新高考数学大一轮复习真题源解析几何专题讲义 第17讲 定值问题

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①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
类型一 与面积有关的定值问题
【例1】已知椭圆过点两点.
（ = 1 \* ROMAN I）求椭圆的方程及离心率；
（Ⅱ）设为第三象限内一点且在椭圆上，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值.
解：（1）由题意得，．所以椭圆的方程为．
又，所以离心率．
（2）设，则，又，∴直线的方程为.
令，得，∴.
直线的方程为.令，得，从而．
所以四边形的面积
．从而四边形的面积为定值．
【方法小结】
解决定值定点方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算.
【例2】已知椭圆，点都在椭圆上，为坐标原点，为中点，且.
（1）若点的坐标为，求直线的方程；
（2）求证：面积为定值.
解：（1）设，，∵，∴，将代入椭圆方程中
可得化简可得.
∴，∴直线的方程为；
（2）证明：设，∴，
①当直线的斜率不存在时，，由题意可得，或，，此时；
②当直线的斜率存在时，，由（1），
∴，即直线，
即，由得
∴
∵，∴，
到的距离，∴，
∴为定值.
【方法归纳】
1.解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．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），再进行化简，看能否得到一个常数.
2.定值问题的处理技巧：
（1）对于较为复杂的问题，可先采用特殊位置（例如斜率不存在的直线等）求出定值，进而给后面一般情况的处理提供一个方向.
（2）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
（3）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.
【变式训练1】
已知点的坐标分别为，直线相交于点，且它们的斜率之积为.
（1）求点的轨迹方程；
（2）设点的轨迹为，点是轨迹上不同于的两点，且满足，求证：的面积为定值．
解：（1）设点的坐标为，由题意得，
化简得，点的轨迹方程为．
（2）证明：由题意知，是椭圆上不同于的两点，且，则直线的斜率必存在且不为.
因为，所以.
设直线的方程为，的坐标分别为，
把代入椭圆方程，得 ∴.
又，∴，即.
又，∴，即的面积为定值.
【变式训练2】在平面直角坐标系中，已知点是椭圆上的非坐标轴上的点，且 (分别为直线的斜率)．
（1）证明：均为定值；
（2）判断的面积是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
解：(1)证明：依题意，均不为0，
则由，得，化简得，
因为点在椭圆上，所以，① ，，②
把代入②，整理得.
结合①得，同理可得，从而，为定值，
，为定值．
(2)
.
由(1)知，，易知或，
，因此的面积为定值.
类型二：与斜率有关的定值问题
与斜率有关的定值问题包括直线的斜率为定值，或两直线的斜率之积为定值，或两直线的斜率之比为定值，或两直线的斜率之和为定值等.
【例1】如图, 椭圆的离心率是,点在椭圆上, 设点分别是椭圆的右顶点和上顶点, 过 点引椭圆的两条弦.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与的斜率是互为相反数.
①直线的斜率是否为定值？若是求出该定值, 若不是,说明理由；
②设、的面积分别为和,求的取值范围.
解：（1），解得，∴椭圆的方程为.
（2）①设点，直线，直线
联立方程组，消去得
∴，∴，点
联立方程组,消去得：，，
，∴点,故.
②设直线,联立方程组,消去得：,
,∴，，，
∴.
设分别为点到直线的距离, 则,[
∴,
当时,；
当时，；
当时，；
综上可知：的取值范围是.
【例2】已知椭圆的长轴长为，焦距为.
（ = 1 \* ROMAN I）求椭圆的方程；
(Ⅱ)过动点的直线交轴与点，
交于点(在第一象限)，且是线段
的中点.过点作轴的垂线交于另一点，
延长线交于点.
(i)设直线的斜率分别为，证明为定值.
(ii)求直线的斜率的最小值.
解：（1）设椭圆的半焦距为，由题意知，∴
∴椭圆的方程为.
（2）（i）设，由，可得
∴直线的斜率，直线的斜率
此时，∴为定值.
（ii）设，直线的方程为，直线的方程为，
联立整理得.由可得
∴，同理：.
∴，
，∴.
由，可知，∴，当且仅当时取等号.此时
即，符合题意.所以直线的斜率的最小值为.
【方法归纳】本题利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到参数的解析式或方程是关键，易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.
【例3】如图，椭圆经过点，且离心率为.
( = 1 \* ROMAN I)求椭圆的方程；
( = 2 \* ROMAN II)经过点，且斜率为的直线与椭圆交于不同两点（均异于点），证明：直线与的斜率之和为.
解：（I）由题意知，又，∴，∴椭圆的方程为.
（II）由题设知直线的方程为，代入，得
，由已知，设,，
∴，直线与的斜率之和为
.即直线与的斜率之和为.
【方法归纳】定值问题的处理常见的方法：（1）通过考查极端位置，探索出“定值”是多少，然后再进行一般性的证明或计算，即将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角形形式，证明该式是恒定的，如果以客观题形式出现，特殊方法往往比较快速奏效；（2）进行一般计算推理求出其结果.
【例4】如图，在平面直角坐标系中，椭圆的右顶点和上顶点分别为为线段的中点，且.
（1）求椭圆的离心率；
（2）若，四边形内接于椭圆，且.记直线
的斜率分别为，求证：为定值．
解：(1)由题意，，由为线段的中点得
∴,.
因为，所以，整理得，即.
因为，所以，即.所以椭圆的离心率.
(2)证明：由得，故椭圆方程为.从而，直线的斜率为.
设，则.因为，故的方程为.
联立方程组，消去，得，
解得或.所以点的坐标为.
所以，即为定值.
【例5】已知椭圆的焦距为2，离心率为，右顶点为.
（1）求该椭圆的方程；
（2）过点作直线交椭圆于两个不同点，求证：直线，的斜率之和为定值.
解：（1）由题意可知，又，所以椭圆方程为.
（2）由题意得，当直线的斜率不存在时，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
由，
因为直线与椭圆交于两点，故其，
设，则，又
所以
即直线的斜率之和为定值.
【变式训练2】已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切.
（1）求椭圆的方程；
（2）设，过点作与轴不重合的直线交椭圆于两点，连接分别交直线于两点，若直线的斜率分别为，试问：是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.
【解析】（1）由题意得；
（2）设，直线的方程为，由，
所以
由三点共线可知
同理可得，∴
∵，∴.
【变式训练3】.如图，椭圆和圆，已知椭圆过点，焦距为.
(1) 求椭圆的方程；
(2) 椭圆的下顶点为，过坐标原点且与坐标轴不重合的任意直线与圆相交于点，直线与椭圆的另一个交点分别是点.设的斜率为，直线斜率为，求的值.
解：（I）解法1：将点代入方程，解方程组，求得椭圆的方程为.
解法2：由椭圆定义的，∴椭圆的方程为.
（2）由题意可知直线的斜率存在且不为0，，不妨设直线的斜率为，则，由得或，∴.
用去代，得，则，
由得或，∴.
则，所以．
【变式训练4】如图，是抛物线上的一点，动弦分别交轴于两点，且.若为定点，证明：直线的斜率为定值.
【证明】设，直线的斜率为，则直线的斜率为，
∴直线的方程为.
联立消去，得.
解得，∴.同理，，∴.
∴(定值).∴直线的斜率为定值.
类型三：与长度有关的定值问题
与长度有关的定值问题包括线段长度（弦长）为定值，或两线段长度之积为定值，或两线段对应数量积为定值等.
【例1】已知椭圆的离心率为，椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形面积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆交于两点，且与轴，轴交于两点.
（Ⅰ）若，求的值；
（Ⅱ）若点的坐标为，求证：为定值；
解：（1）∵满足，又，∴
又椭圆的顶点与其两个焦点构成的三角形的面积为2，即，即
以上各式联立解得，
∴椭圆方程为.
（2）（Ⅰ）直线与轴交点为，与轴交点为，
联立
∴.
设，则
又
由得，解得
由.
（Ⅱ）由上可知，，
所以


所以，为定值.
【例2】已知椭圆的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点在椭圆上.
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)设不过原点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，线段的中点为，直线与椭圆交于，证明：．
解：（1）由已知，.又椭圆过点，∴，解得，所以椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，
由方程组得，
由得.∴，∴点的坐标为
直线的方程为，由方程组得，
所以.
又
.
所以.
【方法归纳】在涉及到直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般都设交点坐标为，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得，再把用表示出来，并代入刚才的，这种方法是解析几何中的“设而不求”法．可减少计算量，简化解题过程．
【例3】已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线与椭圆有且只有一个公共点.
（Ⅰ）求椭圆的方程及点的坐标；
（Ⅱ）设是坐标原点，直线，与椭圆交于不同的两点，且与直线交于点．证明：存在常数，使得，并求的值.
解：（ = 1 \* ROMAN I）由已知，，即，所以，则椭圆E的方程为.
由方程组 得. = 1 \* GB3 ①
方程 = 1 \* GB3 ①的判别式为，由，得，此时方程 = 1 \* GB3 ①的解为，
所以椭圆的方程为.点坐标为.
（ = 2 \* ROMAN II）由已知可设直线 的方程为，由方程组
可得所以点坐标为 ，∴.
设点的坐标分别为.由方程组 可得. = 2 \* GB3 ②
方程②的判别式为，由，得，由②得，
∴，同理：，
所以
.
故存在常数，使得.
【方法归纳】在涉及到直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般都设交点坐标为，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得，再把用表示出来，并代入刚才的，这种方法是解析几何中的“设而不求”法．可减少计算量，简化解题过程．
【例4】在平面直角坐标系中，过点的直线与抛物线相交于两点.设.
（1）求证：为定值；
（2）是否存在平行于轴的定直线被以为直径的圆截得的弦长为定值？如果存在，求出该直线方程和弦长，如果不存在，说明理由.
解：（1）（解法1）当直线垂直于轴时，,因此(定值)；
当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，由得，
∴，因此为定值；
（解法2）设直线的方程为，由得，∴，因此为定值；
（2）设存在直线满足条件，则的中点，∴.以为直径的圆的半径，点到直线的距离
所以所截弦长为：
，
当即时，弦长为定值，此时直线方程为.
【例5】如图，曲线是以原点为中心、为焦点的椭圆的
一部分，曲线是以为顶点、为焦点的抛物线的一部分，是
曲线和的交点且为钝角，若，.
（Ⅰ）求曲线和的方程；
（Ⅱ）过作一条与轴不垂直的直线，分别与曲线，依次交
于四点，若为中点、为中点，问是否为定值？若是求出定值；若不是说明理由.
（Ⅰ）解法一：设椭圆方程为，则，得.
设，则，
两式相减得，由抛物线定义可知，则或（舍去），所以椭圆方程为，抛物线方程为.
解法二：过作垂直于轴的直线，即抛物线的准线，作垂直于该准线，作轴于，则由抛物线的定义得，所以，
，得，]
所以，
（，得.）
因而椭圆方程为
抛物线方程为.
（Ⅱ）设把直线代入
得，∴，同理，将直线代入
得，∴，
∴
为定值.
【变式训练1】已知动圆过定点且与圆相切，记动圆圆心的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）设,为上一点，不在坐标轴上，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值.
解：（1）圆的圆心为，半径为4，在圆内，故圆与相内切.
设圆的半径为，则，从而，
因为，故的轨迹是以，为焦点，4为长轴的椭圆，其方程为.
（2）设，则，即
直线，令，代入得：，所以，
直线，令，代入得：，所以，
所以
综上，
【变式训练2】在平面直角坐标系中，是抛物线的焦点，是抛物线上位于第一象限内的任意一点，过三点的圆的圆心为，点到抛物线的准线的距离为，过定点作直线与抛物线相交于两点.
（1）求抛物线的方程；
（2）若点是点关于坐标原点的对称点，求面积的最小值；
（3）是否存在垂直于轴的直线，使得被以为直径的圆截得弦长恒为定值？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由.
解：（1）抛物线的焦点为，圆心在线段的垂直平分线上，
因为抛物线的准线方程为，所以，所以抛物线的方程为.
（2）依题意可知点，设，设直线的方程为，
联立，故有，
∴，当时，的面积有最小值.
（3）假设满足条件的直线存在，其方程为，则以为直径的圆的方程为，将直线方程代入可得，
，设直线与以为直径的圆的焦点为，
则有.
令，即时，为定值；则直线方程为.
【变式训练3】在直角坐标系中，曲线与轴交于两点，点的坐标为.当变化时，解答下列问题：
（1）能否出现的情况？说明理由；
（2）证明过三点的圆在轴上截得的弦长为定值.
解：（1）令，为的根，假设成立，所以，，所以，故假设不成立；
（2）设圆与轴的交点为，设圆的方程为，
令得的根为，所以，又点C在圆上，
所以，故，得到 或 是，所以，所以在轴上的弦长为3，是定值.
【方法归纳】直线与圆综合问题的常见类型及解题策略：处理直线与圆的弦长问题时多用几何法
即弦长的一半、弦心距、半径构成直角三角形．代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：
；圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径，从而建立关系解决问题．
【变式训练4】已知椭圆C： （）的离心率为 ，，，，的面积为1.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设的椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点.求证：为定值.
解：（1）由题意得解得. 所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知，，设，则.
当时，直线的方程为.令，得.从而.
直线的方程为.令，得.从而.
所以.
当时，， 所以.
综上，为定值.
类型四：与角度有关的定值问题
【例1】已知是椭圆的顶点（如图）,直线与椭圆交于异于顶点的两点,且.若椭圆的离心率是,且.
（1）求此椭圆的方程；
（2）设直线和直线的倾斜角分别为.试判断是否为定值？若是，求出此定值；若不是，说明理由.
解：（1）依题意有，∴，∴椭圆的方程为.
（2）∵，且，∵，∴设，则由
得，∴.
∵
，∴.又∵，∴，为定值.
【变式训练】已知椭圆的焦点为，是椭圆上任意一点，若以坐标原点为圆心，椭圆短轴长为直径的圆经过椭圆的焦点，且的周长为．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设直线的是圆上动点处的切线，与椭圆交于不同的两点，证明：的大小为定值．
答案：.
类型五：其他有关定值问题
【例1】已知抛物线，直线与交于，两点，且，其中为坐标原点.
（1）求抛物线的方程；
（2）已知点的坐标为，记直线、的斜率分别为，，证明：为定值.
解：（1）设，联立方程组，消元得，∴.
又，所以，从而.
（2）∵，∴，因此
，
又，，
所以. 即为定值.
【例2】已知抛物线经过点．过点的直线与抛物线有两个不同的交点，且直线交轴于，直线交轴于．
（Ⅰ）求直线的斜率的取值范围；
（Ⅱ）设为原点，，求证：为定值．
解:（Ⅰ）因为抛物线经过点．
所以，解得，所以抛物线的方程为．
由题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为．
由得．依题意，解得或．
又与轴相交，故直线不过点．从而．
所以直线斜率的取值范围是．
（Ⅱ）设．
由（I）知．
直线的方程为．令，得点的纵坐标为．
同理得点的纵坐标为．
由得．
所以．
所以为定值．
【例3】已知椭圆的右焦点到直线的距离为，且椭圆的一个长轴端点与一个短轴端点间的距离为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）给出定点，对于椭圆的任意一条过的弦是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.
解：（1）依题意可知右焦点到直线的距离，∴，∴，又，即，∴.∴椭圆的方程为.
（2）当直线与轴重合时，.
当直线与轴不重合时，设，设直线的方程为，
联立方程组消去得，∴，
又，同理，
∴.
综上所述，为定值.