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 18页

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＝.‎ ‎∵－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，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.‎