2023届高考数学一轮复习-第7讲-第2课时-定值与定点问题.doc

第2课时　定值与定点问题
[学生用书P243])
考点一　定值问题(综合研析)
(2022·盐城市高三一模)

设F为椭圆C：＋y2＝1的右焦点，过点(2，0)的直线与椭圆C交于A，B两点．
(1)若点B为椭圆C的上顶点，求直线AF的方程；
(2)设直线AF，BF的斜率分别为k1，k2(k2≠0)，求证：为定值．
【解】　(1)若B为椭圆的上顶点，则B(0，1)．
又直线AB过点(2，0)，故直线AB：x＋2y－2＝0，
由可得3y2－4y＋1＝0，
解得y1＝1，y2＝，即点A，
又F(1，0)，故直线AF的方程为y＝x－1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
方法一：设直线AB的方程为x＝ty＋2，代入椭圆方程可得(2＋t2)y2＋4ty＋2＝0.
所以y1＋y2＝，y1y2＝.
故k1＋k2＝＋＝＋
＝＝＝0.
又k1，k2均不为0，故＝－1，
即为定值－1.
方法二：设直线AB的方程为x＝ty＋2，代入椭圆方程可得(2＋t2)y2＋4ty＋2＝0.
所以y1＋y2＝，y1y2＝.
所以＝－，即ty1y2＝－，
所以＝＝＝
＝＝＝－1，即为定值－1.

求圆锥曲线中定值问题常用的方法
(1)引起变量法：其解题流程为
→
↓
→
↓
→
(2)特例法：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
|跟踪训练|
(2022·河南洛阳统一考试)设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点P(4，m)(m>0)是抛物线C上一点，且|PF|＝5.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若A，B为抛物线C上异于P的两点，且PA⊥PB.记点A，B到直线y＝－4的距离分别为a，b，求证：ab为定值．
解：(1)由抛物线的定义知|PF|＝＋4＝5，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明：由P(4，m)(m>0)是抛物线C上一点，得m＝4，
易知直线PA斜率存在且不为0，设直线PA的方程为x－4＝t(y－4)(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由消去x得y2－4ty＋16(t－1)＝0，Δ＝16(t－2)2>0，所以y1＝4t－4(y1＝4，不合题意，舍去)，
所以a＝|y1－(－4)|＝|4t|.
因为PA⊥PB，所以用－代替t(t≠0，t≠2，－≠2)，得y2＝－－4，b＝|y2－(－4)|＝||，
所以ab＝|4t×|＝16，即ab为定值．
考点二　定点问题(综合研析)
(2022·河南名校模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点F，半焦距c＝2，点F到右准线x＝的距离为，过点F作双曲线C的两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD的中点分别为M，N.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标．
【解】　(1)由题设可得c－＝，c＝2，所以a2＝3，b2＝c2－a2＝1，
所以双曲线C的标准方程为－y2＝1.
(2)由(1)知双曲线的右焦点为F(2，0)．设过点F的弦AB所在的直线方程为x＝ky＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以M(＋2，)．
由消去x得(k2－3)y2＋4ky＋1＝0，
因为弦AB与双曲线C有两个交点，所以k2－3≠0，
所以y1＋y2＝，所以M(，)．
当k＝0时，M点即F点，此时，直线MN为x轴．
当k≠0时，将上式M点坐标中的k换成－(－3≠0)，可得N(，－)．
①当直线MN不垂直x轴时，直线MN的斜率kMN＝＝，
直线MN的方程为y－＝(x－)，化简得y＝(x－3)，
所以直线MN过定点(3，0)．
②当直线MN垂直于x轴时，＝，此时k＝±1，直线MN也过定点(3，0)．
综上所述，直线MN过定点(3，0)．

求解定点问题常用的方法
(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明．
(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标．
(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)来证明．
|跟踪训练|
过抛物线C：y2＝4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点．
(1)若|AB|＝8，求直线l的方程；
(2)若A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD过定点，并求出该点的坐标．
解：(1)由y2＝4x知焦点F的坐标为(1，0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)，
代入抛物线方程y2＝4x，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
由题意知k≠0，
且Δ＝[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝1.
由抛物线的弦长公式知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，则＝6，即k2＝1，解得k＝±1.
所以直线l的方程为y＝±(x－1)．
(2)由(1)及抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，－y1)，
直线BD的斜率kBD＝＝＝，
所以直线BD的方程为y＋y1＝(x－x1)，
即(y2－y1)y＋y2y1－y＝4x－4x1.
因为y＝4x1，y＝4x2，x1x2＝1，
所以(y1y2)2＝16x1x2＝16，
即y1y2＝－4(y1，y2异号)．
所以直线BD的方程为4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，
对任意y1，y2∈R，有解得
即直线BD恒过定点(－1，0)．
[学生用书P438(单独成册)]
[A　基础达标]
1．已知椭圆C：＋＝1的上顶点为M，直线l过点(4，－2)且与椭圆C交于A，B两点，l不经过点M.求证：直线MA的斜率与直线MB的斜率之和为定值．
证明：易知直线l的斜率恒小于0，设直线l的方程为y＋2＝k(x－4)，k<0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立
得(1＋4k2)x2－16k(2k＋1)x＋64k(k＋1)＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
因为kMA＋kMB＝＋
＝，
所以kMA＋kMB＝2k－(4k＋4)×＝2k－4(k＋1)×＝2k－(2k＋1)＝－1(为定值)．
2．已知抛物线C：y2＝2px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，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．
解：(1)因为抛物线y2＝2px经过点(1，2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k<1且k≠0.
又PA，PB与y轴相交，
故直线l不过点(1，－2)．
从而k≠－3.
所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1)．
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.
直线PA的方程为y－2＝(x－1)．
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.
由＝λ，＝μ得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以＋＝＋＝＋
＝·
＝·＝2.
所以＋为定值．
[B　综合应用]
3．已知椭圆C：＋＝1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点．
解：(1)由题意得，b2＝1，c＝1，
所以a2＝b2＋c2＝2.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则直线AP的方程为y＝x＋1.
令y＝0，得点M的横坐标xM＝－.
又y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝.
同理，|ON|＝.
由得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|OM|·|ON|＝·
＝
＝
＝2.
又|OM|·|ON|＝2，所以2＝2.
解得t＝0，所以直线l经过定点(0，0)．
4．已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1，2)为抛物线C上一点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点B(1，－2)在抛物线C上，过点B作抛物线C的两条弦BP与BQ，如kBP·kBQ＝－2，求证：直线PQ过定点．
解：(1)若抛物线的焦点在x轴上，设抛物线方程为y2＝ax，代入点A(1，2)，可得a＝4，所以抛物线方程为y2＝4x.若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线方程为x2＝my，代入点A(1，2)，可得m＝，所以抛物线方程为x2＝y.
综上所述，抛物线C的方程是y2＝4x或x2＝y.
(2)证明：因为点B(1，－2)在抛物线C上，所以由(1)可得抛物线C的方程是y2＝4x.
易知直线BP，BQ的斜率均存在，设直线BP的方程为y＋2＝k(x－1)，
将直线BP的方程代入y2＝4x，消去y，得
k2x2－(2k2＋4k＋4)x＋(k＋2)2＝0.
设P(x1，y1)，则x1＝，
所以P.
用－替换点P坐标中的k，可得Q((k－1)2，2－2k)，从而直线PQ的斜率为＝＝，
故直线PQ的方程是
y－2＋2k＝·[x－(k－1)2]．
得y－2＝＋，
令x＝3，解得y＝2，
所以直线PQ恒过定点(3，2)．