【新高考复习】2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第8章 高考专题突破五 第2课时　定点与定值问

第2课时定点与定值问题题型一定点问题例1(12分)(2020·全国Ⅰ)已知A，B分别为椭圆E：x2a2＋y2＝1(a1)的左、右顶点，G为E的上顶点，AG→·GB→＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点．规范解答(1)解依据题意作图，如图所示，由椭圆方程E：x2a2＋y2＝1(a1)可得，A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)，∴AG→＝(a,1)，GB→＝(a，－1)，∴AG→·GB→＝a2－1＝8，∴a2＝9，即a＝3，∴E的方程为x29＋y2＝1.[3分](2)证明设P(6，y0)，则直线AP的方程为y＝y0－06－－3(x＋3)，即y＝y09(x＋3)，[4分]联立直线AP的方程与椭圆方程可得x29＋y2＝1，y＝y09x＋3，整理得(y20＋9)x2＋6y20x＋9y20－81＝0，解得x＝－3或x＝－3y20＋27y20＋9，将x＝－3y20＋27y20＋9代入直线y＝y09(x＋3)可得y＝6y0y20＋9，∴点C的坐标为－3y20＋27y20＋9，6y0y20＋9.[6分]同理可得点D的坐标为3y20－3y20＋1，－2y0y20＋1，[8分]∴直线CD的方程为y－－2y0y20＋1＝6y0y20＋9－－2y0y20＋1－3y20＋27y20＋9－3y20－3y20＋1x－3y20－3y20＋1，整理可得y＋2y0y20＋1＝4y0y20＋339－y40x－3y20－3y20＋1＝4y033－y20x－3y20－3y20＋1，整理得y＝4y033－y20x＋2y0y20－3＝4y033－y20x－32，故直线CD过定点32，0.[12分]第一步：确定曲线方程(一般根据待定系数法或定义法)．第二步：设直线方程并与曲线方程联立，得关于x或y的一元二次方程．第三步：写出根与系数的关系(或求出交点坐标)．第四步：将第三步得出的关系代入题目条件，解决范围、最值或定点、定值等问题．第五步：反思回顾，考虑方程有解条件和图形完备性．跟踪训练1(2019·北京)已知抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)．(1)求抛物线C的方程及其准线方程；(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．(1)解由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，得p＝2.所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.(2)证明抛物线C的焦点为F(0，－1)．设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．由y＝kx－1，x2＝－4y，得x2＋4kx－4＝0.Δ＝16k2＋160恒成立．设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.直线OM的方程为y＝y1x1x.令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－x1y1.同理得点B的横坐标xB＝－x2y2.设点D(0，n)，则DA→＝－x1y1，－1－n，DB→＝－x2y2，－1－n，DA→·DB→＝x1x2y1y2＋(n＋1)2＝x1x2－x214－x224＋(n＋1)2＝16x1x2＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.令DA→·DB→＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，得n＝1或n＝－3.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0，－3)．题型二定值问题例2(2020·新高考全国Ⅰ)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为22，且过点A(2,1)．(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.(1)解由题设得4a2＋1b2＝1，a2－b2a2＝12，解得a2＝6，b2＝3.所以C的方程为x26＋y23＝1.(2)证明设M(x1，y1)，N(x2，y2)．若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入x26＋y23＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.于是x1＋x2＝－4km1＋2k2，x1x2＝2m2－61＋2k2.①由AM⊥AN，得AM→·AN→＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.将①代入上式，可得(k2＋1)2m2－61＋2k2－(km－k－2)·4km1＋2k2＋(m－1)2＋4＝0，整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.因为A(2,1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.所以直线MN的方程为y＝kx－23－13(k≠1)．所以直线MN过点P23，－13.若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．由AM→·AN→＝0，得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.又x216＋y213＝1，所以3x21－8x1＋4＝0.解得x1＝2(舍去)，x1＝23.此时直线MN过点P23，－13.令Q为AP的中点，即Q43，13.若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝12|AP|＝223.若D与P重合，则|DQ|＝12|AP|.综上，存在点Q43，13，使得|DQ|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(2020·滨州模拟)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为13，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝83.(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m与l1，l2分别交于M，N两点，求证：∠MF1N为定值．(1)解由AF2⊥F1F2，|AF2|＝83，得b2a＝83.又e＝ca＝13，a2＝b2＋c2，所以a2＝9，b2＝8，故椭圆C的标准方程为x29＋y28＝1.(2)证明由题意可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3.直线l分别与直线l1，l2的方程联立得M(－3，－3k＋m)，N(3,3k＋m)，所以F1M→＝(－2，－3k＋m)，F1N→＝(4,3k＋m)，所以F1M→·F1N→＝－8＋m2－9k2.联立x29＋y28＝1，y＝kx＋m，得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0.因为直线l与椭圆C相切，所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)＝0，化简得m2＝9k2＋8.所以F1M→·F1N→＝－8＋m2－9k2＝0，所以F1M→⊥F1N→，故∠MF1N为定值π2.课时精练1．(2021·成都模拟)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为F1(－3，0)，F2(3，0)，且经过点A3，12.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点B(4,0)作一条斜率不为0的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，记点P关于x轴对称的点为P′.证明：直线P′Q经过x轴上一定点D，并求出定点D的坐标．(1)解由椭圆的定义，可知2a＝|AF1|＋|AF2|＝232＋122＋12＝4.解得a＝2.又b2＝a2－(3)2＝1.∴椭圆C的标准方程为x24＋y2＝1.(2)证明由题意，设直线l的方程为x＝my＋4(m≠0)．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则P′(x1，－y1)．由x＝my＋4，x24＋y2＝1，消去x，可得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.∵Δ＝16(m2－12)0，∴m212.∴y1＋y2＝－8mm2＋4，y1y2＝12m2＋4.∵kP′Q＝y2＋y1x2－x1＝y2＋y1my2－y1.∴直线P′Q的方程为y＋y1＝y2＋y1my2－y1(x－x1)．令y＝0，可得x＝my2－y1y1y1＋y2＋my1＋4.∴x＝2my1y2y1＋y2＋4＝2m·12m2＋4－8mm2＋4＋4＝24m－8m＋4＝1.∴D(1,0)．∴直线P′Q经过x轴上定点D，其坐标为(1,0)．2．(2020·西安模拟)设F1，F2为椭圆C：x24＋y2b2＝1(b0)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)求椭圆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MF1⊥MF2得|MF1|2＋|MF2|2＝|F1F2|2＝4(4－b2)，②由题意得12△MFFS＝12|MF1|·|MF2|＝1，③由①②③，可得b2＝1，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)依题意，H(0,1)，显然直线RS的斜率存在且不为0，设直线RS的方程为y＝kx＋m(k≠0)，代入椭圆方程并化简得(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＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.kHR＋kHS＝y1－1x1＋y2－1x2＝kx1＋m－1x1＋kx2＋m－1x2＝2k＋(m－1)x1＋x2x1x2＝2k＋(m－1)－8km4m2－4＝2k－2kmm＋1＝2km＋1.∵直线RS过点(2，－1)，∴2k＋m＝－1，∴kHR＋kHS＝－1.故kHR＋kHS为定值－1.3．(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，QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，求证：1λ＋1μ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y2＝4x，y＝kx＋1，得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×10，解得k0或0k1.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＝－2k－4k2，x1x2＝1k2.直线PA的方程为y－2＝y1－2x1－1(x－1)，令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝－y1＋2x1－1＋2＝－kx1＋1x1－1＋2.同理得点N的纵坐标为yN＝－kx2＋1x2－1＋2.由QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以1λ＋1μ＝11－yM＋11－yN＝x1－1k－1x1＋x2－1k－1x2＝1k－1·2x1x2－x1＋x2x1x2＝1k－1·2k2＋2k－4k21k2＝2.所以1λ＋1μ为定值．4．已知P是圆F1：(x＋1)2＋y2＝16上任意一点，F2(1,0)，线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，当点P在圆F1上运动时，记点Q的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)记曲线C与x轴交于A，B两点，M是直线x＝1上任意一点，直线MA，MB与曲线C的另一个交点分别为D，E，求证：直线DE过