2020版高考数学（文）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 已知椭圆＋＝1(a>b>0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足＝λ1，＝λ2.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点，并求此定点.
解　(1)设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，又a2＝b2＋c2，∴a2＝3.
∴椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，
N(x2，y2)，设l方程为x＝t(y－m)，
由＝λ1知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，
∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝－1.
同理由＝λ2知λ2＝－1.
∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①
联立得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，
∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，②
且有y1＋y2＝，y1y2＝，③
③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，
∴(mt)2＝1，
由题意mt<0，∴mt＝－1，满足②，
得直线l的方程为x＝ty＋1，
过定点(1,0)，即Q为定点.
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 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 如图，已知抛物线C：x2＝4y，过点M(0,2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).

(1)证明：动点D在定直线上；
(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y＝2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2，证明：|MN2|2－|MN1|2为定值，并求此定值.
(1)证明　依题意，直线AB的斜率存在，可设AB方程为y＝kx＋2，代入x2＝4y，
得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0.
显然Δ>0恒成立，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝－8.
直线AO的方程为y＝x；
BD的方程为x＝x2.
解得交点D的坐标为
注意到x1x2＝－8及x＝4y1，
则有y＝＝＝－2.
因此D点在定直线y＝－2上(x≠0).
(2)解　依题设，切线l的斜率存在且不等于0，设切线l的方程为y＝ax＋b(a≠0)，
代入x2＝4y得x2＝4(ax＋b)，
即x2－4ax－4b＝0.
由Δ＝0得(4a)2＋16b＝0，化简整理得b＝－a2.
故切线l的方程可写为y＝ax－a2.
分别令y＝2，y＝－2得N1，N2的坐标为
N1，N2，
则|MN2|2－|MN1|2＝2＋42－2＝8，
即|MN2|2－|MN1|2为定值8.
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·相阳教育模拟)设F1，F2为椭圆C：＋＝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
由垂直得|MF1|2＋|MF2|2＝|F1F2|2＝4(4－b2)，②
由题意得＝|MF1|·|MF2|＝1，③
由①②③，可得b2＝1，C的方程为＋y2＝1.
(2)依题意，H(0,1)，显然直线的斜率存在且不为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＝，x1x2＝.
kHR＋kHS＝＋＝＋
＝2k＋(m－1)＝2k＋(m－1)
＝2k－＝＝－1.
故kHR＋kHS为定值－1.



2.(2018·威海模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F，直线y＝4与y轴的交点为P，与抛物线C的交点为Q，且|QF|＝2|PQ|.
(1)求p的值；
(2)已知点T(t，－2)为C上一点，M，N是C上异于点T的两点，且满足直线TM和直线TN的斜率之和为－，证明：直线MN恒过定点，并求出定点的坐标.
解　(1)设Q(x0,4)，由抛物线定义，|QF|＝x0＋，
又|QF|＝2|PQ|，即2x0＝x0＋，解得x0＝，
将点Q代入抛物线方程，解得p＝4.
(2)由(1)知C的方程为y2＝8x，
所以点T坐标为.
设直线MN的方程为x＝my＋n，
点M，N，
由得y2－8my－8n＝0，
Δ＝64m2＋32n>0，
所以y1＋y2＝8m，y1y2＝－8n，
所以kMT＋kNT＝＋＝＋
＝＝＝－，
解得n＝m－1.
所以直线MN的方程为x＋1＝m(y＋1)，
恒过定点(－1，－1).
3.(2018·辽阳调研)已知抛物线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.(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.