【数学】2019届一轮复习北师大版（文科数学）第九章第10讲　定点、定值、探索性问题学案 12页

第10讲　定点、定值、探索性问题 ‎　　　　　　定点问题[学生用书P171]‎ ‎[典例引领]‎ ‎ (2017·高考全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝.‎ ‎(1)求点P的轨迹方程；‎ ‎(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.‎ ‎【解】　(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，＝(x－x0，y)，＝(0，y0)．‎ 由＝ 得x0＝x，y0＝y.‎ 因为M(x0，y0)在C上，‎ 所以＋＝1.‎ 因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.‎ ‎(2)证明：由题意知F(－1，0)．‎ 设Q(－3，t)，P(m，n)，则 ＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，‎ ·＝3＋3m－tn，‎ ＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)．‎ 由·＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.‎ 所以·＝0，即⊥.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.‎ 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．　 ‎ ‎[通关练习]‎ 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，所以a2＝3.‎ 所以椭圆的方程为＋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)，‎ 所以y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，‎ 所以λ1＝－1.‎ 同理由＝λ2知λ2＝－1.‎ 因为λ1＋λ2＝－3，所以y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①‎ 联立得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，‎ 所以由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，②‎ 且有y1＋y2＝，y1y2＝，③‎ ‎③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，‎ 所以(mt)2＝1，‎ 由题意mt<0，所以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．‎ ‎　　　　　　定值问题[学生用书P172]‎ ‎[典例引领]‎ ‎ (2018·宝鸡质量检测(一))‎ 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过(1，1)与两点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)过原点的直线l与椭圆C交于A，B两点，椭圆C上一点M满足|MA|＝|MB|.求证：＋＋为定值．‎ ‎【解】　(1)将(1，1)与两点代入椭圆C的方程，‎ 得，‎ 解得.‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：由|MA|＝|MB|，知M在线段AB的垂直平分线上，由椭圆的对称性知A，B关于原点对称．‎ ‎①若点A，B是椭圆的短轴顶点，则点M是椭圆的一个长轴顶点，此时＋＋＝＋＋＝2＝2.‎ 同理，若点A，B是椭圆的长轴顶点，则点M在椭圆的一个短轴顶点，此时＋＋＝＋＋＝2＝2.‎ ‎②若点A，B，M不是椭圆的顶点，设直线l的方程为y＝kx(k≠0)，则直线OM的方程为y＝－x，设A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，‎ 由，解得x＝，y＝，‎ 所以|OA|2＝|OB|2＝x＋y＝，同理|OM|2＝，‎ 所以＋＋＝2×＋＝2，‎ 故＋＋＝2为定值．‎ 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．　 ‎ ‎[通关练习]‎ 已知椭圆 有两顶点A、B，过其焦点F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．‎ 解：(1)因为椭圆焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为＋＝1.‎ 由已知得b＝1，c＝1，所以a＝，椭圆方程为＋x2＝1.‎ 当直线l垂直于x轴时与题意不符．‎ 设直线l的方程为y＝kx＋1，将其代入椭圆方程，‎ 化简，得x2＋2kx－1＝0.‎ 设C，D，则x1＋x2＝－，x1x2＝－，‎ ‎|CD|＝·＝.‎ 由已知得＝，‎ 解得k＝±.‎ 所以直线l的方程为y＝x＋1或y＝－x＋1.‎ ‎(2)证明：当直线l与x轴垂直时与题意不符．‎ 设直线l的方程为y＝kx＋1，所以P点坐标为.‎ 设C，D，由知x1＋x2＝－，x1·x2＝－，‎ 直线AC的方程为y＝，‎ 直线BD的方程为y＝.‎ 将两直线方程联立，消去y得＝.‎ 因为－1b>0)的右焦点为F(1，0)，右顶点为A，且|AF|＝1.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线x＝4交于点Q，是否存在点M(t，0)使·＝0成立？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)由c＝1，a－c＝1，得a＝2，‎ 所以b＝，‎ 故椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)由 消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，‎ 所以Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，‎ 即m2＝3＋4k2.‎ 设P(xP，yP)，则xP＝－＝－，‎ yP＝kxP＋m＝－＋m＝，‎ 即P.‎ 因为M(t，0)，Q(4，4k＋m)，所以＝，‎ ＝(4－t，4k＋m)，‎ 所以·＝·(4－t)＋·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋(t－1)＝0恒成立，故即t＝1.‎ 所以存在点M(1，0)符合题意．‎ ‎ 求解定点问题的基本思路 ‎(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把参数当作未知数，将方程一端化为0，即化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式(这里把参数k当作未知数)．‎ ‎(2)既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于0，这样就得到一个关于x，y的方程组，即 ‎(3)这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点，即满足的点(x0，y0)为直线或曲线所过的定点．‎ ‎ 求解定值问题的基本思路 ‎(1)先求出这个几何量或代数表达式；‎ ‎(2)对表达式进行化简，整理成y＝f(m，n，k)的最简形式；‎ ‎(3)根据已知条件列出必要的方程(或不等式)，消去参数，最后求出定值，一般是根据已知条件列出方程k＝g(m，n)代入y＝f(m，n，k)，得到y＝h(m，n)＋c(c为常数)的形式．‎ ‎ 探索性问题的求解策略 ‎(1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．‎ ‎(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．‎ ‎[学生用书P326(单独成册)]‎ ‎1．(2018·郑州质量预测(一))已知直线l与双曲线－y2＝1相切于点P，l与双曲线的两条渐近线交于M，N两点，则·的值为(　　)‎ A．3　　　　　　　　　　 B.4‎ C．5 D．与P的位置有关 解析：选A.依题意，设点P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中x－4y＝4，则直线l的方程是－y0y＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y＝±x.‎ ‎①当y0＝0时，直线l的方程是x＝2或x＝－2.由，得，此时·＝(2，－1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可得当直线l的方程是x＝－2时，·＝3.‎ ‎②当y0≠0时，直线l的方程是y＝(x0x－4)．由，得(4y－x)x2＋8x0x－16＝0(*)，又x－4y＝4，因此(*)即是－4x2＋8x0x－16＝0，x2－2x0x＋4＝0，x1x2＝4，·＝x1x2＋y1y2＝x1x2－x1x2＝x1x2＝3.‎ 综上所述，·＝3，选A.‎ ‎2．(2018·湖南湘中名校联考)已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，△ABC的顶点都在抛物线上，且满足＋＋＝0，则则＋＋＝________．‎ 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，F，由＋＝－，得y1＋y2＋y3＝0.因为kAB＝＝，所以kAC＝，kBC＝，所以＋＋＝＋＋＝0.‎ 答案：0‎ ‎3．已知圆M：x2＋(y－2)2＝1，直线l：y＝－1，动圆P与圆M相外切，且与直线l相切．设动圆圆心P的轨迹为E.‎ ‎(1)求E的方程；‎ ‎(2)若点A，B是E上的两个动点，O为坐标原点，且·＝－16，求证：直线AB恒过定点．‎ 解：(1)设P(x，y)，则＝(y＋1)＋1⇒x2＝8y.‎ 所以E的方程为x2＝8y.‎ ‎(2)证明：易知直线AB的斜率存在，设直线AB：y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 将直线AB的方程代入x2＝8y中，‎ 得x2－8kx－8b＝0，‎ 所以x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b.‎ ·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋＝－8b＋b2＝－16⇒b＝4，‎ 所以直线AB恒过定点(0，4)．‎ ‎4．椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，P(m，0)为C的长轴上的一个动点，过P点斜率为的直线l交C于A，B两点．当m＝0时，·＝－.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)证明：|PA|2＋|PB|2为定值．‎ 解：(1)因为离心率为，‎ 所以＝.‎ 当m＝0时，l的方程为y＝x，‎ 代入＋＝1并整理得x2＝.‎ 设A(x0，y0)，则B(－x0，－y0)，‎ ·＝－x－y＝－x＝－·.‎ 又因为·＝－，‎ 所以a2＝25，b2＝16，‎ 椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：l的方程为x＝y＋m，‎ 代入＋＝1，‎ 并整理得25y2＋20my＋8(m2－25)＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 则|PA|2＝(x1－m)2＋y＝y，‎ 同理|PB|2＝y.‎ 则|PA|2＋|PB|2＝(y＋y)＝[(y1＋y2)2－2y1y2]＝·＝41.‎ 所以|PA|2＋|PB|2为定值．‎ ‎1．(2018·长沙模拟)如图，P是直线x＝4上一动点，以P为圆心的圆Γ过定点B(1，0)，直线l是圆Γ在点B处的切线，过A(－1，0)作圆Γ的两条切线分别与l交于E，F两点．‎ ‎(1)求证：|EA|＋|EB|为定值；‎ ‎(2)设直线l交直线x＝4于点Q，证明：|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|.‎ 证明：(1)设AE切圆Γ于点M，直线x＝4与x轴的交点为N，‎ 故|EM|＝|EB|.‎ 从而|EA|＋|EB|＝|AM|＝＝＝＝＝4.‎ 所以|EA|＋|EB|为定值4.‎ ‎(2)由(1)同理可知|FA|＋|FB|＝4，‎ 故E，F均在椭圆＋＝1上．‎ 设直线EF的方程为x＝my＋1(m≠0)．‎ 令x＝4，求得y＝，即Q点纵坐标yQ＝.‎ 由得，(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.‎ 设E(x1，y1)，F(x2，y2)，‎ 则有y1＋y2＝－，y1y2＝－.‎ 因为E，B，F，Q在同一条直线上，‎ 所以|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|等价于(yB－y1)(yQ－y2)＝(y2－yB)(yQ－y1)，‎ 即－y1·＋y1y2＝y2·－y1y2，‎ 等价于2y1y2＝(y1＋y2)·.‎ 将y1＋y2＝－，y1y2＝－代入，‎ 知上式成立．‎ 所以|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|.‎ ‎2．(2018·广州综合测试(一))过点P(a，－2)作抛物线C：x2＝4y的两条切线，切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ ‎(1)证明：x1x2＋y1y2为定值；‎ ‎(2)记△PAB的外接圆的圆心为点M，点F是抛物线C的焦点，对任意实数a，试判断以PM为直径的圆是否恒过点F？并说明理由．‎ 解：(1)证明：由x2＝4y，得y＝x2，所以y′＝x，‎ 所以直线PA的斜率为x1.‎ 因为点A(x1，y1)在抛物线C上，所以y1＝x，‎ 所以直线PA的方程为y－x＝x1(x－x1)．‎ 因为点P(a，－2)在直线PA上，‎ 所以－2－x＝x1(a－x1)，‎ 即x－2ax1－8＝0.‎ 同理，x－2ax2－8＝0.‎ 所以x1，x2是方程x2－2ax－8＝0的两个根，‎ 所以x1x2＝－8.‎ 又y1y2＝x·x＝(x1x2)2＝4，‎ 所以x1x2＋y1y2＝－4，为定值．‎ ‎(2)直线PA的垂直平分线方程为y－＝－，‎ 由于y1＝x，又由(1)得x－8＝2ax1，‎ 所以直线PA的垂直平分线方程为 y－＝－.①‎ 同理，直线PB的垂直平分线方程为y－ ‎＝－.②‎ 由①②解得x＝a，y＝1＋，‎ 所以点M.‎ 抛物线C的焦点为F(0，1)，则＝，‎ ＝(－a，3)，‎ 所以·＝－＝0，‎ 所以⊥，‎ 所以以PM为直径的圆恒过点F.‎