新高考數(shù)學一輪復習題型歸納講義專題13解析幾何 13.7定點定值（解析版）

專題十三《解析幾何》講義13.7定點定值知識梳理.定點定值1．定點問題(1)參數(shù)法：參數(shù)法解決定點問題的思路：①引進動點的坐標或動直線中的參數(shù)表示變化量，即確定題目中的核心變量(此處設為k)；②利用條件找到k與過定點的曲線F(x，y)＝0之間的關系，得到關于k與x，y的等式，再研究變化量與參數(shù)何時沒有關系，找到定點．(2)由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定點問題時，常根據(jù)動點或動直線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關.2.定值問題(1)直接消參求定值：常見定值問題的處理方法：①確定一個(或兩個)變量為核心變量，其余量均利用條件用核心變量進行表示；②將所求表達式用核心變量進行表示(有的甚至就是核心變量)，然后進行化簡，看能否得到一個常數(shù)．(2)從特殊到一般求定值：常用處理技巧：①在運算過程中，盡量減少所求表達式中變量的個數(shù)，以便于向定值靠攏；②巧妙利用變量間的關系，例如點的坐標符合曲線方程等，盡量做到整體代入，簡化運算.題型一.定值問題1．已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b（Ⅰ）求橢圓C的方程；（Ⅱ）點D為x軸上一點，過D作x軸的垂線交橢圓C于不同的兩點M，N，過D作AM的垂線交BN于點E．證明：△BDE與△BDN的面積之比為定值．【解答】解：（Ⅰ）因為焦點在x軸上，兩個頂點分別為A（﹣2，0），B（2，0），所以a＝2，由e=ca=3所以b2＝a2﹣c2＝1，所以橢圓的方程為x24+（Ⅱ）設D（x0，0），M（x0，y0），N（x0，﹣y0）（y0＞0），可得y02＝1?x直線AM的方程為y=y0x因為DE⊥AM，所以kDE=?x直線DE的方程為y=?x0+2y0（直線BN的方程為y=?y0x聯(lián)立y=?x整理得，x0+2y0（x﹣x0）=即（x02﹣4）（x﹣x0）＝y(tǒng)02（x﹣2），即（x02﹣4）（x﹣x0）=4?x024（x所以y=?x0+2y0即E（4x0+25，?4又S△BDE所以△BDE與△BDN的面積之比為定值452．（2018·全國1）設橢圓C：x22+y2＝1的右焦點為F，過F的直線l與C交于A，B（1）當l與x軸垂直時，求直線AM的方程；（2）設O為坐標原點，證明：∠OMA＝∠OMB．【解答】解：（1）c=2?1∴F（1，0），∵l與x軸垂直，∴x＝1，由x=1x22+y∴A（1.22），或（1，?∴直線AM的方程為y=?22x+2，y=證明：（2）當l與x軸重合時，∠OMA＝∠OMB＝0°，當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，∴∠OMA＝∠OMB，當l與x軸不重合也不垂直時，設l的方程為y＝k（x﹣1），k≠0，A（x1，y1），B（x2，y2），則x1＜2，x2＜直線MA，MB的斜率之和為kMA，kMB之和為kMA+kMB=y由y1＝kx1﹣k，y2＝kx2﹣k得kMA+kMB=2k將y＝k（x﹣1）代入x22+y2＝1可得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k∴x1+x2=4k22k2+1∴2kx1x2﹣3k（x1+x2）+4k=12k2+1（4k3﹣4k﹣12k3+8從而kMA+kMB＝0，故MA，MB的傾斜角互補，∴∠OMA＝∠OMB，綜上∠OMA＝∠OMB．3．如圖，已知橢圓x2a2+y2b2=1（a（Ⅰ）求該橢圓的方程；（Ⅱ）若A，B，C為橢圓上的三點（A，B不在坐標軸上），滿足OC→=35OA→+45OB→，直線OA，OB分別交直線l：x＝3于M，N兩點，設直線OA，OB的斜率為k1，【解答】（I）解：由題意可得：ca=323a2+∴橢圓的標準方程為：x2（II）證明：設A（x1，y1），B（x2，y2），則x124+y∵滿足OC→=35代入橢圓的方程可得：(3化為(3由①可得：x1x2+4y1y2＝0，∴k1k2=?1設OA：y＝k1x，OB：y=?14k1x，令x＝3，解得M（3，3k1∴|MN|=|3k1+34∴|MN|的最小值為3．題型二.定點問題1．已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點F（1，0），O為坐標原點，A，B是拋物線C上異于O的兩點．（1）求拋物線C的方程；（2）若直線OA，OB的斜率之積為?12，求證：直線【解答】（1）解：因為拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點F（1，0），所以p2=1，解得所以拋物線的C的方程為y2＝4x；（2）證明：①當直線AB的斜率不存在時，設A(t因為直線OA，OB的斜率之積為?12，所以tt2所以A（8，t），B（8，﹣t），此時直線AB的方程為x＝8；②當直線AB的斜率存在時，設方程為y＝kx+b（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立方程組y2=4xy=kx+b，化簡可得ky2﹣4y+4b因為直線OA，OB的斜率之積為?12，所以即x1x2+2y1y2＝0，即y124解得b＝﹣8k，所以y＝kx﹣8x，即y＝k（x﹣8）．綜上所述，直線AB過x軸上的一定點（8，0）．2．已知橢圓C的中心在坐標原點，焦點在x軸上，橢圓C上的點到焦點距離的最大值為3，最小值為1．（1）求橢圓C的標準方程；（2）若直線l：y＝kx+m與橢圓C相交于A，B兩點（A，B不是左右頂點），且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點．求證：直線l過定點，并求出該定點的坐標．【解答】（1）解：由題意設橢圓的標準方程為x2由已知橢圓C上的點到焦點距離的最大值為3，最小值為1，可得：a+c＝3，a﹣c＝1，∴a＝2，c＝1∴b2＝a2﹣c2＝3∴橢圓的標準方程為x2（2）證明：設A（x1，y1），B（x2，y2）聯(lián)立y=kx+mx24+y23=1，消去y可得（3+4k2）x則△=64又y因為以AB為直徑的圓過橢圓的右頂點D（2，0），∴kADkBD＝﹣1，即y∴y1y2+x1x2﹣2（x1+x2）+4＝0，∴3(∴7m2+16mk+4k2＝0解得：m1=?2k，m2=?2k7當m1＝﹣2k時，l的方程y＝k（x﹣2），直線過點（2，0），與已知矛盾；當m2=?2k7時，l所以，直線l過定點，定點坐標為(3．（2017·全國1）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），四點P1（1，1），P2（0，1），P3（﹣1，（1）求C的方程；（2）設直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A，B兩點．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為﹣1，證明：l過定點．【解答】解：（1）根據(jù)橢圓的對稱性，P3（﹣1，32），P4（1，32）兩點必在橢圓又P4的橫坐標為1，∴橢圓必不過P1（1，1），∴P2（0，1），P3（﹣1，32），P4（1，32）三點在橢圓把P2（0，1），P3（﹣1，32）代入橢圓C1b2=11a2+∴橢圓C的方程為x2證明：（2）①當斜率不存在時，設l：x＝m，A（m，yA），B（m，﹣yA），∵直線P2A與直線P2B的斜率的和為﹣1，∴kP解得m＝2，此時l過橢圓右頂點，不存在兩個交點，故不滿足．②當斜率存在時，設l：y＝kx+t，（t≠1），A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立y=kx+tx2+4y2?4=0，整理，得（1+4k2）x2+8x1+x2=?8kt1+4則k=8kt2?8k?8k∴t＝﹣2k﹣1，此時△＝﹣64k，存在k，使得△＞0成立，∴直線l的方程為y＝kx﹣2k﹣1，當x＝2時，y＝﹣1，∴l(xiāng)過定點（2，﹣1）．1．如圖，已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的離心率為22，一條準線方程為x＝2．過點T（0，2）且不與x軸垂直的直線l與橢圓C相交于A，B兩點線段（1）求橢圓C的方程；（2）求證：線段MN的中點在定直線上；（3）若△ABN為等腰直角三角形，求直線l的方程．【解答】解：（1）由ca=22，ab=∴橢圓方程為：x2（2）顯然直線l的斜率存在，可設其方程為y＝kx+2．聯(lián)立橢圓方程可得（1+2k2）x2+8kx+6＝0．設A（x1，y1），B（x2，y2），則xM=12(x1+x2)=∴直線MN的方程為：y=?1?N（0，?21+2∴yM＝﹣yN，∴線段MN的中點在定直線y＝0上．（3）由（2）得|MN|=1+(?1k)2||AB|=1+k2|x1﹣x2|=∵△ABN為等腰直角三角形，∴|AB|＝2|MN|，∴1+k2?24?k＝±222．（滿足△∴直線l的方程為y=±222．已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過點P（2，0）作直線l交拋物線于A，B兩點．（1）若l的傾斜角為π4，求△FAB（2）過點A，B分別作拋物線C的兩條切線l1，l2且直線l1與直線l2相交于點M，問：點M是否在某條定直線上？若在，求該定直線的方程，若不在，請說明理由．【解答】解：（1）∵l的傾斜角為π4∴k=tanπ∵直線l為點P（2，0），∴直線l的方程y＝x﹣2，即x＝y(tǒng)+2，聯(lián)立直線l與拋物線方程y2=4xx=y+2，化簡可得，y2﹣4設A（x1，y1），B（x2，y2），則△＝b2﹣4ac＝16+4×8＝48＞0，y1∴|AB|=2又∵交點F（1，0）到直線l的距離是d=|1×1+0×(?1)?2|∴S△FAB（2）設l的方程為x＝my+2，聯(lián)立直線l與拋物線方程x=my+2y2=4x，化簡可得，y2﹣4則△＝b2﹣4ac＝16m2+32＞0，由韋達定理可得，y1+y2＝4m，y1y2＝﹣8，∴x1不妨設點A（x1，y1）在x軸上方，點B在B（x2，y2）在x軸下方，當y≥0時，y=2x求導可得y'=1∴y'|∴拋物線C上過點A的切線l1的方程為y?y1=1當y＜0時，y=?2x求導可得y'=?1∴y'|∴拋物線C上過點B的切線l2方程為y?y2=?1聯(lián)立①②可得，(1∵y2∴x1∵x1x2＝4，∴x1又∵x1∴x＝﹣2，即M的橫坐標恒為﹣2，∴點M在定直線x＝﹣2上．題型三.定直線問題1．如圖，已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的離心率為22，一條準線方程為x＝2．過點T（0，2）且不與x軸垂直的直線l與橢圓C相交于A，B兩點線段（1）求橢圓C的方程；（2）求證：線段MN的中點在定直線上；（3）若△ABN為等腰直角三角形，求直線l的方程．【解答】解：（1）由ca=22，ab=∴橢圓方程為：x2（2）顯然直線l的斜率存在，可設其方程為y＝kx+2．聯(lián)立橢圓方程可得（1+2k2）x2+8kx+6＝0．設A（x1，y1），B（x2，y2），則xM=12(x1+x2)=∴直線MN的方程為：y=?1?N（0，?21+2∴yM＝﹣yN，∴線段MN的中點在定直線y＝0上．（3）由（2）得|MN|=1+(?1k)2||AB|=1+k2|x1﹣x2|=∵△ABN為等腰直角三角形，∴|AB|＝2|MN|，∴1+k2?24?k＝±222．（滿足△∴直線l的方程為y=±222．已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過點P（2，0）作直線l交拋物線于A，B兩點．（1）若l的傾斜角為π4，求△FAB（2）過點A，B分別作拋物線C的兩條切線l1，l2且直線l1與直線l2相交于點M，問：點M是否在某條定直線上？若在，求該定直線的方程，若不在，請說明理由．【解答】解：（1）∵l的傾斜角為π4∴k=tanπ∵直線l為點P（2，0），∴直線l的方程y＝x﹣2，即x＝y(tǒng)+2，聯(lián)立直線l與拋物線方程y2=4xx=y+2，化簡可得，y2﹣4設A（x1，y1），B（x2，y2），則△＝b2﹣4ac＝16+4×8＝48＞0，y1∴|AB|=2又∵交點F（1，0）到直線l的距離是d=|1×1+0×(?1)?2|∴S△FAB（2）設l的方程為x＝my+2，聯(lián)立直線l與拋物線方程x=my+2y2=4x，化簡可得，y2﹣4則△＝b2﹣4ac＝16m2+32＞0，由韋達定理可得，y1+y2＝4m，y1y2＝﹣8，∴x1不妨設點A（x1，y1）在x軸上方，點B在B（x2，y2）在x軸下方，當y≥0時，y=2x求導可得y'=1∴y'|∴拋物線C上過點A的切線l1的方程為y?y1=1當y＜0時，y=?2x求導可得y'=?1∴y'|∴拋物線C上過點B的切線l2方程為y?y2=?1聯(lián)立①②可得，(1∵y2∴x1∵x1x2＝4，∴x1又∵x1∴x＝﹣2，即M的橫坐標恒為﹣2，∴點M在定直線x＝﹣2上．課后作業(yè).定值定點1．設直線l與拋物線x2＝2y交于A，B兩點，與橢圓x24+y23=1交于C，D兩點，直線OA，OB，OC，OD（O為坐標原點）的斜率分別為k1，k2，k3，k（Ⅰ）是否存在實數(shù)t，滿足k1+k2＝t（k3+k4），并說明理由；（Ⅱ）求△OCD面積的最大值．【解答】解：（Ⅰ）設直線l的方程為y＝kx+b，A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），B（x4，y4），直線代入拋物線的方程，得x2﹣2kx﹣2b＝0，∴x1+x2＝2k，x1x2＝﹣2b，△＝4k2+8b＞0由OA⊥OB，得x1x2+y1y2＝0，所以b＝2；聯(lián)立直線與橢圓x24+y23=1方程得（3+4k∴x3+x4=?16k3+4k2，x3x4=4∴k1+k2＝k，k3+k4＝﹣6k，∵k1+k2＝t（k3+k4），∴t=?1（Ⅱ）|CD|=1+k2?|x3﹣x4|∵O到直線CD的距離d?2∴S△OCD=12|CD|d＝43?設4k2?1=t＞0，則St＝2，即k＝±55時，△OCD面積的最大值為32．設拋物線C：x2＝2py（0＜p＜8）的焦點為F，點P是C上一點，且PF的中點坐標為（2，52（Ⅰ）求拋物線C的標準方程；（Ⅱ）動直線l過點A（0，2），且與