新高考数学一轮复习题型归纳讲义专题13解析几何 13.7定点定值（2份打包，原卷版+解析版）

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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：（a＞b＞0）的两个顶点分别为点A（﹣2，0），B（2，0），离心率为．
（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，所以c，
所以b2＝a2﹣c2＝1，
所以椭圆的方程为y2＝1．
（Ⅱ）设D（x0，0），M（x0，y0），N（x0，﹣y0）（y0＞0），
可得y02＝1，
直线AM的方程为y（x+2），
因为DE⊥AM，所以kDE，
直线DE的方程为y（x﹣x0），
直线BN的方程为y（x﹣2）
联立，
整理得，（x﹣x0）（x﹣2），
即（x02﹣4）（x﹣x0）＝y02（x﹣2），
即（x02﹣4）（x﹣x0）（x﹣2），得x，
所以y•y0，
即E（，y0），则，
又，
所以△BDE与△BDN的面积之比为定值．
2．（2018·全国1）设椭圆C：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）c1，
∴F（1，0），
∵l与x轴垂直，
∴x＝1，
由，解得或，
∴A（1.），或（1，），
∴直线AM的方程为yx，yx，
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，x2，
直线MA，MB的斜率之和为kMA，kMB之和为kMA+kMB，
由y1＝kx1﹣k，y2＝kx2﹣k得kMA+kMB，
将y＝k（x﹣1）代入y2＝1可得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣2＝0，
∴x1+x2，x1x2，
∴2kx1x2﹣3k（x1+x2）+4k（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1（a＞b＞0）的离心率为，且过点（，）．
（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，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：，解得a＝2，b＝1，c，
∴椭圆的标准方程为：．
（II）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），则，1，①．
∵满足，∴．
代入椭圆的方程可得：，
化为1，
由①可得：x1x2+4y1y2＝0，
∴k1k2为定值．
设OA：y＝k1x，OB：yx，令x＝3，解得M（3，3k1），N．
∴|MN|33，当且仅当时取等号，
∴|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，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，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，
因为直线OA，OB的斜率之积为，所以，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，化简可得ky2﹣4y+4b＝0，则有，
因为直线OA，OB的斜率之积为，所以，
即x1x2+2y1y2＝0，即，解得，
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，
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；
（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2）
联立，消去y可得（3+4k2）x2+8mkx+4（m2﹣3）＝0，
则
又
因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D（2，0），∴kADkBD＝﹣1，即
∴y1y2+x1x2﹣2（x1+x2）+4＝0，∴
∴7m2+16mk+4k2＝0
解得：，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；
当时，l的方程为，直线过定点
所以，直线l过定点，定点坐标为
3．（2017·全国1）已知椭圆C：1（a＞b＞0），四点P1（1，1），P2（0，1），P3（﹣1，），P4（1，）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，），P4（1，）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，），P4（1，）三点在椭圆C上．
把P2（0，1），P3（﹣1，）代入椭圆C，得：
，解得a2＝4，b2＝1，
∴椭圆C的方程为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，
∴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，整理，得（1+4k2）x2+8ktx+4t2﹣4＝0，
，x1x2，
则
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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日期：2021/8/22 23:59:00；用户：15942715433；邮箱：15942715433；学号：32355067
1．如图，已知椭圆C：1（a＞b＞0）的离心率为，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，解得a，c＝1，
b
∴椭圆方程为：．
（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，yM＝kxN+2．
∴直线MN的方程为：，
⇒N（0，）．，
∴yM＝﹣yN，∴线段MN的中点在定直线y＝0上．
（3）由（2）得|MN||xM|，
|AB||x1﹣x2|•．
∵△ABN为等腰直角三角形，∴|AB|＝2|MN|，
∴•．＝2|，
⇒k＝±．（满足△＞0）．
∴直线l的方程为y．
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，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，
∴，
∵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，化简可得，y2﹣4y﹣8＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则△＝b2﹣4ac＝16+4×8＝48＞0，，
∴，
又∵交点F（1，0）到直线l的距离是，
∴．
（2）设l的方程为x＝my+2，
联立直线l与抛物线方程，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，
∴，
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，，
求导可得y'，
∴，
∴抛物线C上过点A的切线l1 的方程为，即①，
当y＜0时，y，
求导可得y'，
∴，
∴抛物线C上过点B的切线l2 方程为，即②，
联立①②可得，，
∵，
∴，
∵x1x2＝4，
∴，
又∵，
∴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：1（a＞b＞0）的离心率为，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，解得a，c＝1，
b
∴椭圆方程为：．
（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，yM＝kxN+2．
∴直线MN的方程为：，
⇒N（0，）．，
∴yM＝﹣yN，∴线段MN的中点在定直线y＝0上．
（3）由（2）得|MN||xM|，
|AB||x1﹣x2|•．
∵△ABN为等腰直角三角形，∴|AB|＝2|MN|，
∴•．＝2|，
⇒k＝±．（满足△＞0）．
∴直线l的方程为y．
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，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，
∴，
∵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，化简可得，y2﹣4y﹣8＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则△＝b2﹣4ac＝16+4×8＝48＞0，，
∴，
又∵交点F（1，0）到直线l的距离是，
∴．
（2）设l的方程为x＝my+2，
联立直线l与抛物线方程，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，
∴，
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，，
求导可得y'，
∴，
∴抛物线C上过点A的切线l1 的方程为，即①，
当y＜0时，y，
求导可得y'，
∴，
∴抛物线C上过点B的切线l2 方程为，即②，
联立①②可得，，
∵，
∴，
∵x1x2＝4，
∴，
又∵，
∴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；
联立直线与椭圆方程得（3+4k2）x2+16kx+4＝0，
∴x3+x4，x3x4，△′＞0得．
∴k1+k2＝k，k3+k4＝﹣6k，
∵k1+k2＝t（k3+k4），
∴t；
（Ⅱ）|CD|•|x3﹣x4|•
∵O到直线CD的距离d，
∴S△OCD|CD|d＝4•，
设t＞0，则S△OCD，
t＝2，即k＝±时，△OCD面积的最大值为．
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，）
（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，），设P（x0，y0），由PF的中点坐标为，得
0+x0＝2×2且y0＝2，∴x0＝4，y0＝5，
∵P（x0，y0）在抛物线x2＝2py上，∴16＝2p（5），
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），
联立消去y得x2﹣4kx﹣8＝0，显然△＞0，由韦达定理得，
∵，
∴直线QN方程为，
即，
∵x1•x2＝﹣8，∴QN方程为，
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，
∵M，A，N三点共线，，
∴﹣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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