2020届高考数学(理)一轮复习讲义 高考专题突破5 高考中的圆锥曲线问题 第2课时　定点与定值问题.docx

1、公众号码：王校长资源站第2课时定点与定值问题题型一定点问题例1 (2017全国)已知椭圆C：1(ab0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4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，P4两点又由知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上因此解得故椭圆C的方程为y21.(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：xt，由题设知t0，且|t|0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则

2、x1x2，x1x2.而k1k2.由题设知k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)(m1)0，解得k.当且仅当m1时，0，于是l：yxm，即y1(x2)，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的椭圆C：1(ab0)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；

3、(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N.若直线l过原点且与坐标轴不重合，E是直线3x3y20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；若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DAAM，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2c2，即c，设Q，因为四边形ABPQ为平行四边形，|PQ|2n，|AB|an，所以2nan，n，则1，解得b22，a2b2c24，可得椭圆C的方程为1.(2)解直线ykx(k0)代入椭圆方程，可得(12k2)x24，解得x，可设M，由E是3x3y20上一点，可设E，E到直线k

4、xy0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OEMN，|OM|d，即有，(*)，(*)由(*)得m(k1)，代入(*)式，化简整理可得7k218k80，解得k2或.证明由M(2,0)，可得直线MN的方程为yk(x2)(k0)，代入椭圆方程可得(12k2)x28k2x8k240，可得2xN，解得xN，yNk(xN2)，即N，设G(t,0)(t2)，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ANDG，即有0，即为(t2，4k)0，解得t0.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：y22px经

5、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，求证：为定值(1)解因为抛物线y22px过点(1,2)，所以2p4，即p2.故抛物线C的方程为y24x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为ykx1(k0)，由得k2x2(2k4)x10.依题意知(2k4)24k210，解得k0或0kb0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，且|F1F2|4，F1MF260，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

6、于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2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|22|MF1|MF2|cos 60(|MF1|MF2|)22|MF1|MF2|(1cos 60)，解得|MF1|MF2|4.从而2a|MF1|MF2|4，即a2.由|F1F2|4得c2，从而b2，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k0，则其方程为y2k(x1)，由得(12k2)x24k(k2)x2k28k0.56k232k0，设A(x1，y1)，B(x2，y

7、2)，则x1x2，x1x2.从而k1k22k(k4)4.当直线l的斜率不存在时，可得A，B，得k1k24.综上，k1k2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(ab0)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

8、，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k20，证明为定值，并求出这个定值解(1)由于c2a2b2，将xc代入椭圆方程1，得y.由题意知1，即a2b2.又e，所以a2，b1.所以椭圆C的方程为y21.(2)设P(x0，y0)(y00)，又F1(，0)，F2(，0)，所以直线PF1，PF2的方程分别为：y0x(x0)yy00，：y0x(x0)yy00.由题意知.由于点P在椭圆上，所以y1.所以.因为m，2x02，可得，所以mx0，因此mb0)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

9、，且椭圆C经过点.(1)求椭圆的方程；(2)若PB，PA交直线x1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1.则kPAkPB，即3a24b2.又因为椭圆经过点，故1.由可知，b23，a24，故椭圆的方程为1.(2)由(1)可知A(2,0)，B(2,0)，设kPAk(k0)由kkPB，得kPB.所以直线PB的方程为y(x2)，令x1，则y，故M.直线PA的方程为yk(x2)，令x1，则yk，故N(1，k)如图，因为yMyNk0，故以MN为直径的圆在x轴同侧设FT

10、为圆的一条切线，切点为T，连接MT，NT，可知FTNFMT，故，则|FT|2|FN|FM|k|，故|FT|.故过左焦点F作以MN为直径的圆的切线长为定值.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MDME，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x22py(p0)，其准线方程为y，P(m,5)到焦点的距离等于P到其准线的距离，所以56，即p2.所以抛物线方程为x24y.(2)由(1)可得点M(4,4)，设直线M

11、D的方程为yk(x4)4(k0)，联立得x24kx16k160，由题意得，0，设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则xMx116k16，所以x14k4，y14(k1)2，同理可得，x24，y242，所以直线DE的方程为y4(k1)2(x4k4)(x4k4)(x4k4)化简得yx4k(x4)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x1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，

12、动点E到定点D(1,0)的距离等于E到直线x1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x1为准线的抛物线，故曲线C的方程为y24x.(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yk(x1)2，k0.直线l2的方程为yk(x1)2，由得k2x2(2k24k4)x(k2)20，16(k1)20，已知此方程一个根为1，x11，即x1，同理x2，x1x2，x1x2，y1y2k(x11)2k(x21)2k(x1x2)2kk2k，kAB1，直线AB的斜率为定值1.4.已知中心在原点，焦点在x轴上

13、的椭圆C的离心率为，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.(1)求C的方程；(2)若直线l是圆x2y28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1(ab0)，因为|PQ|2，不妨设点P(c，)，代入椭圆方程得，1，又因为e，所以1，bc，所以b24，a22b28，所以C的方程为1.(2)依题设，得直线l的方程为y2(x2)，即xy40，设M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，x0x1且x0x2，由切线MA的

14、斜率存在，设其方程为yy1k(xx1)，联立得(2k21)x24k(y1kx1)x2(y1kx1)280，由相切得16k2(y1kx1)28(2k21)(y1kx1)240，化简得(y1kx1)28k24，即(x8)k22x1y1ky40，因为方程只有一解，所以k，所以切线MA的方程为yy1(xx1)，即x1x2y1y8，同理，切线MB的方程为x2x2y2y8，又因为两切线都经过点M(x0，y0)，所以所以直线AB的方程为x0x2y0y8，又x0y04，所以直线AB的方程可化为x0x2(4x0)y8，即x0(x2y)8y80，令得所以直线AB恒过定点(2,1)5(2018抚顺模拟)设椭圆C：1

15、(ab0)的离心率e，左顶点M到直线1的距离d，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，得ca，又b2a2c2，所以ba，即a2b.由左顶点M(a,0)到直线1，即到直线bxayab0的距离d，得，即，把a2b代入上式，得，解得b1.所以a2b2，c.所以椭圆C的方程为y21.(2)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线AB的斜率不存在时，由椭圆的对称性，可知x1x2，y1y2.因为以AB为直径的圆经过坐标原点，故0，即x1x2y1y20，也就是xy0，又点A在椭圆C上，所

16、以y1，解得|x1|y1|.此时点O到直线AB的距离d1|x1|.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykxm，与椭圆方程联立有消去y，得(14k2)x28kmx4m240，所以x1x2，x1x2.因为以AB为直径的圆过坐标原点O，所以OAOB，所以x1x2y1y20，所以(1k2)x1x2km(x1x2)m20，所以(1k2)m20，整理得5m24(k21)，所以点O到直线AB的距离d1.综上所述，点O到直线AB的距离为定值.6.已知椭圆C：1(ab0)经过与两点(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(1)解将与两点代入椭圆C的方程，得解得所以椭圆C的方程为1.(2)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.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.若点A，B，M不是椭圆的顶点，设直线l的方程为ykx(k0)，则直线OM的方程为yx，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由解得x，y，所以|OA|2|OB|2xy，同理，|OM|2.所以2.综上，为定值公众号码：王校长资源站