2018届高三理科数学一轮复习学案 圆锥曲线中的定点、定值、存在

第九章 解析几何

第十节 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

突破点(一) 圆锥曲线中的定点、定值问题

圆锥曲线中的定点、定值问题是解析几何中的常见问题，它多与圆锥曲线的性质相结合，难度较大，常出现在解答题中.

考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”

圆锥曲线中的定点问题

x22[例1] (2016·大庆质检)已知椭圆C：2＋y＝1(a>1)的上顶点为A，右焦点为F，直线

aAF与圆M：(x－3)2＋(y－1)2＝3相切．

(1)求椭圆C的方程；

????????(2)若不过点A的动直线l与椭圆C交于P，Q两点，且AP·AQ＝0，求证：直线l过

定点，并求该定点的坐标．

[解] (1)圆M的圆心为(3,1)，半径r＝3. 由题意知A(0,1)，F(c,0)，

x

直线AF的方程为＋y＝1，即x＋cy－c＝0，

c|3＋c－c|

由直线AF与圆M相切，得＝3，

c2＋1解得c2＝2，a2＝c2＋1＝3， x22

故椭圆C的方程为＋y＝1.

3

????????(2)证明：由AP·AQ＝0知AP⊥AQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，故可设直线AP

1

的方程为y＝kx＋1，直线AQ的方程为y＝－kx＋1.

y＝kx＋1，??2

联立方程组?x 2

??3＋y＝1，

整理得(1＋3k2)x2＋6kx＝0，解得x＝0或x＝

－6k

， 1＋3k2

?－6k，1－3k?，

故点P的坐标为??

?1＋3k21＋3k2??6kk－3?同理，点Q的坐标为?2，2?. ?k＋3k＋3?

2

2

k2－31－3k2

－

k2＋31＋3k2k2－1

所以直线l的斜率为＝，

4k－6k6k

－

k2＋31＋3k26k?k2－3k2－1?

x－2所以直线l的方程为y＝＋， 4k?k＋3?k2＋3k2－11即y＝x－.

4k2

1

0，－?. 所以直线l过定点?2??[方法技巧]

圆锥曲线中定点问题的两种解法

(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，再研究变化的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．

圆锥曲线中的定值问题 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．依题意设条件，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关系式，再利用题设条件化简、变形求得．

(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得关系式，再依据条件对关系式进行化简、变形即可求得．

方法(一) 从特殊到一般求定值

x2y23

[例2] 已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴端点到焦点的距离为2.

ab2(1)求椭圆C的方程；

(2)设A，B为椭圆C上任意两点，O为坐标原点，且OA⊥OB.求证：原点O到直线AB的距离为定值，并求出该定值．

c3

[解] (1)由题意知，e＝a＝，b2＋c2＝2，又a2＝b2＋c2，所以a＝2，c＝3，b＝1，

2x22

所以椭圆C的方程为＋y＝1.

4

25

(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝±，此时，原点O到

5

直线AB的距离为

25

. 5

②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)． x??4＋y2＝1，由?得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. ??y＝kx＋m

则Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)＞0，x1＋x2＝－4m2－4， 1＋4k2

m2－4k2

则y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝，

1＋4k2

y1y2

由OA⊥OB得kOA·kOB＝－1，即·＝－1，

x1x2

5m2－4－4k24

所以x1x2＋y1y2＝＝0，即m2＝(1＋k2)， 2

51＋4k所以原点O到直线AB的距离为

|m|252＝5. 1＋k

8km

，x1x2＝1＋4k2

2

25

综上，原点O到直线AB的距离为定值.

5[方法技巧]

定值问题必然是在变化中所表示出来的不变的量，常表现为求一些直线方程、数量积、比例关系等的定值．解决此类问题常从特征入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．

方法(二) 直接消参求定值

x2y2

[例3] 如图，已知椭圆2＋2＝1(a>b>0)的右焦点为F2(1,0)，

ab

?210?在椭圆上． 点H2，3??

(1)求椭圆的方程；

(2)若点M在圆x2＋y2＝b2上，且M在第一象限，过M作圆

x2＋y2＝b2的切线交椭圆于P，Q两点，求证：△PF2Q的周长为定值，并求出该定值．

a－b＝c＝1，??a2＝9，??

[解] (1)由题意，得?440解得?2

?b＝8，＋＝1，22???a9b

2

2

2

x2y2

所以椭圆方程为＋＝1.

98

2

x2y11

(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则＋＝1(|x1|≤3)，

98

|PF2|＝(x1－1)1

＝(x1－9)2， 9

22

2

＋y21＝(x1－1)＋8

?1－x1?

?9?

2

11

所以|PF2|＝(9－x1)＝3－x1.

33连接OM，OP(图略)，

由相切条件知|PM|＝|OP|－|OM|1

所以|PM|＝x1，

3

11

所以|PF2|＋|PM|＝3－x1＋x1＝3，

3311

同理可求得|QF2|＋|QM|＝3－x2＋x2＝3，

33所以|F2P|＋|F2Q|＋|PQ|＝3＋3＝6为定值．

[方法技巧]

解这类问题的关键就是引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．

能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.[考点一]已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．

(1)求抛物线C的方程；

1

(2)若直线OA，OB的斜率之积为－，求证：直线AB过x轴上一定点．

2解：(1)因为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为(1,0)， p

所以＝1，所以p＝2.

2所以抛物线C的方程为y2＝4x.

(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，

22tt???设A??4，t?，B?4，－t?.

2

2

2

22

＝x21＋y1－8＝x1＋8

2?1－x1?－8＝1x1

， ?9?9

2

1因为直线OA，OB的斜率之积为－，

2

t－t1

所以2·2＝－，化简得t2＝32.

tt244

所以A(8，t)，B(8，－t)，此时直线AB的方程为x＝8. ②当直线AB的斜率存在时，

设其方程为y＝kx＋b，A(xA，yA)，B(xB，yB)，

2??y＝4x，

联立方程组?消去x，得ky2－4y＋4b＝0.

?y＝kx＋b?

4b

由根与系数的关系得yAyB＝k， 1

因为直线OA，OB的斜率之积为－，

2yAyB1所以·＝－，即xAxB＋2yAyB＝0.

xAxB2

2y2AyB即·＋2yAyB＝0， 44

解得yAyB＝－32或yAyB＝0(舍去)． 所以yAyB＝

4b

＝－32，即b＝－8k， k

所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)． 综上所述，直线AB过定点(8,0)．

x2y2

方法?一?]如图，已知M(x0，y0)是椭圆C：＋＝12.[考点二·

63上的任一点，从原点O向圆M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝2作两条切线，分别交椭圆于点P，Q.

(1)若直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1，k2，求证：k1k2为定值； (2)试问|OP|2＋|OQ|2是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由． 解：(1)证明：因为直线OP：y＝k1x，OQ：y＝k2x与圆M相切，所以

22

化简得：(x20－2)k1－2x0y0k1＋y0－2＝0， 22同理：(x20－2)k2－2x0y0k2＋y0－2＝0，

2所以k1，k2是关于k的方程(x0－2)k2－2x0y0k＋y20－2＝0的两个不相等的实数根，

|k1x0－y0|

＝2， 1＋k21

y20－2

所以k1·k2＝2. x0－2

x2y21200因为点M(x0，y0)在椭圆C上，所以＋＝1，即y2＝3－x， 0

63201

1－x2

201

所以k1k2＝2＝－为定值．

2x0－2

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