2021版高考数学一轮复习第九章平面解析几何9-9

2021版高考数学一轮复习第九章平面解析几何9-9

‎9.9.1 圆锥曲线中的定值与定点问题 考点一　直线过定点问题 ‎ ‎【典例】(2020·郑州模拟)已知O(0,0)和K(0,2)是平面直角坐标系中两个定点,过动点M(x,y)的直线MO和MK的斜率分别为k1,k2,且k1·k2=- .‎ ‎(1)求动点M(x,y)的轨迹C的方程.‎ ‎(2)过点K作相互垂直的两条直线与轨迹C交于A,B两点,求证:直线AB过定点.‎ ‎【解题导思】‎ 序号 联想解题 ‎(1)‎ 利用两点坐标表示出直线OM,MK的斜率,即可得到动点坐标所满足的条件(注意斜率存在的条件)‎ ‎(2)‎ 根据点K的位置,确定过点K相互垂直的两直线斜率是否存在;若两直线斜率存在,则斜率互为负倒数.建立A,B两点坐标之间的关系,求出直线方程所满足的条件,进而确定定点.‎ ‎【解析】(1)由题意,知k1·k2=-,‎ 得·=-,整理得x2+y(y-2)=0,‎ 故C的方程为+(y-1)2=1(x≠0).(也可以写作x2+2y2-4y=0).‎ ‎(2)显然两条过点K的直线斜率都存在,设过点K的直线方程为y=kx+2,‎ 联立解得x=,y=,‎ 设直线AB的方程为:Ax+By+C=0,‎ 将x=,y=‎ - 15 -‎ 代入得++C=0‎ 整理得:2Ck2-4Ak+2B+C=0,‎ 由于两直线垂直,斜率乘积为-1,根据根与系数的关系=-1,即2B+‎3C=0,‎ 故直线AB过定点.‎ ‎　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.‎ 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,F1,F2分别为其左、右焦点,P为椭圆C上一点,且△F1PF2的周长为4+2.‎ ‎(1)求椭圆C的方程.‎ ‎(2)过点A(4,0)作关于x轴对称的两条不同的直线l1,l2,若直线l1交椭圆C于一点M(x1,y1),直线l2交椭圆C于一点N(x2,y2),x1≠x2,证明:直线MN过定点.‎ ‎【解析】(1)根据椭圆的离心率为,及△F1PF2的周长为4+2,可得 解得 ‎ 所以椭圆C的方程为+y2=1.‎ - 15 -‎ ‎(2)设直线MN的方程为x=ny+m.‎ 联立方程组 ,‎ 整理得y2+2nmy+m2-4=0,‎ 所以y1+y2=,y1y2=.因为关于x轴对称的两条不同直线l1,l2的斜率之和为0,‎ 所以+=0,即+=0,‎ 所以2ny1y2+m-4=0,‎ 所以-+=0,所以m=1.所以直线MN方程为x=ny+1,所以直线MN过定点.‎ 考点二　圆过定点问题 ‎ ‎【典例】(2020·咸阳模拟)已知A(-2,0),B(2,0),点C是动点且直线AC和直线BC的斜率之积为- . ‎ ‎(1)求动点C的轨迹方程.‎ ‎(2)设直线l与(1)中轨迹相切于点P,与直线x=4相交于点Q,判断以PQ为直径的圆是否过x轴上一定点.‎ ‎【解题导思】‎ 序号 联想解题 ‎(1)‎ 两直线的斜率存在,故动点C与A,B两点横坐标不相等;利用点的坐标表示出斜率,构造等式关系.‎ - 15 -‎ ‎(2)‎ 直线和曲线相切,可利用判别式建立直线方程中的参数之间的关系,代入方程求出点Q的坐标,转化为两个向量垂直,进而坐标化处理 ‎【解析】(1)设C(x,y).由题意得kAC·kBC=·=-(y≠0).整理,得+=1(y≠0).‎ 故动点C的轨迹方程为+=1(y≠0).‎ ‎(2)方法一:易知直线l的斜率存在,‎ 设直线l:y=kx+m.‎ 联立得方程组 消去y并整理,得 ‎(3+4k2)x2+8kmx+‎4m2‎-12=0.‎ 依题意得Δ=(‎8km)2-4(3+4k2)(‎4m2‎-12)=0,‎ 即3+4k2=m2.‎ 设x1,x2为方程(3+4k2)x2+8kmx+‎4m2‎-12=0的两个根,则x1+x2=,‎ 所以x1=x2=.‎ 所以P,即P.‎ 又Q(4,4k+m),‎ 设R(t,0)为以PQ为直径的圆上一点,‎ 则由·=0,‎ - 15 -‎ 得·(4-t,4k+m)=0.‎ 整理,得(t-1)+t2-4t+3=0.‎ 由的任意性,得t-1=0且t2-4t+3=0,解得t=1.‎ 综上可知以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1,0).‎ 方法二:设P(x0,y0),则曲线C在点P处的切线PQ:+=1.‎ 令x=4,得Q.‎ 设R(t,0)为以PQ为直径的圆上一点,‎ 则由·=0,‎ 得(x0-t)·(4-t)+3-3x0=0,‎ 即x0(1-t)+t2-4t+3=0.‎ 由x0的任意性,得1-t=0且t2-4t+3=0,解得t=1.‎ 综上可知,以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1,0).‎ 圆过定点,可依据直径所对圆周角为直角直接转化为两条线段的垂直,进而转化为两个向量垂直,即两向量的数量积等于0,从而建立方程求解定点的坐标.‎ ‎(2019·济南模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右顶点为A,左焦点为F1,离心率e=,过点A的直线与椭圆交于另一个点B,且点B在x轴上的射影恰好为点F1,若=3+.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程.‎ - 15 -‎ ‎(2)过圆E:x2+y2=4上任意一点P作圆E的切线l,l与椭圆交于M,N两点,以MN为直径的圆是否过定点,如果过定点,求出该定点;若不过定点,请说明理由.‎ ‎【解析】(1)因为e==,所以a=c,b=c,‎ 设B(-c,y0),代入椭圆方程得: |y0|=b,‎ 所以=|y0||F‎1A|=b2(1+),‎ 所以b2(1+)=3+,‎ 所以b2=6,所以a2=12,‎ 所以椭圆C的标准方程为+=1.‎ ‎(2)当直线l的斜率不存在时,以MN为直径的圆的圆心为(2,0)或(-2,0),半径为2,以MN为直径的圆的标准方程为: (x+2)2+y2=4或(x-2)2+y2=4,‎ 因为两圆都过坐标原点,所以以MN为直径的圆过坐标原点,‎ 当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2),‎ 因为直线与圆相切,所以圆心到直线l的距离 d==2,所以m2=4k2+4,‎ 由 化简得:(2k2+1)x2+4kmx+‎2m2‎-12=0,‎ 所以x1+x2=-,x1x2=,‎ 所以·=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)‎ - 15 -‎ ‎=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2‎ ‎=-+m2‎ ‎===0,‎ 所以以MN为直径的圆过坐标原点,‎ 综上,以MN为直径的圆恒过坐标原点.‎ 考点三　定值问题 ‎ 命 题 精 解 读 考什么:(1)考查圆锥曲线中与定值有关问题的求解与证明等问题.‎ ‎(2)考查数学运算、逻辑推理以及数学建模的核心素养、考查函数与方程、转化与化归的数学思想等.‎ 怎么考:以直线和圆锥曲线的位置关系为基础,考查定值问题的求解与证明.‎ 新趋势:以定值问题为核心,与函数、平面向量等知识模块交汇.‎ 学 霸 好 方 法 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 ‎(1)特点:待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值.‎ ‎(2)两大解法:‎ ‎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 与长度、角度相关的定值 - 15 -‎ ‎【典例】(2020·济宁模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且椭圆C过点P.‎ ‎(1)求椭圆C的方程.‎ ‎(2)设椭圆C的右焦点为F,直线l与椭圆C相切于点A,与直线x=3相交于点B,求证:∠AFB的大小为定值.‎ ‎【解析】(1)因为椭圆C过点,‎ 所以+=1　①‎ 因为离心率为,所以=　②‎ 又因为a2=b2+c2　③‎ 由①②③得a2=3,b2=2,c2=1.‎ 所以椭圆C的方程为:+=1.‎ ‎(2)显然直线l的斜率存在,设直线l的方程为:y=kx+m.‎ 由消去y得 ‎(2+3k2)x2+6kmx+‎3m2‎-6=0,‎ 由Δ=24(3k2-m2+2)=0得m2=3k2+2.‎ 所以xA=-=-=-,‎ - 15 -‎ 所以yA=kxA+m=-+m==.‎ 所以切点A的坐标为,‎ 又点B的坐标为(3,3k+m),右焦点F的坐标为(1,0),所以=,=(2,3k+m),‎ 所以·=×2+×(3k+m)=0,‎ 所以∠AFB=90°,即∠AFB的大小为定值.‎ 代数式的定值 ‎【典例】已知抛物线C:y2=ax(a>0)上一点P到焦点F的距离为2t.‎ ‎ ‎ ‎(1)求抛物线C的方程.‎ ‎(2)抛物线C上一点A的纵坐标为1,过点Q(3,-1)的直线与抛物线C交于M,N两个不同的点(均与点A不重合),设直线AM,AN的斜率分别为k1,k2,求证:k1k2为定值.‎ ‎【解析】(1)由抛物线的定义可知|PF|=t+=2t,‎ 则a=4t,由点P在抛物线上,得at=,‎ 所以a×=,则a2=1,由a>0,得a=1,‎ 所以抛物线C的方程为y2=x.‎ ‎(2)因为点A在抛物线C上,且yA=1,‎ - 15 -‎ 所以xA=1.所以A(1,1),设过点Q(3,-1)的直线的方程为x-3=m(y+1),即x=my+m+3,‎ 代入y2=x得y2-my-m-3=0.‎ 设M(x1,y1),N(x2,y2),‎ 则y1+y2=m,y1y2=-m-3,‎ 所以k1k2=·==-.‎ 所以k1k2为定值.‎ ‎1.(2019·青岛模拟)已知直线l过抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点,且垂直于抛物线的对称轴,l与抛物线两交点间的距离为2.‎ ‎(1)求抛物线C的方程.‎ ‎(2)若点P(2,2),过点(-2,4)的直线m与抛物线C相交于A,B两点,设直线PA与PB的斜率分别为k1和k2.求证:k1k2为定值,并求出此定值.‎ ‎【解析】(1)由题意可知,2p=2,解得p=1,则抛物线的方程为x2=2y.‎ ‎(2)由题易知直线m的斜率存在,设直线m的方程为y-4=k(x+2),A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则k1==,k2==,‎ k1k2=‎ ‎=,‎ 联立抛物线x2=2y与直线y-4=k(x+2)的方程消去y得x2-2kx-4k-8=0,其中Δ=4(k2+4k+8)>0恒成立,‎ - 15 -‎ 可得x1+x2=2k,x1x2=-4k-8,则k1k2=-1.‎ 因此k1k2为定值,且该定值为-1.‎ ‎2.已知,椭圆C经过点A,两个焦点分别为(-1,0),(1,0). ‎ ‎(1)求椭圆C的方程.‎ ‎(2)E,F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,证明直线EF的斜率为定值,并求出这个定值.‎ ‎【解析】(1)由题意,c=1,可设椭圆方程为+=1,因为A在椭圆上,‎ 所以+=1,‎ 解得b2=3,b2=-(舍去).‎ 所以椭圆C的方程为+=1.‎ ‎(2)设直线AE的方程为:‎ y=k(x-1)+,代入+=1得 ‎(3+4k2)x2+4k(3-2k)x+4-12=0.‎ 设E(xE,yE),F(xF,yF),因为点A在椭圆上,‎ - 15 -‎ 所以xE=,yE=kxE+-k.‎ 又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数,在上式中以-k代k,可得xF=,‎ yF=-kxF++k.‎ 所以直线EF的斜率 kEF===.‎ 即直线EF的斜率为定值,其值为. ‎ ‎1.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的一个焦点与y2=8x的焦点重合且点A(2,)为椭圆上一点 ‎(1)求椭圆方程.‎ ‎(2)过点A任作两条与椭圆C相交且关于x=2对称的直线,与椭圆C分别交于P,Q两点,求证:直线PQ的斜率是定值.‎ ‎【解析】(1)抛物线y2=8x的焦点为F(2,0),‎ 则椭圆C的一个焦点为F(2,0),故a2=b2+4,‎ 把点A代入椭圆方程得:+=1,‎ - 15 -‎ 解得: 所以椭圆C方程为+=1.‎ ‎(2)由题意,可设直线AP的方程为y=k(x-2)+,‎ 则直线AQ的方程为y=-k(x-2)+,‎ 设P(x1,y1),Q(x2,y2),‎ 则y1=k(x1-2)+,y2=-k(x2-2)+,‎ 把直线AP的方程与椭圆C方程联立得:‎ ‎(1+2k2)x2+(4k-8k2)x+(8k2-8k-4)=0,‎ ‎2·x1=,故x1=,‎ 同理可得x2=,‎ 所以 kPQ==‎ ‎==k·‎ ‎=k·‎ ‎=,所以直线PQ的斜率是定值.‎ - 15 -‎ ‎2.已知椭圆C:+=1(a>b>0)经过(1,1)与两点.‎ ‎(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:++为定值.‎ ‎【解析】(1)将(1,1)与两点代入椭圆C的方程,‎ 得 解得 ‎ 所以椭圆C的方程为+=1.‎ ‎(2)由|MA|=|MB|,知M在线段AB的垂直平分线上,由椭圆的对称性知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++=++=2=2.‎ - 15 -‎ 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++=++=2=2.‎ ‎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=-x,‎ 设A(x1,y1),B(-x1,-y1),‎ 由 解得=,=,‎ 所以|OA|2=|OB|2=+=,‎ 同理|OM|2=,‎ 所以++=2×+=2,‎ 故++=2为定值.‎ - 15 -‎