新高考数学圆锥曲线62种题型第十节 圆锥曲线中的定值问题（教师版）

这是一份新高考数学圆锥曲线62种题型第十节 圆锥曲线中的定值问题（教师版），共35页。
题型一 长度或距离为定值
例1 (2023·郑州模拟)已知点F(0，1)，直线l：y＝4，P为曲线C上的任意一点，且|PF|是P到l的距离的eq \f(1,2).
(1)求曲线C的方程；
(2)若经过点F且斜率为k(k≠0)的直线交曲线C于点M，N，线段MN的垂直平分线交y轴于点H，求证：eq \f(|FH|,|MN|)为定值．
(1)解 设P(x，y)，由已知得eq \r(x2＋（y－1）2)＝eq \f(1,2)|y－4|，
整理得eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,4)＝1，
此即为曲线C的方程．
(2)证明 经过点F且斜率为k(k≠0)的直线的方程为y＝kx＋1，
与曲线C方程联立，消去y整理得(4＋3k2)x2＋6kx－9＝0，
Δ＝36k2＋4×9×(4＋3k2)＝144(1＋k2)＞0恒成立，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则|MN|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)×eq \f(\r(Δ),4＋3k2)＝eq \f(12（1＋k2）,4＋3k2)，x1＋x2＝－eq \f(6k,4＋3k2)，
设线段MN的中点为T(x0，y0)，则x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(3k,4＋3k2)，y0＝kx0＋1＝eq \f(4,4＋3k2)，
线段MN的中垂线的斜率为－eq \f(1,k)，
其方程为y－eq \f(4,4＋3k2)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3k,4＋3k2)))，
令x＝0，解得y＝eq \f(1,4＋3k2)，
即为点H的纵坐标，
∴|FH|＝1－eq \f(1,4＋3k2)＝eq \f(3（1＋k2）,4＋3k2)，
∴eq \f(|FH|,|MN|)＝eq \f(\f(3（1＋k2）,4＋3k2),\f(12（1＋k2）,4＋3k2))＝eq \f(1,4)(为定值)．
感悟提升 探求圆锥曲线中的定线段的长的问题，一般用直接求解法，即先利用弦长公式把要探求的线段表示出来，然后利用题中的条件(如直线与曲线相切等)得到弦长表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入弦长表达式中，化简可得弦长为定值．
训练1 已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)，其焦点为F，O为坐标原点，直线l与抛物线C相交于不同的两点A，B，M为AB的中点．
(1)若p＝2，M的坐标为(1，1)，求直线l的方程．
(2)若直线l过焦点F，AB的垂直平分线交x轴于点N，求证：eq \f(2|MN|2,|FN|)为定值．
(1)解 由题意知直线l的斜率存在且不为0，
故设直线l的方程为x－1＝t(y－1)
即x＝ty＋1－t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1－t，,y2＝4x，))得y2－4ty－4＋4t＝0，
∴Δ＝16t2＋16－16t＝16(t2－t＋1)＞0，
y1＋y2＝4t，∴4t＝2，即t＝eq \f(1,2).
∴直线l的方程为2x－y－1＝0.
(2)证明 ∵抛物线C：y2＝2px(p＞0)，
∴焦点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)).
由题意知直线l的斜率存在且不为0，
∵直线l过焦点F，故设直线l的方程为x＝ty＋eq \f(p,2)(t≠0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty＋\f(p,2)，,y2＝2px，))得y2－2pty－p2＝0，
∴y1＋y2＝2pt，Δ＝4p2t2＋4p2＞0.
∴x1＋x2＝t(y1＋y2)＋p＝2pt2＋p，
∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(pt2＋\f(p,2)，pt)).
∴MN的方程为y－pt＝－teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－pt2－\f(p,2))).
令y＝0，解得x＝pt2＋eq \f(3p,2)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(pt2＋\f(3p,2)，0))，
∴|MN|2＝p2＋p2t2，|FN|＝pt2＋eq \f(3p,2)－eq \f(p,2)＝pt2＋p，
∴eq \f(2|MN|2,|FN|)＝eq \f(2（p2＋p2t2）,pt2＋p)＝2p，为定值．
题型二 斜率或代数式为定值
例2 如图，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点A(0，－1)且离心率为eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆E的方程；
(2)经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值．
(1)解 由题设知eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，b＝1，
结合a2＝b2＋c2，解得a＝eq \r(2)，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明 由题设知直线PQ的方程为
y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入eq \f(x2,2)＋y2＝1，
得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，
由已知Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
x1x2≠0，则x1＋x2＝eq \f(4k（k－1）,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k（k－2）,1＋2k2)，
从而直线AP，AQ的斜率之和为kAP＋kAQ＝eq \f(y1＋1,x1)＋eq \f(y2＋1,x2)
＝eq \f(kx1＋2－k,x1)＋eq \f(kx2＋2－k,x2)＝2k＋(2－k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝2k＋(2－k)eq \f(x1＋x2,x1x2)
＝2k＋(2－k)eq \f(4k（k－1）,2k（k－2）)＝2k－2(k－1)＝2(即为定值)．
感悟提升 在证明一条直线斜率或两条直线斜率和，差或者积与商为定值的问题中，我们需要先将斜率表示出来，然后利用相关量之间的关系式化简即可．
训练2 (2023·武汉模拟)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)由题意可知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝k(x＋1)，
由eq \b\lc\{(\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\{(\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).
题型三 几何图形的面积为定值
例3 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上的两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,2)，y1))，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)，y2))，m·n＝0.
(1)求证：k1·k2＝－eq \f(1,4)；
(2)试探求△OPQ的面积S是不是定值，并说明理由．
(1)证明 ∵k1，k2存在，∴x1x2≠0，
∵m·n＝0，∴eq \f(x1x2,4)＋y1y2＝0，
∴k1·k2＝eq \f(y1y2,x1x2)＝－eq \f(1,4).
(2)解 是．理由：当直线PQ的斜率不存在，
即x1＝x2，y1＝－y2时，
由eq \f(y1y2,x1x2)＝－eq \f(1,4)，得eq \f(xeq \\al(2,1),4)－yeq \\al(2,1)＝0，
由P(x1，y1)在椭圆C上，得eq \f(xeq \\al(2,1),4)＋yeq \\al(2,1)＝1，
∴|x1|＝eq \r(2)，|y1|＝eq \f(\r(2),2)，
∴S△OPQ＝eq \f(1,2)|x1|·|y1－y2|＝1.
当直线PQ的斜率存在时，易知直线PQ的斜率不为0，
设直线PQ的方程为y＝kx＋b(k≠0)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，
x1＋x2＝eq \f(－8kb,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4b2－4,4k2＋1).
∵eq \f(x1x2,4)＋y1y2＝0，
∴eq \f(x1x2,4)＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，
得2b2－4k2＝1，
满足Δ＝64k2b2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)＞0，
∴S△OPQ＝eq \f(1,2)·eq \f(|b|,\r(1＋k2))|PQ|＝eq \f(1,2)|b|eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝2|b|·eq \f(\r(4k2＋1－b2),4k2＋1)＝1.
∴△OPQ的面积S为定值．
感悟提升 探求圆锥曲线中几何图形的面积的定值问题，一般用直接求解法，即可先利用三角形面积公式(如果是其他凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解)把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可．
训练3 (2023·重庆诊断节选)已知椭圆E：eq \f(x2,9)＋y2＝1.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＝－eq \f(1,9)，证明：△OMN的面积是定值，并求此定值．
证明 当直线l的斜率不存在时，
设直线l：x＝t(－30.
|MN|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(18km,9k2＋1)))\s\up12(2)－4×\f(9m2－9,9k2＋1))＝eq \f(6\r(1＋k2)·\r(9k2－m2＋1),9k2＋1).
又原点O到直线l的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，
所以S△OMN＝eq \f(1,2)·|MN|·d＝eq \f(3\r(1＋k2)·\r(9k2－m2＋1),9k2＋1)·eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \f(3|m|\r(2m2－m2),2m2)＝eq \f(3,2).
综上可知，△OMN的面积为定值eq \f(3,2).
题型四 圆锥曲线中的伴侣点问题
在圆锥曲线的很多性质中，常常出现一对活跃的点A(m，0)和Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,m)，0))，这一对点总是同时出现在圆锥曲线的对称轴上，形影不离，相伴而行，我们把这一对特殊点形象地称作圆锥曲线的“伴侣点”．已知M(m，0)，N(n，0)(mn＝a2)是双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一对“伴侣点”，过点M作与坐标轴不平行的直线与双曲线相交于A，B两点，则直线AN和BN与x轴成等角．
可得到圆锥曲线的一个统一和谐性质如下：
已知M，N是圆锥曲线的一对“伴侣点”，
过点M作与坐标轴不平行的直线与曲线相交于A，B两点，则直线AN和BN与x轴成等角．
例 已知点M(m，0)，N(－m，0)(m≠0)是抛物线y2＝2px(p＞0)的一对“伴侣点”，过点M作与x轴不平行的直线交抛物线于A，B两点，证明：直线AN和BN与x轴成等角．
证明 因直线AB过点M(m，0)，
故可设直线AB的方程为x＝m＋ny，
将其代入抛物线方程得，y2－2pny－2pm＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝2pn，y1y2＝－2pm，
又点A，B在直线AB上，
所以x1＝m＋ny1，x2＝m＋ny2，
所以kAN＋kBN＝eq \f(y1,x1＋m)＋eq \f(y2,x2＋m)＝eq \f(y1x2＋y2x1＋m（y1＋y2）,（x1＋m）（x2＋m）)，
又y1x2＋y2x1＋m(y1＋y2)＝y1(m＋ny2)＋y2(m＋ny1)＋m(y1＋y2)
＝2ny1y2＋2m(y1＋y2)＝2n·(－2pm)＋2m·2pn＝0，
所以kAN＋kBN＝0，
即直线AN和BN关于x轴对称，
所以直线AN和BN与x轴成等角．
训练 设椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0)．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
(1)解 由已知得F(1，0)，l的方程为x＝1.
把x＝1代入椭圆方程eq \f(x2,2)＋y2＝1，
可得点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2))).
又M(2，0)，
所以AM的方程为y＝－eq \f(\r(2),2)x＋eq \r(2)或y＝eq \f(\r(2),2)x－eq \r(2).
(2)证明 当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，
所以∠OMA＝∠OMB.
当l与x轴不重合也不垂直时，
设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1