【文档说明】高考统考数学理科人教版一轮复习教师用书：第8章 命题探秘2 第1课时　圆锥曲线中的定点、定值问题 含解析【高考】.doc，共(7)页，375.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-622e6138b9d1ac8321b62f6f6127fa88.html

以下为本文档部分文字说明：

-1-命题探秘二高考中的圆锥曲线问题第1课时圆锥曲线中的定点、定值问题技法阐释求解圆锥曲线中的定点问题的两种方法(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关.(2)直接推理法：①选择一个参数建立直线系方

程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常量当成变量，将变量x，y当成常量，将原方程转化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式(k是原方程中的常量)；②根据直线过定点时与参数没有关系(即直线系方程对任意参数都成立)，得到方程组f(x，y)＝0，g(x，y)＝0；③以

②中方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，则可以特殊解决.技法一直接推理解决直线过定点问题-2-[典例1](2020·临沂、枣庄二模联考)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，其左、右焦点分

别为F1，F2，点P为坐标平面内的一点，且|OP→|＝32，PF1→·PF2→＝－34，O为坐标原点．(1)求椭圆C的方程；(2)设M为椭圆C的左顶点，A，B是椭圆C上两个不同的点，直线MA，MB的倾斜角分别为α，β，且α＋β＝π

2.证明：直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标．[思维流程][解](1)设P点坐标为(x0，y0)，F1(－c,0)，F2(c,0)，则PF1→＝(－c－x0，－y0)，PF2→＝(c－x0，－y0)．由题意得x20＋y20＝94，(x0＋c)(x0－c)＋y20＝－34，解得c2

＝3，∴c＝3.又e＝ca＝32，∴a＝2.∴b2＝a2－c2＝1.∴所求椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)设直线AB方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立方程x24＋y2＝1，y＝kx＋m，消去y得(4k2＋1)

x2＋8kmx＋4m2－4＝0.-3-∴x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.又由α＋β＝π2，∴tanα·tanβ＝1，设直线MA，MB斜率分别为k1，k2，则k1k2＝1，∴y1x1＋2·y2x2＋2＝1，

即(x1＋2)(x2＋2)＝y1y2.∴(x1＋2)(x2＋2)＝(kx1＋m)(kx2＋m)，∴(k2－1)x1x2＋(km－2)(x1＋x2)＋m2－4＝0，∴(k2－1)4m2－44k2＋1＋(km－2)－8km4k2＋1＋m2－4＝0，化简得20k2－16km＋

3m2＝0，解得m＝2k，或m＝103k.当m＝2k时，y＝kx＋2k，过定点(－2,0)，不合题意(舍去)．当m＝103k时，y＝kx＋103k，过定点－103，0，∴直线AB恒过定点－103，0.点评：动直线

l过定点问题的基本思路设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．技法二直接推理解决曲线过定点问题[典例2](2019·北京高考)已知抛物线C：x2＝－2py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y＝－1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．[思维流程]-4-[解](1)

由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，得p＝2.所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.(2)证明：抛物线C的焦点为F(0，－1)，设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．由y＝kx－1，x2＝－4y

得x2＋4kx－4＝0.设M()x1，y1，N()x2，y2，则x1x2＝－4.直线OM的方程为y＝y1x1x.令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－x1y1.同理得点B的横坐标xB＝－x2y2.设点D(0，n)，则DA→＝－x1y1，－1－n，DB→＝－x2y2

，－1－n，DA→·DB→＝x1x2y1y2＋(n＋1)2＝x1x2－x214－x224＋(n＋1)2＝16x1x2＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.令DA→·DB→＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，则n＝1或n＝－3.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点

(0,1)和(0，－3)．点评：抓住圆的几何特征：“直径所对的圆周角为90°”，巧用向量DA→·DB→＝0求得定点坐标，学习中应体会向量解题的工具性．技法三定直线的方程问题[典例3]已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，过F且斜率为1的直线与C交于A，B两点，|AB|＝8.-5-(1)

求抛物线C的方程；(2)过点D(1,2)的直线l交C于点M，N，点Q为MN的中点，QR⊥x轴交C于点R，且QR→＝RT→.证明：动点T在定直线上．[思维流程][解](1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为F0，p2，所以过F且斜率为1的直线的方程为y＝x＋p2.由

y＝x＋p2，x2＝2py消去y并整理，得x2－2px－p2＝0，易知Δ＞0.则x1＋x2＝2p，y1＋y2＝x1＋x2＋p＝3p，所以|AB|＝y1＋y2＋p＝4p＝8，解得p＝2.于是抛物线C的方

程为x2＝4y.(2)证明：法一：易知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k(x－1)＋2，Q(x0，y0)，Mx3，14x23，Nx4，14x24.由y＝k(x－1)＋2，x2＝4y消去y并整理，得x2－

4kx＋4k－8＝0.则Δ＝(－4k)2－4(4k－8)＝16(k2－k＋2)＞0，x3＋x4＝4k，x3x4＝4k－8，所以x0＝x3＋x42＝2k，y0＝k(x0－1)＋2＝2k2－k＋2，即Q(2k,2k2

－k＋2)．由点R在曲线C上，QR⊥x轴，且QR→＝RT→，得R(2k，k2)，R为QT的中点，所以T(2k，k－2)．因为2k－2(k－2)－4＝0，所以动点T在定直线x－2y－4＝0上．法二：设T(x，y)，Mx3

，14x23，Nx4，14x24.-6-由x23＝4y3，x24＝4y4得(x3＋x4)(x3－x4)＝4(y3－y4)，所以x3＋x44＝y3－y4x3－x4.设Q(x，y5)，则直线MN的

斜率k＝y5－2x－1，又y3－y4x3－x4＝k，点Q的横坐标x＝x3＋x42，所以x2＝y5－2x－1，所以y5＝12x(x－1)＋2.由QR→＝RT→知点R为QT的中点，所以Rx，y5＋y2.又点R在C上，将x，y5＋y2代入C的方程得x2＝2(

y5＋y)，即－x＋4＋2y＝0，所以动点T在定直线x－2y－4＝0上．点评：本题第(2)问给出了探求圆锥曲线中的定直线问题的两种方法：方法一是参数法，即先利用题设条件探求出动点T的坐标(包含参数)，再

消去参数，即得动点T在定直线上；方法二是相关点法，即先设出动点T的坐标为(x，y)，根据题设条件得到已知曲线上的动点R的坐标，再将动点R的坐标代入已知的曲线方程，即得动点T在定直线上．技法四直接推理解决定值问题[典例4]在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x24＋y2＝1，点P(x1，y1)

，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝x12，y1，n＝x22，y2，m·n＝0.(1)求证：k1·k2＝－14；(2)试探求△OPQ的面积S是不是为定值，并说明理

由．[思维流程]-7-[解](1)证明：∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0.又m·n＝0，∴x1x24＋y1y2＝0，即x1x24＝－y1y2，∴k1·k2＝y1y2x1x2＝－14.(2)①当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，由y1y2x1x2＝－14，得x214

－y21＝0.∵点P(x1，y1)在椭圆上，∴x214＋y21＝1，∴|x1|＝2，|y1|＝22.∴S△POQ＝12|x1||y1－y2|＝1.②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b.联立得方程组y＝kx＋b，x24＋y2＝1，消去y并整理得(4k2＋1

)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，其中Δ＝(8kb)2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(1＋4k2－b2)>0，即b2<1＋4k2.∴x1＋x2＝－8kb4k2＋1，x1x2＝4b2－44k2＋1.∵x1x24＋y1y2＝0，∴x1x24＋(kx1＋b

)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1(满足Δ>0)．∴S△POQ＝12·|b|1＋k2·|PQ|＝12|b|(x1＋x2)2－4x1x2＝2|b|4k2＋1－b24k2＋1＝1.综合①②知△POQ的面积S为定值1.点评：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．