（新课标）2020版高考数学二轮复习 专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的定值、定点及证明问题学案

-1-第3讲圆锥曲线中的定值、定点及证明问题[做真题](2019·高考全国卷Ⅲ节选)已知曲线C：y＝x22，D为直线y＝－12上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.证明：直线AB过定点．证明：设Dt，－12，A(x1，y1)，则x21＝2y1.由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故y1＋12x1－t＝x1.整理得2tx1－2y1＋1＝0.设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.所以直线AB过定点0，12.[明考情]圆锥曲线中的定点、定值问题是高考命题的热点，无论是选择题、填空题，还是解答题，只要考查与曲线有关的运动变化，都可能涉及探究定点或定值，因而这类问题考查范围广泛，命题形式新颖．定值问题1．直接消参求定值：常见定值问题的处理方法：(1)确定一个(或两个)变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示：(2)将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量)，然后进行化简，看能否得到一个常数．案例关键步(2017·高考全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy中，曲线y＝x2＋mx－2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0，1)，当m变化时，解答下列问题：(1)略(2)BC的中点坐标为(x22，12)，可得BC的中垂线方程为y－12＝x2(x－x22).[关键1：求出点的坐标及直线方程]由(1)可得x1＋x2＝－m，所以AB的中垂线方程为x＝－m2.-2-(1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；(2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．联立x＝－m2，y－12＝x2（x－x22），又x22＋mx2－2＝0，可得x＝－m2，y＝－12.所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为(－m2，－12)，半径r＝m2＋92.[关键2：求圆心坐标及半径]故圆在y轴上截得的弦长为2r2－m22＝3，[关键3：消元求弦长]即过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值3.2．从特殊到一般求定值：常见处理技巧：(1)在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢；(2)巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算．案例关键步(2015·高考四川卷)如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率是22，点P(0，1)在短轴CD上，且PC→·PD→＝－1.(1)求椭圆E的方程；(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得OA→·OB→＋λPA→·PB→为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．(1)略(2)当直线AB的斜率不存在时，直线AB即为直线CD.此时，OA→·OB→＋λPA→·PB→＝OC→·OD→＋PC→·PD→＝－2－1＝－3.[关键1：分类讨论，证明当AB的斜率不存在时OA→·OB→＋λPA→·PB→为定值]当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．联立x24＋y22＝1，y＝kx＋1，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)0，所以x1＋x2＝－4k2k2＋1，x1x2＝－22k2＋1.[关键2：当直线AB的斜率存在时，联立直线方程与椭圆方程，用参数表示交点坐标的联系]从而OA→·OB→＋λPA→·PB→＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝-3-（－2λ－4）k2＋（－2λ－1）2k2＋1＝－λ－12k2＋1－λ－2.所以，当λ＝1时，－λ－12k2＋1－λ－2＝－3.[关键3：构造OA→·OB→＋λPA→·PB→关于k，λ的表达式，得到当λ＝1时OA→·OB→＋λPA→·PB→的值]此时，OA→·OB→＋λPA→·PB→＝－3为定值．故存在常数λ＝1，使得OA→·OB→＋λPA→·PB→为定值－3.[典型例题](2019·贵阳市第一学期检测)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M为短轴的上端点，MF1→·MF2→＝0，过F2垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且|AB|＝2.(1)求椭圆C的方程；(2)设经过点(2，－1)且不经过点M的直线l与椭圆C相交于G，H两点．若k1，k2分别是直线MG，MH的斜率，证明：k1＋k2为定值．【解】(1)由MF1→·MF2→＝0，得b＝c，因为过F2垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且|AB|＝2，所以b2a＝22，b＝cb2a＝22a2＝b2＋c2⇒a2＝2b2＝1.故椭圆C的方程为x22＋y2＝1.(2)证明：由椭圆C的方程x22＋y2＝1与点(2，－1)，设直线l的方程为y＋1＝k(x－2)，即y＝kx－2k－1，将y＝kx－2k－1代入x22＋y2＝1中，得(1＋2k2)x2－4k(2k＋1)x＋8k2＋8k＝0，由题意知Δ＝－16k(k＋2)0，得－2k0，设G(x1，y1)，H(x2，y2)，-4-则x1＋x2＝4k（2k＋1）1＋2k2，x1x2＝8k2＋8k1＋2k2，k1＋k2＝y1－1x1＋y2－1x2＝kx1－2k－2x1＋kx2－2k－2x2＝2k－（2k＋2）×4k（2k＋1）1＋2k28k2＋8k1＋2k2＝2k－(2k＋1)＝－1，所以k1＋k2＝－1(定值)．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．[对点训练]已知椭圆方程为x24＋y23＝1，点F为右焦点，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)．证明：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；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；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)．联立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，-5-所以|OQ|＝1－kmk2＋12＋k＋mk2＋12＝1＋k2m2＋k2＋m2（k2＋1）2(**)，将(*)式代入(**)式，得|OQ|＝4（k4＋2k2＋1）（k2＋1）2＝2.综上所述，|OQ|为定值，且定值为2.定点问题1．参数法：参数法解决定点问题的思路：(1)引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中的核心变量(此处设为k)；(2)利用条件找到k与过定点的曲线F(x，y)＝0之间的关系，得到关于k与x，y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，找到定点．案例关键步(2017·高考全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：x22＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足NP→＝2NM→.(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x＝－3上，且OP→·PQ→＝1，证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.(1)略(2)由题意知F(－1，0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，则OQ→＝(－3，t)，PF→＝(－1－m，－n)，[关键1：用参数表示点P，Q的坐标及向量OQ→，PF→]OQ→·PF→＝3＋3m－tn，OP→＝(m，n)，PQ→＝(－3－m，t－n)．由OP→·PQ→＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0，所以OQ→·PF→＝0，[关键2：根据(1)中点P的轨迹方程，在OP→·PQ→＝1的前提下，证明OQ→·PF→＝0]即OQ→⊥PF→.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.[关键3：利用平面内过一点作一条直线的垂线的唯一性，即得直线l过点F]2.由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常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．案例关键步(2017·高考全国卷Ⅰ)已知椭(1)略(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.-6-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．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．[关键1：设出直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，验证当直线l与x轴垂直时，直线过定点的情况]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.[关键2：设出直线l的方程并与椭圆方程联立，消去y得到关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系及条件找到直线l中两个参数的关系]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)．[关键3：将k与m的关系再回代变形，得到直线过定点]-7-[典型例题](2019·安徽省考试试题)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的上顶点为P，右顶点为Q，直线PQ与圆x2＋y2＝45相切于点M25，45.(1)求椭圆C的方程；(2)若不经过点P的直线l与椭圆C交于A，B两点，且PA→·PB→＝0，求证：直线l过定点．【解】(1)由已知得直线OM(O为坐标原点)的斜率kOM＝2，则直线PQ的斜率kPQ＝－1kOM＝－12，所以直线PQ的方程为y－45＝－12(x－25)，即x＋2y＝2.可求得P(0，1)，Q(2，0)，故a＝2，b＝1，故椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)证明：当直线l的斜率不存在时，显然不满足条件．当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋n(n≠1)，联立x24＋y2＝1y＝kx＋n，消去y整理得(4k2＋1)x2＋8knx＋4(n2－1)＝0，Δ＝(8kn)2－4×4(4k2＋1)(n2－1)＝16(4k2＋1－n2)0，得4k2＋1n2.①设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－8kn4k2＋1，x1x2＝4（n2－1）4k2＋1.②由PA→·PB→＝0，得(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝0，又y1＝kx1＋n，y2＝kx2＋n，所以(k2＋1)x1x2＋k(n－1)