高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)(文)人教通用版高考專題突破五第2課時定點與定值問題名師精編學(xué)案

1、名校名師推薦第2課時定點與定值問題題型一定點問題，師生共研22例1已知橢圓£+$=1(a>b>0)過點(0,1),其長軸、焦距和短軸的長的平方依次成等差數(shù)列直線l與x軸正半軸和y軸分別交于點Q,P,與橢圓分別交于點M,N,各點均不重合且滿足PM="mQ,pN=%nQ.(1)求橢圓的標準方程；(2)若為+灰=3,試證明：直線l過定點，并求此定點.解(1)設(shè)橢圓的焦距為2c,由題意知b=1,且(2a)2+(2b)2=2(2c)2,又a2=b2+c2,，a2=3.橢圓的標準方程為Xr+y2=1.3(2)由題意設(shè)P(0,m),Q(xo,0),M(X1,y1),N(X2,

2、y2),設(shè)l方程為x=t(y-m),由PM=*MQ知(x1，y一m)=Mx。一x1，一y1),-y1m=y1方，由題意yw0,加=1.y1同理由PN=灰nQ知4=-1.y2;加+灰=3,y1y2+m(y1+y2)=0,聯(lián)立J+3y3，得(t2+3)y22mt2y+t2m23=0,lx=t(ym)，由題意知A=4m2t4-4(t2+3)(t2m2-3)>0,2mt29m2一3自且有丫1+丫2=12+3，yy2=12+3,代入得t2m2-3+2m2t2=0,(mt)2=1,由題意mt<0,.mt=-1,滿足,得直線l的方程為x=ty+1,過定點(1,0),即Q為定點.思維升華圓錐曲線中

3、定點問題的兩種解法(1)引進參數(shù)法：引進動點的坐標或動線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量，再研究變化的量與參數(shù)何時沒有關(guān)系，找到定點.(2)特殊到一般法：根據(jù)動點或動線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關(guān)224跟蹤訓(xùn)練1已知焦距為2小的橢圓C：£+*=1(a>b>0)的右頂點為A,直線y=3與橢圓C交于P,Q兩點(P在Q的左邊)，Q在x軸上的射影為B,且四邊形ABPQ是平行四邊形.求橢圓C的方程;(2)斜率為k的直線l與橢圓C交于兩個不同的點M, N.若直線l過原點且與坐標軸不重合， E是直線3x+3y2=0上一點，且4EMN是以E為直11角頂點的等腰直角三角形，求k的值;

4、若M是橢圓的左頂點，D是直線MN上一點,且DA，AM ,點G是x軸上異于點 M的點,且以DN為直徑的圓恒過直線AN和DG的交點，求證：點G是定點.解由題意可得2c=2*,即c=V2,設(shè)Qn,3)因為四邊形ABPQ為平行四邊形,|PQ|=2n,|AB|=a-n,所以 2n= a n,a n=3.a 2 16則*+看=1，解得 b2= 2, a2=b2+c2 = 4,口 2w 0,且 m w 3 i,2m，3E到直線kx-y= 0的距離為d =2 km+ m3 ,11 + k222可得橢圓C的方程為f1.(2)解直線y=kx(kw0)代入橢圓方程,可得(1+2k2)x2=4,2斛得x=±

5、i2,.1+2k22k可設(shè)M布宗'在了獲2>由E是3x+3y2=0上一點,可設(shè)E因為4EMN是以E為直角頂點的等腰直角三角形,所以O(shè)EMN,|OM|=d,(*)4+ 4k21+ 2k2(*)2km+m3-1+k2由(*)得m=W；(kw1)，代入(*)式，3kT化簡整理可得7k218k+8=0,解得k=2或4.證明由M(2,0),可得直線MN的方程為y=k(x+2)(kw0),代入橢圓方程可得(1+2k2)x2+8k2x+8k24=0,8k后r/e324k可得2+Xn=27,斛得Xn="2i,2住4k 4k id + 2k2' 1 + 2k2>1+2k1+

6、2k4k一yN=k(xN+2)=2,即N1十2k設(shè)G(t,0)(tw2),由題意可得D(2,4k),A(2,0),以DN為直徑的圓恒過直線AN和DG的交點,即為可得AN±DG,即有ANdG=0,4k.-，1q22!(t-2,-4k)=0,解得t=0.故點G是定點，即為原點(0,0).例2如圖，已知拋物線 C: x2=4y,題型二定值問題-師生共研過點M(0,2)任作一直線與C相交于A,B兩點，過點B作y軸的平行線與直線 AO相交于點D(O為坐標原點).(1)證明：動點D在定直線上;(2)作C的任意一條切線1(不含x軸)，與直線N2,證明：|MN2|2|MNi|2為定值，并求此定值y=

7、2相交于點Ni,與(1)中的定直線相交于點AB方程為y=kx+ 2,代入x2 = 4y,(1)證明依題意，直線AB的斜率存在，可設(shè)得x2=4(kx+2),即x2-4kx-8=0.顯然60恒成立,設(shè)A(x1,yi),B(x2,y2),則有xix2=-8.直線AO的方程為y="x;x1，BD的方程為x=x2.X=X2,解得交點D的坐標為£注意到X1X2=8及x2=4yi,則有y=弊2=三普=2.Xi4yi因此D點在定直線y=2上(xw0).(2)解依題設(shè)，切線l的斜率存在且不等于0,設(shè)切線l的方程為y=ax+b(aw0),代入x2=4y得x2=4(ax+b),即x24ax4b=

8、0.由a=0得(4a)2+16b=0,化簡整理得b=a2故切線l的方程可寫為y=axa2.分別令y=2,y=2得Ni,N2的坐標為Nig+a，2)N21-/a-2)則|MN2|2IMN/二a,2+421+a,2=8,即|MN2|2|MNi|2為定值8.思維升華圓錐曲線中的定值問題的常見類型及解題策略(I)求代數(shù)式為定值.依題意設(shè)條件，得出與代數(shù)式參數(shù)有關(guān)的等式，代入代數(shù)式、化簡即可得出定值.(2)求點到直線的距離為定值.利用點到直線的距離公式得出距離的解析式，再利用題設(shè)條件化簡、變形求得.(3)求某線段長度為定值.利用長度公式求得解析式，再依據(jù)條件對解析式進行化簡、變形即可求得.跟蹤訓(xùn)練2已知

9、點M是橢圓C:多+±=i(a>b>0)上一點，F(xiàn)i,F2分別為C的左、右焦點，ab且|FiF2|=4,ZFiMF2=60°,F1MF2的面積為g.求橢圓C的方程；(2)設(shè)N(0,2),過點P(-I,2)作直線I,交橢圓C于異于N的A,B兩點，直線NA,NB的斜率分別為ki,k2,證明：ki+k2為定值.(I)解在FiMF2中，由q|MFi|MF2|sin60=°43,得|MFi|MF2|=i6.233由余弦定理，得|FiF2|2=|MFi|2十|MF2|22|MFi|MF2|cos60=(|MFi|+|MF2|)2-2|MFi|MF2|(i+cos60

10、)；解得|MF1|+|MF2|=42.從而2a=|MFi|+|MF2|=4/，即a=2我.由1fiF2|=4得c=2,從而b=2,故橢圓C的方程為X-+y-=i.84(2)證明當直線l的斜率存在時，設(shè)斜率為k,顯然kw0,則其方程為y+2=k(x+1),1+乙由卜4，Ly+2=k(x+1得(1+2k2)x2+4k(k2)x+2k28k=0.A=56k2+32k>0,設(shè)A(xyi),b(x2,y2),則 x1+ x2=一2k2 8kxx2 =21 + 2ky1一2y2-2從而k1+k2=2+1x1x22kx1x2+(k-43+x2)xx24k(k-2=21-)214.當直線l的斜率不存在時

11、，可得a11,中；Bi，-中；得k1+k2=4.綜上，+卜2為定值.-核心素養(yǎng)之數(shù)學(xué)運算-直線與圓錐曲線的綜合問題數(shù)學(xué)運算是指在明晰運算對象的基礎(chǔ)上，依據(jù)運算法則解決數(shù)學(xué)問題的過程.主要包括：理解運算對象，掌握運算法則，探究運算方向，選擇運算方法，設(shè)計運算程序，求得運算結(jié)果等.例橢圓C：丐+y2=1(a>b>0)的左、右焦點分別是F1,F2,離心率為坐,過F1且垂直于xab2軸的直線被橢圓C截得的線段長為1.求橢圓C的方程；(2)點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點，連接PF1,PF2,設(shè)/F1PF2的角平分線PM交C的長軸于點M(m,0),求m的取值范圍；(3)在(2)的條件下，過

12、點P作斜率為k的直線1,使得l與橢圓C有且只有一個公共點，設(shè)直線PF1，PF2的斜率分別為k1，k2,若k2*0,證明:+0為定值，并求出這個定值.kk1kk22222解由于c2=a2-b2,將x=-c代入橢圓方程91，得y=g由題意知至=1,即a=2b2又e='=,所以a=2,b=1.a2所以橢圓C的方程為W+y2=1.4（2）設(shè)P（x（）,y（）（y0W0）,又Fi（-V3,0）,F2（V3,0）,所以直線PFi,PF2的方程分別為1PF：y°x（x°+V3y0=。，1PF：y0X(X0J73)y_*'J3y0=0.由題意知嚴0+詆0J=?0立y”Vy0

13、+（X。+木）由。+（X0-V3）2由于點p在橢圓上，所以+y2=i.所以因為一熄<m<淄，-2<X0<2,可得3 mm+.,3_3一cX0+22所以m=3X0,因此一3<m<2設(shè)P(X0,y0)(y0W0),則直線1的方程為yy0=k(XX0).玲+丫2=1，聯(lián)立得S4Wk(XX0),整理得(1+4k2)X2+8(ky0k2X0)X+4(y22kX0y0+k2X21)=0.由題意A=0,即(4-X0)k2+2X0y0k+1y0=0.2又作+y0=1，所以16y0k2+8X0y0k+X0=0,故k=藍.由(2)知：+1=梃+3=如，k1k2y0y0y所以卷+

14、需=照+看y1一鬻)翁反因此U2為定值，這個定值為8.kkikk2素養(yǎng)提升典例的解題過程體現(xiàn)了數(shù)學(xué)運算素養(yǎng)，其中設(shè)出P點的坐標而不求解又體現(xiàn)了數(shù)學(xué)運算素養(yǎng)中的一個運算技巧一一設(shè)而不求，從而簡化了運算過程.課時作業(yè)y基礎(chǔ)保分練221.(2018相陽教育模擬/Fi,F2為橢圓C:>*=18>0)的左、右焦點，M為橢圓上一點，滿足MF1，MF2,已知MFF2的面積為1.求C的方程；(2)設(shè)C的上頂點為H,過點(2,1)的直線與橢圓交于R,S兩點(異于H),求證：直線HR和HS的斜率之和為定值，并求出這個定值.解(1)由橢圓定義得|MF1|+|MF2|=4,由垂直得|MF1|2+|MF22

15、=|F1F22=4(4-b2),由題意得SJ=2|MF1|MF2|=1,;1IVIFrp22由，可得b2=1,C的方程為全+y2=1.(2)依題意，H(0,1),顯然直線的斜率存在且不為0,設(shè)直線RS的方程為y=kx+m(kw0),代入橢圓方程化簡得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.由題意知，A=16(4k2m2+1)>0,設(shè)R(x1,y1)，S(x2,y2),X1X2*0,-8km4m2-4故X2+X2=47T7,X1X2=4?T7.y1一1y2-1kHR+kHS=+X1X2kx+m-1kx2+m1X1+X28km2km2k/=2k-=-1.m+1m+1故kHR+kHS為定

16、值1.2.(2018威海卞II擬)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點F,直線y=4與y軸的交點為P,與拋物線C的交點為Q,且|QF|=2|PQ|.(1)求p的值；(2)已知點T(t,2)為C上一點，M,N是C上異于點T的兩點，且滿足直線TM和直線TN的斜率之和為一*證明：直線MN恒過定點，并求出定點的坐標.3解(1)設(shè)Q(xo,4),由拋物線定義，|QF|=xo+2,又|QF|=2|PQ|,即2xo=Xo+p,解得Xo=P,將點Q1,4代入拋物線方程，解得p=4.(2)由(1)知C的方程為y2=8x,所以點T坐標為&2，設(shè)直線MN的方程為x=my+n,rx=my+n,2由

17、，2&得y8my-8n=0,A=64m2+32n>0,所以y1+y2=8m,y1y2=-8n,”,、，y1+2y2+288所以kMT+kNT=2-7+2一；=-+"_1y2_1y1一2y2-2828一2_8(y+y2尸32_64m32_8yy22%+丫2148n16m+43'解得n=m-1.所以直線MN的方程為x+1=m(y+1),恒過定點(1,1).3.(2018遼陽調(diào)研)已知拋物線C1的方程為x2=2py(p>0),過點M(a,2p)(a為常數(shù))作拋物線C1的兩條切線，切點分別為A,B.(1)過焦點且在x軸上截距為2的直線l與拋物線C1交于Q,N兩點，

18、Q,N兩點在x軸上的射影分別為Q',N',且|Q'N|=2<5,求拋物線Ci的方程；(2)設(shè)直線AM,BM的斜率分別為k1，k2.求證：k1k2為定值.(1)解因為拋物線Ci的焦點坐標是(0,p所以過焦點且在x軸上截距為2的直線方程是打1，即x+,1.2x2=2py,聯(lián)立x2yx+-y=1,2p2消去y并整理，得*2+3p2=0,顯然60恒成立，設(shè)點Q(Xq,yQ),N(XN,yN),2則Xq+Xn=2,XqXn=p2.則Q'N'|=|XqXn|=、(Xq+Xnj4Xqxn=7a¥)-4x3)=lJ4p2=2g解得p=2.所以拋物線Ci的

19、方程為x2=4y.(2)證明設(shè)點A(xi,yi),b(X2,y2)(xi>0,X2<o).2依題意，由x2=2py(p>o),得y=2p,則y=：.所以切線MA的方程是y-yi=X1(x-xi),p2X12即尸pX2p.又點M(a,2p)在直線MA上,2xi_xi于"2P=6-a分即xi2axi4P2=0.同理，有x22ax24p2=0,因此，xi,X2是方程x22ax4P2=0的兩根,4p2則xi+x2=2a,=4p2xiX2XiX2所以kik2=rppp故ki&為定值得證4.已知中心在原點，焦點在x軸上的橢圓C的離心率為考,過左焦點F且垂直于x軸的直線交

20、橢圓C于P,Q兩點，且|PQ|=2y2.求C的方程；(2)若直線l是圓x2+y2=8上的點(2,2)處的切線，點M是直線l上任一點，過點M作橢圓C的切線MA,MB,切點分別為A,B,設(shè)切線的斜率都存在.求證：直線AB過定點，并求出該定點白坐標.22解(1)由已知，設(shè)橢圓C的方程為a2+y2=1(a>b>0),因為|PQ|=242,不妨設(shè)點P(-c,®代入橢圓方程得，a2+2=1,又因為e=c=坐，a2所以號=1，b=g所以b2=4,a2=2b2=8,所以c的方程為Xr+yr=i.84(2)依題設(shè)，彳#直線l的方程為y-2=-(x-2),即x+y4=0,y-yi= k(x

21、xi), 22xy_/l8+t =1設(shè)M(xo,yo),A(xi,yi),B(x2,y),x°wx且x°wx2,由切線MA的斜率存在，設(shè)其方程為y-y1=k(x-x1),聯(lián)立得(2k2+1)x2+4k(yi-kx)x+2(yikx1)28=0,由相切得A=16k2(yi-kxi)2-8(2k2+1)(yikx1)24=0,化簡得(yi-kxi)2=8k2+4,即(x18)k22x1yk+y14=0,因為方程只有一解，所以k=x2 8 2x12y1'所以切線MA的方程為y-y1=-2y(x-x1),即x1x+2yy=8,同理，切線MB的方程為x?x+2y2y=8,名校

22、名師推薦又因為兩切線都經(jīng)過點M(xo,y°),所以，xixo+2yiyo=8,X2X0+2y2y0=8,所以直線AB的方程為x+2y0y=8,又xo+Vo=4,所以直線AB的方程可化為x0x+2(4-x0)y=8,即x0(x2y)+8y-8=0,x- 2y= 0, py-8= 0x= 2, 得fy=1，所以直線AB恒過定點(2,1).力技能提升練5.(2018撫順卞莫擬)設(shè)橢圓C:xz+nMaAb。)的離心率e=*，左頂點M到直線:+ ：= i的距離1=華，O為坐標原點5求橢圓C的方程;(2)設(shè)直線l與橢圓C相交于 直線AB的距離為定值.A, B兩點，若以AB為直徑的圓經(jīng)過坐標原點，

23、證明：點 O到解由e=坐,彳導(dǎo)c=岑a,又 b2=a2-c2,ii1所以b=a,即a=2b.由左頂點M(a,0)到直線x+y=i,ab即到直線bx+ayab=0的距離d=45,|b (一 a ) ab| 4V5a2+ b252ab_ 4_5'即/?而一5 '把a=2b代入上式，得學(xué)一=乎，解得b=i.5b5所以a=2b=2,c=,3.所以橢圓2C的方程為%y2r(2)證明當直線設(shè)A(xi,yi),B(x2,y2),AB的斜率不存在時，由橢圓的對稱性,可知xi=x2,yi=y2.名校名師推薦因為以AB為直徑的圓經(jīng)過坐標原點，故 OA (DB = 0,即 x1x2 + yy2= 0,也就是 X y1= 0,2又點A在橢圓C上，所以X1+y2=i,4解得|xi|=坎|=邛55此時點O到直線AB的距離di=|xi|=¥5.當直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y=kx+m,= kx+ m,與橢圓方程聯(lián)立有x22A =1，消去 V,彳導(dǎo)(1 + 4k2)x2+8kmx+ 4m2 4=0,所以 x1 + x2 = 一8km4m2 42, x1x2=