第8章 专题4 第2课时 定点与定值问题（课件PPT）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

第八章　解析几何 专题四　高考中的解析几何综合问题 第二课时　定点与定值问题 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 课时作业(六十) 返回导航 第1轮 数学（X） 第八章　解析几何 谢谢观看！ 圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题(其他曲线过定点太过复杂，高中阶段一般不涉及)是高考重点考查的考点和热点之一．其实质是当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动． 圆锥曲线中的定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量(斜率、距离、面积、比值等)与变量(斜率、点的坐标等)无关的问题，也是高考重点考查的考点和热点之一．其求解步骤一般为 一选：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等． 二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量(或者有多个变量，但是能整体约分也可以). 三定值：化简式子得到定值．由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只需对上述式子进行必要的化简即可得到定值． 【例1】 (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( eq \f(3,2) ，－1)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 eq \o(MT,\s\up13(→)) ＝ eq \o(TH,\s\up13(→)) .证明：直线HN过定点． (1)解：设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1，过A(0，－2)，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－1)) ， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4n＝1，,\f(9,4)m＋n＝1，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,3)，,n＝\f(1,4)，)) 所以椭圆E的方程为 eq \f(y2,4) ＋ eq \f(x2,3) ＝1. (2)证明：因为A(0，－2)，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－1)) ，所以AB：y＋2＝ eq \f(2,3) x， ①若过点P(1，－2)的直线斜率不存在，直线x＝1. 代入 eq \f(x2,3) ＋ eq \f(y2,4) ＝1， 可得M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2\r(6),3))) ，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(6),3))) ，将y＝－ eq \f(2\r(6),3) 代入AB方程y＝ eq \f(2,3) x－2，可得T eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\r(6)，－\f(2\r(6),3))) ，由 eq \o(MT,\s\up13(→)) ＝ eq \o(TH,\s\up13(→)) 得H eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－2\r(6)，－\f(2\r(6),3))) .求得HN方程为y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(2\r(6),3))) x－2，过点(0，－2). ②若过点P(1，－2)的直线斜率存在，设kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2). 联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kx－y－（k＋2）＝0，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1，)) 得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0，由Δ＞0可得k＜0或k＞2， 可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(6k（2＋k）,3k2＋4)，,x1x2＝\f(3k（4＋k）,3k2＋4)，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(－8（2＋k）,3k2＋4)，,y2y2＝\f(4（4＋4k－2k2）,3k2＋4)，)) 且x1y2＋x2y1＝ eq \f(－24k,3k2＋4) ，(*)　联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝y1，,y＝\f(2,3)x－2，)) 可得T eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3y1,2)＋3，y1)) ，H(3y1＋6－x1，y1)， 可求得此时HN：y－y2＝ eq \f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2) (x－x2)， 将(0，－2)代入整理得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0. 将(*)代入，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0， 显然成立， 综上，可得直线HN过定点(0，－2). 【练1】 已知双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a＞0，b＞0)的离心率为 eq \f(\r(5),2) ，A，B分别是C的左、右顶点，点(4， eq \r(3) )在C上，点D(1，t)，直线AD，BD与C的另一个交点分别为P，Q. (1)求双曲线C的标准方程； (2)证明：直线PQ经过定点． (1)解：由题意得e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(5),2) ， ∴5a2＝4c2＝4(a2＋b2)，∴a2＝4b2， ∵点(4， eq \r(3) )在C上，∴ eq \f(16,a2) － eq \f(3,b2) ＝1， ∴ eq \f(4,b2) － eq \f(3,b2) ＝1， 解得b2＝1，∴a2＝4，∴双曲线方程为 eq \f(x2,4) －y2＝1. (2)证明：由(1)知A(－2，0)，B(2，0)， 直线AD的方程为y＝ eq \f(t,3) (x＋2)， 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－y2＝1，,y＝\f(t,3)（x＋2），)) 得(9－4t2)x2－16t2x－16t2－36＝0，① ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(9－4t2≠0，,Δ1＝256t4＋4（9－4t2）（16t2＋36）＝1 296＞0，)) ∴t≠± eq \f(3,2) . 当t≠± eq \f(3,2) 时，方程①的两根为－2，x1， ∴－2x1＝－ eq \f(16t2＋36,9－4t2) ，∴x1＝ eq \f(8t2＋18,9－4t2) ， y1＝ eq \f(12t,9－4t2) ， 即P( eq \f(8t2＋18,9－4t2) ， eq \f(12t,9－4t2) )， 直线BD的方程为y＝－t(x－2)，与C的方程联立，消去y得(1－4t2)x2＋16t2x－16t2－4＝0，② ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－4t2≠0，,Δ2＝256t4＋4（1－4t2）（16t2＋4）＝16＞0，)) ∴t≠± eq \f(1,2) .当t≠± eq \f(1,2) 时，方程②的两根为2，x2， ∴2x2＝－ eq \f(16t2＋4,1－4t2) ， ∴x2＝－ eq \f(8t2＋2,1－4t2) ，y2＝ eq \f(4t,1－4t2) ， 即Q(－ eq \f(8t2＋2,1－4t2) ， eq \f(4t,1－4t2) ). 当直线PQ的斜率存在时，kPQ＝ eq \f(y1－y2,x1－x2) ＝ eq \f(\f(12t,9－4t2)－\f(4t,1－4t2),\f(8t2＋18,9－4t2)＋\f(8t2＋2,1－4t2)) ＝－ eq \f(2t,3－4t2) ， ∴直线PQ的方程为y－y1＝－ eq \f(2t,3－4t2) (x－x1)， 整理得y＝－ eq \f(2t,3－4t2) (x－4)，此时直线PQ过定点(4，0)； 当直线PQ的斜率不存在时，t2＝ eq \f(3,4) ，此时x1＝x2＝4， 直线PQ的方程为x＝4，直线PQ过定点(4，0)； 综上，直线PQ过定点(4，0). 【例2】 (2023·云南玉溪模拟)已知点A(－1，0)，圆B：(x－1)2＋y2＝8，点P是圆B上的动点，PA的垂直平分线与PB交于点Q，记Q的轨迹为C. (1)求C的方程； (2)设经过点E(0， eq \f(\r(3),3) )的直线l与C交于M，N两点，求证： eq \o(OM,\s\up13(→)) · eq \o(ON,\s\up13(→)) 为定值，并求出该定值． (1)解：圆B的圆心为B(1，0)，半径|BP|＝2 eq \r(2) ， 由点Q在PA的垂直平分线上，得|QP|＝|QA|， 所以|QA|＋|QB|＝|QP|＋|QB|＝|BP|＝2 eq \r(2) >|AB|＝2， 所以Q的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，2a＝2 eq \r(2) ，2c＝2， 所以a＝ eq \r(2) ，c＝1，b＝1， 所以C的方程为 eq \f(x2,2) ＋y2＝1. (2)证明：①当直线l的斜率不存在时，易知 eq \o(OM,\s\up13(→)) · eq \o(ON,\s\up13(→)) ＝(0，1)·(0，－1)＝－1； ②当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋ eq \f(\r(3),3) ，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则把y＝kx＋ eq \f(\r(3),3) 代入 eq \f(x2,2) ＋y2＝1得3(2k2＋1)x2＋4 eq \r(3) kx－4＝0， 显然Δ>0，有x1＋x2＝－ eq \f(4\r(3)k,3（2k2＋1）) ，x1x2＝－ eq \f(4,3（2k2＋1）) ， y1y2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1＋\f(\r(3),3))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2＋\f(\r(3),3))) ＝k2x1x2＋ eq \f(\r(3),3) k(x1＋x2)＋ eq \f(1,3) ＝ eq \f(－6k2＋1,3（2k2＋1）) ， 所以 eq \o(OM,\s\up13(→)) · eq \o(ON,\s\up13(→)) ＝x1x2＋y1y2＝－ eq \f(4,3（2k2＋1）) ＋ eq \f(－6k2＋1,3（2k2＋1）) ＝ eq \f(－6k2－3,3（2k2＋1）) ＝－1. 综上所述， eq \o(OM,\s\up13(→)) · eq \o(ON,\s\up13(→)) 为定值－1. 【练2】 (2023·福建泉州模拟)已知椭圆C： eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1的左、右顶点分别为A，B.直线l与C相切，且与圆O：x2＋y2＝4交于M，N两点，M在N的左侧． (1)若|MN|＝ eq \f(4\r(5),5) ，求l的斜率； (2)记直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值． (1)解：依题意，直线l的斜率必存在，设其方程为y＝kx＋b， 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，)) 得(3＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－12＝0， ∴Δ＝64k2b2－4(4k2＋3)(4b2－12)＝0，∴b2＝4k2＋3，① 点O到直线l的距离d＝ eq \f(|b|,\r(1＋k2)) ，( eq \f(1,2) |MN|)2＋d2＝r2(r为圆O的半径)， ∵|MN|＝ eq \f(4\r(5),5) ，∴( eq \f(2\r(5),5) )2＋d2＝4，d＝ eq \f(4\r(5),5) ，即 eq \f(|b|,\r(1＋k2)) ＝ eq \f(4\r(5),5) ，② 由①②解得k＝± eq \f(1,2) ，故l的斜率为± eq \f(1,2) . (2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1＜x2，由已知可得A(－2，0)，B(2，0)， ∴k1＝ eq \f(y1,x1＋2) ，k2＝ eq \f(y2,x2－2) ， ∴k1k2＝ eq \f(y1y2,（x1＋2）（x2－2）) ＝ eq \f(（kx1＋b）（kx2＋b）,x1x2＋2（x2－x1）－4) ＝ eq \f(k2x1x2＋kb（x1＋x2）＋b2,x1x2＋2（x2－x1）－4) ， 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,x2＋y2＝4，)) 整理得(1＋k2)x2＋2kbx＋b2－4＝0， 由根与系数的关系，得x1＋x2＝－ eq \f(2kb,k2＋1) ，x1x2＝ eq \f(b2－4,k2＋1) ， ∴(x2－x1)2＝ eq \f(4k2b2,（k2＋1）2) －4× eq \f(b2－4,k2＋1) ＝ eq \f(4（4k2－b2＋4）,（k2＋1）2) ＝ eq \f(4,（k2＋1）2) ， ∴x2－x1＝ eq \f(2,k2＋1) ， ∴k1k2＝ eq \f(k2·\f(b2－4,k2＋1)－\f(2k2b2,k2＋1)＋b2,\f(b2－4,k2＋1)＋\f(4,k2＋1)－4) ＝ eq \f(k2（b2－4）－2k2b2＋b2（k2＋1）,b2－4＋4－4（k2＋1）) ＝ eq \f(b2－4k2,b2－4k2－4) ＝ eq \f(3,－1) ＝－3， ∴k1k2为定值． $$