旧教材适用2023高考数学一轮总复习 高考大题研究五二定点定值问题

专题研究(二)定点、定值问题

题型一定点问题

例1已知抛物线α1=-2Py经过点(2,—1).

(1)求抛物线C的方程及其准线方程；

(2)设。为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为O的直线/交抛物线C于也，V两点，直

线F=—1分别交直线OV于点/和点区求证：以18为直径的圆经过y轴上的两个定点.

解(1)由抛物线α步=-2勿经过点(2,-1),得P=2.

所以抛物线。的方程为f=-4y,其准线方程为y=L

(2)证明：抛物线C的焦点为6(0,-1).

设直线1的方程为y=⅛-l(A≠0).

y=kx—1,

由得X÷4ΛΛ-4=0.

x--4y

设"(xι,%),MX2,K),贝IIXI及=-4.

直线的方程为y=~x.

Xl

令F=-1,得点A的横坐标X,=

iʃi

同理得点6的横坐标XB=一应.

设点〃(O,ri),则的=卜去一1—7?)

—1—/ə,

XlX2

=-4+5+1)2.

令Λ4∙O6=0,即-4+(〃+1)'=0,得〃=1或〃=—3.

综上，以46为直径的圆经过y轴上的定点91)和(0,-3).

［解题策略］(1)求解直线或曲线过定点问题的基本思路是:把直线或曲线方程中的变量

X,y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成

立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于X,y的方程组，这个方程组的解

所确定的点就是直线或曲线所过的定点.

(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式了一加=耿x—施)，则直线

必过定点(为，％);若得到了直线方程的斜截式尸成+〃，则直线必过定点(O,ni).

2

变式训练1(2020•全国I卷)已知48分别为椭圆反当+∕=l(a>l)的左、右顶点,

Q

―►-►

G为K的上顶点，AG♦GBK尸为直线x=6上的动点，为与K的另一交点为C,PB与E的

另一交点为D.

(1)求£■的方程；

(2)证明：直线切过定点.

解(1)依据题意作出如下图象：

由椭圆方程E当+∕=l(a>l)可得4(—a,0),B[a,0),G(0,1),

a

—►—►

.∖ΛG=(a,1),GB=(a,-1).

-A-►

.∙.AG∙Gβ=a-l=8,Λa'=9.

V2

.∙.椭圆£■的方程为§+/=1.

(2)证明:由(1)得/1(—3,0),6(3,0),设尸(6,⑸,y<)≠0,

则直线4―的方程为P=,JL°程+3),

O—-ɔ

即y弋(x+3),

直线9的方程为y=号(x—3),

O-O

即y=γU-3).

ɔ

联立直线的方程与椭圆方程可得

E=L

y=^χ+3

整理得5+9)f+6苏x+9M—81=0,

—3jj+27

解得x=-3或x：

4+9

—34+27

将X—代入y=^（χ+3）可得

yo+9

...点C的坐标为（一靠27,6%)

同理可得，点〃的坐标为（*_；,诵割，

①当£:#X〃时，

直线6»的方程为

6乂1—仁2%

1―24—+9U+1J(3,-3)

ʃ∖.½)+1/-3j⅞+27ʃb+1J

/+9Jb+1

故直线G9过定点（|，0）

-3jb+273J4-3

②当XC=X〃时,即1+9=而^'

3

有Jb=3,此时&、=x〃=j,

即直线W的方程为x=∣,过定点修，0）.

综上所述，直线切过定点仔，0）.

题型二定值问题

例2（2022•兰州诊断）已知曲线C上的任意一点到直线1：x=一；的距离与到点

；，0)的距离相等.

(1)求曲线。的方程；

(2)若过户(1,0)的直线与曲线C相交于46两点，。(一1,0)为定点，设直线4。的斜率

119

为A直线制的斜率为前直线四的斜率为L证明：至十7一亍为定值.

K∖K2K

解⑴由条件可知，此曲线是焦点为厂的抛物线，f=∣,P=I,

.∙.曲线。的方程为y=2x.

(2)证明：根据已知，直线46的方程为y=雇x—DJWO),

∖y=kχ-l,

由J2C可得打一2y-24=0.

［y=2X

则a+%=1y∖y2=-2.

M2必―2%

f+1y'+2f+1/2

.「1加2"一+22

•/十年——4√一十一41—

一+2男+应+2"

U+HY+8J¾⅜+41+)

=471

8)+)+32

16

%+j⅞-2y∣%+4

2

112

二届+总一T=4,为定值.

［解题策略］圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略

(1)求代数式为定值.依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即

可得出定值.

(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设

条件化简、变形求得.

(3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变

形即可求得.

22/7

变式训练2(2020•新高考I卷)已知椭圆C：当+方=1(a>6>0)的离心率为手，且过点

3bL

4(2,1).

(1)求。的方程；

(2)点也N在C上，且4K4V,ADVMN,。为垂足.证明：存在定点0,使得|〃。|为定

值.

rcΛ∕2

~a~2，

解(1)由题意，可得<生

了十了j

、才=4+6

解得a'=6,lf-c=3,

22

故椭圆C的方程为卷+卷=1.

63

(2)证明：设点M(XI,zɪ),MX2,72).

因为4月_4乂所以4V∙4V=0,

即(ʃɪ-2)(%2-2)+(7ɪ-1)(∕2-1)=0.①

当直线极V『的斜率存在时，设其方程为尸M+加，如图L

代入椭圆方程消去y并整理，得(1+2芯)步+4«6彳+2方-6=0,

Akm2m—6

X∖+X2=②

1+2户"∕2=TT5T'

根据y∖-kx∖+πι,y2-kxi+m,代入①整理，可得(如+1)汨*2+(而一4一2)(为+兹)+(0

-1)2+4=O,

将②代入上式，得(2+1)(km-A-2)•1]+U-1)2+4=0,

整理化简得(24+36+1)(24+//7—1)=0,

因为4(2,1)不在直线WV上，所以24+必一l≠0,

所以24+3%+1=0,k≠l,

于是直线期V的方程为y=(χ-∣)-/

所以直线助Vr过定点£号一上).

当直线4V的斜率不存在时，可得Mx,-71),如图2.

代入(XL2)(火2—2)+(71—1)(j/2-1)=O得

(ʃɪ-2)"+l-JΛ=0,

结合卷+弓=1,解得小=2(舍去)或为=,，

633

此时直线的V过点(；，一

因为M团为定值，且△?!，后为直角三角形，力后为斜边，

所以烈的中点0满足I〃Ql为定值(熊长度的一半*Y(2-∙∣)+(1+加半.

由于4(2,1),(|,一；),

故由中点坐标公式可得《，

故存在点出，，，使得I为定值.

课时作业I

1.(2022•山西吕梁调研)己知椭圆C：2+S=l(a>6>0)的焦距为4,/(2,鸣是椭圆C

abI5J

上的点.

(1)求椭圆C的方程；

-A-►-►

(2)。为坐标原点，A,6是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点，设OgoA+OB,证明：直

线48的斜率与直线勿的斜率的乘积为定值.

解(1)由题意，知2c=4,BPC-2,

则椭圆C的方程为5+±=ι,

因为点^2,用在椭圆。上，

41

所以F+T~~丁丁=1，

a5a-4

解得才=5或4=?（舍去）,

ɔ

所以椭圆C的方程为刍√=L

ɔ

⑵证法一：设力(不，/1),BlX?,%),直线/6的方程为y=4x+〃(刀≠0,A≠O),

y=kx+n,

联立</消去y,整理得(5片+1)/+10%/汽+5〃2—5=0,

M=L

则Δ=100A2Π2-4(5A2+1)(5Λ2-5)=100^-20Λ+20>0,

—10⅛2n

E+E=51+]'y+%=4(xι+o)+2〃=542+],

—►―►―►

由Ω4+仍=①，得〃(X∣+X2,7ɪ+J2),

所以直线勿的斜率岫=千差=—最，

则k•岫=—(，故直线48的斜率与直线勿的斜率的乘积为定值一

55

证法二：设力（汨，7ɪ）,B（X2,现），XIWX2且xι+x2z≠z0,由0A+OB=OD,得〃（汨+如y↑

+%），

所以直线4?的斜率心=匕二匕，

Xl-X2

z

直线M的斜率⅛w=⅛与

Xi+X2

（2.

Rjɪ

由〈得£（汨+均（小一生）+（凹+度）（》—%）

回2』,=0,

∕ι+j2y∖-yι1

即ππ-;—・-----=-7，

x↑-]-x2x∖-X25

所以如∙koi）=—ɪ

ɔ

故直线48的斜率与直线勿的斜率的乘积为定值一!.

5

22

2.（2021•合肥模拟）已知椭圆G：2+£=1（於核0）的右顶点与抛物线G：「=2°X（P>0）

au

的焦点重合，椭圆G的离心率为:，过椭圆G的右焦点尸且垂直于X轴的直线截抛物线所得

的弦长为4√2.

(1)求椭圆G和抛物线C的方程；

⑵过点A(-2,0)的直线1与C交于MN两点，若点M关于X轴的对称点为"，证明:

直线〃M恒过一定点.

解⑴依题意，可得a=g,

则G：y=4ax,令X=C得y=4acf

c

即y=±2γ[acf所以4y[ac=4yβf所以ac-λ.

'ac=2,

c1I-

由〈二=5，解得a=2,b=yβ,

aZV

京=4+02,

22

所以椭圆G的方程为3+5=1,抛物线G的方程为∕=8χ.

⑵证明：依题意可知直线/的斜率存在且不为0,

可设/：x=ιny-29.4/(ʃi,力)，N(x?,㈤，则〃(ɪi,一力)，

X=Iny-2,

联立《2消去X得/—8Wy+16=0,

,y=8%,

由/>0得水-1或勿>1.

因为，+%=8加，y\y2=16,所以R=~

O

所以直线〃N的斜率

,j2÷yι8加8

KifV===，

X2-X∖m72-7172-71

O

可得直线〃”的方程为LXn(Xf)，

my2—?

即y---------χ+度

Y2-y∖〃2一K

872%—必-%加+力+16

-----x+1----------------------------

72-71%-K

8168

X(x—2)，

Y2-y∖yι-y∖y2-y∖

所以当成一1或m>1时，直线〃N恒过定点(2,0).

3.已知点4笈关于坐标原点。对称，=4,。历过点46且与直线x+2=0相切.

(1)若/在直线x+y=0上，求。〃的半径；

⑵是否存在定点尸，使得当力运动时，M如一I，步I为定值？并说明理由.

解(1)因为。〃过点力，B,所以圆心"在力8的垂直平分线上.

因为力在直线x+y=O上，且46关于坐标原点0对称，所以〃在直线y=x上，故可

设M(a,a).

因为。M与直线x+2=0相切，所以。"的半径为r=∣a+2∣.

由已知得∣∕O∣=2.

又MoLA0,故可得2才+4=(a+2)2,解得a=0或3=4.

故。"的半径r=2或r=6.

(2)存在定点尸(1,0),使得|例|一|如为定值.

理由如下：

设"(x,y),由已知得。."的半径为r=∣x+2∣,I40|=2.

由就叱40,得f+∕+4=(χ+2)2,化简得M的轨迹方程为∕=4X.

因为曲线G/=4X是以点p(ι,o)为焦点，直线x=-I为准线的抛物线，所以∣,M∣=χ

+1.

因为|物|—I闻=ι­∖MP∖=x+2-(JrM)=1,

所以存在满足条件的定点2

V2J1

4.(2022•昆明诊断)已知椭圆GF+£=l(a>»0)的离心率为小左、右焦点分别为

ab3

A,F,4为椭圆C上一点，AFLFF,且

22lið

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设椭圆C的左、右顶点分别为4,A2,过4,4分别作X轴的垂线12,椭圆C的

一条切线/：尸kx+m与h,A分别交于MM两点，求证：N朗%V为定值.

og8

解⑴由AFzlFM,∖AF∖=1，得一=三.

2ə3,O

又e='=<,a=l)+c,所以才=9,62=8,

a3

故椭圆。的标准方程为看+5=1.

yo

(2)证明：由题意可知，直线乙的方程为x=-3,直线A的方程为x=3.

直线/分别与直线人a的方程联立得

/17(—3,—3k+而,∕V(3,34+加),

所以凡始=(一2,-3Z-+w),

—›

RN=(4,3k+πi),

—►—►

所以凡用上一8+方一9欧

、尸kx+πι,

得(9A2+8)y+18⅛7ʃ+9zz∕-72=0.

因为直线/与椭圆。相切，

所以J=(18⅛∂2-4(9⅛2+8)(9T√-72)=0,

化简得帚=9接+8.

—►—►

所以凡(/•EA-一8+宫-92=0,

■■■>,,“Aɪɪ

所以AjaEA4故乙新W为定值万

5.(2021•洛阳高三统考)已知抛物线α/=2PX(P>0),其焦点为区。为坐标原点,

直线/与抛物线C相交于不同的两点儿8,材为48的中点.

(1)若p=2,材的坐标为(1,1),求直线/的方程；

9IMVI2

(2)若直线/过焦点凡4?的垂直平分线交X轴于点M求证：Fɪ为定值.

解(1)由题意知直线1的斜率存在且不为0,故设直线1的方程为%-l=∕zz(y-l),

即X=〃少+1—必，设力(ayι),B(X2,y2).

[x=∕ny+l-nιf

由彳2得Z-4/77/-4+4/77=0,

ɪʃ=4x,

.*.Δ=16∕Z∕2÷16-16/77=16(/»-∕zz+l)>0,巾+度=4勿，

・:4加=2,BPzz7=zɪ

・•・直线/的方程为2χ-yT=0.

(2)证明：・・・抛物线C：/=2PX(P〉0),

焦点尸的坐标为(g0).

由题意知直线1的斜率存在且不为0,

又直线/过焦点E故设直线/的方程为X=Si■殳1W0),设力(x∣,7ɪ),BlX2,y2).

A/5得/一2〃〃一方=。,

由V

j=2px,

.,.Δ=4pZ2÷4p>0,yι+y2=2pt.

2

.∖x↑+x2=t(yi+y2)+p=2pt+p,

，直线MM的方程为y-pt=~tyχ-pt'-f

令y=0,解得才=夕/+¥，

・；(“+¥，0)

.∙.∣Ml2=√+√f2,

I刚=*+当一劳=*+p,