第九章 高考专题突破五 第2课时 定点与定值问题.docx
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第九章高考专题突破五第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:
+=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3,P4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+>+知,椭圆C不经过点P1,
所以点P2在椭圆C上.
因此解得
故椭圆C的方程为+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,,则k1+k2=-=-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+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=-,x1x2=.
而k1+k2=+
=+
=.
由题设知k1+k2=-1,
故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.
即(2k+1)·+(m-1)·=0,
解得k=-.
当且仅当m>-1时,Δ>0,
于是l:
y=-x+m,
即y+1=-(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2的椭圆C:
+=1(a>b>0)的右顶点为A,直线y=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=2,即c=,
设Q,因为四边形ABPQ为平行四边形,
|PQ|=2n,|AB|=a-n,
所以2n=a-n,n=,
则+=1,解得b2=2,a2=b2+c2=4,
可得椭圆C的方程为+=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=±,
可设M,
由E是3x+3y-2=0上一点,
可设E,
E到直线kx-y=0的距离为d=,
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=-,(*)
=,(**)
由(*)得m=(k≠1),代入(**)式,
化简整理可得7k2-18k+8=0,解得k=2或.
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=-,解得xN=,
yN=k(xN+2)=,即N,
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·=0,
即为·(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,=λ,=μ,求证:
+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),
由得k2x2+(2k-4)x+1=0.
依题意知Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,
解得k<0或0 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=-,x1x2=. 直线PA的方程为y-2=(x-1), 令x=0,得点M的纵坐标为yM=+2=+2. 同理得点N的纵坐标为yN=+2. 由=λ,=μ,得λ=1-yM,μ=1-yN. 所以+=+ =+ =· =·=2. 所以+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: +=1(a>b>0)上一点,F1,F2分别为C的左、右焦点,且|F1F2|=4,∠F1MF2=60°,△F1MF2的面积为. (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|MF1||MF2|sin60°=,得|MF1||MF2|=. 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|=4. 从而2a=|MF1|+|MF2|=4,即a=2. 由|F1F2|=4得c=2,从而b=2, 故椭圆C的方程为+=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 得(1+2k2)x2+4k(k-2)x+2k2-8k=0. Δ=56k2+32k>0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1+x2=-,x1x2=. 从而k1+k2=+ = =2k-(k-4)·=4. 当直线l的斜率不存在时, 可得A,B, 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: +=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2,离心率为,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+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+=1,得y=±.由题意知=1,即a=2b2. 又e==,所以a=2,b=1. 所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)设P(x0,y0)(y0≠0), 又F1(-,0),F2(,0), 所以直线PF1,PF2的方程分别为 : y0x-(x0+)y+y0=0, : y0x-(x0-)y-y0=0. 由题意知=. 由于点P在椭圆上,所以+y=1. 所以=. 因为- 可得=, 所以m=x0,因此- (3)设P(x0,y0)(y0≠0), 则直线l的方程为y-y0=k(x-x0). 联立得 整理得(1+4k2)x2+8(ky0-k2x0)x+4(y-2kx0y0+k2x-1)=0. 由题意Δ=0,即(4-x)k2+2x0y0k+1-y=0. 又+y=1, 所以16yk2+8x0y0k+x=0,故k=-. 由 (2)知+=+=, 所以+==·=-8, 因此+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+=1(a>b>0)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-,且椭圆C经过点. (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+=1. 则kPA·kPB=·= =·=-=-, 即3a2=4b2.① 又因为椭圆经过点,故+=1.② 由①②可知,b2=3,a2=4, 故椭圆的方程为+=1. (2)由 (1)可知A(-2,0),B(2,0),设kPA=k(k≠0). 由k·kPB=-,得kPB=-. 所以直线PB的方程为y=-(x-2), 令x=-1,则y=,故M. 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=·k=>0, 故以MN为直径的圆在x轴同侧. 设FT为圆的一条切线,切点为T,连接MT,NT, 可知△FTN∽△FMT, 故=,则|FT|2=|FN|·|FM|=|k|·=,故|FT|=. 故过左焦点F作以MN为直径的圆的切线长为定值. 2.(2018·淮南模拟)已知抛物线C的顶点在原点,焦点在y轴上,且抛物线上有一点P(m,5)到焦点的距离为6. (1)求该抛物线C的方程; (2)已知抛物线上一点M(4,t),过点M作抛物线的两条弦MD和ME,且MD⊥ME,判断直线DE是否过定点,并说明理由. 解 (1)由题意设抛物线方程为x2=2py(p>0), 其准线方程为y=-,P(m,5)到焦点的距离等于P到其准线的距离,所以5+=6,即p=2. 所以抛物线方程为x2=4y. (2)由 (1)可得点M(4,4), 设直线MD的方程为y=k(x-4)+4(k≠0), 联立得x2-4kx+16k-16=0, 由题意得,Δ>0, 设D(x1,y1),E(x2,y2),则xM·x1=16k-16, 所以x1==4k-4,y1==4(k-1)2, 同理可得,x2=--4,y2=42, 所以直线DE的方程为 y-4(k-1)2=(x-4k+4) =(x-4k+4) =(x-4k+4). 化简得y=x+4k- =(x+4)+8. 所以直线DE过定点(-4,8). 3.(2018·齐齐哈尔模拟)已知动圆E经过定点D(1,0),且与直线x=-1相切,设动圆圆心E的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程; (2)设过点P(1,2)的直线l1,l2分别与曲线C交于A,B两点,直线l1,l2的斜率存在,且倾斜角互补,证明: 直线AB的斜率为定值. (1)解 由已知,动点E到定点D(1,0)的距离等于E到直线x=-1的距离,由抛物线的定义知E点的轨迹是以D(1,0)为焦点,以x=-1为准线的抛物线,故曲线C的方程为y2=4x. (2)证明 由题意直线l1,l2的斜率存在,倾斜角互补,得斜率互为相反数,且不等于零. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 直线l1的方程为y=k(x-1)+2,k≠0. 直线l2的方程为y=-k(x-1)+2, 由 得k2x2-(2k2-4k+4)x+(k-2)2=0, Δ=16(k-1)2>0, 已知此方程一个根为1, ∴x1×1==, 即x1=, 同理x2==, ∴x1+x2=,x1-x2=-=-, ∴y1-y2=[k(x1-1)+2]-[-k(x2-1)+2] =k(x1+x2)-2k =k·-2k=, ∴kAB===-1, ∴直线AB的斜率为定值-1. 4.(2018·南昌检测)已知中心在原点,焦点在x轴上的椭圆C的离心率为,过左焦点F且垂直于x轴的直线交椭圆C于P,Q两点,且|PQ|=2. (1)求C的方程; (2)若直线l是圆x2+y2=8上的点(2,2)处的切线,点M是直线l上任一点,过点M作椭圆C的切线MA,MB,切点分别为A,B,设切线的斜率都存在.求证: 直线AB过定点,并求出该定点的坐标. 解 (1)由已知,设椭圆C的方程为+=1(a>b>0), 因为|PQ|=2,不妨设点P(-c,), 代入椭圆方程得,+=1, 又因为e==, 所以+=1,b=c, 所以b2=4,a2=2b2=8, 所以C的方程为+=1. (2)依题设,得直线l的方程为y-2=-(x-2), 即x+y-4=0, 设M(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2),x0≠x1且x0≠x2, 由切线MA的斜率存在,设其方程为y-y1=k(x-x1), 联立 得(2k2+1)x2+4k(y1-kx1)x+2(y1-kx1)2-8=0, 由相切得Δ=16k2(y1-kx1)2-8(2k2+1)[(y1-kx1)2-4]=0, 化简得(y1-kx1)2=8k2+4, 即(x-8)k2-2x1y1k+y-4=0, 因为方程只有一解, 所以k===-, 所以切线MA的方程为y-y1=-(x-x1), 即x1x+2y1y=8, 同理,切线MB的方程为x2x+2y2y=8, 又因为两切线都经过点M(x0,y0), 所以 所以直线AB的方程为x0x+2y0y=8, 又x0+y0=4, 所以直线AB的方程可化为x0x+2(4-x0)y=8, 即x0(x-2y)+8y-8=0, 令得 所以直线AB恒过定点(2,1). 5.(2018·保定模拟)设椭圆C: +=1(a>b>0)的离心率e=,左顶点M到直线+=1的距离d=,O为坐标原点. (1)求椭圆C的方程; (2)设直线l与椭圆C相交于A,B两点,若以AB为直径的圆经过坐标原点,证明: 点O到直线AB的距离为定值. (1)解 由e=,得c=a,又b2=a2-c2, 所以b=a,即a=2b. 由左顶点M(-a,0)到直线+=1, 即到直线bx+ay-ab=0的距离d=, 得=,即=, 把a=2b代入上式,得=,解得b=1. 所以a=2b=2,c=. 所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)证明 设A(x1,y1),B(x2,y2), ①当直线AB的斜率不存在时,由椭圆的对称性, 可知x1=x2,y1=-y2. 因为以AB为直径的圆经过坐标原点,故·=0, 即x1x2+y1y2=0,也就是x-y=0, 又点A在椭圆C上,所以+y=1, 解得|x1|=|y1|=. 此时点O到直线AB的距离d1=|x1|=. ②当直线AB的斜率存在时, 设直线AB的方程为y=kx+m, 与椭圆方程联立有 消去y,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0, 所以x1+x2=-,x1x2=. 因为以AB为直径的圆过坐标原点O,所以OA⊥OB, 所以·=x1x2+y1y2=0, 所以(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0, 所以(1+k2)·-+m2=0, 整理得5m2=4(k2+1), 所以点O到直线AB的距离d1==. 综上所述,点O到直线AB的距离为定值. 6.已知椭圆C: +=1(a>b>0)经过与两点. (1)求椭圆C的方程; (2)过原点的直线l与椭圆C交于A,B两点,椭圆C上一点M满足|MA|=|MB|.求证: ++为定值. (1)解 将与两点代入椭圆C的方程,得解得 所以椭圆C的方程为+=1. (2)证明 由|MA|=|MB|,知M在线段AB的垂直平分线上,由椭圆的对称性知点A,B关于原点对称. ①若点A,B是椭圆的短轴顶点,则点M是椭圆的一个长轴顶点,此时 ++=++=2=. 同理,若点A,B是椭圆的长轴顶点,则点M是椭圆的一个短轴顶点,此时 ++ =++=2=. ②若点A,B,M不是椭圆的顶点,设直线l的方程为y=kx(k≠0), 则直线OM的方程为y=-x, 设A(x1,y1),B(x2,y2),由 解得x=,y=, 所以|OA|2=|OB|2=x+y=, 同理,|OM|2=. 所以++ =2×+=. 综上,++=为定值.
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