(完整版)圆锥曲线中的定点和定值问题(毛玉峰)

泰兴市第二高级中学 毛玉峰

圆锥曲线是解析几何的重要内容之一,是高考的重点考查内容.这部分知识综合性较强,对学生逻辑思维能力、计算能力等要求很高,特别是圆锥曲线中的定点与定值问题,此类问题主要涉及到直线、圆、圆锥曲线等方面的知识，渗透了函数、化归、数形结合等思想，是高考的热点题型之一. 【要点梳理】

1.解析几何中，定点、定值问题是高考命题的一个热点，也是一个难点，解决这类问题基本思想是明确的，那就是定点、定值必然是在变化中所表现出来的不变量，所以可运用函数的思想方法，选定适当的参数，结合等式的恒成立求解，也就是说与题中的可变量无关。 2.椭圆中常见的定值结论：

x2y2结论1：经过原点的直线l与椭圆221(ab0)相交于M,N两点，P是椭圆上的动

abb2kPN为定值2. 点，直线PM,PN的斜率都存在，则kPMgax2y2结论2：已知M,N是椭圆221(ab0)两点，P是M,N的中点，直线MN,OP的

abb2斜率都存在，则kMNgkOP为定值2.

ax2y2结论3：设A,B,C是椭圆221(ab0)上的三个不同点，B,C关于x轴对称，直线

abAB,AC分别与x轴交于M,N两点，则OMgON为定值a2. x2y2结论4：过椭圆221(ab0)上一点P(x0,y0)上任意作两条斜率互为相反数的直线

abb2x0交椭圆于M,N两点，则直线MN的斜率为定值2.

ay0x2y2''结论5：分别过椭圆221(ab0)上两点P(x0,y0)，Q(x0,y0)作两条斜率互为相反

ab'b2(x0x0)数的直线交椭圆于M,N两点，则直线MN的斜率为定值2. 'a(y0y0)3. 定点问题：对圆锥曲线中定点的确定，通常设出适当的参数，求出相应曲线系（直线系）方程，利用定点对参变量方程恒成立的特点，列出方程（组），从而确定出定点或者也可以对参变量取特殊值确定出定点，再进行一般性证明.

4. 定值问题：求证或判断某几何量是否为定值时，可引进适当的参变量，直接求出相应几何量的值，说明或证明其为定值（与参变量无关）. 下面结合具体例子加以说明.

例1.已知圆C1:(x1)2y21和圆C2:(x4)2y24．

（1）过圆心C1作倾斜角为的直线l交圆C2于A,B两点，且A为C1B的中点，求sin； （2）过点P(m,1)引圆C2的两条割线l1和l2，直线l1和l2被圆C2截得的弦的中点分别为M,N.试

问过点P,M,N,C2的圆是否过定点（异于点C2）？若过定点，求出该定点；若不过定点，说明理由； 【解析】（1）（解略）

（2）依题意，过点P,M,N,C2的圆即为以PC2为直径的圆，

所以(x4)(xm)(y1)(y0)0，即x2(m4)x4my2y0 整理成关于实数m的等式(4x)mx24xy2y0恒成立 4x0x4x4则2，所以或 即存在定点(4,1). 2y0y1x4xyy0小结：本题列出了圆系方程，再整理成关于参变量的方程，列出方程组，得出定点。 例2.（2016年南京三模18）已知点P是椭圆C上的任一点，P到直线l1：x＝－2的距离为d1，到点F(－1，0)的距离为d2，且

d22． d12（1）求椭圆C的方程； （2）如图，直线l与椭圆C交于不同的两点A，B(A，B都在x轴上方)，且∠OFA＋∠OFB＝180º．

（ⅰ）当A为椭圆C与y轴正半轴的交点时，求直线l的方程；

（第18题）

（ⅱ）是否存在一个定点，无论∠OFA如何变化，直线l总过该定点？若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由； 【解析】（1）（2）ⅰ（解略）

（2）（ⅱ）由于∠OFA＋∠OFB＝180º，所以kAF＋kBF＝0

1x2设直线AB方程为：y＝kx＋b，代入＋y2＝1得：(k2＋)x2＋2kbx＋b2－1＝0，

22b212kb设A(x1，y1)，B(x2，y2)则x1＋x2＝－，x1x2＝

112kk222所以，kAF＋kBF＝

y1ykx+bkx+b2kx1x2(kb)(x1x2)2b＝0 212x1+1x2+1x1+1x2+1(x1+1)(x2+1)所以，(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝2kx1x2＋(k＋b)(x1＋x2)＋2b

b212kb＝2k×－(k＋b)×＋2b＝0 ∴b－2k＝0，

11k2k222所以直线AB方程为：y＝k(x＋2)， 所以直线l总经过定点M(－2，0) .

小结：本题中列出了直线系方程，有两个参数，根据题意，求出两个参数之间的关系，再整理成关于一个参数的方程，得出定点。

x2y21，过点P(0,2)分别作直线PA,PB交椭圆于A,B两点,设直线例题3.已知椭圆方程84PA,PB斜率分别是k1,k2，且k1k24,求证：直线AB过定点.

证明一：显然直线PA,PB的斜率不为零，设PA的直线方程是

yk1x222yk1x2由方程2(12k)x8k1x0，消去得y2x2y88k18k124k12xPxA，则xA，yA 22212k112k112k1而直线PB的斜率为k2，以k2代替k1，得xB8k212k22

kAByAyBk1xAk2xB4，所以直线AB的方程为

xAxBxAxB12k1k224k128k14y(x) (*)由k1k24 2212k112k1k212k1

取k1=1，k23，

得直线AB的方程:5y4x14①

②

取k1=-1，k25，得直线AB的方程:11y4x1824k128k14由①②得交点（-1，）-2代入(*)，得-2(-1) 2212k112k1k212k1222即2k1k22k18k1，又因为k1k24，所以2k18k12k18k1，即(*)恒成立，

所以直线AB必过（-1，）-2.

证明二：当直线AB不垂直x轴，故设AB的直线方程是ykxm，

ykxm222（2k1)x4kmx2m80 由方程组2，消去得y2x2y84km2m2-8,x1x22， 设A(x1,y1),B(x2,y2)，x1x222k+12k+1k1k2y12y22xx=2k+(m-2)124， x1x2x1x2即km2代入ykxm，得直线方程：k(x1)y2x,即直线AB过定点（-1，）-2 另外，当直线AB垂直x轴，设A(x1,y1),B(x1,-y1)，代入k1k24，易得x11，即直线

（-1，）-2， AB方程为x11，也过定点

综上：直线直线AB过定点（-1，）-2.

证明三：显然直线AB不平行x轴，故设AB的直线方程是xmyn，

x=my-n222（2+m)y2mnyn80 x由方程组2，消去得2x2y8设A(x1,y1),B(x2,y2)，=4mn4(m2)(n8)0n2m82222222mnn2-8y12y22y1y2,yykk4， ，1212x1x22m22m2即n12m代入myxn，那么m(y2)x1, 即直线AB过定点（-1，）-2.

小结：本题中方法1中，用了特殊到一般的解题思路。方法2和3中，注重了直线方程的两种设法。

x2y21.如图所示，斜率为k(k＞0)且不过原例题4.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:3点的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线

x3于点D(3,m).

22（Ⅰ）求mk的最小值；

（Ⅱ）若OGODgOE，求证：直线l过定点； 解：（Ⅰ）由题意:设直线l:ykxn(n0),

2ykxn2222222(13k)x6knx3n3036kn4(13k)×3(n1)由x2消y得:,2y1312(3k21n2)0，设A(x1,y1)、B(x2,y2),AB的中点E(x0,y0),则由韦达定理得: x1x2=

6kn3kn3knn3kn,即,,所以中点E的坐标为(,xykxnkn0002222213k13k13k13k13kn1m1kKO,E,D,因为三点在同一直线上，所以，即， 解得（解)mOEOD213kk3k3略）

myxm3（Ⅱ）证明:由题意知:n>0,因为直线OD的方程为yx,所以由2得交点G的纵坐

3xy213m2n2ym标为yG, 又因为,,且yOGOD∙OE，所DE13k2m23m2n1m,又由（Ⅰ）知: ,所以解得kn,所以直线l的方程为l:ykxk,mm2313k2k即有l:yk(x1),令x1得,y=0,与实数k无关,所以直线l过定点(-1,0).

小结：（1）证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程，根据方程的成立与参数值无关得出关于x,y的方程组，以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点。

例题5.已知椭圆两焦点F1、F2在y轴上，短轴长为22，离心率为uuuruuuur弧上一点，且PF1PF21，过P作关于直线F1P对称的两条直线PA、PB分别交椭圆于A、B两点。

（1）求P点坐标；

（2）求证直线AB的斜率为定值； 解：（1）（略解）点P的坐标为(1,2)

（2）由（1）知PF1//x轴，直线PA、PB斜率互为相反数，设PB斜率

2，P是椭圆在第一象限2y2k(x1)为k(k0)，则PB的直线方程为：y2k(x1) 由x2y2得

124

(2k2)x22k(2k)x(2k)240 设B(xB,yB),则

2k(k2)k222k2k222k242kxB1同理可得，则 xxxAAB222k22k22k2kyAyBk(xA1)k(xB1)8kyAyB所以直线AB的斜率k2为定值. AB2k2xAxBx22

例题6.（2016年扬州三模检测）如图，已知点F1,F2是椭圆Cl：＋y ＝1的两个焦点，椭圆C2：

2x22

＋y ＝经过点F1,F2，点P是椭圆C2上异于F1,F2的任意一点，直线PF1和PF2与椭圆C1的2交点分别是A，B和C，D．设AB、CD的斜率分别为

k,k(k0,k0)

BF1OyCAx（1）试问：kk是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． （2）求|AB|·|CD|的最大值．

F2D解. （1）因为点F1,F2是椭圆C1的两个焦点，故F1,F2的坐标是F1(1,0),F2(1,0)； 而点F1,F2是椭圆C2上的点，将F1,F2的坐标带入C2的方程得， 设点P(x0,y0)，直线PF1和PF2分别是

1 2k,k(k0,k0).

2y0y0x10kk （1）， 又点P是椭圆C2上的点，故y02 （2）

(x01)(x01)2211 联合（1）（2）两式得kk ，故kk为定值

22x2y2例题7、（2016年三模17）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：221 (a＞b＞0)

ab的离心率为

2，点(2，1)在椭圆C上． 2y （1）求椭圆C的方程；

（2）设直线l与圆O：x＋y＝2相切，与椭圆C相交于P，Q两点． ①若直线l过椭圆C的右焦点F，求△OPQ的面积；

2

2

P F O Q x uuuruuurOQ0． ②求证：OPg解、（1）（解略）（2）①（解略）

②(ii) 若直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0．

因为直线与圆相切，所以（第17题图）

|m|k212，即m＝2k＋2．

2

2

2

22

将直线PQ方程代入椭圆方程，得(1＋2k) x＋4kmx＋2m－6＝0.

2m64km设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝－，x 1x2＝2212k12kuuuruuur22

因为OPOQ＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k)x1x2＋km(x1＋x2)＋m4km2m262

＝(1＋k)×＋km×(－)＋m．

2212k12k2

2uuuruuur将m＝2k＋2代入上式可得OPOQ＝0．

2

2

小结：定值问题求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定值显现.

总之，定点和定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，通过计算（证明）解决的问题与参数无关。在这类问题中选择消元的方向是非常关键的.解圆锥曲线中的定点、定值问题也可以先研究一下特殊情况，找出定点和定值，再证明。尤其是掌握利用特殊情况解决此类问题的填空题。