专题8 圆锥曲线中的定点、定值问题

（1） 【解】设双曲线 $ E $ 的半焦距为 $ c(c > 0) $ .由题意知 $ P $ 在双曲线 $ E $ 的右支上, $ \left|P{F}_{1}\right|-\left|P{F}_{2}\right|=2a=6 $ , $ \therefore a=3 $ , $ \because e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{21}}{3} $ , $ \therefore c=\sqrt{21} $ , $ \therefore {b}^{2}={c}^{2}-{a}^{2}={\left(\sqrt{21}\right) ^ {2}}-{3}^{2}=12 $ ,

$ \therefore E $ 的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{9}-\dfrac{{y}^{2}}{12}=1 $ .

（2） 【证明】依题意知直线 $ l $ 的倾斜角不为0,则设直线 $ l $ 的方程为 $ x=my+2 $ , $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ .

联立 $ \begin{cases}x=my+2,\\ 4{x}^{2}-3{y}^{2}-36=0,\end{cases} $ 消去 $ x $ 并整理得 $ (4{m}^{2}-3){y}^{2}+16my-20=0 $ , $ \therefore 4{m}^{2}-3\ne 0 $ ,且 $ \mathrm{\Delta }={\left(16m\right) ^ {2}}-4×(-20)×(4{m}^{2}-3) > 0 $ ,解得 $ {m}^{2} > \dfrac{5}{12} $ ,且 $ {m}^{2}\ne \dfrac{3}{4} $ . $ \therefore {y}_{1}+{y}_{2}=-\dfrac{16m}{4{m}^{2}-3} $ , $ {y}_{1}{y}_{2}=-\dfrac{20}{4{m}^{2}-3} $ .由题意知, $ B^\prime ({x}_{2},-{y}_{2}) $ , $ \therefore $ 直线 $ AB\prime $ 的方程为 $ y-{y}_{1}=\dfrac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}(x-{x}_{1}) $ .

令 $ y=0 $ ,得 $ x=\dfrac{{y}_{1}({x}_{2}-{x}_{1})}{{y}_{1}+{y}_{2}}+{x}_{1} $

$ =\dfrac{{y}_{1}{x}_{2}-{y}_{1}{x}_{1}+{y}_{1}{x}_{1}+{y}_{2}{x}_{1}}{{y}_{1}+{y}_{2}}=\dfrac{{y}_{1}{x}_{2}+{y}_{2}{x}_{1}}{{y}_{1}+{y}_{2}}=\dfrac{{y}_{1}(m{y}_{2}+2)+{y}_{2}(m{y}_{1}+2)}{{y}_{1}+{y}_{2}} $

$ =\dfrac{2m{y}_{1}{y}_{2}}{{y}_{1}+{y}_{2}}+2=\dfrac{2m×(-\dfrac{20}{4{m}^{2}-3})}{-\dfrac{16m}{4{m}^{2}-3}}+2 $

$ =\dfrac{9}{2} $ ,

$ \therefore $ 直线 $ AB\prime $ 恒过点 $ (\dfrac{9}{2},0) $ .

（1） 【解】因为焦距 $ 2c=2\sqrt{3} $ ，即 $ c=\sqrt{3} $ ，所以 $ {a}^{2}-{b}^{2}={c}^{2}=3 $ .

又因为椭圆过点 $ (\sqrt{3},\dfrac{1}{2}) $ ，所以 $ \dfrac{3}{{a}^{2}}+\dfrac{1}{4{b}^{2}}=1 $ ，解得 $ {b}^{2}=1 $ , $ {a}^{2}=4 $ ，

所以椭圆 $ C $ 的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1 $ .

（2） 【证明】由题意知，直线 $ l $ 的斜率存在且不为0，设直线 $ l $ 的方程为 $ y=kx+m(k\ne 0) $ ，

设 $ M({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ N({x}_{2},{y}_{2}) $ , $ P({x}_{0},{y}_{0}) $ .

由 $ \begin{cases}y=kx+m,\\ \dfrac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1,\end{cases} $ 得 $ (1+4{k}^{2}){x}^{2}+8kmx+4{m}^{2}-4=0 $ ，

$ \mathrm{\Delta }=64{k}^{2}{m}^{2}-16({m}^{2}-1)(1+4{k}^{2})=16(1+4{k}^{2}-{m}^{2}) > 0 $ ， $ {x}_{1}+{x}_{2}=\dfrac{-8km}{1+4{k}^{2}} $ , $ {x}_{1}{x}_{2}=\dfrac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}} $ .

① 【证明】因为点 $ P $ 为线段 $ MN $ 的中点，且点 $ P $ 在直线 $ x=\dfrac{1}{2} $ 上，所以 $ {x}_{0}=\dfrac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}=\dfrac{-4km}{1+4{k}^{2}}=\dfrac{1}{2} $ ，即 $ 1+4{k}^{2}=-8km $ ，即 $ m=\dfrac{1+4{k}^{2}}{-8k} $ .

所以 $ {y}_{0}=k{x}_{0}+m=\dfrac{1}{2}k+\dfrac{1+4{k}^{2}}{-8k}=-\dfrac{1}{8k} $ .

所以线段 $ MN $ 的垂直平分线的方程为 $ y-{y}_{0}=-\dfrac{1}{k}(x-{x}_{0}) $ ，即 $ y+\dfrac{1}{8k}=-\dfrac{1}{k}(x-\dfrac{1}{2}) $ ，即 $ y=-\dfrac{1}{k}(x-\dfrac{3}{8}) $ .

故线段 $ MN $ 的垂直平分线恒过定点 $ S(\dfrac{3}{8},0) $ .

② 【证明】由弦长公式得 $ |MN|=\sqrt{1+{k}^{2}}\cdot |{x}_{1}-{x}_{2}|=\dfrac{\sqrt{1+{k}^{2}}}{1+4{k}^{2}}\sqrt{16(1+4{k}^{2}-{m}^{2})}=\dfrac{4\sqrt{1+{k}^{2}}}{1+4{k}^{2}}\sqrt{1+4{k}^{2}-{m}^{2}} $ ，

坐标原点到直线 $ MN $ 的距离 $ d=\dfrac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}} $ ，

所以 $ △OMN $ 的面积 $ {S}_{△OMN}=\dfrac{1}{2}×|MN|×d=\dfrac{1}{2}×\dfrac{4\sqrt{1+{k}^{2}}}{1+4{k}^{2}}\sqrt{1+4{k}^{2}-{m}^{2}}×\dfrac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}=2×\dfrac{|m|\sqrt{1+4{k}^{2}-{m}^{2}}}{1+4{k}^{2}}\leqslant 2×\dfrac{\dfrac{{m}^{2}+1+4{k}^{2}-{m}^{2}}{2}}{1+4{k}^{2}}=1 $ ,当且仅当 $ {m}^{2}=1+4{k}^{2}-{m}^{2} $ ，即 $ 2{m}^{2}=1+4{k}^{2} $ 时等号成立.

所以 $ {S}_{△OMN} $ 取最大值时, $ {k}_{OM}{k}_{ON}=\dfrac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}} $

$ =\dfrac{(k{x}_{1}+m)(k{x}_{2}+m)}{{x}_{1}{x}_{2}} $

$ =\dfrac{{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+km({x}_{1}+{x}_{2})+{m}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}} $

$ =\dfrac{{k}^{2}(4{m}^{2}-4)-8{k}^{2}{m}^{2}+{m}^{2}(1+4{k}^{2})}{4{m}^{2}-4} $

$ =\dfrac{{m}^{2}-4{k}^{2}}{4{m}^{2}-4}=\dfrac{1-{m}^{2}}{4{m}^{2}-4}=-\dfrac{1}{4} $ .

所以直线 $ OM $ 与 $ ON $ 的斜率之积为定值 $ -\dfrac{1}{4} $ .