2021版新高考数学一轮教师用书：第8章第8节　圆锥曲线中的定点、定值问题

第八节　圆锥曲线中的定点、定值问题[考点要求]　会证明与曲线上动点有关的定值问题，会处理动曲线(含直线)过定点的问题．(对应学生用书第164页)考点1　定点问题　直线过定点　1.动直线l过定点问题的基本思路设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0).2．动直线l过定点问题的解题步骤第一步：设AB直线y＝kx＋m，联立曲线方程得根与系数关系，Δ求出参数范围；第二步：由AP与BP关系(如kAP·kBP＝－1)，得一次函数k＝f(m)或者m＝f(k)；第三步：将k＝f(m)或者m＝f(k)代入y＝kx＋m，得y＝k(x－x定)＋y定．　(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1，)，P4中恰有三点在椭圆C上．(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．[解]　(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．又由＋＞＋知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上．因此解得故椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐标分别为，，则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．从而可设l：y＝kx＋m(m≠1).将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.而k1＋k2＝＋＝＋＝.由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，解得k＝－.当且仅当m＞－1时，Δ＞0，于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，所以l过定点(2，－1).　本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点P做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB，则AB必过定点.本题还可以拓展为“手电筒”模型：只要任意一个限定AP与BP条件(如kAP·kBP＝定值，kAP＋kBP＝定值)，直线AB依然会过定点．[教师备选例题]过抛物线C：y2＝4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点，且|AB|＝8.(1)求l的方程；(2)若A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD过定点，并求出该点的坐标．[解]　(1)易知点F的坐标为(1，0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，由题意知k≠0，且Δ＝[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝，x1x2＝1，由抛物线的定义知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，∴＝6，∴k2＝1，即k＝±1，∴直线l的方程为y＝±(x－1).(2)由抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，－y1)，直线BD的斜率kBD＝＝＝，∴直线BD的方程为y＋y1＝(x－x1)，即(y2－y1)y＋y2y1－y＝4x－4x1，∵y＝4x1，y＝4x2，x1x2＝1，∴(y1y2)2＝16x1x2＝16，即y1y2＝－4(y1，y2异号)，∴直线BD的方程为4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，恒过点(－1，0).　1.已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1，2)为抛物线C上一点．(1)求抛物线C的方程；(2)若点B(1，－2)在抛物线C上，过点B作抛物线C的两条弦BP与BQ，如kBP·kBQ＝－2，求证：直线PQ过定点．[解]　(1)若抛物线的焦点在x轴上，设抛物线方程为y2＝ax，代入点A(1，2)，可得a＝4，所以抛物线方程为y2＝4x.若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线方程为x2＝my，代入点A(1，2)，可得m＝，所以抛物线方程为x2＝y.综上所述，抛物线C的方程是y2＝4x或x2＝y.(2)证明：因为点B(1，－2)在抛物线C上，所以由(1)可得抛物线C的方程是y2＝4x.易知直线BP，BQ的斜率均存在，设直线BP的方程为y＋2＝k(x－1)，将直线BP的方程代入y2＝4x，消去y，得k2x2－(2k2＋4k＋4)x＋(k＋2)2＝0.设P(x1，y1)，则x1＝，所以P.用－替换点P坐标中的k，可得Q((k－1)2，2－2k)，从而直线PQ的斜率为＝＝，故直线PQ的方程是y－2＋2k＝·[x－(k－1)2].在上述方程中，令x＝3，解得y＝2，所以直线PQ恒过定点(3，2).2．已知圆x2＋y2＝4经过椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点和两个顶点，点A(0，4)，M，N是椭圆C上的两点，它们在y轴两侧，且∠MAN的平分线在y轴上，|AM|≠|AN|.(1)求椭圆C的方程；(2)证明：直线MN过定点．[解]　(1)圆x2＋y2＝4与x轴交于点(±2，0)，即为椭圆的焦点，圆x2＋y2＝4与y轴交于点(0，±2)，即为椭圆的上下两顶点，所以c＝2，b＝2.从而a＝2，因此椭圆C的方程为＋＝1.(2)证明：设直线MN的方程为y＝kx＋m.由消去y得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－8＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.直线AM的斜率k1＝＝k＋；直线AN的斜率k2＝＝k＋.k1＋k2＝2k＋＝2k＋＝.由∠MAN的平分线在y轴上，得k1＋k2＝0.又因为|AM|≠|AN|，所以k≠0，所以m＝1.因此，直线MN过定点(0，1).　动圆过定点　动圆过定点问题求解时可以先取特殊值或者极值，找出这个定点，再用向量法证明用直径所对圆周角为直角．　(2019·北京高考)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．[解]　(1)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)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.设M，N，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，则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).　动圆过定点问题本质上是向量垂直的问题. 　在平面直角坐标系xOy中，动点E到定点(1，0)的距离与它到直线x＝－1的距离相等．(1)求动点E的轨迹C的方程；(2)设动直线l：y＝kx＋b与曲线C相切于点P，与直线x＝－1相交于点Q，证明：以PQ为直径的圆恒过x轴上某定点．[解]　(1)设动点E的坐标为(x，y)，由抛物线的定义知，动点E的轨迹是以(1，0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线，所以动点E的轨迹C的方程为y2＝4x.(2)证明：易知k≠0.由，消去x，得ky2－4y＋4b＝0.因为直线l与抛物线相切，所以Δ＝16－16kb＝0，即b＝，所以直线l的方程为y＝kx＋，令x＝－1，得y＝－k＋，所以Q(－1，－k＋).设切点P(x0，y0)，则ky－4y0＋＝0，解得P(，)，设M(m，0)，则·＝(－m)·(－1－m)＋(－k＋)＝m2＋m－2－，所以当 即m＝1时，·＝0，即MQ⊥MP.所以，以PQ为直径的圆恒过x轴上的定点M(1，0).考点2　定值问题　圆锥曲线中定值问题的2大解法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；(2)引起变量法：其解题流程为→↓→↓→　在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋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＝，n＝，m·n＝0.(1)求证：k1·k2＝－；(2)试探求△OPQ的面积S是否为定值，并说明理由．[解]　(1)证明：∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0.又m·n＝0，∴＋y1y2＝0，即＝－y1y2，∴k1·k2＝＝－.(2)①当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，由＝－，得－y＝0.又∵点P(x1，y1)在椭圆上，∴＋y＝1，∴|x1|＝，|y1|＝.∴S△POQ＝|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 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b2<1＋4k2.∴x1＋x2＝，x1x2＝.∵＋y1y2＝0，∴＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1(满足Δ>0).∴S△POQ＝|PQ|＝|b|＝2|b|＝1.综合①②知△POQ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．[教师备选例题]已知动圆P经过点N(1，0)，并且与圆M：(x＋1)2＋y2＝16相切．(1)求点P的轨迹C的方程；(2)设G(m，0)为轨迹C内的一个动点，过点G且斜率为k的直线l交轨迹C于A，B两点，当k为何值时，ω＝|GA|2＋|GB|2是与m无关的定值？并求出该定值．[解]　(1)由题意，设动圆P的半径为r，则|PM|＝4－r，|PN|＝r，可得|PM|＋|PN|＝4－r＋r＝4，∴点P的轨迹C是以M，N为焦点的椭圆，∴2a＝4，2c＝2，∴b＝＝，∴椭圆的方程为＋＝1.即点P的轨迹C的方程为＋＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知－2＜m＜2，直线l：y＝k(x－m)，由得(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12＝0，∴x1＋x2＝，x1x2＝，∴y1＋y2＝k(x1－m)＋k(x2－m)＝k(x1＋x2)－2km＝－，y1y2＝k2(x1－m)(x2－m)＝k2x1x2－k2m(x1＋x2)＋k2m2＝，∴|GA|2＋|GB|2＝(x1－m)2＋y＋(x2－m)2＋y＝(x1＋x2)2－2x1x2－2m(x1＋x2)＋2m2＋(y1＋y2)2－2y1y2＝(k2＋1).要使ω＝|GA|2＋|GB|2的值与m无关，需使4k2－3＝0，解得k＝±，此时ω＝|GA|2＋|GB|2＝7.　1.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．[解]　(1)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Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，解得k＜0或0＜k＜1.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．2．(2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy中，曲线y＝x2＋mx－2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0，1).当m变化时，解答下列问题：(1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；(2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．[解]　(1)不能出现AC⊥BC的情况．理由如下：设A(x1，0)，B(x2，0)，则x1，x2满足x2＋mx－2＝0，所以x1x2＝－2.又点C的坐标为(0，1)，故AC的斜率与BC的斜率之积为·＝－，所以不能出现AC⊥BC的情况. (2)证明：BC的中点坐标为，可得BC的中垂线方程为y－＝x2.由(1)可得x1＋x2＝－m，所以AB的中垂线方程为x＝－.联立 又x＋mx2－2＝0，可得 所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为，半径r＝.故圆在y轴上截得的弦长为2＝3，即过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．