《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第8節(jié)微課2　定值問(wèn)題-教師復(fù)習(xí)驗(yàn)收卷

《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第8節(jié)微課2定值問(wèn)題-教師復(fù)習(xí)驗(yàn)收卷《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第8節(jié)微課2定值問(wèn)題-教師復(fù)習(xí)驗(yàn)收卷/《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第8節(jié)微課2定值問(wèn)題-教師復(fù)習(xí)驗(yàn)收卷微課二定值問(wèn)題題型一長(zhǎng)度或距離為定值【例1】(2020·北京卷)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1過(guò)點(diǎn)A(－2,－1),且a＝2b.(1)求橢圓C的方程;(2)過(guò)點(diǎn)B(－4,0)的直線l交橢圓C于點(diǎn)M,N,直線MA,NA分別交直線x＝－4于點(diǎn)P,Q,求eq\f(|PB|,|BQ|)的值．解(1)由橢圓過(guò)點(diǎn)A(－2,－1),得eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1.又a＝2b,∴eq\f(4,4b2)＋eq\f(1,b2)＝1,解得b2＝2,∴a2＝4b2＝8,∴橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),顯然不合題意．設(shè)直線l：y＝k(x＋4),由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k(x＋4),,x2＋4y2＝8))得(4k2＋1)x2＋32k2x＋64k2－8＝0.由Δ＞0,得－eq\f(1,2)＜k＜eq\f(1,2).設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x1＋x2＝eq\f(－32k2,4k2＋1),x1x2＝eq\f(64k2－8,4k2＋1).又∵直線AM：y＋1＝eq\f(y1＋1,x1＋2)(x＋2),令x＝－4,得yP＝eq\f(－2(y1＋1),x1＋2)－1.將y1＝k(x1＋4)代入,得yP＝eq\f(－(2k＋1)(x1＋4),x1＋2).同理yQ＝eq\f(－(2k＋1)(x2＋4),x2＋2).∴yP＋yQ＝－(2k＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋4,x1＋2)＋\f(x2＋4,x2＋2)))＝－(2k＋1)·eq\f(2x1x2＋6(x1＋x2)＋16,(x1＋2)(x2＋2))＝－(2k＋1)·eq\f(\f(2(64k2－8),4k2＋1)＋\f(6×(－32k2),4k2＋1)＋16,(x1＋2)(x2＋2))＝－(2k＋1)·eq\f(128k2－16－192k2＋64k2＋16,(4k2＋1)(x1＋2)(x2＋2))＝0.∴|PB|＝|BQ|,∴eq\f(|PB|,|BQ|)＝1.感悟升華圓錐曲線中的定值問(wèn)題通常是通過(guò)設(shè)參數(shù)或取特殊值來(lái)確定"定值”是多少,或者將該問(wèn)題涉及的幾何式轉(zhuǎn)化為代數(shù)式或三角問(wèn)題,證明該式是恒定的．定值問(wèn)題同證明問(wèn)題類似,在求定值之前已知該值的結(jié)果,因此求解時(shí)應(yīng)設(shè)參數(shù),運(yùn)用推理,到最后必定參數(shù)統(tǒng)消,定值顯現(xiàn)．【訓(xùn)練1】在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知雙曲線C1：2x2－y2＝1.設(shè)橢圓C2：4x2＋y2＝1.若M,N分別是C1,C2上的動(dòng)點(diǎn),且OM⊥ON,求證：O到直線MN的距離是定值．證明當(dāng)直線ON垂直于x軸時(shí),|ON|＝1,|OM|＝eq\f(\r(2),2),則O到直線MN的距離為eq\f(\r(3),3),當(dāng)直線ON不垂直于x軸時(shí),設(shè)直線ON的方程為y＝kxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(顯然|k|>\f(\r(2),2))),則直線OM的方程為y＝－eq\f(1,k)x,由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx,,4x2＋y2＝1,))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(1,4＋k2),,y2＝\f(k2,4＋k2),))所以|ON|2＝eq\f(1＋k2,4＋k2),同理|OM|2＝eq\f(1＋k2,2k2－1),設(shè)O到直線MN的距離為d,因?yàn)?|OM|2＋|ON|2)d2＝|OM|2|ON|2,所以eq\f(1,d2)＝eq\f(1,|OM|2)＋eq\f(1,|ON|2)＝eq\f(3k2＋3,k2＋1)＝3,即d＝eq\f(\r(3),3).綜上,O到直線MN的距離是定值．題型二斜率或其表達(dá)式為定值【例2】(2020·蘭州診斷)如圖,橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(0,－1)且離心率為eq\f(\r(2),2).(1)求橢圓E的方程;(2)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1,1),且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)P,Q(均異于點(diǎn)A),證明：直線AP與AQ的斜率之和為定值．(1)解由題設(shè)知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2),b＝1,結(jié)合a2＝b2＋c2,解得a＝eq\r(2),所以橢圓E的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)證明由題設(shè)知,直線PQ的方程為y＝k(x－1)＋1(k≠2),代入eq\f(x2,2)＋y2＝1,得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0,由已知Δ>0,設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0,則x1＋x2＝eq\f(4k(k－1),1＋2k2),x1x2＝eq\f(2k(k－2),1＋2k2),從而直線AP,AQ的斜率之和為kAP＋kAQ＝eq\f(y1＋1,x1)＋eq\f(y2＋1,x2)＝eq\f(kx1＋2－k,x1)＋eq\f(kx2＋2－k,x2)＝2k＋(2－k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝2k＋(2－k)eq\f(x1＋x2,x1x2)＝2k＋(2－k)eq\f(4k(k－1),2k(k－2))＝2k－2(k－1)＝2(即為定值)．【訓(xùn)練2】(2021·長(zhǎng)沙模擬)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右頂點(diǎn)分別為A、B,已知|AB|＝4,且點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e,\f(3,4)\r(5)))在橢圓上,其中e是橢圓的離心率．(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)P是橢圓C上異于A、B的點(diǎn),與x軸垂直的直線l分別交直線AP、BP于點(diǎn)M、N,求證：直線AN與直線BM的斜率之積是定值．(1)解∵|AB|＝4,∴2a＝4,∴a又點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e,\f(3\r(5),4)))在橢圓上,∴eq\f(e2,4)＋eq\f(45,16b2)＝1,又b2＋c2＝a2＝4,聯(lián)立方程組解得b2＝3,∴橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(s,t),點(diǎn)M,N的橫坐標(biāo)為m(m≠±2),則直線AP的方程為y＝eq\f(t,s＋2)(x＋2),故Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m,\f(t,s＋2)(m＋2))),故直線BM的斜率k1＝eq\f(t(m＋2),(s＋2)(m－2)),同理可得直線AN的斜率k2＝eq\f(t(m－2),(s－2)(m＋2)),故k1k2＝eq\f(t(m＋2),(s＋2)(m－2))×eq\f(t(m－2),(s－2)(m＋2))＝eq\f(t2,s2－4),又點(diǎn)P在橢圓上,∴eq\f(s2,4)＋eq\f(t2,3)＝1,∴t2＝－eq\f(3,4)(s2－4),∴k1k2＝eq\f(－\f(3,4)(s2－4),s2－4)＝－eq\f(3,4).即直線AN與直線BM的斜率之積為定值．題型三幾何圖形面積為定值【例3】(2021·重慶診斷)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為e,點(diǎn)(1,e)在橢圓E上,點(diǎn)A(a,0),B(0,b),△AOB的面積為eq\f(3,2),O為坐標(biāo)原點(diǎn)．(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)若直線l交橢圓E于M,N兩點(diǎn),直線OM的斜率為k1,直線ON的斜率為k2,且k1k2＝－eq\f(1,9),證明：△OMN的面積是定值,并求此定值．解(1)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(e2,b2)＝1,,e＝\f(c,a),,c2＝a2－b2,))得b＝1.又S△AOB＝eq\f(1,2)ab＝eq\f(3,2),得a＝3.所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,9)＋y2＝1.(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),設(shè)直線l：x＝t(－3<t<3且t≠0),由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋y2＝1,,x＝t,))得y2＝1－eq\f(t2,9),則k1k2＝eq\f(\r(1－\f(t2,9)),t)×eq\f(－\r(1－\f(t2,9)),t)＝－eq\f(1－\f(t2,9),t2)＝－eq\f(1,9),解得t2＝eq\f(9,2).所以S△OMN＝eq\f(1,2)×2×eq\r(1－\f(t2,9))×|t|＝eq\f(3,2).當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),直線l：y＝kx＋m(m≠0),由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,,\f(x2,9)＋y2＝1))消去y并整理,得(9k2＋1)x2＋18kmx＋9m2－9＝0.Δ＝(18km)2－4(9k2＋1)(9m2－9)＝36(9k2－x1＋x2＝－eq\f(18km,9k2＋1),x1x2＝eq\f(9m2－9,9k2＋1),k1k2＝eq\f(y1,x1)×eq\f(y2,x2)＝eq\f((kx1＋m)(kx2＋m),x1x2)＝eq\f(－9k2＋m2,9m2－9)＝－eq\f(1,9),化簡(jiǎn)得9k2＋1＝2m2,滿足|MN|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(18km,9k2＋1)))\s\up12(2)－4·\f(9m2－9,9k2＋1))＝eq\f(6\r(1＋k2)·\r(9k2－m2＋1),9k2＋1).又原點(diǎn)O到直線l的距離d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2)),所以S△OMN＝eq\f(1,2)×|MN|×d＝eq\f(3\r(1＋k2)·\r(9k2－m2＋1),9k2＋1)×eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝eq\f(3|m|\r(2m2－m2),2m2)＝eq\f(3,2).綜上可知,△OMN的面積為定值eq\f(3,2).感悟升華探求圓錐曲線中幾何圖形的面積的定值問(wèn)題,一般用直接求解法,即可先利用三角形面積公式(如果是其他凸多邊形,可分割成若干個(gè)三角形分別求解)把要探求的幾何圖形的面積表示出來(lái),然后利用題中的條件得到幾何圖形的面積表達(dá)式中的相關(guān)量之間的關(guān)系式,把這個(gè)關(guān)系式代入幾何圖形的面積表達(dá)式中,化簡(jiǎn)即可．【訓(xùn)練3】已知點(diǎn)F(0,2),過(guò)點(diǎn)P(0,－2)且與y軸垂直的直線為l1,l2⊥x軸,交l1于點(diǎn)N,直線l垂直平分FN,交l2于點(diǎn)M.(1)求點(diǎn)M的軌跡方程;(2)記點(diǎn)M的軌跡為曲線E,直線AB與曲線E交于不同兩點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),且x2－1＝x1＋m2(m為常數(shù)),直線l′與AB平行,且與曲線E相切,切點(diǎn)為C,試問(wèn)△ABC的面積是否為定值．若為定值,求出△ABC的面積;若不是定值,說(shuō)明理由．解(1)由題意得|FM|＝|MN|,即動(dòng)點(diǎn)M到點(diǎn)F(0,2)的距離和到直線y＝－2的距離相等,所以點(diǎn)M的軌跡是以F(0,2)為焦點(diǎn),直線y＝－2為準(zhǔn)線的拋物線,根據(jù)拋物線定義可知點(diǎn)M的軌跡方程為x2＝8y.(2)由題意知,直線AB的斜率存在,設(shè)其方程為y＝kx＋b,由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b,,x2＝8y))消去x整理得x2－8kx－8b＝0.則x1＋x2＝8k,x1·x2＝－8b.設(shè)AB的中點(diǎn)為Q,則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(4k,4k2＋b)．由條件設(shè)切線方程為y＝kx＋t,由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t,,x2＝8y))消去y整理得x2－8kx－8t＝0.∵直線與拋物線相切,∴Δ＝64k2＋32t＝0,∴t＝－2k2,∴切點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為4k,∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(4k,2k2)．∴CQ⊥x軸,∵x2－x1＝m2＋1,∴(x2－x1)2＝(x1＋x2)2－4(－8b)＝64k2＋32b＝(m2＋1)2,∴b＝eq\f((m2＋1)2－64k2,32).∴S△ABC＝eq\f(1,2)|CQ|·|x2－x1|＝eq\f(1,2)·(2k2＋b)·(x2－x1)＝eq\f((m2＋1)3,64),∵m為常數(shù),∴△ABC的面積為定值．1．(2021·洛陽(yáng)高三統(tǒng)考)已知拋物線C：y2＝2px(p＞0),其焦點(diǎn)為F,O為坐標(biāo)原點(diǎn),直線l與拋物線C相交于不同的兩點(diǎn)A,B,M為AB的中點(diǎn)．(1)若p＝2,M的坐標(biāo)為(1,1),求直線l的方程．(2)若直線l過(guò)焦點(diǎn)F,AB的垂直平分線交x軸于點(diǎn)N,求證：eq\f(2|MN|2,|FN|)為定值．(1)解由題意知直線l的斜率存在且不為0,故設(shè)直線l的方程為x－1＝t(y－1)即x＝ty＋1－t,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1－t,,y2＝4x,))得y2－4ty－4＋4t＝0,∴Δ＝16t2＋16－16t＝16(t2－t＋1)＞0,y1＋y2＝4t,∴4t＝2,即t＝eq\f(1,2).∴直線l的方程為2x－y－1＝0.(2)證明∵拋物線C：y2＝2px(p＞0),∴焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2),0)).由題意知直線l的斜率存在且不為0,∵直線l過(guò)焦點(diǎn)F,故設(shè)直線l的方程為x＝ty＋eq\f(p,2)(t≠0),設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋\f(p,2),y2＝2px)),得y2－2pty－p2＝0,∴y1＋y2＝2pt,Δ＝4p2t2＋4p2∴x1＋x2＝t(y1＋y2)＋p＝2pt2＋p∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pt2＋\f(p,2),pt)).∴MN的方程為y－pt＝－teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－pt2－\f(p,2))).令y＝0,解得x＝pt2＋eq\f(3p,2),Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pt2＋\f(3p,2),0)),∴|MN|2＝p2＋p2t2,|FN|＝pt2＋eq\f(3p,2)－eq\f(p,2)＝pt2＋p,∴eq\f(2|MN|2,|FN|)＝eq\f(2(p2＋p2t2),pt2＋p)＝2p,為定值．2．(2020·新高考山東卷)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(2),2),且過(guò)點(diǎn)A(2,1)．(1)求C的方程;(2)點(diǎn)M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D為垂足．證明：存在定點(diǎn)Q,使得|DQ|為定值．(1)解由題設(shè)得eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1,eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(1,2),解得a2＝6,b2＝3.所以C的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2)．若直線MN與x軸不垂直,設(shè)直線MN的方程為y＝kx＋m,代入eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1,得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m于是x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2),x1x2＝eq\f(2m2－6,1＋2k2).①由AM⊥AN,得eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝0,故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0,整理得(k2＋1)x1x2＋(km－