【数学】2018届一轮复习苏教版（理）第九章平面解析几何9-9 定点、定值、探索性问题学案

【数学】2018届一轮复习苏教版（理）第九章平面解析几何9-9 定点、定值、探索性问题学案

第3课时　定点、定值、探索性问题 题型一　定点问题 例1　(2016·镇江模拟)已知椭圆＋＝1(a>0，b>0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列．直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q、P，与椭圆分别交于点M、N，各点均不重合且满足＝λ1，＝λ2.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点并求此定点．‎ ‎(1)解　设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，‎ 又a2＝b2＋c2，∴a2＝3.‎ ‎∴椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，‎ N(x2，y2)，设l方程为x＝t(y－m)，‎ 由＝λ1知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，‎ ‎∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝－1.‎ 同理由＝λ2知λ2＝－1.‎ ‎∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①‎ 联立得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，‎ ‎∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，②‎ 且有y1＋y2＝，y1y2＝，③‎ 将③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，‎ ‎∴(mt)2＝1，‎ 由题意mt<0，∴mt＝－1，满足②，‎ 得直线l方程为x＝ty＋1，过定点(1,0)，即Q为定点．‎ 思维升华　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．‎ ‎　(2016·河北衡水中学调研)如图，已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，‎ 离心率e＝，F是右焦点，A是右顶点，B是椭圆上一点，BF⊥x轴，BF＝.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设直线l：x＝ty＋λ是椭圆C的一条切线，点M(－，y1)，点N(，y2)是切线l上两个点，证明：当t，λ变化时，以MN为直径的圆过x轴上的定点，并求出定点坐标．‎ 解　(1)由题意设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，①‎ 焦点F(c,0)，因为＝，②‎ 将点B(c，)的坐标代入方程①得＋＝1.③‎ 由②③结合a2＝b2＋c2，得a＝，b＝1.‎ 故所求椭圆方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由得(2＋t2)y2＋2tλy＋λ2－2＝0.‎ 因为l为切线，所以Δ＝(2tλ)2－4(t2＋2)(λ2－2)＝0，‎ 即t2－λ2＋2＝0.④‎ 设圆与x轴的交点为T(x0,0)，‎ 则＝(－－x0，y1)，＝(－x0，y2)．‎ 因为MN为圆的直径，‎ 故·＝x－2＋y1y2＝0.⑤‎ 当t＝0时，不符合题意，故t≠0.‎ 因为y1＝，y2＝，‎ 所以y1y2＝，代入⑤结合④得 ·＝ ‎＝，‎ 要使上式为零，当且仅当x＝1，解得x0＝±1.‎ 所以T为定点，故动圆过x轴上的定点(－1,0)与(1,0)，‎ 即椭圆的两个焦点．‎ 题型二　定值问题 例2　如图，已知椭圆C：＋＝1，点B是其下顶点，过点B的直线交椭圆C于另一点A(点A在x轴下方)，且线段AB的中点E在直线y＝x上．‎ ‎(1)求直线AB的方程；‎ ‎(2)若点P为椭圆C上异于A，B的动点，且直线AP，BP分别交直线y＝x于点M，N，证明：OM·ON为定值．‎ ‎(1)解　由已知得B(0，－2)．‎ 设E(λ，λ)，则A(2λ，2λ＋2)．‎ 把A的坐标代入椭圆方程，得 ＋(λ＋1)2＝1，‎ 即λ2＋2λ＝0.‎ 则λ＝－(λ＝0舍去)，得A(－3，－1)．‎ 由kAB＝＝－，‎ 得直线AB的方程为y＝－x－2，‎ 即x＋3y＋6＝0.‎ ‎(2)证明　设M(m，m)，N(n，n)，P(x0，y0)，‎ 则x＋3y＝12.由A，P，M共线，即∥，‎ 得(x0＋3)(m＋1)＝(y0＋1)(m＋3)，‎ 则m＝.‎ 由B，P，N共线，即∥，得x0(n＋2)＝(y0＋2)n，‎ 则n＝.‎ 所以mn＝ ‎＝ ‎＝＝3.‎ 从而OM·ON＝|m|·|n|＝6为定值．‎ 思维升华　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．‎ ‎　 (2016·扬州模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，点F(，0)，直线l：x＝－，点P在直线l上移动，R是线段PF与y轴的交点，RQ⊥FP，PQ⊥l.‎ ‎(1)求动点Q的轨迹C的方程；‎ ‎(2)设圆M过A(1,0)，且圆心M在曲线C上，TS是圆M在y轴上截得的弦，当M运动时，弦长TS是否为定值？请说明理由．‎ 解　(1)依题意知，点R是线段FP的中点，且RQ⊥FP，‎ ‎∴RQ是线段FP的垂直平分线．‎ ‎∵点Q在线段FP的垂直平分线上，∴PQ＝QF，‎ 又PQ是点Q到直线l的距离，‎ 故动点Q的轨迹是以F为焦点，l为准线的抛物线，其方程为y2＝2x(x>0)．‎ ‎(2)弦长TS为定值．理由如下：‎ 取曲线C上点M(x0，y0)，M到y轴的距离为d＝|x0|＝x0，圆的半径r＝MA＝，‎ 则TS＝2＝2，‎ ‎∵点M在曲线C上，∴x0＝，‎ ‎∴TS＝2＝2是定值．‎ 题型三　探索性问题 例3　 (2015·四川)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，点P(0,1)在短轴CD上，且·＝－1.‎ ‎(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·＋λ·为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)，‎ 又点P的坐标为(0,1)，且·＝－1，‎ 于是解得a＝2，b＝，‎ 所以椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．‎ 联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，‎ 其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，‎ 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，‎ 从而，·＋λ· ‎＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]‎ ‎＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1‎ ‎＝ ‎＝－－λ－2.‎ 所以当λ＝1时，－－λ－2＝－3，‎ 此时·＋λ·＝－3为定值．‎ 当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，‎ 此时，·＋λ·＝·＋·＝－2－1＝－3.‎ 故存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.‎ 思维升华　解决探索性问题的注意事项 探索性问题，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)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．‎ ‎　(2016·苏锡常镇四市调研)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1 (a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，右顶点，上顶点分别为A，B，原点O到直线AB的距离等于ab.‎ ‎(1)若椭圆C的离心率等于，求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若过点(0,1)的直线l与椭圆有且只有一个公共点P，且P在第二象限，直线PF2交y轴于点Q.试判断以PQ为直径的圆与点F1的位置关系，并说明理由．‎ 解　(1)由题意，得点A(a,0)，B(0，b)，直线AB的方程为＋＝1，即bx＋ay－ab＝0.‎ 由题设，得＝ab，‎ 化简得a2＋b2＝1.①‎ ‎∵e＝＝，∴＝，‎ 即a2＝3b2.②‎ 由①②，解得 ‎∴椭圆C的方程为＋4y2＝1.‎ ‎(2)点F1在以PQ为直径的圆上．‎ 由题设，直线l与椭圆相切且l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1，‎ 由 得(b2＋a2k2)x2＋2ka2x＋a2－a2b2＝0，(*)‎ 则Δ＝(2ka2)2－4(b2＋a2k2)(a2－a2b2)＝0，‎ 化简得1－b2－a2k2＝0，∴k2＝＝1，‎ ‎∵点P在第二象限，∴k＝1.‎ 把k＝1代入方程(*)，得x2＋2a2x＋a4＝0，‎ 解得x＝－a2，从而y＝b2，∴P(－a2，b2)．‎ 从而直线PF2的方程为y－b2＝(x＋a2)，‎ 令x＝0，得y＝，∴Q(0，)．‎ 从而＝(－a2＋c，b2)，＝(c，)，‎ 又a2＋b2＝1，a2＝b2＋c2，‎ 从而·＝c(－a2＋c)＋ ‎＝＝ ‎＝＝0，‎ ‎∴·＝0.‎ ‎∴点F1在以PQ为直径的圆上．‎ ‎23．设而不求，整体代换 典例　(16分)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1、F2，离心率为，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连结PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围；‎ ‎(3)在(2)的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2，若k2≠0，证明＋为定值，并求出这个定值．‎ 思想方法指导　对题目涉及的变量巧妙地引进参数(如设动点坐标、动直线方程等)，利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到“设而不求，减少计算”的效果，直接得定值．‎ 规范解答 解　(1)由于c2＝a2－b2，将x＝－c代入椭圆方程＋＝1，得y＝±.‎ 由题意知＝1，即a＝2b2.‎ 又e＝＝，所以a＝2，b＝1.‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.[4分]‎ ‎(2)设P(x0，y0)(y0≠0)，‎ 又F1(－，0)，F2(，0)，‎ 所以直线PF1，PF2的方程分别为 ‎：y0x－(x0＋)y＋y0＝0，‎ ‎：y0x－(x0－)y－y0＝0.‎ 由题意知＝ .‎ 由于点P在椭圆上，所以＋y＝1.‎ 所以＝.[8分]‎ 因为－b>0)的离心率为，且过点A(0,1)．‎ ‎(1)求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)过点A作两条互相垂直的直线分别交椭圆于M，N两点．求证：直线MN恒过定点P(0，－)．‎ ‎(1)解　由题意知，e＝＝，b＝1，‎ 所以a2－c2＝1，解得a＝2，‎ 所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　设直线l1的方程为y＝kx＋1.‎ 联立方程组 得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，‎ 解得x1＝－，x2＝0，‎ 所以xM＝－，yM＝.‎ 同理可得xN＝，yN＝.‎ 则kMP＝＝＝，‎ kNP＝＝＝，‎ 所以kMP＝kNP，故直线MN恒过定点P(0，－)．‎ ‎2．(2016·云南师范大学附属中学月考)已知椭圆C的焦点在x轴上，离心率等于，且过点(1，)．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)过椭圆C的右焦点F作直线l交椭圆C于A，B两点，交y轴于点M，若＝λ1，＝λ2，求证：λ1＋λ2为定值．‎ ‎(1)解　设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，‎ ‎∴ ‎∴a2＝5，b2＝1，‎ ‎∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　设点A，B，M的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(0，y0)，点F的坐标为(2,0)．‎ 显然直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，‎ 则直线l的方程是y＝k(x－2)，‎ 联立 得(1＋5k2)x2－20k2x＋20k2－5＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 又∵＝λ1，＝λ2，‎ 将各点坐标代入，得λ1＝，λ2＝，‎ ‎∴λ1＋λ2＝＋ ‎＝ ‎＝ ‎＝－10.‎ 故λ1＋λ2为定值．‎ ‎3．椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点(，)为椭圆上的一点．‎ ‎(1)求椭圆E的标准方程；‎ ‎(2)若斜率为k的直线l过点A(0,1)，且与椭圆E交于C，D两点，B为椭圆E的下顶点，求证：对于任意的k，直线BC，BD的斜率之积为定值．‎ ‎(1)解　因为e＝，所以c＝a，a2＝b2＋(a)2.①‎ 又椭圆过点(，)，所以＋＝1.②‎ 由①②，解得a2＝6，b2＝4，‎ 所以椭圆E的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明　设直线l：y＝kx＋1，C(x1，y1)，D(x2，y2)，‎ 联立 得(3k2＋2)x2＋6kx－9＝0.‎ x1＋x2＝－，x1x2＝－，‎ 易知B(0，－2)，‎ 故kBC·kBD＝· ‎＝· ‎＝ ‎＝k2＋＋ ‎＝k2＋3k·－(3k2＋2)‎ ‎＝－2.‎ 所以对于任意的k，直线BC，BD的斜率之积为定值．‎ ‎4．(2017·江苏命题专家原创)已知椭圆C：＋＝1 (a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，椭圆C过点M(0，)，且△MF1F2为正三角形．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)垂直于x轴的直线与椭圆C交于A，B两点，过点P(4，0)的直线PB交椭圆C于另一点E，证明：直线AE与x轴相交于定点．‎ ‎(1)解　∵椭圆C过点M(0，)，∴b＝，‎ 又△MF1F2为正三角形，且MF1＝MF2＝a，‎ ‎∴a＝＝2，c＝a＝1，‎ ‎∴椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明　由题意知，直线PB的斜率存在，且过点P(4,0)．‎ 设直线PB的方程为y＝k(x－4)，‎ B(x1，y1)，E(x2，y2)，则A(x1，－y1)．‎ 由 得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝，①‎ 直线AE的方程为y－y2＝(x－x2)，‎ 令y＝0，得x＝x2－，②‎ 将y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，代入②式，‎ 得x＝，③‎ 将①式代入③式，整理得x＝1.‎ ‎∴直线AE与x轴相交于定点(1,0)．‎ (2016·南京模拟)已知半椭圆＋＝1(x≥0)与半椭圆＋＝1(x<0)组成的曲线称为“果圆”，其中a2＝b2＋c2，a>b>c>0.如图，设点F0，F1，F2是相应椭圆的焦点，A1，A2和B1，B2是“果圆”与x，y轴的交点．‎ ‎(1)若△F0F1F2是边长为1的等边三角形，求“果圆”的方程；‎ ‎(2)若A1A2>B1B2，求的取值范围；‎ ‎(3)一条直线与果圆交于两点，两点的连线段称为果圆的弦．是否存在实数k，使得斜率为k的直线交果圆于两点，得到的弦的中点M的轨迹方程落在某个椭圆上？若存在，求出所有k的值；若不存在，说明理由．‎ 解　(1)∵F0(c,0)，F1(0，－)，F2(0，)，‎ ‎∴F0F2＝＝b＝1，‎ F1F2＝2＝1，‎ ‎∴c2＝，a2＝b2＋c2＝，‎ ‎∴所求“果圆”的方程为 ‎(2)由题意，得a＋c>2b，‎ 即>2b－a，‎ ‎∴a2－b2>(2b－a)2，得<.‎ 又b2>c2＝a2－b2，∴>.‎ ‎∴∈(，)．‎ ‎(3)设“果圆”C的方程为 记平行弦的斜率为k，当k＝0时，‎ 直线y＝t(－b≤t≤b)与半椭圆＋＝1(x≥0)的交点是P(a ，t)，与半椭圆＋＝1(x<0)的交点是Q(－c ，t)．‎ ‎∴P，Q的中点M(x，y)满足x＝·，y＝t，得 ＋＝1.‎ ‎∵a2＝b2＋c2<2b2，∴a0时，过B1的直线l与半椭圆＋＝1(x≥0)的交点是(，)．‎ 因此，在直线l右侧，以k为斜率的平行弦的中点为(，)，‎ 轨迹在直线y＝－x上，即不在某一椭圆上．‎ 当k<0时，可类似讨论得到平行弦的中点的轨迹不在某一椭圆上．‎