成都市高三二轮复习文科数学（十六） 圆锥曲线中的定值、定点、证明问题

成都市高三二轮复习文科数学（十六） 圆锥曲线中的定值、定点、证明问题

第 9 页 共 9 页 成都市高三二轮复习文科数学（十六） ‎ 圆锥曲线中的定值、定点、证明问题 ‎[全国卷 考情分析]‎ 年份 全国卷Ⅰ 全国卷Ⅱ 全国卷Ⅲ ‎2019‎ 直线与圆的位置关系，定值问题·T21‎ 椭圆的定义及几何性质、参数的范围·T20‎ 直线与抛物线的位置关系、直线与圆的位置关系、定点问题·T21‎ ‎2018‎ 直线的方程、直线与抛物线的位置关系、证明问题·T20‎ 直线的方程、直线与抛物线的位置关系、圆的方程·T20‎ 直线与椭圆的位置关系、证明问题·T20‎ ‎2017‎ 直线与抛物线的位置关系、导数的几何意义·T20‎ 点的轨迹方程、椭圆方程、向量的数量积等·T20‎ 两直线垂直的条件、直线与圆的位置关系、直线方程·T20‎ 解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等.试题难度较大，多以压轴题出现.‎ 解答题的热点题型有：(1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；(3)圆锥曲线中的判断(与证明)及探究问题.‎ 圆锥曲线中的几何证明问题 ‎[例1]　(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0).(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.‎ ‎[解]　(1)由已知得F(1，0)，l的方程为x＝1.则点A的坐标为或.‎ 又M(2，0)，所以直线AM的方程为y＝－x＋或y＝x－，‎ 即x＋y－2＝0或x－y－2＝0.‎ ‎(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.‎ 当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB.‎ 当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝＋.‎ 由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，得kMA＋kMB＝.‎ 第 9 页 共 9 页 将y＝k(x－1)代入＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，‎ 所以x1＋x2＝，x1x2＝.则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0.‎ 从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补.所以∠OMA＝∠OMB.综上，∠OMA＝∠OMB成立.‎ ‎[题后悟通]　几何证明问题的解题策略 ‎(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等).‎ ‎(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.‎ ‎[跟踪训练]‎ 设椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a，0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为.(1)求E的离心率e；(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明：MN⊥AB.‎ 解：(1)由题设条件知，点M的坐标为，又kOM＝，从而＝.‎ 进而得a＝b，c＝＝2b，故e＝＝.‎ ‎(2)证明：由N是AC的中点知，点N的坐标为，可得＝.又＝(－a，b)，‎ 从而有·＝－a2＋b2＝(5b2－a2).由(1)可知a2＝5b2，所以·＝0，故MN⊥AB.‎ 定值问题 ‎[例2]　(2019·福建五校第二次联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，上顶点M到直线x＋y＋4＝0的距离为3.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l过点(4，－2)，且与椭圆C相交于A，B两点，l不经过点M，证明：直线MA的斜率与直线MB的斜率之和为定值.‎ ‎[解]　(1)由题意可得解得所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：易知直线l的斜率恒小于0，设直线l的方程为y＋2＝k(x－4)，k＜0且k≠－1，A(x1，y1)，‎ 第 9 页 共 9 页 B(x2，y2)，联立得得(1＋4k2)x2－16k(2k＋1)x＋64k(k＋1)＝0，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 因为kMA＋kMB＝＋＝，‎ 所以kMA＋kMB＝2k－(4k＋4)×＝2k－4(k＋1)×＝2k－(2k＋1)＝－1(为定值).‎ ‎[题后悟通]‎ 求解定值问题的2大途径 途径一 首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关 途径二 先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值 ‎[跟踪训练]‎ 已知椭圆方程为＋＝1，右焦点为F，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：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＝±，点Q的坐标为(1，－)或(1，)，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＝－(x－1).‎ 由消去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.　　(*)‎ 由得Q，所以|OQ|＝＝，‎ 将(*)式代入上式，得|OQ|＝＝2.‎ 综上所述，|OQ|为定值，且定值为2.‎ 定点问题 ‎[例3]　(2019·北京高考)已知椭圆C：＋＝1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1).(1)求椭圆C的方程；‎ 第 9 页 共 9 页 ‎(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点.‎ ‎[解]　(1)由题意，得b2＝1，c＝1，所以a2＝b2＋c2＝2.所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线AP的方程为y＝x＋1.‎ 令y＝0，得点M的横坐标xM＝－.又y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝.‎ 同理，|ON|＝.由得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 所以|OM|·|ON|＝·＝ ‎＝＝2.‎ 又|OM|·|ON|＝2，所以2＝2.解得t＝0，所以直线l经过定点(0，0).‎ ‎[题后悟通]　直线过定点问题的解题模型 ‎[跟踪训练]‎ ‎(2019·重庆市七校联合考试)已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝4x，点A(－2，0)，设直线l与C交于不同的两点P，Q.(1)若直线l⊥x轴，求直线PA的斜率的取值范围；(2)若直线l不垂直于x轴，且∠PAO＝∠QAO，证明：直线l过定点.‎ 解：(1)当点P在第一象限时，设P(t，2)，则kPA＝＝≤＝，‎ ‎∴kPA∈，同理，当点P在第四象限时，kPA∈.‎ 第 9 页 共 9 页 综上所述，直线PA的斜率kPA∈∪.‎ ‎(2)证明：设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，联立方程得得ky2－4y＋4b＝0，Δ＝16－16kb＞0，‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1·y2＝，∵∠PAO＝∠QAO，‎ ‎∴kAP＋kAQ＝＋＝＝＝＝0，∵b＝－2k，∴y＝kx－2k＝k(x－2)，直线l恒过定点(2，0).‎ 大题专攻强化练 ‎1．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C：y＝，D为直线y＝－上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点．(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程．‎ ‎2．(2019·济南市学习质量评估)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，右焦点为F，且该椭圆过点 第 9 页 共 9 页 ‎.(1)求椭圆C的方程；(2)当动直线l与椭圆C相切于点A，且与直线x＝相交于点B时，求证：△FAB为直角三角形．‎ ‎3.如图，设点A，B的坐标分别为(－，0)，(，0)，直线AP，BP相交于点P，且它们的斜率之积为－.(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上不同的两点，且满足AP∥OM，BP∥ON，求证：△MON的面积为定值．‎ ‎4．(2019·福州市质量检测)已知抛物线C1：x2＝2py(p>0)和圆C2：(x＋1)2＋y2＝2，倾斜角为45°的直线l1过C1的焦点，且l1与C2相切．(1)求p的值；(2)动点M在C1的准线上，动点A在C1上，若C1在A 第 9 页 共 9 页 点处的切线l2交y轴于点B，设＝＋，求证：点N在定直线上，并求该定直线的方程．‎ ‎1解：(1)证明：设D，A(x1，y1)，则x＝2y1.‎ 由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝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.‎ ‎(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.由可得x2－2tx－1＝0.‎ 于是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1.设M为线段AB的中点，则M.‎ 由于⊥，而＝(t，t2－2)，与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.解得t＝0或t＝±1.‎ 当t＝0时，||＝2，所求圆的方程为x2＋＝4；‎ 当t＝±1时，||＝，所求圆的方程为x2＋＝2.‎ ‎2解：(1)由题意得＝，＋＝1，又a2＝b2＋c2，所以b2＝1，a2＝4，即椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明：由题意可得直线l的斜率存在，设l：y＝kx＋m，联立得 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋‎4m2‎－4＝0，判别式Δ＝64k‎2m2‎－16(4k2＋1)(m2－1)＝0，得m2＝4k2＋1＞0.‎ 第 9 页 共 9 页 设A(x1，y1)，则x1＝＝＝－，y1＝kx1＋m＝＋m＝，即A.‎ 易得B，F(，0)，则＝，＝，‎ ·＝＋＝－－1＋＋1＝0，‎ 所以⊥，即△FAB为直角三角形，得证．‎ ‎3解：(1)设点P的坐标为(x，y)，由题意得，kAP·kBP＝·＝－(x≠±)，‎ 化简得，点P的轨迹方程为＋＝1(x≠±)．‎ ‎(2)证明：由题意可知，M，N是轨迹C上不同的两点，且AP∥OM，BP∥ON，‎ 则直线OM，ON的斜率必存在且不为0，kOM·kON＝kAP·kBP＝－.‎ ‎①当直线MN的斜率为0时，设M(x0，y0)，N(－x0，y0)，则得 所以S△MON＝|y0||2x0|＝.‎ ‎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＋＝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＝－，y1y2＝，‎ 又kOM·kON＝＝＝，所以＝－，即2t2＝‎2m2‎＋3，满足Δ>0.‎ 又S△MON＝|t||y1－y2|＝，所以S△MON＝＝.‎ 综上，△MON的面积为定值，且定值为.‎ ‎4解：(1)依题意，设直线l1的方程为y＝x＋，因为直线l1与圆C2相切，‎ 所以圆心C2(－1，0)到直线l1：y＝x＋的距离d＝＝.‎ 即＝，解得p＝6或p＝－2(舍去)．所以p＝6.‎ ‎(2)法一：依题意设M(m，－3)，由(1)知抛物线C1的方程为x2＝12y，所以y＝，所以y′＝，‎ 第 9 页 共 9 页 设A(x1，y1)，则以A为切点的切线l2的斜率为k＝，所以切线l2的方程为y＝x1(x－x1)＋y1.‎ 令x＝0，则y＝－x＋y1＝－×12y1＋y1＝－y1，即B点的坐标为(0，－y1)，‎ 所以＝(x1－m，y1＋3)，＝(－m，－y1＋3)，所以＝＋＝(x1－‎2m，6)，‎ 所以＝＋＝(x1－m，3)．设N点坐标为(x，y)，则y＝3，所以点N在定直线y＝3上．‎ 法二：设M(m，－3)，由(1)知抛物线C1的方程为x2＝12y，①‎ 设l2的斜率为k，A，则以A为切点的切线l2的方程为y＝k(x－x1)＋x，②‎ 联立①②得，x2＝12，因为Δ＝144k2－48kx1＋4x＝0，所以k＝，‎ 所以切线l2的方程为y＝x1(x－x1)＋x.令x＝0，得B点坐标为，‎ 所以＝，＝，所以＝＋＝(x1－‎2m，6)，‎ 所以＝＋＝(x1－m，3)，所以点N在定直线y＝3上．‎