【文档说明】2021新高考数学江苏专用一轮复习课件第八章高考专题突破五第2课时定点与定值问题.pptx，共(45)页，3.114 MB，由小橙橙上传

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大一轮复习讲义第2课时定点与定值问题高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题定点问题题型一答题模板(1)求椭圆C的方程；规范解答解由题意，得b2＝1，c＝1，所以a2＝b2＋c2＝2.例1(12分)(2019·北京)已

知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1的右焦点为(1,0)，且经过点A(0,1).所以椭圆C的方程为x22＋y2＝1.[2分](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|O

M|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点.证明设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线AP的方程为y＝y1－1x1x＋1.[4分]令y＝0，得点M的横坐标xM＝－x1y1－1.又y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝x1kx1＋t－

1.同理，|ON|＝x2kx2＋t－1.由y＝kx＋t，x22＋y2＝1，得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，[6分]则x1＋x2＝－4kt1＋2k2，x1x2＝2t2－21＋

2k2.[8分]解得t＝0，所以直线l经过定点(0,0).[12分]所以|OM|·|ON|＝x1kx1＋t－1·x2kx2＋t－1＝x1x2k2x1x2＋

k(t－1)(x1＋x2)＋(t－1)2＝2t2－21＋2k2k2·2t2－21＋2k2＋k(t－1)·－4kt1＋2k2＋(t－1)2＝21＋t1－t.[10分]又|OM|·|ON|＝2，所以21

＋t1－t＝2.解圆锥曲线综合问题的一般步骤第一步：确定曲线方程(一般根据待定系数法或定义法).第二步：设直线方程并与曲线方程联立，得关于x或y的一元二次方程.第三步：写出根与系数的关系(或求出交点出标).第四步：将第三步得出的关系代入题目条件，解决范围、最值或定点、

定值等问题.第五步：反思回顾，考虑方程有解条件和图形完备性.答题模板(1)证明：直线AB过定点；跟踪训练1(2019·全国Ⅲ)已知曲线C：y＝x22，D为直线y＝－12上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.证明设D

t，－12，A(x1，y1)，则x21＝2y1.由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故y1＋12x1－t＝x1，整理得2tx1－2y1＋1＝0.设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.所以直线A

B的方程为2tx－2y＋1＝0.所以直线AB过定点0，12.(2)若以E0，52为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程.Δ＝4t2＋4>0恒成立，于是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋

x2)＋1＝2t2＋1.解由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋12.由y＝tx＋12，y＝x22，可得x2－2tx－1＝0，设M为线段AB的中点，则Mt，t2＋12.由于EM→⊥AB→，而EM→＝(t，t2－2)，AB→与向量(1，t)平行，所以t＋(

t2－2)t＝0.解得t＝0或t＝±1.当t＝0时，|EM→|＝2，所求圆的方程为x2＋y－522＝4；当t＝±1时，|EM→|＝2，所求圆的方程为x2＋y－522＝2.综上，所求圆的方程为x2

＋y－522＝4或x2＋y－522＝2.定值问题题型二师生共研例2(2020·河南八市重点高中联考)已知O为坐标原点，过点M(1,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，且.(1)求抛物线C的方程；OA→·OB→＝－3解

设直线l：x＝my＋1，联立方程x＝my＋1，y2＝2px，消x得，y2－2pmy－2p＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－2p，又因为OA→·OB→＝x1x2＋y1y2＝(my1＋1)(my2＋1)＋

y1y2＝(1＋m2)y1y2＋m(y1＋y2)＋1＝(1＋m2)(－2p)＋2pm2＋1＝－2p＋1＝－3.解得p＝2.所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)过点M作直线l′⊥l交抛物线C于P，Q两点，记△OAB，△OPQ的面积分别为S1，S2，证明：为定值.1S21＋1S22证明由(1

)知M(1,0)是抛物线C的焦点，所以|AB|＝x1＋x2＋p＝my1＋my2＋2＋p＝4m2＋4.原点到直线l的距离d＝11＋m2，所以S1＝12×11＋m2×4(m2＋1)＝21＋m2.因为直线l′过点(1,0)且l′⊥l，所以S2＝21＋

1m2＝21＋m2m2.所以1S21＋1S22＝14(1＋m2)＋m24(1＋m2)＝14.即1S21＋1S22为定值14.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.思维升华SIWEISHENGHUA(1)求椭圆C的方程；跟踪训练2已知点M是椭圆C：x2a2＋y2b

2＝1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，且|F1F2|＝4，∠F1MF2＝60°，△F1MF2的面积为433.由余弦定理，得|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1||MF2|·c

os60°＝(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1||MF2|(1＋cos60°)，解得|MF1|＋|MF2|＝42.由|F1F2|＝4得c＝2，从而b＝2，解在△F1MF2中，由12|MF1||MF2|sin60°＝433，得|MF1||MF2|＝1

63.从而2a＝|MF1|＋|MF2|＝42，即a＝22.故椭圆C的方程为x28＋y24＝1.(2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交椭圆C于异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1＋k2为定值.证明当直线l的斜率存在时，设斜率为k，显

然k≠0，则其方程为y＋2＝k(x＋1)，由x28＋y24＝1，y＋2＝k(x＋1)，则x1＋x2＝－4k(k－2)1＋2k2，x1x2＝2k2－8k1＋2k2.从而k1＋k2＝y1－2x1＋y2－2x2＝2kx1x2＋(k－4)(x1＋x2)x1x2得(1＋2k2)x2＋4k(k－

2)x＋2k2－8k＝0.Δ＝56k2＋32k>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，＝2k－(k－4)·4k(k－2)2k2－8k＝4.当直线l的斜率不存在时，可得A－1，142，B－1，－

142，得k1＋k2＝4.综上，k1＋k2为定值.基础保分练12345课时精练1.已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－3，0)，F2(3，0)，且经过点A3，12.(1)求椭圆C的标准方程；12345解由椭圆的定义，可知2a＝|A

F1|＋|AF2|＝(23)2＋122＋12＝4.解得a＝2.又b2＝a2－(3)2＝1.∴椭圆C的标准方程为x24＋y2＝1.(2)过点B(4,0)作一条斜率不为0的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，记点P关于x轴对称的点为P′.证明：直线P′Q经过x轴上一定点D，并求出定

点D的坐标.12345证明由题意，设直线l的方程为x＝my＋4(m≠0).设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则P′(x1，－y1).由x＝my＋4，x24＋y2＝1，消去x，可得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.∵Δ＝16(m

2－12)>0，∴m2>12.12345∴y1＋y2＝－8mm2＋4，y1y2＝12m2＋4.∵kP′Q＝y2＋y1x2－x1＝y2＋y1m(y2－y1).∴直线P′Q的方程为y＋y1＝y2＋y1m(y2－y

1)(x－x1).令y＝0，可得x＝m(y2－y1)y1y1＋y2＋my1＋4.12345∴x＝2my1y2y1＋y2＋4＝2m·12m2＋4－8mm2＋4＋4＝24m－8m＋4＝1.∴D(1,0).∴直线P′Q经过x轴上定点D，其坐标为(1,0).所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.

2.(2020·西安模拟)设F1，F2为椭圆C：(b>0)的左、右焦点，M为椭圆上一点，满足MF1⊥MF2，已知△MF1F2的面积为1.(1)求椭圆C的方程；12345解由椭圆定义得|MF1|＋|MF2|＝4，①由MF1⊥MF2得|MF1|2＋|MF2|2＝|F1F2|2＝4

(4－b2)，②x24＋y2b2＝112MFFS△由题意得＝12|MF1|·|MF2|＝1，③由①②③，可得b2＝1，(2)设C的上顶点为H，过点(2，－1)的直线与椭圆交于R，S两点(异于H)，求证：直线HR和HS

的斜率之和为定值，并求出这个定值.1234512345解依题意，H(0,1)，显然直线RS的斜率存在且不为0，设直线RS的方程为y＝kx＋m(k≠0)，代入椭圆方程并化简得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题

意知，Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，设R(x1，y1)，S(x2，y2)，x1x2≠0，故x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.kHR＋kHS＝y1－1x1＋y2－1x2＝kx1＋m－1x1＋kx2＋m－1x2＝2k＋(m－1)x1＋x2x1x2＝2k＋(m

－1)－8km4m2－4＝2k－2kmm＋1＝2km＋1.12345∵直线RS过点(2，－1)，∴2k＋m＝－1，∴kHR＋kHS＝－1.故kHR＋kHS为定值－1.123453.(2020·太原模拟)已知动圆E经过定点D(1,0)，且与直线x＝－1相切，设动圆圆心E

的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；解由已知，动点E到定点D(1,0)的距离等于E到直线x＝－1的距离，由抛物线的定义知E点的轨迹是以D(1,0)为焦点，以x＝－1为准线的抛物线，故曲线C的方程为y2＝4x.12345(

2)设过点P(1,2)的直线l1，l2分别与曲线C交于A，B两点，直线l1，l2的斜率存在，且倾斜角互补，证明：直线AB的斜率为定值.12345证明由题意直线l1，l2的斜率存在，倾斜角互补，得l1，l2的斜率互为相反数，且不等于零.设A(x1，y1)，

B(x2，y2)，直线l1的方程为y＝k(x－1)＋2，k≠0.直线l2的方程为y＝－k(x－1)＋2，由y＝k(x－1)＋2，y2＝4x得k2x2－(2k2－4k＋4)x＋(k－2)2＝0，Δ＝16(k－1)2>0，已知此方程一个根为1，12345∴x1×1＝(k－2)

2k2＝k2－4k＋4k2，即x1＝k2－4k＋4k2，同理x2＝(－k)2－4(－k)＋4(－k)2＝k2＋4k＋4k2，∴x1＋x2＝2k2＋8k2，x1－x2＝－8kk2＝－8k，∴y1－y2＝[k(x1－1)＋2]－[－k(x2－1)＋2]＝k(x

1＋x2)－2k＝k·2k2＋8k2－2k＝8k，∴kAB＝y1－y2x1－x2＝8k－8k＝－1，∴直线AB的斜率为定值－1.12345技能提升练4.(2019·江淮十校联考)已知P是圆F1：(x＋1)2＋y2＝16上任意一点，F2

(1,0)，线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，当点P在圆F1上运动时，记点Q的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；解由线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，得|QF1|＋|QF2|＝|QF1|＋|QP|＝|PF1|＝4>|F1F2|＝2，所以

点Q的轨迹为以F1，F2为焦点，长轴长为4的椭圆，故2a＝4，a＝2,2c＝2，c＝1，b2＝a2－c2＝3.曲线C的方程为x24＋y23＝1.12345(2)记曲线C与x轴交于A，B两点，M是直线x＝1上任意一点，直线MA

，MB与曲线C的另一个交点分别为D，E，求证：直线DE过定点H(4,0).12345证明由(1)可设A(－2,0)，B(2,0)，点M的坐标为(1，m)，直线MA的方程为y＝m3(x＋2)，设点D的坐标为(xD，yD)，则－

2xD＝16m2－1084m2＋27，故xD＝54－8m24m2＋27，则yD＝m3(xD＋2)＝36m4m2＋27，将y＝－m(x－2)与x24＋y23＝1联立整理得，(4m2＋3)x2－16m2x＋16m2－12＝0，将y＝m3(x＋2)与x24＋y23＝1联立整理

得，(4m2＋27)x2＋16m2x＋16m2－108＝0，直线MB的方程为y＝－m(x－2)，12345设点E的坐标为(xE，yE)，则2xE＝16m2－124m2＋3，故xE＝8m2－64m2＋3，则y

E＝－m(xE－2)＝12m4m2＋3，HD的斜率为k1＝yDxD－4＝36m54－8m2－4(4m2＋27)＝－6m4m2＋9，HE的斜率为k2＝yExE－4＝12m8m2－6－4(4m2＋3)＝－6m4m2＋9，因为k1＝k2

，所以直线DE经过定点H(4,0).12345(1)求椭圆C的标准方程；拓展冲刺练5.椭圆C的焦点为F1(－2，0)，F2(2，0)，且点M(2，1)在椭圆C上.过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，点B关于y轴的对称点为点D

(不同于点A).解设椭圆C的标准方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0).所以a＝2，b2＝a2－c2＝2.由已知得c＝2，2a＝|MF1|＋|MF2|＝[2－(－2)]2＋1＋1＝4.所以椭圆C的标准方程为x24＋y22＝1.12345(2)证明：直线AD恒

过定点，并求出定点坐标.解方法一当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0).由x24＋y22＝1，y＝kx＋1得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.12345设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(－x2，y2)，则Δ＝16k2＋8(2k

2＋1)>0，x1＋x2＝－4k2k2＋1，x1x2＝－22k2＋1.特殊地，当A的坐标为(2,0)时，k＝－12，所以2x2＝－43，x2＝－23，y2＝43，即B－23，43，所以点B关于y轴的对称点为D23，43，12

345则直线AD的方程为y＝－x＋2.当直线l的斜率不存在时，直线AD的方程为x＝0.如果存在定点Q满足条件，则Q(0,2)，kQA＝y1－2x1＝y1－1－1x1＝k－1x1，kQD＝y2－2－x2＝－k＋1x2，又因为kQA－kQD＝2k－1x1＋1x2＝2k－

x1＋x2x1x2＝2k－2k＝0，12345所以kQA＝kQD，即A，D，Q三点共线，故直线AD恒过定点，定点坐标为(0,2).方法二当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0).联立x24＋y22＝1，y＝kx＋1，得(2k2＋1)x2

＋4kx－2＝0.则x1＋x2＝－4k2k2＋1，x1x2＝－22k2＋1.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(－x2，y2).12345kAD＝y2－y1－x2－x1.当x＝0时，y＝2.所以直线AD恒过定点(0,2).当直线l的斜率不存在时

，直线AD的方程为x＝0，过定点(0,2).综上，直线AD恒过定点，定点为(0,2).所以AD的直线方程为y－y1＝y2－y1－x2－x1(x－x1)，所以y＝y1－y2x1＋x2x＋y2－y1x1＋x2·x1＋y1＝y1－y2x1＋x2x＋2kx1x2＋x1＋

x2x1＋x2＝y1－y2x1＋x2x＋2.大一轮复习讲义第2课时定点与定值问题高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题