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高考数学第一轮复习复习第8节 直线与圆锥曲线中的定点与定值问题（讲义）
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这是一份高考数学第一轮复习复习第8节 直线与圆锥曲线中的定点与定值问题（讲义），共20页。
定点问题
[例1] 若P,Q是双曲线C:x2-y22=1上的两点,M是C的右顶点,且直线MP与MQ的斜率之积为-23,证明直线PQ恒过定点,并求出该定点的坐标.
解:由已知得M(1,0),设直线MP与MQ的斜率分别为k1,k2.
①当直线PQ垂直于x轴时,
设P(t,h),因为P是双曲线C上的点,
所以h2=2t2-2,
则k1k2=-ℎ2(t-1)2=2-2t2(t-1)2=2(1+t)1-t=-23,
解得t=-2,即若存在定点,定点在直线x=-2上.
②当直线PQ不垂直于x轴时,设直线PQ的斜率为k,PQ的方程为y=kx+m,且P(x1,y1),Q(x2,y2),由y=kx+m,x2-y22=1,
消去y,得(k2-2)x2+2kmx+m2+2=0.
当Δ=8(m2-k2+2)>0,k2-2≠0时,
x1+x2=-2kmk2-2,x1x2=m2+2k2-2,
则k1k2=y1y2(x1-1)(x2-1)=(kx1+m)(kx2+m)(x1-1)(x2-1)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2x1x2-(x1+x2)+1
=k2(m2+2)k2-2-2k2m2k2-2+m2m2+2k2-2+2kmk2-2+1=2(k+m)(k-m)(k+m)2=2(k-m)k+m=-23,得m=2k,即若存在定点,则定点在直线y=k(x+2)上,
由x=-2,y=k(x+2),
得x=-2,y=0.
综上,直线PQ恒过定点(-2,0).
(1)参数法解决定点问题的思路:①引入动点的坐标或动直线中的参数表示变化量,即确定题目中的核心变量(此处设为k);②利用条件找到k与过定点的曲线F(x,y)=0之间的关系,得到关于k与x,y的等式,再研究变化量与参数何时没有关系,找到定点.其理论依据是:直线方程的点斜式y-y0=k(x-x0),则直线必过定点(x0,y0);直线方程的斜截式y=kx+m,则直线必过定点(0,m).
(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.
[针对训练] (2022·全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过A(0,-2),B(32,-1)两点.
(1)求E的方程;
(2)设过点P(1,-2)的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足 MT→=TH→.证明:直线HN过定点.
(1)解:因为椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴,y轴,且过A(0,-2),
所以可设椭圆E的方程为x2a2+y24=1,
又椭圆E过B(32,-1),
所以94a2+14=1,得a2=3,
所以E的方程为x23+y24=1.
(2)证明:当直线MN的斜率不存在时,lMN:x=1,
由x=1,x23+y24=1,得 y2=83,所以y=±223.
结合题意可知M(1,-223),N(1,223),
所以过M且平行于x轴的直线的方程为y=-223.
易知点T的横坐标xT∈[0,32],直线AB的方程为y-(-2)=-1-(-2)32-0·(x-0),
即y=23x-2,
由y=-223,y=23x-2,得xT=3-6,
所以T(3-6,-223).
因为MT→=TH→,所以H(5-26,-223),
lHN:y-223=42326-4(x-1),
即y=2(3+6)3x-2.
当直线MN的斜率存在时,
如图,设M(x1,y1),N(x2,y2),lMN:y=kx+m(k+m=-2).
由y=kx+m,x23+y24=1,
得(3k2+4)x2+6kmx+3m2-12=0,
Δ>0,
所以x1+x2=
-6km3k2+4,x1x2=3m2-123k2+4.
过M且平行于x轴的直线的方程为y=y1,
与直线AB的方程联立,得y=y1,y=23x-2,
得xT=3(y1+2)2,所以T(3(y1+2)2,y1).
因为MT→=TH→,所以H(3y1+6-x1,y1),
lHN:y-y2=y1-y23y1+6-x1-x2(x-x2),
即y=y1-y23y1+6-x1-x2x+y2-y1-y23y1+6-x1-x2·x2.
令x=0,
得y=y2-(y1-y2)x23y1+6-x1-x2
=-(x1y2+x2y1)+3y1y2+6y2-(x1+x2)+6+3y1
=-(x1y2+x2y1)+3y1y2+6y2-(x1+x2)+6+3(y1+y2)-3y2.
因为y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=-12k2+4m23k2+4,
y1+y2=(kx1+m)+(kx2+m)=k(x1+x2)+2m=8m3k2+4,
x1y2+x2y1=x1(kx2+m)+x2(kx1+m)=
2kx1x2+m(x1+x2)=-24k3k2+4,
所以-(x1y2+x2y1)+3y1y2=24k3k2+4+-36k2+12m23k2+4=-36k2+12m2+24k3k2+4
=-24(k2-3k-2)3k2+4,
-(x1+x2)+6+3(y1+y2)
=6km3k2+4+6+24m3k2+4=6km+18k2+24+24m3k2+4
=12(k2-3k-2)3k2+4,
所以y=-24(k2-3k-2)3k2+4+6y212(k2-3k-2)3k2+4-3y2=-2,
所以直线HN过定点(0,-2).
综上,直线HN过定点(0,-2).
定直线问题
[例2] 已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63,左、右焦点分别为F1,F2,过F2作不平行于坐标轴的直线交Γ于A,B两点,且△ABF1的周长为46.
(1)求椭圆Γ的标准方程;
(2)若AM⊥x轴于点M,BN⊥x轴于点N,直线AN与BM交于点C.求证:点C在一条定直线上,并求此定直线.
解:(1)由椭圆定义可知△ABF1的周长为4a=46,则a=6,
因为离心率e=ca=63,所以c=2,
又因为b2=a2-c2=6-4=2,
故椭圆Γ的标准方程为x26+y22=1.
(2)依题意,设直线AB的方程为x=my+2(m≠0).
联立x=my+2,x26+y22=1,消去x,得(m2+3)y2+4my-2=0,易知Δ=16m2+8(m2+3)=24(m2+1)>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则y1+y2=-4mm2+3,y1y2=-2m2+3.
因为AM⊥x轴,BN⊥x轴,
所以M(x1,0),N(x2,0),
所以直线AN:y=y1x1-x2(x-x2),
直线BM:y=y2x2-x1(x-x1),
联立解得xC=x1y2+x2y1y1+y2
=(my1+2)y2+(my2+2)y1y1+y2=2+2my1y2y1+y2=3,
所以点C在定直线x=3上.
定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题.这类问题的核心在于确定定点的轨迹,主要方法有:(1)设点法:设点的轨迹,通过已知点轨迹,消去参数,从而得到轨迹方程;(2)待定系数法:设出含参数的直线方程,利用待定系数法求解出系数;(3)验证法:通过特殊点位置求出直线方程,对一般位置再进行验证.
[针对训练] 已知抛物线C:x2=2py(p>0)与圆O:x2+y2=12相交于A,B两点,且点A的横坐标为22.F是抛物线C的焦点,过焦点的直线l与抛物线C相交于不同的两点M,N.
(1)求抛物线C的方程.
(2)分别过点M,N作抛物线C的切线l1,l2,P(x0,y0)是l1,l2的交点,求证:点P在定直线上.
(1)解:因为点A的横坐标为22,
所以点A的坐标为(22,2),
代入x2=2py,解得p=2,
所以抛物线C的方程为x2=4y.
(2)证明:由(1)得抛物线C:y=x24,则y′=x2,
设M(x1,y1),N(x2,y2),
所以切线PM的方程为y-y1=x12(x-x1),
即y=x12x-x124,
同理切线PN的方程为y=x22x-x224,
联立y=x12x-x124,y=x22x-x224,解得点P(x1+x22,x1x24),
设直线MN的方程为y=kx+1,代入x2=4y,
得x2-4kx-4=0,所以x1x2=-4,
所以点P(x1+x22,-1),
即点P在定直线y=-1上,结论得证.
定值问题
[例3] (2022·山东临沂三模)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为32,A为C的左顶点,且AF1→·AF2→=-5.
(1)求C的方程;
(2)若动直线l与双曲线C恰有1个公共点,且与C的两条渐近线分别交于点M,N.求证:点M与点N的横坐标之积为定值.
(1)解:易知点A(-a,0),F1(-c,0),F2(c,0),AF1→=(-c+a,0),AF2→=(c+a,0),
所以ca=32,AF1→·AF2→=a2-c2=-5,解得a=2,c=3,则b=c2-a2=5,
所以双曲线C的方程为x24-y25=1.
(2)证明:①当直线l⊥x轴时,直线l的方程为x=±2,此时点M,N的横坐标之积为4;
②当直线l的斜率存在时,
设直线l的方程为y=kx+m,
由题意可知直线l不与双曲线C的渐近线平行或重合,即k≠±52.
设点M(x1,y1),N(x2,y2),
联立y=kx+m,5x2-4y2=20,
消去y,得(5-4k2)x2-8kmx-4m2-20=0,
则由Δ=64k2m2+4(5-4k2)(4m2+20)=0,
可得4k2=m2+5,且m≠0.
设点M,N分别为直线l与直线y=52x,
y=-52x的交点,联立y=kx+m,y=52x,
可得x1=m52-k,联立y=kx+m,y=-52x,
可得x2=-m52+k,
此时x1x2=m2k2-54=4m24k2-5=4m2m2=4.
综上所述,点M与点N的横坐标之积为定值4.
圆锥曲线中定值问题的两种求解方法
(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.
[针对训练] 已知点O为坐标原点,过点C(4,0)的直线与抛物线y2=2px(p>0)交于A,B两点,且OA⊥OB.
(1)求抛物线的方程;
(2)动点M,N为抛物线在第一象限内两点,且直线MC与直线NC的倾斜角互补,求证:OM→·ON→是定值.
(1)解:设A(x1,y1),B(x2,y2),
直线AB:x=my+4.
由x=my+4,y2=2px,
消去x,得y2-2mpy-8p=0,所以y1y2=-8p.
由OA⊥OB得x1x2+y1y2=(y1y2)24p2+y1y2=0,即16-8p=0,
解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x.
(2)证明:设点N关于x轴的对称点为N′,
因为直线MC与直线NC的倾斜角互补,
所以M,C,N′三点共线,
设直线N′M:x=ty+4,M(x3,y3),N′(x4,y4),
由x=ty+4,y2=4x,消去x,得y2-4ty-16=0,
所以y3y4=-16,
则x3x4+y3y4=(y3y4)216+y3y4=0,
故OM⊥ON′,
则OM→·ON→=x3x4+y3(-y4)=x3x4+y3y4-2y3y4=32是定值.
[例1] (2021·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),右焦点为F(2,0),且离心率为63.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设M,N是椭圆C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切.证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.
(1)解:由题意,得椭圆的半焦距c=2,
且e=ca=63,所以a=3,
又b2=a2-c2=1,所以椭圆方程为x23+y2=1.
(2)证明:由(1)得,曲线为x2+y2=1(x>0),
当直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=1,不合题意;当直线MN的斜率存在时,
设M(x1,y1),N(x2,y2),
必要性:
若M,N,F三点共线,可设直线MN:y=k(x-2),
即kx-y-2k=0,
由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切可得
|2k|k2+1=1,解得k=±1,联立y=±(x-2),x23+y2=1,
可得4x2-62x+3=0,
所以x1+x2=322,x1x2=34,
所以|MN|=1+1·(x1+x2)2-4x1x2=3,
所以必要性成立;
充分性:设直线MN:y=kx+b(kb<0),
即kx-y+b=0,
由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切可得|b|k2+1=1,所以b2=k2+1,联立y=kx+b,x23+y2=1,
可得(1+3k2)x2+6kbx+3b2-3=0,
所以x1+x2=-6kb1+3k2,x1x2=3b2-31+3k2,
所以|MN|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2
=1+k2(-6kb1+3k2) 2-4·3b2-31+3k2
=1+k2·24k21+3k2=3,
化简得3(k2-1)2=0,所以k=±1,
所以k=1,b=-2或k=-1,b=2,
所以直线MN:y=x-2或y=-x+2,
所以直线MN过点F(2,0),M,N,F三点共线,充分性成立.
所以M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.
[例2] (2022·湖南岳阳一模)已知双曲线的对称中心在直角坐标系的坐标原点,焦点在坐标轴上,双曲线的一条渐近线方程为y=3x,且双曲线经过点(4,6).过双曲线上的一点P(在第一象限)作斜率不为±3的直线l,l与直线x=1交于点Q,且l与双曲线有且只有一个交点.
(1)求双曲线的标准方程;
(2)以PQ为直径的圆是否经过一个定点?若经过定点,求出定点的坐标;若不经过定点,请说明理由.
解:(1)由题意,设双曲线的标准方程为3x2-y2=λ,
因为双曲线经过点(4,6),
所以λ=3×42-62=12,
所以双曲线的方程为3x2-y2=12,
标准方程为x24-y212=1.
(2)直线的斜率显然存在且不为0,
设l的方程为y=kx+t(k≠±3),
由y=kx+t,3x2-y2=12,
消去y,得(3-k2)x2-2ktx-(t2+12)=0,(*)
因为k≠±3,且l与双曲线有且只有一个交点,所以(*)方程有且只有一个实数解,
所以Δ=0,即(-2kt)2+4(3-k2)(t2+12)=0,
得4k2=t2+12,
P的横坐标为kt3-k2=-4kt,
P的纵坐标为k·(-4kt)+t=-12t,
即点P的坐标为(-4kt,-12t),
直线l与直线x=1的交点Q的坐标为(1,k+t),以PQ为直径的圆的方程为(x+4kt)(x-1)+(y+12t)(y-k-t)=0,
整理可得t(x2-x+y2-12)+k(4x-4-12)+y(12-tk-t2)=0.
当x2-x+y2-12=0且4x-4-12=0,
即x=4且y=0时,上述方程恒成立,
所以以PQ为直径的圆经过一个定点(4,0).
[选题明细表]
1.已知点M在抛物线C1:x2=12y的准线l1上,动点A在C1上,C1在点A处的切线l2交y轴于点B,设MN→=MA→+MB→,求证:点N在定直线上,并求该定直线的方程.
解:抛物线x2=12y的准线l1的方程为y=-3,依题意设M(m,-3).
抛物线C1的方程可化为y=x212,所以y′=x6,设A(x1,y1),则以A为切点的切线l2的斜率k=x16,
所以切线l2的方程为y=16x1(x-x1)+y1.
令x=0,得y=-16x12+y1=-16×12y1+y1=-y1,即点B坐标为(0,-y1),
所以MA→=(x1-m,y1+3),MB→=(-m,-y1+3),
所以MN→=MA→+MB→=(x1-2m,6),
所以ON→=OM→+MN→=(x1-m,3).
设点N坐标为(x,y),则y=3,
所以点N在定直线y=3上.
2.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,直线x=1被椭圆截得的弦长为3.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)设直线y=kx+m交椭圆C于A,B两点,且线段AB的中点M在直线x=1上,求证:线段AB的中垂线恒过定点.
(1)解:由直线x=1被椭圆截得的弦长为3,
得椭圆过点(1,32),即1a2+34b2=1,
由e=ca=1-b2a2=32,
得a2=4b2,
所以a2=4,b2=1,
即椭圆的标准方程为x24+y2=1.
(2)证明:由x24+y2=1,y=kx+m,
消去y,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.
由Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-4)=-16m2+64k2+16>0,得m2<1+4k2.x1+x2=-8km1+4k2.
设AB的中点M为(x0,y0),得x0=-4km1+4k2=1,即1+4k2=-4km,
所以y0=kx0+m=m1+4k2=-14k,
所以AB的中垂线方程为y+14k=-1k(x-1),
即y=-1k(x-34),
故AB的中垂线恒过点(34,0).
3.已知椭圆C1:x2a2+y26=1(a>6),C1的左、右焦点F1,F2是双曲线C2的左、右顶点,C1的离心率为63,C2的离心率为2,点E在C2上,过点E和F1,F2分别作直线交椭圆C1于点F,G和点M,N,如图所示.
(1)求C1,C2的方程;
(2)求证:直线EF1和EF2的斜率之积为定值;
(3)求证:1|FG|+1|MN|为定值.
(1)解:由题意知,椭圆C1的离心率63=a2-6a,解得a2=18,所以c2=12,
所以F1(-23,0),F2(23,0).
因为椭圆C1的左、右焦点F1,F2是双曲线C2的左、右顶点,所以设双曲线C2:x212-y2n2=1(n>0),
由C2的离心率2=12+n223,解得n2=12,
所以椭圆C1的标准方程为x218+y26=1,双曲线C2的标准方程为x212-y212=1.
(2)证明:因为点E在C2上,
所以设E(x0,y0),则y02=x02-12,
所以kEF1·kEF2=y02x02-12=1,
所以直线EF1和EF2的斜率之积为定值1.
(3)证明:设直线EF1和EF2的斜率分别为k1,k2,则k1k2=1.
设F(x1,y1),G(x2,y2),
EF1:y=k1(x+23)与C1方程联立,消去y,得
(3k12+1)x2+123k12x+18(2k12-1)=0,
x1+x2=-123k123k12+1,x1x2=18(2k12-1)3k12+1,
则|FG|=(1+k12)(-123k123k12+1) 2-4·18(2k12-1)3k12+1=62(k12+1)3k12+1,
同理,|MN|=62(k22+1)3k22+1=62(1k12+1)3·1k12+1=62(k12+1)3+k12,
所以1|FG|+1|MN|=3k12+1+3+k1262(k12+1)=462=23.
4.已知双曲线E:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F2,点F2到E的一条渐近线的距离为2,过点F2的直线与E相交于A,B两点.当AB⊥x轴时,|AB|=22.
(1)求双曲线E的方程;
(2)若M(32,0),N是直线x=1上一点,当B,M,N三点共线时,判断直线AN的斜率是否为定值.若是定值,求出该值;若不是定值,说明理由.
解:(1)根据对称性,不妨设F2(c,0)到直线bx+ay=0的距离为2,
则bca2+b2=bcc=b=2,
令x=c,则c2a2-y2b2=1,解得y=±b2a,
所以当AB⊥x轴时,|AB|=2b2a=22,则a=2.
故双曲线E的方程为x22-y22=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).
当直线AB的斜率不为0时,
设直线AB的方程为x=my+2,
联立得方程组x22-y22=1,x=my+2,
消去x,得(m2-1)y2+4my+2=0,
由Δ=8(m2+1)>0,m2-1≠0,得m≠±1,
则y1+y2=-4mm2-1,y1y2=2m2-1,
设N(1,t),因为B,M,N三点共线,
所以t-12=y2x2-32,整理得t=-y22x2-3.
因为y1-t=y1+y22x2-3=y1(2x2-3)+y22x2-3=y1(2my2+1)+y22x2-3=2my1y2+(y1+y2)2x2-3=0,
所以kAN=y1-tx1-1=0,即直线AN的斜率为定值0.
当直线AB的斜率为0时,A,B,M,N都在x轴上,则直线AN的斜率为定值0.
综上所述,直线AN的斜率为定值0.
5.已知双曲线方程为x2a2-y2b2=1,F1,F2分别为双曲线的左、右焦点,离心率为2,点P为双曲线在第一象限上的一点,且满足PF1→·PF2→=0,
|PF1||PF2|=6.
(1)求双曲线的标准方程;
(2)过点F2作直线l交双曲线于A,B两点,则在x轴上是否存在定点Q(m,0)使得QA→·QB→为定值?若存在,请求出m的值和该定值;若不存在,请说明理由.
解:(1)由题意可得e=ca=2,
可得c=2a,b2=c2-a2=3a2,所以b=3a,
又因为PF1→·PF2→=0,|PF1||PF2|=6,
所以PF1⊥PF2,
由|PF1|-|PF2|=2a,
得|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|=4a2,
而|PF1|2+|PF2|2=4c2,
所以4c2-12=4a2,可得b2=3,a2=1,
所以双曲线的方程为x2-y23=1.
(2)由(1)可得F2(2,0),假设存在Q(m,0)满足题意.
当直线l的斜率为0时,方程为y=0,
此时A(-1,0),B(1,0),
则QA→·QB→=m2-1;
当l的斜率不为0时,
设方程为x=ty+2,A(x1,y1),B(x2,y2),
联立x=ty+2,3x2-y2=3,
消去x,得(3t2-1)y2+12ty+9=0,
因为有两个交点,所以3t2-1≠0,且Δ=(12t)2-4×9(3t2-1)=
36(t2+1)>0,
所以y1+y2=-12t3t2-1,y1y2=93t2-1.
因为QA→·QB→=(x1-m,y1)·(x2-m,y2)=(ty1+2-m)(ty2+2-m)+y1y2=
(t2+1)y1y2+(2-m)t(y1+y2)+(2-m)2=(t2+1)·93t2-1+(2-m)t·-12t3t2-1+
(2-m)2=(12m-15)t2+93t2-1+(2-m)2,
要使QA→·QB→为定值,则12m-153=9-1,
解得m=-1,则QA→·QB→=0,
所以Q(-1,0),定值为0.
6.(2022·江苏南京模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为32,且经过M(1,32),经过定点T(1,0)斜率不为0的直线l交C于E,F两点,A,B分别为椭圆C的左、右顶点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设直线AE与BF的斜率分别为k1,k2,求k1k2的值;
(3)设直线AE与BF的交点为P,求证:点P在一条定直线上.
(1)解:由题意可得ca=32,1a2+34b2=1,a2=b2+c2,
解得a=2,b=1,c=3,
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)解:由(1)可知A(-2,0),B(2,0),
设直线l的方程为x=my+1,则
联立方程x=my+1,x24+y2=1,
消去x,得(m2+4)y2+2my-3=0,
设E(x1,y1),F(x2,y2),
则y1+y2=-2mm2+4,y1y2=-3m2+4,
所以y1+y2y1y2=2m3,即2my1y2=3(y1+y2),
所以k1k2=y1(x2-2)(x1+2)y2=y1(my2-1)(my1+3)y2=my1y2-y1my1y2+3y2=32(y1+y2)-y132(y1+y2)+3y2=12y1+32y232y1+92y2=13.
(3)证明:由(2)知,k1k2=13,由题意可得直线AE:
y=k1(x+2),BF:y=k2(x-2),
联立方程y=k1(x+2),y=k2(x-2),
解得x=-2(k1+k2)k1-k2=-2(k1k2+1)k1k2-1=4,
所以点P在定直线x=4上.
知识点、方法
题号
定点、定直线问题
1,2,6
定值问题
3,4,5
定点问题
[例1] 若P,Q是双曲线C:x2-y22=1上的两点,M是C的右顶点,且直线MP与MQ的斜率之积为-23,证明直线PQ恒过定点,并求出该定点的坐标.
解:由已知得M(1,0),设直线MP与MQ的斜率分别为k1,k2.
①当直线PQ垂直于x轴时,
设P(t,h),因为P是双曲线C上的点,
所以h2=2t2-2,
则k1k2=-ℎ2(t-1)2=2-2t2(t-1)2=2(1+t)1-t=-23,
解得t=-2,即若存在定点,定点在直线x=-2上.
②当直线PQ不垂直于x轴时,设直线PQ的斜率为k,PQ的方程为y=kx+m,且P(x1,y1),Q(x2,y2),由y=kx+m,x2-y22=1,
消去y,得(k2-2)x2+2kmx+m2+2=0.
当Δ=8(m2-k2+2)>0,k2-2≠0时,
x1+x2=-2kmk2-2,x1x2=m2+2k2-2,
则k1k2=y1y2(x1-1)(x2-1)=(kx1+m)(kx2+m)(x1-1)(x2-1)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2x1x2-(x1+x2)+1
=k2(m2+2)k2-2-2k2m2k2-2+m2m2+2k2-2+2kmk2-2+1=2(k+m)(k-m)(k+m)2=2(k-m)k+m=-23,得m=2k,即若存在定点,则定点在直线y=k(x+2)上,
由x=-2,y=k(x+2),
得x=-2,y=0.
综上,直线PQ恒过定点(-2,0).
(1)参数法解决定点问题的思路:①引入动点的坐标或动直线中的参数表示变化量,即确定题目中的核心变量(此处设为k);②利用条件找到k与过定点的曲线F(x,y)=0之间的关系,得到关于k与x,y的等式,再研究变化量与参数何时没有关系,找到定点.其理论依据是:直线方程的点斜式y-y0=k(x-x0),则直线必过定点(x0,y0);直线方程的斜截式y=kx+m,则直线必过定点(0,m).
(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.
[针对训练] (2022·全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过A(0,-2),B(32,-1)两点.
(1)求E的方程;
(2)设过点P(1,-2)的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足 MT→=TH→.证明:直线HN过定点.
(1)解:因为椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴,y轴,且过A(0,-2),
所以可设椭圆E的方程为x2a2+y24=1,
又椭圆E过B(32,-1),
所以94a2+14=1,得a2=3,
所以E的方程为x23+y24=1.
(2)证明:当直线MN的斜率不存在时,lMN:x=1,
由x=1,x23+y24=1,得 y2=83,所以y=±223.
结合题意可知M(1,-223),N(1,223),
所以过M且平行于x轴的直线的方程为y=-223.
易知点T的横坐标xT∈[0,32],直线AB的方程为y-(-2)=-1-(-2)32-0·(x-0),
即y=23x-2,
由y=-223,y=23x-2,得xT=3-6,
所以T(3-6,-223).
因为MT→=TH→,所以H(5-26,-223),
lHN:y-223=42326-4(x-1),
即y=2(3+6)3x-2.
当直线MN的斜率存在时,
如图,设M(x1,y1),N(x2,y2),lMN:y=kx+m(k+m=-2).
由y=kx+m,x23+y24=1,
得(3k2+4)x2+6kmx+3m2-12=0,
Δ>0,
所以x1+x2=
-6km3k2+4,x1x2=3m2-123k2+4.
过M且平行于x轴的直线的方程为y=y1,
与直线AB的方程联立,得y=y1,y=23x-2,
得xT=3(y1+2)2,所以T(3(y1+2)2,y1).
因为MT→=TH→,所以H(3y1+6-x1,y1),
lHN:y-y2=y1-y23y1+6-x1-x2(x-x2),
即y=y1-y23y1+6-x1-x2x+y2-y1-y23y1+6-x1-x2·x2.
令x=0,
得y=y2-(y1-y2)x23y1+6-x1-x2
=-(x1y2+x2y1)+3y1y2+6y2-(x1+x2)+6+3y1
=-(x1y2+x2y1)+3y1y2+6y2-(x1+x2)+6+3(y1+y2)-3y2.
因为y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=-12k2+4m23k2+4,
y1+y2=(kx1+m)+(kx2+m)=k(x1+x2)+2m=8m3k2+4,
x1y2+x2y1=x1(kx2+m)+x2(kx1+m)=
2kx1x2+m(x1+x2)=-24k3k2+4,
所以-(x1y2+x2y1)+3y1y2=24k3k2+4+-36k2+12m23k2+4=-36k2+12m2+24k3k2+4
=-24(k2-3k-2)3k2+4,
-(x1+x2)+6+3(y1+y2)
=6km3k2+4+6+24m3k2+4=6km+18k2+24+24m3k2+4
=12(k2-3k-2)3k2+4,
所以y=-24(k2-3k-2)3k2+4+6y212(k2-3k-2)3k2+4-3y2=-2,
所以直线HN过定点(0,-2).
综上,直线HN过定点(0,-2).
定直线问题
[例2] 已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63,左、右焦点分别为F1,F2,过F2作不平行于坐标轴的直线交Γ于A,B两点,且△ABF1的周长为46.
(1)求椭圆Γ的标准方程;
(2)若AM⊥x轴于点M,BN⊥x轴于点N,直线AN与BM交于点C.求证:点C在一条定直线上,并求此定直线.
解:(1)由椭圆定义可知△ABF1的周长为4a=46,则a=6,
因为离心率e=ca=63,所以c=2,
又因为b2=a2-c2=6-4=2,
故椭圆Γ的标准方程为x26+y22=1.
(2)依题意,设直线AB的方程为x=my+2(m≠0).
联立x=my+2,x26+y22=1,消去x,得(m2+3)y2+4my-2=0,易知Δ=16m2+8(m2+3)=24(m2+1)>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则y1+y2=-4mm2+3,y1y2=-2m2+3.
因为AM⊥x轴,BN⊥x轴,
所以M(x1,0),N(x2,0),
所以直线AN:y=y1x1-x2(x-x2),
直线BM:y=y2x2-x1(x-x1),
联立解得xC=x1y2+x2y1y1+y2
=(my1+2)y2+(my2+2)y1y1+y2=2+2my1y2y1+y2=3,
所以点C在定直线x=3上.
定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题.这类问题的核心在于确定定点的轨迹,主要方法有:(1)设点法:设点的轨迹,通过已知点轨迹,消去参数,从而得到轨迹方程;(2)待定系数法:设出含参数的直线方程,利用待定系数法求解出系数;(3)验证法:通过特殊点位置求出直线方程,对一般位置再进行验证.
[针对训练] 已知抛物线C:x2=2py(p>0)与圆O:x2+y2=12相交于A,B两点,且点A的横坐标为22.F是抛物线C的焦点,过焦点的直线l与抛物线C相交于不同的两点M,N.
(1)求抛物线C的方程.
(2)分别过点M,N作抛物线C的切线l1,l2,P(x0,y0)是l1,l2的交点,求证:点P在定直线上.
(1)解:因为点A的横坐标为22,
所以点A的坐标为(22,2),
代入x2=2py,解得p=2,
所以抛物线C的方程为x2=4y.
(2)证明:由(1)得抛物线C:y=x24,则y′=x2,
设M(x1,y1),N(x2,y2),
所以切线PM的方程为y-y1=x12(x-x1),
即y=x12x-x124,
同理切线PN的方程为y=x22x-x224,
联立y=x12x-x124,y=x22x-x224,解得点P(x1+x22,x1x24),
设直线MN的方程为y=kx+1,代入x2=4y,
得x2-4kx-4=0,所以x1x2=-4,
所以点P(x1+x22,-1),
即点P在定直线y=-1上,结论得证.
定值问题
[例3] (2022·山东临沂三模)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为32,A为C的左顶点,且AF1→·AF2→=-5.
(1)求C的方程;
(2)若动直线l与双曲线C恰有1个公共点,且与C的两条渐近线分别交于点M,N.求证:点M与点N的横坐标之积为定值.
(1)解:易知点A(-a,0),F1(-c,0),F2(c,0),AF1→=(-c+a,0),AF2→=(c+a,0),
所以ca=32,AF1→·AF2→=a2-c2=-5,解得a=2,c=3,则b=c2-a2=5,
所以双曲线C的方程为x24-y25=1.
(2)证明:①当直线l⊥x轴时,直线l的方程为x=±2,此时点M,N的横坐标之积为4;
②当直线l的斜率存在时,
设直线l的方程为y=kx+m,
由题意可知直线l不与双曲线C的渐近线平行或重合,即k≠±52.
设点M(x1,y1),N(x2,y2),
联立y=kx+m,5x2-4y2=20,
消去y,得(5-4k2)x2-8kmx-4m2-20=0,
则由Δ=64k2m2+4(5-4k2)(4m2+20)=0,
可得4k2=m2+5,且m≠0.
设点M,N分别为直线l与直线y=52x,
y=-52x的交点,联立y=kx+m,y=52x,
可得x1=m52-k,联立y=kx+m,y=-52x,
可得x2=-m52+k,
此时x1x2=m2k2-54=4m24k2-5=4m2m2=4.
综上所述,点M与点N的横坐标之积为定值4.
圆锥曲线中定值问题的两种求解方法
(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.
[针对训练] 已知点O为坐标原点,过点C(4,0)的直线与抛物线y2=2px(p>0)交于A,B两点,且OA⊥OB.
(1)求抛物线的方程;
(2)动点M,N为抛物线在第一象限内两点,且直线MC与直线NC的倾斜角互补,求证:OM→·ON→是定值.
(1)解:设A(x1,y1),B(x2,y2),
直线AB:x=my+4.
由x=my+4,y2=2px,
消去x,得y2-2mpy-8p=0,所以y1y2=-8p.
由OA⊥OB得x1x2+y1y2=(y1y2)24p2+y1y2=0,即16-8p=0,
解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x.
(2)证明:设点N关于x轴的对称点为N′,
因为直线MC与直线NC的倾斜角互补,
所以M,C,N′三点共线,
设直线N′M:x=ty+4,M(x3,y3),N′(x4,y4),
由x=ty+4,y2=4x,消去x,得y2-4ty-16=0,
所以y3y4=-16,
则x3x4+y3y4=(y3y4)216+y3y4=0,
故OM⊥ON′,
则OM→·ON→=x3x4+y3(-y4)=x3x4+y3y4-2y3y4=32是定值.
[例1] (2021·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),右焦点为F(2,0),且离心率为63.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设M,N是椭圆C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切.证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.
(1)解:由题意,得椭圆的半焦距c=2,
且e=ca=63,所以a=3,
又b2=a2-c2=1,所以椭圆方程为x23+y2=1.
(2)证明:由(1)得,曲线为x2+y2=1(x>0),
当直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=1,不合题意;当直线MN的斜率存在时,
设M(x1,y1),N(x2,y2),
必要性:
若M,N,F三点共线,可设直线MN:y=k(x-2),
即kx-y-2k=0,
由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切可得
|2k|k2+1=1,解得k=±1,联立y=±(x-2),x23+y2=1,
可得4x2-62x+3=0,
所以x1+x2=322,x1x2=34,
所以|MN|=1+1·(x1+x2)2-4x1x2=3,
所以必要性成立;
充分性:设直线MN:y=kx+b(kb<0),
即kx-y+b=0,
由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切可得|b|k2+1=1,所以b2=k2+1,联立y=kx+b,x23+y2=1,
可得(1+3k2)x2+6kbx+3b2-3=0,
所以x1+x2=-6kb1+3k2,x1x2=3b2-31+3k2,
所以|MN|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2
=1+k2(-6kb1+3k2) 2-4·3b2-31+3k2
=1+k2·24k21+3k2=3,
化简得3(k2-1)2=0,所以k=±1,
所以k=1,b=-2或k=-1,b=2,
所以直线MN:y=x-2或y=-x+2,
所以直线MN过点F(2,0),M,N,F三点共线,充分性成立.
所以M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.
[例2] (2022·湖南岳阳一模)已知双曲线的对称中心在直角坐标系的坐标原点,焦点在坐标轴上,双曲线的一条渐近线方程为y=3x,且双曲线经过点(4,6).过双曲线上的一点P(在第一象限)作斜率不为±3的直线l,l与直线x=1交于点Q,且l与双曲线有且只有一个交点.
(1)求双曲线的标准方程;
(2)以PQ为直径的圆是否经过一个定点?若经过定点,求出定点的坐标;若不经过定点,请说明理由.
解:(1)由题意,设双曲线的标准方程为3x2-y2=λ,
因为双曲线经过点(4,6),
所以λ=3×42-62=12,
所以双曲线的方程为3x2-y2=12,
标准方程为x24-y212=1.
(2)直线的斜率显然存在且不为0,
设l的方程为y=kx+t(k≠±3),
由y=kx+t,3x2-y2=12,
消去y,得(3-k2)x2-2ktx-(t2+12)=0,(*)
因为k≠±3,且l与双曲线有且只有一个交点,所以(*)方程有且只有一个实数解,
所以Δ=0,即(-2kt)2+4(3-k2)(t2+12)=0,
得4k2=t2+12,
P的横坐标为kt3-k2=-4kt,
P的纵坐标为k·(-4kt)+t=-12t,
即点P的坐标为(-4kt,-12t),
直线l与直线x=1的交点Q的坐标为(1,k+t),以PQ为直径的圆的方程为(x+4kt)(x-1)+(y+12t)(y-k-t)=0,
整理可得t(x2-x+y2-12)+k(4x-4-12)+y(12-tk-t2)=0.
当x2-x+y2-12=0且4x-4-12=0,
即x=4且y=0时,上述方程恒成立,
所以以PQ为直径的圆经过一个定点(4,0).
[选题明细表]
1.已知点M在抛物线C1:x2=12y的准线l1上,动点A在C1上,C1在点A处的切线l2交y轴于点B,设MN→=MA→+MB→,求证:点N在定直线上,并求该定直线的方程.
解:抛物线x2=12y的准线l1的方程为y=-3,依题意设M(m,-3).
抛物线C1的方程可化为y=x212,所以y′=x6,设A(x1,y1),则以A为切点的切线l2的斜率k=x16,
所以切线l2的方程为y=16x1(x-x1)+y1.
令x=0,得y=-16x12+y1=-16×12y1+y1=-y1,即点B坐标为(0,-y1),
所以MA→=(x1-m,y1+3),MB→=(-m,-y1+3),
所以MN→=MA→+MB→=(x1-2m,6),
所以ON→=OM→+MN→=(x1-m,3).
设点N坐标为(x,y),则y=3,
所以点N在定直线y=3上.
2.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,直线x=1被椭圆截得的弦长为3.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)设直线y=kx+m交椭圆C于A,B两点,且线段AB的中点M在直线x=1上,求证:线段AB的中垂线恒过定点.
(1)解:由直线x=1被椭圆截得的弦长为3,
得椭圆过点(1,32),即1a2+34b2=1,
由e=ca=1-b2a2=32,
得a2=4b2,
所以a2=4,b2=1,
即椭圆的标准方程为x24+y2=1.
(2)证明:由x24+y2=1,y=kx+m,
消去y,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.
由Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-4)=-16m2+64k2+16>0,得m2<1+4k2.x1+x2=-8km1+4k2.
设AB的中点M为(x0,y0),得x0=-4km1+4k2=1,即1+4k2=-4km,
所以y0=kx0+m=m1+4k2=-14k,
所以AB的中垂线方程为y+14k=-1k(x-1),
即y=-1k(x-34),
故AB的中垂线恒过点(34,0).
3.已知椭圆C1:x2a2+y26=1(a>6),C1的左、右焦点F1,F2是双曲线C2的左、右顶点,C1的离心率为63,C2的离心率为2,点E在C2上,过点E和F1,F2分别作直线交椭圆C1于点F,G和点M,N,如图所示.
(1)求C1,C2的方程;
(2)求证:直线EF1和EF2的斜率之积为定值;
(3)求证:1|FG|+1|MN|为定值.
(1)解:由题意知,椭圆C1的离心率63=a2-6a,解得a2=18,所以c2=12,
所以F1(-23,0),F2(23,0).
因为椭圆C1的左、右焦点F1,F2是双曲线C2的左、右顶点,所以设双曲线C2:x212-y2n2=1(n>0),
由C2的离心率2=12+n223,解得n2=12,
所以椭圆C1的标准方程为x218+y26=1,双曲线C2的标准方程为x212-y212=1.
(2)证明:因为点E在C2上,
所以设E(x0,y0),则y02=x02-12,
所以kEF1·kEF2=y02x02-12=1,
所以直线EF1和EF2的斜率之积为定值1.
(3)证明:设直线EF1和EF2的斜率分别为k1,k2,则k1k2=1.
设F(x1,y1),G(x2,y2),
EF1:y=k1(x+23)与C1方程联立,消去y,得
(3k12+1)x2+123k12x+18(2k12-1)=0,
x1+x2=-123k123k12+1,x1x2=18(2k12-1)3k12+1,
则|FG|=(1+k12)(-123k123k12+1) 2-4·18(2k12-1)3k12+1=62(k12+1)3k12+1,
同理,|MN|=62(k22+1)3k22+1=62(1k12+1)3·1k12+1=62(k12+1)3+k12,
所以1|FG|+1|MN|=3k12+1+3+k1262(k12+1)=462=23.
4.已知双曲线E:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F2,点F2到E的一条渐近线的距离为2,过点F2的直线与E相交于A,B两点.当AB⊥x轴时,|AB|=22.
(1)求双曲线E的方程;
(2)若M(32,0),N是直线x=1上一点,当B,M,N三点共线时,判断直线AN的斜率是否为定值.若是定值,求出该值;若不是定值,说明理由.
解:(1)根据对称性,不妨设F2(c,0)到直线bx+ay=0的距离为2,
则bca2+b2=bcc=b=2,
令x=c,则c2a2-y2b2=1,解得y=±b2a,
所以当AB⊥x轴时,|AB|=2b2a=22,则a=2.
故双曲线E的方程为x22-y22=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).
当直线AB的斜率不为0时,
设直线AB的方程为x=my+2,
联立得方程组x22-y22=1,x=my+2,
消去x,得(m2-1)y2+4my+2=0,
由Δ=8(m2+1)>0,m2-1≠0,得m≠±1,
则y1+y2=-4mm2-1,y1y2=2m2-1,
设N(1,t),因为B,M,N三点共线,
所以t-12=y2x2-32,整理得t=-y22x2-3.
因为y1-t=y1+y22x2-3=y1(2x2-3)+y22x2-3=y1(2my2+1)+y22x2-3=2my1y2+(y1+y2)2x2-3=0,
所以kAN=y1-tx1-1=0,即直线AN的斜率为定值0.
当直线AB的斜率为0时,A,B,M,N都在x轴上,则直线AN的斜率为定值0.
综上所述,直线AN的斜率为定值0.
5.已知双曲线方程为x2a2-y2b2=1,F1,F2分别为双曲线的左、右焦点,离心率为2,点P为双曲线在第一象限上的一点,且满足PF1→·PF2→=0,
|PF1||PF2|=6.
(1)求双曲线的标准方程;
(2)过点F2作直线l交双曲线于A,B两点,则在x轴上是否存在定点Q(m,0)使得QA→·QB→为定值?若存在,请求出m的值和该定值;若不存在,请说明理由.
解:(1)由题意可得e=ca=2,
可得c=2a,b2=c2-a2=3a2,所以b=3a,
又因为PF1→·PF2→=0,|PF1||PF2|=6,
所以PF1⊥PF2,
由|PF1|-|PF2|=2a,
得|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|=4a2,
而|PF1|2+|PF2|2=4c2,
所以4c2-12=4a2,可得b2=3,a2=1,
所以双曲线的方程为x2-y23=1.
(2)由(1)可得F2(2,0),假设存在Q(m,0)满足题意.
当直线l的斜率为0时,方程为y=0,
此时A(-1,0),B(1,0),
则QA→·QB→=m2-1;
当l的斜率不为0时,
设方程为x=ty+2,A(x1,y1),B(x2,y2),
联立x=ty+2,3x2-y2=3,
消去x,得(3t2-1)y2+12ty+9=0,
因为有两个交点,所以3t2-1≠0,且Δ=(12t)2-4×9(3t2-1)=
36(t2+1)>0,
所以y1+y2=-12t3t2-1,y1y2=93t2-1.
因为QA→·QB→=(x1-m,y1)·(x2-m,y2)=(ty1+2-m)(ty2+2-m)+y1y2=
(t2+1)y1y2+(2-m)t(y1+y2)+(2-m)2=(t2+1)·93t2-1+(2-m)t·-12t3t2-1+
(2-m)2=(12m-15)t2+93t2-1+(2-m)2,
要使QA→·QB→为定值,则12m-153=9-1,
解得m=-1,则QA→·QB→=0,
所以Q(-1,0),定值为0.
6.(2022·江苏南京模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为32,且经过M(1,32),经过定点T(1,0)斜率不为0的直线l交C于E,F两点,A,B分别为椭圆C的左、右顶点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设直线AE与BF的斜率分别为k1,k2,求k1k2的值;
(3)设直线AE与BF的交点为P,求证:点P在一条定直线上.
(1)解:由题意可得ca=32,1a2+34b2=1,a2=b2+c2,
解得a=2,b=1,c=3,
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)解:由(1)可知A(-2,0),B(2,0),
设直线l的方程为x=my+1,则
联立方程x=my+1,x24+y2=1,
消去x,得(m2+4)y2+2my-3=0,
设E(x1,y1),F(x2,y2),
则y1+y2=-2mm2+4,y1y2=-3m2+4,
所以y1+y2y1y2=2m3,即2my1y2=3(y1+y2),
所以k1k2=y1(x2-2)(x1+2)y2=y1(my2-1)(my1+3)y2=my1y2-y1my1y2+3y2=32(y1+y2)-y132(y1+y2)+3y2=12y1+32y232y1+92y2=13.
(3)证明:由(2)知,k1k2=13,由题意可得直线AE:
y=k1(x+2),BF:y=k2(x-2),
联立方程y=k1(x+2),y=k2(x-2),
解得x=-2(k1+k2)k1-k2=-2(k1k2+1)k1k2-1=4,
所以点P在定直线x=4上.
知识点、方法
题号
定点、定直线问题
1,2,6
定值问题
3,4,5
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