高考数学一轮复习第八章第八节第4课时圆锥曲线中的定点、定直线与定值问题学案

这是一份高考数学一轮复习第八章第八节第4课时圆锥曲线中的定点、定直线与定值问题学案，共21页。
定点问题
【例1】(2024·烟台模拟)已知椭圆Ω：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为55，焦距为2.
(1)求Ω的标准方程．
(2)过Ω的右焦点F作相互垂直的两条直线l1，l2(均不垂直于x轴)，l1交Ω于A，B两点，l2交Ω于C，D两点．设线段AB，CD的中点分别为M，N，证明：直线MN过定点．
(1)解：因为离心率e＝ca＝55，2c＝2，且a2＝b2＋c2，
所以c＝1，a＝5，b＝2，
故Ω的标准方程为x25+y24＝1.
(2)证明：由(1)知F(1，0)．
设直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立y＝kx－1，x25+y24＝1，
消去y，得(5k2＋4)x2－10k2x＋5k2－20＝0，
则x1＋x2＝10k25k2+4，y1+y2＝－8k5k2+4，
所以点M的坐标为5k25k2+4，－4k5k2+4.
因为CD⊥AB，所以CD的斜率为－1k.
将点M坐标中的k换为－1k，可得点N的坐标为54k2+5，4k4k2+5.
当k≠±1时，设直线MN的斜率为kMN，则kMN＝yN－yMxN－xM＝－9k5k2－5，
所以直线MN的方程为y－4k4k2+5＝－9k5k2－5x－54k2+5，
即y＝－9k5k2－5x－59，则直线MN过定点59，0.
当k＝±1时，直线MN的方程为x＝59，也过点59，0.
综上所述，直线MN过定点59，0.
1．求解直线过定点问题的基本思路
由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
2．求解曲线过定点问题的基本思路
把曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是曲线所过的定点．
已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的上顶点和两焦点构成的三角形为等腰直角三角形，且面积为2，点M为椭圆C的右顶点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若经过点P(t，0)(不与点M重合)的直线l与椭圆C交于A，B两点，实数t取何值时以AB为直径的圆恒过点M?
解：(1)由题意知b＝c，bc＝2，解得b＝c＝2.
又a2－b2＝c2，则a＝2，
所以椭圆C的方程为x24+y22＝1.
(2)由(1)知M(2，0)．
若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝t(－20，
则有y1＋y2＝4t，所以4t＝2，即t＝12.
所以直线l的方程为2x－y－1＝0.
(2)证明：因为抛物线C：y2＝2px(p>0)，
所以焦点F的坐标为p2，0.
由题意知直线l的斜率存在且不为0，
又因为直线l过焦点F，
故设直线l的方程为x＝ty＋p2t≠0，Ax1，y1，Bx2，y2，
由x＝ty+p2， y2＝2px，得y2－2pty－p2＝0，
所以Δ＝4p2t2＋4p2>0，y1＋y2＝2pt.
所以x1＋x2＝t(y1＋y2)＋p＝2pt2＋p，
所以Mpt2+p2 ，pt，
所以MN的方程为y－pt＝－tx－pt2－p2.
令y＝0，解得x＝pt2＋3p2，
所以Npt2+3p2 ，0，所以MN2＝p2＋p2t2，|FN|＝pt2＋3p2－p2＝pt2＋p，
所以2MN2FN＝2p2+p2t2pt2+p＝2p，为定值．
2．如图，曲线C1是以原点O为中心，F1，F2为焦点的椭圆的一部分，曲线C2是以O为顶点，F2为焦点的抛物线的一部分，A是曲线C1和C2的一个交点，且∠AF2F1为钝角，若|AF1|＝72，AF2＝52.
(1)求曲线C1和C2所在椭圆和抛物线的方程．
(2)过F2作一条与x轴不垂直的直线，分别与曲线C1和C2交于B，E，C，D四点，若G为CD的中点，H为BE的中点，问BE·GF2CD·HF2是否为定值？若是，请求出此定值；否则，请说明理由．
解：(1)设椭圆方程为x2a2+y2b2＝1a＞b＞0，则2a＝AF1＋|AF2|＝72 +52＝6，得a＝3.
设A(x，y)，F1(－c，0)，F2(c，0)，
则(x＋c)2＋y2＝722，(x－c)2＋y2＝522，
两式相减得x·c＝32.
由抛物线的定义可知|AF2|＝x＋c＝52，
则c＝1，x＝32或x＝1，c＝32.
又因为∠AF2F1为钝角，所以x＞c，所以c＝1，x＝32.
所以曲线C1所在的椭圆方程为x29+y28＝1－3≤x≤32，
曲线C2所在的抛物线方程为y2＝4x0≤x≤32.
(2)设B(x1，y1)，E(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，直线方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
代入x29+y28＝1，得8yk+12＋9y2－72＝0，
即(8＋9k2)y2＋16ky－64k2＝0，
Δ＝(16k)2＋4×(8＋9k2)×64k2＞0，
则y1＋y2＝－16k8+9k2，y1y2＝－64k28+9k2.
将y＝k(x－1)(k≠0)代入y2＝4x，
得ky2－4y－4k＝0，
Δ＝16＋4×k×4k＞0，
则y3＋y4＝4k，y3y4＝－4，
所以BE·GF2CD·HF2＝y1－y2y3－y4·12y3+y412y1+y2＝y1－y22·y3+y42y1+y22·y3－y42＝y1+y22－4y1y2y1+y22·y3+y42y3+y42－4y3y4
＝－16k28+9k22+4×64k28+9k2－16k28+9k22·4k24k2+16＝3，为定值．
3．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，点Qb，ab在椭圆上，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点P，M，N为椭圆C上的三点，若四边形OPMN为平行四边形，证明：四边形OPMN的面积S为定值，并求该定值．
(1)解：由椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，得e2＝c2a2＝12，
所以a2－b2a2＝12，则b2a2＝12，即a2＝2b2.
将Qb，ab代入椭圆C的方程，得b22b2+2b2b4＝1，
解得b2＝4，所以a2＝8，
所以椭圆C的方程为x28+y24＝1.
(2)证明：当直线PN的斜率k不存在时，直线PN的方程为x＝2或x＝－2，
从而有|PN|＝23，
所以四边形OPMN的面积为S＝12PN·OM＝12×23×22＝26.
当直线PN的斜率k存在时，
设直线PN的方程为y＝kx＋m(m≠0)，
P(x1，y1)，N(x2，y2)．
将PN的方程代入C整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，
Δ＝16k2m2－4×(1＋2k2)(2m2－8)＞0，
所以x1＋x2＝－4km1+2k2，x1x2＝2m2－81+2k2，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝2m1+2k2.
由OM＝OP+ON，得M－4km1+2k2，2m1+2k2，
将M点坐标代入椭圆C的方程，得m2＝1＋2k2.
又点O到直线PN的距离为d＝m1+k2，|PN|＝1+k2x1－x2，
所以四边形OPMN的面积为
S＝d·|PN|＝|m|·|x1－x2|＝1+2k2·x1－x2＝16k2－8m2+32＝24＝26.
综上，四边形OPMN的面积S为定值16k2－8m2+32＝24＝26.
课时质量评价(五十六)
1．(2024·重庆模拟)已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，椭圆的上顶点B到两焦点的距离之和为4.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于异于点B的两点P，Q，直线BP，BQ与x轴相交于M(xM，0)，N(xN，0)，若1xM+1xN＝1，求证：直线l过一定点，并求出定点坐标．
(1)解：椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，则ca＝32，
椭圆的上顶点B到两焦点的距离之和为4，则2a＝4，
所以a＝2，c＝3，从而b2＝a2－c2＝1，
故椭圆C的标准方程为x24＋y2＝1.
(2)证明：将y＝kx＋m代入x24＋y2＝1，消去y并整理得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＞0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－8km4k2+1，x1x2＝4m2－44k2+1.
由于B(0，1)，则直线BP：y－1＝y1－1x1x，
令y＝0，得xM＝x11－y1，同理可得xN＝x21－y2.
若1xM+1xN＝1，则xM＋xN＝xMxN，
则x1x2＝x1＋x2－(x1y2＋x2y1)，
即(2k＋1)x1x2＝(1－m)(x1＋x2)，整理得(m－1)·(2k＋m＋1)＝0，所以2k＋m＋1＝0或m＝1.
当m＝1时，直线l：y＝kx＋1过定点(0，1)，
与条件“直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于异于点B的两点P，Q”矛盾；
当2k＋m＋1＝0时，直线l：y＝kx＋m可化为y＝k(x－2)－1，过定点(2，－1)．
综上，直线l过一定点，定点坐标为(2，－1)．
2．如图，已知抛物线C：y＝12x2，直线y＝kx＋2交抛物线C于A，B两点，O为坐标原点，设抛物线C在点A处的切线为l1，在点B处的切线为l2，证明：l1与l2的交点M在一定直线上．
证明：设 Ax1，12 x12，Bx2，12 x22，M(x0，y0)，
把y＝kx＋2代入y＝12x2，得x2－2kx－4＝0，Δ＝4k2＋16＞0，
则x1+x2＝2k，x1x2＝－4.
因为y＝12x2，所以y′＝x，
故经过点Ax1，12 x12的切线l1的方程为y－12x12＝x1(x－x1)，即y＝x1x－12x12①，
同理，经过点Bx2，12 x22的切线l2的方程为y＝x2x－12x22②.
由①②消去x，可得y＝12x1x2＝－2，即y0＝－2.
所以点M在定直线y＝－2上．
3．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的一个焦点为F1(－1，0)，其左顶点为A，上顶点为B，且F1到直线AB的距离为77OB(O为坐标原点)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆E：x2a2+y2b2＝λ(λ＞0且λ≠1)，则称椭圆E为椭圆C的λ倍相似椭圆．已知椭圆E是椭圆C的3倍相似椭圆，直线l：y＝kx＋m与椭圆C，E交于四点(依次为点M，N，P，Q，如图)，且MQ+PQ＝2NQ，证明：点T(k，m)在定曲线上．
(1)解：由题可知A(－a，0)，B(0，b)，且a＞1，
所以直线AB的方程为x－a+yb＝1，即bx－ay＋ab＝0，
所以F1(－1，0)到直线AB的距离为d＝ab－ba2+b2＝77b，
所以a2＋b2＝7(a－1)2.
又b2＝a2－1，解得a＝2或a＝45(舍去)，b＝3，
所以椭圆C的方程为x24+y23＝1.
(2)证明：椭圆C的3倍相似椭圆E的方程为x212+y29＝1，
设N，P，M，Q各点的坐标依次为(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，(x4，y4)，
将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
所以Δ1＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(4k2＋3－m2)＞0(*)，
x1＋x2＝－8km3+4k2，x1x2＝4m2－123+4k2，
所以|x1－x2|＝x1+x22－4x1x2＝434k2+3－m23+4k2.
将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，
得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－36＝0，
Δ2＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－36)＞0，
所以x3＋x4＝－8km3+4k2，x3x4＝4m2－363+4k2，
|x3－x4|＝x3+x42－4x3x4＝4312k2+9－m23+4k2，
所以x1＋x2＝x3＋x4，
所以线段NP与MQ的中点相同，所以|MN|＝|PQ|.
由MQ+PQ＝2NQ，得NM＝PN，所以MQ＝3|PN|，
所以|x3－x4|＝3|x1－x2|，
所以4312k2+9－m23+4k2＝3×434k2+3－m23+4k2，
化简得12k2＋9＝4m2，满足(*)式，所以4m29－4k23＝1，
即点(k，m)在定曲线4y29－4x23＝1上．
4．已知椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)，过点P(－1，－1)且与x轴平行的直线与椭圆E恰有一个公共点，过点P且与y轴平行的直线被椭圆E截得的线段长为3.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设过点P的动直线与椭圆E交于M，N两点，T为y轴上的一点，设直线MT和NT的斜率分别为k1和k2，若1k1+1k2为定值，求点T的坐标．
解：(1)由题意可得b＝1，由1a2＋y2＝1，
可得|y|＝1－1a2.
由题意可知21－1a2＝3，可得a2＝4，
所以椭圆E的标准方程为x24＋y2＝1.
(2)设T(0，t)，显然直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x＝m(y＋1)－1＝my＋m－1，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立x＝my+m－1，x2+4y2＝4，整理可得(4＋m2)y2＋2m(m－1)y＋(m－1)2－4＝0，
Δ＝4m2(m－1)2－4(4＋m2)[(m－1)2－4]＞0，
y1＋y2＝－2mm－14+m2，y1y2＝m－12－44+m2＝m2－2m－34+m2.
由题意可得1k1+1k2＝x1y1－t+x2y2－t＝my1+m－1y2－t+my2+m－1y1－ty1－ty2－t
＝2my1y2+－mt+m－1y1+y2－2tm－1y1y2－ty1+y2+t2＝2mm2－2m－3－－mt+m－1·2mm－1－2tm－14+m2m2－2m－3+2tmm－1+t24+m2
＝－8mt+1+8tt+12m2－2t+1m+4t2－3，
因为其值为定值，所以当t＝－1时，定值为－8，所以T(0，－1)．
5．已知椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，过F1且斜率为24的直线与椭圆的一个交点在x轴上的射影恰好为F2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)如图，椭圆E的下顶点为A，过点B(0，2)作一条与y轴不重合的直线，该直线交椭圆E于C，D两点．直线AD，AC分别交x轴于点H，G.求证：△ABG与△AOH的面积之积为定值，并求出该定值．
(1)解：过F1且斜率为24的直线的方程为y＝24x+1，
令x＝1，得y＝22.
由题意可得a2－b2＝1，1a2+12b2＝1，解得a2＝2，b2＝1.
所以椭圆E的方程为x22＋y2＝1.
(2)证明：由题意知，直线BC的斜率存在，
设直线BC的方程为y＝kx＋2，D(x1，y1)，C(x2，y2)，
联立y＝kx+2，x22+y2＝1，得(1＋2k2)x2＋8kx＋6＝0，由Δ＝16k2－24＞0，得k2＞32，
所以x1＋x2＝－8k1+2k2，x1x2＝61+2k2，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋4＝41+2k2，
y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝4－2k21+2k2.
直线AD的方程为y＝1+y1x1x－1，
令y＝0，解得x＝x11+y1，
则Hx11+y1，0，同理可得Gx21+y2，0，
所以S△AOH·S△ABG＝12×1×x11+y1×12×3×x21+y2＝34x1x21+y11+y2
＝34x1x21+y1+y2+y1y2＝3461+2k21+41+2k2+4－2k21+2k2＝3461+2k2+4+4－2k2＝34×69＝12.
6．(2024·张掖模拟)已知点A(x0，－2)在抛物线C：y2＝2px(p＞0)上，且A到C的焦点F的距离与到x轴的距离之差为12.
(1)求抛物线C的方程；
(2)当p＜2时，M，N是C上不同于点A的两个动点，且直线AM，AN的斜率之积为－2，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点E，使得|DE|为定值．
(1)解：抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F(p2，0)，准线为x＝－p2，
又点A(x0，－2)在抛物线C：y2＝2px(p＞0)上，即(－2)2＝2px0，所以x0＝2p，即A2p，－2.
依题意可得2p+p2－2＝12，解得p＝1或p＝4，所以y2＝2x或y2＝8x.
(2)证明：因为p＜2，所以y2＝2x，A(2，－2)．
由题可知直线MN的斜率不为0，
设直线MN：x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立y2＝2x，x＝my+n，
消去x，整理得y2－2my－2n＝0，
Δ＝4m2＋8n＞0①，
且y1＋y2＝2m，y1y2＝－2n，
所以kAM·kAN＝2y1－2·2y2－2＝－2，
所以(y1－2)(y2－2)＝－2，
即y1y2－2(y1＋y2)＋6＝0，
所以n＋2m＝3满足①.
将n＝3－2m代入x＝my＋n，得x－3＝m(y－2)，
令x－3＝0，y－2＝0，解得x＝3，y＝2，
所以直线MN恒过定点Q(3，2)．
又因为AD⊥MN，所以点D在以AQ为直径的圆上．
因为A，Q的中点为52，0，
|AQ|＝3－22+2+22＝17，
所以以AQ为直径的圆的方程为x－522+y2＝174，
所以存在E52 ，0，使得DE为定值172.