高考数学压轴难题归纳总结培优专题3.6 定值计算并不难构建函数再消元 (含解析)

这是一份高考数学压轴难题归纳总结培优专题3.6 定值计算并不难构建函数再消元 (含解析)，共33页。
【题型综述】在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题．探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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． 解答的关键是认真审题，理清问题与题设的关系，建立合理的方程或函数，利用等量关系统一变量，最后消元得出定值． 【典例指引】例1．已知圆与坐标轴交于（如图）．（1）点是圆上除外的任意点（如图1），与直线交于不同的两点，求的最小值；（2）点是圆上除外的任意点（如图2），直线交轴于点，直线交于点．设的斜率为的斜率为，求证：为定值．【思路引导】（1）设出， 的直线方程，联立直线，分别得出M,N的坐标，表示出，求其最值即可；（2）分别写出E,F的坐标，写出斜率，即可证明为定值． （2）由题意可知，的斜率为直线的方程为，由，得，则直线的方程为，令，则，即，直线的方程为，由，解得，的斜率（定值）．例2．已知椭圆的离心率为，以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线相切．⑴求椭圆C的标准方程；⑵已知点A、B为动直线与椭圆C的两个交点，问：在x轴上是否存在定点E，使得为定值？若存在，试求出点E的坐标和定值；若不存在，请说明理由．【思路引导】（Ⅰ）由e=，以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线相切，求出a，b，由此能求出椭圆的方程．（Ⅱ）由，得（1+3k2）x2﹣12k2x+12k2﹣6=0，由此利用韦达定理、向量的数量积，结合已知条件能求出在x轴上存在点E，使为定值，定点为（）．（Ⅱ）由，得（1+3k2）x2﹣12k2x+12k2﹣6=0，（6分）设A（x1，y1），B（x2，y2），∴，，根据题意，假设x轴上存在定点E（m，0），使得为定值，则有=（x1﹣m，y1）•（x2﹣m，y2）=（x1﹣m）•（x2﹣m）+y1y2==（k2+1）=（k2+1）•﹣（2k2+m）•+（4k2+m2）=，要使上式为定值，即与k无关，则应有3m2﹣12m+10=3（m2﹣6），即m=，此时=为定值，定点为（）．点评：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的． 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现．例3．已知椭圆上的点到两个焦点的距离之和为，短轴长为，直线与椭圆交于、两点．（1）求椭圆的方程；  （2）若直线与圆相切，探究是否为定值，如果是定值，请求出该定值；如果不是定值，请说明理由．【答案】（1）（2）【思路引导】（1）由已知得 由此能求出椭圆的方程．
（2）当直线 轴时， ．当直线 与轴不垂直时，设直线 直线与与圆 的交点M（x1，y1），N（x2，y2），由直线与圆相切，得 ，联立 ，得（ ，由此能证明 为定值．联立得 ，，  =        综上， （定值）【点评】本题考查椭圆方程的求法，角为定值的证明，线段的取值范围的求法等．解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用．例4．已知是圆上任意一点，点的坐标为，直线分别与线段交于两点，且．（1）求点的轨迹的方程；（2）直线与轨迹相交于两点，设为坐标原点，，判断的面积是否为定值？若是，求出定值，若不是，说明理由．【答案】（1）；（2）（定值）【思路引导】（1）化简向量关系式可得，所以是线段的垂直平分线，所以，转化为椭圆定义，求出椭圆方程；（2）联立直线与椭圆方程，根据根与系数的关系求出，再由点到直线的距离公式求三角形高，写出三角形面积化简即可证明为定值． 【扩展链接】2015全国新课标II理20题深度分析已知椭圆，直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，线段的中点为．（1）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；（2）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．高考试题落实运算求解能力考查的方式：1．考查分析运算条件：平行四边形的判定定理选择，为何不选有关平行与长度的定理来判定平行四边形，而要选择对角线相互平分来判定平行四边形，这种处理方式的优点在于弦中点的运算量更小（需要平时训练有这种认识）2．考查遇障碍而调整：若第1小问使用点差法，如何求中点坐标，需有目标分析及方程思想来指导，利用中点在直线上这个条件列出另一个方程．3．考查确定运算程序：相交求坐标，中点关系构建斜率方程这种程序；中点关系求坐标，点在椭圆上构建斜率方程这种程序如何选择？实际上运算难度大体相当．4．考查据算理正确的变形与运算：无论选择何种运算程序都具有过硬的运算技能，需要发现特殊代数结构的能力，在运算中要有求简的意识．运算求解过程中，大体会涉及到以下代数式运算与化简：（1）中点坐标：①韦达定理：或②解方程组；（2）点坐标：解方程组；（3）解斜率方程：①；或②，特别是如何正确解出第2个方程；特别要注意到相约，，9及公因式，然后约因式才会得到二次方程：4．解法的几何变换化简析：设，则椭圆变为圆：，，同理可得：，在圆中易知，则可得：，在圆中易知为菱形，且，则易得：5．问题一般化设直线与椭圆相交于点，且线段的中点为，直线与椭圆交于点，若四边形为平行四边形，则参数满足，易知中点满足，点在椭圆上，则，这就是说，这种形式的平行四边形法则对任何椭圆均存在附命题人的分析及参考答案：【解题思路】（1）思路1  将的方程代入椭圆方程，利用韦达定理求得点的坐标，计算可得常数（其中为直线的斜率），完成证明．思路2  将点的坐标分别代入椭圆方程，两式相减，可得到的关系式，通过适当变形，即可完成证明．（2）思路1  利用直线过点，将参数用表示，然后将直线的方程代入椭圆方程中，得到点的横坐标，根据第（1）问的结论，可设直线的方程为，将它代入椭圆方程，得到点的横坐标，因为“四边形为平行四边形”的充分必要条件是“线段与线段互相平分”，因此有，由此得到关于的方程．若此方程有解，则四边形可以为平行四边形，且此时方程的解即为使得四边形为平行四边形时的斜率；若此方程无解，则说明四边形不能构成平行四边形．思路2 由点既在椭圆上，也在直线上，可以联立椭圆与的方程，解得，再将直线的方程与方程联立，可解得，于是有关于的方程，后同思路1．思路3 与思路1类似，将参数用参数和表示，联立与直线的方程，可解得点的坐标，根据向量加法的平行四边形法则知，将的坐标代入椭圆方程，可得关于和的方程，后同思路1．【答案】（1）证法1 如下图所示，设直线，，将代入，得，故，于是直线的斜率，即，所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值．证法2  设直线，，将的坐标代入椭圆方程，有  ①，   ②，①-②，整理可得，即，故直线的斜率，即，所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值．（2）解法1四边形能为平行四边形（见下图）因为直线过点，所以不过原点且与有两个交点的充要条件是．由（1）得的方程为，设点的横坐标为，由，得，则，将点的坐标代入的方程得，然后将的方程代入椭圆方程，可得，四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即，于是，解得因为，所以当的斜率为或时，四边形为平行四边形．解法2  四边形能为平行四边形，设，由（1）得，因为在椭圆上，所以有，解得  ①，由四边形为平行四边形，可知，解得：  ②据①②有，即，解得，以下同解法1．解法3 四边形能为平行四边形（见下图）将点的坐标代入的方程得，即的方程为，由（1）得直线的方程为，因为既在上，也在上，所以有，解得，设点的坐标为，则 “四边形为平行四边形 ”的充要条件是，将点的坐标代入椭圆方程有，化简可得，解得，以下同解法1．  【同步训练】1．如图，点是抛物线： （）的焦点，点是抛物线上的定点，且，点， 是抛物线上的动点，直线， 斜率分别为， ．（1）求抛物线的方程；（2）若，点是抛物线在点， 处切线的交点，记的面积为，证明为定值．【答案】（1）（2）【思路引导】（2）过作轴平行线交于点，并设， ，由（1）知，所以，又，所以，直线： ，直线： ，解得因直线方程为，将代入得，所以．点评：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的． 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现．2．已知常数，在矩形ABCD中， ， ，O为AB的中点，点E、F、G分别在BC、CD、DA上移动，且，P为GE与OF的交点（如图），问是否存在两个定点，使P到这两点的距离的和为定值？若存在，求出这两点的坐标及此定值；若不存在，请说明理由．【答案】见解析【思路引导】根据题设条件，首先求出点P坐标满足的方程，据此再判断是否存在的两定点，使得点P到两点距离的和为定值．当时，点P轨迹为椭圆的一部分，点P到该椭圆焦点的距离的和为定长当时，点P到椭圆两个焦点（的距离之和为定值当时，点P 到椭圆两个焦点（0， 的距离之和为定值2．3．已知是椭圆的左、右焦点，椭圆的离心率为，过原点的直线交椭圆于两点，若四边形的面积最大值为．（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于且，求证：原点到直线的距离为定值．【答案】（1）（2）见解析【思路引导】（1）四边形面积最大值为，所以根据a,b,c的方程组解出（2）先设，利用直线方程与椭圆方程联立方程组，结合韦达定理以及，得，再根据点到直线距离公式可得最后验证斜率不存在的情形．因为，所以，即，所以，原点到直线的距离；当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，则，由得，解得，所以此时原点到直线的距离为．综上可知，原点到直线的距离为定值．4．已知椭圆： 的短轴长为，离心率为，圆的圆心在椭圆上，半径为2，直线与直线为圆的两条切线．（1）求椭圆的标准方程；（2）试问： 是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．【答案】（1）；（2）【思路引导】（1）由椭圆焦点在轴上， ，离心率，则，即可求得椭圆的标准方程；（2）设，圆的方程为，由直线与圆相切，根据点到直线的距离公式可得为方程，的两个根，由韦达定理可知： ，由在椭圆上即可求得． 5．已知椭圆： 的左右焦点分别是，直线与椭圆交于两点，当时， 恰为椭圆的上顶点，此时的面积为6．（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的左顶点为，直线与直线分别相交于点，问当变化时，以线段为直径的圆被轴截得的弦长是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，说明理由．【答案】（1）；（2）弦长为定值6．【思路引导】（1）根据时，直线的倾斜角为，又的周长为6，即可求得椭圆方程；（2）利用特殊位置猜想结论：当时，直线的方程为： ，求得以为直径的圆过右焦点，被轴截得的弦长为6 ，猜测当变化时，以为直径的圆恒过焦点，被轴截得的弦长为定值6，再进行证明即可． 6．已知动圆经过点，并且与圆相切．（1）求点的轨迹的方程；（2）设为轨迹内的一个动点，过点且斜率为的直线交轨迹于两点，当为何值时？ 是与无关的定值，并求出该值定值．【答案】（1）；（2）见解析．【思路引导】（1）由椭圆定义易知轨迹为椭圆，确定， 即可；（2）设，直线，与椭圆联立得，进而通过韦达定理建立根与系数的关系， ，由，代入化简即可求定值．试题解析：（1）由题设得： ，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，椭圆方程为．方法：①当时，…；②当时，设直线，…；可以减少计算量．7．已知椭圆的焦距为，且过点．（1）求椭圆的方程；（2）若不经过点的直线与交于两点，且直线与直线的斜率之和为，证明：直线的斜率为定值．【答案】（1）；（2）  【思路引导】（1）由已知条件先求出椭圆的半焦距，再把代入椭圆方程，结合性质  ，求出 、 、，即可求出椭圆的方程；（2）设直线的方程为与椭圆的方程联立，根据韦达定理及过两点的斜率公式，利用直线的斜率之和为零可得，从而可得结果．【点评】本题主要考查待定系数求椭圆方程以及直线与椭圆的位置关系和过两点的斜率公式，属于难题．用待定系数法求椭圆方程的一般步骤；①作判断：根据条件判断椭圆的焦点在轴上，还是在轴上，还是两个坐标轴都有可能；②设方程：根据上述判断设方程或 ；③找关系：根据已知条件，建立关于、、的方程组；④得方程：解方程组，将解代入所设方程，即为所求．8．已知椭圆C的中心在原点，焦点在轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点．（1）求椭圆C的标准方程．（2）已知点在椭圆C上，点A、B是椭圆C上不同于P、Q的两个动点，且满足： ．试问：直线AB的斜率是否为定值？请说明理由．【答案】（1）  （2）【思路引导】对于（1），结合已知即可求出b2与a2，问题便可解答；对于（2），当时，PA，PB的斜率之和为0．设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为-k，接下来求出直线PA与PB的方程，然后将其与椭圆分别联立，即可求出,然后利用斜率的计算公式不难求出k的值，问题便可解答． 9．在平面直角坐标系中，圆与轴的正半轴交于点，以为圆心的圆与圆交于两点．（1）若直线与圆切于第一象限，且与坐标轴交于，当线段长最小时，求直线的方程；（2）设是圆上异于的任意一点，直线分别与轴交于点和，问是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）；（2） ．【思路引导】（1）由截距式设直线的方程为，从而可得，再由基本不等式取最值得条件可得，从而可得结果；（2）设，则，写出直线与直线的方程，从而得到的坐标，从而求，化简即可结论．试题解析：（1）设直线的方程为，即， 10．在直角坐标系中， 已知定圆，动圆过点且与圆相切，记动圆圆心的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）设是曲线上两点，点关于轴的对称点为 (异于点)，若直线分别交轴于点，证明: 为定值．【答案】（1）；（2）详见解析．【思路引导】（1）由两圆关系得等量关系，再根据椭圆定义确定轨迹形状及标准方程，（2）解析几何中定值问题，往往通过计算给予证明，先设坐标，列直线方程，求出与轴交点坐标，再利用点在椭圆上这一条件进行代入消元，化简计算为定值 ．试题解析：解：(1)因为点在内，所以圆内切于圆，则，由椭圆定义知，圆心的轨迹为椭圆，且，则，所以 11．已知点是直线与椭圆的一个公共点， 分别为该椭圆的左右焦点，设取得最小值时椭圆为．（1）求椭圆的标准方程及离心率；（2）已知为椭圆上关于轴对称的两点， 是椭圆上异于的任意一点，直线分别与轴交于点，试判断是否为定值；如果为定值，求出该定值；如果不是，请说明理由．【答案】(1) ；（2） ．【思路引导】（1）联立，得，由此利用韦达定理、椭圆定义，结合已知条件能求出椭圆的方程；（2）设，且，由已知求出，由此能求出为定值．试题解析：（1）联立，得，∵直线与椭圆有公共点，∴，解得，∴，又由椭圆定义知，故当时， 取得最小值，此时椭圆的方程为；离心率为 ；∴，∴为定值1．12．椭圆（）的左、右焦点分别为， 在椭圆上， 的周长为，面积的最大值为2．（1）求椭圆的方程；（2）直线（）与椭圆交于，连接， 并延长交椭圆于，连接，探索与的斜率之比是否为定值并说明理由．【答案】（I）；（II）．【思路引导】（1）由椭圆定义可得△周长为，面积最大值为，列方程组可解得，（2）先根据对称性可设， ．再根据点斜式写出直线方程，与椭圆方程联立方程组解出点坐标，类似可得坐标，最后根据斜率公式写出的斜率，得到与的比例关系．点评：直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用韦达定理或求根公式进行转化，涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系，设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．涉及中点弦问题往往利用点差法．