（鲁京津琼专用）2020版高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 高考专题突破五 高考中的圆锥曲线

1第2课时定点与定值问题题型一定点问题例1已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)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PM→＝λ1MQ→，PN→＝λ2NQ→.(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x23＋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PM→＝λ1MQ→知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝my1－1.同理由PN→＝λ2NQ→知λ2＝my2－1.∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①联立x2＋3y2＝3，x＝ty－m，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＝2mt2t2＋3，y1y2＝t2m2－3t2＋3，③③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，∴(mt)2＝1，由题意mt0，∴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．2跟踪训练1(2018·聊城模拟)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．(1)解圆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，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.k1＋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)．题型二定值问题例2(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．3(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．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．4(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：x2a2＋y2b2＝1(ab0)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.(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x28＋y24＝1，y＋2＝kx＋1，得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.Δ＝56k2＋32k0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－4kk－21＋2k2，x1x2＝2k2－8k1＋2k2.从而k1＋k2＝y1－2x1＋y2－2x2＝2kx1x2＋k－4x1＋x2x1x25＝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．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：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为32，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1kk1＋1kk2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x2a2＋y2b2＝1，得y＝±b2a.由题意知2b2a＝1，即a＝2b2.又e＝ca＝32，所以a＝2，b＝1.所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)设P(x0，y0)(y0≠0)，又F1(－3，0)，F2(3，0)，所以直线PF1，PF2的方程分别为1PFl：y0x－(x0＋3)y＋3y0＝0，2PFl：y0x－(x0－3)y－3y0＝0.由题意知|my0＋3y0|y20＋x0＋32＝|my0－3y0|y20＋x0－32.6由于点P在椭圆上，所以x204＋y20＝1.所以|m＋3|32x0＋22＝|m－3|32x0－22.因为－3m3，－2x02，可得m＋332x0＋2＝3－m2－32x0，所以m＝34x0，因此－32m32.(3)设P(x0，y0)(y0≠0)，则直线l的方程为y－y0＝k(x－x0)．联立得x24＋y2＝1，y－y0＝kx－x0，整理得(1＋4k2)x2＋8(ky0－k2x0)x＋4(y20－2kx0y0＋k2x20－1)＝0.由题意Δ＝0，即(4－x20)k2＋2x0y0k＋1－y20＝0.又x204＋y20＝1，所以16y20k2＋8x0y0k＋x20＝0，故k＝－x04y0.由(2)知1k1＋1k2＝x0＋3y0＋x0－3y0＝2x0y0，所以1kk1＋1kk2＝1k1k1＋1k2＝－4y0x0·2x0y0＝－8，因此1kk1＋1kk2为定值，这个定值为－8.素养提升典例的解题过程体现了数学运算素养，其中设出P点的坐标而不求解又体现了数学运算素养中的一个运算技巧——设而不求，从而简化了运算过程．1．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C的方程；7(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S△MF1F2＝12|MF1|·|MF2|＝1，③由①②③，可得b2＝1，C的方程为x24＋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＝－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＝－1.故kHR＋kHS为定值－1.2．(2018·威海模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p0)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－83，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＋p2，又|QF|＝2|PQ|，即2x0＝x0＋p2，解得x0＝p2，将点Qp2，4代入抛物线方程，解得p＝4.(2)由(1)知C的方程为y2＝8x，8所以点T坐标为12，－2.设直线MN的方程为x＝my＋n，点My218，y1，Ny228，y2，由x＝my＋n，y2＝8x得y2－8my－8n＝0，Δ＝64m2＋32n0，所以y1＋y2＝8m，y1y2＝－8n，所以kMT＋kNT＝y1＋2y218－12＋y2＋2y228－12＝8y1－2＋8y2－2＝8y1＋y2－32y1y2－2y1＋y2＋4＝64m－32－8n－16m＋4＝－83，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·齐齐哈尔模拟)已知动圆E经过定点D(1,0)，且与直线x＝－1相切，设动圆圆心E的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设过点P(1,2)的直线