新高考数学二轮复习 专题5 第3讲 圆锥曲线中的证明、定值、定点问题（讲） 【新教材·新高考】

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高考数学一轮靠老师勤奋、学生努力；高考数学二轮主要看老师的把握水平(课标、考纲)，研究水平(选题、集体备课)，辅导水平(课堂辅导，课后个辅)。
二、高考数学二轮复习要注意明确两个做法：抓审题，抓个辅
抓审题：让学生说出来，让思维呈现出来。充分调动学生审题、变题能力;
抓个辅：教师要有个辅学生问题清单，让辅导有针对性;个辅全程性，个辅不只在课后，课堂个辅也是关键。
三、高考数学二轮复习要注意坚持三个过关：必须记忆过关;必须限时过关;必须心理过关
1、高考数学每节课必须花5分钟过关记忆性知识。
2、学生训练最大的状态就是能限时过关，应试能力也是数学解题能力，极大限度地减少题海战术。
3、学生最大的障碍就是就是心理问题。
四、高三数学二轮复习要注意避免四个重复：
重复一轮复习老路；重复成套试题训练；重复迷信名校资料；重复个人喜好方向。

第3讲 圆锥曲线中的证明、定值、定点问题（讲·教师版）
高考定位
1.解析几何是数形结合的典范，高考考查的重点知识之一，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，多以压轴题出现。
2.解析几何综合问题主要利用直线与圆锥曲线的位置关系考查证明、定值、定点问题，着重考查学生数学抽象、数学建模、逻辑推理及数学运算等核心素养．
核心整合
1.探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b，k等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；
2.解答圆锥曲线的定值，从三个方面把握
(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关；(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以求出定值．
3. 圆锥曲线中的证明问题常以椭圆、抛物线为载体，借助设而不求、整体代入法，考查数形结合思想、方程思想、化归与转化能力、逻辑思维能力、运算求解能力．
真题体验
1．(2019·北京高考文科·T19)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1的右焦点为(1,0),且经过点A(0,1).
(1)求椭圆C的方程.
(2)设O为原点,直线l:y=kx+t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P,Q,直线AP与x轴交于点M,直线AQ与x轴交于点N,若|OM|·|ON|=2,求证:直线l经过定点.
【解析】(1)解：由已知,c=1,b=1,
又a2=b2+c2,
所以a2=2,
所以C的方程为x22+y2=1.
(2)证明：设P(x1,y1),Q(x2,y2),
由y=kx+t,x2+2y2=2,消去y得(2k2+1)x2+4ktx+2t2-2=0,①
因为直线与椭圆有两个交点,所以必须Δ>0,②
x1+x2=-4kt2k2+1,x1x2=2t2-22k2+1,③
直线AP方程为y=y1-1x1x+1,与y=0联立得x=-x1y1-1,即M-x1y1-1,0,
同理,N-x2y2-1,0,
(y1-1)(y2-1)=(kx1+t-1)(kx2+t-1)
=k2x1x2+k(t-1)(x1+x2)+(t-1)2
=(t-1)22k2+1,
所以|OM|·|ON|=-x1y1-1·-x2y2-1
=x1x2(y1-1)(y2-1)=2(t2-1)(t-1)2=2,
所以|(t+1)(t-1)|=|t-1|2,t=1(舍去)或0,
当t=0时,①式Δ>0,符合题意,所以直线l方程为y=kx,
所以直线l过定点(0,0).
2.(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,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.
【解析】(1)解：由题意得4a2+1b2=1,a2-b2a2=12,解得a2=6,b2=3.所以C的方程为x26+y23=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x26+y23=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0，
于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2.①
由AM⊥AN知·=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.
将①代入上式可得(k2+1)2m2-61+2k2-(km-k-2)4km1+2k2+(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,故2k+3m+1=0,k≠1(A(2,1)不在直线MN上).
于是MN的方程为y=kx-23-13(k≠1).
所以直线MN过点P23,-13.
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x126+y123=1,可得3x12-8x1+4=0.
解得x1=2(舍去),x1=23.
此时直线MN过点P23,-13.
令Q为AP的中点,即Q43,13.
若D与P不重合,则由题设知AP是Rt△ADP的斜边,
故|DQ|=12|AP|=223.
若D与P重合,则|DQ|=12|AP|.
综上,存在点Q43,13,使得|DQ|为定值.
能力突破
考点一 定点问题
【例1】 (2020·高考全国卷Ⅰ)已知A，B分别为椭圆E：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(GB,\s\up6(→))＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点．
【解析】 (1)解：由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1)．
则eq \(AG,\s\up6(→))＝(a，1)，eq \(GB,\s\up6(→))＝(a，－1)．由eq \(AG,\s\up6(→))·eq \(GB,\s\up6(→))＝8得a2－1＝8，即a＝3.
所以E的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1.
(2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．
若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3由于直线PA的方程为y＝eq \f(t,9)(x＋3)，所以y1＝eq \f(t,9)(x1＋3)．
直线PB的方程为y＝eq \f(t,3)(x－3)，所以y2＝eq \f(t,3)(x2－3)．
可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)．
由于eq \f(xeq \\al(2,2),9)＋yeq \\al(2,2)＝1，故yeq \\al(2,2)＝－eq \f(（x2＋3）（x2－3）,9)，可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，
即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.①
将x＝my＋n代入eq \f(x2,9)＋y2＝1得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0，
所以y1＋y2＝－eq \f(2mn,m2＋9)，y1y2＝eq \f(n2－9,m2＋9)，
代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2·(m2＋9)＝0，
解得n＝－3(舍去)或n＝eq \f(3,2).
故直线CD的方程为x＝my＋eq \f(3,2)，即直线CD过定点(eq \f(3,2)，0)．
若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点(eq \f(3,2)，0)．
综上，直线CD过定点(eq \f(3,2)，0)．
【规律方法】
曲线过定点问题的求解思路一般有以下两种：
一是“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；
二是“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，如本例的求解．
【对点训练1】
（2021·北京市高三一模）已知椭圆M：（a＞b＞0）过A（－2，0），B（0，1）两点．
（1）求椭圆M的离心率；
（2）设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上（P不与椭圆M的顶点重合），直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线SQ过定点．
【解析】（1）解：因为点，都在椭圆上，
所以，，
所以，
所以椭圆的离心率．
（2）证明：由（1）知椭圆的方程为，．
由题意知：直线的方程为．
设（，），，．
因为三点共线，所以有，，
所以，
所以，
所以．
因为三点共线，
所以，即．
所以，
所以直线的方程为，
即．
又因为点在椭圆上，所以，
所以直线的方程为，
所以直线过定点．
考点二 定值问题
【例2】 （一题多解）（2021·福建福州市高三二模）已知椭圆的左、右顶点分别为，，为原点.以为对角线的正方形的顶点，在上.
（1）求的离心率；
（2）当时，过作与轴不重合的直线与交于，两点，直线，的斜率分别为，，试判断是否为定值？若是，求出定值，并加以证明；若不是，请说明理由.
【解】解法一：（1）以为对角线的正方形的顶点坐标分别为，，.
因为，在椭圆上，所以，
所以，
所以，
所以椭圆的离心率；
（2）当时，，所以椭圆的方程为.
为定值，理由如下：
①当直线的斜率不存在时，的方程为，则，，
所以，，所以.
②当直线的斜率存在时，设的方程为，，
设，，
不妨设，且.
由可得，
，，.
要证，只要证明，
只要证，
只要证，
只要证.
因为，，即证，
因为，，所以，
所以成立.
综上所述：.
解法二：（1）同解法一；
（2）当时，，所以椭圆的方程为.
设的方程为，，
设，，不妨设.
由可得，
，，，
所以，即，
.
综上所述：.
解法三：（1）同解法一；
（2）当时，，所以椭圆的方程为.
设的方程为，，
设，，不防设.
由可得，
，，.
因为在椭圆上，所以，即，
所以.
，
.
所以.
综上所述：.
解法四：（1）同解法一；
当时，，所以椭圆的方程为.
设，，
因为在椭圆上，所以，所以.
所以，
同理.
设，则，
所以，①
，②
①+②得，
当时得，不合题意，舍去.
当时，，
所以直线经过点，
又过定点，故，解得.
综上所述：.
【规律方法】
定值问题在求解时注意“设而不求”思想方法的灵活运用，即引入参变量，用它来表示有关量，进而看能否把变量消去．“先猜后证”法是解决这类问题的有效方法，也就是先由特殊情形探求出定值或定点，进而证明它适用所有情形．
【对点训练2】
（2021·山西吕梁市高三三模（理））已知椭圆：上有一点，点在轴上方，，分别为的左，右焦点，当△的面积取最大值时，.
（Ⅰ）求的标准方程；
（Ⅱ）若直线交于，两点，设中点为，为坐标原点，，作，求证：为定值.
【解析】（Ⅰ）解：由椭圆的性质知，△的面积取最大时，为椭圆的上顶点，即，而，
∴，，又，
∴，，可得的标准方程.
（Ⅱ）证明：由题意，且中点为，易得，即，
若直线l斜率不存在时，，关于x轴对称，知：横纵坐标的绝对值相等，不妨假设在第一象限，则，在椭圆上，
∴，此时两点重合，即；若直线l斜率为0时，同理可得.
若直线l斜率存在且不为0时，设直线l为，，，则，，且，
联立椭圆与直线得且，
∴，，即，
∴，即.
∴，为定值.
考点三 证明问题
【例3】（2021·安徽芜湖市高三二模（理））已知双曲线：的右焦点为，离心率，直线：与的一条渐近线交于，与轴交于，且.
（1）求的方程；
（2）过的直线交的右支于，两点，求证：平分．
【解析】（1）解：由得，又，所以，
而，
∴，∴，，
∴双曲线的标准方程为；
（2）证明：∵，，易得直线的斜率不为0，
∴设直线的方程为，，.
由得，
∴，.
由得，
∴
，
∴，∴，即平分.
【规律方法】
圆锥曲线中证明问题的求解策略
处理圆锥曲线中的证明问题常采用直接法证明，证明时常借助于等价转化思想，化几何关系为数量关系，然后借助函数方程思想、数形结合思想解决．
【对点训练3】
（2021·贵州贵阳市高三二模（文））已知椭圆：的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，，.
（1）求椭圆的方程.
（2）过的直线与椭圆交于，两点（均不与，重合），直线与直线交于点，证明：，，三点共线.
【解析】（1）解：由，即，又，即，
∴，故椭圆的方程为.
（2）证明：可设直线的方程为，，，
联立方程，得且，
∴，，而直线的方程为，
∴令，得，则有，.
又∵，
∴，而，
∴，，三点共线.