2019版高考数学二轮复习第1篇专题7解析几何第3讲第3课时定点、定值与探索性问题学案.doc

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1、1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( ab0)经过(1,1)与 两x2a2 y2b2 (62， 32)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1|OA|2 1|OB|2 2|OM|2思路分析看到：求椭圆方程与定值问题总体设计想到：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| O

2、M|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，(62， 32)得Error! 解得Error! 2分椭圆 C的方程为 1. 4分x23 2y23(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 1|OA|2 1|OB|2 2 6分2|OM|2 1b2 1b2 2a2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 71|OA|2 1|OB|2 2|OM|2 1a2 1a2 2b2分若点 A， B， M不是椭

3、圆的顶点，设直线 l的方程为 y kx(k0)，则直线 OM的方程为 y x，设 A(x1， y1)，1k2B( x1， y1)， 8分由Error! 消去 y得， x22 k2x230，解得 x ， y ， 9分2131 2k2 21 3k21 2k2| OA|2| OB|2 x y ，同理| OM|2 ， 10分21 213 1 k21 2k2 3 1 k22 k2 2 2. 1|OA|2 1|OB|2 2|OM|2 1 2k23 1 k2 2 2 k23 1 k211分故 2 为定值. 12分1|OA|2 1|OB|2 2|OM|2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

4、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 x22 py(p0)，过点 M(a，2 p)(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；5解 因为抛物线 C1的焦点坐标是 ，(0，p2)所以过焦点且在 x轴上截距为

5、 2的直线方程是 1，即 1x2 yp2 x2 2yp联立Error! 消去 y并整理，得 x2 x p20，p22设点 Q(xQ， yQ)， N(xN， yN)，则 xQ xN ， xQxN p2p22则| Q N| xQ xN| xQ xN 2 4xQxN 2 ，( p22)2 4 p 2 p44 4p2 5解得 p2所以抛物线 C1的方程为 x24 y3(2)设直线 AM， BM的斜率分别为 k1， k2, 求证： k1k2为定值证明 设点 A(x1， y1)， B(x2， y2)(x10， x20)，依题意，由 x22 py(p0)，得 y ，则 y x22p xp所以切线 MA的方程

6、是 y y1 (x x1)，即 y x .又点 M(a，2 p)在直线 MAx1p x1p x212p上，于是有2 p a ，即 x 2 ax14 p20x1p x212p 21同理，有 x 2 ax24 p20，2因此， x1， x2是方程 x22 ax4 p20 的两根，则 x1 x22 a， x1x24 p2所以 k1k2 4，x1p x2p x1x2p2 4p2p2故 k1k2为定值得证2(2018龙岩一模)已知椭圆 C： 1( a b0)的离心率为 ，点 在x2a2 y2b2 32 (1， 32)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)OA OB (

7、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1|OA|2 1|OB|2解 (1)椭圆 C的离心率 e ，又 c2 a2 b2，ca 32 a2 a2 b2， a24 b234又点 P 在椭圆上， 1，(1， 32) 1a2 34b2即 1， b21，则 a24，14b2 34b2椭圆 C的方程为 y21x24(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，OA OB 即 OA OB，直线 OB的方程为 y x1k设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，4把 y kx代入椭圆 C： y21，x2

8、4得 x ， y ，2141 4k2 21 4k21 4k2同理 x ， y ，24k24 k2 2 44 k2 1|OA|2 1|OB|2 1x21 y21 1x2 y2 141 4k2 4k21 4k214k24 k2 44 k2 54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 1|OA|2 1|OB|2 1a2 1b2 14 54综上所述， 为定值 1|OA|2 1|OB|2 54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 ： y22 px(p0)的4焦点 F，与抛物线 相交于 A、 B两点，且| AB

9、|8(1)求抛物线 的方程；(2)过点 P(12,8)的两条直线 l1、 l2分别交抛物线 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 ，p2由Error! 消去 y整理得 x23 px 0，p24设令 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1 x23 p，由抛物线的定义得| AB| x1 x2 p4 p8，4 p8， p2抛物线的方程为 y24 x(2)证明 设直线 l1、 l2的倾斜角分别为 、 ，直线 l1的斜率为 k，则 ktan 直线 l

10、1与 l2的倾斜角互余，tan tan ，(2 )sin(2 )cos (2 ) cos sin 1sin cos 1tan 5直线 l2的斜率为 1k直线 CD的方程为 y8 k(x12)，即 y k(x12)8，由Error! 消去 x整理得 ky24 y3248 k0， yC yD ， xC xD24 ，4k 4k2 16k点 M的坐标为 ，(122k2 8k， 2k)以 代替点 M坐标中的 k，可得点 N的坐标为(122 k28 k,2k)，1k kMN 2(1k k)2(1k2 k2) 8(1k k)11k k 4直线 MN的方程为y2 k x(122 k28 k)，11k k 4即

11、 y x10，(1k k 4)显然当 x10， y0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： y22 px(p0， p为常(xp2)数)交于不同的两点 M， N，且当 k 时，弦 MN的长为 4 12 156(1)求抛物线

12、 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，12直线 l： y ，即 x2 y ，12(x p2) p2联立Error! 消去 x，得 y24 py p20 y1 y24 p， y1y2 p2，于是得| MN| |y1 y2|1 4 5 y1 y2 2 4y1y22 |p|4 ，15 15因为 p0，所以 p2，即抛物线 C的标准方程为 y24 x(2)证明 设点 M(4t2,4t)， N(4t ，4 t1)， Q(4t ，4 t2)，21 2易得直线 MN，

13、 MQ， NQ的斜率均存在，则直线 MN的斜率是 kMN ，4t 4t14t2 4t21 1t t1从而直线 MN的方程是 y (x4 t2)4 t，1t t1即 x( t t1)y4 tt10同理可知 MQ的方程是 x( t t2)y4 tt20，NQ的方程是 x( t1 t2)y4 t1t20又易知点(1,0)在直线 MN上，从而有 4tt11即 t ，点 B(1，1)在直线 MQ上，14t1从而有 1( t t2)(1)4 tt20，即 1 (1)4 t20，(14t1 t2) 14t17化简得 4t1t24( t1 t2)1代入 NQ的方程得 x( t1 t2)y4( t1 t2)10

14、所以直线 NQ过定点(1，4)4(2018绵阳三模)如图，椭圆 E： 1( a b0)的左、右焦点分别为x2a2 y2b2F1， 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24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 c2a2 y2b2 b2a OH是 F1F2M的中位线，且 OH ，24| MF2

15、| ，即 ，整理得 a22 b4.22 b2a 22又由题知，当 Q在椭圆 E的上顶点时， F1F2M的面积最大， 2cb1，整理得12bc1，即 b2(a2 b2)1，联立可得 2b6 b41，变形得( b21)(2 b4 b21)0，解得 b21，进而 a22椭圆 E的方程式为 y21x22(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(m0)，联立Error! 消去 x，得( m22) y22 mty t220，8 y1 y2 ， y1y2 ， 2mtm2 2 t2 2m2 2由 A、 B、 S三点共线 kAS kBS，即 ，y1x1 4 y2x2 4将 x1 my1 t， x2 my2 t代入整理得y1(my2 t4) y2(my1 t4)0，即 2my1y2( t4)( y1 y2)0，从而 0，2m t2 2 2mt t 4m2 2化简得 2m(4t2)0，解得 t ，12于是直线 AC的方程为 x my ，12故直线 AC过定点 . 同理可得 BD过定点 ，(12， 0) (12， 0)直线 AC与 BD的交点是定点，定点坐标为 (12， 0)