2019届高考数学考点五解析几何考查角度3定值、定点问题突破训练文.docx

考查角度3定值、定点问题分类透析一 定值问题例1 如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1(-c,0)、F2(c,0),已知点(1,e)和e,32都在椭圆上,其中e为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程.(2)设A,B是椭圆上位于x轴上方的两点,且直线AF1与直线BF2平行,AF2与BF1交于点P.若|AF1|-|BF2|=62,求直线AF1的斜率.求证:|PF1|+|PF2|是定值.分析 (1)运用椭圆的离心率公式和点(1,e),e,32满足椭圆方程,以及a,b,c的关系,解方程可得a,b,进而得到椭圆方程.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AF1,BF2的方程分别为x+1=my,x-1=my,联立直线与椭圆的方程,求出A,B的坐标,根据两点间的距离公式,求出|AF1|,|BF2|的长,然后由|AF1|-|BF2|=62,解得m的值,即得斜率;运用平行线截得线段成比例的定理、椭圆的定义与(1)中的结论,即可证明.解析 (1)由点(1,e)在椭圆上,得1a2+c2a2b2=1,解得b2=1,于是c2=a2-1.又点e,32在椭圆上,所以e2a2+34b2=1,即a2-1a4+34=1,解得a2=2.故所求椭圆的方程为x22+y2=1.(2)由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),又直线AF1与BF2平行,所以可设直线AF1的方程为x+1=my,直线BF2的方程为x-1=my.设A(x1,y1),B(x2,y2),y10,y20,由x122+y12=1,x1+1=my1得(m2+2)y12-2my1-1=0,解得y1=m+2m2+2m2+2.故|AF1|=(x1+1)2+y12=(my1)2+y12=2(m2+1)+mm2+1m2+2.同理可得|BF2|=2(m2+1)-mm2+1m2+2.由|AF1|-|BF2|=2mm2+1m2+2=62,解得m2=2.因为m0,所以m=2,所以直线AF1的斜率为1m=22.因为直线AF1与BF2平行,所以|PB|PF1|=|BF2|AF1|,于是|PB|+|PF1|PF1|=|BF2|+|AF1|AF1|,故|PF1|=|AF1|AF1|+|BF2|BF1|.由点B在椭圆上知|BF1|+|BF2|=22.从而|PF1|=|AF1|AF1|+|BF2|(22-|BF2|).同理可得|PF2|=|BF2|AF1|+|BF2|(22-|AF1|),因此|PF1|+|PF2|=|AF1|AF1|+|BF2|(22-|BF2|)+|BF2|AF1|+|BF2|(22-|AF1|)=22-2|AF1|BF2|AF1|+|BF2|.又|AF1|+|BF2|=22(m2+1)m2+2,|AF1|BF2|=m2+1m2+2,所以|PF1|+|PF2|=22-22=322.因此|PF1|+|PF2|是定值.方法技巧 对于解析几何中的定值问题,要善于运用辩证的观点去思考分析,在动点的“变”中寻求定值的“不变”性.用特殊探索法(特殊值、特殊位置、特殊图形等)先确定出定值,这样可将盲目的探索问题转化为有方向,有目标的一般性证明题,从而找到解决问题的突破口.分类透析二定点问题例2 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2,椭圆C过点P1,22,直线PF1交y轴于点Q,且PF2=2QO,O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程.(2)设M是椭圆C的上顶点,过点M分别作直线MA,MB交椭圆C于A,B两点,设这两条直线的斜率分别为k1,k2,且k1+k2=2,证明:直线AB过定点.分析 (1)将点P1,22代入椭圆方程,得1a2+12b2=1,由PF2=2QO,得PF2F1F2,则c=1,联立方程得解.(2)分为直线AB的斜率存在和斜率不存在两种情况,当斜率不存在时,直接代入得解;当斜率存在时,联立直线和椭圆的方程得到关于x的方程,结合韦达定理,运用整体代换的思想化简得m(x+1)=y-x,可得其恒过定点.解析 (1)椭圆C过点1,22,1a2+12b2=1.PF2=2QO,PF2F1F2,则c=1,a2-b2=1.由得a2=2,b2=1,椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)当直线AB的斜率不存在时,设A(x0,y0),则B(x0,-y0),由k1+k2=2,得y0-1x0+-y0-1x0=2,解得x0=-1.当直线AB的斜率存在时,设AB的方程为y=kx+m(m1),A(x1,y1),B(x2,y2),由x22+y2=1,y=kx+m,消去y,整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,得x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-21+2k2,k1+k2=2,y1-1x1+y2-1x2=2,(kx1+m-1)x2+(kx2+m-1)x1x1x2=2,即(2-2k)x1x2=(m-1)(x2+x1),解得(2-2k)(2m2-2)=(m-1)(-4km).由m1,得(1-k)(m+1)=-km解得k=m+1,y=kx+m=(m+1)x+m,m(x+1)=y-x.故直线AB过定点(-1,-1).方法技巧 解析几何中常见的定点问题有直线过定点问题,圆过定点问题.处理此类问题的关键就是设法找到一个含有参数的方程,然后说明该定点和参数无关.1.(2018年全国卷,文20改编)设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).(1)当直线l的倾斜角为45时,求线段AB中点的横坐标;(2)设直线MA的斜率为k1, 直线MB的斜率为k2,证明:k1+k2为定值.解析 (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),因为直线l的倾斜角为45,F(1,0),所以直线AB的方程为y=x-1.联立方程组y=x-1,x22+y2=1,消去y并整理,得3x2-4x=0,所以x1+x2=43,x1+x22=23,故线段AB中点的横坐标为23.(2)当直线l与x轴重合时,k1=k2=0,所以k1+k2=0.当直线l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线(O为坐标原点),OMA=OMB,所以k1=-k2,k1+k2=0.当直线l与x轴不重合也不垂直时,设直线l的方程为y=k(x-1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x12,x2b0),四点P1(1,1),P2(2,0),P3-1,32,P41,32中恰有三点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)过原点O的直线l与椭圆C交于A,B两点,椭圆C上一点M满足|MA|=|MB|.求证1|OA|2+1|OB|2+2|OM|2为定值.解析 (1)由椭圆的对称性可知,点P3-1,32,P41,32必在椭圆上,则P1(1,1)不在椭圆上,P2(2,0)在椭圆上,可得a=2,椭圆方程为x24+y2b2=1,把-1,32代入椭圆方程可得14+94b2=1,得b2=3.椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)由|MA|=|MB|知,点M在线段AB的垂直平分线上,由椭圆的对称性知点A,B关于原点对称.若A,B是椭圆的短轴顶点,则点M是椭圆的一个长轴顶点,此时1|OA|2+1|OB|2+2|OM|2=1b2+1b2+2a2=21a2+1b2=76.同理,若A,B是椭圆的长轴顶点,则点M是椭圆的一个短轴顶点,此时1|OA|2+1|OB|2+2|OM|2=1a2+1a2+2b2=21a2+1b2=76.若A,B,M不是椭圆的顶点,设直线l的方程为y=kx(k0),则直线OM的方程为y=-1kx.设A(x1,y1),B(x2,y2),由y=kx,x24+y23=1,解得x12=123+4k2,y12=12k23+4k2.|OA|2=|OB|2=x12+y12=12(1+k2)3+4k2,同理可得|OM|2=12(1+k2)4+3k2,1|OA|2+1|OB|2+2|OM|2=23+4k212(1+k2)+2(4+3k2)12(1+k2)=1412=76,综上所述,1|OA|2+1|OB|2+2|OM|2=76,为定值.1.(2018届山东烟台月考)已知抛物线C:y2=2px(p0)与直线x-2y+4=0相切.(1)求该抛物线的方程.(2)在x轴正半轴上,是否存在某个确定的点P,过该点的动直线l与抛物线C交于A,B两点,使得1|PA|2+1|PB|2为定值?若存在,求出点P坐标;若不存在,请说明理由.解析 (1)联立方程x-2y+4=0,y2=2px,得y2-22py+8p=0,由直线与抛物线相切,得=8p2-32p=0,解得p=4,所以y2=8x.(2)假设存在满足题意的点P(m,0)(m0),设直线l:x=ty+m,联立x=ty+m,y2=8x,消去参数得y2-8ty-8m=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=8t,y1y2=-8m,|PA|2=(x1-m)2+y12=(t2+1)y12,|PB|2=(x2-m)2+y22=(t2+1)y22,1|PA|2+1|PB|2=1(t2+1)y12+1(t2+1)y22=1t2+1y12+y22y12y22=1t2+14t2+m4m2.当m=4时,1|PA|2+1|PB|2为定值,此时点P的坐标为P(4,0),所以假设成立,存在点P的坐标为P(4,0).2.(2017届哈尔滨市第六中学高三下学期第一次模拟)已知两点A(-2,0),B(2,0),动点P在y轴上的投影是Q,且2PAPB=|PQ|2.(1)求动点P的轨迹C的方程;(2)过F(1,0)作互相垂直的两条直线交轨迹C于点G,H,M,N,且E1,E2分别是GH,MN的中点.求证:直线E1E2恒过定点.解析 (1)设点P的坐标为(x,y),点Q的坐标为(0,y).2PAPB=|PQ|2,2(-2-x)(2-x)+y2 =x2,点P的轨迹方程为x24+y22=1.(2)当两条直线的斜率都存在且不为0时,设lGH:y=k(x-1),G(x1,y1),H(x2,y2),lMN:y=-1k(x-1),M(x3,y3),N(x4,y4),联立方程x24+y22=1,y=k(x-1),得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-4=0.0恒成立,x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-42k2+1,GH的中点E1的坐标为2k22k2+1,-k2k2+1.同理可得,MN的中点E2的坐标为2k2+2,kk2+2.kE1E2=-3k2(k2-1),直线E1E2的方程为y=-3k2(k2-1)x-23,直线E1E2过点23,0.当两条直线的斜率分别为0和不存在时,直线E1E2的方程为y=0,也过点23,0.综上所述,直线E1E2恒过定点23,0.3.(2018届河北省邯郸市高三第一次模拟)已知p0,抛物线C1:x2=2py与抛物线C2:y2=2px异于原点O的交点为M,且抛物线C1在点M处的切线与x轴交于点A,抛物线C2在点M处的切线与x轴交于点B,与y轴交于点C.(1)若直线y=x+1与抛物线C1交于点P,Q,且|PQ|=26,求抛物线C1的方程;(2)证明:BOC的面积与四边形AOCM的面积之比为定值.解析 (1)由y=x+1,x2=2py,消去y得x2-2px-2p=0.设P,Q的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则x1+x2=2p,x1x2=-2p.|PQ|=1+12(2p)2-4(-2p)=26.p0,p=1.故抛物线C1的方程为x2=2y.(2)由y2=2px,x2=2py,得x=y=2p或x=y=0,则M(2p,2p).设直线AM: y-2p=k1(x-2p),与x2=2py联立得x2-2pk1x-4p2(1-k1)=0.由1=4p2k12+16p2(1-k1)=0,得(k1-2)2=0,k1=2.设直线BM: y-2p=k2(x-2p),与y2=2px联立得k2y2-2py-4p2(1-k2)=0.由2=4p2+16p2k2(1-k2)=0,得(1-2k2)2=0,k2=12.故直线AM: y-2p=2(x-2p),直线BM: y-2p=12(x-2p),从而求得A(p,0), B(-2p,0), C(0,p),SBOC=p2, SABM=3p2,BOC的面积与四边形AOCM的面积之比为p23p2-p2=12(为定值).4.(黑龙江省大庆市2018届高三第二次教学质量检测)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,由四个顶点构成的四边形的面积是4.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线l与椭圆C交于点P,Q,且均在第一象限,设直线l的斜率为k,直线OP,OQ(其中O为坐标原点)的斜率分别为k1,k2,且k2=k1k2.证明:直线l的斜率k为定值.解析 (1)由题意得ca=32,412ab=4,又a2=b2+c2,解得a=2,b=1,所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)设直线l的方程为y=kx+m(m0),点P,Q的坐标分别为(x1,