新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题5解析几何第4讲圆锥曲线的综合问题核心考点2圆锥曲线中的定点定值问题教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题5解析几何第4讲圆锥曲线的综合问题核心考点2圆锥曲线中的定点定值问题教师用书，共5页。试卷主要包含了 已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

典例研析· 悟方法
典例2 (2023·思明区校级三模)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2.
(1)求双曲线C的渐近线方程；
(2)若双曲线C的右焦点为F，若直线EF与C的左，右两支分别交于E，D两点，过E作l：x＝eq \f(a,2)的垂线，垂足为R，试判断直线DR是否过定点，若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
【解析】 (1)由双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，
所以e＝eq \f(c,a)＝eq \r(\f(c2,a2))＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝2，
所以eq \f(b,a)＝eq \r(3)，
所以双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \r(3)x.
(2)由题意可得直线EF的斜率不为0，设直线EF的方程x＝my＋2a，
因为直线EF与双曲线C的左右两支分别交于E，D点，则m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3),3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2a，,\f(x2,a2)－\f(y2,3a2)＝1，))
得(3m2－1)y2＋12may＋9a2＝0，
设D(x1，y1)，E(x2，y2)，Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，y2))，(y1≠y2)，
则y1＋y2＝－eq \f(12ma,3m2－1)，y1y2＝－eq \f(9a2,3m2－1)，
直线DR的方程y－y2＝eq \f(y2－y1,\f(a,2)－x1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))，
令y＝0，得x＝eq \f(x1y2－\f(a,2)y1,y2－y1)＝eq \f(my1＋2ay2－\f(a,2)y1,y2－y1)＝eq \f(my1y2＋2ay2－\f(a,2)y1,y2－y1)＝eq \f(－\f(3,4)ay1＋y2＋2ay2－\f(a,2)y1,y2－y1)＝eq \f(\f(5a,4)y2－y1,y2－y1)＝eq \f(5a,4)，
所以直线DR过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5a,4)，0)).
方法技巧· 精提炼
直线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线l过定点问题的解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
(2)动曲线C过定点问题的解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
加固训练· 促提高
2. (2023·扬州三模)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左顶点为A，过右焦点F且平行于y轴的弦PQ＝AF＝3.
(1)求△APQ的内心坐标；
(2)是否存在定点D，使过点D的直线l交C于M，N，交PQ于点R，且满足eq \(MR,\s\up6(→))·eq \(ND,\s\up6(→))＝eq \(MD,\s\up6(→))·eq \(RN,\s\up6(→))？若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)已知过右焦点F且平行于y轴的弦PQ＝AF＝3，
所以eq \f(2b2,a)＝a＋c＝3，①
又a2＝b2＋c2，②
联立①②，
解得a＝2，b＝eq \r(3)，c＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1；
不妨令Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3,2)))，A(－2,0)，
则AP＝eq \f(3\r(5),2)，PF＝eq \f(3,2)，
因为在△APQ中，AP＝AQ，
所以△APQ的内心在x轴，
设直线PT平分∠APQ，交x轴于点T，
则T为△APQ的内心，且eq \f(AT,TF)＝eq \f(AP,PF)＝eq \r(5)，
所以AT＝eq \f(3\r(5),\r(5)＋1)，
则Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7－3\r(5),4)，0)).
(2)因为椭圆和弦PQ均关于x轴上下对称，
所以若存在定点D，
则点D必在x轴上，
不妨设D(t,0)，
设直线l方程为y＝k(x－t)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－t，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y并整理得
(4k2＋3)x2－8k2tx＋4(k2t2－3)＝0，
此时Δ＝48(k2＋3－k2t2)＞0，
由韦达定理得x1＋x2＝eq \f(8k2t,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4k2t2－3,4k2＋3)，①
因为点R的横坐标为1，点M、R、N、D均在直线l上，
所以eq \(MR,\s\up6(→))·eq \(ND,\s\up6(→))＝eq \(MD,\s\up6(→))·eq \(RN,\s\up6(→))，
则(1＋k2)(1－x1)(t－x2)＝(1＋k2)(t－x1)(x2－1)，
整理得2t－(1＋t)(x1＋x2)＋2x1x2＝0
由①式可得2t－(1＋t)eq \f(8k2t,4k2＋3)＋2×eq \f(4k2t2－3,4k2＋3)＝0，
解得t＝4，
因为点D在椭圆外，
所以直线l的斜率必存在，
故存在定点D(4,0)满足题意．
角度2：定值问题
典例研析· 悟方法
典例3 (2023·商洛三模)已知离心率为eq \f(\r(3),2)的椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点A(2,1)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)不经过点A且斜率为k的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，若直线AP与直线AQ的斜率之积为eq \f(1,4)，试问k是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
【解析】 (1)由题可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝8，,b2＝2，,c2＝6，))
故椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)设直线l的方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)Q(x2，y2)，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋m，))整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－8＝0，
则Δ＝64k2m2－(4＋16k2)(4m2－8)＝128k2－16m2＋32＞0.
x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－8,1＋4k2)，
kAP·kAQ＝eq \f(y1－1,x1－2)·eq \f(y2－1,x2－2)
＝eq \f(kx1＋m－1kx2＋m－1,x1－2x2－2)
＝eq \f(k2x1x2＋km－1x1＋x2＋m－12,x1x2－2x1＋x2＋4)
＝eq \f(－4k2＋m2－2m＋1,16k2＋16km＋4m2－4)＝eq \f(1,4)，
整理得4k2＋2km＋m－1＝(2k＋1)(m＋2k－1)＝0，
因为l不经过点A，所以m＋2k－1≠0，
所以2k＋1＝0，即k＝－eq \f(1,2)，
故k为定值，且该定值为－eq \f(1,2).
方法技巧· 精提炼
求解定值问题的两大途径
(1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)，然后证明其是定值，即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关．
(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的条件得出参数之间满足的关系式，使正负项抵消或分子、分母约分得定值．
加固训练· 促提高
3. (2023·简阳市校级期中)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，F1，F2为其左、右焦点，离心率为eq \f(\r(3),2)，F1(－eq \r(3)，0)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设点P(x0，y0)(x0y0≠0)，点P在椭圆C上，过点P作椭圆C的切线l，斜率为k0，PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，则eq \f(k1＋k2,k0k1k2)是否是定值？若是，求出定值：若不是，请说明理由．
【解析】 (1)由已知条件可得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝\r(3)，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，))
∴椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)eq \f(k1＋k2,k0k1k2)是定值－8，
证明：因为点P(x0，y0)(x0y0≠0)，过点P作椭圆C的切线l，斜率为k0，
∴l：y＝k0(x－x0)＋y0且k0≠0，
l与C：eq \f(x2,4)＋y2＝1联立消y得(1＋4keq \\al(2,0))x2＋8(k0y0－keq \\al(2,0)x0)x＋4(yeq \\al(2,0)－2k0x0y0＋keq \\al(2,0)xeq \\al(2,0)－1)＝0(*)，
由题设得Δ＝64(k0y0－keq \\al(2,0)x0)2－16(1＋4keq \\al(2,0))(yeq \\al(2,0)－2k0x0y0＋keq \\al(2,0)xeq \\al(2,0)－1)＝0，
即(4－xeq \\al(2,0))keq \\al(2,0)＋2x0y0k0＋1－yeq \\al(2,0)＝0，
因为点P在椭圆C上，
∴yeq \\al(2,0)＝1－eq \f(x\\al(2,0),4)，代入上式得k0＝－eq \f(x0,4y0)，
k1＝eq \f(y0,x0＋\r(3))，k2＝eq \f(y0,x0－\r(3))，∴eq \f(k1＋k2,k0k1k2)＝eq \f(1,k0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k1)＋\f(1,k2)))
＝－eq \f(4y0,x0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋\r(3),y0)＋\f(x0－\r(3),y0)))＝－eq \f(4y0,x0)·eq \f(2x0,y0)＝－8(定值)，
∴eq \f(k1＋k2,k0k1k2)是定值－8.