高考数学(文)一轮复习讲义-第9章-高考专题突破5-第2课时-定点与定值问题.docx
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三教上人（A+版-Applicable Achives）第2课时 定点与定值问题题型一 定点问题例1 已知椭圆＋＝1(a>b>0)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＝λ1，＝λ2.(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＋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＝λ1知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝－1.同理由＝λ2知λ2＝－1.∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①联立得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，②且有y1＋y2＝，y1y2＝，③③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，∴(mt)2＝1，由题意mt<0，∴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.跟踪训练1 已知焦距为2的椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，直线y＝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，即c＝，设Q，因为四边形ABPQ为平行四边形，|PQ|＝2n，|AB|＝a－n，所以2n＝a－n，n＝，则＋＝1，解得b2＝2，a2＝b2＋c2＝4，可得椭圆C的方程为＋＝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＝，可设M，由E是3x＋3y－2＝0上一点，可设E，E到直线kx－y＝0的距离为d＝，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＝－， (*)＝， (**)由(*)得m＝(k≠1)，代入(**)式，化简整理可得7k2－18k＋8＝0，解得k＝2或.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＝－，解得xN＝，yN＝k(xN＋2)＝，即N，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＝0，即为(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 如图，已知抛物线C：x2＝4y，过点M(0,2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).(1)证明：动点D在定直线上；(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y＝2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2，证明：|MN2|2－|MN1|2为定值，并求此定值.(1)证明 依题意，直线AB的斜率存在，可设AB方程为y＝kx＋2，代入x2＝4y，得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0.显然Δ>0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝－8.直线AO的方程为y＝x；BD的方程为x＝x2.解得交点D的坐标为注意到x1x2＝－8及x＝4y1，则有y＝＝＝－2.因此D点在定直线y＝－2上(x≠0).(2)解 依题设，切线l的斜率存在且不等于0，设切线l的方程为y＝ax＋b(a≠0)，代入x2＝4y得x2＝4(ax＋b)，即x2－4ax－4b＝0.由Δ＝0得(4a)2＋16b＝0，化简整理得b＝－a2.故切线l的方程可写为y＝ax－a2.分别令y＝2，y＝－2得N1，N2的坐标为N1，N2，则|MN2|2－|MN1|2＝2＋42－2＝8，即|MN2|2－|MN1|2为定值8.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.(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：＋＝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.(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|MF1||MF2|sin 60＝，得|MF1||MF2|＝.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.从而2a＝|MF1|＋|MF2|＝4，即a＝2.由|F1F2|＝4得c＝2，从而b＝2，故椭圆C的方程为＋＝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＝－，x1x2＝.从而k1＋k2＝＋＝＝2k－(k－4)＝4.当直线l的斜率不存在时，可得A，B，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：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为，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＋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＋＝1，得y＝.由题意知＝1，即a＝2b2.又e＝＝，所以a＝2，b＝1.所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)设P(x0，y0)(y0≠0)，又F1(－，0)，F2(，0)，所以直线PF1，PF2的方程分别为：y0x－(x0＋)y＋y0＝0，：y0x－(x0－)y－y0＝0.由题意知＝.由于点P在椭圆上，所以＋y＝1.所以＝.因为－
