)＋y2＝1的右顶点和上顶点，则A2，B1的坐标分别为(2,0)，(0,1)，可得直线A2B1的方程为x＋2y＝2.
则原点O到直线A2B1的距离为d＝eq \f(2,\r(1＋22))＝eq \f(2,\r(5))，则圆C2的半径r＝d＝eq \f(2,\r(5))，
故圆C2的标准方程为x2＋y2＝eq \f(4,5).
(2)(ⅰ)证明 可设切线l：y＝kx＋b(k≠0)，P(x1，y1)，M(x2，y2)，
将直线l的方程代入椭圆C1可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋k2))x2＋2kbx＋b2－1＝0，由根与系数的关系得，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(2kb,\f(1,4)＋k2)，,x1x2＝\f(b2－1,\f(1,4)＋k2)，))则y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝eq \f(－k2＋\f(1,4)b2,\f(1,4)＋k2)，
又l与圆C2相切，可知原点O到l的距离
d＝eq \f(|b|,\r(k2＋12))＝eq \f(2,\r(5))，整理得k2＝eq \f(5,4)b2－1，
则y1y2＝eq \f(1－b2,\f(1,4)＋k2)，所以eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝0，
故OP⊥OM.
(ⅱ)解 由(ⅰ)知OP⊥OM，
①当直线OP的斜率不存在时，显然|OP|＝1，|OM|＝2，此时eq \f(1,|OP|2)＋eq \f(1,|OM|2)＝eq \f(5,4)；
②当直线OP的斜率存在时，设直线OP的方程为y＝k1x，
代入椭圆方程可得eq \f(x2,4)＋keq \\al(2,1)x2＝1，则x2＝eq \f(4,1＋4k\\al(2,1))，
故|OP|2＝x2＋y2＝(1＋keq \\al(2,1))x2＝eq \f(41＋k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))，
同理|OM|2＝eq \f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k1)))2)),1＋4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k1)))2)＝eq \f(4k\\al(2,1)＋1,k\\al(2,1)＋4)，
则eq \f(1,|OP|2)＋eq \f(1,|OM|2)＝eq \f(1＋4k\\al(2,1),4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k\\al(2,1))))＋eq \f(k\\al(2,1)＋4,41＋k\\al(2,1))＝eq \f(5,4).
综上可知，eq \f(1,|OP|2)＋eq \f(1,|OM|2)＝eq \f(5,4)为定值．
题型一 定点问题
例1 (12分)(2020·全国Ⅰ)已知A，B分别为椭圆E：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(GB,\s\up6(→))＝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．
规范解答
(1)解 依据题意作图，如图所示，
由椭圆方程E：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)可得，
A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)，
∴eq \(AG,\s\up6(→))＝(a,1)，eq \(GB,\s\up6(→))＝(a，－1)，
∴eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(GB,\s\up6(→))＝a2－1＝8，∴a2＝9，即a＝3，
∴E的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1.[3分]
(2)证明 设P(6，y0)，
则直线AP的方程为y＝eq \f(y0－0,6－－3)(x＋3)，
即y＝eq \f(y0,9)(x＋3)，[4分]
联立直线AP的方程与椭圆方程可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋y2＝1，,y＝\f(y0,9)x＋3，))
整理得(yeq \\al(2,0)＋9)x2＋6yeq \\al(2,0)x＋9yeq \\al(2,0)－81＝0，
解得x＝－3或x＝eq \f(－3y\\al(2,0)＋27,y\\al(2,0)＋9)，
将x＝eq \f(－3y\\al(2,0)＋27,y\\al(2,0)＋9)代入直线y＝eq \f(y0,9)(x＋3)可得y＝eq \f(6y0,y\\al(2,0)＋9)，
∴点C的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－3y\\al(2,0)＋27,y\\al(2,0)＋9)，\f(6y0,y\\al(2,0)＋9))).[6分]
同理可得点D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3y\\al(2,0)－3,y\\al(2,0)＋1)，\f(－2y0,y\\al(2,0)＋1)))，[8分]
∴直线CD的方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2y0,y\\al(2,0)＋1)))＝eq \f(\f(6y0,y\\al(2,0)＋9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2y0,y\\al(2,0)＋1))),\f(－3y\\al(2,0)＋27,y\\al(2,0)＋9)－\f(3y\\al(2,0)－3,y\\al(2,0)＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3y\\al(2,0)－3,y\\al(2,0)＋1)))，
整理可得y＋eq \f(2y0,y\\al(2,0)＋1)＝eq \f(4y0y\\al(2,0)＋3,39－y\\al(4,0))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3y\\al(2,0)－3,y\\al(2,0)＋1)))＝eq \f(4y0,33－y\\al(2,0))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3y\\al(2,0)－3,y\\al(2,0)＋1)))，
整理得y＝eq \f(4y0,33－y\\al(2,0))x＋eq \f(2y0,y\\al(2,0)－3)＝eq \f(4y0,33－y\\al(2,0))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))，
故直线CD过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0)).[12分]
第一步：确定曲线方程(一般根据待定系数法或定义法)．
第二步：设直线方程并与曲线方程联立，得关于x或y的一元二次方程．
第三步：写出根与系数的关系(或求出交点坐标)．
第四步：将第三步得出的关系代入题目条件，解决范围、最值或定点、定值等问题．
第五步：反思回顾，考虑方程有解条件和图形完备性．
跟踪训练1 (2019·北京)已知抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)．
(1)求抛物线C的方程及其准线方程；
(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
(1)解 由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，得p＝2.
所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.
(2)证明 抛物线C的焦点为F(0，－1)．
设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2＝－4y，))
得x2＋4kx－4＝0.
Δ＝16k2＋16>0恒成立．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.
直线OM的方程为y＝eq \f(y1,x1)x.
令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－eq \f(x1,y1).
同理得点B的横坐标xB＝－eq \f(x2,y2).
设点D(0，n)，则eq \(DA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x1,y1)，－1－n))，
eq \(DB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x2,y2)，－1－n))，
eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝eq \f(x1x2,y1y2)＋(n＋1)2＝eq \f(x1x2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x\\al(2,1),4)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x\\al(2,2),4))))＋(n＋1)2＝eq \f(16,x1x2)＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.
令eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，
得n＝1或n＝－3.
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0，－3)．
题型二 定值问题
例2 (2020·新高考全国Ⅰ)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，且过点A(2,1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.
(1)解 由题设得eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,2)，
解得a2＝6，b2＝3.
所以C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
若直线MN与x轴不垂直，
设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1，
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－6,1＋2k2).①
由AM⊥AN，得eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，
故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.
将①代入上式，可得(k2＋1)eq \f(2m2－6,1＋2k2)－(km－k－2)·eq \f(4km,1＋2k2)＋(m－1)2＋4＝0，
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.
因为A(2,1)不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，
所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.
所以直线MN的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,3)))－eq \f(1,3)(k≠1)．
所以直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3))).
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．
由eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，
得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又eq \f(x\\al(2,1),6)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，所以3xeq \\al(2,1)－8x1＋4＝0.
解得x1＝2(舍去)，x1＝eq \f(2,3).
此时直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3))).
令Q为AP的中点，即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3))).
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故|DQ|＝eq \f(1,2)|AP|＝eq \f(2\r(2),3).
若D与P重合，则|DQ|＝eq \f(1,2)|AP|.
综上，存在点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|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 (2020·滨州模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,3)，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝eq \f(8,3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m与l1，l2分别交于M，N两点，求证：∠MF1N为定值．
(1)解 由AF2⊥F1F2，|AF2|＝eq \f(8,3)，得eq \f(b2,a)＝eq \f(8,3).
又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,3)，a2＝b2＋c2，所以a2＝9，b2＝8，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1.
(2)证明 由题意可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3.
直线l分别与直线l1，l2的方程联立得M(－3，－3k＋m)，N(3,3k＋m)，
所以eq \(F1M,\s\up6(→))＝(－2，－3k＋m)，eq \(F1N,\s\up6(→))＝(4,3k＋m)，
所以eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))＝－8＋m2－9k2.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1，,y＝kx＋m，))
得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0.
因为直线l与椭圆C相切，
所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)＝0，
化简得m2＝9k2＋8.
所以eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))＝－8＋m2－9k2＝0，
所以eq \(F1M,\s\up6(→))⊥eq \(F1N,\s\up6(→))，故∠MF1N为定值eq \f(π,2).
课时精练
1．(2021·成都模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，且经过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2))).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点B(4,0)作一条斜率不为0的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，记点P关于x轴对称的点为P′.证明：直线P′Q经过x轴上一定点D，并求出定点D的坐标．
(1)解 由椭圆的定义，可知
2a＝|AF1|＋|AF2|＝eq \r(2\r(3)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＋eq \f(1,2)＝4.
解得a＝2.
又b2＝a2－(eq \r(3))2＝1.
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 由题意，设直线l的方程为x＝my＋4(m≠0)．
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则P′(x1，－y1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋4，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去x，可得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.
∵Δ＝16(m2－12)>0，
∴m2>12.
∴y1＋y2＝eq \f(－8m,m2＋4)，y1y2＝eq \f(12,m2＋4).
∵kP′Q＝eq \f(y2＋y1,x2－x1)＝eq \f(y2＋y1,my2－y1).
∴直线P′Q的方程为y＋y1＝eq \f(y2＋y1,my2－y1)(x－x1)．
令y＝0，可得x＝eq \f(my2－y1y1,y1＋y2)＋my1＋4.
∴x＝eq \f(2my1y2,y1＋y2)＋4＝eq \f(2m·\f(12,m2＋4),\f(－8m,m2＋4))＋4＝eq \f(24m,－8m)＋4＝1.
∴D(1,0)．
∴直线P′Q经过x轴上定点D，其坐标为(1,0)．
2．(2020·西安模拟)设F1，F2为椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,b2)＝1(b>0)的左、右焦点，M为椭圆上一点，满足MF1⊥MF2，已知△MF1F2的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设C的上顶点为H，过点(2，－1)的直线与椭圆交于R，S两点(异于H)，求证：直线HR和HS的斜率之和为定值，并求出这个定值．
解 (1)由椭圆定义得|MF1|＋|MF2|＝4，①
由MF1⊥MF2得
|MF1|2＋|MF2|2＝|F1F2|2＝4(4－b2)，②
由题意得＝eq \f(1,2)|MF1|·|MF2|＝1，③
由①②③，可得b2＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)依题意，H(0,1)，显然直线RS的斜率存在且不为0，
设直线RS的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
代入椭圆方程并化简得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题意知，Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，
设R(x1，y1)，S(x2，y2)，x1x2≠0，
故x1＋x2＝eq \f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1).
kHR＋kHS＝eq \f(y1－1,x1)＋eq \f(y2－1,x2)＝eq \f(kx1＋m－1,x1)＋eq \f(kx2＋m－1,x2)
＝2k＋(m－1)eq \f(x1＋x2,x1x2)＝2k＋(m－1)eq \f(－8km,4m2－4)
＝2k－eq \f(2km,m＋1)＝eq \f(2k,m＋1).
∵直线RS过点(2，－1)，∴2k＋m＝－1，
∴kHR＋kHS＝－1.故kHR＋kHS为定值－1.
3．(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，eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，求证：eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋1，))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
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＝－eq \f(2k－4,k2)，x1x2＝eq \f(1,k2).
直线PA的方程为y－2＝eq \f(y1－2,x1－1)(x－1)，
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝eq \f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq \f(－kx1＋1,x1－1)＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝eq \f(－kx2＋1,x2－1)＋2.
由eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)＝eq \f(1,1－yM)＋eq \f(1,1－yN)＝eq \f(x1－1,k－1x1)＋eq \f(x2－1,k－1x2)
＝eq \f(1,k－1)·eq \f(2x1x2－x1＋x2,x1x2)＝eq \f(1,k－1)·eq \f(\f(2,k2)＋\f(2k－4,k2),\f(1,k2))＝2.
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值．
4．已知P是圆F1：(x＋1)2＋y2＝16上任意一点，F2(1,0)，线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，当点P在圆F1上运动时，记点Q的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)记曲线C与x轴交于A，B两点，M是直线x＝1上任意一点，直线MA，MB与曲线C的另一个交点分别为D，E，求证：直线DE过定点H(4,0)．
(1)解 由线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，得|QF1|＋|QF2|＝|QF1|＋|QP|＝|PF1|＝4>|F1F2|＝2，
所以点Q的轨迹为以F1，F2为焦点，长轴长为4的椭圆，故2a＝4，a＝2,2c＝2，c＝1，b2＝a2－c2＝3.
曲线C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 由(1)可设A(－2,0)，B(2,0)，点M的坐标为(1，m)，直线MA的方程为y＝eq \f(m,3)(x＋2)，
将y＝eq \f(m,3)(x＋2)与eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1联立整理得，
(4m2＋27)x2＋16m2x＋16m2－108＝0，
设点D的坐标为(xD，yD)，则－2xD＝eq \f(16m2－108,4m2＋27)，
故xD＝eq \f(54－8m2,4m2＋27)，则yD＝eq \f(m,3)(xD＋2)＝eq \f(36m,4m2＋27)，
直线MB的方程为y＝－m(x－2)，
将y＝－m(x－2)与eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1联立整理得，
(4m2＋3)x2－16m2x＋16m2－12＝0，
设点E的坐标为(xE，yE)，则2xE＝eq \f(16m2－12,4m2＋3)，
故xE＝eq \f(8m2－6,4m2＋3)，则yE＝－m(xE－2)＝eq \f(12m,4m2＋3)，
HD的斜率为k1＝eq \f(yD,xD－4)＝eq \f(36m,54－8m2－44m2＋27)＝－eq \f(6m,4m2＋9)，
HE的斜率为k2＝eq \f(yE,xE－4)＝eq \f(12m,8m2－6－44m2＋3)＝－eq \f(6m,4m2＋9)，
因为k1＝k2，所以直线DE经过定点H(4,0)．
5.(2020·华中师大附中月考)如图，已知椭圆C1：eq \f(x2,4)＋y2＝1的左、右顶点分别为A1，A2，上、下顶点分别为B1，B2，记四边形A1B1A2B2的内切圆为圆C2.
(1)求圆C2的标准方程；
(2)已知圆C2的一条不与坐标轴平行的切线l交椭圆C1于P，M两点．
(ⅰ)求证：OP⊥OM；
(ⅱ)试探究eq \f(1,|OP|2)＋eq \f(1,|OM|2)是否为定值．
(1)解 因为A2，B1分别为椭圆C1：eq \f(x2,4)＋y2＝1的右顶点和上顶点，则A2，B1的坐标分别为(2,0)，(0,1)，可得直线A2B1的方程为x＋2y＝2.
则原点O到直线A2B1的距离为d＝eq \f(2,\r(1＋22))＝eq \f(2,\r(5))，则圆C2的半径r＝d＝eq \f(2,\r(5))，
故圆C2的标准方程为x2＋y2＝eq \f(4,5).
(2)(ⅰ)证明 可设切线l：y＝kx＋b(k≠0)，P(x1，y1)，M(x2，y2)，
将直线l的方程代入椭圆C1可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋k2))x2＋2kbx＋b2－1＝0，由根与系数的关系得，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(2kb,\f(1,4)＋k2)，,x1x2＝\f(b2－1,\f(1,4)＋k2)，))则y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝eq \f(－k2＋\f(1,4)b2,\f(1,4)＋k2)，
又l与圆C2相切，可知原点O到l的距离
d＝eq \f(|b|,\r(k2＋12))＝eq \f(2,\r(5))，整理得k2＝eq \f(5,4)b2－1，
则y1y2＝eq \f(1－b2,\f(1,4)＋k2)，所以eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝0，
故OP⊥OM.
(ⅱ)解 由(ⅰ)知OP⊥OM，
①当直线OP的斜率不存在时，显然|OP|＝1，|OM|＝2，此时eq \f(1,|OP|2)＋eq \f(1,|OM|2)＝eq \f(5,4)；
②当直线OP的斜率存在时，设直线OP的方程为y＝k1x，
代入椭圆方程可得eq \f(x2,4)＋keq \\al(2,1)x2＝1，则x2＝eq \f(4,1＋4k\\al(2,1))，
故|OP|2＝x2＋y2＝(1＋keq \\al(2,1))x2＝eq \f(41＋k\\al(2,1),1＋4k\\al(2,1))，
同理|OM|2＝eq \f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k1)))2)),1＋4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k1)))2)＝eq \f(4k\\al(2,1)＋1,k\\al(2,1)＋4)，
则eq \f(1,|OP|2)＋eq \f(1,|OM|2)＝eq \f(1＋4k\\al(2,1),4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k\\al(2,1))))＋eq \f(k\\al(2,1)＋4,41＋k\\al(2,1))＝eq \f(5,4).
综上可知，eq \f(1,|OP|2)＋eq \f(1,|OM|2)＝eq \f(5,4)为定值．
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