第二课时 定点、定值、探索性问题
考点一 定点问题
【例1】 (2020·兰州一模)设M点为圆C：x＋y＝4上的动点，点M在x轴上的投影为N.动→→
点P满足2PN＝3MN，动点P的轨迹为E. (1)求E的方程；
(2)设E的左顶点为D，若直线l：y＝kx＋m与曲线E交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，→→→→
且满足|DA＋DB|＝|DA－DB|，求证：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标. 解 (1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0，0)， →→
∵2PN＝3MN，∴2(x0－x，－y)＝3(0，－y0)， 即x0＝x，y0＝
23
2
2
2
y，
2
2
2
又点M在圆C：x＋y＝4上，∴x0＋y0＝4， 将x0＝x，y0＝
23
y代入得＋＝1，
4
3
x2y2
即轨迹E的方程为＋＝1.
43
(2)由(1)可知D(－2，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
x2y2
y＝kx＋m，??22
222
联立得?xy得(3＋4k)x＋8mkx＋4(m－3)＝0，
＋＝1，??43Δ＝(8mk)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝16(12k2－3m2＋9)＞0，
－8mk4（m－3）
即3＋4k－m＞0，∴x1＋x2＝. 2，x1x2＝2
3＋4k3＋4k2
2
2
3m－12ky1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝kx1x2＋mk(x1＋x2)＋m＝2. 3＋4k2
2
22
→→→→→→∵|DA＋DB|＝|DA－DB|，∴DA⊥DB， →→
即DA·DB＝0，
即(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0， 4m－12－8mk3m－12k∴2＋2×2＋4＋2＝0， 3＋4k3＋4k3＋4k
- 1 -
2
2
2
∴7m－16mk＋4k＝0，
22
解得m1＝2k，m2＝k，且均满足3＋4k－m＞0.
7当m＝2k时，l的方程为y＝kx＋2k＝k(x＋2)， 直线恒过点(－2，0)，与已知矛盾；
22?2??2?当m＝k时，l的方程为y＝kx＋k＝k?x＋?，直线恒过点?－，0?. 77?7??7?
22
?2?∴直线l过定点，定点坐标为?－，0?.
?7?
规律方法 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.
y2x22
【训练1】 (2020·湖南三湘名校联考)已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b≥1)的离心率为，其上
ab2
焦点到直线bx＋2ay－2＝0的距离为(1)求椭圆C的方程；
2
. 3
?1?(2)过点P?，0?的直线l交椭圆C于A，B两点.试探究以线段AB为直径的圆是否过定点.若?3?
过，求出定点坐标；若不过，请说明理由. 解 (1)由题意得，e＝＝所以a＝2b，c＝b. 又
|2ac－2|4a＋b2
2
ca2222
，又a＝b＋c， 2
＝
22
，a＞b≥1，所以b＝1，a＝2， 3
故椭圆C的方程为＋x＝1.
2
16?1?2
(2)当AB⊥x轴时，以线段AB为直径的圆的方程为?x－?＋y＝.
9?3?当AB⊥y轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x＋y＝1. 可得两圆交点为Q(－1，0).
由此可知， 若以线段AB为直径的圆恒过定点，则该定点为Q(－1，0). 下证Q(－1，0)符合题意. 设直线l的斜率存在，且不为0，
- 2 -
2
2
2
y2
2
y?1?2
其方程为y＝k?x－?，代入＋x＝1，
2?3?
221222
并整理得(k＋2)x－kx＋k－2＝0，
39设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
2kk－18
则x1＋x2＝，x1x2＝， 22
3（k＋2）9（k＋2）
1??1?→→2?所以QA·QB＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k?x1－??x2－?
3??3??12?12?2
＝(1＋k)x1x2＋?1－k?(x1＋x2)＋1＋k
9?3?
2
12?k2－182k12?1－k＝(1＋k)·＋·＋1＋k＝0， ??22
9（k＋2）?3?3（k＋2）9
2
2
2
2
→→
故QA⊥QB，即Q(－1，0)在以线段AB为直径的圆上. 综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(－1，0). 考点二 定值问题
【例2】 (2019·洛阳高三统考)已知抛物线C：y＝2px(p＞0)，其焦点为F，O为坐标原点，直线l与抛物线C相交于不同的两点A，B，M为AB的中点. (1)若p＝2，M的坐标为(1，1)，求直线l的方程.
2|MN|
(2)若直线l过焦点F，AB的垂直平分线交x轴于点N，求证：为定值.
|FN|(1)解 由题意知直线l的斜率存在且不为0， 故设直线l的方程为x－1＝t(y－1) 即x＝ty＋1－t，设A(x1，y1)，B(x2，y2).
??x＝ty＋1－t，2由?2得y－4ty－4＋4t＝0， ?y＝4x，?
2
2
∴Δ＝16t＋16－16t＝16(t－t＋1)＞0，y1＋y2＝4t， 1∴4t＝2，即t＝. 2
∴直线l的方程为2x－y－1＝0.
22
??2
(2)证明 ∵抛物线C：y＝2px(p＞0)，∴焦点F的坐标为?，0?.
?2?
由题意知直线l的斜率存在且不为0，
∵直线l过焦点F，故设直线l的方程为x＝ty＋(t≠0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2).
2
pp - 3 -
p??x＝ty＋
2，得y2－2pty－p2＝0， 由?
??y2＝2px∴y1＋y2＝2pt，Δ＝4pt＋4p＞0.
∴x1＋x2＝t(y1＋y2)＋p＝2pt＋p，∴M?pt＋，pt?.
2??∴MN的方程为y－pt＝－t?x－pt－?.
2??3p?23p?2
令y＝0，解得x＝pt＋，N?pt＋，0?，
22??3pp222222
∴|MN|＝p＋pt，|FN|＝pt＋－＝pt＋p，
222|MN|2（p＋pt）∴＝＝2p，为定值. |FN|pt2＋p规律方法 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 (1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值. (2)两大解法：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； ②引起变量法：其解题流程为
变量→选择适当的动点坐标或动线中系数为变量 ↓
函数→把要证明为定值的量表示成上述变量的函数 ↓
定值→把得到的函数化简，消去变量得到定值
2
2
22
2
22
2
?
2
p?
?
2
p?x2y21
【训练2】 (2020·昆明诊断)已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的离心率为，左、右焦点分
ab3
8
别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝. 3(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m与l1，l2分别交于M，N两点，求证：∠MF1N为定值. 8b8
(1)解 由AF2⊥F1F2，|AF2|＝，得＝. 3a3
2
c122222
又e＝＝，a＝b＋c，所以a＝9，b＝8，
a3
- 4 -
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
98
(2)证明 由题意可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3.
直线l分别与直线l1，l2的方程联立得M(－3，－3k＋m)，N(3，3k＋m)， →→
所以F1M＝(－2，－3k＋m)，F1N＝(4，3k＋m)， →→22
所以F1M·F1N＝－8＋m－9k.
x2y2
xy??＋＝1，222
联立得?98得(9k＋8)x＋18kmx＋9m－72＝0.
??y＝kx＋m，
因为直线l与椭圆C相切，
所以Δ＝(18km)－4(9k＋8)(9m－72)＝0， 化简得m＝9k＋8.
→→22
所以F1M·F1N＝－8＋m－9k＝0， π→→
所以F1M⊥F1N，故∠MF1N为定值.
2考点三 探索性问题
2
2
2
2
2
22
x2y2
【例3】 (2019·广州调研)已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的
ab一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为，设过点F2的直线l与被椭圆C截得的线段为RS，当
3
bl⊥x轴时，|RS|＝3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由.
11bc1
解 (1)由内切圆的性质，得×2c×b＝×(2a＋2c)×，得＝. 223a2
2
x2y2b22b将x＝c代入2＋2＝1，得y＝±，所以＝3.
abaa又a＝b＋c，所以a＝2，b＝3， 故椭圆C的标准方程为＋＝1.
43
(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称. 当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t，0)满足条件，设l的方程为y＝k(x－1)，R(x1，y1)，
222
x2y2
S(x2，y2).
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2021届高考数学一轮复习第九章平面解析几何第9节圆锥曲线的综合问题第2课时定点定值探索性
