高考数学一轮复习第8章解析几何第9讲第3课时定点定值探索性问题学案

这是一份高考数学一轮复习第8章解析几何第9讲第3课时定点定值探索性问题学案，共8页。

考点突破·互动探究

考点一 圆锥曲线的定值问题——自主练透
例1 (2018·北京高考)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)经过点P(1,2)．过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，求证：eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值．
[解析] (1)因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，
所以2p＝4，即p＝2．
故抛物线C的方程为y2＝4x，
由题意知，直线l的斜率存在且不为0．
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋1))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0．
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，解得k＜0或0＜k＜1．
又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．
从而k≠－3．
所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由(1)知x1＋x2＝－eq \f(2k－4,k2)，x1x2＝eq \f(1,k2)．
直线PA的方程为y－2＝eq \f(y1－2,x1－1)(x－1)．
令x＝0，得点M的纵坐标为
yM＝eq \f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq \f(－kx1＋1,x1－1)＋2．
同理得点N的纵坐标为yN＝eq \f(－kx2＋1,x2－1)＋2．
由eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))得λ＝1－yM，μ＝1－yN．
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)＝eq \f(1,1－yM)＋eq \f(1,1－yN)＝eq \f(x1－1,k－1x1)＋eq \f(x2－1,k－1x2)＝eq \f(1,k－1)·eq \f(2x1x2－x1＋x2,x1x2)＝eq \f(1,k－1)·eq \f(\f(2,k2)＋\f(2k－4,k2),\f(1,k2))＝2．
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值．
名师点拨
求解定值问题常用的方法
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
〔变式训练1〕
(2021·河南八市重点高中联盟联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左右焦点分别是F1，F2，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线y＝eq \r(2)x＋3相切，点P在椭圆C上，|PF1|＝2，∠F1PF2＝60°．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A、B两点，且kOA·kOB＝－eq \f(b2,a2)，△AOB的面积是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
[解析] (1)依题意有b＝eq \f(3,\r(2＋1))＝eq \r(3)，∴b2＝3，
由|PF1|＝2及椭圆的定义得|PF2|＝2a－2，
由余弦定理得
|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cs∠F1PF2＝|F1F2|2，
即a2－3a＋3＝c2，又a2－c2＝b2＝3，∴a＝2，
故椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)联立可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1,y＝kx＋m))，
(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
则Δ＝3＋4k2－m2＞0，①
又x1＋x2＝－eq \f(8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－3,3＋4k2)，
y1·y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq \f(3m2－4k2,3＋4k2)，
由kOA·kOB＝－eq \f(b2,a2)，可得eq \f(y1·y2,x1·x2)＝－eq \f(3,4)，
∴y1·y2＝－eq \f(3,4)x1x2，
eq \f(3m2－4k2,3＋4k2)＝－eq \f(3,4)·eq \f(4m2－3,3＋4k2)，
∴2m2－4k2＝3，满足①，
∵|AB|＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1·x2])
＝eq \r(1＋k2[－\f(8km,3＋4k2)2－4×\f(4m2－12,3＋4k2)])
＝eq \f(2\r(3)·\r(1＋k2),|m|)，
∴S△OAB＝eq \f(1,2)·d·|AB|＝eq \f(1,2)×eq \f(|m|,\r(1＋k2))×eq \f(2\r(3)·\r(1＋k2),|m|)＝eq \r(3)为定值．
考点二 圆锥曲线中的定点问题——师生共研
例2 (2021·广东广州三校联考)如图，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋y2 ＝1的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切，其中a＞1．
(1)求椭圆的方程；
(2)不过点A的动直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且AP⊥AQ，证明：动直线l过定点，并且求出该定点坐标．
[解析] (1)由题可知，A(0,1)，F(c,0)，
则直线AF的方程为eq \f(x,c)＋y＝1，即x＋cy－c＝0，
因为直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切，
该圆的圆心为M(3,1)，r＝eq \r(3)，
则eq \r(3)＝eq \f(3,\r(1＋c2))，∴c2＝2，∴a2＝3，
故椭圆的标准方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1．
(2)解法一：依题得直线l的斜率必存在，
设l：y＝kx＋m，设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,\f(x2,3)＋y2＝1))，消去y并整理得
(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
Δ＝36k2m2－4·(3k2＋1)·(3m2－3)＞0，
即m2＜3k2＋1，
且x1＋x2＝－eq \f(6km,3k2＋1)，x1x2＝eq \f(3m2－3,3k2＋1)，
∴eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AQ,\s\up6(→))＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1
＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2
＝(k2＋1)·eq \f(3m2－3,3k2＋1)＋k(m－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6km,3k2＋1)))＋(m－1)2
＝eq \f(4m2－2m－2,3k2＋1)
∵AP⊥AQ，∴eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AQ,\s\up6(→))＝0，即eq \f(4m2－2m－2,3k2＋1)＝0，
∴m＝1或m＝－eq \f(1,2)．
当m＝1时，直线l：y＝kx＋1，恒过点(0,1)，不满足题意，舍去；
当m＝－eq \f(1,2)时，直线l：y＝kx－eq \f(1,2)，恒过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，故直线恒过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))．
解法二：因为不过点A的动直线l与椭圆C相交于PQ两点，且AP⊥AQ，即直线AP与坐标轴不垂直也不平行，
由A(0,1)，可设直线AP的方程为y＝kx＋1，
则直线AQ的方程为y＝－eq \f(1,k)x＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)＋y2＝1,y＝kx＋1))，消去y并整理得
(1＋3k2)x2＋6kx＝0，解得x＝0或－eq \f(6k,1＋3k2)，
因此点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6k,1＋3k2)，－\f(6k2,1＋3k2)＋1))，
即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6k,1＋3k2)，\f(1－3k2,1＋3k2)))，
将上式中的k换成－eq \f(1,k)，得点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6k,3＋k2)，\f(k2－3,3＋k2)))，
所以直线l的斜率为eq \f(\f(k2－3,3＋k2)－\f(1－3k2,1＋3k2),\f(6k,3＋k2)＋\f(6k,1＋3k2))＝eq \f(k2－1,4k)，
即直线l的方程y＝eq \f(k2－1,4k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(6k,3＋k2)))＋eq \f(k2－3,3＋k2)，
化简并整理得y＝eq \f(k2－1,4k)x－eq \f(1,2)，故直线l恒过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))．
名师点拨
求解定点问题常用的方法
(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明．
(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标．
(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)来证明．
〔变式训练2〕
(2021·安徽蚌埠质检)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)，直线y＝x－1与C相交所得的弦长为8．
(1)求p的值；
(2)已知点O为坐标原点，一条动直线l与抛物线C交于O，M两点，直线l与直线x＝－2交于H点，过点H作y轴的垂线交抛物线C于N点，求证：直线MN过定点．
[解析] (1)设直线与抛物线的两交点坐标分别为：(x1，y1)，(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－1,y2＝2px))得，消x可得y2－2py－2p＝0，
∴y1＋y2＝2p，y1y2＝－2p．
∴弦长为eq \r(1＋12)·eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \r(2)·eq \r(4p2＋8p)＝8，
解得p＝2或p＝－4(舍去)，∴p＝2．
(2)由(1)可得y2＝4x，设Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)y\\al(2,0)，y0))，
∴直线OM的方程y＝eq \f(4,y0)x，
当x＝－2时，∴yH＝－eq \f(8,y0)，
代入抛物线方程y2＝4x，可得xN＝eq \f(16,y\\al(2,0))，
∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,y\\al(2,0))，－\f(8,y0)))，
∴直线MN的斜率k＝eq \f(y0＋\f(8,y0),\f(y\\al(2,0),4)－\f(16,y\\al(2,0)))＝eq \f(4y0,y\\al(2,0)－8)，
直线MN的方程为y－y0＝eq \f(4y0,y\\al(2,0)－8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,4)y\\al(2,0)))，
整理可得y＝eq \f(4y0,y\\al(2,0)－8)(x－2)，故直线MN过点(2,0)．
考点三 圆锥曲线中的探索性问题——师生共研
例3 (2021·河南名校联盟联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A1，A2，上、下顶点分别为B1，B2，四边形A1B1A2B2的面积为4eq \r(3)，坐标原点O到直线A1B1的距离为eq \f(2\r(21),7)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C上一点P作两条直线分别与椭圆C相交于点A，B(异于点P)，试判断以OP和AB为对角线的四边形能否为菱形？若能，求出直线AB的方程；若不能，请说明理由．
[解析] (1)直线A1B1的方程为－eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1．
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2ab＝4\r(3)，,\f(1,\r(\f(1,a2)＋\f(1,b2)))＝\f(2\r(21),7)))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3).))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)当直线AB的斜率不存在时，若平行四边形OAPB为菱形，则P为左顶点或右顶点．
此时直线AB的方程为x＝±1，
当直线AB的斜率为0时，若四边形OAPB为菱形，
则点P为上顶点或下顶点，
此时AB的方程为y＝±eq \f(\r(3),2)．
当直线AB的斜率存在时，
设AB：y＝kx＋m(k≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋m，))
可得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
则Δ＝48(4k2－m2＋3)＞0，
所以x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4m2－12,4k2＋3)，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq \f(6m,4k2＋3)．
若四边形OAPB为菱形，
所以eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \(OP,\s\up6(→))，
所以点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8km,4k2＋3)，\f(6m,4k2＋3)))．
所以直线OP的斜率kOP＝－eq \f(3,4k)．
所以k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4k)))＝－eq \f(3,4)≠－1，
这与kAB·kOP＝－1矛盾．
所以四边形OAPB不能是菱形．
综上，四边形OAPB能为菱形，
此时直线AB的方程为x＝±1，或y＝±eq \f(\r(3),2)．
名师点拨
圆锥曲线中的探索性问题
1．圆锥曲线中的存在性问题一般分为探究条件、探究结论两种，若探究条件，则可先假设条件成立，在验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在：若探究结论，则应先求出结论的表达式，在对其表达式解析讨论，往往涉及对参数的讨论．
2．圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立，解决此类问题通常采用“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．反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．
3．解决探索性问题的答题模板
eq \x(假设)—eq \x(假设存在符合题意的元素点、直线、曲线或参数.)
↓
eq \x(推理)—eq \x(\a\al(以存在为条件，用待定系数法设出，列出关于参数的方程组，确定其解,的情况.))
↓
eq \x(判断)—eq \x(若能推出合理结果，经验证成立即可确定元素存在；否则不存在.)
↓
eq \x(反思)—eq \x(查看关键点、易错点，解题的规范性，并得出结论.)
〔变式训练3〕
(2021·陕西西安八校联考)已知F为抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点，点M(m,1)在抛物线上，且|MF|＝eq \f(9,8)．直线l：y＝kx＋2与抛物线C交于A、B两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设O为坐标原点，y轴上是否存在点P，使得当k变化时，总有∠OPA＝∠OPB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)根据抛物线的定义，得1＋eq \f(p,2)＝eq \f(9,8)，
解得p＝eq \f(1,4)．
∴抛物线C的方程为x2＝eq \f(1,2)y．
(2)在y轴上存在点P，使得当k变化时，总有∠OPA＝∠OPB．理由如下：
设P(0，b)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,x2＝\f(1,2)y，))消去y，得2x2－kx－2＝0．且Δ＝k2＋16＞0恒成立．
∴x1＋x2＝eq \f(k,2)，x1x2＝－1．y1＝2xeq \\al(2,1)，y2＝2xeq \\al(2,2)．
∵∠OPA＝∠OPB时，直线PA和直线PB的倾斜角互补，故其斜率互为相反数．
∴kPA＋kPB＝eq \f(y1－b,x1)＋eq \f(y2－b,x2)＝eq \f(x2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1－b))＋x1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y2－b)),x1x2)＝0，
∴x2·2xeq \\al(2,1)－bx2＋x1·2xeq \\al(2,2)－bx1＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x1x2－b))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋x1))＝0，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2－b))·eq \f(k,2)＝0，得b＝－2，
即点P的坐标为(0，－2)．
所以，y轴上存在点P(0，－2)，使得当k变化时，总有∠OPA＝∠OPB．