重难点突破16 圆锥曲线中的定点、定值问题 （十大题型）（解析版）

重难点突破16圆锥曲线中的定点、定值问题目录1、定值问题解析几何中定值问题的证明可运用函数的思想方法来解决．证明过程可总结为“变量—函数—定值”，具体操作程序如下：（1）变量----选择适当的量为变量．（2）函数----把要证明为定值的量表示成变量的函数．（3）定值----化简得到的函数解析式，消去变量得到定值．2、求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊情况入手，求出定值，再证明该定值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理过程中消去变量，从而得到定值．常用消参方法：①等式带用消参：找到两个参数之间的等式关系(,)0Fkm，用一个参数表示另外一个参数()kfm，即可带用其他式子，消去参数k．②分式相除消参：两个含参数的式子相除，消掉分子和分母所含参数，从而得到定值．③因式相减消参：两个含参数的因式相减，把两个因式所含参数消掉．④参数无关消参：当与参数相关的因式为0时，此时与参数的取值没什么关系，比如：2()0ykgx，只要因式()0gx，就和参数k没什么关系了，或者说参数k不起作用．3、求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点00,xy，常利用直线的点斜式方程00yykxx或截距式ykxb来证明．一般解题步骤：①斜截式设直线方程：ykxm，此时引入了两个参数，需要消掉一个．②找关系：找到k和m的关系：m()fk，等式带入消参，消掉m．③参数无关找定点：找到和k没有关系的点．题型一：面积定值例1．（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）已知椭圆2222:1(0)xyCabab过点,0,0,AaBb两点，椭圆的离心率为32，O为坐标原点，且1OABS.(1)求椭圆C的方程；(2)设P为椭圆C上第一象限内任意一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.【解析】（1）根据题意可知32cea，又112OABbSa，即可得2ab，结合222abc，解得2224,1,3abc；即椭圆C的方程为2214xy.（2）证明：由（1）可知2,0,0,1AB，如下图所示：设00,Pxy，且000,0xy；易知直线PA的斜率002PAykx，所以PA的直线方程为0022yyxx；同理直线PB的斜率001PBykx，所以PB的直线方程为0011yyxx；由题意解得000020,,,021yxMNxy；所以可得000022,112xyANBMyx，四边形ABNM的面积2220000000000000000002224448411212212221222xyxyxyxyxySANBMyxxyxyxy又220014xy，可得220044xy，故220000000000000000000000000042244484444842222222222xyxyxyxyxyxyxySxyxyxyxyxyxy，即四边形ABNM的面积为定值.例2．（2023·陕西汉中·高三统考阶段练习）已知双曲线C：222210,0xyabab的焦距为26，且焦点到近线的距离为1.(1)求双曲线C的标准方程；(2)若动直线l与双曲线C恰有1个公共点，且与双曲线C的两条渐近线分别交于,PQ两点，O为坐标原点，证明：OPQ△的面积为定值.【解析】（1）依题意得226c，6c，一条渐近线为byxa，即0bxay，右焦点为(6,0)，所以22|6|1bba，即61bc，66b，所以1b，所以222615acb，所以双曲线C的标准方程为2215xy.（2）当直线l的斜率不存在时，若动直线l与双曲线C恰有1个公共点，则直线l经过双曲线的顶点，不妨设:5lx，又渐近线方程为55yx，将5x代入55yx，得1y，将5x代入55yx，得1y，则||2PQ，15252OPQS!.当直线l的斜率存在，设直线:lykxt，且55k，联立2215ykxtxy，消去y并整理得222(15)10550kxktxt，因为动直线l与双曲线C恰有1个公共点，所以22222150Δ100415550kktkt，得2251kt，设动直线l与55yx的交点为P，与55yx的交点为Q，联立55ykxtyx，得551Ptxk，同理得551Qtxk，则2||1||PQPQkxx2551||5151ttkkk2225||1|51|tkk因为原点O到直线l的距离2||1tdk，所以1||2OPQSPQd△222125||1||2|51|1tktkk225|51|tk，又因为2251kt，所以225|51|tk2255tt，即5OPQS!，故OPQ△的面积为定值，且定值为5.例3．（2023·广东广州·高三广州市真光中学校考阶段练习）已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab，渐近线方程为02xy，点2,0A在C上；(1)求双曲线C的方程；(2)过点A的两条直线AP，AQ分别与双曲线C交于P，Q两点（不与A点重合），且两条直线的斜率1k，2k满足121kk，直线PQ与直线2x，y轴分别交于M，N两点，求证：AMN的面积为定值.【解析】（1）0a，0b，依题意，1122bbaa，所以双曲线C的方程为22141xy.（2）依题意可知PQ斜率存在，设方程为ykxm，11,Pxy，22,Qxy，1222222221228141484404414114kmykxmxxkkxkmxmxymxxk，2222Δ64414440kmkm，22140mk①，121212121212122242224kxxmkxxmyykkxxxxxx2222224482241414448241414mkmkmkmkkmkmkk1，整理得2210mkmk=.1）20mk，:2PQykxk，过2,0A舍去，2）210mk，:21PQykxk，过点2,1，此时，将12mk代入①得2211214240,2kkkk，PQ与2x交于点2,1M，故12112AMNS△（定值）变式1．（2023·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考三模）设椭圆E：222210xyabab过点2,1M，且左焦点为12,0F．(1)求椭圆E的方程；(2)ABC内接于椭圆E，过点4,1P和点A的直线l与椭圆E的另一个交点为点D，与BC交于点Q，满足APQDAQPD，证明：PBC面积为定值，并求出该定值．【解析】（1）由题意得2222222211cabcab，解得24a，22b所以椭圆C的方程为22142xy．（2）设点,,QAD的坐标分别为,xy，11,xy，22,xy．由题设知AP，PD，AQ，QD均不为零，记APAQPDQD，则0且1又,,,APDQ四点共线，从而APPD，AQQD于是1241xx，1211yy，121xxx，121yyy从而22212241xxx①，2221221yyy②，又点,AD在椭圆C上，即221124xy③，222224xy④，①＋②×2并结合③、④得424xy，即点,()Oxy总在定直线220xy上．∴BC所在直线为220xy上．由22220142xyxy消去y得291640xx，2164940，设3344(,),(,)BxyCxy，则3434164,99xxxx，于是22223434341616435||12||5()45()999BCxxxxxx，又P到BC的距离8127415d，∴1479PBCS∴PBC面积定值为1479．变式2．（2023·全国·高二专题练习）已知1l，2l既是双曲线1C：2214yx的两条渐近线，也是双曲线2C：22221xyab的渐近线，且双曲线2C的焦距是双曲线1C的焦距的3倍.(1)任作一条平行于1l的直线l依次与直线2l以及双曲线1C，2C交于点L，M，N，求MNNL的值；(2)如图，P为双曲线2C上任意一点，过点P分别作1l，2l的平行线交1C于A，B两点，证明：PAB的面积为定值，并求出该定值.【解析】（1）依题意2ba，根据双曲线2C的焦距是双曲线1C的焦距的3倍，可得2515a，即23a，故双曲线2C：221312xy，不妨设1l：2yx，则设l：2yxm，联立22yxmyx，可得4Lmx，联立22214yxmyx可得244Mmxm，联立2221312yxmxy可得2124Nmxm，从而2224144124244MLNMmmxxLMmmmMNxxmm,所以23MNNL（2）如图，延长PA，PB分别交渐近线于C，D两点，由（1）可知23PAPBPCPD，则49PABPCDSS△△，设00,Pxy，则PA：002yxxy，联立0022yxxyyx，解得0024Cxyx，而PB：002yxxy，联立0022yxxyyx，解得0024Dxyx，从而00002215555444PCPDxyxyPCPDxxxx，设2l的倾斜角为，则tan2，而2APBCOD，故22tan4sin21tan5，则13sin222PCDSPCPD△，因此4293PABPCDSS△△.变式3．（2023·四川成都·高二树德中学校考阶段练习）已知椭圆22:14xCy，,AB是椭圆上的两个不同的点，O为坐标原点，,,AOB三点不共线，记AOB的面积为AOBS.(1)若1122,,,OAOxyxyB，求证：122112AOBSxyxy；(2)记直线,OAOB的斜率为12,kk，当1214kk时，试探究2AOBS是否为定值并说明理由.【解析】（1）设,OAOB的夹角为0π，则cosOAOBOAOB，所以2222()sin1cos1||OAOBOAOB，则22211sin||()22AOBSOAOBOAOBOAOB222221122121212211122xyxyxxyyxyxy；（2）由22440ykxxy可知，22144kx，所以22414xk，设直线,OAOB的方程分别为：12,ykxykx，设1122,,,AxyBxy.则2212221244,1414xxkk，1214kk所以22222