高三數(shù)學(xué)北師大版理一輪教師用書(shū)：第9章 第9節(jié) 圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問(wèn)題 Word版含解析

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1、 第九節(jié)　圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問(wèn)題 [最新考綱]　會(huì)證明與曲線上動(dòng)點(diǎn)有關(guān)的定值問(wèn)題，會(huì)處理動(dòng)曲線(含直線)過(guò)定點(diǎn)的問(wèn)題． 考點(diǎn)1　定點(diǎn)問(wèn)題 　直線過(guò)定點(diǎn) 　1.動(dòng)直線l過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題的基本思路 設(shè)動(dòng)直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設(shè)條件將t用k表示為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動(dòng)直線過(guò)定點(diǎn)(－m,0)． 2．動(dòng)直線l過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題的解題步驟 第一步：設(shè)AB直線y＝kx＋m，聯(lián)立曲線方程得根與系數(shù)關(guān)系，Δ求出參數(shù)范圍； 第二步：由AP與BP關(guān)系(如kAP·kBP＝－1)，得一次函數(shù)k＝f(m)或者m＝f(k)； 第三步：將k＝f(m)或者m＝f(k)代入y＝kx＋

2、m，得y＝k(x－x定)＋y定． 　(2017·全國(guó)卷Ⅰ)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)，四點(diǎn)P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4中恰有三點(diǎn)在橢圓C上． (1)求C的方程； (2)設(shè)直線l不經(jīng)過(guò)P2點(diǎn)且與C相交于A，B兩點(diǎn)．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過(guò)定點(diǎn)． [解]　(1)由于P3，P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱，故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過(guò)P3，P4兩點(diǎn)． 又由＋＞＋知，橢圓C不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P1， 所以點(diǎn)P2在橢圓C上． 因此解得故橢圓C的方程為＋y2 ＝1. (2)證明：設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2. 如果l與x軸垂直，設(shè)l：x＝t，由題設(shè)知t

3、≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐標(biāo)分別為，，則k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合題設(shè)． 從而可設(shè)l：y＝kx＋m(m≠1)． 將y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由題設(shè)可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－，x1x2＝. 而k1＋k2＝＋＝＋ ＝. 由題設(shè)k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，解得k＝－. 當(dāng)且僅當(dāng)m＞－1時(shí)，Δ＞0， 于是l：y＝－x＋m， 即y＋1＝－(x－2)， 所以l過(guò)定點(diǎn)

4、(2，－1)． 　本題為“弦對(duì)定點(diǎn)張直角”的一個(gè)例子：圓錐曲線如 橢圓上任意一點(diǎn)P做相互垂直的直線交圓錐曲線于AB，則AB必過(guò)定點(diǎn). 本題還可以拓展為“手電筒”模型：只要任意一個(gè)限定AP與BP條件(如kAP·kBP＝定值，kAP＋kBP＝定值)，直線AB依然會(huì)過(guò)定點(diǎn)． [教師備選例題] 過(guò)拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)F且斜率為k的直線l交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝8. (1)求l的方程； (2)若A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為D，求證：直線BD過(guò)定點(diǎn)，并求出該點(diǎn)的坐標(biāo)． [解]　(1)易知點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1,0)，則直線l的方程為y＝k(x－1)，代入拋物線方程y2＝4x得k2x2－

5、(2k2＋4)x＋k2＝0， 由題意知k≠0，且Δ＝[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝，x1x2＝1， 由拋物線的定義知|AB|＝x1＋x2＋2＝8， ∴＝6，∴k2＝1，即k＝±1， ∴直線l的方程為y＝±(x－1)． (2)由拋物線的對(duì)稱性知，D點(diǎn)的坐標(biāo)為(x1，－y1)， 直線BD的斜率kBD＝＝＝， ∴直線BD的方程為y＋y1＝(x－x1)， 即(y2－y1)y＋y2y1－y＝4x－4x1， ∵y＝4x1，y＝4x2，x1x2＝1，∴(y1y2)2＝16x1x2＝16，即y1y2＝－4(

6、y1，y2異號(hào))， ∴直線BD的方程為4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，恒過(guò)點(diǎn)(－1,0)． 　1.已知拋物線C的頂點(diǎn)在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在坐標(biāo)軸上，點(diǎn)A(1,2)為拋物線C上一點(diǎn)． (1)求拋物線C的方程； (2)若點(diǎn)B(1，－2)在拋物線C上，過(guò)點(diǎn)B作拋物線C的兩條弦BP與BQ，如kBP·kBQ＝－2，求證：直線PQ過(guò)定點(diǎn)． [解]　(1)若拋物線的焦點(diǎn)在x軸上，設(shè)拋物線方程為y2＝ax，代入點(diǎn)A(1,2)，可得a＝4，所以拋物線方程為y2＝4x. 若拋物線的焦點(diǎn)在y軸上，設(shè)拋物線方程為x2＝my，代入點(diǎn)A(1,2)，可得m＝，所以拋物線方程為x2＝y(tǒng). 綜上所述，拋物線C的方程是

7、y2＝4x或x2＝y(tǒng). (2)證明：因?yàn)辄c(diǎn)B(1，－2)在拋物線C上，所以由(1)可得拋物線C的方程是y2＝4x. 易知直線BP，BQ的斜率均存在，設(shè)直線BP的方程為y＋2＝k(x－1)， 將直線BP的方程代入y2＝4x，消去y，得 k2x2－(2k2＋4k＋4)x＋(k＋2)2＝0. 設(shè)P(x1，y1)， 則x1＝， 所以P. 用－替換點(diǎn)P坐標(biāo)中的k，可得Q((k－1)2,2－2k)， 從而直線PQ的斜率為 ＝ ＝， 故直線PQ的方程是 y－2＋2k＝·[x－(k－1)2]． 在上述方程中，令x＝3，解得y＝2， 所以直線PQ恒過(guò)定點(diǎn)(3,2)． 2．已知圓x

8、2＋y2＝4經(jīng)過(guò)橢圓C：＋＝1(a>b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)和兩個(gè)頂點(diǎn)，點(diǎn)A(0,4)，M，N是橢圓C上的兩點(diǎn)，它們?cè)趛軸兩側(cè)，且∠MAN的平分線在y軸上，|AM|≠|(zhì)AN|. (1)求橢圓C的方程； (2)證明：直線MN過(guò)定點(diǎn)． [解]　(1)圓x2＋y2＝4與x軸交于點(diǎn)(±2,0)， 即為橢圓的焦點(diǎn)，圓x2＋y2＝4與y軸交于點(diǎn)(0，±2)， 即為橢圓的上下兩頂點(diǎn)，所以c＝2，b＝2. 從而a＝2，因此橢圓C的方程為＋＝1. (2)證明：設(shè)直線MN的方程為y＝kx＋m. 由 消去y得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－8＝0. 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則x

9、1＋x2＝－，x1x2＝. 直線AM的斜率k1＝＝k＋； 直線AN的斜率k2＝＝k＋. k1＋k2＝2k＋ ＝2k＋＝. 由∠MAN的平分線在y軸上，得k1＋k2＝0. 又因?yàn)閨AM|≠|(zhì)AN|，所以k≠0，所以m＝1. 因此，直線MN過(guò)定點(diǎn)(0,1)． 　動(dòng)圓過(guò)定點(diǎn) 　動(dòng)圓過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題求解時(shí)可以先取特殊值或者極值，找出這個(gè)定點(diǎn)，再用向量法證明用直徑所對(duì)圓周角為直角． 　(2019·北京高考)已知拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過(guò)點(diǎn)(2，－1)． (1)求拋物線C的方程及其準(zhǔn)線方程； (2)設(shè)O為原點(diǎn)，過(guò)拋物線C的焦點(diǎn)作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點(diǎn)M，N，直線y＝－1分別

10、交直線OM，ON于點(diǎn)A和點(diǎn)B.求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過(guò)y軸上的兩個(gè)定點(diǎn)． [解]　(1)由拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過(guò)點(diǎn)(2，－1)，得p＝2. 所以拋物線C的方程為x2＝－4y，其準(zhǔn)線方程為y＝1. (2)拋物線C的焦點(diǎn)為F(0，－1)，設(shè)直線l的方程為y＝kx－1(k≠0)． 由 得x2＋4kx－4＝0. 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x2＝－4. 直線OM的方程為y＝x. 令y＝－1，得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)xA＝－. 同理得點(diǎn)B的橫坐標(biāo)xB＝－. 設(shè)點(diǎn)D(0，n)， 則＝，＝， ·＝＋(n＋1)2 ＝＋(n＋1)2 ＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.

11、 令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，則n＝1或n＝－3. 綜上，以AB為直徑的圓經(jīng)過(guò)y軸上的定點(diǎn)(0,1)和(0，－3)． 　動(dòng)圓過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題本質(zhì)上是向量垂直的問(wèn)題. 　在平面直角坐標(biāo)系xOy中，動(dòng)點(diǎn)E到定點(diǎn)(1,0)的距離與它到直線x＝－1的距離相等． (1)求動(dòng)點(diǎn)E的軌跡C的方程； (2)設(shè)動(dòng)直線l：y＝kx＋b與曲線C相切于點(diǎn)P，與直線x＝－1相交于點(diǎn)Q，證明：以PQ為直徑的圓恒過(guò)x軸上某定點(diǎn)． [解]　(1)設(shè)動(dòng)點(diǎn)E的坐標(biāo)為(x，y)，由拋物線的定義知，動(dòng)點(diǎn)E的軌跡是以(1,0)為焦點(diǎn)，x＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，所以動(dòng)點(diǎn)E的軌跡C的方程為y2＝4x. (2)證明：易知k

12、≠0.由，消去x，得ky2－4y＋4b＝0.因?yàn)橹本€l與拋物線相切，所以Δ＝16－16kb＝0，即b＝，所以直線l的方程為y＝kx＋，令x＝－1，得y＝－k＋，所以Q.設(shè)切點(diǎn)P(x0，y0)，則ky－4y0＋＝0，解得P，設(shè)M(m,0)，則 ·＝·(－1－m)＋＝m2＋m－2－，所以當(dāng) 即m＝1時(shí)，·＝0，即MQ⊥MP. 所以，以PQ為直徑的圓恒過(guò)x軸上的定點(diǎn)M(1,0)． 考點(diǎn)2　定值問(wèn)題 　圓錐曲線中定值問(wèn)題的2大解法 (1)從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無(wú)關(guān)； (2)引起變量法：其解題流程為 　在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：＋y2

13、＝1，點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)是橢圓C上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，直線OP，OQ的斜率分別為k1，k2，若m＝，n＝，m·n＝0. (1)求證：k1·k2＝－； (2)試探求△OPQ的面積S是否為定值，并說(shuō)明理由． [解]　(1)證明：∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0. 又m·n＝0，∴＋y1y2＝0，即＝－y1y2， ∴k1·k2＝＝－. (2)①當(dāng)直線PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2時(shí)，由＝－，得－y＝0. 又∵點(diǎn)P(x1，y1)在橢圓上，∴＋y＝1， ∴|x1|＝，|y1|＝.∴S△POQ＝|x1||y1－y2|＝1. ②當(dāng)直線PQ的斜率存在時(shí)，設(shè)直線PQ的方

14、程為y＝kx＋b. 聯(lián)立得方程組 消去y并整理得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0， 其中Δ＝(8kb)2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(1＋4k2－b2)>0，即b2<1＋4k2. ∴x1＋x2＝，x1x2＝. ∵＋y1y2＝0， ∴＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1(滿足Δ>0)． ∴S△POQ＝|PQ|＝|b|＝2|b|＝1. 綜合①②知△POQ的面積S為定值1. 　圓錐曲線中的定值問(wèn)題的常見(jiàn)類型及解題策略 (1)求代數(shù)式為定值：依題意設(shè)條件，得出與代數(shù)式參數(shù)有關(guān)的等式，代入代數(shù)式，化簡(jiǎn)即可得出定值； (2)求點(diǎn)到直線的距離

15、為定值：利用點(diǎn)到直線的距離公式得出距離的解析式，再利用題設(shè)條件化簡(jiǎn)、變形求得； (3)求某線段長(zhǎng)度為定值：利用長(zhǎng)度公式求得解析式，再依據(jù)條件對(duì)解析式進(jìn)行化簡(jiǎn)、變形即可求得． [教師備選例題] 已知?jiǎng)訄AP經(jīng)過(guò)點(diǎn)N(1,0)，并且與圓M：(x＋1)2＋y2＝16相切． (1)求點(diǎn)P的軌跡C的方程； (2)設(shè)G(m,0) 為軌跡C內(nèi)的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)G且斜率為k的直線l交軌跡C于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)k為何值時(shí)，ω＝|GA|2＋|GB|2是與m無(wú)關(guān)的定值？并求出該定值． [解]　(1)由題意，設(shè)動(dòng)圓P的半徑為r，則|PM|＝4－r，|PN|＝r，可得|PM|＋|PN|＝4－r＋r＝4，∴點(diǎn)P的軌跡

16、C是以M，N為焦點(diǎn)的橢圓，∴2a＝4,2c＝2，∴b＝＝， ∴橢圓的方程為＋＝1. 即點(diǎn)P的軌跡C的方程為＋＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意知－2＜m＜2，直線l：y＝k(x－m)， 由得(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12＝0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝， ∴y1＋y2＝k(x1－m)＋k(x2－m)＝k(x1＋x2)－2km＝－， y1y2＝k2(x1－m)(x2－m)＝k2x1x2－k2m(x1＋x2)＋k2m2＝， ∴|GA|2＋|GB|2＝(x1－m)2＋y＋(x2－m)2＋y＝(x1＋x2)2－2x1x2－2m(x1＋x2)＋

17、2m2＋(y1＋y2)2－2y1y2＝(k2＋1) . 要使ω＝|GA|2＋|GB|2的值與m無(wú)關(guān)，需使4k2－3＝0， 解得k＝±，此時(shí)ω＝|GA|2＋|GB|2＝7. 　1.已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1,2)，過(guò)點(diǎn)Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N. (1)求直線l的斜率的取值范圍； (2)設(shè)O為原點(diǎn)，＝λ，＝μ，求證：＋為定值． [解]　(1)因?yàn)閽佄锞€y2＝2px過(guò)點(diǎn)(1,2)， 所以2p＝4，即p＝2. 故拋物線C的方程為y2＝4x. 由題意知，直線l的斜率存在且不為0. 設(shè)直線l的方程為y＝k

18、x＋1(k≠0)． 由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. 依題意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0， 解得k＜0或0＜k＜1. 又PA，PB與y軸相交，故直線l不過(guò)點(diǎn)(1，－2)． 從而k≠－3. 所以直線l斜率的取值范圍是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)． (2)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝. 直線PA的方程為y－2＝(x－1)． 令x＝0，得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為yM＝＋2＝＋2. 同理得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為yN＝＋2. 由＝λ，＝μ，得λ＝1－yM，μ＝1－yN. 所以＋＝＋ ＝＋ ＝·＝·＝2. 所以＋

19、為定值． 2．(2017·全國(guó)卷Ⅲ)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線y＝x2＋mx－2與x軸交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0,1)．當(dāng)m變化時(shí)，解答下列問(wèn)題： (1)能否出現(xiàn)AC⊥BC的情況？說(shuō)明理由； (2)證明過(guò)A，B，C三點(diǎn)的圓在y軸上截得的弦長(zhǎng)為定值． [解]　(1)不能出現(xiàn)AC⊥BC的情況．理由如下： 設(shè)A(x1,0)，B(x2,0)，則x1，x2滿足x2＋mx－2＝0， 所以x1x2＝－2. 又點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0,1)， 故AC的斜率與BC的斜率之積為·＝－， 所以不能出現(xiàn)AC⊥BC的情況. (2)證明：BC的中點(diǎn)坐標(biāo)為，可得BC的中垂線方程為y－＝x2. 由(1)可得x1＋x2＝－m， 所以AB的中垂線方程為x＝－. 聯(lián)立 又x＋mx2－2＝0，可得 所以過(guò)A，B，C三點(diǎn)的圓的圓心坐標(biāo)為，半徑r＝. 故圓在y軸上截得的弦長(zhǎng)為2＝3， 即過(guò)A，B，C三點(diǎn)的圓在y軸上截得的弦長(zhǎng)為定值．