专题01 圆锥曲线求解定值问题的两大途径-浙江省2022届高考数学二轮复习讲义 WORD版含答案.docx

1、专题01 圆锥曲线求解定值问题的两大途径1.2先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值特殊地，两种弦长公式：(1)若直线的方程设为则(2)若直线的方程设为,则例题1、已知椭圆C：1过A(2,0)，B(0,1)两点(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值例题2、已知圆锥曲线过点，且过抛物线的焦点（1）求该圆锥曲线的标准方程；（2）设点在该圆锥曲线上，点的坐标为，点的坐标为，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值例题

2、3已知椭圆，过点的直线与椭圆交于两点（点在点的右侧），与轴交于点；（1）当且时，求点的坐标；（2）当时，设，求证：为定值，并求出该值.1已知双曲线，经过点的直线与该双曲线交于两点.（1）若与轴垂直，且，求的值；（2）若，且的横坐标之和为，证明：.（3）设直线与轴交于点，求证：为定值.2已知椭圆的离心率为，点为其左顶点，点的坐标为，过点作直线与椭圆交于，两点，当垂直于轴时，（1）求该椭圆的方程；（2）设直线，分别交直线于点，线段的中点为，设直线与的斜率分别为，且，求证：为定值3已知抛物线：的焦点为，圆：.直线与抛物线交于点、两点，与圆切于点.（1）当切点的坐标为时，求直线及圆的方程；（2）当时，

3、证明：是定值，并求出该定值.4圆锥曲线上任意两点连成的线段称为弦.若圆锥曲线上的一条弦垂直于其对称轴，我们将该弦称之为曲线的垂轴弦.已知点、是圆锥曲线C上不与顶点重合的任意两点，是垂直于轴的一条垂轴弦，直线分别交轴于点和点.（1）试用的代数式分别表示和；（2）若C的方程为（如图），求证：是与和点位置无关的定值；（3）请选定一条除椭圆外的圆锥曲线C，试探究和经过某种四则运算（加、减、乘、除），其结果是否是与和点位置无关的定值，写出你的研究结论并证明.（说明：对于第3题，将根据研究结论所体现的思维层次，给予两种不同层次的评分）5已知，记动点的轨迹为.(1)求曲线的轨迹方程.(2)若斜率为的直线与曲

4、线交于不同的两点、，与轴相交于点，则是否为定值？若为定值，则求出该定值；若不为定值，请说明理由.6平面内有两定点,曲线上任意一点都满足直线与直线的斜率之积为，过点的直线与椭圆交于两点，并与轴交于点,直线与交于点.（1）求曲线的轨迹方程；（2）当点异于两点时，求证：为定值.例题1【详解】(1)由题意得a2，b1，椭圆C的方程为y21.又c，离心率e.(2)证明：设P(x0，y0)(x00，y00)，则x4y4.又A(2,0)，B(0,1)，直线PA的方程为y(x2)令x0，得yM，从而|BM|1yM1.直线PB的方程为yx1.令y0，得xN，从而|AN|2xN2.四边形ABNM的面积S|AN|B

5、M|2.从而四边形ABNM的面积为定值.例题 2 【答案】（1）；（2）证明见解析【分析】（1）首先求出抛物线的焦点坐标，再代入解析式中求出方程即可得解；（2）由（1）问可知该圆锥曲线为椭圆，且，设椭圆上一点，表示出直线，直线，得到，；所以计算可得；【详解】解：（1）抛物线的焦点，将点，代入方程得，解得，所以圆锥曲线的标准方程为（2）由（1）问可知该圆锥曲线为椭圆，且，设椭圆上一点，则直线：，令，得，直线：，令，得所以因为点在椭圆上，所以，即，代入上式得故为定值例题3 【答案】（1）（2）证明见详解；定值为【分析】（1）根据条件，联立直线和椭圆方程，解方程组即可求得交点坐标；（2）联立直线与椭

6、圆方程，将的结果用韦达定理进行处理，即可得到结果.【详解】（1）当且时，联立直线与椭圆方程可得，因为点在点的右侧，故解得代入直线方程可得故两点的坐标分别为.（2）当时，椭圆方程为联立直线方程，可得设则对直线方程，令，解得故点的坐标为.因为即可得，则，故为定值，定值是3.跟踪训练 1 【答案】（1）（2）证明见解析；（3）证明见解析；【分析】（1）把代入双曲线方程求得坐标，由可求得；（2）设，设直线方程为，代入双曲线方程应用韦达定理得，由可求得，再由数量积的坐标运算计算出可得结论；（3）设方程为，且，由可用表示出，代入双曲线方程得，同理.故是方程的两根.由韦达定理可得结论【详解】（1），.（2）

7、，设，显然直线斜率存在，设方程为，并与联立得，由得，此时.（3）有题意可知直线斜率必存在，设方程为，且.由得，所以，又由于点在双曲线上，故化简得，同理.故是方程的两根.则为定值.【点睛】本题考查直线与双曲线相交问题，考查韦达定理的应用在直线与双曲线相交时常常设交点坐标为，由直线方程与双曲线方程联立方程组消元后应用韦达定理得出，然后代入其他条件求解跟踪训练2【答案】（1）；（2）证明见详解.【分析】（1）先由题意，得到，点在椭圆上，由此可求出，即可求出椭圆方程；（2）设，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理得到，由题中条件，求出点坐标，表示出直线的斜率，化简整理，即可得出结果.【详解】

8、（1）因为椭圆的离心率为，即，所以，即，因此椭圆方程可化为；又由题意可知：点在椭圆，所以，解得，所以；因此椭圆方程为；（2）设，直线的方程为，由消去，整理得：，所以，又，所以直线的方程为：，其与直线的交点为；同理，所以的中点为，因此的斜率为，因此，即为定值【点睛】本题主要考查求椭圆的标准方程，以及椭圆中的定值问题，熟记椭圆的标准方程，以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型，计算量较大.跟踪训练3 【答案】（1）圆：，直线：（或）；或圆：，直线：（或）.（2）定值为.【解析】试题分析:（1）将代入圆方程，即可求得的值，根据圆的方程求得圆心，再根据直线的斜率公式求得的斜率，则直线的方程斜率为，利用直

9、线的点斜式方程，即可求得的方程；（2）将当垂直与轴时，求得和点坐标，利用两点之间的斜率公式，即可求得的值；当不垂直于轴时，由直线与圆相切，求得，将直线代入抛物线方程利用韦达定理及弦长公式求得，利用抛物线的定义，即可求得是定值试题解析:（1）把点代入圆的方程可得： 或.（i）当时，圆.圆心，的方程为：，化简得：.（ii）当时，圆，圆心，的方程为：，化简得：.综上所述，圆，直线（或）；或圆，直线（或）.（2）时，由（1）知，圆.（i）当垂直于轴时，.（ii）当直线不垂直于轴时，设直线.直线与圆相切.,.联立直线与抛物线，得 . .又， .由抛物线的性质可知， ，.综上所述，是定值，且该定值为2.跟

10、踪训练4【答案】解:（1） ,; （2）证明见解析；（3）见解析.【分析】（1）先求直线的斜率，利用点斜式表示出直线方程，求出和；（2）先求解的表达式，结合点在椭圆上，消减变量可得定值；（3）类比（2）可以探究积为定值，也可以探究差为定值.【详解】（1）因为是垂直于轴的一条垂轴弦，所以则 令则 同理可得：， （2）由（1）可知： 在椭圆C：上，则（定值）是与和点位置无关的定值.（3）第一层次：点是圆C：上不与坐标轴重合的任意一点，是垂直于轴的垂轴弦，直线分别交轴于点和点，则.证明如下：由（1）知：在圆C：上，则是与和点位置无关的定值点是双曲线C：上不与顶点重合的任意一点，是垂直于轴的垂轴弦，直

11、线分别交轴于点和点，则.证明如下：由（1）知：在双曲线C：上，则是与和点位置无关的定值第二层次：点是抛物线C：上不与顶点重合的任意一点，是垂直于轴的垂轴弦，直线分别交轴于点和点，则.证明如下：由（1）知：，在抛物线C：上，则是与和点位置无关的定值.【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系，圆锥曲线中定值问题探究，立意比较新颖，侧重考查数学运算的核心素养.跟踪训练5 【答案】(1)；(2)答案见解析.【解析】分析：(1)根据向量几何意义得点为线段的垂直平分线与直线的交点，即得 ，再根据椭圆定义得曲线的轨迹方程. (2) 设，化简得，再联立侄媳妇与椭圆方程，利用韦达定理代入化简即得定值.详解：

12、（1）由可知，为线段的中点.由可知，点在直线上. 由可知，.所以点为线段的垂直平分线与直线的交点，所以，所以，所以动点的轨迹为以、为焦点，长轴长为的椭圆，即，所以.所以曲线的轨迹方程为.（2）设，则直线的方程为，将代入得. ，所以.则，.所以 故是定值3.点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.跟踪训练6 【答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）根据题意得到，化简得到答案.（2）设直线的方程为，则，联立方程根据韦达定理得到将韦达定理代入计算得到答案.【详解】（1）由已知可得，化简得，即曲线的轨迹方程为：.（2）由已知直线的斜率存在，所以设直线的方程为（，且，且），所以点的坐标为，即，设，则，联立削去得，所以，直线的方程为，直线的方程为将两方程联立消去得，解得由题意可知，所以，所以，将韦达定理代入得，解得，所以点的坐标为，所以，为定值.【点睛】本题考查了轨迹方程，定值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.