高中数学高考第52讲 圆锥曲线的综合应用-定点、定值问题（讲）（教师版）

这是一份高中数学高考第52讲 圆锥曲线的综合应用-定点、定值问题（讲）（教师版），共7页。试卷主要包含了直线与圆锥曲线的位置关系，弦长公式，定点问题等内容，欢迎下载使用。
思维导图
知识梳理
1．直线与圆锥曲线的位置关系
判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(或x)得到一个关于变量x(或y)的一元方程．
例：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Ax＋By＋C＝0，,Fx，y＝0))消去y，得ax2＋bx＋c＝0.
(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则：
Δ>0⇔直线与圆锥曲线C相交；
Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；
Δ0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线OA，OB的斜率之积为－eq \f(1,2)，求证：直线AB过x轴上一定点．
[解] (1)因为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点坐标为F(1，0)，所以eq \f(p,2)＝1，所以p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，
设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,4)，t))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,4)，－t)).
因为直线OA，OB的斜率之积为－eq \f(1,2)，
所以eq \f(\f(t,t2),4)·eq \f(\f(－t,t2),4)＝－eq \f(1,2)，化简得t2＝32.
所以A(8，t)，B(8，－t)，此时直线AB的方程为x＝8.
②当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋b，A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋b))消去x，化简得ky2－4y＋4b＝0.
所以yAyB＝eq \f(4b,k)，
因为直线OA，OB的斜率之积为－eq \f(1,2)，
所以eq \f(yA,xA)·eq \f(yB,xB)＝－eq \f(1,2)，
整理得xAxB＋2yAyB＝0.
即eq \f(y\\al(2,A),4)·eq \f(y\\al(2,B),4)＋2yAyB＝0，
解得yAyB＝0(舍去)或yAyB＝－32.
所以yAyB＝eq \f(4b,k)＝－32，即b＝－8k，
所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)．
综上所述，直线AB过定点(8,0)．
【跟踪训练1-1】已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点F(eq \r(3)，0)，长半轴长与短半轴长的比值为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
【解】(1)由题意得，c＝eq \r(3)，eq \f(a,b)＝2，a2＝b2＋c2，
∴a＝2，b＝1，
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＋4y2＝4，))消去y，
可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
∴Δ＝16(4k2＋1－m2)＞0，x1＋x2＝eq \f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1).
∵点B在以线段MN为直径的圆上，
∴eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))＝0.
∵eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，
∴(k2＋1)eq \f(4m2－4,4k2＋1)＋k(m－1)eq \f(－8km,4k2＋1)＋(m－1)2＝0，
整理，得5m2－2m－3＝0，
解得m＝－eq \f(3,5)或m＝1(舍去)．
∴直线l的方程为y＝kx－eq \f(3,5).
易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．
故直线l过定点，且该定点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,5))).
【名师指导】
定点问题实质及求解步骤
解析几何中的定点问题实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动．这类问题的求解一般可分为以下三步：
题型2 “设参→用参→消参”三步解决圆锥曲线中的定值问题
【例2-1】设O为坐标原点，动点M在椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足eq \(NP,\s\up7(―→))＝eq \r(2)eq \(NM,\s\up7(―→)).
(1)求点P的轨迹E的方程；
(2)过F(1,0)的直线l1与点P的轨迹交于A，B两点，过F(1,0)作与l1垂直的直线l2与点P的轨迹交于C，D两点，求证：eq \f(1,|AB|)＋eq \f(1,|CD|)为定值．
[解] (1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0,0)．
∵eq \(NP,\s\up7(―→))＝eq \r(2) eq \(NM,\s\up7(―→))，∴(x－x0，y)＝eq \r(2)(0，y0)，
∴x0＝x，y0＝eq \f(y,\r(2)).
又点M在椭圆上，
∴eq \f(x2,9)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,\r(2))))2,4)＝1，
即eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1.
∴点P的轨迹E的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1.
(2)证明：由(1)知F为椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1的右焦点，
当直线l1与x轴重合时，
|AB|＝6，|CD|＝eq \f(2b2,a)＝eq \f(16,3)，
∴eq \f(1,|AB|)＋eq \f(1,|CD|)＝eq \f(17,48).
当直线l1与x轴垂直时，|AB|＝eq \f(16,3)，|CD|＝6，
∴eq \f(1,|AB|)＋eq \f(1,|CD|)＝eq \f(17,48).
当直线l1与x轴不垂直也不重合时，可设直线l1的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
则直线l2的方程为y＝－eq \f(1,k)(x－1)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1))消去y，得(8＋9k2)x2－18k2x＋9k2－72＝0，
则Δ＝(－18k2)2－4(8＋9k2)(9k2－72)＝2 304(k2＋1)>0，
x1＋x2＝eq \f(18k2,8＋9k2)，x1x2＝eq \f(9k2－72,8＋9k2)，
∴|AB|＝ eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(481＋k2,8＋9k2).
同理可得|CD|＝eq \f(481＋k2,9＋8k2).
∴eq \f(1,|AB|)＋eq \f(1,|CD|)＝eq \f(8＋9k2,48k2＋1)＋eq \f(9＋8k2,48k2＋1)＝eq \f(17,48).
综上可得eq \f(1,|AB|)＋eq \f(1,|CD|)为定值．
【跟踪训练2-1】已知椭圆C的两个顶点分别为A(－2，0)，B(2,0)，焦点在x轴上，离心率为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图所示，点D为x轴上一点，过点D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过点D作AM的垂线交BN于点E.求证：△BDE与△BDN的面积之比为定值，并求出该定值．
【解】(1)设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,b2＋c2＝a2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,c＝\r(3)，))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)法一：设D(x0,0)，M(x0，y0)，N(x0，－y0)，－2