高考数学专题练 专题六解析几何 微专题41　定点、定值问题（含答案）

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典例1 (2023·新高考全国Ⅱ)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2eq \r(5)，0)，离心率为eq \r(5).
(1)求C的方程；
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(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4,0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上．
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典例2 (2023·佛山模拟)已知O为坐标原点，定点F1(－1,0)，F2(1,0)，圆O：x2＋y2＝2，M是圆内或圆上一动点，圆O与以线段F2M为直径的圆O1内切．
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)设M的轨迹为曲线E，若直线l与曲线E相切，过点F2作直线l的垂线，垂足为N，证明：|ON|为定值．
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[总结提升]
直线过定点问题的通法是设出直线方程，通过根与系数的关系和已知条件找出k和m的关系式，代入直线方程，将问题转化为过定点的直线系、曲线系和恒成立问题来求解，即可得到定点；求解定值问题的关键是引入参数表示直线方程、点坐标、数量积或斜率关系等，先引入变量，再进行消元，最后得到不受参数影响的量就是定值．
1．(2023·泰安模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，离心率为e，A，B是椭圆C上不同的两点，且点A在x轴上方，eq \(F1A,\s\up6(—→))＝λeq \(F2B,\s\up6(—→))(λ>0)，直线F2A，F1B交于点P.已知当F1A⊥x轴时，|eq \(F1A,\s\up6(—→))|＝e.
(1)求椭圆C的方程；
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(2)求证：点P在以F1，F2为焦点的定椭圆上．
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2．(2023·辽阳模拟)已知等轴双曲线C的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，且焦点到渐近线的距离为eq \r(2).
(1)求C的方程；
(2)若C上有两点P，Q满足∠POQ＝45°，证明：eq \f(1,|OP|4)＋eq \f(1,|OQ|4)是定值．
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3．(2023·汕头模拟)如图，已知E(m，n)为抛物线x2＝2py(p>0)内一定点，过E作斜率分别为k1，k2的两条直线，与抛物线交于A，B，C，D四点，且M，N分别是线段AB，CD的中点．
(1)当m＝0且k1k2＝－1时，求△EMN面积的最小值；
(2)若eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝λ(λ≠0)，证明：直线MN过定点．
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[考情分析] 圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，定点、定值问题是常见的热点题型，常以解答题的形式压轴出现，难度较大．
考点一 圆锥曲线的定点(定直线)问题
典例1 (2023·新高考全国Ⅱ)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2eq \r(5)，0)，离心率为eq \r(5).
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4,0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上．
(1)解 设双曲线C的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，
由焦点坐标可知c＝2eq \r(5)，
则由e＝eq \f(c,a)＝eq \r(5)，
可得a＝2，b＝eq \r(c2－a2)＝4，
所以双曲线C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1.
(2)证明 由(1)可得A1(－2,0)，A2(2,0)，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
显然直线MN的斜率不为0，
设直线MN的方程为x＝my－4，且－eq \f(1,2)b>0)的离心率是eq \f(\r(5),3)，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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝2，,a2＝b2＋c2，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(5),3)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝2，,c＝\r(5)，))
所以椭圆C的方程为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,4)＝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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2＋3，,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，))
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|F1F2|＝2，
根据椭圆的定义可知动点M是以F1(－1,0)，F2(1,0)为焦点的椭圆，
且c＝1，a＝eq \r(2)，则b＝eq \r(a2－c2)＝1，
所以动点M的轨迹方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明 当直线l的斜率存在且不为零时，设直线方程为y＝kx＋m(k≠0)，
联立直线l和椭圆E的方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
消去y并整理得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
因为直线l与曲线E相切，
所以Δ＝16k2m2－4(2k2＋1)(2m2－2)＝0，
整理得m2＝2k2＋1，
因为NF2与直线l垂直，
所以NF2的方程为y＝－eq \f(1,k)(x－1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,k)x－1，,y＝kx＋m，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1－km,1＋k2)，,y＝\f(k＋m,1＋k2)，))
即Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－km,1＋k2)，\f(k＋m,1＋k2)))，
所以|ON|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－km,1＋k2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k＋m,1＋k2)))2＝eq \f(k2m2＋k2＋m2＋1,1＋k22)＝eq \f(k2＋1m2＋1,1＋k22)＝eq \f(m2＋1,1＋k2)＝2，
所以|ON|＝eq \r(2).
当直线l的斜率为0时，直线l的方程为y＝±1，过点F2(1,0)作直线l的垂线，
则垂线方程为x＝1，此时N(1,1)或N(1，－1)，则|ON|＝eq \r(2).
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝±eq \r(2)，过点F2(1,0)作直线l的垂线，
则垂线方程为y＝0，此时N(－eq \r(2)，0)或N(eq \r(2)，0)，则|ON|＝eq \r(2)，
综上可得，|ON|＝eq \r(2)为定值．
跟踪训练2 (2023·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eq \f(1,2)，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eq \(AB,\s\up6(→))＝2eq \(DE,\s\up6(→))，AD与BE交于点P，点P在椭圆eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,9)＝1上，证明：△PAB的面积为定值．
(1)解 由题意知eq \f(\r(x－12＋y2),|x－4|)＝eq \f(1,2)，
化简整理得曲线C的轨迹方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
由题意知eq \f(x\\al(2,0),12)＋eq \f(y\\al(2,0),9)＝1.
由eq \(AB,\s\up6(→))＝2eq \(DE,\s\up6(→))，可知D，E分别为AP，BP的中点，
∴Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x0,2)，\f(y1＋y0,2)))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2＋x0,2)，\f(y2＋y0,2))).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x0,2)))2＋\f(1,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1＋y0,2)))2＝1，))
得eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(y\\al(2,0),3)＋eq \f(x0x1,2)＋eq \f(2y0y1,3)－3＝0，
∵eq \f(x\\al(2,0),12)＋eq \f(y\\al(2,0),9)＝1，
∴eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(y\\al(2,0),3)＝3，
∴3x0x1＋4y0y1＝0.
同理3x0x2＋4y0y2＝0，
∴A，B都在直线3x0x＋4y0y＝0上．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x0x＋4y0y＝0，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
得x2＝eq \f(16y\\al(2,0),3x\\al(2,0)＋4y\\al(2,0))，y2＝eq \f(9x\\al(2,0),3x\\al(2,0)＋4y\\al(2,0))，
又∵直线AB过坐标原点，
∴|AB|＝2eq \r(x2＋y2)＝2eq \r(\f(9x\\al(2,0)＋16y\\al(2,0),3x\\al(2,0)＋4y\\al(2,0)))，
又点P到直线AB的距离d＝eq \f(3x\\al(2,0)＋4y\\al(2,0),\r(9x\\al(2,0)＋16y\\al(2,0)))，
∴S△PAB＝eq \f(1,2)|AB|d＝eq \f(1,2)×2eq \r(\f(9x\\al(2,0)＋16y\\al(2,0),3x\\al(2,0)＋4y\\al(2,0)))×eq \f(3x\\al(2,0)＋4y\\al(2,0),\r(9x\\al(2,0)＋16y\\al(2,0)))＝eq \r(3x\\al(2,0)＋4y\\al(2,0)).
又∵eq \f(x\\al(2,0),12)＋eq \f(y\\al(2,0),9)＝1，∴3xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)＝36，
故S△PAB＝6.∴△PAB的面积为定值．
[总结提升]
直线过定点问题的通法是设出直线方程，通过根与系数的关系和已知条件找出k和m的关系式，代入直线方程，将问题转化为过定点的直线系、曲线系和恒成立问题来求解，即可得到定点；求解定值问题的关键是引入参数表示直线方程、点坐标、数量积或斜率关系等，先引入变量，再进行消元，最后得到不受参数影响的量就是定值．
1．(2023·泰安模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，离心率为e，A，B是椭圆C上不同的两点，且点A在x轴上方，eq \(F1A,\s\up6(—→))＝λeq \(F2B,\s\up6(—→))(λ>0)，直线F2A，F1B交于点P.已知当F1A⊥x轴时，|eq \(F1A,\s\up6(—→))|＝e.
(1)求椭圆C的方程；
(2)求证：点P在以F1，F2为焦点的定椭圆上．
(1)解 由题知，c＝1，点(－1，e)在椭圆C上，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(e2,b2)＝1，,a2＝b2＋c2，,e＝\f(c,a)，))
解得a2＝2，b2＝1，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，eq \(F1A,\s\up6(—→))＝λeq \(F2B,\s\up6(—→))(λ>0)，且点A在x轴上方，
∴y1>0，y2>0，
设直线F1A的方程为my＝x＋1，则直线F2B的方程为my＝x－1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),2)＋y\\al(2,1)＝1，,my1＝x1＋1，))
得(m2＋2)yeq \\al(2,1)－2my1－1＝0，
∴y1＝eq \f(m＋\r(2m2＋1),m2＋2)或y1＝eq \f(m－\r(2m2＋1),m2＋2)0)，得eq \f(|PB|,|PF1|)＝eq \f(|BF2|,|AF1|)，
∴eq \f(|PF1|,|AF1|)＝eq \f(|PB|,|BF2|)＝eq \f(|PF1|＋|PB|,|AF1|＋|BF2|)＝eq \f(|BF1|,|AF1|＋|BF2|)，
∴|PF1|＝eq \f(|AF1|,|AF1|＋|BF2|)|BF1|.
又点B在椭圆C上，
∴|BF1|＋|BF2|＝2a＝2eq \r(2)，则|BF1|＝2eq \r(2)－|BF2|，
∴|PF1|＝eq \f(|AF1|,|AF1|＋|BF2|)(2eq \r(2)－|BF2|)，
同理|PF2|＝eq \f(|BF2|,|AF1|＋|BF2|)|AF2|，
∴|PF2|＝eq \f(|BF2|,|AF1|＋|BF2|)(2eq \r(2)－|AF1|)，
∴|PF1|＋|PF2|＝2eq \r(2)－eq \f(2|AF1|·|BF2|,|AF1|＋|BF2|)＝2eq \r(2)－eq \f(2×\f(m2＋1,m2＋2),\f(2\r(2)m2＋1,m2＋2))＝eq \f(3\r(2),2).
又|F1F2|＝2，eq \f(3\r(2),2)>2，
∴|PF1|＋|PF2|>|F1F2|，
∴点P在以F1，F2为焦点的定椭圆上．
2．(2023·辽阳模拟)已知等轴双曲线C的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，且焦点到渐近线的距离为eq \r(2).
(1)求C的方程；
(2)若C上有两点P，Q满足∠POQ＝45°，证明：eq \f(1,|OP|4)＋eq \f(1,|OQ|4)是定值．
(1)解 设C的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，
不妨设右焦点为(c,0)，渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x.
右焦点到渐近线的距离d＝eq \f(\f(bc,a),\r(\f(b2,a2)＋1))＝b＝eq \r(2).
因为C为等轴双曲线，所以a＝b＝eq \r(2).
所以C的方程为eq \f(x2,2)－eq \f(y2,2)＝1.
(2)证明 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
由eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝|eq \(OP,\s\up6(→))|·|eq \(OQ,\s\up6(→))|·cs 45°，
得x1x2＋y1y2＝eq \f(\r(2),2)|OP|·|OQ|，
且|OP|2＝xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1)＝2xeq \\al(2,1)－2＝2yeq \\al(2,1)＋2，
|OQ|2＝xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2)＝2xeq \\al(2,2)－2＝2yeq \\al(2,2)＋2，
所以yeq \\al(2,1)yeq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)|OP|2·|OQ|2＋xeq \\al(2,1)xeq \\al(2,2)－eq \r(2)x1x2·|OP|·|OQ|，
则eq \f(|OP|2－2,2)·eq \f(|OQ|2－2,2)＝eq \f(1,2)|OP|2·|OQ|2＋eq \f(|OP|2＋2,2)·eq \f(|OQ|2＋2,2)－eq \r(2)x1x2·|OP|·|OQ|，
即|OP|2·|OQ|2＋2|OP|2＋2|OQ|2＝2eq \r(2)x1x2·|OP|·|OQ|，
平方后得(|OP|2·|OQ|2＋2|OP|2＋2|OQ|2)2＝8×eq \f(|OP|2＋2,2)·eq \f(|OQ|2＋2,2)·|OP|2·|OQ|2，
等式两边同时除以|OP|4·|OQ|4，
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,|OP|2)＋\f(2,|OQ|2)))2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,|OP|2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,|OQ|2)))，
即eq \f(4,|OP|4)＋eq \f(4,|OQ|4)＝1，即eq \f(1,|OP|4)＋eq \f(1,|OQ|4)＝eq \f(1,4).
所以eq \f(1,|OP|4)＋eq \f(1,|OQ|4)是定值，且该定值为eq \f(1,4).
3．(2023·汕头模拟)如图，已知E(m，n)为抛物线x2＝2py(p>0)内一定点，过E作斜率分别为k1，k2的两条直线，与抛物线交于A，B，C，D四点，且M，N分别是线段AB，CD的中点．
(1)当m＝0且k1k2＝－1时，求△EMN面积的最小值；
(2)若eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝λ(λ≠0)，证明：直线MN过定点．
(1)解 当m＝0时，E(0，n)为y轴上一点，
因为k1k2＝－1，所以AB⊥CD，
则AB的方程为y＝k1x＋n，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x＋n，,x2＝2py，))
可得x2－2pk1x－2pn＝0，
由于E(0，n)为抛物线x2＝2py(p>0)内一点，n>0，故Δ＝4p2keq \\al(2,1)＋8pn>0，
则x1＋x2＝2pk1，x1x2＝－2pn，
故AB中点为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，即M(pk1，pkeq \\al(2,1)＋n)，
同理可得N(pk2，pkeq \\al(2,2)＋n)，即Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,k1)，\f(p,k\\al(2,1))＋n))，
因为AB⊥CD，则EM⊥EN，
所以S△EMN＝eq \f(1,2)|EM||EN|
＝eq \f(1,2)·eq \r(pk12＋pk\\al(2,1)2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,k1)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,k\\al(2,1))))2)
＝eq \f(1,2)|pk1|·eq \r(1＋k\\al(2,1))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(p,k1)))·eq \r(1＋\f(1,k\\al(2,1)))
＝eq \f(1,2)·p2·eq \r(k\\al(2,1)＋\f(1,k\\al(2,1))＋2)≥p2，
当且仅当keq \\al(2,1)＝eq \f(1,k\\al(2,1))，即k1＝±1时取等号，
所以△EMN的面积的最小值为p2.
(2)证明 由题意知AB所在直线的方程为y＝k1(x－m)＋n，代入x2＝2py(p>0)中，
得x2－2pk1x＋2pk1m－2pn＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有x1＋x2＝2pk1，从而y1＋y2＝k1(x1＋x2－2m)＋2n＝k1(2pk1－2m)＋2n，
则M(pk1，k1(pk1－m)＋n)；
CD所在直线的方程为y＝k2(x－m)＋n，同理可得N(pk2，k2(pk2－m)＋n)，
所以kMN＝eq \f(pk\\al(2,2)－k\\al(2,1)－mk2－k1,pk2－k1)＝k1＋k2－eq \f(m,p)，
所以直线MN的方程为y－k1(pk1－m)－n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k1＋k2－\f(m,p)))(x－pk1)，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k1＋k2－\f(m,p)))x－pk1k2＝y－n，
又eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝λ(λ≠0)，故k1k2＝eq \f(k1＋k2,λ)，
代入eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k1＋k2－\f(m,p)))x－pk1k2＝y－n，
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k1＋k2－\f(m,p)))x－p·eq \f(k1＋k2,λ)＝y－n，
即(k1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,λ)))＝y＋eq \f(m,p)x－n，
当x－eq \f(p,λ)＝0时，y＋eq \f(m,p)x－n＝0，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(p,λ)，,y＝n－\f(m,λ)，))
所以直线MN恒过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,λ)，n－\f(m,λ))).