高考数学第一轮复习2 突破六　圆锥曲线中的定值、定点问题

突破六圆锥曲线中的定值、定点问题技法一参数法求定值利用参数法求定值指利用已知条件建立目标代数式，通过代数式的化简变形得到定值．用参数法破解定值问题的关键如下：①确定参数，根据题目恰当地选取参数，常见的参数有斜率、截距、角度等；②条件坐标系，将题目中提供的几何信息坐标化；③目标坐标系，通过点的坐标以及根与系数的关系表示出所求为定值的目标代数式；④化解变形，将目标代数式结合题目中的条件进行转化，得到定值．(2022·河南洛阳5月统一考试)设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点P(4，m)(m>0)是抛物线C上一点，且|PF|＝5.(1)求抛物线C的方程；(2)若A，B为抛物线C上异于P的两点，且PA⊥PB.记点A，B到直线y＝－4的距离分别为a，b，求证：ab为定值．【解】(1)由抛物线的定义知|PF|＝eq\f(p,2)＋4＝5，解得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)证明：由P(4，m)(m>0)是抛物线C上一点，得m＝4，易知直线PA斜率存在且不为0，设直线PA的方程为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|.因为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为定值．解决圆锥曲线定值问题的2种求法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)引进变量法：其解题流程为【对点训练】(2022·盐城市第一次模拟)如图，设F为椭圆C：eq\f(x2,2)＋y2＝1的右焦点，过点(2，0)的直线l与椭圆C交于A，B两点．(1)若点B为椭圆C的上项点，求直线AF的方程；(2)设直线AF，BF的斜率分别为k1，k2(k2≠0)，求证：eq\f(k1,k2)为定值．解：(1)若B为椭圆的上顶点，则B(0，1)，故直线AB的方程为x＋2y－2＝0，代入椭圆方程可得3y2－4y＋1＝0，解得y＝1或y＝eq\f(1,3)，故点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，从而直线AF的方程为y＝x－1.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．设直线AB的方程为x＝ty＋2，代入椭圆方程可得(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均不为0，故eq\f(k1,k2)＝－1，即eq\f(k1,k2)为定值－1.技法二目标等式法求定点利用目标等式法求定点指利用目标等式恒成立的条件建立方程(组)，求解定点，用该法解决问题的关键点如下：①坐标点，设出点的坐标，将题目中的已知条件坐标化处理．②建立目标等式，利用题目坐标化的结论建立方程f(x，y)＋λg(x，y)＝0(λ为参数)．③找定点，以方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x，y）＝0，,g（x，y）＝0))的解为坐标的点即直线或者曲线过的定点．(2022·贵阳市第一学期监测考试)椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，离心率为eq\f(1,2)，过F的直线l与椭圆交于A，B两点，当AB⊥x轴时，|AB|＝3.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线m：x＝4与x轴交于M点，AD⊥直线m，垂足为D(不与M重合)，求证：直线BD平分线段FM.【解】(1)由题意得eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，且c2＝a2－b2，当AB⊥x轴时，设A(c，yA)，则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，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明：由(1)知焦点F(1，0)，设直线l的方程为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，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D(4，y1)，且y1＋y2＝eq\f(－6t,3t2＋4)，y1y2＝eq\f(－9,3t2＋4)，直线BD的方程为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)，即直线BD恒过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，又F(1，0)，M(4，0)，FM的中点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，所以直线BD平分线段FM.(1)求解(或证明)直线和曲线过定点的基本思路要证明直线过定点，先设直线的方程，利用参数确定直线方程后，易得定点．如本题(2)的关键是利用根与系数的关系分别确定B，D的坐标，再求出直线BD的方程，最后根据方程的形式，说明直线经过定点．(2)圆锥曲线中定点问题的2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，再研究变化量与参数何时没有关系，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．【对点训练】(2022·山西晋中5月考前模拟)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点P(1，y0)在抛物线C上，|PF|＝eq\f(5y0,4).(1)求抛物线C的标准方程；(2)已知直线l交抛物线C于点A，B，且PA⊥PB，证明：直线l过定点．解：(1)由抛物线的定义得|PF|＝y0＋eq\f(p,2)＝eq\f(5y0,4)，所以y0＝2p.又P(1，y0)在抛物线上，所以y0＝eq\f(1,2p)，所以2p＝eq\f(1,2p)，解得p＝eq\f(1,2)，y0＝1.故抛物线C的标准方程为x2＝y.(2)证明：易知直线l的斜率存在，设A(x1，xeq\o\al(2,1))，B(x2，xeq\o\al(2,2))，直线l的方程为y＝kx＋m，则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.因为PA⊥PB，所以(x1＋1)(x2＋1)＝－1，即x1＋x2＋x1x2＋2＝0，将直线l的方程与抛物线方程联立并消去y可得x2－kx－m＝0，Δ＝k2＋4m>0，由根与系数的关系得x1＋x2＝k，x1x2＝－m，所以k－m＋2＝0，k2＋4m＝(k＋2)2＋4>0，所以直线l的方程为y＝kx＋k＋2＝k(x＋1)＋2，则直线l过定点(－1，2)．1．设椭圆C：eq\f(x2,4)＋y2＝1的上顶点为H，过点(2，－1)的直线与椭圆交于R，S两点(异于H)，求证：直线HR和HS的斜率之和为定值，并求出这个定值．解：依题意，H(0，1)，显然直线RS的斜率存在且不为0，设直线RS的方程为y＝kx＋m(k≠0)，代入椭圆方程并化简得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题意知，Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，设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).因为直线RS过点(2，－1)，所以2k＋m＝－1.所以kHR＋kHS＝－1.故kHR＋kHS为定值－1.2．已知A(－2，0)，B(2，0)，点C是动点且直线AC和直线BC的斜率之积为－eq\f(3,4).(1)求动点C的轨迹方程；(2)设直线l与(1)中轨迹相切于点P，与直线x＝4相交于点Q，判断以PQ为直径的圆是否过x轴上一定点．解：(1)设C(x，y)．由题意得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)．故动点C的轨迹方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0)．(2)方法一：易知直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋m.联立方程组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.依题意得Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即3＋4k2＝m2.设x1，x2为方程(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0的两个根，则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)，设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，则由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.综上可知以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0)．方法二：设P(x0，y0)，则曲线C在点P处的切线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))).设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，则由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.综上可知，以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0)．3．(2022·济宁模拟)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(3),3)，且椭圆C过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3))).(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的右焦点为F，直线l与椭圆C相切于点A，与直线x＝3相交于点B，求证：∠AFB的大小为定值．解：(1)因为椭圆C过点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因为离心率为eq\f(\r(3),3)，所以eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),3)，②又因为a2＝b2＋c2，③由①②③得a2＝3，b2＝2，c2＝1，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)证明：显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为：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).所以切点A的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3k,m)，\f(2,m)))，又点B的坐标为(3，3k＋m)，右焦点F的坐标为(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的大小为定值．4．(2022·安徽省名校实验班大联考)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(2,3)，点A，B，D，E分别是椭圆C的左、右、上、下顶点，且四边形ADBE的面积为6eq\r(5).(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知F是C的右焦点，过F的直线交椭圆C于P，Q两点，记直线AP，BQ的交点为T，求证：点T在定直线l上，并求出直线l方程．解：(1)设椭圆C的半焦距为c，根据题意，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，))故椭圆C的标准方程为eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1.(2)由(1)知A(－3，0)，B(3，0)，F(2，0)，设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)，两式相除得eq\f(x0－3,x0＋3)＝eq\f(y1,x1＋3)·eq\f(x2－3,y2).又eq\f(xeq\o\al(2