高考数学统考一轮复习第8章平面解析几何命题探秘2第1课时圆锥曲线中的定点定值问题学案

这是一份高考数学统考一轮复习第8章平面解析几何命题探秘2第1课时圆锥曲线中的定点定值问题学案，共6页。


技法一 直接推理解决直线过定点问题
[典例1](2020·临沂、枣庄二模联考)已知椭圆C：eq \f (x2,a2)＋eq \f (y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f (\r(3),2)，其左、右焦点分别为F1，F2，点P为坐标平面内的一点，且|eq \(OP,\s\up7(→))|＝eq \f (3,2)，eq \(PF1,\s\up7(→))·eq \(PF2,\s\up7(→))＝－eq \f (3,4)，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M为椭圆C的左顶点，A，B是椭圆C上两个不同的点，直线MA，MB的倾斜角分别为α，β，且α＋β＝eq \f (π,2).证明：直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标．
[思维流程]
[解] (1)设P点坐标为(x0，y0)，F1(－c,0)，F2(c,0)，
则eq \(PF1,\s\up7(→))＝(－c－x0，－y0)，eq \(PF2,\s\up7(→))＝(c－x0，－y0)．
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)＝\f (9,4)，,x0＋cx0－c＋y\\al(2,0)＝－\f (3,4)，))
解得c2＝3，∴c＝eq \r(3).
又e＝eq \f (c,a)＝eq \f (\r(3),2)，∴a＝2.
∴b2＝a2－c2＝1.
∴所求椭圆C的方程为eq \f (x2,4)＋y2＝1.
(2)设直线AB方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f (x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))消去y得
(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
∴x1＋x2＝－eq \f (8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f (4m2－4,4k2＋1).
又由α＋β＝eq \f (π,2)，∴tan α·tan β＝1，
设直线MA，MB斜率分别为k1，k2，则k1k2＝1，
∴eq \f (y1,x1＋2)·eq \f (y2,x2＋2)＝1，
即(x1＋2)(x2＋2)＝y1y2.
∴(x1＋2)(x2＋2)＝(kx1＋m)(kx2＋m)，
∴(k2－1)x1x2＋(km－2)(x1＋x2)＋m2－4＝0，
∴(k2－1)eq \f (4m2－4,4k2＋1)＋(km－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (8km,4k2＋1)))＋m2－4＝0，
化简得20k2－16km＋3m2＝0，
解得m＝2k，或m＝eq \f (10,3)k.
当m＝2k时，y＝kx＋2k，过定点(－2,0)，不合题意(舍去)．
当m＝eq \f (10,3)k时，y＝kx＋eq \f (10,3)k，过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (10,3)，0))，
∴直线AB恒过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (10,3)，0)).
点评：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)．
技法二 直接推理解决曲线过定点问题
[典例2] (2019·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．
[思维流程]
[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)证明：抛物线C的焦点为F(0，－1)，设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2＝－4y)) 得x2＋4kx－4＝0.
设Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，则x1x2＝－4.
直线OM的方程为y＝eq \f (y1,x1)x.
令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－eq \f (x1,y1).
同理得点B的横坐标xB＝－eq \f (x2,y2).
设点D(0，n)，
则eq \(DA,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (x1,y1)，－1－n))，eq \(DB,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (x2,y2)，－1－n))，
eq \(DA,\s\up7(→))·eq \(DB,\s\up7(→))＝eq \f (x1x2,y1y2)＋(n＋1)2
＝eq \f (x1x2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (x\\al(2,1),4)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (x\\al(2,2),4))))＋(n＋1)2
＝eq \f (16,x1x2)＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.
令eq \(DA,\s\up7(→))·eq \(DB,\s\up7(→))＝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)．
点评：抓住圆的几何特征：“直径所对的圆周角为90°”，巧用向量eq \(DA,\s\up7(→))·eq \(DB,\s\up7(→))＝0求得定点坐标，学习中应体会向量解题的工具性．
技法三 定直线的方程问题
[典例3] 已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，过F且斜率为1的直线与C交于A，B两点，|AB|＝8.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点D(1,2)的直线l交C于点M，N，点Q为MN的中点，QR⊥x轴交C于点R，且eq \(QR,\s\up7(→))＝eq \(RT,\s\up7(→)).证明：动点T在定直线上．
[思维流程]
[解] (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f (p,2)))，所以过F且斜率为1的直线的方程为y＝x＋eq \f (p,2).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋\f (p,2)，,x2＝2py))消去y并整理，得x2－2px－p2＝0，易知Δ＞0.
则x1＋x2＝2p，y1＋y2＝x1＋x2＋p＝3p，
所以|AB|＝y1＋y2＋p＝4p＝8，解得p＝2.
于是抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)证明：法一：易知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k(x－1)＋2，Q(x0，y0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3，\f (1,4)x\\al(2,3)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x4，\f (1,4)x\\al(2,4))).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1＋2，,x2＝4y))消去y并整理，得x2－4kx＋4k－8＝0.
则Δ＝(－4k)2－4(4k－8)＝16(k2－k＋2)＞0，
x3＋x4＝4k，x3x4＝4k－8，
所以x0＝eq \f (x3＋x4,2)＝2k，y0＝k(x0－1)＋2＝2k2－k＋2，
即Q(2k,2k2－k＋2)．
由点R在曲线C上，QR⊥x轴，且eq \(QR,\s\up7(→))＝eq \(RT,\s\up7(→))，
得R(2k，k2)，R为QT的中点，所以T(2k，k－2)．
因为2k－2(k－2)－4＝0，
所以动点T在定直线x－2y－4＝0上．
法二：设T(x，y)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3，\f (1,4)x\\al(2,3)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x4，\f (1,4)x\\al(2,4))).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,3)＝4y3，,x\\al(2,4)＝4y4))得(x3＋x4)(x3－x4)＝4(y3－y4)，
所以eq \f (x3＋x4,4)＝eq \f (y3－y4,x3－x4).
设Q(x，y5)，则直线MN的斜率k＝eq \f (y5－2,x－1)，
又eq \f (y3－y4,x3－x4)＝k，点Q的横坐标x＝eq \f (x3＋x4,2)，
所以eq \f (x,2)＝eq \f (y5－2,x－1)，所以y5＝eq \f (1,2)x(x－1)＋2.
由eq \(QR,\s\up7(→))＝eq \(RT,\s\up7(→))知点R为QT的中点，所以Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，\f (y5＋y,2))).
又点R在C上，将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，\f (y5＋y,2)))代入C的方程得x2＝2(y5＋y)，即－x＋4＋2y＝0，
所以动点T在定直线x－2y－4＝0上．
点评：本题第(2)问给出了探求圆锥曲线中的定直线问题的两种方法：方法一是参数法，即先利用题设条件探求出动点T的坐标(包含参数)，再消去参数，即得动点T在定直线上；方法二是相关点法，即先设出动点T的坐标为(x，y)，根据题设条件得到已知曲线上的动点R的坐标，再将动点R的坐标代入已知的曲线方程，即得动点T在定直线上．
技法四 直接推理解决定值问题
[典例4] 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f (x2,4)＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (x1,2)，y1))，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (x2,2)，y2))，m·n＝0.
(1)求证：k1·k2＝－eq \f (1,4)；
(2)试探求△OPQ的面积S是不是为定值，并说明理由．
[思维流程]
[解] (1)证明：∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0.
又m·n＝0，∴eq \f (x1x2,4)＋y1y2＝0，即eq \f (x1x2,4)＝－y1y2，
∴k1·k2＝eq \f (y1y2,x1x2)＝－eq \f (1,4).
(2)①当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，由eq \f (y1y2,x1x2)＝－eq \f (1,4)，得eq \f (x\\al(2,1),4)－yeq \\al(2,1)＝0.
∵点P(x1，y1)在椭圆上，∴eq \f (x\\al(2,1),4)＋yeq \\al(2,1)＝1，
∴|x1|＝eq \r(2)，|y1|＝eq \f (\r(2),2).∴S△POQ＝eq \f (1,2)|x1||y1－y2|＝1.
②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b.
联立得方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,\f (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.
∴x1＋x2＝eq \f (－8kb,4k2＋1)，x1x2＝eq \f (4b2－4,4k2＋1).
∵eq \f (x1x2,4)＋y1y2＝0，
∴eq \f (x1x2,4)＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1(满足Δ>0)．
∴S△POQ＝eq \f (1,2)·eq \f (|b|,\r(1＋k2))·|PQ|＝eq \f (1,2)|b|eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝2|b|eq \f (\r(4k2＋1－b2),4k2＋1)＝1.
综合①②知△POQ的面积S为定值1.
点评：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．
技法阐释
求解圆锥曲线中的定点问题的两种方法
(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关.
(2)直接推理法：①选择一个参数建立直线系方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常量当成变量，将变量x，y当成常量，将原方程转化为kf (x，y)＋g(x，y)＝0的形式(k是原方程中的常量)；②根据直线过定点时与参数没有关系(即直线系方程对任意参数都成立)，得到方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f x，y＝0，,gx，y＝0；))③以②中方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，则可以特殊解决.