2018版高考数学（文）（人教）大一轮复习文档讲义：第九章9-8第3课时定点、定值、探索性问题

2018版高考数学（文）（人教）大一轮复习文档讲义：第九章9-8第3课时定点、定值、探索性问题

第 3 课时　定点、定值、探索性问题 题型一　定点问题 例 1　(2017·长沙联考)已知椭圆 x2 a2＋y2 b2＝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PM → ＝λ1MQ → ，PN → ＝λ2NQ → . (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x2 3＋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PM → ＝λ1 MQ → 知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)， ∴y1－m＝－y1λ1，由题意 y1≠0，∴λ1＝m y1－1. 同理由PN → ＝λ2 NQ → 知 λ2＝m y2－1. ∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0， ① 联立Error!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＝2mt2 t2＋3，y1y2＝t2m2－3 t2＋3 ， ③ 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＝ 2 2 ，F 是右焦点，A 是右顶点，B 是椭圆上一点，BF⊥x 轴，|BF|＝ 2 2 . (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(－ 2，y1)，点 N( 2，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x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)， ① 焦点 F(c,0)，因为c a＝ 2 2 ， ② 将点 B(c， 2 2 )的坐标代入方程①得c2 a2＋ 1 2b2＝1. ③ 由②③结合 a2＝b2＋c2，得 a＝ 2，b＝1. 故所求椭圆方程为x2 2＋y2＝1. (2)由Error!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TM → ＝(－ 2－x0，y1)，TN → ＝( 2－x0，y2)． 因为 MN 为圆的直径， 故TM → ·TN → ＝x20－2＋y1y2＝0. ⑤ 当 t＝0 时，不符合题意，故 t≠0. 因为 y1＝ － 2－λ t ，y2＝ 2－λ t ， 所以 y1y2＝λ2－2 t2 ，代入⑤结合④得 TM → ·TN → ＝ (x20－2)t2＋λ2－2 t2 ＝ (x20－1)t2 t2 ， 要使上式为零，当且仅当 x20＝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　(2016·广西柳州铁路一中月考)如图，椭圆有两顶点 A(－1，0)，B(1,0)，过其焦点 F(0,1) 的直线 l 与椭圆交于 C，D 两点，并与 x 轴交于点 P.直线 AC 与直线 BD 交于点 Q. (1)当|CD|＝3 2 2时，求直线 l 的方程； (2)当点 P 异于 A，B 两点时，求证：OP → ·OQ → 为定值． (1)解　∵椭圆的焦点在 y 轴上， 故设椭圆的标准方程为y2 a2＋x2 b2＝1(a>b>0)， 由已知得 b＝1，c＝1，∴a＝ 2， ∴椭圆的方程为y2 2＋x2＝1. 当直线 l 的斜率不存在时，|CD|＝2 2，与题意不符； 当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y＝kx＋1， C(x1，y1)，D(x2，y2)． 联立Error!化简得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0, 则 x1＋x2＝－ 2k k2＋2，x1·x2＝－ 1 k2＋2. ∴|CD|＝ 1＋k2 (x1＋x2)2－4x1x2 ＝ 1＋k2· (－ 2k k2＋2 )2＋4· 1 k2＋2 ＝2 2(k2＋1) k2＋2 ＝3 2 2， 解得 k＝± 2. ∴直线 l 的方程为 2x－y＋1＝0 或 2x＋y－1＝0. (2)证明　当直线 l 的斜率不存在时，与题意不符． 当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y＝kx＋1(k≠0，k≠±1)，C(x1，y1)，D(x2，y2)， ∴点 P 的坐标为(－1 k，0)． 由(1)知 x1＋x2＝－ 2k k2＋2，x1x2＝－ 1 k2＋2， 且直线 AC 的方程为 y＝ y1 x1＋1(x＋1)， 直线 BD 的方程为 y＝ y2 x2－1(x－1)， 将两直线方程联立，消去 y， 得x＋1 x－1＝y2(x1＋1) y1(x2－1). ∵－1b>0)的离心率是1 2，其左，右顶点分 别为 A1，A2，B 为短轴的一个端点，△A1BA2 的面积为 2 3. (1)求椭圆 C 的方程； (2)直线 l：x＝2 2与 x 轴交于 D，P 是椭圆 C 上异于 A1，A2 的动点，直线 A1P，A2P 分别交 直线 l 于 E，F 两点，求证：|DE|·|DF|为定值． (1)解　由已知，可得Error! 解得 a＝2，b＝ 3. 故所求椭圆方程为x2 4＋y2 3＝1. (2)证明　由题意可得 A1(－2,0)，A2(2,0)． 设 P(x0，y0)，由题意可得－21 4时，S△OPQ＝8(4k2＋1 4k2－1)＝8(1＋ 2 4k2－1)>8； 当 0≤k2<1 4时， S△OPQ＝8(4k2＋1 1－4k2)＝8(－1＋ 2 1－4k2). 因为 0≤k2<1 4，则 0<1－4k2≤1， 2 1－4k2≥2， 所以 S△OPQ＝8(－1＋ 2 1－4k2)≥8， 当且仅当 k＝0 时取等号． 所以当 k＝0 时，S△OPQ 的最小值为 8. 综合①②可知，当直线 l 与椭圆 C 在四个顶点处相切时，△OPQ 的面积取得最小值 8. 20．设而不求，整体代换 典例　(12 分)椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是 F1、F2，离心率为 3 2 ，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，连接 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 1 kk1＋ 1 kk2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x2 a2＋y2 b2＝1，得 y＝±b2 a . 由题意知2b2 a ＝1，即 a＝2b2. 又 e＝c a＝ 3 2 ，所以 a＝2，b＝1. 所以椭圆 C 的方程为x2 4＋y2＝1. [2 分] (2)设 P(x0，y0)(y0≠0)， 又 F1(－ 3，0)，F2( 3，0)， 所以直线 PF1，PF2 的方程分别为 ：y0x－(x0＋ 3)y＋ 3y0＝0， ：y0x－(x0－ 3)y－ 3y0＝0. 由题意知 |my0＋ 3y0| y20＋(x0＋ 3)2 ＝ |my0－ 3y0| y20＋(x0－ 3)2 . 由于点 P 在椭圆上，所以x20 4＋y20＝1. 所以 |m＋ 3| ( 3 2 x0＋2)2 ＝ |m－ 3| ( 3 2 x0－2)2 . [4 分] 因为－ 3b>0)的离心率 e＝ 2 2 ，短轴长为 2 2. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)如图，椭圆左顶点为 A，过原点 O 的直线(与坐标轴不重合)与椭圆 C 交于 P，Q 两点，直 线 PA，QA 分别与 y 轴交于 M，N 两点．试问以 MN 为直径的圆是否经过定点(与直线 PQ 的 斜率无关)？请证明你的结论． 解　(1)由短轴长为 2 2，得 b＝ 2， 由 e＝c a＝ a2－b2 a ＝ 2 2 ， 得 a2＝4，b2＝2. 所以椭圆 C 的标准方程为x2 4＋y2 2＝1. (2)以 MN 为直径的圆过定点 F(± 2，0)． 证明如下： 设 P(x0，y0)，则 Q(－x0，－y0)， 且x20 4＋y20 2＝1，即 x20＋2y20＝4， 因为 A(－2,0)，所以直线 PA 方程为 y＝ y0 x0＋2(x＋2)， 所以 M(0， 2y0 x0＋2)，直线 QA 方程为 y＝ y0 x0－2(x＋2)， 所以 N(0， 2y0 x0－2)，以 MN 为直径的圆为(x－0)(x－0)＋(y－ 2y0 x0＋2)(y－ 2y0 x0－2)＝0， 即 x2＋y2－4x0y0 x20－4y＋ 4y20 x20－4 ＝0， 因为 x20－4＝－2y20，所以 x2＋y2＋2x0 y0y－2＝0， 令 y＝0，则 x2－2＝0，解得 x＝± 2. 所以以 MN 为直径的圆过定点 F(± 2，0)． 2．(2016·安徽芜湖、马鞍山第一次质量检测)椭圆 E： x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 3 3 ，点 ( 3， 2)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＝ 3 3 ，所以 c＝ 3 3 a，a2＝b2＋( 3 3 a)2. ① 又椭圆过点( 3， 2)，所以 3 a2＋ 2 b2＝1. ② 由①②，解得 a2＝6，b2＝4， 所以椭圆 E 的标准方程为x2 6＋y2 4＝1. (2)证明　设直线 l：y＝kx＋1， 联立Error! 得(3k2＋2)x2＋6kx－9＝0. 设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，则 x1＋x2＝－ 6k 3k2＋2，x1x2＝－ 9 3k2＋2， 易知 B(0，－2)， 故 kBC·kBD＝y1＋2 x1 ·y2＋2 x2 ＝kx1＋3 x1 ·kx2＋3 x2 ＝k2x1x2＋3k(x1＋x2)＋9 x1x2 ＝k2＋3k(x1＋x2) x1x2 ＋ 9 x1x2 ＝k2＋3k·2k 3 －(3k2＋2) ＝－2. 所以对于任意的 k，直线 BC，BD 的斜率之积为定值． 3．(2016·赣州一模)已知椭圆 C： x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)与双曲线 x2 4－v ＋ y2 1－v ＝1(1b>0)， 把点(－2,0)，( 2， 2 2 )代入得Error! 解得Error!所以 C1 的标准方程为x2 4＋y2＝1. (2)容易验证当直线 l 的斜率不存在时，不满足题意． 当直线 l 的斜率存在时，设其方程为 y＝k(x－1)， 与 C1 的交点为 M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由Error! 消去 y 并整理得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0， 于是 x1＋x2＝ 8k2 1＋4k2，① x1x2＝4(k2－1) 1＋4k2 .② 所以 y1y2＝k2(x1－1)(x2－1) ＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1] ＝k2[4(k2－1) 1＋4k2 － 8k2 1＋4k2＋1] ＝－ 3k2 1＋4k2，③ 由OM → ⊥ON → ，即OM → ·ON → ＝0， 得 x1x2＋y1y2＝0.(*) 将②③代入(*)式，得4(k2－1) 1＋4k2 － 3k2 1＋4k2 ＝ k2－4 1＋4k2＝0， 解得 k＝±2，所以存在直线 l 满足条件， 且直线 l 的方程为 2x－y－2＝0 或 2x＋y－2＝0.