2020届高考数学总复习 第九章 解析几何 9-8-2 定点、定值、探索性问题课件 文 新人教A版

第2课时定点、定值、探索性问题考点一定点问题【例1】(2019·洛阳模拟)设M是焦距为2的椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)上一点，A，B是椭圆E的左、右顶点，直线MA与MB的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝－12.(1)求椭圆E的方程．(2)已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)上点N(x0，y0)处切线方程为x0xa2＋y0yb2＝1.若P是直线x＝2上任意一点，从P向椭圆E作切线，切点分别为C，D，求证直线CD恒过定点，并求出该定点坐标．【解析】(1)由题意，2c＝2，c＝1，A(－a，0)，B(a，0)，设M(x，y)，∵k1k2＝－12，∴yx＋a·yx－a＝－12，即y2x2－a2＝－12.∵M(x，y)在椭圆E上，∴x2a2＋y2b2＝1，∴b21－x2a2x2－a2＝－12，∴b2a2＝12，∴a2＝2b2.又a2－b2＝c2＝1，∴a2＝2，b2＝1.∴椭圆E的方程为x22＋y2＝1.(2)设切点坐标为C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(2，t)．则切线方程分别为x1x2＋y1y＝1，x2x2＋y2y＝1.∵两切线均过点P，∴2x12＋ty1＝1，2x22＋ty2＝1，即x1＋ty1＝1，x2＋ty2＝1，∴直线CD的方程为x＋ty＝1.对于任意实数t，点(1，0)都适合这个方程，即直线CD恒过定点(1，0)．【反思归纳】跟踪训练1(2019·合肥调研)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：x22＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足NP→＝2NM→.(1)求点P的轨迹方程．(2)设点Q在直线x＝－3上，且OP→·PQ→＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.【解析】(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，设N(x0，0)，NP→＝(x－x0，y)，NM→＝(0，y0)．由NP→＝2NM→得x0＝x，y0＝22y.因为M(x0，y0)在C上，所以x22＋y22＝1.因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.(2)证明：由题意知F(－1，0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，则OQ→＝(－3，t)，PF→＝(－1－m，－n)，OQ→·PF→＝3＋3m－tn，OP→＝(m，n)，PQ→＝(－3－m，t－n)．由OP→·PQ→＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.所以OQ→·PF→＝0，即OQ→⊥PF→.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.考点二定值问题【例2】(2019·济南模拟)如图，已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为22，且过点(2，2)，四边形ABCD的顶点在椭圆E上，且对角线AC，BD过原点O，kAC·kBD＝－b2a2.(1)求OA→·OB→的取值范围．(2)求证：四边形ABCD的面积为定值．【解析】(1)由题意知ca＝22，4a2＋2b2＝1，a2＝b2＋c2，得a2＝8，b2＝4，∴椭圆的标准方程为x28＋y24＝1.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由y＝kx＋mx2＋2y2＝8⇒(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0.∴x1＋x2＝－4km1＋2k2，x1x2＝2m2－81＋2k2.y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2·2m2－81＋2k2＋km·－4km1＋2k2＋m2＝m2－8k21＋2k2.∵kOA·kOB＝－b2a2⇒y1x1·y2x2＝－12，∴m2－8k21＋2k2＝－12·2m2－81＋2k2⇒m2＝4k2＋2.OA→·OB→＝x1x2＋y1y2＝2m2－81＋2k2＋m2－8k21＋2k2＝4k2－22k2＋1＝2－42k2＋1，∴－2≤OA→·OB→2，当k＝0时，OA→·OB→＝－2，当k不存在，即AB⊥x轴时，OA→·OB→＝2，∴OA→·OB→的取值范围是[－2，2]．(2)证明：由题意知SABCD＝4S△AOB.∵S△AOB＝12·1＋k2·（x1＋x2）2－4x1x2·|m|1＋k2＝24k2＋21＋2k2＝22，∴SABCD＝82.即四边形ABCD的面积为定值．【反思归纳】跟踪训练2已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为35，过左焦点F且垂直于长轴的弦长为325.(1)求椭圆C的标准方程．(2)点P(m，0)为椭圆C的长轴上的一个动点，过点P且斜率为45的直线l交椭圆C于A，B两点，证明：|PA|2＋|PB|2为定值．【解析】(1)由题意可得方程组e2＝1－b2a2＝925，2b2a＝325，解得a＝5，b＝4.故椭圆C的标准方程为x225＋y216＝1.(2)证明：设l的方程为x＝54y＋m，代入x225＋y216＝1，并整理得25y2＋20my＋8(m2－25)＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－45m，y1y2＝8（m2－25）25.又∵|PA|2＝(x1－m)2＋y21＝4116y21，同理，|PB|2＝4116y22，∴|PA|2＋|PB|2＝4116(y21＋y22)＝4116[(y1＋y2)2－2y1y2]＝4116－4m52－16（m2－25）25＝41.∴|PA|2＋|PB|2为定值．考点三探索性问题【例3】(2019·珠海质检)如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率是22，过点P(0，1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为22.(1)求椭圆E的方程．(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得OA→·OB→＋λPA→·PB→为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)由已知，点(2，1)在椭圆E上，因此2a2＋1b2＝1，a2－b2＝c2，ca＝22.解得a＝2，b＝2.所以椭圆E的方程为x24＋y22＝1.(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．联立x24＋y22＝1，y＝kx＋1.得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)0所以，x1＋x2＝－4k2k2＋1，x1x2＝－22k2＋1.从而，OA→·OB→＋λPA→·PB→＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝（－2λ－4）k2＋（－2λ－1）2k2＋1＝－λ－12k2＋1－λ－2.所以，当λ＝1时，－λ－12k2＋1－λ－2＝－3.此时，OA→·OB→＋λPA→·PB→＝－3为定值．当直线AB的斜率不存在时，直线AB即为直线CD.此时，OA→·OB→＋λPA→·PB→＝OC→·OD→＋PC→·PD→＝－2－1＝－3.故存在常数λ＝1，使得OA→·OB→＋λPA→·PB→为定值－3.【反思归纳】跟踪训练3已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．(2)若l过点m3，m，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．【解析】(1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝x1＋x22＝－kbk2＋9，yM＝kxM＋b＝9bk2＋9.于是直线OM的斜率kOM＝yMxM＝－9k，即kOM·k＝－9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．(2)四边形OAPB能为平行四边形．因为直线l过点m3，m，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3.由(1)得OM的方程为y＝－9kx.设点P的横坐标为xP.由y＝－9kx，9x2＋y2＝m2得x2P＝k2m29k2＋81，即xP＝±km3k2＋9.将点m3，m的坐标代入l的方程得b＝m（3－k）3，因此xM＝k（k－3）m3（k2＋9）.四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.于是±km3k2＋9＝2×k（k－3）m3（k2＋9），解得k1＝4－7，k2＝4＋7.因为ki＞0，ki≠3，i＝1，2，所以当l的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB为平行四边形．