新课标高考数学专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的定值定点及证明问题学案文新人教A版

第3讲圆锥曲线中的定值、定点及证明问题[做真题]x1CyDCyD的)已知曲线＝－：上的动点，过＝，作为直线(2019·高考全国卷Ⅲ节选22ABAB2．.两条切线，切点.分别为，证明：直线1tyADxyx，－过定点2(2证明：，所以切线，设，＝)，则，21＋2xyxDAx.y11111′＝＝故由于的斜率为tx－txy＋12＝整理得20.111－Bxytxy＋12＝)，同理可得2设(0.，－ABtxy＋1＝的方程为20.112222所以直线2[明考情]－故直线21AB，0.过定点圆锥曲线中的定点、定值问题是高考命题的热点，无论是选择题、填空题，还是解答题，只要考查与曲线有关的运动变化，都可能涉及探究定点或定值，因而这类问题考查范围广泛，命题形式新颖．定值问题1．直接消参求定值：常见定值问题的处理方法：(1)确定一个(或两个)变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示：(2)将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量)，然后进行化简，看能否得到一个常数．案例关键步(2017·高考全国卷Ⅲ)在(1)略xx11xBCyxBC).22yxOy中，曲线直角坐标系－－，可得)＝(2)的中点坐标为(的中垂线方程为，(2222]1：求出点的坐标及2Axxmx，＝轴交于＋－2与直线方程[关键mxmxxAB.2CB，的坐标为(0两点，点m＋(1)由可得＝－，解答下列，1)当变化时，问题：BCAC的情⊥能否出现所以的中垂线方程为＝－221(1)．y轴上截得况？说明理由；CAB三点mmxx，，＝－＝－22mxx，可得联立2又＝＋0－x11yxxy.的，，(2)证明过2222的弦长为圆在定值．－＝），（＝－－222mm91＋rCAB.22)，半径，＝三点的圆的圆心坐标为(所以过－，，－222]关键2：求圆心坐标及半径[2＝即过－故圆在32BCy2m]：消元求弦长[关键3ryA，，轴上截得的弦长为2轴上截得的弦长为定值，3.三点的圆在2．从特殊到一般求定值：常见处理技巧：(1)在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢；(2)巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算．案例关键步E：如图，椭圆(2015·高考四川(1)略CDABAB.＝1(点>＋的斜率不存在时，ba2→→PDPCPCD＝－·上，(0，1)在→→OAOBPAPBOCODPCPD＝－2－·＋＋λ1··＝此时，·＝卷)yx2ab>0)的离心率是，直线(2)当直线即为直线→→→→→→2222短轴且1.E求椭圆的方程；(1)PO的－3.→→OBOAAB·证明当的斜率不存在时[关键1：分类动直(2)设为坐标原点，过点BA两讨论，→→PBPA]点．是否存在，线与椭圆交于→→→→·＋λ为定值kxABABy＝的斜率存在时，设直线的方程为当直线yxyxAB．联立))＋1，，，(的坐标分别为(，，yx，PBOAOBPA为·＋λ，使得常数λ·的211222值；若不存λ定值？若存在，求在，kxxk0.得(2＝＋1)－＋42，＝1＋xkkxkxy＝1＋2422＝－＋1)>0＋8(2，22请说明理由．所以＋其判别式Δ＝(4)k2421ABxx的斜率存＝－.[关键2，：当直线1＋＋122在时，kk联立直线方程与椭圆方程，用参数]2122表示交点坐标的联系→→→→OAOBPAPBxxyyxxy－＋(λ从而＋·＋λ[·＝＋xxkxkxy＝1＋)(1＋＝－1)(1)](111222112λ＋)(＋＋)21212．k1－＋（－2λ－1）λ（－2λ－4）2.－＝－－λkk1222＋122＋1－λ：3λ－2＝－3.[关键1所以，当λ＝时，－－k12＋→→→→PBPAOAOBλ关＋构造··→→→→2PBPAkOAOB·＋·于λ，λ的表达式，得到当λ＝1时]的值→→→→PBPAOAOB·为定值．＝－此时，3·＋λ→→→→PBPAOAOB3.·＋故存在常数λ＝1，使得λ·为定值－][典型例题yx22baC的左、右焦点分别为>：＋＝(2019·贵阳市第一学期检测)1(已知椭圆>0)ab→→BCAMFMFFxMFF两点，·于＝0，过轴的直线交椭圆垂直于，，点，为短轴22的上端点，AB2.22112|且|＝C的方程；(1)求椭圆kklCGHM分别是与椭圆，相交于的直线两点．若，(2)设经过点(2，－1)且不经过点kkMGMH＋直线的斜率，证明：，为定值．→→cbMFMF由＝·，＝0，得【解】2121(1)BCFxA垂直于，轴的直线交椭圆于两点，因为过AB＝2且|，|b2所以＝，2＝2abca21222＝b2?.＝a2b1＝cab＋＝xyC1.2222222＝的方程为＋故椭圆2xxlCyyk，－＝证明：由椭圆(2)2)的方程＋(2＝1与点，－1)，设直22线(的方程为1＋2，2即－＝1－xkkxkxkkykykx＝0＋8，24)－(28＋1)＋＋中，得kykx22222＋1将＝－2－代入＝1(12yyxGHkxkk由题意知Δ，)，(，设2<，得－2)>0(＝－16＋<0(，，)2211．kkkk8＋12）84＋（xxxx＝，＋＝则，kk21＋2＋1kk）41（2＋k）2×（22＋212122k21＋kkxyykxk2－2－1－－12－2－kkkk－－2＝＋2＝＋＝＋＝21122kxxxxk88＋212211221＋＋1)＝－1(2，＝－1(定值所以)＋．kkkk221圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略求代数式为定值．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(1)即可得出定值．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(2)条件化简、变形求得．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(3)形即可求得．][对点训练yxlFlFQCF，垂相切，过点⊥已知椭圆方程为＋＝1，点作为右焦点，若直线与椭圆2234为坐标原点)足为．，求证：||为定值(其中，证明：当直线0)的斜率不存在时，(2的方程为，＝±2，点的坐标为(－2，0)或OQ2；此时|＝|Qlyl，此的方程为(13)＝±3，点的坐标为(1，，－3)当直线时，的斜率为0或OQ＝|2时|；kykxmll＝≠0)．＋的斜率存在且不OOQQQllx为0时，设直线＝＋ykxkmxm－12＝4＋)4＋8联立消去0.(的方程为当直线1xFQyFQl的方程为．＝－，所以直线(－1)因为⊥，kykxm22222，可得(3＋yx＋＝143相切，因为直线与椭圆0－12)＝(8＋)－4(34＝)(4，lCmkkm222所以Δkm(*)22kkyx1＋＋1－1）整理得3.＝4＋ykxm，＝＋kmkm＋－1Q，得由，1＝－（k2222mkkmmkkm－1＋＋1＋＋OQ＝，所以|＋|(**)＝kkk1＋1＋）＋（1kk＋1＋222222222424（）OQ＝＝将(*)式代入(**)式，得|2.|k＋1（）OQ|为定值，且定值为综上所述，|2.22定点问题1．参数法：参数法解决定点问题的思路：(1)引进动点的坐标或动直线中的参数表示变kkFxy)(；(此处设为与过定点的曲线)kxy的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，找到定点．，＝0之间的关系，得到关于与案例关键步(2)利用条件找到，化量，即确定题目中的核心变量O为(2017·高考全国卷Ⅱ)设(1)略nPmFQt()．设，(－3，，则)，(2)由题xMC：在椭圆坐标原点，动点→nmtPFOQ，1－，))，，－＝(－－＝(3→→PQOQPF]，，的坐2xyM轴的垂＝1上，过＋作→标及向量[关键1：用参数表示点→→tnPFmOQ3，·－＝3＋→→满足，→→OPmnPQmtnOPPQm－3＝)．由1)，(＝－3－·，得－故－3＝1，又由(1)知＋＋3→→OQPF意知(－1，0)→22NPNP＝点2线，垂足为(＝－，→NM.P求点的轨迹方程；mnnmmtntn＝0，－＝2＋，2222(1)xQ上，在直线＝－设点(2)3＝0·，所以→→POPPQ＝1(1)中点·的轨迹方程，在的前提：→→POPPQ，证明：过点1且·＝根据[关键2→→OQPF＝0]COQl的且垂直于的直线过F.·下，证明→→OQPFPOQP且又过点，所以过点即存在唯一直线左焦点垂直于⊥.OQlCF.过垂直于的左焦点的直线[关键3：利用平面内过一点作一条直线的垂线的唯一性，即lF]过点得直线2.由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的点，再证明该定点与变量无关．案例特殊情况探索出定关键步(2017·高考全国卷Ⅰ)已知椭(1)略kPPABk.(2)，的斜率分别为与直线设直线2122．0，＝且如果，与由题设知轴垂直，设ttxybaC，四点圆>0)：＋＝lxlxttt|<2|，：≠22221(>ba3PPP，－1，(1，1)，－4－4，可得，，的坐标分别为，－，222BAtttt22221)(0，，)(23CP中恰有三点在椭－4－＋－24tkk不符合＝2－＝－1，则得＋，＝tt22题32121圆)(1，42上．C(1)求的方程；设．kPBkPA，验，与直线[关键1：设出直线的斜率分别为xl2221CPl点且与不经过(2)设直线证当直线轴与]AAPB两点，若直线相交于，BP，垂直时，直线过定点的情况xymmykxlykxm1≠1)．将代入＝＋22221的斜率的和为－与直线l证明：(从而可设＋：＋＝＝4mkxkmx－4＝＋4(4得0＋1)，＋8mk22221)>0－，＋由题设可知Δ＝16(4mkm448－xxxxyAxyBx.22过定点．2＋＝，则，)，＝－(，设，()kk14＋＋14yy－1－1kk＋212212112221＝而＋xxkxmkxm－11＋＋－＋＝xxkxxmxx））（＋（＋－2121212121.2211＝xxkkkxxmxx)＝01)＋，＋(－由题设＋1)(＝－1，故(2＋21kmm8－－44mk，－1)·＝即(2＋1)·＋(0kk1144＋＋m＋2121212221lk的方程并与椭圆方程设出直线2：解得.[＝－关键2y得到关联立，消去x的一元二次方程，系及条件找到直于l中利用根与系数的关两个参数的关系线]m＋1xmylmy，即：＝－>0当且仅当－>1时，Δ，于是＋2m＋1xl过定点1)＝－＋1．[关键3，(－2)所以：将2km的关系再回代到直线过定点与](2，－变形，得[典型例题]CabPQ，，>0)的上顶点为：＋＝yx1(右顶点为>(2019·安徽省考试试题)已知椭圆22ba244MyPQx，.22直线＋相切于点555的方程；求椭圆(1)→→PlCABPAPBl过定点．直线0两C22与圆＝点，(2)若不经过点且的直线，斜率＝－＝2【解】(1)与椭圆·交于求证：，＝1kPQOMOk＝的斜率的由已知得直线，(则直线为坐标原点)k1－，2241yPQyxx2.PQOMOM552bPQa，＝1)，，故(2，0)1＝2可求得，(0，所以直线＝的方程为＋－＝－(2－)，即xyC1.22的方程为故椭圆＋＝4的斜率不存在时，l斜率存在时，设＋xy1＝＋4nknxkyx，－1)1)＋8＝联立＋4(，显然不满足条件．(2)证明：当直线nllykxn的方程为(＝当直线≠1)，的消去0整理得(4＋nkxy＋＝nnkknkkn－1)＝2222216(4.＋1－1>)>0，得4＝Δ(8①)－4×4(4＋2222222＋1)(nkn）－8－4（1xxxAyBxyxx，＝)，则设＋(，.②)，(＝，kk14422121211222所以＋，又＝(＋＋，＝由得·＝0，(，0－1)·(，－1)＝＋＋1→→xknxkxkxyyPBPAxxyny1)，2nknxx＝0，③)＋(1)＋－(－1)(＋3nn舍)，或，满足①.＝－由②③得＝1(221112212122155533llykx，－0.过定点此时的方程为＝，故直线－圆锥曲线中定点问题的两种解法引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化的量，再研究变化的量与(1)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．bkxyb为常量，，若＋＝即可．如直线0直常令参数的系数等于(1)]提醒[线过定点，bbb0－，)；若为常量，则直线恒过点则直线恒过点(0，.kkyfxyfx．解方程组)＝0((2)一般曲线过定点，把曲线方程变为(，，λ)＋λ为参数()yfx，）＝，（0即得定点坐211标．yxf，0（）＝，]2[对点训练yxFbFCa，上>0)已知椭圆的左、右焦点分别为：＋＝1(，>(2019·开封市定位考试)22baFMMF1.2122，△顶点为为等腰直角三角形，且其面积为C的方程；(1)求椭圆kBkMBCAMMA，交椭圆两点，设这两条直线的斜率分别为，于(2)过点，1bcabcbaa＝1，，(1)由题意得，所以＝1，所以＝＝2，又＋＝解：21.21分别作直线，ABkk过定点．＝且2＋，证明：直线21xyC21所以椭圆＝的22222方程为＋2设(()1)．当直线，，－)，则(2)2kyABAxyBxM，由的斜率不存在时，由(1)得(0，yy－1－1－xABxk＝－1；＝－1＋得＝2，此时直线2＋＝，得的方程为1000000xxABABykxmmAxyBxy)．，(≠1)，，(当直线(的斜率存在时，设直线，的方程为＝)mkxy41)>0＋2－2由0200mkkxkmxm＋xy1＝＋2－，＋＝0，则Δ，可得(1＋2＝)8(2＋21122222222＋＝mkm22－4－xxxx.2＋·＝，＝kk2121＋＋－1－1＋＝2＝由2＋，，得yykk22112221xxkxmxkxmx）1＋（－（＋＋－1）＝2即，21212121xxkxxmxxkmmkm)，－42)＝((＝－1)(－＋)，(2－21)(2(2－)(2)－mkmkmmk－1，，所以由≠21222111，得(1－＝)(＝－＋1)ykxmkxkkx＋1)－1＋，－1＝即＝(＋＝AB过定点(－1故直线，kkABC有两个交点，意．时，上所述，直线－1)，满足题直线与椭圆经检验，当>0或－<2AB过定点(－1，－1)．综证明问题代数转化法：圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明，比如涉及线段或角相等以及位置关系等等(注意一些常用的结论，如等腰三角形两底角相等，两直线斜率之和为0等)．证明时，常把几何量用坐标表示，建立某个变量的函数，用代数方法证明，常将斜率利用整体法求解．案例关键步(2018·高考全国卷Ⅰ)设略(1)ABMMNlxAB＝(2)当的垂直平分线，所以∠与为轴垂直时，AxCy，抛物线，点：＝2(2ABxlABN]与：首先证明当直线∠轴垂直时，两角相等.[关键2的0)，过点(－2，当＝与－轴不垂直时，设2)(的方程为0)，NlCM与1xMkxklxly，(≠0)，两点．交于，直线xl轴垂直(yNxyxx>0.1时，求与(1)当BM直线的方>0)，)(，则，，ykx－2＝），（2kyykyyyy＝＝＝0，可知，由得＋－24－kyx2＝－4.[关键2：当斜率存在时，设出直线方程，22112得到根与系数的关系]BMBN的斜率之和为，直线yyxyxyyy）（＋＋2＋kk＝＋＝.①＋xxxx＋2）＋222112程；ABNABM.＝∠(2)证明：∠并与抛物线方程联立，21211212BNBM22＋）（＋2（yyyyyyxx的表达式代入①式分子，＋，＝＋将2221121＝＋2，及kkyyyky8）－2＋8＋4（＋yxyyyx，可得＝＋0)＋2(＝2111222112＋＝kk[关键3：计算两角对221121应的直线斜率的和为0]kkBMBNABMABN.可知所以∠，所以＝∠＋的倾斜角互补，＝0，ABMABN.BNBM综上，∠＝∠(2018·高考全国卷Ⅲ)已lkyyxxyByxAx1.22222211与椭圆知斜率为的直线(＋，)，则＋(，)，＝1，(1)设＝3434yyxxyy＋－＋kk＝0.两2121222111yxBCA两，1＋：＝交于式相减，并由得＋＝·xx43－[关键1：用点差法求直线的斜率]xxyy212234MAB，的中点为(1点，线段＋＋mk＝－由题设知，1＝，于是＝22．2211mm>0))(．1k；(1)证明：<－2PFC为(2)3]关键2：构造函数[.m413]关键3：求函数值域[km.<由题设得设的右焦点，→→→FBFACFP0<－<，故22yFPx0)．设)(，则(2)由题意得，(1，yxxyxy．，，33＋且＋为上一点，→→FAFP|0))－1＝，(0)＋((－－1，)＋(1xxxyyym<0.2()(＋＋，)＝1232311FPmPPC，－1|在＝上，＝2|||＝0，证明：→FB|.＋|＝－(1)由及题设得＝－＝3－333→232131所以.＝，从而，又点|224x→xxyFA－1－－|＝（1－1）＋）＝21222＋32（于是|＝4x.11112x1→→→FBFAFBxx)＝＋3.2|＝4|－|＝2－，所以|(|＋|同理22→→→ABPFPFAFB的模，]的21坐标表示向量[关键4：用，，，→→→FPFAFB|.|||＝|故2|＋[典型例题](2019·湖南省五市十校联考)yx2CabFOC的，右焦点为＝1(为圆心，椭圆>，以原点>0)的离心率为已知椭圆：＋ab2xy22＋2＝0短半轴长为半径的圆与直线相切．－22C的方程；(1)求椭圆PlCABAFC于点于，(2)如图，过定点，(20)的直线并延长交椭圆交椭圆两点，连接MPFMPFB.＝∠，求证：∠bxyO＋，的方程为＝依题意可设圆【解】(1)yxO2＝0因为圆与直线相切，222－＋|2|b＝所以＝1，11＋ac，1＝－所以．2222c2a＝，所以又＝2，a2xyC1.22＝的方程为所以椭圆＋2的方程为．＝－((2)证明：依题意可知直线2)的斜率存在，xklyl设xyk）＝－（2kkxkx(1＋20)，－8－2＋8由＝得xy1＝＋21<0.2因为－与椭kl2222222圆有两个交点，所以Δ>0，即kBFkAFAxyBxy的斜率分别为，(，，设(，直线，))，，kk28－221121228xxxx.＝则，＋＝kk21＋12＋xkyykx11）22）－（（－kkFkk＋－＝＋2＋＝2121222211xxxxxx1＋＝因为0)(1，，所以21－，×＝2×－＝×2＝－＝－1－1－11－－1－k82－212112220k21＋kxx2－－24＋kkkkkk2221kxxxxkk1－28）＋18－（2＋－12222121＋－kk2＋1＋12PFBPFM.22＝∠即∠圆锥曲线证明问题的类型及求解策略圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：①证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关(1)系，如：某点在某直线上、某直线经过某点、某两条直线平行或垂直等；②证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，(2)通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．][对点训练yxFFbEa，的左、右焦点分别为(2019·合肥市第一次质量检测)设椭圆：＋＝1(>，>0)22ba2ABFEEFAB的周长为的离心率为4于，△，两点．若椭圆过点6.的直线交椭圆2求E212122椭圆的方程；(1)CDCABEDAB的中点分于点，，，设弦(2)设不经过椭圆的中心而平行于弦的直线交椭圆NOMNM，，证明：别为，，三点共线．aa6.＝6由题意知，解：(1)4＝4，2bec，＝又＝，所以3＝3，2．yxE1.22＝的方程为所以椭圆＋36OxABCDMN，，轴上，的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，中点在(2)证明：当直线，NM，三点共线；yMxBxyxyABCDkA(()当直线，，，斜率存在时，设其斜率为)，yxyx＋则＝，两式相减，得＋－且设，(，，，)yx1＋＝360，0201212211222222113636yx221＝＋36yxxxxxxy－（＋－－））（＝－所以，21211221222222663yyyy））（（＋－，＝－22113yyyyyyy1＋133－－kkk.＝－＝－，即，所以·＝－·＝－，所以·0121122kxxxxxxx2＋2－66－1NMkOkk，所以，同理可得，＝－，所以三点共线．＝k2OMOM0111222ONONOMPyMxyl与＝－1－2)＝1，直线，动圆1．(2019·贵阳市第一学期监测)已知圆：：＋(EMlP.22圆相切，设动圆圆心相外切，且与直线的轨迹为E的方程；(1)求→→ABEOOAOBAB恒过上的两个动点，，求证：直线为坐标原点，且＝－(2)若点·，16是定点．yxPlyM外切，所以＋(解：(1)22与定圆：＝PyPMM的距离相等，由抛物线由题意动圆1与直线－：2)＝－1相切，且的定义知，点＝－2)动点的距离与到直线到圆2的圆心(0，yM＝－22)为焦点，直线的轨迹是以为准线的抛物线．(0，yxPE.2故所求＝的轨迹8的方程为yyBxABykxbAx)()，(2)证明：设直线：，＝，＋，，(bABxkxyx08211222将直线－的方程代入8＝，中得＝－8bxxxkx所以＋＝－＝88，，xx→→bxxyyxbOAOBx＝－212122212＝16＋＝－8又，·＝＋＋644)4，所以直线ABbyxMCab，．恒过定点(0，所以＝2212121)2．(2019·江西七校第一次联考已知椭圆：，122ba2．其离>0)>经过点1(＝＋222BkxmCAly＋两点．：与椭圆＝心率为，，设直线相交于2C的方程；(1)求椭圆2OxyOAOBl＋为22坐标原点＝相切，求证：)⊥(2)已知直线．与圆(32，，解：(1)因为＋＝＝＝2abaccabe22222所以，＝2yxC1.2222因为在椭圆上，，1211，＝＝1，2＝1，所以＋bbab的方程为＋＝所以椭圆2222bb22xyC1.222的方程为＋所以2椭圆＝262||与圆＝＋，＝mylx22(2)证明：因为直线相切，所以33＋1kmykx2＋＝mkkxkmxmkm＋16－＋24(1－2＝0，即3－2Δ－2＝0，由，得(1＋2＝)＋4yx2＝＋2222222222yBxkmAxy(－2)>0.设)(，，，2))(2，mkm224－xxxx，则，＋＝＝－kk2122221122211222＋1＋km2－mxxxkmxyykxmkxmk所以＋＋＝(＋()(，＋＋)＝＝)kkmmmk21＋2222222112211222222－223－2－－2→→yOAOBxxy＝所以＝·0＝，＋＋＝kkk212211222＋12＋1＋2OBOA.所以⊥yx1Cab>0)的离心率为＝1(，左、右焦>3．(2019·长沙市统一模拟考试)已知椭圆：＋22ba38FFACAFFFAF|＝为椭圆，且上一点，|点分别为⊥，，.