1、第第 2 课时课时定点与定值问题定点与定值问题 题型一 定点问题 例 1 (12 分)(2020全国)已知 A，B 分别为椭圆 E：x 2 a2y 21(a1)的左、右顶点，G 为 E 的 上顶点，AG GB 8.P 为直线 x6 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：x 2 a2y 21(a1)可得， A(a,0)，B(a,0)，G(0,1)， AG (a,1)，GB (a，1)， AG GB a218，a29，即 a3， E 的方程为x
2、 2 9 y21.3 分 (2)证明设 P(6，y0)， 则直线 AP 的方程为 y y00 63(x3)， 即 yy0 9 (x3)，4 分 联立直线 AP 的方程与椭圆方程可得 x2 9 y21， yy0 9 x3， 整理得(y209)x26y20 x9y20810， 解得 x3 或 x3y 2 027 y209 ， 将 x3y 2 027 y209 代入直线 yy0 9 (x3)可得 y 6y0 y209， 点 C 的坐标为 3y2027 y209 ， 6y0 y209 .6 分 同理可得点 D 的坐标为 3y203 y201 ，2y0 y201 ，8 分 直线 CD 的方程为 y 2y
3、0 y201 6y0 y209 2y0 y201 3y2027 y209 3y 2 03 y201 x3y 2 03 y201 ， 整理可得 y 2y0 y201 4y0y203 39y40 x3y 2 03 y201 4y0 33y20 x3y 2 03 y201 ， 整理得 y 4y0 33y20 x 2y0 y203 4y0 33y20 x3 2 ， 故直线 CD 过定点 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
4、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：x22py 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：x22py 经过点(2，1)，得 p2. 所以抛物线 C 的方程为 x24y，其准线方程为 y1. (2)证明抛物线 C 的焦点为 F(0，1) 设直线
5、l 的方程为 ykx1(k0) 由 ykx1， x24y， 得 x24kx40. 16k2160 恒成立 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x24. 直线 OM 的方程为 yy1 x1x. 令 y1，得点 A 的横坐标 xAx1 y1. 同理得点 B 的横坐标 xBx2 y2. 设点 D(0，n)，则DA x1 y1，1n， DB x2 y2，1n， DA DB x1x2 y1y2(n1) 2 x1x2 x 2 1 4 x 2 2 4 (n1)2 16 x1x2(n1) 24(n1)2. 令DA DB 0，即4(n1)20， 得 n1 或 n3. 综上，以 AB 为直径的圆经过
6、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)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 2 2 ，且过点 A(2,1) (1)求 C 的方程； (2)点 M，N 在 C 上，且 AMAN，ADMN，D 为垂足.证明：存在定点 Q，使得 DQ 为定值. (1)解由题设得 4 a2 1 b21， a2b2 a2 1 2， 解得 a26，b23. 所以 C 的方程为x 2 6 y 2 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 ykxm，代入x 2 6 y 2 3 1
7、， 得(12k2)x24kmx2m260. 于是 x1x2 4km 12k2，x 1x22m 26 12k2 . 由 AMAN，得AM AN 0， 故(x12)(x22)(y11)(y21)0， 整理得(k21)x1x2(kmk2)(x1x2)(m1)240. 将代入上式，可得(k21)2m 26 12k2 (kmk2) 4km 12k2(m1) 240， 整理得(2k3m1)(2km1)0. 因为 A(2,1)不在直线 MN 上， 所以 2km10， 所以 2k3m10，k1. 所以直线 MN 的方程为 yk x2 3 1 3(k1) 所以直线 MN 过点 P 2 3， 1 3 . 若直线
8、MN 与 x 轴垂直，可得 N(x1，y1) 由AM AN 0， 得(x12)(x12)(y11)(y11)0. 又x 2 1 6 y 2 1 3 1，所以 3x218x140. 解得 x12(舍去)，x12 3. 此时直线 MN 过点 P 2 3， 1 3 . 令 Q 为 AP 的中点，即 Q 4 3， 1 3 . 若 D 与 P 不重合，则由题设知 AP 是 RtADP 的斜边， 故 DQ1 2AP 2 2 3 . 若 D 与 P 重合，则 DQ1 2AP. 综上，存在点 Q 4 3， 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
9、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：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 1 3，左、右焦点分别为 F1，F2，A 为椭圆 C 上一点，AF2F1F2，且 AF28 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
10、 切线 l：ykxm 与 l1，l2分别交于 M，N 两点，求证：MF1N 为定值 (1)解由 AF2F1F2，AF28 3，得 b2 a 8 3. 又 ec a 1 3，a 2b2c2，所以 a29，b28， 故椭圆 C 的标准方程为x 2 9 y 2 8 1. (2)证明由题意可知，l1的方程为 x3，l2的方程为 x3. 直线 l 分别与直线 l1，l2的方程联立得 M(3，3km)，N(3,3km)， 所以F1M (2，3km)，F1N (4,3km)， 所以F1M F1N 8m29k2. 联立 x2 9 y 2 8 1， ykxm， 得(9k28)x218kmx9m2720. 因为直
11、线 l 与椭圆 C 相切， 所以(18km)24(9k28)(9m272)0， 化简得 m29k28. 所以F1M F1N 8m29k20， 所以F1M F1N ，故MF1N 为定值 2. 课时精练课时精练 1(2020成都模拟)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的左、右焦点分别为 F 1( 3，0)，F2( 3， 0)，且经过点 A 3，1 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 PQ 经过 x 轴上一定点 D，并求出定点 D 的坐标
12、(1)解由椭圆的定义，可知 2aAF1AF22 32 1 2 21 24. 解得 a2. 又 b2a2( 3)21. 椭圆 C 的标准方程为x 2 4 y21. (2)证明由题意，设直线 l 的方程为 xmy4(m0) 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 P(x1，y1) 由 xmy4， x2 4 y21， 消去 x，可得(m24)y28my120. 16(m212)0， m212. y1y2 8m m24，y 1y2 12 m24. kPQy2y1 x2x1 y2y1 my2y1. 直线 PQ 的方程为 yy1 y2y1 my2y1(xx 1) 令 y0，可得 xmy2y1y1 y1
13、y2 my14. x2my1y2 y1y2 4 2m 12 m24 8m m24 4 24m 8m41. D(1,0) 直线 PQ 经过 x 轴上定点 D，其坐标为(1,0) 2(2021西安模拟)设 F1，F2为椭圆 C：x 2 4 y 2 b21(b0)的左、右焦点，M 为椭圆上一点，满 足 MF1MF2，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 MF1MF24， 由 MF1MF2得 MF21MF22F1
14、F224(4b2)， 由题意得 1 2 MF F S1 2MF 1MF21， 由，可得 b21， 所以椭圆 C 的方程为x 2 4 y21. (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 ykxm(k0)， 代入椭圆方程并化简得(4k21)x28kmx4m240. 由题意知，16(4k2m21)0， 设 R(x1，y1)，S(x2，y2)，x1x20， 故 x1x28km 4k21，x 1x24m 24 4k21 . kHRkHSy11 x1 y21 x2 kx1m1 x1 kx2m1 x2 2k(m1)x1x2 x1x2 2k(m1) 8km 4
15、m24 2k 2km m1 2k m1. 直线 RS 过点(2，1)，2km1， kHRkHS1.故 kHRkHS为定值1. 3(2018北京)已知抛物线 C：y22px 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，QM QO ，QN QO ，求证：1 1 为定值 (1)解因为抛物线 y22px 过点(1,2)， 所以 2p4，即 p2. 故抛物线 C 的方程为 y24x. 由题意知，直线 l 的斜率存在且不为 0. 设直
16、线 l 的方程为 ykx1(k0)， 由 y24x， ykx1， 得 k2x2(2k4)x10. 依题意知(2k4)24k210， 解得 k0 或 0kF1F2 2， 所以点 Q 的轨迹为以 F1，F2为焦点，长轴长为 4 的椭圆，故 2a4，a2,2c2，c1，b2 a2c23. 曲线 C 的方程为x 2 4 y 2 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 ym 3(x2)， 将 ym 3 (x2)与x 2 4 y 2 3 1 联立整理得， (4m227)x216m2x16m21080， 设点 D 的坐标为(xD，yD)
17、，则2xD16m 2108 4m227 ， 故 xD548m 2 4m227，则 y Dm 3 (xD2) 36m 4m227， 直线 MB 的方程为 ym(x2)， 将 ym(x2)与x 2 4 y 2 3 1 联立整理得， (4m23)x216m2x16m2120， 设点 E 的坐标为(xE，yE)，则 2xE16m 212 4m23 ， 故 xE8m 26 4m23，则 y Em(xE2) 12m 4m23， HD 的斜率为 k1 yD xD4 36m 548m244m227 6m 4m29， HE 的斜率为 k2 yE xE4 12m 8m2644m23 6m 4m29， 因为 k1k
18、2，所以直线 DE 经过定点 H(4,0) 5.(2021华中师大附中月考)如图，已知椭圆 C1：x 2 4 y21 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 ()求证：OPOM； ()试探究 1 OP2 1 OM2是否为定值 (1)解因为 A2， B1分别为椭圆 C1： x2 4 y21 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 x2y2. 则原点 O 到
19、直线 A2B1的距离为 d 2 122 2 5，则圆 C 2的半径 rd 2 5， 故圆 C2的标准方程为 x2y24 5. (2)()证明可设切线 l：ykxb(k0)，P(x1，y1)，M(x2，y2)， 将直线 l 的方程代入椭圆 C1可得 1 4k 2 x22kbxb210，由根与系数的关系得， x1x2 2kb 1 4k 2， x1x2b 21 1 4k 2， 则 y1y2(kx1b)(kx2b)k2x1x2kb(x1x2)b2 k21 4b 2 1 4k 2 ， 又 l 与圆 C2相切，可知原点 O 到 l 的距离 d |b| k212 2 5，整理得 k 25 4b 21， 则
20、y1y2 1b2 1 4k 2，所以OP OM x1x2y1y20， 故 OPOM. ()解由()知 OPOM， 当直线 OP 的斜率不存在时，显然 OP1，OM2，此时 1 OP2 1 OM2 5 4； 当直线 OP 的斜率存在时，设直线 OP 的方程为 yk1x， 代入椭圆方程可得x 2 4 k21x21，则 x2 4 14k21， 故 OP2x2y2(1k21)x241k 2 1 14k21 ， 同理 OM2 4 1 1 k1 2 14 1 k1 2 4k 2 11 k214 ， 则 1 OP2 1 OM2 14k21 4(1k21) k214 41k21 5 4. 综上可知， 1 OP2 1 OM2 5 4为定值.
