第二课时 定值问题

第二课时定值问题题型一长度或距离为定值例1(2020·北京卷)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b.(1)求椭圆C的方程；(2)过点B(－4，0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝－4于点P，Q，求|PB||BQ|的值.解(1)由椭圆过点A(－2，－1)，得4a2＋1b2＝1.又a＝2b，∴44b2＋1b2＝1，解得b2＝2，∴a2＝4b2＝8，∴椭圆C的方程为x28＋y22＝1.(2)当直线l的斜率不存在时，显然不合题意.设直线l：y＝k(x＋4)，由y＝k（x＋4），x2＋4y2＝8得(4k2＋1)x2＋32k2x＋64k2－8＝0.由Δ＞0，得－12＜k＜12.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－32k24k2＋1，x1x2＝64k2－84k2＋1.又∵直线AM：y＋1＝y1＋1x1＋2(x＋2)，令x＝－4，得yP＝－2（y1＋1）x1＋2－1.将y1＝k(x1＋4)代入，得yP＝－（2k＋1）（x1＋4）x1＋2.同理yQ＝－（2k＋1）（x2＋4）x2＋2.∴yP＋yQ＝－(2k＋1)x1＋4x1＋2＋x2＋4x2＋2＝－(2k＋1)·2x1x2＋6（x1＋x2）＋16（x1＋2）（x2＋2）＝－(2k＋1)·2（64k2－8）4k2＋1＋6×（－32k2）4k2＋1＋16（x1＋2）（x2＋2）＝－(2k＋1)×128k2－16－192k2＋64k2＋16（4k2＋1）（x1＋2）（x2＋2）＝0.∴|PB|＝|BQ|，∴|PB||BQ|＝1.感悟提升探求圆锥曲线中的定线段的长的问题，一般用直接求解法，即先利用弦长公式把要探求的线段表示出来，然后利用题中的条件(如直线与曲线相切等)得到弦长表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入弦长表达式中，化简可得弦长为定值.训练1已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)，其焦点为F，O为坐标原点，直线l与抛物线C相交于不同的两点A，B，M为AB的中点.(1)若p＝2，M的坐标为(1，1)，求直线l的方程.(2)若直线l过焦点F，AB的垂直平分线交x轴于点N，求证：2|MN|2|FN|为定值.(1)解由题意知直线l的斜率存在且不为0，故设直线l的方程为x－1＝t(y－1)即x＝ty＋1－t，设A(x1，y1)，B(x2，y2).由x＝ty＋1－t，y2＝4x，得y2－4ty－4＋4t＝0，∴Δ＝16t2＋16－16t＝16(t2－t＋1)＞0，y1＋y2＝4t，∴4t＝2，即t＝12.∴直线l的方程为2x－y－1＝0.(2)证明∵抛物线C：y2＝2px(p＞0)，∴焦点F的坐标为p2，0.由题意知直线l的斜率存在且不为0，∵直线l过焦点F，故设直线l的方程为x＝ty＋p2(t≠0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2).由x＝ty＋p2，y2＝2px，得y2－2pty－p2＝0，∴y1＋y2＝2pt，Δ＝4p2t2＋4p2＞0.∴x1＋x2＝t(y1＋y2)＋p＝2pt2＋p，∴Mpt2＋p2，pt.∴MN的方程为y－pt＝－tx－pt2－p2.令y＝0，解得x＝pt2＋3p2，Npt2＋3p2，0，∴|MN|2＝p2＋p2t2，|FN|＝pt2＋3p2－p2＝pt2＋p，∴2|MN|2|FN|＝2（p2＋p2t2）pt2＋p＝2p，为定值.题型二斜率或其表达式为定值例2(12分)(2022·衡水模拟)已知点P在圆O：x2＋y2＝6上运动，点P在x轴上的投影为Q，动点M满足(1－3)OQ→＝OP→－3OM→.(1)求动点M的轨迹E的方程；(2)过点(2，0)的动直线l与曲线E交于A，B两点，问：在x轴上是否存在定点D，使得DA→·AB→＋DA→2的值为定值？若存在，求出定点D的坐标及该定值；若不存在，请说明理由.[规范答题]解(1)设M(x，y)，P(x0，y0)，由(1－3)OQ→＝OP→－3OM→，得OQ→－OP→＝3OQ→－3OM→，即PQ→＝3MQ→，……………………2分∴x0＝x，y0＝3y，又点P(x0，y0)在圆O：x2＋y2＝6上，∴x20＋y20＝6，∴x2＋3y2＝6，∴轨迹E的方程为x26＋y22＝1.……………………4分(2)当直线l的斜率存在时，设l：y＝k(x－2)，由x26＋y22＝1，y＝k（x－2），消去y得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝12k21＋3k2，x1·x2＝12k2－61＋3k2，……………………6分根据题意，假设x轴上存在定点D(m，0)，使得DA→·AB→＋DA→2＝DA→·(AB→－AD→)＝DA→·DB→为定值，则有DA→·DB→＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(x1－m)(x2－m)＋k2(x1－2)(x2－2)＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2)＝(k2＋1)×12k2－61＋3k2－(2k2＋m)·12k21＋3k2＋(4k2＋m2)＝（3m2－12m＋10）k2＋（m2－6）3k2＋1，……………………10分要使上式为定值，即与k无关，则3m2－12m＋10＝3(m2－6)，即m＝73，此时DA→·DB→＝m2－6＝－59为常数，定点D的坐标为73，0.当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝2，易求得直线l与椭圆C的两个交点坐标分别为2，63，2，－63，此时DA→·DB→＝－13，63·－13，－63＝－59.……………………11分综上所述，存在定点D73，0，使得DA→·AB→＋DA→2为定值－59.………………12分第一步求圆锥曲线的方程第二步特殊情况分类讨论第三步联立直线和圆锥曲线的方程第四步应用根与系数的关系用参数表示点的坐标第五步根据相关条件计算推证第六步明确结论训练2(2022·长沙调研)如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)经过点A(0，－1)且离心率为22.(1)求椭圆E的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值.(1)解由题设知ca＝22，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝2，所以椭圆E的方程为x22＋y2＝1.(2)证明由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入x22＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，则x1＋x2＝4k（k－1）1＋2k2，x1x2＝2k（k－2）1＋2k2，从而直线AP，AQ的斜率之和为kAP＋kAQ＝y1＋1x1＋y2＋1x2＝kx1＋2－kx1＋kx2＋2－kx2＝2k＋(2－k)1x1＋1x2＝2k＋(2－k)x1＋x2x1x2＝2k＋(2－k)4k（k－1）2k（k－2）＝2k－2(k－1)＝2(即为定值).题型三几何图形的面积为定值例3(2022·重庆诊断)已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为e，点(1，e)在椭圆E上，点A(a，0)，B(0，b)，△AOB的面积为32，O为坐标原点.(1)求椭圆E的标准方程；(2)若直线l交椭圆E于M，N两点，直线OM的斜率为k1，直线ON的斜率为k2，且k1k2＝－19，证明：△OMN的面积是定值，并求此定值.解(1)由1a2＋e2b2＝1，e＝ca，c2＝a2－b2，得b＝1.又S△AOB＝12ab＝32，得a＝3.所以椭圆E的标准方程为x29＋y2＝1.(2)当直线l的斜率不存在时，设直线l：x＝t(－3t3且t≠0)，由x29＋y2＝1，x＝t，得y2＝1－t29，则k1k2＝1－t29t·－1－t29t＝－1－t29t2＝－19，解得t2＝92.所以S△OMN＝12×2×1－t29·|t|＝32.当直线l的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l：y＝kx＋m(m≠0)，由y＝kx＋m，x29＋y2＝1消去y并整理，得(9k2＋1)x2＋18kmx＋9m2－9＝0.Δ＝(18km)2－4(9k2＋1)(9m2－9)＝36(9k2－m2＋1)0，x1＋x2＝－18km9k2＋1，x1x2＝9m2－99k2＋1，k1k2＝y1x1·y2x2＝（kx1＋m）（kx2＋m）x1x2＝－9k2＋m29m2－9＝－19，化简得9k2＋1＝2m2，满足Δ0.|MN|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝1＋k2·－18km9k2＋12－4×9m2－99k2＋1＝61＋k2·9k2－m2＋19k2＋1.又原点O到直线l的距离d＝|m|1＋k2，所以S△OMN＝12·|MN|·d＝31＋k2·9k2－m2＋19k2＋1·|m|1＋k2＝3|m|2m2－m22m2＝32.综上可知，△OMN的面积为定值32.感悟提升探求圆锥曲线中几何图形的面积的定值问题，一般用直接求解法，即可先利用三角形面积公式(如果是其他凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解)把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可.训练3在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x24＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上的两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝x12，y1，n＝x22，y2，m·n＝0.(1)求证：k1·k2＝－14；(2)试探求△OPQ的面积S是不是定值，并说明理由.(1)证明∵k1，k2存在，∴x1x2≠0，∵m·n＝0，∴x1x24＋y1y2＝0，∴k1·k2＝y1y2x1x2＝－14.(2)解是.理由：当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，由y1y2x1x2＝－14，得x214－y21＝0，由P(x1，y1)在椭圆C上，得x214＋y21＝1，∴|x1|＝2，|y1|＝22，∴S△OPQ＝12|x1|·|y1－y2|＝1.当直线PQ的斜率存在时，易知直线PQ的斜率不为0，设直线PQ的方程为y＝kx＋b(k≠0).由y＝kx＋b，x24＋y2＝1，得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，x1＋x2＝－8kb4k2＋1，x1x2＝4b2－44k2＋1.∵x1x24＋y1y2＝0，∴x1x24＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1，满足Δ＝64k2b2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)＞0，∴S△OPQ＝12·|b|1＋k2|PQ|＝12|b|（x1＋x2）2－4x1x2＝2|b|·4k2＋1－b24k2＋1＝1.∴△OPQ的面积S为定值.圆锥曲线中的“伴侣点”问题在圆锥曲线的很多性质中，常常出现一对活跃的点A(m，0)和Ba2m，0，这一对点总是同时出现在圆锥曲线的对称轴上，形影不离，相伴而行，我们把这一对特殊点形象地称作圆锥曲线的“伴侣点”.已知M(m，0)，N(n，0)(mn＝a2)是双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的一对“伴侣点”，过点M作与坐标轴不平行的直线与双曲线相交于A，B两点，则直线AN和BN与x轴成等角.可得到圆锥曲线的一个统一和谐性质如下：已知M，N是圆锥曲线的一对“伴侣点”，过点M作与坐标轴不平行的直线与曲线相交于A，B两点，则直线AN和BN与x轴成等角.例1已知点M(m，0)，N(－m，0)(m≠0)是抛物线y2＝2px的一对“伴侣点”，过点M作与x轴不平行的直线交抛物线于A，B两点，证明：直线AN和BN与x轴成等角.证明因直线