第八节 第三课时 定点、定值、探索性问题 (2)

(2)是否存在圆心在 y 轴上的圆，使圆在 x 轴的上方与椭圆有两个
交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的
焦点？若存在，求出圆的方程，若不存在，请说明理由．
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解：(1)设 F1(－c,0)，F2(c,0)，其中 c2＝a2－b2.
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(2)证明：法一：由 AP·AQ＝0 知 AP⊥AQ，从而直线 AP 与坐标轴 不垂直，故可设直线 AP 的方程为 y＝kx＋1，直线 AQ 的方程为 y ＝－1kx＋1.
y＝kx＋1， 联立方程组x32＋y2＝1， 整理得(1＋3k2)x2＋6kx＝0， 解得 x＝0 或 x＝1－＋63kk2，故点 P 的坐标为1－＋63kk2，11－ ＋33kk22， 同理，点 Q 的坐标为k26＋k 3，kk22－ ＋33，
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解：(1)∵抛物线的焦点 F 满足FA＋FB＋FC ＝0， ∴ AF ＝FB＋FC ， 取 BC 边上的中点 M，连接 FM，则 AF ＝2FM ， 故点 F 在直线 l 上． 在 mx＋ny－m＝0 中，令 y＝0，得 x＝1， 得抛物线的焦点 F(1,0)，于是p2＝1，p＝2.
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∴直线 l 的斜率为kkk2226＋＋－k 333－－111－－＋＋6333kkkk222＝k24－k 1， ∴直线 l 的方程为 y＝k24－k 1x－k26＋k 3＋kk22－＋33， 即 y＝k24－k 1x－12. ∴直线 l 过定点0，－12.
x1＋x2＝1－＋63kkt2，
x1x2＝31＋t2－3k12，
(*)
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由 Δ＝(6kt)2－4(1＋3k2)×3(t2－1)＞0，得 3k2＞t2－1. 由 AP·AQ＝0， 得 AP ·AQ ＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝(1＋k2)x1x2＋k(t－1)(x1＋ x2)＋(t－1)2＝0， 将(*)代入，得 t＝－12. ∴直线 l 过定点0，－12.
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法二：由 AP·AQ＝0 知 AP⊥AQ，从而直线 PQ 与 x 轴不垂直， 故可设直线 l 的方程为 y＝kx＋t(t≠1)，
y＝kx＋t， 联立得x32＋y2＝1， 整理得(1＋3k2)x2＋6ktx＋3(t2－1)＝0. 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则
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[典题例析] (2014·江西高考)如图，已知抛物线 C：x2 ＝4y，过点 M(0,2)任作一直线与 C 相交 于 A，B 两点，过点 B 作 y 轴的平行线 与直线 AO 相交于点 D ( O 为坐标原点)． (1)证明：动点 D 在定直线上； (2)作 C 的任意一条切线 l(不含 x 轴)，与直线 y＝2 相交于点 N1， 与(1)中的定直线相交于点 N2 .证明：|MN2|2 －|MN1|2 为定值，并 求此定值．
由||FD1FF12||＝2
2，得|DF1|＝|F21F22|＝
2 2 c.
由 DF1⊥F1F2，得 S△DF1F2＝12|DF1||F1F2|＝ 22c2＝ 22，
故 c＝1，从而|DF1|＝ 22，
故|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝92，因此|DF2|＝3
2
2 .
所以 2a＝|DF1|＋|DF2|＝2 2，故 a＝ 2，b2＝a2－c2＝1. 因此，所求椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.
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[类题通法] 定点问题的常见解法 (1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或 曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的 方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点； (2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．
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∵M(t,0)，Q(4,4k＋m)， ∴ MP ＝－4mk－t，m3 ， MQ ＝(4－t,4k＋m)， ∴ MP ·MQ ＝－4mk－t·(4－t)＋m3 ·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋4mk(t－1) ＝0 恒成立，故tt＝2－14，t＋3＝0， 即 t＝1. ∴存在点 M(1,0)符合题意．
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考点三 存在性问题 (重点保分型考点——师生共研)
[必备知识] 1．存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题 明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数) 存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程 组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、 直线、曲线或参数)不存在． 2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．
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(2)如图，设圆心在 y 轴上的圆 C 与椭圆x22＋y2＝1 相交，P1(x1，y1)， P2(x2，y2)是两个交点，y1>0，y2>0，F1P1，F2P2 是圆 C 的切线，且 F1P1⊥F2P2. 由圆和椭圆的对称性，易知，x2＝－x1，y1 ＝y2. 由(1)知 F1(－1,0)，F2(1,0)， 所以F1P1 ＝(x1＋1，y1)，F2P2 ＝(－x1－1，y1)． 再由 F1P1⊥F2P2，得－(x1＋1)2＋y21＝0.
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第三课时 定点、定值、探索性问题 结)
[必备知识] 解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的 面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等 和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确 定的值．
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第三课时 定点、定值、探索性问题
考点一 定点问题 (重点保分型考点——师生共研) [必备知识]
由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y－y0 ＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截 式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
＝ax＋b(a≠0)，代入 x2＝4y 得 x2＝4(ax＋b)，
即 x2－4ax－4b＝0，
由 Δ＝0 得(4a)2＋16b＝0，化简整理得 b＝－a2.
故切线 l 的方程可写为 y＝ax－a2.
分别令
y＝2，y＝－2
得
N1 ， N2 的 坐 标 为
N1
2 a
＋
a,2
，
N2－2a＋a，－2，
则|MN2|2－|MN1|2＝2a－a2＋42－2a＋a2＝8， 即|MN2|2－|MN1|2 为定值 8.
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证明：(1)依题意可设直线 AB 的方程为 y＝kx＋2，代入 x2＝4y， 得 x2＝4(kx＋2)，即 x2－4kx－8＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有 x1x2＝－8， 直线 AO 的方程为 y＝xy11x，BD 的方程为 x＝x2.
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[典题例析]
(2014·重庆高考)如图，设椭圆xa22＋by22＝1(a>b>0)的左、右焦点分
别为 F1，F2，点 D 在椭圆上，DF1⊥F1F2，
||FD1FF12||＝2
2，△DF1F2 的面积为
2 2.
(1)求该椭圆的标准方程；
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[演练冲关]
(2015·山西联考)已知椭圆 C：xa22＋by22＝ 1(a＞b＞0)的右焦点为 F(1,0)，右顶点 为 A，且|AF|＝1. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若动直线 l：y＝kx＋m 与椭圆 C 有且只有一个交点 P，且与 直线 x＝4 交于点 Q，问：是否存在一个定点 M(t,0)，使得 MP ·MQ ＝0.若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，说明理由．
x＝x2， 解得交点 D 的坐标为y＝yx1x12. 注意到 x1x2＝－8 及 x21＝4y1， 则有 y＝y1xx112x2＝－4y81y1＝－2， 因此动点 D 在定直线 y＝－2(x≠0)上．
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(2)依题设，切线 l 的斜率存在且不等于 0，设切线 l 的方程为 y
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(2)证明：记 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)， 由FA＋FB＋FC ＝0 知：x1＋x2＋x3＝3， 且 y2i ＝4xi(i＝1,2,3)． 于是 S21＋S22＋S23＝14(y21＋y22＋y23)＝x1＋x2＋x3＝3， ∴S21＋S22＋S23为定值 3.
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[类题通法] 求定值问题常见的方法 (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量， 从而得到定值．
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[演练冲关] (2015·合肥质检)已知△ABC 的三个顶点(均异于坐标原点 O)都 在抛物线 y2＝2px(p＞0)上，且抛物线的焦点 F 满足FA＋FB＋ FC ＝0，若 BC 边上的中线所在直线 l 的方程为 mx＋ny－m＝ 0(m，n 为常数且 m≠0)． (1)求 p 的值； (2)记△OFA，△OFB，△OFC 的面积分别为 S1，S2，S3，求证： S21＋S22＋S23为定值．
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[典题例析] (2015·大庆质检)已知椭圆 C：xa22＋y2＝1(a＞1)的上顶点为 A， 右焦点为 F，直线 AF 与圆 M：(x－3)2＋(y－1)2＝3 相切． (1)求椭圆 C 的方程； (2)若不过点 A 的动直线 l 与椭圆 C 交于 P，Q 两点，且 AP ·AQ ＝0，求证：直线 l 过定点，并求该定点的坐标．
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由椭圆方程得 1－x221＝(x1＋1)2， 即 3x21＋4x1＝0，解得 x1＝－43或 x1＝0. 当 x1＝0 时，P1，P2 重合，此时题设要求的圆不存在． 当 x1＝－43时，过 P1，P2 分别与 F1P1，F2P2 垂直的直线的交点即 为圆心 C.
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解：(1)圆 M 的圆心为(3,1)，半径 r＝ 3. 由题意知 A(0,1)，F(c,0)， 直线 AF 的方程为xc＋y＝1，即 x＋cy－c＝0， 由直线 AF 与圆 M 相切，得|3＋c2c＋－1c|＝ 3， 解得 c2＝2，a2＝c2＋1＝3， 故椭圆 C 的方程为x32＋y2＝1.
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解：(1)由 c＝1，a－c＝1，得 a＝2，∴b＝ 3， 故椭圆 C 的标准方程为x42＋y32＝1.
(2)由3y＝x2＋kx4＋y2m＝，12， 消去 y 得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， ∴Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即 m2＝3＋4k2. 设 P(xp，yp)，则 xp＝－3＋4k4mk2＝－4mk， yp＝kxp＋m＝－4mk2＋m＝m3 ，即 P－4mk，m3 .