2021版江苏高考数学复习讲义：圆锥曲线中的定点、定值问题含答案

 教学资料范本 2021版江苏高考数学复习讲义：圆锥曲线中的定点、定值问题含答案 编 辑：__________________ 时 间：__________________ 1 / 18 [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 2 / 18 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． (20xx·全国卷x2y2Ⅰ)已知椭圆C：a2＋b2 3 / 18 33＝1(a＞b＞0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3－1，2，P41，2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． [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． 1113又由＋＞＋知，椭圆C不经过点P1， a2b2a24b2所以点P2在椭圆C上． 1b2＝1，因此13＋a24b2＝1， a2＝4，解得b2＝1. 故椭圆C的方程为x22＋y＝1. 4(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4－t2－24－t2＋24－t24－t2，t，－，则k1＋k2＝标分别为t，－＝2t2t22－1，得t＝2，不符合题设． 从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)． x22将y＝kx＋m代入＋y＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 4由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 8km4m2－4设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝. 4k2＋14k2＋1y1－1y2－1kx1＋m－1kx2＋m－1而k1＋k2＝＋＝＋ x1x2x1x2＝错误!. 由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 4m2－4－8kmm＋1即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，解得k＝－. 4k2＋14k2＋12 4 / 18 m＋1x＋m， 2当且仅当m＞－1时，Δ＞0，于是l：y＝－即y＋1＝－m＋1(x－2)，所以l过定点(2，－1)． 2 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必过定点错误!. 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， 2k2＋4设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝，x1x2＝1， k2由抛物线的定义知|AB|＝x1＋x2＋2＝8， 2k2＋4∴＝6，∴k2＝1，即k＝±1， k2∴直线l的方程为y＝±(x－1)． 5 / 18 (2)由抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，－y1)， 直线BD的斜率kBD＝y2＋y1y2＋y14＝＝， x2－x1y22y21y2－y1－444(x－x1)， y2－y1∴直线BD的方程为y＋y1＝ 即(y2－y1)y＋y2y1－y21＝4x－4x1， ∵y21＝4x1，y2＝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11m＝，所以抛物线方程为x2＝y. 221综上所述，抛物线C的方程是y2＝4x或x2＝y. 2 6 / 18 (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＝错误!， 所以P错误!. 2用－替换点P坐标中的k，可得Q((k－1)2,2－2k)， k从而直线PQ的斜率为 错误!＝错误! ＝2k， －k2＋2k＋2故直线PQ的方程是 2ky－2＋2k＝·[x－(k－1)2]． －k2＋2k＋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：x2y2＋a2b2＝1(a>b>0)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. x2y2从而a＝22，因此椭圆C的方程为＋＝1. 84(2)证明：设直线MN的方程为y＝kx＋m. 7 / 18 y＝kx＋m，由x2y28＋4＝1， 消去y得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－8＝0. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 4km2m2－8则x1＋x2＝－，x1x2＝. 2k2＋12k2＋1直线AM的斜率k1＝直线AN的斜率k2＝k1＋k2＝2k＋错误! ＝2k＋错误!＝错误!. 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)． y1－4m－4＝k＋； x1x1y2－4m－4＝k＋. x2x2 动圆过定点 8 / 18 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，再用向量法证明用直径所对圆周角为直角． (20xx·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)． 9 / 18 y＝kx－1，由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＝y1x. x1x1. y1令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－x2同理得点B的横坐标xB＝－. y2设点D(0，n)， x1→x2→则DA＝－，－1－n，DB＝－，－1－n， y1y2x1x2→→DA·DB＝＋(n＋1)2 y1y2＝x1x2＋(n＋1)2 1x22x2－－4416＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2. x1x2→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. 10 / 18 (20xx·苏州二x2y2模)已知椭圆E：a2＋b233＝1(a＞b＞0)的离心率为2，焦点到相应准线的距离为3. (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·PB为定值． PC·PD[解](1)设椭圆的半焦距为c，由已知得， c3a232＝，－c＝，c＝a2－b2， a2c3 11 / 18 解得a＝2，c＝3，b＝1， ∴椭圆E的标准方程是x22＋y＝1. 4(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， 4k21t±24k21－k21t2＋1设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1,2＝. 1＋4k218k21t4k21t2－4x1＋x2＝，x1x2＝. 1＋4k211＋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＋8k21t24k21t2－4＋＝错误!， k21)t2－1＋4k211＋4k21同理，PC·PD＝错误!. 因为k1，k2为定值， 所以PA·PB＝错误!为定值． PC·PD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 12 / 18 x2在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：4＋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x1x2为k1，k2，若m＝2，y1，n＝2，y2n＝0. ，m·1(1)求证：k1·k2＝－； 4(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. x1x2x1x2又m·n＝0，∴＋y1y2＝0，即＝－y1y2， 44y1y21∴k1·k2＝＝－. x1x24y1y21(2)①当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，由＝－，得x1x24x21－y21＝0. 4又∵点P(x1，y1)在椭圆上，∴x21＋y21＝1， 4 13 / 18 21.∴S△POQ＝|x1||y1－y2|＝1. 22∴|x1|＝2，|y1|＝②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b. y＝kx＋b，联立得方程组x24＋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b2<1＋4k2. －8kb4b2－4∴x1＋x2＝，x1x2＝. 4k2＋14k2＋1∵∴x1x2＋y1y2＝0， 4x1x2＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1(满足Δ>0)． 41|b|1|PQ|＝|b|错误!＝2|b|错误!＝1. 21＋k22∴S△POQ＝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； 14 / 18 (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． [教师备选例题] 已知动圆P经过点N(1,0)，并且与圆M：(x＋1)2＋y2＝16相切． (1)求点P的轨迹C的方程； (2)设G(m,0) 为轨迹C内的一个动点，过点G且斜率为k的直线l交轨迹C于A，B两点，当k为何值时，ω＝|GA|2＋|GB|2是与m无关的定值？并求出该定值． [解](1)由题意，设动圆P的半径为r，则|PM|＝4－r，|PN|＝r，可得|PM|＋|PN|＝4－r＋r＝4，∴点P的轨迹C是以M，N为焦点的椭圆，∴2a＝4,2c＝2，∴b＝a2－c2＝3， ∴椭圆的方程为x2y2＋＝1. 43x2y2＋＝1. 43即点P的轨迹C的方程为(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知－2＜m＜2，直线l：y＝k(x－m)， 由错误!得(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12＝0， 8mk24m2k2－12∴x1＋x2＝，x1x2＝， 4k2＋34k2＋3∴y1＋y2＝k(x1－m)＋k(x2－m)＝k(x1＋x2)－2km＝－6mk， 4k2＋3y1y2＝k2(x1－m)(x2－m)＝k2x1x2－k2m(x1＋x2)＋k2m2＝错误!， ∴|GA|2＋|GB|2＝(x1－m)2＋y21＋(x2－m)2＋y2＝(x1＋x2)2－2x1x2－2m(x1＋x2)＋2m2＋(y1＋y2)2－2y1y2＝(k2＋1)错误!. 要使ω＝|GA|2＋|GB|2的值与m无关，需使4k2－3＝0， 解得k＝±3，此时ω＝|GA|2＋|GB|2＝7. 2 15 / 18 1.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； 11(2)设O为原点，→QM＝λ→QO，→QN＝μ→QO，求证：＋为定值． λμ[解](1)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)． y2＝4x，由y＝kx＋1， 得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. 依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0， 解得k＜0或0＜k＜1. 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－41，x1x2＝. k2k2 16 / 18 y1－2(x－1)． x1－1－y1＋2－kx1＋1＋2＝＋2. x1－1x1－1直线PA的方程为y－2＝令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝同理得点N的纵坐标为yN＝－kx2＋1＋2. x2－1由→QM＝λ→QO，→QN＝μ→QO，得λ＝1－yM，μ＝1－yN. 所以1111＋＝＋ λμ1－yM1－yN＝错误!＋错误! ＝1·错误! k－122k－4＋k21k2＝·＝2. k－11k2所以11＋为定值． λμ2．(20xx·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy中，曲线y＝x2＋mx－2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0,1)．当m变化时，解答下列问题： (1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由； (2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值． [解](1)不能出现AC⊥BC的情况．理由如下： 设A(x1,0)，B(x2,0)，则x1，x2满足x2＋mx－2＝0， 所以x1x2＝－2. 又点C的坐标为(0,1)， 故AC的斜率与BC的斜率之积为所以不能出现AC⊥BC的情况. －1－11·＝－， x1x22 17 / 18 1x21(2)证明：BC的中点坐标为，，可得BC的中垂线方程为y－＝222x2x－. x22由(1)可得x1＋x2＝－m， m所以AB的中垂线方程为x＝－. 2mx＝－2联立1x2x－，2y－2＝x2 mx＝－，2又x2＋mx2－2＝0，可得1y＝－.2 1m2＋9m所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为－，－，半径r＝. 222故圆在y轴上截得的弦长为2mr2－2＝3， 2即过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值． 18 / 18