【数学】2018届一轮复习苏教版9-8圆锥曲线的综合问题第3课时定点、定值、探索性问题教案（江苏专用）

【数学】2018届一轮复习苏教版9-8圆锥曲线的综合问题第3课时定点、定值、探索性问题教案（江苏专用）

第3课时　定点、定值、探索性问题 题型一　定点问题 例1　(2016·镇江模拟)已知椭圆＋＝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＝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．‎ ‎(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＋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＝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 将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＝，F是右焦点，A是右顶点，B是椭圆上一点，BF⊥x轴，BF＝.‎ ‎(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(－，y1)，点N(，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＋＝1(a>b>0)， ①‎ 焦点F(c,0)，因为＝， ②‎ 将点B(c，)的坐标代入方程①得＋＝1. ③‎ 由②③结合a2＝b2＋c2，得a＝，b＝1.‎ 故所求椭圆方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由得(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＝(－－x0，y1)，＝(－x0，y2)．‎ 因为MN为圆的直径，‎ 故·＝x－2＋y1y2＝0. ⑤‎ 当t＝0时，不符合题意，故t≠0.‎ 因为y1＝，y2＝，‎ 所以y1y2＝，代入⑤结合④得 ·＝＝，‎ 要使上式为零，当且仅当x＝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　如图，已知椭圆C：＋＝1，点B是其下顶点，过点B的直线交椭圆C于另一点A(点A在x轴下方)，且线段AB的中点E在直线y＝x上．‎ ‎(1)求直线AB的方程；‎ ‎(2)若点P为椭圆C上异于A，B的动点，且直线AP，BP分别交直线y＝x于点M，N，证明：OM·ON为定值．‎ ‎(1)解　首先B(0，－2)．设E(λ，λ)，则A(2λ，2λ＋2)．‎ 把A的坐标代入椭圆方程，得＋(λ＋1)2＝1，‎ 即λ2＋2λ＝0.‎ 则λ＝－(λ＝0舍去)，得A(－3，－1)．‎ 由kAB＝＝－，‎ 得直线AB的方程为y＝－x－2，‎ 即x＋3y＋6＝0.‎ ‎(2)证明　设M(m，m)，N(n，n)，P(x0，y0)，‎ 则x＋3y＝12.由A，P，M共线，即∥，‎ 得(x0＋3)(m＋1)＝(y0＋1)(m＋3)，‎ 则m＝.‎ 由B，P，N共线，即∥，得x0(n＋2)＝(y0＋2)n，‎ 则n＝.‎ 所以mn＝ ‎＝ ‎＝＝3.‎ 从而OM·ON＝|m|·|n|＝6为定值．‎ 思维升华　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．‎ ‎　(2016·大庆第二次教学质量检测)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率是，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.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)直线l：x＝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 解得a＝2，b＝.‎ 故所求椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明　由题意可得A1(－2,0)，A2(2,0)．‎ 设P(x0，y0)，由题意可得－2b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，右顶点，上顶点分别为A，B，原点O到直线AB的距离等于ab.‎ ‎(1)若椭圆C的离心率等于，求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若过点(0,1)的直线l与椭圆有且只有一个公共点P，且P在第二象限，直线PF2交y轴于点Q.试判断以PQ为直径的圆与点F1的位置关系，并说明理由．‎ 解　(1)由题意，得点A(a,0)，B(0，b)，直线AB的方程为＋＝1，即bx＋ay－ab＝0.‎ 由题设，得＝ab，‎ 化简得a2＋b2＝1. ①‎ ‎∵e＝＝，∴＝，‎ 即a2＝3b2. ②‎ 由①②，解得 ‎∴椭圆C的方程为＋4y2＝1.‎ ‎(2)点F1在以PQ为直径的圆上．‎ 由题设，直线l与椭圆相切且l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1，‎ 由 得(b2＋a2k2)x2＋2ka2x＋a2－a2b2＝0，(*)‎ 则Δ＝(2ka2)2－4(b2＋a2k2)(a2－a2b2)＝0，‎ 化简得1－b2－a2k2＝0，∴k2＝＝1，‎ ‎∵点P在第二象限，∴k＝1.‎ 把k＝1代入方程(*)，得x2＋2a2x＋a4＝0，‎ 解得x＝－a2，从而y＝b2，∴P(－a2，b2)．‎ 从而直线PF2的方程为y－b2＝(x＋a2)，‎ 令x＝0，得y＝，∴Q(0，)．‎ 从而＝(－a2＋c，b2)，＝(c，)，‎ 又a2＋b2＝1，a2＝b2＋c2，‎ 从而·＝c(－a2＋c)＋ ‎＝＝ ‎＝＝0，‎ ‎∴·＝0.‎ ‎∴点F1在以PQ为直径的圆上．‎ ‎20．设而不求，整体代换 典例　(16分)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1、F2，离心率为，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，连结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＋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＋＝1，得y＝±.‎ 由题意知＝1，即a＝2b2.‎ 又e＝＝，所以a＝2，b＝1.‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.[4分]‎ ‎(2)设P(x0，y0)(y0≠0)，‎ 又F1(－，0)，F2(，0)，‎ 所以直线PF1，PF2的方程分别为 lPF1：y0x－(x0＋)y＋y0＝0，‎ lPF2：y0x－(x0－)y－y0＝0.‎ 由题意知＝ .‎ 由于点P在椭圆上，所以＋y＝1.‎ 所以＝.[8分]‎ 因为－b>0)的离心率为，且过点A(0，1)．‎ ‎(1)求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)过点A作两条互相垂直的直线分别交椭圆于M，N两点．求证：直线MN恒过定点P(0，－)．‎ ‎(1)解　由题意知，e＝＝，b＝1，‎ 所以a2－c2＝1，解得a＝2，‎ 所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　设直线l1的方程为y＝kx＋1.‎ 联立方程组 得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，‎ 解得x1＝－，x2＝0，‎ 所以xM＝－，yM＝.‎ 同理可得xN＝，yN＝.‎ 则kMP＝＝＝，‎ kNP＝＝＝，‎ 所以kMP＝kNP，故直线MN恒过定点P(0，－)．‎ ‎2．(2016·云南师范大学附属中学月考)已知椭圆C的焦点在x轴上，离心率等于，且过点(1，)．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)过椭圆C的右焦点F作直线l交椭圆C于A，B两点，交y轴于点M，若＝λ1，＝λ2，求证：λ1＋λ2为定值．‎ ‎(1)解　设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，‎ ‎∴ ‎∴a2＝5，b2＝1，∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　设点A，B，M的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(0，y0)，点F的坐标为(2,0)．‎ 显然直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，‎ 则直线l的方程是y＝k(x－2)，‎ 联立 得(1＋5k2)x2－20k2x＋20k2－5＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 又∵＝λ1，＝λ2，‎ 将各点坐标代入，得λ1＝，λ2＝，‎ ‎∴λ1＋λ2＝＋ ‎＝ ‎＝ ‎＝－10.‎ 故λ1＋λ2为定值．‎ ‎3．椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点(，)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＝，所以c＝a，a2＝b2＋(a)2. ①‎ 又椭圆过点(，)，所以＋＝1. ②‎ 由①②，解得a2＝6，b2＝4，‎ 所以椭圆E的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明　设直线l：y＝kx＋1，C(x1，y1)，D(x2，y2)，‎ 联立 得(3k2＋2)x2＋6kx－9＝0.‎ x1＋x2＝－，x1x2＝－，‎ 易知B(0，－2)，‎ 故kBC·kBD＝· ‎＝· ‎＝ ‎＝k2＋＋ ‎＝k2＋3k·－(3k2＋2)‎ ‎＝－2.‎ 所以对于任意的k，直线BC，BD的斜率之积为定值．‎ ‎4．(2017·江苏命题专家原创)已知椭圆C：＋＝1 (a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，椭圆C过点M(0，)，且△MF1F2为正三角形．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)垂直于x轴的直线与椭圆C交于A，B两点，过点P(4，0)的直线PB交椭圆C于另一点E，证明：直线AE与x轴相交于定点．‎ ‎(1)解　∵椭圆C过点M(0，)，∴b＝，‎ 又△MF1F2为正三角形，且MF1＝MF2＝a，‎ ‎∴a＝＝2，c＝a＝1，‎ ‎∴椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明　由题意知，直线PB的斜率存在，且过点P(4,0)．‎ 设直线PB的方程为y＝k(x－4)，‎ B(x1，y1)，E(x2，y2)，则A(x1，－y1)．‎ 由 得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝， ①‎ 直线AE的方程为y－y2＝(x－x2)，‎ 令y＝0，得x＝x2－， ②‎ 将y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，代入②式，‎ 得x＝， ③‎ 将①式代入③式，整理得x＝1.‎ ‎∴直线AE与x轴相交于定点(1,0)．‎ ‎ 5.已知椭圆C1、抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点O，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下表中：‎ x ‎3‎ ‎－2‎ ‎4‎ y ‎－2 ‎0‎ ‎4‎ ‎(1)求C1，C2的标准方程；‎ ‎(2)是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交于不同的两点M，N，且满足⊥？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)设抛物线C2：y2＝2px(p≠0)，‎ 则有＝2p(x≠0)，‎ 据此验证四个点知(3，－2)，(4,4)在C2上，‎ 易求得C2的标准方程为y2＝4x.‎ 设椭圆C1：＋＝1(a>b>0)，‎ 把点(－2,0)，(，)代入得 解得所以C1的标准方程为＋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 消去y并整理得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0，‎ 于是x1＋x2＝， ①‎ x1x2＝. ②‎ 所以y1y2＝k2(x1－1)(x2－1)‎ ‎＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]‎ ‎＝k2[－＋1]‎ ‎＝－， ③‎ 由⊥，即·＝0，得x1x2＋y1y2＝0.(*)‎ 将②③代入(*)式，得－＝＝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.‎