高考数学第一轮复习第九章 §9.11　圆锥曲线中定点与定值问题

这是一份高考数学第一轮复习第九章 §9.11　圆锥曲线中定点与定值问题，共10页。试卷主要包含了已知P在抛物线C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

例1 已知定圆A：(x＋eq \r(3))2＋y2＝16，动圆M过点B(eq \r(3)，0)，且和圆A相切．
(1)求动圆圆心M的轨迹E的方程；
(2)设不垂直于x轴的直线l与轨迹E交于不同的两点P，Q，点N(4,0)．若P，Q，N三点不共线，且∠ONP＝∠ONQ.证明：动直线PQ经过定点．
(1)解 圆A的圆心为A(－eq \r(3)，0)，半径r1＝4.
设动圆M的半径为r2，
依题意有r2＝|MB|.
由|AB|＝2eq \r(3)，可知点B在圆A内，从而圆M内切于圆A，
故|MA|＝r1－r2，即|MA|＋|MB|＝4>2eq \r(3).
所以动点M的轨迹E是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆，
其方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,x2＋4y2＝4，))
消去y得，(1＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，
Δ＝16(4k2－b2＋1)>0，
设P(x1，kx1＋b)，Q(x2，kx2＋b)，
则x1＋x2＝－eq \f(8kb,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4b2－4,1＋4k2)，
于是kPN＋kQN＝eq \f(kx1＋b,x1－4)＋eq \f(kx2＋b,x2－4)
＝eq \f(2kx1x2－4k－bx1＋x2－8b,x1－4x2－4)，
由∠ONP＝∠ONQ知kPN＋kQN＝0.
即2kx1x2－(4k－b)(x1＋x2)－8b＝2k·eq \f(4b2－4,1＋4k2)－(4k－b)eq \f(－8kb,1＋4k2)－8b
＝eq \f(8kb2－8k,1＋4k2)＋eq \f(32k2b－8kb2,1＋4k2)－8b＝0，
得b＝－k，Δ＝16(3k2＋1)>0.
故动直线l的方程为y＝kx－k，过定点(1,0)．
教师备选
在平面直角坐标系中，已知动点M(x，y)(y≥0)到定点F(0,1)的距离比到x轴的距离大1.
(1)求动点M的轨迹C的方程；
(2)过点N(4,4)作斜率为k1，k2的直线分别交曲线C于不同于N的A，B两点，且eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝1.证明：直线AB恒过定点．
(1)解 由题意可知eq \r(x2＋y－12)＝y＋1，化简可得曲线C：x2＝4y.
(2)证明 由题意可知，N(4,4)是曲线C：x2＝4y上的点，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则lNA：y＝k1(x－4)＋4，lNB：y＝k2(x－4)＋4，
联立直线NA的方程与抛物线C的方程，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x－4＋4，,x2＝4y))
⇒x2－4k1x＋16(k1－1)＝0，
解得x1＝4(k1－1)，①
同理可得x2＝4(k2－1)，②
而lAB：y－eq \f(x\\al(2,1),4)＝eq \f(x1＋x2,4)(x－x1)，③
又eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝1，④
由①②③④整理可得
lAB：y＝(k1＋k2－2)x－4，
故直线AB恒过定点(0，－4)．
思维升华 求解直线或曲线过定点问题的基本思路
(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．
(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
跟踪训练1 (2022·邯郸质检)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为2eq \r(3)，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2))).
(1)求椭圆方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m(k≠0)交椭圆C于A，B两点，且线段AB的中点M在直线x＝eq \f(1,2)上，求证：线段AB的中垂线恒过定点N.
(1)解 椭圆过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，即eq \f(3,a2)＋eq \f(1,4b2)＝1，
又2c＝2eq \r(3)，得a2＝b2＋3，
所以a2＝4，b2＝1，即椭圆方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))
得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)，
设AB的中点M为(x0，y0)，
得x0＝－eq \f(4km,1＋4k2)＝eq \f(1,2)，
即1＋4k2＝－8km，
所以y0＝kx0＋m＝eq \f(1,2)k－eq \f(1＋4k2,8k)＝－eq \f(1,8k).
所以AB的中垂线方程为
y＋eq \f(1,8k)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，
即y＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,8)))，
故AB的中垂线恒过点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，0)).
题型二 定值问题
例2 (2022·江西赣抚吉名校联考)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)上的动点M到直线x＝－1的距离比到抛物线E的焦点F的距离大eq \f(1,2).
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)设点Q是直线x＝－1(y≠0)上的任意一点，过点P(1,0)的直线l与抛物线E交于A，B两点，记直线AQ，BQ，PQ的斜率分别为kAQ，kBQ，kPQ，证明：eq \f(kAQ＋kBQ,kPQ)为定值．
(1)解 由题意可知抛物线E的准线方程为
x＝－eq \f(1,2)，
所以－eq \f(p,2)＝－eq \f(1,2)，即p＝1，
故抛物线E的标准方程为y2＝2x.
(2)证明 设Q(－1，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为直线l的斜率显然不为0，故可设直线l的方程为x＝ty＋1.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,y2＝2x，))消去x，得y2－2ty－2＝0.
Δ＝4t2＋8>0，
所以y1＋y2＝2t，y1y2＝－2，kPQ＝－eq \f(y0,2).
又kAQ＋kBQ＝eq \f(y1－y0,x1＋1)＋eq \f(y2－y0,x2＋1)
＝eq \f(y1－y0x2＋1＋y2－y0x1＋1,x1＋1x2＋1)
＝eq \f(y1－y0ty2＋2＋y2－y0ty1＋2,ty1＋2ty2＋2)
＝eq \f(2ty1y2＋2－ty0y1＋y2－4y0,t2y1y2＋2ty1＋y2＋4)
＝eq \f(2t·－2＋2－ty0·2t－4y0,t2·－2＋2t·2t＋4)
＝eq \f(－y0t2＋2,t2＋2)＝－y0.
所以eq \f(kAQ＋kBQ,kPQ)＝eq \f(－y0,－\f(y0,2))＝2(定值)．
教师备选
(2022·邯郸模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若|F1F2|＝2，△ABF2的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)eq \(MA,\s\up6(→))＝λeq \(F1A,\s\up6(—→))，eq \(MB,\s\up6(→))＝μeq \(F1B,\s\up6(—→))，试分析λ＋μ是否为定值，若是，求出这个定值，否则，说明理由．
解 (1)因为△ABF2的周长为8，
所以4a＝8，解得a＝2，
由|F1F2|＝2，得2eq \r(a2－b2)＝2eq \r(4－b2)＝2，
所以b2＝3，
因此椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意可得直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝k(x＋1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
整理得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
显然Δ>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(8k2,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4k2－12,3＋4k2).))
设M(0，k)，又F1(－1,0)，
所以eq \(MA,\s\up6(→))＝(x1，y1－k)，eq \(F1A,\s\up6(—→))＝(x1＋1，y1)，
则λ＝eq \f(x1,x1＋1).
同理可得eq \(MB,\s\up6(→))＝(x2，y2－k)，
eq \(F1B,\s\up6(—→))＝(x2＋1，y2)，
则μ＝eq \f(x2,x2＋1).
所以λ＋μ＝eq \f(x1,x1＋1)＋eq \f(x2,x2＋1)
＝eq \f(x1x2＋1＋x2x1＋1,x1＋1x2＋1)
＝eq \f(2x1x2＋x1＋x2,x1x2＋x1＋x2＋1)
＝eq \f(2×\f(4k2－12,3＋4k2)－\f(8k2,3＋4k2),\f(4k2－12,3＋4k2)－\f(8k2,3＋4k2)＋1)
＝eq \f(8k2－24－8k2,4k2－12－8k2＋3＋4k2)
＝eq \f(－24,－9)＝eq \f(8,3)，
所以λ＋μ为定值eq \f(8,3).
思维升华 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．
(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．
(3)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．
跟踪训练2 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，AB为椭圆的一条弦，直线y＝kx(k>0)经过弦AB的中点M，与椭圆C交于P，Q两点，设直线AB的斜率为k1，点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))).
(1)求椭圆C的方程；
(2)求证：k1k为定值．
(1)解 由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1，))
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 设M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由于A，B为椭圆C上的点，
所以eq \f(x\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，eq \f(x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,2),3)＝1，
两式相减得
eq \f(x1＋x2x1－x2,4)＝－eq \f(y1＋y2y1－y2,3)，
所以k1＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(3x1＋x2,4y1＋y2)＝－eq \f(3x0,4y0).
又k＝eq \f(y0,x0)，
故k1k＝－eq \f(3,4)，为定值．
课时精练
1．(2022·运城模拟)已知P(1,2)在抛物线C：y2＝2px上．
(1)求抛物线C的方程；
(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点．
(1)解 将P点坐标代入抛物线方程y2＝2px，得4＝2p，即p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明 设AB：x＝my＋t，将AB的方程与y2＝4x联立得y2－4my－4t＝0，
Δ>0⇒16m2＋16t>0⇒m2＋t>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，
kPA＝eq \f(y1－2,x1－1)＝eq \f(y1－2,\f(y\\al(2,1),4)－1)＝eq \f(4,y1＋2)，
同理kPB＝eq \f(4,y2＋2)，
由题意知eq \f(4,y1＋2)＋eq \f(4,y2＋2)＝2，
即4(y1＋y2＋4)＝2(y1y2＋2y1＋2y2＋4)，
解得y1y2＝4，故－4t＝4，即t＝－1，
故直线AB：x＝my－1恒过定点(－1,0)．
2．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(2,3)，且其左顶点到右焦点的距离为5.
(1)求椭圆的方程；
(2)设点M，N在椭圆上，以线段MN为直径的圆过原点O，试问是否存在定点P，使得P到直线MN的距离为定值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)由题设可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(2,3)，,a＋c＝5，))
解得a＝3，c＝2，b2＝a2－c2＝5，
所以椭圆的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
①若直线MN与x轴垂直，
由对称性可知|x1|＝|y1|，
将点M(x1，y1)代入椭圆方程，
解得|x1|＝eq \f(3\r(70),14)，
原点到该直线的距离d＝eq \f(3\r(70),14)；
②若直线MN不与x轴垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,9)＋\f(y2,5)＝1，))
消去y得(9k2＋5)x2＋18kmx＋9m2－45＝0，
由根与系数的关系得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1x2＝\f(9m2－45,9k2＋5)，,x1＋x2＝－\f(18km,9k2＋5)，))
由题意知，eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0，
即x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，
得(k2＋1)eq \f(9m2－45,9k2＋5)＋kmeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(18km,9k2＋5)))＋m2＝0，
整理得45k2＋45＝14m2，
则原点到该直线的距离
d＝eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝eq \r(\f(45,14))＝eq \f(3\r(70),14)，
故存在定点P(0,0)，使得P到直线MN的距离为定值．
3．已知双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \r(3)x，右焦点F(c,0)到渐近线的距离为eq \r(3).
(1)求双曲线C的方程；
(2)过F作斜率为k的直线l交双曲线于A，B两点，线段AB的中垂线交x轴于D，求证：eq \f(|AB|,|FD|)为定值．
(1)解 设双曲线方程为3x2－y2＝λ(λ>0)，
由题意知c＝2，
所以eq \f(λ,3)＋λ＝4⇒λ＝3，
所以双曲线C的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 设直线l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)代入x2－eq \f(y2,3)＝1，
整理得(3－k2)x2＋4k2x－4k2－3＝0，
Δ＝36(k2＋1)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以x1＋x2＝－eq \f(4k2,3－k2)，x1x2＝eq \f(－4k2－3,3－k2)，
由弦长公式得
|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(6k2＋1,|3－k2|)，
设AB的中点P(x0，y0)，
则x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(2k2,3－k2)，
代入l得y0＝eq \f(－6k,3－k2)，
AB的垂直平分线方程为
y＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2k2,3－k2)))－eq \f(6k,3－k2)，
令y＝0得xD＝eq \f(－8k2,3－k2)，
即|FD|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－8k2,3－k2)－2))＝eq \f(61＋k2,|3－k2|)，
所以eq \f(|AB|,|FD|)＝1为定值．
当k＝0时，|AB|＝2，|FD|＝2，eq \f(|AB|,|FD|)＝1，
综上所述，eq \f(|AB|,|FD|)为定值．
4．(2022·河南九师联盟模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2，长轴长为4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点F1不与x轴重合的直线l与椭圆C相交于E，D两点，试问在x轴上是否存在一个点M，使得直线ME，MD的斜率之积恒为定值？若存在，求出该定值及点M的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)因为焦距为2，长轴长为4，
即2c＝2,2a＝4，
解得c＝1，a＝2，
所以b2＝a2－c2＝3，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由(1)知F1(－1,0)，
设点E(x1，y1)，D(x2，y2)，M(m，0)，
因为直线l不与x轴重合，
所以设直线l的方程为x＝ny－1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ny－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
得(3n2＋4)y2－6ny－9＝0，
所以Δ＝(－6n)2＋36(3n2＋4)>0，
所以y1＋y2＝eq \f(6n,3n2＋4)，y1y2＝－eq \f(9,3n2＋4)，
又x1x2＝(ny1－1)(ny2－1)
＝n2y1y2－n(y1＋y2)＋1
＝－eq \f(9n2,3n2＋4)－eq \f(6n2,3n2＋4)＋1
＝－eq \f(12n2－4,3n2＋4)，
x1＋x2＝n(y1＋y2)－2＝eq \f(6n2,3n2＋4)－2
＝－eq \f(8,3n2＋4).
直线ME，MD的斜率分别为kME＝eq \f(y1,x1－m)，
kMD＝eq \f(y2,x2－m)，
所以kME·kMD＝eq \f(y1,x1－m)·eq \f(y2,x2－m)
＝eq \f(y1y2,x1－mx2－m)
＝eq \f(y1y2,x1x2－mx1＋x2＋m2)
＝eq \f(\f(－9,3n2＋4),－\f(12n2－4,3n2＋4)－m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8,3n2＋4)))＋m2)
＝eq \f(－9,－12n2＋4＋8m＋3m2n2＋4m2)
＝－eq \f(9,3m2－12n2＋4m＋12)，
要使直线ME，MD的斜率之积恒为定值，
3m2－12＝0，解得m＝±2，
当m＝2时，存在点M(2,0)，使得
kME·kMD＝－eq \f(9,3m2－12n2＋4m＋12)＝－eq \f(9,36)＝－eq \f(1,4)，
当m＝－2时，存在点M(－2,0)，使得
kME·kMD＝－eq \f(9,3m2－12n2＋4m＋12)＝－eq \f(9,4)，
综上，在x轴上存在点M，使得ME，MD的斜率之积恒为定值，
当点M的坐标为(2,0)时，直线ME，MD的斜率之积为定值－eq \f(1,4)，
当点M的坐标为(－2,0)时，直线ME，MD的斜率之积为定值－eq \f(9,4).