2027版53B版新高考版数学总复习重难突破培优15　圆锥曲线中的定点、定值和定线问题

培优15圆锥曲线中的定点、定值和定线问题类型1定点问题例

(高考真题精选)已知椭圆C:

+

=1(a>b>0)的离心率为

,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.解析

(1)由题意得

解得

所以椭圆C的方程为

+

=1.(2)证法一参数法:由题意知,过P,Q两点的直线l的斜率存在且不为零,设l:y=k(x+2)+3=kx+2k+3,令t=2k+3,则l:y=kx+t①,(技巧:解析几何中,可采取换元法,减少斜截式方程中的项数,可减少后续的计算量)联立

消去y得(4k2+9)x2+8ktx+4t2-36=0,由Δ=(8kt)2-4(4k2+9)(4t2-36)=144(4k2+9-t2)>0得4k2+9>t2.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=

,x1x2=

,因为M,N均为y轴上的点,所以MN的中点也必在y轴上,则MN中点的横坐标为0.接下来用k,t表示MN中点的纵坐标,易知直线AP的方程为y=

(x+2).令x=0,得yM=

,同理可得yN=

,则

=

+

=

+

=

=

=

=

=

=

=3.(不要忘记t=2k+3)∴线段MN的中点过定点(0,3).证法二构造齐次式:设M(0,m),N(0,n),P(x1,y1),Q(x2,y2).因为A,P,M三点共线,所以kAM=kAP,即

=

,同理,由A,Q,N三点共线得

=

,所以MN的中点坐标为

①.

MN中点的纵坐标以

的形式出现

设直线PQ的方程为y=k(x+2)+3②,下面在椭圆方程中构造相同的结构,将椭圆方程化为4y2+9x2=36,从而4y2+9(x+2-2)2=36③,化简得4y2+9(x+2)2-36(x+2)=0④,将④式配凑齐次式得4y2+9(x+2)2-12(x+2)[y-k(x+2)]=0⑤,(提示:36(x+2)=12×3(x+2)=12[y-

k(x+2)](x+2))对⑤式两边同时除以(x+2)2得4·

+9-12

=0,整理得4·

-12·

+9+12k=0⑥,令t=

,这样出现了以t=

为变量的一元二次方程,因为P(x1,y1),Q(x2,y2)是直线与椭圆的交点,所以

,

是相应方程4t2-12t+9+12k=0的解,所以由根与系数的关系得

+

=3,即线段MN的中点为定点(0,3),从而得证.总结归纳

圆锥曲线中直线恒过定点问题的解题方法1.参数法(1)设动直线的方程(斜率存在)为y=kx+t;(2)联立动直线方程与圆锥曲线方程得到一个二次方程;(3)根据条件得到直线的方程,整理为kf(x,y)+g(x,y)=0(或tf(x,y)+g(x,y)=0);(4)根据直线过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立),得到方程组

(5)以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点.2.同构法(1)设动直线PM的方程为y=k(x-x0)+y0;(2)联立直线与椭圆(抛物线)的方程,解出点M的坐标为(A(k),B(k)),同理,得出点N的坐标

为(C(k),D(k));(3)写出动直线MN的方程,并整理成kf(x,y)+g(x,y)=0的形式;(4)根据直线过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立),得到方程组

(5)以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点.

3.构造齐次式法(1)对构造齐次式的初步认识设A(x1,y1),B(x2,y2)为二次曲线上的两点,P(x0,y0)为平面上任意一点,k1=

,k2=

,则“构造齐次式”的方法适用于k1·k2为定值或k1+k2为定值的问题.(2)构造齐次式的具体步骤第一步:明确x,y的出现形式结合k1=

,k2=

的形式,明确x,y的出现形式分别为x-x0,y-y0;将二次曲线与直线方程中的x,y都配凑成“x-x0,y-y0”的形式.第二步:配凑齐二次式借助直线方程,将曲线方程中的“非二次”项配凑成“二次”项.第三步:构造斜率对配凑好的齐二次式两边同时除以

,构造斜率.类型2定值问题例

(高考真题精选)已知椭圆C:

+

=1(a>b>0)的离心率为

,且过点A(2,1).(1)求C的方程:(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.解析

(1)由题意得

解得a2=6,b2=c2=3,故C的方程为

+

=1.(2)若存在定点Q,使得|DQ|为定值,则点D在以定点Q为圆心的圆上,已知AD⊥MN,若MN

过定点P,则D在以AP为直径的圆上,则AP的中点Q即可满足条件,则问题转化为证明直

线MN过定点P.从而将问题转化为证明直线MN恒过定点问题.证法一通性通法:设出直线MN的方程,与椭圆方程联立,得出x1+x2,x1x2,然后由AM⊥AN

得

·

=0,利用向量数量积转化为坐标运算,得到直线MN方程中参变量之间的关系,从而得到直线MN恒过的定点,进而找到定点Q.设M(x1,y1),N(x2,y2),当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y=kx+m,代入椭圆方程,消去y并整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0,则x1+x2=-

,x1x2=

,因为AM⊥AN,所以

·

=0,即(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,又y1=kx1+m,y2=kx2+m,所以(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0,所以(k2+1)

+(km-k-2)

+(m-1)2+4=0,(提示:去分母后可将其看成关于k(或m)的一元二次方程,然后分解因式)整理,化简得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0,因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-1≠0,故2k+3m+1=0,k≠1,(当k=1时,m=-1,直线为y=x-1,过点A(2,1))于是MN的方程为y=k

-

(k≠1),所以直线MN过定点P

.当直线MN的斜率不存在时,可得N(x1,-y1),(易错点:不要忘记讨论斜率不存在的情况)由

·

=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0,得

+1-

=0,结合

+

=1可得3

-8x1+4=0,解得x1=

或x1=2(舍去).此时直线MN过点P

.取AP的中点Q,则Q

,因为AD⊥MN,所以D在以AP为直径的圆上,故|DQ|=

|AP|=

,故存在点Q

,使得|DQ|为定值.

证法二结构齐次化:因为AM⊥AN,若它们的斜率都存在,则kAM·kAN=-1,观察其形式,联想

到根与系数的关系,所以可想办法得到关于kAM,kAN的一元二次方程,又kAM=

,kAN=

,所以想办法构造关于

的一元二次方程.将椭圆方程变形为

+

=1,将(x-2),(y-1)看作整体进行整理得到(x-2)2+4(x-2)+2(y-1)2+4(y-1)=0,设直线MN的方程为m(x-2)+n(y-1)=1,M(x1,y1),N(x2,y2),将直线MN的方程与椭圆的方程联立构成齐次式得(1+4m)(x-2)2+4(m+n)(x-2)(y-1)+(2+4

n)(y-1)2=0,当x≠2时,(2+4n)

+4(m+n)

+1+4m=0,所以

·

=

,因为AM⊥AN,所以kAM·kAN=

=-1,所以m=-

-n,把m=-

-n代入直线MN的方程m(x-2)+n(y-1)=1整理后得,

+n(x-y-1)=0,令

得

所以直线MN过定点P

.当kAM或kAN不存在时,点M,N的坐标为(2,-1),(-2,1),此时直线MN的方程为y=-

x,过P

,又AD⊥MN,所以D在以AP为直径的圆上,AP的中点为

,即为圆心Q,故存在Q

,使得|DQ|=

|AP|=

.总结归纳圆锥曲线中定值问题的一般处理方法1.直接法根据题意和圆锥曲线的性质,直接列出表达式或方程进行求解;2.参数法设动点或动直线时引入参数,结合已知条件将目标式用参变量表示,再根据点在某曲线

上代入消参求得定值,或经过整理化简后恒为定值;3.由特殊到一般法先从问题的特殊情形出发,如直线的斜率不存在、直线过原点等,得到目标关系所要探求的定值,再进一步证明一般情况下该定值也成立;4.有关斜率和斜率积的问题,还可以利用齐次化的方法,将方程整理成关于斜率的一元

二次方程,根据根与系数的关系直接可得斜率和斜率积的值.类型3定线问题例

(2026福建开学摸底联考)已知双曲线C:

-

=1(a>0,b>0)的右焦点为F,离心率为2,圆O:x2+y2=1与C恰有两个交点.(1)求C的方程.(2)设A为C的左顶点,过F且斜率存在的直线交C的右支于M,N两点,直线AM,AN与圆O的

另一交点分别为P,Q.(i)证明:P,O,Q三点共线;(ii)设直线MN与直线PQ交于D,证明:点D在定直线上.解析

(1)因为圆O:x2+y2=1与C恰有两个交点,所以由双曲线及圆的对称性知,圆过双曲线的左、右顶点,所以a=1,又e=

=2,所以c=2,故b2=c2-a2=4-1=3,所以双曲线C的方程为x2-

=1.(2)证明:(i)因为O是圆x2+y2=1的圆心,且P,Q在圆上,若P,O,Q三点共线,则PQ为圆x2+y2=1

的直径,根据直径所对的圆周角为直角,可将证明P,O,Q三点共线可转化为证明AP⊥

AQ,即证AM⊥AN,而M,N是过F且斜率存在的直线与C的右支的两个交点,所以可以设出直线方程,并与双曲线方程联立为切入点解题.由(1)知,F(2,0),A(-1,0),又直线MN的斜率不为0,故设直线MN的方程为x=my+2,M(x1,y1),N(x2,y2),

由

可得(3m2-1)y2+12my+9=0,∴y1+y2=

,y1y2=

,其中-

<m<

,(提示:直线的斜率的绝对值大于渐近线斜率的绝对值,保证过F的直线