2020版高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 第11讲 定点、定值、探索性问题课件 理 新人教

第11讲定点、定值、探索性问题第九章平面解析几何[典例引领](2018·高考北京卷)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，QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，求证：1λ＋1μ为定值．圆锥曲线中的定值问题【解】(1)因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.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y2＝4x，y＝kx＋1得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×10，解得k0或0k1.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)．(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由(1)知x1＋x2＝－2k－4k2，x1x2＝1k2.直线PA的方程为y－2＝y1－2x1－1(x－1)．令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝－y1＋2x1－1＋2＝－kx1＋1x1－1＋2.同理得点N的纵坐标为yN＝－kx2＋1x2－1＋2.由QM→＝λQO→，QN→＝μQO→得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以1λ＋1μ＝11－yM＋11－yN＝x1－1（k－1）x1＋x2－1（k－1）x2＝1k－1·2x1x2－（x1＋x2）x1x2＝1k－1·2k2＋2k－4k21k2＝2.所以1λ＋1μ为定值．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．(2019·张掖市第一次诊断考试)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为12，右焦点为F，右顶点为E，P为直线x＝54a上的任意一点，且(PF→＋PE→)·EF→＝2.(1)求椭圆C的方程；(2)过F且垂直于x轴的直线AB与椭圆交于A，B两点(点A在第一象限)，动直线l与椭圆C交于M，N两点，且M，N位于直线AB的两侧，若始终保持∠MAB＝∠NAB，求证：直线MN的斜率为定值．解：(1)设P54a，m，F(c，0)，E(a，0)，则PF→＝c－54a，－m，PE→＝－a4，－m，EF→＝(c－a，0)，所以(2c－3a)(c－a)＝4，又e＝ca＝12，所以a＝2，c＝1，b＝3，从而椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)证明：由(1)知A1，32，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，设MN的方程：y＝kx＋m，代入椭圆方程x24＋y23＝1，得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.则Δ＞0x1＋x2＝－8km4k2＋3，x1x2＝4m2－124k2＋3又M，N是椭圆上位于直线AB两侧的动点，若始终保持∠MAB＝∠NAB，则kAM＋kAN＝0，即y1－32x1－1＋y2－32x2－1＝0，(kx1＋m－32)(x2－1)＋kx2＋m－32(x1－1)＝0，即(2k－1)(2m＋2k－3)＝0，得k＝12.故直线MN的斜率为定值12.[典例引领](2017·高考全国卷Ⅰ)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1，32)，P4(1，32)中恰有三点在椭圆C上．(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．圆锥曲线中的定点问题【解】(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3，P4两点．又由1a2＋1b21a2＋34b2知，C不经过点P1，所以点P2在C上．因此1b2＝1，1a2＋34b2＝1，解得a2＝4，b2＝1.故C的方程为x24＋y2＝1.(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|2，可得A，B的坐标分别为t，4－t22，t，－4－t22.则k1＋k2＝4－t2－22t－4－t2＋22t＝－1，得t＝2，不符合题设．从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y＝kx＋m代入x24＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.而k1＋k2＝y1－1x1＋y2－1x2＝kx1＋m－1x1＋kx2＋m－1x2＝2kx1x2＋（m－1）（x1＋x2）x1x2.由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.即(2k＋1)·4m2－44k2＋1＋(m－1)·－8km4k2＋1＝0.解得k＝－m＋12.当且仅当m－1时，Δ0，于是l：y＝－m＋12x＋m，即y＋1＝－m＋12(x－2)，所以l过定点(2，－1)．圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．(2019·兰州市高考实战模拟)已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左顶点为A，左焦点为F1(－2，0)，点B(2，2)在椭圆C上，直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于P，Q两点，直线AP，AQ分别与y轴交于点M，N.(1)求椭圆C的方程；(2)求以MN为直径的圆经过的定点坐标．解：(1)设椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，因为椭圆的左焦点为F1(－2，0)，所以a2－b2＝4.因为点B(2，2)在椭圆C上，所以4a2＋2b2＝1.解得a2＝8，b2＝4，所以椭圆C的方程为x28＋y24＝1.(2)依题意点A的坐标为(－22，0)，设P(x0，y0)(不妨设x0＞0)，则Q(－x0，－y0)，由y＝kx，x28＋y24＝1得x0＝221＋2k2，y0＝22k1＋2k2，所以直线AP的方程为y＝k1＋1＋2k2(x＋22)，直线AQ的方程为y＝k1－1＋2k2(x＋22)，所以M0，22k1＋1＋2k2，N0，22k1－1＋2k2，所以|MN|＝22k1＋1＋2k2－22k1－1＋2k2＝22（1＋2k2）|k|，设MN的中点为E，则点E的坐标为0，－2k，则以MN为直径的圆的方程为x2＋y＋2k2＝2（1＋2k2）k2，即x2＋y2＋22ky＝4.令y＝0得x＝2或x＝－2，即以MN为直径的圆经过两定点P1(－2，0)，P2(2，0)．[典例引领](2019·郑州市第二次质量预测)已知圆O：x2＋y2＝4，点F(1，0)，P为平面内一动点，以线段FP为直径的圆内切于圆O，设动点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)M，N是曲线C上的动点，且直线MN经过定点0，12，问在y轴上是否存在定点Q，使得∠MQO＝∠NQO，若存在，请求出定点Q，若不存在，请说明理由．圆锥曲线中的探索性问题【解】(1)设PF的中点为S，切点为T，连接OS，ST，则|OS|＋|SF|＝|OT|＝2，取F关于y轴的对称点F′，连接F′P，所以|PF′|＝2|OS|，故|F′P|＋|FP|＝2(|OS|＋|SF|)＝4，所以点P的轨迹是以F′，F分别为左、右焦点，且长轴长为4的椭圆，则曲线C的方程为x24＋y23＝1.(2)假设存在满足题意的定点Q，设Q(0，m)，当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋12，M(x1，y1)，N(x2，y2)．联立，得x24＋y23＝1，y＝kx＋12，消去x，得(3＋4k2)x2＋4kx－11＝0，则Δ0，x1＋x2＝－4k3＋4k2，x1x2＝－113＋4k2，由∠MQO＝∠NQO，得直线MQ与NQ的斜率之和为零，易知x1或x2等于0时，不满足题意，故y1－mx1＋y2－mx2＝kx1＋12－mx1＋kx2＋12－mx2＝2kx1x2＋12－m（x1＋x2）x1x2＝0，即2kx1x2＋12－m(x1＋x2)＝2k·－113＋4k2＋12－m·－4k3＋4k2＝4k（m－6）3＋4k2＝0，当k≠0时，m＝6，所以存在定点(0，6)，使得∠MQO＝∠NQO；当k＝0时，定点(0，6)也符合题意．易知当直线MN的斜率不存在时，定点(0，6)也符合题意．综上，存在定点(0，6)，使得∠MQO＝∠NQO.存在性问题的求解策略解决存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．(2019·陕西省高三教学质量检测试题(一))已知F1，F2为椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，点P1，32在椭圆E上，且|PF1|＋|PF2|＝4.(1)求椭圆E的方程；(2)过F1的直线l1，l2分别交椭圆E于A，C和B，D，且l1⊥l2，问是否存在常数λ，使得1|AC|，λ，1|BD|成等差数列？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．解：(1)因为|PF1|＋|PF2|＝4，所以2a＝4，a＝2，所以椭圆E：x24＋y2b2＝1.将P1，32代入可得b2＝3，所以椭圆E的方程为x24＋y23＝1.(2)①当AC的斜率为零或斜率不存在时，1|AC|＋1|BD|＝13＋14＝712；②当AC的斜率k存在且k≠0时，AC的方程为y＝k(x＋1)，代入椭圆方程x24＋y23＝1，并化简得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1＋x2＝－8k23＋4k2，x1·x2＝4k2－123＋4k2.|AC|＝1＋k2|x1－x2|＝（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2]＝12（1＋k2）3＋4k2.因为直线BD的斜率为－1k，所以|BD|＝121＋－1k23＋4－1k2＝12（1＋k2）3k2＋4.所以1|AC|＋1|BD|＝3＋4k212（1＋k2）＋3k2＋412（1＋k2）＝712.综上，2λ＝1|AC|＋1|BD|＝712，所以λ＝724.故存在常数λ＝724，使得1|AC|，λ，1|BD|成等差数列．求解定点问题的基本思路(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把参数当作未知数，将方程一端化为0，即化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式(这里把参数k当作未知数)．(2)既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于0，这样就得到一个关于x，y的方程组，即f（x，y）＝0，g（x，y）＝0.(3)这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点，即满足f（x，y）＝0g（x，y）＝0的点(x0，y0)为直线或曲线所过的定点．求解定值问题的基本思路(1)先求出这个几何量或代数表达式；(2)对表达式进行化简，整理成y＝f(m，n，k)的最简形式；(3)根据已知条件列出必要的方程(或不等式)，消去参数，最后求出定值，一般是根据已知条件列出方程k＝g(m，n)代入y＝f(m，n，k)，得到y＝h(m，n)＋c(c为常数)的形式．探索性问题的