圆锥曲线的定点问题

前言

与之相关联的姊妹篇博文：圆锥曲线的定值问题

例说运算

圆锥曲线中的定值定点问题的运算往往少不了以下的过程。

将直线\(y=kx+2\)代入圆锥曲线\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1\)的代入运算过程，可以如下简化：

先将圆锥曲线整理为\(3x^2+4y^2-12=0\)，然后这样在演草纸上书写，注意对齐书写，一次运算过

\[\left\{\begin{array}{l}{3x^2}\\{4(k^2x^2+4kx+4)}\\{\hspace{6em}-12}\end{array}\right. \]

一次就可以整理为\((4k^2+3)x^2+16kx+4=0\)；

定点问题

动直线\(l\)过定点问题

解法思路：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\(t=km\)，得到\(y=k(x+m)\)形式，故动直线过定点\((-m，0)\)；

【衡水金卷，直线过定点类型】如图所示，已知点\(A(-1，0)\)是抛物线的准线与\(x\)轴的交点，过点\(A\)的直线与抛物线交于点\(M，N\)两点，过点\(M\)的直线交抛物线于另一个点\(Q\)，且直线\(MQ\)过点\(B(1，-1)\).

(1).求抛物线的方程。

分析：由题目图形可知，\(\cfrac{p}{2}=1\)，则\(p=2\)，

故顶点在坐标原点，开口向右的抛物线的方程为\(y^2=2px\)，即\(y^2=4x\)。

(2).求证：直线\(QN\)过定点。

分析：如果直线过定点\((m，n)\)，则直线的表达式必然应该能化为：\(y-n=k(x-m)\)类型。

设点\(M(4t^2，4t)\)，点\(N(4t_1^2，4t_1)\)，点\(Q(4t_2^2，4t_2)\)，

则由题目易知直线\(MN\)的斜率存在，且\(k_{MN}=\cfrac{4t-4t_1}{4t^2-4t_1^2}=\cfrac{1}{t+t_1}\)，

从而直线\(MN\)的方程是\(y=\cfrac{1}{t+t_1}(x-4t^2)+4t\)，

即直线\(MN\)的方程是\(x-(t+t_1)y+4tt_1=0\)。同理可知[类比求解可得]，

直线\(MQ\)的方程\(x-(t+t_2)y+4tt_2=0\)，

直线\(NQ\)的方程\(x-(t_1+t_2)y+4t_1t_2=0\)，

又点\(A\)在直线\(MN\)上，从而有\(4tt_1=1\)，即\(t=\cfrac{1}{4t_1}\)；

点\(B\)在直线\(MQ\)上，从而有\(1+(t+t_2)+4tt_2=0\)，

即\(1+(\cfrac{1}{4t_1}+t_2)+4\times \cfrac{1}{4t_1}t_2=0\)，

化简得到\(4t_1t_2=-4(t_1+t_2)-1\)，

代入\(NQ\)的方程，得到\(x-(t_1+t_2)y-4(t_1+t_2)-1=0\)，

即\(y+4=\cfrac{1}{t_1+t_2}(x-1)\)，故直线\(NQ\)经过定点\((1，-4)\)。

• 抛物线\(y^2=4x\)上的任意点的坐标的设法一般是\((x，y)\)，本题采用\((4t^2，4t)\)，是抛物线的参数方程的一种。
• 注意直线过定点的[题眼]：\(y-y_0=g(k)(x-x_0)\)，则直线恒过定点\((x_0，y_0)\)，其中\(g(k)\)表示关于参数\(k\)的表达式，可能简单也可能复杂。
• 延伸阅读：直线或函数恒过定点；

动曲线\(C\)过定点问题

解法思路：引入参变量建立曲线\(C\)的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点。

[定点问题]【2020届宝鸡市质检1理数第21题】已知动圆\(Q\)与直线\(x+\frac{1}{2}=0\)相切，且与圆\(x^2+y^2\)\(-2x+\)\(\frac{3}{4}\)\(=0\)外切；

(1).求动圆\(Q\)的圆心轨迹\(C\)的方程；

[法1]：直接法，将圆\(x^2+y^2-2x+\frac{3}{4}=0\)化为标准形式为\((x-1)^2+y^2=\frac{1}{4}\)，

设动圆的圆心\(Q\)坐标为\(Q(x,y)\)，由动圆\(Q\)与直线\(x+\frac{1}{2}=0\)相切，且与圆\((x-1)^2+y^2=\frac{1}{4}\)外切；

可知\(\sqrt{(x-1)^2+y^2}=|x+\frac{1}{2}|+\frac{1}{2}=x+1\)，两边平方整理得到，\(y^2=4x\)，

所以动圆\(Q\)的圆心轨迹\(C\)的方程为\(y^2=4x\)。

[法2]：定义法，动圆心\(Q(x,y)\)到定圆点\((1,0)\)的距离为\(r+\frac{1}{2}\)，动圆心\(Q(x,y)\)到定直线\(x+\frac{1}{2}=0\)的距离为\(r\)，

则动圆心\(Q(x,y)\)到定直线\(x+1=0\)的距离为\(r+\frac{1}{2}\)，

则动点\(Q(x,y)\)到定点的距离与动点到定直线的距离相等，故动点的轨迹为形如\(y^2=2px\)的抛物线，

且\(\cfrac{p}{2}=1\)，则\(p=2\)，故\(y^2=4x\)。

(2).已知点\(P(1,2)\)，过点\(F(1,0)\)且斜率存在的直线与轨迹\(C\)交于\(A\)，\(B\)两点，直线\(AP\)，\(BP\)分别交直线\(x+1=0\)于点\(S\)，\(T\)两点，求证：以\(ST\)为直径的圆过定点。

分析：由题意可设直线\(AB：x=my+1(m\neq 0)\)，

则由\(\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{y^2=4x}\end{array}\right.\quad\) 消去\(x\)得到，\(y^2-4my-4=0\)，

设\(A(\cfrac{y_1^2}{4},y_1)\)，\(B(\cfrac{y_2^2}{4},y_2)\)，则由韦达定理可得，\(y_1+y_2=4m\)，\(y_1y_2=-4\)，

设直线\(AP\)，\(BP\)的斜率分别为\(k_1\)，\(k_2\)，结合点\(P(1,2)\)，

则可知，\(k_1=\cfrac{y_1-2}{\frac{y_1^2}{4}-1}=\cfrac{4}{y_1+2}\)，同理\(k_2=\cfrac{4}{y_2+2}\)

设点\(S(-1,y_{\tiny{S}})\)，点\(T(-1,y_{\tiny{T}})\)，又直线\(AP\)的方程为\(y-y_{\tiny{S}}=k_1(x+1)\)，则\(y_{\tiny{S}}=y-k_1(x+1)\)，

又由于此直线经过点\(P(1，2)\)，则\(y_{\tiny{S}}=2-\cfrac{4}{y_1+2}\times 2=2-\cfrac{8}{y_1+2}=\cfrac{2(y_1-2)}{y_1+2}\)

同理\(y_{\tiny{T}}=2-\cfrac{8}{y_2+2}=\cfrac{2(y_2-2)}{y_2+2}\)

从而\(y_{\tiny{S}}\cdot y_{\tiny{T}}=\cfrac{2(y_1-2)}{y_1+2}\cdot \cfrac{2(y_2-2)}{y_2+2}\)

\(=\cfrac{4[y_1y_2-2(y_1+y_2)+4]}{y_1y_2+2(y_1+y_2)+4}\)\(=\cfrac{4(-4+2\times 4m+4)}{-4+2\times 4m+4}=-4\)

\(y_{\tiny{S}}+ y_{\tiny{T}}=(2-\cfrac{8}{y_1+2})+(2-\cfrac{8}{y_2+2})\)

\(=4-8(\cfrac{1}{y_1+2}+\cfrac{1}{y_2+2})=4-\cfrac{8[(y_1+y_2)+4]}{y_1y_2-2(y_1+y_2)+4}\)

\(=4-\cfrac{8(4m+4)}{-4+2\times 4m+4}=-\cfrac{4}{m}\)，

又由于以\(ST\)为直径的圆的方程为：\((x+1)^2+(y-y_{\tiny{S}})(y-y_{\tiny{T}})=0\)，

即\(y^2-(y_{\tiny{S}}+y_{\tiny{T}})y+y_{\tiny{S}}y_{\tiny{T}}+(x+1)^2=0\)，

即\(x^2+2x-3+y^2+\cfrac{4}{m}y=0①\)，圆的方程与\(m\)的取值无关，故须有\(y=0\)，

由方程①可得，\(x^2+2x-3=0\)，解得\(x=-3\)或\(x=1\)，

从而以\(ST\)为直径的圆恒过定点\((-3,0)\)和\((1,0)\).

解后反思：直径式方程\((x-x_1)(x-x_2)+(y-y_1)(y-y_2)=0\)，[其中圆的直径的端点是\(A(x_1，y_1)\)、\(B(x_2，y_2)\)]

应知应会

\(A\)、\(B\)是抛物线\(y^2=2px(p>0)\)上的两点，且\(OA\perp OB\)；

设\(A(x_1，y_1)\)、\(B(x_2，y_2)\)，中点\(P(x_0，y_0)\)

（1）求\(A\)、\(B\)两点的横坐标之积和纵坐标之积；

分析：\(k_{OA}=\cfrac{y_1}{x_1}\)，\(k_{OB}=\cfrac{y_2}{x_2}\)，

由于\(OA\perp OB\)，则有\(k_{OA}\cdot k_{OB}=-1\)，则\(x_1x_2+y_1y_2=0\)，

又由于\(y_1^2=2px_1\)，\(y_2^2=2px_2\)，则有\(\cfrac{y_1^2}{2p}\cdot \cfrac{y_2^2}{2p}+y_1y_2=0\)，

由于\(y_1\neq 0\)，\(y_2\neq 0\)，故得到\(y_1y_2=-4p^2\)，\(x_1x_2=4p^2\)；

（2）求证：直线\(AB\)恒过定点；

分析：由于\(y_1^2=2px_1\)，\(y_2^2=2px_2\)，

所以\((y_1-y_2)(y_1+y_2)=2p(x_1-x_2)\)，

所以当\(x_1\neq x_2\)时，\(\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\cfrac{2p}{y_1+y_2}\)，即\(k_{AB}=\cfrac{2p}{y_1+y_2}\)

则直线\(AB:\) \(y-y_1=\cfrac{2p}{y_1+y_2}(x-x_1)\)，即\(y=\cfrac{2px}{y_1+y_2}+y_1-\cfrac{2px_1}{y_1+y_2}\)

所以\(y=\cfrac{2px}{y_1+y_2}+\cfrac{y_1^2-2px_1+y_1y_2}{y_1+y_2}\)

由于\(y_1^2=2px_1\)，\(y_1y_2=-4p^2\)，

所以\(y=\cfrac{2px}{y_1+y_2}+\cfrac{-4p^2}{y_1+y_2}\)，整理为\(y=\cfrac{2p}{y_1+y_2}(x-2p)\)，

所以直线\(AB\)过定点\((2p，0)\)，设\(M(2p，0)\)，

当\(x_1=x_2\)时，可知\(AB\)方程为\(x=2p\)，过点\(M(2p，0)\)，

综上可知，直线\(AB\)恒过定点\(M(2p，0)\)。

典例剖析

【定点问题】【2019届高三理科三轮模拟训练题第7套第20题】设抛物线\(C:x^2=2py(0<p<8)\)的焦点为\(F\)，点\(P\)是\(C\)上一点，且\(PF\)的中点坐标为\((2，\cfrac{5}{2})\)。

（1）求抛物线\(C\)的标准方程；

分析：由题意可得，\(F(0，\cfrac{p}{2})\)，设\(P(x_0，y_0)\)，由\(PF\)的中点坐标为\((2，\cfrac{5}{2})\)，

得到\(0+x_0=2\times 2\)且\(\cfrac{p}{2}+y_0=2\times \cfrac{5}{2}\)，所以\(x_0=4\)，\(y_0=5-\cfrac{p}{2}\)，

又由于\(P(x_0，y_0)\)在抛物线\(x^2=2py\)上，则有\(16=2p(5-\cfrac{p}{2})\)，

即\(p^2-10p+16=0\)，解得\(p=2\)或\(p=8\)(舍去)，

故抛物线\(C\)的方程为\(x^2=4y\).

（2）若动直线\(l\)过点\(A(0，2)\)，且与抛物线\(C\)交于\(M\)、\(N\)两点，点\(Q\)与点\(M\)关于\(y\)轴对称（点\(Q\)与点\(N\)不重合），求证：直线\(QN\)恒过定点。

分析：由题意可知，直线\(l\)的斜率存在，设直线\(l:y=kx+2\)，\(M(x_1，y_1)\)，\(N(x_2，y_2)\)，则\(Q(-x_1，y_1)\)，

联立\(\left\{\begin{array}{l}{x^2=4y}\\{y=kx+2,}\end{array}\right.\) 消去\(y\)得到，\(x^2-4kx-8=0\)，

显然\(\Delta >0\)，由韦达定理可知，\(x_1+x_2=4k\)，\(x_1x_2=-8\)，

由于\(k_{QN}=\cfrac{y_2-y_1}{x_2-(-x_1)}=\cfrac{\frac{x_2^2}{4}-\frac{x_1^2}{4}}{x_2+x_1}\)\(=\cfrac{x_2-x_1}{4}\)，

所以直线\(QN\)的方程为\(y-y_1=\cfrac{x_2-x_1}{4}(x+x_1)\)，

即\(y=y_1+\cfrac{x_2-x_1}{4}(x+x_1)=\cfrac{x_2-x_1}{4}x+\cfrac{x_1(x_2-x_1)}{4}+\cfrac{x_1^2}{4}\)\(=\cfrac{x_2-x_1}{4}x+\cfrac{x_1x_2}{4}\)

又由于\(x_1x_2=-8\)，代入上式得到，\(y=\cfrac{x_2-x_1}{4}x-2\)，

故直线\(QN\)的方程为\(y=\cfrac{x_2-x_1}{4}x-2\)，即直线\(QN\)恒过定点\((0，-2)\)。

【恒过定点问题】【2019届高三理科寒假模拟试题1第20题】已知椭圆\(C:\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)的离心率为\(\cfrac{1}{2}\)，且过点\(P(2,3)\)，

（1）求椭圆\(C\)的标准方程；

分析：由于离心率\(e=\cfrac{1}{2}\)，故有\(a:b=4:3\)，设椭圆\(C\)的方程为\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=t\)，

又由于点\(P(2,3)\)在椭圆上，则有\(1+3=t\)，即\(t=4\)，

故椭圆\(C\)的标准方程为\(\cfrac{x^2}{16}+\cfrac{y^2}{12}=1\)；

（2）过点\(P\)作两条直线\(l_1\)，\(l_2\)，与椭圆\(C\)分别交于\(M\)，\(N\)(点\(M\)，\(N\)与点\(P\)不重合)，若\(l_1\)，\(l_2\)的斜率之和为\(-1\)，求证：直线\(MN\)恒过定点；

证明：设直线\(MN\)的方程为\(y=kx+b\)，简单分析可知，当\(k\)不存在时，不满足要求；

联立\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{x^2}{16}+\cfrac{y^2}{12}=1}\\{y=kx+b,}\end{array}\right.\) 消去\(y\)整理得到，\((4k^2+3)x^2+8kbx+4b^2-48=0\)，

设点\(M(x_1,y_1)\)，\(N(x_2,y_2)\)，则有\(x_1+x_2=-\cfrac{8kb}{4k^2+3}\)，\(x_1x_2=\cfrac{4b^2-48}{4k^2+3}\)

设直线\(PM\)，\(PN\)的斜率分别为\(k_1\)，\(k_2\)，则\(k_1+k_2=\cfrac{kx_1+b-3}{x_1-2}+\cfrac{kx_2+b-3}{x_2-2}=-1\)，

整理得到\((2k+1)x_1x_2+(b-2k-5)(x_1+x_2)+16-4b=0\)，将\(x_1+x_2\)和\(x_1x_2\)代入整理，

即\((2k+b-3)(8k+b)=0\)，解得\(b=-2k+3\)或\(b=-8k\)；

当\(b=-2k+3\)时，直线\(MN:y=kx-2k+3=k(x-2)+3\)过点\(P(2,3)\)，不合题意，舍去；

当\(b=-8k\)时，直线\(MN:y=kx-8k=k(x-8)+0\)过点\((8,0)\)；

综上所述，直线\(MN\)恒过定点\((8,0)\).

[定点问题]已知点 \(O\) 为坐标原点，椭圆 \(\Gamma:\cfrac{x^{2}}{a^{2}}+\cfrac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)\) 过点 \((\sqrt{2}, \cfrac{\sqrt{2}}{2})\)，其上顶点为\(B\)，右顶点和右焦点分别为 \(A\)、\(F\)，且 \(\angle AFB=\cfrac{5 \pi}{6}\).

(1).求椭圆 \(\Gamma\) 的标准方程；

解 : 因为 椭圆 \(\Gamma: \cfrac{x^{2}}{a^{2}}+\cfrac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)\) 过点 \((\sqrt{2}, \cfrac{\sqrt{2}}{2})\)，

所以 \(\cfrac{2}{a^{2}}+\cfrac{1}{2b^{2}}=1\)①，

又因为 \(\angle AFB=\cfrac{5\pi}{6}\)，所以 \(\angle BFO=\cfrac{\pi}{6}\)，

因为 \(|BF|=\sqrt{c^{2}+b^{2}}=a\)，所以 \(b=\cfrac{1}{2}a\)②，

把②代入①中，解得 \(a=2\)， \(b=1\)，

所以椭圆 \(\Gamma\) 的标准方程为 \(\cfrac{x^{2}}{4}+y^{2}=1\).

(2).直线 \(l\) 交椭圆 \(\Gamma\) 于 \(P\) ， \(Q\) 两点（异于点 \(B\) ），\(k_{BP}+k_{BQ}=-1\)，试判定直线 \(l\) 是否过定点 ? 若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由.

解： 直线 \(l\) 过定点，

理由如下：当直线 \(l\) 与 \(x\) 轴垂直时， 设 \(l\) 的方程为\(x=m\)， 点 \(P(m, y_{0})\)，\(Q\left(m,-y_{0}\right)\)，\(B(0,1)\)

当直线 \(l\) 与 \(x\) 轴不垂直时,设 \(l\) 的方程为 \(y=kx+n\)，点\(P(x_{1}, y_{1})\)， \(Q(x_{2}, y_{2})\)，

联立 \(\left\{\begin{array}{l}{y=kx+n}\\{\cfrac{x^{2}}{4}+y^{2}=1}\end{array}\right.\) 得 \((1+4 k^{2})x^{2}+8knx+4n^{2}-4=0\)，

则\(\Delta=(8kn)^{2}-4(1+4k^{2})(4n^{2}-4)=16(4k^{2}-n^{2}+1)\)，

由韦达定理得 \(x_{1}+x_{2}=\cfrac{-8kn}{1+4k^{2}}\)， \(x_{1}\cdot x_{2}=\cfrac{4n^{2}-4}{1+4k^{2}}\)，

所以 \(k_{BP}+k_{BQ}=\cfrac{y_{1}-1}{x_{1}}+\cfrac{y_{2}-1}{x_{2}}\)

\(=\cfrac{x_{2}(kx_{1}+n)-x_{2}+x_{1}(kx_{2}+n)-x_{1}}{x_{1}x_{2}}\)

\(=\cfrac{2kx_{1}x_{2}+(n-1)(x_{1}+x_{2})}{x_{1} x_{2}}\)

\(=\cfrac{2k\cdot\cfrac{4n^{2}-4}{1+4k^{2}}+(n-1)\cdot\cfrac{-8kn}{1+4k^{2}}}{\cfrac{4n^{2}-4}{1+4k^{2}}}\)

\(=\cfrac{8k(n-1)}{4(n+1)(n-1)}=-1\).

又因为 \(n\neq 1\)， 所以 \(n=-2k-1\)， \(\Delta=-64k\)，所以存在 \(k<0\)，使得 \(\Delta>0\) 成立.

此时直线 \(l\) 的方程为\(y=kx-2k-1\)，即\(y=k(x-2)-1\)，所以直线 \(l\) 过定点\((2，-1)\).

难点题目

[定点+定值问题]【2020届宝鸡市质检1文数第21题】已知动圆\(Q\)与直线\(x+\frac{1}{2}=0\)相切，且与圆\(x^2+y^2-2x+\frac{3}{4}=0\)外切；

(1).求动圆\(Q\)的圆心轨迹\(C\)的方程；

[法1]：直接法，将圆\(x^2+y^2-2x+\frac{3}{4}=0\)化为标准形式为\((x-1)^2+y^2=\frac{1}{4}\)，

设动圆的圆心\(Q\)坐标为\(Q(x,y)\)，由动圆\(Q\)与直线\(x+\frac{1}{2}=0\)相切，且与圆\((x-1)^2+y^2=\frac{1}{4}\)外切；

可知\(\sqrt{(x-1)^2+y^2}=|x+\frac{1}{2}|+\frac{1}{2}=x+1\)，两边平方整理得到，\(y^2=4x\)，

所以动圆\(Q\)的圆心轨迹\(C\)的方程为\(y^2=4x\)。

[法2]：定义法，动圆心\(Q(x,y)\)到定圆点\((1,0)\)的距离为\(r+\frac{1}{2}\)，动圆心\(Q(x,y)\)到定直线\(x+\frac{1}{2}=0\)的距离为\(r\)，

则动圆心\(Q(x,y)\)到定直线\(x+1=0\)的距离为\(r+\frac{1}{2}\)，

则动点\(Q(x,y)\)到定点的距离与动点到定直线的距离相等，故动点的轨迹为形如\(y^2=2px\)的抛物线，

且\(\cfrac{p}{2}=1\)，则\(p=2\)，故\(y^2=4x\)。

(2).已知过点\(M(m,0)\)的直线\(l：x=ky+m\)与曲线\(C\)交于\(A\)，\(B\)两点，是否存在常数\(m\)，使得\(\frac{1}{|AM|^2}\)\(+\frac{1}{|BM|^2}\)恒为定值？

分析：由题意可设直线\(l：x=ky+m\)，

则由\(\left\{\begin{array}{l}{x=ky+m}\\{y^2=4x}\end{array}\right.\quad\) 消去\(x\)得到，\(y^2-4ky-4m=0\)，

则由韦达定理可得，\(y_1+y_2=4k\)，\(y_1y_2=-4m\)，

则\(\cfrac{1}{|AM|^2}\)\(+\cfrac{1}{|BM|^2}=\cfrac{1}{(x_1-m)^2+y_1^2}+\cfrac{1}{(x_2-m)^2+y_2^2}=\cfrac{1}{(k^2+1)y_1^2}+\cfrac{1}{(k^2+1)y_2^2}\)

\(=\cfrac{y_1^2+y_2^2}{(k^2+1)y_1^2y_2^2}=\cfrac{(y_1+y_2)^2-2y_1y_2}{(k^2+1)y_1^2y_2^2}\)

\(=\cfrac{16k^2+8m}{(k^2+1)16m^2}=\cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}\)

由于上式对任意\(k\in R\)恒为定值，设\(\cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=t\)，

整理得到，\((2m^2t-2)k^2+(2m^2t-m)=0\)，由\(\left\{\begin{array}{l}{2m^2t-2=0}\\{2m^2t-m=0}\end{array}\right.\quad\)

即\(\left\{\begin{array}{l}{2m^2t=2}\\{2m^2t=m}\end{array}\right.\quad\) 两式相比，解得\(m=2\)，

此时\(\cfrac{1}{|AM|^2}\)\(+\cfrac{1}{|BM|^2}=\cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=\cfrac{2k^2+2}{2\times 2^2(k^2+1)}=\cfrac{1}{4}\)，

故存在定点\(M(2,0)\)，满足题意。