2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第九章 平面解析几何高考专题突破六 第2课时 WORD版含解析.docx

1、第2课时定点与定值问题题型一定点问题例1(2018湖州模拟)已知椭圆y21(a0)的上顶点为B(0，1)，左、右焦点分别为F1，F2，BF2的延长线交椭圆于点M，4.(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线l交椭圆于P，Q两点，且kBPkBQm(m为非零常数)，求证：直线l过定点.(1)解方法一设M(x0，y0)，F2(c，0)，则由4，得即代入椭圆方程得1，又a2c21，所以a22，所以椭圆的标准方程为y21.方法二如图，连接BF1，MF1，设|BF1|BF2|3n，则|F2M|n，又|MF1|MF2|BF1|BF2|6n，所以|MF1|5n，由|BF1|BM|MF1|345，得F1BM90，则

2、OBF245，a22b22，所以椭圆的标准方程为y21.(2)证明设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，当直线l的斜率不存在时，x1x20，y1y2，所以kBPkBQm，x1，即直线l：x.当直线l的斜率存在时，设直线l：ykxt，把ykxt代入椭圆的方程并整理得(12k2)x24ktx2t220，16k2t24(12k2)(2t22)8(2k21t2)0，所以kBPkBQm，整理得2km(t1)，t1，所以直线l的方程为ykx1k1，过定点.综上，直线l过定点.思维升华 圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系

3、，找到定点.(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.跟踪训练1(2018浙江重点中学调研)已知椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|2，点P在椭圆上，tanPF2F12且PF1F2的面积为4.(1)求椭圆的标准方程；(2)若点M是椭圆上任意一点，A1，A2分别是椭圆的左、右顶点，直线MA1，MA2分别与直线x交于E，F两点，试证：以EF为直径的圆交x轴于定点，并求该定点的坐标.解(1)由tanPF2F12，得sinPF2F1，cosPF2F1.由题意得解得所以2a|PF1|PF2|426，a3，结合2c2，c，得b24，故椭圆的标准方

4、程为1.(2)由(1)得A1(3，0)，A2(3，0)，设M(x0，y0)，则直线MA1的方程为y(x3)，与直线x的交点为E，直线MA2的方程为y(x3)，与直线x的交点为F.设以EF为直径的圆交x轴于点Q(m，0)，则QEQF，从而kQEkQF1，即1，即2，又1，得m1，故以EF为直径的圆交x轴于定点，该定点的坐标为，.题型二定值问题例2(2018北京)已知抛物线C：y22px经过点P(1，2)，过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，求证：为定值.(1)解因为抛物线y22px过

5、点(1，2)，所以2p4，即p2.故抛物线C的方程为y24x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为ykx1(k0)，由得k2x2(2k4)x10.依题意知(2k4)24k210，解得k0或0kb0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，且|F1F2|4，F1MF260，F1MF2的面积为.(1)求椭圆C的方程；(2)设N(0，2)，过点P(1，2)作直线l，交椭圆C于异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值.(1)解在F1MF2中，由|MF1|MF2|sin 60，得|MF1|MF2|.由余弦定理，得|F1F2|2|MF1|2|MF2|2

6、2|MF1|MF2|cos 60(|MF1|MF2|)22|MF1|MF2|(1cos 60)，解得|MF1|MF2|4.从而2a|MF1|MF2|4，即a2.由|F1F2|4，得c2，从而b2，故椭圆C的方程为1.(2)证明当直线l的斜率存在时，设斜率为k，显然k0，则其方程为y2k(x1)，由得(12k2)x24k(k2)x2k28k0.56k232k0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.从而k1k22k(k4)4.当直线l的斜率不存在时，可得A，B，得k1k24.综上，k1k2为定值.直线与圆锥曲线的综合问题数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数

7、学问题的过程.主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算方向，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等.例椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(1)求椭圆C的方程；(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m，0)，求m的取值范围；(3)在(2)的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，若k20，证明为定值，并求出这个定值.解(1)由于c2a2b2，将xc代入椭圆方程1，得y.由题

8、意知1，即a2b2.又e，所以a2，b1.所以椭圆C的方程为y21.(2)设P(x0，y0)(y00)，又F1(，0)，F2(，0)，所以直线PF1，PF2的方程分别为：y0x(x0)yy00，：y0x(x0)yy00.由题意知.由于点P在椭圆上，所以y1.所以.因为m，2x02，可得，所以mx0，因此mb0)的下顶点及左、右焦点F1，F2，过椭圆C的左焦点F1的直线与椭圆C相交于M，N两点，线段MN的中垂线交x轴于点D且垂足为点P.(1)求椭圆C的方程；(2)证明：当直线MN斜率变化时，为定值.(1)解当x0时，由x2(y1)24，得y1或y3；当y0时，由x2(y1)24，得x.又圆x2(

9、y1)24过椭圆1(ab0)的下顶点及焦点F1，F2，故c，b1，所以a2b2c24，即椭圆C的方程为y21.(2)证明易知直线MN的斜率存在，且不为0，所以设直线MN：yk(x)，且M(x1，y1)，N(x2，y2)，由消去y，得(14k2)x28k2x4(3k21)0，(8k2)244(14k2)(3k21)16(k21)0，故x1x2，x1x2，则MN的中点P，故MN的中垂线DP的方程为k，k0，由y0得D，故|DF1|，|MN|x1x2|，因此，为定值.2.已知抛物线C的顶点在原点，焦点在y轴上，且抛物线上有一点P(m，5)到焦点的距离为6.(1)求该抛物线C的方程；(2)已知抛物线上

10、一点M(4，t)，过点M作抛物线的两条弦MD和ME，且MDME，判断直线DE是否过定点，并说明理由.解(1)由题意设抛物线方程为x22py(p0)，其准线方程为y，P(m，5)到焦点的距离等于P到其准线的距离，所以56，即p2.所以抛物线方程为x24y.(2)由(1)可得点M(4，4)，设直线MD的方程为yk(x4)4(k0)，联立得x24kx16k160，由题意得0，设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则xMx116k16，所以x14k4，y14(k1)2，同理可得x24，y242，所以直线DE的方程为y4(k1)2(x4k4)(x4k4)(x4k4).化简得yx4k(x4)8.所以直线D

11、E过定点(4，8).3.知抛物线C1的方程为x22py(p0)，过点M(a，2p)(a为常数)作抛物线C1的两条切线，切点分别为A，B.(1)过焦点且在x轴上截距为2的直线l与抛物线C1交于Q，N两点，Q，N两点在x轴上的射影分别为Q，N，且|QN|2，求抛物线C1的方程；(2)设直线AM，BM的斜率分别为k1，k2.求证：k1k2为定值.(1)解因为抛物线C1的焦点坐标是，所以过焦点且在x轴上截距为2的直线方程是1，即1.联立消去y并整理，得x2xp20，显然0恒成立，设点Q(xQ，yQ)，N(xN，yN)，则xQxN，xQxNp2.则|QN|xQxN|2，解得p2.所以抛物线C1的方程为x

12、24y.(2)证明设点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x10，x20)，得y，则y.所以切线MA的方程是yy1(xx1)，即yx.又点M(a，2p)在直线MA上，于是有2pa，即x2ax14p20.同理，有x2ax24p20，因此，x1，x2是方程x22ax4p20的两根，则x1x22a，x1x24p2.所以k1k24，故k1k2为定值得证.4.已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C的离心率为，过左焦点F且垂直于x轴的直线交椭圆C于P，Q两点，且|PQ|2.(1)求C的方程；(2)若直线l是圆x2y28上的点(2，2)处的切线，点M是直线l上任一点，过点M作椭圆C的切线MA，MB，切点分别为

13、A，B，设切线的斜率都存在.求证：直线AB过定点，并求出该定点的坐标.解(1)由已知，设椭圆C的方程为1(ab0)，因为|PQ|2，不妨设点P(c，)，代入椭圆方程得1，又因为e，所以1，bc，所以b24，a22b28，所以C的方程为1.(2)依题设，得直线l的方程为y2(x2)，即xy40，设M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，x0x1且x0x2，由切线MA的斜率存在，设其方程为yy1k(xx1)，联立得(2k21)x24k(y1kx1)x2(y1kx1)280，由相切得16k2(y1kx1)28(2k21)(y1kx1)240，化简得(y1kx1)28k24，即(x8)k

14、22x1y1ky40，因为方程只有一解，所以k，所以切线MA的方程为yy1(xx1)，即x1x2y1y8，同理，切线MB的方程为x2x2y2y8，又因为两切线都经过点M(x0，y0)，所以所以直线AB的方程为x0x2y0y8，又x0y04，所以直线AB的方程可化为x0x2(4x0)y8，即x0(x2y)8y80，令得所以直线AB恒过定点(2，1).5.设椭圆C：1(ab0)的离心率e，左顶点M到直线1的距离d，O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l与椭圆C相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明：点O到直线AB的距离为定值.(1)解由e，得ca，又b2a2c2，所以b

15、a，即a2b.由左顶点M(a，0)到直线1，即到直线bxayab0的距离d，得，即，把a2b代入上式，得，解得b1.所以a2b2，c.所以椭圆C的方程为y21.(2)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线AB的斜率不存在时，由椭圆的对称性，可知x1x2，y1y2.因为以AB为直径的圆经过坐标原点，故0，即x1x2y1y20，也就是xy0，又点A在椭圆C上，所以y1，解得|x1|y1|.此时点O到直线AB的距离d1|x1|.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykxm，与椭圆方程联立有消去y，得(14k2)x28kmx4m240，所以x1x2，x1x2.因为以AB为直径的圆过坐标

16、原点O，所以OAOB，所以x1x2y1y20，所以(1k2)x1x2km(x1x2)m20，所以(1k2)m20，整理得5m24(k21)，所以点O到直线AB的距离d1.综上所述，点O到直线AB的距离为定值.6.(2018丽水、衢州、湖州三地市质检)如图，F1，F2是椭圆C：y21的左、右焦点，A，B是椭圆C上的两点，且都在x轴上方，AF1BF2，设AF2，BF1的交点为M.(1)求证：为定值；(2)求动点M的轨迹方程.(1)证明方法一如题图所示，由题意知F1(1，0)，F2(1，0)，设直线AF1的方程为xmy1，与椭圆C的方程联立，由消去x，整理得(m22)y22my10.由题意知，0，因

17、为点A在x轴上方，设A(xA，yA)，所以yA0，yA，所以|AF1|yA0|.直线BF2的方程为xmy1，设B(xB，yB)，同理可得yB，|BF2|yB0|，所以，所以2.所以为定值.方法二如图所示，延长AF1交椭圆于B1，由椭圆的对称性可知|B1F1|BF2|，所以要证为定值，只需证为定值.设直线AF1的方程为xmy1，A(x1，y1)，B1(x2，y2)，y10，y20，所以y1y2，y1y2.所以2.所以为定值.(2)解方法一设直线AF2，BF1的方程分别为xk1y1，xk2y1，联立，得解得所以点M的坐标为.又由(1)方法一可得k1m，k2m，所以k1k2mm2m222(m2m)6m，k2k124.所以所以动点M的轨迹方程为1(y0).方法二如图所示，设|AF1|d1，|BF2|d2，因为AF1BF2，所以，所以，即|MF1|BF1|.又|BF1|BF2|2，所以|BF1|2|BF2|2d2，所以|MF1|BF1|.同理可得|MF2|，所以|MF1|MF2|2，由(1)可知，所以|MF1|MF2|F1F2|2，动点M的轨迹为以F1，F2为左、右焦点，以为长轴长的椭圆的一半，所以动点M的轨迹方程为1(y0).