(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點復(fù)習(xí)講義第52講《圓錐曲線的綜合應(yīng)用-定點、定值問題》（講）（解析版）

1、第52講 圓錐曲線的綜合應(yīng)用定點、定值問題思維導(dǎo)圖知識梳理1直線與圓錐曲線的位置關(guān)系判斷直線l與圓錐曲線C的位置關(guān)系時，通常將直線l的方程AxByC0(A，B不同時為0)代入圓錐曲線C的方程F(x，y)0，消去y(或x)得到一個關(guān)于變量x(或y)的一元方程例：由eq blcrc (avs4alco1(AxByC0，,Fx，y0)消去y，得ax2bxc0.(1)當(dāng)a0時，設(shè)一元二次方程ax2bxc0的判別式為，則：0直線與圓錐曲線C相交；0直線與圓錐曲線C相切；0)的焦點F(1,0)，O為坐標(biāo)原點，A，B是拋物線C上異于O的兩點(1)求拋物線C的方程；(2)若直線OA，OB的斜率之積為eq f(

2、1,2)，求證：直線AB過x軸上一定點解(1)因為拋物線y22px(p0)的焦點坐標(biāo)為F(1，0)，所以eq f(p,2)1，所以p2.所以拋物線C的方程為y24x.(2)證明：當(dāng)直線AB的斜率不存在時，設(shè)Aeq blc(rc)(avs4alco1(f(t2,4)，t)，Beq blc(rc)(avs4alco1(f(t2,4)，t).因為直線OA，OB的斜率之積為eq f(1,2)，所以eq f(f(t,t2),4)eq f(f(t,t2),4)eq f(1,2)，化簡得t232.所以A(8，t)，B(8，t)，此時直線AB的方程為x8.當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)其方程為ykxb，A(xA，

3、yA)，B(xB，yB)，聯(lián)立eq blcrc (avs4alco1(y24x，,ykxb)消去x，化簡得ky24y4b0.所以yAyBeq f(4b,k)，因為直線OA，OB的斜率之積為eq f(1,2)，所以eq f(yA,xA)eq f(yB,xB)eq f(1,2)，整理得xAxB2yAyB0.即eq f(yoal(2,A),4)eq f(yoal(2,B),4)2yAyB0，解得yAyB0(舍去)或yAyB32.所以yAyBeq f(4b,k)32，即b8k，所以ykx8k，即yk(x8)綜上所述，直線AB過定點(8,0)【跟蹤訓(xùn)練1-1】已知橢圓C：eq f(x2,a2)eq f(

4、y2,b2)1(ab0)的右焦點F(eq r(3)，0)，長半軸長與短半軸長的比值為2.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)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(biāo)【解】(1)由題意得，ceq r(3)，eq f(a,b)2，a2b2c2，a2，b1，橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq f(x2,4)y21.(2)當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為ykxm(m1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)聯(lián)立eq blcrc (avs4alco1(ykxm，,x24y24，)消去y，可得(4k21)x28kmx4m240

5、.16(4k21m2)0，x1x2eq f(8km,4k21)，x1x2eq f(4m24,4k21).點B在以線段MN為直徑的圓上，eq o(BM,sup7()eq o(BN,sup7()0.eq o(BM,sup7()eq o(BN,sup7()(x1，kx1m1)(x2，kx2m1)(k21)x1x2k(m1)(x1x2)(m1)20，(k21)eq f(4m24,4k21)k(m1)eq f(8km,4k21)(m1)20，整理，得5m22m30，解得meq f(3,5)或m1(舍去)直線l的方程為ykxeq f(3,5).易知當(dāng)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

6、的坐標(biāo)為eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(3,5).【名師指導(dǎo)】定點問題實質(zhì)及求解步驟解析幾何中的定點問題實質(zhì)是：當(dāng)動直線或動圓變化時，這些直線或圓相交于一點，即這些直線或圓繞著定點在轉(zhuǎn)動這類問題的求解一般可分為以下三步：題型2 “設(shè)參用參消參”三步解決圓錐曲線中的定值問題【例2-1】設(shè)O為坐標(biāo)原點，動點M在橢圓eq f(x2,9)eq f(y2,4)1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足eq o(NP,sup7()eq r(2)eq o(NM,sup7().(1)求點P的軌跡E的方程；(2)過F(1,0)的直線l1與點P的軌跡交于A，B兩點，過F(1,0)作與l1垂直的直

7、線l2與點P的軌跡交于C，D兩點，求證：eq f(1,|AB|)eq f(1,|CD|)為定值解(1)設(shè)P(x，y)，M(x0，y0)，則N(x0,0)eq o(NP,sup7()eq r(2) eq o(NM,sup7()，(xx0，y)eq r(2)(0，y0)，x0 x，y0eq f(y,r(2).又點M在橢圓上，eq f(x2,9)eq f(blc(rc)(avs4alco1(f(y,r(2)2,4)1，即eq f(x2,9)eq f(y2,8)1.點P的軌跡E的方程為eq f(x2,9)eq f(y2,8)1.(2)證明：由(1)知F為橢圓eq f(x2,9)eq f(y2,8)1的

8、右焦點，當(dāng)直線l1與x軸重合時，|AB|6，|CD|eq f(2b2,a)eq f(16,3)，eq f(1,|AB|)eq f(1,|CD|)eq f(17,48).當(dāng)直線l1與x軸垂直時，|AB|eq f(16,3)，|CD|6，eq f(1,|AB|)eq f(1,|CD|)eq f(17,48).當(dāng)直線l1與x軸不垂直也不重合時，可設(shè)直線l1的方程為yk(x1)(k0)，則直線l2的方程為yeq f(1,k)(x1)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq blcrc (avs4alco1(ykx1，,f(x2,9)f(y2,8)1)消去y，得(89k2)x218k2x9k27

9、20，則(18k2)24(89k2)(9k272)2 304(k21)0，x1x2eq f(18k2,89k2)，x1x2eq f(9k272,89k2)，|AB| eq r(1k2)eq r(x1x224x1x2)eq f(481k2,89k2).同理可得|CD|eq f(481k2,98k2).eq f(1,|AB|)eq f(1,|CD|)eq f(89k2,48k21)eq f(98k2,48k21)eq f(17,48).綜上可得eq f(1,|AB|)eq f(1,|CD|)為定值【跟蹤訓(xùn)練2-1】已知橢圓C的兩個頂點分別為A(2，0)，B(2,0)，焦點在x軸上，離心率為eq f

10、(r(3),2).(1)求橢圓C的方程；(2)如圖所示，點D為x軸上一點，過點D作x軸的垂線交橢圓C于不同的兩點M，N，過點D作AM的垂線交BN于點E.求證：BDE與BDN的面積之比為定值，并求出該定值【解】(1)設(shè)橢圓C的方程為eq f(x2,a2)eq f(y2,b2)1(ab0)，由題意得eq blcrc (avs4alco1(a2，,f(c,a)f(r(3),2)，,b2c2a2，)解得eq blcrc (avs4alco1(b1，,cr(3)，)所以橢圓C的方程為eq f(x2,4)y21.(2)法一：設(shè)D(x0,0)，M(x0，y0)，N(x0，y0)，2x02，所以kAMeq f

11、(y0,x02)，因為AMDE，所以kDEeq f(2x0,y0)，所以直線DE的方程為yeq f(2x0,y0)(xx0)因為kBNeq f(y0,x02)，所以直線BN的方程為yeq f(y0,x02)(x2)由eq blcrc (avs4alco1(yf(2x0,y0)xx0，,yf(y0,x02)x2，)解得Eeq blc(rc)(avs4alco1(f(4,5)x0f(2,5)，f(4,5)y0)，所以eq f(SBDE,SBDN)eq f(f(1,2)|BD|yE|,f(1,2)|BD|yN|)eq f(blc|rc|(avs4alco1(f(4,5)y0),|y0|)eq f(4

12、,5).故BDE與BDN的面積之比為定值eq f(4,5).法二：設(shè)M(2cos ，sin )(k，kZ)，則D(2cos ，0)，N(2cos ，sin )，設(shè)eq o(BE,sup7()eq o(BN,sup7()，則eq o(DE,sup7()eq o(DB,sup7()eq o(BE,sup7()eq o(DB,sup7()eq o(BN,sup7()(22cos ，0)(2cos 2，sin )(22cos 2cos 2，sin )又eq o(AM,sup7()(2cos 2，sin )，由eq o(AM,sup7()eq o(DE,sup7()，得eq o(AM,sup7()eq o(DE,sup7()0，從而(22cos )(2cos 2)(2cos 2)sin20，整理得4sin