第32节 圆锥曲线中的定点定值问题（解析版）

第32节圆锥曲线中的定点定值问题基本技能要落实考点一直线过定点问题【例1】(2022·兰州一模)设M点为圆C：x2＋y2＝4上的动点，点M在x轴上的投影为N.动点P满足2PN→＝3MN→，动点P的轨迹为E.(1)求E的方程；(2)设E的左顶点为D，若直线l：y＝kx＋m与曲线E交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且满足|DA→＋DB→|＝|DA→－DB→|，求证：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标.【解析】(1)解设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0，0)，∵2PN→＝3MN→，∴2(x0－x，－y)＝3(0，－y0)，即x0＝x，y0＝23y，又点M在圆C：x2＋y2＝4上，∴x20＋y20＝4，将x0＝x，y0＝23y代入得x24＋y23＝1，即轨迹E的方程为x24＋y23＝1.(2)证明由(1)可知D(－2，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得y＝kx＋m，x24＋y23＝1，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，Δ＝(8mk)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝16(12k2－3m2＋9)＞0，即3＋4k2－m2＞0，∴x1＋x2＝－8mk3＋4k2，x1x2＝4（m2－3）3＋4k2.y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝3m2－12k23＋4k2.∵|DA→＋DB→|＝|DA→－DB→|，∴DA→⊥DB→，即DA→·DB→＝0，即(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，∴4m2－123＋4k2＋2×－8mk3＋4k2＋4＋3m2－12k23＋4k2＝0，∴7m2－16mk＋4k2＝0，解得m1＝2k，m2＝27k，且均满足3＋4k2－m＞0.当m＝2k时，l的方程为y＝kx＋2k＝k(x＋2)，直线恒过点(－2，0)，与已知矛盾；当m＝27k时，l的方程为y＝kx＋27k＝kx＋27，直线恒过点－27，0.∴直线l过定点，定点坐标为－27，0.【方法技巧】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.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.【解析】(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，A(x1，y1)，B(x1，－y1)，k1＋k2＝y1－32－y1－32x1＋1＝1，解得x1＝－4，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).考点二其他曲线过定点问题【例2】已知椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右顶点分别是双曲线C2：x2m2－y2＝1的左、右焦点，且C1与C2相交于点233，33.(1)求椭圆C1的标准方程；(2)设直线l：y＝kx－13与椭圆C1交于A，B两点，以线段AB为直径的圆是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点；若不恒过定点，请说明理由.【解析】(1)将233，33代入x2m2－y2＝1，解得m2＝1，∴a2＝m2＋1＝2，将233，33代入x22＋y2b2＝1，解得b2＝1，∴椭圆C1的标准方程为x22＋y2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝kx－13，x22＋y2＝1，整理得(9＋18k2)x2－12kx－16＝0，∴x1＋x2＝12k9＋18k2，x1x2＝－169＋18k2，Δ＝144k2＋64(9＋18k2)0.由对称性可知，以AB为直径的圆若恒过定点，则定点必在y轴上.设定点为M(0，y0)，则MA→＝(x1，y1－y0)，MB→＝(x2，y2－y0)，MA→·MB→＝x1x2＋(y1－y0)(y2－y0)＝x1x2＋y1y2－y0(y1＋y2)＋y20＝x1x2＋k2x1x2－k3(x1＋x2)－y0k（x1＋x2）－23＋19＋y20＝(1＋k2)x1x2－k13＋y0(x1＋x2)＋y20＋23y0＋19＝18（y20－1）k2＋9y20＋6y0－159＋18k2＝0，∴y20－1＝0，9y20＋6y0－15＝0，解得y0＝1，∴M(0，1)，∴以线段AB为直径的圆恒过定点(0，1).【方法技巧】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.以曲线上的点为参数，设点P(x1，y1)，利用点在曲线f(x，y)＝0上，即f(x1，y1)＝0消参.【跟踪训练】1.(2022·湖南三湘名校联考)已知椭圆C：y2a2＋x2b2＝1(a＞b≥1)的离心率为22，其上焦点到直线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.【解析】(1)由题意得，e＝ca＝22，又a2＝b2＋c2，所以a＝2b，c＝b.又|2ac－2|4a2＋b2＝23，a＞b≥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为直径的圆恒过定点，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).考点三长度或距离为定值【例3】(2020·北京卷)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b.(1)求椭圆C的方程；(2)过点B(－4，0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝－4于点P，Q，求|PB||BQ|的值.【解析】(1)由椭圆过点A(－2，－1)，得4a2＋1b2＝1.又a＝2b，∴44b2＋1b2＝1，解得b2＝2，∴a2＝4b2＝8，∴椭圆C的方程为x28＋y22＝1.(2)当直线l的斜率不存在时，显然不合题意.设直线l：y＝k(x＋4)，由y＝k（x＋4），x2＋4y2＝8得(4k2＋1)x2＋32k2x＋64k2－8＝0.由Δ＞0，得－12＜k＜12.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－32k24k2＋1，x1x2＝64k2－84k2＋1.又∵直线AM：y＋1＝y1＋1x1＋2(x＋2)，令x＝－4，得yP＝－2（y1＋1）x1＋2－1.将y1＝k(x1＋4)代入，得yP＝－（2k＋1）（x1＋4）x1＋2.同理yQ＝－（2k＋1）（x2＋4）x2＋2.∴yP＋yQ＝－(2k＋1)x1＋4x1＋2＋x2＋4x2＋2＝－(2k＋1)·2x1x2＋6（x1＋x2）＋16（x1＋2）（x2＋2）＝－(2k＋1)·2（64k2－8）4k2＋1＋6×（－32k2）4k2＋1＋16（x1＋2）（x2＋2）＝－(2k＋1)·128k2－16－192k2＋64k2＋16（4k2＋1）（x1＋2）（x2＋2）＝0.∴|PB|＝|BQ|，∴|PB||BQ|＝1.【方法技巧】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.以曲线上的点为参数，设点P(x1，y1)，利用点在曲线f(x，y)＝0上，即f(x1，y1)＝0消参.【跟踪训练】1.在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2－y2＝1.设椭圆C2：4x2＋y2＝1.若M，N分别是C1，C2上的动点，且OM⊥ON，求证：O到直线MN的距离是定值.【解析】当直线ON垂直于x轴时，|ON|＝1，|OM|＝22，则O到直线MN的距离为33，当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为y＝kx显然|k|22，则直线OM的方程为y＝－1kx，由y＝kx，4x2＋y2＝1，得x2＝14＋k2，y2＝k24＋k2，所以|ON|2＝1＋k24＋k2，同理|OM|2＝1＋k22k2－1，设O到直线MN的距离为d，因为(|OM|2＋|ON|2)d2＝|OM|2|ON|2，所以1d2＝1|OM|2＋1|ON|2＝3k2＋3k2＋1＝3，即d＝33.综上，O到直线MN的距离是定值.考点四斜率或其表达式为定值【例4】(2022·西安调研)已知点Q是圆M：(x＋5)2＋y2＝36上的动点，点N(5，0)，若线段QN的垂直平分线交MQ于点P.(1)求动点P的轨迹E的方程；(2)若A是轨迹E的左顶点，过点D(－3，8)的直线l与轨迹E交于B，C两点，求证：直线AB，AC的斜率之和为定值.【解析】(1)解由题意可知，线段QN的垂直平分线交MQ于点P，所以|PN|＝|PQ|，则|PM|＋|PN|＝|PM|＋|PQ|＝625，所以P的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，设该椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，则2a＝6，c＝5，所以b2＝4，可得动点P的轨迹E的方程为x29＋y24＝1.(2)证明由(1)可得，过点D的直线l斜率存在且不为0，故可设l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，B(x1，y1)，C(x2，y2)，由y＝kx＋m，x29＋y24＝1得(4＋9k2)x2＋18kmx＋9m2－36＝0，Δ＝(18km)2－4(4＋9k2)(9m2－36)＝144(9k2－m2＋4)0，x1＋x2＝－18km4＋9k2，x1x2＝9m2－364＋9k2，而kAB＋kAC＝y1x1＋3＋y2x2＋3＝y1（x2＋3）＋y2（x1＋3）（x1＋3）（x2＋3）＝（kx1＋m）（x2＋3）＋（kx2＋m）（x1＋3）（x1＋3）（x2＋3）＝2kx1x2＋（3k＋m）（x1＋x2）＋6mx1x2＋3（x1＋x2）＋9＝2k×9m2－364＋9k2＋（3k＋m）－18km4＋