人教第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.doc

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：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，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＋＝1, 且＝，解得a2＝6，b2＝3.
所以C的方程为＋＝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＋＝1，
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－，x1x2＝.①
由AM⊥AN，得·＝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)－(km－k－2)＋(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－(k≠1).
所以直线MN过点P.
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1).
由·＝0，
得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又＋＝1，所以3x－8x1＋4＝0.
解得x1＝2(舍去)，或x1＝.
此时直线MN过点P.
令Q为AP的中点，即Q.
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故|DQ|＝|AP|＝.
若D与P重合，则|DQ|＝|AP|.
综上，存在点Q，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：＋＝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(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Δ>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
∴x1x2＋y1y2＝(my1＋4)(my2＋4)＋y1y2
＝(1＋m2)y1y2＋4m(y1＋y2)＋16
＝－16(1＋m2)＋4m×4m＋16＝0，
即·＝0，∴OA⊥OB.
②设D(x3，y3)，E(x4，y4)，直线DE的方程为x＝ty＋λ，代入＋＝1，得
(3t2＋4)y2＋6tλy＋3λ2－48＝0，Δ>0，
于是y3＋y4＝－，y3y4＝.
从而x3x4＝(ty3＋λ)(ty4＋λ)＝t2y3y4＋tλ(y3＋y4)＋λ2＝.
∵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＝＝，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，＝λ，＝μ，求证：＋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).
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. ……………………4分
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k<1，又因为k≠0，故k<0或0<k<1.
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＝－，x1x2＝.
直线PA的方程为y－2＝(x－1). ……………………7分
令x＝0