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圆锥曲线专题——定点、定值问题
定点问题是常见的出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。直线过定点问题通法，是设出直线方程，通过韦达定理和已知条件找出k和m的一次函数关系式，代入直线方程即可。技巧在于：设哪一条直线？如何转化题目条件？圆锥曲线是一种很有趣的载体，自身存在很多性质，这些性质往往成为出题老师的参考。如果大家能够熟识这些常见的结论，那么解题必然会事半功倍。下面总结圆锥曲线中几种常见的几种定点模型：
模型一：“手电筒”模型
x2y2??1若直线l：y?kx?m与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左【例题】已知椭圆C：43右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点。求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标。
?y?kx?m222解：设A(x1,y1),B(x2,y2)，由?2得(3?4k)x?8mkx?4(m?3)?0， 2?3x?4y?12??64m2k2?16(3?4k2)(m2?3)?0，3?4k2?m2?0
8mk4(m2?3)x1?x2??,x1?x2? 223?4k3?4k3(m2?4k2)y1?y2?(kx1?m)?(kx2?m)?kx1x2?mk(x1?x2)?m?
3?4k2以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0),且kAD?kBD??1， yy?1?2??1，y1y2?x1x2?2(x1?x2)?4?0， x1?2x2?2223(m2?4k2)4(m2?3)16mk???4?0， 2223?4k3?4k3?4k整理得：7m?16mk?4k?0，解得：m1??2k,m2??222k22，且满足3?4k?m?0 7当m??2k时，l:y?k(x?2)，直线过定点(2,0),与已知矛盾；
22k2时，l:y?k(x?)，直线过定点(,0)
7772综上可知，直线l过定点，定点坐标为(,0).
7当m??◆方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点P做相互垂直的直
x0(a2?b2)y0(a2?b2),)。 线交圆锥曲线于AB，则AB必过定点(a2?b2a2?b2◆模型拓展：本题还可以拓展为“手电筒”模型：只要任意一个限定AP与BP条件（如kAP?kBP?定值，kAP?kBP?定值），直线AB依然会过定点（因为三条直线形似手电筒，固名曰手电筒模型）。
此模型解题步骤：
Step1：设AB直线y?kx?m，联立曲线方程得根与系数关系，?求出参数范围；
Step2：由AP与BP关系（如kAP?kBP??1），得一次函数k?f(m)或者m?f(k)； Step3：将k?f(m)或者m?f(k)代入y?kx?m，得y?k(x?x定)?y定。 ◆迁移训练
练习1：过抛物线M:y?2px上一点P（1,2）作倾斜角互补的直线PA与PB，交M于A、B两点，求证：直线AB过定点。（注：本题结论也适用于抛物线与双曲线）
文案
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练习2：过抛物线M:y?4x的顶点任意作两条互相垂直的弦OA、OB，求证：直线AB过定点。（经典例题，多种解法）
练习3：过2x?y?1上的点作动弦AB、AC且kAB?kAC?3，证明BC恒过定点。（本题参考答案：
22211(,?)） 55练习:4：设A、B是轨迹C：y?2px(P?0)上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为?和?，当?,?变化且????2?4时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标。（参考答案
??2p,2p?）
【答案】设A?x1,y1?,B?x2,y2?，由题意得x1,x2?0，又直线OA,OB的倾斜角?,?满足????故0??,???4，
?4，所以直线AB的斜率存在，否则，OA,OB直线的倾斜角之和为?从而设AB方程为
2y12y2y?kx?b，显然x1?， ,x2?2p2p22将y?kx?b与y?2px(P?0)联立消去x，得ky?2py?2pb?0
2p2pb由韦达定理知y1?y2?① ,y1?y2?kktan??tan?2p(y1?y2)??由????，得1＝tan?tan(???)== 21?tan?tan?y1y2?4p442p?1，所以b?2p?2pk， 将①式代入上式整理化简可得：
b?2pk此时，直线AB的方程可表示为y?kx?2p?2pk即k(x?2p)??y?2p??0
所以直线AB恒过定点??2p,2p?.
练习5：已知动圆过定点A(4,0), 且在y轴上截得的弦MN的长为8. (Ⅰ)求动圆圆心的轨迹C的方程;
(Ⅱ)已知点B(-1,0), 设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P, Q, 若x轴是?PBQ的角平分线, 证明直线l过定点.
【答案】解:(Ⅰ) A(4,0),设圆心C
(x,y),MN线段的中点为E，由几何图像知ME?MN,CA2?CM2?ME2?EC22?（x?4)2?y2?42?x2?y2?8x
(Ⅱ) 点B(-1,0),
设P(x1,y1),Q(x2,y2),由题知y1?y2?0，y1y2?0,y1?8x1,y2?8x2.
y?y2y?y?1??21?22?8(y1?y2)?y1y2(y2?y1)?0?8?y1y2?0直线PQ
x1?1x2?1y1?8y2?8方程为:y?y1?22y2?y112(x?x1)?y?y1?(8x?y1)
x2?x1y2?y12?y(y2?y1)?y1(y2?y1)?8x?y1?y(y2?y1)?8?8x?y?0,x?1
所以,直线PQ过定点(1,0)
练习6：已知点B??1,0?,C?1,0?,P是平面上一动点，且满足|PC|?|BC|?PB?CB
（1）求点P的轨迹C对应的方程；
（2）已知点A(m,2)在曲线C上，过点A作曲线C的两条弦AD和AE，且AD?AE，判断：直
文案
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线DE是否过定点？试证明你的结论.
【解】（1）设P(x,y)代入|PC|?|BC|?PB?CB得(x?1)2?y2?1?x,化简得y2?4x. （5分）
(2)将A(m,2)代入y2?4x得m?1,?点A的坐标为(1,2). 设直线DE的方程为x?my?t代入y2?4x,得y2?4mt?4t?0,
设D(x1,y1),E(x2,y2)则y1?y2?4m,y1?y2??4t，??（?4m)2?16t?（0*）
?AD?AE?(x1?1)(x2?1)?(y1?2)(y2?2)?x1x2?(x1?x2)?1?y1?y2?2(y1?y2)?4
22y12y2y12y2???(?)?y1?y2?2(y1?y2)?5 4444(y1?y2)2(y1?y2)2?2y1?y2 ???y1?y2?2(y1?y2)?5
164(?4t)2(4m)2?2(?4t)???(?4t)?2(4m)?5?0化简得t2?6t?5?4m2?8m
1642即t2?6t?9?4m2?8m?4即（t?3）?4(m?1)2?t?3??2(m?1) ?t?2m?5或t??2m?1,代入（*）式检验均满足??0 ?直线DE的方程为x?m(y?2)?5或x?m(y?2)?1 ?直线DE过定点(5,?2).（定点（1，2）不满足题意）
2练习7：已知点A（－1，0），B（1，－1）和抛物线.C:y?4x，O为坐标原点，过点A的动直线l
交抛物线C于M、P，直线MB交抛物线C于另一点Q，如图.
（I）证明: OM?OP为定值; （II）若△POM的面积为
5，求向量OM与OP的夹角； 2（Ⅲ）证明直线PQ恒过一个定点.
2y12y2,y1),P(,y2),?P、M、A三点共线， 解：（I）设点M(44yy1?y2?kAM?kDM,即21?2, 2y1y1y2?1?444y1即21?,?y1y2?4 y1?4y1?y22y12y2?OM?OP???y1y2?5.
44
(II)设∠POM=α，则|OM|?|OP|?cos??5.
?S?ROM?5,?|OM|?|OP|?sin??5.由此可得tanα=1. 2又??(0,?),???45?,故向量OM与OP的夹角为45?.
2y3,y3),?M、B、Q三点共线，?kBQ?kQM, (Ⅲ)设点Q(4yy1?y3y3?11即23?2,即?,22y3yy1y3?4y1?y3?1?3 4442?(y3?1)(y1?y3)?y3?4,即y1y3?y1?y3?4?0.11分文案
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?y1y2?4,即y1?444,??y3??y3?4?0, y2y2y2即4(y2?y3)?y2y3?4?0.(*)
?kPQ?y2?y34?, 22y2?y3y3y2?442y24?直线PQ的方程是y?y2?(x?)
y2?y342即(y?y2)(y2?y3)?4x?y2,即y(y2?y3)?y2y3?4x.
由（*）式，?y2y3?4(y2?y3)?4,代入上式，得(y?4)(y2?y3)?4(x?1).
由此可知直线PQ过定点E（1，－4）.
模型二：切点弦恒过定点
2222例题：有如下结论：“圆x?y?r上一点P(x0,y0)处的切线方程为x0y?y0y?r”，类比也有
xxyyx2y2结论：“椭圆2?2?1(a?b?0)上一点P(x0,y0)处的切线方程为02?02?1”，过椭圆C：
ababx2?y2?1的右准线l上任意一点M引椭圆C的两条切线，切点为 A、B. 4（1）求证：直线AB恒过一定点；
（2）当点M在的纵坐标为1时，求△ABM的面积。
xx43,t)(t?R),A(x1,y1),B(x2,y2),则MA的方程为1?y1y?1 3433x1?ty1?1 ① 同理可得x2?ty2?1② ∵点M在MA上∴333x?ty?1,即x?3(1?ty) 由①②知AB的方程为3易知右焦点F（3,0）满足③式，故AB恒过椭圆C的右焦点F（3,0）
【解】（1）设M(x2?y2?1,化简得7y?6y?1?0 （2）把AB的方程x?3(1?y)代入443||36?2816233? 又M到AB的距离d?∴|AB|?1?3? ?7731?3∴△ABM的面积S?1163?|AB|?d? 221◆方法点评：切点弦的性质虽然可以当结论用，但是在正式的考试过程中直接不能直接引用，可以用
本题的书写步骤替换之，大家注意过程。
◆方法总结：什么是切点弦？解题步骤有哪些？
文案
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32练习1：已知抛物线C的顶点为原点,其焦点F?0,c??c?0?到直线l:x?y?2?0的距离为.
2设P为直线l上的点,过点P作抛物线C的两条切线PA,PB,其中A,B为切点.
(Ⅰ) 求抛物线C的方程;
(Ⅱ) 当点P?x0,y0?为直线l上的定点时,求直线AB的方程; (Ⅲ) 当点P在直线l上移动时,求AF?BF的最小值.
【答案】(Ⅰ) 依题意,设抛物线C的方程为x?4cy,由
20?c?22?32结合c?0,解得c?1.所2以抛物线C的方程为x?4y.
2121x,求导得y??x 42x12x22,y2?设A?x1,y1?,B?x2,y2?(其中y1?), 4411则切线PA,PB的斜率分别为x1,x2,
22x1x12x1x??y1,即x1x?2y?2y1?0 所以切线PA：y?y1??x?x1?,即y?222同理可得切线PB的方程为x2x?2y?2y2?0
(Ⅱ) 抛物线C的方程为x?4y,即y?2因为切线PA,PB均过点P?x0,y0?,所以x1x0?2y0?2y1?0,x2x0?2y0?2y2?0 所以?x1,y1?,?x2,y2?为方程x0x?2y0?2y?0的两组解. 所以直线AB的方程为x0x?2y?2y0?0.
(Ⅲ) 由抛物线定义可知AF?y1?1,BF?y2?1, 所以AF?BF??y1?1??y2?1??y1y2??y1?y2??1
?x0x?2y?2y0?0222联立方程?2,消去x整理得y??2y0?x0?y?y0?0
?x?4y22由一元二次方程根与系数的关系可得y1?y2?x0?2y0,y1y2?y0
所以AF?BF?y1y2??y1?y2??1?y0?x0?2y0?1
22又点P?x0,y0?在直线l上,所以x0?y0?2,
1?9?所以y0?x0?2y0?1?2y0?2y0?5?2?y0???
2?2?2222文案
圆锥曲线专题(定点、定值问题)
