2023版考前三个月冲刺专题练　第28练　定点、定值问题

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第28练　定点、定值问题[考情分析]　解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识模块，定点和定值问题是高考考查的重点知识，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等，试题难度较大，多次以压轴题出现．一、定点问题例1　(2022·全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，B两点．(1)求E的方程；(2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足＝.证明：直线HN过定点．(1)解　设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0且m≠n)，由椭圆E过A(0，－2)，B两点，得解得所以椭圆E的方程为＋＝1.(2)证明　当直线MN的斜率不存在时，lMN：x＝1，由得y2＝，∴y＝±.结合题意可知M，N，∴过M且平行于x轴的直线的方程为y＝－.易知点T的横坐标xT∈，直线AB的方程为y－(－2)＝×(x－0)，即y＝x－2，由得xT＝3－，∴T.∵＝，∴H，则lHN：y－＝(x－1)，即y＝x－2.此时直线HN过定点(0，－2)．当直线MN的斜率存在时，如图，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，lMN：y＝kx＋m(由直线MN过点P(1，－2)可得k＋m＝－2)．由得(3k2＋4)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，Δ>0，∴x1＋x2＝－，x1x2＝.过M且平行于x轴的直线的方程为y＝y1，与直线AB的方程联立，得得xT＝，∴T.∵＝，∴H(3y1＋6－x1，y1)，则lHN：y－y2＝(x－x2)，即y＝·x＋y2－·x2.令x＝0，得y＝y2－＝＝.∵y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝，y1＋y2＝(kx1＋m)＋(kx2＋m)＝k(x1＋x2)＋2m＝，x1y2＋x2y1＝x1(kx2＋m)＋x2(kx1＋m)＝2kx1x2＋m(x1＋x2)＝，∴－(x1y2＋x2y1)＋3y1y2＝＋＝＝，－(x1＋x2)＋6＋3(y1＋y2)＝＋6＋＝＝，∴y＝＝－2，∴直线HN过定点(0，－2)．综上，直线HN过定点(0，－2)．规律方法　求解定点问题常用的方法(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明．(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标．(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)来证明．跟踪训练1　(2022·上海模拟)已知F1，F2分别为椭圆E：＋＝1的左、右焦点，过F1的直线l交椭圆E于A，B两点．(1)当直线l垂直于x轴时，求弦长|AB|；(2)当·＝－2时，求直线l的方程；(3)记椭圆的右顶点为T，直线AT，BT分别交直线x＝6于C，D两点，求证：以CD为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标．解　(1)由题意知F1(－1,0)，将x＝－1代入椭圆方程得y＝±，所以|AB|＝3.(2)由(1)知当直线l的斜率不存在时，A，B，此时·＝－，不符合题意，舍去；故直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，联立得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋k(x1＋1)·k(x2＋1)＝(1＋k2)x1x2＋k2(x1＋x2)＋k2＝(1＋k2)·＋k2·＋k2＝＝－2，解得k2＝2，即k＝±，所以直线l的方程为y＝±(x＋1)．(3)①当直线l的斜率不存在时，A，B，T(2,0)，直线AT的方程为y＝－x＋1，C点坐标为(6，－2)，直线BT的方程为y＝x－1，D点坐标为(6,2)，以CD为直径的圆的方程为(x－6)2＋y2＝4，由椭圆的对称性知，若以CD为直径的圆恒过定点，则定点在x轴上，令y＝0，得x1＝4，x2＝8.即圆过点(4,0)，(8,0)．②当直线l的斜率存在时，同(2)联立，直线AT的方程为y＝(x－2)，C点坐标为，同理D点坐标为，以CD为直径的圆的方程为(x－6)(x－6)＋＝0，令y＝0，得x2－12x＋36＋＝0，由＝＝＝－4，得x2－12x＋32＝0，解得x1＝4，x2＝8，即圆过点(4,0)，(8,0)．综上，以CD为直径的圆恒过定点(4,0)，(8,0)．二、定值问题例2　(2020·新高考全国Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2,1)．(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．(1)解　由题设得＋＝1，＝，解得a2＝6，b2＝3.所以C的方程为＋＝1.(2)证明　设M(x1，y1)，N(x2，y2)．若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.于是x1＋x2＝－，x1x2＝.①由AM⊥AN，得·＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.将①代入上式，可得(k2＋1)－(km－k－2)·＋(m－1)2＋4＝0，整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.因为A(2,1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.所以直线MN的方程为y＝k－(k≠1)．所以直线MN过点P.若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．由·＝0，得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.又＋＝1，所以3x－8x1＋4＝0.解得x1＝2(舍去)，x1＝.此时直线MN过点P.令Q为AP的中点，即Q.若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝|AP|＝.若D与P重合，则|DQ|＝|AP|.综上，存在点Q，使得|DQ|为定值．规律方法　求圆锥曲线中定值问题常用的方法(1)引出变量法：其解题流程为→↓→↓→(2)特例法：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．跟踪训练2　(2022·南通模拟)已知F1(－，0)，F2(，0)为双曲线C的焦点，点P(2，－1)在C上．(1)求C的方程；(2)点A，B在C上，直线PA，PB与y轴分别交于点M，N，点Q在直线AB上，若＋＝0，·＝0，证明：存在定点T，使得|QT|为定值．(1)解　设双曲线C的方程为－＝1(a>0，b>0)，由题意知解得∴双曲线C的方程为－＝1.(2)证明　设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(2，－1)，联立整理得(1－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，则1－k2≠0，Δ>0，x1＋x2＝，x1x2＝，∴直线PA的方程为y＝(x－2)－1，令x＝0，则M，同理N，由＋＝0，可得＋＝0，∴＋＝0，[(2k＋1)x1＋2m](2－x2)＋[(2k＋1)x2＋2m]·(2－x1)＝0，∴(4k＋2－2m)(x1＋x2)－(4k＋2)x1x2＋8m＝0，∴(4k－2m＋2)·－(4k＋2)·＋8m＝0，∴(2k－m＋1)·2km＋(2k＋1)(m2＋3)＋4m·(1－k2)＝0，∴4k2m－2km2＋2km＋2km2＋6k＋m2＋3＋4m－4mk2＝0，∴m2＋(2k＋4)m＋6k＋3＝0，即(m＋3)(m＋2k＋1)＝0，当m＋2k＋1＝0时，m＝－2k－1，此时直线AB的方程为y＝k(x－2)－1，恒过定点P(2，－1)，显然不可能，∴m＝－3，此时直线AB的方程为y＝kx－3，恒过定点E(0，－3)，∵·＝0，∴PQ⊥AB，取PE的中点T，∴T(1，－2)，∴|QT|＝|PE|＝为定值，∴存在T(1，－2)，使得|QT|为定值.