2025届高考数学一轮复习教师用书第九章第九节圆锥曲线中的定值问题讲义（Word附解析）

第九节　圆锥曲线中的定值问题【核心考点·分类突破】考点一　长度或距离为定值[例1](2024·九江模拟)如图,已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点A为C1上的一个动点(非左、右顶点),连接AF1并延长交C1于点B,且△ABF2的周长为8,△AF1F2面积的最大值为2.(1)求椭圆C1的标准方程;【解析】(1)因为△ABF2的周长为8,由椭圆的定义得4a=8,即a=2,又△AF1F2面积的最大值为2,所以12·2c·b=2,即bc=2,因为a2=b2+c2,所以b2+c2=4,所以b2+2b2=4,解得b=2,所以椭圆C1的标准方程为x24+y22=1.[例1](2024·九江模拟)如图,已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点A为C1上的一个动点(非左、右顶点),连接AF1并延长交C1于点B,且△ABF2的周长为8,△AF1F2面积的最大值为2. (2)若椭圆C2的长轴端点为F1,F2,且C2与C1的离心率相等,P为AB与C2异于F1的交点,直线PF2交C1于M,N两点,证明:|AB|+|MN|为定值.【解析】(2)由(1)可知F1(-2,0),F2(2,0),椭圆C1的离心率e=ca=22,设椭圆C2的方程为x2a'2+y2b'2=1,则有a'=2,c'2a'2=a'2-b'2a'2=222,解得b'=1,椭圆C2的标准方程为x22+y2=1,设P(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2),因为点P在曲线C2上,所以x02+2y02=2,依题意,可设直线AB,MN的斜率分别为k1,k2,则AB,MN的方程分别为y=k1(x+2),y=k2(x-2),于是k1·k2=y0x0+2·y0x0-2=y02x02-2=12(2-x02)x02-2=-12,联立方程得y=k1(x+2)x24+y22=1,消去y整理,得(2k12+1)x2+42k12x+4k12-4=0,所以x1+x2=-42k122k12+1,x1·x2=4k12-42k12+1,所以|AB|=1+k12(x1+x2)2-4x1x2=1+k12(-42k122k12+1)2-4·4k12-42k12+1=4k12+42k12+1,同理可得:|MN|=4k22+42k22+1,因为k2=-12k1,所以|MN|=4k22+42k22+1=4(-12k1)2+42(-12k1)2+1=8k12+22k12+1,所以|AB|+|MN|=4k12+42k12+1+8k12+22k12+1=6,为定值.【解题技法】定值问题的求解策略(1)圆锥曲线中的定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“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.(2)定值问题同证明问题类似,在求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,定值显现.【对点训练】在平面直角坐标系xOy中,已知双曲线C1:2x2-y2=1.设椭圆C2:4x2+y2=1.若M,N分别是C1,C2上的动点,且OM⊥ON,求证:O到直线MN的距离是定值.【证明】当直线ON垂直于x轴时,|ON|=1,|OM|=22,则O到直线MN的距离为33,当直线ON不垂直于x轴时,设直线ON的方程为y=kx(显然|k|>22),则直线OM的方程为y=-1kx,由y=kx,4x2+y2=1,得x2=14+k2,y2=k24+k2,所以|ON|2=1+k24+k2,同理|OM|2=1+k22k2-1,设O到直线MN的距离为d,因为(|OM|2+|ON|2)d2=|OM|2|ON|2,所以1d2=1|OM|2+1|ON|2=3k2+3k2+1=3,即d=33.综上,O到直线MN的距离是定值.考点二　与直线斜率有关的定值问题[例2](2024·武汉模拟)已知O为坐标原点,椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,椭圆的上顶点到右顶点的距离为5.(1)求椭圆的方程;【解析】(1)由题意知,ca=32,椭圆的上顶点到右顶点的距离为a2+b2=5,即ca=32a2+b2=5a2=b2+c2,解得a=2,b=1,c=3,因此,椭圆的方程为x24+y2=1.[例2](2024·武汉模拟)已知O为坐标原点,椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,椭圆的上顶点到右顶点的距离为5.(2)若椭圆的左、右顶点分别为E,F,过点D(-2,2)作直线与椭圆交于A,B两点,且A,B位于第一象限,A在线段BD上,直线OD与直线FA相交于点C,连接EB,EC,直线EB,EC的斜率分别记为k1,k2,求k1·k2的值.【解析】(2)如图所示:不妨设A(x1,y1),B(x2,y2),由图可知,直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx+m,因为点D(-2,2),则-2k+m=2,则m=2k+2,联立y=kx+mx2+4y2=4,可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,Δ=64k2m2-16(4k2+1)(m2-1)>0,可得m2<4k2+1,即(2k+2)2<4k2+1,解得k<-38,由根与系数的关系可得,x1+x2=-8km4k2+1=-16k(k+1)4k2+1>0x1x2=4m2-44k2+1=4(2k+1)(2k+3)4k2+1>0,解得-120,b>0)的右顶点为A,O为原点,点P(1,1)在C的渐近线上,△PAO的面积为12.(1)求C的方程;【解析】(1)因为点P(1,1)在C的渐近线y=bax上,所以a=b,A(a,0),则S△PAO=12a=12,所以a=1,故b=1,所以C的方程为x2-y2=1;(2024·西安模拟)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右顶点为A,O为原点,点P(1,1)在C的渐近线上,△PAO的面积为12.(2)过点P作直线l交C于M,N两点,过点N作x轴的垂线交直线AM于点G,H为NG的中点,证明:直线AH的斜率为定值.【解析】(2)当直线l的斜率不存在时,直线l与双曲线只有一个交点,不符合题意;当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y-1=k(x-1),M(x1,y1),N(x2,y2),联立x2-y2=1y-1=k(x-1),消去y得(1-k2)x2-2k(1-k)x-k2+2k-2=0,则1-k2≠0Δ=4k2(1-k)2-4(1-k2)(-k2+2k-2)=8-8k>0,解得k<1且k≠-1,x1+x2=2k(1-k)1-k2=2k1+k,x1x2=-k2+2k-21-k2,直线AM的方程为y=y1x1-1(x-1),令x=x2,得y=y1(x2-1)x1-1,即G(x2,y1(x2-1)x1-1),因为H为NG的中点,所以H(x2,y1(x2-1)x1-1+y22),所以kAH=y1(x2-1)x1-1+y22x2-1=12(y1x1-1+y2x2-1),因为y1x1-1+y2x2-1=k(x1-1)+1x1-1+k(x2-1)+1x2-1=2k+1x1-1+1x2-1=2k+x1+x2-2(x1-1)(x2-1)=2k+x1+x2-2x1x2-(x1+x2)+1=2k+2k1+k-2-k2+2k-21-k2-2k1+k+1=2k+2-2k=2,所以kAH=1,所以直线AH的斜率为定值.【加练备选】如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(0,-1)且离心率为22.(1)求椭圆E的方程;【解析】(1)由题设知ca=22,b=1,结合a2=b2+c2,解得a=2,所以椭圆E的方程为x22+y2=1.如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点A(0,-1)且离心率为22.(2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP与AQ的斜率之和为定值.【解析】(2)由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k≠2),代入x22+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0,由已知Δ>0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0,则x1+x2=4k(k-1)1+2k2,x1x2=2k(k-2)1+2k2,从而直线AP,AQ的斜率之和为kAP+kAQ=y1+1x1+y2+1x2=kx1+2-kx1+kx2+2-kx2=2k+(2-k) (1x1+1x2)=2k+(2-k)x1+x2x1x2=2k+(2-k)4k(k-1)2k(k-2)=2k-2(k-1)=2(即为定值).考点三　与面积有关的定值问题[例3](2024·安庆模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(-a,0),B(0,-b)两点,椭圆的离心率为32,O为坐标原点,且S△OAB=1.(1)求椭圆C的方程;【解析】(1)根据题意可知e=ca=32,又S△OAB=12ab=1,即可得ab=2,结合a2=b2+c2,解得a2=4,b2=1,c2=3,即椭圆C的方程为x24+y2=1.[例3](2024·安庆模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(-a,0),B(0,-b)两点,椭圆的离心率为32,O为坐标原点,且S△OAB=1.(2)设P为椭圆C上第一象限内任意一点,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N,求证:四边形ABNM的面积为定值.【解析】(2)由(1)可知A(-2,0),B(0,-1),如图所示:设P(x0,y0),且x0>0,y0>0,易知直线PA的斜率kPA=y0x0+2,所以PA的直线方程为y=y0x0+2(x+2);同理直线PB的斜率kPB=y0+1x0,所以PB的直线方程为y=y0+1x0x-1.由题意解得M(0,2y0x0+2),N(x0y0+1,0),所以可得|AN|=x0y0+1+2,|BM|=2y0x0+2+1,四边形ABNM的面积S=12|AN|·|BM|=12(x0y0+1+2)(2y0x0+2+1)=(x0+2y0+2)22(x0+2)(y0+1)=x02+4y02+4x0y0+4x0+8y0+42(x0y0+x0+2y0+2).又x024+y02=1,可得x02+4y02=4,故S=x02+4y02+4x0y0+4x0+8y0+42(x0y0+x0+2y0+2)=4+4x0y0+4x0+8y0+42(x0y0+x0+2y0+2)=4(x0y0+x0+2y0+2)2(x0y0+x0+2y0+2)=2,即四边形ABNM的面积为定值.【解题技法】与面积有关的定值问题的解题策略探求圆锥曲线中几何图形的面积的定值问题,一般用直接求解法,即可先利用三角形面积公式(如果是其他凸多边形,可分割成若干个三角形分别求解)把要探求的几何图形的面积表示出来,然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式,把这个关系式代入几何图形的面积表达式中,化简即可.【对点训练】(2024·南昌模拟)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),渐近线方程为y±x2=0,点A(2,0)在C上.(1)求双曲线C的方程;【解析】(1)因为a>0,b>0,依题意,ba=12a=2,所以双曲线C的方程为x24-y2=1.(2024·南昌模拟)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),渐近线方程为y±x2=0,点A(2,0)在C上.(2)过点A的两条直线AP,AQ分别与双曲线C交于P,Q两点(不与A点重合),且两条直线的斜率k1,k2满足k1+k2=1,直线PQ与直线x=2、y轴分别交于M,N两点,求证:△AMN的面积为定值.【解析】(2)依题意可知直线PQ斜率存在,设方程为y=kx+m,P(x1,y1),Q(x2,y2),y=kx+mx24-y2=1⇒(1-4k2)x2-8kmx-4m2-4=0⇒x1+x2=8km1-4k2x1x2=-4m2+41-4k2,Δ=64k2m2+4(1-4k2)(4m2+4)>0,m2+1-4k2>0①,k1+k2=y1x1-2+y2x2-2=2kx1x2+(m-2k)(x1+x2)-4mx1x2-2(x1+x2)+4=2k(-4m2+41-4k2)+(m-2k)(8km1-4k2)-4m-4m2+41-4k2-2(8km1-4k2)+4=1,整理得(m+2k)(m+2k-1)=0.①m+2k=0⇒PQ:y=kx-2k,过A(2,0),舍去;②m+2k-1=0⇒PQ:y=kx-2k+1,过点(2,1),此时,将m=1-2k代入①得(1-2k)2+1-4k2=2-4k>0,k<12,所以PQ与x=2交于点M(2,1),故S△AMN=12×2×1=1(定值).【加练备选】已知O为坐标原点,点P(3,12)在椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上,椭圆C的左、右焦点分别为F1,F2,且F1F2=23.(1)求椭圆C的标准方程;【解析】(1)由椭圆C的左、右焦点分别为F1,F2,且F1F2=23,可知:c=3,即a2=b2+3①,将P(3,12)代入方程C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)得:3a2+14b2=1②,解得a2=4,b2=1,所以椭圆的标准方程为x24+y2=1.已知O为坐标原点,点P(3,12)在椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上,椭圆C的左、右焦点分别为F1,F2,且F1F2=23.(2)若点P0,P1,P2在椭圆C上,原点O为△P0P1P2的重心,证明:△P0P1P2的面积为定值.【解析】(2)设P0(x0,y0),P1(x1,y1),P2(x2,y2),当直线P1P2斜率不存在,即x1=x2时,由原点O为△P0P1P2的重心,可知x0+x1+x23=0,y0+y1+y23=0,故可得此时有P0(-2x1,0),该点在椭圆上,则4×x124=1,不妨取x1=1,则有P0(-2,0),P1(1,32),P2(1,-32)或P0(-2,0),P1(1,-32),P2(1,32),则此时S△P0P1P2=12×3×3=332;当直线P1P2斜率存在时,不妨设P1P2的方程为y=kx+m,　则联立y=kx+mx24+y2=1,整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,且需满足Δ=(8km)2-16(1+4k2)(m2-1)=16(4k2+1-m2)>0,则x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4(m2-1)1+4k2,所以y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m1+4k2,由原点O为△P0P1P2的重心知,x0=-(x1+x2),y0=-(y1+y2),故P0的坐标为(8km1+4k2,-2m1+4k2),代入到x24+y2=1中,化简得: (8km1+4k2)2+4(-2m1+4k2)2=4,即4m2=1+4k2,又原点O为△P0P1P2的重心,故P0到直线P1P2的距离为原点O到直线P1P2距离的3倍,所以d=3|m|1+k2,而|P1P2|=1+k2|x1-x2|=1+k2(-8km1+4k2) 2-4×4(m2-1)1+4k2=1+k2×44k2+1-m21+4k2=1+k2×44m2-m21+4k2=1+k2×43|m|1+4k2,因此S△P0P1P2=12×|P1P2|×d=12×1+k2×43|m|1+4k2×3|m|1+k2=63|m|21+4k2=63|m|24m2=332,综上所述,△P0P1P2的面积为定值.