2019版高中数学二轮复习教师用书：专题七3.3定点、定值与探索性问题

第三课时　定点、定值与探索性问题考向一　圆锥曲线中的定值问题【典例】 (2018·临沂质检)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．[思路分析]总体设计看到：求椭圆方程与定值问题．想到：利用特例得出定值再证明，或采用推理、计算、消元得定值．解题指导(1)利用待定系数法求椭圆方程；(2)先利用特殊情况得出定值，再推广到一般情况，即分别用直线斜率k表示出|OA|2、|OB|2和|OM|2，再化简求值.[规范解答]　(1)将(1,1)与两点代入椭圆C的方程，得解得  2分∴椭圆C的方程为＋＝1.   4分(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.5分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．                             6分同理，若点A，B是椭圆的长轴顶点，则点M是椭圆的一个短轴顶点，此时＋＋＝＋＋＝2．  7分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)，                            8分由消去y得，x2＋2k2x2－3＝0，解得x＝，y＝，   9分∴|OA|2＝|OB|2＝x＋y＝，同理|OM|2＝， 10分∴＋＋＝2×＋＝2. 11分故＋＋＝2为定值.  12分[技法总结]　求解定值问题的两大途径(1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关．(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．[变式提升]1．(2018·益阳三模)已知抛物线C1的方程为x2＝2py(p＞0)，过点M(a，－2p)(a为常数)作抛物线C1的两条切线，切点分别为A，B．(1)过焦点且在x轴上截距为2的直线l与抛物线C1交于Q，N两点，Q，N两点在x轴上的射影分别为Q′，N′，且|Q′N′|＝2，求抛物线C1的方程；解　因为抛物线C1的焦点坐标是，所以过焦点且在x轴上截距为2的直线方程是＋＝1，即＋＝1．联立消去y并整理，得x2＋x－p2＝0，设点Q(xQ，yQ)，N(xN，yN)，则xQ＋xN＝－，xQxN＝－p2．则|Q′N′|＝|xQ－xN|＝＝＝ ＝2 ，解得p＝2．所以抛物线C1的方程为x2＝4y．(2)设直线AM，BM的斜率分别为k1，k2, 求证：k1·k2为定值．证明　设点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＞0，x2＜0)，依题意，由x2＝2py(p＞0)，得y＝，则y′＝．所以切线MA的方程是y－y1＝(x－x1)，即y＝x－.又点M(a，－2p)在直线MA上，于是有－2p＝×a－，即x－2ax1－4p2＝0．同理，有x－2ax2－4p2＝0，因此，x1，x2是方程x2－2ax－4p2＝0的两根，则x1＋x2＝2a，x1x2＝－4p2．所以k1·k2＝·＝＝＝－4，故k1·k2为定值得证．2．(2018·龙岩一模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，点在椭圆上．不过原点的直线l与椭圆交于A，B两点，且·＝0(O为坐标原点)．(1)求椭圆C的方程； (2)试判断＋是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由．解　(1)∵椭圆C的离心率e＝＝，又c2＝a2－b2，∴a2＝a2－b2，∴a2＝4b2．又点P在椭圆上，∴＋＝1，即＋＝1，∴b2＝1，则a2＝4，∴椭圆C的方程为＋y2＝1．(2)当直线OA的斜率存在且不为0时，设其方程为y＝kx，∵A，B分别为椭圆上的两点，且·＝0，即OA⊥OB，∴直线OB的方程为y＝－x．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，把y＝kx代入椭圆C：＋y2＝1，得x＝，∴y＝，同理x＝，∴y＝，∴＋＝＋＝＋＝．当直线OA，OB中的一条直线的斜率不存在时，则另一条直线的斜率为0，此时＋＝＋＝＋1＝．综上所述，＋为定值  ．考向二　圆锥曲线中的定点问题【典例】 (2018·荆州二模)已知倾斜角为的直线经过抛物线Γ：y2＝2px(p＞0)的焦点F，与抛物线Γ相交于A、B两点，且|AB|＝8．(1)求抛物线Γ的方程；(2)过点P(12,8)的两条直线l1、l2分别交抛物线Γ于点C、D和E、F，线段CD和EF的中点分别为 M、N. 如果直线l1与l2的倾斜角互余，求证：直线MN经过一定点．(1)解　由题意可设直线AB的方程为y＝x－，由消去y整理得x2－3px＋＝0，设令A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝3p，由抛物线的定义得|AB|＝x1＋x2＋p＝4p＝8，∴4p＝8，∴p＝2．∴抛物线的方程为y2＝4x．(2)证明　设直线l1、l2的倾斜角分别为α、β，直线l1的斜率为k，则k＝tan α．∵直线l1与l2的倾斜角互余，∴tan β＝tan＝＝＝＝，∴直线l2的斜率为．∴直线CD的方程为y－8＝k(x－12)，即y＝k(x－12)＋8，由消去x整理得ky2－4y＋32－48k＝0，∴yC＋yD＝，∴xC＋xD＝24＋－，∴点M的坐标为，以代替点M坐标中的k，可得点N的坐标为(12＋2k2－8k,2k)，∴kMN＝＝．∴直线MN的方程为y－2k＝[x－(12＋2k2－8k)]，即y＝x－10，显然当x＝10，y＝0．∴直线MN经过定点(10,0)．[技法总结]　动线过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．[变式提升]3．(2018·甘肃检测)如图，设直线l：y＝k与抛物线C：y2＝2px(p>0，p为常数)交于不同的两点M，N，且当k＝时，弦MN的长为4．(1)求抛物线C的标准方程；(2)过点M的直线交抛物线于另一点Q，且直线MQ过点B(1，－1)，求证：直线NQ过定点．(1)解　设M(x1，y1)，N(x2，y2)，当k＝时，直线l：y＝，即x＝2y－，联立消去x，得y2－4py＋p2＝0．∴y1＋y2＝4p，y1y2＝p2，于是得|MN|＝|y1－y2|＝×＝2|p|＝4，因为p>0，所以p＝2，即抛物线C的标准方程为y2＝4x．(2)证明　设点M(4t2,4t)，N(4t，4t1)，Q(4t，4t2)，易得直线MN，MQ，NQ的斜率均存在，则直线MN的斜率是kMN＝＝，从而直线MN的方程是y＝(x－4t2)＋4t，即x－(t＋t1)y＋4tt1＝0．同理可知MQ的方程是x－(t＋t2)y＋4tt2＝0，NQ的方程是x－(t1＋t2)y＋4t1t2＝0．又易知点(－1,0)在直线MN上，从而有4tt1＝1．即t＝，点B(1，－1)在直线MQ上，从而有1－(t＋t2)×(－1)＋4tt2＝0，即1－×(－1)＋4××t2＝0，化简得4t1t2＝－4(t1＋t2)－1．代入NQ的方程得x－(t1＋t2)y－4(t1＋t2)－1＝0．所以直线NQ过定点(1，－4)．4．(2018·绵阳三模)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，MF2⊥x轴，直线MF1交y轴于H点，OH＝，Q为椭圆E上的动点，△F1F2Q的面积的最大值为1．(1)求椭圆E的方程；(2)过点S(4,0)作两条直线与椭圆E分别交于A、B、C、D，且使AD⊥x轴，如图，问四边形ABCD的两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．解　(1)设F(c,0)，由题意可得＋＝1，即yM＝．∵OH是△F1F2M的中位线，且OH＝，∴|MF2|＝，即＝，整理得a2＝2b4.①又由题知，当Q在椭圆E的上顶点时，△F1F2M的面积最大，∴×2c×b＝1，整理得bc＝1，即b2(a2－b2)＝1，②联立①②可得2b6－b4＝1，变形得(b2－1)(2b4＋b2＋1)＝0，解得b2＝1，进而a2＝2．∴椭圆E的方程式为＋y2＝1．(2)设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则由对称性可知D(x1，－y1)，B(x2，－y2)．设直线AC与x轴交于点(t,0)，直线AC的方程为x＝my＋t(m≠0)，联立消去x，得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，∴y1＋y2＝，y1y2＝，由A、B、S三点共线kAS＝kBS，即＝，将x1＝my1＋t，x2＝my2＋t代入整理得y1(my2＋t－4)＋y2(my1＋t－4)＝0，即2my1y2＋(t－4)(y1＋y2)＝0，从而＝0，化简得2m(4t－2)＝0，解得t＝，于是直线AC的方程为x＝my＋，故直线AC过定点. 同理可得BD过定点，∴直线AC与BD的交点是定点，定点坐标为．