高考数学一轮复习第8章第9课时圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题学案

这是一份高考数学一轮复习第8章第9课时圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题学案，共18页。
考点一 定点问题
[典例1] (12分)(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)，B32，-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MT＝TH.证明：直线HN过定点．
[规范解答] (1)设椭圆E的方程为
mx2＋ny2＝1(m＞0，n＞0，m≠n)，
↓
切入点：巧妙设元减少运算
因为过A(0，－2)，B32，-1两点，
则4n=1， 94m+n=1，··················································2分
解得m＝13，n＝14，
所以椭圆E的方程为y24+x23＝1.······································4分
(2)证明：因为A(0，－2)，B32，-1，所以直线AB的方程为y＝23x－2.
①若过点P(1，－2)的直线斜率不存在，则直线方程为x＝1，代入x23+y24＝1，
可得M1，-2 63，N1，2 63，代入直线AB方程y＝23x－2，可得T3-6，-2 63，由MT＝TH得到H5-2 6，-2 63.所以直线HN的方程为y＝2+2 63x－2，过点(0，－2)．·······································6分
②若过点P(1，－2)的直线斜率存在，
设kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
↓
切入点：先特殊，再一般：如①②
联立kx-y-k+2=0，x23+y24=1， 得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0，Δ>0，
可得x1+x2=6k2+k3k2+4，x1x2=3k4+k3k2+4，(ⅰ)
y1+y2=-82+k3k2+4，y1y2=44+4k-2k23k2+4，(ⅱ)
且x1y2＋x2y1＝-24k3k2+4，(ⅲ)···········································8分
联立y=y1，y=23 x-2，可得T3y12+3，y1，H(3y1＋6－x1，y1)．
可求得此时直线HN的方程为y－y2＝y1-y23y1+6-x1-x2(x－x2)，将(0，－2)代入整理得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0，····················10分
将(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)代入，得
24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，
↓
关键点：运算要准确
································································11分
上式显然成立，
综上，可得直线HN过定点(0，－2)．·································12分
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)．
[跟进训练]
1．(2022·江苏泰州一模)已知双曲线C：x2a2-y2b2＝1(a＞0，b＞0)，四点M14，23，M2(3，2)，M3-2，-33，M42，33中恰有三点在C上．
(1)求C的方程；
(2)过点(3，0)的直线l交C于P，Q两点，过点P作直线x＝1的垂线，垂足为A.证明：直线AQ过定点．
[解] (1)因为四点M14，23，M2(3，2)，M3-2，-33，M42，33中恰有三点在C上，而点M3-2，-33，M42，33关于原点对称，23＜33，所以点M2，M3，M4在曲线上，代入可得32a2-22b2=1，22a2-332b2=1，
解得a2=3，b2=1，所以C的方程为：x23－y2＝1.
(2)证明：当直线l的斜率不存在时，得P(3，2)，Q(3，－2)，A(1，2)，
则直线AQ方程为y＝－2x＋22，过点T(2，0)；
当直线l的斜率存在时，设为y＝k(x－3)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则A(1，y1)，联立y=kx-3，x2-3y2=3，
整理得(1－3k2)x2＋18k2x－27k2－3＝0，
1－3k2≠0，x1＋x2＝－18k21-3k2，x1x2＝－27k2+31-3k2，
则kQT＝y2x2-2，kAT＝－y1，
所以kQT－kAT＝y2x2-2－(－y1)＝y2+x2y1-2y1x2-2，
又y2＋x2y1－2y1＝k(x2－3)＋k(x2－2)(x1－3)＝k[x1x2－2(x1＋x2)＋3]
＝k-27k2+31-3k2+36k21-3k2+3＝0，
所以kQT＝kAT，即直线AQ过点T(2，0)．
综上，直线AQ过定点(2，0)．
考点二 定值问题
[典例2] 在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆C：x24＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝x12，y1，n＝x22，y2，m·n＝0.
(1)求证：k1·k2＝－14；
(2)试探求△OPQ的面积S是否为定值，并说明理由．
[思维流程]
[解] (1)证明：∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0.
又m·n＝0，∴x1x24＋y1y2＝0，即x1x24＝－y1y2，
∴k1·k2＝y1y2x1x2＝－14.
(2)①当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，由y1y2x1x2＝－14，得x124-y12＝0.
又∵点P(x1，y1)在椭圆上，∴x124+y12＝1，
∴|x1|＝2，|y1|＝22.∴S△OPQ＝12|x1||y1－y2|＝1.
②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b.
联立得方程组y=kx+b，x24+y2=1，
消去y并整理得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，
其中Δ＝(8kb)2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(1＋4k2－b2)>0，即b20)．
∴S△POQ＝12·b1+k2·|PQ|＝12|b|·x1+x22-4x1x2＝2|b|4k2+1-b24k2+1＝1.
综合①②知△OPQ的面积S为定值1.
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．
[跟进训练]
2．已知抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，圆M的方程为x2＋y2－py＝0，若直线x＝4与x轴交于点R，与抛物线交于点Q，且|QF|＝54|RQ|.
(1)求出抛物线E和圆M的方程；
(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A，B两点，与圆M交于C，D两点(点A，C在y轴同侧)，求证：|AC|·|BD|为定值．
[解] (1)设Q(4，y0)，由|QF|＝54|RQ|，得y0＋p2＝54y0，即y0＝2p.将点(4，2p)代入抛物线方程，可得p＝2.∴抛物线E：x2＝4y，圆M的方程为：x2＋y2－2y＝0.
(2)证明：抛物线E：x2＝4y的焦点F(0，1)，由题可知直线l斜率存在，所以设直线l的方程为y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立x2=4yy=kx+1，得x2－4kx－4＝0.则Δ＝16(k2＋1)＞0，且x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.
由圆的方程可得圆M的圆心坐标为M(0，1)，半径为1，圆心就是焦点．由抛物线的定义可知|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1.则|AC|＝|AF|－1＝y1，|BD|＝|BF|－1＝y2，|AC|·|BD|＝y1y2＝(kx1＋1)·(kx2＋1)＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－4k2＋4k2＋1＝1.即|AC|·|DB|是定值1.
考点三 定直线问题
[典例3] 已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，过F且斜率为1的直线与C交于A，B两点，|AB|＝8.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点D(1，2)的直线l交C于点M，N，点Q为MN的中点，QR⊥x轴交C于点R，且QR＝RT.证明：动点T在定直线上．
[思维流程]
[解] (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为F0，p2，所以过F且斜率为1的直线方程为y＝x＋p2.
由y=x+p2，x2=2py，消去y并整理，得x2－2px－p2＝0，
易知Δ＞0.
则x1＋x2＝2p，y1＋y2＝x1＋x2＋p＝3p，
所以|AB|＝y1＋y2＋p＝4p＝8，解得p＝2.
于是抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)证明：易知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝kx-1+2，Qx0，y0，Mx3，14 x32，Nx4，14 x42.
由y=kx-1+2，x2=4y，消去y并整理，得x2－4kx＋4k－8＝0.
则Δ＝(－4k)2－4(4k－8)＝16(k2－k＋2)＞0，
x3＋x4＝4k，x3x4＝4k－8，
所以x0＝x3+x42＝2k，y0＝k(x0－1)＋2＝2k2－k＋2，
即Q(2k，2k2－k＋2)．
由点R在曲线C上，QR⊥x轴，且QR＝RT，
得R(2k，k2)，R为QT的中点，
所以T(2k，k－2)．
因为2k－2(k－2)－4＝0，
所以动点T在定直线x－2y－4＝0上．
定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题．这类问题的核心在于确定定点的轨迹，主要方法有：(1)设点法：设点的轨迹，通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程；(2)待定系数法：设出含参数的直线方程，待定系数法求解出系数；(3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证．
[跟进训练]
3．设椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)过点M(2，1)，且左焦点为F1(－2，0)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)当过点P(4，1)的动直线l与椭圆C相交于两不同点A，B时，在线段AB上取点Q，满足AP·QB＝AQ·PB，证明：点Q总在某条定直线上．
[解] (1)由题意：c2=2， 2a2+1b2=1， c2=a2-b2，解得a2＝4，b2＝2.
所求椭圆C的方程为x24+y22＝1.
(2)证明：设点Q(x，y)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题设，|PA|、|PB|、|AQ|、|QB|均不为0，且AP·QB＝AQ·PB，又P，A，Q，B四点共线，可设PA＝－λAQ，PB＝λBQ(λ≠0，±1)，于是
x1＝4-λx1-λ，y1＝1-λy1-λ，①
x2＝4+λx1+λ，y2＝1+λy1+λ，②
由于A(x1，y1)，B(x2，y2)在椭圆上，将①②分别带入C的方程x24+y22＝1，整理得：
(x2＋2y2－4)λ2－4(2x＋y－2)λ＋14＝0，③
(x2＋2y2－4)λ2＋4(2x＋y－2)λ＋14＝0，④
由④－③得8(2x＋y－2)λ＝0.
∵λ≠0，∴2x＋y－2＝0.
即点Q(x，y)总在直线2x＋y－2＝0上．
椭圆中的等角定理
已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)，直线l过定点(m，0)(m≠0，|m|≠a)且不垂直于x轴，同时直线l与椭圆C交于P，Q两点，则x轴上存在点Ra2m，0，使得∠ORP＝∠ORQ.
逆定理
已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)与x轴上定点Ra2m，0(m≠0，|m|≠a)，设l不垂直于x轴，同时直线l与椭圆C交于P，Q两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(m，0)．
注：定点所在轴只需要与a保持一致即可，不要求在椭圆内，也不要求在椭圆外，如图所示：
证明：普通联立法即可．
双曲线的等角定理
已知双曲线C：x2a2-y2b2＝1(a＞b＞0)，直线l过定点(m，0)(m≠0，|m|≠a)且不垂直于x轴，同时直线l与双曲线C交于P，Q两点，则x轴上存在点Ra2m，0，使得∠ORP＝∠ORQ.
逆定理
已知双曲线C：x2a2-y2b2＝1(a＞b＞0)与x轴上定点Ra2m，0(m≠0，|m|≠a)．设l不垂直于x轴，同时直线l与双曲线C交于P，Q两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(m，0)．
注：定点在实轴上即可，不要求在双曲线内部，也不要求过定点直线必须是和同一侧直线相交两点，包括如下三种情况，证明过程一致．
证明：普通联立法即可．
抛物线的等角定理
已知抛物线C：y2＝2px，直线l过定点(m，0)(m≠0)，同时直线l与抛物线C交于P，Q两点，则x轴上存在点R(－m，0)，使得∠ORP＝∠ORQ.
逆定理
已知抛物线C：y2＝2px与x轴上定点R(m，0)(m≠0)，直线l与抛物线C交于P，Q两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(－m，0)．
注：定点在对称轴上即可．
[典例] (2018·全国Ⅰ卷)设椭圆C：x22＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0)．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
[解] (1)由已知得F(1，0)，l的方程为x＝1.
由已知可得，点A的坐标为1，22或1，-22.
所以AM的方程为y＝－22x＋2或y＝22x－2.
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB.
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＜2，x2＜2，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝y1x1-2+y2x2-2.
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得
kMA＋kMB＝2kx1x2-3kx1+x2+4kx1-2x2-2.
将y＝k(x－1)代入x22＋y2＝1得
(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝4k22k2+1，x1x2＝2k2-22k2+1.
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k
＝4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1＝0.
从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补．所以∠OMA＝∠OMB.
综上，∠OMA＝∠OMB.
课时分层作业(五十三) 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
1．(2022·石家庄二中模拟)已知P(1，2)在抛物线C：y2＝2px上．
(1)求抛物线C的方程；
(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点．
[解] (1)将P点坐标代入抛物线方程y2＝2px，得4＝2p，即p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明：设AB：x＝my＋t，将AB的方程与y2＝4x联立得y2－4my－4t＝0，
Δ>0⇒16m2＋16t>0⇒m2＋t>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，
kPA＝y1-2x1-1＝y1-2y124-1＝4y1+2，
同理kPB＝4y2+2，
由题意知4y1+2+4y2+2＝2，
即4(y1＋y2＋4)＝2(y1y2＋2y1＋2y2＋4)，
解得t＝－1，
故直线AB：x＝my－1恒过定点(－1，0)．
2．(2022·湖北孝感模拟)已知F1(－6，0)，F2(6，0)为双曲线C的焦点，点P(2，－1)在C上．
(1)求C的方程；
(2)点A，B在C上，直线PA，PB与y轴分别相交于M，N两点，点Q在直线AB上，若OM+ON＝0，PQ·AB＝0，证明：存在定点T，使得|QT|为定值．
[解] (1)设双曲线C的方程为x2a2-y2b2＝1，a＞0，b＞0，
由题意知c=6， 4a2-1b2=1，a2+b2=6，解得a=3，b=3，
∴双曲线C的方程为x23-y23＝1.
(2)证明：设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立y=kx+m，x2-y2=3，整理得(1－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，
则1－k2≠0，Δ＞0，x1＋x2＝2km1-k2，x1x2＝-m2-31-k2，
又P(2，－1)，
∴直线PA的方程为y＝y1+1x1-2(x－2)－1，
令x＝0，则M0，x1+2y12-x1，同理N0，x2+2y22-x2，
由OM+ON＝0，可得x1+2y12-x1+x2+2y22-x2＝0，
∴x1+2kx1+m2-x1+x2+2kx2+m2-x2＝0.
∴[(2k＋1)x1＋2m](2－x2)＋[(2k＋1)x2＋2m](2－x1)＝0，
∴(4k＋2－2m)(x1＋x2)－(4k＋2)x1x2＋8m＝0，
∴(4k－2m＋2)·2km1-k2－(4k＋2)-m2-31-k2＋8m＝0，
∴(2k－m＋1)·2km＋(2k＋1)(m2＋3)＋4m(1－k2)＝0，
∴4k2m－2km2＋2km＋2km2＋6k＋m2＋3＋4m－4mk2＝0，
∴m2＋(2k＋4)m＋6k＋3＝0，(m＋3)(m＋2k＋1)＝0，
当m＋2k＋1＝0时，m＝－2k－1，
此时直线AB的方程为y＝k(x－2)－1恒过定点P(2，－1)，显然不可能，
∴m＝－3，
直线AB的方程为y＝kx－3恒过定点E(0，－3)．
∵PQ·AB＝0，∴PQ⊥AB，取PE中点T，
∴T(1，－2)，∴|QT|＝12|PE|＝2为定值，
∴存在T(1，－2)使|QT|为定值2.
3．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，M，N分别为左右顶点，直线l：x＝ty＋1与椭圆C交于A，B两点，当t＝－33时，A是椭圆的上顶点，且△AF1F2的周长为6.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线AM，BN交于点Q，证明：点Q在定直线上；
(3)设直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值．
[解] (1)当t＝－33时，直线l：x＝－33y＋1，令x＝0，得y＝3，即椭圆的上顶点为(0，3)，则b＝3，
又△AF1F2的周长为6，即2a＋2c＝6，a＋c＝3，又a2－c2＝b2＝3，解得a＝2，c＝1，
所以椭圆C的方程为x24+y23＝1.
(2)证明：由(1)知，M(－2，0)，N(2，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，依题意，点A，B不在x轴上，
由x=ty+1x24+y23=1消去x并整理得：(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，y1＋y2＝－6t3t2+4，y1y2＝-93t2+4，
直线AM的方程为y＝y1x1+2(x＋2)，
直线BN的方程为y＝y2x2-2(x－2)，
联立直线AM，BN的方程得x+2x-2＝y2x1+2y1x2-2＝y2ty1+3y1ty2-1＝ty1y2+3y2ty1y2-y1，
由y1＋y2＝－6t3t2+4得y1＝－6t3t2+4－y2代入上式，得x+2x-2＝ty1y2+3y2ty1y2-y1＝-9t3t2+4+3y2-9t3t2+4+6t3t2+4+y2
＝-9t3t2+4+3y2-3t3t2+4+y2＝3，
于是得x＝4，所以直线AM，BN交点Q在定直线x＝4上．
(3)证明：由(2)知，k1k2＝y1x2-2y2x1+2＝y1ty2-1y2ty1+3＝ty1y2-y1ty1y2+3y2，
由y1＋y2＝－6t3t2+4，y1y2＝-93t2+4得，ty1y2＝32(y1＋y2)，
所以k1k2＝ty1y2-y1ty1y2+3y2＝12y1+32 y232y1+92 y2＝13为定值．
4．(2020·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为22，且过点A(2，1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
[解] (1)由题设得4a2+1b2＝1，a2-b2a2＝12，解得a2＝6，b2＝3.所以C的方程为x26+y23＝1.
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入x26+y23＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－4km1+2k2，x1x2＝2m2-61+2k2.①
由AM⊥AN知AM·AN＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.
将①代入上式，可得(k2＋1)2m2-61+2k2－(km－k－2)·4km1+2k2＋(m－1)2＋4＝0.
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.
因为A(2，1)不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1，m＝－23k－13.
于是MN的方程为y＝kx-23-13(k≠1)．
所以直线MN过点P23，-13.
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．
由AM·AN＝0，得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又x126+y123＝1，可得3x12－8x1＋4＝0，解得x1＝2(舍去)，x1＝23.
此时直线MN过点P23，-13.
令Q为AP的中点，即Q43，13.
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝12|AP|＝223.
若D与P重合，则|DQ|＝12|AP|.
综上，存在点Q43，13，使得|DQ|为定值．