2023年高考数学一轮复习习题：第九章第8节　微课2　定值问题

微课2定值问题题型一长度或距离为定值【例1】已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的上顶点A与左、右焦点F1，F2构成一个面积为1的直角三角形．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l与椭圆C相切，求证：点F1，F2到直线l的距离之积为定值．(1)解∵椭圆C的上顶点A与左、右焦点F1，F2构成一个面积为1的直角三角形，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝c，,bc＝1，))∴b＝c＝1，∴a2＝b2＋c2＝2，∴椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)证明①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝±eq\r(2)，点F1，F2到直线l的距离之积为(eq\r(2)－1)(eq\r(2)＋1)＝1.②当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝－8(m2－2k2－1)＝0，∴m2＝1＋2k2，点F1到直线l：y＝kx＋m的距离d1＝eq\f(|－k＋m|,\r(k2＋1))，点F2到直线l：y＝kx＋m的距离d2＝eq\f(|k＋m|,\r(k2＋1)).∴d1d2＝eq\f(|－k＋m|,\r(k2＋1))·eq\f(|k＋m|,\r(k2＋1))＝eq\f(|m2－k2|,k2＋1)＝eq\f(|2k2＋1－k2|,k2＋1)＝1.综上，可知当直线l与椭圆C相切时，点F1，F2到直线l的距离之积为定值1.感悟升华圆锥曲线中的定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“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．定值问题同证明问题类似，在求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，定值显现．【训练1】在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2－y2＝1.设椭圆C2：4x2＋y2＝1.若M，N分别是C1，C2上的动点，且OM⊥ON，求证：O到直线MN的距离是定值．证明当直线ON垂直于x轴时，|ON|＝1，|OM|＝eq\f(\r(2),2)，则O到直线MN的距离为eq\f(\r(3),3)，当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为y＝kxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(显然|k|>\f(\r(2),2)))，则直线OM的方程为y＝－eq\f(1,k)x，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,4x2＋y2＝1，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(1,4＋k2)，,y2＝\f(k2,4＋k2)，))所以|ON|2＝eq\f(1＋k2,4＋k2)，同理|OM|2＝eq\f(1＋k2,2k2－1)，设O到直线MN的距离为d，因为(|OM|2＋|ON|2)d2＝|OM|2|ON|2，所以eq\f(1,d2)＝eq\f(1,|OM|2)＋eq\f(1,|ON|2)＝eq\f(3k2＋3,k2＋1)＝3，即d＝eq\f(\r(3),3).综上，O到直线MN的距离是定值．题型二斜率或其表达式为定值【例2】(2020·兰州诊断)如图，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点A(0，－1)且离心率为eq\f(\r(2),2).(1)求椭圆E的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值．(1)解由题设知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝eq\r(2)，所以椭圆E的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)证明由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，则x1＋x2＝eq\f(4kk－1,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2kk－2,1＋2k2)，从而直线AP，AQ的斜率之和为kAP＋kAQ＝eq\f(y1＋1,x1)＋eq\f(y2＋1,x2)＝eq\f(kx1＋2－k,x1)＋eq\f(kx2＋2－k,x2)＝2k＋(2－k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝2k＋(2－k)eq\f(x1＋x2,x1x2)＝2k＋(2－k)eq\f(4kk－1,2kk－2)＝2k－2(k－1)＝2(即为定值)．【训练2】(2021·大同模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，已知|AB|＝4，且点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(3,4)\r(5)))在椭圆上，其中e是椭圆的离心率．(1)求椭圆C的方程；(2)设P是椭圆C上异于A，B的点，与x轴垂直的直线l分别交直线AP，BP于点M，N，求证：直线AN与直线BM的斜率之积是定值．(1)解∵|AB|＝4，∴2a＝4，∴a＝2，又点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(3\r(5),4)))在椭圆上，∴eq\f(e2,4)＋eq\f(45,16b2)＝1，又b2＋c2＝a2＝4，联立方程组解得b2＝3，∴椭圆方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明设点P的坐标为(s，t)，点M，N的横坐标为m(m≠±2)，则直线AP的方程为y＝eq\f(t,s＋2)(x＋2)，故Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(t,s＋2)m＋2))，故直线BM的斜率k1＝eq\f(tm＋2,s＋2m－2)，同理可得直线AN的斜率k2＝eq\f(tm－2,s－2m＋2)，故k1k2＝eq\f(tm＋2,s＋2m－2)×eq\f(tm－2,s－2m＋2)＝eq\f(t2,s2－4)，又点P在椭圆上，∴eq\f(s2,4)＋eq\f(t2,3)＝1，∴t2＝－eq\f(3,4)(s2－4)，∴k1k2＝eq\f(－\f(3,4)s2－4,s2－4)＝－eq\f(3,4).即直线AN与直线BM的斜率之积为定值．题型三几何图形面积为定值【例3】(2021·昆明诊断)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为e，点(1，e)在椭圆E上，点A(a,0)，B(0，b)，△AOB的面积为eq\f(3,2)，O为坐标原点．(1)求椭圆E的标准方程；(2)若直线l交椭圆E于M，N两点，直线OM的斜率为k1，直线ON的斜率为k2，且k1k2＝－eq\f(1,9)，证明：△OMN的面积是定值，并求此定值．解(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(e2,b2)＝1，,e＝\f(c,a)，,c2＝a2－b2，))得b＝1.又S△AOB＝eq\f(1,2)ab＝eq\f(3,2)，得a＝3.所以椭圆E的标准方程为eq\f(x2,9)＋y2＝1.(2)当直线l的斜率不存在时，设直线l：x＝t(－3<t<3且t≠0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋y2＝1，,x＝t，))得y2＝1－eq\f(t2,9)，则k1k2＝eq\f(\r(1－\f(t2,9)),t)×eq\f(－\r(1－\f(t2,9)),t)＝－eq\f(1－\f(t2,9),t2)＝－eq\f(1,9)，解得t2＝eq\f(9,2).所以S△OMN＝eq\f(1,2)×2×eq\r(1－\f(t2,9))×|t|＝eq\f(3,2).当直线l的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l：y＝kx＋m(m≠0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,9)＋y2＝1))消去y并整理，得(9k2＋1)x2＋18kmx＋9m2－9＝0.Δ＝(18km)2－4(9k2＋1)(9m2－9)＝36(9k2－m2＋1)>0，x1＋x2＝－eq\f(18km,9k2＋1)，x1x2＝eq\f(9m2－9,9k2＋1)，k1k2＝eq\f(y1,x1)×eq\f(y2,x2)＝eq\f(kx1＋mkx2＋m,x1x2)＝eq\f(－9k2＋m2,9m2－9)＝－eq\f(1,9)，化简得9k2＋1＝2m2，满足Δ>0.|MN|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(18km,9k2＋1)))2－4·\f(9m2－9,9k2＋1))＝eq\f(6\r(1＋k2)·\r(9k2－m2＋1),9k2＋1).又原点O到直线l的距离d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))，所以S△OMN＝eq\f(1,2)×|MN|×d＝eq\f(3\r(1＋k2)·\r(9k2－m2＋1),9k2＋1)×eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝eq\f(3|m|\r(2m2－m2),2m2)＝eq\f(3,2).综上可知，△OMN的面积为定值eq\f(3,2).感悟升华探求圆锥曲线中几何图形的面积的定值问题，一般用直接求解法，即可先利用三角形面积公式(如果是其他凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解)把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可．【训练3】已知点F(0,2)，过点P(0，－2)且与y轴垂直的直线为l1，l2⊥x轴，交l1于点N，直线l垂直平分FN，交l2于点M.(1)求点M的轨迹方程；(2)记点M的轨迹为曲线E，直线AB与曲线E交于不同两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x2－1＝x1＋m2(m为常数)，直线l′与AB平行，且与曲线E相切，切点为C，试问△ABC的面积是否为定值．若为定值，求出△ABC的面积；若不是定值，说明理由．解(1)由题意得|FM|＝|MN|，即动点M到点F(0,2)的距离和到直线y＝－2的距离相等，所以点M的轨迹是以F(0,2)为焦点，直线y＝－2为准线的抛物线，根据抛物线定义可知点M的轨迹方程为x2＝8y.(2)由题意知，直线AB的斜率存在，设其方程为y＝kx＋b，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,x2＝8y))消去x整理得x2－8kx－8b＝0.则x1＋x2＝8k，x1·x2＝－8b.设AB的中点为Q，则点Q的坐标为(4k,4k2＋b)．由条件设切线方程为y＝kx＋t，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t，,x2＝8y))消去y整理得x2－8kx－8t＝0.∵直线与抛物线相切，∴Δ＝64k2＋32t＝0，∴t＝－2k2，∴切点C的横坐标为4k，∴点C的坐标为(4k,2k2)．∴CQ⊥x轴，∵x2－x1＝m2＋1，∴(x2－x1)2＝(x1＋x2)2－4(－8b)＝64k2＋32b＝(m2＋1)2，∴b＝eq\f(m2＋12－64k2,32).∴S△ABC＝eq\f(1,2)|CQ|·|x2－x1|＝eq\f(1,2)·(2k2＋b)·(x2－x1)＝eq\f(m2＋13,64)，∵m为常数，∴△ABC的面积为定值．1．(2021·洛阳高三统考)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)，其焦点为F，O为坐标原点，直线l与抛物线C相交于不同的两点A，B，M为AB的中点．(1)若p＝2，M的坐标为(1,1)，求直线l的方程．(2)若直线l过焦点F，AB的垂直平分线交x轴于点N，求证：eq\f(2|MN|2,|FN|)为定值．(1)解由题意知直线l的斜率存在且不为0，故设直线l的方程为x－1＝t(y－1)即x＝ty＋1－t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1－t，,y2＝4x，))得y2－4ty－4＋4t＝0，∴Δ＝16t2＋16－16t＝16(t2－t＋1)＞0，y1＋y2＝4t，∴4t＝2，即t＝eq\f(1,2).∴直线l的方程为2x－y－1＝0.(2)证明∵抛物线C：y2＝2px(p＞0)，∴焦点F的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0)).由题意知直线l的斜率存在且不为0，∵直线l过焦点F，故设直线l的方程为x＝ty＋eq\f(p,2)(t≠0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋\f(p,2),y2＝2px))，得y2－2pty－p2＝0，∴y1＋y2＝2pt，Δ＝4p2t2＋4p2＞0.∴x1＋x2＝t(y1＋y2)＋p＝2pt2＋p，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pt2＋\f(p,2)，pt)).∴MN的方程为y－pt＝－teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－pt2－\f(p,2))).令y＝0，解得x＝pt2＋eq\f(3p,2)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pt2＋\f(3p,2)，0))，∴|MN|2＝p2＋p2t2，|FN|＝pt2＋eq\f(3p,2)－eq\f(p,2)＝pt2＋p，∴eq\f(2|MN|2,|FN|)＝eq\f(2p2＋p2t2,pt2＋p)＝2p，为定值．2．(2020·新高考山东卷)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，且过点A(2,1)．(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．(1)解由题设得eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1,eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(1,2)，解得a2＝6，b2＝3.所以C的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明设M(x1，y1)，N(x2，y2)．若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.于是x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－6,1＋2k2).①由AM⊥AN，得eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.将①代入上式