【数学】2020届一轮复习（文）人教通用版高考专题突破五第2课时定点与定值问题学案

【数学】2020届一轮复习（文）人教通用版高考专题突破五第2课时定点与定值问题学案

第2课时　定点与定值问题 题型一　定点问题 例1 已知椭圆＋＝1(a>b>0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足＝λ1，＝λ2.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点，并求此定点.‎ 解　(1)设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，又a2＝b2＋c2，∴a2＝3.‎ ‎∴椭圆的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，‎ N(x2，y2)，设l方程为x＝t(y－m)，‎ 由＝λ1知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，‎ ‎∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝－1.‎ 同理由＝λ2知λ2＝－1.‎ ‎∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①‎ 联立得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，‎ ‎∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，②‎ 且有y1＋y2＝，y1y2＝，③‎ ‎③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，‎ ‎∴(mt)2＝1，‎ 由题意mt<0，∴mt＝－1，满足②，‎ 得直线l的方程为x＝ty＋1，‎ 过定点(1,0)，即Q为定点.‎ 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 如图，已知抛物线C：x2＝4y，过点M(0,2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).‎ ‎(1)证明：动点D在定直线上；‎ ‎(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y＝2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2，证明：|MN2|2－|MN1|2为定值，并求此定值.‎ ‎(1)证明　依题意，直线AB的斜率存在，可设AB方程为y＝kx＋2，代入x2＝4y，‎ 得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0.‎ 显然Δ>0恒成立，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝－8.‎ 直线AO的方程为y＝x；‎ BD的方程为x＝x2.‎ 解得交点D的坐标为 注意到x1x2＝－8及x＝4y1，‎ 则有y＝＝＝－2.‎ 因此D点在定直线y＝－2上(x≠0).‎ ‎(2)解　依题设，切线l的斜率存在且不等于0，设切线l的方程为y＝ax＋b(a≠0)，‎ 代入x2＝4y得x2＝4(ax＋b)，‎ 即x2－4ax－4b＝0.‎ 由Δ＝0得(4a)2＋16b＝0，化简整理得b＝－a2.‎ 故切线l的方程可写为y＝ax－a2.‎ 分别令y＝2，y＝－2得N1，N2的坐标为 N1，N2，‎ 则|MN2|2－|MN1|2＝2＋42－2＝8，‎ 即|MN2|2－|MN1|2为定值8.‎ 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|sin 60°＝，得|MF1||MF2|＝.‎ 由余弦定理，得 ‎|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1||MF2|·cos 60°‎ ‎＝(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1||MF2|(1＋cos 60°)，‎ 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－0)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|MF1|2＋|MF2|2＝|F1F2|2＝4(4－b2)，②‎ 由题意得＝|MF1|·|MF2|＝1，③‎ 由①②③，可得b2＝1，C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)依题意，H(0,1)，显然直线的斜率存在且不为0，‎ 设直线RS的方程为y＝kx＋m(k≠0)，‎ 代入椭圆方程化简得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.‎ 由题意知，Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，‎ 设R(x1，y1)，S(x2，y2)，x1x2≠0，‎ 故x1＋x2＝，x1x2＝.‎ kHR＋kHS＝＋＝＋ ‎＝2k＋(m－1)＝2k＋(m－1) ‎＝2k－＝＝－1.‎ 故kHR＋kHS为定值－1.‎ ‎2.(2018·威海模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F，直线y＝4与y轴的交点为P，‎ 与抛物线C的交点为Q，且|QF|＝2|PQ|.‎ ‎(1)求p的值；‎ ‎(2)已知点T(t，－2)为C上一点，M，N是C上异于点T的两点，且满足直线TM和直线TN的斜率之和为－，证明：直线MN恒过定点，并求出定点的坐标.‎ 解　(1)设Q(x0,4)，由抛物线定义，|QF|＝x0＋，‎ 又|QF|＝2|PQ|，即2x0＝x0＋，解得x0＝，‎ 将点Q代入抛物线方程，解得p＝4.‎ ‎(2)由(1)知C的方程为y2＝8x，‎ 所以点T坐标为.‎ 设直线MN的方程为x＝my＋n，‎ 点M，N，‎ 由得y2－8my－8n＝0，‎ Δ＝64m2＋32n>0，‎ 所以y1＋y2＝8m，y1y2＝－8n，‎ 所以kMT＋kNT＝＋＝＋ ‎＝＝＝－，‎ 解得n＝m－1.‎ 所以直线MN的方程为x＋1＝m(y＋1)，‎ 恒过定点(－1，－1).‎ ‎3.(2018·辽阳调研)已知抛物线C1的方程为x2＝2py(p>0)，过点M(a，－2p)(a为常数)作抛物线C1的两条切线，切点分别为A，B.‎ ‎(1)过焦点且在x轴上截距为2的直线l与抛物线C1交于Q，N两点，Q，N两点在x轴上的射影分别为Q′，N′，且|Q′N′|＝2，求抛物线C1的方程；‎ ‎(2)设直线AM，BM的斜率分别为k1，k2.求证：k1·k2为定值.‎ ‎(1)解　因为抛物线C1的焦点坐标是，‎ 所以过焦点且在x轴上截距为2的直线方程是＋＝1，即＋＝1.‎ 联立 消去y并整理，得x2＋x－p2＝0，‎ 显然Δ>0恒成立，‎ 设点Q(xQ，yQ)，N(xN，yN)，‎ 则xQ＋xN＝－，xQxN＝－p2.‎ 则|Q′N′|＝|xQ－xN|‎ ‎＝ ‎＝ ‎＝ ＝2，‎ 解得p＝2.所以抛物线C1的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)证明　设点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1>0，x2<0).‎ 依题意，由x2＝2py(p>0)，得y＝，则y′＝.‎ 所以切线MA的方程是y－y1＝(x－x1)，‎ 即y＝x－.‎ 又点M(a，－2p)在直线MA上，‎ 于是有－2p＝×a－，‎ 即x－2ax1－4p2＝0.‎ 同理，有x－2ax2－4p2＝0，‎ 因此，x1，x2是方程x2－2ax－4p2＝0的两根，‎ 则x1＋x2＝2a，x1x2＝－4p2.‎ 所以k1·k2＝·＝＝＝－4，‎ 故k1·k2为定值得证.‎ ‎4.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·抚顺模拟)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.‎