2025年高考数学总复习 72 第八章 第八节 第4课时 圆锥曲线中的定点、定直线与定值问题

第4课时圆锥曲线中的定点、定直线与定值问题定点问题【例1】(2024·烟台模拟)已知椭圆Ω：x2a2+y2b2＝1(a(1)求Ω的标准方程．(2)过Ω的右焦点F作相互垂直的两条直线l1，l2(均不垂直于x轴)，l1交Ω于A，B两点，l2交Ω于C，D两点．设线段AB，CD的中点分别为M，N，证明：直线MN过定点．(1)解：因为离心率e＝ca＝55，2c＝2，且a2＝b2所以c＝1，a＝5，b＝2，故Ω的标准方程为x25(2)证明：由(1)知F(1，0)．设直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立y消去y，得(5k2＋4)x2－10k2x＋5k2－20＝0，则x1＋x2＝10k所以点M的坐标为5k因为CD⊥AB，所以CD的斜率为－1k将点M坐标中的k换为－1k，可得点N的坐标为5当k≠±1时，设直线MN的斜率为kMN，则kMN＝yN所以直线MN的方程为y－4k即y＝－9k5k2当k＝±1时，直线MN的方程为x＝59，也过点5综上所述，直线MN过定点591．求解直线过定点问题的基本思路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)．2．求解曲线过定点问题的基本思路把曲线方程中的变量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曲线所过的定点．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b(1)求椭圆C的方程；(2)若经过点P(t，0)(不与点M重合)的直线l与椭圆C交于A，B两点，实数t取何值时以AB为直径的圆恒过点M?解：(1)由题意知b＝c，bc＝2，又a2－b2＝c2，则a＝2，所以椭圆C的方程为x24(2)由(1)知M(2，0)．若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝t(－2<t<2)，此时At，由MA·MB＝0，得t－解得t＝23或t＝2(舍)，即t＝2若直线l的斜率存在，不妨设直线l：y＝k(x－t)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立y得(1＋2k2)x2－4k2tx＋2k2t2－4＝0，则Δ＝32k2－8k2t2＋16＞0，所以x1＋x2＝4k由题意知MA·MB＝0，即(x1－2，y1)·(x2－2，y2)＝易得(1＋k2)x1x2－(2＋k2t)(x1＋x2)＋4＋k2t2＝0，即(1＋k2)(2k2t2－4)－(2＋k2t)4k2t＋(4＋k2t2)·(1＋2k2)＝0，整理得k2(3t2－8t＋4)＝0.因为k不恒为0，故解得t＝23或t＝2(舍)，当t＝23时，满足Δ综上，当t＝23时，以AB为直径的圆恒过点M定直线问题【例2】(2024·成都模拟)已知A1(－3，0)和A2(3，0)是椭圆η：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右顶点，直线l与椭圆η相交于M，N两点，直线l不经过坐标原点O，且不与坐标轴平行，直线A1M(1)求椭圆η的标准方程；(2)若直线OM与椭圆η的另外一个交点为S，直线A1S与直线A2N相交于点P，直线PO与直线l相交于点Q，证明：点Q在一条定直线上，并求出该定直线的方程．(1)解：不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，易知kA1M·kA2M＝y1x1又因为a＝3，所以x129+y所以－59x12－9＝b21则椭圆η的标准方程为x29(2)证明：设直线l的方程为x＝my＋n(m≠0，n≠0)，联立x消去x并整理得(5m2＋9)y2＋10mny＋5n2－45＝0，此时Δ＝180(5m2－n2＋9)＞0，由韦达定理得y1y2＝5n由椭圆的对称性可得S(－x1，－y1)．不妨设P(x0，y0)，由P，S，A1三点共线，得y0由P，N，A2三点共线，得y0所以2＝2m＋(n－3)y1+y2y1y2＝2此时直线OP的斜率kOP＝y0所以直线OP的方程为y＝n+3联立x＝my+n，y故点Q在一条定直线上，该定直线的方程为x＝－3.关于定直线问题此类问题往往涉及动点，一般的解题方法是表示出动点的坐标，利用消元法、观察法等得到动点满足的不变关系，即动点所在的定直线方程．已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的离心率为233，左、右焦点分别为F1，F2，点(1)求双曲线C的方程；(2)过点P的动直线l与C的左、右两支分别交于两点A，B，若点M在线段AB上，满足APAM＝BP(1)解：因为双曲线C的离心率e＝ca设a＝3t，c＝2t，t＞0，所以F1(－2t，0)，F2(2t，0)，PF1＝(－2t－3，－1)，PF2＝(2t－3，－所以PF1·PF2＝(－2t－3)(2t－3)＋解得t＝1或t＝－1(舍)．又a2＋b2＝c2，所以a＝3，b＝1，所以双曲线C的方程为x23－y2(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线l斜率不存在时，不成立．设l：y－1＝k(x－3)，即y＝kx＋1－3k，k∈－3由y可得(1－3k2)x2－6k(1－3k)x－3(2－6k＋9k2)＝0.由于点P在双曲线内部且k∈－33，33所以x1＋x2＝6k1－3k1－3设M(x0，y0)，根据题意，x1＜x0＜x2＜3，又APAM＝BP整理得6x0＋2x1x2＝(x0＋3)(x1＋x2)，即6x0－62－6k+9k2化简得x0－2＝kx0－3k.又y0＝kx0＋1－3k，消去k，得x0－y0－1＝0，所以点M在定直线x－y－1＝0上．定值问题考向1长度或距离成定值问题【例3】双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的左顶点为A，焦距为4，过右焦点F作垂直于实轴的直线交C(1)求双曲线C的方程．(2)已知M，N是C上不同的两点，MN中点的横坐标为2，且MN的中垂线为直线l，是否存在半径为1的定圆E，使得l被圆E截得的弦长为定值？若存在，求出圆E的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)因为△ABD是直角三角形，所以∠BAD＝90˚.又焦距为4，所以c＝2.由|AF|＝|BF|，可得a＋c＝b2整理得a2＋2a＝22－a2，解得a＝1或a＝－2(舍去)，所以b2＝c2－a2＝4－1＝3，则双曲线C的方程为x2－y23(2)不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为p(x0，y0).因为M，N是C上不同的两点，且MN中点的横坐标为2，所以x由(1)知双曲线C的方程为x2－y23＝所以x两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)－y1+y当直线MN的斜率存在时，kMN＝y1因为MN的中垂线为直线l，所以l的方程为y－y0＝－y06(x－2)，即l：y＝－y06(所以直线l过定点T(8，0)．当直线MN的斜率不存在时，M，N两点关于x轴对称，MN的中垂线l为x轴，此时直线l也过T(8，0)，所以存在以(8，0)为圆心的定圆E：(x－8)2＋y2＝1，使得直线l被圆E截得的弦长为定值2.解答圆锥曲线定值问题的技巧(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)引进变量法，解题流程为考向2斜率或代数式成定值问题【例4】(2024·呼和浩特模拟)已知椭圆x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的一个焦点为(1)求椭圆的方程；(2)设A，B是x轴上的两个动点，且|AM|＝|BM|，直线AM，BM分别交椭圆于点P，Q(均不同于M)，证明：直线PQ的斜率为定值．(1)解：由已知c＝2，得a2－b2＝4①.将点M3，－1代入椭圆方程得3a联立①②，解得a2＝6，b2＝2，所以椭圆方程为x26(2)证明：显然直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立x26+y22＝1，y＝kx+m，得(3k2满足Δ＞0时，有x1＋x2＝－6由|AM|＝|BM|，得kMP＋kMQ＝0，即y1+1即kx1+m化简得2kx1x2＋m+1－3k(x1＋x2)－23(m即33k2＋3k(m＋2)＋3(m＋1)＝0，即3k+又点M3，－1所以3k＋m＋1≠0，所以3k＋3＝0，所以k＝－33故直线PQ的斜率为定值－33关于直线的斜率或代数式的定值问题利用坐标或参数表示出斜率或代数式是关键，通过化简及变量满足的关系得出定值即可．考向3平面图形的面积成定值问题【例5】(2024·临沂模拟)已知动点M(x，y)与点F(1，0)的距离和它到直线x＝4的距离之比是12，点M的轨迹为曲线C(1)求C的方程；(2)若点A，B，D，E在C上，且AB＝2DE，AD与BE交于点P，点P在椭圆x212+(1)解：由题意知x－化简整理得曲线C的方程为x24(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，由题意知x02由AB＝2DE，可知D，E分别为AP所以Dx1由x得x024+因为x0212+y029＝1，所以x024+y023同理3x0x2＋4y0y2＝0，所以A，B都在直线3x0x＋4y0y＝0上．由3得x2＝16y又因为直线AB过坐标原点，所以|AB|＝2x2又点P到直线AB的距离d＝3x所以S△PAB＝12ABd＝又因为x0212+y02故S△PAB＝6，所以△PAB的面积为定值6.关于几何图形面积定值问题利用点的坐标、直线斜率及相关的参数表示出几何图形的面积，再根据这些量满足的关系论证几何图形面积为定值．1．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，其焦点为F，O为坐标原点，直线l与抛物线C相交于不同的两点A，B，M为AB的中点．(1)若p＝2，M的坐标为(1，1)，求直线l的方程；(2)若直线l过焦点F，AB的垂直平分线交x轴于点N，求证：2MN(1)解：当p＝2时，抛物线C：y2＝4x.由题意知直线l的斜率存在且不为0，故设直线l的方程为x－1＝t(y－1)，即x＝ty＋1－t.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x＝ty+1－t，y2＝4x，所以Δ＝16t2＋16－16t＝16(t2－t＋1)>0，则有y1＋y2＝4t，所以4t＝2，即t＝12所以直线l的方程为2x－y－1＝0.(2)证明：因为抛物线C：y2＝2px(p>0)，所以焦点F的坐标为p2由题意知直线l的斜率存在且不为0，又因为直线l过焦点F，故设直线l的方程为x＝ty＋p由x＝ty+p2，y2＝2px所以Δ＝4p2t2＋4p2>0，y1＋y2＝2pt.所以x1＋x2＝t(y1＋y2)＋p＝2pt2＋p，所以Mpt2所以MN的方程为y－pt＝－tx－令y＝0，解得x＝pt2＋3p所以Npt2+3p2，0，所以MN2＝p2＋p2t2，|FN|＝所以2MN2FN＝2．如图，曲线C1是以原点O为中心，F1，F2为焦点的椭圆的一部分，曲线C2是以O为顶点，F2为焦点的抛物线的一部分，A是曲线C1和C2的一个交点，且∠AF2F1为钝角，若|AF1|＝72，AF(1)求曲线C1和C2所在椭圆和抛物线的方程．(2)过F2作一条与x轴不垂直的直线，分别与曲线C1和C2交于B，E，C，D四点，若G为CD的中点，H为BE的中点，问BE·解：(1)设椭圆方程为x2a2+y2b2＝1a＞b设A(x，y)，F1(－c，0)，F2(c，0)，则(x＋c)2＋y2＝722，(x－c)2＋y2＝两式相减得x·c＝32由抛物线的定义可知|AF2|＝x＋c＝52则c＝1，x＝32或x＝1，c＝3又因为∠AF2F1为钝角，所以x＞c，所以c＝1，x＝32所以曲线C1所在的椭圆方程为x2曲线C2所在的抛物线方程为y2＝4x0≤(2)设B(x1，y1)，E(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，直线方程为y＝k(x－1)(k≠0)，代入x29+y28＝1，得8yk+1即(8＋9k2)y2＋16ky－64k2＝0，Δ＝(16k)2＋4×(8＋9k2)×64k2＞0，则y1＋y2＝－16k将y＝k(x－1)(k≠0)代入y2＝4x，得ky2－4y－4k＝0，Δ＝16＋4×k×4k＞0，则y3＋y4＝4k，y3y4＝－4所以BE·GF2CD＝－16k23．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)(1)求椭圆C的方程；(2)已知点P，M，N为椭圆C上的三点，若四边形OPMN为平行四边形，证明：四边形OPMN的面积S为定值，并求该定值．(1)解：由椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)所以a2－b2a2＝12，则将Qb，ab代入椭圆C的方程，得b解得b2＝4，所以a2＝8，所以椭圆C的方程为x28(2)证明：当直线PN的斜率k不存在时，直线PN的方程为x＝2或x＝－2，从而有|PN|＝23，所以四边形OPMN的面积为S＝12PN·当直线PN的斜率k存在时，设直线PN的方程为y＝kx＋m(m≠0)，P(x1，y1)，N(x2，y2)．将PN的方程代入C整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，Δ＝16k2m2－4×(1＋2k2)(2m2－8)＞0，所以x1＋x2＝－4y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝2m由OM＝OP+ON，将M点坐标代入椭圆C的方程，得m2＝1＋2k2.又点O到直线PN的距离为d＝m1+k2，|PN所以四边形OPMN的面积为S＝d·|PN|＝|m|·|x1－x2|＝1+2k综上，四边形OPMN的面积S为定值16k课时质量评价(五十六)1．(2024·重庆模拟)已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于异于点B的两点P，Q，直线BP，BQ与x轴相交于M(xM，0)，N(xN，0)，若1xM+1x(1)解：椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞椭圆的上顶点B到两焦点的距离之和为4，则2a＝4，所以a＝2，c＝3，从而b2＝a2－c2＝1，故椭圆C的标准方程为x24＋y2(2)证明：将y＝kx＋m代入x24＋y2＝1，消去y并整理得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＞0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－8由于B(0，1)，则直线BP：y－1＝y1－令y＝0，得xM＝x11－y1，同理可得若1xM+1xN＝1，则xM＋xN则x1x2＝x1＋x2－(x1y2＋x2y1)，即(2k＋1)x1x2＝(1－m)(x1＋x2)，整理得(m－1)·(2k＋m＋1)＝0，所以2k＋m＋1＝0或m＝1.当m＝1时，直线l：y＝kx＋1过定点(0，1)，与条件“直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于异于点B的两点P，Q”矛盾；当2k＋m＋1＝0时，直线l：y＝kx＋m可化为y＝k(x－2)－1，过定点(2，－1)．综上，直线l过一定点，定点坐标为(2，－1)．2．如图，已知抛物线C：y＝12x2，直线y＝kx＋2交抛物线C于A，B两点，O为坐标原点，设抛物线C在点A处的切线为l1，在点B处的切线为l2，证明：l1与l2的交点M证明：设Ax1，12x12，B把y＝kx＋2代入y＝12x2，得x2－2kx－4＝0，Δ＝4k2＋16＞0则x因为y＝12x2，所以y′＝x故经过点Ax1，12x12的切线l1的方程为y－12x12＝x1(x－x同理，经过点Bx2，12x22的切线l2的方程为y由①②消去x，可得y＝12x1x2＝－2，即y0＝－所以点M在定直线y＝－2上．3．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的一个焦点为F1(－1，0)，其左顶点为A，上顶点为B，且F1到直线(1)求椭圆C的方程；(2)若椭圆E：x2a2+y2b2＝λ(λ＞0且λ≠1)，则称椭圆E为椭圆C的λ倍相似椭圆．已知椭圆E是椭圆C的3倍相似椭圆，直线l：y＝kx＋m与椭圆C，E交于四点(依次为点M，N，P，Q，如图)，且MQ+(1)解：由题可知A(－a，0)，B(0，b)，且a＞1，所以直线AB的方程为x－a+yb＝1，即bx－ay所以F1(－1，0)到直线AB的距离为d＝ab－b所以a2＋b2＝7(a－1)2.又b2＝a2－1，解得a＝2或a＝45(舍去)，b＝3所以椭圆C的方程为x24(2)证明：椭圆C的3倍相似椭圆E的方程为x212+设N，P，M，Q各点的坐标依次为(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，(x4，y4)，将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，所以Δ1＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(4k2＋3－m2)＞0(*)，x1＋x2＝－8km所以|x1－x2|＝x1将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－36＝0，Δ2＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－36)＞0，所以x3＋x4＝－8km|x3－x4|＝x3+x所以x1＋x2＝x3＋x4，所以线段NP与MQ的中点相同，所以|MN|＝|PQ|.由MQ+PQ＝2NQ，得NM所以|x3－x4|＝3|x1－x2|，所以4312k2+化简得12k2＋9＝4m2，满足(*)式，所以4m29即点(k，m)在定曲线4y294．已知椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)，过点P(－1，－1)且与x轴平行的直线与椭圆E恰有一个公共点，过点(1)求椭圆E的标准方程；(2)设过点P的动直线与椭圆E交于M，N两点，T为y轴上的一点，设直线MT和NT的斜率分别为k1和k2，若1k1+解：(1)由题意可得b＝1，由1a2＋y2＝可得|y|＝1－由题意可知21－1a2＝3所以椭圆E的标准方程为x24＋y2(2)设T(0，t)，显然直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x＝m(y＋1)－1＝my＋m－1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立x＝my+m－1，x2+4y2＝4，整理可得(4＋m2)y2＋2mΔ＝4m2(m－1)2－4(4＋m2)[(m－1)2－4]＞0，y1＋y2＝－2m由题意可得1k1＝2my1＝－8因为其值为定值，所以当t＝－1时，定值为－8，所以T(0，－1)．5．已知椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，过F1(1)求椭圆E的方程；(2)如图，椭圆E的下顶点为A，过点B(0，2)作一条与y轴不重合的直线，该直线交椭圆E于C，D两点．直线AD，AC分别交x轴于点H，G.求证：△ABG与△AOH的面积之积为定值，并求出该定值．(1)解：过F1且斜率为2