(精品课件)第8章第9讲(理)第8讲(文)第3课时定点、定值、探索性问题

第八章 解析几何
高考一轮总复习 • 数学
求解定点问题常用的方法 (1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化 为有方向、有目标的一般性证明． (2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再 根据参数的任意性得到定点坐标． (3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－ x0)来证明．
第八章 解析几何
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[解析] (1)依题意有b＝ 23＋1＝ 3，∴b2＝3， 由|PF1|＝2及椭圆的定义得|PF2|＝2a－2， 由余弦定理得 |PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cos∠F1PF2＝|F1F2|2， 即a2－3a＋3＝c2，又a2－c2＝b2＝3，∴a＝2， 故椭圆的方程为x42＋y32＝1．
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因为直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切， 该圆的圆心为M(3,1)，r＝ 3， 则 3＝ 13＋c2，∴c2＝2，∴a2＝3， 故椭圆的标准方程为x32＋y2＝1．
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(2)解法一：依题得直线l的斜率必存在， 设l：y＝kx＋m，设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
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∵AP⊥AQ，∴A→P·A→Q＝0，即4m23－k2＋2m1－2＝0，
∴m＝1或m＝－12．
当m＝1时，直线l：y＝kx＋1，恒过点(0,1)，不满足题意，舍去；
当m＝－
1 2
时，直线l：y＝kx－
1 2
，恒过点
0，21
，故直线恒过定点
0，12．
第八章 解析几何
第八章 解析几何
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[解析] (1)设直线与抛物线的两交点坐标分别为：(x1，y1)，(x2， y2)，
由yy＝2＝x2－px1得，消x可得y2－2py－2p＝0， ∴y1＋y2＝2p，y1y2＝－2p． ∴弦长为 1＋12· y1＋y22－4y1y2＝ 2· 4p2＋8p＝8， 解得p＝2或p＝－4(舍去)，∴p＝2．
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由kOA·kOB＝－ba22，可得yx11··yx22＝－34， ∴y1·y2＝－34x1x2， 3m3＋2－4k42k2＝－34·43m＋2－4k32 ， ∴2m2－4k2＝3，满足①，
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∵|AB|＝ 1＋k2[x1＋x22－4x1·x2] ＝ 1＋k2[－3＋8k4mk22－4×43m＋2－4k122] ＝2 3·|m1| ＋k2， ∴S△OAB＝12·d·|AB|＝12× 1|m＋| k2×2 3·|m1| ＋k2＝ 3为定值．
(1＋3k2)x2＋6kx＝0，解得x＝0或－1＋6k3k2， 因此点P的坐标为－1＋6k3k2，－1＋6k32k2＋1， 即P－1＋6k3k2，11＋－33kk22， 将上式中的k换成－1k，得点Q3＋6kk2，k32＋－k32，
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所以直线l的斜率为k332＋ ＋6－kkk322＋－111－ ＋ ＋6k333kkk222＝k24－k 1， 即直线l的方程y＝k24－k 1x－3＋6kk2＋3k2＋－k32， 化简并整理得y＝k24－k 1x－12，故直线l恒过定点0，12．
第八章 解析几何
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〔变式训练2〕 (2021·安徽蚌埠质检)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)，直线y＝x－1与 C相交所得的弦长为8． (1)求p的值； (2)已知点O为坐标原点，一条动直线l与抛物线C交于O，M两点，直 线l与直线x＝－2交于H点，过点H作y轴的垂线交抛物线C于N点，求证： 直线MN过定点．
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考点三
圆锥曲线中的探索性问题——师生共研
例3
(2021·河南名校联盟联考)已知椭圆C：
x2 a2
＋
y2 b2
＝1(a＞b＞0)
的左、右顶点分别为A1,A2,上、下顶点分别为B1，B2，四边形A1B1A2B2的
面积为4 3，坐标原点O到直线A1B1的距离为2 721．
(1)求直线l的斜率的取值范围； (2)设O为原点，Q→M＝λQ→O，Q→N＝μQ→O，求证：1λ＋μ1为定值．
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[解析] (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．
所以x1＋x2＝－4k82k＋m3，x1x2＝44mk22－＋132， y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝4k62m＋3． 若四边形OAPB为菱形， 所以O→A＋O→B＝O→P， 所以点P－4k82k＋m3，4k62＋m 3．
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所以直线OP的斜率kOP＝－43k． 所以k·－43k＝－43≠－1， 这与kAB·kOP＝－1矛盾． 所以四边形OAPB不能是菱形． 综上，四边形OAPB能为菱形， 此时直线AB的方程为x＝±1，或y＝± 23．
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2．圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是 否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立，解决此类问题通 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．反证法与验证法 也是求解探索性问题常用的方法．
第八章 解析几何
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设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)． 由yy2＝＝k4xx＋，1得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0． 依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，解得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)．
第八章 解析几何
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(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由(1)知x1＋x2＝－2kk－2 4，x1x2＝k12． 直线PA的方程为y－2＝xy11－－12(x－1)． 令x＝0，得点M的纵坐标为 yM＝－x1y－1＋12＋2＝－xk1x－1＋1 1＋2．
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第八章 解析几何
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当直线AB的斜率存在时， 设AB：y＝kx＋m(k≠0)， A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立x42＋y32＝1，
y＝kx＋m， 可得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 则Δ＝48(4k2－m2＋3)＞0，
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第八章 解析几何
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(2)联立可得x42＋y32＝1， y＝kx＋m
(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
则Δ＝3＋4k2－m2＞0，
①
又x1＋x2＝－3＋8km4k2，x1x2＝43m＋2－4k32 ，
y1·y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝3m3＋2－4k42k2，
第八章 解析几何
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圆锥曲线中的探索性问题 1．圆锥曲线中的存在性问题一般分为探究条件、探究结论两种， 若探究条件，则可先假设条件成立，在验证结论是否成立，成立则存 在，否则不存在：若探究结论，则应先求出结论的表达式，在对其表达 式解析讨论，往往涉及对参数的讨论．
第八章 解析几何
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C上一点P作两条直线分别与椭圆C相交于点A，B(异于点
P)，试判断以OP和AB为对角线的四边形能否为菱形？若能，求出直线
AB的方程；若不能，请说明理由．
第八章 解析几何
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[解析] (1)直线A1B1的方程为－ax＋by＝1．
2ab＝4 3，
由题意可得
k2
所以1λ＋1μ为定值．
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求解定值问题常用的方法 (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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〔变式训练1〕
(2021·河南八市重点高中联盟联考)已知椭圆C：
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解法二：因为不过点A的动直线l与椭圆C相交于PQ两点，且AP⊥ AQ，即直线AP与坐标轴不垂直也不平行，
由A(0,1)，可设直线AP的方程为y＝kx＋1， 则直线AQ的方程为y＝－1kx＋1， 联立x32＋y2＝1，消去y并整理得
y＝kx＋1
第八章 解析几何
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同理得点N的纵坐标为yN＝－xk2x－2＋1 1＋2． 由Q→M＝λQ→O，Q→N＝μQ→O得λ＝1－yM，μ＝1－yN． 所以1λ＋1μ＝1－1yM＋1－1yN＝kx－1－11x1＋kx－2－11x2＝k－1 1·2x1x2－x1xx21＋x2 ＝k－1 1·k22＋21kk－2 4＝2．
必考部分
第八章 解析几何
第九讲 圆锥曲线的综合问题(理) 第八讲 圆锥曲线的综合问题(文)
第三课时 定点、定值、探索性问题
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考点突破·互动探究
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考点一
圆锥曲线的定值问题——自主练透
例 1 (2018·北京高考)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)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．
第八章 解析几何
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(2)由(1)可得y2＝4x，设M14y20，y0， ∴直线OM的方程y＝y40x， 当x＝－2时，∴yH＝－y80， 代入抛物线方程y2＝4x，可得xN＝1y620 ， ∴N1y620 ，－y80，
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∴直线MN的斜率k＝yy4200－＋1yy86020 ＝y204－y08， 直线MN的方程为y－y0＝y204－y08x－41y20， 整理可得y＝y204－y08(x－2)，故直线MN过点(2,0)．
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考点二
圆锥曲线中的定点问题——师生共研
例2
(2021·广东广州三校联考)如图，已知椭圆C：
x2 a2
＋y2
＝1的
上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切，
其中a＞1．
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(1)求椭圆的方程； (2) 不 过 点 A 的 动 直 线 l 与 椭 圆 C 相 交 于 P ， Q 两 点 ， 且 AP ⊥ AQ ， 证 明：动直线l过定点，并且求出该定点坐标． [解析] (1)由题可知，A(0,1)，F(c,0)， 则直线AF的方程为xc＋y＝1，即x＋cy－c＝0，
y＝kx＋m 联立x32＋y2＝1，消去y并整理得 (3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0， Δ＝36k2m2－4·(3k2＋1)·(3m2－3)＞0， 即m2＜3k2＋1，且x1＋x2＝－3k62k＋m1，x1x2＝33mk22＋－13，
第八章 解析几何
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∴A→P·A→Q＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1 ＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2 ＝(k2＋1)·33mk22＋－13＋k(m－1)·－3k62k＋m1＋(m－1)2 ＝4m23－k2＋2m1－2
x2 a2
＋
y2 b2
＝1(a＞b＞0)
的左右焦点分别是F1，F2，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆
与直线y＝ 2x＋3相切，点P在椭圆C上，Hale Waihona Puke PF1|＝2，∠F1PF2＝60°．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A、B两点，且kOA·kOB＝－
b2 a2
，
△AOB的面积是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
1 ＝2 a12＋b12
721，解得ab＝ ＝2，3.
所以椭圆C的方程为x42＋y32＝1．
第八章 解析几何
高考一轮总复习 • 数学
(2)当直线AB的斜率不存在时，若平行四边形OAPB为菱形，则P为 左顶点或右顶点．
此时直线AB的方程为x＝±1， 当直线AB的斜率为0时，若四边形OAPB为菱形， 则点P为上顶点或下顶点， 此时AB的方程为y＝± 23．