第8章 第10节 圆锥曲线中的定点、定值问题（课件PPT）-【新高考方案】2024高考数学一轮复习（新教材 新高考 强基版）

第十节　圆锥曲线中的定点、定值问题　　 开始 1 第十节　圆锥曲线中的定点、定值问题　　 [方法技巧] 圆锥曲线中定值问题的常见类型及解题策略 (1)求代数式为定值．依题设条件，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．　　 “课时跟踪检测”见“课时跟踪检测（六十三）” (单击进入电子文档) 17 谢 谢 观 看 18 考法一　圆锥曲线中的定点问题(解题规范观摩) [典例]　(2022·全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，B两点． (1)求E的方程；(2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足＝.证明：直线HN过定点． [方法技巧] 求解圆锥曲线中定点问题的2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选择一个参数建立方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常数k当成变量，将变量x，y当成常数，将原方程转化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式； ②根据曲线(包含直线)过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组 ③以②中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决． [针对训练] (2023·蚌埠一模)在平面直角坐标系中，动点M(x，y)与定点F(5,0)的距离和M到定直线l：x＝的距离的比是常数，设动点M的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)设P(2,0)，垂直于x轴的直线与曲线C相交于A，B两点，直线AP和曲线C交于另一点D，求证：直线BD过定点． 解：(1)由题设得＝，即(x－5)2＋y2＝2，整理得－＝1. (2)证明：设A(x1，y1)，B(x1，－y1)，D(x2，y2)，显然直线AP斜率不为0，设直线AP方程为x＝my＋2， 联立消去x并整理得(9m2－16)y2＋36my－108＝0， 由题设9m2－16≠0且Δ＝(36m)2＋4×108(9m2－16)>0，化简得m2>且m2≠， 由根与系数的关系可得y1＋y2＝，y1y2＝， 直线BD的方程是y＋y1＝(x－x1)， 令y＝0得x＝＋x1＝＝＝＝2m×＋2＝2m×＋2＝8， 所以直线BD过定点(8,0)． 考法二　圆锥曲线中的定值问题 [典例]　(2023·成都模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，a＝3b，点在椭圆C上． (1)求椭圆C的方程； (2)若过点Q(1,0)且不与y轴垂直的直线l与椭圆C交于M，N两点，T(3,0)，证明TM，TN斜率之积为定值． [解]　(1)由题意得a＝3b，故椭圆C为＋＝1，又点在C上，所以＋＝1，得b2＝1，a2＝9， 故椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)证明：由已知直线l过Q(1,0)，设l的方程为x＝my＋1， 联立两个方程得消去x得(m2＋9)y2＋2my－8＝0， Δ＝4m2＋32(m2＋9)>0得m∈R， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝－，y1y2＝－， 因为T(3,0)，故kTM·kTN＝·＝·＝， 可得＝－＝－， ∴直线TM与TN斜率之积为定值－. [针对训练] (2023·南通高三期末)在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)，离心率为e，且点(e,3)，(，b)都在双曲线C上． (1)求双曲线C的标准方程； (2)若A，B是双曲线C上位于x轴上方的两点，且AF1∥BF2.证明：＋为定值． 解：(1)由已知列方程组 解得所以双曲线的方程为x2－＝1. (2)证明：由AF1∥BF2，设直线AF1的倾斜角为θ，如图，连接AF2，BF1, 由双曲线的定义可得|AF2|＝2a＋|AF1|＝|AF1|＋2，|BF1|＝2a＋|BF2|＝|BF2|＋2，又|F1F2|＝2c＝4， 在△AF1F2中由余弦定理可得|AF2|2＝|AF1|2＋|F1F2|2－2|AF1||F1F2|·cos θ， 即(|AF1|＋2)2＝|AF1|2＋16－2×4|AF1|cos θ，所以|AF1|＝， 在△F1BF2中，∠F1F2B＝π－θ，同理可得|BF2|＝， 所以＋＝＋＝，所以＋为定值． $$