2021高考数学一轮复习学案：第八章高考专题突破五第2课时定点与定值问题

第2课时　定点与定值问题

例1　(12分)(2019·北京)已知椭圆C：＋＝1的右焦点为(1,0)，且经过点A(0,1)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若OM·ON＝2，求证：直线l经过定点．
规范解答
(1)解　由题意，得b2＝1，c＝1，
所以a2＝b2＋c2＝2.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.[2分]
(2)证明　设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则直线AP的方程为y＝x＋1.[4分]
令y＝0，得点M的横坐标xM＝－.
又y1＝kx1＋t，从而OM＝|xM|＝.
同理，ON＝.
由得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，[6分]
则x1＋x2＝－，x1x2＝.[8分]
所以OM·ON＝·
＝
＝
＝2.[10分]
又OM·ON＝2，所以2＝2.
解得t＝0，所以直线l经过定点(0,0)．[12分]

解圆锥曲线综合问题的一般步骤
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(或求出交点出标)．
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·全国Ⅲ)已知曲线C：y＝，D为直线y＝－上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
(1)证明：直线AB过定点；
(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程．
(1)证明　设D，A(x1，y1)，
则x＝2y1.
由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，
故＝x1，
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
所以直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.
所以直线AB过定点.
(2)解　由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.
由可得x2－2tx－1＝0，
Δ＝4t2＋4>0恒成立，
于是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1.
设M为线段AB的中点，则M.
由于⊥，而＝(t，t2－2)，与向量(1，t)平行，
所以t＋(t2－2)t＝0.解得t＝0或t＝±1.
当t＝0时，||＝2，
所求圆的方程为x2＋2＝4；
当t＝±1时，||＝，
所求圆的方程为x2＋2＝2.
综上，所求圆的方程为x2＋2＝4或x2＋2＝2.
定值问题
例2　(2020·河南八市重点高中联考)已知O为坐标原点，过点M(1,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，且·＝－3.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点M作直线l′⊥l交抛物线C于P，Q两点，记△OAB，△OPQ的面积分别为S1，S2，证明：＋为定值．
(1)解　设直线l：x＝my＋1，
联立方程
消x得，y2－2pmy－2p＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－2p，
又因为·＝x1x2＋y1y2
＝(my1＋1)(my2＋1)＋y1y2
＝(1＋m2)y1y2＋m(y1＋y2)＋1
＝(1＋m2)(－2p)＋2pm2＋1＝－2p＋1＝－3.
解得p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明　由(1)知M(1,0)是抛物线C的焦点，
所以AB＝x1＋x2＋p＝my1＋my2＋2＋p＝4m2＋4.
原点到直线l的距离d＝，
所以S1＝××4(m2＋1)＝2.
因为直线l′过点(1,0)且l′⊥l，
所以S2＝2＝2.
所以＋＝＋＝.
即＋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
F1F＝MF＋MF－2MF1·MF2·cos 60°
＝(MF1＋MF2)2－2MF1·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．


1．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－，0)，F2(，0)，且经过点A.
(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＝＋＝4.
解得a＝2.
又b2＝a2－()2＝1.
∴椭圆C的标准方程为＋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)．
由消去x，可得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.
∵Δ＝16(m2－12)>0，∴m2>12.
∴y1＋y2＝，y1y2＝.
∵kP′Q＝＝.
∴直线P′Q的方程为y＋y1＝(x－x1)．
令y＝0，可得x＝＋my1＋4.
∴x＝＋4＝＋4＝＋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：＋＝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
MF＋MF＝F1F＝4(4－b2)，②
由题意得S△MF1F2＝MF1·MF2＝1，③
由①②③，可得b2＝1，
所以椭圆C的方程为＋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＝，x1x2＝.
kHR＋kHS＝＋＝＋
＝2k＋(m－1)＝2k＋(m－1)
＝2k－＝.
∵直线RS过点(2，－1)，∴2k＋m＝－1，
∴kHR＋kHS＝－1.
故kHR＋kHS为定值－1.
3．(2020·太原模拟)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l1，l2的斜率互为相反数，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．(2019·江淮十校联考)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＋＝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＝(x＋2)，
将y＝(x＋2)与＋＝1联立整理得，
(4m2＋27)x2＋16m2x＋16m2－108＝0，
设点D的坐标为(xD，yD)，则－2xD＝，
故xD＝，则yD＝(xD＋2)＝，
直线MB的方程为y＝－m(x－2)，
将y＝－m(x－2)与＋＝1联立整理得，
(4m2＋3)x2－16m2x＋16m2－12＝0，
设点E的坐标为(xE，yE)，则2xE＝，故xE＝，则yE＝－m(xE－2)＝，
HD的斜率为k1＝＝
＝－，
HE的斜率为k2＝＝
＝－，
因为k1＝k2，所以直线DE经过定点H(4,0)．

5．椭圆C的焦点为F1(－，0)，F2(，0)，且点M(，1)在椭圆C上．过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，点B关于y轴的对称点为点D(不同于点A)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)证明：直线AD恒过定点，并求出定点坐标．
解　(1)设椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)．
由已知得c＝，2a＝MF1＋MF2＝＋1＝4.所以a＝2，b2＝a2－c2＝2.
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)方法一　当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．
由得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(－x2，y2)，
则
特殊地，当A的坐标为(2,0)时，k＝－，
所以2x2＝－，x2＝－，y2＝，即B，
所以点B关于y轴的对称点为D，
则直线AD的方程为y＝－x＋2.
当直线l的斜率不存在时，直线AD的方程为x＝0.
如果存在定点Q满足条件，则Q(0,2)，
kQA＝＝＝k－，
kQD＝＝－k＋，
又因为kQA－kQD＝2k－＝2k－＝2k－2k＝0，
所以kQA＝kQD，即A，D，Q三点共线，
故直线AD恒过定点，定点坐标为(0,2)．
方法二　当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．
联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(－x2，y2)．
则
kAD＝.
所以AD的直线方程为y－y1＝(x－x1)，
所以y＝x＋·x1＋y1
＝x＋＝x＋2.
当x＝0时，y＝2.
所以直线AD恒过定点(0,2)．
当直线l的斜率不存在时，直线AD的方程为x＝0，过定点(0,2)．
综上，直线AD恒过定点，定点为(0,2)．