高三數(shù)學北師大版文一輪教師用書：第9章 第9節(jié)　圓錐曲線中的定點與定值問題 Word版含解析

《高三數(shù)學北師大版文一輪教師用書：第9章 第9節(jié)　圓錐曲線中的定點與定值問題 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高三數(shù)學北師大版文一輪教師用書：第9章 第9節(jié)　圓錐曲線中的定點與定值問題 Word版含解析（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第九節(jié)　圓錐曲線中的定點與定值問題 (對應學生用書第167頁) ⊙考點1　定點問題 　圓錐曲線中的定點問題一般是指與解析幾何有關的直線或圓過定點的問題(其他曲線過定點太復雜，高中階段一般不涉及)，其實質是：當動直線或動圓變化時，這些直線和圓相交于一點，即這些直線或圓繞著定點在轉動．這類問題的求解一般可分為以下三步： 一選：選擇變量，定點問題中的定點，隨某一個量的變化而固定，可選擇這個量為變量(有時可選擇兩個變量，如點的坐標、斜率、截距等，然后利用其他輔助條件消去其中之一)． 二求：求出定點所滿足的方程，即把需要證明為定點的問題表示成關于上述變量的方程． 三定點：對上述方

2、程進行必要的化簡，即可得到定點坐標． 　(2019·開封模擬)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦點F(，0)，長半軸的長與短半軸的長的比值為2. (1)求橢圓C的標準方程； (2)設不經(jīng)過點B(0,1)的直線l與橢圓C相交于不同的兩點M，N，若點B在以線段MN為直徑的圓上，證明直線l過定點，并求出該定點的坐標． [解](1)由題意得，c＝，＝2，a2＝b2＋c2，∴a＝2，b＝1. ∴橢圓C的標準方程為＋y2＝1. (2)當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 聯(lián)立消去y，可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4

3、＝0. ∴Δ＝16(4k2＋1－m2)＞0，x1＋x2＝，x1x2＝. ∵點B在以線段MN為直徑的圓上， ∴·＝0. ∵·＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0， ∴(k2＋1)＋k(m－1)＋(m－1)2＝0， 整理，得5m2－2m－3＝0， 解得m＝－或m＝1(舍去)． ∴直線l的方程為y＝kx－. 易知當直線l的斜率不存在時，不符合題意． 故直線l過定點，且該定點的坐標為. 　對于直線y＝kx＋m，當m為定值或m＝f(k)時，便可確定直線過定點，因此根據(jù)條件求出m的值或m與k的關系便可

4、求出定點． [教師備選例題] 　已知橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)經(jīng)過點P(2,1)，且離心率為. (1)求橢圓的標準方程； (2)設O為坐標原點，在橢圓的短軸上有兩點M，N滿足＝，直線PM，PN分別交橢圓于A，B兩點，試證明直線AB過定點． [解](1)由橢圓的離心率e＝＝＝，得a2＝4b2，將P(2,1)代入橢圓方程＋＝1，得＋＝1，解得b2＝2，則a2＝8，所以橢圓的標準方程為＋＝1. 　(2)證明：當M，N分別是短軸的端點時，顯然直線AB為y軸，所以若直線AB過定點，則這個定點一定在y軸上， 當M，N不是短軸的端點時，設直線AB的方程為y＝kx＋t，設A(x1，y1)，B(

5、x2，y2)，易知x1≠2，x2≠2， 聯(lián)立消去y，得(1＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－8＝0，則Δ＝16(8k2－t2＋2)＞0， x1＋x2＝－，x1x2＝. 又直線PA的方程為y－1＝(x－2)， 即y－1＝(x－2)， 所以點M的坐標為， 同理可知N， 由＝， 得＋＝0， 化簡整理得，(2－4k)x1x2－(2－4k＋2t)(x1＋x2)＋8t＝0，則(2－4k)×－(2－4k＋2t)·＋8t＝0， 整理得(2t＋4)k＋(t2＋t－2)＝0， 當且僅當t＝－2時，上式對任意的k都成立， 所以直線AB過定點(0，－2)． 　(2019·濟南模擬)已知拋物線

6、C1：y2＝2px(p＞0)與橢圓C2：＋＝1有一個相同的焦點，過點A(2,0)且與x軸不垂直的直線l與拋物線C1交于P，Q兩點，P關于x軸的對稱點為M. (1)求拋物線C1的方程． (2)試問直線MQ是否過定點？若是，求出該定點的坐標；若不是，請說明理由． [解](1)由題意可知，拋物線的焦點為橢圓的右焦點，坐標為(1,0)，所以p＝2， 所以拋物線C1的方程為y2＝4x. (2)法一：因為點P與點M關于x軸對稱， 所以設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則M(x1，－y1)， 設直線PQ的方程為y＝k(x－2)，代入y2＝4x得，k2x2－4(k2＋1)x＋4k2＝0，所以

7、x1x2＝4， 設直線MQ的方程為y＝mx＋n， 代入y2＝4x得，m2x2＋(2mn－4)x＋n2＝0，所以x1x2＝＝4， 因為x1＞0，x2＞0，y1y2＜0，所以＝2，即n＝2m， 所以直線MQ的方程為y＝m(x＋2)，必過定點(－2,0)． 法二：設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)， 因為點P與點M關于x軸對稱，所以y3＝－y1， 設直線PQ的方程為x＝ty＋2， 代入y2＝4x得，y2－4ty－8＝0，所以y1y2＝－8， 設直線MQ的方程為x＝my＋n， 代入y2＝4x得，y2－4my－4n＝0，所以y2y3＝－4n， 因為y3＝－y1，

8、所以y2(－y1)＝－y1y2＝－4n＝8，即n＝－2， 所以直線MQ的方程為x＝my－2，必過定點(－2,0)． ⊙考點2　定值問題 　圓錐曲線中的定值問題一般是指在求解解析幾何問題的過程中，探究某些幾何量(斜率、距離、面積、比值等)與變量(斜率、點的坐標等)無關的問題．其求解步驟一般為： 一選：選擇變量，一般為點的坐標、直線的斜率等． 二化：把要求解的定值表示成含上述變量的式子，并利用其他輔助條件來減少變量的個數(shù)，使其只含有一個變量(或者有多個變量，但是能整體約分也可以)． 三定值：化簡式子得到定值．由題目的結論可知要證明為定值的量必與變量的值無關，故求出的式子必能化為一個常數(shù)

9、，所以只須對上述式子進行必要的化簡即可得到定值． 　(2018·北京高考)已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過點P(1,2)，過點Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點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O為原點，＝λ，＝μ，求證：＋為定值． [解](1)因為拋物線y2＝2px過點(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. 設直線l的方程為y＝kx＋1(k≠0)， 由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. 依題意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，

10、 解得k<0或0

11、·沈陽模擬)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的焦點為F1，F(xiàn)2，離心率為，點P為其上一動點，且三角形PF1F2的面積最大值為，O為坐標原點． (1)求橢圓C的方程； (2)若點M，N為C上的兩個動點，求常數(shù)m，使·＝m時，點O到直線MN的距離為定值，求這個定值． [解](1)依題意知解得 　所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x2＋y1y2＝m， 當直線MN的斜率存在時，設其方程為y＝kx＋n，則點O到直線MN的距離d＝＝， 聯(lián)立消去y，得(4k2＋3)x2＋8knx＋4n2－12＝0，由Δ＞0得4k2－n2＋3＞0，則x1＋x2＝，x1

12、x2＝， 所以x1x2＋(kx1＋n)(kx2＋n)＝(k2＋1)x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝m， 整理得＝12＋. 因為d＝為常數(shù)， 則m＝0，d＝＝， 此時＝12滿足Δ＞0. 當MN⊥x軸時，由m＝0得kOM＝±1， 聯(lián)立消去y，得x2＝， 點O到直線MN的距離d＝|x|＝亦成立． 綜上，當m＝0時，點O到直線MN的距離為定值，這個定值是. 　(2019·成都模擬)直線l與橢圓＋＝1(a＞b＞0)交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，已知m＝(ax1，by1)，n＝(ax2，by2)，若橢圓的離心率e＝，且經(jīng)過點，O為坐標原點． (1)求橢圓的方程．

13、(2)當m⊥n時，△AOB的面積是否為定值？如果是，請給予證明；如果不是，請說明理由． [解](1)由題意得 解得 ∴橢圓的方程為＋x2＝1. (2)①當直線AB斜率不存在時，即x1＝x2，y1＝－y2， 由已知m·n＝0，得4x－y＝0，∴y＝4x. 又A(x1，y1)在橢圓上，∴x＋＝1，∴|x1|＝，|y1|＝，三角形的面積S＝|x1||y1－y2|＝|x1|·2|y1|＝1，三角形的面積為定值． ②當直線AB斜率存在時，設直線AB的方程為y＝kx＋t，聯(lián)立得(k2＋4)x2＋2ktx＋t2－4＝0. 則Δ＞0，即4k2t2－4(k2＋4)(t2－4)＞0， x1＋x2＝，x1x2＝. ∵m⊥n，∴4x1x2＋y1y2＝0，∴4x1x2＋(kx1＋t)(kx2＋t)＝0，代入整理得2t2－k2＝4. 而S△AOB＝··|AB|＝|t|·＝＝＝1， ∴△AOB的面積為定值．