专题3-5 圆锥曲线定值问题-(选择性必修第一册) (教师版)

圆锥曲线定值问题1定值问题在圆锥曲线中，某些几何量在特定的关系结构中，不受相关变元的制约而恒定不变，则称该变量具有定值特征.Eg①一个球在水平面上无论怎么滚动，球心到水平面的距离都是半径长；②椭圆上一动点P到两焦点F1、F2的距离之和2解决此类问题的基本策略定值问题往往涉及到一连串的“运动变化”，要确定某几何量的定值，我们要先理解题意，明确“变化的源头”，再找到源头与含定值特征的几何量之间的代数或几何关系，来确定解题的突破口.①参数法把相关几何量用曲线里的参变量表示，再证明结论与求参数无关；解题步骤引进参数--列出关系式--化简消参，求出定值.②由特殊到一般法把相关几何量的变元特殊化，在特例中求出几何量的定值，再证明结论与特定状态无关.③几何法根据几何关系确定相关几何量的不变.【方法一】参数法【典题1】已知椭圆x2a2+y2b(1)求椭圆的方程；(2)过F1作两直线m,n交椭圆于A,B,C,D四点，若m⊥n，求证：1【解析】(1)过程略，所求椭圆方程为x24+(2)证明：当直线m斜率不存在时，此时|AB|=3,|CD|=4，当直线m斜率存在时，设直线m的方程为y=k(x+1)(k≠0)．由y=k(x+1)x24设A(x则有x|AB|=1+(求AB用弦长公式)∵m⊥n，∴直线n的方程为y=−同理|CD|=12(1+所以1|AB|综上1|AB|+1【点拨】①定值问题往往涉及到“运动变化”，我们一定要找到其“源头”.我们是如下思考的线段AB、CD长度是分别随直线m、n的变化而变化∵m⊥n，∵m⊥n，∴直线m的变化决定了直线n线段AB、CD长度由直线m决定直线m直线m过F线段AB、CD长度由直线m的斜率k决定这样就找到了“源头”，故想到用k表示线段AB、CD长度；找源头的方式决定了引入的参数；②本题采取参数法，AB、CD显然可理解为直线与椭圆的弦长，故用弦长公式表示线段，当直线m斜率k存在时，1|AB|+1|CD|表示成关于参数k的式子f(k)，则证明③若本题是一道非解答题，利用特殊法(即k不存在时)就很容易得到1|AB|+1【典题2】椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为35，P(m,0)为C的长轴上的一个动点，过P点斜率为(1)求C的方程；(2)求证：PA2【解析】(1)过程略，椭圆C的方程为x2(2)依题意l的方程为x=5代入x225+设A(x则PA同理PB2PA2所以PA2【点拨】①本题的“变化源头”是m，线段PA、PB的长度变化显然是由m的值决定的，故想到用m表示线段PA、PB，则m就是引入的参数；②本题采取参数法，线段PA、PB用两点间距离公式x1−x22+y1−y22表示成xA,y③直线l的方程设为x=5【典题3】已知A、B是椭圆x22+y2(1)求实数λ的取值范围；(2)在x轴上是否存在一个定点M，使得MA∙【解析】(1)由已知条件知：直线AB过椭圆右焦点F(1,0)．当直线AB与x轴重合时，λ=3±2当直线AB不与x轴重合时，设AB：x=my+1，代入椭圆方程，并整理得2+m设A(x由根与系数的关系得y1所以(y又由AF=λFB，所以(解之得3−22综上，实数λ的取值范围是[3−22(2)设M(a,0)，直线AB不与x轴重合时，则MA∙=(m=(1+m=−1+=−1+(2a−3)m22+所以−12=2a−3故存在定点M(54,0)，使得经检验，当AB与x轴重合时也成立，∴存在定点M(54,0)，使得【点拨】①本题的“变化源头”是直线AB，若设直线AB方程为x=my+1，“源头”可理解为m，即不管m取任何值，MA∙MB的值恒定不变，引入参数②若式子c+dxa+bx是定值，不受x的影响，则有c③注意最后直线AB与x轴重合特殊情况的分析.【典题4】一束光线从点F1(－1,0)出发，经直线l：2x－y+3=0上一点P反射后，恰好穿过点(1)求点P的坐标；(2)求以F1、F2为焦点且过点(3)设点Q是椭圆C上除长轴两端点外的任意一点，试问在x轴上是否存在两定点A、B，使得直线QA、QB的斜率之积为定值？若存在，请求出定值，并求出所有满足条件的定点A、B的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】(1)设F1关于l的对称点为F(m,n)(由反射的性质，可知点F,P,F则nm+1=−12且2⋅m−1易得直线PF方程为x+7y−1=0，由x+7y−1=02x−y+3=0，解得(2)因为PF得2a=P所以a=2．又c=1所以b=1．所以椭圆C的方程为x2(3)方法一假设存在两定点为A(s,0),B(t,0)，则kQA∙kQB(若其是定值，则不受x,y的影响，先想到消元)又x22若要2−x22st+2解得s=2t=−2所以有且只有两定点(2使得kQA∙k方法二假设存在两定点为A(s,0),B(t,0)，使得对于椭圆上任意一点Q(x,y)(除长轴两端点)都有kQA∙k即yx−s∙yk+1由题意(∗)式对任意x∈(−所以k+12=0k(x+t)=0kst−1=0所以有且只有两定点(2使得kQA∙k【点拨】①方法一分式a1x2方法二利用方程恒成立的方法：式子ax2+bx+c=0对x恒成立⇔a=0,b=0,c=0，设②点P处的切线PT平分△PF1F【典题5】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，以椭圆C左顶点T为圆心作圆(1)求椭圆C的方程；(2)求TM∙TN的最小值，并求此时圆(3)设点P是椭圆C上异于M,N的任意一点，且直线MP,NP分别与x轴交于点R,S,O为坐标原点，求证：|OR|∙OS【解析】(1)过程略，椭圆C的方程为x2(2)过程略，TM∙TN最小值为−15，圆(3)分析：|OR|∙|OS|=|xRxS|方法一设P(x0,y0则直线MP的方程为y−y令y=0，得xR同理xS=x1y故xR⋅又点M与点P在椭圆上，故x0代入(∗)式，得xR所以|OR|∙|OS|=|x方法二设M(2cosθ,sinθ),N(2cosθ,－sinθ)，不妨设sinθ>0,P(2cosα,sinα)，其中sinα≠±sinθ．则直线MP的方程为y−sinα=令y=0，得xR同理xS=2(sinαcosθ+cosαsinθ)sinα+sinθ，(把上式的故xR所以|OR|∙|OS|=|x【点拨】参数法处理定值问题，找到了“运动源头”，如何引入参数需要根据题意，计算量是一衡量因素.本题源头是点P和点M，设P(x0,y0)【方法二】“由特殊到一般”法【典题1】已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，F1、F2分别是它的左、右焦点，A(－1,0)是其左顶点，且双曲线的离心率为(1)求双曲线的方程；(2)若直线AP、AQ分别与直线x=12交于M、N两点，证明(3)是否存在常数λ，使得∠PF2A=λ∠PA【解析】(1)过程略，双曲线C的方程为：x2(2)证明：设直线l的方程为x=ty+2，(源头是t，则用t表示MF2∙另设P(x联立3x2−y∴y又直线AP的方程为y=代入x=12，解得同理N(1∴M∴M=9(3)(分析：先通过特殊情况确定λ，再证明一般情况下也成立)当直线l的方程为x=2时，解得P(2,3)．易知此时△AF其中∠AF2P=下证：∠AF2P=2∠PAtan2∠PAF∵x12∴tan2∠PAF∴tan∠AF∴结合正切函数在(0,π2)∪(【点拨】①第三问本质是证明∠PF2A∠PAF2是定值，本题采取了“由特殊到一般法”，思路是：在直线斜率不存在的特殊情况下易得λ=2，再证明②关于角度的问题，我们较容易想到解三角形的知识点，本题要证明∠AF2P=2∠PAF【方法三】几何法【典题1】已知抛物线C:y2=2px(p>0)经过点(1)求抛物线C的方程及其相应准线方程；(2)过点E(2,0)作斜率为k1,k2的两条直线分别交抛物线于M,N和P,Q四点，其中k1+k2=1．设线段MN和PQ的中点分别为A,B，过点E【解析】(1)过程略，抛物线的方程为y2=4x，准线方程为(2)证明：设MN：由y=k1(x−2)可得x即A(2+2k∴k则直线AB的方程为y=k可得直线AB过定点F(2,2)，则EF=2，又ED⊥FD，(隐圆，定弦定角模型)∴D的轨迹是(2,1)为圆心，1为半径的圆，则存在定点T(2,1)，使得线段TD长度为定值1．【点拨】①“存在定点T，使得线段TD长度为定值”，意味着动点D到定点T是定长，即D的轨迹是以T为圆心的圆；②本题的“变化源头”是k1(或k2)，由①的分析较为直接的思路是求出D的轨迹，具体作法：求出直线DE方程，再与直线AB联立求出点D的坐标(用k1表示)，消参k③本题的解法属于几何法，在求出直线AB方程，有“意外收获”：它有定点(2,2)，结合图象确定是“定弦定角的隐圆模型”，可知D的轨迹，确定定点T(2,1).【典题2】如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F(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，AF(i)若AF1－BF2=6【解析】(1)过程略，椭圆的方程为x2(2)解：由(1)得F1又∵直线AF1与直线∴设AF1与BF设A(x∴由x122∴y∴|AF1同理|BF2i由①②得A∴2mm2∴直线AF1的斜率为(ii)证明：∵直线AF1与直线BF∴PBPF由点B在椭圆上知，∴PF同理PF∴PF由①②得，∴PF1+P【点拨】①本题采取了几何法，利用相似三角形的性质把PF1+PF2转化为A②本题另一思路：求出点A、B的坐标---求出直线AF2、BF1的方程---求出点P巩固练习1(★★★)如图，已知椭圆C1：x24+y2=1，过抛物线C2：x2=4y焦点F的直线交抛物线于M,N两点，连接NO，MO并延长分别交CA．若记直线NO，MO的斜率分别为k1，kB．△OAB的面积S△OAB是定值C．线段OA，OB长度的平方和OAD．设λ=S△OMN【答案】ABCD【解析】F(0,1)，设直线MN的方程为y=kx+1，联立方程组y=kx+1x2=4y∴x∴y∴k1k设直线OA的方程为y=mx(m>0)，则直线OB的方程为y=−1联立方程组y=mxx2不妨设A在第三象限，则A(−2用−14m替换m可得∴A到OB的距离d=又|OB|=∴S△OAB=又OA∴OA2+联立方程组y=mxx2=4y故N(4m,4m2)，∴|ON|=4m∴M到直线OA的距离ℎ=∴S当且仅当2m=12m即∴λ=S△OMNS故选：ABCD．2(★★)在平面直角坐标系xoy中，已知焦点为F的抛物线x2=4y上有两个动点A、B，且满足AF=λFB，(1)求：OA∙OB的值；(2)证明FM【答案】(1)−3(2)0【解析】(1)设A(∵焦点F(0,1)，∴AF∵AF∴−化简整理得x1−x2x1∴OA→(2)抛物线方程为y=1∴过抛物线A、B两点的切线方程分别为y=12即y=12x1x−x∴FM3(★★)已知，椭圆C过点A(1,32)(1)求椭圆C的方程；(2)E,F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值．【答案】(1)x24【解析】(Ⅰ)由题意c=1，可设椭圆方程为11+b2所以椭圆方程为x24+(Ⅱ)设直线AE方程为：y=k(x−1)+代入x24设E(x因为点A(1,3所以由韦达定理得：x所以xE又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以－K代K，可得x所以直线EF的斜率K即直线EF的斜率为定值，其值为124(★★★)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4，上顶点为(1)求椭圆C的方程；(2)设点M、N为椭圆C上的两个动点，若OM∙ON=0，问：点O到直线MN的距离d【答案】(1)x2【解析】(1)设椭圆C的半焦距为c,由已知可得2a=4，∵∠F1AF2=60°∴|AF2|=a=2，∴cos∠OA∴椭圆C的方程为x24(2)当直线MN的斜率存不在时，MN⊥x轴，由OM→⋅ON结合椭圆的对称性，可设M(x,x)，N(x,－x)，则将点M(x,x)代入椭圆方程，可得x解得x=±2当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx+m，此时点O到直线MN的距离d=|m|1+设M(x联立y=kx+mx24由△=64k2m∴x∴x=(1+k=(1+k又∵OM即7m2∴d2=综上所述，点O到直线MN的距离d=25(★★★)已知离心率为223的椭圆x2a2+y2=1(a>1)，与直线l交于(1)求椭圆方程；(2)若k1⋅k【答案】(1)x2【解析】(1)由题意，b=1e=∴b∴椭圆方程为x2(2)设P(x当直线PQ的斜率存在时，设其方程为y=kx+m,联立椭圆方程可得：9k则x|PQ|=1+点O到直线的距离d=|m|∴S由k1化简得：9k2=2若直线的斜率不存在，可得S△POQ综上可得，三角形POQ的面积为定值326(★★★)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)和圆O(1)①若圆O过椭圆的两个焦点，求椭圆的离心率e；②若椭圆上存在点P，使得∠APB=90°，求椭圆离心率e的取值范围；(2)设直线AB与x轴、y轴分别交于点M,N，求证：a2【答案】(1)22【解析】(1)①∵圆O过椭圆的焦点，圆O：x2∴b=c，∴e=2②由∠APB=90°及圆的性质，可得|OP|=∠OAP=∠OBP=∠APB=90°，且|OA|=|OB|=b，则四边形OABP是正方形，|OP|=|AB|=2b∴OP∴e(2)设P(x0整理得x0∵x∴PA方程为：x1x+y∴x直线AB方程为y−y1=−令x=0，得|ON|=|y|=b2|y∴a∴a2|ON|7(★★★)已知点M(－2,0),N(2,0)，点P满足：直线PM的斜率为k1，直线PN的斜率为k2，且(1)求点P(x,y)的轨迹C的方程；(2)过点F(1,0)的直线l交曲线C于A,B两点，问在x轴上是否存在点Q，使得QA∙QB为定值？若存在，求出点【答案】(1)x2【解析】(1)由题意可得k由k1⋅整理可得P的轨迹方程为x2(2)假设在x轴上存在点Q(m,0)，使得QA→当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x－1)(k≠0)，联立3x2+4y2令A(x1由QA→所以QA==−(5+8m)将m看做常数，要使得上式为定值，需满足5+8m=16，即m=此时QA当直线l的斜率不存在时，可得A(1,3所以QA→=综上所述，存在Q(1188(★★★)已知椭圆E：x2a2(1)若OP2+OQ(2)点B(0,b)，若BP⊥BQ，求