（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 高考专题突破五 高考中的解析几何问题

1第2课时定点、定值问题题型一定点问题例1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x1,2＝－8km±164k2－m2＋124k2＋1，所以x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.而k1＋k2＝y1－1x1＋y2－1x22＝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＝1.3(2)①解将直线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，①4＋4k21＋2k2＝km＋m－231＋k2，②由①得m＝2k3k－1(k≠1)，代入②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，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)．4题型二定值问题例2(2018·苏锡常镇模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的焦距为2，离心率为22，椭圆的右顶点为A.(1)求该椭圆的方程；(2)如图，过点D(2，－2)作直线PQ交椭圆于两个不同点P，Q，求证：直线AP，AQ的斜率之和为定值．(1)解由题意可知，椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)，焦点在x轴上，2c＝2，c＝1，椭圆的离心率e＝ca＝22，则a＝2，b2＝a2－c2＝1，则椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.(2)证明设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，A(2，0)，由题意知直线PQ斜率存在，设其方程为y＝k(x－2)－2，则y＝kx－2－2，x22＋y2＝1，整理得(2k2＋1)x2－(42k2＋42k)x＋4k2＋8k＋2＝0.所以x1,2＝42k2＋42k±[－42k2＋42k]2－42k2＋14k2＋8k＋222k2＋1，所以x1＋x2＝42k2＋42k2k2＋1，x1x2＝4k2＋8k＋22k2＋1，则y1＋y2＝k(x1＋x2)－22k－22＝－22－22k2k2＋1，则kAP＋kAQ＝y1x1－2＋y2x2－2＝y1x2＋y2x1－2y1＋y2x1x2－2x1＋x2＋2.由y1x2＋y2x1＝[k(x1－2)－2]x2＋[k(x2－2)－2]x15＝2kx1x2－(2k＋2)(x1＋x2)＝－4k2k2＋1，kAP＋kAQ＝y1x2＋y2x1－2y1＋y2x1x2－2x1＋x2＋2＝－4k2k2＋1－2×－22－22k2k2＋14k2＋8k＋22k2＋1－2×42k2＋42k2k2＋1＋2＝1，∴直线AP，AQ的斜率之和为定值1.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(2018·南通考试)如图，已知圆O的方程为x2＋y2＝4，过点P(0,1)的直线与圆O交于点A，B，与x轴交于点Q，设QA→＝λPA→，QB→＝uPB→，求证：λ＋u为定值．证明当AB与x轴垂直时，此时点Q与点O重合，从而λ＝2，u＝23，λ＋u＝83.当点Q与点O不重合时，直线AB的斜率存在．设直线AB的方程为y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则Q－1k，0.由题设，得x1＋1k＝λx1，x2＋1k＝ux2，即λ＝1＋1x1k，u＝1＋1x2k.6所以λ＋u＝1＋1x1k＋1＋1kx2＝2＋x1＋x2kx1x2，将y＝kx＋1代入x2＋y2＝4，得(1＋k2)x2＋2kx－3＝0，则Δ0，x1,2＝－2k±4k2＋121＋k221＋k2，x1＋x2＝－2k1＋k2，x1x2＝－31＋k2，所以λ＋u＝2＋－2k1＋k2k·－31＋k2＝83.综上，λ＋u为定值83.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，连结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71PFl：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16y02k2＋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．81．(2019·江苏省明德实验学校调研)如图，已知A，B是圆x2＋y2＝4与x轴的交点，P为直线l：x＝4上的动点，PA，PB与圆的另一个交点分别为M，N.(1)若P点坐标为(4,6)，求直线MN的方程；(2)求证：直线MN过定点．(1)解由题意可知直线PA的方程为y＝x＋2，由y＝x＋2，x2＋y2＝4，解得M(0,2)，直线PB的方程为y＝3x－6，由y＝3x－6，x2＋y2＝4，解得N85，－65，所以MN的方程为y＝－2x＋2，即2x＋y－2＝0.(2)证明设P(4，t)，则直线PA的方程为y＝t6(x＋2)，直线PB的方程为y＝t2(x－2)，由x2＋y2＝4，y＝t6x＋2，得M72－2t236＋t2，24t36＋t2，同理N2t2－84＋t2，－8t4＋t2，直线MN的斜率k＝24t36＋t2－－8t4＋t272－2t236＋t2－2t2－84＋t2＝8t12－t2，9直线MN的方程为y＝8t12－t2x－2t2－84＋t2－8t4＋t2，化简得y＝8t12－t2x－8t12－t2，所以直线MN过定点(1,0)．2．设F1，F2为椭圆C：x24＋y2b2＝1(b0)的左、右焦点，M为椭圆上一点，满足MF1⊥MF2，已知△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＝4，①由垂直得MF21＋MF22＝F1F22＝4(4－b2)，②由题意得12MFFS＝1