2021高三数学人教B版一轮学案：第八章 第九节　第2课时　定点、定值、探究性问题

2021高三数学人教B版一轮学案：第八章 第九节　第2课时　定点、定值、探究性问题

www.ks5u.com 第2课时　定点、定值、探究性问题 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 考点一　定点问题 ‎【例1】　(2019·北京卷)已知抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)．‎ ‎(1)求抛物线C的方程及其准线方程；‎ ‎(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．‎ ‎【解】　(1)由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，得p＝2.‎ 所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.‎ ‎(2)抛物线C的焦点为F(0，－1)．‎ 设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．‎ 由得x2＋4kx－4＝0.‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.‎ 直线OM的方程为y＝x.‎ 令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－.‎ 同理得点B的横坐标xB＝－.‎ 设点D(0，n)，‎ 则＝(－，－1－n)，＝(－，－1－n)，‎ ·＝＋(n＋1)2‎ ‎＝＋(n＋1)2‎ ‎＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.‎ 令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，得n＝1或n＝－3.‎ 综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0，－3)．‎ 方法技巧 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.‎ 已知椭圆＋＝1(a>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．‎ 解：(1)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.‎ ‎∴椭圆的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)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 ‎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的方程为x＝ty＋1，过定点(1,0)，即Q为定点．‎ 考点二　定值问题 ‎【例2】　已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1,2)．过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.‎ ‎(1)求直线l的斜率的取值范围；‎ ‎(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．‎ ‎【解】　(1)因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.‎ 由题意知，直线l的斜率存在且不为0.‎ 设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．‎ 由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.‎ 依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，‎ 解得k<0或0b>0)的长轴长为4，离心率为.‎ ‎(1)求椭圆Γ的标准方程．‎ ‎(2)过P(1,0)作动直线AB交椭圆Γ于A，B两点，Q(4,3)为平面上一定点，连接QA，QB，设直线QA，QB的斜率分别为k1，k2，问k1＋k2是否为定值？如果是，求出该定值；否则，说明理由．‎ 解：(1)依题意‎2a＝4，a＝2，又e＝＝，∴c＝，b＝，∴椭圆Γ的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB：y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将y＝k(x－1)代入x2＋2y2＝4，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0，显然Δ>0，‎ ‎∴，‎ 由已知条件得k1＝＝＝k＋，同理k2＝k＋，‎ ‎∴k1＋k2＝2k＋(3k－3)(＋)‎ ‎＝2k＋(3k－3)· ‎＝2k＋(3k－3)· ‎＝2k＋(3k－3)·(－)＝2.‎ 当直线AB的斜率不存在时，经检验符合k1＋k2＝2.‎ 综上，k1＋k2为定值2.‎ 考点三　探究性问题 ‎【例3】　(2020·重庆市调研)如图，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，其左、右焦点分别为F1(－2，0)及F2(2,0)，过点F1的直线交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为G，AB的中垂线与x轴和y轴分别交于D，E两点，且|AF1|，|F‎1F2|，|AF2|构成等差数列．‎ ‎(1)求椭圆C的方程．‎ ‎(2)记△GF1D的面积为S1，△OED(O为坐标原点)的面积为S2.试问：是否存在直线AB，使得S1＝S2？请说明理由．‎ ‎【解】　(1)∵|AF1|，|F‎1F2|，|AF2|构成等差数列，‎ ‎∴‎2a＝|AF1|＋|AF2|＝2|F‎1F2|＝8，∴a＝4.‎ 又c＝2，∴b2＝12，‎ ‎∴椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)假设存在直线AB，使得S1＝S2，显然直线AB不能与x，y轴垂直．设AB的方程为y＝k(x＋2)(k≠0)，将其代入＋＝1，整理得(4k2＋3)x2＋16k2x＋16k2－48＝0，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝，‎ ‎∴点G的横坐标为＝，‎ ‎∴G(，)．‎ ‎∵DG⊥AB，∴×k＝－1，‎ 解得xD＝，即D(，0)，‎ ‎∵Rt△GDF1和Rt△ODE相似，‎ ‎∴若S1＝S2，则|GD|＝|OD|，‎ ‎∴＝||，‎ 整理得8k2＋9＝0.‎ ‎∵方程8k2＋9＝0无解，‎ ‎∴不存在直线AB，使得S1＝S2.‎ 方法技巧 ‎　　探索性问题的解题策略 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，要思维开放，采取另外的途径．‎ 已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F ‎(2,0)为其右焦点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)依题意，可设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，且可知其左焦点为F′(－2,0)．‎ 从而有解得 又a2＝b2＋c2，所以b2＝12.‎ 故椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为y＝x＋t.‎ 由得3x2＋3tx＋t2－12＝0.‎ 因为直线l与椭圆C有公共点，所以Δ＝(3t)2－4×3(t2－12)＝144－3t2≥0，解得－4≤t≤4.‎ 另一方面，由直线OA与l的距离等于4，‎ 可得＝4，从而t＝±2.‎ 由于±2∉[－4，4]，‎ 所以符合题意的直线l不存在．‎