第八章 §8.13 圆锥曲线中定点与定值问题（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（人教B版）

§8.13　圆锥曲线中定点与定值问题 题型一　定点问题 例1 (2023·全国乙卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率是，点A(－2,0)在C上． (1)求C的方程； (2)过点(－2,3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点． (1)解　由题意可得解得 所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)证明　由题意可知，直线PQ的斜率存在，如图， 设B(－2,3)，直线PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立方程 消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0， 则Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1 728k>0，解得k<0， 可得x1＋x2＝－，x1x2＝， 因为A(－2,0)，则直线AP：y＝(x＋2)， 令x＝0，解得y＝，即M， 同理可得N， 则＝＋ ＝ ＝ ＝ ＝＝3， 所以线段MN的中点是定点(0,3)． 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 (2024·郑州质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上顶点和两焦点构成的三角形为等腰直角三角形，且面积为2，点M为椭圆C的右顶点． (1)求椭圆C的方程； (2)若经过点P(t,0)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)由题意知解得b＝c＝， 又a2＝b2＋c2，则a＝2， 所以椭圆C的方程为＋＝1. (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A，B， 由·＝0得·＝0， 解得t＝或t＝2(舍)，即t＝. 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 得(1＋2k2)x2－4k2tx＋2k2t2－4＝0. 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 由题意知·＝0，即(x1－2，y1)·(x2－2，y2)＝0， 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＝或t＝2(舍)， 综上，当t＝时，以AB为直径的圆恒过点M. 题型二　定值问题 例2 在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC的两个顶点坐标为B(－2,0)，C(2,0)，直线AB，AC的斜率乘积为. (1)求顶点A的轨迹Γ的方程； (2)过点P(1,0)的直线与曲线Γ交于M，N两点，直线BM，CN相交于点Q，求证：·为定值． (1)解　设A(x，y)，因为直线AB，AC的斜率乘积为，则·＝，整理得－y2＝1(x≠±2)， 所以顶点A的轨迹Γ的方程是－y2＝1(x≠±2)． (2)证明　依题意，过点P(1,0)与曲线Γ交于点M，N的直线斜率存在且不为零，设直线MN的方程为x＝my＋1(m≠0)， 由消去x整理得(m2－4)y2＋2my－3＝0，m2－4≠0， Δ＝4m2＋12(m2－4)>0，解得m<－或m>且m≠±2且m≠0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则y1＋y2＝－，y1y2＝－， 即有2my1y2＝3(y1＋y2)， 直线BM：y＝(x＋2)， 直线CN：y＝(x－2)，设直线BM，CN的交点为Q(xQ，yQ)， 由消去y并化简整理得xQ＝， 又(x1y2＋x2y1)＋2(y2－y1)＝(my1＋1)y2＋(my2＋1)y1＋2(y2－y1)＝2my1y2＋3y2－y1＝3(y1＋y2)＋3y2－y1＝2(y1＋3y2)， (x1y2－x2y1)＋2(y2＋y1)＝(my1＋1)y2－(my2＋1)y1＋2(y2＋y1)＝y1＋3y2， 于是得xQ＝＝4，即点Q(4，yQ)，则有＝(1,0)，＝(4，yQ)， ·＝1×4＋0×yQ＝4， 即·为定值4. 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 (2023·海南联考)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，准线为l，过点F且倾斜角为的直线交抛物线于点M(M在第一象限)，MN⊥l，垂足为N，直线NF交x轴于点D，|MD|＝4. (1)求p的值； (2)若斜率不为0的直线l1与抛物线C相切，切点为G，平行于l1的直线交抛物线C于P，Q两点，且∠PGQ＝，证明：点F到直线PQ与到直线l1的距离之比为定值． (1)解　如图所示，过点F作FA⊥MN，垂足为A，MN交x轴于点E， 由题得∠AFM＝， 所以∠NMF＝， 因为|MF|＝|MN|， 所以△MNF是等边三角形， 因为O是FB的中点， 所以|DF|＝|DN|，MD⊥DF， 故|FM|＝＝8， 所以|MN|＝8，|AN|＝4， 所以|OF|＝|AN|＝2， 所以＝2，即p＝4. (2)证明　由(1)可知抛物线C的方程是x2＝8y， 由题意知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m(k≠0)， P，Q，G， 因为∠PGQ＝， 所以·＝－1， 即(x1＋x0)(x2＋x0)＝－64， 即x1x2＋x0(x1＋x2)＋x＝－64. 又k＝，所以x0＝4k， 故l1：y＝(x－x0)＋＝kx－2k2. 联立消去y， 得x2－8kx－8m＝0，其中Δ＝64k2＋32m>0， 则x1＋x2＝8k，x1x2＝－8m， 所以－8m＋32k2＋16k2＝－64， 所以m＝6k2＋8. 设点F到直线PQ和直线l1的距离分别为d1，d2， 则由l1∥PQ得＝＝＝3， 所以点F到直线PQ与到直线l1的距离之比是定值，定值为3. 课时精练 1．已知直线l：y＝kx＋3与双曲线C：－＝1的右支交于不同的两点A和B，与y轴交于点P，且直线l上存在一点D满足＝(D不与P重合)． (1)求实数k的取值范围； (2)证明：当k变化时，点D的纵坐标为定值． (1)解　将直线方程y＝kx＋3代入双曲线方程－＝1， 化简整理得(1－4k2)x2－24kx－52＝0， Δ＝(－24k)2＋4×(1－4k2)×52＝208－256k2， 要使直线与双曲线的右支有两个不同的交点A和B， 则应满足解得－<k<－. 所以实数k的取值范围为. (2)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)， 则由(1)知，x1＋x2＝，x1x2＝－. 由＝，得＝， 所以x0＝＝＝－， 所以y0＝kx0＋3＝－＋3＝－， 所以点D的纵坐标为定值－. 2．(2024·福州模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，C的右焦点F到其渐近线的距离为. (1)求双曲线C的方程； (2)若直线l与双曲线C在第一象限交于A，B两点，直线x＝3交线段AB于点Q，且S△FAQ∶S△FBQ＝|FA|∶|FB|，证明：直线l过定点． (1)解　因为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的渐近线为y＝±x， 又因为双曲线C的右焦点F(c,0)到其渐近线的距离为，所以＝b＝， 又e＝＝，a2＋b2＝c2，联立解得a＝， 所以双曲线C的方程为－＝1. (2)证明　由已知得，双曲线C的右焦点为F(3,0)，直线x＝3过双曲线C的右焦点． 则＝ ＝＝， 所以sin∠AFQ＝sin∠BFQ， 所以直线AF与直线BF的倾斜角互补，kAF＋kBF＝0. 显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝kx＋m(0<k<)，A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠3，x2≠3)． 联立得(2－k2)x2－2kmx－m2－6＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝－， 因为kAF＋kBF＝0，所以＋＝0， 所以＋＝0， 所以(kx1＋m)(x2－3)＋(kx2＋m)(x1－3)＝0， 整理得2kx1x2＋(m－3k)(x1＋x2)－6m＝0. 所以－2k·＋(m－3k)·－6m＝0， 化简得k＋m＝0，即m＝－k， 所以直线l的方程为y＝kx－k＝k(x－1)，恒过点(1,0)，所以直线l过定点． 3.(2023·深圳模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(2,0)． (1)求抛物线C的标准方程； (2)抛物线C在x轴上方一点A的横坐标为2，过点A作两条倾斜角互补的直线，与曲线C的另一个交点分别为B，C，求证：直线BC的斜率为定值． (1)解　∵抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(2,0)， ∴＝2，解得p＝4， 故抛物线C的标准方程为y2＝8x. (2)证明　∵点A的横坐标为2， 即y2＝8×2，解得y＝±4， 故A点的坐标为(2,4)， 设B(x1，y1)，C(x2，y2)， 由已知设AB：m(y－4)＝x－2， 即x＝my－4m＋2， 代入抛物线C的方程得y2＝8(my－4m＋2)， 即y2－8my＋32m－16＝0， 则y1＋4＝8m，故y1＝8m－4， ∴x1＝my1－4m＋2＝m(8m－4)－4m＋2＝8m2－8m＋2， 即B(8m2－8m＋2,8m－4)， 设AC：－m(y－4)＝x－2， 即x＝－my＋4m＋2， 同理可得y2＝－8m－4，则x2＝－my2＋4m＋2＝－m(－8m－4)＋4m＋2＝8m2＋8m＋2， 即C(8m2＋8m＋2，－8m－4)， 直线BC的斜率kBC＝＝＝－1， ∴直线BC的斜率为定值． 4．(2023·杭州质检)如图，已知椭圆C1：＋＝1，椭圆C2：＋＝1，A(－2,0)，B(2,0)，P为椭圆C2上的动点且在第一象限，直线PA，PB分别交椭圆C1于E，F两点，连接EF并延长交x轴于Q点，过B点作BH分别交椭圆C1，C2于G，H点，且BH∥PA. (1)证明：kBF·kBG为定值； (2)证明：直线GF过定点，并求出该定点； (3)若记P，Q两点的横坐标分别为xP，xQ，证明：xPxQ为定值． (1)证明　设P(x0，y0)，则＋＝1， 可得y＝9－， 又kPA＝，kPB＝， 则kPA·kPB＝＝＝－， 因为BG∥PA， 所以kBF·kBG＝kPA·kPB＝－. (2)解　当直线GF的斜率存在时，设GF的方程为y＝k(x－t)(k≠0)， 联立消去y得(4k2＋3)x2－8k2tx＋4k2t2－12＝0. 则Δ＝64k4t2－16(4k2＋3)(k2t2－3)＝48(4k2＋3－k2t2)>0， 设G(x1，y1)，F(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝， 由kBF·kBG＝· ＝＝－， 得＝－， 约去k2并化简得t2－3t＋2＝0，解得t＝1(t＝2不符合题意，舍去)，此时直线GF过定点(1,0)； 当直线GF的斜率不存在时，设GF的方程为x＝m，其中m≠2， 联立解得y＝±， 则F，G， 所以kBF·kBG＝－＝－，解得m＝1. 综上，直线GF过定点(1,0)． (3)证明　设PA的方程为y＝k1(x＋2)(k1>0)， 联立解得E点的坐标为. 由(1)知P(x0，y0)，y＝9－， 由k1＝，则E点的坐标为. 同理，记PB的斜率为k2，则F点的坐标为， 由k2＝，则F点的坐标为， 则EF的斜率kEF＝＝， 所以直线EF的方程为y＋＝·. 令y＝0，得xQ＝， 又xP＝x0，故xPxQ＝x0·＝4. 谢谢! 学科网（北京）股份有限公司 $