人教版高考数学一轮复习第9章解析几何第9节第3课时定点定值探索性问题学案理含解析

第三课时　定点、定值、探索性问题

定点问题常见的题型

1．证明直线过定点问题．

2．探究直线或圆过定点问题，求定点坐标．

【例1】　(2019年北京卷)已知椭圆C：＋＝1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1)．

(1)求椭圆C的方程；

(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l恒过定点．

[解]　(1)由题意，得b2＝1，c＝1，

所以a2＝b2＋c2＝2，

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

则直线AP的方程为y＝x＋1.

令y＝0，得点M的横坐标xM＝－.

又y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝.

同理，|ON|＝.

由得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，

则x1＋x2＝－，x1x2＝.

所以|OM|·|ON|＝·

＝

＝

＝2.

又|OM|·|ON|＝2，所以2＝2，

解得t＝0，所以直线l恒过定点(0，0)．

►名师点津

定点问题的常见解法

(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；

(2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．

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1．(2019届昆明市教学质量检测)已知椭圆C的中心在原点，一个焦点为F1(－，0)，且椭圆C经过点P.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设椭圆C与y轴的正半轴交于点D，直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点(l不经过D点)，且AD⊥BD，证明：直线l经过定点，并求出该定点的坐标．

解：(1)由题意，设椭圆C：＋＝1(a>b>0)，焦距为2c，则c＝，设椭圆的另一个焦点为F2，则F2(，0)，由椭圆的定义得2a＝|PF1|＋|PF2|＝＋＝＋＝4，所以a＝2，则b＝＝1，

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)证明：由已知得D(0，1)，由得(1＋4k2)·x2＋8kmx＋4m2－4＝0，

当Δ>0时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则x1＋x2＝，x1x2＝，

则y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，y1y2＝(kx1＋m)·(kx2＋m)＝，

由AD⊥BD得，·＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝0，即＝0，

所以5m2－2m－3＝0，解得m＝1或m＝－.

①当m＝1时，直线l经过点D，不符合题意，舍去．

②当m＝－时，显然有Δ>0，直线l经过定点.

定值问题必然是在变化中所表示出来的不变的量，常表现为求一些直线方程、数量积、比例关系等的定值．解这类问题的关键就是引入变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．

【例2】　(2019届昆明调研)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为4，P是椭圆C上的点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)O为坐标原点，A，B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点，设＝＋，证明：直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值．

[解]　(1)由题意知2c＝4，即c＝2，

则椭圆C的方程为＋＝1.

因为点P在椭圆C上，

所以＋＝1，解得a2＝5或a2＝(舍去)，

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2且x1＋x2≠0，所以直线AB的斜率kAB＝，

由＋＝，得D(x1＋x2，y1＋y2)，

所以直线OD的斜率kOD＝，

由得(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)·(y1－y2)＝0，即·＝－，

所以kAB·kOD＝－.

故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值－.

►名师点津

圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法

(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值．

(2)两大解法

①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

②引起变量法：其解题流程为

—

　↓

—

　↓

—

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2．(2019届沈阳模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦点为F1，F2，离心率为，点P为其上一动点，且三角形PF1F2的面积最大值为，O为坐标原点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)若点M，N为C上的两个动点，求常数m，使·＝m时，点O到直线MN的距离为定值，求这个定值．

解：(1)当点P位于短轴的顶点时，△PF1F2的面积最大，即×2c×b＝，

则有解得

所以椭圆C的方程为＋＝1.

(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则·＝x1x2＋y1y2＝m，

当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋n，则点O到直线MN的距离d＝＝，

联立消去y，得(4k2＋3)x2＋8knx＋4n2－12＝0，由Δ＝64k2n2－4(4n2－12)(4k2＋3)>0得4k2－n2＋3>0，

则x1＋x2＝－，x1x2＝，

所以·＝x1x2＋(kx1＋n)(kx2＋n)＝(k2＋1)·x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝m，整理得＝12＋.

因为d＝为常数，则m＝0，d＝＝，

此时＝12满足Δ>0；

当MN⊥x轴时，由m＝0得kO M＝±1，

联立消去y，得x2＝，

点O到直线MN的距离d＝|x|＝也成立．

综上可知，当m＝0时，点O到直线MN的距离为定值，这个定值是.

圆锥曲线中的存在性问题

(1)存在性问题的解题步骤：①先假设存在，引入参数，根据题目条件列出关于参数的方程(组)或不等式(组)；②解此方程(组)或不等式(组)，若有解，则存在，若无解，则不存在．

(2)解决存在性问题要注意解题的规范性，一般先写出结论，后给出证明(理由)．

【例3】　(2020届湖北部分重点中学联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，以上顶点和右焦点为直径端点的圆与直线x＋y－2＝0相切．

(1)求椭圆C的标准方程．

(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C有两个不同的交点M，N时，能在直线y＝上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足＝？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．

[解]　(1)由椭圆的离心率e＝，得＝＝，则b＝c.

∴上顶点为(0，b)，右焦点为(b，0)，

∴以上顶点和右焦点为直径端点的圆的方程为＋＝＝，圆心为，半径为b，

由题意知＝b，即|b－2|＝b，解得b＝1，∴c＝1，a＝，

∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.

(2)不存在．理由如下：设直线的方程为y＝2x＋t，M(x1，y1), N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，MN的中点为D(x0，y0)，由消去x，得9y2－2ty＋t2－8＝0，所以y1＋y2＝，Δ＝4t2－36(t2－8)＞0，故y0＝＝，－3＜t＜3.

由＝，得＝(x4－x2，y4－y2)，所以y1－＝y4－y2，即y4＝y1＋y2－＝t－，

（也可由＝知四边形PMQN为平行四边形，又D为线段MN的中点，因此，D也为线段PQ的中点，所以y0＝＝，可得y4＝.）

又－3＜t＜3，所以－＜y4＜－1，与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[－1，1]矛盾．故不存在斜率为2的直线满足条件．

►名师点津

存在性问题的求解方法

(1)存在性问题通常采用“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存在性问题常用的方法．

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3．(2019届昆明市高三质检)设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l.已知以F为圆心，半径为4的圆与l交于A，B两点，E是该圆与抛物线C的一个交点，∠EAB＝90°.

(1)求p的值；

(2)已知点P的纵坐标为－1且在抛物线C上，Q，R是抛物线C上异于点P的两点，且满足直线PQ和直线PR的斜率之和为－1，试问直线QR是否经过一定点？若是，求出定点的坐标；否则，请说明理由．

解：(1)连接AF，EF，由题意及抛物线的定义，得|AF|＝|EF|＝|AE|＝4，即△AEF是边长为4的正三角形，所以∠FAE＝60°，设准线l与x轴交于点D，在Rt△ADF中，∠FAD＝30°，所以p＝|DF|＝|AF|＝×4＝2.

(2)直线QR经过一定点．理由：由题意知直线QR的斜率不为0，设直线QR的方程为x＝my＋t，点Q(x1，y1)，R(x2，y2)．

由得y2－4my－4t＝0，则Δ＝16m2＋16t>0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t.

又点P，Q在抛物线C上，所以kPQ＝＝＝＝，同理可得kPR＝.

因为kPQ＋kPR＝－1，

所以＋＝＝＝－1，则t＝3m－.

由

解得m∈∪∪(1，＋∞)，

所以直线QR的方程为x＝m(y＋3)－，则直线QR过定点.