2020届高考数学一轮复习 第八篇 平面解析几何 第7节 圆锥曲线的综合问题（第3课时）定点、定值、

第八篇平面解析几何(必修2、选修2-1)返回导航第七节圆锥曲线的综合问题在圆锥曲线的综合问题中,定点、定值和存在性问题是高考的热点和难点,大都以解答题的形式出现,难度较大,一般作为解答题的一问占7~8分左右.综合考查学生的各种数学思想和技能.是高考的难点.解决这类问题一般有两种方法:一是根据题意求出相关的表达式,再根据已知条件列出方程组,消去参数,求出定值或定点坐标;二是先利用特殊情况确定定值或定点坐标,再从一般情况进行验证.返回导航第三课时定点、定值、存在性专题利用参数法求解定点问题椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为12，其左焦点到点P(2,1)的距离为10.(1)求椭圆C的标准方程．(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点．求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．返回导航解：(1)因为左焦点(－c,0)到点P(2,1)的距离为10，所以2＋c2＋1＝10，解得c＝1.又e＝ca＝12，解得a＝2，所以b2＝a2－c2＝3.所以所求椭圆C的方程为x24＋y23＝1.返回导航(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝kx＋m，x24＋y23＝1，消去y得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)＞0，化为3＋4k2＞m2.所以x1＋x2＝－8mk3＋4k2，x1x2＝4m2－33＋4k2.y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝3m2－4k23＋4k2.返回导航因为以AB为直径的圆过椭圆右顶点D(2,0)，kAD·kBD＝－1，所以y1x1－2·y2x2－2＝－1，所以y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，所以3m2－4k23＋4k2＋4m2－33＋4k2＋16mk3＋4k2＋4＝0.化为7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－2k7.返回导航且满足3＋4k2－m2＞0，当m＝－2k时，l：y＝k(x－2)，直线过定点(2,0)与已知矛盾；当m＝－2k7时，l：y＝kx－27，直线过定点27，0.综上可知，直线l过定点27，0.返回导航【反思归纳】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．返回导航【即时训练】已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，A为抛物线C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交抛物线C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|＝|FD|.当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形．(1)求抛物线C的方程；(2)若直线l1∥l，且l1和抛物线C有且只有一个公共点E，试问直线AE是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．返回导航解析：(1)由题意知Fp2，0，设D(t,0)(t＞0)，则FD的中点为p＋2t4，0，因为|FA|＝|FD|，由抛物线的定义知：3＋p2＝|t－p2|，解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)，由p＋2t4＝3，解得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.返回导航(2)由(1)知F(1,0)，设A(x0，y0)(x0＞0)，D(xD,0)(xD＞0)，因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1，由xD＞0得xD＝x0＋2，故D(x0＋2,0)，故直线AB的斜率为kAB＝－y02，因为直线l1和直线AB平行，故可设直线l1的方程为y＝－y02x＋b，代入抛物线方程得y2＋8y0y－8by0＝0，返回导航由题意知Δ＝64y20＋32by0＝0，得b＝－2y0.设E(xE，yE)，则yE＝－4y0，xE＝4y20，当y20≠4时，kAE＝yE－y0xE－x0＝4y0y20－4，可得直线AE的方程为y－y0＝4y0y20－4(x－x0)，由y20＝4x0，整理可得y＝4y0y20－4(x－1)，所以直线AE恒过点F(1,0)，当y20＝4时，直线AE的方程为x＝1，过点F(1,0)，所以直线AE恒过定点F(1,0)．返回导航从特殊到一般方法求定值已知F1，F2为椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，过椭圆右焦点F2且斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C相交于E，F两点，△EFF1的周长为8，且椭圆C与圆x2＋y2＝3相切．(1)求椭圆C的方程；(2)设A为椭圆的右顶点，直线AE，AF分别交直线x＝4于点M，N，线段MN的中点为P，记直线PF2的斜率为k′，求证：k·k′为定值．返回导航解：(1)因为△EFF1的周长为8，所以4a＝8，所以a2＝4，又椭圆C与圆x2＋y2＝3相切，故b2＝3，所以椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)证明：由题意知过点F2(1,0)的直线l的方程为y＝k(x－1)，设E(x1，y1)，F(x2，y2)，将直线l的方程y＝k(x－1)代入椭圆C的方程x24＋y23＝1，整理得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，Δ＝64k4－4(4k2＋3)(4k2－12)＞0恒成立，返回导航且x1＋x2＝8k24k2＋3，x1x2＝4k2－124k2＋3.直线AE的方程为y＝y1x1－2(x－2)，令x＝4，得点M4，2y1x1－2，直线AF的方程为y＝y2x2－2(x－2)，令x＝4，得点N4，2y2x2－2，所以点P的坐标为4，y1x1－2＋y2x2－2.返回导航所以直线PF2的斜率为k′＝y1x1－2＋y2x2－2－04－1＝13y1x1－2＋y2x2－2＝13·y2x1＋x2y1－2y1＋y2x1x2－2x1＋x2＋4＝13·2kx1x2－3kx1＋x2＋4kx1x2－2x1＋x2＋4，返回导航将x1＋x2＝8k24k2＋3，x1x2＝4k2－124k2＋3代入上式得：k′＝13·2k·4k2－124k2＋3－3k·8k24k2＋3＋4k4k2－124k2＋3－2×8k24k2＋3＋4＝－1k，所以k·k′为定值－1.返回导航【反思归纳】定值问题必然是在变化中所表示出来的不变的量，常表现为求一些直线方程、数量积、比例关系等的定值．解决此类问题常从特征入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．返回导航【即时训练】已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，短轴端点到焦点的距离为2.(1)求椭圆C的方程；(2)设A，B为椭圆C上任意两点，O为坐标原点，且OA⊥OB.求证：原点O到直线AB的距离为定值，并求出该定值．返回导航解：(1)由题意知，e＝ca＝32，b2＋c2＝2，又a2＝b2＋c2，所以a＝2，c＝3，b＝1，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝±255，此时，原点O到直线AB的距离为255.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由x24＋y2＝1，y＝kx＋m得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.返回导航则Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)＞0，x1＋x2＝－8km1＋4k2，x1x2＝4m2－41＋4k2，则y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝m2－4k21＋4k2，由OA⊥OB得kOA·kOB＝－1，即y1x1·y2x2＝－1，返回导航所以x1x2＋y1y2＝5m2－4－4k21＋4k2＝0，即m2＝45(1＋k2)，所以原点O到直线AB的距离为|m|1＋k2＝255.综上，原点O到直线AB的距离为定值255.返回导航直接求解消参求定值已知点M是椭圆C：x2a2＋y2b2＝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433.(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异于N点A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k2＋k2为定值．返回导航解：(1)在△F1MF2中，由12|MF1||MF2|sin60°＝433，得|MF1||MF2|＝163.由余弦定理，得|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1||MF2|·cos60°＝(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1||MF2|(1＋cos60°)，解得|MF1|＋|MF2|＝42.从而2a＝|MF1|＋|MF2|＝42，即a＝22.由|F1F2|＝4得c＝2，从而b＝2，故椭圆C的方程为x28＋y24＝1.返回导航(2)当直线l的斜率存在时，设斜率为k，则其方程为y＋2＝k(x＋1)，由x28＋y24＝1，y＋2＝kx＋1，得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－4kk－21＋2k2，x1x2＝2k2－8k1＋2k2.返回导航从而k1＋k2＝y1－2x1＋y2－2x2＝2kx1x2＋k－4x1＋x2x1x2＝2k－(k－4)·4kk－22k2－8k＝4.当直线l的斜率不存在时，可得A－1，142，B－1，－142，得k1＋k2＝4.综上，k1＋k2为定值．返回导航【反思归纳】解这类问题的关键就是引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．返回导航利用分类讨论解决存在性问题(2015高考四川卷)如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率是22，点P(0,1)在短轴CD上，且PC→·PD→＝－1.(1)求椭圆E的方程；(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得OA→·OB→＋λPA→·PB→为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．返回导航解：(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)，又点P的坐标为(0,1)，且PC→·PD→＝－1，于是1－b2＝－1，ca＝22，a2－b2＝c2解得a＝2，b＝2.所以椭圆E的方程为x24＋y22＝1.返回导航(2)当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立x24＋y22＝1，y＝kx＋1，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，所以x1＋x2＝－4k2k2＋1，x1x2＝－22k2＋1，从而OA→·OB→＋λPA→·PB→返回导航＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－2λ－4k2＋－2λ－12k2＋1＝－λ－12k2＋1－λ－2.所以，当λ＝1时，－λ－12k2＋1－λ－2＝－3，返回导航此时，OA→·OB→＋λPA→·PB→＝－3为定值当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时OA→·OB→＋λPA→·PB→＝OC→·OD→＋λPC→·PD→＝－2－λ.当λ＝1时，－2－λ＝－3，符合．故存在常数λ＝1，使得OA→·OB→＋λPA→·PB→为定值－3.返回导航【反思归纳】解决存在性问题的注意事项存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采用另外的途径．返回导航【即时训练】在圆C1：x2＋y2＝1上任取一点P，过P作y轴的垂线段PD，D为垂