2021高考数学一轮复习 第9章 平面解析几何 第9节 圆锥曲线中的定点、定值问题课件 理 北师大版

第九章平面解析几何第九节圆锥曲线中的定点、定值问题2[最新考纲]会证明与曲线上动点有关的定值问题，会处理动曲线(含直线)过定点的问题．3课堂考点探究4考点1定点问题直线过定点1.动直线l过定点问题的基本思路设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．52．动直线l过定点问题的解题步骤第一步：设AB直线y＝kx＋m，联立曲线方程得根与系数关系，Δ求出参数范围；第二步：由AP与BP关系(如kAP·kBP＝－1)，得一次函数k＝f(m)或者m＝f(k)；第三步：将k＝f(m)或者m＝f(k)代入y＝kx＋m，得y＝k(x－x定)＋y定．6(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3－1，32，P41，32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．7[解](1)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1a2＋1b2＞1a2＋34b2知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上．因此1b2＝1，1a2＋34b2＝1，解得a2＝4，b2＝1.故椭圆C的方程为x24＋y2＝1.8(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t，4－t22，t，－4－t22，则k1＋k2＝4－t2－22t－4－t2＋22t＝－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x24＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.9由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.而k1＋k2＝y1－1x1＋y2－1x2＝kx1＋m－1x1＋kx2＋m－1x2＝2kx1x2＋m－1x1＋x2x1x2.由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.10即(2k＋1)·4m2－44k2＋1＋(m－1)·－8km4k2＋1＝0，解得k＝－m＋12.当且仅当m＞－1时，Δ＞0，于是l：y＝－m＋12x＋m，即y＋1＝－m＋12(x－2)，所以l过定点(2，－1)．11本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点P做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB，则AB必过定点x0a2－b2a2＋b2，y0b2－a2a2＋b2.本题还可以拓展为“手电筒”模型：只要任意一个限定AP与BP条件(如kAP·kBP＝定值，kAP＋kBP＝定值)，直线AB依然会过定点．12[教师备选例题]过抛物线C：y2＝4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点，且|AB|＝8.(1)求l的方程；(2)若A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD过定点，并求出该点的坐标．13[解](1)易知点F的坐标为(1,0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，由题意知k≠0，且Δ＝[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝2k2＋4k2，x1x2＝1，由抛物线的定义知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，∴2k2＋4k2＝6，∴k2＝1，即k＝±1，∴直线l的方程为y＝±(x－1)．14(2)由抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，－y1)，直线BD的斜率kBD＝y2＋y1x2－x1＝y2＋y1y224－y214＝4y2－y1，∴直线BD的方程为y＋y1＝4y2－y1(x－x1)，即(y2－y1)y＋y2y1－y21＝4x－4x1，∵y21＝4x1，y22＝4x2，x1x2＝1，∴(y1y2)2＝16x1x2＝16，即y1y2＝－4(y1，y2异号)，∴直线BD的方程为4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，恒过点(－1,0)．151.已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1,2)为抛物线C上一点．(1)求抛物线C的方程；(2)若点B(1，－2)在抛物线C上，过点B作抛物线C的两条弦BP与BQ，如kBP·kBQ＝－2，求证：直线PQ过定点．16[解](1)若抛物线的焦点在x轴上，设抛物线方程为y2＝ax，代入点A(1,2)，可得a＝4，所以抛物线方程为y2＝4x.若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线方程为x2＝my，代入点A(1,2)，可得m＝12，所以抛物线方程为x2＝12y.综上所述，抛物线C的方程是y2＝4x或x2＝12y.17(2)证明：因为点B(1，－2)在抛物线C上，所以由(1)可得抛物线C的方程是y2＝4x.易知直线BP，BQ的斜率均存在，设直线BP的方程为y＋2＝k(x－1)，将直线BP的方程代入y2＝4x，消去y，得k2x2－(2k2＋4k＋4)x＋(k＋2)2＝0.设P(x1，y1)，则x1＝k＋22k2，18所以Pk＋22k2，2k＋4k.用－2k替换点P坐标中的k，可得Q((k－1)2,2－2k)，从而直线PQ的斜率为2k＋4k－2＋2kk＋22k2－k－12＝2k3＋4k－k4＋2k3＋4k＋4＝2k－k2＋2k＋2，19故直线PQ的方程是y－2＋2k＝2k－k2＋2k＋2·[x－(k－1)2]．在上述方程中，令x＝3，解得y＝2，所以直线PQ恒过定点(3,2)．202．已知圆x2＋y2＝4经过椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的两个焦点和两个顶点，点A(0,4)，M，N是椭圆C上的两点，它们在y轴两侧，且∠MAN的平分线在y轴上，|AM|≠|AN|.(1)求椭圆C的方程；(2)证明：直线MN过定点．21[解](1)圆x2＋y2＝4与x轴交于点(±2,0)，即为椭圆的焦点，圆x2＋y2＝4与y轴交于点(0，±2)，即为椭圆的上下两顶点，所以c＝2，b＝2.从而a＝22，因此椭圆C的方程为x28＋y24＝1.(2)证明：设直线MN的方程为y＝kx＋m.由y＝kx＋m，x28＋y24＝1，22消去y得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－8＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－4km2k2＋1，x1x2＝2m2－82k2＋1.直线AM的斜率k1＝y1－4x1＝k＋m－4x1；直线AN的斜率k2＝y2－4x2＝k＋m－4x2.23k1＋k2＝2k＋m－4x1＋x2x1x2＝2k＋m－4－4km2m2－8＝16km－12m2－8.由∠MAN的平分线在y轴上，得k1＋k2＝0.又因为|AM|≠|AN|，所以k≠0，所以m＝1.因此，直线MN过定点(0,1)．24动圆过定点动圆过定点问题求解时可以先取特殊值或者极值，找出这个定点，再用向量法证明用直径所对圆周角为直角．25(2019·北京高考)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．26[解](1)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)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.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.直线OM的方程为y＝y1x1x.27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)228＝x1x2－x214－x224＋(n＋1)2＝16x1x2＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.令DA→·DB→＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，则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)．动圆过定点问题本质上是向量垂直的问题.29在平面直角坐标系xOy中，动点E到定点(1,0)的距离与它到直线x＝－1的距离相等．(1)求动点E的轨迹C的方程；(2)设动直线l：y＝kx＋b与曲线C相切于点P，与直线x＝－1相交于点Q，证明：以PQ为直径的圆恒过x轴上某定点．[解](1)设动点E的坐标为(x，y)，由抛物线的定义知，动点E的轨迹是以(1,0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线，所以动点E的轨迹C的方程为y2＝4x.30(2)证明：易知k≠0.由y＝kx＋by2＝4x，消去x，得ky2－4y＋4b＝0.因为直线l与抛物线相切，所以Δ＝16－16kb＝0，即b＝1k，所以直线l的方程为y＝kx＋1k，令x＝－1，得y＝－k＋1k，所以Q－1，－k＋1k.设切点P(x0，y0)，则ky20－4y0＋4k＝0，解得P1k2，2k，设M(m,0)，则31MQ→·MP→＝1k2－m·(－1－m)＋2k－k＋1k＝m2＋m－2－m－1k2，所以当m2＋m－2＝0，m－1＝0，即m＝1时，MQ→·MP→＝0，即MQ⊥MP.所以，以PQ为直径的圆恒过x轴上的定点M(1,0)．32考点2定值问题圆锥曲线中定值问题的2大解法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；(2)引起变量法：其解题流程为变量选择适当的动点坐标或动线中系数为变量函数把要证明为定值的量表示成上述变量的函数定值把得到的函数化简，消去变量得到定值33在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x24＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝x12，y1，n＝x22，y2，m·n＝0.(1)求证：k1·k2＝－14；(2)试探求△OPQ的面积S是否为定值，并说明理由．34[解](1)证明：∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0.又m·n＝0，∴x1x24＋y1y2＝0，即x1x24＝－y1y2，∴k1·k2＝y1y2x1x2＝－14.(2)①当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，由y1y2x1x2＝－14，得x214－y21＝0.又∵点P(x1，y1)在椭圆上，∴x214＋y21＝1，∴|x1|＝2，|y1|＝22.∴S△POQ＝12|x1||y1－y2|＝1.35②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b.联立得方程组y＝kx＋b，x24＋y2＝1，消去y并整理得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，其中Δ＝(8kb)2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(1＋4k2－b2)0，即b21＋4k2.∴x1＋x2＝－8kb4k2＋1，x1x2＝4b2－44k2＋1.36∵x1x24＋y1y2＝0，∴x1x24＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1(满足Δ0)．∴S△POQ＝12|b|1＋k2|PQ|＝12|b|x1＋x22－4x1x2＝2|b|4k2＋1－b24k2＋1＝1.综合①②知△POQ的面积S为定值1.37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