2020版高考数学复习第九章平面解析几何高考中的圆锥曲线问题(第2课时)定点与定值问题教案理新人教A版
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第2课时 定点与定值问题
题型一 定点问题
例1(2017·全国Ⅰ)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3－1，32，P41，32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．
(1)解 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1a2＋1b2>1a2＋34b2知，椭圆C不经过点P1，
所以点P2在椭圆C上．
因此 1b2＝1，1a2＋34b2＝1，解得 a2＝4，b2＝1.
故椭圆C的方程为x24＋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t，4－t22，t，－4－t22，则k1＋k2＝4－t2－22t－4－t2＋22t＝－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x24＋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＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.
而k1＋k2＝y1－1x1＋y2－1x2
＝kx1＋m－1x1＋kx2＋m－1x2
＝2kx1x2＋m－1x1＋x2x1x2.
由题设知k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
即(2k＋1)·4m2－44k2＋1＋(m－1)·－8km4k2＋1＝0，
解得k＝－m＋12.
当且仅当m>－1时，Δ>0，
于是l：y＝－m＋12x＋m，
即y＋1＝－m＋12(x－2)，
所以l过定点(2，－1)．
思维升华圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．
(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
跟踪训练1已知焦距为22的椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右顶点为A，直线y＝43与椭圆C交于P，Q两点(P在Q的左边)，Q在x轴上的射影为B，且四边形ABPQ是平行四边形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N.
①若直线l过原点且与坐标轴不重合，E是直线3x＋3y－2＝0上一点，且△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，求k的值；
②若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DA⊥AM，点G是x轴上异于点M的点，且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，求证：点G是定点．
(1)解 由题意可得2c＝22，即c＝2，
设Qn，43，因为四边形ABPQ为平行四边形，
|PQ|＝2n，|AB|＝a－n，
所以2n＝a－n，n＝a3，
则a32a2＋169b2＝1，解得b2＝2，a2＝b2＋c2＝4，
可得椭圆C的方程为x24＋y22＝1.
(2)①解 直线y＝kx(k≠0)代入椭圆方程，
可得(1＋2k2)x2＝4，
解得x＝±21＋2k2，
可设M21＋2k2，2k1＋2k2，
由E是3x＋3y－2＝0上一点，
可设Em，23－mm≠0，且m≠23，
E到直线kx－y＝0的距离为d＝km＋m－231＋k2，
因为△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，
所以OE⊥MN，|OM|＝d，
即有23－mm＝－1k，(*)
4＋4k21＋2k2＝km＋m－231＋k2，(**)
由(*)得m＝2k3k－1(k≠1)，代入(**)式，
化简整理可得7k2－18k＋8＝0，解得k＝2或47.
②证明 由M(－2,0)，可得直线MN的方程为y＝k(x＋2)(k≠0)，代入椭圆方程可得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，
可得－2＋xN＝－8k21＋2k2，解得xN＝2－4k21＋2k2，
yN＝k(xN＋2)＝4k1＋2k2，即N2－4k21＋2k2，4k1＋2k2，
设G(t,0)(t≠－2)，由题意可得D(2,4k)，A(2,0)，
以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，
可得AN⊥DG，即有AN→·DG→＝0，
即为－8k21＋2k2，4k1＋2k2·(t－2，－4k)＝0，解得t＝0.
故点G是定点，即为原点(0,0)．
题型二 定值问题
例2(2018·北京)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，QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，求证：1λ＋1μ为定值．
(1)解 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 y2＝4x，y＝kx＋1，得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k<0或0
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的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．
(2)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由(1)知x1＋x2＝－2k－4k2，x1x2＝1k2.
直线PA的方程为y－2＝y1－2x1－1(x－1)，
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝－y1＋2x1－1＋2＝－kx1＋1x1－1＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝－kx2＋1x2－1＋2.
由QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以1λ＋1μ＝11－yM＋11－yN
＝x1－1k－1x1＋x2－1k－1x2
＝1k－1·2x1x2－x1＋x2x1x2
＝1k－1·2k2＋2k－4k21k2
＝2.
所以1λ＋1μ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．
跟踪训练2已知点M是椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，且|F1F2|＝4，∠F1MF2＝60°，△F1MF2的面积为433.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交椭圆C于异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1＋k2为定值．
(1)解 在△F1MF2中，由12|MF1||MF2|sin60°＝433，得|MF1||MF2|＝163.
由余弦定理，得
|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1||MF2|·cos60°
＝(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1||MF2|(1＋cos60°)，
解得|MF1|＋|MF2|＝42.
从而2a＝|MF1|＋|MF2|＝42，即a＝22.
由|F1F2|＝4得c＝2，从而b＝2，
故椭圆C的方程为x28＋y24＝1.
(2)证明 当直线l的斜率存在时，
设斜率为k，显然k≠0，则其方程为y＋2＝k(x＋1)，
由 x28＋y24＝1，y＋2＝kx＋1，
得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.
Δ＝56k2＋32k>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－4kk－21＋2k2，x1x2＝2k2－8k1＋2k2.
从而k1＋k2＝y1－2x1＋y2－2x2
＝2kx1x2＋k－4x1＋x2x1x2
＝2k－(k－4)·4kk－22k2－8k＝4.
当直线l的斜率不存在时，可得A－1，142，B－1，－142，得k1＋k2＝4.
综上，k1＋k2为定值．
直线与圆锥曲线的综合问题
数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的过程．主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算方向，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等．
例椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为32，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围；
(3)在(2)的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，若k2≠0，证明1kk1＋1kk2为定值，并求出这个定值．
解 (1)由于c2＝a2－b2，将x＝－c代入椭圆方程x2a2＋y2b2＝1，得y＝±b2a.由题意知2b2a＝1，即a＝2b2.
又e＝ca＝32，所以a＝2，b＝1.
