2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第八章　§8.12　圆锥曲线中定点与定值问题

这是一份2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第八章　§8.12　圆锥曲线中定点与定值问题，共11页。试卷主要包含了证明，如图，已知椭圆C1等内容，欢迎下载使用。
例1 (2022·全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－1))两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足eq \(MT,\s\up6(→))＝eq \(TH,\s\up6(→)).证明：直线HN过定点．
(1)解 设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0且m≠n)，
由椭圆E过A(0，－2)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－1))两点，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4n＝1，,\f(9,4)m＋n＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(1,3)，,n＝\f(1,4)，))
∴椭圆E的方程为eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,3)＝1.
(2)证明 当直线MN的斜率不存在时，lMN：x＝1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1))得y2＝eq \f(8,3)，
∴y＝±eq \f(2\r(6),3).
结合题意可知Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(2\r(6),3)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2\r(6),3)))，
∴过M且平行于x轴的直线的方程为y＝－eq \f(2\r(6),3).
易知点T的横坐标xT∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))，
直线AB的方程为y－(－2)＝eq \f(－1－－2,\f(3,2)－0)×(x－0)，即y＝eq \f(2,3)x－2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(2\r(6),3)，,y＝\f(2,3)x－2))得xT＝3－eq \r(6)，
∴Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\r(6)，－\f(2\r(6),3))).
∵eq \(MT,\s\up6(→))＝eq \(TH,\s\up6(→))，∴Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5－2\r(6)，－\f(2\r(6),3)))，
lHN：y－eq \f(2\r(6),3)＝eq \f(\f(4\r(6),3),2\r(6)－4)(x－1)，
即y＝eq \f(23＋\r(6),3)x－2.
此时直线HN过定点(0，－2)．
当直线MN的斜率存在时，如图，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
lMN：y＝kx＋m(由直线MN过点P(1，－2)可得k＋m＝－2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1，))
得(3k2＋4)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，Δ>0，
∴x1＋x2＝－eq \f(6km,3k2＋4)，x1x2＝eq \f(3m2－12,3k2＋4).
过M且平行于x轴的直线的方程为y＝y1，
与直线AB的方程联立，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝y1，,y＝\f(2,3)x－2，))
得xT＝eq \f(3y1＋2,2)，
∴Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3y1＋2,2)，y1)).
∵eq \(MT,\s\up6(→))＝eq \(TH,\s\up6(→))，∴H(3y1＋6－x1，y1)，
lHN：y－y2＝eq \f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2)(x－x2)，
即y＝eq \f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2)x＋y2－eq \f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2)·x2.
令x＝0，得y＝y2－eq \f(y1－y2x2,3y1＋6－x1－x2)
＝eq \f(－x1y2＋x2y1＋3y1y2＋6y2,－x1＋x2＋6＋3y1)
＝eq \f(－x1y2＋x2y1＋3y1y2＋6y2,－x1＋x2＋6＋3y1＋y2－3y2).
∵y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq \f(－12k2＋4m2,3k2＋4)，
y1＋y2＝(kx1＋m)＋(kx2＋m)
＝k(x1＋x2)＋2m＝eq \f(8m,3k2＋4)，
x1y2＋x2y1＝x1(kx2＋m)＋x2(kx1＋m)＝2kx1x2＋m(x1＋x2)＝eq \f(－24k,3k2＋4)，
∴－(x1y2＋x2y1)＋3y1y2＝eq \f(24k,3k2＋4)＋eq \f(－36k2＋12m2,3k2＋4)＝eq \f(－36k2＋12m2＋24k,3k2＋4)＝eq \f(－24k2－3k－2,3k2＋4)，
－(x1＋x2)＋6＋3(y1＋y2)＝eq \f(6km,3k2＋4)＋6＋eq \f(24m,3k2＋4)＝eq \f(6km＋18k2＋24＋24m,3k2＋4)＝eq \f(12k2－3k－2,3k2＋4)，
∴y＝eq \f(\f(－24k2－3k－2,3k2＋4)＋6y2,\f(12k2－3k－2,3k2＋4)－3y2)＝－2，
∴直线HN过定点(0，－2)．
综上，直线HN过定点(0，－2)．
思维升华 求解直线或曲线过定点问题的基本思路
(1)把直线或曲线方程中的变量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直线或曲线所过的定点．
(2)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)．
跟踪训练1 (2023·郑州质检)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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)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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝c，,bc＝2，))解得b＝c＝eq \r(2)，
又a2－b2＝c2，则a＝2，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝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)的虚轴长为4，直线2x－y＝0为双曲线C的一条渐近线．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)记双曲线C的左、右顶点分别为A，B，过点T(2,0)的直线l交双曲线C于点M，N(点M在第一象限)，记直线MA的斜率为k1，直线NB的斜率为k2，求证：eq \f(k1,k2)为定值．
解 (1)∵虚轴长为4，∴2b＝4，即b＝2，
∵直线2x－y＝0为双曲线C的一条渐近线，
∴eq \f(b,a)＝2，∴a＝1，
故双曲线C的标准方程为x2－eq \f(y2,4)＝1.
(2)由题意知，A(－1,0)，B(1,0)，
由题可知，直线l的斜率不能为零，故可设直线l的方程为x＝ny＋2，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－\f(y2,4)＝1，,x＝ny＋2，))得(4n2－1)y2＋16ny＋12＝0，
∴y1＋y2＝－eq \f(16n,4n2－1)，y1y2＝eq \f(12,4n2－1)，
∴ny1y2＝－eq \f(3,4)(y1＋y2)，
∵直线MA的斜率k1＝eq \f(y1,x1＋1)，
直线NB的斜率k2＝eq \f(y2,x2－1)，
∴eq \f(k1,k2)＝eq \f(\f(y1,x1＋1),\f(y2,x2－1))＝eq \f(y1ny2＋1,y2ny1＋3)＝eq \f(ny1y2＋y1,ny1y2＋3y2)＝eq \f(－\f(3,4)y1＋y2＋y1,－\f(3,4)y1＋y2＋3y2)＝－eq \f(1,3)，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 (2022·郑州模拟)已知点F(0,1)，直线l：y＝4，P为曲线C上的任意一点，且|PF|是P到l的距离的eq \f(1,2).
(1)求曲线C的方程；
(2)若经过点F且斜率为k(k≠0)的直线交曲线C于M，N两点，线段MN的垂直平分线交y轴于点H，求证：eq \f(|FH|,|MN|)为定值．
(1)解 设P(x，y)，由已知得eq \r(x2＋y－12)＝eq \f(1,2)|y－4|，整理得eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,4)＝1，即为曲线C的方程．
(2)证明 设经过点F且斜率为k(k≠0)的直线的方程为y＝kx＋1，与曲线C的方程联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1，))消去y整理得(4＋3k2)x2＋6kx－9＝0，Δ＝36k2＋4×9×(4＋3k2)＝144(1＋k2)>0恒成立，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则|MN|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)×eq \f(\r(Δ),4＋3k2)＝eq \f(121＋k2,4＋3k2)，
x1＋x2＝－eq \f(6k,4＋3k2)，
设线段MN的中点为T(x0，y0)，则x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(3k,4＋3k2)，y0＝kx0＋1＝eq \f(4,4＋3k2)，
线段MN的垂直平分线的斜率为－eq \f(1,k)，方程为y－eq \f(4,4＋3k2)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3k,4＋3k2)))，
令x＝0，解得y＝eq \f(1,4＋3k2)，即为点H的纵坐标，
∴|FH|＝1－eq \f(1,4＋3k2)＝eq \f(31＋k2,4＋3k2)，
∴eq \f(|FH|,|MN|)＝eq \f(\f(31＋k2,4＋3k2),\f(121＋k2,4＋3k2))＝eq \f(1,4)，
即eq \f(|FH|,|MN|)为定值eq \f(1,4).
课时精练
1．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)与圆O：x2＋y2＝12相交于A，B两点，且点A的横坐标为2eq \r(2).F是抛物线C的焦点，过焦点的直线l与抛物线C相交于不同的两点M，N.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点M，N作抛物线C的切线l1，l2，P(x0，y0)是l1，l2的交点，求证：点P在定直线上．
(1)解 点A的横坐标为2eq \r(2)，代入圆O得y＝2，
所以A(2eq \r(2)，2)，
代入解得p＝2，所以抛物线的方程为x2＝4y.
(2)证明 抛物线C：y＝eq \f(x2,4)，
则y′＝eq \f(x,2)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
所以切线PM的方程为y－y1＝eq \f(x1,2)(x－x1)，
即y＝eq \f(x1,2)x－eq \f(x\\al(2,1),4)，
同理切线PN的方程为y＝eq \f(x2,2)x－eq \f(x\\al(2,2),4)，
联立解得点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,4)))，
设直线MN的方程为y＝kx＋1，代入x2＝4y，
得x2－4kx－4＝0，所以x1x2＝－4，
所以点P在y＝－1上，结论得证．
2．已知双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x，且过点P(3，eq \r(2))．
(1)求C的方程；
(2)设Q(1,0)，直线x＝t(t∈R)不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线BQ与C交于另一点D，证明：直线AD过定点M.
解 (1)因为双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x，
则可设双曲线的方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,3)＝λ(λ≠0)，
将点P(3，eq \r(2))代入得eq \f(9,9)－eq \f(2,3)＝λ，
解得λ＝eq \f(1,3)，
所以双曲线C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1.
(2)显然直线BQ的斜率不为零，
设直线BQ：x＝my＋1，B(x1，y1)，D(x2，y2)，A(x1，－y1)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)－y2＝1，,x＝my＋1，))消去x，整理得(m2－3)y2＋2my－2＝0，
依题意得m2－3≠0，且Δ＝4m2＋8(m2－3)>0，
即m2>2且m2≠3，
y1＋y2＝－eq \f(2m,m2－3)，y1y2＝－eq \f(2,m2－3)，
直线AD的方程为y＋y1＝eq \f(y2＋y1,x2－x1)(x－x1)，
令y＝0，
得x＝eq \f(x2－x1y1,y2＋y1)＋x1
＝eq \f(x1y2＋x2y1,y2＋y1)
＝eq \f(my1＋1y2＋my2＋1y1,y2＋y1)
＝eq \f(2my1y2＋y1＋y2,y2＋y1)
＝eq \f(2m·\f(－2,m2－3)－\f(2m,m2－3),\f(－2m,m2－3))＝eq \f(\f(－6m,m2－3),\f(－2m,m2－3))＝3.
所以直线AD过定点M(3,0)．
3．(2023·吉林模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知点A(－eq \r(6)，0)，B(eq \r(6)，0)，动点E(x，y)满足直线AE与BE的斜率之积为－eq \f(1,3)，记E的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)过点D(2,0)的直线l交C于P，Q两点，过点P作直线x＝3的垂线，垂足为G，过点O作OM⊥QG，垂足为M.证明：存在定点N，使得|MN|为定值．
(1)解 由A(－eq \r(6)，0)，B(eq \r(6)，0)，E(x，y)可得kAE＝eq \f(y,x＋\r(6))，kBE＝eq \f(y,x－\r(6))，
由题意得eq \f(y,x＋\r(6))×eq \f(y,x－\r(6))＝－eq \f(1,3)，
化简得eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1(|x|≠eq \r(6))，
所以曲线C是中心在原点，焦点在x轴上的椭圆(不含左右顶点)．
(2)证明 由(1)知直线l与x轴不重合，可设l：x＝my＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，))得(m2＋3)y2＋4my－2＝0.
Δ＝24m2＋24>0，
则y1＋y2＝－eq \f(4m,m2＋3)，y1y2＝－eq \f(2,m2＋3)，
故有m＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y1)＋\f(1,y2))).
因为G(3，y1)，Q(my2＋2，y2)，所以直线QG的斜率为eq \f(y2－y1,my2－1)＝eq \f(y2－y1,\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y1)＋\f(1,y2)))y2－1)＝2y1，
则直线QG的方程为y－y1＝2y1(x－3)，
即y＝2y1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)))，
故直线QG过定点Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，0)).
因为OM⊥QG，所以△OHM为直角三角形，
取OH的中点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，0))，则|MN|＝eq \f(1,2)|OH|＝eq \f(5,4)，
即|MN|为定值．
综上，存在定点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，0))，使得|MN|为定值．
4.(2022·杭州质检)如图，已知椭圆C1：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，椭圆C2：eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,4)＝1，A(－2,0)，B(2,0)，P为椭圆C2上的动点且在第一象限，直线PA，PB分别交椭圆C1于E，F两点，连接EF交x轴于Q点，过B点作BH交椭圆C1，C2于G，H点，且BH∥PA.
(1)证明：kBF·kBG为定值；
(2)证明：直线GF过定点，并求出该定点；
(3)若记P，Q两点的横坐标分别为xP，xQ，证明：xPxQ为定值．
(1)证明 设P(x0，y0)，则eq \f(y\\al(2,0),9)＋eq \f(x\\al(2,0),4)＝1，可得yeq \\al(2,0)＝9－eq \f(9x\\al(2,0),4)，
则kPA＝eq \f(y0,x0＋2)，kPB＝eq \f(y0,x0－2)，则kPA·kPB＝eq \f(y\\al(2,0),x\\al(2,0)－4)＝eq \f(9－\f(9x\\al(2,0),4),x\\al(2,0)－4)＝－eq \f(9,4)，
因为BG∥PA，所以kBF·kBG＝kPA·kPB＝－eq \f(9,4).
(2)解 当直线GF的斜率存在时，设GF的方程为y＝k(x－t)(k≠0)，
则联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－t，,3x2＋4y2＝12，))消去y得(4k2＋3)x2－8k2tx＋4k2t2－12＝0.
则Δ＝64k4t2－16(4k2＋3)(k2t2－3)＝48(4k2＋3－k2t2)>0，
设G(x1，y1)，F(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(8k2t,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4k2t2－12,4k2＋3)，
由kBF·kBG＝eq \f(y1,x1－2)·eq \f(y2,x2－2)＝eq \f(k2[x1x2－tx1＋x2＋t2],x1x2－2x1＋x2＋4)＝－eq \f(9,4)，
得eq \f(3k2t2－12k2,4k2t2－16k2t＋16k2)＝－eq \f(9,4)，
约去k2并化简得t2－3t＋2＝0，解得t＝1(t＝2不符合题意，舍去)，此时直线GF过定点(1,0)；
当直线GF的斜率不存在时，设GF的方程为x＝m，其中m≠2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))解得y＝±eq \f(\r(12－3m2),2)，
则Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，\f(\r(12－3m2),2)))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，－\f(\r(12－3m2),2)))，
所以kBF·kBG＝－eq \f(\f(12－3m2,4),m－22)＝－eq \f(9,4)，解得m＝1.
综上，直线GF过定点(1,0)．
(3)证明 设PA的方程为y＝k1(x＋2)(k1>0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x＋2，,3x2＋4y2＝12，))解得E点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6－8k\\al(2,1),4k\\al(2,1)＋3)，\f(12k1,4k\\al(2,1)＋3))).
由(1)知P(x0，y0)，yeq \\al(2,0)＝9－eq \f(9x\\al(2,0),4)，
由k1＝eq \f(y0,x0＋2)，则E点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(41－x0,x0－4)，\f(－2y0,x0－4))).
同理，记PB的斜率为k2，则F点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k\\al(2,2)－6,4k\\al(2,2)＋3)，\f(－12k2,4k\\al(2,2)＋3)))，
由k2＝eq \f(y0,x0－2)，则F点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4x0＋1,x0＋4)，\f(2y0,x0＋4)))，
则EF的斜率kEF＝eq \f(\f(2y0,x0＋4)＋\f(2y0,x0－4),\f(4x0＋1,x0＋4)＋\f(4x0－1,x0－4))＝eq \f(x0y0,2x\\al(2,0)－4)，
所以直线EF的方程为y＋eq \f(2y0,x0－4)＝eq \f(x0y0,2x\\al(2,0)－4)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x＋\f(4x0－1,x0－4))).
令y＝0，得xQ＝eq \f(4,x0)，又xP＝x0，故xPxQ＝x0·eq \f(4,x0)＝4.