圆锥曲线中定点、定值问题引发的思考
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方法
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年第 ＿ 期
（
｜
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一 ￣
中 学 数学 教 学参 考
下旬
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定点
袁清雯
、
警
定值 问题 引 发 的思 考
振 江苏 省 姜堰 中 学
（
王立
）
在 历年 的 高 考解 析 几何 解 答 题 中 定 点 定 值 问
々
＾
２
＞
已知椭 圆 ￡
由
０ ４ 丄 ＯＢ
，
＋ 餐 ＾ ８ ４
一
是否存在
圆 心 在 原点 的 圆 使得 该 圆 的 任 意
，
条 切线 与椭 圆
，
￡
Ｘ Ｘｉ
＼
￣
￣
＼
＾ Ｘ Ｘ２ （ ｒ ＋ ｊ ２ ） ＋ 。 ｙ ｙ ２ ／ ／
＝
２
２
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ｋ
—
＼
＞ ＞ 、 ｊ ：
ｉ
２
Ａ
ｆ
旦有两
个交 点
，
Ｍ Ｔ
、
，
，
：
ｙ，
）
，
策 操作 简 要 的 解答步 骤
（ （
）
、
小结等
。
＿
ｙ
ｉ
＿
ｙ
，
ｙ
ｉ
Ｂａ
Ｐ４
３
）
归 纳提升 融会贯通
，
即通过题
目
的联 系 与
，
讲评 将蕴 含其
，
中的重要思
想 方 法 进 行 总结 升 华 达 道 题 过抛 物 线 ／
：
ｐＢ
，
即 证明 心
．
‘
！
。
由
＾
到讲
一
例 而通
一
类的 效 果
＇
题
曲
；
题
的
点 差法
，
。
设出
＾
１
典 型 教学
，
１
Ａ Ｂ 的
，
坐 标 代 人 圆 锥 曲 线 方 程 并作 差 出 现
，
的
Ｎ
一
斜率 再用动 点 间 的 内 在 联系 寻找 与
，
斜 率的关
的 日 的 的 目
＾ 在 于解决本 专题 的 重点 或 者难 点 内 容
干
占
，
更好 地
。
系表达 式
＃
，
进 而 不需 要 求 出
，
般 是高 中 数学 教学 中 的
。
种常
２
２々
，
，
，
Ｂ
，
设直线
ＰＡ
的 习 惯 有 利 于在 高 考 阅 卷 中 争 取 更 多 的 分 数
每
）
、
一
的 斜率 为
々
，
求证 对 于 任 意
： ！
是
＞ ０ 有 Ｐ Ａ 丄 ＲＢ
， ，
。
段 落应包 括下列 项
、
目
：
思路 人
（
口
）
、
难 点 键 点
（
。
对
证 明 设 ＰＵ
？
， ：
ｙ
ＡＢ
Ｃ
Ａ
％
￣
）
，
则有 Ａ Ｕ
与
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轴垂直 时 有
，
Ａ
（
２
ｐ
，
１ ７１
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Ｗ１ ＿ ＊｜ 中学 数 学教 学 参 考 下 旬
２０
（
）
、
—
—
Ｉ
辦 Ｓ Ｊ Ｊ通
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＋
，
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－
２
ｐ
，
Ｂ
。
（
２
ｆ
，
２
／
＞
）
，
此时直 线
（
ＡＢ
）
：
；
ｃ ２ ＞ ， ， 〇 ２ ＞ ， ： （ ２ ＾ ， ０ ） 。 ／ ／
：
＝
有定点为
＃
４
＋
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，
＝
！
和
＋
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在 髙 三的 复习 课 中 有这样
２
一
＝
４
４
Ｃ
＋
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Ａ
２
－
＝ 〗
，
得
〇
（
ｘ２
）
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）
？
ｐｘ （
：
＞
／
〉０
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的 顶 点 作 相 互 垂 直 的 两 条 弦 ＯＡ ＯＢ 求
、
，
证 直线 ＡＢ 过 定点
ｙ
ｉ
ｙ２
Ｈ ｙ Ｌ±＾
Ｌ
＝
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，
化 简 得
—
３
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＼
＝
＿
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２
（
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—
２
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７
，
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々 ＢＰ
＾
ｙ
１
＿
￣
—
７
＿
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２
４
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—
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ｙ
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１
由
ｙ
ｘ
－
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—
的方程 为
￣ ＿
＿
ｙ
ｙ２
＝＝
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ｊ
）
。
故有
一
ＰＡ 丄 Ｐ Ｂ
。
ｙ２
－
－
ｙ
＼
ｙｚ
１
．
２
先特 殊 再
证 明
：
般
ＡＢ
＾
＾
（
Ｘ
Ｘ２
）
，
（
ｘ
ｘ
＋
Ｉ
－
当 直 线
２
而
ｊ
是
—
扣
々仙
，
巧
＿
工２
＋
ｙ
，
所 以 有
＾
４
￣
Ｍ
＝
：２ ， １ ２ ｉ ２ 。 。 ： ： 〇 ＼ １ ＼ ２ ｉ ２ ａｎ ｔ ，
２
／ｕ
由 两
条弦 相互 垂直 得
２
Ｘ
Ｘ
＋
＝
ｙ
ｙ
〇
￣￣
〇
ｙ 二 二 ；Ｔ
ｖ
■ ■
＾ ？ ＊ ＝ ？
￣
—
将
Ｚ
Ｐ
Ｐ
代人 上 式 化简 可 得
ＡＢ
１
，
Ｊ
：
２
＇
、
ｔ
＾ ７／
为 高 考 考 查 学 生 逻 辑 思 维 能 力 知 识迁 移 能 力 和 运 ＊
、
时
？
？
，
々
’
求 解能力 的
“
，
－
个 重要法 宝 从 而真 正体 现 了考 试 大，
，
＊
中 重知 识 重思想 更 重能力
，
”
的指 导思 想
。
动点
、
ｍ
一
： ，
￥ 之间
＾ ｎ 存在 ｍ 定 关联 故可 采 用
斜 率不 存 在 时
ＡＢ
ＡＢ
＝
也 过点
（
２
／
＞
０
）
下 面求证 过 点
的 两个交 点
＝
２
／
＞
，
０
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ＯＢ
ｔ
２ 。
恒过〇
：
，
０
） 。
２ ＝ ＝
３
；
２
／＾
Ａ
、
Ｂ
且 ＯＡ 丄
２
联立 方程
。
、
，
反 思 直接法 是直 接设 出 直 线 的 方 程
目
ｙ
，
如 ｍ Ｓ
已 知 概 栖
的 坐标就能 得 出
发 挥典型 题
（
目
的示 范作 用 和 学 生 的 正 向 迁移能 力
。
２
）
破析典 型 顺
为 提 高 讲 解 的 针 对性 与 时效
：
固
〖
圆
：
”
＝
＞
．
：
’
性 宜采 用 下 列 教 学 策 略 学 生 先 行 思 考 尝 试
，
（
、
）
，
交
具
ｔ
＋
ｔ
＿
ｉ
，
过 坐标 原点 的 直 线
Ａ
Ｂ
，
且 ０Ａ 丄
｜
ＱＢ ？
右
；
存在 写出 该 圆
，
将
则 ＯＡ 丄 ０Ｂ 故直 线
：
代 人 上式 化 解 可 得
。
的 方程
并求 出
ＡＢ
｜
的取 值 范 围
若不存在 说明
＋
理由
？
ＡＢ
恒过点
一
（
２
／
＞
，
０
）
。
解 设切 线
：
一
ＡＢ
２
：
求解圆锥曲线中定值、定点问题的思路
学考方略定值、定点问题在圆锥曲线中比较常见，这两类问题较为复杂，且综合性较强，很多同学在遇到这两类问题时常常会束手无策.对此，笔者重点探究了求解圆锥曲线中定值、定点问题的思路.一、求解定值问题的思路解析几何中的有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等和动点的坐标或动线中的参变量无关，这类问题称为定值问题.解答定值问题，需首先根据问题条件选取恰当的参数，如斜率、截距、角度等，建立方程或函数，利用等量关系进行推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.例1.已知椭圆C ：x 24+y 2=1与直线l 有且只有一个交点，是否存在以原点O 为圆心的圆，此圆与直线l 交于P 1,P 2两点()两点均不在坐标轴上，且OP 1,OP 2斜率之积为定值？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由.解：设圆的方程为x 2+y 2=r 2，若直线的斜率存在，设直线l 方程为y =kx +m ，联立直线与椭圆方程，可得(1+4k 2)x 2+8kmx +4m 2-4=0，所以Δ=(8km )2-4(1+4k 2)(4m 2-4)=0,即m 2=1+4k 2,联立直线与圆的方程得(1+k 2)x 2+2kmx +m 2-r 2=0，Δ=()2km 2-4(1+4k 2)(m 2-r 2)=0，设P 1()x 1,y 1、P 2()x 2,y 2，则x 1+x 2=-2km 1+k 2，x 1x 2=m 2-r 21+k 2，设直线OP 1，OP 2斜率分别为k 1，k 2，则k 1k 2=(4-r 2)k 2+14k 2+(1-r 2)，若k 1k 2为定值，则有4-r 24=11-r 2，即r 2=5时，k 1k 2=-14，当直线斜率不存在时，由题意可得直线x =±2，OP 1,OP 2的斜率之积为-14，故存在满足题意的圆x 2+y 2=5，使OP 1,OP 2斜率之积为定值.解答本题的关键在于认真审题，理清条件与所求目标之间的关系，借助一元二次方程的判别式以及韦达定理建立关系式，通过消元求得定值.二、求解定点问题的思路定点问题是指圆锥曲线中一个点（或几个点）的坐标与参数、变量无关的问题.求解定点问题，常常需要设出问题中定点的坐标或者与定点相关的量，根据题目中的条件建立与这个量相关的关系式，如f ()x ,y +λg ()x ,y =0()λ为参数，然后通过解方程、不等式等求得定点的坐标.例2.已知抛物线C ：y 2=2px ()0<p <8的焦点为F ，点Q 是抛物线C 上的一点，点Q 的纵坐标为4，点Q 到焦点的距离为5，设直线l 不经过点Q 且与抛物线C 交于A ,B 两点，直线QA ,QB 斜率分别为k 1，k 2，问直线l 上是否存在定点使k 1k 2=-2，若存在，求出具体定点；若不存在请说明理由.解：由题意可得Q æèçöø÷8p ,4，可知p 8+p 2=5，解方程得p =2，所以抛物线C 的方程为：y 2=4x ，设直线AB 的方程为x =my +b ，点A ()x 1,y 1，点B ()x 2,y 2，联立直线AB 与抛物线的方程，可得ìíîx =my +b ，y 2=4x ，整理可得y 2-4my -4b =0，则Δ=16m 2+16b ＞0，y 1+y 2=4m ，y 1y 2=-4b ，因为k 1k 2=y 1-4x 1-4∙y 2-4x 2-4=-2，所以()b -52=(1+4m )2，所以b =6+4m 或b =4-4m ，①当b =6+4m 时，直线AB 方程为x =my +6+4m ，此时直线经过定点()6,-4；②当b =4-4m 时，直线AB 方程为x =my +4-4m ，此时直线经过定点()4,4，因为直线l 不经过点Q ()4,4，所以直线恒过定点()6,-4.我们需首先根据题意求出抛物线的方程，引入变量m ，设出直线AB 的方程，然后将直线的方程与抛物线的方程联立，得到一元二次方程，再根据韦达定理求得k 1k 2的表达式，建立关于m 的关系式，最后根据直线AB 的方程，求出定点的坐标.我们仔细观察可以发现，解答定值、定点问题的思路有些相似，都是要求设出某个变量，然后根据题意建立关系式，合理进行推理运算，消去变量，进而得到一个与变量无关的值或者坐标点.同学们熟练掌握求解圆锥曲线的定值、定点问题的思路，便能从容应对这两类问题.（作者单位：江苏省沭阳如东中学）49Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。
圆锥曲线中的定点问题及解决方法
圆锥曲线中的定点问题及解决方法1. 引言1.1 背景介绍圆锥曲线是几何学中一个重要的概念，指的是由一个平面与一个圆锥体相交而得到的曲线。
在数学中，圆锥曲线包括圆、椭圆、双曲线和抛物线四种类型。
这些曲线在几何学和代数学中有着广泛的应用，涉及到许多重要的定理和性质。
圆锥曲线中的定点问题是指关于曲线上或曲线与其他几何图形的交点位置和性质的问题。
这些问题在实际应用中具有重要意义，例如在天文学中描述行星轨道的形状，或在工程学中设计湖面上的浮标位置等。
研究圆锥曲线中的定点问题不仅可以加深对这些曲线的理解，更可以拓展数学知识的应用范围。
通过研究不同的解决方法，可以进一步提高解决问题的能力和技巧，为数学领域的发展贡献力量。
深入探讨圆锥曲线中的定点问题具有重要的研究意义和价值。
1.2 问题提出圆锥曲线中的定点问题是一个重要而复杂的数学问题，其研究有着深远的理论和应用意义。
在圆锥曲线中，定点问题是指在已知曲线的情况下，找到曲线上满足一定条件的点的位置。
这种问题涉及到几何、代数和分析等多个数学领域，需要综合运用不同的数学方法来求解。
定点问题在圆锥曲线中具有广泛的实际应用。
比如在工程领域中，定点问题可以帮助我们确定某个位置的几何特性，从而设计出更加精确的结构。
在物理学中，定点问题可以帮助我们分析物体的运动轨迹和速度方向。
在计算机图形学和机器人领域中，定点问题也有着重要的应用价值。
研究圆锥曲线中的定点问题不仅有助于深化数学理论，还能推动相关领域的发展和创新。
在本文中，我们将介绍不同的解决方法来解决圆锥曲线中的定点问题，探讨其适用场景和未来研究方向，以期为相关领域的研究工作提供一定的参考和启发。
1.3 研究意义在圆锥曲线中，定点问题具有重要的研究意义。
通过对定点问题的研究，我们可以深入理解圆锥曲线的性质和特点，进一步探索其数学规律和几何意义。
定点是曲线上的固定点，对于圆锥曲线而言，定点的位置和性质对曲线的形状和特征具有决定性影响。
圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题(解析)
圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题一、椭圆定点问题1已知圆E ：x +1 2+y 2=16，点F 1,0 ，G 是圆E 上任意一点，线段GF 的垂直平分线和半径GE 相交于H(1)求动点H 的轨迹Γ的方程；(2)经过点F 和T 7,0 的圆与直线l ：x =4交于P ，Q ，已知点A 2,0 ，且AP 、AQ 分别与Γ交于M 、N .试探究直线MN 是否经过定点.如果有，请求出定点；如果没有，请说明理由.【答案】(1)x 24+y 23=1(2)经过定点，定点坐标为1,0 【分析】(1)利用椭圆的定义即可求出动点H 的轨迹Γ的方程；(2)设M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，直线MN 的方程为：x =my +n ，与椭圆方程联立，根据韦达定理列出x 1，y 1，x 2，y 2之间的关系，再利用两点式写出直线MA 的方程，求出点P 4,2y 1x 1-2 ，Q 4,2y 2x 2-2，再写出以PQ 为直径的圆的方程，根据圆的方程经过点T 7,0 ，得到关系式，进而求得n 为定值，从而得到直线MN 过定点.【详解】(1)如图所示，∵HE +HF =HE +HG =4，且EF =2<4，∴点H 的轨迹是以E ，F 为焦点的椭圆，设椭圆方程x 2a 2+y 2b2=1，则2a =4，c =1，∴a =2，b =a 2-c 2= 3.所以点H 的轨迹方程为：x 24+y 23=1.(2)设直线MN 的方程为：x =my +n ，由x 24+y 23=1x =my +n ，得3m 2+4 y 2+6mny +3n 2-12=0设M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 ，则y 1+y 2=-6mn 3m 2+4，y 1y 2=3n 2-123m 2+4.所以，x 1+x 2=m y 1+y 2 +2n =8n 3m 2+4，x 1x 2=my 1+n my 2+n =-12m 2+4n 23m 2+4因为直线MA 的方程为：y =y 1x 1-2x -2 ，令x =4，得y P =2y 1x 1-2，所以，P 4,2y 1x1-2 ，同理可得Q 4,2y 2x 2-2，以PQ 为直径的圆的方程为：x -4 2+y -2y 1x 1-2 y -2y 2x 2-2=0，即x -4 2+y 2-2y 1x 1-2+2y 2x 2-2y +2y 1x 1-2×2y 2x 2-2=0，因为圆过点7,0 ，所以，9+2y 1x 1-2×2y 2x 2-2=0，得9+4y 1y 2x 1x 2-2x 1+x 2 +4=0，代入得9+12n 2-483m 2+4-12m 2+4n 23m 2+4-16n3m 2+4+4=0，化简得，9+12n 2-484n 2-16n +16=04n 2-16n +16≠0,n ≠2 ，解得n =1或n =2(舍去)，所以直线MN 经过定点1,0 ，当直线MN 的斜率为0时，此时直线MN 与x 轴重合，直线MN 经过点1,0 ，综上所述，直线MN 经过定点1,0 .2已知点A (2,0)，B -65,-45 在椭圆M :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)上.(1)求椭圆M 的方程；(2)直线l 与椭圆M 交于C ,D 两个不同的点(异于A ,B )，过C 作x 轴的垂线分别交直线AB ,AD 于点P ,Q ，当P 是CQ 中点时，证明．直线l 过定点.【答案】(1)x 24+y 2=1(2)证明见解析【分析】(1)根据椭圆所经过的点列方程求出其方程；(2)设出CD 方程，结合韦达定理和P 是CQ 中点的条件，找到直线CD 中两个参数的关系，从而求出定点.【详解】(1)由题知a =2，又椭圆经过B -65,-45 ，代入可得14-652+1b2-452=1，解得b 2=1，故椭圆的方程为：x 24+y 2=1(2)由题意知，当l ⊥x 轴时，不符合题意，故l 的斜率存在，设l 的方程为y =kx +m ，联立y =kx +m x 24+y 2=1消去y 得4k 2+1 x 2+8kmx +4m 2-4=0，则Δ=64k 2m 2-16m 2-1 4k 2+1 =164k 2-m 2+1 >0，即4k 2+1>m 2设C x 1,y 1 ，D x 2,y 2 ，x 1+x 2=-8km 4k 2+1，x 1x 2=4m 2-44k 2+1AB 的方程为y =14(x -2)，令x =x 1得P x 1,x 1-24 ，AD 的方程为y =y 2x 2-2(x -2)，令x =x 1得Q x 1,x 1-2x 2-2y 2，由P 是CQ 中点，得x 1-22=y 1+x 1-2x 2-2⋅y 2，即y 1x 1-2+y 2x 2-2=12，即kx 1+m x 2-2 +kx 2+m x 1-2 =12x 1x 2-2x 1+x 2 +4 ，即(1-4k )x 1x 2+(4k -2m -2)x 1+x 2 +4+8m =0，即4m 2+(16k +8)m +16k 2+16k =0，所以(m +2k )(m +2k +2)=0，得m =-2k -2或m =-2k ，当m =-2k -2，此时由Δ>0，得k <-38，符合题意；当m =-2k ，此时直线l 经过点A ，与题意不符，舍去.所以l 的方程为y =kx -2k -2，即y =k (x -2)-2，所以l 过定点(2,-2).3如图，椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ．左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为22，点M (2,1)在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知P ，Q 是椭圆C 上两动点，记直线AP 的斜率为k 1，直线BQ 的斜率为k 2，k 1=2k 2．过点B 作直线PQ 的垂线，垂足为H ．问：在平面内是否存在定点T ，使得TH 为定值，若存在，求出点T 的坐标；若不存在，试说明理由．【答案】(1)C :x 24+y 22=1；(2)存在定点T 23,0 使TH 为定值，理由见解析.【分析】(1)根据离心率，椭圆上点及参数关系列方程组求a ,b ,c ，即可得椭圆方程；(2)根据题意设BQ :y =k (x -2)，AP :y =2k (x +2)，联立椭圆方程求P ,Q 坐标，判断直线PQ 过定点，结合BH ⊥PQ 于H 确定H 轨迹，进而可得定点使得TH 为定值.【详解】(1)由题意c a =222a 2+1b 2=1a 2=b 2+c 2，可得a 2=4b 2=c 2=2 ，则椭圆方程为C :x 24+y 22=1；(2)若直线BQ 斜率为k ，则直线AP 斜率为2k ，而A (-2,0),B (2,0)，所以BQ :y =k (x -2)，AP :y =2k (x +2)，联立BQ 与椭圆C ，则x 2+2k 2(x -2)2=4，整理得(1+2k 2)x 2-8k 2x +8k 2-4=0，所以2x Q =8k 2-41+2k 2，则x Q =4k 2-21+2k 2，故y Q =-4k1+2k 2，联立AP 与椭圆C ，则x 2+8k 2(x +2)2=4，整理得(1+8k 2)x 2+32k 2x +32k 2-4=0，所以-2x P =32k 2-41+8k 2，则x P =2-16k 21+8k 2，故y P=8k 1+8k 2，综上，x Q -x P =4k 2-21+2k 2-2-16k 21+8k 2=64k 4-4(1+8k 2)(1+2k 2)，y Q -y P =-4k 1+2k 2-8k 1+8k 2=-12k +48k 31+8k 2 1+2k 2，当64k 4-4≠0，即k ≠±12时，k PQ =12k (1+4k 2)4(1-16k 4)=3k1-4k 2，此时PQ :y +4k 1+2k 2=3k 1-4k 2x +2-4k 21+2k 2=3k 1-4k 2x +6k -12k 3(1+2k 2)(1-4k 2)，所以PQ :y =3k 1-4k 2x +2k 1-4k 2=k 1-4k 2(3x +2)，即直线PQ 过定点-23,0 ；当64k 4-4=0，即k =±12时，若k =12，则x Q =-23且y Q =-43，x P =-23且y P =43，故直线PQ 过定点-23,0 ；若k =-12，则x Q =-23且y Q =43，x P =-23且y P =-43，故直线PQ 过定点-23,0 ；综上，直线PQ 过定点M -23,0 ，又BH ⊥PQ 于H ，易知H 轨迹是以BM 为直径的圆上，故BM 的中点23,0 到H 的距离为定值，所以，所求定点T 为23,0 .【点睛】关键点点睛：第二问，设直线BQ ，AP 联立椭圆，结合韦达定理求点P ,Q 坐标，再写出直线PQ 方程判断其过定点是关键.4已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 的左、右焦点分别为F 1，F 2，A ，B 分别是C 的右、上顶点，且AB =7，D 是C 上一点，△BF 2D 周长的最大值为8.(1)求C 的方程；(2)C 的弦DE 过F 1，直线AE ，AD 分别交直线x =-4于M ，N 两点，P 是线段MN 的中点，证明：以PD 为直径的圆过定点.【答案】(1)x 24+y 23=1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据椭圆的定义结合三角形不等式求解即可；(2)设D x 1,y 1 ,E x 2,y 2 ，直线DE :x =my -1，联立直线与椭圆的方程，根据过两点圆的方程，结合图形的对称性可得定点在x 轴上，代入韦达定理求解即可.【详解】(1)依题意，a 2+b 2=7，△BF 2D 周长DB +DF 2 +a =DB +2a -DF 1 +a ≤BF 1 +3a =4a ，当且仅当B ,F 1,D 三点共线时等号成立，故4a =8，所以a 2=4,b 2=3，所以C 的方程x 24+y 23=1；(2)设D x 1,y 1 ,E x 2,y 2 ，直线DE :x =my -1，代入x 24+y 23=1，整理得3m 2+4 y 2-6my -9=0，Δ=36m 2+363m 2+4 >0，y 1+y 2=6m 3m 2+4,y 1y 2=-93m 2+4，易知AD :y =y 1x 1-2x -2 ，令x =-4，得N -4,-6y 1x 1-2 ，同得M -4,-6y 2x 2-2，从而中点P -4,-3y 1x 1-2+y 2x 2-2，以PD 为直径的圆为x +4 x -x 1 +y +3y 1x 1-2+y 2x 2-2y -y 1 =0，由对称性可知，定点必在x 轴上，令y =0得，x +4 x -x 1 -3y 1y 1x 1-2+y 2x 2-2=0，y 1x 1-2+y 2x 2-2=y 1my 1-3+y 2my 2-3=2my 1y 2-3y 1+y 2 m 2y 1y 2-3m y 1+y 2 +9=-18m3m 2+4-18m 3m 2+4-9m 23m 2+4-18m 23m 2+4+9=-36m36=-m ，所以x +4 x -x 1 +3my 1=0，即x 2+4-x 1 x -4x 1+3my 1=0，因为x 1=my 1-1，所以x 2+5-my 1 x -my 1+4=0，即x +1 x -my 1+4 =0，解得x =-1，所以圆过定点-1,0 .【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为x 1,y 1 ,x 2,y 2 ；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x (或y )的一元二次方程，必要时计算Δ；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x 1+x 2，x 1x 2(或y 1+y 2，y 1y 2)的形式；(5)代入韦达定理求解.5已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左顶点为A ，过右焦点F 且平行于y 轴的弦PQ =AF =3．(1)求△APQ 的内心坐标；(2)是否存在定点D ，使过点D 的直线l 交C 于M ,N ，交PQ 于点R ，且满足MR ⋅ND =MD ⋅RN若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)7-354,0 (2)存在定点D (4,0)【分析】(1)由题意，根据椭圆的定义以及a 2=b 2+c 2，列出等式即可求出椭圆C 的方程，判断△APQ 的内心在x 轴，设直线PT 平分∠APQ ，交x 轴于点T ，此时T 为△APQ 的内心，进行求解即可；(2)设直线l 方程为y =k (x -t )，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将直线l 的方程与椭圆方程联立，得到根的判别式大于零，由点M 、R 、N 、D 均在直线l 上，得到MR ⋅ND =MD ⋅RN，此时2t -(1+t )(x 1+x 2)+2x 1x 2=0，结合韦达定理求出t =4，可得存在定点D (4,0)满足题意．【详解】(1)∵a 2=b 2+c 2,2b 2a=a +c =3∴a =2,b =3,c =1∴椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1，不妨取P 1,32 ,Q 1,-32 ,A (-2,0)，则AP =352,PF =32；因为△APQ 中，AP =AQ ，所以△APQ 的内心在x 轴，设直线PT 平分∠APQ ，交x 轴于T ，则T 为△APQ 的内心，且AT TF =AP PF =5=AT 3-AT ，所以AT =355+1，则T 7-354,0 ；(2)∵椭圆和弦PQ 均关于x 轴上下对称．若存在定点D ，则点D 必在x 轴上∴设D (t ,0)当直线l 斜率存在时，设方程为y =k (x -t ),M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ，直线方程与椭圆方程联立y =k (x -t )x 24+y 23=1，消去y 得4k 2+3 x 2-8k 2tx +4k 2t 2-3 =0，则Δ=48k 2+3-k 2t 2>0,x 1+x 2=8k 2t4k 2+3,x 1x 2=4k 2t 2-3 4k 2+3①∵点R 的横坐标为1，M 、R 、N 、D 均在直线l 上，MR ⋅ND =MD ⋅RN∴1+k 2 1-x 1 t -x 2 =1+k 2 t -x 1 x 2-1∴2t -(1+t )x 1+x 2 +2x 1x 2=0∴2t -(1+t )8k 2t 4k 2+3+2×4k 2t 2-3 4k 2+3=0，整理得t =4，因为点D 在椭圆外，则直线l 的斜率必存在．∴存在定点D (4,0)满足题意【点睛】解决曲线过定点问题一般有两种方法：①探索曲线过定点时，可设出曲线方程，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标.②从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.二、双曲线定点问题1已知点P 4,3 为双曲线E :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)上一点，E 的左焦点F 1到一条渐近线的距离为3.(1)求双曲线E 的标准方程；(2)不过点P 的直线y =kx +t 与双曲线E 交于A ,B 两点，若直线PA ，PB 的斜率和为1，证明：直线y =kx +t 过定点，并求该定点的坐标.【答案】(1)x 24-y 23=1(2)证明见解析，定点为(-2,3).【分析】(1)由点到直线的距离公式求出b =3，再将点P 4,3 代入双曲线方程求出a 2=4，可得双曲线E 的标准方程；(2)联立直线与双曲线方程，利用韦达定理得x 1+x 2、x 1x 2，再根据斜率和为1列式，推出t =2k +3，从而可得直线y =kx +t 过定点(-2,3).【详解】(1)设F 1(-c ,0)(c >0)到渐近线y =bax ，即bx -ay =0的距离为3，则3=|-bc |b 2+a2，结合a 2+b 2=c 2得b =3，又P (4,3)在双曲线x 2a 2-y 23=1上，所以16a2-93=1，得a 2=4，所以双曲线E 的标准方程为x 24-y 23=1.(2)联立y =kx +tx 24-y 23=1，消去y 并整理得3-4k 2 x 2-8ktx -4t 2-12=0，则3-4k 2≠0，Δ=64k 2t 2+4(3-4k 2)(4t 2+12)>0，即t 2+3>4k 2，设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，则x 1+x 2=8kt 3-4k 2，x 1x 2=-4t 2+123-4k 2，则k PA +k PB =y 1-3x 1-4+y 2-3x 2-4=kx 1+t -3x 1-4+kx 2+t -3x 2-4=kx 1+t -3 x 2-4 +kx 2+t -3 x 1-4 x 1-4 x 2-4=2kx 1x 2+t -4k -3 x 1+x 2 -8t +24x 1x 2-4(x 1+x 2)+16=1，所以2kx 1x 2+t -4k -3 x 1+x 2 -8t +24=x 1x 2-4(x 1+x 2)+16，所以2k -1 x 1x 2+t -4k +1 x 1+x 2 -8t +8=0，所以-2k -1 4t2+123-4k 2+t -4k +1 ⋅8kt3-4k2-8t +8=0，整理得t 2-6k +2kt -6t -8k 2+9=0，所以(t -3)2+2k (t -3)-8k 2=0，所以t -3-2k t -3+4k =0，因为直线y =kx +t 不过P (4,3)，即3≠4k +t ，t -3+4k ≠0，所以t -3-2k =0，即t =2k +3，所以直线y =kx +t =kx +2k +3，即y -3=k (x +2)过定点(-2,3).【点睛】关键点点睛：利用韦达定理和斜率公式推出t =2k +3是解题关键.2双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1(a >0,b >0)的左顶点为A ，焦距为4，过右焦点F 作垂直于实轴的直线交C 于B 、D 两点，且△ABD 是直角三角形.(1)求双曲线C 的方程；(2)已知M ,N 是C 上不同的两点，MN 中点的横坐标为2，且MN 的中垂线为直线l ，是否存在半径为1的定圆E ，使得l 被圆E 截得的弦长为定值，若存在，求出圆E 的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)x 2-y 23=1(2)存在，E :(x -8)2+y 2=1【分析】(1)根据双曲线的性质，结合△ABD 是等腰直角三角形的性质，列出关系式即可求解双曲线方程；(2)首先利用点差法求出直线l 所过的定点，即可求出定圆的方程.【详解】(1)依题意，∠BAD =90°，焦半径c =2，当x =c 时，c 2a 2-y 2b 2=1，得y 2=b 2c 2a 2-1=b 4a2，即y =±b 2a ，所以BF =b 2a ，由AF =BF ，得a +c =b 2a，得a 2+2a =22-a 2，解得：a =1(其中a =-2<0舍去)，所以b 2=c 2-a 2=4-1=3，故双曲线C 的方程为x 2-y 23=1；(2)设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,MN 的中点为Q x 0,y 0 因为M ,N 是C 上不同的两点，MN 中点的横坐标为2.所以x 21-y 213=1,①x 22-y 223=1,②x 0=x 1+x 22=2,③y 0=y 1+y 22,④.①-②得x 1+x 2 x 1-x 2 -y 1+y 2 y 1-y 23=0，当k MN 存在时，k MN =y 1-y2x 1-x 2=3x 1+x 2 y 1+y 2=3×42y 0=6y 0，因为MN 的中垂线为直线l ，所以y -y 0=-y 06x -2 ，即l :y =-y 06x -8 ，所以l 过定点T 8,0 .当k MN 不存在时，M ,N 关于x 轴对称，MN 的中垂线l 为x 轴，此时l 也过T 8,0 ，所以存在以8,0 为圆心的定圆E :(x -8)2+y 2=1，使得l 被圆E 截得的弦长为定值2.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线相交的综合应用，本题的关键是求得直线所过的定点，因为半径为1，所以定圆圆心为定点，弦长就是直径.3已知双曲线C :x 2a 2-y 2b2=1a >0,b >0 的右焦点，右顶点分别为F ，A ，B 0,b ，AF =1，点M 在线段AB 上，且满足BM =3MA ，直线OM 的斜率为1，O 为坐标原点.(1)求双曲线C 的方程.(2)过点F 的直线l 与双曲线C 的右支相交于P ，Q 两点，在x 轴上是否存在与F 不同的定点E ，使得EP ⋅FQ =EQ ⋅FP 恒成立？若存在，求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)x 2-y 23=1(2)存在，E 12,0 【分析】(1)由AF =1，BM =3MA ，直线OM 的斜率为1，求得a ,b ,c 之间的关系式，解得a ,b 的值，进而求出双曲线的方程；(2)设直线PQ 的方程，与双曲线的方程联立，可得两根之和及两根之积，由等式成立，可得EF 为∠PEQ 的角平分线，可得直线EP ,EQ 的斜率之和为0，整理可得参数的值，即求出E 的坐标．【详解】(1)设c 2=a 2+b 2c >0 ，所以F c ,0 ，A a ,0 ，B 0,b ，因为点M 在线段AB 上，且满足BM =3MA ，所以点M 33+1a ,13+1b，因为直线OM 的斜率为1，所以13+1b 33+1a =1，所以ba=3，因为AF =1，所以c -a =1，解得a =1，b =3，c =2.所以双曲线C 的方程为x 2-y 23=1.(2)假设在x 轴上存在与F 不同的定点E ，使得EP ⋅FQ =EQ ⋅FP 恒成立，当直线l 的斜率不存在时，E 在x 轴上任意位置，都有EP ⋅FQ =EQ ⋅FP ；当直线l 的斜率存在且不为0时，设E t ,0 ，直线l 的方程为x =ky +2，直线l 与双曲线C 的右支相交于P ，Q 两点，则-33<k <33且k ≠0，设P x 1,y 1 ，Q x 2,y 2 ，由x 2-y 23=1x =ky +2 ，得3k 2-1 y 2+12ky +9=0，3k 2-1≠0，Δ=36k 2+36>0，所以y 1+y 2=-12k 3k 2-1，y 1y 2=93k 2-1，因为EP ⋅FQ =EQ ⋅FP ，即EP EQ=FP FQ，所以EF 平分∠PEQ ，k EP +k EQ =0，有y 1x 1-t +y 2x 2-t =0，即y 1ky 1+2-t +y 2ky 2+2-t=0，得2ky 1y 2+2-t y 1+y 2 =0，所以2k93k 2-1+2-t -12k 3k 2-1=0，由k ≠0，解得t =12.综上所述，存在与F 不同的定点E ，使得EP ⋅FQ =EQ ⋅FP 恒成立，且E 12,0.【点睛】方法点睛：解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x (或y )建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，要强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．4已知双曲线C 与双曲线x 212-y 23=1有相同的渐近线，且过点A (22,-1).(1)求双曲线C 的标准方程；(2)已知点D (2,0)，E ，F 是双曲线C 上不同于D 的两点，且DE ·DF=0，DG ⊥EF 于点G ，证明:存在定点H ，使GH 为定值.【答案】(1)x 24-y 2=1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据给定条件，设出双曲线C 的方程，再将点A 的坐标代入求解作答.(2)当直线EF 斜率存在时，设出其方程并与双曲线C 的方程联立，由给定的数量积关系结合韦达定理求得直线EF 过定点，再验证斜率不存在的情况，进而推理判断作答.【详解】(1)依题意，设双曲线C 的方程为x 212-y 23=λ(λ≠0)，而点A (22,-1)在双曲线C 上，于是λ=(22)212-(-1)23=13，双曲线C 的方程为x 212-y 23=13，即x 24-y 2=1，所以双曲线C 的标准方程为x24-y 2=1.(2)当直线EF 斜率存在时，设直线EF 的方程为：y =kx +m ，设E x 1,y 1 ,F x 2,y 2 ，由y =kx +mx 2-4y 2=4消去y 并整理得4k 2-1 x 2+8kmx +4m 2+1 =0，有4k 2-1≠0，且Δ=(8km )2-16(m 2+1)(4k 2-1)>0，即4k 2-1≠0且4k 2-m 2-1<0，有x 1+x 2=-8km 4k 2-1,x 1x 2=4m 2+44k 2-1，又y 1y 2=kx 1+m kx 2+m =k 2x 1x 2+km x 1+x 2 +m 2，DE =(x 1-2,y 1),DF =(x 2-2,y 2)，由DE ·DF =0，得x 1-2 x 2-2 +y 1y 2=0，整理得k 2+1 ⋅x 1x 2+(km -2)⋅x 1+x 2 +m 2+4=0，于是k 2+1 ⋅4m 2+44k 2-1+(km -2)⋅-8km 4k 2-1+m 2+4=0，化简得3m 2+16km +20k 2=0，即(3m +10k )(m +2k )=0，解得m =-2k 或m =-103k ，均满足条件，当m =-2k 时，直线EF 的方程为y =k (x -2)，直线EF 过定点(2,0)，与已知矛盾，当m =-103k 时，直线EF 的方程为y =k x -103 ，直线EF 过定点M 103,0 ；当直线EF 的斜率不存在时，由对称性不妨设直线DE 的方程为：y =x -2，由y =x -2x 2-4y 2=4解得x =2或x =103，因此点E ,F 的横坐标x E ,x F 有x E =x F =103，即直线EF 过定点M 103,0 ，综上得直线EF 过定点M 103,0 ，由于DG ⊥EF ，即点G 在以DM 为直径的圆上，H 为该圆圆心，GH 为该圆半径，所以存在定点H 83,0 ，使GH 为定值23.【点睛】思路点睛：与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.5已知双曲线C :x 2-y 2b2=1b >0 的左、右焦点分别为F 1，F 2，A 是C 的左顶点，C 的离心率为2．设过F 2的直线l 交C 的右支于P 、Q 两点，其中P 在第一象限．(1)求C 的标准方程；(2)若直线AP 、AQ 分别交直线x =12于M 、N 两点，证明：MF 2 ⋅NF 2 为定值；(3)是否存在常数λ，使得∠PF 2A =λ∠PAF 2恒成立？若存在，求出λ的值；否则，说明理由．【答案】(1)x 2-y 23=1；(2)证明见解析；(3)存在λ=2，理由见解析.【分析】(1)根据离心率，以及a ，结合b 2=c 2-a 2，即可求得曲线C 方程；(2)设出直线PQ 的方程，联立双曲线方程，得到关于点P ,Q 坐标的韦达定理；再分别求得AP ,AQ 的方程，以及点M ,N 的坐标，利用数量积的坐标运算，即可证明；(3)求得直线PQ 不存在斜率时满足的λ，当斜率存在时，将所求问题，转化为直线PA ,PF 2斜率之间的关系，结合点P 的坐标满足曲线C 方程，求解即可.【详解】(1)由题可得a =1,ca =2，故可得c =2，则b 2=c 2-a 2=4-1=3，故C 的标准方程为x 2-y23=1.(2)由(1)中所求可得点A ，F 2的坐标分别为-1,0 ,(2,0)，又双曲线渐近线为y =±3x ，显然直线PQ 的斜率不为零，故设其方程为x =my +2，m ≠±33，联立双曲线方程x 2-y 23=1可得：3m 2-1 y 2+12my +9=0，设点P ,Q 的坐标分别为x 1,y 1 ,(x 2,y 2)，则y 1+y 2=-12m 3m 2-1,y 1y 2=93m 2-1，x 1+x 2=m y 1+y 2 +4=-43m 2-1，x 1x 2=m 2y 1y 2+2m y 1+y 2 +4=-3m 2-43m 2-1；又直线AP 方程为：y =y 1x 1+1(x +1)，令x =12，则y =32⋅y 1x 1+1，故点M 的坐标为12,32⋅y 1x 1+1；直线AQ 方程为：y =y 2x 2+1(x +1)，令x =12，则y =32⋅y 2x 2+1，故点N 的坐标为12,32⋅y 2x 2+1；则MF 2 ⋅NF 2 =32,-32⋅y 1x 1+1 ⋅32,-32⋅y 2x 2+1=94+94⋅y 1y 2x 1x 2+x 1+x 2+1=94+94⋅93m 2-1-3m 2-43m 2-1-43m 2-1+1=94+94⋅9-9=0故MF 2 ⋅NF 2为定值0.(3)当直线PQ 斜率不存在时，对曲线C :x 2-y 23=1，令x =2，解得y =±3，故点P 的坐标为(2,3)，此时∠PF 2A =90°，在三角形PF 2A 中，AF 2 =3,PF 2 =3，故可得∠PAF 2=45°，则存在常数λ=2，使得∠PF 2A =2∠PAF 2成立；当直线PQ 斜率存在时，不妨设点P 的坐标为(x ,y )，x ≠2，直线PF 2的倾斜角为α，直线PA 的倾斜角为β，则∠PF 2A =π-α，∠PAF 2=β，假设存在常数λ=2，使得∠PF 2A =2∠PAF 2成立，即π-α=2β，则一定有：tan π-α =-tan α=tan2β=2tan β1-tan 2β，也即-k PF2=2k PA 1-k 2PA；又-k PF 2=-yx -2；2k PA 1-k 2PA=2yx +11-y 2x +12=2y (x +1)x +1 2-y2；又点P 的坐标满足x 2-y 23=1，则y 2=3x 2-3，故2k PA1-k 2PA=2y x +1 x +1 2-y 2=2y x +1 x +1 2-3x 2+3=2y (x +1)-2x 2+2x +4=2y (x +1)-2(x -2)(x +1)=-y x -2=-k PF 2；故假设成立，存在实数常数λ=2，使得∠PF 2A =2∠PAF 2成立；综上所述，存在常数λ=2，使得∠PF 2A =2∠PAF 2恒成立.【点睛】关键点点睛：本题考察双曲线中定值以及存在常数满足条件的问题；其中第二问证明的关键是能够快速，准确的进行计算；第三问处理的关键是要投石问路，找到特殊情况下的参数值，再验证非特殊情况下依旧成立，同时还要注意本小题中把角度关系，转化为斜率关系；属综合困难题.三、抛物线定点问题1已知动圆M 恒过定点F 0,18 ，圆心M 到直线y =-14的距离为d ,d =MF +18．(1)求M 点的轨迹C 的方程；(2)过直线y =x -1上的动点Q 作C 的两条切线l 1,l 2，切点分别为A ,B ，证明：直线AB 恒过定点．【答案】(1)x 2=12y(2)证明见详解【分析】(1)设M x ,y ，由题意可得y +14=x 2+y -18 2+18，化简整理即可；(2)设A x 1,2x 21 ,B x 2,x 22 ,Q t ,t -1 ，结合导数的几何意义分析可得x 1,x 2为方程2x 2-4tx +t -1=0的两根，结合韦达定理求直线AB 的方程，即可得结果.【详解】(1)设M x ,y ，则MF =x 2+y -18 2,d =y +14 ，因为d =MF +18，即y +14 =x 2+y -18 2+18，当y +14≥0，即y ≥-14时，则y +14=x 2+y -18 2+18，整理得x 2=12y ；当y +14<0，即y <-14时，则-y -14=x 2+y -18 2+18，整理得x 2=y +18<0，不成立；综上所述：M 点的轨迹C 的方程x 2=12y .(2)由(1)可知：曲线C ：x 2=12y ，即y =2x 2，则y =4x ，设A x 1,2x 21 ,B x 2,x 22 ,Q t ,t -1 ，可知切线QA 的斜率为4x 1，所以切线QA ：y -2x 21=4x 1x -x 1 ，则t -1-2x 21=4x 1t -x 1 ，整理得2x 21-4tx 1+t -1=0，同理由切线QB 可得：2x 22-4tx 2+t -1=0，可知：x 1,x 2为方程2x 2-4tx +t -1=0的两根，则x 1+x 2=2t ,x 1x 2=t -12，可得直线AB 的斜率k AB =2x 21-2x 22x 1-x 2=2x 1+x 2 =4t ，设AB 的中点为N x 0,y 0 ，则x 0=x 1+x 22=t ,y 0=2x 21+2x 222=x 1+x 2 2-2x 1x 2=4t 2-t +1，即N t ,4t 2-t +1 ，所以直线AB ：y -4t 2-t +1 =4t x -t ，整理得y -1=4t x -14，所以直线AB 恒过定点P 14,1 .【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l 过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y =kx +t ，由题设条件将t 用k 表示为t =mk +n ，得y =k x +m +n ，故动直线过定点-m ,n ；(2)动曲线C 过定点问题．解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．2已知抛物线C 1:x 2=2py (p >0)和圆C 2:(x +1)2+y 2=2，倾斜角为45°的直线l 1过C 1焦点，且l 1与C 2相切.(1)求抛物线C 1的方程；(2)动点M 在C 1的准线上，动点A 在C 1上，若C 1在点A 处的切线l 2交y 轴于点B ，设MN =MA +MB，证明点N 在定直线上，并求该定直线的方程.【答案】(1)x 2=12y ；(2)证明见解析，y =3.【分析】(1)设直线l 1的方程为y =x +p2，再根据直线和圆相切求出p 的值得解；(2)依题意设M (m ,-3)，求出切线l 2的方程和B 点坐标，求出MN =x 1-2m ,6 ，ON=x 1-m ,3 即可求解作答.【详解】(1)依题意得，物线C 1:x 2=2py 的焦点坐标为0,p 2 ，设直线l 1的方程为y =x +p2，而圆C 2:x +1 2+y 2=2的圆心C 2(-1,0)，半径r =2，由直线l 1与圆C 2相切，得d =-1+p212+-12=2，又p >0，解得p =6，所以抛物线C 1的方程为x 2=12y .(2)由(1)知抛物线C 1：x 2=12y 的准线为y =-3，设M (m ,-3)，由y =x 212，求导得y =x6，设A (x 1,y 1)，则以A 为切点的切线l 2的斜率为k =x 16，于是切线l 2的方程为y =16x 1x -x 1 +y 1，令x =0，得y =-16x 21+y 1=-16×12y 1+y 1=-y 1，即l 2交y 轴于点B (0,-y 1)，因此MA =(x 1-m ，y 1+3),MB =-m ,-y 1+3 ，MN =MA +MB =x 1-2m ,6 ，则ON =OM +MN=x 1-m ,3 ，设N 点坐标为(x ,y )，从而y =3，所以点N 在定直线y =3上.3已知直线l 1:x -y +1=0过椭圆C :x 24+y 2b2=1(b >0)的左焦点，且与抛物线M :y 2=2px (p >0)相切.(1)求椭圆C 及抛物线M 的标准方程;(2)直线l 2过抛物线M 的焦点且与抛物线M 交于A ，B 两点，直线OA ，OB 与椭圆的过右顶点的切线交于M ，N 两点.判断以MN 为直径的圆与椭圆C 是否恒交于定点P ，若存在，求出定点P 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)x 24+y 23=1，y 2=4x(2)存在，-2,0【分析】(1)由直线l 1过椭圆C 的左焦点，求出c 得出椭圆方程，利用直线l 1与抛物线M 相切，联立两个方程，通过判别式为零进行求解；(2)分成直线l 2斜率存在与不存在两种情况进行讨论，斜率存在时可设直线方程y =k x -1 ，与椭圆方程联立得出韦达定理，表示M ,N 两点坐标，利用PM ⋅PN=0进行求解.【详解】(1)由y 2=2px x -y +1=0 ，得x 2+2-2p x +1=0，因为直线x -y +1=0与抛物线M 只有1个公共点，所以Δ=2-2p 2-4=0，解得p =2，故抛物线C 的方程为y 2=4x .由直线x -y +1=0过椭圆C 的左焦点得得c =1，所以，4-b 2=1，b 2=3，所以椭圆C 的方程为x 24+y 23=1.(2)如图1，设A x 1，y 1 ，B x 2，y 2 ，当直线l 2斜率存在时，可设直线方程：y =k x -1由y 2=4x y =k x -1 得k 2x 2-2k 2+4 x +k 2=0，所以Δ=2k 2+4 2-4k 4=16k 2+16>0，x 1+x 2=2k 2+4k2，x 1x 2=1. 所以y 1y 2=k 2x 1-1 x 2-1 =k 2x 1x 2-x 1+x 2 +1 =-4，x 2y 1+x 1y 2=kx 2x 1-1 +kx 1x 2-1 =k 2x 1x 2-x 1+x 2 =-4k，直线OA 的方程为y =y 1x 1x ，同理可得，直线OB 的方程为y =y 2x 2x ，令x =2得，M 2，2y 1x 1 ，N 2，2y 2x 2，假设椭圆C 上存在点P x 0,y 0 ，恒有PM ⊥PN .则PM ⋅PN =2-x 0，2y 1x 1-y 0 ⋅2-x 0，2y 2x 2-y 0=0即2-x 0 2+2y 1x 1-y 0 2y 2x 2-y 0=0，即2-x 0 2+y 20-2x 2y 1+2x 1y 2x 1x 2y 0+4y 1y 2x 1x 2=0，即2-x 0 2+y 20+8ky 0-16=0，令y 0=0，可得x 0=6或x 0=-2.由于点6，0 不在椭圆C 上，点-2，0 在椭圆D 上，所以椭圆C 上存在点P -2，0 ，使PM ⊥PN 恒成立如图2，当直线斜率不存在时，直线过抛物线的右焦点，则直线方程为x =1，与抛物线交于A 1,2 ，B 1,-2 ，则直线OA 方程为：y =2x ，直线OB 方程为：y =-2x ，椭圆的过右顶点的切线方程为x =2，切线方程x =2与直线OA 交于M 2,4 ，与直线OB 交于N 2,-4 ，由上面斜率存在可知恒过P -2,0 ，经验证满足PM ⋅PN=0，所以当斜率不存在时候也满足以MN 为直径的圆恒过定点-2,0 .4在平面直角坐标系中，已知圆心为点Q 的动圆恒过点F (0,1)，且与直线y =-1相切，设动圆的圆心Q 的轨迹为曲线Γ．(1)求曲线Γ的方程；(2)P 为直线l ：y =y 0y 0<0 上一个动点，过点P 作曲线Γ的切线，切点分别为A ，B ，过点P 作AB 的垂线，垂足为H ，是否存在实数y 0，使点P 在直线l 上移动时，垂足H 恒为定点？若不存在，说明理由；若存在，求出y 0的值，并求定点H 的坐标．【答案】(1)x 2=4y(2)存在这样的y 0，当y 0=-1时，H 坐标为(0,1)．【分析】(1)依题意，由几何法即可得出圆心的轨迹Γ是以F (0,1)为焦点，l ：y =-1为准线的抛物线．(2)设直线AP 的方程y -y 1=k x -x 1 ，对抛物线方程求导化简也可得直线AP 的方程，由恒等思想可得y 0+y 1=x 1x 02，y 0+y 2=x 2x 02，构造直线方程为y +y 0=x 0x2，故AB 两点代入化简可得恒过点0,-y 0 ，再由PH ⊥AB 得x =-x02y -y 0-2 ，PH 恒过点0,y 0+2 ，从而可得结论.。
高中数学：圆锥曲线中的定点定值问题
高中数学：圆锥曲线中的定点定值问题
定点定值方法归纳
一、研究定点、定值问题的基本思路
解析几何中的定点、定值及探索性问题主要以解答题形式考查，一般以椭圆或抛物线为背景，试题难度较大.解决问题时注意代数方程是解决定点定值问题的桥梁。
二、定点问题基本有一下两种思考方式
（1）引进参数法：引进动点坐标或者动线中的系数作为参数，表示变化量，再通过条件，构造变化量对应的方程，研究变化量方程的关系（特别是变化量任意改变对应方程恒成立问题），找到定点。
（2）探索法：根据动点或动线的一些特殊情况，先探索出定点，再证明该定点与变量无关。
三、解决定值问题也有如下类似的思考方式
（1）引进参数法：引进参数作为变化量，最后利用代数式说明所求定值的代数式与参数无关。
（2）探索法：用特殊情况探索出定值，最后再利用代数式证明定值。
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参考答案
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圆锥曲线中定点、定值问题的解题策略研究
圆锥曲线中定点定值问题的解题策略研究圆锥曲线中定点、定值问题的解题策略研究王玉秀（山东省东营市胜利第二中学，山东㊀东营㊀２５７０５１）ʌ摘要ɔ圆锥曲线中定点与定值问题是高考常考的题型．对于直线过定点问题，可用参数表示出直线方程，然后结合条件确定定点的位置．对于定值问题，可先考虑特殊情形，把定值求出来，再证明一般的情形．文章结合具体例题，给出圆锥曲线中定点问题和定值问题的解题策略，旨在为一线教师提供此类问题的解题思路与策略．ʌ关键词ɔ圆锥曲线；定点问题；定值问题；解题策略引 言解析几何中， 定点问题 就是动直线或动曲线在运动变化过程中总是经过某个定点的问题．圆锥曲线中几何量（如直线的斜率㊁两点间的距离㊁图形的面积㊁线段或角的比值等）如果和变量无关，则这类问题统称为 定值问题 ．探究动曲线（含直线）过定点问题，以及证明与曲线上的动点有关的定值问题，都是高考解析几何命题中经常出现的题型．一㊁圆锥曲线的定点问题解决这类问题的策略：１．用参数表示出直线的方程，然后根据直线方程的特征确定定点的位置．２．从特殊点入手，先确定定点，再证明该定点符合题目条件．例１㊀已知抛物线Ｃ：ｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞０）的焦点为Ｆ，若平面上一点Ａ（２，３）到焦点Ｆ与到准线ｌ：ｘ＝－ｐ２的距离之和等于７．（１）求抛物线Ｃ的方程．（２）又已知点Ｐ为抛物线Ｃ上任意一点，直线ＰＡ交抛物线Ｃ于另一点Ｍ，过点Ｍ作斜率为ｋ＝４３的直线ＭＮ交抛物线Ｃ于另一点Ｎ，连接ＰＮ．问：直线ＰＮ是否过定点？若经过定点，则求出该定点；否则说明理由．解㊀（１）抛物线Ｃ的方程为ｙ２＝８ｘ．过程略．（２）设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｍ（ｘ２，ｙ２），Ｎ（ｘ３，ｙ３），当ｘ１ʂｘ２时，ｋＰＭ＝ｙ１－ｙ２ｘ１－ｘ２＝ｙ１－ｙ２ｙ２１８－ｙ２２８＝８ｙ１＋ｙ２．同理，ｋＭＮ＝８ｙ２＋ｙ３，ｋＰＮ＝８ｙ１＋ｙ３．由ｋＭＮ＝８ｙ２＋ｙ３＝４３知ｙ２＋ｙ３＝６，即ｙ２＝６－ｙ３．①由题意得直线ＰＭ：ｙ－ｙ１＝８ｙ１＋ｙ２（ｘ－ｘ１），即（ｙ１＋ｙ２）ｙ－ｙ１ｙ２＝８ｘ过点Ａ（２，３），求得ｙ２＝１６－３ｙ１３－ｙ１．②同理求得直线ＰＮ的方程为（ｙ１＋ｙ３）ｙ－ｙ１ｙ３＝８ｘ．③由①②得ｙ１ｙ３＝３（ｙ１＋ｙ３）－２，代入③得（ｙ１＋ｙ３）ｙ－３（ｙ１＋ｙ３）＋２＝８ｘ，即（ｙ１＋ｙ３）（ｙ－３）＋２－８ｘ＝０，故当ｙ＝３且２－８ｘ＝０时，直线ＰＮ恒过点１４，３æèçöø÷．当ｘ１＝ｘ２时，可得Ｐ（２，４），Ｍ（２，－４）或Ｐ（２，－４），Ｍ（２，４）．若Ｐ２，４()，Ｍ２，－４()，则ＭＮ：ｙ＝４３ｘ－２０３，代入抛物线方程得Ｎ２５２，１０æèçöø÷，则直线ＰＮ过点１４，３æèçöø÷．同理，若Ｐ２，－４()，Ｍ２，４()，则直线ＰＮ过点１４，３æèçöø÷．２５１综上，直线ＰＮ过点１４，３æèçöø÷．点评㊀解决本题的关键是通过坐标关系，得到斜率和直线方程，进而整理成（ｙ１＋ｙ３）（ｙ－３）＋２－８ｘ＝０的形式，最后找到定点．例２㊀已知椭圆Ｃ：ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）的左㊁右焦点分别为Ｆ１，Ｆ２，上㊁下端点分别为Ｂ１，Ｂ２．若从Ｆ１，Ｆ２，Ｂ１，Ｂ２中任选三点所构成的三角形均为面积等于２的直角三角形．（１）求椭圆Ｃ的方程．（２）如图所示，过点Ｐ（０，２）作两条不重合且斜率之和为２的直线分别与椭圆交于Ａ，Ｂ，Ｅ，Ｆ四点，若线段ＡＢ，ＥＦ的中点分别为Ｍ，Ｎ，试问：直线ＭＮ是否过定点？如果是，求出定点坐标；如果不是，请说明理由．解㊀（１）椭圆Ｃ的方程为ｘ２４＋ｙ２２＝１．过程略．（２）依题意知直线ＭＮ的斜率存在，设直线ＭＮ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｂ，㊀①设直线ＡＢ的方程为ｙ＝ｋ１ｘ＋２，㊀②设直线ＥＦ的方程为ｙ＝ｋ２ｘ＋２．㊀③联立方程②与椭圆Ｃ的方程可得（２ｋ２１＋１）ｘ２＋８ｋ１ｘ＋４＝０．由根与系数的关系，得ｘＡ＋ｘＢ＝－８ｋ１２ｋ２１＋１，根据中点公式可得ｘＭ＝ｘＡ＋ｘＢ２＝－４ｋ１２ｋ２１＋１．同时点Ｍ是直线ＡＢ和直线ＭＮ的交点，联立方程①②得ｘＭ＝ｂ－２ｋ１－ｋ，即可得－４ｋ１２ｋ２１＋１＝ｂ－２ｋ１－ｋ，整理得２ｂｋ２１－４ｋｋ１＋ｂ－２＝０．㊀④同理可得２ｂｋ２２－４ｋｋ２＋ｂ－２＝０．㊀⑤根据④⑤可以理解为ｋ１，ｋ２为关于ｋ０的一元二次方程２ｂｋ２０－４ｋｋ０＋ｂ－２＝０的两个根．由根与系数的关系可得ｋ１＋ｋ２＝４ｋ２ｂ＝２ｋｂ＝２，即可得ｂ＝ｋ．所以直线ＭＮ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｂ＝ｋ（ｘ＋１），故直线ＭＮ必过定点（－１，０）．点评㊀解决本题的关键是根据点Ｍ是直线ＡＢ和直线ＭＮ的交点，得到④式，同理可得⑤式，然后根据 同构 思想，可知ｋ１，ｋ２为一元二次方程２ｂｋ２０－４ｋｋ０＋ｂ－２＝０的两个根，从而根据ｋ１＋ｋ２＝２得到ｋ，ｂ之间的关系，最终求得定点．二㊁圆锥曲线的定值问题解决这类问题的策略：１．先考虑特殊情形，求出定值，再证明该值与变量无关．２．采用推理㊁计算㊁消元得定值．消元的常用方法有整体消元㊁选择消元㊁对称消元等．例３㊀在平面直角坐标系ｘＯｙ中，Ａ（－２，０），Ｂ（２，０），直线ＡＰ，ＢＰ相交于点Ｐ，且它们的斜率之积是１，记点Ｐ的轨迹为Ｃ．（１）求证：曲线Ｃ是双曲线的一部分．（２）设直线ｌ与Ｃ相切，与其渐近线分别相交于Ｍ，Ｎ两点，求证：әＯＭＮ的面积为定值．证明㊀（１）曲线Ｃ的方程为ｘ２－ｙ２＝４（ｙʂ０），所以曲线Ｃ是除去顶点的双曲线，是双曲线的一部分．过程略．（２）设直线ｌ与Ｃ相切的切点坐标为ｘ０，ｙ０()ｙ０ʂ０()，斜率为ｋ，则直线ｌ的方程为ｙ－ｙ０＝ｋ（ｘ－ｘ０），与ｘ２－ｙ２＝４联立整理，得（１－ｋ２）ｘ２－２ｋ（ｙ０－ｋｘ０）ｘ－（ｙ０－ｋｘ０）２－４＝０．㊀①双曲线ｘ２－ｙ２＝４（ｙʂ０）的渐近线方程为ｙ＝ʃｘ，故ｋ２ʂ１，且方程①有两个相等的实数根，故Δ＝４ｋ２（ｙ０－ｋｘ０）２＋４（１－ｋ２）［（ｙ０－ｋｘ０）２＋４］＝０，化简，得（ｘ２０－４）ｋ２－２ｘ０ｙ０ｋ＋ｙ２０＋４＝０．㊀②又ｘ２０－ｙ２０＝４，即ｘ２０－４＝ｙ２０，ｙ２０＋４＝ｘ２０．㊀③由②③得，ｙ２０ｋ２－２ｘ０ｙ０ｋ＋ｘ２０＝０，即（ｙ０ｋ－ｘ０）２＝０，所以ｋ＝ｘ０ｙ０，故直线ｌ的方程为ｘ０ｘ－ｙ０ｙ＝４．双曲线Ｃ的两条渐近线方程为ｙ＝ｘ，ｙ＝－ｘ，所以әＯＭＮ为直角三角形．不妨设ｘ０ｘ－ｙ０ｙ＝４与ｙ＝ｘ的交点为Ｍ，３５１解得Ｍ４ｘ０－ｙ０，４ｘ０－ｙ０æèçöø÷，同理，设ｘ０ｘ－ｙ０ｙ＝４与ｙ＝－ｘ的交点为Ｎ，解得Ｎ４ｘ０＋ｙ０，－４ｘ０＋ｙ０æèçöø÷．可求得ＯＭ＝４２ｘ０－ｙ０，ＯＮ＝４２ｘ０＋ｙ０，所以әＯＭＮ的面积Ｓ＝１２ＯＭＯＮ＝１２㊃４２ｘ０－ｙ０㊃４２ｘ０＋ｙ０＝１６ｘ２０－ｙ２０＝４，故әＯＭＮ的面积为定值．点评㊀解决本题的第一个关键是求出切线ｌ的方程，根据判别式等于０可求出，其一般结论是：设Ｔ（ｘ０，ｙ０）是双曲线ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）上一点，则双曲线在点Ｔ处的切线方程为ｘ０ｘａ２－ｙ０ｙｂ２＝１．第二个关键就是求出点Ｍ，Ｎ的坐标，然后利用面积公式求出三角形的面积，再根据点（ｘ０，ｙ０）（ｙ０ʂ０）在双曲线上，即可得到定值．例４㊀已知Ｏ为坐标原点，点Ｐ３，１２æèçöø÷在椭圆Ｃ：ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）上，椭圆Ｃ的左㊁右焦点分别为Ｆ１，Ｆ２，且Ｆ１Ｆ２＝２３．（１）求椭圆Ｃ的标准方程；（２）若点Ｐ０，Ｐ１，Ｐ２在椭圆Ｃ上，原点Ｏ为әＰ０Ｐ１Ｐ２的重心，证明：әＰ０Ｐ１Ｐ２的面积为定值．解㊀（１）椭圆的标准方程为ｘ２４＋ｙ２＝１．过程略．证明㊀（２）设Ｐ０（ｘ０，ｙ０），Ｐ１（ｘ１，ｙ１），Ｐ２（ｘ２，ｙ２），当直线Ｐ１Ｐ２的斜率不存在时，即ｘ１＝ｘ２．由原点Ｏ为әＰ０Ｐ１Ｐ２的重心，可知ｘ０＋ｘ１＋ｘ２３＝０，ｙ０＋ｙ１＋ｙ２３＝０，故可得此时有Ｐ０（－２ｘ１，０），该点在椭圆上，则４ｘ２１４＝１，不妨取ｘ１＝１，则有Ｐ０（－２，０），Ｐ１１，３２æèçöø÷，Ｐ２１，－３２æèçöø÷，或Ｐ０（－２，０），Ｐ１１，－３２æèçöø÷，Ｐ２１，３２æèçöø÷，则此时ＳәＰＰＰ＝１２ˑ３ˑ３＝３３２．当直线Ｐ１Ｐ２的斜率存在时，同样可求得ＳәＰＰＰ＝３３２（过程略）．综合可知，әＰ０Ｐ１Ｐ２的面积为定值．点评㊀解决本题的关键是设出直线方程，要利用重心性质表示出一个点的坐标并代入椭圆方程中，找到两个参数之间的关系，最后求出三角形的面积．结 语综上所述，直线过定点问题的解题模型如下：解圆锥曲线中定值问题的解题模型如下：教师引导学生熟悉以上解题模型，并加强运算训练，对破解圆锥曲线中的定点和定值问题非常重要．ʌ参考文献ɔ［１］李波．圆锥曲线中定点和定值问题的求解策略探究［Ｊ］．数理化解题研究，２０２３（３４）：８０－８４．［２］李鸿昌．圆锥曲线中 非对称 问题的成因及破解策略［Ｊ］．数学通讯，２０２２（２２）：３２－３５．［３］李鸿昌．二次曲线系在圆锥曲线四点共圆问题中的应用［Ｊ］．数理化解题研究，２０２２（７）：９２－９４．［４］李鸿昌．２０１５年高考全国卷Ⅱ解析几何试题的深入思考［Ｊ］．数学通讯，２０１５（１８）：５１－５４．［５］朱潇，李鸿昌．从数学运算素养的内涵，谈运算能力的培养［Ｊ］．中学数学，２０１８（１）：５７－５９．［６］李鸿昌，朱潇．减少解析几何运算量的八种策略［Ｊ］．数学通讯，２０１７（２３）：１２－１５．４５１。
圆锥曲线中有关线段比为定值问题的探求
圆锥曲线中有关线段比为定值问题的探求
圆锥曲线是数学几何的一个重要概念，它可以用来描述几何图形
中的曲线。
通常情况下，一条曲线上的每两个线段之间的比例(也称为
比值)都会变化，但是圆锥曲线的特别之处在于它能够满足线段比为定
值的要求。
有关线段比为定值问题的探求，研究者们一直在努力寻求合适的
方法来解决。
事实上，圆锥曲线提供了一种有效的解决方案。
首先，
根据需求，圆锥曲线的斜率必须以一定的变化率增长，而从圆的中心
到其周边的距离应该保持一定的比例。
与普通曲线不同，如果把圆锥
曲线的每两个线段之间比值设置为定值，就可以确保曲线一定满足线
段比为定值要求。
当然，在实际应用中，圆锥曲线的特性包括斜率和距离比例等必
须得到恰当地控制，才能保证曲线满足线段比为定值问题的要求。
为
了解决这一问题，研究者们提出了一种基于旋转变换的近似解决方案，即把圆锥曲线的每一条曲线分解成一系列小曲线段，利用矩阵运算把
这些曲线段叠加起来，从而使线段比为定值。
因此，圆锥曲线用于满足线段比为定值问题非常有效，它通过旋
转变换技术来控制斜率和距离比例，保证了曲线的每两个线段之间的
比值保持一定的定值。
值得一提的是，圆锥曲线的应用不仅仅限于线
段比为定值问题，而且对不同的几何图形有很多有趣的应用。
圆锥曲线解答题中的定点和定值问题的解题策略(解析版)
圆锥曲线解答题中的定点和定值问题的解题策略在圆锥曲线中有一类曲线，当参数取不同值时，曲线本身性质不变或形态发生变化时，其某些共同的性质始终保持不变，我们把这类问题成为圆锥曲线的定值问题.圆锥曲线中的定值问题是近几年高考的热点题型，解题过程中应注重解题策略，善于在动点的“变”中寻求定值的“不变”性.题型一：定值问题解答圆锥曲线定值问题的策略：1、把相关几何量用曲线系的参变量表示，再证明结论与参数无关.求解这类问题的基本方法是“方程铺路、参数搭桥”，解题的关键是对问题进行综合分析，挖掘题目中的隐含条件，恰当引参，巧妙化归.2、把相关几何量的变元特殊化，在特例中求出几何量的定值，再证明结论与特定状态无关，即特殊到一般的思想.1、两点间的距离为定值例1：（2021·广东中山市高三期末）已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为()222210x y a b a b +=>>，则椭圆在其上一点()'',A x y 处的切线方程为''221x y x y a b+=，试运用该性质解决以下问题：在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>的离心率为2，且经过点2A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭. （1）求椭圆C 的方程；（2）设F 为椭圆C 的右焦点，直线l 与椭圆C 相切于点P (点P 在第一象限)，过原点O 作直线l 的平行线与直线PF 相交于点Q ，问：线段PQ 的长是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.【答案】（1）2212x y +=；（2.【详解】（1）由题意知2222221112c aa b a b c ⎧=⎪⎪⎪+=⎨⎪=+⎪⎪⎩1a b ⎧=⎪⇒⎨=⎪⎩∴椭圆C 的方程为2212x y +=.（2）设()00,P x y ，题意可知，切线l 的方程为0022x x y y +=， 过原点O 且与l 平行的直线'l 的方程为0020x x y y +=， 椭圆C 的右焦点()1,0F ，所以直线PF 的方程为()00010y x x y y ---=，联立()000001020y x x y y x x y y ⎧---=⎨+=⎩，所以2000002,22y x y Q x x ⎛⎫- ⎪--⎝⎭，所以PQ =====为定值. 解题思路：设动点()00,P x y ，由题意可知，切线l 的方程为0022x x y y +=，过原点O 且与l 平行的直线'l 的方程为0020x x y y +=，求出Q 的坐标，表示出PQ 的长，再化简即可.2、求某一代数式为定值例2：（2021·全国高三模拟）已知双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的左顶点为A ，右焦点为F ，离心率2e =，焦距为4. （1）求双曲线C 的方程；（2）设M 是双曲线C 上任意一点，且M 在第一象限，直线MA 与MF 的倾斜角分别为1α，2α，求122αα+的值.【答案】（1）2213y x -=；（2）π. 【详解】（1）由242c c a=⎧⎪⎨=⎪⎩，得12a c =⎧⎨=⎩，所以2223b c a =-=，所以双曲线C 的方程为2213y x -=.（2）由（1）知双曲线C 的方程为2213y x -=，所以左顶点()1,0A -，右焦点()2,0F .设()()0000,0,0M x y x y >>，则22013y x -=.当02x =时，03y =，此时1MA k =，1π4α=，2π2α=， 所以122παα+=；当02x ≠，010tan 1MA y k x α==+，020tan 2MF yk x α==-.因为()220031y x =-，所以()()()()()00000001222220000000221211tan 22113111y x y x y x y x x y x x y x α+++-====-+-+--⎛⎫- ⎪+⎝⎭，又由点M 在第一象限，易知1π0,3α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()20,πα∈，所以122παα+=. 综上，122αα+的值为π.解题思路：利用点在双曲线上，满足22013y x -=，利用整体代换思想求出1tan 2α和2tan α相反.例3：（2021·安徽安庆市高三一模（理））已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>，过椭圆左焦点F 的直线0x -+=与椭圆C 在第一象限交于点M ，三角形MFO（1）求椭圆C 的标准方程；（2）过点M 作直线l 垂直于x 轴，直线MA ､MB 交椭圆分别于A ､B 两点，且两直线关于直线l 对称，求证∶直线AB 的斜率为定值.【答案】（1）2214x y +=；（2）证明见解析.【详解】（1）直线0x -+=过左焦点F ，所以()F ，c =又由124OMF M S y ∆==可知1=2M y从而椭圆经过点12M ⎫⎪⎭由椭圆定义知1242a =+=，即2a = 故椭圆的方程为22:14x C y +=.（2）由条件知，直线MA MB 、斜率存在，且两直线斜率互为相反数，设直线(12MA y k x -=：交椭圆于点()11,A x y ，直线(12MB y k x -=--：交椭圆于点()22,B x y ，由(221244y k x x y ⎧-=⎪⎨⎪+=⎩得()()22224141230k x k x k +-++--=1=1x =，112y =+故1)2A +，同理可得221)2B +，k ===即证直线AB. 解题思路：将直线(12MA y k x -=：与椭圆方程联立求出交点221)2A +的坐标，再将A 中的k 用k -替换，即可求出B 点坐标，，再利用斜率公式，化简，即可.例4.（2021·河南高三月考（理））已知点()2,0A -，()2,0B ，动点(),S x y 满足直线AS 与BS 的斜率之积为34-，记动点S 的轨迹为曲线C .（1）求曲线C 的方程，并说明曲线C 是什么样的曲线；（2）设M ，N 是曲线C 上的两个动点，直线AM 与NB 交于点P ，90MAN ∠=︒. ①求证：点P 在定直线上；②求证：直线NB 与直线MB 的斜率之积为定值.【答案】（1）()221243x y x +=≠±，曲线C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含A ，B 两点；（2）①证明见解析；②证明见解析. 【详解】（1）解：由题意，得()32224y y x x x ⋅=-≠±+-， 化简，得()221243x y x +=≠±，所以曲线C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含A ，B 两点. （2）证明：①由题设知，直线MA ，NB 的斜率存在且均不为0. 设直线AM 的方程为()20x ty t =-≠，由AM AN ⊥，可知直线NA 的斜率为NA k t =-，方程为12x y t=--.由2212,{3412,x y t x y =--+=得()2243120t y ty ++=， 解得21243N ty t =-+，则2221126824343N t t x t t t -⎛⎫=-⋅--= ⎪++⎝⎭，即2226812,4343t t N t t ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭. 直线NB 的斜率为222120343684243NBtt k t tt --+==--+， 则直线BN 的方程为()324y x t =-，将()324y x t=-代入2x ty =-，解得14x =-， 故点P 在直线14x =-上.②由（1），得34NA NB k k ⋅=-，34MA MB k k ⋅=-，所以3394416NA NB MA MB k k k k ⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅=-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.结合1NA MA k k ⋅=-，得916MB NB k k ⋅=-为定值.即直线NB 与直线MB 的斜率之积为定值.解题思路：①设直线AM 的方程，由AM AN ⊥，可得直线AN 方程，与椭圆联立可求点N 坐标，进而可求得直线BN 方程，与AM 联立即可得证点P 在定直线上；②由（1）得34NA NB k k ⋅=-，34MA MB k k ⋅=-，又AM AN ⊥，进而可得直线NB与直线MB 的斜率之积.例5、（2021·江苏南通市高三期末）已知椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>的离心率为12，且过点31,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭. （1）求椭圆C 的方程；（2）已知A ，B 是椭圆C 上的两点，且直线OA ，OB 的斜率之积为34-，点M为线段OA 的中点，连接BM 并延长交椭圆C 于点N ，求证：OMBAMNS S △△为定值.【答案】（1）22143x y +=；（2）53. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为12，且过点31,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 所以22911,214c a a b +==，又222a b c =+，解得224,3a b ==，所以椭圆C 的方程为22143x y +=； （2）设()()()112233,,,,,A x y B x y N x y ，因为点M 为线段OA 的中点，所以11,22x y M ⎛⎫⎪⎝⎭，因为B ，M ，N 三点共线，所以BN BM λ=， 所以()()3123121,122x x x y y y λλλλ=+-=+-，又因为A ，B 点在椭圆上，所以22112222143143x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩， 又因为直线OA ，OB 的斜率之积为34-，所以1212340x x y y +=， 因为点N 在椭圆上，所以2233143x y +=，即()()()()()12122222221122341341482261x y x y x x y y λλλλ++-+-+=+，所以()22114λλ+-=，解得85λ=，所以85BN BM =,则53BM MN =，所以152132BOMB B AMNN N OM d BM Sd Sd MN AM d ⋅⋅====⋅⋅为定值.解题思路：设()()()112233,,,,,A x y B x y N x y ，根据M 为线段OA 的中点和B ，M ，N 三点共线，由BN BM λ=，表示点N 的坐标，再根据A ，B ，N 在椭圆上，结合直线OA ，OB 的斜率之积为34-，求得λ，从而得到BM 与MN 的比值，然后由1212BOMB B AMNN N OM d BM S dSd MN AM d ⋅⋅===⋅⋅求解. 例6、（2021·山东泰安市高三期末）已知椭圆)(2222:10x y C a b a b+=>>的左顶点为)(2,0A -，点31,2⎛⎫-⎪ ⎭⎝在椭圆C 上．（1）求椭圆C 的方程；（2）过橢圆C 的右焦点F 作斜率为)(0k k ≠的直线l ，交椭圆C 于M ，N 两点，直线AM ，AN 分别与直线2b x c=交于点P ，Q ，则FP FQ ⋅是否为定值？请说明理由．【答案】（1）22143x y +=；（2）是定值，94-. 【详解】（1）∵2a =，点31,2⎛⎫-⎪ ⎭⎝在椭圆C 上，∵219144b +=，∵23b =，∵椭圆C 的方程为：22143x y +=．（2）是定值94-，理由如下：设)(11,M x y ，)(22,N x y ，直线l 的方程为)()(10y k x k =-≠，由)(221143y k x x y ⎧=-⎪⎨+=⎪⎩，整理得)(22224384120k x k x k +-+-=，∵2122843k x x k +=+，212241243k x x k -=+，设)(3,P P y ，)(3,Q Q y ，则11322P y y x =++，∵)(111151522P k x y y x x -==++， 同理可得)(22512Q k x y x -=+，∵)(11512,2k x FP x ⎛⎫- =⎪⎪ +⎭⎝，)(22512,2k x FQ x ⎛⎫- =⎪⎪ +⎭⎝， ∵)()()()()()(212121221212122511144252224k x x x x x x FP FQ kx x x x x x ---++⋅=+=++++++222222222412819434342541216444343k k k k k k k k k --+++=+=--++++，∵FP FQ ⋅为定值94-．解题思路：设直线l 的方程，与椭圆方程联立，设)(3,P P y ，)(3,Q Q y ，由三点共线可得P y ，Q y ，结合韦达定理坐标表示FP FQ ⋅可得.3、求某一个量为定值例7、（2021·江苏盐城市伍佑中学高三期末）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>离心率为23，点A ，B ，D ，E 分别是C 的左，右，上，下顶点，且四边形ADBE 的面积为（1）求椭圆C 的标准方程；（2）已知F 是C 的右焦点，过F 的直线交椭圆C 于P ，Q 两点，记直线AP ，BQ的交点为T ，求证：点T 横坐标为定值.【答案】（1）22195x y +=；（2）T 横坐标为定值92，证明见解析. 【详解】（1）设椭圆C 的半焦距长为c，根据题意222231222c a a b c a b⎧=⎪⎪⎪⋅⋅=⎨⎪=-⎪⎪⎩，解得32a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩ 故C 的标准方程为22195x y +=. （2）由（1）知()30A -,，()3,0B ，()2,0F ， 设00,,()T x y ，11(,)P x y ，()22,Q x y ，由010133TA PA y yk k x x =⇒=++'①， 020233TB QB y y k k x x =⇒=--，② ①②两式相除得0120123333x y x x x y --=⋅++， 又2211195x y +=，故2211195x y -=-，所以2111(3)(3)95x x y -+=-，故11113539y x x y -=-⋅+.所以0120123333x y x x x y --=⋅=++1212(3)(3)59x x y y ---③ 由题意知直线PQ 不平行于x 轴，由于直线PQ 经过F 点， 所以设直线PQ 的方程为2x my =+，（直线PQ 的方程为2x my =+，可避免讨论直线PQ 的斜率是否存在，简化计算，提高正确率）代入22195x y +=整理，得22(902)5250m y my ++-=， 把12212220592559m y y m y y m ⎧+=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩代入③，所以0120123(3)(3)539x x x x y y ---=-⋅+1212(1)(1)59my my y y --=-⋅2121212()159m y y m y y y y -++=-⋅所以0033x x -+22222520()()15595925959mm m m m m ---+++=-⋅-+15=解得092x =. 所以点T 横坐标为定值92. 解题思路：设00,,()T x y ，11(,)P x y ，()22,Q x y ，根据TA PA k k =，TB QB k k =可得0126123333x y x x x y --=⋅++，根据11(,)P x y 在椭圆C 上，代入方程化简整理可得0120123333x y x x x y --=⋅=++1212(3)(3)59x x y y ---，设直线PQ 的方程为2x my =+，与椭圆C 联立，得到关于y 的一元二次方程，根据韦达定理，可得1212,y y y y +⋅的表达式，代入上式即可.例8、（2021·湖北武汉市高三月考）已知椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>的左右顶点分别为A ，B ，过椭圆内点2,03D ⎛⎫⎪⎝⎭且不与x 轴重合的动直线交椭圆C 于P ，Q 两点，当直线PQ 与x 轴垂直时，43PD BD ==. （Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；（Ⅱ）设直线AP ，AQ 和直线l ：x t =分别交于点M ，N ，若MD ND ⊥恒成立，求t 的值.【答案】（Ⅰ）22142x y +=；（Ⅱ）29t =-或103t =.【详解】（Ⅰ）由43BD =，得24233a =+=，故C 的方程为22214x y b+=，此时24,33P ⎛⎫ ⎪⎝⎭.代入方程2116199b +=，解得22b =，故C 的标准方程为22142x y +=. （Ⅱ）设直线PQ 方程为：23x my =+，与椭圆方程联立.得()224322039m m y y ++-=.设()11,P x y 、()22,Q x y ，则()()1221224323292m y y m y y m -⎧+=⎪+⎪⎨-⎪=⎪+⎩.①此时直线AP 方程为11(2)2y yxx ，与x t =联立.得点11(2),2t y M t x ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭，同理，点22(2),2t y N t x ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭.由MD ND ⊥，1MD ND k k ⋅=-.即()()1212(2)(2)1222233t y t y t x t x ++⋅=-⎛⎫⎛⎫-+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 所以221212288(2)0333t y y t my my ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++-++= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.即()2221212122864(2)0339m t y y t m y y y y ⎛⎫⎡⎤++-+++= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦. 将①代入得：()()()222222232(2)2323264039929292t m m t m m m ⎡⎤-+-⎛⎫⎢⎥+--+= ⎪+++⎝⎭⎢⎥⎣⎦. 化简得：()22222232(2)323264203t t m m m ⎛⎫⎡⎤-++---++= ⎪⎣⎦⎝⎭. 即222(2)403t t ⎛⎫+--= ⎪⎝⎭.2223t t ⎛⎫+=±- ⎪⎝⎭.解得29t =-或103t =.解题思路：设直线PQ 方程为：23x my =+，与椭圆方程联立，结合韦达定理得1212,y y y y +，再联立AP 方程得M 同理得N 坐标，结合MD ND ⊥恒成立得1MD ND k k ⋅=-，化简计算可得参数t 值.例9、（2021·陕西榆林市高三一模（理））已知椭圆222:1(1)Γ+=>y x a a与抛物线2:2(0)C x py p =>有相同的焦点F ，抛物线C 的准线交椭圆Γ于A ，B 两点，且1AB =.（1）求椭圆Γ与抛物线C 的方程；（2）O 为坐标原点，若P 为椭圆Γ上任意一点，以P 为圆心，OP 为半径的圆P 与椭圆Γ的焦点F 为圆心，F 交于M ，N 两点，求证：MN 为定值.【答案】（1）椭圆Γ的方程为：2214y x +=，抛物线C的方程为：2x =；（2）证明见解析. 【详解】（1）椭圆222:1(1)Γ+=>y x a a可得焦点(，抛物线2:2(0)C x py p =>的焦点为0,2p ⎛⎫ ⎪⎝⎭2p =①，由22221p y y x a ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩可得22214p x a +=，解得x =，所以1AB ==②，由①②可得：24a =，p =所以椭圆Γ的方程为：2214y x +=，抛物线C的方程为：2x =；（2）设(,)P m n ，则2214+=n m ，圆P 的方程为：2222()()-+-=+x m y n m n ，圆F的方程为：22(5+-=x y ，所以直线MN的方程为：(10+--=mx n y ， 设点F 到直线MN 的距离为d ，则2d ====.||2MN ==. 所以MN 为定值.解题思路：设(,)P m n ，则2214+=n m ，写出圆P 和圆F 的方程，两个圆的方程相减可得直线MN 的方程，计算点F 到直线MN 的距离为d ，再利用||MN =.题型二、证明动直线过定点或动点在定直线上的问题解答圆锥曲线的定点问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量k ）；②利用条件找到k 过定点的曲线0(),F x y =之间的关系，得到关于k 与,x y 的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.1、直线过定点问题例10、（2020·江西吉安市高三其他模拟（理））已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>经过点12P ⎫⎪⎭，且离心率e =（1）求椭圆C 的方程；（2）已知斜率存在的直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，点Q ⎫⎪⎪⎝⎭总满足AQO BQO ∠=∠，证明：直线l 过定点.【答案】（1）2214x y +=；（2）证明见解析.【详解】（1）因为椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的离心率e =所以22221b e a =-=⎝⎭，即224a b =， 又椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>经过点12P ⎫⎪⎭，代入椭圆方程可得223114a b +=， 联立方程组可得222231144a b a b⎧+=⎪⎨⎪=⎩，解得24a =，21b =. 所以椭圆C 的方程为2214x y +=.（2）设直线l 的方程为y kx m =+，()11,A x y ，()22,B x y ，联立方程组2214x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩消去y 得()222148440k x kmx m +++-=，()2216410k m ∆=-+>，即2241m k <+， 122814km x x k -+=+，21224414m x x k -=+，因为AQO BQO ∠=∠，所以0AQ BQ k k +=，AQ BQ k k +===，即()()1221kx m x kx m x ⎛⎛+++ ⎝⎭⎝⎭()121220kx x m x x ⎛⎫=+-+= ⎪ ⎪⎝⎭得()()22244814033k m km m m k ⎛⎫----+= ⎪ ⎪⎝⎭，化简得m =，直线l 的方程为(y k x =-，所以，直线l 恒过定点).解题思路： 设直线l 的方程为y kx m =+，()11,A x y ，()22,B x y ，将直线方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，又因为AQO BQO ∠=∠，所以0AQ BQ k k +=，将韦达定理代入得出答案.例11、（2021·湖北襄阳市高三期末）已知A ，B 分别为椭圆()222:11x C y a a+=>的左､右顶点，P 为C 的上顶点，8AP PB ⋅=. （1）求椭圆C 的方程；（2）过点()6,0作关于x 轴对称的两条不同直线1l ，2l 分别交椭圆于()11,M x y 与()22,N x y ，且12x x ≠，证明：直线MN 过定点，并求出该定点坐标.【答案】（1）2219x y +=；（2）证明见解析，定点3,02⎛⎫ ⎪⎝⎭.【详解】解：（1）由题意得(),0A a -，(),0B a ，()0,1P ，则(),1AP a =，(),1PB a =-.由8AP PB ⋅=，得218a -=，即3a =所以椭圆C 的方程为2219x y +=（2）由题易知：直线MN 的斜率存在，且斜率不为零，设直线MN 方程为x my n =+，()0m ≠，联立22990x my nx y =+⎧⎨+-=⎩， 得()2229290m y mny n +++-=，由0>得2290m n -+>，∴12229mn y y m -+=+，212299n y y m -=+，因为关于x 轴对称的两条不同直线1l ，2l 的斜率之和为0，∴1212066y y x x +=--，整理得()()1212260my y n y y +-+=， 即()()2222926099m n mn n m m ---=++，解得：32n =直线MN 方程为：32x my =+，所以直线MN 过定点3,02⎛⎫⎪⎝⎭.解题思路：设直线MN 方程并联立椭圆方程，结合韦达定理求得12,y y +12y y ，又因为关于x 轴对称的两条不同直线1l ，2l 的斜率之和为0，所以1212066y yx x +=--，通过计算化简即可求得定点.例12、（2021·山东德州市高三期末）已知点1F 、2F 分别是椭圆C 的左、右焦点，离心率为2，点P 是以坐标原点O 为圆心的单位圆上的一点，且120PF PF ⋅=． （1）求椭圆C 的标准方程；（2）设斜率为k 的直线l （不过焦点）交椭圆于M ，N 两点，若x 轴上任意一点到直线1MF 与1NF 的距离均相等，求证：直线l 恒过定点，并求出该定点的坐标．【答案】（1）22121x y +=；（2）证明见解析，（-2,0）. 【详解】(1)设椭圆的标准方程为()22221,,x y P x y a b+=由题意可得2222221(,)(,)0c a x y x c y x c y b c a ⎧=⎪⎪⎪+=⎨⎪-⋅+=⎪+=⎪⎩解得：222211a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩即椭圆C 的标准方程：22121x y +=.(2)设直线l ：1122,(,),(,)y kx m M x y N x y =+则1111221122,1111MF NF y kx m y kx mk k x x x x ++====++++ 有22121x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，消去 y 得：222(12)4220k x mkx m +++-=，所以2221222122168(1)(12)04122212k m m k mk x x k m x x k ⎧⎪∆=--+>⎪-⎪+=⎨+⎪⎪-=⎪+⎩因为x 轴上任意一点到直线1MF 与1NF 的距离均相等， 所以x 轴为直线1MF 与1NF 的角平分线，所以111212011MF NF kx m kx mk k x x +++=+=++，即 12122()()20kx x m k x x m ++++= 所以2222242()201212m mk km k m k k --+++=++ 整理化简得：2m k =即直线l ：2(2)y kx m kx k k x =+=+=+ 故直线恒过定点（-2,0）.解题思路：先用设而不求法表示出1212,x x x x +，然后分析得到110MF NF k k +=，代入，求出2m k =，即可证明直线过定点（-2，0）."设而不求"是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.2、动点在定直线上的问题例13、（2021·山东威海市高三期末）已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的离心率为1,,2A B 分别是它的左、右顶点，F 是它的右焦点，过点F 作直线与C 交于,P Q (异于,A B )两点，当PQ x ⊥轴时，APQ ∆的面积为92.（1）求C 的标准方程;（2）设直线AP 与直线BQ 交于点M ，求证:点M 在定直线上.【答案】（1）22143x y +=；（2）证明见解析. 【详解】 解:（1）由题意知12c a =，所以2a c =，又222a b c =+，所以b =当PQ x ⊥轴时，APQ 的面积为92， 所以()212922b ac a +⋅= 解得21,c = 所以224,3a b ==，所以椭圆C 的标准方程为22143x y +=.（2）由（1）知()1,0F ，设直线PQ 的方程为1x my =+，与椭圆22143x y +=联立，得()2234690m y my ++-=. 显然0∆>恒成立. 设1122(,),(,)P x y Q x y ，所以有12122269,3434m y y y y m m +=-=-++ ()* 直线AP 的方程为()112+2y y x x =+，直线BO 的方程为()2222y y x x =--， 联立两方程可得，所以()()121222+22y y x x x x +=-- ()()121212212121213232221my y x y my y y x x y x y my my y y ++++=⋅==---- 由()*式可得()121232y y y y m=+， 代入上式可得()()1212121221339222233322232y y y y x y y x y y y y +++==-+-=++， 解得4,x =故点M 在定直线4x =上.解题思路：设直线PQ 的方程为1x my =+，联立椭圆方程，设1122(,),(,)P x y Q x y ，由韦达定理，可知12122269,3434m y y y y m m +=-=-++，将直线AP 的方程()112+2y y x x =+与直线BO 的方程()2222y y x x =--联立，利用韦达定理，化简计算，即可证明结果.例14、（2021·福建高三模拟）椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的离心率12e =，12P ⎛ ⎝⎭在C 上.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）,E F 设为短轴端点，过()0M ，1作直线l 交椭圆C 于AB 、两点(异于,E F )，直线AE BF 、交于点T .求证：点T 恒在一定直线上.【答案】（1）22143x y +=；（2）证明见解析.【详解】（1）因为点1,24P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭在C 上，所以222141a b ⎝⎭+=， 又12c e a ==，222a b c =+，所以24a =，23b =， 故所求椭圆C 的方程为22143x y +=. （2）由题意知直线l 的斜率存在，设其方程为1y kx =+. 设()11,A x y ，()22,B x y ，(10x ≠，20x ≠).()222214388034120y kx k x kx x y =+⎧⇒++-=⎨+-=⎩， 122843kx x k -+=+，122843x x k -=+，且有1212x x kx x +=. 1122::AEBFy l y x x y l y x x ⎧=⎪⎪⎨+⎪+=⎪⎩(10x ≠，20x ≠) 11111y kx x x +====，故1y ⎤=⎥⎦2kx x xx x x +++-=3x x x x +-=3=故点T 恒在一定直线3y =上.解题思路：设出直线1y kx =+，联立直线与椭圆的方程结合韦达定理求出,AE BF 的直线方程，联立求出交点纵坐标为3，进而可得结果.3、圆过定点问题例14、（2021·湖北武汉市高三月考）设P 是椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>上异于长轴顶点A 1，A 2的任意一点，过P 作C 的切线与分别过A 1，A 2的切线交于B 1，B 2两点，已知|A 1A 2|=4，椭圆C 的离心率为12. （1）求椭圆C 的方程；（2）以B 1B 2为直径的圆是否过x 轴上的定点？如果过定点，请予以证明，并求出定点；如果不过定点，说明理由.【答案】（1）22143x y +=；（2）过定点，证明见解析，定点为(1,0),(1,0)-. 【详解】解：（1）由题可知122412A A a c e a ⎧==⎪⎨==⎪⎩，解得2,1a c ==，由222a b c =+得23b =， 椭圆C 的方程为22143x y +=.（2）设00(,)P x y ，由于P 是异于长轴顶点12,A A 的任意一点，故切线斜率存在.设过P 的椭圆的切线为y kx b =+，联立方程22143y kx b x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得222(34)84120k x kbx b +++-=，222(8)4(34)(412)0kb k b ∆=-+-=，得2234b k =+，由002200143y kx bx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩ 所以()220034y kx k -=+，则()22200004230x k y x k y --+-=，即222000016290y k y x k x ++=所以()200430y k x +=，则034x k y =-解得过P 点的切线方程为()000034x y y x x y -=--，即000334x x y y y =-+ 由于分别过12,A A 的切线分别为2,2x x =-=，解得12,B B 的坐标为0012006363(2,),(2,)22x x B B y y +--. 在x 轴上取点(),0M t ，则010632,2x MB t y ⎛⎫+=-- ⎪⎝⎭，020632,2x MB t y ⎛⎫-=-+ ⎪⎝⎭， 所以2220122369414x MB MB t t y -⋅=-+=-. 当1t =±时，120MB MB ⋅=.所以，以12B B 为直径的圆过x 轴上的定点为12(1,0),(1,0)F F -.解题思路： 设00(,)P x y ，设过P 的椭圆的切线为y kx b =+，与椭圆方程联立由0∆=，求出切线的斜率0034x k y =-，得出切线方程000334x x y y y =-+，由条件求出12,B B 坐标，在x 轴上取点(),0M t ，由120MB MB ⋅=得出答案.【巩固训练】1、（2020·广东高三一模）已知点()2,1P --为椭圆2222:1x y C a b+=(0)a b >>上一点，且椭圆C的一个焦点与抛物线2y =的焦点重合，过点P 作直线PA ，PB ，与椭圆C 分别交于点A ，B ．（1）求椭圆C 的标准方程与离心率；（2）若直线PA ，PB 的斜率之和为0，证明：直线AB 的斜率为定值．【答案】（1）22163x y +=，离心率为2；（2）证明见解析. 【详解】（1）由题设，得22411a b+== 由①②解得26a =，23b =，所以椭圆C 的标准方程为22163x y +=，椭圆C 的离心率为2c e a ===． （2）直线AB 的斜率为定值1.证明：设直线PA 的斜率为k ，则直线PB 的斜率为k -， 记11(,)A x y ，22(,)B x y ．设直线PA 的方程为1(2)y k x +=+，与椭圆C 的方程联立，并消去y 得()()222212848840k x k k x k k ++-+--=，则2-，1x 是该方程的两根，则212884212k k x k ---=+，即21244212k k x k-++=+． 设直线PB 的方程为1(2)y k x +=-+，同理得22244212k k x k --+=+．因为()1112y k x +=+，()2212y k x +=-+，所以()()()212121212121228224121812ABkk x k x k x x y y k k k x x x x x x k +++++-+=====---+，因此直线AB 的斜率为定值．2、（2021·山西阳泉市高三期末（理））已知圆22:4C x y +=，点P 为圆C 上的动点，过点P 作x 轴的垂线，垂足为Q ，设D 为PQ 的中点，且D 的轨迹为曲线E (PQD 三点可重合). （1）求曲线E 的方程；（2）不过原点的直线l 与曲线E 交于M ､N 两点，已知OM ，直线l ，ON 的斜率1k ､k ､2k 成等比数列，记以OM ，ON 为直径的圆的面积分别为S 1，S 2，试探究12S S +是否为定值，若是，求出此值；若不是，说明理由.【答案】（1）2214x y +=；（2）12S S +是否为定值，为54π．证明过程见解析．【详解】（1）设(,)D x y ，则有(,2)P x y ，又P 在已知不上，∴2244x y +=，所以曲线E 的方程为2214x y +=；（2）设直线l 方程为y kx t =+，1122(,),(,)M x y N x y ，0t ≠，由2214y kx t x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得222(14)8440k x ktx t +++-=，2222644(14)(44)0k t k t ∆=-+->， ∴122814kt x x k +=-+，21224414t x x k-=+， 111y k x =，222y k x =，∵1k ､k ､2k 成等比数列，∴2121212y y k k k x x ==，∴2221212121212()()()kx t kx t k x x kt x x t k x x x x +++++==，212()0kt x x t ++=，又0t ≠，∴12()0k x x t ++=，228014k tt k -+=+，解得12k =±．1228414kt x x kt k +=-=-+，22122442214t x x t k-==-+， 22222222121212()2162(22)4444x x x x x x k t t t t +=+-=--=-+=，22222222121122()()2244OM ON S S OM ON x y x y ππππ⎛⎫⎛⎫+=⨯+⨯=+=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 222222222211221212124()()4()2()2x y x y kx t kx t k x x kt x x t +++=++++=+++++222244825k k t t =+-+=，∴1254S S π+=为定值． 3、（2021·湖北宜昌市高三期末）已知点A 、B坐标分别是(-，0)，直线AP 、BP 相交于点P ，且它们斜率之积是12-．（1）试求点P 的轨迹Γ的方程；（2）已知直线:4l x =-，过点()2,0F -的直线（不与x 轴重合）与轨迹Γ相交于M ．N 两点，过点M 作MD l ⊥于点D ．求证：直线ND 过定点，并求出定点的坐标．【答案】（1）221(84x y x +=≠±；（2）证明见解析，()3,0-. 【详解】（1）设(),P x y ，由题意得：12PA PB k k ⋅=-12=-，化简得22184x y +=．又x ≠±，∴点P 的轨迹方程为221(84x y x +=≠±．（2）方法一：由椭圆的对称性知，直线ND 过的定点必在x 轴上， 由题意得直线MN 的斜率不为0，设:2MN x my =-，与22184x y +=联立消去x 得：()222440m y my +--=， ()23210m ∆=+>恒成立，设()11,M x y ，()22,N x y ，则()14,D y -，12242m y y m +=+，12242y y m -=+，∴()1212my y y y =-+，2112:(4)4y y ND y x y x -=+++，令0y =， ∴()()12122121424y x y my x y y y y +++=-=---()1211212121221y y y my y y y y y y -+++=-=-=--，3x =-，∴直线ND 过定点()3,0-．方法二：由题意可得直线MN 的斜率不为0，设:2MN x my =-，与22184x y +=联立消去x 得：()222440m y my +--=， ()23210m ∆=+>恒成立，设()11,M x y ，()22,N x y ，则()14,D y -，12242m y y m +=+，12242y y m -=+，()12422m y m -=+，()22422m y m +=+， ()2112121122(4)2:(4)42y y x my y y y y ND y x y x my -+++-=++=++2244)2222m x m m m my -+++++=+2222(4)3)2222x x m m my my +-+++==++ ∴3x =-时0y =， ∴直线ND 过定点()3,0-.4、（2021·安徽池州市高三期末（理））已知椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>的左顶点、右焦点分别为A ，F ，点31,2M ⎛⎫⎪⎝⎭在椭圆C 上，且椭圆C 离心率为12. （1）求椭圆C 的方程；（2）过点F 且斜率为()0k k ≠的直线l 与椭圆C 交于D ，E 两点，直线AD ，AE 斜率分别为1k ，2k ，证明：12kk kk +为定值.【答案】（1）22143x y +=；（2）证明见解析.【详解】（1）由题意可得2222222312112a b c a a b c ⎧⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎪+=⎪⎪⎪=⎨⎪-=⎪⎪⎪⎪⎩，解得2a =，b =所以椭圆C 的方程为22143x y +=. （2）证明：由（1）可知()1,0F ，则直线l 的方程为()1y k x =-.联立22(1)143y k x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，得()22224384120k x k x k +-+-=.设()11,D x y ，()22,E x y ，则2122843k x x k +=+，212241243k x x k -=+，所以()()1212121212112222k x k x y yk k x x x x --+=+=+++++12331122k x x ⎛⎫=-+- ⎪++⎝⎭()()()()()12121212123434222224x x x x k k x x x x x x ⎡⎤⎡⎤++++=-=-⎢⎥⎢⎥+++++⎣⎦⎣⎦2222228344324128244343k k k k k k k ⎡⎤⎛⎫+⎢⎥ ⎪+⎝⎭⎢⎥=-⎢⎥-+⨯+⎢⎥++⎣⎦()222223816122412161612k k k k k k ⎡⎤++⎢⎥=--+++⎢⎥⎣⎦ 222112k k k k ⎛⎫+=-=- ⎪⎝⎭， 所以1211kk kk k k ⎛⎫+=-=- ⎪⎝⎭（定值）.5、（2021·安徽蚌埠市高三二模（理））已知圆()22:224E x y ++=，动圆N 过点()2,0F 且与圆E 相切，记动圆圆心N 的轨迹为曲线C . （1）求曲线C 的方程；（2）P ，Q 是曲线C 上的两个动点，且OP OQ ⊥，记PQ 中点为M ，OP OQ t OM ⋅=，证明：t 为定值.【答案】（1）22162x y +=；（2）证明见解析.【详解】解：（1）点()2,0F 在圆()22:224E x y ++=内，∴圆N 内切于圆E，∴NE NF EF +=>，所以N 点轨迹是以E ，F为焦点的椭圆，且a =2c =，从而b =故点N 的轨迹C 的方程为：22162x y +=.（2）设()11,P x y ，()22,Q x y ，若直线PQ 斜率存在，设直线PQ 方程为y kx m =+，联立22162y kx mx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，整理得：()222136360k x kmx m +++-=，122613km x x k -+=+，21223613m x x k-=+ 因为OP OQ ⊥，所以0OP OQ ⋅=，即12220x x y y +=.化简得：()()22121210k x x km x x m ++++=，即()22222366101313m km k km m k k--+⋅+⋅+=++， 从而，222330m k --=，①因为OP OQ ⊥，且M 为PQ 中点，所以2PQ OM =， 在直角ABC 中，记原点O 到直线PQ 的距离为d ，则2OP OQ d PQ d OM ⋅==，由①知，原点O 到直线l的距离为d ===所以t.若直线PQ 斜率不存在，设直线PQ 方程为x n =，联立22162x n x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得p n ⎛ ⎝，,n ⎛ ⎝ 由OP OQ ⊥得n =t = 综上，t.6、（2021·江苏无锡市高三月考）已知椭圆()2222:10,0x y C a b a b+=>>过点(2,1)-，216y x =-的准线l 交x 轴于点A ，过点A 作直线交椭圆C 于M ，N ．（1）求椭圆C 的标准方程和点A 的坐标； （2）若M 是线段AN 的中点，求直线MN 的方程；（3）设P ，Q 是直线l 上关于x 轴对称的两点，问：直线PM 于QN 的交点是否在一条定直线上？请说明你的理由．【答案】（1）22182x y +=，()4,0A ；（2）(4)6y x =±-；（3）PM 与QN 的交点恒在直线2x =上，理由见解析.【详解】（1）由题意，椭圆()2222:10,0x y C a b a b +=>>过点(2,1)-可得22411a b +=且2c e a ==，又由222c a b =-， 解得228,2a b ==，即椭圆C 的方程为22182x y +=，又由抛物线216y x =-，可得准线方程为:4l x =，所以()4,0A .（2）设()00,N x y ，则004,22x y M +⎛⎫⎪⎝⎭， 联立方程组()2200220018241328x y x y ⎧+=⎪⎪⎨+⎪+=⎪⎩，解得001,x y ==当5,2M N ⎛ ⎝⎭时，可得直线:4)MN y x =-；当5,,(1,2M N ⎛ ⎝⎭时，可得直线:4)MN y x =-； 所以直线MN的方程为4)y x =-. （3）设()()4,,4,P t Q t -，可得:4MN x ky =+， 设()()1122,,,M x y N x y联立方程组224480x ky x y =+⎧⎨+-=⎩，整理得()224880k y ky +++=，所以12122288,44k y y y y k k +=-=++，则1212y y ky y +=-， 又由直线111114:44y t tx y PM y x x x --=+--，222224:44y t y tx QN y x x x ++=---， 交点横坐标为()121212242ky y y y x y y ++==+，所以PM 与QN 的交点恒在直线2x =上.7、（2021·全国高三专题练习）已知椭圆22221(0)x y a b a bΓ+=>>：过点(02)，，其长轴长､焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，直线l 与x 轴的正半轴和y 轴分别交于点Q P 、，与椭圆Γ相交于两点M N 、，各点互不重合，且满足12PM MQ PN NQ λλ==，. （1）求椭圆Γ的标准方程；（2）若直线l 的方程为1y x =-+，求1211λλ+的值； （3）若123，试证明直线l 恒过定点，并求此定点的坐标.【答案】（1）221124x y +=；（2）83-；（3）证明见解析，(2,0). 【详解】（1）由题意，因为椭圆22221(0)x y a b a bΓ+=>>：过点(02)，，可得2b =， 设焦距为2c ，又由长轴长､焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列， 可得222(2)(2)2(2)a b c +=，即2222a b c +=又因为222a b c =+，解得212a =，所以椭圆Γ的标准方程为221124x y +=.（2）由直线l 的方程为1y x =-+，可得而(01)(10)P Q ，，，， 设1122()()M x y N x y ，，，，因为12PM MQ PN NQ λλ==，，可得1111122222(1)(1)(1)(1)x y x y x y x y λλ-=---=--，，，，，， 从而111222(1)(1)x x x x λλ=-=-，，于是12121211x x x x λλ==--，，所以12121212111122x x x x x x λλ++=+-=-，由2211241x y y x ⎧+=⎪⎨⎪=-+⎩，整理得24690x x --=，可得12123924x x x x +==-，，所以1212121211118223x x x x x x λλ++=+-=-=-. （3）显然直线l 的斜率k 存在且不为零，设直线l 的方程为()()0y k x m m =->，1122()()M x y N x y ，，，， 可得(0,)(,0)P km Q m -，， 由1PMMQ ，可得11111()()x y km m x y λ+=--，，， 所以()111x x m λ=-，从而111xm x λ=-，同理222xm x λ=-，又123，∴212122()30x x m x x m -++=①，联立221124()x y y k x m ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩，得22222(13)63120k x k mx k m +-+-=，则()42222222364(13)(312)121240k m k k m k k m -∆=+-=+->②，且2221212226312,1313k m k m x x x x k k -+==++③③代入①得2222222231263122300131313k m k m m m m k k k ---⋅+=⇒=+++，∴2m =，(满足②) 故直线l 的方程为()2y k x =-，所以直线l 恒过定点(20)，. 8、（2020·湖北高三月考）已知抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点F ，若平面上一点(2,3)A 到焦点F 与到准线:2pl x =-的距离之和等于7. （1）求抛物线C 的方程；（2）又已知点P 为抛物线C 上任一点，直线PA 交抛物线C 于另一点M ，过M 作斜率为43k =的直线MN 交抛物线C 于另一点N ，连接.PN 问直线PN 是否过定点，如果经过定点，则求出该定点，否则说明理由.【答案】（1）28y x =；（2）过定点，1,34⎛⎫⎪⎝⎭.【详解】(1)由已知，定点(2,3)A 到焦点F 与到准线:2pl x =-的距离之和等于7.272p ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则4p =，即抛物线的方程28y x =(2)设11(,)P x y ，22(,)M x y ，33(,)N x y ，则121211212222888PM y y y y k y y x x y y ++=-=+=-，同理：238MNk y y =+，138PN k y y =+， 由23843MN k y y ==+知：236y y +=，即236y y =- ① 直线11128:()PM y y x x y y -=-+，即1212()8y y y y y x +-=过(2,3)A 求得1211633y y y -=- ② 同理求直线PN 方程1313()8y y y y y x +-= ③ 由①②得13133()2y y y y =+- 代入③得1313()3()28y y y y y x +-++=13()(3)280y y y x +-+-=故3y =且280x -=时，直线PN 恒过点1,34⎛⎫⎪⎝⎭. 9、（2021·北京高三期末）已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左､右顶点分别为点A ，B ，且AB 4=，椭圆C 离心率为12. （1）求椭圆C 的方程；（2）过椭圆C 的右焦点，且斜率不为0的直线l 交椭圆C 于M ，N 两点，直线AM ，BN 的交于点Q ，求证：点Q 在直线4x =上. 【答案】（1）22143x y +=；（2）证明见解析.【详解】解：（1）因为AB 4=，椭圆C 离心率为12， 所以2222412a c a a b c=⎧⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩，解得24a =，23b =.所以椭圆C 的方程是22143x y +=.（2）①若直线l 的斜率不存在时，如图，因为椭圆C 的右焦点为()1,0，所以直线l 的方程是1x =.所以点M 的坐标是31,2⎛⎫⎪⎝⎭，点N 的坐标是31,2⎛⎫- ⎪⎝⎭.所以直线AM 的方程是()122y x =+， 直线BN 的方程是()322y x =-. 所以直线AM ，BN 的交点Q 的坐标是()4,3.所以点Q 在直线4x =上. ②若直线l 的斜率存在时，如图.设斜率为k .所以直线l 的方程为()1y k x =-.联立方程组()221143y k x x y ⎧=-⎪⎨+=⎪⎩消去y ，整理得()2223484120kx k x k+-+-=.显然0∆>.不妨设()11,M x y ，()22,N x y ，所以2122834kx x k +=+，212241234k x x k-⋅=+. 所以直线AM 的方程是()1122y y x x =++. 令4x =，得1162=+y y x . 直线BN 的方程是()2222y y x x =--.令4x =，得2222y y x =-. 所以()()121212126121622222k x k x y y x x x x ---=-+-+- ()()()()()()12121261222122k x x k x x x x ---+-=+-分子()()()()1212612221k x x k x x =---+-()()12211212232222k x x x x x x x x =--+--+-⎡⎤⎣⎦. ()12122258k x x x x =-++⎡⎤⎣⎦ ()2222241258283434k k k k k ⎡⎤-⨯⎢⎥=-+++⎢⎥⎣⎦22228244024322034k k k k k ⎛⎫--++== ⎪+⎝⎭. 所以点Q 在直线4x =上.10、（2021·安徽高三月考（理））已知圆22:5O x y +=，椭圆2222:1(0)x y a b a bΓ+=>>的左右焦点为12,F F ，过1F 且垂直于x 轴的直线被椭圆和圆所截得弦长分别为1和．（1）求椭圆的标准方程；（2）如图P 为圆上任意一点，过P 分别作椭圆两条切线切椭圆于A ，B 两点． （ⅰ）若直线PA 的斜率为2，求直线PB 的斜率； （ⅱ）作PQ AB ⊥于点Q ，求证：12QF QF +是定值．【答案】（1）2214x y +=；（2）（i ）12-；（ii ）证明见解析．【详解】解：（1）由题意得：222221a b c ba ⎧=+⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩2,1,a b c ===得椭圆的标准方程为：2214x y +=（2）（ⅰ）设()00,P x y ，切线()00y y k x x -=-，则22005x y +=。
圆锥曲线中有关过定点及定值问题—教学反思
圆锥曲线中有关过定点及定值问题—教学反思解析几何是用代数的手段解决几何问题，在教学中我发现了许多圆锥曲线中过定点或比值为定值问题。
讲清楚这类问题不难，教者只要讲清这类问题的原理为等式恒成立，方法为待定系数法即可。
后来发现如果只讲方法与原理，不少学生的掌握仅限于模仿，处于知其然不知其所以然的境况；而在几何中过定点问题可以依据的几何方法找到直观的解释。
如果教者能潜心研究，发现其几何解释，这样不仅很好地解释过定点或定值问题，而且能让学生易于接受结果，学生学习积极性的会有更好提高、对解几的运算更能接受。
下面通过几个例子能说明问题：例1：已知t ∈R ，圆 C ：x 2＋y 2－2tx －2t 2y ＋4t －4＝0.(1)若圆C 圆心在直线x －y ＋2＝0上，求圆C 的方程；(2)圆C 是否过定点？如果过定点，求出定点的坐标；如果不过定点，说明理由．【解析】(1)圆C 的方程可化为(x －t)2＋(y －t 2)2＝t 4＋t 2－4t ＋4，其圆心为(t ，t 2)，则由题意有t － t 2＋2＝0，所以t ＝－1或t ＝2，故圆C 的方程为(x ＋1)2＋(y －1)2＝10或(x －2)2＋(y －4)2＝16.例2：(2009年高考江苏卷)如图在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C 1：(x ＋3)2＋(y －1)2＝4和圆C 2：(x －4)2＋(y －5)2＝4.(1)若直线l 过点A (4,0)，且被圆C 1截得的弦长为23，求直线l 的方程；(2)设P 为平面上的点，满足：存在过点P 的无穷多对互相垂直的直线l 1和l 2，它们分别与圆C 1和C 2相交，且直线l 1被圆C 1截得的弦长与直线l 2被圆C 2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P 的坐标．解：(1)由于直线x ＝4与圆C 1不相交，所以直线l 的斜率存在．设直线l 的方程为y ＝k (x －4)，圆C 1的圆心到直线l 的距离为d ，因为直线l 被圆C 1截得的弦长为23，所以d ＝22－(3)2＝1.由点到直线的距离公式得d ＝|1－k (－3－4)|1＋k 2，从而k (24k ＋7)＝0，即k ＝0或k ＝－724，所以直线l 的方程为y ＝0或7x ＋24y －28＝0.()()222222222041220.402,20220044022002201,t C x y t C x y x y x y x x y y x y x y x C t t y x C y C ⎧+===⎧⎧⎪⎨⎨⎨==+--=⎪⎩⎩⎩=⎧⎨=⎩=⎧⎨=⎩当＝时，圆：＋＝；当＝时，圆：＋－－＝解方程组解得或将代入圆的方程，左边＝－＋不恒等于；将代入圆的方程，左边＝＝右边，故圆过定点方法：．()22222(4)(24)(2)0.402240,.0202,02C x y x t y t x y x x y y C ⎧+-==⎧⎪-+=⎨⎨=⎩⎪-=⎩将圆的方程整理为＋－＋－＋＋－＝令解得故圆过定点方法：．(2)设点P (a ，b )满足条件，不妨设直线l 1的方程为y －b ＝k (x －a )，k ≠0，则直线l 2的方程为y －b ＝－1k (x －a )．因为圆C 1和圆C 2的半径相等，且直线l 1被圆C 1截得的弦长与直线l 2被圆C 2截得的弦长相等，所以圆C 1的圆心到直线l 1的距离和圆C 2的圆心到直线l 2的距离相等，即|1－k (－3－a )－b |1＋k 2＝|5＋1k (4－a )－b |1＋1k2， 整理得|1＋3k ＋ak －b |＝|5k ＋4－a －bk |，从而1＋3k ＋ak －b ＝5k ＋4－a －bk 或1＋3k ＋ak －b ＝－5k －4＋a ＋bk ，即(a ＋b －2)·k ＝b －a ＋3或(a －b ＋8)k ＝a ＋b －5，因为k 的取值有无穷多个，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b －2＝0，b －a ＋3＝0，或⎩⎪⎨⎪⎧ a －b ＋8＝0，a ＋b －5＝0，解得⎩⎨⎧ a ＝52，b ＝－12，或⎩⎨⎧a ＝－32，b ＝132. 这样点P 只可能是点P 1(52，－12)或点P 2(－32，132)． 经检验点P 1和P 2满足题目条件．分析：此两点实际为以C 1、C 2为直径的圆与C 1C 2为线段的中垂线的交点，可以借助两三角形全等来解释。
圆锥曲线中的定点和定值问题(毛玉峰)
圆锥曲线中的定点和定值问题泰兴市第二高级中学毛玉峰圆锥曲线是解析几何的重要内容之一 ，是高考的重点考查内容•这部分知识综合性较强，对学生 逻辑思维能力、计算能力等要求很高 ，特别是圆锥曲线中的定点与定值问题，此类问题主要涉及到直 线、圆、圆锥曲线等方面的知识，渗透了函数、化归、数形结合等思想，是高考的热点题型之一 . 【要点梳理】1.解析几何中，定点、定值问题是高考命题的一个热点，也是一个难点，解决这类问题基本思想是 明确的，那就是定点、定值必然是在变化中所表现出来的不变量，所以可运用函数的思想方法，选 定适当的参数，结合等式的恒成立求解，也就是说与题中的可变量无关。
2.椭圆中常见的定值结论:校际交流材料结论 1:经过原点的直线1与椭圆x ~~2 ay b 2 1(a 点，直线 PM ,PN 的斜率都存在，则kPM*PN 为定值结论 x 22：已知M ,N 是椭圆—- 2 y_■ 2 1(ab 0b 0）相交于M,N 两点，P 是椭圆上的动 两点，P 是M,N 的中点，直线MN,OP 的2 2结论3：设A, B, C 是椭圆—2 y ? a bM ,N 两点，则1(ab 0）上的三个不同点，B,C 关于x 轴对称，直线AB, AC 分别与x 轴交于OMgDN 为定值a 2.结论2x4:过椭圆— a 2y_ b 21(a b 0）上一点P （x o , y o ）上任意作两条斜率互为相反数的直线交椭圆于 M ,N 两点，则直线 MN 的斜率为定值b冷 2 a y o结论2x5:分别过椭圆—a2y''21（a b 0）上两点P （x °,y °），Q （x °,y 。
）作两条斜率互为相反数的直线交椭圆于 M,N 两点，则直线 MN 的斜率为定值b （x° x 。
）a 2（y 。
y 。
）3.定点问题：对圆锥曲线中定点的确定，通常设出适当的参数，求出相应曲线系（直线系）方程, 利用定点对参变量方程恒成立的特点，列出方程（组），从而确定出定点或者也可以对参变量取特殊值确定出定点，再进行一般性证明.22a b b 2斜率都存在，则k MN 広“为定值2 .a4.定值问题：求证或判断某几何量是否为定值时，可引进适当的参变量，直接求出相应几何量的值，说明或证明其为定值(与参变量无关)下面结合具体例子加以说明•例 1.已知圆G：(x 1)2 y2 1 和圆C2: (x 4)2 y2 4 .(1)过圆心G作倾斜角为的直线I交圆C2于A,B两点，且A为GB的中点，求sin ;(2)过点P(m,1)引圆C2的两条割线b和12，直线l i和12被圆C2截得的弦的中点分别为M,N.试问过点P,M,N,C2的圆是否过定点(异于点C2 )?若过定点，求出该定点；若不过定点，说明理由；【解析】(1)(解略)(2)依题意，过点P,M , N,C2的圆即为以PC2为直径的圆，所以(x 4)( x m)(y 1)(y0) 0 ,即 2 x2(m 4)x 4m y y 0整理成关于实数m的等式(4x)m x24x y2 y 0恒成立4x0x 4 , x4则2 2，所以或即存在定点(4,1).x 4x y y0y 0 y1小结：本题列出了圆系方程，再整理成关于参变量的方程，列出方程组，得出定点。
圆锥曲线中定点问题的解题策略
圆锥曲线中定点问题的解题策略高玉荣(山东省安丘市第二中学ꎬ山东安丘２６２１００)摘㊀要:圆锥曲线中的定点问题主要是指圆锥曲线试题中直线过定点或者圆过定点问题.本文结合具体例子给出圆锥曲线中定点问题的解题策略ꎬ以期为一线教师提供解题思路与方法.关键词:圆锥曲线ꎻ定点问题ꎻ直线ꎻ斜率ꎻ解题策略中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０９－００２４－０４收稿日期:２０２３－１２－２５作者简介:高玉荣(１９６８.５－)ꎬ男ꎬ山东省安丘人ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学解题研究.㊀㊀圆锥曲线中的直线过定点问题ꎬ主要考查直线与圆锥曲线的位置关系以及化归思想㊁数形结合思想和数学运算求解能力等.圆锥曲线中定点问题的题型主要有:切点弦问题㊁斜率之和为定值问题㊁斜率之积为定值问题以及定点的存在性问题.笔者对圆锥曲线中的定点问题进行分类解析并给出解题策略.１解题策略(１)从特殊位置入手ꎬ找出定点ꎬ再证明该点适合题意.(２)解题的关键是设点ꎬ设线ꎬ直线与圆锥曲线联系ꎬ然后表示出直线的斜率ꎬ进而求直线方程并证明结论等.２两垂直弦的中点所在的直线例１㊀过椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)的左焦点Ｆ(－ｃꎬ０)作两条互相垂直的弦ＡＢ㊁ＣＤꎬ若弦ＡＢꎬＣＤ的中点分别为ＭꎬＮꎬ那么直线ＭＮ恒过定点(－ａ２ｃａ２＋ｂ２ꎬ０)[１].证明:设直线ＡＢ方程为ｘ＝ｔｙ－ｃꎬ直线ＣＤ方程为ｘ＝－１ｔｙ－ｃꎬ设Ｍ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬＮ(ｘᶄ０ꎬｙᶄ０).把直线ＡＢ代入椭圆方程ꎬ得(ｂ２ｔ２＋ａ２)ｙ２－２ｂ２ｃｔｙ－ｂ４＝０ꎬ则ｙ０＝ｙ１＋ｙ２２＝ｂ２ｃｔｂ２ｔ２＋ａ２ꎬｘ０＝ｔｙ０－ｃ＝－ａ２ｃｂ２ｔ２＋ａ２ꎬ同理ꎬ将－１ｔ替代ｔꎬ得ｙᶄ０＝－ｂ２ｃｔａ２ｔ２＋ｂ２ꎬｘᶄ０＝－ａ２ｃｔ２ａ２ｔ２＋ｂ２.从而ｋＭＮ＝ｙ０－ｙᶄ０ｘ０－ｘᶄ０＝ｔ(ａ２＋ｂ２)(ｔ２＋１)ａ２(ｔ４－１)＝(ａ２＋ｂ２)ｔａ２(ｔ２－１)ꎬ所以直线ＭＮ为ｙ＝(ａ２＋ｂ２)ｔａ２(ｔ２－１)(ｘ＋ａ２ｃｂ２ｔ２＋ａ２)＋ｂ２ｃｔｂ２ｔ２＋ａ２ꎬ化简得ａ２(ｔ２－１)ｔｙ＝(ａ２＋ｂ２)ｘ＋ａ２ｃꎬ故直线ＭＮ过定点(－ａ２ｃａ２＋ｂ２ꎬ０).３切点弦问题例２㊀已知椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１(ａ>ｂ>０)的短轴长为２ꎬ椭圆上一点到两焦点的距离之和是６.(１)求椭圆Ｃ的方程ꎻ(２)若直线ｌ的方程是ｘ＋ｙ－６＝０ꎬ点Ｍ是直线ｌ上一点ꎬ过点Ｍ作椭圆Ｃ的切线ＭＧꎬＭＨꎬ切点分别为ＧꎬＨꎬ设切线的斜率都存在ꎬ试问:直线ＧＨ是否过定点?若过定点ꎬ求出该点的坐标ꎻ若不过ꎬ请说明理由[２].解㊀(１)依题意知ꎬａ＝３ꎬｂ＝１ꎬ所以椭圆方程为ｘ２９＋ｙ２＝１.(２)证明设Ｇ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＨ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬＭ(ｘ３ꎬｙ３)ꎬ直线ＭＧ的方程为ｙ－ｙ１＝ｋ(ｘ－ｘ１).由ｙ－ｙ１＝ｋ(ｘ－ｘ１)ｘ２＋９ｙ２＝９{ꎬ得(９ｋ２＋１)ｘ２＋１８ｋ(ｙ１－ｋｘ１)ｘ＋９(ｙ１－ｋｘ１)２－９＝０ꎬ则ә＝１８ｋ(ｙ１－ｋｘ１)[]２－４(９ｋ２＋１)９(ｙ１－ｋｘ１)２－９[]＝０ꎬ化简得(ｙ１－ｋｘ１)２＝９ｋ２＋１ꎬ所以(ｘ２１－９)ｋ２－２ｘ１ｙ１ｋ＋ｙ２１－１＝０ꎬ又由方程只有一解ꎬ则ｋ＝ｘ１ｙ１ｘ２１－９＝－ｘ１９ｙ１ꎬ所以直线ＭＧ方程为ｙ－ｙ１＝－ｘ１９ｙ１(ｘ－ｘ１)ꎬ化简得ｘ１ｘ＋９ｙ１ｙ＝９ꎬ同理可得ꎬ直线ＭＨ方程为ｘ２ｘ＋９ｙ２ｙ＝９.又因为两条切线都经过点Ｍ(ｘ３ꎬｙ３)ꎬ所以ｘ１ｘ３＋９ｙ１ｙ３＝９ｘ２ｘ３＋９ｙ２ｙ３＝９{ꎬ所以直线ＧＨ方程为ｘ３ｘ＋９ｙ３ｙ＝９.又ｘ３＋ｙ３－６＝０ꎬ所以直线ＧＨ方程为６ｘ－９＋(９ｙ－ｘ)ｙ３＝０ꎬ令６ｘ－９＝０９ｙ－ｘ＝０{ꎬ得ｘ＝３２ｙ＝１６ìîíïïïïꎬ所以直线ＧＨ恒过定点３２ꎬ１６æèçöø÷.点评㊀圆锥曲线的切点弦方程的一般结论如下[３]:Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)分别是抛物线ｙ２＝２ｐｘ㊁椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１和双曲线ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１外的一点ꎬ则过Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)作曲线的切线ꎬ切点为ＡꎬＢꎬ则直线ＡＢ的方程分别是ｙ０ｙ＝ｐ(ｘ＋ｘ０)ꎬｘ０ｘａ２＋ｙ０ｙｂ２＝１ꎬｘ０ｘａ２－ｙ０ｙｂ２＝１.利用切点弦的结论ꎬ快速解决下面的例３.例３㊀动点Ｐ(ｘ０ꎬｙ０)在直线Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃ＝０上ꎬ由Ｐ引椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１的两条切线ꎬ切点分别是ＭꎬＮꎬ则直线ＭＮ必过定点Ｇ(－ａ２Ｃꎬ－ｂ２ＢＡＣ).证明㊀由题意得Ａｘ０＋Ｂｙ０＋Ｃ＝０ꎬ①ＭＮ是椭圆的切点弦方程ꎬ故其方程为ｘ０ｘａ２＋ｙ０ｙｂ２＝１ꎬ即ｂ２ｘ０ｘ＋ａ２ｙ０ｙ＝ａ２ｂ２ꎬ②将①代入②消去ｘ０得(Ａａ２ｙ－Ｂｂ２ｘ)ｙ０＝ａ２ｂ２＋Ｃｂ２ｘꎬ由于ｙ０的任意性ꎬ故有Ａａ２ｙ－Ｂｂ２ｘ＝０ａ２ｂ２＋Ｃｂ２ｘ＝０{ꎬ解得ｘ＝－ａ２Ｃꎬｙ＝－ｂ２ＢＡＣ.所以直线ＭＮ必过定点Ｇ(－ａ２Ｃꎬ－ｂ２ＢＡＣ).４斜率之积为定值例４㊀已知双曲线Ｃ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１(ａ>０ꎬｂ>０)的两条渐近线互相垂直ꎬ且过点Ｄ２ꎬ１().(１)求双曲线Ｃ的方程ꎻ(２)设Ｐ为双曲线的左顶点ꎬ直线ｌ过坐标原点且斜率不为０ꎬｌ与双曲线Ｃ交于ＡꎬＢ两点ꎬ直线ｍ过ｘ轴上一点Ｑ(异于点Ｐ)ꎬ且与直线ｌ的倾斜角互补ꎬｍ与直线ＰＡꎬＰＢ分别交于ＭꎬＮ(ＭꎬＮ不在坐标轴上)两点ꎬ若直线ＯＭꎬＯＮ的斜率之积为定值ꎬ求点Ｑ的坐标.解㊀(１)略.(２)(方法１)设点.设Ａ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬＭ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＮ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬＱ(ｔꎬ０)ꎬ由(１)知Ｐ(－１ꎬ０)ꎬ设直线ＯＭꎬＯＮ的斜率分别为ｋ１ꎬｋ２ꎬ因为ＡꎬＰꎬＭ三点共线ꎬ所以ｋＡＰ＝ｋＭＰꎬ即ｙ０ｘ０＋１＝ｙ１ｘ１＋１.因为直线ｍ过ｘ轴上一点Ｑ(异于点Ｐ)ꎬ且与直线ｌ的倾斜角互补ꎬ所以ｋｍ＝－ｋｌꎬ即ｋＭＱ＝－ｋＯＡꎬ所以ｙ１ｘ１－ｔ＝－ｙ０ｘ０.联立ｙ０ｘ０＋１＝ｙ１ｘ１＋１ｙ１ｘ１－ｔ＝－ｙ０ｘ０ìîíïïïï可得ｘ１＝(ｔ－１)ｘ０＋ｔ２ｘ０＋１ｙ１＝(ｔ＋１)ｙ０２ｘ０＋１ìîíïïïïꎬ所以ｋ１＝ｙ１ｘ１＝(ｔ＋１)ｙ０２ｘ０＋１(ｔ－１)ｘ０＋ｔ２ｘ０＋１＝(ｔ＋１)ｙ０(ｔ－１)ｘ０＋ｔꎬ同理可得ｋ２＝(ｔ＋１)(－ｙ０)(ｔ－１)(－ｘ０)＋ｔ.因为直线ＯＭꎬＯＮ的斜率之积为定值ꎬ设定值为ｃꎬ则ｋ１ｋ２＝－(ｔ＋１)２ｙ２０ｔ２－(ｔ－１)２ｘ２０＝－(ｔ＋１)２ｙ２０ｔ２－(ｔ－１)２(ｙ２０＋１)＝ｃꎬ整理可得(ｔ＋１)２－ｃ(ｔ－１)２[]ｙ２０＋ｃ(２ｔ－１)＝０ꎬ其中ｔʂ１.因为上式对任意的ｙ０都成立ꎬ所以２ｔ－１＝０(ｔ＋１)２－ｃ(ｔ－１)２＝０{ꎬ可得ｔ＝１２ꎬｃ＝９ꎬ所以点Ｑ的坐标为１２ꎬ０æèçöø÷.(方法２)设线[４].设Ａ(ｘ０ꎬｙ０)ꎬＭ(ｘ１ꎬｙ１)ꎬＮ(ｘ２ꎬｙ２)ꎬＱ(ｔꎬ０)ꎬ由(１)知Ｐ(－１ꎬ０)ꎬ因为ｋＰＡｋＰＢ＝ｙ０ｘ０＋１ ｙ０ｘ０－１＝ｙ２０ｘ２０－１＝１.不妨设直线ＰＡ的斜率为ｋꎬ则直线ＰＢ的斜率为１ｋꎬ联立ｙ＝ｋ(ｘ＋１)ｘ２－ｙ２＝１{得(ｋ２－１)ｘ２＋２ｋ２ｘ＋ｋ２＋１＝０ꎬ所以－１ ｘ０＝ｋ２＋１ｋ２－１ꎬ于是ｘ０＝－ｋ２＋１ｋ２－１ꎬｙ０＝ｋ－ｋ２＋１ｋ２－１＋１æèçöø÷＝－２ｋｋ２－１ꎬ所以ｋＡＢ＝ｙ０ｘ０＝２ｋｋ２＋１ꎬ于是直线ｍ的方程为ｙ＝－２ｋｋ２＋１(ｘ－ｔ)ꎬ联立ｙ＝－２ｋｋ２＋１(ｘ－ｔ)ｙ＝ｋ(ｘ＋１){ꎬ解得ｘ＝(２ｔ－１)－ｋ２３＋ｋ２ｙ＝２(ｔ＋１)ｋ３＋ｋ２ìîíïïïïꎬ所以ｋＯＭ＝２(ｔ＋１)ｋ(２ｔ－１)－ｋ２.同理ꎬｋＯＮ＝２(ｔ＋１)１ｋ(２ｔ－１)－１ｋæèçöø÷２＝２(ｔ＋１)ｋ(２ｔ－１)ｋ２－１.因为直线ＯＭꎬＯＮ的斜率之积为定值ꎬ设定值为ｃꎬ则２(ｔ＋１)ｋ(２ｔ－１)－ｋ２ ２(ｔ＋１)ｋ(２ｔ－１)ｋ２－１＝ｃꎬ化简得ｃ(２ｔ－１)ｋ４＋４(ｔ＋１)２－ｃ(４ｔ２－４ｔ＋２)[]ｋ２＋ｃ(２ｔ－１)＝０(ｔʂ１).因为上式对任意的实数ｋ都成立ꎬ所以ｃ(２ｔ－１)＝０４(ｔ＋１)２－ｃ(４ｔ２－４ｔ＋２)＝０{ꎬ解得ｔ＝１２ｃ＝９{ꎬ所以点Ｑ的坐标为１２ꎬ０æèçöø÷.５定点的存在性问题例５㊀如图１ꎬ已知椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()的左顶点为Ａ－２ꎬ０()ꎬ焦距为２３.动圆Ｄ的圆心坐标是０ꎬ２()ꎬ过点Ａ作圆Ｄ的两条切线分别交椭圆于Ｍ和Ｎ两点ꎬ记直线ＡＭ㊁ＡＮ的斜率分别为ｋ１和ｋ２.(１)求证:ｋ１ｋ２＝１ꎻ(２)若Ｏ为坐标原点ꎬ作ＯＰʅＭＮꎬ垂足为Ｐ.是否存在定点Ｑꎬ使ＰＱ为定值?解㊀(１)由题意知ꎬ椭圆Ｃ的左顶点为Ａ－２ꎬ０()ꎬ焦距为２３ꎬ可得ａ＝２２ｃ＝２３ａ２＝ｂ２＋ｃ２ìîíïïïïꎬ解得ａ２＝４ꎬｂ２＝１ꎬ所以故椭圆Ｃ的方程为ｘ２４＋ｙ２＝１ꎬ设过点Ａ与圆Ｄ的切线的直线为ｙ＝ｋｘ＋２()ꎬ动圆的半径为ｒꎬ则２ｋ－２ｋ２＋１＝ｒꎬ化简得４－ｒ２()ｋ２－８ｋ＋４－ｒ２＝０ꎬ所以ｋ１和ｋ２是方程４－ｒ２()ｋ２－８ｋ＋４－ｒ２＝０的两根ꎬ由韦达定理知ꎬｋ１ｋ２＝１.(２)设点Ｍｘ１ꎬｙ１()ꎬＮｘ２ꎬｙ２()ꎬ联立方程组ｙ＝ｋｘ＋２()ｘ２４＋ｙ２＝１{ꎬ整理得１＋４ｋ２()ｘ２＋１６ｋ２ｘ＋１６ｋ２－４＝０ꎬ则－２()ｘ１＝１６ｋ２－４４ｋ２＋１ꎬ得ｘ１＝２－８ｋ２４ｋ２＋１ꎬｙ１＝４ｋ４ｋ２＋１ꎬ所以Ｍ２－８ｋ２４ｋ２＋１ꎬ４ｋ４ｋ２＋１æèçöø÷因为ｋ１ｋ２＝１ꎬ所以将ｋ换成１ｋꎬ可得Ｎ２ｋ２－８ｋ２＋４ꎬ４ｋｋ２＋４æèçöø÷ꎬ则直线ＭＮ的斜率ｋ＝４ｋ４ｋ２＋１－４ｋｋ２＋４２－８ｋ２４ｋ２＋１－２ｋ２－８ｋ２＋４＝３ｋ４ｋ２＋１()所以直线ＭＮ的方程为ｙ－４ｋ４ｋ２＋１＝３ｋ４ｋ２＋１()ｘ－２－８ｋ２４ｋ２＋１æèçöø÷如图１ꎬ由椭圆的对称性[５]可知ꎬ直线ＭＮ必过轴上一定点Ｅｘ０ꎬ０()所以０－４ｋ４ｋ２＋１＝３ｋ４ｋ２＋１()ｘ０－２－８ｋ２４ｋ２＋１æèçöø÷ꎬ化简得４０＋１２ｘ０()ｋ２＋３ｘ０＋１０＝０这是一个与ｋ无关的方程ꎬ所以ｘ０＝－１０３ꎬ即直线ＭＮ过定点Ｅ－１０３ꎬ０æèçöø÷.因为ＯＰʅＭＮꎬ所以点Ｐ的轨迹是以ＯＥ为直径的圆上的一段弧ꎬ故存在点Ｑ－５３ꎬ０æèçöø÷ꎬ使得ＰＱ为定值.点评㊀对于圆锥曲线中的定点㊁定值问题的求图１㊀例５题图解策略:(１)对于定点㊁定值问题ꎬ可考虑能否用特殊点或特殊值求得定点或定值ꎬ再把结论推广到一般结论ꎻ(２)运用函数与方程的思想方法进行解答ꎬ一般步骤:①选择适当的变量ꎻ②把要证明的定点㊁定值的量表示为上述变量的函数或方程ꎻ③把定点㊁定值的量化成与变量无关的结构形式ꎬ从而加以判定或证明.６结束语圆锥曲线中的定点问题是高考的难题ꎬ令很多考生望而生畏.破解圆锥曲线中定点问题的策略主要是通法(即设点㊁设线㊁联立㊁韦达等)ꎬ只不过还需要熟悉一些常用的结论ꎬ比如切点弦方程㊁两点直径圆㊁同构思想㊁齐次化思想等.在解题时ꎬ熟悉通法与常用的数学思想最为关键ꎬ然后进行分类㊁总结ꎬ再加强训练ꎬ假以时日ꎬ定能提高学习效率与解题能力.参考文献:[１]李鸿昌.高中数学一点一题型(新高考版)[Ｍ].合肥:中国科学技术大学出版社ꎬ２０２２:７.[２]秦俭ꎬ林方.同构思想在处理双切线问题中的应用[Ｊ].数学通讯ꎬ２０２２(０７):２８－３２.[３]李鸿昌.高考题的高数探源与初等解法[Ｍ].合肥:中国科学技术大学出版社ꎬ２０２２:４.[４]李鸿昌.圆锥曲线中 非对称 问题的成因及破解策略[Ｊ].数学通讯ꎬ２０２２(２２):３２－３５.[５]李鸿昌.二次曲线系在圆锥曲线四点共圆问题中的应用[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２２(０７):９２－９４.[责任编辑:李㊀璟]。