重難專攻（九）圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問題處理圓錐曲線中定點(diǎn)問題的方法：（1）探索直線過定點(diǎn)時(shí)，可設(shè)出直線方程為y＝kx＋m，然后利用條件建立關(guān)于k，m的等量關(guān)系進(jìn)行消元，借助于直線系的思想找出定點(diǎn)；（2）從特殊情況入手，先探求定點(diǎn)，再證明定點(diǎn)與變量無關(guān).處理圓錐曲線中定值問題的方法：（1）直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值；（2）從特殊情況入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無關(guān).直接推理法求定點(diǎn)【例1】（2023·新高考Ⅱ卷21題）已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，左焦點(diǎn)為（－25，0），離心率為5.（1）求C的方程；（2）記C的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，過點(diǎn)（－4，0）的直線與C的左支交于M，N兩點(diǎn)，M在第二象限，直線MA1與NA2交于點(diǎn)P，證明：點(diǎn)P在定直線上.解：（1）設(shè)雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2a2－y2b2＝1（a＞0由題意可得e＝c所以雙曲線C的方程為x24－y（2）證明：設(shè)直線MN的方程為x＝my－4，M（x1，y1），N（x2，y2）.易知A1（－2，0），A2（2，0）.聯(lián)立直線MN與雙曲線C的方程，得x消去x并整理，得（4m2－1）y2－32my＋48＝0，則y1＋y2＝32m4m2－1，y1y2＝484m2－1，且4m2－1≠0，Δ＝（－32m）2－4×48×（4m2直線MA1的方程為y＝y(tǒng)1x1+2（x＋2），直線NA2的方程為y＝y(tǒng)2x聯(lián)立直線MA1與直線NA2的方程并消去y，得x+2x－2＝m＝－16m4所以x＝－1，即點(diǎn)P在定直線x＝－1上.解題技法直接推理法求定點(diǎn)的一般步驟已知拋物線C：y2＝4x的準(zhǔn)線為l，M為l上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)M作拋物線C的切線，切點(diǎn)分別為A，B.（1）求證：△MAB是直角三角形；（2）x軸上是否存在一定點(diǎn)P，使A，P，B三點(diǎn)共線.解：（1）證明：由已知得準(zhǔn)線l的方程為x＝－1，設(shè)M（－1，m），切線斜率為k，則切線方程為y－m＝k（x＋1），將其與y2＝4x聯(lián)立消x得ky2－4y＋4（m＋k）＝0.所以Δ＝16－16k（m＋k）＝0，化簡得k2＋mk－1＝0，所以k1k2＝－1，所以MA⊥MB.即△MAB是直角三角形.（2）由（1）知Δ＝16－16k（m＋k）＝0時(shí)，方程ky2－4y＋4（m＋k）＝0的根為y＝2k設(shè)切點(diǎn)A（y124，y1），B（y22則y1＝2k1，y2＝2k2.因?yàn)閗1k所以y1y2＝4k1設(shè)lAB：x＝ny＋t，與y2＝4x聯(lián)立消x得y2－4ny－4t＝0，則y1y2＝－4t，所以－4t＝－4，解得t＝1，所以直線AB過定點(diǎn)P（1，0）.即x軸上存在一定點(diǎn)P（1，0），使A，P，B三點(diǎn)共線.先找后證法求定點(diǎn)【例2】已知橢圓C：y2a2＋x2b2＝1（a＞b≥1）的離心率為22，上焦點(diǎn)到直線bx＋2ay（1）求橢圓C的方程；（2）過點(diǎn)P（13，0）的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn).試探究以線段AB為直徑的圓是否過定點(diǎn)？若過，求出定點(diǎn)坐標(biāo)，若不過，請說明理由解：（1）由題意，e＝ca＝22，e2＝a2－b2a2＝12，所以又｜2ac－2｜4a2＋b2＝23，a＞b≥1，所以b＝1，a2（2）當(dāng)AB⊥x軸時(shí)，以AB為直徑的圓的方程為（x－13）2＋y2＝16當(dāng)AB⊥y軸時(shí)，以AB為直徑的圓的方程為x2＋y2＝1.可得兩圓交點(diǎn)為Q（－1，0）.由此可知，若以AB為直徑的圓恒過定點(diǎn)，則該定點(diǎn)必為Q（－1，0）.下證Q（－1，0）符合題意.設(shè)直線l的斜率存在，且不為0，則方程為y＝k（x－13），代入y22＋x2＝1，并整理得（k2＋2）x2－23k2x＋19k2設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x1＋x2＝2k23（k2+2），所以QA·QB＝（x1＋1）（x2＋1）＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2（x1－13）（x2－13）＝（1＋k2）x1x2＋（1－13k2）（x1＋x2）＋1＋19k2＝（1＋k2）k2－189（k2+2）＋（1－1故QA⊥QB，即Q（－1，0）在以AB為直徑的圓上.綜上，以AB為直徑的圓恒過定點(diǎn)（－1，0）.解題技法先找后證法求定點(diǎn)的一般思路（1）先猜后證，可先考慮運(yùn)動(dòng)圖形是否有對稱性及特殊（或極端）位置，如直線的水平位置、豎直位置，即k＝0或k不存在時(shí)；（2）以曲線上的點(diǎn)為參數(shù)，設(shè)點(diǎn)P（x1，y1），利用點(diǎn)在曲線f（x，y）＝0上，即f（x1，y1）＝0消參.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)F1（－3，0），F(xiàn)2（3，0），點(diǎn)M滿足｜MF1｜－｜MF2｜＝±2，點(diǎn)M的軌跡為曲線C.（1）求曲線C的方程；（2）已知A（1，0），過點(diǎn)A的直線AP，AQ與曲線C分別交于點(diǎn)P和Q（點(diǎn)P和Q都異于點(diǎn)A），若滿足AP⊥AQ，求證：直線PQ過定點(diǎn).解：（1）因?yàn)椋麺F1｜－｜MF2｜＝±2，所以｜｜MF1｜－｜MF2｜｜＝2＜23＝｜F1F2｜，由雙曲線定義可知，M的軌跡為雙曲線，其中c＝3，a＝1，所以b＝c2－a所以曲線C的方程為x2－y22（2）證明：若直線PQ垂直于x軸，易知此時(shí)直線AP的方程為y＝±（x－1），聯(lián)立x2－y22＝1求解可得x＝－3，直線PQ過點(diǎn)（－3，0當(dāng)直線PQ斜率存在時(shí)，設(shè)直線PQ方程為y＝kx＋m，P（x1，y1），Q（x2，y2），代入x2－y22＝1，整理得（k2－2）x2＋2kmx＋m2＋2＝0，易知Δ＞則x1＋x2＝2km2－k2，x1因?yàn)锳P⊥AQ，所以AP·AQ＝（x1－1，y1）·（x2－1，y2）＝（x1－1）（x2－1）＋y1y2＝（k2＋1）x1x2＋（km－1）（x1＋x2）＋m2＋1＝（k2+1)(m2+2）k2整理得3k2＋2km－m2＝（3k－m）（k＋m）＝0，解得m＝3k或m＝－k，因?yàn)辄c(diǎn)P和Q都異于點(diǎn)A，所以m＝－k不滿足題意，故m＝3k，代入y＝kx＋m，得y＝k（x＋3），過定點(diǎn)（－3，0）.綜上，直線PQ過定點(diǎn)（－3，0）.參數(shù)法求定值【例3】已知拋物線C：y2＝2px（p＞0），其焦點(diǎn)為F，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l與拋物線C相交于不同的兩點(diǎn)A，B，M為AB的中點(diǎn).（1）若p＝2，M的坐標(biāo)為（1，1），求直線l的方程；（2）若直線l過焦點(diǎn)F，AB的垂直平分線交x軸于點(diǎn)N，求證：2｜MN解：（1）由題意知直線l的斜率存在且不為0，故設(shè)直線l的方程為x－1＝t（y－1），即x＝ty＋1－t，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）.由x＝ty+1－t，y2=4x得y2－∴Δ＝16t2＋16－16t＝16（t2－t＋1）＞0，y1＋y2＝4t，∴4t＝2，即t＝12∴直線l的方程為2x－y－1＝0.（2）證明：∵拋物線C：y2＝2px（p＞0），∴焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為（p2，由題意知直線l的斜率存在且不為0，∵直線l過焦點(diǎn)F，故設(shè)直線l的方程為x＝my＋p2（m≠0），設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）由x＝my＋p2，y2=2px得y∴Δ＝4p2m2＋4p2＞0，y1＋y2＝2pm.∴x1＋x2＝m（y1＋y2）＋p＝2pm2＋p，∴M（pm2＋p2，pm∴MN的方程為y－pm＝－m（x－pm2－p2令y＝0，解得x＝pm2＋3p2，故N（pm2＋3p∴｜MN｜2＝p2＋p2m2，｜FN｜＝pm2＋3p2－p2＝pm2∴2｜MN｜2｜FN｜＝解題技法參數(shù)法解決圓錐曲線中定值問題的一般步驟已知橢圓C過點(diǎn)A（1，32），兩個(gè)焦點(diǎn)為（－1，0）和（1，0）（1）求橢圓C的方程；（2）E，F(xiàn)是橢圓C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，如果直線AE的斜率與AF的斜率互為相反數(shù)，證明直線EF的斜率為定值，并求出這個(gè)定值.解：（1）由題意，知c＝1，可設(shè)橢圓方程為x21+b2∵點(diǎn)A在橢圓上，∴11+b2＋9解得b2＝3，b2＝－34（舍去∴橢圓C的方程為x24＋y（2）設(shè)直線AE的方程為y＝k（x－1）＋32代入x24＋y23＝1，得（3＋4k2）x2＋4k（3－2k）x＋4（32－k）設(shè)E（xE，yE），F(xiàn)（xF，yF），∵點(diǎn)A（1，32）在橢圓上∴xE＝4（yE＝kxE＋32－k又∵直線AF的斜率與AE的斜率互為相反數(shù)，在上式中以－k代替k，可得xF＝4（32＋k）2－123+4k∴直線EF的斜率kEF＝y(tǒng)F－yEx即直線EF的斜率為定值，其值為12從特殊到一般法求定值【例4】已知橢圓E：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的離心率e＝22，（1）求橢圓E的方程；（2）過☉O：x2＋y2＝83上任意一點(diǎn)P作☉O的切線l與橢圓E交于點(diǎn)M，N，求證PM·PN為定值解：（1）由題意得2ab＝82，e＝ca＝22，a2＝b2＋c2，可得a＝22，b＝∴橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x28＋y（2）證明：當(dāng)切線l的斜率不存在時(shí)，其方程為x＝±26當(dāng)x＝263時(shí)，將x＝263代入橢圓方程x28＋y2∴M（263，263），N（263，－263PM＝（0，263），PN＝（0，－2∴PM·PN＝－83當(dāng)x＝－263時(shí)，同理可得PM·PN＝－當(dāng)切線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為y＝kx＋m，M（x1，y1），N（x2，y2），∵l與☉O相切，∴｜m｜k∴3m2＝8k2＋8.由y＝kx＋m，x28＋y24=1得（1＋2k2）x∴x1＋x2＝－4km1+2k2，x1x∴PM·PN＝（OM－OP）·（ON－OP）＝｜OP｜2－OP·OM－OP·ON＋OM·ON＝｜OP｜2－｜OP｜2－｜OP｜2＋OM·ON＝－83＋OM·ONOM·ON＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋（kx1＋m）·（kx2＋m）＝（1＋k2）x1x2＋km（x1＋x2）＋m2＝（1＋k2）2m2－81+2k2＋km（－4km1+2k2）＋m2＝綜上，PM·PN為定值－83解題技法1.證明圓錐曲線中某些代數(shù)式為定值的策略依題意設(shè)出參數(shù)，利用幾何知識(shí)或相應(yīng)的代數(shù)知識(shí)得出與所證代數(shù)式有關(guān)的含參數(shù)（變量）的等式，代入所證代數(shù)式運(yùn)算化簡，即可得出定值.2.常見的化簡運(yùn)算技巧（1）在運(yùn)算過程中，盡量減少所證代數(shù)式中的參數(shù)（變量）個(gè)數(shù)，以便于向定值靠攏；（2）巧妙利用變量間的關(guān)系，盡量做到整體代入簡化運(yùn)算.給定橢圓C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0），稱圓心在原點(diǎn)O，半徑為a2＋b2的圓是橢圓C的“衛(wèi)星圓”.若橢圓C的離心率為22（1）求橢圓C的方程和其“衛(wèi)星圓”的方程；（2）點(diǎn)P是橢圓C的“衛(wèi)星圓”上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作直線l1，l2使得l1，l2與橢圓C都只有一個(gè)交點(diǎn)，且l1，l2分別交其“衛(wèi)星圓”于點(diǎn)M，N，證明：｜MN｜為定值.解：（1）由條件，可得ca＝22，4a2＋2b2其“衛(wèi)星圓”的方程為x2＋y2＝12.（2）證明：①當(dāng)l1，l2中有一條直線的斜率不存在時(shí)，不妨設(shè)l1的斜率不存在.∵l1與橢圓只有一個(gè)交點(diǎn)，∴其方程為x＝22或x＝－22.當(dāng)l1的方程為x＝22時(shí)，l1與“衛(wèi)星圓”交于點(diǎn)（22，2）和點(diǎn)（22，－2），經(jīng)過點(diǎn)（22，2）且與橢圓只有一個(gè)交點(diǎn)的直線是y＝2，經(jīng)過點(diǎn)（22，－2）且與橢圓只有一個(gè)交點(diǎn)的直線是y＝－2，即l2的方程為y＝2或y＝－2.∴l(xiāng)1⊥l2，∴線段MN為“衛(wèi)星圓”的直徑，∴｜MN｜＝43.當(dāng)l1的方程為x＝－22時(shí)，同理可得｜MN｜＝43.②當(dāng)l1，l2的斜率都存在時(shí)，設(shè)點(diǎn)P（x0，y0），其中x02＋y設(shè)經(jīng)過點(diǎn)P（x0，y0）且與橢圓只有一個(gè)交點(diǎn)的直線方程為y＝t（x－x0）＋y0，由y＝tx＋y0－tx0，x28＋y24=1，消去y，得（1＋2t2）x2＋4t（y0－∴Δ＝（64－8x02）t2＋16x0y0t＋32－8y0設(shè)l1，l2的斜率分別為t1，t2，則t1·t2＝32－8y0264－8x02＝32∴線段MN為“衛(wèi)星圓”的直徑，∴｜MN｜＝43.綜合①②知，｜MN｜＝43，為定值.1.已知橢圓C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的焦距為23，（1）求橢圓C的方程；（2）設(shè)直線l：y＝kx＋m（k≠0）交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，且線段AB的中點(diǎn)M在直線x＝12上，求證：線段AB的中垂線恒過定點(diǎn)解：（1）橢圓過點(diǎn)（3，12），即3a2＋1又2c＝23，得a2＝b2＋3，所以a2＝4，b2＝1，即橢圓方程為x24＋y2（2）證明：由x24＋y2=1，y＝kx＋m得（1＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由Δ＞設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x1＋x2＝－8km1+4k2，設(shè)AB的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x0，y0），則x0＝－4km1+4k2＝12，即1＋4k2＝－8km，所以y0＝kx0＋所以AB的中垂線方程為y＋18k＝－1k（x－即y＝－1k（x－38故線段AB的中垂線恒過定點(diǎn)（38，2.已知雙曲線C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的離心率為2（1）求雙曲線C的方程；（2）若直線l與雙曲線C交于A，B兩點(diǎn)，且OA·OB＝0，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，試證明點(diǎn)O到直線l的距離為定值.解：（1）由題意，得雙曲線C的漸近線方程為y＝±bax，右頂點(diǎn)為D（a，0）又a2＋b2＝c2，且32＝｜b｜1+be＝ca＝2，所以ac＝12，故b又a2＋3＝4a2，解得a2＝1，所以雙曲線C的方程為x2－y23（2）證明：設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）.當(dāng)直線l和軸線平行時(shí)，｜x1｜＝｜y1｜，｜x2｜＝｜y2｜，解得｜x1｜＝｜y1｜＝｜x2｜＝｜y2｜＝62所以點(diǎn)O到直線l的距離為62當(dāng)直線l和軸線不平行時(shí)，設(shè)直線l的方程為x＝my＋t，由x2－y23=1，x＝my＋t得（3m2－1）y2Δ＝（6mt）2－4（3m2－1）（3t2－3）＝12（3m2＋t2－1）＞0，所以y1＋y2＝－6mt3m2－1，又x1＝my1＋t，x2＝my2＋t，所以O(shè)A·OB＝x1x2＋y1y2＝（my1＋t）（my2＋t）＋y1y2＝（m2＋1）y1y2＋mt（y1＋y2）＋t2＝0，得（m2+1解得2t2＝3m2＋3.又點(diǎn)O到直線l的距離為d＝｜t則d2＝t2m2+1＝32，所以點(diǎn)O到直線l的距離為定值623.（2022·全國乙卷20題）已知橢圓E的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，對稱軸為x軸、y軸，且過A（0，－2），B32,（1）求E的方程；（2）設(shè)過點(diǎn)P（1，－2）的直線交E于M，N兩點(diǎn)，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點(diǎn)T，點(diǎn)H滿足MT＝TH.證明：直線HN過定點(diǎn).解：（1）設(shè)橢圓E的方程為mx2＋ny2＝1（m＞0，n＞0且m≠n）.由題意可得4解得n＝14，m＝13（2）證明：由A（0，－2），B（32，－1）可得直線AB的方程為y＝23x①若過點(diǎn)P（1，－2）的直線的斜率不存在，則其方程為x＝1，與方程x23＋y24＝1聯(lián)立，可得y＝±263，結(jié)合題意可知N（1，263）由y＝2則T（－6＋3，－263），由MT＝得－則H（－26＋5，－263所以直線HN的方程為y＝（2＋263）x－2，易知直線HN過定點(diǎn)（0，－②若過點(diǎn)P（1，－2）的直線的斜率存在，設(shè)其方程為y＋2＝k（x－1），M（x1，y1），N（x2，y2）.聯(lián)立y+2=k（x－1),x23＋y24=1，得（3k2＋4）x2－6k（則x1＋x2＝6k（2+k）3k2+4，x1x2＝3k（k+4）3k2+4，y1＋y2＝－8（聯(lián)立y＝y(tǒng)1，y＝23x－2由MT＝TH，可得H（3y1＋6－x1，y1），故此時(shí)直線HN的方程為y－y2＝y(tǒng)1－y23y1將（0，－2）代入并整理得2（x1＋x2）－6（y1＋y2）＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0，即2×6k（2+k）3k2+4－6×－8（2+k）3k2+4＋－24k綜上，直線HN過定點(diǎn)（0，－2）.4.（2024·廈門模擬）已知雙曲線Γ：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的左、右頂點(diǎn)分別為A1（－1，0），A2（1，0），離心率為2，過點(diǎn)F（2，0）斜率不為0的直線l與Γ（1）求雙曲線Γ的漸近線方程；（2）記直線A1P，A2Q的斜率分別為k1，k2，求證：k1k解：（1）設(shè)雙曲線Γ的半焦距為c，由題設(shè)，a＝1，e＝ca＝2，b2＝c2－a2＝3雙曲線Γ的方程為x2－y23＝1，故漸近線方程為y＝±3（2）證明：當(dāng)l的斜率不存在時(shí)，點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)分別為（2，3）和（2，－3），所以當(dāng)k1＝1時(shí)有k2＝－3；當(dāng)k1＝－1時(shí)有k2＝3，此時(shí)k1k2當(dāng)直線l的斜率k存在且不為0時(shí)，設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），l的方程為y＝k（x－2），將直線l的方程代入雙曲線方程得（k2－3）x2－4k2x＋4k2＋3＝0，Δ＞0，所以x1＋x2＝4k2k2－3，x13k1＋k2＝3y1x1+1＋＝k＝k＝k[因?yàn)?x1x2－5（x1＋x2）＋4＝4（4k所以3k1＋k2＝0，即k1k2綜上，k1k2為定值5.（2024·清遠(yuǎn)模擬）已知雙曲線C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）經(jīng)過點(diǎn)A（2，0），且點(diǎn)（1）求雙曲線C的方程；（2）過點(diǎn)（4，0）作斜率不為0的直線l與雙曲線C交于M，N兩點(diǎn)，直線x＝4分別交直線AM，AN于點(diǎn)E，F(xiàn).試判斷以EF為直徑的圓是否經(jīng)過定點(diǎn)，若經(jīng)過定點(diǎn)，請求出定點(diǎn)坐標(biāo)；反之，請說明理由.解：（1）由題意得a＝2，因?yàn)殡p曲線C的漸近線方程為y＝±b2x，所以2b4+解得b＝3，因此雙曲線C的方程為x24－y（2）①當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝k（x－4），由y＝k（x－4),x24－y23=1可得（3－4k2）x2＋32k2x－64設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），則x1＋x2＝－32k23－4k2直線AM的方程為y＝y(tǒng)1x1－2（x－2），令x＝4，得點(diǎn)E直線AN的方程為y＝y(tǒng)2x2－2（x－2），令x＝4，得點(diǎn)F則以EF為直徑的圓的方程為（x－4）（x－4）＋（y－2y1x1－2）（y令y＝0，則（x－4）2＝－4y將y1＝k（x1－4），y2＝k（x2－4）代入上式，得（x－4）2＝－4k可得（x－4）2＝－4＝9，解得x＝1或x＝7，即以EF為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)（1，0）和（7，0）；②當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，點(diǎn)E，F(xiàn)的坐標(biāo)