2022年高考三轮复习之回归基础练第29练　圆锥曲线中的定点、定值问题

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第29练　圆锥曲线中的定点、定值问题
[考情分析]　圆锥曲线中的定点、定值问题是高考考查的热点，难度为中高档．

考点一　直线过定点问题
要点重组　
设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
1．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的长轴长为4，且椭圆C与圆E：(x－1)2＋y2＝的公共弦长为3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设动直线l：y＝k(x－4)交椭圆C于A，B两点，点A与点D关于x轴对称．问：直线BD是否经过x轴上一定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．
解　(1)由题意得2a＝4，所以a＝2.
圆E的圆心为(1,0)，半径为，
由椭圆C与圆E的公共弦长为3，
可得椭圆C经过点，
所以＋＝1，解得b2＝3，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D(x1，－y1)．
由得
(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
则Δ>0，x1＋x2＝，x1x2＝.
由题意可得直线BD的方程为y＋y1＝(x－x1)，
又y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，
所以直线BD的方程为
y＋k(x1－4)＝(x－x1)．
令y＝0，得x＝＋x1
＝
＝
＝＝1，
即直线BD过x轴上的定点(1,0)．
2．(2020·郑州模拟)设M点为圆C：x2＋y2＝4上的动点，点M在x轴上的投影为N.动点P满足2＝，动点P的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)设E的左顶点为D，若直线l：y＝kx＋m与曲线E交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且满足|＋|＝|－|，求证：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标．
解　(1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，
由题意可知N(x0,0)，
因为2＝，
所以2(x0－x，－y)＝(0，－y0)．
即x0＝x，y0＝y，
又点M在圆C：x2＋y2＝4上，
所以x＋y＝4，
将x0＝x，y0＝y代入得＋＝1，
即轨迹E的方程为＋＝1.
(2)由(1)可知D(－2,0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得
得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，
Δ＝(8mk)2－4(3＋4k2)(4m2－12)
＝16(12k2－3m2＋9)>0，
即3＋4k2－m2>0，
所以x1＋x2＝，
x1x2＝.
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2
＝.
因为|＋|＝|－|，
所以⊥，即·＝0，
即(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，
所以＋2×＋4＋＝0，
所以7m2－16mk＋4k2＝0，
解得m1＝2k，m2＝k，且满足3＋4k2－m2>0，
当m＝2k时，l的方程为y＝kx＋2k＝k(x＋2)，直线恒过点(－2,0)，与已知矛盾；
当m＝k时，l的方程为y＝kx＋k＝k，直线恒过点.
所以直线l过定点，定点坐标为.
考点二　圆过定点问题
要点重组　
圆过定点，可依据直径所对圆周角为直角直接转化为两条线段的垂直，进而转化为两个向量垂直，即两向量的数量积等于0，从而建立方程求解定点的坐标．
3．(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＝x.
令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－.
同理得点B的横坐标xB＝－.
设点D(0，n)，则＝，
＝，
·＝＋(n＋1)2＝＋(n＋1)2
＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.
令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，
得n＝1或n＝－3.
所以以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0，－3)．
4．(2020·北京东城区模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的一个顶点坐标为A(0，－1)，离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y＝k(x－1)(k≠0)与椭圆C交于不同的两点P，Q，线段PQ的中点为M，点B(1,0)，求证：点M不在以AB为直径的圆上．
(1)解　由题意可知
解得
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明　设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，
由
得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，
所以Δ＝(－8k2)2－4×(4k2＋1)(4k2－4)＝48k2＋16.
所以当k为任何实数时，都有Δ＞0.
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
因为线段PQ的中点为M，
所以x0＝＝，
y0＝k(x0－1)＝，
因为B(1,0)，
所以＝(x0，y0＋1)，＝(x0－1，y0)．
所以·＝x0(x0－1)＋y0(y0＋1)
＝x－x0＋y＋y0
＝2－＋2＋
＝
＝
＝
又因为k≠0,42＋>0，
所以·≠0，
所以点M不在以AB为直径的圆上．
考点三　定值问题
要点重组　
1．求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．
2．定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的．
5．(2020·湛江模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，点M(a,0)，N(0，b)，O(0,0)，且△OMN的面积为1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设A，B是x轴上不同的两点，点A(异于坐标原点)在椭圆C内，点B在椭圆C外．若过点B作斜率不为0的直线与C相交于P，Q两点，且满足∠PAB＋∠QAB＝180°.证明：点A，B的横坐标之积为定值．
(1)解　由题意可得
解得a2＝4，b2＝1，
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明　作点P关于x轴的对称点P′，

由椭圆的对称性可知，点P′在椭圆上，
且∠PAB＝∠P′AB，
∠QBA＝∠P′BA，
因为∠PAB＋∠QAB＝180°.
所以∠P′AB＋∠QAB＝180°，
所以P′，A，Q三点共线，
由题意可设直线P′Q的方程为x＝ty＋m(mt≠0)，
设P′(x1，y1)，Q(x2，y2)，A(xA,0)，B(xB,0)，
联立直线与椭圆的方程
消x可得(4＋t2)y2＋2tmy＋m2－4＝0，
则有y1＋y2＝－，y1y2＝，
因为∠QBA＝∠P′BA，
所以kBP′＋kBQ＝0，
即＋＝0，
所以y1(ty2＋m－xB)＋y2(ty1＋m－xB)＝0，
即－＝0，
解得xB＝，
因为xA＝m，所以xA·xB＝m·＝4，
故点A，B横坐标之积为定值4.
6．(2020·山东六地市联考)已知椭圆C：y2＝2px(p>0)，点F为抛物线的焦点，焦点F到直线3x－4y＋3＝0的距离为d1，焦点F到抛物线C的准线的距离为d2，且＝.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)若在x轴上存在点M，过点M的直线l分别与抛物线C相交于P，Q两点，且＋为定值，求点M的坐标．
解　(1)由题意知，焦点F的坐标为，
则d1＝＝，d2＝p，
又＝，解得p＝2.
故抛物线C的标准方程为y2＝4x.
(2)设点M的坐标为(t,0)，设点P，Q的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
显然直线l的斜率不为0.设直线l的方程为x＝my＋t.
联立方程消去x，
并整理得y2－4my－4t＝0，
则Δ＝16(m2＋t)>0，且y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t.
由|PM|＝＝|y1|，
|QM|＝＝|y2|，
得＋＝＋
＝
＝
＝，
若＋为定值，必有t＝2.
所以当＋为定值时，点M的坐标为(2,0)．

1．已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝4x，点A(－2,0)，设直线l与C交于不同的两点P，Q.
(1)若直线l⊥x轴，求直线PA的斜率的取值范围；
(2)若直线l不垂直于x轴，且∠PAO＝∠QAO，证明：直线l过定点．
(1)解　当点P在第一象限时，设P(t,2)，
则kPA＝＝≤＝，
当且仅当t＝2时等号成立，
∴kPA∈，
同理，当点P在第四象限时，kPA∈.
综上所述，直线PA的斜率kPA∈∪.
(2)证明　设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，
联立方程
得ky2－4y＋4b＝0，
Δ＝16－16kb>0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则y1＋y2＝，y1·y2＝，
∵∠PAO＝∠QAO，
∴kAP＋kAQ＝＋
＝
＝
＝＝0，
∴b＝－2k，y＝kx－2k＝k(x－2)，
∴直线l恒过定点(2,0)．
2．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)经过点，离心率为，点A为椭圆C的右顶点，直线l与椭圆相交于不同于点A的两个点P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l的斜率为2，求证：△APQ的外接圆恒过一个异于点A的定点．
(1)解　由椭圆的离心率e＝＝，
得c2＝a2，
即b2＝a2－c2＝a2，a2＝4b2，
将点代入椭圆方程＋＝1，
即＋＝1，
解得b2＝1，∴a2＝4，
∴椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明　设直线l的方程为y＝2x＋m，代入椭圆方程，整理得
17x2＋16mx＋4(m2－1)＝0，
设△APQ的外接圆方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
联立直线l的方程，
得5x2＋(4m＋D＋2E)x＋(m2＋mE＋F)＝0，
代入可知＝＝，
由外接圆过点A(2,0)，则2D＋F＝－4，
从而可得关于D，E，F的三元一次方程组

解得
代入圆方程，整理得
＋(2x＋y－4)＝0，
∴
解得或
△APQ 的外接圆恒过一个异于点A的定点.
3．已知平行四边形OMAN的三个顶点M，A，N都在椭圆C：＋y2＝1上，O为坐标原点．
(1)当点A的坐标为时，求直线MN的方程；
(2)证明：平行四边形OMAN的面积为定值．
(1)解　∵点A的坐标为，
∴OA的中点坐标为.
∵四边形OMAN为平行四边形，
∴MN的中点坐标为.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝1，y1＋y2＝，
∵
①－②，得(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，
∴(x1－x2)＋(y1－y2)＝0，
∴kMN＝＝－，
∴直线MN的方程为y－＝－·，
即x＋y－1＝0.
(2)证明　由题意知直线MN的斜率必存在．
设直线MN的方程为y＝kx＋m.
联立
得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
Δ＝16k2m2－4(2k2＋1)(2m2－2)
＝16k2－8m2＋8>0，
∴2k2＋1>m2.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
∴y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝－＋2m＝.
∵四边形OMAN为平行四边形，
∴＝＋＝(x1＋x2，y1＋y2)
＝，
∴点A的坐标为.
∵点A在椭圆C上，
∴＋＝1，整理得4m2＝2k2＋1，
∴|MN|＝
＝＝.
∵点O到直线MN的距离d＝，
∴S▱OMAN＝2×|MN|d＝，为定值．
4．已知点P在椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)上，F(1,0)是椭圆的一个焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆C上不与P点重合的两点D，E关于原点O对称，直线PD，PE分别交y轴于M，N两点，求证：以MN为直径的圆被直线y＝截得的弦长是定值．
(1)解　由题意得
解得a2＝4，b2＝3.
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明　设直线DE的方程为ty＝x，D(x1，y1)，E(－x1，－y1)．
联立可得y2＝.
D，E.
直线PD的方程为y－＝(x－1)，
可得M.
直线PE的方程为y－＝(x－1)，
可得N.
以MN为直径的圆的方程为x2＋·
＝0，
∴把y＝代入可得x2＋＝0，
即x2＝，解得x＝±.
因此被直线y＝截得的弦长是定值．