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5第2课时 定点与定值问题

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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

2、由2知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.若直线l过原点且与坐标轴不重合，E是直线3x3y20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；若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DAAM，点G是x轴上异于点M的点，

3、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2c2，即c，设Q，因为四边形ABPQ为平行四边形，|PQ|2n，|AB|an，所以2nan，n，则1，解得b22，a2b2c24，可得椭圆C的方程为1.(2)解直线ykx(k0)代入椭圆方程，可得(12k2)x24，解得x，可设M，由E是3x3y20上一点，可设E，E到直线kxy0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OEMN，|OM|d，即有， (*)， (*)由(*)得m(k1)，代入(*)式，化简整理可得7k218k80，解得k2或.证明由M(2,0)，可得直线MN的方程为yk(x2)

4、(k0)，代入椭圆方程可得(12k2)x28k2x8k240，可得2xN，解得xN，yNk(xN2)，即N，设G(t,0)(t2)，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ANDG，即有0，即为(t2，4k)0，解得t0.故点G是定点，即为原点(0,0).题型二定值问题例2 如图，已知抛物线C：x24y，过点M(0,2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).(1)证明：动点D在定直线上；(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2，证明：|MN2|

5、2|MN1|2为定值，并求此定值.(1)证明依题意，直线AB的斜率存在，可设AB方程为ykx2，代入x24y，得x24(kx2)，即x24kx80.显然0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x28.直线AO的方程为yx；BD的方程为xx2.解得交点D的坐标为注意到x1x28及x4y1，则有y2.因此D点在定直线y2上(x0).(2)解依题设，切线l的斜率存在且不等于0，设切线l的方程为yaxb(a0)，代入x24y得x24(axb)，即x24ax4b0.由0得(4a)216b0，化简整理得ba2.故切线l的方程可写为yaxa2.分别令y2，y2得N1，N2的坐标为N1，N2，

6、则|MN2|2|MN1|224228，即|MN2|2|MN1|2为定值8.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(ab0)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

7、，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|sin 60，得|MF1|MF2|.由余弦定理，得|F1F2|2|MF1|2|MF2|22|MF1|MF2|cos 60(|MF1|MF2|)22|MF1|MF2|(1cos 60)，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

8、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

9、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(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

10、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|MF1|MF2|1，由，可得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.kHRkH

11、S2k(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，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y28my8n0，6

12、4m232n0，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辽阳调研)已知抛物线C1的方程为x22py(p0)，过点M(a，2p)(a为常数)作抛物线C1的两条切线，切点分别为A，B.(1)过焦点且在x轴上截距为2的直线l与抛物线C1交于Q，N两点，Q，N两点在x轴上的射影分别为Q，N，且|QN|2，求抛物线C1的方程；(2)设直线AM，BM的斜率分别为k1，k2.求证：k1k2为定值.(1)解因为抛物线C1的焦点坐标是，所以过焦点且在x轴上截距为2的直线方程是1，即1.联立消去y并整理，得x2xp20，显

13、然0恒成立，设点Q(xQ，yQ)，N(xN，yN)，则xQxN，xQxNp2.则|QN|xQxN| 2，解得p2.所以抛物线C1的方程为x24y.(2)证明设点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x10，x20)，得y，则y.所以切线MA的方程是yy1(xx1)，即yx.又点M(a，2p)在直线MA上，于是有2pa，即x2ax14p20.同理，有x2ax24p20，因此，x1，x2是方程x22ax4p20的两根，则x1x22a，x1x24p2.所以k1k24，故k1k2为定值得证.4.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

14、.(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

15、)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x0x2(4x0)y8，即x0(x2y)8y80，令得所以直线AB恒过定点(2,1).5.(2018抚顺模拟)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

16、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x1x2，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

17、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.