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§8.11　圆锥曲线中定点与定值问题
题型一　定点问题
例1　(2022·黄山质检)已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)，其短轴长为2，离心率为e1，双曲线C2：－＝1(p>0，q>0)的渐近线为y＝±x，离心率为e2，且e1·e2＝1.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设椭圆C1的右焦点为F，动直线l(l不垂直于坐标轴)交椭圆C1于M，N不同的两点，设直线FM和FN的斜率为k1，k2，若k1＝－k2，试探究该动直线l是否过x轴上的定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由．
解　(1)由题意知，
椭圆C1：＋＝1(a>b>0)，
其短轴长为2，可得b＝，椭圆的离心率为e1，
双曲线C2：－＝1(p>0，q>0)的渐近线为y＝±x，
即＝，即＝3，
所以离心率为e2＝＝＝2，
且e1·e2＝1.
所以e1＝＝＝＝，
解得a＝2，
所以椭圆C1的方程为＋＝1.
(2)假设该直线过定点(t,0)，
设直线l的方程为y＝k(x－t)(k≠0)，
联立
消去y，整理得
(3＋4k2)x2－8k2tx＋4k2t2－12＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
Δ>0 48(k2t2－3－4k2)<0，
k1＋k2＝＋
＝＋
＝k·
＝k·＝0，
所以2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，
即2·－(t＋1)·＋2t
＝＝0，
所以－24＋6t＝0，
解得t＝4，即直线过定点(4,0)．
教师备选
在平面直角坐标系中，已知动点M(x，y)(y≥0)到定点F(0,1)的距离比到x轴的距离大1.
(1)求动点M的轨迹C的方程；
(2)过点N(4,4)作斜率为k1，k2的直线分别交曲线C于不同于N的A，B两点，且＋＝1.证明：直线AB恒过定点．
(1)解　由题意可知＝y＋1，化简可得曲线C：x2＝4y.
(2)证明　由题意可知，N(4,4)是曲线C：x2＝4y上的点，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则lNA：y＝k1(x－4)＋4，lNB：y＝k2(x－4)＋4，
联立直线NA的方程与抛物线C的方程，
x2－4k1x＋16(k1－1)＝0，
解得x1＝4(k1－1)，①
同理可得x2＝4(k2－1)，②
而lAB：y－＝(x－x1)，③
又＋＝1，④
由①②③④整理可得lAB：y＝(k1＋k2－2)x－4，
故直线AB恒过定点(0，－4)．
思维升华　求解直线或曲线过定点问题的基本思路
(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．
(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
跟踪训练1　(2022·邯郸质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，且过点.
(1)求椭圆方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m(k≠0)交椭圆C于A，B两点，且线段AB的中点M在直线x＝上，求证：线段AB的中垂线恒过定点N.
(1)解　椭圆过点，即＋＝1，
又2c＝2，得a2＝b2＋3，
所以a2＝4，b2＝1，即椭圆方程为＋y2＝1.
(2)证明　由
得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，
设AB的中点M为(x0，y0)，
得x0＝－＝，
即1＋4k2＝－8km，
所以y0＝kx0＋m＝k－＝－.
所以AB的中垂线方程为y＋＝－，
即y＝－，
故AB的中垂线恒过点N.
题型二　定值问题
例2　(2022·济南模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)上的动点M到直线x＝－1的距离比到抛物线E的焦点F的距离大.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)设点Q是直线x＝－1(y≠0)上的任意一点，过点P(1,0)的直线l与抛物线E交于A，B两点，记直线AQ，BQ，PQ的斜率分别为kAQ，kBQ，kPQ，证明：为定值．
(1)解　由题意可知抛物线E的准线方程为
x＝－，
所以－＝－，即p＝1，
故抛物线E的标准方程为y2＝2x.
(2)证明　设Q(－1，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为直线l的斜率显然不为0，故可设直线l的方程为x＝ty＋1.
联立消去x，得y2－2ty－2＝0.
Δ＝4t2＋8>0，
所以y1＋y2＝2t，y1y2＝－2，kPQ＝－.
又kAQ＋kBQ＝＋
＝
＝
＝
＝
＝＝－y0.
所以＝＝2(定值)．
教师备选
(2022·邯郸模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若|F1F2|＝2，△ABF2的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)＝λ，＝μ，试分析λ＋μ是否为定值，若是，求出这个定值，否则，说明理由．
解　(1)因为△ABF2的周长为8，
所以4a＝8，解得a＝2，
由|F1F2|＝2，得2＝2＝2，
所以b2＝3，
因此椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由题意可得直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝k(x＋1)，
由
整理得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
显然Δ>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则
设M(0，k)，又F1(－1,0)，
所以＝(x1，y1－k)，＝(x1＋1，y1)，
则λ＝.
同理可得＝(x2，y2－k)，
＝(x2＋1，y2)，
则μ＝.
所以λ＋μ＝＋
＝
＝
＝
＝
＝＝，
所以λ＋μ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．依题设条件，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　(2022·湖北九师联盟开学考)在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上一点，且PF2与x轴垂直．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点Q的直线l交C于A，B两点，证明：＋为定值．
(1)解　由题意得F2(1,0)，F1(－1,0)，
且c＝1，
则2a＝|PF1|＋|PF2|
＝＋＝2，
即a＝，所以b＝＝1，
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明　当直线AB的斜率为零时．点A，B为椭圆长轴的端点，
则＋＝＋＝
＝＝3.
当直线AB不与x轴重合时，
设直线AB的方程为x＝ty－，
点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立消去x，
得(t2＋2)y2－y－＝0，
则Δ＝t2＋(t2＋2)>0恒成立，
由根与系数的关系，得y1＋y2＝，
y1y2＝－.
所以＋
＝＋
＝
＝
＝
＝
＝×＝3.
综上，＋＝3为定值．
课时精练
1．(2022·临沂模拟)已知P(1,2)在抛物线C：y2＝2px上．
(1)求抛物线C的方程；
(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点．
(1)解　将P点坐标代入抛物线方程y2＝2px，得4＝2p，即p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明　设AB：x＝my＋t，将AB的方程与y2＝4x联立得y2－4my－4t＝0，
Δ>0 16m2＋16t>0 m2＋t>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，
kPA＝＝＝，
同理kPB＝，
由题意知＋＝2，
即4(y1＋y2＋4)＝2(y1y2＋2y1＋2y2＋4)，
解得y1y2＝4，故－4t＝4，即t＝－1，
故直线AB：x＝my－1恒过定点(－1,0)．
2．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，且其左顶点到右焦点的距离为5.
(1)求椭圆的方程；
(2)设点M，N在椭圆上，以线段MN为直径的圆过原点O，试问是否存在定点P，使得P到直线MN的距离为定值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解　(1)由题设可知
解得a＝3，c＝2，b2＝a2－c2＝5，
所以椭圆的方程为＋＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
①若直线MN与x轴垂直，
由对称性可知|x1|＝|y1|，
将点M(x1，y1)代入椭圆方程，
解得|x1|＝，
原点到该直线的距离d＝；
②若直线MN不与x轴垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，
由
消去y得(9k2＋5)x2＋18kmx＋9m2－45＝0，
由根与系数的关系得
由题意知，·＝0，
即x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，
得(k2＋1)＋km＋m2＝0，
整理得45k2＋45＝14m2，
则原点到该直线的距离
d＝＝＝，
故存在定点P(0,0)，使得P到直线MN的距离为定值．
3．(2022·湖南天壹名校联盟模拟)椭圆＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，直线AB的斜率为－，△OAB的面积为1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)椭圆上有两点M，N(异于椭圆顶点，且MN与x轴不垂直)，证明：当△OMN的面积最大时，直线OM与ON的斜率之积为定值．
(1)解　椭圆＋＝1(a>b>0)的右顶点A(a,0)，上顶点B(0，b)，
由题知
解得
所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明　由已知MN与x轴不垂直，可知直线MN的斜率存在，
设直线MN的方程为y＝kx＋t，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立
整理得(4k2＋1)x2＋8ktx＋4t2－4＝0，
其中Δ＝(8kt)2－4(4k2＋1)(4t2－4)
＝16(4k2－t2＋1)>0，
即4k2＋1>t2，
且x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以|MN|＝
＝.
又原点O到直线MN的距离d＝，
所以S△OMN＝·|MN|·d
＝··
＝
≤＝1，
当且仅当t2＝4k2－t2＋1，即2t2＝4k2＋1时，等号成立，
所以kOM·kON＝＝
＝
＝k2＋＝k2＋
＝.
由2t2＝4k2＋1，可得kOM·kON＝－，
所以当△OMN的面积最大时，直线OM与ON的斜率之积为定值．
4．(2022·南京模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2，长轴长为4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点F1不与x轴重合的直线l与椭圆C相交于E，D两点，试问在x轴上是否存在一个点M，使得直线ME，MD的斜率之积恒为定值？若存在，求出该定值及点M的坐标；若不存在，请说明理由．
解　(1)因为焦距为2，长轴长为4，
即2c＝2,2a＝4，
解得c＝1，a＝2，
所以b2＝a2－c2＝3，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由(1)知F1(－1,0)，
设点E(x1，y1)，D(x2，y2)，M(m,0)，
因为直线l不与x轴重合，
所以设直线l的方程为x＝ny－1，
联立
得(3n2＋4)y2－6ny－9＝0，
所以Δ＝(－6n)2＋36(3n2＋4)>0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝－，
又x1x2＝(ny1－1)(ny2－1)
＝n2y1y2－n(y1＋y2)＋1
＝－－＋1＝－，
x1＋x2＝n(y1＋y2)－2＝－2
＝－.
直线ME，MD的斜率分别为kME＝，
kMD＝，
所以kME·kMD＝·
＝
＝
＝
＝
＝－，
要使直线ME，MD的斜率之积恒为定值，
3m2－12＝0，
解得m＝±2，
当m＝2时，存在点M(2,0)，使得
kME·kMD＝－
＝－＝－，
当m＝－2时，存在点M(－2,0)，使得
kME·kMD＝－＝－，
综上，在x轴上存在点M，使得ME，MD的斜率之积恒为定值，
当点M的坐标为(2,0)时，直线ME，MD的斜率之积为定值－，
当点M的坐标为(－2,0)时，直线ME，MD的斜率之积为定值－.

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