2021版高考数学一轮复习 第八章 平面解析几何 8.8 圆锥曲线中的定点、定值问题教学案 苏教版

-1-第八节圆锥曲线中的定点、定值问题[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．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)．2．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．(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．[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.(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-2-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.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－1x1＋x2x1x2.由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.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)．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x0a2－b2a2＋b2，y0b2－a2a2＋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．[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．[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)．(2)由抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，－y1)，-3-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)．1.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．[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.(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＋22k2，所以Pk＋22k2，2k＋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＋2kk＋22k2－k－12＝2k3＋4k－k4＋2k3＋4k＋4＝2k－k2＋2k＋2，-4-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)．2．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．[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，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－4x1＋x2x1x2＝2k＋m－4－4km2m2－8＝16km－12m2－8.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)．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-5-证明用直径所对圆周角为直角．(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．[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.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，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.(2019·苏州二模)已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，焦点到相应准线的距离为33.-6-(1)求椭圆E的标准方程；(2)如图，已知P(t,0)为椭圆E外一动点，过点P分别作直线l1和l2，直线l1和l2分别交椭圆E于点A，B和点C，D，且l1和l2的斜率分别为定值k1和k2，求证：PA·PBPC·PD为定值．[解](1)设椭圆的半焦距为c，由已知得，ca＝32，a2c－c＝33，c2＝a2－b2，解得a＝2，c＝3，b＝1，∴椭圆E的标准方程是x24＋y2＝1.(2)由题意，得直线l1的方程为y＝k1(x－t)，代入椭圆E的方程中，并化简得，(1＋4k21)x2－8k21tx＋4k21t2－4＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1,2＝4k21t±24k21－k21t2＋11＋4k21.x1＋x2＝8k21t1＋4k21，x1x2＝4k21t2－41＋4k21.因为PA＝1＋k21|x1－t|，PB＝1＋k21|x2－t|，所以PA·PB＝(1＋k21)|x1－t||x2－t|＝(1＋k21)|t2－(x1＋x2)t＋x1x2|＝(1＋k21)t2－8k21t21＋4k21＋4k21t2－41＋4k21＝1＋k21|t2－4|1＋4k21，同理，PC·PD＝1＋k22|t2－4|1＋4k22.因为k1，k2为定值，所以PA·PBPC·PD＝1＋k211＋4k221＋k221＋4k21为定值．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-7-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．[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|＝1.②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.∵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＋x22－4x1x2＝2|b|4k2＋1－b24k2＋1＝1.-8-综合①②知△POQ的面积S为定值1.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