高考数学专题复习练习：第九章 9_9 第三课时 定点、定值、探索性问题 14页

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＋＝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．‎ ‎　(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　(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|＝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＝.‎ ‎∵－10)．‎ ‎(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，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.‎ ‎(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＝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(，1)在椭圆E上，‎ 因此 解得a＝2，b＝，‎ 所以椭圆E的方程为＋＝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＝＝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，)，(0，－)，‎ 由＝，有＝，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＝，‎ 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)，‎ 联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，‎ 其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，‎ 所以x1＋x2＝－，‎ x1x2＝－，‎ 因此＋＝＝2k，‎ 易知，点B关于y轴对称的点B′的坐标为(－x2，y2)，‎ 又kQA＝＝＝k－，‎ kQB′＝＝＝－k＋＝k－，‎ 所以kQA＝kQB′，即Q，A，B′三点共线，‎ 所以＝＝＝，‎ 故存在与P不同的定点Q(0,2)，使得＝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，＝2，且||＝||＝1，‎ 所以(t－x，－y)＝2(x0－t，y0)，且 即且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＝，y0＝－，代入x＋y＝1，‎ 可得＋＝1，即所求曲线C的方程为＋＝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＝×4×4＝8.‎ ‎②当直线l的斜率存在时，‎ 设直线l：y＝kx＋m，‎ 由消去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)‎ 又由可得P；‎ 同理可得Q.‎ 由原点O到直线PQ的距离为d＝和|PQ|＝|xP－xQ|，可得S△OPQ＝·|PQ|·d＝·|m|·|xP－xQ|＝·|m|·＝.(*2)‎ 将(*1)式代入(*2)式得，S△OPQ＝＝8.‎ 当k2>时，S△OPQ＝8＝8>8；‎ 当0≤k2<时，‎ S△OPQ＝8＝8.‎ 因为0≤k2<，则0<1－4k2≤1，≥2，‎ 所以S△OPQ＝8≥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：＋＝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.[2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＝.[4分]‎ 因为－b>0)的离心率e＝，短轴长为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，得b＝，‎ 由e＝＝＝，‎ 得a2＝4，b2＝2.‎ 所以椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)以MN为直径的圆过定点F(±，0)．‎ 证明如下：‎ 设P(x0，y0)，则Q(－x0，－y0)，‎ 且＋＝1，即x＋2y＝4，‎ 因为A(－2,0)，所以直线PA方程为y＝(x＋2)，‎ 所以M(0，)，直线QA方程为y＝(x＋2)，‎ 所以N(0，)，以MN为直径的圆为(x－0)(x－0)＋(y－)(y－)＝0，‎ 即x2＋y2－y＋＝0，‎ 因为x－4＝－2y，所以x2＋y2＋2y－2＝0，‎ 令y＝0，则x2－2＝0，解得x＝±.‎ 所以以MN为直径的圆过定点F(±，0)．‎ ‎2．(2016·安徽芜湖、马鞍山第一次质量检测)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.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·＝1，||＝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＋＝1(a>b>0)，则c＝1，‎ 又∵·＝(a＋c)·(a－c)‎ ‎＝a2－c2＝1.‎ ‎∴a2＝2，b2＝1，‎ 故椭圆的标准方程为＋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 得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，‎ x1＋x2＝－m，①‎ x1x2＝.②‎ ‎∵·＝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·－(m－1)＋m2－m＝0，‎ 解得m＝－或m＝1，‎ 经检验m＝－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＋＝1(x≥0)与半椭圆＋＝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，－)，F2(0，)，‎ ‎∴|F0F2|＝＝b＝1，‎ ‎|F1F2|＝2＝1，‎ ‎∴c2＝，a2＝b2＋c2＝，‎ ‎∴所求“果圆”的方程为 ‎(2)由题意，得a＋c>2b，‎ 即>2b－a，‎ ‎∴a2－b2>(2b－a)2，得<.‎ 又b2>c2＝a2－b2，∴>.‎ ‎∴∈(，)．‎ ‎(3)设“果圆”C的方程为 记平行弦的斜率为k，当k＝0时，‎ 直线y＝t(－b≤t≤b)与半椭圆＋＝1(x≥0)的交点是P(a，t)，与半椭圆＋＝1(x<0)的交点是Q(－c，t)．‎ ‎∴P，Q的中点M(x，y)满足x＝·，y＝t，得 ＋＝1.‎ ‎∵a2＝b2＋c2<2b2，∴a0时，过B1的直线l与半椭圆＋＝1(x≥0)的交点是(，)．‎ 因此，在直线l右侧，以k为斜率的平行弦的中点为(，)，‎ 轨迹在直线y＝－x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． ‎