新高考数学 第8章 第8讲 第3课时 定点、定值、探索性问题

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．
第八章 解析几何
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[解析] (1)由题可知，A(0，1)，F(c，0)，
则直线 AF 的方程为cx＋y＝1，即 x＋cy－c＝0， 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＝ 1＋3 c2，∴c2＝2，∴a2＝3， 故椭圆的标准方程为x32＋y2＝1.
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且 x1＋x2＝－3k62k＋m1，x1x2＝33mk22＋－13， ∴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
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〔变式训练 2〕 (2021·江西上饶模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：ax22＋by22 ＝1(a>b>0)的离心率为 22，且短轴长为 2. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若直线 l 与椭圆 C 交于 M，N 两点，P(0，1)，直线 PM 与直线 PN 的斜率之积为16，证明：直线 l 过定点并求出该定点坐标．
第八章
解析几何
第八讲 圆锥曲线的综合问题
第三课时 定点、定值、探索性问题
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考点一
圆锥曲线的定值问题——师生共研
例1 (2021·安徽安庆市一模)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)，过椭
圆左焦点 F 的直线 x－4 3y＋ 3＝0 与椭圆 C 在第一象限交于点 M，三
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直线 PA 的方程为 y－2＝yx11－ －21(x－1)． 令 x＝0，得点 M 的纵坐标为 yM＝－x1y－1＋12＋2＝－xk1x－1＋1 1＋2. 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.
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[解析]
ac＝
2 2
(1)由2b＝2
a2＝b2＋c2
a＝ 2
得b＝1 c＝1
∴椭圆 C 的标准方程为x22＋y2＝1.
(2)若直线 l 的斜率不存在，设 M(s，t)，则 N(s，－t)，
此时 kPM·kPN＝t－s 1×－ts－1＝1－s2 t2＝12ss22＝12，与题设矛盾，
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∵kPM·kPN＝y1x－1 1·y2x－2 1＝y1y2－xy11x＋2 y2＋1 ＝k2x1x2＋km－1x1xx12＋x2＋m－12＝16， 代入 x1＋x2＝－2k42m＋k1，x1x2＝22mk22＋－12整理得：m2－3m＋2＝0， 解得：m＝2 或 m＝1(舍去)，即直线过定点(0，2)．
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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. 设直线 l 的方程为 y＝kx＋1(k≠0)． 由yy2＝＝k4xx＋，1 得 k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
设 AB 的中点为 Q(x0，y0)，则 x0＝x1＋2 x2＝3＋4k42k2，y0＝k(x0－1)＝3－＋34kk2.
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当
k≠0
时，线段
AB
的垂直平分线的方程为
y－Biblioteka －3k 3＋4k2＝
－
1 k
x－3＋4k42k2， 令 y＝0，得 x＝3＋k24k2，
角形
MFO
的面积为
3 4.
(1)求椭圆 C 的标准方程；
(2)过点 M 作直线 l 垂直于 x 轴，直线 MA、MB 交椭圆分别于 A、B
两点，且两直线关于直线 l 对称，求证：直线 AB 的斜率为定值．
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[解析] (1)直线 x－4 3y＋ 3＝0 过左焦点 F，
(1)求椭圆 C 的标准方程；
(2)斜率为 k 的动直线 l 过点 F2，且与椭圆 C 交于 A，B 两点，线段
AB 的垂直平分线交 x 轴于点 P，那么，||PAFB2||是否为定值？若是，请证明
你的结论；若不是，请说明理由．
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[解析] (1)设|F1F2|＝2c，则由题意可知
a－c＝1 a＝2c
，
解得 a＝2，c＝1，所以 b2＝a2－c2＝3，
故椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1.
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(2)||PAFB2||为定值．证明如下：
由x42＋y32＝1 ， y＝kx－1
得(3＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝3＋8k42k2，x1x2＝43＋k2－4k32，
y＝kx＋1
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(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，
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：ax22＋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.
(1)求椭圆的方程；
(2) 不 过 点 A 的 动 直 线 l 与 椭 圆 C 相 交 于
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k＝－1432k4323k＋k22＋4＋4k126＋3kk＋1－123－－1－2k4323－443k4kk222＋＋－3k116－k＋3 12
＝ 12k ＝ 8 3k
23，
即证直线 AB 的斜率为定值，且为 23.
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故直线 l 的斜率必存在． y＝kx＋m
设 l：y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立x22＋y2＝1 得：(2k2＋ 1)x2＋4mkx＋2m2－2＝0，Δ＝8(2k2－m2＋1)>0，
∴x1＋x2＝－2k42m＋k1，x1x2＝22mk22＋－12，
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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.
k2 所以1λ＋1μ为定值．
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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)． (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由(1)知 x1＋x2＝－2kk－2 4，x1x2＝k12.
由y－12＝kx－ 3 x2＋4y2＝4
得(4k2＋1)x2－(8 3k2＋4k)x＋12k2－4 3k－3＝0，
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从而有， 3x1＝12k2－4k24＋31k－3， 即 x1＝12k23－44k2＋3k1－ 3，y1＝－4343kk22＋－16k＋21， 故 A12k23－44k2＋3k1－ 3，－4343kk22＋－16k＋12， 同理可得 B12k23＋44k2＋3k1－ 3，－4343kk22＋＋16k＋12，
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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)，
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，
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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·山东聊城模拟)已知 F1，F2 分别为椭圆 C：ax22＋by22＝
1(a>b>0)的左、右焦点，M 为 C 上的一动点，其中 M 到 F1 的最短距离为
1，且当△MF1F2 的面积最大时，△MF1F2 恰好为等边三角形．
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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
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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〕 (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. (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．
所以 F(－ 3，0)，c＝ 3，
又由 S△OMF＝21× 3×yM＝ 43可知 yM＝12，
从而椭圆经过点 M
3，12，
由椭圆定义知 2a＝21＋ 12＋14＝4，即 a＝2，b2＝a2－c2＝1， 故椭圆的方程为 C：x42＋y2＝1.
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(2)由条件知，直线 MA、MB 斜率存在，且两直线斜率互为相反数， 设直线 MA：y－21＝k(x－ 3)交椭圆于点 A(x1，y1)， 直线 MB：y－12＝－k(x－ 3)交椭圆于点 B(x2，y2)，
所以|PF2|＝3＋k24k2－1＝33＋1＋4kk22. 又|AB|＝ 1＋k2[x1＋x22－4x1x2]＝123＋k24＋k21.
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31＋k2 所以||PAFB2||＝123＋1＋4kk22＝14.
3＋4k2 当 k＝0 时，l 的方程为 y＝0， 此时，|AB|＝2a＝4，|PF2|＝c＝1，||PAFB2||＝41. 综上，||PAFB2||为定值．
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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＋k32＋－k32， 化简并整理得 y＝k24－k 1x－12，故直线 l 恒过定点0，－12.
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∵AP⊥AQ，∴A→P·A→Q＝0，即4m23－k2＋2m1－2＝0， ∴m＝1 或 m＝－21. 当 m＝1 时，直线 l：y＝kx＋1，恒过点(0，1)，不满足题意，舍去； 当 m＝－12时，直线 l：y＝kx－12，恒过点0，－21，故直线恒过定点 0，－12.
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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．