第2课时 定点、定值、探索性问题
考点一 定点问题
【例1】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2且F 2关于直线x －y ＋a
＝0的对称点M 在直线3x ＋2y ＝0上． (1)求椭圆的离心率；
(2)若C 的长轴长为4且斜率为1
2
的直线l 交椭圆于A ，B 两点，问是否存在定点P ，使得PA ，
PB 的斜率之和为定值？若存在，求出所有满足条件的P 点坐标；若不存在，说明理由．
解 (1)依题知F 2(c ，0)，设M (x 0，y 0)，则y 0
x 0－c
＝－1且
x 0＋c 2
－y 0
2＋a ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－a ，
y 0＝a ＋c ，
即M (－a ，a ＋c )．
∵M 在直线3x ＋2y ＝0上，∴－3a ＋2(a ＋c )＝0，即a ＝2c ，∴e ＝c a ＝1
2.
(2)存在．由(1)及题设得c a ＝1
2
且2a ＝4，∴a ＝2，c ＝1，
∴椭圆方程为x 24＋y 2
3
＝1，
设直线l 方程为y ＝12x ＋t ，代入椭圆方程消去y 整理得x 2＋tx ＋t 2
－3＝0.
依题知Δ＞0，即t 2
－4(t 2
－3)＞0，t 2
＜4，
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－t ，x 1x 2＝t 2
－3，
如果存在P (m ，n )使得k PA ＋k PB 为定值，那么k PA ＋k PB 的取值将与t 无关，
k PA ＋k PB ＝y 1－n x 1－m ＋y 2－n x 2－m ＝⎝ ⎛⎭
⎪
⎫n －32m t ＋2mn －3
t 2＋mt ＋m 2－3
，
令
⎝ ⎛⎭
⎪⎫n －32m t ＋2mn －3t 2＋mt ＋m 2－3
＝M ，
由Mt 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫mM ＋32m －n t ＋m 2
M －3M －2mn ＋3＝0，
由题意可知该式对任意t 恒成立，其中t 2
＜4，
∴⎩⎪⎨⎪⎧M ＝0，
n ＝32m ，2mn ＝3，
解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝32或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝－32， 综上可知，满足条件的定点P 是存在的，坐标为⎝
⎛⎭⎪⎫－1，－32或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32.
规律方法 求解直线或圆锥曲线过定点问题的基本思路是：把直线或圆锥曲线方程中的变量
x ，y 看成常数，把方程的一端化为零，将方程转化为以参数为主变量的方程，这个方程对
任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x ，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或圆锥曲线所过的定点．
【训练1】 已知抛物线C 的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A (1，2)为抛物线C 上一点. (1)求抛物线C 的方程；
(2)若点B (1，－2)在抛物线C 上，过点B 作抛物线C 的两条弦BP 与BQ ，如k BP ·k BQ ＝－2，求证：直线PQ 过定点.
(1)解 若抛物线的焦点在x 轴上，设抛物线方程为y 2
＝ax ，代入点A (1，2)，可得a ＝4，所以抛物线方程为y 2
＝4x .
若抛物线的焦点在y 轴上，设抛物线方程为x 2
＝my ，代入点A (1，2)，可得m ＝12，所以抛物
线方程为x 2
＝12
y .
综上所述，抛物线C 的方程是y 2＝4x 或x 2
＝12
y .
(2)证明 因为点B (1，－2)在抛物线C 上，所以由(1)可得抛物线C 的方程是y 2
＝4x . 易知直线BP ，BQ 的斜率均存在，设直线BP 的方程为y ＋2＝k (x －1)， 将直线BP 的方程代入y 2
＝4x ，消去y ，得
k 2x 2－(2k 2＋4k ＋4)x ＋(k ＋2)2＝0.
设P (x 1，y 1)，则x 1＝（k ＋2）2
k
2
，所以P ⎝
⎛⎭
⎪⎫（k ＋2）2
k
2，2k ＋4k . 用－2k
替换点P 坐标中的k ，可得Q ((k －1)2
，2－2k )，从而直线PQ 的斜率为
2k ＋4
k
－2＋2k
（k ＋2）2k
2
－（k －1）2
＝2k 3
＋4k －k 4＋2k 3
＋4k ＋4＝2k －k 2＋2k ＋2， 故直线PQ 的方程是
y －2＋2k ＝
2k －k 2
＋2k ＋2
·[x －(k －1)2
].
在上述方程中，令x ＝3，解得y ＝2， 所以直线PQ 恒过定点(3，2). 考点二 定值问题
【例2】 (2019·河北省“五个一”名校联盟)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2
4
＋
y 2＝1，点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)是椭圆C 上两个动点，直线OP ，OQ 的斜率分别为k 1，k 2，若
m ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 12
，y 1，n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 22
，y 2，m ·n ＝0. (1)求证：k 1·k 2＝－14
；
(2)试探求△OPQ 的面积S 是否为定值，并说明理由. (1)证明 ∵k 1，k 2均存在，∴x 1x 2≠0. 又m ·n ＝0，∴x 1x 2
4
＋y 1y 2＝0，即
x 1x 2
4
＝－y 1y 2，
∴k 1·k 2＝
y 1y 2x 1x 2＝－1
4
. (2)解 ①当直线PQ 的斜率不存在，即x 1＝x 2，y 1＝－y 2时，
由y 1y 2x 1x 2＝－14，得x 214
－y 2
1＝0. 又∵点P (x 1，y 1)在椭圆上，∴x 21
4＋y 2
1＝1，
∴|x 1|＝2，|y 1|＝
22.∴S △POQ ＝1
2
|x 1||y 1－y 2|＝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⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 2
4
＋y 2
＝1， 消去y 并整理得(4k 2
＋1)x 2
＋8kbx ＋4b 2
－4＝0，
其中Δ＝(8kb )2
－4(4k 2
＋1)(4b 2
－4)＝16(1＋4k 2
－b 2
)>0，即b 2
<1＋4k 2
. ∴x 1＋x 2＝－8kb 4k 2＋1，x 1x 2＝4b 2
－4
4k 2＋1.
∵x 1x 2
4＋y 1y 2＝0，
∴
x 1x 2
4
＋(kx 1＋b )(kx 2＋b )＝0，得2b 2
－4k 2
＝1(满足Δ>0).
∴S △POQ ＝12|b |1＋k 2|PQ |＝12|b |（x 1＋x 2）2
－4x 1x 2＝2|b |4k 2
＋1－b 2
4k 2
＋1＝1. 综合①②，△POQ 的面积S 为定值1.
