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专题十三《解析几何》讲义13.7定点定值知识梳理.定点定值1．定点问题(1)参数法：参数法解决定点问题的思路：①引进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．(2)由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.2.定值问题(1)直接消参求定值：常见定值问题的处理方法：①确定一个(或两个)变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示；②将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量)，然后进行化简，看能否得到一个常数．(2)从特殊到一般求定值：常用处理技巧：①在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢；②巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算.题型一.定值问题1．已知椭圆C：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1（a＞b＞0）的两个顶点分别为点A（﹣2，0），B（2，0），离心率为√32．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E．证明：△BDE与△BDN的面积之比为定值．【解答】解：（Ⅰ）因为焦点在x轴上，两个顶点分别为A（﹣2，0），B（2，0），所以a＝2，由e=𝑐𝑎=√32，所以c=√3，所以b2＝a2﹣c2＝1，所以椭圆的方程为𝑥24+y2＝1．（Ⅱ）设D（x0，0），M（x0，y0），N（x0，﹣y0）（y0＞0），可得y02＝1−𝑥024，直线AM的方程为y=𝑦0𝑥0+2（x+2），因为DE⊥AM，所以kDE=−𝑥0+2𝑦0，直线DE的方程为y=−𝑥0+2𝑦0（x﹣x0），直线BN的方程为y=−𝑦0𝑥0−2（x﹣2）联立{𝑦=−𝑥0+2𝑦0(𝑥−𝑥0)𝑦=−𝑦0𝑥0−2(𝑥−2)，整理得，𝑥0+2𝑦0（x﹣x0）=𝑦0𝑥0−2（x﹣2），即（x02﹣4）（x﹣x0）＝y02（x﹣2），即（x02﹣4）（x﹣x0）=4−𝑥024（x﹣2），得x=4𝑥0+25，所以y=−𝑥0+2𝑦0•2−𝑥05=−4−𝑦025𝑦0=−45y0，即E（4𝑥0+25，−45y0），则𝑦𝐸𝑦𝑁=45，又𝑆△𝐵𝐷𝐸𝑆△𝐵𝐷𝑁=12|𝐵𝐷|⋅|𝑦𝐸|12|𝐵𝐷|⋅|𝑦𝑁|=45，所以△BDE与△BDN的面积之比为定值45．2．（2018·全国1）设椭圆C：𝑥22+y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为（2，0）．（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；（2）设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB．【解答】解：（1）c=√2−1=1，∴F（1，0），∵l与x轴垂直，∴x＝1，由{𝑥=1𝑥22+𝑦2=1，解得{𝑥=1𝑦=√22或{𝑥=1𝑦=−√22，∴A（1.√22），或（1，−√22），∴直线AM的方程为y=−√22x+√2，y=√22x−√2，证明：（2）当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°，当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，∴∠OMA＝∠OMB，当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k（x﹣1），k≠0，A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＜√2，x2＜√2，直线MA，MB的斜率之和为kMA，kMB之和为kMA+kMB=𝑦1𝑥1−2+𝑦2𝑥2−2，由y1＝kx1﹣k，y2＝kx2﹣k得kMA+kMB=2𝑘𝑥1𝑥2−3𝑘(𝑥1+𝑥2)+4𝑘(𝑥1−2)(𝑥2−2)，将y＝k（x﹣1）代入𝑥22+y2＝1可得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣2＝0，∴x1+x2=4𝑘22𝑘2+1，x1x2=2𝑘2−22𝑘2+1，∴2kx1x2﹣3k（x1+x2）+4k=12𝑘2+1（4k3﹣4k﹣12k3+8k3+4k）＝0从而kMA+kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补，∴∠OMA＝∠OMB，综上∠OMA＝∠OMB．3．如图，已知椭圆𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1（a＞b＞0）的离心率为√32，且过点（√3，12）．（Ⅰ）求该椭圆的方程；（Ⅱ）若A，B，C为椭圆上的三点（A，B不在坐标轴上），满足𝑂𝐶→=35𝑂𝐴→+45𝑂𝐵→，直线OA，OB分别交直线l：x＝3于M，N两点，设直线OA，OB的斜率为k1，k2．证明：k1•k2为定值，并求线段MN长度的最小值．【解答】（I）解：由题意可得：{𝑐𝑎=√323𝑎2+14𝑏2=1𝑎2=𝑏2+𝑐2，解得a＝2，b＝1，c=√3，∴椭圆的标准方程为：𝑥24+𝑦2=1．（II）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），则𝑥124+𝑦12=1，𝑥224+𝑦22=1，①．∵满足𝑂𝐶→=35𝑂𝐴→+45𝑂𝐵→，∴𝑂𝐶→=(35𝑥1+45𝑥2，35𝑦1+45𝑦2)．代入椭圆的方程可得：(35𝑥1+45𝑦1)24+(35𝑦1+45𝑦2)2=1，化为(35)2(𝑥124+𝑦12)+(45)2(𝑥224+𝑦22)+625(𝑥1𝑥2+4𝑦1𝑦2)=1，由①可得：x1x2+4y1y2＝0，∴k1k2=−14为定值．设OA：y＝k1x，OB：y=−14𝑘1x，令x＝3，解得M（3，3k1），N(3，−34𝑘1)．∴|MN|=|3𝑘1+34𝑘1|=|3𝑘1|+3|4𝑘1|≥3×2√|𝑘1|⋅14|𝑘1|=3，当且仅当𝑘1=±12时取等号，∴|MN|的最小值为3．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2021/8/2223:56:32；用户：15942715433；邮箱：15942715433；学号：32355067题型二.定点问题1．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F（1，0），O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．（1）求抛物线C的方程；（2）若直线OA，OB的斜率之积为−12，求证：直线AB过定点，并求出定点坐标．【解答】（1）解：因为抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F（1，0），所以𝑝2=1，解得p＝2，所以抛物线的C的方程为y2＝4x；（2）证明：①当直线AB的斜率不存在时，设𝐴(𝑡24，𝑡)，𝐵(𝑡24，−𝑡)，因为直线OA，OB的斜率之积为−12，所以𝑡𝑡24⋅−𝑡𝑡24=−12，化简可得t2＝32，所以A（8，t），B（8，﹣t），此时直线AB的方程为x＝8；②当直线AB的斜率存在时，设方程为y＝kx+b（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程组{𝑦2=4𝑥𝑦=𝑘𝑥+𝑏，化简可得ky2﹣4y+4b＝0，则有𝑦1𝑦2=4𝑏𝑘，因为直线OA，OB的斜率之积为−12，所以𝑦1𝑥1⋅𝑦2𝑥2=−12，即x1x2+2y1y2＝0，即𝑦124⋅𝑦224+2𝑦1𝑦2=0，解得𝑦1𝑦2=4𝑏𝑘=−32，解得b＝﹣8k，所以y＝kx﹣8x，即y＝k（x﹣8）．综上所述，直线AB过x轴上的一定点（8，0）．2．已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线l：y＝kx+m与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点．求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．【解答】（1）解：由题意设椭圆的标准方程为𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎＞𝑏＞0)，由已知椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1，可得：a+c＝3，a﹣c＝1，∴a＝2，c＝1∴b2＝a2﹣c2＝3∴椭圆的标准方程为𝑥24+𝑦23=1；（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2）联立{𝑦=𝑘𝑥+𝑚𝑥24+𝑦23=1，消去y可得（3+4k2）x2+8mkx+4（m2﹣3）＝0，则{△=64𝑚2𝑘2−16(3+4𝑘2)(𝑚2−3)=3+4𝑘2−𝑚2＞0𝑥1+𝑥2=−8𝑚𝑘3+4𝑘2𝑥1𝑥2=4(𝑚2−3)3+4𝑘2又𝑦1𝑦2=(𝑘𝑥1+𝑚)(𝑘𝑥2+𝑚)=𝑘2𝑥1𝑥2+𝑚𝑘(𝑥1+𝑥2)+𝑚2=3(𝑚2−4𝑘2)3+4𝑘2因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D（2，0），∴kADkBD＝﹣1，即𝑦1𝑥1−2⋅𝑦2𝑥2−2=−1∴y1y2+x1x2﹣2（x1+x2）+4＝0，∴3(𝑚2−4𝑘2)3+4𝑘2+4(𝑚2−3)3+𝑘2+16𝑚𝑘3+4𝑘2+4=0∴7m2+16mk+4k2＝0解得：𝑚1=−2𝑘，𝑚2=−2𝑘7，且均满足3+4k2﹣m2＞0当m1＝﹣2k时，l的方程y＝k（x﹣2），直线过点（2，0），与已知矛盾；当𝑚2=−2𝑘7时，l的方程为𝑦=𝑘(𝑥−27)，直线过定点(27，0)所以，直线l过定点，定点坐标为(27，0)3．（2017·全国1）已知椭圆C：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1（a＞b＞0），四点P1（1，1），P2（0，1），P3（﹣1，√32），P4（1，√32）中恰有三点在椭圆C上．（1）求C的方程；（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为﹣1，证明：l过定点．【解答】解：（1）根据椭圆的对称性，P3（﹣1，√32），P4（1，√32）两点必在椭圆C上，又P4的横坐标为1，∴椭圆必不过P1（1，1），∴P2（0，1），P3（﹣1，√32），P4（1，√32）三点在椭圆C上．把P2（0，1），P3（﹣1，√32）代入椭圆C，得：{1𝑏2=11𝑎2+34𝑏2=1，解得a2＝4，b2＝1，∴椭圆C的方程为𝑥24+𝑦2=1．证明：（2）①当斜率不存在时，设l：x＝m，A（m，yA），B（m，﹣yA），∵直线P2A与直线P2B的斜率的和为﹣1，∴𝑘𝑃2𝐴+𝑘𝑃2𝐵=𝑦𝐴−1𝑚+−𝑦𝐴−1𝑚=−2𝑚=−1，解得m＝2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．②当斜率存在时，设l：y＝kx+t，（t≠1），A（x1，y1），B（x2，y2），联立{𝑦=𝑘𝑥+𝑡𝑥2+4𝑦2−4=0，整理，得（1+4k2）x2+8ktx+4t2﹣4＝0，𝑥1+𝑥2=−8𝑘𝑡1+4𝑘2，x1x2=4𝑡2−41+4𝑘2，则𝑘𝑃2𝐴+𝑘𝑃2𝐵=𝑦1−1𝑥1+𝑦2−1𝑥2=𝑥2(𝑘𝑥1+𝑡)−𝑥2+𝑥1(𝑘𝑥2+𝑡)−𝑥1𝑥1𝑥2=8𝑘𝑡2−8𝑘−8𝑘𝑡2+8𝑘𝑡1+4𝑘24𝑡2−41+4𝑘2=8𝑘(𝑡−1)4(𝑡+1)(𝑡−1)=−1，又t≠1，∴t＝﹣2k﹣1，此时△＝﹣64k，存在k，使得△＞0成立，∴直线l的方程为y＝kx﹣2k﹣1，当x＝2时，y＝﹣1，∴l过定点（2，﹣1）．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2021/8/2223:59:00；用户：15942715433；邮箱：15942715433；学号：323550671．如图，已知椭圆C：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1（a＞b＞0）的离心率为√22，一条准线方程为x＝2．过点T（0，2）且不与x轴垂直的直线l与椭圆C相交于A，B两点线段AB的垂直平分线分别交AB和y轴于点M，N两点．（1）求椭圆C的方程；（2）求证：线段MN的中点在定直线上；（3）若△ABN为等腰直角三角形，求直线l的方程．【解答】解：（1）由𝑐𝑎=√22，𝑎2𝑐=2，解得a=√2，c＝1，b=√𝑎2−𝑐2=1∴椭圆方程为：𝑥22+𝑦2=1．（2）显然直线l的斜率存在，可设