2021高考数学一轮复习 第八章 平面解析几何 第8节 圆锥曲线的综合问题 第2课时 定点、定值、开

第八章平面解析几何第2课时定点、定值、开放问题考点1定点问题(讲练互动)[典例](2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，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：由于点P3，P4关于y轴对称，由题设知C必过P3，P4.又由1a2＋1b2＞1a2＋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.如果直线l的斜率不存在，l垂直于x轴．设l：x＝m，A(m，yA)，B(m，－yA)，k1＋k2＝yA－1m＋－yA－1m＝－2m＝－1，得m＝2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．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.则k1＋k2＝y1－1x1＋y2－1x2＝kx1＋m－1x1＋kx2＋m－1x2＝2kx1x2＋（m－1）（x1＋x2）x1x2.由题设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，Δ＞0，所以直线l的方程为y＝－m＋12x＋m，即y＋1＝－m＋12(x－2)，所以l过定点(2，－1)．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直线中的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：根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．已知A(－2，0)，B(2，0)，点C是动点，且直线AC和直线BC的斜率之积为－34.(1)求动点C的轨迹方程；(2)(一题多解)设直线l与(1)中轨迹相切于点P，与直线x＝4相交于点Q，判断以PQ为直径的圆是否过x轴上一定点．解：(1)设C(x，y)．由题意得kAC·kBC＝yx＋2·yx－2＝－34(y≠0)．整理，得x24＋y23＝1(y≠0)．故动点C的轨迹方程为x24＋y23＝1(y≠0)．(2)法一易知直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋m.联立得方程组y＝kx＋m，x24＋y23＝1.消去y并整理，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.依题意得Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即3＋4k2＝m2.设x1，x2为方程(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0的两个根，则x1＋x2＝－8km3＋4k2，所以x1＝x2＝－4km3＋4k2.所以P－4km3＋4k2，3m3＋4k2，即P－4km，3m.又Q(4，4k＋m)，设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，则由RP→·RQ→＝0，得－4km－t，3m·4－t，4k＋m＝0.整理，得4km(t－1)＋t2－4t＋3＝0.由km的任意性，得t－1＝0且t2－4t＋3＝0，解得t＝1.综上可知，以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0)．法二设P(x0，y0)，则曲线C在点P处的切线PQ：x0x4＋y0y3＝1.令x＝4，得Q4，3－3x0y0.设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，则由RP→·RQ→＝0，得(x0－t)·(4－t)＋3－3x0＝0，即x0(1－t)＋t2－4t＋3＝0.由x0的任意性，得1－t＝0且t2－4t＋3＝0，解得t＝1.综上可知，以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0)．考点2定值问题(讲练互动)[典例](2020·六安市期末)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的两个焦点分别为F1，F2，离心率为12，过F1的直线l与椭圆C交于M，N两点，且△MNF2的周长为8.(1)求椭圆C的方程．(2)若直线AB与椭圆C分别交于A，B两点，且OA⊥OB，试问点O到直线AB的距离是否为定值，证明你的结论．解：(1)由题意知，4a＝8，则a＝2，由椭圆离心率e＝ca＝1－b2a2＝12，则b2＝3.所以椭圆C的方程x24＋y23＝1.(2)由题意，当直线AB的斜率不存在时，因为OA⊥OB，所以此时可设A(x0，x0)，B(x0，－x0)．又A，B两点在椭圆C上，所以x204＋x203＝1，x20＝127，所以点O到直线AB的距离d＝127＝2217，当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m.设A(x1，y1)，B(x2，y2)联立方程y＝kx＋m，x24＋y23＝1，消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.由已知Δ0，x1＋x2＝－8km3＋4k2，x1x2＝4m2－123＋4k2，由OA⊥OB，则x1x2＋y1y2＝0，即x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，整理得：(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0，所以(k2＋1)4m2－123＋4k2－8k2m23＋4k2＋m2＝0.所以7m2＝12(k2＋1)，满足Δ0.所以点O到直线AB的距离d＝|m|1＋k2＝127＝2217为定值．综上可知：点O到直线AB的距离d＝2217为定值．圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法(1))特点：特征几何量不受动点或动直线的影响，有固定的值．(2)两大解法：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②引起变量法：其解题流程为(2020·泉州市期末)已知抛物线C：y2＝2px过点A(1，1)．(1)求抛物线C的方程；(2)过点P(3，－1)的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点(均与点A不重合)，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1·k2为定值．(1)解：由题意抛物线y2＝2px过点A(1，1)，所以p＝12，所以抛物线的方程为y2＝x.(2)证明：设过点P(3，－1)的直线l的方程为x－3＝m(y＋1)，即x＝my＋m＋3，代入y2＝x得y2－my－m－3＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝m，y1y2＝－m－3，所以k1·k2＝y1－1x1－1·y2－1x2－1＝y1y2－（y1＋y2）＋1m2y1y2＋m（m＋2）（y1＋y2）＋（m＋2）2＝－m－3－m＋1m2（－m－3）＋m2（m＋2）＋（m＋2）2＝－12，所以k1·k2为定值．考点3探索性问题(讲练互动)[典例]在平面直角坐标系xOy中，曲线C：y＝x24与直线l：y＝kx＋a(a0)交于M，N两点，(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．解：(1)由题设可得M(2a，a)，N(－2a，a)，或M(－2a，a)，N(2a，a)．又y′＝x2，故y＝x24在x＝2a处的导数值为a，C在点(2a，a)处的切线方程为y－a＝a(x－2a)，即ax－y－a＝0.y＝x24在x＝－2a处的导数值为－a，C在点(－2a，a)处的切线方程为y－a＝－a(x＋2a)，即ax＋y＋a＝0.故所求切线方程为ax－y－a＝0和ax＋y＋a＝0.(2)存在符合题意的点，证明如下：设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.将y＝kx＋a代入C的方程得x2－4kx－4a＝0.故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.从而k1＋k2＝y1－bx1＋y2－bx2＝2kx1x2＋（a－b）（x1＋x2）x1x2＝k（a＋b）a.当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意．解决探索性问题的注意事项探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设结论成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的一个焦点与上、下顶点两两相连构成直角三角形，以椭圆C的长轴长为直径的圆与直线x＋y－2＝0相切．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设过椭圆右焦点且不重合于x轴的动直线与椭圆C相交于A、B两点，探究在x轴上是否存在定点E，使得EA→·EB→为定值？若存在，试求出定值和点E的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意知，b＝c，a＝|0＋0－2|2，b2＋c2＝a2，解得a＝2，b＝1，c＝1，则椭圆C的标准方程为x22＋y2＝1.(2)当直线的斜率存在时，设直线方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立直线方程与椭圆方程得x22＋y2＝1，y＝k（x－1），消去y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋80，所以xA＋xB＝4k21＋2k2，xAxB＝2k2－21＋2k2.假设在x轴上存在定点E(x0，0)，使得EA→·EB→为定值．则EA→·EB→＝(xA－x0，yA)·(xB－x0，yB)＝xAxB－x0(xA＋xB)＋x20＋yAyB＝xAxB－x0(xA＋xB)＋x20＋k2(xA－1)(xB－1)＝(1＋k2)xAxB－(x0＋k2)(xA＋xB)＋x20＋k2＝（2x20－4x0＋1）k2＋（x20－2）1＋2k2.因为EA→·EB→为定值，所以EA→·EB→的值与k无关，所以2x20－4x0＋1＝2(x20－2)，解得x0＝54，此时EA→·EB→＝－716为定值，定点为54，0，当直线的斜率不存在时，也满足EA→·EB→＝－716为定值，且定点为54，0.综上，存在点E54，0，使得EA→·EB→为定值，且定值为－716.