第9章 平面解析几何 高考难点突破课2 圆锥曲线的综合问题 第二课时　定值问题

第二课时定值问题题型一长度或距离为定值例1(2020·新高考山东卷)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，且过点A(2，1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.(1)解由题设得4a2＋1b2＝1,且a2－b2a2＝12，解得a2＝6，b2＝3.所以C的方程为x26＋y23＝1.(2)证明设M(x1，y1)，N(x2，y2).若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入x26＋y23＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.于是x1＋x2＝－4km1＋2k2，x1x2＝2m2－61＋2k2.①由AM⊥AN，得AM→·AN→＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.将①代入上式，可得(k2＋1)2m2－61＋2k2－(km－k－2)4km1＋2k2＋(m－1)2＋4＝0，整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.因为A(2，1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.所以直线MN的方程为y＝kx－23－13(k≠1).所以直线MN过点P23，－13.若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1).由AM→·AN→＝0，得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.又x216＋y213＝1，所以3x21－8x1＋4＝0.解得x1＝2(舍去)，或x1＝23.此时直线MN过点P23，－13.令Q为AP的中点，即Q43，13.若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝12|AP|＝223.若D与P重合，则|DQ|＝12|AP|.综上，存在点Q43，13，使得|DQ|为定值.感悟提升1.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.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.训练1(2022·成都诊断)已知动点P(x，y)(其中x≥0)到定点F(1，0)的距离比点P到y轴的距离大1.(1)求点P的轨迹C的方程；(2)过椭圆C1：x216＋y212＝1的右顶点作直线交曲线C于A，B两点，O为坐标原点.①求证：OA⊥OB；②设OA，OB分别与椭圆C1相交于点D，E，证明：坐标原点到直线DE的距离为定值.(1)解由题意，得（x－1）2＋y2＝x＋1(x≥0)，两边平方，整理得y2＝4x，所以所求点P的轨迹C的方程为y2＝4x.(2)证明①设过椭圆的右顶点(4，0)的直线AB的方程为x＝my＋4.代入抛物线方程y2＝4x，得y2－4my－16＝0，由题意知Δ0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－16，∴x1x2＋y1y2＝(my1＋4)(my2＋4)＋y1y2＝(1＋m2)y1y2＋4m(y1＋y2)＋16＝－16(1＋m2)＋4m×4m＋16＝0，即OA→·OB→＝0，∴OA⊥OB.②设D(x3，y3)，E(x4，y4)，直线DE的方程为x＝ty＋λ，代入x216＋y212＝1，得(3t2＋4)y2＋6tλy＋3λ2－48＝0，Δ0，于是y3＋y4＝－6tλ3t2＋4，y3y4＝3λ2－483t2＋4.从而x3x4＝(ty3＋λ)(ty4＋λ)＝t2y3y4＋tλ(y3＋y4)＋λ2＝4λ2－48t23t2＋4.∵OD⊥OE，∴OD→·OE→＝0，即x3x4＋y3y4＝0，代入，整理得7λ2＝48(t2＋1)，∴坐标原点到直线DE的距离d＝|λ|1＋t2＝4217，为定值.题型二斜率或其表达式为定值例2(12分)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，QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，求证：1λ＋1μ为定值.[规范解答](1)解因为抛物线y2＝2px过点P(1，2)，所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.……………………2分由题意知，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y2＝4x，y＝kx＋1得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.……………………4分依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×10，解得k1，又因为k≠0，故k0或0k1.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).………………6分(2)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2).由(1)知x1＋x2＝－2k－4k2，x1x2＝1k2.直线PA的方程为y－2＝y1－2x1－1(x－1).……………………7分令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝－y1＋2x1－1＋2＝－kx1＋1x1－1＋2.……………………8分同理得点N的纵坐标为yN＝－kx2＋1x2－1＋2.……………………9分由QM→＝λQO→，QN→＝μQO→得λ＝1－yM，μ＝1－yN.……………………10分所以1λ＋1μ＝11－yM＋11－yN＝x1－1（k－1）x1＋x2－1（k－1）x2＝1k－1·2x1x2－（x1＋x2）x1x2＝1k－1·2k2＋2k－4k21k2＝2.所以1λ＋1μ＝2为定值.……………………12分第一步求圆锥曲线的方程第二步特殊情况分类讨论第三步联立直线和圆锥曲线的方程第四步应用根与系数的关系用参数表示点的坐标第五步根据相关条件计算推证第六步明确结论训练2(2021·大同调研)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右顶点分别为A，B，已知|AB|＝4，且点e，354在椭圆上，其中e是椭圆的离心率.(1)求椭圆C的方程；(2)设P是椭圆C上异于A，B的点，与x轴垂直的直线l分别交直线AP，BP于点M，N，求证：直线AN与直线BM的斜率之积是定值.(1)解∵|AB|＝4，∴2a＝4，即a＝2.又点e，354在椭圆上，∴e2a2＋4516b2＝1，即c216＋4516b2＝1，又b2＋c2＝a2＝4，联立方程解得b2＝3，∴椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)证明由(1)知A(－2，0)，B(2，0)，设P点坐标为(s，t)，M，N的横坐标为m(m≠±2)，则直线AP的方程为y＝ts＋2(x＋2)，故Mm，ts＋2（m＋2），故直线BM的斜率k1＝t（m＋2）（s＋2）（m－2），同理可得直线AN的斜率k2＝t（m－2）（s－2）（m＋2），故k1k2＝t（m＋2）（s＋2）（m－2）×t（m－2）（s－2）（m＋2）＝t2s2－4，又P点在椭圆上，∴s24＋t23＝1，t2＝－34(s2－4)，因此k1k2＝－34（s2－4）s2－4＝－34，即直线AN与直线BM的斜率之积为定值.题型三几何图形面积为定值例3(2021·西北工大附中质检)已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为e，点(1，e)在椭圆E上，点A(a，0)，B(0，b)，△AOB的面积为32，O为坐标原点.(1)求椭圆E的标准方程；(2)若直线l交椭圆E于M，N两点，直线OM的斜率为k1，直线ON的斜率为k2，且k1k2＝－19，证明：△OMN的面积是定值，并求此定值.(1)解∵e＝ca，且(1，e)在椭圆E上，∴1a2＋e2b2＝1，则1a2＋c2a2b2＝1.①又c2＝a2－b2，②联立①②，得b＝1.又S△AOB＝12ab＝32，得a＝3，所以椭圆E的标准方程为x29＋y2＝1.(2)证明当直线l的斜率不存在时，设直线l：x＝t(－3t3且t≠0)，由x29＋y2＝1，x＝t，得y2＝1－t29，则k1k2＝1－t29t×－1－t29t＝－1－t29t2＝－19，解得t2＝92.所以S△OMN＝12×2×1－t29×|t|＝32.当直线l的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l：y＝kx＋m(m≠0)，由y＝kx＋m，x29＋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－m2＋1)0，x1＋x2＝－18km9k2＋1，x1x2＝9m2－99k2＋1，k1k2＝y1x1×y2x2＝（kx1＋m）（kx2＋m）x1x2＝－9k2＋m29m2－9＝－19，化简得9k2＋1＝2m2，满足Δ0.|MN|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝1＋k2·－18km9k2＋12－4·9m2－99k2＋1＝61＋k2·9k2－m2＋19k2＋1.又原点O到直线l的距离d＝|m|1＋k2，所以S△OMN＝12×|MN|×d＝31＋k2·9k2－m2＋19k2＋1×|m|1＋k2＝3|m|m22m2＝32.综上可知，△OMN的面积为定值32.感悟提升解此类题的要点有两个：一是计算面积，二是恒等变形.如本题，要求△OMN的面积，则需要计算弦长|MN|和原点O到直线l的距离d，然后由面积公式表达出S△OMN(如果是其他凸多边形，一般需要分割成三角形分别求解)，再将由已知得到的变量之间的等量关系代入面积关系式中，进行恒等变形，即得S△OMN为定值32.训练3已知点F(0，2)，过点P(0，－2)且与y轴垂直的直线为l1，l2⊥x轴，交l1于点N，直线l垂直平分FN，交l2于点M.(1)求点M的轨迹方程；(2)记点M的轨迹为曲线E，直线AB与曲线E交于不同两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x2－1＝x1＋m2(m为常数)，直线l′与AB平行，且与曲线E相切，切点为C，试问△ABC的面积是否为定值.若为定值，求出△ABC的面积；若不是定值，说明理由.解(1)由题意得|FM|＝|MN|，即动点M到点F(0，2)的距离和到直线y＝－2的距离相等，所以点M的轨迹是以F(0，2)为焦点，直线y＝－2为准线的抛物线，根据抛物线定义可知点M的轨迹方程为x2＝8y.(2)由题意知，直线AB的斜率存在，设其方程为y＝kx＋b，由y＝kx＋b，x2＝8y消去y整理得x2－8kx－8b＝0，Δ＝64k2＋32b0.则x1＋x2＝8k，x1·x2＝－8b.设AB的中点为Q，则点Q的坐标为(4k，4k2＋b).由条件设切线方程为y＝kx＋t，由y＝kx＋t，x2＝8y消去y整理得x2－8kx－8t＝0.∵直线与抛物线相切，∴Δ＝64k2＋32t＝0，∴t＝－2k2，∴切点C的横坐标为4k，∴点C的坐标为(4k，2k2).∴CQ⊥x轴，∵x2－x1＝m2＋1，∴(x2－x1)2＝(x1＋x2)2－4(－8b)＝64k2＋32b＝(m2＋1)2，∴b＝（m2＋1）2－64k232.∴S△ABC＝12|CQ|·|x2－x1|＝12·(2k2＋b)·(x2－x1)＝（m2＋1）364，∵m为常数，∴△ABC的面积为定值.齐次化处理策略圆锥曲线中常见一类问题，这类问题的特点是条件中的两直线斜率之和或之积是一个指定常数.这种问题的求解方法多种多样，但是采用齐次化方法，可以将这两种题型统一处理.接下来谈谈齐次化方法在处理圆锥曲线这些问题中的应用.一、处理两直线斜率之积为定值的问题例1已知椭圆的中心为原点O，长轴、短轴长分别为2a，2b(ab0)，P，Q分别在椭圆上，且OP⊥OQ.求证：1OP2＋1OQ2为定值.证明设P，Q坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线PQ：mx＋ny＝1，椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)，联立方程x2a2＋y2b2＝1，mx＋ny＝1.齐