2021高考数学（理）人教A版一轮复习学案作业：第九章高考专题突破五第2课时定点与定值问题

第2课时　定点与定值问题
定点问题
例1　(2019·北京)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.
(1)解　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).
由得x2＋4kx－4＝0.
Δ＝16k2＋16>0恒成立.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.
直线OM的方程为y＝x.
令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－.
同理得点B的横坐标xB＝－.
设点D(0，n)，则＝，
＝，
·＝＋(n＋1)2＝＋(n＋1)2
＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.
令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，得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).
思维升华　圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
跟踪训练1　(2019·全国Ⅲ)已知曲线C：y＝，D为直线y＝－上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
(1)证明：直线AB过定点；
(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.
(1)证明　设D，A(x1，y1)，则x＝2y1.
由y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝x1.
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.
所以直线AB过定点.
(2)解　由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.
由可得x2－2tx－1＝0，Δ＝4t2＋4>0，
于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，
y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，
|AB|＝|x1－x2|
＝·＝2(t2＋1).
设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，
则d1＝，d2＝，
因此，四边形ADBE的面积S＝|AB|(d1＋d2)
＝(t2＋3).
设M为线段AB的中点，则M.
因为⊥，而＝(t，t2－2)，
与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0，
解得t＝0或t＝±1.
当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4.
因此，四边形ADBE的面积为3或4.
定值问题
例2　(2020·河南八市重点高中联考)已知O为坐标原点，过点M(1,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，且·＝－3.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点M作直线l′⊥l交抛物线C于P，Q两点，记△OAB，△OPQ的面积分别为S1，S2，证明：＋为定值.
(1)解　设直线l：x＝my＋1，
联立方程消x得，y2－2pmy－2p＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－2p，
又因为·＝x1x2＋y1y2
＝(my1＋1)(my2＋1)＋y1y2
＝(1＋m2)y1y2＋m(y1＋y2)＋1
＝(1＋m2)(－2p)＋2pm2＋1＝－2p＋1＝－3.
解得p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明　由(1)知M(1,0)是抛物线C的焦点，
所以|AB|＝x1＋x2＋p＝my1＋my2＋2＋p＝4m2＋4.
原点到直线l的距离d＝，
所以S1＝××4(m2＋1)＝2.
因为直线l′过点(1,0)且l′⊥l，
所以S2＝2＝2.
所以＋＝＋＝.
即＋为定值.
思维升华　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.
跟踪训练2　(2018·北京)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值.
(1)解　因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k<0或0 又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2).
从而k≠－3.
所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1).
(2)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.
直线PA的方程为y－2＝(x－1)，
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.
由＝λ，＝μ，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以＋＝＋
＝＋
＝·
＝·＝2.
所以＋为定值.


1.(2020·成都模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－，0)，F2(，0)，且经过点A.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点B(4,0)作一条斜率不为0的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，记点P关于x轴对称的点为P′.证明：直线P′Q经过x轴上一定点D，并求出定点D的坐标.
(1)解　由椭圆的定义，可知
2a＝|AF1|＋|AF2|＝＋＝4.
解得a＝2.
又b2＝a2－()2＝1.
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明　由题意，设直线l的方程为x＝my＋4(m≠0).
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则P′(x1，－y1).
由消去x，可得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.
∵Δ＝16(m2－12)>0，∴m2>12.
∴y1＋y2＝，y1y2＝.
∵kP′Q＝＝.
∴直线P′Q的方程为y＋y1＝(x－x1).
令y＝0，可得x＝＋my1＋4.
∴x＝＋4＝＋4＝＋4＝1.
∴D(1,0).
∴直线P′Q经过x轴上定点D，其坐标为(1,0).
2.(2020·西安模拟)设F1，F2为椭圆C：＋＝1(b>0)的左、右焦点，M为椭圆上一点，满足MF1⊥MF2，已知△MF1F2的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设C的上顶点为H，过点(2，－1)的直线与椭圆交于R，S两点(异于H)，求证：直线HR和HS的斜率之和为定值，并求出这个定值.
解　(1)由椭圆定义得|MF1|＋|MF2|＝4，①
由MF1⊥MF2得
|MF1|2＋|MF2|2＝|F1F2|2＝4(4－b2)，②
由题意得＝|MF1|·|MF2|＝1，③
由①②③，可得b2＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)依题意，H(0,1)，显然直线RS的斜率存在且不为0，
设直线RS的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
代入椭圆方程并化简得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题意知，Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，
设R(x1，y1)，S(x2，y2)，x1x2≠0，
故x1＋x2＝，x1x2＝.
kHR＋kHS＝＋＝＋
＝2k＋(m－1)＝2k＋(m－1)
＝2k－＝.
∵直线RS过点(2，－1)，∴2k＋m＝－1，
∴kHR＋kHS＝－1.
故kHR＋kHS为定值－1.
3.(2020·太原模拟)已知动圆E经过定点D(1,0)，且与直线x＝－1相切，设动圆圆心E的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)设过点P(1,2)的直线l1，l2分别与曲线C交于A，B两点，直线l1，l2的斜率存在，且倾斜角互补，证明：直线AB的斜率为定值.
(1)解　由已知，动点E到定点D(1,0)的距离等于E到直线x＝－1的距离，由抛物线的定义知E点的轨迹是以D(1,0)为焦点，以x＝－1为准线的抛物线，故曲线C的方程为y2＝4x.
(2)证明　由题意直线l1，l2的斜率存在，倾斜角互补，得l1，l2的斜率互为相反数，且不等于零.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线l1的方程为y＝k(x－1)＋2，k≠0.
直线l2的方程为y＝－k(x－1)＋2，
由
得k2x2－(2k2－4k＋4)x＋(k－2)2＝0，
Δ＝16(k－1)2>0，
已知此方程一个根为1，
∴x1×1＝＝，即x1＝，
同理x2＝＝，
∴x1＋x2＝，x1－x2＝－＝－，
∴y1－y2＝[k(x1－1)＋2]－[－k(x2－1)＋2]
＝k(x1＋x2)－2k＝k·－2k＝，
∴kAB＝＝＝－1，
∴直线AB的斜率为定值－1.

4.(2019·邯郸模拟)已知椭圆＋＝1(a>b>0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足＝λ1，＝λ2.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明直线l过定点，并求此定点.
解　(1)设椭圆的焦距为2c，
由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，
又a2＝b2＋c2，∴a2＝3.
∴椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)由题意设P(0，m)，Q(x0，0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，设l的方程为x＝t(y－m)，
由＝λ1知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，
∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝－1.
同理由＝λ2知λ2＝－1.
∵λ1＋λ2＝－3，∴－1＋－1＋3＝0，
即y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①
联立得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，
∴Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，②
且有y1＋y2＝，y1y2＝，③
③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，∴(mt)2＝1，
由题意mt<0，∴mt＝－1，满足②，
得直线l的方程为x＝ty＋1，过定点(1,0)，即Q为定点.

5.(2020·华中师大附中月考)如图，已知椭圆C1：＋y2＝1的左、右顶点分别为A1，A2，上、下顶点分别为B1，B2，记四边形A1B1A2B2的内切圆为圆C2.

(1)求圆C2的标准方程；
(2)已知圆C2的一条不与坐标轴平行的切线l交椭圆C1于P，M两点.
(ⅰ)求证：OP⊥OM；
(ⅱ)试探究＋是否为定值.
(1)解　因为A2，B1分别为椭圆C1：＋y2＝1的右顶点和上顶点，则A2，B1的坐标分别为(2,0)，(0,1)，可得直线A2B1的方程为x＋2y＝2.
则原点O到直线A2B1的距离为d＝＝，则圆C2的半径r＝d＝，
故圆C2的标准方程为x2＋y2＝.
(2)(ⅰ)证明　可设切线l：y＝kx＋b(k≠0)，P(x1，y1)，M(x2，y2)，
将直线l的方程代入椭圆C1可得x2＋2kbx＋b2－1＝0，由根与系数的关系得，
则y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝，
又l与圆C2相切，可知原点O到l的距离
d＝＝，整理得k2＝b2－1，
则y1y2＝，所以·＝x1x2＋y1y2＝0，
故OP⊥OM.
(ⅱ)解　由(ⅰ)知OP⊥OM，
①当直线OP的斜率不存在时，显然|OP|＝1，|OM|＝2，此时＋＝；
②当直线OP的斜率存在时，设直线OP的方程为y＝k1x，
代入椭圆方程可得＋kx2＝1，则x2＝，
故|OP|2＝x2＋y2＝(1＋k)x2＝，
同理|OM|2＝＝，
则＋＝＋＝.
综上可知，＋＝为定值.