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1、第2课时定点与定值问题定点问题例1(2022北京)椭圆C：1的右焦点为(1,0)，且经过点A(0,1)(1)求椭圆C的方程；(2)设O为原点，直线l：ykxt(t1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.假设|OM|ON|2，求证：直线l经过定点(1)解由题意，得b21，c1，所以a2b2c22.所以椭圆C的方程为y21.(2)证明设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，那么直线AP的方程为yx1.令y0，得点M的横坐标xM.又y1kx1t，从而|OM|xM|.同理，|ON|.由得(12k2)x24ktx2t220，那么x1x2，x1x2.所以|OM|ON
2、|2.又|OM|ON|2，所以22.解得t0，所以直线l经过定点(0,0)思维升华圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.跟踪训练1(2022全国)曲线C：y，D为直线y上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)假设以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程(1)证明设D，A(x1，y1)，那么x2y1.由于yx，所以切线DA的斜率为x1，故x1，整理得2tx
3、12y110.设B(x2，y2)，同理可得2tx22y210.所以直线AB的方程为2tx2y10.所以直线AB过定点.(2)解由(1)得直线AB的方程为ytx.由可得x22tx10，4t240恒成立，于是x1x22t，y1y2t(x1x2)12t21.设M为线段AB的中点，那么M.由于，而(t，t22)，与向量(1，t)平行，所以t(t22)t0.解得t0或t1.当t0时，|2，所求圆的方程为x224；当t1时，|，所求圆的方程为x222.综上，所求圆的方程为x224或x222.定值问题例2(2022河南八市重点高中联考)O为坐标原点，过点M(1,0)的直线l与抛物线C：y22px(p0)交于
4、A，B两点，且3.(1)求抛物线C的方程；(2)过点M作直线ll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.(1)解设直线l：xmy1，联立方程消x得，y22pmy2p0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么y1y22pm，y1y22p，又因为x1x2y1y2(my11)(my21)y1y2(1m2)y1y2m(y1y2)1(1m2)(2p)2pm212p13.解得p2.所以抛物线C的方程为y24x.(2)证明由(1)知M(1,0)是抛物线C的焦点，所以|AB|x1x2pmy1my22p4m24.原点到直线l的距离d，所以S14(m21)2.因为直线l过
5、点(1,0)且ll，所以S222.所以.即为定值.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.依题意设条件，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点M是椭圆C：1(ab0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，且|F1F2|4，F1MF260，F1MF2的面积为.(1)求椭圆C的方程；(2)设N(0,2)，过点P(1，2)作直线l，交椭圆C于异于N
6、的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值(1)解在F1MF2中，由|MF1|MF2|sin60，得|MF1|MF2|.由余弦定理，得|F1F2|2|MF1|2|MF2|22|MF1|MF2|cos60(|MF1|MF2|)22|MF1|MF2|(1cos60)，解得|MF1|MF2|4.从而2a|MF1|MF2|4，即a2.由|F1F2|4得c2，从而b2，故椭圆C的方程为1.(2)证明当直线l的斜率存在时，设斜率为k，显然k0，那么其方程为y2k(x1)，由得(12k2)x24k(k2)x2k28k0.56k232k0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那
7、么x1x2，x1x2.从而k1k22k(k4)4.当直线l的斜率不存在时，可得A，B，得k1k24.综上，k1k2为定值1(2022湖北枣阳一中模拟)抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1,2)是抛物线C上一点(1)求抛物线C的方程；(2)假设点B(1，2)在C上，过点B作C的两弦BP与BQ，假设kBPkBQ2，求证：直线PQ过定点(1)解由题意得抛物线C的方程为y24x或x2y.(2)证明点B(1，2)在C上，抛物线C的方程为y24x.设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ：xmyb，显然m存在，与方程y24x联立，消去x得y24my4b0，16(m2b)0，y1y24m，
8、y1y24b.kBPkBQ2，2，2，即y1y22(y1y2)120.4b8m120，即b32m.直线PQ：xmybmy32m，即x3m(y2)直线PQ过定点(3,2)2.(2022西安模拟)设F1，F2为椭圆C：1(b0)的左、右焦点，M为椭圆上一点，满足MF1MF2，MF1F2的面积为1.(1)求椭圆C的方程；(2)设C的上顶点为H，过点(2，1)的直线与椭圆交于R，S两点(异于H)，求证：直线HR和HS的斜率之和为定值，并求出这个定值.解(1)由椭圆定义得|MF1|MF2|4，由MF1MF2得|MF1|2|MF2|2|F1F2|24(4b2)，由题意得|MF1|MF2|1，由，可得b21
9、，所以椭圆C的方程为y21.(2)依题意，H(0,1)，显然直线RS的斜率存在且不为0，设直线RS的方程为ykxm(k0)，代入椭圆方程并化简得(4k21)x28kmx4m240.由题意知，16(4k2m21)0，设R(x1，y1)，S(x2，y2)，x1x20，故x1x2，x1x2.kHRkHS2k(m1)2k(m1)2k.直线RS过点(2，1)，2km1，kHRkHS1.故kHRkHS为定值1.3.(2022太原模拟)动圆E经过定点D(1,0)，且与直线x1相切，设动圆圆心E的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设过点P(1,2)的直线l1，l2分别与曲线C交于A，B两点，直线l1，
10、l2的斜率存在，且倾斜角互补，证明：直线AB的斜率为定值.(1)解由，动点E到定点D(1,0)的距离等于E到直线x1的距离，由抛物线的定义知E点的轨迹是以D(1,0)为焦点，以x1为准线的抛物线，故曲线C的方程为y24x.(2)证明由题意直线l1，l2的斜率存在，倾斜角互补，得l1，l2的斜率互为相反数，且不等于零.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l1的方程为yk(x1)2，k0.直线l2的方程为yk(x1)2，由得k2x2(2k24k4)x(k2)20，16(k1)20，此方程一个根为1，x11，即x1，同理x2，x1x2，x1x2，y1y2k(x11)2k(x21)2k(x1x2
11、)2kk2k，kAB1，直线AB的斜率为定值1.4(2022郑州调研)椭圆C的焦点为F1(，0)，F2(，0)，且点M(，1)在椭圆C上过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，点B关于y轴的对称点为点D(不同于点A)(1)求椭圆C的标准方程；(2)证明：直线AD恒过定点，并求出定点坐标(1)解设椭圆C的标准方程为1(ab0)由得c，2a|MF1|MF2|14.所以a2，b2a2c22.所以椭圆C的标准方程为1.(2)证明方法一当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx1(k0)由得(2k21)x24kx20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x2，y2)，那么特殊地，当A的
12、坐标为(2,0)时，k，所以2x2，x2，y2，即B，所以点B关于y轴的对称点为D，那么直线AD的方程为yx2.当直线l的斜率不存在时，直线AD的方程为x0.如果存在定点Q满足条件，那么Q(0,2)，kQAk，kQDk，又因为kQAkQD2k2k2k2k0，所以kQAkQD，即A，D，Q三点共线，故直线AD恒过定点，定点坐标为(0,2)方法二当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx1(k0)联立得(2k21)x24kx20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x2，y2)那么kAD.所以AD的直线方程为yy1(xx1)，所以yxx1y1xx2.当x0时，y2.直线AD恒过定点(0,2
13、)当直线l的斜率不存在时，直线AD的方程为x0，过定点(0,2)综上，直线AD恒过定点，定点为(0,2)5椭圆C：1(ab0)上的点到两个焦点的距离之和为，短轴长为，直线l与椭圆C交于M，N两点(1)求椭圆C的方程；(2)假设直线l与圆O：x2y2相切，求证：为定值(1)解由题意得，2a，2b，所以a，b，所以椭圆C的方程为9x216y21.(2)证明当直线lx轴时，因为直线l与圆O相切，所以直线l的方程为x.当直线l：x时，得M，N两点的坐标分别为，所以0；当直线l：x时，同理可得0.当直线l与x轴不垂直时，设l：ykxm，M(x1，y1)，N(x2，y2)，所以圆心O(0,0)到直线l的距离为d，所以25m21k2，由得(916k2)x232kmx16m210，那么(32km)24(916k2)(16m21)0，x1x2，x1x2，所以x1x2y1y2(1k2)x1x2km(x1x2)m20.综上，0(定值)