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高考重难专攻(六)　圆锥曲线中的定点、定值问题
处理圆锥曲线中定点问题的方法：(1)探索直线过定点时，可设直线方程为y＝kx＋m，然后利用条件建立k，m的等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．
处理圆锥曲线中定值问题的方法：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
定点问题
考向1　参数法求证定点问题的一般思路
(1)把直线或者曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把常量当作未知数，将方程一端化为0，即化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式(这里把常量k当作未知数)．
(2)既然过定点，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0，这样就得到一个关于x，y的方程组，即
(3)这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点，即满足的点(x0，y0)为直线或曲线所过的定点．
　(2020·全国Ⅰ卷)已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝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．
[解]　(1)由题意得A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)．
则＝(a,1)，＝(a，－1)．
由·＝8得a2－1＝8，即a＝3．
所以E的方程为＋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－3由于直线PA的方程为y＝(x＋3)，所以y1＝(x1＋3)．
直线PB的方程为y＝(x－3)，所以y2＝(x2－3)．
可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)．
由于＋y＝1，故y＝－，可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，
即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0．①
将x＝my＋n代入＋y2＝1得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0．
所以y1＋y2＝－，y1y2＝．
代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2·(m2＋9)＝0．
解得n＝－3(舍去)或n＝．
故直线CD的方程为x＝my＋，即直线CD过定点．
若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点．
综上，直线CD过定点．
直线过定点问题的解题模型
　
考向2　先找后证法求证定点问题的一般思路
根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明定点与变量无关．
　已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦点F在抛物线y2＝8x的准线上，且椭圆C经过点A(，1)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作长轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋t与直线l1，l2分别交于M，N两点．求证：以MN为直径的圆经过定点F．
[解]　(1)抛物线y2＝8x的准线为x＝－2，
所以F(－2,0)，即c＝2，
又因为椭圆C经过点A(，1)，
则解得a2＝8，b2＝4，
所以椭圆C的方程为＋＝1．
(2)证明：由(1)知，A1(－2，0)，A2(2，0)，
所以l1：x＝－2，l2：x＝2，
联立消y得(2k2＋1)x2＋4ktx＋2t2－8＝0，
因为直线l为椭圆C的一条切线，
所以Δ＝(4kt)2－4(2k2＋1)(2t2－8)＝0，
整理得8k2－t2＋4＝0，故t2－8k2＝4，
因为l与直线l1，l2分别交于M，N两点，
设M(－2，y1)，N(2，y2)，
所以＝(－2＋2，y1)，＝(2＋2，y2)，
则·＝y1y2－4，
因为y1＝－2k＋t，y2＝2k＋t，
则y2y2＝t2－8k2＝4，
所以·＝y1y2－4＝4－4＝0，
所以⊥，即∠MFN＝90°，
所以以MN为直径的圆经过定点F．
圆过定点可依据直径所对圆周角为直角直接转化为两条线段的垂直，进而转化为两个向量垂直，即两向量的数量积等于0，从而建立方程求解定点的坐标．　
已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F，半焦距c＝2，点F到右准线x＝的距离为，过点F作双曲线C的两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD的中点分别为M，N．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标．
解：(1)由题设可得c－＝，c＝2，所以a2＝3，b2＝c2－a2＝1．
所以双曲线C的标准方程为－y2＝1．
(2)证明：由(1)知双曲线的右焦点为F(2,0)．
设过点F的弦AB所在的直线方程为x＝ky＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以M．
由消去x得(k2－3)y2＋4ky＋1＝0，Δ＞0．
因为弦AB与双曲线C有两个交点，所以k2－3≠0，
所以y1＋y2＝，所以M．
当k＝0时，M点即F点，此时，直线MN为x轴；
当k≠0时，将上式M点坐标中的k换成－，可得N．
①当直线MN不垂直于x轴时，直线MN的斜率kMN＝＝，直线MN的方程为y－＝，化简得y＝(x－3)，所以直线MN过定点(3,0)．
②当直线MN垂直于x轴时，＝，此时k＝±1，直线MN也过定点(3,0)．
综上所述，直线MN过定点(3,0)．
定值问题
定值问题的实质是在求解解析几何问题中，探索某些几何量(斜率、距离、线段长度、面积等)与变量无关，或某些代数式的值(某些量的和、积、商等)与变量无关．
考向1　证明某些几何量为定值
　(2020·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2,1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
[解]　(1)由题意得＋＝1，＝，解得a2＝6，b2＝3．
所以C的方程为＋＝1．
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0．
于是x1＋x2＝－，x1x2＝．①
由AM⊥AN知，·＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0．
将①代入上式可得(k2＋1)－(km－k－2)＋(m－1)2＋4＝0．
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0．
因为A(2,1)不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1．
于是直线MN的方程为y＝k－(k≠1)．
所以直线MN过点P．
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．
由·＝0得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0．
又＋＝1，可得3x－8x1＋4＝0．
解得x1＝2(舍去)，x1＝．
此时直线MN过点P．
令Q为AP的中点，即Q．
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝|AP|＝．
若D与P重合，则|DQ|＝|AP|．
综上，存在点Q，使得|DQ|为定值．
参数法解决圆锥曲线中定值问题的一般步骤
　
考向2　证明某些代数式的值为定值
　已知O为坐标原点，过点M(1,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p＞0)交于A，B两点，且·＝－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S1，S2，证明：＋为定值．
[解]　(1)设直线l：x＝my＋1，
联立方程
消去x得，y2－2pmy－2p＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－2p，
又因为·＝x1x2＋y1y2
＝(my1＋1)(my2＋1)＋y1y2
＝(1＋m2)y1y2＋m(y1＋y2)＋1
＝(1＋m2)(－2p)＋2pm2＋1＝－2p＋1＝－3．
解得p＝2．
所以抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)证明：由(1)知M(1,0)是抛物线C的焦点，
所以|AB|＝x1＋x2＋p＝my1＋my2＋2＋p＝4m2＋4．
原点到直线l的距离d＝，
所以S1＝××4(m2＋1)＝2．
因为直线l′过点(1,0)且l′⊥l，
所以S2＝2 ＝2．
所以＋＝＋＝．
即＋为定值．
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)证明代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式中参数有关的等式，代入代数式并化简，即可得出定值；
(2)证明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、证明．　
　
如图所示，F为椭圆C：＋y2＝1的右焦点，过点(2,0)的直线与椭圆C交于A，B两点．
(1)若点B为椭圆C的上顶点，求直线AF的方程；
(2)设直线AF，BF的斜率分别为k1，k2(k2≠0)，求证：为定值．
解：(1)因为点B为椭圆C：＋y2＝1的上顶点，所以B(0,1)．
又直线AB过点(2,0)，故直线AB的方程为x＋2y－2＝0．
由消去x得3y2－4y＋1＝0，解得y＝1或y＝，所以A，
又F (1,0)，故直线AF的方程为y＝x－1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
法一：设直线AB：x＝ty＋2，代入椭圆方程可得(2＋t2)y2＋4ty＋2＝0，Δ＝8(t2－2)＞0，则|t|＞．
由根与系数的关系得y1＋y2＝，y1y2＝，
所以k1＋k2＝＋＝＋＝＝＝0，
又k2≠0，故＝－1，即为定值．
法二：由法一知y1＋y2＝，y1y2＝，
所以＝－，即ty1y2＝－，
所以＝＝＝＝＝＝－1．
即为定值．
法三：易知直线AB的斜率存在，设直线AB：y＝k(x－2)(k≠0)，代入椭圆的方程可得(1＋2k2)x2－8k2x＋(8k2－2)＝0，Δ＝8(1－2k2)＞0，则|k|＜．
由根与系数的关系得x1＋x2＝，x1x2＝，
所以＝＝＝＝．
因为x1x2－x1－x2＋2＝＋2＝，x2＝－x1，
所以＝＝＝－1，即为定值．
[课时过关检测]
1．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A，B分别为C的右顶点和上顶点，若△ABF1的面积是△ABF2的面积的3倍，且·＝3．
(1)求C的标准方程；
(2)若过点且斜率不为0的直线与C交于M，N两点，点P在直线x＝6上，且NP与x轴平行，求证：直线MP恒过定点．
解：(1)设椭圆C的焦距为2c，则F1(－c,0)，F2(c,0)，
∵点A，B分别为C的右顶点和上顶点，∴A(a,0)，B(0，b)，则＝(a＋c,0)，＝(c，b)．
又△ABF1的面积是△ABF2的面积的3倍，且·＝3，
∴解得a＝2，c＝1，则b＝＝，∴C的标准方程为＋＝1．
(2)证明：设直线MN的方程为x＝my＋，M，N(x2，y2)，则P(6，y2)．
由消去x，整理得(3m2＋4)y2＋4my－＝0，Δ>0恒成立，
由根与系数的关系得，y1＋y2＝，y1y2＝，∴my1y2＝(y1＋y2)．
又直线MP的方程为y－y2＝(x－6)，令y＝0，得x－6＝．∵x1＝my1＋，
∴x－6＝＝＝＝－，则x＝，
故直线MP恒过定点．
2．(2022·洛阳统考)设抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点P(4，m)(m＞0)是抛物线C上一点，且|PF|＝5．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若A，B为抛物线 C上异于P的两点，且PA⊥PB．记点A，B到直线y＝－4的距离分别为a，b，求证：ab为定值．
解：(1)由抛物线的定义知|PF|＝＋4＝5，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)证明：由P(4，m)(m＞0)是抛物线C上一点，得m＝4，
易知直线PA斜率存在且不为0，设直线PA的方程为x－4＝t(y－4)(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由消去x得y2－4ty＋16(t－1)＝0，Δ＝16(t－2)2＞0，所以t≠2，所以y1＝4t－4，
所以a＝|y1－(－4)|＝|4t|．
因为PA⊥PB，所以用－代替t(t≠0，t≠2，－≠2)，得y2＝－－4，b＝|y2－(－4)|＝，
所以ab＝＝16，即ab为定值．
3．△ABC中，已知B(－，0)，C(，0)，AD⊥BC交BC于点D，H为AD中点，满足BH⊥AC，点H的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点M作直线l交曲线C于P，Q两点，求证：以PQ为直径的圆恒过定点．
解：(1)设H(x，y)，则A(x,2y)，＝(x＋，y)，＝(x－，2y)，
因为BH⊥AC，所以·＝0，即(x＋)(x－)＋2y2＝0，
整理得x2＋2y2＝2，即＋y2＝1．
因为在△ABC中，三顶点不可能共线，所以y≠0，
故曲线C的方程为＋y2＝1(y≠0)．
(2)证明：若直线l斜率不存在，可得圆：x2＋y2＝1，
若直线l斜率为0，可得圆：x2＋2＝．
两个圆的公共点为N(0，－1)，
若直线l斜率存在且不为0时，设其方程为y＝kx＋(k≠0)，由可得(2k2＋1)x2＋kx－＝0，
Δ＞0恒成立，设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由根与系数的关系得
·＝(x1，y1＋1)·(x2，y2＋1)＝x1x2＋(y1＋1)·(y2＋1)
＝x1x2＋
＝(k2＋1)x1x2＋k(x1＋x2)＋
＝＋＋
＝＝0，
即NP⊥NQ，所以以PQ为直径的圆经过定点N(0，－1)．
综上所述，以PQ为直径的圆恒过定点N(0，－1)．
4．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．
解：(1)因为抛物线y2＝2px过点P(1,2)，所以2p＝4，即p＝2．
故抛物线C的方程为y2＝4x．
由题意知，直线l的斜率存在且不为0．
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0．
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，解得k＜0或0＜k＜1．
又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．从而k≠－3．
所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝．
直线PA的方程为y－2＝(x－1)．
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2．
同理得点N的纵坐标为yN＝＋2．
由＝λ，＝μ，得λ＝1－yM，μ＝1－yN．
所以＋＝＋＝＋
＝·＝·＝2．
所以＋为定值．

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