2020届高考数学理一轮复习讲义高考专题突破5高考中的圆锥曲线问题第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：x2a2＋y2b2＝1(ab0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3－1，32，P41，32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1a2＋1b21a2＋34b2知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上．因此1b2＝1，1a2＋34b2＝1，解得a2＝4，b2＝1.故椭圆C的方程为x24＋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t，4－t22，t，－4－t22，则k1＋k2＝4－t2－22t－4－t2＋22t＝－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x24＋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＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.而k1＋k2＝y1－1x1＋y2－1x2＝kx1＋m－1x1＋kx2＋m－1x2＝2kx1x2＋m－1x1＋x2x1x2.由题设知k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.即(2k＋1)·4m2－44k2＋1＋(m－1)·－8km4k2＋1＝0，解得k＝－m＋12.当且仅当m－1时，Δ0，于是l：y＝－m＋12x＋m，即y＋1＝－m＋12(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22的椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的右顶点为A，直线y＝43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＝22，即c＝2，设Qn，43，因为四边形ABPQ为平行四边形，|PQ|＝2n，|AB|＝a－n，所以2n＝a－n，n＝a3，则a32a2＋169b2＝1，解得b2＝2，a2＝b2＋c2＝4，可得椭圆C的方程为x24＋y22＝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＝±21＋2k2，可设M21＋2k2，2k1＋2k2，由E是3x＋3y－2＝0上一点，可设Em，23－mm≠0，且m≠23，E到直线kx－y＝0的距离为d＝km＋m－231＋k2，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23－mm＝－1k，(*)4＋4k21＋2k2＝km＋m－231＋k2，(**)由(*)得m＝2k3k－1(k≠1)，代入(**)式，化简整理可得7k2－18k＋8＝0，解得k＝2或47.②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＝－8k21＋2k2，解得xN＝2－4k21＋2k2，yN＝k(xN＋2)＝4k1＋2k2，即N2－4k21＋2k2，4k1＋2k2，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AN→·DG→＝0，即为－8k21＋2k2，4k1＋2k2·(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，QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，求证：1λ＋1μ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y2＝4x，y＝kx＋1，得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×10，解得k0或0k1.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＝－2k－4k2，x1x2＝1k2.直线PA的方程为y－2＝y1－2x1－1(x－1)，令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝－y1＋2x1－1＋2＝－kx1＋1x1－1＋2.同理得点N的纵坐标为yN＝－kx2＋1x2－1＋2.由QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以1λ＋1μ＝11－yM＋11－yN＝x1－1k－1x1＋x2－1k－1x2＝1k－1·2x1x2－x1＋x2x1x2＝1k－1·2k2＋2k－4k21k2＝2.所以1λ＋1μ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：x2a2＋y2b2＝1(ab0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，且|F1F2|＝4，∠F1MF2＝60°，△F1MF2的面积为433.(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12|MF1||MF2|sin60°＝433，得|MF1||MF2|＝163.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|＝42.从而2a＝|MF1|＋|MF2|＝42，即a＝22.由|F1F2|＝4得c＝2，从而b＝2，故椭圆C的方程为x28＋y24＝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x28＋y24＝1，y＋2＝kx＋1，得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.Δ＝56k2＋32k0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－4kk－21＋2k2，x1x2＝2k2－8k1＋2k2.从而k1＋k2＝y1－2x1＋y2－2x2＝2kx1x2＋k－4x1＋x2x1x2＝2k－(k－4)·4kk－22k2－8k＝4.当直线l的斜率不存在时，可得A－1，142，B－1，－142，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：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为32，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1kk1＋1kk2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x2a2＋y2b2＝1，得y＝±b2a.由题意知2b2a＝1，即a＝2b2.又e＝ca＝32，所以a＝2，b＝1.所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)设P(x0，y0)(y0≠0)，又F1(－3，0)，F2(3，0)，所以直线PF1，PF2的方程分别为1PFl：y0x－(x0＋3)y＋3y0＝0，2PFl：y0x－(x0－3)y－3y0＝0.由题意知|my0＋3y0|y20＋x0＋32＝|my0－3y0|y20＋x0－32.由于点P在椭圆上，所以x204＋y20＝1.所以|m＋3|32x0＋22＝|m－3|32x0－22.因为－3m3，－2x02，可得m＋332x0＋2＝3－m2－32x0，所以m＝34x0，因此－32m32.(3)设P(x0，y0)(y0≠0)，则直线l的方程为y－y0＝k(x－x0)．联立得x24＋y2＝1，y－y0＝kx－x0，整理得(1＋4k2)x2＋8(ky0－k2x0)x＋4(y20－2kx0y0＋k2x20－1)＝0.由题意Δ＝0，即(4－x20)k2＋2x0y0k＋1－y20＝0.又x204＋y20＝1，所以16y20k2＋8x0y0k＋x20＝0，故k＝－x04y0.由(2)知1k1＋1k2＝x0＋3y0＋x0－3y0＝2x0y0，所以1kk1＋1kk2＝1k1k1＋1k2＝－4y0x0·2x0y0＝－8，因此1kk1＋1kk2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x2a2＋y2b2＝1(ab0)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－34，且椭圆C经过点1，32.(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x20a2＋y20b2＝1.则kPA·kPB＝y0x0＋a·y0x0－a＝y20x20－a2＝－b2a2·x20－a2x20－a2＝－b2a2＝－34，即3a2＝4b2.①又因为椭圆经过点1，32，故1a2＋94b2＝1.②由①②可知，b2＝3，a2＝4，故椭圆的方程为x24＋y23＝1.(2)由(1)可知A(－2,0)，B(2,0)，设kPA＝k(k≠0)．由k·kPB＝－34，得kPB＝－34k.所以直线PB的方程为y＝－34k(x－2)，令x＝－1，则y＝94k，故M－1，94k.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＝94k·k＝940，故以MN为直径的圆在x轴同侧．设FT为圆的一条