第九章 高考专题突破五 第2课时 定点与定值问题.docx

第九章 高考专题突破五 第2课时 定点与定值问题.docx

《第九章 高考专题突破五 第2课时 定点与定值问题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第九章 高考专题突破五 第2课时 定点与定值问题.docx（15页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

第九章高考专题突破五第2课时定点与定值问题

第2课时　定点与定值问题

题型一　定点问题

例1（2017·全国Ⅰ）已知椭圆C：

＋＝1（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3，P4中恰有三点在椭圆C上．

（1）求C的方程；

（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：

l过定点．

（1）解　由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．

又由＋>＋知，椭圆C不经过点P1，

所以点P2在椭圆C上．

因此解得

故椭圆C的方程为＋y2＝1.

（2）证明　设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.

如果l与x轴垂直，设l：

x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为，，则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．

从而可设l：

y＝kx＋m（m≠1）．

将y＝kx＋m代入＋y2＝1，

得（4k2＋1）x2＋8kmx＋4m2－4＝0.

由题设可知Δ＝16（4k2－m2＋1）>0.

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则x1＋x2＝－，x1x2＝.

而k1＋k2＝＋

＝＋

＝.

由题设知k1＋k2＝－1，

故（2k＋1）x1x2＋（m－1）（x1＋x2）＝0.

即（2k＋1）·＋（m－1）·＝0，

解得k＝－.

当且仅当m>－1时，Δ>0，

于是l：

y＝－x＋m，

即y＋1＝－（x－2），

所以l过定点（2，－1）．

思维升华圆锥曲线中定点问题的两种解法

（1）引进参数法：

引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．

（2）特殊到一般法：

根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．

跟踪训练1已知焦距为2的椭圆C：

＋＝1（a>b>0）的右顶点为A，直线y＝与椭圆C交于P，Q两点（P在Q的左边），Q在x轴上的射影为B，且四边形ABPQ是平行四边形．

（1）求椭圆C的方程；

（2）斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N.

①若直线l过原点且与坐标轴不重合，E是直线3x＋3y－2＝0上一点，且△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，求k的值；

②若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DA⊥AM，点G是x轴上异于点M的点，且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，求证：

点G是定点．

（1）解　由题意可得2c＝2，即c＝，

设Q，因为四边形ABPQ为平行四边形，

|PQ|＝2n，|AB|＝a－n，

所以2n＝a－n，n＝，

则＋＝1，解得b2＝2，a2＝b2＋c2＝4，

可得椭圆C的方程为＋＝1.

（2）①解　直线y＝kx（k≠0）代入椭圆方程，

可得（1＋2k2）x2＝4，

解得x＝±，

可设M，

由E是3x＋3y－2＝0上一点，

可设E，

E到直线kx－y＝0的距离为d＝，

因为△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，

所以OE⊥MN，|OM|＝d，

即有＝－，（*）

＝，（**）

由（*）得m＝（k≠1），代入（**）式，

化简整理可得7k2－18k＋8＝0，解得k＝2或.

②证明　由M（－2,0），可得直线MN的方程为y＝k（x＋2）（k≠0），代入椭圆方程可得（1＋2k2）x2＋8k2x＋8k2－4＝0，

可得－2＋xN＝－，解得xN＝，

yN＝k（xN＋2）＝，即N，

设G（t,0）（t≠－2），由题意可得D（2,4k），A（2,0），

以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，

可得AN⊥DG，即有·＝0，

即为·（t－2，－4k）＝0，解得t＝0.

故点G是定点，即为原点（0,0）．

题型二　定值问题

例2（2018·北京）已知抛物线C：

y2＝2px经过点P（1,2），过点Q（0,1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.

（1）求直线l的斜率的取值范围；

（2）设O为原点，＝λ，＝μ，求证：

＋为定值．

（1）解　因为抛物线y2＝2px过点（1,2），

所以2p＝4，即p＝2.

故抛物线C的方程为y2＝4x.

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＋1（k≠0），

由得k2x2＋（2k－4）x＋1＝0.

依题意知Δ＝（2k－4）2－4×k2×1>0，

解得k<0或0

又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，－2）．

从而k≠－3.

所以直线l的斜率的取值范围是（－∞，－3）∪（－3,0）∪（0,1）．

（2）证明　设A（x1，y1），B（x2，y2），

由

（1）知x1＋x2＝－，x1x2＝.

直线PA的方程为y－2＝（x－1），

令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.

同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.

由＝λ，＝μ，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.

所以＋＝＋

＝＋

＝·

＝·＝2.

所以＋为定值．

思维升华圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略

（1）求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．

（2）求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．

（3）求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．

跟踪训练2已知点M是椭圆C：

＋＝1（a>b>0）上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，且|F1F2|＝4，∠F1MF2＝60°，△F1MF2的面积为.

（1）求椭圆C的方程；

（2）设N（0,2），过点P（－1，－2）作直线l，交椭圆C于异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：

k1＋k2为定值．

（1）解　在△F1MF2中，由|MF1||MF2|sin60°＝，得|MF1||MF2|＝.

由余弦定理，得

|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1||MF2|·cos60°

＝（|MF1|＋|MF2|）2－2|MF1||MF2|（1＋cos60°），

解得|MF1|＋|MF2|＝4.

从而2a＝|MF1|＋|MF2|＝4，即a＝2.

由|F1F2|＝4得c＝2，从而b＝2，

故椭圆C的方程为＋＝1.

（2）证明　当直线l的斜率存在时，

设斜率为k，显然k≠0，则其方程为y＋2＝k（x＋1），

由

得（1＋2k2）x2＋4k（k－2）x＋2k2－8k＝0.

Δ＝56k2＋32k>0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则x1＋x2＝－，x1x2＝.

从而k1＋k2＝＋

＝

＝2k－（k－4）·＝4.

当直线l的斜率不存在时，

可得A，B，

得k1＋k2＝4.

综上，k1＋k2为定值．

直线与圆锥曲线的综合问题

数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的过程．主要包括：

理解运算对象，掌握运算法则，探究运算方向，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等．

例椭圆C：

＋＝1（a>b>0）的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.

（1）求椭圆C的方程；

（2）点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M（m,0），求m的取值范围；

（3）在

（2）的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，若k2≠0，证明＋为定值，并求出这个定值．

解　

（1）由于c2＝a2－b2，将x＝－c代入椭圆方程＋＝1，得y＝±.由题意知＝1，即a＝2b2.

又e＝＝，所以a＝2，b＝1.

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

（2）设P（x0，y0）（y0≠0），

又F1（－，0），F2（，0），

所以直线PF1，PF2的方程分别为

：

y0x－（x0＋）y＋y0＝0，

：

y0x－（x0－）y－y0＝0.

由题意知＝.

由于点P在椭圆上，所以＋y＝1.

所以＝.

因为－

可得＝，

所以m＝x0，因此－

（3）设P（x0，y0）（y0≠0），

则直线l的方程为y－y0＝k（x－x0）．

联立得

整理得（1＋4k2）x2＋8（ky0－k2x0）x＋4（y－2kx0y0＋k2x－1）＝0.

由题意Δ＝0，即（4－x）k2＋2x0y0k＋1－y＝0.

又＋y＝1，

所以16yk2＋8x0y0k＋x＝0，故k＝－.

由

（2）知＋＝＋＝，

所以＋＝＝·＝－8，

因此＋为定值，这个定值为－8.

素养提升　典例的解题过程体现了数学运算素养，其中设出P点的坐标而不求解又体现了数学运算素养中的一个运算技巧——设而不求，从而简化了运算过程．

1．（2018·东莞模拟）已知椭圆＋＝1（a>b>0）的左、右顶点分别为A，B，左焦点为F，点P为椭圆C上任一点，若直线PA与PB的斜率之积为－，且椭圆C经过点.

（1）求椭圆的方程；

（2）若PB，PA交直线x＝－1于M，N两点，过左焦点F作以MN为直径的圆的切线．问切线长是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由．

解　

（1）设P点坐标为（x0，y0），

由题意知A（－a,0），B（a,0），且＋＝1.

则kPA·kPB＝·＝

＝·＝－＝－，

即3a2＝4b2.①

又因为椭圆经过点，故＋＝1.②

由①②可知，b2＝3，a2＝4，

故椭圆的方程为＋＝1.

（2）由

（1）可知A（－2,0），B（2,0），设kPA＝k（k≠0）．

由k·kPB＝－，得kPB＝－.

所以直线PB的方程为y＝－（x－2），

令x＝－1，则y＝，故M.

直线PA的方程为y＝k（x＋2），

令x＝－1，则y＝k，故N（－1，k）．

如图，因为yMyN＝·k＝>0，

故以MN为直径的圆在x轴同侧．

设FT为圆的一条切线，切点为T，连接MT，NT，

可知△FTN∽△FMT，

故＝，则|FT|2＝|FN|·|FM|＝|k|·＝，故|FT|＝.

故过左焦点F作以MN为直径的圆的切线长为定值.

2．（2018·淮南模拟）已知抛物线C的顶点在原点，焦点在y轴上，且抛物线上有一点P（m,5）到焦点的距离为6.

（1）求该抛物线C的方程；

（2）已知抛物线上一点M（4，t），过点M作抛物线的两条弦MD和ME，且MD⊥ME，判断直线DE是否过定点，并说明理由．

解　

（1）由题意设抛物线方程为x2＝2py（p>0），

其准线方程为y＝－，P（m,5）到焦点的距离等于P到其准线的距离，所以5＋＝6，即p＝2.

所以抛物线方程为x2＝4y.

（2）由

（1）可得点M（4,4），

设直线MD的方程为y＝k（x－4）＋4（k≠0），

联立得x2－4kx＋16k－16＝0，

由题意得，Δ>0，

设D（x1，y1），E（x2，y2），则xM·x1＝16k－16，

所以x1＝＝4k－4，y1＝＝4（k－1）2，

同理可得，x2＝－－4，y2＝42，

所以直线DE的方程为

y－4（k－1）2＝（x－4k＋4）

＝（x－4k＋4）

＝（x－4k＋4）．

化简得y＝x＋4k－

＝（x＋4）＋8.

所以直线DE过定点（－4,8）．

3．（2018·齐齐哈尔模拟）已知动圆E经过定点D（1,0），且与直线x＝－1相切，设动圆圆心E的轨迹为曲线C.

（1）求曲线C的方程；

（2）设过点P（1,2）的直线l1，l2分别与曲线C交于A，B两点，直线l1，l2的斜率存在，且倾斜角互补，证明：

直线AB的斜率为定值．

（1）解　由已知，动点E到定点D（1,0）的距离等于E到直线x＝－1的距离，由抛物线的定义知E点的轨迹是以D（1,0）为焦点，以x＝－1为准线的抛物线，故曲线C的方程为y2＝4x.

（2）证明　由题意直线l1，l2的斜率存在，倾斜角互补，得斜率互为相反数，且不等于零．

设A（x1，y1），B（x2，y2），

直线l1的方程为y＝k（x－1）＋2，k≠0.

直线l2的方程为y＝－k（x－1）＋2，

由

得k2x2－（2k2－4k＋4）x＋（k－2）2＝0，

Δ＝16（k－1）2>0，

已知此方程一个根为1，

∴x1×1＝＝，

即x1＝，

同理x2＝＝，

∴x1＋x2＝，x1－x2＝－＝－，

∴y1－y2＝[k（x1－1）＋2]－[－k（x2－1）＋2]

＝k（x1＋x2）－2k

＝k·－2k＝，

∴kAB＝＝＝－1，

∴直线AB的斜率为定值－1.

4.（2018·南昌检测）已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C的离心率为，过左焦点F且垂直于x轴的直线交椭圆C于P，Q两点，且|PQ|＝2.

（1）求C的方程；

（2）若直线l是圆x2＋y2＝8上的点（2,2）处的切线，点M是直线l上任一点，过点M作椭圆C的切线MA，MB，切点分别为A，B，设切线的斜率都存在．求证：

直线AB过定点，并求出该定点的坐标．

解　

（1）由已知，设椭圆C的方程为＋＝1（a>b>0），

因为|PQ|＝2，不妨设点P（－c，），

代入椭圆方程得，＋＝1，

又因为e＝＝，

所以＋＝1，b＝c，

所以b2＝4，a2＝2b2＝8，

所以C的方程为＋＝1.

（2）依题设，得直线l的方程为y－2＝－（x－2），

即x＋y－4＝0，

设M（x0，y0），A（x1，y1），B（x2，y2），x0≠x1且x0≠x2，

由切线MA的斜率存在，设其方程为y－y1＝k（x－x1），

联立

得（2k2＋1）x2＋4k（y1－kx1）x＋2（y1－kx1）2－8＝0，

由相切得Δ＝16k2（y1－kx1）2－8（2k2＋1）[（y1－kx1）2－4]＝0，

化简得（y1－kx1）2＝8k2＋4，

即（x－8）k2－2x1y1k＋y－4＝0，

因为方程只有一解，

所以k＝＝＝－，

所以切线MA的方程为y－y1＝－（x－x1），

即x1x＋2y1y＝8，

同理，切线MB的方程为x2x＋2y2y＝8，

又因为两切线都经过点M（x0，y0），

所以

所以直线AB的方程为x0x＋2y0y＝8，

又x0＋y0＝4，

所以直线AB的方程可化为x0x＋2（4－x0）y＝8，

即x0（x－2y）＋8y－8＝0，

令得

所以直线AB恒过定点（2,1）．

5．（2018·保定模拟）设椭圆C：

＋＝1（a>b>0）的离心率e＝，左顶点M到直线＋＝1的距离d＝，O为坐标原点．

（1）求椭圆C的方程；

（2）设直线l与椭圆C相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明：

点O到直线AB的距离为定值．

（1）解　由e＝，得c＝a，又b2＝a2－c2，

所以b＝a，即a＝2b.

由左顶点M（－a,0）到直线＋＝1，

即到直线bx＋ay－ab＝0的距离d＝，

得＝，即＝，

把a＝2b代入上式，得＝，解得b＝1.

所以a＝2b＝2，c＝.

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

（2）证明　设A（x1，y1），B（x2，y2），

①当直线AB的斜率不存在时，由椭圆的对称性，

可知x1＝x2，y1＝－y2.

因为以AB为直径的圆经过坐标原点，故·＝0，

即x1x2＋y1y2＝0，也就是x－y＝0，

又点A在椭圆C上，所以＋y＝1，

解得|x1|＝|y1|＝.

此时点O到直线AB的距离d1＝|x1|＝.

②当直线AB的斜率存在时，

设直线AB的方程为y＝kx＋m，

与椭圆方程联立有

消去y，得（1＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－4＝0，

所以x1＋x2＝－，x1x2＝.

因为以AB为直径的圆过坐标原点O，所以OA⊥OB，

所以·＝x1x2＋y1y2＝0，

所以（1＋k2）x1x2＋km（x1＋x2）＋m2＝0，

所以（1＋k2）·－＋m2＝0，

整理得5m2＝4（k2＋1），

所以点O到直线AB的距离d1＝＝.

综上所述，点O到直线AB的距离为定值.

6.已知椭圆C：

＋＝1（a>b>0）经过与两点．

（1）求椭圆C的方程；

（2）过原点的直线l与椭圆C交于A，B两点，椭圆C上一点M满足|MA|＝|MB|.求证：

＋＋为定值．

（1）解　将与两点代入椭圆C的方程，得解得

所以椭圆C的方程为＋＝1.

（2）证明　由|MA|＝|MB|，知M在线段AB的垂直平分线上，由椭圆的对称性知点A，B关于原点对称．

①若点A，B是椭圆的短轴顶点，则点M是椭圆的一个长轴顶点，此时

＋＋＝＋＋＝2＝.

同理，若点A，B是椭圆的长轴顶点，则点M是椭圆的一个短轴顶点，此时

＋＋

＝＋＋＝2＝.

②若点A，B，M不是椭圆的顶点，设直线l的方程为y＝kx（k≠0），

则直线OM的方程为y＝－x，

设A（x1，y1），B（x2，y2），由

解得x＝，y＝，

所以|OA|2＝|OB|2＝x＋y＝，

同理，|OM|2＝.

所以＋＋

＝2×＋＝.

综上，＋＋＝为定值．