1第2课时定点与定值问题题型一定点问题例1已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)过点(0,1),其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q,P,与椭圆分别交于点M,N,各点均不重合且满足PM→=λ1MQ→,PN→=λ2NQ→.(1)求椭圆的标准方程;(2)若λ1+λ2=-3,试证明:直线l过定点,并求此定点.解(1)设椭圆的焦距为2c,由题意知b=1,且(2a)2+(2b)2=2(2c)2,又a2=b2+c2,∴a2=3.∴椭圆的标准方程为x23+y2=1.(2)由题意设P(0,m),Q(x0,0),M(x1,y1),N(x2,y2),设l方程为x=t(y-m),由PM→=λ1MQ→知(x1,y1-m)=λ1(x0-x1,-y1),∴y1-m=-y1λ1,由题意y1≠0,∴λ1=my1-1.同理由PN→=λ2NQ→知λ2=my2-1.∵λ1+λ2=-3,∴y1y2+m(y1+y2)=0,①联立x2+3y2=3,x=ty-m,得(t2+3)y2-2mt2y+t2m2-3=0,∴由题意知Δ=4m2t4-4(t2+3)(t2m2-3)0,②且有y1+y2=2mt2t2+3,y1y2=t2m2-3t2+3,③③代入①得t2m2-3+2m2t2=0,∴(mt)2=1,由题意mt0,∴mt=-1,满足②,得直线l的方程为x=ty+1,过定点(1,0),即Q为定点.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.2跟踪训练1(2018·聊城模拟)已知圆x2+y2=4经过椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的两个焦点和两个顶点,点A(0,4),M,N是椭圆C上的两点,它们在y轴两侧,且∠MAN的平分线在y轴上,|AM|≠|AN|.(1)求椭圆C的方程;(2)证明:直线MN过定点.(1)解圆x2+y2=4与x轴交于点(±2,0),即为椭圆的焦点,圆x2+y2=4与y轴交于点(0,±2),即为椭圆的上下两顶点,所以c=2,b=2.从而a=22,因此椭圆C的方程为x28+y24=1.(2)证明设直线MN的方程为y=kx+m.由y=kx+m,x28+y24=1,消去y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-8=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-4km2k2+1,x1x2=2m2-82k2+1.直线AM的斜率k1=y1-4x1=k+m-4x1;直线AN的斜率k2=y2-4x2=k+m-4x2.k1+k2=2k+m-4x1+x2x1x2=2k+m-4-4km2m2-8=16km-12m2-8.由∠MAN的平分线在y轴上,得k1+k2=0.又因为|AM|≠|AN|,所以k≠0,所以m=1.因此,直线MN过定点(0,1).题型二定值问题例2(2018·北京)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2),过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围;(2)设O为原点,QM→=λQO→,QN→=μQO→,求证:1λ+1μ为定值.3(1)解因为抛物线y2=2px过点(1,2),所以2p=4,即p=2.故抛物线C的方程为y2=4x.由题意知,直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y=kx+1(k≠0),由y2=4x,y=kx+1,得k2x2+(2k-4)x+1=0.依题意知Δ=(2k-4)2-4×k2×10,解得k0或0k1.又PA,PB与y轴相交,故直线l不过点(1,-2).从而k≠-3.所以直线l的斜率的取值范围是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1).(2)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),由(1)知x1+x2=-2k-4k2,x1x2=1k2.直线PA的方程为y-2=y1-2x1-1(x-1),令x=0,得点M的纵坐标为yM=-y1+2x1-1+2=-kx1+1x1-1+2.同理得点N的纵坐标为yN=-kx2+1x2-1+2.由QM→=λQO→,QN→=μQO→,得λ=1-yM,μ=1-yN.所以1λ+1μ=11-yM+11-yN=x1-1k-1x1+x2-1k-1x2=1k-1·2x1x2-x1+x2x1x2=1k-1·2k2+2k-4k21k2=2.所以1λ+1μ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.4(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已知点M是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)上一点,F1,F2分别为C的左、右焦点,且|F1F2|=4,∠F1MF2=60°,△F1MF2的面积为433.(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的A,B两点,直线NA,NB的斜率分别为k1,k2,证明:k1+k2为定值.(1)解在△F1MF2中,由12|MF1||MF2|sin60°=433,得|MF1||MF2|=163.由余弦定理,得|F1F2|2=|MF1|2+|MF2|2-2|MF1||MF2|·cos60°=(|MF1|+|MF2|)2-2|MF1||MF2|(1+cos60°),解得|MF1|+|MF2|=42.从而2a=|MF1|+|MF2|=42,即a=22.由|F1F2|=4得c=2,从而b=2,故椭圆C的方程为x28+y24=1.(2)证明当直线l的斜率存在时,设斜率为k,显然k≠0,则其方程为y+2=k(x+1),由x28+y24=1,y+2=kx+1,得(1+2k2)x2+4k(k-2)x+2k2-8k=0.Δ=56k2+32k0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-4kk-21+2k2,x1x2=2k2-8k1+2k2.从而k1+k2=y1-2x1+y2-2x2=2kx1x2+k-4x1+x2x1x25=2k-(k-4)·4kk-22k2-8k=4.当直线l的斜率不存在时,可得A-1,142,B-1,-142,得k1+k2=4.综上,k1+k2为定值.直线与圆锥曲线的综合问题数学运算是指在明晰运算对象的基础上,依据运算法则解决数学问题的过程.主要包括:理解运算对象,掌握运算法则,探究运算方向,选择运算方法,设计运算程序,求得运算结果等.例椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别是F1,F2,离心率为32,过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(1)求椭圆C的方程;(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点,连接PF1,PF2,设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0),求m的取值范围;(3)在(2)的条件下,过点P作斜率为k的直线l,使得l与椭圆C有且只有一个公共点,设直线PF1,PF2的斜率分别为k1,k2,若k2≠0,证明1kk1+1kk2为定值,并求出这个定值.解(1)由于c2=a2-b2,将x=-c代入椭圆方程x2a2+y2b2=1,得y=±b2a.由题意知2b2a=1,即a=2b2.又e=ca=32,所以a=2,b=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)设P(x0,y0)(y0≠0),又F1(-3,0),F2(3,0),所以直线PF1,PF2的方程分别为1PFl:y0x-(x0+3)y+3y0=0,2PFl:y0x-(x0-3)y-3y0=0.由题意知|my0+3y0|y20+x0+32=|my0-3y0|y20+x0-32.6由于点P在椭圆上,所以x204+y20=1.所以|m+3|32x0+22=|m-3|32x0-22.因为-3m3,-2x02,可得m+332x0+2=3-m2-32x0,所以m=34x0,因此-32m32.(3)设P(x0,y0)(y0≠0),则直线l的方程为y-y0=k(x-x0).联立得x24+y2=1,y-y0=kx-x0,整理得(1+4k2)x2+8(ky0-k2x0)x+4(y20-2kx0y0+k2x20-1)=0.由题意Δ=0,即(4-x20)k2+2x0y0k+1-y20=0.又x204+y20=1,所以16y20k2+8x0y0k+x20=0,故k=-x04y0.由(2)知1k1+1k2=x0+3y0+x0-3y0=2x0y0,所以1kk1+1kk2=1k1k1+1k2=-4y0x0·2x0y0=-8,因此1kk1+1kk2为定值,这个定值为-8.素养提升典例的解题过程体现了数学运算素养,其中设出P点的坐标而不求解又体现了数学运算素养中的一个运算技巧——设而不求,从而简化了运算过程.1.设F1,F2为椭圆C:x24+y2b2=1(b0)的左、右焦点,M为椭圆上一点,满足MF1⊥MF2,已知△MF1F2的面积为1.(1)求C的方程;7(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|=4,①由垂直得|MF1|2+|MF2|2=|F1F2|2=4(4-b2),②由题意得S△MF1F2=12|MF1|·|MF2|=1,③由①②③,可得b2=1,C的方程为x24+y2=1.(2)依题意,H(0,1),显然直线的斜率存在且不为0,设直线RS的方程为y=kx+m(k≠0),代入椭圆方程化简得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.由题意知,Δ=16(4k2-m2+1)0,设R(x1,y1),S(x2,y2),x1x2≠0,故x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1.kHR+kHS=y1-1x1+y2-1x2=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2=2k+(m-1)x1+x2x1x2=2k+(m-1)-8km4m2-4=2k-2kmm+1=2km+1=-1.故kHR+kHS为定值-1.2.(2018·威海模拟)已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点F,直线y=4与y轴的交点为P,与抛物线C的交点为Q,且|QF|=2|PQ|.(1)求p的值;(2)已知点T(t,-2)为C上一点,M,N是C上异于点T的两点,且满足直线TM和直线TN的斜率之和为-83,证明:直线MN恒过定点,并求出定点的坐标.解(1)设Q(x0,4),由抛物线定义,|QF|=x0+p2,又|QF|=2|PQ|,即2x0=x0+p2,解得x0=p2,将点Qp2,4代入抛物线方程,解得p=4.(2)由(1)知C的方程为y2=8x,8所以点T坐标为12,-2.设直线MN的方程为x=my+n,点My218,y1,Ny228,y2,由x=my+n,y2=8x得y2-8my-8n=0,Δ=64m2+32n0,所以y1+y2=8m,y1y2=-8n,所以kMT+kNT=y1+2y218-12+y2+2y228-12=8y1-2+8y2-2=8y1+y2-32y1y2-2y1+y2+4=64m-32-8n-16m+4=-83,解得n=m-1.所以直线MN的方程为x+1=m(y+1),恒过定点(-1,-1).3.(2018·齐齐哈尔模拟)已知动圆E经过定点D(1,0),且与直线x=-1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