第9章 平面解析几何 高考难点突破课2 圆锥曲线的综合问题 第一课时　定点问题

第一课时定点问题题型一直线过定点问题例1(2020·全国Ⅰ卷)已知A，B分别为椭圆E：x2a2＋y2＝1(a1)的左、右顶点，G为E的上顶点，AG→·GB→＝8，P为直线x＝6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.(1)解由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1).则AG→＝(a，1)，GB→＝(a，－1).由AG→·GB→＝8，得a2－1＝8，解得a＝3或a＝－3(舍去).所以椭圆E的方程为x29＋y2＝1.(2)证明设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t).若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3n3.易知直线PA的方程为y＝t9(x＋3)，所以y1＝t9(x1＋3).易知直线PB的方程为y＝t3(x－3)，所以y2＝t3(x2－3).可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3).①由于x229＋y22＝1，故y22＝－（x2＋3）（x2－3）9，②由①②可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，结合x＝my＋n，得(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.③将x＝my＋n代入x29＋y2＝1，得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.所以y1＋y2＝－2mnm2＋9，y1y2＝n2－9m2＋9.代入③式，得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2＋9)＝0.解得n＝－3(舍去)或n＝32.故直线CD的方程为x＝my＋32，即直线CD过定点32，0.若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点32，0.综上，直线CD过定点32，0.感悟提升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.训练1已知点P－1，32是椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)上一点，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，|PF1|＋|PF2|＝4.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l不经过P点且与椭圆C相交于A，B两点.若直线PA与直线PB的斜率之和为1，问：直线l是否过定点？证明你的结论.解(1)由|PF1|＋|PF2|＝4，得a＝2，又P－1，32在椭圆上，代入椭圆方程有1a2＋94b2＝1，解得b＝3，所以椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.(2)当直线l的斜率不存在时，设A(x1，y1)，B(x1，－y1)，k1＋k2＝y1－32－y1－32x1＋1＝1，解得x1＝－4，与椭圆无交点，不符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝kx＋m，3x2＋4y2－12＝0，整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，x1＋x2＝－8km3＋4k2，x1x2＝4m2－123＋4k2，Δ＝48(4k2－m2＋3)0.由k1＋k2＝1，整理得(2k－1)x1x2＋k＋m－52(x1＋x2)＋2m－4＝0，即(m－4k)(2m－2k－3)＝0.当m＝k＋32时，此时，直线l过P点，不符合题意；当m＝4k时，Δ＝4k2－m2＋30有解，此时直线l：y＝k(x＋4)过定点(－4，0).题型二圆过定点问题例2(2021·湖南三湘名校联考)已知椭圆C：y2a2＋x2b2＝1(ab≥1)的离心率为22，它的上焦点到直线bx＋2ay－2＝0的距离为23.(1)求椭圆C的方程；(2)过点P13，0的直线l交椭圆C于A，B两点，试探究以线段AB为直径的圆是否过定点.若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由.解(1)由题意得，e＝ca＝22.又a2＝b2＋c2，所以a＝2b，c＝b.又|2ac－2|4a2＋b2＝23，ab≥1，所以b2＝1，a2＝2，故椭圆C的方程为y22＋x2＝1.(2)当AB⊥x轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x－132＋y2＝169.当AB⊥y轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.可得两圆交点为Q(－1，0).由此可知，若以线段AB为直径的圆过定点，则该定点为Q(－1，0).下证Q(－1，0)符合题意.设直线l的斜率存在，且不为0，其方程设为y＝kx－13，代入y22＋x2＝1，并整理得(k2＋2)x2－23k2x＋19k2－2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2k23（k2＋2），x1x2＝k2－189（k2＋2），所以QA→·QB→＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2x1－13x2－13＝(1＋k2)x1x2＋1－13k2(x1＋x2)＋1＋19k2＝(1＋k2)·k2－189（k2＋2）＋1－13k2·2k23（k2＋2）＋1＋19k2＝0.故QA→⊥QB→，即Q(－1，0)在以线段AB为直径的圆上.综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(－1，0).感悟提升1.定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平位置、竖直位置，即k＝0或k不存在时.2.圆过定点问题，一般从圆的直径所对的圆心角为直角入手，利用垂直关系找到突破口，从而解决问题.训练2(2022·江西红色七校联考)已知椭圆C：y2a2＋x2b2＝1(ab0)的离心率为22，且椭圆上一点到两个焦点的距离之和为22.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点S－13，0的动直线l交椭圆C于A，B两点，试问：在x轴上是否存在一个定点T，使得无论直线l如何转动，以AB为直径的圆恒过点T？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由.解(1)由椭圆的定义可得2a＝22，则a＝2，∵椭圆C的离心率e＝ca＝22，∴c＝1，则b＝a2－c2＝1，∴椭圆C的标准方程为y22＋x2＝1.(2)当直线l不与x轴重合时，设直线l的方程为x＝my－13，A(x1，y1)，B(x2，y2)，T(t，0)，由x＝my－13，y22＋x2＝1消去x并整理，得(18m2＋9)y2－12my－16＝0，Δ＝144m2＋64(18m2＋9)＝144(9m2＋4)0恒成立，则y1＋y2＝12m18m2＋9＝4m6m2＋3，y1y2＝－1618m2＋9.由于以AB为直径的圆恒过点T，则TA⊥TB，TA→＝my1－t－13，y1，TB→＝my2－t－13，y2，则TA→·TB→＝my1－t－13my2－t－13＋y1y2＝(m2＋1)y1y2－mt＋13(y1＋y2)＋t＋132＝－16（m2＋1）－mt＋13×12m18m2＋9＋t＋132＝t＋132－（12t＋20）m2＋1618m2＋9＝0，∵点T为定点，∴t为定值，与m无关，∴12t＋2018＝169，解得t＝1，此时TA→·TB→＝432－169＝0，符合题意.当直线l与x轴重合时，AB为椭圆C的短轴，易知以AB为直径的圆过点(1，0).综上所述，存在定点T(1，0)，使得无论直线l如何转动，以AB为直径的圆恒过定点T.圆锥曲线中的“伴侣点”问题在圆锥曲线的很多性质中，常常出现一对活跃的点A(m，0)和Ba2m，0，这一对点总是同时出现在圆锥曲线的对称轴上，形影不离，相伴而行，我们把这对特殊的点形象地称作圆锥曲线的“伴侣点”.圆锥曲线的“伴侣点”在我们研究圆锥曲线的性质中具有重要的地位，蕴涵着圆锥曲线许多有趣的性质.例已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a0，b0)，设A(m，0)和Ba2m，0(0ma)是x轴上的两点，过点A作斜率不为0的直线l，使得l交双曲线于C，D两点，作直线BC交双曲线于另一点E.证明：直线DE垂直于x轴.证明设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，E(x3，y3)，则直线l的方程为y＝y1x1－m(x－m).把直线l的方程代入双曲线方程，整理得(b2x21－a2y21－2b2mx1＋b2m2)x2＋2a2my21x－a2y21m2－a2b2(x1－m)2＝0，由b2x21－a2y21＝a2b2(点C在双曲线上)，上面方程可化简为(a2b2－2b2mx1＋b2m2)x2＋2a2my21x－a2[(y21＋b2)m2＋b2x21－2b2mx1]＝0，又因为b2x21－a2y21＝a2b2，所以a2(y21＋b2)＝b2x21，代入上式，方程又可化简为(a2b2－2b2mx1＋b2m2)x2＋2a2my21x－b2x21m2－a2b2x21＋2a2b2mx1＝0，由已知，显然a2b2－2b2mx1＋b2m2≠0，于是x1x2＝－x21m2＋a2x21－2a2mx1a2－2mx1＋m2，因为x1≠0，得x2＝－x1m2＋a2x1－2a2ma2－2mx1＋m2(*)同理，直线BC的方程为y＝y1x1－a2mx－a2m，所以只要把(*)中m换成a2m，就可以得到x3＝－x1a2m2＋a2x1－2a2a2ma2－2a2mx1＋a2m2＝－x1m2＋a2x1－2a2ma2－2mx1＋m2，所以x2＝x3，故直线DE垂直于x轴.1.已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1，2)为抛物线C上一点.(1)求抛物线C的方程；(2)若点B(1，－2)在抛物线C上，过点B作抛物线C的两条弦BP与BQ，如kBP·kBQ＝－2，求证：直线PQ过定点.(1)解若抛物线的焦点在x轴上，设抛物线方程为y2＝ax，代入点A(1，2)，可得a＝4，所以抛物线方程为y2＝4x.若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线方程为x2＝my，代入点A(1，2)，可得m＝12，所以抛物线方程为x2＝12y.综上所述，抛物线C的方程是y2＝4x或x2＝12y.(2)证明因为点B(1，－2)在抛物线C上，所以由(1)可得抛物线C的方程是y2＝4x.易知直线BP，BQ的斜率均存在，设直线BP的方程为y＋2＝k(x－1)，将直线BP的方程代入y2＝4x，消去y，得k2x2－(2k2＋4k＋4)x＋(k＋2)2＝0.设P(x1，y1)，则x1＝（k＋2）2k2，所以P（k＋2）2k2，2k＋4k.用－2k替换点P坐标中的k，可得Q((k－1)2，2－2k)，从而直线PQ的斜率为2k＋4k－2＋2k（k＋2）2k2－（k－1）2＝2k3＋4k－k4＋2k3＋4k＋4＝2k－k2＋2k＋2，故直线PQ的方程是y－2＋2k＝2k－k2＋2k＋2·[x－(k－1)2].在上述方程中，令x＝3，解得y＝2，所以直线PQ恒过定点(3，2).2.已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为F1(－3，0)，F2(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.(1)解由椭圆的定义，可知2a＝|AF1|＋|AF2|＝（23）2＋122＋12＝4.解得a＝2.又b2＝a2－(3)2＝1.∴椭圆C的标准方程为x24＋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x＝my＋4，x24＋y2＝1，消去x，可得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.∵Δ＝16(m2－12)0，∴m212.∴y1＋y2＝－8mm2＋4，y1y2＝12m2＋4.∵kP′Q＝y2＋y1x2－x1＝y2＋y1m（y2－y1）.∴直线P′Q的方程为y＋y1＝y