专题13定点定值 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习（解析版）学案

这是一份专题13定点定值 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习（解析版）学案，共17页。

专题十三《解析几何》讲义
13.7定点定值
知识梳理.定点定值
1．定点问题
(1)参数法：参数法解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中的核心变量(此处设为k)；②利用条件找到k与过定点的曲线F(x，y)＝0之间的关系，得到关于k与x，y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，找到定点．
(2)由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
2.定值问题
(1)直接消参求定值：常见定值问题的处理方法：①确定一个(或两个)变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示；②将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量)，然后进行化简，看能否得到一个常数．
(2)从特殊到一般求定值：常用处理技巧：①在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢；②巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算.










题型一.定值问题
1．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的两个顶点分别为点A（﹣2，0），B（2，0），离心率为32．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E．证明：△BDE与△BDN的面积之比为定值．
【解答】解：（Ⅰ）因为焦点在x轴上，两个顶点分别为A（﹣2，0），B（2，0），
所以a＝2，
由e=ca=32，所以c=3，
所以b2＝a2﹣c2＝1，
所以椭圆的方程为x24+y2＝1．
（Ⅱ）设D（x0，0），M（x0，y0），N（x0，﹣y0）（y0＞0），
可得y02＝1-x024，
直线AM的方程为y=y0x0+2（x+2），
因为DE⊥AM，所以kDE=-x0+2y0，
直线DE的方程为y=-x0+2y0（x﹣x0），
直线BN的方程为y=-y0x0-2（x﹣2）
联立y=-x0+2y0(x-x0)y=-y0x0-2(x-2)，
整理得，x0+2y0（x﹣x0）=y0x0-2（x﹣2），
即（x02﹣4）（x﹣x0）＝y02（x﹣2），
即（x02﹣4）（x﹣x0）=4-x024（x﹣2），得x=4x0+25，
所以y=-x0+2y0•2-x05=-4-y025y0=-45y0，
即E（4x0+25，-45y0），则yEyN=45，
又S△BDES△BDN=12|BD|⋅|yE|12|BD|⋅|yN|=45，
所以△BDE与△BDN的面积之比为定值45．
2．（2018·全国1）设椭圆C：x22+y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为（2，0）．
（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
（2）设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB．
【解答】解：（1）c=2-1=1，
∴F（1，0），
∵l与x轴垂直，
∴x＝1，
由x=1x22+y2=1，解得x=1y=22或x=1y=-22，
∴A（1.22），或（1，-22），
∴直线AM的方程为y=-22x+2，y=22x-2，
证明：（2）当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°，
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，∴∠OMA＝∠OMB，
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k（x﹣1），k≠0，
A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＜2，x2＜2，
直线MA，MB的斜率之和为kMA，kMB之和为kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2，
由y1＝kx1﹣k，y2＝kx2﹣k得kMA+kMB=2kx1x2-3k(x1+x2)+4k(x1-2)(x2-2)，
将y＝k（x﹣1）代入x22+y2＝1可得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣2＝0，
∴x1+x2=4k22k2+1，x1x2=2k2-22k2+1，
∴2kx1x2﹣3k（x1+x2）+4k=12k2+1（4k3﹣4k﹣12k3+8k3+4k）＝0
从而kMA+kMB＝0，
故MA，MB的倾斜角互补，
∴∠OMA＝∠OMB，
综上∠OMA＝∠OMB．
3．如图，已知椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率为32，且过点（3，12）．
（Ⅰ）求该椭圆的方程；
（Ⅱ）若A，B，C为椭圆上的三点（A，B不在坐标轴上），满足OC→=35OA→+45OB→，直线OA，OB分别交直线l：x＝3于M，N两点，设直线OA，OB的斜率为k1，k2．证明：k1•k2为定值，并求线段MN长度的最小值．

【解答】（I）解：由题意可得：ca=323a2+14b2=1a2=b2+c2，解得a＝2，b＝1，c=3，
∴椭圆的标准方程为：x24+y2=1．
（II）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），则x124+y12=1，x224+y22=1，①．
∵满足OC→=35OA→+45OB→，∴OC→=(35x1+45x2，35y1+45y2)．
代入椭圆的方程可得：(35x1+45y1)24+(35y1+45y2)2=1，
化为(35)2(x124+y12)+(45)2(x224+y22)+625(x1x2+4y1y2)=1，
由①可得：x1x2+4y1y2＝0，
∴k1k2=-14为定值．
设OA：y＝k1x，OB：y=-14k1x，令x＝3，解得M（3，3k1），N(3，-34k1)．
∴|MN|=|3k1+34k1|=|3k1|+3|4k1|≥3×2|k1|⋅14|k1|=3，当且仅当k1=±12时取等号，
∴|MN|的最小值为3．
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题型二.定点问题
1．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F（1，0），O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若直线OA，OB的斜率之积为-12，求证：直线AB过定点，并求出定点坐标．
【解答】（1）解：因为抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F（1，0），
所以p2=1，解得p＝2，
所以抛物线的C的方程为y2＝4x；
（2）证明：①当直线AB的斜率不存在时，设A(t24，t)，B(t24，-t)，
因为直线OA，OB的斜率之积为-12，所以tt24⋅-tt24=-12，化简可得t2＝32，
所以A（8，t），B（8，﹣t），此时直线AB的方程为x＝8；
②当直线AB的斜率存在时，设方程为y＝kx+b（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立方程组y2=4xy=kx+b，化简可得ky2﹣4y+4b＝0，则有y1y2=4bk，
因为直线OA，OB的斜率之积为-12，所以y1x1⋅y2x2=-12，
即x1x2+2y1y2＝0，即y124⋅y224+2y1y2=0，解得y1y2=4bk=-32，
解得b＝﹣8k，所以y＝kx﹣8x，即y＝k（x﹣8）．
综上所述，直线AB过x轴上的一定点（8，0）．
2．已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线l：y＝kx+m与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点．求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
【解答】（1）解：由题意设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)，
由已知椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1，
可得：a+c＝3，a﹣c＝1，
∴a＝2，c＝1
∴b2＝a2﹣c2＝3
∴椭圆的标准方程为x24+y23=1；
（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2）
联立y=kx+mx24+y23=1，消去y可得（3+4k2）x2+8mkx+4（m2﹣3）＝0，
则△=64m2k2-16(3+4k2)(m2-3)=3+4k2-m2＞0x1+x2=-8mk3+4k2x1x2=4(m2-3)3+4k2
又y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=3(m2-4k2)3+4k2
因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D（2，0），∴kADkBD＝﹣1，即y1x1-2⋅y2x2-2=-1
∴y1y2+x1x2﹣2（x1+x2）+4＝0，∴3(m2-4k2)3+4k2+4(m2-3)3+k2+16mk3+4k2+4=0
∴7m2+16mk+4k2＝0
解得：m1=-2k，m2=-2k7，且均满足3+4k2﹣m2＞0
当m1＝﹣2k时，l的方程y＝k（x﹣2），直线过点（2，0），与已知矛盾；
当m2=-2k7时，l的方程为y=k(x-27)，直线过定点(27，0)
所以，直线l过定点，定点坐标为(27，0)
3．（2017·全国1）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），四点P1（1，1），P2（0，1），P3（﹣1，32），P4（1，32）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．
【解答】解：（1）根据椭圆的对称性，P3（﹣1，32），P4（1，32）两点必在椭圆C上，
又P4的横坐标为1，∴椭圆必不过P1（1，1），
∴P2（0，1），P3（﹣1，32），P4（1，32）三点在椭圆C上．
把P2（0，1），P3（﹣1，32）代入椭圆C，得：
1b2=11a2+34b2=1，解得a2＝4，b2＝1，
∴椭圆C的方程为x24+y2=1．
证明：（2）①当斜率不存在时，设l：x＝m，A（m，yA），B（m，﹣yA），
∵直线P2A与直线P2B的斜率的和为﹣1，
∴kP2A+kP2B=yA-1m+-yA-1m=-2m=-1，
解得m＝2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．
②当斜率存在时，设l：y＝kx+t，（t≠1），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立y=kx+tx2+4y2-4=0，整理，得（1+4k2）x2+8ktx+4t2﹣4＝0，
x1+x2=-8kt1+4k2，x1x2=4t2-41+4k2，
则kP2A+kP2B=y1-1x1+y2-1x2=x2(kx1+t)-x2+x1(kx2+t)-x1x1x2
=8kt2-8k-8kt2+8kt1+4k24t2-41+4k2=8k(t-1)4(t+1)(t-1)=-1，又t≠1，
∴t＝﹣2k﹣1，此时△＝﹣64k，存在k，使得△＞0成立，
∴直线l的方程为y＝kx﹣2k﹣1，
当x＝2时，y＝﹣1，
∴l过定点（2，﹣1）．
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1．如图，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率为22，一条准线方程为x＝2．过点T（0，2）且不与x轴垂直的直线l与椭圆C相交于A，B两点线段AB的垂直平分线分别交AB和y轴于点M，N两点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）求证：线段MN的中点在定直线上；
（3）若△ABN为等腰直角三角形，求直线l的方程．

【解答】解：（1）由ca=22，a2c=2，解得a=2，c＝1，
b=a2-c2=1
∴椭圆方程为：x22+y2=1．
（2）显然直线l的斜率存在，可设其方程为y＝kx+2．
联立椭圆方程可得（1+2k2）x2+8kx+6＝0．
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则xM=12(x1+x2)=-4k1+2k2，yM＝kxN+2=21+2k2．
∴直线MN的方程为：y=-1k(x--41+2k2)+21+2k2，
⇒N（0，-21+2k2）．，
∴yM＝﹣yN，∴线段MN的中点在定直线y＝0上．
（3）由（2）得|MN|=1+(-1k)2|xM|=41+k21+2k2，
|AB|=1+k2|x1﹣x2|=1+k2•24k2-61+2k2．
∵△ABN为等腰直角三角形，∴|AB|＝2|MN|，
∴1+k2•24k2-61+2k2．＝2|41+k21+2k2，
⇒k＝±222．（满足△＞0）．
∴直线l的方程为y=±222x+2．
2．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点P（2，0）作直线l交抛物线于A，B两点．
（1）若l的倾斜角为π4，求△FAB的面积；
（2）过点A，B分别作抛物线C的两条切线l1，l2且直线l1与直线l2相交于点M，问：点M是否在某条定直线上？若在，求该定直线的方程，若不在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵l的倾斜角为π4，
∴k=tanπ4=1，
∵直线l为点P（2，0），
∴直线l的方程y＝x﹣2，即x＝y+2，
联立直线l与抛物线方程y2=4xx=y+2，化简可得，y2﹣4y﹣8＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则△＝b2﹣4ac＝16+4×8＝48＞0，y1+y2=4y1y2=-8，
∴|AB|=2(y1+y2)2-4y1y2=242-4×(-8)=46，
又∵交点F（1，0）到直线l的距离是d=|1×1+0×(-1)-2|12+(-1)2=22，
∴S△FAB=12|AB|⋅d=12×46×22=23．
（2）设l的方程为x＝my+2，
联立直线l与抛物线方程x=my+2y2=4x，化简可得，y2﹣4my﹣8＝0，
则△＝b2﹣4ac＝16m2+32＞0，由韦达定理可得，y1+y2＝4m，y1y2＝﹣8，
∴x1x2=(y1y2)216=4，
不妨设点A（x1，y1）在x轴上方，点B在B（x2，y2）在x轴下方，
当y≥0时，y=2x，
求导可得y'=1x，
∴y'|x=x1=1x1，
∴抛物线C上过点A的切线l1的方程为y-y1=1x1(x-x1)，即y=1x1x-x1+y1①，
当y＜0时，y=-2x，
求导可得y'=-1x，
∴y'|x=x2=-1x2，
∴抛物线C上过点B的切线l2方程为y-y2=-1x2(x-x2)，即y=-1x2x+x2+y2②，
联立①②可得，(1x1+1x2)x=x1+x2+y2-y1，
∵y2=-2x2，y1=2x1，
∴x1+x2x1x2x=x1+x2-2x1-2x2，
∵x1x2＝4，
∴x1+x22x=-(x1+x2)，
又∵x1+x2≠0，
∴x＝﹣2，即M的横坐标恒为﹣2，
∴点M在定直线x＝﹣2上．
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题型三.定直线问题
1．如图，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率为22，一条准线方程为x＝2．过点T（0，2）且不与x轴垂直的直线l与椭圆C相交于A，B两点线段AB的垂直平分线分别交AB和y轴于点M，N两点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）求证：线段MN的中点在定直线上；
（3）若△ABN为等腰直角三角形，求直线l的方程．

【解答】解：（1）由ca=22，a2c=2，解得a=2，c＝1，
b=a2-c2=1
∴椭圆方程为：x22+y2=1．
（2）显然直线l的斜率存在，可设其方程为y＝kx+2．
联立椭圆方程可得（1+2k2）x2+8kx+6＝0．
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则xM=12(x1+x2)=-4k1+2k2，yM＝kxN+2=21+2k2．
∴直线MN的方程为：y=-1k(x--41+2k2)+21+2k2，
⇒N（0，-21+2k2）．，
∴yM＝﹣yN，∴线段MN的中点在定直线y＝0上．
（3）由（2）得|MN|=1+(-1k)2|xM|=41+k21+2k2，
|AB|=1+k2|x1﹣x2|=1+k2•24k2-61+2k2．
∵△ABN为等腰直角三角形，∴|AB|＝2|MN|，
∴1+k2•24k2-61+2k2．＝2|41+k21+2k2，
⇒k＝±222．（满足△＞0）．
∴直线l的方程为y=±222x+2．
2．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点P（2，0）作直线l交抛物线于A，B两点．
（1）若l的倾斜角为π4，求△FAB的面积；
（2）过点A，B分别作抛物线C的两条切线l1，l2且直线l1与直线l2相交于点M，问：点M是否在某条定直线上？若在，求该定直线的方程，若不在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵l的倾斜角为π4，
∴k=tanπ4=1，
∵直线l为点P（2，0），
∴直线l的方程y＝x﹣2，即x＝y+2，
联立直线l与抛物线方程y2=4xx=y+2，化简可得，y2﹣4y﹣8＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则△＝b2﹣4ac＝16+4×8＝48＞0，y1+y2=4y1y2=-8，
∴|AB|=2(y1+y2)2-4y1y2=242-4×(-8)=46，
又∵交点F（1，0）到直线l的距离是d=|1×1+0×(-1)-2|12+(-1)2=22，
∴S△FAB=12|AB|⋅d=12×46×22=23．
（2）设l的方程为x＝my+2，
联立直线l与抛物线方程x=my+2y2=4x，化简可得，y2﹣4my﹣8＝0，
则△＝b2﹣4ac＝16m2+32＞0，由韦达定理可得，y1+y2＝4m，y1y2＝﹣8，
∴x1x2=(y1y2)216=4，
不妨设点A（x1，y1）在x轴上方，点B在B（x2，y2）在x轴下方，
当y≥0时，y=2x，
求导可得y'=1x，
∴y'|x=x1=1x1，
∴抛物线C上过点A的切线l1的方程为y-y1=1x1(x-x1)，即y=1x1x-x1+y1①，
当y＜0时，y=-2x，
求导可得y'=-1x，
∴y'|x=x2=-1x2，
∴抛物线C上过点B的切线l2方程为y-y2=-1x2(x-x2)，即y=-1x2x+x2+y2②，
联立①②可得，(1x1+1x2)x=x1+x2+y2-y1，
∵y2=-2x2，y1=2x1，
∴x1+x2x1x2x=x1+x2-2x1-2x2，
∵x1x2＝4，
∴x1+x22x=-(x1+x2)，
又∵x1+x2≠0，
∴x＝﹣2，即M的横坐标恒为﹣2，
∴点M在定直线x＝﹣2上．
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课后作业.定值定点
1．设直线l与抛物线x2＝2y交于A，B两点，与椭圆x24+y23=1交于C，D两点，直线OA，OB，OC，OD（O为坐标原点）的斜率分别为k1，k2，k3，k4．若OA⊥OB．
（Ⅰ）是否存在实数t，满足k1+k2＝t（k3+k4），并说明理由；
（Ⅱ）求△OCD面积的最大值．
【解答】解：（Ⅰ）设直线l的方程为y＝kx+b，A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），B（x4，y4），
直线代入抛物线的方程，得x2﹣2kx﹣2b＝0，
∴x1+x2＝2k，x1x2＝﹣2b，△＝4k2+8b＞0
由OA⊥OB，得x1x2+y1y2＝0，所以b＝2；
联立直线与椭圆x24+y23=1方程得（3+4k2）x2+16kx+4＝0，
∴x3+x4=-16k3+4k2，x3x4=43+4k2，△′＞0得k2＞14．
∴k1+k2＝k，k3+k4＝﹣6k，
∵k1+k2＝t（k3+k4），
∴t=-16；
（Ⅱ）|CD|=1+k2•|x3﹣x4|=1+k2•4k2-13+4k2
∵O到直线CD的距离d-21+k2，
∴S△OCD=12|CD|d＝43•4k2-13+4k2，
设4k2-1=t＞0，则S△OCD=43tt2+4≤3，
t＝2，即k＝±55时，△OCD面积的最大值为3．
2．设抛物线C：x2＝2py（0＜p＜8）的焦点为F，点P是C上一点，且PF的中点坐标为（2，52）
（Ⅰ）求抛物线C的标准方程；
（Ⅱ）动直线l过点A（0，2），且与抛物线C交于M，N两点，点Q与点M关于y轴对称（点Q与点N不重合），求证：直线QN恒过定点．
【解答】解：（Ⅰ）依题意得F（0，p2），设P（x0，y0），由PF的中点坐标为(2，52)，得
0+x0＝2×2且p2+y0＝2×52，∴x0＝4，y0＝5-p2，
∵P（x0，y0）在抛物线x2＝2py上，∴16＝2p（5-p2），
即p2﹣10p+16＝0，解得p＝2或p＝8（舍去），
∴抛物线C的方程为x2＝4y；
（Ⅱ）（法一）依题意直线l的斜率存在，
设直线l：y＝kx+2，M（x1，y1），N（x2，y2），则Q（﹣x1，y1），
联立x2=4yy=kx+2消去y得x2﹣4kx﹣8＝0，显然△＞0，由韦达定理得x1+x2=4kx1x2=-8.，
∵kQN=y2-y1x2+x1=x224-x124x2+x1=x2-x14，
∴直线QN方程为y-y1=x2-x14(x+x1)，
即y=y1+x2-x14(x+x1)=x2-x14x+x1(x2-x1)4+x124=x2-x14x+x1x24，
∵x1•x2＝﹣8，∴QN方程为y=x2-x14x-2，
即直线QN方程恒过定点（0，﹣2）．
（法二）依题意知直线QN的斜率存在且不为0，
设直线QN方程为y＝kx+b，Q（x1，y1），N（x2，y2），
则M（﹣x1，y1），
联立x2=4yy=kx+b消去y得x2﹣4kx﹣4b＝0．
∵Q，N是抛物线C上不同两点，∴必有△＞0，
由韦达定理得x1+x2=4kx1x2=-4b.，
∵M，A，N三点共线，AM→=(-x1，y1-2)，AN→=(x2，y2-2)，
∴﹣x1（y2 ﹣2）﹣x2（y1 ﹣2）＝0．∴﹣x1（kx2+b﹣2）﹣x2（kx1+b﹣2）＝0，
∴2kx1x2+（b﹣2）（x1+x2）＝0，即2k•（﹣4b）+（b﹣2）•4k＝0化简得：kb+2k＝0，
∵k≠0，∴b＝﹣2，
∴直线QN方程为y＝kx﹣2，
∴直线QN恒过定点（0，﹣2）．
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