鲁京津琼专用2020版高考数学大一轮复习第九章平面解析几何高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题第2课时定点与定值问题教案含解析

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1、第2课时定点与定值问题题型一定点问题例1已知椭圆1(ab0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足1，2.(1)求椭圆的标准方程；(2)若123，试证明：直线l过定点，并求此定点解(1)设椭圆的焦距为2c，由题意知b1，且(2a)2(2b)22(2c)2，又a2b2c2，a23.椭圆的标准方程为y21.(2)由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，设l方程为xt(ym)，由1知(x1，y1m)1(x0x1，y1)，y1my11，由题意y10，11.同理由2知

2、21.123，y1y2m(y1y2)0，联立得(t23)y22mt2yt2m230，由题意知4m2t44(t23)(t2m23)0，且有y1y2，y1y2，代入得t2m232m2t20，(mt)21，由题意mtb0)的两个焦点和两个顶点，点A(0，4)，M，N是椭圆C上的两点，它们在y轴两侧，且MAN的平分线在y轴上，|AM|AN|.(1)求椭圆C的方程；(2)证明：直线MN过定点(1)解圆x2y24与x轴交于点(2,0)，即为椭圆的焦点，圆x2y24与y轴交于点(0，2)，即为椭圆的上下两顶点，所以c2，b2.从而a2，因此椭圆C的方程为1.(2)证明设直线MN的方程为ykxm.由消去y得(

3、2k21)x24kmx2m280.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2，x1x2.直线AM的斜率k1k；直线AN的斜率k2k.k1k22k2k.由MAN的平分线在y轴上，得k1k20.又因为|AM|AN|，所以k0，所以m1.因此，直线MN过定点(0,1)题型二定值问题例2(2018北京)已知抛物线C：y22px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，求证：为定值(1)解因为抛物线y22px过点(1,2)，所以2p4，即p2.故抛物线C的方程为y24x.

4、由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为ykx1(k0)，由得k2x2(2k4)x10.依题意知(2k4)24k210，解得k0或0kb0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，且|F1F2|4，F1MF260，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：k1k2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|22|MF1|MF2|cos60(|MF1|MF2|)22|MF1|

5、MF2|(1cos60)，解得|MF1|MF2|4.从而2a|MF1|MF2|4，即a2.由|F1F2|4得c2，从而b2，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k0，则其方程为y2k(x1)，由得(12k2)x24k(k2)x2k28k0.56k232k0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.从而k1k22k(k4)4.当直线l的斜率不存在时，可得A，B，得k1k24.综上，k1k2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

6、法，设计运算程序，求得运算结果等例椭圆C：1(ab0)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k20，证明为定值，并求出这个定值解(1)由于c2a2b2，将xc代入椭圆方程1，得y.由题意知1，即a2b2.又e，所以a2，b1.所以椭圆C的方程为y21.(2)设P(

7、x0，y0)(y00)，又F1(，0)，F2(，0)，所以直线PF1，PF2的方程分别为：y0x(x0)yy00，：y0x(x0)yy00.由题意知.由于点P在椭圆上，所以y1.所以.因为m，2x02，可得，所以mx0，因此m0)的左、右焦点，M为椭圆上一点，满足MF1MF2，已知MF1F2的面积为1.(1)求C的方程；(2)设C的上顶点为H，过点(2，1)的直线与椭圆交于R，S两点(异于H)，求证：直线HR和HS的斜率之和为定值，并求出这个定值解(1)由椭圆定义得|MF1|MF2|4，由垂直得|MF1|2|MF2|2|F1F2|24(4b2)，由题意得SMF1F2|MF1|MF2|1，由，可

8、得b21，C的方程为y21.(2)依题意，H(0,1)，显然直线的斜率存在且不为0，设直线RS的方程为ykxm(k0)，代入椭圆方程化简得(4k21)x28kmx4m240.由题意知，16(4k2m21)0，设R(x1，y1)，S(x2，y2)，x1x20，故x1x2，x1x2.kHRkHS2k(m1)2k(m1)2k1.故kHRkHS为定值1.2(2018威海模拟)已知抛物线C：y22px(p0)的焦点F，直线y4与y轴的交点为P，与抛物线C的交点为Q，且|QF|2|PQ|.(1)求p的值；(2)已知点T(t，2)为C上一点，M，N是C上异于点T的两点，且满足直线TM和直线TN的斜率之和为，

9、证明：直线MN恒过定点，并求出定点的坐标解(1)设Q(x0,4)，由抛物线定义，|QF|x0，又|QF|2|PQ|，即2x0x0，解得x0，将点Q代入抛物线方程，解得p4.(2)由(1)知C的方程为y28x，所以点T坐标为.设直线MN的方程为xmyn，点M，N，由得y28my8n0，64m232n0，所以y1y28m，y1y28n，所以kMTkNT，解得nm1.所以直线MN的方程为x1m(y1)，恒过定点(1，1)3(2018齐齐哈尔模拟)已知动圆E经过定点D(1,0)，且与直线x1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

10、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x1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x1为准线的抛物线，故曲线C的方程为y24x.(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yk(x1)2，k0.直线l2的方程为yk(x1)2，由得k2x2(2k24k4)x(k2)20，16(k1)20，已知此方程一个根为1，x11，即x1，同理x2，x1x2，x1x2，y1y2k(x11)2k(x21)

11、2k(x1x2)2kk2k，kAB1，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x2y28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(ab0)，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，bc，所以b24，a22b28，所以C的方程为1.(2)依题设，得直线l的方程为

12、y2(x2)，即xy40，设M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，x0x1且x0x2，由切线MA的斜率存在，设其方程为yy1k(xx1)，联立得(2k21)x24k(y1kx1)x2(y1kx1)280，由相切得16k2(y1kx1)28(2k21)(y1kx1)240，化简得(y1kx1)28k24，即(x8)k22x1y1ky40，因为方程只有一解，所以k，所以切线MA的方程为yy1(xx1)，即x1x2y1y8，同理，切线MB的方程为x2x2y2y8，又因为两切线都经过点M(x0，y0)，所以所以直线AB的方程为x0x2y0y8，又x0y04，所以直线AB的方程可化为x0

13、x2(4x0)y8，即x0(x2y)8y80，令得所以直线AB恒过定点(2,1)5(2018保定模拟)设椭圆C：1(ab0)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ca，又b2a2c2，所以ba，即a2b.由左顶点M(a,0)到直线1，即到直线bxayab0的距离d，得，即，把a2b代入上式，得，解得b1.所以a2b2，c.所以椭圆C的方程为y21.(2)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线AB的斜率不存在时，由椭圆的对称性，可知x

14、1x2，y1y2.因为以AB为直径的圆经过坐标原点，故0，即x1x2y1y20，也就是xy0，又点A在椭圆C上，所以y1，解得|x1|y1|.此时点O到直线AB的距离d1|x1|.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykxm，与椭圆方程联立有消去y，得(14k2)x28kmx4m240，所以x1x2，x1x2.因为以AB为直径的圆过坐标原点O，所以OAOB，所以x1x2y1y20，所以(1k2)x1x2km(x1x2)m20，所以(1k2)m20，整理得5m24(k21)，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(ab0)经过与两点(1)求椭

15、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.若点A，B，M不是椭圆的顶点，设直线l的方程为ykx(k0)，则直线OM的方程为yx，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由解得x，y，所以|OA|2|OB|2xy，同理，|OM|2.所以2.综上，为定值12