圆锥曲线的定值问题

前言

与之相关联的姊妹篇博文： 圆锥曲线的定点问题

运算储备

代入消元的操作，划归为二次方程，韦达定理[以及(y_1+y_2)，(y_1+y_2)]，通分整理，向量的坐标运算等；

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{egin{array}{l}{3x^2}\{4(k^2x^2+4kx+4)}\{hspace{6em}-12}end{array} ight. ]

一次就可以整理为((4k^2+3)x^2+16kx+4=0)；

• 将直线 (y=k(x-1)+2) 代入 (x^2+y^2-6x=0)，消(y)整理时的两个思路，

(x^2+[k(x-1)+2]^2-6x=0)，

思路一：(x^2+(kx-k+2)^2-6x=0)，

思路二：(x^2+k^2(x-1)^2+2^2+2 imes2 imes k(x-1)-6x=0)，

定值破解

由于这类问题的求解常常要用到韦达定理(x_1+x_2)和(x_1x_2)的值，故定值问题常常考查线段长度，三角形或四边形的周长，三角形或四边形的面积，向量内积等可以用上(x_1+x_2)和(x_1x_2)值的数学素材；

定值问题的破解题眼可能有以下情形：

①形如(cfrac{2k^2}{4+k^2}+cfrac{8}{4+k^2}+1=cfrac{2(k^2+4)}{4+k^2}+1=2+1=3)为定值；

②加减消参法，和式中不含有参数，如(3+cfrac{2ak}{4+k^2}+1-cfrac{2ak}{4+k^2}=4)，故为定值；比如上例；

③相乘消参法，积式中不含有参数，如(cfrac{2}{2k^2+3k}cdot cfrac{2k^2+3k}{8}=cfrac{1}{4})，故为定值；

④分式中对应项系数成比例消参，分式的值为定值；借用下例理解：

【案例】设存在常数(m)，使得(cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)})为定值，求(m)的值以及此定值；

思路1：由于上式对任意(kin 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{egin{array}{l}{2m^2t-2=0}\{2m^2t-m=0}end{array} ight.quad)

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

此时(cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=cfrac{2k^2+2}{2 imes 2^2(k^2+1)}=cfrac{1}{4})，

思路2：(cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=cfrac{2k^2+m}{2m^2k^2+2m^2})，则分式中对应项系数成比例，

则(cfrac{2}{2m^2}=cfrac{m}{2m^2})，解得(m=2)，

此时(cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=cfrac{2k^2+2}{2 imes 2^2(k^2+1)}=cfrac{1}{4})，

【案例】如设(x)轴上的一个动点(P(x_0，0))，某运算结果为(overrightarrow{PA}cdot overrightarrow{PB}=cfrac{(8x_0-5)k^2-12}{3+4k^2}+x_0^2)，

要使得(overrightarrow{PA}cdot overrightarrow{PB})与(k)的取值无关，只需要(cfrac{8x_0-5}{-12}=cfrac{4}{3})，解得(x_0=-cfrac{11}{8})，

所以在(x)轴上存在点(P)，使得(overrightarrow{PA}cdot overrightarrow{PB})为定值，(P)的坐标为((-cfrac{11}{8}，0))，定值为(-cfrac{135}{64})。

【案例】题目运算结果为(overrightarrow{QA}cdot overrightarrow{QB}=cfrac{(2y_0-5)k^2+2x_0k-3}{k^2+4}+x_0^2+(1-y_0)^2)

问：上述结果当(x_0)和(y_0)为何值时，运算结果与参数(k)无关，为定值？

当(left{egin{array}{l}{x_0=0}\{cfrac{2y_0-5}{1}=cfrac{-3}{4}}end{array} ight.)，即(x_0=0)，(y_0=cfrac{17}{8})时，(overrightarrow{QA}cdot overrightarrow{QB}=-cfrac{3}{4}+(cfrac{9}{8})^2=cfrac{33}{64}),

故存在定点((0，cfrac{17}{8}))，不论(k)为何值，都有(overrightarrow{QA}cdot overrightarrow{QB}=cfrac{33}{64})为定值。

典例剖析

[定值问题]【2021届凤翔中学高三文科月考三用21题】如图，椭圆(E:cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))的离心率为(cfrac{sqrt{2}}{2})，点(P)在短轴 (CD)上， 且(overrightarrow{PC}cdotoverrightarrow{PD}=-1)，

(1).求椭圆(E)的标准方程；

解析：由已知，点 (C)， (D) 的坐标分别为 ((0,-b))，((0, b))，又点 (P) 的坐标为 ((0,1)) 且(overrightarrow{PC}cdotoverrightarrow{PD}=-1)，

于是 (left{egin{array}{l}{1-b^{2}=-1}\{cfrac{c}{a}=cfrac{sqrt{2}}{2}}\{a^{2}-b^{2}=c^{2}}end{array} ight.) (quad)解得(a=2)，(b=sqrt{2})，

故椭圆(E)的标准方程为(cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{2}=1)；

(2).设(O)为坐标原点，过点(P)的动直线和椭圆交于(A)、(B)两点，是否存在常数(lambda)，使得(overrightarrow{OA}cdotoverrightarrow{OB}+lambda overrightarrow{PA}cdotoverrightarrow{PB}) 为定值，若存在, 求出 (lambda) 的值； 若不存在, 请说明理由.

解析：当直线 (AB) 的斜率存在时，设直线 (AB) 的方程为 (y=kx+1)，

令(A(x_1,y_1))、(B(x_2,y_2))，联立得到(left{egin{array}{l}{y=kx+1}\{cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{2}=1}end{array} ight.)

得到((2k^2+1)x^2+4kx-2=0)，其判别式 (Delta=(4 k)^{2}+8left(2 k^{2}+1 ight)>0)

所以 (x_{1}+x_{2}=-cfrac{4k}{2k^{2}+1})， (x_{1}x_{2}=-cfrac{2}{2k^{2}+1})，又由直线(y=kx+1)，

得到(y_1+y_2=(kx_1+1)+(kx_2+1)=k(x_1+x_2)+2)，

且有(y_1y_2=(kx_1+1)(kx_2+1)=k^2x_1x_2+k(x_1+x_2)+1)，

则(overrightarrow{OA}=(x_1,y_1))，(overrightarrow{OB}=(x_2,y_2))，(overrightarrow{PA}=(x_1,y_1-1))，(overrightarrow{PB}=(x_2,y_2-1))此处用到设而不求的技巧，即不直接求解(x_1)，(y_1)，(x_2)，(y_2)的单个值，而是将其整体用韦达定理代入运算。(quad)；

从而(overrightarrow{OA}cdotoverrightarrow{OB}+lambda overrightarrow{PA}cdotoverrightarrow{PB})(=x_1x_2+y_1y_2+lambda[x_1x_2+(y_1-1)(y_2-1)])

(=x_1x_2+y_1y_2+lambda[x_1x_2+y_1y_2-(y_1+y_2)+1])

(=(1+lambda)x_1x_2+(1+lambda)y_1y_2-lambda(y_1+y_2)+lambda)

(=(1+lambda)(1+k^2)x_{1}x_2+k(x_1+x_2)+1)

(=cfrac{(-2lambda-4)k^{2}+(-2lambda-1)}{2k^{2}+1})

(=cfrac{(-2lambda-4)[(k^{2}+cfrac{1}{2})-cfrac{1}{2}]+(-2lambda-1)}{2k^{2}+1}) (quad)注释此处使用了分式列项法，目的是将参变量(k)集中到分母一个位置，便于下一步说明(quad)；

(=cfrac{(-2lambda-4)cdot(k^{2}+cfrac{1}{2})-(-2lambda-4)cdotcfrac{1}{2}+(-2lambda-1)}{2k^{2}+1})

(=cfrac{(-2lambda-4)cdot(k^{2}+cfrac{1}{2})-(lambda-1)}{2k^{2}+1})

(=-cfrac{lambda-1}{2k^{2}+1}-lambda-2) (quad)注释此处已经将参变量(k)集中到了分母一个位置，这样一旦分式的分子值为零，则分母上的参变量(k)不能起作用，故结果一定是与参变量(k)无关的结果，则一定是常数；(quad)；

所以， 当 (lambda=1) 时， (-cfrac{lambda-1}{2k^{2}+1}-lambda-2=-3)，

此时， (overrightarrow{OA}cdotoverrightarrow{OB}+lambdaoverrightarrow{PA}cdotoverrightarrow{PB}=-3)，为定值；

更简单的解法：从这一步变形 (cfrac{(-2lambda-4)k^{2}+(-2lambda-1)}{2k^{2}+1}) 开始，

如果上式为常数，则与变参量(k)无关，故对应系数成比例；

即(cfrac{-2lambda-4}{2}=cfrac{-2lambda-1}{1})，解得(lambda=1)，

代入上式 (cfrac{(-2lambda-4)k^{2}+(-2lambda-1)}{2k^{2}+1}=-3) ，为定值；

当直线 (AB) 的斜率不存在时，直线(AB) 即为直线 (CD)，

(overrightarrow{OA}cdotoverrightarrow{OB}+lambda overrightarrow{PA}cdotoverrightarrow{PB}=overrightarrow{OC}cdotoverrightarrow{OD}+lambda overrightarrow{PC}cdotoverrightarrow{PD}=-2-1=-3)，为定值；

故存在常数(lambda)，使得(overrightarrow{OA}cdotoverrightarrow{OB}+lambda overrightarrow{PA}cdotoverrightarrow{PB}) 为定值.

【定值问题】已知离心率为(cfrac{1}{2})的椭圆(C:cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0))的右焦点为(F)，且(C)过点((1，-frac{3}{2}))，

（1）求椭圆(C)的标准方程；

分析：由题可知，(left{egin{array}{l}{frac{1}{a^2}+frac{9}{4b^2}=1}\{a^2=b^2+c^2}\{frac{c}{a}=frac{1}{2}}end{array} ight.)

解得(a=2)，(b=sqrt{3})，故椭圆(C)的标准方程为(cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{3}=1).

（2）若不与(x)轴垂直的直线(l)与(C)交于(M)，(N)两点(点(M)，(N)均在(y)轴右侧，且(M)，(N)，(F)不共线)，坐标原点(O)到直线(l)的距离为(sqrt{3})，求( riangle MNF)的周长.[或证明：( riangle MNF)的周长为定值]

分析：由题目易知，直线(l)的斜率存在且不为零，

设其方程为(y=kx+m(k eq 0))，(M(x_1，y_1))，(N(x_2，y_2))，

由于坐标原点(O)到直线(l)的距离为(sqrt{3})，则有(cfrac{|m|}{sqrt{1+k^2}}=sqrt{3})，即(m^2=3(1+k^2))，

由(left{egin{array}{l}{y=kx+m}\{cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{3}=1，}end{array} ight.) 得到((3+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-12=0)，

整理为((3+4k^2)x^2+8kmx+12k^2=0)，由韦达定理得到

(x_1+x_2=-cfrac{8km}{3+4k^2})，(x_1x_2=cfrac{12k^2}{3+4k^2})，

故(|MN|=sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|=sqrt{1+k^2}sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}) (=sqrt{1+k^2}sqrt{(-cfrac{8km}{3+4k^2})^2-4 imes cfrac{12k^2}{3+4k^2}}) (=cfrac{4|m||k|}{3+4k^2})

因为(2>x_1>0)，(2>x_2>0)，由(x_1+x_2>0)，所以(mk<0)，

故(|MN|=-cfrac{4mk}{3+4k^2})，

则(|MF|^2=(x_1-1)^2+y_1^2=(cfrac{1}{2}x_1-2)^2)，则(|MF|=2-cfrac{1}{2}x_1)，

同理得到，(|NF|=2-cfrac{1}{2}x_2)，

故(|MF|+|NF|=4-cfrac{1}{2}(x_1+x_2)=4+cfrac{4km}{3+4k^2})，

所以(|MF|+|NF|+|MN|=4)，即( riangle MNF)的周长为(4).

【定值问题】【2019届高三理科数学三轮模拟训练】已知直线(l：y=kx+1)与曲线(C:cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0))交于不同的两点，(O)为坐标原点，

（1）若(k=1)，(|OA|=|OB|)，求证：曲线(C)是一个圆；

证法1：设直线(l)和曲线的交点为(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，

由于(|OA|=|OB|)，则有(sqrt{x_1^2+y_1^2}=sqrt{x_2^2+y_2^2})，即(x_1^2+y_1^2=x_2^2+y_2^2)

即(x_1^2-x_2^2=y_2^2-y_1^2)，又由于点(A)，(B)在曲线(C)上，

则有(cfrac{x_1^2}{a^2}+cfrac{y_1^2}{b^2}=1)，(cfrac{x_2^2}{a^2}+cfrac{y_2^2}{b^2}=1)，

两式相减得到，(x_1^2-x_2^2=cfrac{a^2}{b^2}(y_2^2-y_1^2))，

故(cfrac{a^2}{b^2}=1)，即(a^2=b^2)，即曲线(C)是一个圆；

证法2：设直线(l)和曲线的交点为(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，则(x_1 eq x_2)，

由于(|OA|=|OB|)，则有(sqrt{x_1^2+y_1^2}=sqrt{x_2^2+y_2^2})，即(x_1^2+(x_1+1)^2=x_2^2+(x_2+1)^2)

整理为(2(x_1-x_2)(x_1+x_2+1)=0)，所以(x_1+x_2=-1)，

由(left{egin{array}{l}{y=x+1}\{cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}=1}end{array} ight.) 得到((a^2+b^2)x^2+2a^2x+a^2(1-b^2)=0)，

(Deltageqslant 0)，(x_1+x_2=cfrac{-2a^2}{a^2+b^2})，所以(cfrac{-2a^2}{a^2+b^2}=-1)，

故(a^2=b^2)，即曲线(C)是一个圆；

（2）若曲线(C)过((0，2))，((1，0))，是否存在一个定点(Q)，使得(overrightarrow{QA}cdot overrightarrow{QB})为定值？若存在，求出定点(Q)和定值；若不存在，请说明理由。

分析：由题意得，椭圆(C)的方程为(cfrac{y^2}{4}+x^2=1)，假设存在点(Q(x_0，y_0))，设交点为(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，

由(left{egin{array}{l}{y=kx+1}\{x^2+cfrac{y^2}{4}=1}end{array} ight.) 得到((k^2+4)x^2+2kx-3=0)，

(x_1+x_2=cfrac{-2k}{k^2+4})，(x_1x_2=cfrac{-3}{k^2+4})，

由于直线(l:y=kx+1)恒过椭圆内定点((1，0))，故(Delta >0)恒成立，

(overrightarrow{QA}cdot overrightarrow{QB}=(x_1-x_0，y_1-y_0)cdot (x_2-x_0，y_2-y_0))(=(x_1-x_0)(x_2-x_0)+(y_1-y_0)(y_2-y_0))

(=x_1x_2-x_0(x_1+x_2)+x_0^2+(kx_1+1-y_0)(kx_2+1-y_0))(=(1+k^2)x_1x_2+[k(1-y_0)-x_0](x_1+x_2)+x_0^2+(1-y_0)^2)

(=(1+k^2)cfrac{-3}{k^2+4}+[k(1-y_0)-x_0]cfrac{-2k}{k^2+4}+x_0^2+(1-y_0)^2)(=cfrac{-3(1+k^2)-2[k(1-y_0)-x_0]k}{k^2+4}+x_0^2+(1-y_0)^2)

(=cfrac{(2y_0-5)k^2+2x_0k-3}{k^2+4}+x_0^2+(1-y_0)^2)

当(left{egin{array}{l}{x_0=0}\{cfrac{2y_0-5}{1}=cfrac{-3}{4}}end{array} ight.)，即(x_0=0)，(y_0=cfrac{17}{8})时，(overrightarrow{QA}cdot overrightarrow{QB}=-cfrac{3}{4}+(cfrac{9}{8})^2=cfrac{33}{64}),

故存在定点((0，cfrac{17}{8}))，不论(k)为何值，都有(overrightarrow{QA}cdot overrightarrow{QB}=cfrac{33}{64})为定值。

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{egin{array}{l}{x=ky+m}\{y^2=4x}end{array} ight.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(kin 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{egin{array}{l}{2m^2t-2=0}\{2m^2t-m=0}end{array} ight.quad)

即(left{egin{array}{l}{2m^2t=2}\{2m^2t=m}end{array} ight.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 imes 2^2(k^2+1)}=cfrac{1}{4})，

故存在定点(M(2,0))，满足题意。

法2： 从此处另解，

(cfrac{1}{|AM|^2})(+cfrac{1}{|BM|^2}=cdots=cfrac{2k^2+m}{2m^2(k^2+1)}=cfrac{2k^2+m}{2m^2k^2+2m^2})

要使得上式为常数，即与参变量(k)无关，则必然会消去(k)，

故令上式中分子分母中关于(k) 的表达式的系数对应成比例，

则(cfrac{2}{2m^2}=cfrac{m}{2m^2})，解得(m=2)；

此时的定值为(cfrac{2k^2+m}{2m^2k^2+2m^2}=cfrac{2(k^2+1)}{2m^2(k^2+1)}=cfrac{2}{2m^2}=cfrac{1}{4})