知識梳理.定點定值
1．定點問題
(1)參數(shù)法：參數(shù)法解決定點問題的思路：①引進動點的坐標或動直線中的參數(shù)表示變化量，即確定題目中的核心變量(此處設為k)；②利用條件找到k與過定點的曲線F(x，y)＝0之間的關系，得到關于k與x，y的等式，再研究變化量與參數(shù)何時沒有關系，找到定點．
(2)由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定點問題時，常根據(jù)動點或動直線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關.
2.定值問題
(1)直接消參求定值：常見定值問題的處理方法：①確定一個(或兩個)變量為核心變量，其余量均利用條件用核心變量進行表示；②將所求表達式用核心變量進行表示(有的甚至就是核心變量)，然后進行化簡，看能否得到一個常數(shù)．
(2)從特殊到一般求定值：常用處理技巧：①在運算過程中，盡量減少所求表達式中變量的個數(shù)，以便于向定值靠攏；②巧妙利用變量間的關系，例如點的坐標符合曲線方程等，盡量做到整體代入，簡化運算.

題型一. 定值問題
1．已知橢圓C：（a＞b＞0）的兩個頂點分別為點A（﹣2，0），B（2，0），離心率為．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）點D為x軸上一點，過D作x軸的垂線交橢圓C于不同的兩點M，N，過D作AM的垂線交BN于點E．證明：△BDE與△BDN的面積之比為定值．
【解答】解：（Ⅰ）因為焦點在x軸上，兩個頂點分別為A（﹣2，0），B（2，0），
所以a＝2，
由e，所以c，
所以b2＝a2﹣c2＝1，
所以橢圓的方程為y2＝1．
（Ⅱ）設D（x0，0），M（x0，y0），N（x0，﹣y0）（y0＞0），
可得y02＝1，
直線AM的方程為y（x+2），
因為DE⊥AM，所以kDE，
直線DE的方程為y（x﹣x0），
直線BN的方程為y（x﹣2）
聯(lián)立，
整理得，（x﹣x0）（x﹣2），
即（x02﹣4）（x﹣x0）＝y(tǒng)02（x﹣2），
即（x02﹣4）（x﹣x0）（x﹣2），得x，
所以y?y0，
即E（，y0），則，
又，
所以△BDE與△BDN的面積之比為定值．
2．（2018·全國1）設橢圓C：y2＝1的右焦點為F，過F的直線l與C交于A，B兩點，點M的坐標為（2，0）．
（1）當l與x軸垂直時，求直線AM的方程；
（2）設O為坐標原點，證明：∠OMA＝∠OMB．
【解答】解：（1）c1，
∴F（1，0），
∵l與x軸垂直，
∴x＝1，
由，解得或，
∴A（1.），或（1，），
∴直線AM的方程為yx，yx，
證明：（2）當l與x軸重合時，∠OMA＝∠OMB＝0°，
當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，∴∠OMA＝∠OMB，
當l與x軸不重合也不垂直時，設l的方程為y＝k（x﹣1），k≠0，
A（x1，y1），B（x2，y2），則x1，x2，
直線MA，MB的斜率之和為kMA，kMB之和為kMA+kMB，
由y1＝kx1﹣k，y2＝kx2﹣k得kMA+kMB，
將y＝k（x﹣1）代入y2＝1可得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣2＝0，
∴x1+x2，x1x2，
∴2kx1x2﹣3k（x1+x2）+4k（4k3﹣4k﹣12k3+8k3+4k）＝0
從而kMA+kMB＝0，
故MA，MB的傾斜角互補，
∴∠OMA＝∠OMB，
綜上∠OMA＝∠OMB．
3．如圖，已知橢圓1（a＞b＞0）的離心率為，且過點（，）．
（Ⅰ）求該橢圓的方程；
（Ⅱ）若A，B，C為橢圓上的三點（A，B不在坐標軸上），滿足，直線OA，OB分別交直線l：x＝3于M，N兩點，設直線OA，OB的斜率為k1，k2．證明：k1?k2為定值，并求線段MN長度的最小值．
【解答】（I）解：由題意可得：，解得a＝2，b＝1，c，
∴橢圓的標準方程為：．
（II）證明：設A（x1，y1），B（x2，y2），則，1，①．
∵滿足，∴．
代入橢圓的方程可得：，
化為1，
由①可得：x1x2+4y1y2＝0，
∴k1k2為定值．
設OA：y＝k1x，OB：yx，令x＝3，解得M（3，3k1），N．
∴|MN|33，當且僅當時取等號，
∴|MN|的最小值為3．
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題型二. 定點問題
1．已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點F（1，0），O為坐標原點，A，B是拋物線C上異于O的兩點．
（1）求拋物線C的方程；
（2）若直線OA，OB的斜率之積為，求證：直線AB過定點，并求出定點坐標．
【解答】（1）解：因為拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點F（1，0），
所以，解得p＝2，
所以拋物線的C的方程為y2＝4x；
（2）證明：①當直線AB的斜率不存在時，設，
因為直線OA，OB的斜率之積為，所以，化簡可得t2＝32，
所以A（8，t），B（8，﹣t），此時直線AB的方程為x＝8；
②當直線AB的斜率存在時，設方程為y＝kx+b（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），
聯(lián)立方程組，化簡可得ky2﹣4y+4b＝0，則有，
因為直線OA，OB的斜率之積為，所以，
即x1x2+2y1y2＝0，即，解得，
解得b＝﹣8k，所以y＝kx﹣8x，即y＝k（x﹣8）．
綜上所述，直線AB過x軸上的一定點（8，0）．
2．已知橢圓C的中心在坐標原點，焦點在x軸上，橢圓C上的點到焦點距離的最大值為3，最小值為1．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）若直線l：y＝kx+m與橢圓C相交于A，B兩點（A，B不是左右頂點），且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點．求證：直線l過定點，并求出該定點的坐標．
【解答】（1）解：由題意設橢圓的標準方程為，
由已知橢圓C上的點到焦點距離的最大值為3，最小值為1，
可得：a+c＝3，a﹣c＝1，
∴a＝2，c＝1
∴b2＝a2﹣c2＝3
∴橢圓的標準方程為；
（2）證明：設A（x1，y1），B（x2，y2）
聯(lián)立，消去y可得（3+4k2）x2+8mkx+4（m2﹣3）＝0，
則
又
因為以AB為直徑的圓過橢圓的右頂點D（2，0），∴kADkBD＝﹣1，即
∴y1y2+x1x2﹣2（x1+x2）+4＝0，∴
∴7m2+16mk+4k2＝0
解得：，且均滿足3+4k2﹣m2＞0
當m1＝﹣2k時，l的方程y＝k（x﹣2），直線過點（2，0），與已知矛盾；
當時，l的方程為，直線過定點
所以，直線l過定點，定點坐標為
3．（2017·全國1）已知橢圓C：1（a＞b＞0），四點P1（1，1），P2（0，1），P3（﹣1，），P4（1，）中恰有三點在橢圓C上．
（1）求C的方程；
（2）設直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A，B兩點．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為﹣1，證明：l過定點．
【解答】解：（1）根據(jù)橢圓的對稱性，P3（﹣1，），P4（1，）兩點必在橢圓C上，
又P4的橫坐標為1，∴橢圓必不過P1（1，1），
∴P2（0，1），P3（﹣1，），P4（1，）三點在橢圓C上．
把P2（0，1），P3（﹣1，）代入橢圓C，得：
，解得a2＝4，b2＝1，
∴橢圓C的方程為1．
證明：（2）①當斜率不存在時，設l：x＝m，A（m，yA），B（m，﹣yA），
∵直線P2A與直線P2B的斜率的和為﹣1，
∴1，
解得m＝2，此時l過橢圓右頂點，不存在兩個交點，故不滿足．
②當斜率存在時，設l：y＝kx+t，（t≠1），A（x1，y1），B（x2，y2），
聯(lián)立，整理，得（1+4k2）x2+8ktx+4t2﹣4＝0，
，x1x2，
則
1，又t≠1，
∴t＝﹣2k﹣1，此時△＝﹣64k，存在k，使得△＞0成立，
∴直線l的方程為y＝kx﹣2k﹣1，
當x＝2時，y＝﹣1，
∴l(xiāng)過定點（2，﹣1）．
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日期：2021/8/22 23:59:00；用戶：15942715433；郵箱：15942715433；學號：32355067
1．如圖，已知橢圓C：1（a＞b＞0）的離心率為，一條準線方程為x＝2．過點T（0，2）且不與x軸垂直的直線l與橢圓C相交于A，B兩點線段AB的垂直平分線分別交AB和y軸于點M，N兩點．
（1）求橢圓C的方程；
（2）求證：線段MN的中點在定直線上；
（3）若△ABN為等腰直角三角形，求直線l的方程．
【解答】解：（1）由，解得a，c＝1，
b
∴橢圓方程為：．
（2）顯然直線l的斜率存在，可設其方程為y＝kx+2．
聯(lián)立橢圓方程可得（1+2k2）x2+8kx+6＝0．
設A（x1，y1），B（x2，y2），
則xM，yM＝kxN+2．
∴直線MN的方程為：，
?N（0，）．，
∴yM＝﹣yN，∴線段MN的中點在定直線y＝0上．
（3）由（2）得|MN||xM|，
|AB||x1﹣x2|?．
∵△ABN為等腰直角三角形，∴|AB|＝2|MN|，
∴?．＝2|，
?k＝±．（滿足△＞0）．
∴直線l的方程為y．
2．已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過點P（2，0）作直線l交拋物線于A，B兩點．
（1）若l的傾斜角為，求△FAB的面積；
（2）過點A，B分別作拋物線C的兩條切線l1，l2且直線l1與直線l2相交于點M，問：點M是否在某條定直線上？若在，求該定直線的方程，若不在，請說明理由．
【解答】解：（1）∵l的傾斜角為，
∴，
∵直線l為點P（2，0），
∴直線l的方程y＝x﹣2，即x＝y(tǒng)+2，
聯(lián)立直線l與拋物線方程，化簡可得，y2﹣4y﹣8＝0，
設A（x1，y1），B（x2，y2），
則△＝b2﹣4ac＝16+4×8＝48＞0，，
∴，
又∵交點F（1，0）到直線l的距離是，
∴．
（2）設l的方程為x＝my+2，
聯(lián)立直線l與拋物線方程，化簡可得，y2﹣4my﹣8＝0，
則△＝b2﹣4ac＝16m2+32＞0，由韋達定理可得，y1+y2＝4m，y1y2＝﹣8，
∴，
不妨設點A（x1，y1） 在x軸上方，點B在B（x2，y2） 在x軸下方，
當y≥0時，，
求導可得y'，
∴，
∴拋物線C上過點A的切線l1 的方程為，即①，
當y＜0時，y，
求導可得y'，
∴，
∴拋物線C上過點B的切線l2 方程為，即②，
聯(lián)立①②可得，，
∵，
∴，
∵x1x2＝4，
∴，
又∵，
∴x＝﹣2，即M的橫坐標恒為﹣2，
∴點M在定直線x＝﹣2上．
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題型三. 定直線問題
1．如圖，已知橢圓C：1（a＞b＞0）的離心率為，一條準線方程為x＝2．過點T（0，2）且不與x軸垂直的直線l與橢圓C相交于A，B兩點線段AB的垂直平分線分別交AB和y軸于點M，N兩點．
（1）求橢圓C的方程；
（2）求證：線段MN的中點在定直線上；
（3）若△ABN為等腰直角三角形，求直線l的方程．
【解答】解：（1）由，解得a，c＝1，
b
∴橢圓方程為：．
（2）顯然直線l的斜率存在，可設其方程為y＝kx+2．
聯(lián)立橢圓方程可得（1+2k2）x2+8kx+6＝0．
設A（x1，y1），B（x2，y2），
則xM，yM＝kxN+2．
∴直線MN的方程為：，
?N（0，）．，
∴yM＝﹣yN，∴線段MN的中點在定直線y＝0上．
（3）由（2）得|MN||xM|，
|AB||x1﹣x2|?．
∵△ABN為等腰直角三角形，∴|AB|＝2|MN|，
∴?．＝2|，
?k＝±．（滿足△＞0）．
∴直線l的方程為y．
2．已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過點P（2，0）作直線l交拋物線于A，B兩點．
（1）若l的傾斜角為，求△FAB的面積；
（2）過點A，B分別作拋物線C的兩條切線l1，l2且直線l1與直線l2相交于點M，問：點M是否在某條定直線上？若在，求該定直線的方程，若不在，請說明理由．
【解答】解：（1）∵l的傾斜角為，
∴，
∵直線l為點P（2，0），
∴直線l的方程y＝x﹣2，即x＝y(tǒng)+2，
聯(lián)立直線l與拋物線方程，化簡可得，y2﹣4y﹣8＝0，
設A（x1，y1），B（x2，y2），
則△＝b2﹣4ac＝16+4×8＝48＞0，，
∴，
又∵交點F（1，0）到直線l的距離是，
∴．
（2）設l的方程為x＝my+2，
聯(lián)立直線l與拋物線方程，化簡可得，y2﹣4my﹣8＝0，
則△＝b2﹣4ac＝16m2+32＞0，由韋達定理可得，y1+y2＝4m，y1y2＝﹣8，
∴，
不妨設點A（x1，y1） 在x軸上方，點B在B（x2，y2） 在x軸下方，
當y≥0時，，
求導可得y'，
∴，
∴拋物線C上過點A的切線l1 的方程為，即①，
當y＜0時，y，
求導可得y'，
∴，
∴拋物線C上過點B的切線l2 方程為，即②，
聯(lián)立①②可得，，
∵，
∴，
∵x1x2＝4，
∴，
又∵，
∴x＝﹣2，即M的橫坐標恒為﹣2，
∴點M在定直線x＝﹣2上．
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課后作業(yè). 定值定點
1．設直線l與拋物線x2＝2y交于A，B兩點，與橢圓交于C，D兩點，直線OA，OB，OC，OD（O為坐標原點）的斜率分別為k1，k2，k3，k4．若OA⊥OB．
（Ⅰ）是否存在實數(shù)t，滿足k1+k2＝t（k3+k4），并說明理由；
（Ⅱ）求△OCD面積的最大值．
【解答】解：（Ⅰ）設直線l的方程為y＝kx+b，A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），B（x4，y4），
直線代入拋物線的方程，得x2﹣2kx﹣2b＝0，
∴x1+x2＝2k，x1x2＝﹣2b，△＝4k2+8b＞0
由OA⊥OB，得x1x2+y1y2＝0，所以b＝2；
聯(lián)立直線與橢圓方程得（3+4k2）x2+16kx+4＝0，
∴x3+x4，x3x4，△′＞0得．
∴k1+k2＝k，k3+k4＝﹣6k，
∵k1+k2＝t（k3+k4），
∴t；
（Ⅱ）|CD|?|x3﹣x4|?
∵O到直線CD的距離d，
∴S△OCD|CD|d＝4?，
設t＞0，則S△OCD，
t＝2，即k＝±時，△OCD面積的最大值為．
2．設拋物線C：x2＝2py（0＜p＜8）的焦點為F，點P是C上一點，且PF的中點坐標為（2，）
（Ⅰ）求拋物線C的標準方程；
（Ⅱ）動直線l過點A（0，2），且與拋物線C交于M，N兩點，點Q與點M關于y軸對稱（點Q與點N不重合），求證：直線QN恒過定點．
【解答】解：（Ⅰ）依題意得F（0，），設P（x0，y0），由PF的中點坐標為，得
0+x0＝2×2且y0＝2，∴x0＝4，y0＝5，
∵P（x0，y0）在拋物線x2＝2py上，∴16＝2p（5），
即p2﹣10p+16＝0，解得p＝2或p＝8（舍去），
∴拋物線C的方程為x2＝4y；
（Ⅱ）（法一）依題意直線l的斜率存在，
設直線l：y＝kx+2，M（x1，y1），N（x2，y2），則Q（﹣x1，y1），
聯(lián)立消去y得x2﹣4kx﹣8＝0，顯然△＞0，由韋達定理得，
∵，
∴直線QN方程為，
即，
∵x1?x2＝﹣8，∴QN方程為，
即直線QN方程恒過定點（0，﹣2）．
（法二）依題意知直線QN的斜率存在且不為0，
設直線QN方程為y＝kx+b，Q（x1，y1），N（x2，y2），
則M（﹣x1，y1），
聯(lián)立消去y得x2﹣4kx﹣4b＝0．
∵Q，N是拋物線C上不同兩點，∴必有△＞0，
由韋達定理得，
∵M，A，N三點共線，，
∴﹣x1（y2 ﹣2）﹣x2（y1 ﹣2）＝0．∴﹣x1（kx2+b﹣2）﹣x2（kx1+b﹣2）＝0，
∴2kx1x2+（b﹣2）（x1+x2）＝0，即2k?（﹣4b）+（b﹣2）?4k＝0化簡得：kb+2k＝0，
∵k≠0，∴b＝﹣2，
∴直線QN方程為y＝kx﹣2，
∴直線QN恒過定點（0，﹣2）．
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