第二篇 專(zhuān)題五 第2課時(shí) 圓錐曲線(xiàn)中的定點(diǎn)、定值問(wèn)題

本資料分享自高中數(shù)學(xué)同步資源大全QQ群483122854專(zhuān)注收集同步資源期待你的加入與分享PAGE聯(lián)系QQ309000116加入百度網(wǎng)盤(pán)群2500G一線(xiàn)老師必備資料一鍵轉(zhuǎn)存，自動(dòng)更新，一勞永逸溫馨提示：此套題為Word版，請(qǐng)按住Ctrl,滑動(dòng)鼠標(biāo)滾軸，調(diào)節(jié)合適的觀(guān)看比例，答案解析附后。關(guān)閉Word文檔返回原板塊。專(zhuān)題五第2課時(shí)圓錐曲線(xiàn)中的定點(diǎn)、定值問(wèn)題圓錐曲線(xiàn)中的定點(diǎn)問(wèn)題【典例1】(2021·濱州一模)已知點(diǎn)A(0，－1)，B(0，1)，動(dòng)點(diǎn)P滿(mǎn)足|eq\o(PB,\s\up6(→))||eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→)).記點(diǎn)P的軌跡為曲線(xiàn)C.(1)求C的方程；(2)設(shè)D為直線(xiàn)y＝－2上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)D作C的兩條切線(xiàn)，切點(diǎn)分別是E，F(xiàn).證明：直線(xiàn)EF過(guò)定點(diǎn)．【思維點(diǎn)撥】(1)設(shè)P(x，y)，利用|eq\o(PB,\s\up6(→))||eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))求出動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程(2)設(shè)D(t，－2)，E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)，利用直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)相切，得到直線(xiàn)EF的方程，再確定定點(diǎn)【解析】(1)設(shè)P(x，y)，則eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－x，－1－y)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－x，1－y)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，2)，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(0，－2)，所以|eq\o(PB,\s\up6(→))||eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\r(（－x）2＋（1－y）2)＝1＋y化簡(jiǎn)得x2＝4y，所以C的方程為x2＝4y.(2)由題意可設(shè)D(t，－2)，E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)，由題意知切線(xiàn)DE，DF的斜率都存在，由x2＝4y，得y＝eq\f(x2,4)，則y′＝eq\f(x,2)，所以kDE＝eq\f(x1,2)，直線(xiàn)DE的方程為y－y1＝eq\f(x1,2)(x－x1)，即y－y1＝eq\f(x1,2)x－eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2)，①因?yàn)镋(x1，y1)在x2＝4y上，所以xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝4y1，即eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),2)＝2y1，②將②代入①得x1x－2y1－2y＝0，所以直線(xiàn)DE的方程為x1x－2y1－2y＝0，同理可得直線(xiàn)DF的方程為x2x－2y2－2y＝0，因?yàn)镈(t，－2)在直線(xiàn)DE上，所以tx1－2y1＋4＝0，又D(t，－2)在直線(xiàn)DF上，所以tx2－2y2＋4＝0，所以直線(xiàn)EF的方程為tx－2y＋4＝0，故直線(xiàn)EF過(guò)定點(diǎn)(0，2).本例若改為：已知點(diǎn)A(0，4)，B(0，1)，動(dòng)點(diǎn)P滿(mǎn)足|PA|＝2|PB|，設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線(xiàn)E.(1)求曲線(xiàn)E的軌跡方程；(2)若Q是直線(xiàn)l：y＝x－4上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)Q作曲線(xiàn)E的兩條切線(xiàn)QM，QN，切點(diǎn)為M，N，探究：直線(xiàn)MN是否過(guò)定點(diǎn)，若存在定點(diǎn)請(qǐng)寫(xiě)出坐標(biāo)，若不存在則說(shuō)明理由．【解析】(1)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x，y)，|PA|＝2|PB|，即eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－4))\s\up12(2))＝2eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－1))\s\up12(2))，整理得x2＋y2＝4，所以曲線(xiàn)E的軌跡方程為x2＋y2＝4；(2)依題意，ON⊥QN，OM⊥QM，則M，N都在以O(shè)Q為直徑的圓F上，因?yàn)镼是直線(xiàn)l：y＝x－4上的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)Q(t，t－4)，則圓F的圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)，\f(t－4,2)))，且經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)即圓的方程為x2＋y2－tx－(t－4)y＝0.又因?yàn)镸，N在曲線(xiàn)E：x2＋y2＝4上，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝4,x2＋y2－tx－（t－4）y＝0))，可得tx＋(t－4)y－4＝0，即直線(xiàn)MN的方程為tx＋(t－4)y－4＝0.由t∈R且t(x＋y)－4y－4＝0可得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0,4y＋4＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1,y＝－1))，所以直線(xiàn)MN是過(guò)定點(diǎn)(1，－1).直線(xiàn)過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題的常見(jiàn)解法(1)用參數(shù)表示出直線(xiàn)的方程，根據(jù)直線(xiàn)方程的特征確定定點(diǎn)的位置．(2)從特殊點(diǎn)入手，先確定定點(diǎn)，再證明該定點(diǎn)符合題目條件．提醒：求出直線(xiàn)方程是判斷直線(xiàn)是否過(guò)定點(diǎn)的前提和關(guān)鍵．(2021·石家莊二模)已知直線(xiàn)l：y＝x－1與橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞1，b＞0)相交于P，Q兩點(diǎn)，M(－1，0)，eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0.(1)證明橢圓過(guò)定點(diǎn)T(x0，y0)，并求出xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))的值；(2)求弦長(zhǎng)|PQ|的取值范圍．【解析】(1)設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－1,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1))，整理得(a2＋b2)x2－2a2x＋a2－a2b2＝0.x1＋x2＝eq\f(2a2,a2＋b2)，x1x2＝eq\f(a2－a2b2,a2＋b2)，因?yàn)閑q\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0，所以(x1＋1，y1)·(x2＋1，y2)＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝(x1＋1)(x2＋1)＋(x1－1)(x2－1)＝2x1x2＋2＝0.所以x1x2＝eq\f(a2－a2b2,a2＋b2)＝1，得2a2＋b2＝a2b2.所以eq\f(1,a2)＋eq\f(2,b2)＝1，即橢圓過(guò)定點(diǎn)T1(1，eq\r(2))，T2(1，－eq\r(2))，T3(－1，eq\r(2))，T4(－1，－eq\r(2))，所以xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝1＋2＝3；(2)|PQ|＝eq\r(2)|x1－x2|＝eq\r(2[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq\r(2[\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a2,a2＋b2)))\s\up12(2)＋4])＝2eq\r(2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,a2＋b2)))\s\up12(2)＋1)＝2eq\r(2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋\f(b2,a2))))\s\up12(2)＋1).①由2a2＋b2＝a2b2，得b2＝eq\f(2a2,a2－1)＞0，所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(2,a2－1)，代入①，得|PQ|＝2eq\r(2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋\f(2,a2－1))))\s\up12(2)＋1)，因?yàn)閍2＞1，所以|PQ|的取值范圍是(2eq\r(2)，4).圓錐曲線(xiàn)中的定值問(wèn)題【典例2】(2021·新高考I卷)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)F1(－eq\r(17)，0)，F(xiàn)2(eq\r(17)，0)，點(diǎn)M滿(mǎn)足|MF1|－|MF2|＝2，記M的軌跡為C.(1)求C的方程；(2)設(shè)點(diǎn)T在直線(xiàn)x＝eq\f(1,2)上，過(guò)T的兩條直線(xiàn)分別交C于A，B兩點(diǎn)和P，Q兩點(diǎn)，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直線(xiàn)AB的斜率與直線(xiàn)PQ的斜率之和．【思維點(diǎn)撥】(1) 利用雙曲線(xiàn)的定義可知軌跡方程(2) 分別求出|TA|·|TB|，|TP|·|TQ|的表達(dá)式，由|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|化簡(jiǎn)可得斜率之和．【規(guī)范解答】(1)因?yàn)閨MF1|－|MF2|＝2，所以軌跡C為雙曲線(xiàn)右半支，2分c2＝17，2a＝2，所以a2＝1，b2＝16，所以C的方程為x2－eq\f(y2,16)＝1(x＞0).4分易錯(cuò)點(diǎn)沒(méi)有判斷出是雙曲線(xiàn)的右支障礙點(diǎn) 不能利用雙曲線(xiàn)定義判定曲線(xiàn)軌跡學(xué)科素養(yǎng) 邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算，直觀(guān)想象評(píng)分細(xì)則 判斷出是雙曲線(xiàn)右支得2分，只判斷出雙曲線(xiàn)沒(méi)有說(shuō)明為雙曲線(xiàn)的右支扣1分。(2)設(shè)Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n))，設(shè)AB：y－n＝k1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－n＝k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))),x2－\f(y2,16)＝1))，所以(16－keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))x2＋(keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－2k1n)x－eq\f(1,4)keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－n2＋k1n－16＝0，6分所以x1＋x2＝eq\f(keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－2k1n,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－16)，x1x2＝eq\f(\f(1,4)keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋n2－k1n＋16,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－16)，|TA|＝eq\r(1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,2)))，|TB|＝eq\r(1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,2)))，8分所以|TA|·|TB|＝(1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,2)))＝eq\f(（n2＋12）（1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))）,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－16)，設(shè)PQ：y－n＝k2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，同理|TP|·|TQ|＝eq\f(（n2＋12）（1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))）,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－16)， 10分因?yàn)閨TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，所以eq\f(1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－16)＝eq\f(1＋keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－16)，1＋eq\f(17,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－16)＝1＋eq\f(17,keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－16)，所以keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－16＝keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－16，即keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，因?yàn)閗1≠k2，所以k1＋k2＝0.12分易錯(cuò)點(diǎn)化簡(jiǎn)|TA|·|TB|，|TP|·|TQ|出錯(cuò)障礙點(diǎn)誤認(rèn)為直接求兩直線(xiàn)斜率，導(dǎo)致無(wú)法完成學(xué)科素養(yǎng)邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算、直觀(guān)想象評(píng)分細(xì)則未說(shuō)明直線(xiàn)AB斜率不存在情況扣1分，|TA|·|TB|表達(dá)式化簡(jiǎn)正確得2分．求定值問(wèn)題常見(jiàn)的方法(1)從特殊值入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無(wú)關(guān)．(2)直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過(guò)程中消去變量，從而得到定值．(2021·南京一模)設(shè)F為橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1的右焦點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)(2，0)的直線(xiàn)與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)．(1)若點(diǎn)B為橢圓C的上頂點(diǎn)，求直線(xiàn)AF的方程；(2)設(shè)直線(xiàn)AF，BF的斜率分別為k1，k2(k2≠0)，求證：eq\f(k1,k2)為定值．【解析】(1)若B為橢圓的上頂點(diǎn)，則B(0，1).又AB過(guò)點(diǎn)(2，0)，故直線(xiàn)AB：x＋2y－2＝0.代入橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1，可得3y2－4y＋1＝0，解得y1＝1，y2＝eq\f(1,3)，即點(diǎn)A(eq\f(4,3)，eq\f(1,3))，從而直線(xiàn)AF：y＝x－1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，方法一：設(shè)直線(xiàn)AB：x＝ty＋2，代入橢圓方程可得：(2＋t2)y2＋4ty＋2＝0.所以y1＋y2＝eq\f(－4t,t2＋2)，y1y2＝eq\f(2,t2＋2).故k1＋k2＝eq\f(y1,x1－1)＋eq\f(y2,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.方法二：設(shè)直線(xiàn)AB：x＝ty＋2，代入橢圓方程可得：(2＋t2)y2＋4ty＋2＝0.所以y1＋y2＝eq\f(－4t,t2＋2)，y1y2＝eq\f(2,t2＋2).所以eq\f(y1y2,y1＋y2)＝－eq\f(1,2t)，即ty1y2＝－eq\f(y1＋y2,2)，所以eq\f(k1,k2)＝eq\f(\f(y1,x1－1),\f(y2,x2－1))＝eq\f(y1（x2－1）,y2（x1－1）)＝eq\f(y1（ty2＋1）,y2（ty1＋1）)＝eq\f(ty1y2＋y1,ty1y2＋y2)＝eq\f(－\f(y1＋y2,2)＋y1,－\f(y1＋y2,2)＋y2)＝－1，即eq\f(k1,k2)為定值－1.方法三：設(shè)直線(xiàn)AB：x＝ty＋2，代入橢圓方程可得：(2＋t2)y2＋4ty＋2＝0.所以y1＋y2＝eq\f(－4t,t2＋2)，y1y2＝eq\f(2,t2＋2)，所以