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九　 圆锥曲线中的定点、定直线、定值问题
掌握解决定点、定直线和定值问题的一般方法，提升数学运算素养．
考点1 定点问题
命题角度1　直线过定点问题
【例1】　（2024·北京海淀区二模）已知椭圆E的焦点在x轴上，中心在坐标原点．以E的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为6.
(1)求椭圆E的方程．
(2)设过点M(2，0)的直线l（不与坐标轴垂直）与椭圆E交于不同的两点A，C，与直线x＝16交于点P.点B在y轴上，D为坐标平面内的一点，四边形ABCD是菱形．求证：直线PD过定点．
【解】　(1)由题意可设椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，c2＝a2－b2.
因为以E的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为6，所以2a＋2c＝6，且＝，所以a＝2，c＝，所以b2＝6.所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)证明：设直线l的方程为x＝ty＋2(t≠0)，
令x＝16，得y＝，即P.
由得(3t2＋4)y2＋12ty－12＝0.
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，
则y1＋y2＝－，y1y2＝－.
设AC的中点为N(x3，y3)，则
y3＝＝－，
所以x3＝ty3＋2＝.
因为四边形ABCD为菱形，所以N为BD的中点，AC⊥BD，
所以直线BD的斜率为－t，
所以直线BD的方程为
y＋＝－t.
令x＝0，得y＝－＝，所以B.
设点D的坐标为(x4，y4)，
则x4＝2x3＝，y4＝2y3－＝－，
即D.
所以直线PD的方程为y－＝(x－16)，
即y＝(x－4).
所以直线PD过定点(4，0).
直线过定点问题的常用方法
(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明．
(2)“一般推理，特殊求解”，即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点．
(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)或斜截式方程y＝kx＋b来证明．
命题角度2　圆过定点问题
【例2】　已知抛物线y2＝4x的焦点F与椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点重合，且点F关于直线y＝x的对称点在椭圆上．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)过点Q且斜率为k的动直线l交椭圆于A，B两点，在y轴上是否存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【解】　(1)由题意可得抛物线y2＝4x的焦点F(1，0)，
点F关于直线y＝x的对称点为(0，1)，故b＝1，c＝1，因此a＝，
所以椭圆方程为＋y2＝1.
(2)假设存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点．
当k＝0，即AB⊥y轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋＝，令x＝0，解得y＝1或y＝－，即M的坐标为(0，1)或.
当k≠0时，直线l：y＝kx－，代入＋y2＝1，有(2k2＋1)x2－kx－＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝－.
当M(0，1)时，＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)，
·＝x1x2＋·＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋＝(1＋k2)·－k·＋＝0，满足题意；
当M时，＝，＝，·＝x1x2＋kx1＋＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋＝(1＋k2)·＋k·＋≠0，不满足题意．
综上，在y轴上存在定点M(0，1)，使以AB为直径的圆恒过这个定点．
圆锥曲线中圆过定点问题的解法：充分利用圆的几何特征，即圆过定点，可依据直径所对圆周角为直角，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．
【对点训练1】　（2024·江西九江二模）已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，点P(3，4)在C上．
(1)求双曲线C的方程；
(2)直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，若直线PA，PB的斜率互为倒数，求证：直线l过定点．
解：(1)由已知得e＝＝，c2＝a2＋b2，所以b＝2a.
又点P(3，4)在C上，故－＝1，解得a2＝5，故b2＝20，
所以双曲线C的方程为－＝1.
(2)证明：当l斜率不存在时，显然不满足条件．
当l斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，与C的方程联立，消去y得(4－k2)x2－2kmx－m2－20＝0，
由已知得k2≠4，且Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋20)＝16(m2－5k2＋20)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝－，
设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则
k1＝＝，k2＝，
由已知k1k2＝1，故(kx1＋m－4)·(kx2＋m－4)＝(x1－3)(x2－3)，
即(k2－1)x1x2＋(km－4k＋3)(x1＋x2)＋m2－8m＋7＝0，
所以－(k2－1)(m2＋20)＋2km(km－4k＋3)＋(4－k2)(m2－8m＋7)＝0，
化简得(m＋3k－4)(5m－9k－12)＝0，又已知l不过点P(3，4)，故m＋3k－4≠0，所以5m－9k－12＝0，即m＝k＋，
故直线l的方程为y＝k＋，所以直线l过定点.
考点2 动点在定直线上的问题
【例3】　（2024·湖南娄底一模）若抛物线Γ的方程为y2＝4x，焦点为F，设P，Q是抛物线Γ上两个不同的动点．
(1)若|PF|＝3，求直线PF的斜率；
(2)设PQ的中点为R，若直线PQ的斜率为，求证：R在一条定直线上．
【解】　(1)由题意得F(1，0)，|PF|＝xP＋1＝3，∴xP＝2，将x＝2代入y2＝4x，得y＝±2，∴P（2，±2），
∴kPF＝＝±2.
(2)证明：证法一　设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ：y＝x＋t，即x＝y－t，代入y2＝4x，得y2－4y＋4t＝0，
由根与系数的关系得y1＋y2＝4，故yR＝＝2，所以R在定直线y＝2上．
证法二　设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由题意得＝＝＝，
故y1＋y2＝4，故yR＝＝2，所以R在定直线y＝2上．
动点在定直线上问题的解题策略
(1)从特殊入手，初步确定动点所在的直线，再证明一般情况下动点也在该定直线上即可．
(2)从动点的坐标入手，直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到动点的横、纵坐标关系，进而得出定直线方程．
【对点训练2】　（2024·北京海淀区三模）已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的短轴长为2，左、右顶点分别为C，D，过右焦点F(1，0)的直线l交椭圆E于A，B两点（不与C，D重合），直线AC与直线BD交于点T.
(1)求椭圆E的方程；
(2)求证：点T在定直线上．
解：(1)依题意得b＝，半焦距c＝1，则a＝＝2，
所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)证明：显然直线AB不垂直于y轴，如图，设直线AB：x＝ty＋1，
由消去x并整理得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，
Δ＝36t2＋36(3t2＋4)＝144(t2＋1)>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝，且有ty1y2＝(y1＋y2)，
直线AC：y＝(x＋2)，
直线BD：y＝(x－2)，
联立消去y得(x＋2)＝(x－2)，
即x＝＋，
整理得[y2(x1＋2)－y1(x2－2)]x＝2y1(x2－2)＋2y2(x1＋2)，
即[y2(ty1＋3)－y1(ty2－1)]x＝2y1(ty2－1)＋2y2(ty1＋3)，
于是(3y2＋y1)x＝4ty1y2－2y1＋6y2，而ty1y2＝(y1＋y2)，
则(3y2＋y1)x＝6(y1＋y2)－2y1＋6y2，因此x＝＝＝4，
所以点T在定直线x＝4上．
考点3 定值问题
【例4】　（2024·湖南常德一模）已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的短轴长为2，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，R为椭圆上的一点，且△RF1F2的周长为6.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F2作垂直于x轴的直线l与椭圆交于E，F两点（点E在第一象限），P，Q是椭圆C上位于直线l两侧的动点，始终保持∠QEF＝∠PEF，求证：直线PQ的斜率为定值．
【解】　(1)由已知有2b＝2，2c＋2a＝|F1F2|＋|RF1|＋|RF2|＝6，即a＋c＝3，b＝，所以a－c＝＝＝＝1，从而a＝＋＝＋＝2.
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：如图，易知c＝＝＝1，故直线l的方程为x＝1.
将x＝1代入＋＝1可得＋＝1，解得y＝±，
故E，F.
由于∠QEF＝∠PEF，故直线PE，QE的斜率互为相反数．
设直线PE，QE的斜率分别是k，－k，则由E可知它们的方程分别是y＝kx＋－k和y＝－kx＋＋k.
将y＝kx＋－k与椭圆方程联立可得3x2＋4＝12，即(3＋4k2)x2＋4(3－2k)kx＋(3－2k)2－12＝0.
由E知此方程必有一根x＝1，故另一根是xP＝＝，
所以P，
同理，Q.
所以直线PQ的斜率kPQ＝＝＝.
故直线PQ的斜率为定值．
求定值问题常见类型及解题策略
(1)常见类型
①证明代数式为定值：依据题设条件，得出与代数式中参数有关的等式，代入代数式后再化简，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解析式，再利用条件化简，即可证明；
③证明线段长度、斜率、图形面积（或以上量的和、差、积、商）等为定值：写出各量的目标函数解析式，再消去参数即可．
(2)常用策略
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．
【对点训练3】　（2024·山东济南三模）如图所示，抛物线y2＝2px(p>0)的准线过点(－2，3).
(1)求抛物线的标准方程；
(2)若角α为锐角，以角α为倾斜角的直线经过抛物线的焦点F，且与抛物线交于A，B两点，作线段AB的垂直平分线l交x轴于点P，求证：|FP|－|FP|cos 2α为定值，并求出此定值．
解：(1)由题意得－＝－2，∴p＝4，
∴抛物线的方程为y2＝8x.
(2)证明：设A(xA，yA)，B(xB，yB)，直线AB的斜率为k＝tan α，k>0，
则直线AB的方程为y＝k(x－2)，
将此式代入y2＝8x，得k2x2－4(k2＋2)x＋4k2＝0，故xA＋xB＝.
设直线l与AB的交点为E(xE，yE)，则xE＝＝，yE＝k(xE－2)＝，
故直线l的方程为y－＝－，
令y＝0，得点P的横坐标为xP＝＋4，
故|FP|＝xP－2＝＝，
∴|FP|－|FP|cos2α＝(1－cos2α)＝＝8，
∴|FP|－|FP|cos2α为定值8.
课时作业63
1．（15分）（2024·河南驻马店三模）设A，B为曲线C：y2＝4x上两点，A与B的横坐标之和为4.
(1)若A与B的纵坐标之和为4，求直线AB的方程；
(2)求证：线段AB的垂直平分线过定点．
解：(1)∵曲线C：y2＝4x，由题可得直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为my＝x－t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立化为y2－4my－4t＝0，Δ＝16m2＋16t>0，
∴y1＋y2＝4m＝4，y1y2＝－4t，解得m＝1，
∴x1＋x2＝my1＋t＋my2＋t＝1×4＋2t＝4，解得t＝0，
∴直线AB的方程为y＝x，即x－y＝0.
(2)证明：设线段AB的中点为M(x0，y0)，则x0＝＝2，y0＝＝2m，则线段AB的垂直平分线的方程为y－2m＝－m(x－2)，即y＝－m(x－4)，可得线段AB的垂直平分线过定点(4，0).
2．（15分）（2024·河北石家庄二模）已知M为平面上一个动点，M到定直线x＝1的距离与到定点F(2，0)距离的比值等于，记动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程．
(2)过点F的直线l与曲线C交于A，B两点，在x轴上是否存在点P，使得·为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由．
解：(1)设点M的坐标为(x，y)，则＝，
即2(x－1)2＝(x－2)2＋y2，化简得x2－y2＝2，所以曲线C的方程为－＝1.
(2)存在．
当直线l的斜率不为0时，设其方程为x＝my＋2.由于直线与双曲线有两个交点，则直线不能与渐近线平行，渐近线斜率为±1，则m≠±1.
将x＝my＋2代入－＝1，整理得(m2－1)y2＋4my＋2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(t，0)，则y1＋y2＝－，y1y2＝，
所以·＝(x1－t)(x2－t)＋y1y2＝(my1＋2－t)(my2＋2－t)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋m(2－t)(y1＋y2)＋(2－t)2＝(m2＋1)×－m(2－t)×＋(2－t)2＝＋(2－t)2.
若要上式为定值，则必须有4t－6＝－2，即t＝1，所以＋(2－t)2＝－2＋1＝－1，故存在点P(1，0)满足·＝－1.
当直线l的斜率为0时，A（－，0），B（，0），此时点P(1，0)亦满足·＝－1，故存在点P(1，0)满足·＝－1.
综上，在x轴上存在点P(1，0)，使得·为定值，定值为－1.
3．（15分）（2024·陕西安康模拟）已知双曲线C：x2－＝1的左、右顶点分别是A1，A2，直线l与C交于M，N两点（不与A2重合），设直线A2M，A2N，l的斜率分别为k1，k2，k，且(k1＋k2)k＝－6.
(1)判断直线l是否过x轴上的定点．若过，求出该定点；若不过，请说明理由．
(2)若M，N分别在第一和第四象限内，求证：直线MA1与NA2的交点P在定直线上．
解：(1)直线l过x轴上的定点．
由题意可知A1(－1，0)，A2(1，0)，k≠0，设直线l的方程为y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2).
由消去y，可得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，则k2≠3，Δ＝12(m2＋3－k2)>0，即k2x1＋x2＝，x1x2＝－.
因为(k1＋k2)k＝k＝k·＝
k·＝＝－6，所以m＝－2k，
故直线l的方程为y＝k(x－2)，恒过点(2，0).
(2)证明：由题可知，直线MA1的方程为y＝(x＋1)，直线NA2的方程为y＝(x－1)，
因为＝＝＝＝
＝＝－3，
所以x＝，故点P在定直线x＝上．
4．（15分）已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点是A，右焦点是F(1，0)，过点F且斜率不为0的直线与C交于M，N两点，B为线段AM的中点，O为坐标原点，直线AM与BO的斜率之积为－.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线AM和AN分别与直线x＝4交于P，Q两点，求证：以线段PQ为直径的圆恒过两个定点，并求出定点坐标．
解：(1)如图，设椭圆C的右顶点是A′，连接MA′，
因为B，O分别是AM，AA′的中点，所以BO∥MA′，因为直线AM与BO的斜率之积为－，所以kAM·kMA′＝－.
设M(x1，y1)，则＋＝1，
因为A(－a，0)，A′(a，0)，所以kAM·kMA′＝·＝＝＝
－＝－，
所以解得
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：设直线MN的方程为x＝ty＋1，t≠0，联立整理得
(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，Δ>0，
设N(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝.
由A(－2，0)，知直线AM的方程为y＝(x＋2)，则点P的坐标为，同理，可得点Q的坐标为.
令yP＝，yQ＝，则PQ中点的坐标为，
|PQ|＝|yP－yQ|，
所以以PQ为直径的圆的方程为(x－4)2＋＝，
即(x－4)2＋y2－(yP＋yQ)y＋yPyQ＝0.
又yP＋yQ＝＋＝＝
＝＝
＝－6t，
yPyQ＝×＝×＝
＝－9，
所以以PQ为直径的圆的方程为(x－4)2＋y2＋6ty－9＝0.
令y＝0，得x＝1或x＝7，
故以线段PQ为直径的圆恒过x轴上的两定点，定点坐标分别为(1，0)和(7，0).

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