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]

[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．