第50講圓錐曲線中的"定"型問題——動靜轉換，"動'中

尋"定’

一、知識聚焦

在解析幾何中，有些幾何量如直線的斜率，兩點間的距離、圖形的面積,線段或角的比值及基

本幾何量和變量無關，這類問題統稱為定值問題.動直線或動曲線不論如何變化總是經過某定

點,探求這個定點的坐標，這就是解析幾何中的定點問題.定點、定值問題的解法與證明題類

似，在求定點、定值之前已經知道定點、定值的存在，盡管題中并末告知，要想辦法把它求出

來,可用特殊值探路求之，再從一般情況下進行論證.也可以首先大膽設參，運算推理到最后參

數必消，定點、定值顯露.

圓雉曲線中的“定”型問題除了上述講到的定值、定點問題之外，還有定直線問題，即證明動點

在定直線上.探究動曲線（含直線）過定點問題以及證明與曲線上的動點有關的定值問題是高

考解析幾何命題中經常出現的題型.

二精講與訓練

22

【核心例題】1（2020年全國新高考卷第22題）已知橢圓。號+忘=1（。>6>0）的離

心率為孝,且過點4（2,1）.

（1）求C的方程.

（2）點M,N在C上，且AM1AN,AD±MN,D為垂足，證明:存在定點。，使得|OQ|為定

值。

【解題策略】

第（1）問，根據橢圓的離心率，橢圓過A點和橢圓中基本量的關系，列方程組解出

『，房的值即可得出橢圓C的方程；第（2）問，探究是否存在定點Q,使得⑷為定

值，設直線的方程（含雙參數加），與橢圓C的方程聯立，求得點“，N坐標間

的關系，再結合題設易得點Q的坐標（定點確定），分情況討論即可證得|QQ|為定值.

（1）【解】由題設得4a2+4=1,心=L解得"=6,〃=3.

b2a22

X2y2

???。的方程為二+2-=1.

63

（2）【證明】設M（/X）,N（X2，%）?

22

若直線MN與x軸不垂直，設MN的方程為丁=丘+m,代人士+匕=1,

63

得（1+2攵2+4初a+2〃—6=0

丁口4km2m2-6

于是X,+X2=-------7,X.X2=-----TV

12]+2左2121+2公

⑴由AMJ_AN知4M.4V=0,故（藥_2）（巧_2）+（兇_1）。2T）=。,可得

(k2+1)西馬+(如LR_2)(F+電)+(加一1)2+4=0,②

將(l)代人(2)式，可得已2+1)-(km-k-2)告，+(必_1)2+4=0,

整理得(2k+3m+l)(2Zr+m-l)=0.

A(2,l)不在直線MN上,加一1wO,故2攵+3加+1=0,Zw1.

于是MN的方程為y=攵(x—g)—；(攵W1)..'.直線MN過點

若直線腦V與x軸垂直，可得N(%,-

由AM?AN=0得(為-2)(X[—2)+(%-])(-y-1)=0,

^222

又彳■+a=1,可得3x；—8玉+4=0,解得玉=2(舍去),不

此時直線MN過點P(g,—

令。為AP的中點，即展,g),

若。與尸不重合，則由題設知”是Rt_ADP的斜邊，

故1。。=31.=半，

若。與尸重合，則|QQ|=；|AP|.

(41、

綜上,存在點Q鼻,鼻，使得|OQ|為定值.

變式訓練

已知橢圓C:5+與=1(。＞方＞0)的離心率為￡,A(a,0),B(O,b),。(0,,

ab2

0),_Q4B的面積為1.

(1)求橢圓。的方程.

(2)設P是橢圓C上一點，直線$PA$與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N.證

明:|4訓8例|為定值.

2

【核心例題】2(2020年高考數學全國卷I第20題)已知A,3分別為橢圓E:]+;/=

1(。＞1)的左，右頂點,G為E的上頂點,AGGB=S,P為直線x=6上的動點,$PA$與E的

另一交點、為C,PB與E的另一交點為D.

(1)求E的方程.

(2)證明:直線CD過定點。

【解題策略】

第(1)問，利用平面向量的數量積運算求得“的值，進而得出橢圓E的值,進而得出橢圓

E的方程;第(2)問，分fH0與f=()兩種情況討論求解，當f。0時，設出直線C。的方程,與

橢圓方程聯立，利用韋達定理即可得到直線CD過定點(與參數無關).

(1)【解】由題設得A(-a,0),8(a,0),G(0,l)4ijAG=(a,l),G8=(a,T).

由4G-G8=8得。2一1=8,即。=3.

二的方程為《+y2=i.

9-

⑵【證明】設C&,yJ,。（孫先），尸（6J）,

若t。0,設直線CD的方程為x=/妝+〃，由題意可知一3<〃<3,

由于直線PA的方程為y=^（x+3）,:.y=[（再+3）,

直線PB的方程為y=-3),%=；(%-3),

可得3y(e-3)=%(%+3).

由于方■+貨=1,故必=一("2+3?”3)，可得27%%=—(玉+3)(%,+3).

即(27+加2)兇％+皿“+3)(”+%)+(〃+3)2=0.(1)

尤2,

將％=%“+〃代人一+y2=1得(nt?+9)丁+2mny+n2-9=0,

2mn_〃2-9

-,?%+必加2+9，)1)2加2+9

代人⑴式，得(27+療)(川一9)-2m(建+3)mn+(?+3)2(m2+9)=0,

3

解得〃=—3（舍去）,〃=].

故直線CD的方程為x=陽+1,即直線8過定點g,o]

若f=0,則直線CD的方程為y=0,過點g,0）.

綜上，直線8過定點（3,0.

（2）

變式訓練

已知橢圓。的中心在坐標原點，焦點在x軸上，橢圓。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/:y=h+m與橢圓C相交于A,B兩點（A,B不是左、右頂點卜且以45為直徑

的圓過橢圓。的右頂點.證明:直線/過定點，并求出該定點的坐標.

22

【核心例題】3當過點R4,l）的動直線/與橢圓C:土+匕=1相交于兩個不同點ABA

42

時，在線段AB匕取點。，滿足|AP\\QB\=\AQ||必|,證明:點。總在某定直線上.

【解題策略】

本例證明動點在定直線上，關鍵在于設法將“某定直線”求出來.通常引進參數（以動直線的辣

率k為參數），抓住主條件|AP\\QB\=\AQ\\PB|轉化為向量形式,分解向量將其坐標化，最后

消去參數，使定直線顯露出來.這里消參的策略非常重要，由于含參的等式較多，如何變形，如何

運算大有講究，本例如果從運動變化的觀點來思考，即先猜后證，運用從特殊到一般的研究問

題的思維方法，可得到一種別開生面的解法.

【證法一】如圖50-1所示，設點Q,A,B（x,y）,（西，、），（々，%），由題設

M”,忸同,恒。|,|!2周均不為零,記；1=靄!=畏^

則；1>0且丸Hl,又AP,8,Q4點共線，從而引入向量有AP=—/IP5,AQ=/IQ8.

于是4=受二4]=21二必了=士&_),=?+彳乃

1-A'11-4'-1+2')-1+2'

.._-22%2/y1-^2y2

從而]7-=以，(i).；_方一=y，⑵

又點AB在橢圓。上，即入；+2#=4,(3)X；+2貨=4,(4)

（X；+2y；）一九2（4+2y；）

由(1)+2、2并給合(1)得4》+2丁==4,

1-A2

即點Q(x,y)總在定直線2x+y-2=0上.

（證法二】將主要條件IAP\\QB|=|AQ\\PB|變形轉化為盤3==2，引人向量，可

'\AQ\\QB\

設PA=-AAQ,PB=>0,2^1）.

工日4—Ax1—Ay4+Ax1+1—Ay

"rzE,Xi=---------,Vi=---------,（l）x=----------,%=-------------②text{.}

11-211-A?21+221+2

由于A&,y),3(巧,y?)在橢圓C上,

將⑴⑵代人橢圓C的方程+2y2=4,得

(x2+2y2-4)22-4(2x+y-2)，+14=0,③

(x2+2/-4)抬+g+y-2)/1+14=0,④

由(4)-(3)得8(2x+y-2)2=0.2H0,2x+y-2=0.

即點Q(x,y)總在定直線2x+y-2=0上.

【證法三】(先猜后證，由特殊到一般)如圖50-2所示，

過點P(4,l)作橢圓的兩條切線,設切點分別為C,￡>,則切點弦的直線方程為?+]=1

即2x+y-2=0.猜想點Q(x,y)總在定直線2x+y-2=0上.

推導如下：

22

設直線A8尸的方程為尸1=蟲-4),代人彳+三=1,可得