命题探秘二 高考中的圆锥曲线问题第1课时 圆锥曲线中的定点、定值问题技法阐释求解圆锥曲线中的定点问题的两种方法(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关.(2)直接推理法：①选择一个参数建立直线系方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常量当成变量，将变量x，y当成常量，将原方程转化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式(k是原方程中的常量)；②根据直线过定点时与参数没有关系(即直线系方程对任意参数都成立)，得到方程组③以②中方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，则可以特殊解决.技法一 直接推理解决直线过定点问题[典例1](2020·临沂、枣庄二模联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，其左、右焦点分别为F1，F2，点P为坐标平面内的一点，且||＝，·＝－，O为坐标原点．(1)求椭圆C的方程；\n(2)设M为椭圆C的左顶点，A，B是椭圆C上两个不同的点，直线MA，MB的倾斜角分别为α，β，且α＋β＝.证明：直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标．[思维流程] [解] (1)设P点坐标为(x0，y0)，F1(－c,0)，F2(c,0)，则＝(－c－x0，－y0)，＝(c－x0，－y0)．由题意得解得c2＝3，∴c＝.又e＝＝，∴a＝2.∴b2＝a2－c2＝1.∴所求椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)设直线AB方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立方程消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.∴x1＋x2＝－，x1x2＝.又由α＋β＝，∴tanα·tanβ＝1，设直线MA，MB斜率分别为k1，k2，则k1k2＝1，∴·＝1，即(x1＋2)(x2＋2)＝y1y2.∴(x1＋2)(x2＋2)＝(kx1＋m)(kx2＋m)，∴(k2－1)x1x2＋(km－2)(x1＋x2)＋m2－4＝0，∴(k2－1)＋(km－2)＋m2－4＝0，化简得20k2－16km＋3m2＝0，解得m＝2k，或m＝k.当m＝2k时，y＝kx＋2k，过定点(－2,0)，不合题意(舍去)．\n当m＝k时，y＝kx＋k，过定点，∴直线AB恒过定点.点评：动直线l过定点问题的基本思路设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．技法二 直接推理解决曲线过定点问题[典例2] (2019·北京高考)已知抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)．(1)求抛物线C的方程及其准线方程；(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．[思维流程] [解] (1)由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，得p＝2.所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.(2)证明：抛物线C的焦点为F(0，－1)，设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．由得x2＋4kx－4＝0.设M，N，则x1x2＝－4.直线OM的方程为y＝x.令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－.同理得点B的横坐标xB＝－.设点D(0，n)，则＝，＝，·＝＋(n＋1)2＝＋(n＋1)2\n＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，则n＝1或n＝－3.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0，－3)．点评：抓住圆的几何特征：“直径所对的圆周角为90°”，巧用向量·＝0求得定点坐标，学习中应体会向量解题的工具性．技法三 定直线的方程问题[典例3] 已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，过F且斜率为1的直线与C交于A，B两点，|AB|＝8.(1)求抛物线C的方程；(2)过点D(1,2)的直线l交C于点M，N，点Q为MN的中点，QR⊥x轴交C于点R，且＝.证明：动点T在定直线上．[思维流程] [解] (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为F，所以过F且斜率为1的直线的方程为y＝x＋.由消去y并整理，得x2－2px－p2＝0，易知Δ＞0.则x1＋x2＝2p，y1＋y2＝x1＋x2＋p＝3p，所以|AB|＝y1＋y2＋p＝4p＝8，解得p＝2.于是抛物线C的方程为x2＝4y.(2)证明：法一：易知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k(x－1)＋2，Q(x0，y0)，M，N.由消去y并整理，得x2－4kx＋4k－8＝0.则Δ＝(－4k)2－4(4k－8)＝16(k2－k＋2)＞0，x3＋x4＝4k，x3x4＝4k－8，所以x0＝＝2k，y0＝k(x0－1)＋2＝2k2－k＋2，即Q(2k,2k2－k＋2)．\n由点R在曲线C上，QR⊥x轴，且＝，得R(2k，k2)，R为QT的中点，所以T(2k，k－2)．因为2k－2(k－2)－4＝0，所以动点T在定直线x－2y－4＝0上．法二：设T(x，y)，M，N.由得(x3＋x4)(x3－x4)＝4(y3－y4)，所以＝.设Q(x，y5)，则直线MN的斜率k＝，又＝k，点Q的横坐标x＝，所以＝，所以y5＝x(x－1)＋2.由＝知点R为QT的中点，所以R.又点R在C上，将代入C的方程得x2＝2(y5＋y)，即－x＋4＋2y＝0，所以动点T在定直线x－2y－4＝0上．点评：本题第(2)问给出了探求圆锥曲线中的定直线问题的两种方法：方法一是参数法，即先利用题设条件探求出动点T的坐标(包含参数)，再消去参数，即得动点T在定直线上；方法二是相关点法，即先设出动点T的坐标为(x，y)，根据题设条件得到已知曲线上的动点R的坐标，再将动点R的坐标代入已知的曲线方程，即得动点T在定直线上．技法四 直接推理解决定值问题[典例4] 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝，n＝，m·n＝0.(1)求证：k1·k2＝－；(2)试探求△OPQ的面积S是不是为定值，并说明理由．[思维流程] \n[解] (1)证明：∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0.又m·n＝0，∴＋y1y2＝0，即＝－y1y2，∴k1·k2＝＝－.(2)①当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，由＝－，得－y＝0.∵点P(x1，y1)在椭圆上，∴＋y＝1，∴|x1|＝，|y1|＝.∴S△POQ＝|x1||y1－y2|＝1.②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b.联立得方程组消去y并整理得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，其中Δ＝(8kb)2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(1＋4k2－b2)>0，即b2<1＋4k2.∴x1＋x2＝，x1x2＝.∵＋y1y2＝0，∴＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1(满足Δ>0)．∴S△POQ＝··|PQ|＝|b|＝2|b|＝1.综合①②知△POQ的面积S为定值1.点评：圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；(2)求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；(3)求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
