高考专题突破六 第2课时

第2课时 定点与定值问题
定点问题
例1 (2019·北京)已知抛物线C ：x 2＝－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 ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)，得p ＝2.
所以抛物线C 的方程为x 2＝－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⎩
⎪⎨⎪⎧
y ＝kx －1，x 2＝－4y ，得x 2＋4kx －4＝0. Δ＝16k 2＋16>0恒成立．
设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1x 2＝－4.
直线OM 的方程为y ＝y 1x 1
x . 令y ＝－1，得点A 的横坐标x A ＝－x 1y 1
. 同理得点B 的横坐标x B ＝－x 2y 2
. 设点D (0，n )，则DA →＝⎝⎛⎭⎫－x 1y 1，－1－n ， DB →＝⎝⎛⎭⎫－x 2y 2
，－1－n ， DA →·DB →＝x 1x 2y 1y 2＋(n ＋1)2＝x 1x 2⎝⎛⎭⎫－x 214⎝⎛⎭
⎫－x 224＋(n ＋1)2 ＝16x 1x 2
＋(n ＋1)2＝－4＋(n ＋1)2. 令DA →·DB →＝0，即－4＋(n ＋1)2＝0，得n ＝1或n ＝－3.
综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0,1)和(0，－3)．
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 (2019·全国Ⅲ)已知曲线C ：y ＝x 22，D 为直线y ＝－12
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 ⎝⎛⎭
⎫0，52为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE 的面积． (1)证明 设D ⎝⎛⎭
⎫t ，－12，A (x 1，y 1)，则x 21＝2y 1. 由y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y 1＋12x 1－t
＝x 1. 整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.
设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0.
故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0.
所以直线AB 过定点⎝⎛⎭
⎫0，12. (2)解 由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋12
. 由⎩⎨⎧ y ＝tx ＋12，
y ＝x 22，可得x 2－2tx －1＝0，Δ＝4t 2＋4>0，
于是x 1＋x 2＝2t ，x 1x 2＝－1，
y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2＋1，
|AB |＝
1＋t 2|x 1－x 2| ＝1＋t 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝2(t 2＋1)．
设d 1，d 2分别为点D ，E 到直线AB 的距离，
则d 1＝t 2＋1，d 2＝2
t 2＋1，
因此，四边形ADBE 的面积S ＝12|AB |(d 1＋d 2) ＝(t 2＋3)t 2＋1.
设M 为线段AB 的中点，则M ⎝
⎛⎭⎫t ，t 2＋12. 因为EM →⊥AB →，而EM →＝(t ，t 2－2)，
AB →与向量(1，t )平行，所以t ＋(t 2－2)t ＝0，
解得t ＝0或t ＝±1.
当t ＝0时，S ＝3；当t ＝±1时，S ＝4 2.
因此，四边形ADBE 的面积为3或4 2.
定值问题
例2 已知O 为坐标原点，过点M (1,0)的直线l 与抛物线C ：y 2＝2px (p >0)交于A ，B 两点，且OA →·OB →＝－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S 1，S 2，
证明：1S 21＋1S 22
为定值． (1)解 设直线l ：x ＝my ＋1，
联立方程⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝my ＋1，y 2＝2px ，
消x 得，y 2－2pmy －2p ＝0，
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，
则y 1＋y 2＝2pm ，y 1y 2＝－2p ，
又因为OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2
＝(my 1＋1)(my 2＋1)＋y 1y 2
＝(1＋m 2)y 1y 2＋m (y 1＋y 2)＋1
＝(1＋m 2)(－2p )＋2pm 2＋1＝－2p ＋1＝－3.
解得p ＝2.
所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .
(2)证明 由(1)知M (1,0)是抛物线C 的焦点，
所以|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝my 1＋my 2＋2＋p ＝4m 2＋4.
原点到直线l 的距离d ＝
11＋m 2， 所以S 1＝12×11＋m 2×4(m 2＋1)＝21＋m 2.
因为直线l ′过点(1,0)且l ′⊥l ，
所以S 2＝21＋⎝⎛⎭⎫1m 2＝21＋m 2m 2
. 所以1S 21＋1S 22＝14(1＋m 2)＋m 24(1＋m 2)＝14
. 即1S 21＋1S 22为定值14
. 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 ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)上一点，F 1，F 2分别为C 的左、右焦点，且|F 1F 2|＝4，∠F 1MF 2＝60°，△F 1MF 2的面积为433
. (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k 1，k 2，证明：k 1＋k 2为定值．
(1)解 在△F 1MF 2中，由12|MF 1||MF 2|sin 60°＝433，得|MF 1||MF 2|＝163
. 由余弦定理，得
|F 1F 2|2＝|MF 1|2＋|MF 2|2－2|MF 1||MF 2|·cos 60°
＝(|MF 1|＋|MF 2|)2－2|MF 1||MF 2|(1＋cos 60°)，
解得|MF 1|＋|MF 2|＝4 2. 从而2a ＝|MF 1|＋|MF 2|＝42，即a ＝2 2.
由|F 1F 2|＝4得c ＝2，从而b ＝2，
故椭圆C 的方程为x 28＋y 24
＝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⎩⎪⎨⎪⎧
x 28＋y 24＝1，y ＋2＝k (x ＋1)，
得(1＋2k 2)x 2＋4k (k －2)x ＋2k 2－8k ＝0.
Δ＝56k 2＋32k >0，
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，
则x 1＋x 2＝－4k (k －2)1＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－8k 1＋2k 2
. 从而k 1＋k 2＝y 1－2x 1＋y 2－2x 2
＝2kx 1x 2＋(k －4)(x 1＋x 2)x 1x 2 ＝2k －(k －4)·4k (k －2)2k 2－8k
＝4. 当直线l 的斜率不存在时，可得A ⎝⎛⎭⎫－1，142，B ⎝
⎛⎭⎫－1，－142，得k 1＋k 2＝4. 综上，k 1＋k 2为定值．
1．(2020·湖州模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1(－3，0)，F 2(3，0)，且经过点A ⎝
⎛⎭⎫3，12. (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．
解 (1)由椭圆的定义，可知
2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝
(23)2＋⎝⎛⎭⎫122＋12＝4.
解得a ＝2.
又b 2＝a 2－(3)2＝1.
∴椭圆C 的标准方程为x 24
＋y 2＝1. (2)由题意，设直线l 的方程为x ＝my ＋4(m ≠0)．
设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则P ′(x 1，－y 1)． 由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝my ＋4，
x 24＋y 2＝1，
消去x ，可得(m 2＋4)y 2＋8my ＋12＝0. ∵Δ＝16(m 2－12)>0，∴m 2>12.
∴y 1＋y 2＝－8m m 2＋4，y 1y 2＝12m 2＋4
. ∵k P ′Q ＝y 2＋y 1
x 2－x 1＝y 2＋y 1m (y 2－y 1)
. ∴直线P ′Q 的方程为y ＋y 1＝
y 2＋y 1m (y 2－y 1)(x －x 1)． 令y ＝0，可得x ＝m (y 2－y 1)y 1y 1＋y 2
＋my 1＋4. ∴x ＝2my 1y 2y 1＋y 2＋4＝2m ·12m 2＋4－8m m 2＋4
＋4＝24m －8m
＋4＝1.
∴D (1,0)．
∴直线P ′Q 经过x 轴上定点D ，其坐标为(1,0)．
2．设F 1，F 2为椭圆C ：x 24＋y 2
b 2＝1(b >0)的左、右焦点，M 为椭圆上一点，满足MF 1⊥MF 2，已知△MF 1F 2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|MF 1|＋|MF 2|＝4，①
由MF 1⊥MF 2得
|MF 1|2＋|MF 2|2＝|F 1F 2|2＝4(4－b 2)，②
由题意得12MF F S △＝12|MF 1|·|MF 2|＝1，③
由①②③，可得b 2＝1，
所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝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(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.
由题意知，Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0，
设R (x 1，y 1)，S (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，
故x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－4
4k 2＋1.
k HR ＋k HS ＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1
x 2
＝2k ＋(m －1)x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(m －1)－8km
4m 2－4
＝2k －2km m ＋1＝2
k
m ＋1.
∵直线RS 过点(2，－1)，∴2k ＋m ＝－1，
∴k HR ＋k HS ＝－1.
故k HR ＋k HS 为定值－1.
3．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l 1，l 2分别与曲线C 交于A ，B 两点，直线l 1，l 2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y 2＝4x .
(2)证明 由题意直线l 1，l 2的斜率存在，倾斜角互补，得l 1，l 2的斜率互为相反数，且不等于零． 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，
直线l 1的方程为y ＝k (x －1)＋2，k ≠0.
直线l 2的方程为y ＝－k (x －1)＋2，
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝k (x －1)＋2，y 2＝4x
得k 2x 2－(2k 2－4k ＋4)x ＋(k －2)2＝0，
Δ＝16(k －1)2>0，
已知此方程一个根为1，
∴x 1×1＝(k －2)2k 2＝k 2－4k ＋4k 2，即x 1＝k 2－4k ＋4k 2
， 同理x 2＝(－k )2－4(－k )＋4(－k )2
＝k 2＋4k ＋4k 2， ∴x 1＋x 2＝2k 2＋8k 2，x 1－x 2＝－8k k 2＝－8k
， ∴y 1－y 2＝[k (x 1－1)＋2]－[－k (x 2－1)＋2]
＝k (x 1＋x 2)－2k ＝k ·2k 2＋8k 2－2k ＝8k
， ∴k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝8k －8k
＝－1， ∴直线AB 的斜率为定值－1.
4．(2019·台州质检)椭圆C 的焦点为F 1(－2，0)，F 2(2，0)，且点M (2，1)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x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)． 由已知得
c ＝2，2a ＝|MF 1|＋|MF 2|＝
[2－(－2)]2＋1＋1＝4.所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝2. 所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22
＝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⎩⎪⎨⎪⎧
x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1
得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (－x 2，y 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝16k 2＋8(2k 2＋1)>0，x 1＋x 2＝－4k 2k 2
＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1. 特殊地，当A 的坐标为(2,0)时，k ＝－12， 所以2x 2＝－43，x 2＝－23，y 2＝43，即B ⎝⎛⎭⎫－23，43， 所以点B 关于y 轴的对称点为D ⎝⎛⎭⎫23，43，
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)， k QA ＝y 1－2x 1＝y 1－1－1x 1＝k －1x 1
， k QD ＝y 2－2－x 2
＝－k ＋1x 2，
又因为k QA －k QD ＝2k －⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＝2k －x 1＋x 2x 1x 2＝2k －2k ＝0， 所以k QA ＝k QD ，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⎩⎪⎨⎪⎧
x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，
得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (－x 2，y 2)． 则⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，
x 1x 2＝－22k 2＋1.
k AD ＝y 2－y 1－x 2－x 1
. 所以AD 的直线方程为y －y 1＝y 2－y 1
－x 2－x 1(x －x 1)， 所以y ＝y 1－y 2x 1＋x 2x ＋y 2－y 1x 1＋x 2
·x 1＋y 1 ＝y 1－y 2x 1＋x 2x ＋2kx 1x 2＋x 1＋x 2x 1＋x 2＝y 1－y 2x 1＋x 2
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)．
5.如图，已知椭圆C 1：x 24
＋y 2＝1的左、右顶点分别为A 1，A 2，上、下顶点分别为B 1，B 2，记四边形A 1B 1A 2B 2的内切圆为圆C 2.
(1)求圆C 2的标准方程；
(2)已知圆C 2的一条不与坐标轴平行的切线l 交椭圆C 1于P ，M 两点． (ⅰ)求证：OP ⊥OM ；
(ⅱ)试探究1|OP |2＋1|OM |2
是否为定值． (1)解 因为A 2，B 1分别为椭圆C 1：x 24
＋y 2＝1的右顶点和上顶点，则A 2，B 1的坐标分别为(2,0)，(0,1)，可得直线A 2B 1的方程为x ＋2y ＝2.
则原点O 到直线A 2B 1的距离为d ＝
21＋22＝25， 则圆C 2的半径r ＝d ＝
25， 故圆C 2的标准方程为x 2＋y 2＝45
. (2)(ⅰ)证明 可设切线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0)，P (x 1，y 1)，M (x 2，y 2)，
将直线l 的方程代入椭圆C 1可得⎝⎛⎭⎫14＋k 2x 2＋2kbx ＋b 2－1＝0，由根与系数的关系得，
⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝－2kb 14＋k 2，x 1x 2
＝b 2－114＋k 2，则y 1y 2＝(kx 1＋b )(kx 2＋b )＝k 2x 1x 2＋kb (x 1＋x 2)＋b 2＝－k 2＋14b 214
＋k 2， 又l 与圆C 2相切，可知原点O 到l 的距离
d ＝|b |k 2＋12＝25
，整理得k 2＝54b 2－1， 则y 1y 2＝1－b 214
＋k 2，所以OP →·OM →＝x 1x 2＋y 1y 2＝0， 故OP ⊥OM .
(ⅱ)解 由(ⅰ)知OP ⊥OM ，
①当直线OP的斜率不存在时，显然|OP|＝1，|OM|＝2，此时1
|OP|2＋1
|OM|2
＝5
4
；
②当直线OP的斜率存在时，设直线OP的方程为y＝k1x，
代入椭圆方程可得x2
4＋k21x2＝1，则x2＝4
1＋4k21
，
故|OP|2＝x2＋y2＝(1＋k21)x2＝4(1＋k21) 1＋4k21
，
同理|OM|2＝4⎣⎡⎦⎤
1＋⎝⎛⎭⎫
－1
k12
1＋4⎝⎛⎭⎫
－1
k12
＝
4(k21＋1)
k21＋4
，
则1 |OP|2＋1
|OM|2
＝
1＋4k21
4()
1＋k21
＋
k21＋4
4(1＋k21)
＝5
4.
综上可知，1
|OP|2＋1
|OM|2
＝5
4
为定值．。