2021版高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 第9讲 圆锥曲线的综合问题 第2课时 定点、定值、

数学第九章平面解析几何第9讲圆锥曲线的综合问题第2课时定点、定值、探索性问题01核心考点深度剖析03高效演练分层突破02方法素养助学培优圆锥曲线中的定点问题(师生共研)(2020·武汉模拟)过抛物线C：y2＝4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点，且|AB|＝8.(1)求直线l的方程；(2)若A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD过定点，并求出该点的坐标．【解】(1)由y2＝4x知焦点F的坐标为(1，0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，由题意知k≠0，且Δ＝[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2k2＋4k2，x1x2＝1.由抛物线的弦长公式知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，则2k2＋4k2＝6，即k2＝1，解得k＝±1.所以直线l的方程为y＝±(x－1)．(2)由(1)及抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，－y1)，直线BD的斜率kBD＝y2＋y1x2－x1＝y2＋y1y224－y214＝4y2－y1，所以直线BD的方程为y＋y1＝4y2－y1(x－x1)，即(y2－y1)y＋y2y1－y21＝4x－4x1.因为y21＝4x1，y22＝4x2，x1x2＝1，所以(y1y2)2＝16x1x2＝16，即y1y2＝－4(y1，y2异号)．所以直线BD的方程为4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，对任意y1，y2∈R，有x＋1＝0，y＝0，解得x＝－1，y＝0，即直线BD恒过定点(－1，0)．求解圆锥曲线中定点问题的两种方法(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关．(2)直接推理法：①选择一个参数建立方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常数k当成变量，将变量x，y当成常数，将原方程转化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式；②根据曲线(包含直线)过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组f（x，y）＝0g（x，y）＝0；③以②中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决．(2020·南昌模拟)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)上动点P到两焦点F1，F2的距离之和为4，当点P运动到椭圆C的一个顶点时，直线PF1恰与以原点O为圆心，以椭圆C的离心率e为半径的圆相切．(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，若直线PA，PB分别交直线x＝6于不同的两点M，N，则以线段MN为直径的圆是否过定点？若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．解：(1)由椭圆的定义可知2a＝4，解得a＝2.若点P运动到椭圆的左、右顶点时，直线PF1与圆一定相交，则点P只能在椭圆的上、下顶点，不妨设点P运动到椭圆的上顶点(0，b)，F1为左焦点(－c，0)，则直线PF1：bx－cy＋bc＝0.由题意得原点O到直线PF1的距离等于椭圆C的离心率e，所以bcb2＋c2＝ca，又a2＝b2＋c2，故b2＝1.故椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)由题意知，直线PA，PB的斜率存在且都不为0，设直线PA的斜率为k，点P(x0，y0)，x0≠±2，又A(－2，0)，B(2，0)，所以kPA·kPB＝k·kPB＝y0x0＋2·y0x0－2＝y20x20－4＝1－x204x20－4＝－14，则kPB＝－14k.所以直线PA的方程为y＝k(x＋2)，令x＝6，得y＝8k，则M(6，8k)；直线PB的方程为y＝－14k(x－2)，令x＝6，得y＝－1k，则N6，－1k.因为8k·－1k＝－8＜0，所以以线段MN为直径的圆与x轴交于两点，设点G，H，并设MN与x轴的交点为K，在以线段MN为直径的圆中应用相交弦定理，得|GK|·|HK|＝|MK|·|NK|＝|8k|·－1k＝8，因为|GK|＝|HK|，所以|GK|＝|HK|＝22，所以以线段MN为直径的圆恒过点(6－22，0)，点(6＋22，0)．圆锥曲线中的定值问题(多维探究)角度一定线段的长已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(1，0)，且经过点P12，354.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l与椭圆C相切，过点F作FQ⊥l，垂足为Q，求证：|OQ|为定值(其中O为坐标原点)．【解】(1)由题意可知椭圆C的左焦点为F′(－1，0)，则半焦距c＝1.由椭圆定义可知2a＝|PF|＋|PF′|＝1－122＋0－3542＋－1－122＋0－3542＝4，所以a＝2，b2＝a2－c2＝3，所以椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)证明：①当直线l的斜率不存在时，l的方程为x＝±2，点Q的坐标为(－2，0)或(2，0)，此时|OQ|＝2；②当直线l的斜率为0时，l的方程为y＝±3，点Q的坐标为(1，－3)或(1，3)，此时|OQ|＝2；③当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)．因为FQ⊥l，所以直线FQ的方程为y＝－1k(x－1)．由y＝kx＋m，x24＋y23＝1消去y，可得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.因为直线l与椭圆C相切，所以Δ＝(8km)2－4×(3＋4k2)×(4m2－12)＝0，整理得m2＝4k2＋3.(*)由y＝kx＋m，y＝－1k（x－1）得Q1－kmk2＋1，k＋mk2＋1，所以|OQ|＝1－kmk2＋12＋k＋mk2＋12＝1＋k2m2＋k2＋m2（k2＋1）2，将(*)式代入上式，得|OQ|＝4（k4＋2k2＋1）（k2＋1）2＝2.综上所述，|OQ|为定值，且定值为2.直接探求，变量代换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.角度二定几何图形的面积(2020·合肥模拟)如图，设点A，B的坐标分别为(－3，0)，(3，0)，直线AP，BP相交于点P，且它们的斜率之积为－23.(1)求点P的轨迹方程；(2)设点P的轨迹为C，点M，N是轨迹C上不同于A、B的两点，且满足AP∥OM，BP∥ON，求证：△MON的面积为定值．【解】(1)设点P的坐标为(x，y)，由题意得，kAP·kBP＝yx＋3·yx－3＝－23(x≠±3)，化简得，点P的轨迹方程为x23＋y22＝1(x≠±3)．(2)证明：由题意可知，M，N是轨迹C上不同于A、B的两点，且AP∥OM，BP∥ON，则直线OM，ON的斜率必存在且不为0，kOM·kON＝kAP·kBP＝－23.①当直线MN的斜率为0时，设M(x0，y0)，N(－x0，y0)，则y20x20＝23，x203＋y202＝1，得|x0|＝62，|y0|＝1，所以S△MON＝12|y0||2x0|＝62.②当直线MN的斜率不为0时，设直线MN的方程为x＝my＋t，代入x23＋y22＝1，得(3＋2m2)y2＋4mty＋2t2－6＝0，(*)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1，y2是方程(*)的两根，所以y1＋y2＝－4mt3＋2m2，y1y2＝2t2－63＋2m2.又kOM·kON＝y1y2x1x2＝y1y2m2y1y2＋mt（y1＋y2）＋t2＝2t2－63t2－6m2，所以2t2－63t2－6m2＝－23，即2t2＝2m2＋3，满足Δ＞0.又S△MON＝12|t||y1－y2|＝|t|－24t2＋48m2＋722（3＋2m2），所以S△MON＝26t24t2＝62.综上，△MON的面积为定值，且定值为62.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．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的焦点为F1，F2，离心率为12，点P为其上一动点，且三角形PF1F2面积的最大值为3，O为坐标原点．(1)求椭圆C的方程；(2)若点M，N为C上的两个动点，求常数m，使OM→·ON→＝m时，点O到直线MN的距离为定值，求这个定值．解：(1)依题意知c2＝a2－b2，bc＝3，ca＝12，解得a＝2，b＝3，所以椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＋y1y2＝m，当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋n，则点O到直线MN的距离d＝|n|k2＋1＝n2k2＋1，联立，得3x2＋4y2＝12，y＝kx＋n，消去y，得(4k2＋3)x2＋8knx＋4n2－12＝0，由Δ0得4k2－n2＋30，则x1＋x2＝－8kn4k2＋3，x1x2＝4n2－124k2＋3，所以x1x2＋(kx1＋n)(kx2＋n)＝(k2＋1)x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝m，整理得7n2k2＋1＝12＋m（4k2＋3）k2＋1.因为d＝n2k2＋1为常数，则m＝0，d＝127＝2217，此时7n2k2＋1＝12满足Δ0.当MN⊥x轴时，由m＝0得kOM＝±1，联立，得3x2＋4y2＝12，y＝±x，消去y，得x2＝127，点O到直线MN的距离d＝|x|＝2217亦成立．综上，当m＝0时，点O到直线MN的距离为定值，这个定值是2217.圆锥曲线中的探索性问题(师生共研)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为b3，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3.(1)求椭圆C的标准方程；(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．【解】(1)由内切圆的性质，得12×2c×b＝12×(2a＋2c)×b3，得ca＝12.将x＝c代入x2a2＋y2b2＝1，得y＝±b2a，所以2b2a＝3.又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝3，故椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称．当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t，0)满足条件，设l的方程为y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)．联立方程，得y＝k（x－1），3x2＋4y2－12＝0，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，由根与系数的关系得x1＋x2＝8k23＋4k2，x1x2＝4k2－123＋4k2①，其中Δ0恒成立，由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)，即y1x1－t＋y2x2－t＝0②.因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上，所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得k（x1－1）（x2－t）＋k（x2－1）（x1－t）（x1－t）（x2－t）＝k[2x1x2－（t＋1）（x1＋x2）＋2t]（x1－t）（x2－t）＝0，即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0③，将①代入③得8k2－24－（t＋1）8k2＋2t（3＋4k2）3＋4k2＝6t－243＋4k2＝0④，则t＝4，综上所述，存在T(4，0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称．存在性问题的求解策略解决存在性问题，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