2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第8章 §8-12 圆锥曲线中定点与定值问题

§8.12　圆锥曲线中定点与定值问题

题型一　定点问题

例1　(2022·全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，B两点．

(1)求E的方程；

(2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足＝.证明：直线HN过定点．

(1)解　设椭圆E的方程为mx²＋ny²＝1(m>0，n>0且m≠n)，

由椭圆E过A(0，－2)，B两点，

得解得

∴椭圆E的方程为＋＝1.

(2)证明　当直线MN的斜率不存在时，l_MN：x＝1，

由得y²＝，

∴y＝±.

结合题意可知M，N，

∴过M且平行于x轴的直线的方程为y＝－.

易知点T的横坐标x_T∈，

直线AB的方程为y－(－2)＝×(x－0)，即y＝x－2，

由得x_T＝3－，

∴T.

∵＝，∴H，

l_HN：y－＝(x－1)，

即y＝x－2.

此时直线HN过定点(0，－2)．

当直线MN的斜率存在时，如图，

设M(x₁，y₁)，N(x₂，y₂)，

l_MN：y＝kx＋m(由直线MN过点P(1，－2)可得k＋m＝－2)．

由

得(3k²＋4)x²＋6kmx＋3m²－12＝0，Δ>0，

∴x₁＋x₂＝－，x₁x₂＝.

过M且平行于x轴的直线的方程为y＝y₁，

与直线AB的方程联立，得

得x_T＝，

∴T.

∵＝，∴H(3y₁＋6－x₁，y₁)，

l_HN：y－y₂＝(x－x₂)，

即y＝x＋y₂－·x₂.

令x＝0，得y＝y₂－

＝

＝.

∵y₁y₂＝(kx₁＋m)(kx₂＋m)＝k²x₁x₂＋mk(x₁＋x₂)＋m²＝，

y₁＋y₂＝(kx₁＋m)＋(kx₂＋m)

＝k(x₁＋x₂)＋2m＝，

x₁y₂＋x₂y₁＝x₁(kx₂＋m)＋x₂(kx₁＋m)＝2kx₁x₂＋m(x₁＋x₂)＝，

∴－(x₁y₂＋x₂y₁)＋3y₁y₂＝＋＝＝，

－(x₁＋x₂)＋6＋3(y₁＋y₂)＝＋6＋＝＝，

∴y＝＝－2，

∴直线HN过定点(0，－2)．

综上，直线HN过定点(0，－2)．

思维升华　求解直线或曲线过定点问题的基本思路

(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．

(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y₀＝k(x－x₀)，则直线必过定点(x₀，y₀)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．

跟踪训练1　(2023·郑州质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上顶点和两焦点构成的三角形为等腰直角三角形，且面积为2，点M为椭圆C的右顶点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)若经过点P(t,0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，实数t取何值时以AB为直径的圆恒过点M?

解　(1)由题意知解得b＝c＝，

又a²－b²＝c²，则a＝2，

所以椭圆C的方程为＋＝1.

(2)由(1)知M(2,0)，

若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝t(－2<t<2)，

此时A，B，

由·＝0得·＝0，

解得t＝或t＝2(舍)，即t＝.

若直线l的斜率存在，不妨设直线l：y＝k(x－t)，A(x₁，y₁)，B(x₂，y₂)，

联立

得(1＋2k²)x²－4k²tx＋2k²t²－4＝0.

所以x₁＋x₂＝，x₁x₂＝.

由题意知·＝0，即(x₁－2，y₁)·(x₂－2，y₂)＝0，

易得(1＋k²)x₁x₂－(2＋k²t)(x₁＋x₂)＋4＋k²t²＝0，

即(1＋k²)(2k²t²－4)－(2＋k²t)·4k²t＋(4＋k²t²)(1＋2k²)＝0，

整理得k²(3t²－8t＋4)＝0，因为k不恒为0，

故解得t＝或t＝2(舍)，

综上，当t＝时，以AB为直径的圆恒过点M.

题型二　定值问题

例2　(2022·蚌埠模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的虚轴长为4，直线2x－y＝0为双曲线C的一条渐近线．

(1)求双曲线C的标准方程；

(2)记双曲线C的左、右顶点分别为A，B，过点T(2,0)的直线l交双曲线C于点M，N(点M在第一象限)，记直线MA的斜率为k₁，直线NB的斜率为k₂，求证：为定值．

解　(1)∵虚轴长为4，∴2b＝4，即b＝2，

∵直线2x－y＝0为双曲线C的一条渐近线，

∴＝2，∴a＝1，

故双曲线C的标准方程为x²－＝1.

(2)由题意知，A(－1,0)，B(1,0)，

由题可知，直线l的斜率不能为零，故可设直线l的方程为x＝ny＋2，

设M(x₁，y₁)，N(x₂，y₂)，

联立得(4n²－1)y²＋16ny＋12＝0，

∴y₁＋y₂＝－，y₁y₂＝，

∴ny₁y₂＝－(y₁＋y₂)，

∵直线MA的斜率k₁＝，

直线NB的斜率k₂＝，

∴＝＝＝＝＝－，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　(2022·郑州模拟)已知点F(0,1)，直线l：y＝4，P为曲线C上的任意一点，且|PF|是P到l的距离的.

(1)求曲线C的方程；

(2)若经过点F且斜率为k(k≠0)的直线交曲线C于M，N两点，线段MN的垂直平分线交y轴于点H，求证：为定值．

(1)解　设P(x，y)，由已知得＝|y－4|，整理得＋＝1，即为曲线C的方程．

(2)证明　设经过点F且斜率为k(k≠0)的直线的方程为y＝kx＋1，与曲线C的方程联立得消去y整理得(4＋3k²)x²＋6kx－9＝0，Δ＝36k²＋4×9×(4＋3k²)＝144(1＋k²)>0恒成立，

设M(x₁，y₁)，N(x₂，y₂)，则|MN|＝|x₁－x₂|＝×＝，

x₁＋x₂＝－，

设线段MN的中点为T(x₀，y₀)，则x₀＝＝－，y₀＝kx₀＋1＝，

线段MN的垂直平分线的斜率为－，方程为y－＝－，

令x＝0，解得y＝，即为点H的纵坐标，

∴|FH|＝1－＝，

∴＝＝，

即为定值.

课时精练

1．已知抛物线C：x²＝2py(p>0)与圆O：x²＋y²＝12相交于A，B两点，且点A的横坐标为2.F是抛物线C的焦点，过焦点的直线l与抛物线C相交于不同的两点M，N.

(1)求抛物线C的方程；

(2)过点M，N作抛物线C的切线l₁，l₂，P(x₀，y₀)是l₁，l₂的交点，求证：点P在定直线上．

(1)解　点A的横坐标为2，代入圆O得y＝2，

所以A(2，2)，

代入解得p＝2，所以抛物线的方程为x²＝4y.

(2)证明　抛物线C：y＝，

则y′＝，设M(x₁，y₁)，N(x₂，y₂)，

所以切线PM的方程为y－y₁＝(x－x₁)，

即y＝x－，

同理切线PN的方程为y＝x－，

联立解得点P，

设直线MN的方程为y＝kx＋1，代入x²＝4y，

得x²－4kx－4＝0，所以x₁x₂＝－4，

所以点P在y＝－1上，结论得证．

2．已知双曲线C的渐近线方程为y＝±x，且过点P(3，)．

(1)求C的方程；

(2)设Q(1,0)，直线x＝t(t∈R)不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线BQ与C交于另一点D，证明：直线AD过定点M.

解　(1)因为双曲线C的渐近线方程为y＝±x，

则可设双曲线的方程为－＝λ(λ≠0)，

将点P(3，)代入得－＝λ，

解得λ＝，

所以双曲线C的方程为－y²＝1.

(2)显然直线BQ的斜率不为零，

设直线BQ：x＝my＋1，B(x₁，y₁)，D(x₂，y₂)，A(x₁，－y₁)，

联立消去x，整理得(m²－3)y²＋2my－2＝0，

依题意得m²－3≠0，且Δ＝4m²＋8(m²－3)>0，

即m²>2且m²≠3，

y₁＋y₂＝－，y₁y₂＝－，

直线AD的方程为y＋y₁＝(x－x₁)，

令y＝0，

得x＝＋x₁

＝

＝

＝

＝＝＝3.

所以直线AD过定点M(3,0)．

3．(2023·吉林模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知点A(－，0)，B(，0)，动点E(x，y)满足直线AE与BE的斜率之积为－，记E的轨迹为曲线C.

(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；

(2)过点D(2,0)的直线l交C于P，Q两点，过点P作直线x＝3的垂线，垂足为G，过点O作OM⊥QG，垂足为M.证明：存在定点N，使得|MN|为定值．

(1)解　由A(－，0)，B(，0)，E(x，y)可得k_AE＝，k_BE＝，

由题意得×＝－，

化简得＋＝1(|x|≠)，

所以曲线C是中心在原点，焦点在x轴上的椭圆(不含左右顶点)．

(2)证明　由(1)知直线l与x轴不重合，可设l：x＝my＋2，P(x₁，y₁)，Q(x₂，y₂)，

联立得(m²＋3)y²＋4my－2＝0.

Δ＝24m²＋24>0，

则y₁＋y₂＝－，y₁y₂＝－，

故有m＝.

因为G(3，y₁)，Q(my₂＋2，y₂)，所以直线QG的斜率为＝＝2y₁，

则直线QG的方程为y－y₁＝2y₁(x－3)，

即y＝2y₁，

故直线QG过定点H.

因为OM⊥QG，所以△OHM为直角三角形，

取OH的中点N，则|MN|＝|OH|＝，

即|MN|为定值．

综上，存在定点N，使得|MN|为定值．

4.(2022·杭州质检)如图，已知椭圆C₁：＋＝1，椭圆C₂：＋＝1，A(－2,0)，B(2,0)，P为椭圆C₂上的动点且在第一象限，直线PA，PB分别交椭圆C₁于E，F两点，连接EF交x轴于Q点，过B点作BH交椭圆C₁，C₂于G，H点，且BH∥PA.

(1)证明：k_BF·k_BG为定值；

(2)证明：直线GF过定点，并求出该定点；

(3)若记P，Q两点的横坐标分别为x_P，x_Q，证明：x_Px_Q为定值．

(1)证明　设P(x₀，y₀)，则＋＝1，可得y＝9－，

则k_PA＝，k_PB＝，则k_PA·k_PB＝＝＝－，

因为BG∥PA，所以k_BF·k_BG＝k_PA·k_PB＝－.

(2)解　当直线GF的斜率存在时，设GF的方程为y＝k(x－t)(k≠0)，

则联立消去y得(4k²＋3)x²－8k²tx＋4k²t²－12＝0.

则Δ＝64k⁴t²－16(4k²＋3)(k²t²－3)＝48(4k²＋3－k²t²)>0，

设G(x₁，y₁)，F(x₂，y₂)，则x₁＋x₂＝，x₁x₂＝，

由k_BF·k_BG＝·＝＝－，

得＝－，

约去k²并化简得t²－3t＋2＝0，解得t＝1(t＝2不符合题意，舍去)，此时直线GF过定点(1,0)；

当直线GF的斜率不存在时，设GF的方程为x＝m，其中m≠2，

联立解得y＝±，

则F，G，

所以k_BF·k_BG＝－＝－，解得m＝1.

综上，直线GF过定点(1,0)．

(3)证明　设PA的方程为y＝k₁(x＋2)(k₁>0)，

则解得E点的坐标为.

由(1)知P(x₀，y₀)，y＝9－，

由k₁＝，则E点的坐标为.

同理，记PB的斜率为k₂，则F点的坐标为，

由k₂＝，则F点的坐标为，

则EF的斜率k_EF＝＝，

所以直线EF的方程为y＋＝·.

令y＝0，得x_Q＝，又x_P＝x₀，故x_Px_Q＝x₀·＝4.