【数学】2018届一轮复习人教A版9-9第3课时 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 (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)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).
∵－1
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|＝ (x0－1)2＋y20，
则|TS|＝2 r2－d2＝2 y20－2x0＋1，
∵点 M 在曲线 C 上，∴x0＝y20
2，
∴|TS|＝2 y20－y20＋1＝2 是定值．
题型三 探索性问题
例 3 (2015·四川)如图，椭圆 E： x2
a2＋y2
b2＝1(a＞b＞0)的离心率是 2
2 ，过点 P(0,1)的动直线 l
与椭圆相交于 A，B 两点，当直线 l 平行于 x 轴时，直线 l 被椭圆 E 截得的线段长为 2 2.
(1)求椭圆 E 的方程；
(2)在平面直角坐标系 xOy 中，是否存在与点 P 不同的定点 Q，使得|QA|
|QB|＝|PA|
|PB|恒成立？若存
在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)由已知，点( 2，1)在椭圆 E 上，
因此Error!
解得 a＝2，b＝ 2，
所以椭圆 E 的方程为x2
4＋y2
2＝1.
(2)当直线 l 与 x 轴平行时，设直线 l 与椭圆相交于 C，D 两点，
如果存在定点 Q 满足条件，则有|QC|
|QD|＝|PC|
|PD|＝1，
即|QC|＝|QD|，
所以 Q 点在 y 轴上，可设 Q 点的坐标为(0，y0)．
当直线 l 与 x 轴垂直时，设直线 l 与椭圆相交于 M，N 两点，则 M，N 的坐标分别为(0， 2)，
(0，－ 2)，
由|QM|
|QN|＝|PM|
|PN|，有|y0－ 2|
|y0＋ 2|
＝ 2－1
2＋1
，解得 y0＝1 或 y0＝2，
所以，若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件，则 Q 点坐标只可能为(0,2)，
下面证明：对任意直线 l，均有|QA|
|QB|＝|PA|
|PB|，
当直线 l 的斜率不存在时，由上可知，结论成立，
当直线 l 的斜率存在时，可设直线 l 的方程为 y＝kx＋1，
A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
联立Error!得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，
其判别式 Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，
所以 x1＋x2＝－ 4k
2k2＋1，
x1x2＝－ 2
2k2＋1，
因此1
x1＋1
x2＝x1＋x2
x1x2 ＝2k，
易知，点 B 关于 y 轴对称的点 B′的坐标为(－x2，y2)，
又 kQA＝y1－2
x1 ＝kx1－1
x1 ＝k－1
x1，
kQB′＝y2－2
－x2 ＝kx2－1
－x2 ＝－k＋1
x2＝k－1
x1，
所以 kQA＝kQB′，即 Q，A，B′三点共线，
所以|QA|
|QB|＝ |QA|
|QB′|＝|x1|
|x2|＝|PA|
|PB|，
故存在与 P 不同的定点 Q(0,2)，使得|QA|
|QB|＝|PA|
|PB|恒成立．
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．
(2015·湖北)一种作图工具如图 1 所示．O 是滑槽 AB 的中点，短杆 ON 可绕 O
转动，长杆 MN 通过 N 处铰链与 ON 连接，MN 上的栓子 D 可沿滑槽 AB 滑动，且 DN＝ON＝
1，MN＝3，当栓子 D 在滑槽 AB 内作往复运动时，带动 N 绕 O 转动一周(D 不动时，N 也不
动)，M 处的笔尖画出的曲线记为 C，以 O 为原点，AB 所在的直线为 x 轴建立如图 2 所示的
平面直角坐标系．
(1) 求曲线 C 的方程；
(2) 设动直线 l 与两定直线 l1：x－2y＝0 和 l2：x＋2y＝0 分别交于 P，Q 两点．若直线 l 总与
曲线 C 有且只有一个公共点，试探究：△OPQ 的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小
值；若不存在，说明理由．
解 (1)设点 D(t,0)(|t|≤2)，N(x0，y0)，M(x，y)，依题意，MD
→
＝2DN
→
，且|DN
→
|＝|ON
→
|＝1，
所以(t－x，－y)＝2(x0－t，y0)，且Error!
即Error!且 t(t－2x0)＝0.
由于当点 D 不动时，点 N 也不动，所以 t 不恒等于 0，
于是 t＝2x0，故 x0＝x
4，y0＝－y
2，代入 x20＋y20＝1，
可得x2
16＋y2
4＝1，即所求曲线 C 的方程为x2
16＋y2
4＝1.
(2)①当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 为 x＝4 或 x＝－4，都有 S△OPQ＝1
2×4×4＝8.
②当直线 l 的斜率存在时，
设直线 l：y＝kx＋m(k ≠± 1
2)，
由Error!消去 y，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0.
因为直线 l 总与椭圆 C 有且只有一个公共点，
所以 Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－16)＝0，
即 m2＝16k2＋4.(*1)
又由Error!可得 P( 2m
1－2k， m
1－2k)；
同理可得 Q(－2m
1＋2k， m
1＋2k).
由原点 O 到直线 PQ 的距离为 d＝ |m|
1＋k2和|PQ|＝ 1＋k2|xP－xQ|，可得 S△OPQ＝1
2·|PQ|·d＝
1
2·|m|·|x P－xQ|＝1
2·|m|· | 2m
1－2k＋ 2m
1＋2k|＝| 2m2
1－4k2|.(*2)
将(*1)式代入(*2)式得，S△OPQ＝| 2m2
1－4k2|＝8|4k2＋1|
|4k2－1|.
当 k2>1
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.
23．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.如图，椭圆长轴的端点为 A，B，O 为椭圆的中心，F 为椭圆的右焦点，且AF
→
·FB
→
＝1，|OF
→
|
＝1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)记椭圆的上顶点为 M，直线 l 交椭圆于 P，Q 两点，问：是否存在直线 l，使点 F 恰为△PQM
的垂心，若存在，求直线 l 的方程；若不存在，请说明理由．
解 (1)设椭圆方程为x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)，则 c＝1，
又∵AF
→
·FB
→
＝(a＋c)·(a－c)
＝a2－c2＝1.
∴a2＝2，b2＝1，
故椭圆的标准方程为x2
2＋y2＝1.
(2)假设存在直线 l 交椭圆于 P，Q 两点，
且 F 恰为△PQM 的垂心，
设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
∵M(0,1)，F(1,0)，∴直线 l 的斜率 k＝1.
于是设直线 l 为 y＝x＋m，
由Error!
得 3x2＋4mx＋2m2－2＝0，
x1＋x2＝－4
3m，①
x1x2＝2m2－2
3 .②
∵MP
→
·FQ
→
＝x1(x2－1)＋y2(y1－1)＝0.
又 yi＝xi＋m(i＝1,2)，
∴x1(x2－1)＋(x2＋m)(x1＋m－1)＝0，
即 2x1x2＋(x1＋x2)(m－1)＋m2－m＝0.(*)
将①②代入(*)式得 2·2m2－2
3 －4m
3 (m－1)＋m2－m＝0，
解得 m＝－4
3或 m＝1，
经检验 m＝－4
3符合条件．
故存在直线 l，使点 F 恰为△PQM 的垂心，
直线 l 的方程为 3x－3y－4＝0.
*4.(2016·江西三校第一次联考)已知半椭圆 x2
a2＋y2
b2＝1(x≥0)与半椭圆y2
b2＋x2
c2＝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)若三角形 F0F1F2 是边长为 1 的等边三角形，求“果圆”的方程；
(2)若|A1A2|>|B1B2|，求b
a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，－ b2－c2)，F2(0， b2－c2)，
∴|F0F2|＝ (b2－c2)＋c2＝b＝1，
|F1F2|＝2 b2－c2＝1，
∴c2＝3
4，a2＝b2＋c2＝7
4，
∴所求“果圆”的方程为Error!
(2)由题意，得 a＋c>2b，
即 a2－b2>2b－a，
∴a2－b2>(2b－a)2，得b
a<4
5.
又 b2>c2＝a2－b2，∴b2
a2>1
2.
∴b
a∈(
2
2 ，4
5)．
(3)设“果圆”C 的方程为Error!
记平行弦的斜率为 k，当 k＝0 时，
直线 y＝t(－b≤t≤b)与半椭圆x2
a2＋y2
b2＝1(x≥0)的交点是 P(a 1－t2
b2，t)，与半椭圆y2
b2＋x2
c2＝1(x<0)
的交点是 Q(－c 1－t2
b2，t)．
∴P，Q 的中点 M(x，y)满足 x＝a－c
2 · 1－t2
b2，y＝t，得
x2
(a－c
2
)2
＋y2
b2＝1.
∵a2＝b2＋c2<2b2，∴a< 2b，
∴(a－c
2 )2－b2＝a－c－2b
2 ·a－c＋2b
2 <0.
综上所述，当 k＝0 时，“果圆”平行弦的中点轨迹总是落在某个椭圆上．
当 k>0 时，过 B1 的直线 l 与半椭圆x2
a2＋y2
b2＝1(x≥0)的交点是( 2ka2b
k2a2＋b2，k2a2b－b3
k2a2＋b2 )．
因此，在直线 l 右侧，以 k 为斜率的平行弦的中点为( ka2b
k2a2＋b2，
－b3
k2a2＋b2)，
轨迹在直线 y＝－ b2
ka2x 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．
