高考数学(文)一轮复习讲义 第9章高考专题突破5第2课时 定点与定值问题.docx

第2课时定点与定值征询题题型一定点征询题例1已经清楚椭圆1(a>b>0)过点(0,1)，其长轴、焦距跟短轴的长的平方依次成等差数列.直线l与x轴正半轴跟y轴分不交于点Q，P，与椭圆分不交于点M，N，各点均不重合且称心1，2.(1)求椭圆的标准方程；(2)假设123，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b1，且(2a)2(2b)22(2c)2，又a2b2c2，a23.椭圆的标准方程为y21.(2)由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，设l方程为xt(ym)，由1知(x1，y1m)1(x0x1，y1)，y1my11，由题意y10，11.同因由2知21.123，y1y2m(y1y2)0，联破得(t23)y22mt2yt2m230，由题意知4m2t44(t23)(t2m23)>0，且有y1y2，y1y2，代入得t2m232m2t20，(mt)21，由题意mt<0，mt1，称心，得直线l的方程为xty1，过定点(1,0)，即Q为定点.思维升华圆锥曲线中定点征询题的两种解法(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卦量，再研究变卦的量与参数何时不关系，寻到定点.(2)特不到一般法：按照动点或动线的特不情况探究出定点，再证明该定点与变量有关.跟踪训练1已经清楚焦距为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)歪率为k的直线l与椭圆C交于两个差异的点M，N.假设直线l过原点且与坐标轴不重合，E是直线3x3y20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；假设M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DAAM，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跟DG的交点，求证：点G是定点.(1)解由题意可得2c2，即c，设Q，由于四边形ABPQ为平行四边形，|PQ|2n，|AB|an，因此2nan，n，那么1，解得b22，a2b2c24，可得椭圆C的方程为1.(2)解直线ykx(k0)代入椭圆方程，可得(12k2)x24，解得x±，可设M，由E是3x3y20上一点，可设E，E到直线kxy0的距离为d，由于EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，因此OEMN，|OM|d，即有，(*)，(*)由(*)得m(k1)，代入(*)式，化简拾掇可得7k218k80，解得k2或.证明由M(2,0)，可得直线MN的方程为yk(x2)(k0)，代入椭圆方程可得(12k2)x28k2x8k240，可得2xN，解得xN，yNk(xN2)，即N，设G(t,0)(t2)，由题意可得D(2,4k)，A(2,0)，以DN为直径的圆恒过直线AN跟DG的交点，可得ANDG，即有·0，即为·(t2，4k)0，解得t0.故点G是定点，即为原点(0,0).题型二定值征询题例2如图，已经清楚抛物线C：x24y，过点M(0,2)任作不时线与C订交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO订交于点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y2订交于点N1，与(1)中的定直线订交于点N2，证明：|MN2|2|MN1|2为定值，并求此定值.(1)证明依题意，直线AB的歪率存在，可设AB方程为ykx2，代入x24y，得x24(kx2)，即x24kx80.显然>0恒成破，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么有x1x28.直线AO的方程为yx；BD的方程为xx2.解得交点D的坐标为留心到x1x28及x4y1，那么有y2.因此D点在定直线y2上(x0).(2)解依题设，切线l的歪率存在且不等于0，设切线l的方程为yaxb(a0)，代入x24y得x24(axb)，即x24ax4b0.由0得(4a)216b0，化简拾掇得ba2.故切线l的方程可写为yaxa2.分不令y2，y2得N1，N2的坐标为N1，N2，那么|MN2|2|MN1|224228，即|MN2|2|MN1|2为定值8.思维升华圆锥曲线中的定值征询题的稀有典范及解题策略(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.使用点到直线的距离公式得出距离的分析式，再使用题设条件化简、变形求得.(3)求某线段长度为定值.使用长度公式求得分析式，再按照条件对分析式停顿化简、变形即可求得.跟踪训练2已经清楚点M是椭圆C：1(a>b>0)上一点，F1，F2分不为C的左、右中心，且|F1F2|4，F1MF260°，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的歪率分不为k1，k2，证明：k1k2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|22|MF1|MF2|·cos60°(|MF1|MF2|)22|MF1|MF2|(1cos60°)，解得|MF1|MF2|4.从而2a|MF1|MF2|4，即a2.由|F1F2|4得c2，从而b2，故椭圆C的方程为1.(2)证明当直线l的歪率存在时，设歪率为k，显然k0，那么其方程为y2k(x1)，由得(12k2)x24k(k2)x2k28k0.56k232k>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么x1x2，x1x2.从而k1k22k(k4)·4.当直线l的歪率不存在时，可得A，B，得k1k24.综上，k1k2为定值.直线与圆锥曲线的综合征询题数学运的确是指在明晰运算东西的基础上，按照运算法那么处置数学征询题的过程.要紧包括：理解运算东西，操纵运算法那么，探究运算倾向，选择运算方法，方案运算次序，求得运算结果等.例椭圆C：1(a>b>0)的左、右中心分不是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作歪率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只需一个群众点，设直线PF1，PF2的歪率分不为k1，k2，假设k20，证明为定值，并求出谁人定值.解(1)由于c2a2b2，将xc代入椭圆方程1，得y±.由题意知1，即a2b2.又e，因此a2，b1.因此椭圆C的方程为y21.(2)设P(x0，y0)(y00)，又F1(，0)，F2(，0)，因此直线PF1，PF2的方程分不为：y0x(x0)yy00，：y0x(x0)yy00.由题意知.由于点P在椭圆上，因此y1.因此.由于<m<，2<x0<2，可得，因此mx0，因此<m<.(3)设P(x0，y0)(y00)，那么直线l的方程为yy0k(xx0).联破得拾掇得(14k2)x28(ky0k2x0)x4(y2kx0y0k2x1)0.由题意0，即(4x)k22x0y0k1y0.又y1，因此16yk28x0y0kx0，故k.由(2)知，因此·8，因此为定值，谁人定值为8.素养提升典例的解题过程表达了数学运算素养，其中设出P点的坐标而不求解又表达了数学运算素养中的一个运算技艺设而不求，从而简化了运算过程.1.(2018·相阳教诲模拟)设F1，F2为椭圆C：1(b>0)的左、右中心，M为椭圆上一点，称心MF1MF2，已经清楚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跟HS的歪率之跟为定值，并求出谁人定值.解(1)由椭圆定义得|MF1|MF2|4，由垂直得|MF1|2|MF2|2|F1F2|24(4b2)，由题意得|MF1|·|MF2|1，由，可得b21，C的方程为y21.(2)依题意，H(0,1)，显然直线的歪率存在且不为0，设直线RS的方程为ykxm(k0)，代入椭圆方程化简得(4k21)x28kmx4m240.由题意知，16(4k2m21)>0，设R(x1，y1)，S(x2，y2)，x1x20，故x1x2，x1x2.kHRkHS2k(m1)2k(m1)2k1.故kHRkHS为定值1.2.(2018·威海模拟)已经清楚抛物线C：y22px(p>0)的中心F，直线y4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)已经清楚点T(t，2)为C上一点，M，N是C上异于点T的两点，且称心直线TM跟直线TN的歪率之跟为，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2x0x0，解得x0，将点Q代入抛物线方程，解得p4.(2)由(1)知C的方程为y28x，因此点T坐标为.设直线MN的方程为xmyn，点M，N，由得y28my8n0，64m232n>0，因此y1y28m，y1y28n，因此kMTkNT，解得nm1.因此直线MN的方程为x1m(y1)，恒过定点(1，1).3.(2018·辽阳调研)已经清楚抛物线C1的方程为x22py(p>0)，过点M(a，2p)(a为常数)作抛物线C1的两条切线，切点分不为A，B.(1)过中心且在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轴上的射影分不为Q，N，且|QN|2，求抛物线C1的方程；(2)设直线AM，BM的歪率分不为k1，k2.求证：k1·k2为定值.(1)解由于抛物线C1的中心坐标是，因此过中心且在x轴上截距为2的直线方程是1，即1.联破消去y并拾掇，得x2xp20，显然>0恒成破，设点Q(xQ，yQ)，N(xN，yN)，那么xQxN，xQxNp2.那么|QN|xQxN|2，解得p2.因此抛物线C1的方程为x24y.(2)证明设点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1>0，x2<0).依题意，由x22py(p>0)，得y，那么y.因此切线MA的方程是yy1(xx1)，即yx.又点M(a，2p)在直线MA上，因此有2p×a，即x2ax14p20.同理，有x2ax24p20，因此，x1，x2是方程x22ax4p20的两根，那么x1x22a，x1x24p2.因此k1·k2·4，故k1·k2为定值得证.4.已经清楚中心在原点，中心在x轴上的椭圆C的离心率为，过左中心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)假设直线l是圆x2y28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，切点分不为A，B，设切线的歪率都存在.求证：直线AB过定点，并求出该定点的坐标.解(1)由已经清楚，设椭圆C的方程为1(a>b>0)，由于|PQ|2，不妨设点P(c，)，代入椭圆方程得，1，又由于e，因此1，bc，因此b24，a22b28，因此C的方程为1.(2)依题设，得直线l的方程为y2(x2)，即xy40，设M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，x0x1且x0x2，由切线MA的歪率存在，设其方程为yy1k(xx1)，联破得(2k21)x24k(y1kx1)x2(y1kx1)280，由相切得16k2(y1kx1)28(2k21)(y1kx1)240，化简得(y1kx1)28k24，即(x8)k22x1y1ky40，由于方程只需一解，因此k，因此切线MA的方程为yy1(xx1)，即x1x2y1y8，同理，切线MB的方程为x2x2y2y8，又由于两切线都经过点M(x0，y0)，因此因此直线AB的方程为x0x2y0y8，又x0y04，因此直线AB的方程可化为x0x2(4x0)y8，即x0(x2y)8y80，令得因此直线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订交于A，B两点，假设以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ca，又b2a2c2，因此ba，即a2b.由左顶点M(a,0)到直线1，即到直线bxayab0的距离d，得，即，把a2b代入上式，得，解得b1.因此a2b2，c.因此椭圆C的方程为y21.(2)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线AB的歪率不存在时，由椭圆的对称性，可知x1x2，y1y2.由于以AB为直径的圆经过坐标原点，故·0，即x1x2y1y20，也的确是xy0，又点A在椭圆C上，因此y1，解得|x1|y1|.现在点O到直线AB的距离d1|x1|.当直线AB的歪率存在时，设直线AB的方程为ykxm，与椭圆方程联破有消去y，得(14k2)x28kmx4m240，因此x1x2，x1x2.由于以AB为直径的圆过坐标原点O，因此OAOB，因此·x1x2y1y20，因此(1k2)x1x2km(x1x2)m20，因此(1k2)·m20，拾掇得5m24(k21)，因此点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.已经清楚椭圆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称心|MA|MB|.求证：为定值.(1)解将与两点代入椭圆C的方程，得解得因此椭圆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.假设点A，B是椭圆的短轴顶点，那么点M是椭圆的一个长轴顶点，现在2.同理，假设点A，B是椭圆的长轴顶点，那么点M是椭圆的一个短轴顶点，现在2.假设点A，B，M不是椭圆的顶点，设直线l的方程为ykx(k0)，那么直线OM的方程为yx，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由解得x，y，因此|OA|2|OB|2xy，同理，|OM|2.因此2×.综上，为定值.