2018版高考数学（浙江·文理通用）大一轮教师文档讲义：第九章9-9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 (2016·长沙模拟)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
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．
(2017·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 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|＝时，求直线l的方程；
(2)当点P异于A，B两点时，求证：·为定值．
(1)解 ∵椭圆的焦点在y轴上，
故设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，
由已知得b＝1，c＝1，∴a＝，
∴椭圆的方程为＋x2＝1.
当直线l的斜率不存在时，|CD|＝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)．
联立化简得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0,
则x1＋x2＝－，x1·x2＝－.
∴|CD|＝
＝·
＝＝，
解得k＝±.
∴直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋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(－，0)．
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝－，
且直线AC的方程为y＝(x＋1)，
直线BD的方程为y＝(x－1)，
将两直线方程联立，消去y，
得＝.
∵－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|＝，
则|TS|＝2＝2，
∵点M在曲线C上，∴x0＝，
∴|TS|＝2＝2是定值．
题型三 探索性问题
例3 (2015·四川)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，点P(0,1)在短轴CD上，且·＝－1.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得·＋λ·为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)，
又点P的坐标为(0,1)，且·＝－1，
于是解得a＝2，b＝，
所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，
从而，·＋λ·
＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝
＝－－λ－2.
所以当λ＝1时，－－λ－2＝－3，
此时·＋λ·＝－3为定值．
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，
此时，·＋λ·＝·＋·＝－2－1＝－3.
故存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.
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．
(2016·绍兴教学质量调测)已知A(1,2)，B(，－1)是抛物线y2＝ax(a>0)上的两个点，过点A，B引抛物线的两条弦AE，BF.
(1)求实数a的值；
(2)若直线AE与BF的斜率互为相反数，且A，B两点在直线EF的两侧，直线EF的斜率是否为定值？若是，求出该定值，若不是，说明理由．
解 (1)把点A(1,2)代入抛物线方程得a＝4.
(2)直线EF的斜率是定值，理由如下：
设E(x1，y1)，F(x2，y2)，直线AE：y＝k(x－1)＋2，
则直线BF：y＝－k(x－)－1，
联立方程组消去y，
得k2x2＋(4k－2k2－4)x＋(2－k)2＝0，
∴x1＝，y1＝k(x1－1)＋2＝，
∴E(，)，
联立方程组消去y，
得k2x2－(k2－2k＋4)x＋(1－k)2＝0，
∴x2＝，x2＝，y2＝－k(x2－)－1＝，
得F(，)．
故kEF＝＝－4.
25．设而不求，整体代换
典例 (15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＋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
：y0x－(x0＋)y＋y0＝0，
：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－0)．过A，B两点分别作抛物线的切线，设其交点为M.
(1)证明：·为定值；
(2)设△ABM的面积为S，求S的最小值．
(1)证明 设直线AB的方程为y＝kx＋1，与抛物线x2＝4y联立得x2－4kx－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因此x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，
由直线AM∶y＝x－，直线BM∶y＝x－得
M(，)，即M(2k，－1)，
所以·＝(2k，－2)·(x2－x1，)
＝(2k，－2)·(4，4k)＝0.
(2)解 |AB|＝4(k2＋1)，点M到直线AB的距离为d＝＝2，
所以S＝·4(k2＋1)·2＝≥4，
所以S的最小值为4.
2．(2016·余姚第一次质量检测)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，
联立
得(3k2＋2)x2＋6kx－9＝0.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则
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．
3．(2017·杭州质检)设直线l与抛物线x2＝2y交于A，B两点，与椭圆＋＝1交于C，D两点，直线OA，OB，OC，OD(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，k3，k4.若OA⊥OB.
(1)是否存在实数t，满足k1＋k2＝t(k3＋k4)，并说明理由；
(2)求△OCD面积的最大值．
解 设直线l的方程为y＝kx＋b，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．
联立得x2－2kx－2b＝0，
则x1＋x2＝2k，x1x2＝－2b，Δ1＝4k2＋8b>0.
因为OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0，得b＝2.
联立得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，
所以x3＋x4＝－，x3x4＝，
由Δ2＝192k2－48>0得k2>.
(1)存在实数t.因为k1＋k2＝＋＝k，k3＋k4＝＋
＝－6k，
所以＝－，即t＝－.
(2)根据弦长公式|CD|＝|x3－x4|得
|CD|＝4··，
根据点O到直线CD的距离公式得d＝，
所以S△OCD＝|CD|·d＝4·，
设＝t>0，则S△OCD＝≤，
所以当t＝2，即k＝±时，S△OCD有最大值.
4．(2016·赣州一模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)与双曲线＋＝1(1b>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.
