1、专题11 圆锥曲线中的定点、定值问题一、题型选讲题型一 、圆锥曲线中过定点问题圆锥曲线中过定点问题常见有两种解法：（1）、求出圆锥曲线或直线的方程解析式，研究解析式，求出定点（2）、从特殊位置入手，找出定点，在证明该点符合题意（运用斜率相等或者三点共线）。例1、【2020年高考全国卷理数】已知A、B分别为椭圆E：（a1）的左、右顶点，G为E的上顶点，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点.【解析】（1）由题设得A（a，0），B（a，0），G（0，1）.则，=（a，1）.由=8得a21=8，即a=3.所以E的方程为+y2
2、=1（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.若t0，设直线CD的方程为x=my+n，由题意可知3nb0)，C2与C1的长轴长之比为1，离心率相同(1) 求椭圆C2的标准方程；(2) 设点P为椭圆C2上的一点射线PO与椭圆C1依次交于点A，B，求证：为定值；过点P作两条斜率分别为k1，k2的直线l1，l2，且直线l1，l2与椭圆C1均有且只有一个公共点，求证k1k2为定值. (1)根据已知条件，求出a，b的值，得到椭圆C2的标准方程(2)对直线OP斜率分不存在和存在两种情况讨论，当OP斜率存在时，设直线OP的方程为ykx，并与椭圆C1的方程联立，解得点A横坐标，同理求得点P横坐
3、标，再通过弦长公式，求出的表达式，化简整理得到定值设P(x0，y0)，写出直线l1的方程，并与椭圆C1联立，得到关于x的一元二次方程，根据直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点，得到方程只有一解，即0，整理得(x4)k2x0y0k1y10，同理得到(x4)k2x0y0k2y10，从而说明k1，k2是关于k的一元二次方程的两个根，运用根与系数的关系，证得定值(1) 规范解答 设椭圆C2的焦距为2c，由题意，a2，a2b2c2，解得b，因此椭圆C2的标准方程为1.(3分)(2)1当直线OP斜率不存在时，PA1，PB1，则32.(4分)2当直线OP斜率存在时，设直线OP的方程为ykx，代入椭圆C1的方
4、程，消去y，得(4k21)x24，所以x，同理x.(6分)所以x2x，由题意，xP与xA同号，所以xPxA，从而32.所以32为定值(8分)设P(x0，y0)，所以直线l1的方程为yy0k1(xx0)，即yk1xk1x0y0，记tk1x0y0，则l1的方程为yk1xt，代入椭圆C1的方程，消去y，得(4k1)x28k1tx4t240，因为直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点，所以(8k1t)24(4k1)(4t24)0，即4kt210，将tk1x0y0代入上式，整理得，(x4)k2x0y0k1y10，(12分)同理可得，(x4)k2x0y0k2y10，所以k1，k2为关于k的方程(x4)k22
5、x0y0ky10的两根，从而k1k2.(14又点在P(x0，y0)椭圆C2：1上，所以y2x，所以k1k2为定值(16分)二、达标训练1、（2020届浙江省温州市高三4月二模）如图，已知椭圆，为其右焦点，直线与椭圆交于两点，点在上，且满足.(点从上到下依次排列)(I)试用表示：(II)证明：原点到直线l的距离为定值.【答案】(I) ；(II)证明见解析【解析】 (I) 椭圆，故，.(II)设，则将代入得到：，故，故，得到，故，同理：，由已知得：或，故，即，化简得到.故原点到直线l的距离为为定值.2、【2018年高考北京卷理数】已知抛物线C：=2px经过点（1，2）过点Q（0，1）的直线l与抛物
6、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，求证：为定值【答案】（1）（-，-3）（-3，0）（0，1）；（2）见解析.【解析】（1）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y=kx+1（k0）由得依题意，解得k0或0kb0)的离心率为，焦点到相应准线的距离为.(1) 求椭圆E的标准方程；(2) 已知P(t，0)为椭圆E外一动点，过点P分别作直线l1和l2，直线l1和l2分别交椭圆E于点A，B和点C，D，且l1和l
7、2的斜率分别为定值k1和k2，求证：为定值规范解答 (1)设椭圆的半焦距为c，由已知得，则c，c2a2b2，(3分)解得a2，b1，c，(5分)所以椭圆E的标准方程是y21.(6分)(2) 解法1由题意，设直线l1的方程为yk1(xt)，代入椭圆E的方程中，并化简得(14k)x28ktx4kt240，(8分)设A(x1，y1)，B(x2，y2)则x1x2，x1x2，因为PA|x1t|，PB|x2t|，(10分)所以PAPB(1k)|x1t|x2t|(1k)|t2(x1x2)tx1x2|(1k)|t2|，(12分)同理，PCPD，(14分)所以为定值(16分)解法2由题意，设直线l1的方程为yk
8、1(xt)，直线l2的方程为yk2(xt)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)直线l1的方程为yk1(xt)，代入椭圆E的方程中，并化简得(14k)x28ktx4kt240，(8分)则x1x2，x1x2，同理则x3x4，x3x4，(x1t，y1)(x2t，y2)(x1t)(x2t)k(x1t)(x2t)(x1t)(x2t)(1k)，(x3t，y3)(x4t，y4)(x3t)(x4t)k(x3t)(x4t)(x3t)(x4t)(1k)(12分)因为P，A，B三点共线，所以PAPB，同理，PCPD.代入x1x2，x1x2，x3x4，x3x4，化简得，(14分)
9、因为是定值，所以为定值(16分) 本题着重考查了计算能力，而在运算过程中借助了两条直线的地位一致性，只需算出一份数据即可，另外对应换掉相应位置的参数就好，需要考生仔细观察，不能盲目地硬算定值问题，要恰当去转化，能很好的降低计算量，用向量的坐标来计算，结构对称、优美，代入根与系数关系可以很容易得出结果4、(2018苏州暑假测试）如图，已知椭圆O：y21的右焦点为F，点B，C分别是椭圆O的上、下顶点，点P是直线l：y2上的一个动点(与y轴的交点除外)，直线PC交椭圆于另一个点M.(1) 当直线PM经过椭圆的右焦点F时，求FBM的面积；(2) 记直线BM，BP的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为
10、定值；规范解答 (1) 由题意B(0，1)，C(0，1)，焦点F(，0)，当直线PM过椭圆的右焦点F时，则直线PM的方程为1，即yx1，联立解得或(舍)，即M.(2分)连结BF，则直线BF：1，即xy0，而BFa2，点M到直线BF的距离为d.故SMBFBFd2.(4分)(2) 解法1(点P为主动点)设P(m，2)，且m0，则直线PM的斜率为k，则直线PM的方程为yx1，联立化简得x2x0，解得M，(6分)所以k1m，k2，(8分)所以k1k2m为定值(10分)5、(2016泰州期末）如图，在平面直角坐标系xOy中， 已知圆O：x2y24，椭圆C：y21，A为椭圆右顶点过原点O且异于坐标轴的直线
11、与椭圆C交于B，C两点，直线AB与圆O的另一交点为P，直线PD与圆O的另一交点为Q，其中D(，0).设直线AB，AC的斜率分别为k1，k2.(1) 求k1k2的值；(2) 记直线PQ，BC的斜率分别为kPQ，kBC，是否存在常数，使得kPQkBC？若存在，求的值；若不存在，说明理由；(3) 求证：直线AC必过点Q.思路分析 (1) 直接设出B(x0，y0)，C(x0，y0)，求出k1，k2，并运用椭圆方程消去y0即可；(2) 设出直线AP为yk1(x2)，与圆联立得出点P坐标，与椭圆联立得出点B坐标，通过斜率公式求出kPQ和kBC即得的值；(3) 通过直线PQ与x轴垂直时特殊的位置，猜想直线A
12、C过点Q，再证明当直线PQ与x轴不垂直时，直线AC也过点Q，先通过直线PQ方程与圆方程联立，求出点Q坐标，再通过证明斜率相等来证明三点共线，从而证得直线AC必过点Q.规范解答 (1) 设B(x0，y0)，则C(x0，y0)，y1，因为A(2,0)，所以k1，k2，所以k1k2.(4分)(2) 设直线AP方程为yk1(x2)，联立得(1k)x24kx4(k1)0，解得xP，yPk1(xP2)，联立得(14k)x216kx4(4k1)0，解得xB，yBk1(xB2)，(8分)所以kBC，kPQ，所以kPQkBC，故存在常数，使得kPQkBC.(10分)(3) 设直线AC方程为yk2(x2)，当直线PQ与x轴垂直时，Q，则P，所以k1，即B(0,1)，C(0，1)，所以k2，则kAQk2，所以直线AC必过点Q.当直线PQ与x轴不垂直时，设直线PQ方程为y，联立解得xQ，yQ，因为k2，所以kAQk2，故直线AC必过点Q.(16分)(不考虑直线与x轴垂直的情形扣1分)
