【数学】2020届一轮复习（理）人教通用版高考专题突破五第2课时定点与定值问题学案

【数学】2020届一轮复习（理）人教通用版高考专题突破五第2课时定点与定值问题学案

第 2 课时　定点与定值问题 题型一　定点问题 例 1 (2017·全国Ⅰ)已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)，四点 P1(1,1)，P2(0,1)，P3(－1， 3 2 )，P4 (1， 3 2 )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． (1)解　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 1 a2＋ 1 b2> 1 a2＋ 3 4b2知，椭圆 C 不经过点 P1， 所以点 P2 在椭圆 C 上． 因此Error!解得Error! 故椭圆 C 的方程为x2 4＋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－t2 2 )，(t，－ 4－t2 2 )，则 k1＋k2＝ 4－t2－2 2t － 4－t2＋2 2t ＝－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x2 4＋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＝－ 8km 4k2＋1，x1x2＝4m2－4 4k2＋1. 而 k1＋k2＝y1－1 x1 ＋y2－1 x2 ＝kx1＋m－1 x1 ＋kx2＋m－1 x2 ＝2kx1x2＋(m－1)(x1＋x2) x1x2 . 由题设知 k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 即(2k＋1)·4m2－4 4k2＋1＋(m－1)· －8km 4k2＋1＝0， 解得 k＝－m＋1 2 . 当且仅当 m>－1 时，Δ>0， 于是 l：y＝－m＋1 2 x＋m， 即 y＋1＝－m＋1 2 (x－2)， 所以 l 过定点(2，－1)． 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． 跟踪训练 1 已知焦距为 2 2的椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的右顶点为 A，直线 y＝4 3与椭圆 C 交于 P，Q 两点(P 在 Q 的左边)，Q 在 x 轴上的射影为 B，且四边形 ABPQ 是平行四边形． (1)求椭圆 C 的方程； (2)斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C 交于两个不同的点 M，N. ①若直线 l 过原点且与坐标轴不重合，E 是直线 3x＋3y－2＝0 上一点，且△EMN 是以 E 为直 角顶点的等腰直角三角形，求 k 的值； ②若 M 是椭圆的左顶点，D 是直线 MN 上一点，且 DA⊥AM，点 G 是 x 轴上异于点 M 的点， 且以 DN 为直径的圆恒过直线 AN 和 DG 的交点，求证：点 G 是定点． (1)解　由题意可得 2c＝2 2，即 c＝ 2， 设 Q(n，4 3 )，因为四边形 ABPQ 为平行四边形， |PQ|＝2n，|AB|＝a－n， 所以 2n＝a－n，n＝a 3， 则(a 3 )2 a2 ＋ 16 9 b2＝1，解得 b2＝2，a2＝b2＋c2＝4， 可得椭圆 C 的方程为x2 4＋y2 2＝1. (2)①解　直线 y＝kx(k≠0)代入椭圆方程， 可得(1＋2k2)x2＝4， 解得 x＝± 2 1＋2k2， 可设 M( 2 1＋2k2 ， 2k 1＋2k2)， 由 E 是 3x＋3y－2＝0 上一点， 可设 E(m，2 3－m)(m ≠ 0，且 m ≠ 2 3)， E 到直线 kx－y＝0 的距离为 d＝|km＋m－2 3| 1＋k2 ， 因为△EMN 是以 E 为直角顶点的等腰直角三角形， 所以 OE⊥MN，|OM|＝d， 即有 2 3－m m ＝－1 k，(*) 4＋4k2 1＋2k2＝|km＋m－2 3| 1＋k2 ，(**) 由(*)得 m＝ 2k 3(k－1)(k≠1)，代入(**)式， 化简整理可得 7k2－18k＋8＝0，解得 k＝2 或4 7. ②证明　由 M(－2,0)，可得直线 MN 的方程为 y＝k(x＋2)(k≠0)，代入椭圆方程可得(1＋2k2)x2 ＋8k2x＋8k2－4＝0， 可得－2＋xN＝－ 8k2 1＋2k2，解得 xN＝2－4k2 1＋2k2， yN＝k(xN＋2)＝ 4k 1＋2k2，即 N(2－4k2 1＋2k2， 4k 1＋2k2)， 设 G(t,0)(t≠－2)，由题意可得 D(2,4k)，A(2,0)， 以 DN 为直径的圆恒过直线 AN 和 DG 的交点， 可得 AN⊥DG，即有AN → ·DG → ＝0， 即为( －8k2 1＋2k2， 4k 1＋2k2)·(t－2，－4k)＝0，解得 t＝0. 故点 G 是定点，即为原点(0,0)． 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：1 λ＋1 μ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Error!得 k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. 依题意知 Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0， 解得 k<0 或 0b>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4 3 3 . (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1 2|MF1||MF2|sin 60°＝4 3 3 ，得|MF1||MF2|＝16 3 . 由余弦定理，得 |F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1||MF2|·cos 60° ＝(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1||MF2|(1＋cos 60°)， 解得|MF1|＋|MF2|＝4 2. 从而 2a＝|MF1|＋|MF2|＝4 2，即 a＝2 2. 由|F1F2|＝4 得 c＝2，从而 b＝2， 故椭圆 C 的方程为x2 8＋y2 4＝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Error! 得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0. Δ＝56k2＋32k>0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝－4k(k－2) 1＋2k2 ，x1x2＝2k2－8k 1＋2k2 . 从而 k1＋k2＝y1－2 x1 ＋y2－2 x2 ＝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， 14 2 )，B(－1，－ 14 2 )，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：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是 F1，F2，离心率为 3 2 ，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 1 kk1＋ 1 kk2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x2 a2＋y2 b2＝1，得 y＝±b2 a .由题意知2b2 a ＝1，即 a ＝2b2. 又 e＝c a＝ 3 2 ，所以 a＝2，b＝1. 所以椭圆 C 的方程为x2 4＋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 ：y0x－(x0＋ 3)y＋ 3y0＝0， ：y0x－(x0－ 3)y－ 3y0＝0. 1PFl 2PFl 由题意知 |my0＋ 3y0| y20＋(x0＋ 3)2 ＝ |my0－ 3y0| y20＋(x0－ 3)2 . 由于点 P 在椭圆上，所以x20 4＋y20＝1. 所以 |m＋ 3| ( 3 2 x0＋2)2 ＝ |m－ 3| ( 3 2 x0－2)2 . 因为－ 3b>0)的左、右顶点分别为 A，B，左焦点为 F，点 P 为椭圆 C 上任一点，若直线 PA 与 PB 的斜率之积为－3 4，且椭圆 C 经过点(1，3 2 ). (1)求椭圆的方程； (2)若 PB，PA 交直线 x＝－1 于 M，N 两点，过左焦点 F 作以 MN 为直径的圆的切线．问切 线长是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由． 解　(1)设 P 点坐标为(x0，y0)， 由题意知 A(－a,0)，B(a,0)，且x20 a2＋y20 b2＝1. 则 kPA·kPB＝ y0 x0＋a· y0 x0－a＝ y20 x20－a2 ＝(－b2 a2 )·x20－a2 x20－a2＝－b2 a2＝－3 4， 即 3a2＝4b2.① 又因为椭圆经过点(1，3 2 )， 故 1 a2＋ 9 4 b2＝1.② 由①②可知，b2＝3，a2＝4， 故椭圆的方程为x2 4＋y2 3＝1. (2)由(1)可知 A(－2,0)，B(2,0)，设 kPA＝k(k≠0)． 由 k·kPB＝－3 4，得 kPB＝－ 3 4k. 所以直线 PB 的方程为 y＝－ 3 4k(x－2)， 令 x＝－1，则 y＝ 9 4k，故 M(－1， 9 4k). 直线 PA 的方程为 y＝k(x＋2)， 令 x＝－1，则 y＝k，故 N(－1，k)． 如图，因为 yMyN＝ 9 4k·k＝9 4>0， 故以 MN 为直径的圆在 x 轴同侧． 设 FT 为圆的一条切线，切点为 T，连接 MT，NT， 可知△FTN∽△FMT， 故|FT| |FM|＝|FN| |FT|，则|FT|2＝|FN|·|FM|＝|k|· | 9 4k |＝9 4，故|FT|＝3 2. 故过左焦点 F 作以 MN 为直径的圆的切线长为定值3 2. 2．(2018·大连模拟)已知抛物线 C 的顶点在原点，焦点在 y 轴上，且抛物线上有一点 P(m,5) 到焦点的距离为 6. (1)求该抛物线 C 的方程； (2)已知抛物线上一点 M(4，t)，过点 M 作抛物线的两条弦 MD 和 ME，且 MD⊥ME，判断直 线 DE 是否过定点，并说明理由． 解　(1)由题意设抛物线方程为 x2＝2py(p>0)， 其准线方程为 y＝－p 2，P(m,5)到焦点的距离等于 P 到其准线的距离， 所以 5＋p 2＝6，即 p＝2. 所以抛物线方程为 x2＝4y. (2)由(1)可得点 M(4,4)， 设直线 MD 的方程为 y＝k(x－4)＋4(k≠0)， 联立Error! 得 x2－4kx＋16k－16＝0， 由题意得，Δ>0， 设 D(x1，y1)，E(x2，y2)，则 xM·x1＝16k－16， 所以 x1＝16k－16 4 ＝4k－4， y1＝ (4k－4)2 4 ＝4(k－1)2， 同理可得，x2＝－4 k－4，y2＝4(1 k＋1 )2， 所以直线 DE 的方程为 y－4(k－1)2＝ 4(k－1)2－4(1 k＋1 )2 4k－4＋4 k＋4 (x－4k＋4) ＝(k＋1 k )(k－1 k－2) k＋1 k (x－4k＋4) ＝(k－1 k－2)(x－4k＋4)． 化简得 y＝(k－1 k－2)x＋4k－4 k ＝(k－1 k－2)(x＋4)＋8. 所以直线 DE 过定点(－4,8)． 3．(2018·呼伦贝尔模拟)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 l1，l2 分别与曲线 C 交于 A，B 两点，直线 l1，l2 的斜率存在，且倾斜 角互补，证明：直线 AB 的斜率为定值． (1)解　由已知，动点 E 到定点 D(1,0)的距离等于 E 到直线 x＝－1 的距离，由抛物线的定义 知 E 点的轨迹是以 D(1,0)为焦点，以 x＝－1 为准线的抛物线，故曲线 C 的方程为 y2＝4x. (2)证明　由题意直线 l1，l2 的斜率存在，倾斜角互补，得斜率互为相反数，且不等于零． 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 直线 l1 的方程为 y＝k(x－1)＋2，k≠0. 直线 l2 的方程为 y＝－k(x－1)＋2， 由Error! 得 k2x2－(2k2－4k＋4)x＋(k－2)2＝0， Δ＝16(k－1)2>0， 已知此方程一个根为 1， ∴x1×1＝ (k－2)2 k2 ＝k2－4k＋4 k2 ， 即 x1＝k2－4k＋4 k2 ， 同理 x2＝ (－k)2－4(－k)＋4 (－k)2 ＝k2＋4k＋4 k2 ， ∴x1＋x2＝2k2＋8 k2 ，x1－x2＝－8k k2＝－8 k， ∴y1－y2＝[k(x1－1)＋2]－[－k(x2－1)＋2] ＝k(x1＋x2)－2k ＝k·2k2＋8 k2 －2k＝8 k， ∴kAB＝y1－y2 x1－x2＝ 8 k －8 k ＝－1， ∴直线 AB 的斜率为定值－1. 4.已知中心在原点，焦点在 x 轴上的椭圆 C 的离心率为 2 2 ，过左焦点 F 且垂直于 x 轴的直线 交椭圆 C 于 P，Q 两点，且|PQ|＝2 2. (1)求 C 的方程； (2)若直线 l 是圆 x2＋y2＝8 上的点(2,2)处的切线，点 M 是直线 l 上任一点，过点 M 作椭圆 C 的切线 MA，MB，切点分别为 A，B，设切线的斜率都存在．求证：直线 AB 过定点，并求出 该定点的坐标． 解　(1)由已知，设椭圆 C 的方程为x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)， 因为|PQ|＝2 2，不妨设点 P(－c， 2)， 代入椭圆方程得，c2 a2＋ 2 b2＝1， 又因为 e＝c a＝ 2 2 ， 所以1 2＋ 2 b2＝1，b＝c， 所以 b2＝4，a2＝2b2＝8， 所以 C 的方程为x2 8＋y2 4＝1. (2)依题设，得直线 l 的方程为 y－2＝－(x－2)， 即 x＋y－4＝0， 设 M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，x0≠x1 且 x0≠x2， 由切线 MA 的斜率存在，设其方程为 y－y1＝k(x－x1)， 联立Error! 得(2k2＋1)x2＋4k(y1－kx1)x＋2(y1－kx1)2－8＝0， 由相切得 Δ＝16k2(y1－kx1)2－8(2k2＋1)[(y1－kx1)2－4]＝0， 化简得(y1－kx1)2＝8k2＋4， 即(x21－8)k2－2x1y1k＋y21－4＝0， 因为方程只有一解， 所以 k＝ x1y1 x21－8 ＝ x1y1 －2y21＝－ x1 2y1， 所以切线 MA 的方程为 y－y1＝－ x1 2y1(x－x1)， 即 x1x＋2y1y＝8， 同理，切线 MB 的方程为 x2x＋2y2y＝8， 又因为两切线都经过点 M(x0，y0)， 所以Error! 所以直线 AB 的方程为 x0x＋2y0y＝8， 又 x0＋y0＝4， 所以直线 AB 的方程可化为 x0x＋2(4－x0)y＝8， 即 x0(x－2y)＋8y－8＝0， 令Error!得Error! 所以直线 AB 恒过定点(2,1)． 5．(2018·抚顺模拟)设椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率 e＝ 3 2 ，左顶点 M 到直线x a＋y b＝1 的距离 d＝4 5 5 ，O 为坐标原点． (1)求椭圆 C 的方程； (2)设直线 l 与椭圆 C 相交于 A，B 两点，若以 AB 为直径的圆经过坐标原点，证明：点 O 到 直线 AB 的距离为定值． (1)解　由 e＝ 3 2 ，得 c＝ 3 2 a，又 b2＝a2－c2， 所以 b＝1 2a，即 a＝2b. 由左顶点 M(－a,0)到直线x a＋y b＝1， 即到直线 bx＋ay－ab＝0 的距离 d＝4 5 5 ， 得|b(－a)－ab| a2＋b2 ＝4 5 5 ，即 2ab a2＋b2＝4 5 5 ， 把 a＝2b 代入上式，得 4b2 5b ＝4 5 5 ，解得 b＝1. 所以 a＝2b＝2，c＝ 3. 所以椭圆 C 的方程为x2 4＋y2＝1. (2)证明　设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， ①当直线 AB 的斜率不存在时，由椭圆的对称性， 可知 x1＝x2，y1＝－y2. 因为以 AB 为直径的圆经过坐标原点，故OA → ·OB → ＝0， 即 x1x2＋y1y2＝0，也就是 x21－y21＝0， 又点 A 在椭圆 C 上，所以x21 4＋y21＝1， 解得|x1|＝|y1|＝2 5 5 . 此时点 O 到直线 AB 的距离 d1＝|x1|＝2 5 5 . ②当直线 AB 的斜率存在时， 设直线 AB 的方程为 y＝kx＋m， 与椭圆方程联立有Error! 消去 y，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 所以 x1＋x2＝－ 8km 1＋4k2，x1x2＝4m2－4 1＋4k2 . 因为以 AB 为直径的圆过坐标原点 O，所以 OA⊥OB， 所以OA → ·OB → ＝x1x2＋y1y2＝0， 所以(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0， 所以(1＋k2)·4m2－4 1＋4k2 － 8k2m2 1＋4k2＋m2＝0， 整理得 5m2＝4(k2＋1)， 所以点 O 到直线 AB 的距离 d1＝ |m| k2＋1 ＝2 5 5 . 综上所述，点 O 到直线 AB 的距离为定值2 5 5 . 6.已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)经过(1，3 2 )与( 6 2 ， 30 4 )两点． (1)求椭圆 C 的方程； (2)过原点的直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，椭圆 C 上一点 M 满足|MA|＝|MB|.求证： 1 |OA|2＋ 1 |OB|2＋ 2 |OM|2为定值． (1)解　将(1，3 2 )与( 6 2 ， 30 4 )两点代入椭圆 C 的方程，得Error!解得Error! 所以椭圆 C 的方程为x2 4＋y2 3＝1. (2)证明　由|MA|＝|MB|，知 M 在线段 AB 的垂直平分线上，由椭圆的对称性知点 A，B 关于 原点对称． ①若点 A，B 是椭圆的短轴顶点，则点 M 是椭圆的一个长轴顶点，此时 1 |OA|2＋ 1 |OB|2＋ 2 |OM|2 ＝ 1 b2＋ 1 b2＋ 2 a2＝2( 1 a2＋ 1 b2)＝7 6. 同理，若点 A，B 是椭圆的长轴顶点，则点 M 是椭圆的一个短轴顶点，此时 1 |OA|2＋ 1 |OB|2＋ 2 |OM|2 ＝ 1 a2＋ 1 a2＋ 2 b2＝2( 1 a2＋ 1 b2)＝7 6. ②若点 A，B，M 不是椭圆的顶点，设直线 l 的方程为 y＝kx(k≠0)， 则直线 OM 的方程为 y＝－1 kx， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由Error! 解得 x21＝ 12 3＋4k2，y21＝ 12k2 3＋4k2， 所以|OA|2＝|OB|2＝x21＋y21＝12(1＋k2) 3＋4k2 ， 同理，|OM|2＝12(1＋k2) 4＋3k2 . 所以 1 |OA|2＋ 1 |OB|2＋ 2 |OM|2 ＝2× 3＋4k2 12(1＋k2)＋2(4＋3k2) 12(1＋k2)＝7 6. 综上， 1 |OA|2＋ 1 |OB|2＋ 2 |OM|2＝7 6为定值．