【数学】2018届一轮复习人教A版定点、定值、探索性问题教案

【数学】2018届一轮复习人教A版定点、定值、探索性问题教案

第2课时　定点、定值、探索性问题 热点一　定点问题 ‎ ‎【例1】　(2016·北京卷)已知椭圆C：＋＝1过A(2,0)，B(0,1)两点．‎ ‎(Ⅰ)求椭圆C的方程及离心率；‎ ‎(Ⅱ)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：四边形ABNM的面积为定值．‎ ‎【解】　(Ⅰ)由题意得，a＝2，b＝1.‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ 又c＝＝，所以离心率e＝＝.‎ ‎(Ⅱ)设P(x0，y0)(x0<0，y0<0)，则x＋4y＝4.又A(2,0)，B(0,1)，所以，直线PA的方程为y＝(x－2)．‎ 令x＝0，得yM＝－，‎ 从而|BM|＝1－yM＝1＋.‎ 直线PB的方程为y＝x＋1.‎ 令y＝0，得xN＝－，‎ 从而|AN|＝2－xN＝2＋.‎ 所以四边形ABNM的面积S＝|AN|·|BM|‎ ‎＝(2＋)(1＋)‎ ‎＝ ‎＝＝2.‎ 从而四边形ABNM的面积为定值.‎ ‎【总结反思】‎ ‎(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.‎ ‎ ‎ ‎(2017·洛阳模拟)设M是焦距为2的椭圆E：＋＝1(a>b>0)上一点，A，B是椭圆E的左、右顶点，直线MA与MB的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝－.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)上点N(x0，y0)处切线方程为＋＝1.若P是直线x＝2上任意一点，从P向椭圆E作切线，切点分别为C，D，求证直线CD恒过定点，并求出该定点坐标．‎ 解：(1)由题意，‎2c＝2，c＝1，A(－a,0)，B(a,0)，设M(x，y)，‎ ‎∵k1k2＝－，∴·＝－，‎ 即＝－.‎ ‎∵M(x，y)在椭圆E上，∴＋＝1，‎ ‎∴＝－，∴＝，∴a2＝2b2.‎ 又a2－b2＝c2＝1，∴a2＝2，b2＝1.‎ ‎∴椭圆E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设切点坐标为C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(2，t)．则切线方程分别为＋y1y＝1，＋y2y＝1.∵两切线均过点P，∴＋ty1＝1，＋ty2＝1，即x1＋ty1＝1，x2＋ty2＝1，‎ ‎∴直线CD的方程为x＋ty＝1.‎ 对于任意实数t，点(1,0)都适合这个方程，即直线CD恒过定点(1,0)．‎ 热点二　定值问题 ‎ ‎【例2】　(2017·衡水模拟)已知F1，F2为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，过椭圆右焦点F2且斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C相交于E，F两点，△EFF1的周长为8，且椭圆C与圆x2＋y2＝3相切．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设A为椭圆的右顶点，直线AE，AF分别交直线x＝4于点 M，N，线段MN的中点为P，记直线PF2的斜率为k′，求证：k·k′为定值．‎ ‎【解】　(1)因为△EFF1的周长为8，‎ 所以‎4a＝8，所以a2＝4，‎ 又椭圆C与圆x2＋y2＝3相切，故b2＝3，‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：由题意知过点F2(1,0)的直线l的方程为y＝k(x－1)，设E(x1，y1)，F(x2，y2)，将直线l的方程y＝k(x－1)代入椭圆C的方程＋＝1，整理得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，Δ＝64k4－4(4k2＋3)(4k2－12)>0恒成立，且x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 直线AE的方程为y＝(x－2)，‎ 令x＝4，得点M，‎ 直线AF的方程为y＝(x－2)，‎ 令x＝4，得点N，‎ 所以点P的坐标为.‎ 所以直线PF2的斜率为 k′＝＝ ‎＝· ‎＝·，‎ 将x1＋x2＝，x1x2＝代入上式得：‎ k′＝·＝－，‎ 所以k·k′为定值－1.‎ ‎【总结反思】‎ 求定值问题常见的方法有两种 ‎(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；‎ ‎(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.‎ ‎ ‎ 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过A(2,0)和B两点，O为坐标原点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若以O为端点的两条射线与椭圆C分别相交于点M，N，且⊥，证明：点O到直线MN的距离为定值．‎ 解：(1)由题意得 ∴∴椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：①当直线MN的斜率不存在时，得其方程为x＝±，则点O到直线MN的距离d＝.‎ ‎②当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，并设M(x1，‎ y1)，N(x2，y2)，由消去y，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－3)＝0，∴Δ＝64k‎2m2‎－16(3＋4k2)(m2－3)>0，即m2<4k2＋3，‎ 且x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ ‎∵⊥，∴x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0，‎ ‎∴(1＋k2)·－＋m2＝0，‎ ‎∴m2＝<4k2＋3，‎ ‎∴点O到直线MN的距离d＝＝.‎ 由①②可得，点O到直线MN的距离为定值.‎ 热点三　探索性问题 ‎ ‎【例3】　已知动圆C过定点A(－3,0)且与圆B：(x－3)2＋y2＝64相切，点C的轨迹为曲线T，设Q为曲线T上(不在x轴上)的动点，过点A作OQ(O为坐标原点)的平行线交曲线T于M，N两点．‎ ‎(1)求曲线T的方程；‎ ‎(2)是否存在常数λ，使·＝λ2总成立？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．‎ ‎【分析】　(1)由|BC|＋|AC|＝8>|AB|知动点轨迹符合椭圆的定义；(2)设出有关点的坐标，表示出·＝λ2，再确定λ是否存在．‎ ‎【解】　(1)∵A(－3,0)在圆B的内部，∴两圆相内切，∴|BC|＝8－|AC|，即|BC|＋|AC|＝8>|AB|，∴点C的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，且长轴长‎2a＝8，∴a＝4，c＝3，∴b2＝16－9＝7，∴曲线T 的方程为＋＝1.‎ ‎(2)当直线MN的斜率不存在时，||＝||＝，2＝7，∴·＝||·||·cosπ＝－＝7λ，则λ＝－.‎ 当直线MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(x0，y0)，直线MN：y＝k(x＋3)，则直线OQ：y＝kx.由得(7＋16k2)x2＋96k2x＋144k2－112＝0，则x1＋x2＝，x1·x2＝，‎ ‎∴y1y2＝k2[(x1＋3)(x2＋3)]‎ ‎＝k2[x1x2＋3(x1＋x2)＋9]＝，‎ ‎∴·＝(x1＋3)(x2＋3)＋y1y2‎ ‎＝.‎ 由得7x2＋16k2x2＝112，则x＝，∴2＝x＋y＝(1＋k2)x＝.‎ 由·＝λ2可解得λ＝－.‎ 综上所述，存在常数λ＝－，使·＝λ2总成立.‎ ‎【总结反思】‎ 探索性问题的一般求解方法：先假设成立，在假设成立的前提下若能求出与已知条件、定理或公理相同的结论，说明结论成立，否则说明结论不成立.‎ ‎ ‎ 已知在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1的长半轴长为4，离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)若点E(0,1)，问是否存在直线l与椭圆交于M，N两点且|ME|＝|NE|？若存在，求出直线l的斜率的取值范围；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)∵椭圆C：＋＝1的长半轴长为4，离心率为，∴解得∴椭圆C：＋＝1.‎ ‎(2)设直线l：y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)．由消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋‎4m2‎－48＝0，由Δ＝64k‎2m2‎－4×(3＋4k2)(‎4m2‎－48)>0，得16k2＋12>m2，①‎ ‎∴x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 设MN的中点为F(x0，y0)，‎ ‎∴x0＝，y0＝kx0＋m＝.‎ ‎∵|ME|＝|NE|，∴EF⊥MN，∴kEF·k＝－1，‎ ‎∴·k＝－1，∴m＝－(4k2＋3)，代入①可得16k2＋12>(4k2＋3)2，‎ ‎∴16k4＋8k2－3<0，解得－

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