备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第九章 平面解析几何 高考难点突破课二 圆锥曲线的综合问题 第二课时 定值问题

这是一份备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第九章 平面解析几何 高考难点突破课二 圆锥曲线的综合问题 第二课时 定值问题，共16页。试卷主要包含了求点到直线的距离为定值等内容，欢迎下载使用。
第二课时　定值问题

题型一　长度或距离为定值
例1 (2020·新高考山东卷)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, 且＝，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)，或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.
感悟提升　1.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.
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.
训练1 (2022·成都诊断)已知动点P(x，y)(其中x≥0)到定点F(1，0)的距离比点P到y轴的距离大1.
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)过椭圆C1：＋＝1的右顶点作直线交曲线C于A，B两点，O为坐标原点.
①求证：OA⊥OB；
②设OA，OB分别与椭圆C1相交于点D，E，证明：坐标原点到直线DE的距离为定值.
(1)解　由题意，得＝x＋1(x≥0)，
两边平方，整理得y2＝4x，
所以所求点P的轨迹C的方程为y2＝4x.
(2)证明　①设过椭圆的右顶点(4，0)的直线AB的方程为x＝my＋4.
代入抛物线方程y2＝4x，得y2－4my－16＝0，
由题意知Δ>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
∴x1x2＋y1y2＝(my1＋4)(my2＋4)＋y1y2
＝(1＋m2)y1y2＋4m(y1＋y2)＋16
＝－16(1＋m2)＋4m×4m＋16＝0，
即·＝0，∴OA⊥OB.
②设D(x3，y3)，E(x4，y4)，直线DE的方程为x＝ty＋λ，代入＋＝1，得
(3t2＋4)y2＋6tλy＋3λ2－48＝0，Δ>0，
于是y3＋y4＝－，y3y4＝.
从而x3x4＝(ty3＋λ)(ty4＋λ)＝t2y3y4＋tλ(y3＋y4)＋λ2＝.
∵OD⊥OE，∴·＝0，
即x3x4＋y3y4＝0，
代入，整理得7λ2＝48(t2＋1)，
∴坐标原点到直线DE的距离d＝＝，为定值.
题型二　斜率或其表达式为定值
例2 (12分)已知点P在圆O：x2＋y2＝6上运动，点P在x轴上的投影为Q，动点M满足(1－)＝－.
(1)求动点M的轨迹E的方程；
(2)过点(2，0)的动直线l与曲线E交于A，B两点，问：在x轴上是否存在定点D，使得·＋2的值为定值？若存在，求出定点D的坐标及该定值；若不存在，请说明理由.
[规范解答]
解　(1)设M(x，y)，P(x0，y0)，
由(1－)＝－，
得－＝－，
即＝，2分
∴又点P(x0，y0)在圆O：x2＋y2＝6上，∴x＋y＝6，∴x2＋3y2＝6，
∴轨迹E的方程为＋＝1.4分
(2)当直线l的斜率存在时，设l：y＝k(x－2)，
由消去y得
(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0，
由题意知Δ>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∴x1＋x2＝，x1·x2＝，6分
根据题意，假设x轴上存在定点D(m，0)，
使得·＋2＝·(－)＝·为定值，
则有·＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)
＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2
＝(x1－m)(x2－m)＋k2(x1－2)(x2－2)
＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2)
＝(k2＋1)·－(2k2＋m)·＋(4k2＋m2)
＝10分
要使上式为定值，即与k无关，
则3m2－12m＋10＝3(m2－6)，
即m＝，此时·＝m2－6＝－为常数，定点D的坐标为.
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝2，易求得直线l与椭圆C的两个交点坐标分别为，，
此时·＝·
＝－.11分
综上所述，存在定点D，使得·＋2为定值－.12分

第一步　求圆锥曲线的方程
第二步　特殊情况分类讨论
第三步　联立直线和圆锥曲线的方程
第四步　应用根与系数的关系用参数表示点的坐标
第五步　根据相关条件计算推证
第六步　明确结论
训练2 (2021·大同调研)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，已知|AB|＝4，且点在椭圆上，其中e是椭圆的离心率.

(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上异于A，B的点，与x轴垂直的直线l分别交直线AP，BP于点M，N，求证：直线AN与直线BM的斜率之积是定值.
(1)解　∵|AB|＝4，∴2a＝4，即a＝2.
又点在椭圆上，
∴＋＝1，即＋＝1，
又b2＋c2＝a2＝4，联立方程解得b2＝3，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明　由(1)知A(－2，0)，B(2，0)，
设P点坐标为(s，t)，M，N的横坐标为m(m≠±2)，
则直线AP的方程为y＝(x＋2)，
故M，
故直线BM的斜率k1＝，
同理可得直线AN的斜率k2＝，
故k1k2＝×
＝，
又P点在椭圆上，
∴＋＝1，t2＝－(s2－4)，
因此k1k2＝＝－，
即直线AN与直线BM的斜率之积为定值.
题型三　几何图形面积为定值
例3 (2021·西北工大附中质检)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为e，点(1，e)在椭圆E上，点A(a，0)，B(0，b)，△AOB的面积为，O为坐标原点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若直线l交椭圆E于M，N两点，直线OM的斜率为k1，直线ON的斜率为k2，且k1k2＝－，证明：△OMN的面积是定值，并求此定值.
(1)解　∵e＝，且(1，e)在椭圆E上，
∴＋＝1，则＋＝1.①
又c2＝a2－b2，②
联立①②，得b＝1.
又S△AOB＝ab＝，得a＝3，
所以椭圆E的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明　当直线l的斜率不存在时，
设直线l：x＝t(－30.
|MN|＝|x1－x2|
＝·
＝·
＝.
又原点O到直线l的距离d＝，
所以S△OMN＝×|MN|×d
＝×
＝＝.
综上可知，△OMN的面积为定值.
感悟提升　解此类题的要点有两个：一是计算面积，二是恒等变形.如本题，要求△OMN的面积，则需要计算弦长|MN|和原点O到直线l的距离d，然后由面积公式表达出S△OMN(如果是其他凸多边形，一般需要分割成三角形分别求解)，再将由已知得到的变量之间的等量关系代入面积关系式中，进行恒等变形，即得S△OMN为定值.
训练3 已知点F(0，2)，过点P(0，－2)且与y轴垂直的直线为l1，l2⊥x轴，交l1于点N，直线l垂直平分FN，交l2于点M.
(1)求点M的轨迹方程；
(2)记点M的轨迹为曲线E，直线AB与曲线E交于不同两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x2－1＝x1＋m2(m为常数)，直线l′与AB平行，且与曲线E相切，切点为C，试问△ABC的面积是否为定值.若为定值，求出△ABC的面积；若不是定值，说明理由.
解　(1)由题意得|FM|＝|MN|，即动点M到点F(0，2)的距离和到直线y＝－2的距离相等，所以点M的轨迹是以F(0，2)为焦点，直线y＝－2为准线的抛物线，根据抛物线定义可知点M的轨迹方程为x2＝8y.
(2)由题意知，直线AB的斜率存在，设其方程为y＝kx＋b，由消去y整理得x2－8kx－8b＝0，
Δ＝64k2＋32b>0.
则x1＋x2＝8k，x1·x2＝－8b.
设AB的中点为Q，则点Q的坐标为(4k，4k2＋b).
由条件设切线方程为y＝kx＋t，
由消去y整理得x2－8kx－8t＝0.
∵直线与抛物线相切，∴Δ＝64k2＋32t＝0，∴t＝－2k2，
∴切点C的横坐标为4k，
∴点C的坐标为(4k，2k2).
∴CQ⊥x轴，∵x2－x1＝m2＋1，
∴(x2－x1)2＝(x1＋x2)2－4(－8b)
＝64k2＋32b＝(m2＋1)2，
∴b＝.
∴S△ABC＝|CQ|·|x2－x1|
＝·(2k2＋b)·(x2－x1)
＝，
∵m为常数，∴△ABC的面积为定值.
齐次化处理策略
圆锥曲线中常见一类问题，这类问题的特点是条件中的两直线斜率之和或之积是一个指定常数.这种问题的求解方法多种多样，但是采用齐次化方法，可以将这两种题型统一处理.接下来谈谈齐次化方法在处理圆锥曲线这些问题中的应用.
一、处理两直线斜率之积为定值的问题
例1 已知椭圆的中心为原点O，长轴、短轴长分别为2a，2b(a>b>0)，P，Q分别在椭圆上，且OP⊥OQ.求证：＋为定值.
证明　设P，Q坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线PQ：mx＋ny＝1，椭圆＋＝1(a>b>0)，
联立方程
齐次化有＋＝(mx＋ny)2，整理可得
y2－2mnxy＋x2＝0.
左右两边同除以x2，
即－2mn＋＝0.
由根与系数的关系得·＝.
由OP⊥OQ，得
kOP·kOQ＝·＝＝－1，
整理得m2＋n2＝＋.
由于原点O到直线PQ的距离
d＝＝，
又S△OPQ＝|OP|·|OQ|＝|PQ|d，
所以＝＝＝＋＝m2＋n2＝＋为定值.
二、处理两直线斜率之和为定值的问题
例2 如图所示，过椭圆C：＋＝1上的定点P(2，1)作倾斜角互补的两条直线，设其分别交椭圆C于A，B两点，求证：直线AB的斜率是定值.

证明　设直线AB方程为m(x－2)＋n(y－1)＝1，
因为＋＝＋
＝＋＋＋＋1.
所以椭圆方程可化为＋＋＋＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立直线与椭圆方程齐次化得＋＋[m(x－2)＋n(y－1)]＋[m(x－2)＋n(y－1)]＝0，
左右两边除以(x－2)2得
＋2＋＝0.
由根与系数关系得
＋＝－.
又直线PA，PB倾斜角互补，
所以kPA＋kPB＝－＝0，
即＋＝0，所以kAB＝－＝.
故直线AB斜率为定值，此定值为.

1.已知椭圆C：＋＝1(00)的离心率为且以椭圆上的点和长轴两端点为顶点的三角形的面积的最大值为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)经过定点Q(m，0)(m>2)的直线l交椭圆C于不同的两点M，N，点M关于x轴的对称点为M′，试证明：直线M′N与x轴的交点S为一个定点，且|OQ|·|OS|＝4(O为坐标原点).
(1)解　由题意得
解得
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明　由题意知直线l的斜率一定存在，设为k，M(x1，y1)，N(x2，y2)，M′(x1，－y1)，S(n，0)，
由消去y，得
(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12＝0，
由Δ>0得(4－m2)k2＋3>0，
即k20)的焦点为F，过F作直线l交抛物线E于A，B两点.当l与x轴垂直时，△AOB的面积为8，其中O为坐标原点.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)若l的斜率存在且为k1，点P(3，0)，直线AP与E的另一交点为C，直线BP与E的另一交点为D，设直线CD的斜率为k2，证明：为定值.
(1)解　当l与x轴垂直时，
不妨设A，B，
∴|AB|＝2p，则S△AOB＝·2p·＝8，
∴p＝4，∴y2＝8x.
(2)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
直线l的斜率为k1＝＝＝，
同理可得k2＝，
直线l的方程为y－y1＝(x－x1)，
则(y1＋y2)y－y1y2＝8x.
又点F(2，0)在直线l上，所以－y1y2＝16，
设直线AC的方程为x＝ty＋3，则与抛物线方程联立得⇒y2－8ty－24＝0，
∴y1y3＝－24.同理可得y2y4＝－24，
∴y3＝－，y4＝－，
∴＝＝＝＝＝＝.
4.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，上顶点为E，左焦点为F，且满足直线EF与圆x2＋y2＝相切.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设A，B是椭圆C上两个动点，且直线OA，OB的斜率满足kOAkOB＝－，证明：△AOB的面积为定值.
(1)解　∵e＝，
∴＝，得a＝2b，c＝b，
则EF所在直线的方程为＋＝1，
即x－y＋b＝0.
又直线EF与圆C相切，∴＝，b＝1，则a＝2.
∴椭圆方程为＋y2＝1.
(2)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx＋m(直线AB的斜率存在时)，
联立得
(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
可知Δ＝16(4k2＋1－m2)>0，
x1＋x2＝，x1x2＝，
从而|AB|＝|x1－x2|
＝4·.
原点到直线l的距离d＝，
∴S△AOB＝|AB|·d
＝2·.
又由得
(4k2＋1)y2－2my＋m2－4k2＝0.
∴y1y2＝，得kOA·kOB＝＝＝－，即2m2＝1＋4k2，
∴S△AOB＝|AB|·d
＝2·＝1；
当AB的斜率不存在时，x1＝x2，y1＝－y2，
kOA·kOB＝－＝－.
又＋y＝1，解得|x1|＝，|y1|＝.
S△AOB＝|x1||y1|＝1.
综上，△AOB的面积为定值1.