高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習2 突破六　圓錐曲線中的定值、定點問題

突破六圓錐曲線中的定值、定點問題技法一參數(shù)法求定值利用參數(shù)法求定值指利用已知條件建立目標代數(shù)式，通過代數(shù)式的化簡變形得到定值．用參數(shù)法破解定值問題的關(guān)鍵如下：①確定參數(shù)，根據(jù)題目恰當?shù)剡x取參數(shù)，常見的參數(shù)有斜率、截距、角度等；②條件坐標系，將題目中提供的幾何信息坐標化；③目標坐標系，通過點的坐標以及根與系數(shù)的關(guān)系表示出所求為定值的目標代數(shù)式；④化解變形，將目標代數(shù)式結(jié)合題目中的條件進行轉(zhuǎn)化，得到定值．(2022·河南洛陽5月統(tǒng)一考試)設(shè)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，點P(4，m)(m>0)是拋物線C上一點，且|PF|＝5.(1)求拋物線C的方程；(2)若A，B為拋物線C上異于P的兩點，且PA⊥PB.記點A，B到直線y＝－4的距離分別為a，b，求證：ab為定值．【解】(1)由拋物線的定義知|PF|＝eq\f(p,2)＋4＝5，解得p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x.(2)證明：由P(4，m)(m>0)是拋物線C上一點，得m＝4，易知直線PA斜率存在且不為0，設(shè)直線PA的方程為x－4＝t(y－4)(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－4＝t（y－4），,y2＝4x，))消去x得y2－4ty＋16(t－1)＝0，Δ＝16(t－2)2>0，所以t≠2，所以y1＝4t－4，所以a＝|y1－(－4)|＝|4t|.因為PA⊥PB，所以用－eq\f(1,t)代替t(t≠0，t≠2，－eq\f(1,t)≠2)，得y2＝－eq\f(4,t)－4，b＝|y2－(－4)|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,t)))，所以ab＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4t×\f(4,t)))＝16，即ab為定值．解決圓錐曲線定值問題的2種求法(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)．(2)引進變量法：其解題流程為【對點訓(xùn)練】(2022·鹽城市第一次模擬)如圖，設(shè)F為橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1的右焦點，過點(2，0)的直線l與橢圓C交于A，B兩點．(1)若點B為橢圓C的上項點，求直線AF的方程；(2)設(shè)直線AF，BF的斜率分別為k1，k2(k2≠0)，求證：eq\f(k1,k2)為定值．解：(1)若B為橢圓的上頂點，則B(0，1)，故直線AB的方程為x＋2y－2＝0，代入橢圓方程可得3y2－4y＋1＝0，解得y＝1或y＝eq\f(1,3)，故點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，從而直線AF的方程為y＝x－1.(2)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．設(shè)直線AB的方程為x＝ty＋2，代入橢圓方程可得(2＋t2)y2＋4ty＋2＝0，Δ＝8t2－16>0，所以y2＋y2＝eq\f(－4t,t2＋2)，y1y2＝eq\f(2,t2＋2)，故k1＋k2＝eq\f(y1－0,x1－1)＋eq\f(y2－0,x2－1)＝eq\f(y1,ty1＋1)＋eq\f(y2,ty2＋1)＝eq\f(2ty1y2＋（y1＋y2）,（ty1＋1）（ty2＋1）)＝eq\f(2t×\f(2,t2＋2)＋\f(－4t,t2＋2),（ty1＋1）（ty2＋1）)＝0，又k1，k2均不為0，故eq\f(k1,k2)＝－1，即eq\f(k1,k2)為定值－1.技法二目標等式法求定點利用目標等式法求定點指利用目標等式恒成立的條件建立方程(組)，求解定點，用該法解決問題的關(guān)鍵點如下：①坐標點，設(shè)出點的坐標，將題目中的已知條件坐標化處理．②建立目標等式，利用題目坐標化的結(jié)論建立方程f(x，y)＋λg(x，y)＝0(λ為參數(shù))．③找定點，以方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x，y）＝0，,g（x，y）＝0))的解為坐標的點即直線或者曲線過的定點．(2022·貴陽市第一學(xué)期監(jiān)測考試)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為F，離心率為eq\f(1,2)，過F的直線l與橢圓交于A，B兩點，當AB⊥x軸時，|AB|＝3.(1)求橢圓C的方程；(2)若直線m：x＝4與x軸交于M點，AD⊥直線m，垂足為D(不與M重合)，求證：直線BD平分線段FM.【解】(1)由題意得eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，且c2＝a2－b2，當AB⊥x軸時，設(shè)A(c，yA)，則eq\f(c2,a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,A),b2)＝1.所以yA＝±eq\f(b2,a)，|AB|＝eq\f(2b2,a)，由于|AB|＝3，所以eq\f(2b2,a)＝3，解得a＝2，b＝eq\r(3)，c＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：由(1)知焦點F(1，0)，設(shè)直線l的方程為x＝ty＋1，代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，Δ＝144(1＋t2)>0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則D(4，y1)，且y1＋y2＝eq\f(－6t,3t2＋4)，y1y2＝eq\f(－9,3t2＋4)，直線BD的方程為y－y1＝eq\f(y1－y2,4－x2)(x－4)，令y＝0，得x－4＝eq\f(－y1（3－ty2）,y1－y2)＝eq\f(－3y1＋\f(－9t,3t2＋4),2y1＋\f(6t,3t2＋4))＝－eq\f(3,2)，所以x＝－eq\f(3,2)＋4＝eq\f(5,2)，即直線BD恒過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，又F(1，0)，M(4，0)，F(xiàn)M的中點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，所以直線BD平分線段FM.(1)求解(或證明)直線和曲線過定點的基本思路要證明直線過定點，先設(shè)直線的方程，利用參數(shù)確定直線方程后，易得定點．如本題(2)的關(guān)鍵是利用根與系數(shù)的關(guān)系分別確定B，D的坐標，再求出直線BD的方程，最后根據(jù)方程的形式，說明直線經(jīng)過定點．(2)圓錐曲線中定點問題的2種解法①引進參數(shù)法：引進動點的坐標或動線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量，再研究變化量與參數(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)．【對點訓(xùn)練】(2022·山西晉中5月考前模擬)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點為F，點P(1，y0)在拋物線C上，|PF|＝eq\f(5y0,4).(1)求拋物線C的標準方程；(2)已知直線l交拋物線C于點A，B，且PA⊥PB，證明：直線l過定點．解：(1)由拋物線的定義得|PF|＝y(tǒng)0＋eq\f(p,2)＝eq\f(5y0,4)，所以y0＝2p.又P(1，y0)在拋物線上，所以y0＝eq\f(1,2p)，所以2p＝eq\f(1,2p)，解得p＝eq\f(1,2)，y0＝1.故拋物線C的標準方程為x2＝y(tǒng).(2)證明：易知直線l的斜率存在，設(shè)A(x1，xeq\o\al(2,1))，B(x2，xeq\o\al(2,2))，直線l的方程為y＝kx＋m，則kPA＝eq\f(xeq\o\al(2,1)－1,x1－1)＝x1＋1，kPB＝eq\f(xeq\o\al(2,2)－1,x2－1)＝x2＋1.因為PA⊥PB，所以(x1＋1)(x2＋1)＝－1，即x1＋x2＋x1x2＋2＝0，將直線l的方程與拋物線方程聯(lián)立并消去y可得x2－kx－m＝0，Δ＝k2＋4m>0，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝k，x1x2＝－m，所以k－m＋2＝0，k2＋4m＝(k＋2)2＋4>0，所以直線l的方程為y＝kx＋k＋2＝k(x＋1)＋2，則直線l過定點(－1，2)．1．設(shè)橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1的上頂點為H，過點(2，－1)的直線與橢圓交于R，S兩點(異于H)，求證：直線HR和HS的斜率之和為定值，并求出這個定值．解：依題意，H(0，1)，顯然直線RS的斜率存在且不為0，設(shè)直線RS的方程為y＝kx＋m(k≠0)，代入橢圓方程并化簡得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由題意知，Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，設(shè)R(x1，y1)，S(x2，y2)，x1x2≠0，故x1＋x2＝eq\f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1).kHR＋kHS＝eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(kx1＋m－1,x1)＋eq\f(kx2＋m－1,x2)＝2k＋(m－1)eq\f(x1＋x2,x1x2)＝2k＋(m－1)eq\f(－8km,4m2－4)＝2k－eq\f(2km,m＋1)＝eq\f(2k,m＋1).因為直線RS過點(2，－1)，所以2k＋m＝－1.所以kHR＋kHS＝－1.故kHR＋kHS為定值－1.2．已知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－eq\f(3,4).(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：(1)設(shè)C(x，y)．由題意得kAC·kBC＝eq\f(y,x＋2)·eq\f(y,x－2)＝－eq\f(3,4)(y≠0)．整理得eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0)．故動點C的軌跡方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝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)立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))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，則x1＋x2＝eq\f(－8km,3＋4k2)，所以x1＝x2＝eq\f(－4km,3＋4k2).所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4km,3＋4k2)，\f(3m,3＋4k2)))，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4k,m)，\f(3,m))).又Q(4，4k＋m)，設(shè)R(t，0)為以PQ為直徑的圓上一點，則由eq\o(RP,\s\up6(→))·eq\o(RQ,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,m)－t，\f(3,m)))·(4－t，4k＋m)＝0.整理得eq\f(4k,m)(t－1)＋t2－4t＋3＝0.由eq\f(k,m)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)，則曲線C在點P處的切線PQ：eq\f(x0x,4)＋eq\f(y0y,3)＝1.令x＝4，得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(3－3x0,y0))).設(shè)R(t，0)為以PQ為直徑的圓上一點，則由eq\o(RP,\s\up6(→))·eq\o(RQ,\s\up6(→))＝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為直徑的圓過x軸上一定點(1，0)．3．(2022·濟寧模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),3)，且橢圓C過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3))).(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：(1)因為橢圓C過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3)))，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(4,3b2)＝1，①因為離心率為eq\f(\r(3),3)，所以eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),3)，②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eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)證明：顯然直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為：y＝kx＋m.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，))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＝－eq\f(6km,2（2＋3k2）)＝－eq\f(6km,2m2)＝－eq\f(3k,m)，所以yA＝kxA＋m＝－eq\f(3k2,m)＋m＝eq\f(m2－3k2,m)＝eq\f(2,m).所以切點A的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3k,m)，\f(2,m)))，又點B的坐標為(3，3k＋m)，右焦點F的坐標為(1，0)，所以eq\o(FA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3k,m)－1，\f(2,m)))，eq\o(FB,\s\up6(→))＝(2，3k＋m)，所以eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3k,m)－1))×2＋eq\f(2,m)×(3k＋m)＝0，所以∠AFB＝90°，即∠AFB的大小為定值．4．(2022·安徽省名校實驗班大聯(lián)考)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(2,3)，點A，B，D，E分別是橢圓C的左、右、上、下頂點，且四邊形ADBE的面積為6eq\r(5).(1)求橢圓C的標準方程；(2)已知F是C的右焦點，過F的直線交橢圓C于P，Q兩點，記直線AP，BQ的交點為T，求證：點T在定直線l上，并求出直線l方程．解：(1)設(shè)橢圓C的半焦距為c，根據(jù)題意，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(2,3)，,\f(1,2)·2a·2b＝6\r(5)，,c2＝a2－b2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝\r(5)，,c＝2，))故橢圓C的標準方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1.(2)由(1)知A(－3，0)，B(3，0)，F(xiàn)(2，0)，設(shè)T(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由kTA＝kPA得eq\f(y0,x0＋3)＝eq\f(y1,x1＋3)，由kTB＝kQB得eq\f(y0,x0－3)＝eq\f(y2,x2－3)，兩式相除得eq\f(x0－3,x0＋3)＝eq\f(y1,x1＋3)·eq\f(x2－3,y2).又eq\f(xeq\o\al(2