2021版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十章 平面解析幾何 10.10.1 圓錐曲線中的定值與定點問題練習(xí) 理 北師大版

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1、 10.10.1 圓錐曲線中的定值與定點問題 核心考點·精準(zhǔn)研析 考點一　直線過定點問題? 【典例】(2021·鄭州模擬)O(0,0)和K(0,2)是平面直角坐標(biāo)系中兩個定點,過動點M(x,y)的直線MO和MK的斜率分別為k1,k2,且k1·k2=-. (1)求動點M(x,y)的軌跡C的方程. (2)過點K作相互垂直的兩條直線與軌跡C交于A,B兩點,求證:直線AB過定點. 【解題導(dǎo)思】 序號 聯(lián)想解題 (1) 利用兩點坐標(biāo)表示出直線OM,MK的斜率,即可得到動點坐標(biāo)所滿足的條件(注意斜率存在的條件) (2) 根據(jù)點K的位置,確定過點K相互垂直的兩直線斜率是否存在;假

2、設(shè)兩直線斜率存在,那么斜率互為負(fù)倒數(shù).建立A,B兩點坐標(biāo)之間的關(guān)系,求出直線方程所滿足的條件,進而確定定點. 【解析】(1)由題意,知k1·k2=-, 得·=-,整理得x2+y(y-2)=0, 故C的方程為+(y-1)2=1(x≠0).(也可以寫作x2+2y2-4y=0). (2)顯然兩條過點K的直線斜率都存在,設(shè)過點K的直線方程為y=kx+2, 聯(lián)立解得x=,y=, 設(shè)直線AB的方程為:Ax+By+C=0, 將x=,y= 代入得++C=0 整理得:2Ck2-4Ak+2B+C=0, 由于兩直線垂直,斜率乘積為-1,根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系=-1,即2B+3C=0, 故直線AB過

3、定點. 圓錐曲線中定點問題的兩種解法 (1)引進參數(shù)法:引進動點的坐標(biāo)或動線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量,再研究變化的量與參數(shù)何時沒有關(guān)系,找到定點. (2)特殊到一般法,根據(jù)動點或動線的特殊情況探索出定點,再證明該定點與變量無關(guān). (2021·鷹潭模擬)中心在原點,焦點在x軸上的橢圓,下頂點D(0,-1),且離心率e=. (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程. (2)經(jīng)過點M(1,0)且斜率為k的直線l交橢圓于A,B兩點,在x軸上是否存在定點P,使得∠MPA=∠MPB恒成立?假設(shè)存在,求出點P坐標(biāo);假設(shè)不存在,說明理由. 【解析】(1)設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1(a>b>0),由得b=1,=

4、, 又a2=b2+c2, 所以a2=3,b2=1, 即橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1. (2)假設(shè)x軸上存在定點P(m,0)滿足條件,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 由題意可知,k≠0,設(shè)直線l方程為y=k(x-1), 由 消去y整理得,(1+3k2)x2-6k2x+3k2-3=0, x1+x2=,x1x2=, 由∠MPA=∠MPB得,kPA+kPB=0,所以+=0, 又y1=k(x1-1),y2=k(x2-1), +=+ = = ==0, 所以k[2(3k2-3)-(m+1)·6k2+2m(3k2+1)]=0, 所以k(6k2-6-6mk2-6k2+6mk

5、2+2m)=0, 所以k(-6+2m)=0, 即m=3,所以P(3,0), 所以定點P坐標(biāo)為(3,0). 考點二　圓過定點問題? 【典例】(2021·咸陽模擬)A(-2,0),B(2,0),點C是動點且直線AC和直線BC的斜率之積為-. (1)求動點C的軌跡方程. (2)設(shè)直線l與(1)中軌跡相切于點P,與直線x=4相交于點Q,判斷以PQ為直徑的圓是否過x軸上一定點. 【解題導(dǎo)思】 序號 聯(lián)想解題 (1) 兩直線的斜率存在,故動點C與A,B兩點橫坐標(biāo)不相等;利用點的坐標(biāo)表示出斜率,構(gòu)造等式關(guān)系. (2) 直線和曲線相切,可利用判別式建立直線方程中的參數(shù)之間的關(guān)系

6、,代入方程求出點Q的坐標(biāo),轉(zhuǎn)化為兩個向量垂直,進而坐標(biāo)化處理 【解析】(1)設(shè)C(x,y).由題意得kAC·kBC=·=-(y≠0).整理,得+=1(y≠0). 故動點C的軌跡方程為+=1(y≠0). (2)方法一:易知直線l的斜率存在, 設(shè)直線l:y=kx+m. 聯(lián)立得方程組 消去y并整理,得 (3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0. 依題意得Δ=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)=0, 即3+4k2=m2. 設(shè)x1,x2為方程(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0的兩個根,那么x1+x2=, 所以x1=x2=. 所以P,即P. 又Q(4,

7、4k+m), 設(shè)R(t,0)為以PQ為直徑的圓上一點, 那么由·=0, 得·(4-t,4k+m)=0. 整理,得(t-1)+t2-4t+3=0. 由的任意性,得t-1=0且t2-4t+3=0,解得t=1. 綜上可知以PQ為直徑的圓過x軸上一定點(1,0). 方法二:設(shè)P(x0,y0),那么曲線C在點P處的切線PQ:+=1. 令x=4,得Q. 設(shè)R(t,0)為以PQ為直徑的圓上一點, 那么由·=0, 得(x0-t)·(4-t)+3-3x0=0, 即x0(1-t)+t2-4t+3=0. 由x0的任意性,得1-t=0且t2-4t+3=0,解得t=1. 綜上可知,以PQ為直

8、徑的圓過x軸上一定點(1,0). 圓過定點,可依據(jù)直徑所對圓周角為直角直接轉(zhuǎn)化為兩條線段的垂直,進而轉(zhuǎn)化為兩個向量垂直,即兩向量的數(shù)量積等于0,從而建立方程求解定點的坐標(biāo). (2021·西安模擬)橢圓C:+=1(a>b>0),離心率e=,A是橢圓的左頂點,F是橢圓的左焦點,=1,直線m:x=-4. (1)求橢圓C的方程. (2)直線l過點F與橢圓C交于P,Q兩點,直線PA,QA分別與直線m交于M,N兩點,試問:以MN為直徑的圓是否過定點,如果是,請求出定點坐標(biāo);如果不是,請說明理由. 【解析】(1)得, 橢圓C的方程為+=1. (2)當(dāng)直線l斜率存在時,設(shè)直線l:y=k,

9、P、Q, 直線PA:y=, 令x=-4,得M, 同理N, 以MN為直徑的圓:+=0, 整理得:+y2+2ky+4k2=0,① 得x2+8k2x+4k2-12=0, x1+x2=,x1x2=,② 將②代入①整理得:x2+y2+8x-y+7=0, 令y=0,得x=-1或x=-7. 當(dāng)直線l斜率不存在時,令P、Q、 M、N, 以MN為直徑的圓+y2=9也過、兩點, 綜上:以MN為直徑的圓過兩定點、. 考點三　定值問題? 命 題 精 解 讀 1.考什么:(1)考查圓錐曲線中與定值有關(guān)問題的求解與證明等問題. (2)考查數(shù)學(xué)運算、邏輯推理以及數(shù)學(xué)建模的核心素

10、養(yǎng)、考查函數(shù)與方程、轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)學(xué)思想等. 2.怎么考:以直線和圓錐曲線的位置關(guān)系為根底,考查定值問題的求解與證明. 3.新趨勢:以定值問題為核心,與函數(shù)、平面向量等知識模塊交匯. 學(xué) 霸 好 方 法 圓錐曲線中定值問題的特點及兩大解法 (1)特點:待證幾何量不受動點或動線的影響而有固定的值. (2)兩大解法: ①從特殊入手,求出定值,再證明這個值與變量無關(guān); ②變量法:其解題流程為 與長度、角度相關(guān)的定值 【典例】(2021·濟寧模擬)橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,且橢圓C過點P. (1)求橢圓C的方程. (2)設(shè)橢圓C的右焦點為F,直線l與橢圓

11、C相切于點A,與直線x=3相交于點B,求證:∠AFB的大小為定值. 【解析】(1)因為橢圓C過點, 所以+=1,　① 因為離心率為,所以=,?、? 又因為a2=b2+c2,　③ 由①②③得a2=3,b2=2,c2=1. 所以橢圓C的方程為:+=1. (2)顯然直線l的斜率存在,設(shè)直線l的方程為:y=kx+m. 由消去y得 (2+3k2)x2+6kmx+3m2-6=0, 由Δ=24(3k2-m2+2)=0得m2=3k2+2. 所以xA=-=-=-, 所以yA=kxA+m=-+m==. 所以切點A的坐標(biāo)為, 又點B的坐標(biāo)為(3,3k+m),右焦點F的坐標(biāo)為(1,0),所以

12、=,=(2,3k+m), 所以·=×2+×(3k+m)=0, 所以∠AFB=90°,即∠AFB的大小為定值. 證明角度為定值的一般方法是什么? 提示:證明角度為定值,即借助向量將角轉(zhuǎn)化為兩個向量的夾角,進而轉(zhuǎn)化為平面向量數(shù)量積的相關(guān)問題求解. 代數(shù)式的定值 【典例】拋物線C:y2=ax(a>0)上一點P到焦點F的距離為2t. (1)求拋物線C的方程. (2)拋物線C上一點A的縱坐標(biāo)為1,過點Q(3,-1)的直線與拋物線C交于M,N兩個不同的點(均與點A不重合),設(shè)直線AM,AN的斜率分別為k1,k2,求證:k1k2為定值. 【解析】(1)由拋物線的定義可知|PF|=t+

13、=2t, 那么a=4t,由點P在拋物線上,得at=, 所以a×=,那么a2=1,由a>0,得a=1, 所以拋物線C的方程為y2=x. (2)因為點A在拋物線C上,且yA=1, 所以xA=1.所以A(1,1),設(shè)過點Q(3,-1)的直線的方程為x-3=m(y+1),即x=my+m+3, 代入y2=x得y2-my-m-3=0. 設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2), 那么y1+y2=m,y1y2=-m-3, 所以k1k2=· ==-. 所以k1k2為定值. 證明代數(shù)式的定值問題時關(guān)鍵點是什么? 提示:代數(shù)式的定值問題,只需將代數(shù)式坐標(biāo)化,代入點的坐標(biāo)關(guān)系進行直接運算即

14、可. 1.(2021·青島模擬)直線l過拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點,且垂直于拋物線的對稱軸,l與拋物線兩交點間的距離為2. (1)求拋物線C的方程. (2)假設(shè)點P(2,2),過點(-2,4)的直線m與拋物線C相交于A,B兩點,設(shè)直線PA與PB的斜率分別為k1和k2.求證:k1k2為定值,并求出此定值. 【解析】(1)由題意可知,2p=2,解得p=1,那么拋物線的方程為x2=2y. (2)由題易知直線m的斜率存在,設(shè)直線m的方程為y-4=k(x+2),A(x1,y1),B(x2,y2), 那么k1==,k2==, k1k2==, 聯(lián)立拋物線x2=2y與直線y

15、-4=k(x+2)的方程消去y得x2-2kx-4k-8=0,其中Δ=4(k2+4k+8)>0恒成立, 可得x1+x2=2k,x1x2=-4k-8,那么k1k2=-1. 因此k1k2為定值,且該定值為-1. 2.,橢圓C經(jīng)過點A,兩個焦點分別為(-1,0),(1,0). (1)求橢圓C的方程. (2)E,F是橢圓C上的兩個動點,如果直線AE的斜率與AF的斜率互為相反數(shù),證明直線EF的斜率為定值,并求出這個定值. 【解析】(1)由題意,c=1,可設(shè)橢圓方程為+=1,因為A在橢圓上,所以+=1, 解得b2=3,b2=-(舍去). 所以橢圓C的方程為+=1. (2)設(shè)直線AE的方程

16、為: y=k(x-1)+,代入+=1得 (3+4k2)x2+4k(3-2k)x+4-12=0. 設(shè)E(xE,yE),F(xF,yF),因為點A在橢圓上, 所以xE=,yE=kxE+-k. 又直線AF的斜率與AE的斜率互為相反數(shù),在上式中以-k代k,可得xF=, yF=-kxF++k. 所以直線EF的斜率 kEF===. 即直線EF的斜率為定值,其值為. 1.橢圓C:+=1(a>b>0)的一個焦點與y2=8x的焦點重合且點A(2,)為橢圓上一點 (1)求橢圓方程. (2)過點A任作兩條與橢圓C相交且關(guān)于x=2對稱的直線,與橢圓C分別交于P,Q兩點,求證:直線PQ的斜

17、率是定值. 【解析】(1)拋物線y2=8x的焦點為F(2,0), 那么橢圓C的一個焦點為F(2,0),故a2=b2+4, 把點A代入橢圓方程得:+=1, 解得: 所以橢圓C方程為+=1. (2)由題意,可設(shè)直線AP的方程為y=k(x-2)+, 那么直線AQ的方程為y=-k(x-2)+, 設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2), 那么y1=k(x1-2)+,y2=-k(x2-2)+, 把直線AP的方程與橢圓C方程聯(lián)立得: (1+2k2)x2+(4k-8k2)x+(8k2-8k-4)=0, 2·x1=,故x1=, 同理可得x2=, 所以 kPQ== ==k· =k·

18、 =,所以直線PQ的斜率是定值. 2.(2021·寶雞模擬)橢圓C:y2=2px(p>0),點F為拋物線的焦點,焦點F到直線3x-4y+3=0的距離為d1,焦點F到拋物線C的準(zhǔn)線的距離為d2,且=. (1)求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程. (2)假設(shè)在x軸上存在點M,過點M的直線l分別與拋物線C相交于P、Q兩點,且+為定值,求點M的坐標(biāo). 【解析】(1)由題意知,焦點F的坐標(biāo)為,那么d1==,d2=p, 又=,解得:p=2.故拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=4x. (2)設(shè)點M坐標(biāo)為,點P,Q的坐標(biāo)分別為,, 顯然直線l的斜率不為0.設(shè)直線l的方程為x=my+t. 聯(lián)立方程消去x,并整理得y2-4my-4t=0, 那么Δ=16>0且y1+y2=4m,y1y2=-4t. 由==,==. 有+=+= ==, 假設(shè)+為定值,必有t=2. 所以當(dāng)+為定值時,點M的坐標(biāo)為. - 15 -