【数学】2019届高考一轮复习北师大版理9-11定点、定值、探索性问题学案

【数学】2019届高考一轮复习北师大版理9-11定点、定值、探索性问题学案

第11讲　定点、定值、探索性问题 ‎　　　　　　圆锥曲线中的定值问题 ‎ [典例引领]‎ ‎ (2018·昆明市教学质量检测)在直角坐标系xOy中，已知定圆M：(x＋1)2＋y2＝36，动圆N过点F(1，0)且与圆M相切，记动圆圆心N的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)求曲线C的方程；‎ ‎(2)设A，P是曲线C上两点，点A关于x轴的对称点为B(异于点P)，若直线AP，BP分别交x轴于点S，T，证明：|OS|·|OT|为定值．‎ ‎【解】　(1)因为点F(1，0)在圆M：(x＋1)2＋y2＝36内，‎ 所以圆N内切于圆M，则|NM|＋|NF|＝6＞|FM|，‎ 由椭圆定义知，圆心N的轨迹为椭圆，且2a＝6，c＝1，则a2＝9，b2＝8，‎ 所以动圆圆心N的轨迹方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：设P(x0，y0)，A(x1，y1)，S(xS，0)，T(xT，0)，则B(x1，－y1)，由题意知x0≠±x1，‎ 则kAP＝，直线AP的方程为y－y1＝kAP(x－x1)，‎ 令y＝0，得xS＝，‎ 同理xT＝＝，‎ 于是|OS|·|OT|＝|xSxT|＝‎ ＝，‎ 又P(x0，y0)和A(x1，y1)在椭圆＋＝1上，故y＝8，y＝8，‎ 则y－y＝(x－x)，xy－xy＝8x－8x＝8(x－x)．‎ 所以|OS|·|OT|＝ ‎＝＝9.‎ 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．　 ‎ ‎ (2018·张掖市第一次诊断考试)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，右焦点为F，右顶点为E，P为直线x＝a上的任意一点，且(＋)·＝2.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)过F且垂直于x轴的直线AB与椭圆交于A，B两点(点A在第一象限)，动直线l与椭圆C交于M，N两点，且M，N位于直线AB的两侧，若始终保持∠MAB＝∠NAB，求证：直线MN的斜率为定值．‎ 解：(1)设P，F(c，0)，E(a，0)，‎ 则＝，＝，＝(c－a，0)，‎ 所以(2c－3a)(c－a)＝4，‎ 又e＝＝，‎ 所以a＝2，c＝1，b＝，‎ 从而椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：由(1)知A，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，‎ 设MN的方程：y＝kx＋m，‎ 代入椭圆方程＋＝1，‎ 得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.‎ 则 又M，N是椭圆上位于直线AB两侧的动点，若始终保持∠MAB＝∠NAB，‎ 则kAM＋kAN＝0，‎ 即＋＝0，‎ ‎(kx1＋m－)(x2－1)＋(x1－1)＝0，‎ 即(2k－1)(2m＋2k－3)＝0，得k＝.‎ 故直线MN的斜率为定值.‎ ‎　　　　　　圆锥曲线中的定点问题 ‎ [典例引领]‎ ‎ (2017·高考全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1，)，P4(1，)中恰有三点在椭圆C上．‎ ‎(1)求C的方程；‎ ‎(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．‎ ‎【解】　(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3，P4两点．‎ 又由＋>＋知，C不经过点P1，所以点P2在C上．‎ 因此解得 故C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.‎ 如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为，.‎ 则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．‎ 从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.‎ 由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 而k1＋k2＝＋ ‎＝＋ ‎＝.‎ 由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.‎ 即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0.‎ 解得k＝－.‎ 当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，所以l过定点(2，－1)．‎ 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．　 ‎ ‎ (2018·兰州市高考实战模拟)已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左顶点为A，左焦点为F1(－2，0)，点B(2，)在椭圆C上，直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于P，Q两点，直线AP，AQ分别与y轴交于点M，N.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)求以MN为直径的圆经过的定点坐标．‎ 解：(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)，‎ 因为椭圆的左焦点为F1(－2，0)，‎ 所以a2－b2＝4.‎ 因为点B(2，)在椭圆C上，所以＋＝1.‎ 解得a2＝8，b2＝4，所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)依题意点A的坐标为(－2，0)，设P(x0，y0)(不妨设x0＞0)，则Q(－x0，－y0)，‎ 由得x0＝，y0＝，所以直线AP的方程为y＝(x＋2)，直线AQ的方程为y＝(x＋2)，‎ 所以M，N，‎ 所以|MN|＝＝，‎ 设MN的中点为E，则点E的坐标为，则以MN为直径的圆的方程为x2＋＝，即x2＋y2＋y＝4.‎ 令y＝0得x＝2或x＝－2，即以MN为直径的圆经过两定点P1(－2，0)，P2(2，0)．‎ ‎　　　　　　圆锥曲线中的探索性问题 ‎ [典例引领]‎ ‎ 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，右顶点为A，且|AF|＝1.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线x＝4交于点Q，是否存在点M(t，0)使·＝0成立？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．‎ ‎【解】　(1)由c＝1，a－c＝1，得a＝2，‎ 所以b＝，‎ 故椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)由 消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，‎ 所以Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，‎ 即m2＝3＋4k2.‎ 设P(xP，yP)，则xP＝－＝－，‎ yP＝kxP＋m＝－＋m＝，‎ 即P.‎ 因为M(t，0)，Q(4，4k＋m)，‎ 所以＝，‎ ＝(4－t，4k＋m)，‎ 所以·＝·(4－t)＋·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋(t－1)＝0恒成立，‎ 故即t＝1.‎ 所以存在点M(1，0)符合题意．‎ 存在性问题的求解策略 解决存在性问题，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)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．　 ‎ ‎ (2018·陕西省高三教学质量检测试题(一))已知F1，F2为椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，点P在椭圆E上，且|PF1|＋|PF2|＝4.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)过F1的直线l1，l2分别交椭圆E于A，C和B，D，且l1⊥l2，问是否存在常数λ，使得，λ，成等差数列？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)因为|PF1|＋|PF2|＝4，‎ 所以2a＝4，a＝2，‎ 所以椭圆E：＋＝1.‎ 将P代入可得b2＝3，‎ 所以椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)①当AC的斜率为零或斜率不存在时，＋＝＋＝；‎ ‎②当AC的斜率k存在且k≠0时，AC的方程为y＝k(x＋1)，‎ 代入椭圆方程＋＝1，并化简得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.‎ 设A(x1，y1)，C(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝－，x1·x2＝.‎ ‎|AC|＝|x1－x2|＝＝.‎ 因为直线BD的斜率为－，‎ 所以|BD|＝＝.‎ 所以＋＝＋＝.‎ 综上，2λ＝＋＝，‎ 所以λ＝.‎ 故存在常数λ＝，使得，λ，成等差数列．‎ ‎ 求解定点问题的基本思路 ‎(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把参数当作未知数，将方程一端化为0，即化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式(这里把参数k当作未知数)．‎ ‎(2)既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于0，这样就得到一个关于x，y的方程组，即 ‎(3)这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点，即满足的点(x0，y0)为直线或曲线所过的定点．‎ ‎ 求解定值问题的基本思路 ‎(1)先求出这个几何量或代数表达式；‎ ‎(2)对表达式进行化简，整理成y＝f(m，n，k)的最简形式；‎ ‎(3)根据已知条件列出必要的方程(或不等式)，消去参数，最后求出定值，一般是根据已知条件列出方程k＝g(m，n)代入y＝f(m，n，k)，得到y＝h(m，n)＋c(c为常数)的形式．‎ ‎ 探索性问题的求解策略 ‎(1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．‎ ‎(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ‎ ‎1．(2018·郑州质量预测(一))已知直线l与双曲线－y2＝1相切于点P，l与双曲线的两条渐近线交于M，N两点，则·的值为(　　)‎ A．3　　　　　　　　　　　 B．4‎ C．5 D．与P的位置有关 解析：选A.依题意，设点P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中x－4y＝4，则直线l的方程是－y0y＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y＝±x.‎ ‎①当y0＝0时，直线l的方程是x＝2或x＝－2.由，得，此时·＝(2，－1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可得当直线l的方程是x＝－2时，·＝3.‎ ‎②当y0≠0时，直线l的方程是y＝(x0x－4)．由，得(4y－x)x2＋8x0x－16＝0(*)，又x－4y＝4，因此(*)即是－4x2＋8x0x－16＝0，x2－2x0x＋4＝0，x1x2＝4，·＝x1x2＋y1y2＝x1x2－x1x2＝x1x2＝3.‎ 综上所述，·＝3，选A.‎ ‎2．(2018·湖南湘中名校联考)已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，△ABC的顶点都在抛物线上，且满足＋＋＝0，则＋＋＝________．‎ 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，F，由＋＝－，得y1＋y2＋y3＝0.因为kAB＝＝，所以kAC＝，kBC＝，所以＋＋＝＋＋＝0.‎ 答案：0‎ ‎3．已知圆M：x2＋(y－2)2＝1，直线l：y＝－1，动圆P与圆M相外切，且与直线l相切．设动圆圆心P的轨迹为E.‎ ‎(1)求E的方程；‎ ‎(2)若点A，B是E上的两个动点，O为坐标原点，且·＝－16，求证：直线AB恒过定点．‎ 解：(1)设P(x，y)，则＝(y＋1)＋1⇒x2＝8y.‎ 所以E的方程为x2＝8y.‎ ‎(2)证明：易知直线AB的斜率存在，设直线AB：y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 将直线AB的方程代入x2＝8y中，‎ 得x2－8kx－8b＝0，‎ 所以x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b.‎ ·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋＝－8b＋b2＝－16⇒b＝4，‎ 所以直线AB恒过定点(0，4)．‎ ‎4．椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，P(m，0)为C的长轴上的一个动点，过P点斜率为的直线l交C于A，B两点．当m＝0时，·＝－.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)证明：|PA|2＋|PB|2为定值．‎ 解：(1)因为离心率为，‎ 所以＝.‎ 当m＝0时，l的方程为y＝x，‎ 代入＋＝1并整理得x2＝.‎ 设A(x0，y0)，则B(－x0，－y0)，‎ ·＝－x－y＝－x＝－·.‎ 又因为·＝－，‎ 所以a2＝25，b2＝16，‎ 椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：l的方程为x＝y＋m，‎ 代入＋＝1，‎ 并整理得25y2＋20my＋8(m2－25)＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 则|PA|2＝(x1－m)2＋y＝y，‎ 同理|PB|2＝y.‎ 则|PA|2＋|PB|2＝(y＋y)＝[(y1＋y2)2－2y1y2]＝·＝41.‎ 所以|PA|2＋|PB|2为定值．‎ ‎1．(2018·太原市模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个顶点，点D在椭圆C上，直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，P两点，与x轴，y轴分别相交于点N和M，且|PM|＝|MN|，点Q是点P关于x轴的对称点，QM的延长线交椭圆C于点B，过点A，B分别作x轴的垂线，垂足分别为A1，B1.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)是否存在直线l，使得点N平分线段A1B1？若存在，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)由题意得 解得，所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)存在这样的直线l.‎ 因为y＝kx＋m，所以M(0，m)，N，‎ 因为|PM|＝|MN|，所以P，则Q，‎ 所以直线QM的方程为y＝－3kx＋m.‎ 设A(x1，y1)，由，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－3)＝0，‎ 所以x1＋＝－，所以x1＝，‎ 设B(x2，y2)，由，得(3＋36k2)x2－24kmx＋4(m2－3)＝0.‎ 所以x2＋＝，所以x2＝－，‎ 因为点N平分线段A1B1，所以x1＋x2＝－，‎ 所以－－＝－，所以k＝±，‎ 所以P(±2m，2m)，所以＋＝1，解得m＝±，‎ 因为|m|＝＜b＝，‎ 所以直线l的方程为y＝±x±.‎ ‎2．(2018·福州市综合质量检测)已知圆O：x2＋y2＝4，点A(－，0)，B(，0)，以线段AP为直径的圆C1内切于圆O.记点P的轨迹为C2.‎ ‎(1)证明：|AP|＋|BP|为定值，并求C2的方程；‎ ‎(2)过点O的一条直线交圆O于M，N两点，点D(－2，0)，直线DM，DN与C2的另一个交点分别为S，T.记△DMN，△DST的面积分别为S1，S2，求的取值范围．‎ 解：(1)如图，因为圆C1内切于圆O，‎ 所以|OC1|＝2－|AP|.‎ 依题意，O，C1分别为AB，AP的中点，所以|OC1|＝|BP|.‎ 所以|AP|＋|BP|＝2(2－|OC1|)＋2|OC1|＝4＞|AB|.‎ 所以C2是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆，‎ 所以C2的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)依题意，设直线DM的方程为y＝k(x＋2)(k≠0)，‎ 因为MN为圆O的直径，所以∠MDN＝90°，‎ 所以直线DN的方程为y＝－(x＋2)，‎ 所以圆心O(0，0)到直线DM的距离为，‎ 所以|DM|＝2＝，‎ 同理可得，|DN|＝＝.‎ 由，得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，‎ 所以－2·xS＝，‎ 解得xS＝，‎ 所以|DS|＝|xS＋2|＝，‎ 所以|DT|＝＝，‎ 所以＝＝，‎ 令t＝1＋k2，则t＞1，0＜＜3，‎ 所以＝＝∈，‎ 即的取值范围为.‎