2021高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 高考专题突破五 第2课时 定点与定值问题教学案 理 新人教A版

第2课时定点与定值问题定点问题例1(2019北京)已知抛物线c：x22py经过点(2，1).(1)求抛物线c的方程及其准线方程；(2)设o为原点，过抛物线c的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线c于两点m，n，直线y1分别交直线om，on于点a和点b.求证：以ab为直径的圆经过y轴上的两个定点.(1)解由抛物线c：x22py经过点(2，1)，得p2.所以抛物线c的方程为x24y，其准线方程为y1.(2)证明抛物线c的焦点为f(0，1).设直线l的方程为ykx1(k0).由得x24kx40.16k2160恒成立.设m(x1，y1)，n(x2，y2)，则x1x24.直线om的方程为yx.令y1，得点a的横坐标xa.同理得点b的横坐标xb.设点d(0，n)，则，(n1)2(n1)2(n1)24(n1)2.令0，即4(n1)20，得n1或n3.综上，以ab为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0，3).思维升华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.跟踪训练1(2019全国)已知曲线c：y，d为直线y上的动点，过d作c的两条切线，切点分别为a，b.(1)证明：直线ab过定点；(2)若以e为圆心的圆与直线ab相切，且切点为线段ab的中点，求四边形adbe的面积.(1)证明设d，a(x1，y1)，则x2y1.由yx，所以切线da的斜率为x1，故x1.整理得2tx12y110.设b(x2，y2)，同理可得2tx22y210.故直线ab的方程为2tx2y10.所以直线ab过定点.(2)解由(1)得直线ab的方程为ytx.由可得x22tx10，4t240，于是x1x22t，x1x21，y1y2t(x1x2)12t21，|ab|x1x2|2(t21).设d1，d2分别为点d，e到直线ab的距离，则d1，d2，因此，四边形adbe的面积s|ab|(d1d2)(t23).设m为线段ab的中点，则m.因为，而(t，t22)，与向量(1，t)平行，所以t(t22)t0，解得t0或t1.当t0时，s3；当t1时，s4.因此，四边形adbe的面积为3或4.定值问题例2(2020河南八市重点高中联考)已知o为坐标原点，过点m(1,0)的直线l与抛物线c：y22px(p0)交于a，b两点，且3.(1)求抛物线c的方程；(2)过点m作直线ll交抛物线c于p，q两点，记oab，opq的面积分别为s1，s2，证明：为定值.(1)解设直线l：xmy1，联立方程消x得，y22pmy2p0，设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则y1y22pm，y1y22p，又因为x1x2y1y2(my11)(my21)y1y2(1m2)y1y2m(y1y2)1(1m2)(2p)2pm212p13.解得p2.所以抛物线c的方程为y24x.(2)证明由(1)知m(1,0)是抛物线c的焦点，所以|ab|x1x2pmy1my22p4m24.原点到直线l的距离d，所以s14(m21)2.因为直线l过点(1,0)且ll，所以s222.所以.即为定值.思维升华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.跟踪训练2(2018北京)已知抛物线c：y22px经过点p(1,2)，过点q(0,1)的直线l与抛物线c有两个不同的交点a，b，且直线pa交y轴于m，直线pb交y轴于n.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设o为原点，求证：为定值.(1)解因为抛物线y22px过点(1,2)，所以2p4，即p2.故抛物线c的方程为y24x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为ykx1(k0)，由得k2x2(2k4)x10.依题意知(2k4)24k210，解得k0或0kb0)的左、右焦点分别为f1(，0)，f2(，0)，且经过点a.(1)求椭圆c的标准方程；(2)过点b(4,0)作一条斜率不为0的直线l与椭圆c相交于p，q两点，记点p关于x轴对称的点为p.证明：直线pq经过x轴上一定点d，并求出定点d的坐标.(1)解由椭圆的定义，可知2a|af1|af2|4.解得a2.又b2a2()21.椭圆c的标准方程为y21.(2)证明由题意，设直线l的方程为xmy4(m0).设p(x1，y1)，q(x2，y2)，则p(x1，y1).由消去x，可得(m24)y28my120.16(m212)0，m212.y1y2，y1y2.kpq.直线pq的方程为yy1(xx1).令y0，可得xmy14.x4441.d(1,0).直线pq经过x轴上定点d，其坐标为(1,0).2.(2020西安模拟)设f1，f2为椭圆c：1(b0)的左、右焦点，m为椭圆上一点，满足mf1mf2，已知mf1f2的面积为1.(1)求椭圆c的方程；(2)设c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(1)由椭圆定义得|mf1|mf2|4，由mf1mf2得|mf1|2|mf2|2|f1f2|24(4b2)，由题意得|mf1|mf2|1，由，可得b21，所以椭圆c的方程为y21.(2)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ykxm(k0)，代入椭圆方程并化简得(4k21)x28kmx4m240.由题意知，16(4k2m21)0，设r(x1，y1)，s(x2，y2)，x1x20，故x1x2，x1x2.khrkhs2k(m1)2k(m1)2k.直线rs过点(2，1)，2km1，khrkhs1.故khrkhs为定值1.3.(2020太原模拟)已知动圆e经过定点d(1,0)，且与直线x1相切，设动圆圆心e的轨迹为曲线c.(1)求曲线c的方程；(2)设过点p(1,2)的直线l1，l2分别与曲线c交于a，b两点，直线l1，l2的斜率存在，且倾斜角互补，证明：直线ab的斜率为定值.(1)解由已知，动点e到定点d(1,0)的距离等于e到直线x1的距离，由抛物线的定义知e点的轨迹是以d(1,0)为焦点，以x1为准线的抛物线，故曲线c的方程为y24x.(2)证明由题意直线l1，l2的斜率存在，倾斜角互补，得l1，l2的斜率互为相反数，且不等于零.设a(x1，y1)，b(x2，y2)，直线l1的方程为yk(x1)2，k0.直线l2的方程为yk(x1)2，由得k2x2(2k24k4)x(k2)20，16(k1)20，已知此方程一个根为1，x11，即x1，同理x2，x1x2，x1x2，y1y2k(x11)2k(x21)2k(x1x2)2kk2k，kab1，直线ab的斜率为定值1.4.(2019邯郸模拟)已知椭圆1(ab0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点q，p，与椭圆分别交于点m，n，各点均不重合且满足1，2.(1)求椭圆的标准方程；(2)若123，试证明直线l过定点，并求此定点.解(1)设椭圆的焦距为2c，由题意知b1，且(2a)2(2b)22(2c)2，又a2b2c2，a23.椭圆的方程为y21.(2)由题意设p(0，m)，q(x0，0)，m(x1，y1)，n(x2，y2)，设l的方程为xt(ym)，由1知(x1，y1m)1(x0x1，y1)，y1my11，由题意y10，11.同理由2知21.123，1130，即y1y2m(y1y2)0，联立得(t23)y22mt2yt2m230，4m2t44(t23)(t2m23)0，且有y1y2，y1y2，代入得t2m232m2t20，(mt)21，由题意mt0，mt1，满足，得直线l的方程为xty1，过定点(1,0)，即q为定点.5.(2020华中师大附中月考)如图，已知椭圆c1：y21的左、右顶点分别为a1，a2，上、下顶点分别为b1，b2，记四边形a1b1a2b2的内切圆为圆c2.(1)求圆c2的标准方程；(2)已知圆c2的一条不与坐标轴平行的切线l交椭圆c1于p，m两点.()求证：opom；()试探究是否为定值.(1)解因为a2，b1分别为椭圆c1：y21的右顶点和上顶点，则a2，b1的坐标分别为(2,0)，(0,1)，可得直线a2b1的方程为x2y2.则原点o到直线a2b1的距离为d，则圆c2的半径rd，故圆c2的标准方程为x2y2.(2)()证明可设切线l：ykxb(k0)，p(x1，y1)，m(x2，y2)，将直线l的方程代入椭圆c1可得x22kbxb210，由根与系数的关系得，则y1y2(kx1b)(kx2