2021届高三新高考数学人教A版一轮复习教学案:第九章第9节第二课时 定点、定值、探索性问题
展开第二课时 定点、定值、探索性问题
考点一 定点问题
【例1】 (2020·兰州一模)设M点为圆C:x2+y2=4上的动点,点M在x轴上的投影为N.动点P满足2=,动点P的轨迹为E.
(1)求E的方程;
(2)设E的左顶点为D,若直线l:y=kx+m与曲线E交于A,B两点(A,B不是左、右顶点),且满足|+|=|-|,求证:直线l恒过定点,并求出该定点的坐标.
解 (1)设点M(x0,y0),P(x,y),由题意可知N(x0,0),
∵2=,∴2(x0-x,-y)=(0,-y0),
即x0=x,y0=y,
又点M在圆C:x2+y2=4上,∴x+y=4,
将x0=x,y0=y代入得+=1,
即轨迹E的方程为+=1.
(2)由(1)可知D(-2,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),
联立得得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0,
Δ=(8mk)2-4(3+4k2)(4m2-12)=16(12k2-3m2+9)>0,
即3+4k2-m2>0,∴x1+x2=,x1x2=.
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=.
∵|+|=|-|,∴⊥,
即·=0,
即(x1+2,y1)·(x2+2,y2)=x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2=0,
∴+2×+4+=0,
∴7m2-16mk+4k2=0,
解得m1=2k,m2=k,且均满足3+4k2-m>0.
当m=2k时,l的方程为y=kx+2k=k(x+2),
直线恒过点(-2,0),与已知矛盾;
当m=k时,l的方程为y=kx+k=k,直线恒过点.
∴直线l过定点,定点坐标为.
规律方法 圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点.
(2)特殊到一般法,根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.
【训练1】 (2020·湖南三湘名校联考)已知椭圆C:+=1(a>b≥1)的离心率为,其上焦点到直线bx+2ay-=0的距离为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点P的直线l交椭圆C于A,B两点.试探究以线段AB为直径的圆是否过定点.若过,求出定点坐标;若不过,请说明理由.
解 (1)由题意得,e==,又a2=b2+c2,
所以a=b,c=b.
又=,a>b≥1,所以b=1,a2=2,
故椭圆C的方程为+x2=1.
(2)当AB⊥x轴时,以线段AB为直径的圆的方程为+y2=.
当AB⊥y轴时,以线段AB为直径的圆的方程为x2+y2=1.
可得两圆交点为Q(-1,0).
由此可知, 若以线段AB为直径的圆恒过定点,则该定点为Q(-1,0).
下证Q(-1,0)符合题意.
设直线l的斜率存在,且不为0,
其方程为y=k,代入+x2=1,
并整理得(k2+2)x2-k2x+k2-2=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=,x1x2=,
所以·=(x1+1)(x2+1)+y1y2=x1x2+x1+x2+1+k2
=(1+k2)x1x2+(x1+x2)+1+k2
=(1+k2)·+·+1+k2=0,
故⊥,即Q(-1,0)在以线段AB为直径的圆上.
综上,以线段AB为直径的圆恒过定点(-1,0).
考点二 定值问题
【例2】 (2019·洛阳高三统考)已知抛物线C:y2=2px(p>0),其焦点为F,O为坐标原点,直线l与抛物线C相交于不同的两点A,B,M为AB的中点.
(1)若p=2,M的坐标为(1,1),求直线l的方程.
(2)若直线l过焦点F,AB的垂直平分线交x轴于点N,求证:为定值.
(1)解 由题意知直线l的斜率存在且不为0,
故设直线l的方程为x-1=t(y-1)
即x=ty+1-t,设A(x1,y1),B(x2,y2).
由得y2-4ty-4+4t=0,
∴Δ=16t2+16-16t=16(t2-t+1)>0,y1+y2=4t,
∴4t=2,即t=.
∴直线l的方程为2x-y-1=0.
(2)证明 ∵抛物线C:y2=2px(p>0),∴焦点F的坐标为.
由题意知直线l的斜率存在且不为0,
∵直线l过焦点F,故设直线l的方程为x=ty+(t≠0),设A(x1,y1),B(x2,y2).
由,得y2-2pty-p2=0,
∴y1+y2=2pt,Δ=4p2t2+4p2>0.
∴x1+x2=t(y1+y2)+p=2pt2+p,∴M.
∴MN的方程为y-pt=-t.
令y=0,解得x=pt2+,N,
∴|MN|2=p2+p2t2,|FN|=pt2+-=pt2+p,
∴==2p,为定值.
规律方法 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
→
↓
→
↓
→
【训练2】 (2020·昆明诊断)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,左、右焦点分别为F1,F2,A为椭圆C上一点,AF2⊥F1F2,且|AF2|=.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1,A2,过A1,A2分别作x轴的垂线l1,l2,椭圆C的一条切线l:y=kx+m与l1,l2分别交于M,N两点,求证:∠MF1N为定值.
(1)解 由AF2⊥F1F2,|AF2|=,得=.
又e==,a2=b2+c2,所以a2=9,b2=8,
故椭圆C的标准方程为+=1.
(2)证明 由题意可知,l1的方程为x=-3,l2的方程为x=3.
直线l分别与直线l1,l2的方程联立得M(-3,-3k+m),N(3,3k+m),
所以=(-2,-3k+m),=(4,3k+m),
所以·=-8+m2-9k2.
联立得得(9k2+8)x2+18kmx+9m2-72=0.
因为直线l与椭圆C相切,
所以Δ=(18km)2-4(9k2+8)(9m2-72)=0,
化简得m2=9k2+8.
所以·=-8+m2-9k2=0,
所以⊥,故∠MF1N为定值.
考点三 探索性问题
【例3】 (2019·广州调研)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的两个焦点分别为F1,F2,短轴的一个端点为P,△PF1F2内切圆的半径为,设过点F2的直线l与被椭圆C截得的线段为RS,当l⊥x轴时,|RS|=3.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)在x轴上是否存在一点T,使得当l变化时,总有TS与TR所在直线关于x轴对称?若存在,请求出点T的坐标;若不存在,请说明理由.
解 (1)由内切圆的性质,得×2c×b=×(2a+2c)×,得=.
将x=c代入+=1,得y=±,所以=3.
又a2=b2+c2,所以a=2,b=,
故椭圆C的标准方程为+=1.
(2)当直线l垂直于x轴时,显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称.
当直线l不垂直于x轴时,假设存在T(t,0)满足条件,设l的方程为y=k(x-1),R(x1,y1),S(x2,y2).
联立方程得
(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,
由根与系数的关系得①
其中Δ>0恒成立,
由TS与TR所在直线关于x轴对称,得kTS+kTR=0(显然TS,TR的斜率存在),
即+=0.②
因为R,S两点在直线y=k(x-1)上,
所以y1=k(x1-1),y2=k(x2-1),代入②得
=
=0,
即2x1x2-(t+1)(x1+x2)+2t=0,③
将①代入③得
==0,④
则t=4,
综上所述,存在T(4,0),使得当l变化时,总有TS与TR所在直线关于x轴对称.
规律方法 此类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,再验证结论是否成立,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,再针对其表达式进行讨论,往往涉及对参数的讨论.
【训练3】 (2020·重庆调研)如图,已知椭圆C:+=1(a>b>0),其左、右焦点分别为F1(-2,0)及F2(2,0),过点F1的直线交椭圆C于A,B两点,线段AB的中点为G,AB的中垂线与x轴和y轴分别交于D,E两点,且|AF1|,|F1F2|,|AF2|构成等差数列.
(1)求椭圆C的方程.
(2)记△GF1D的面积为S1,△OED(O为坐标原点)的面积为S2.试问:是否存在直线AB,使得S1=S2?请说明理由.
解 (1)∵|AF1|,|F1F2|,|AF2|构成等差数列,
∴2a=|AF1|+|AF2|=2|F1F2|=8,∴a=4.
又c=2,∴b2=12,
∴椭圆C的方程为+=1.
(2)假设存在直线AB,使得S1=S2,显然直线AB不能与x,y轴垂直.
设AB的方程为y=k(x+2)(k≠0),
将其代入+=1,整理得(4k2+3)x2+16k2x+16k2-48=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),∴x1+x2=,
∴点G的横坐标为=,
∴G.
∵DG⊥AB,∴×k=-1,
解得xD=,即D.
∵Rt△GDF1和Rt△ODE相似,∴若S1=S2,
则|GD|=|OD|,
∴=,整理得8k2+9=0.
∵方程8k2+9=0无解,∴不存在直线AB,使得S1=S2.
A级 基础巩固
一、选择题
1.(2019·石家庄模拟)已知P为双曲线C:-=1上的点,点M满足||=1,且·=0,则当||取得最小值时点P到双曲线C的渐近线的距离为( )
A. B. C.4 D.5
解析 由·=0,得OM⊥PM,根据勾股定理,求|MP|的最小值可以转化为求|OP|的最小值,当|OP|取得最小值时,点P的位置为双曲线的顶点(±3,0),而双曲线的渐近线为4x±3y=0,∴所求的距离d=.
答案 B
2.直线l与抛物线C:y2=2x交于A,B两点,O为坐标原点,若直线OA,OB的斜率分别为k1,k2,且满足k1k2=,则直线l过定点( )
A.(-3,0) B.(0,-3)
C.(3,0) D.(0,3)
解析 设A(x1,y1),B(x2,y2),因为k1k2=,所以·=.又y=2x1,y=2x2,所以y1y2=6.设直线l:x=my+b,代入抛物线C:y2=2x得y2-2my-2b=0,所以y1y2=-2b=6,得b=-3,即直线l的方程为x=my-3,所以直线l过定点为(-3,0).
答案 A
3.已知双曲线-=1(a>0,b>0)的离心率e=2,过双曲线上一点M作直线MA,MB交双曲线于A,B两点,且斜率分别为k1,k2,若直线AB过原点,则k1·k2的值为( )
A.2 B.3 C. D.
解析 由题意知,e===2⇒b2=3a2,则双曲线方程可化为3x2-y2=3a2,设A(m,n),M(x0,y0)(x0≠±m),则B(-m,-n),k1·k2=·===3.
答案 B
4.已知O为坐标原点,设F1,F2分别是双曲线x2-y2=1的左、右焦点,P为双曲线左支上任一点,过点F1作∠F1PF2的平分线的垂线,垂足为H,则|OH|=( )
A.1 B.2 C.4 D.
解析 如图所示,延长F1H交PF2于点Q,由PH为∠F1PF2的平分线及PH⊥F1Q,可知|PF1|=|PQ|,根据双曲线的定义,得|PF2|-|PF1|=2,从而|QF2|=2,在△F1QF2中,易知OH为中位线,故|OH|=1.
答案 A
5.已知抛物线M:y2=4x,过抛物线M的焦点F的直线l交抛物线于A,B两点(点A在第一象限),且交抛物线的准线于点E.若=2,则直线l的斜率为( )
A.3 B.2 C. D.1
解析 分别过A,B两点作AD,BC垂直于准线,垂足分别为D,C,
由=2,得B为AE的中点,∴|AB|=|BE|,
则|AD|=2|BC|,
由抛物线的定义可知|AF|=|AD|,|BF|=|BC|,
∴|AB|=3|BC|,∴|BE|=3|BC|,则|CE|=2|BC|,
∴tan ∠CBE==2,
∴直线l的斜率k=tan ∠AFx=tan ∠CBE=2.
答案 B
二、填空题
6.若双曲线x2-=1(b>0)的一条渐近线与圆x2+(y-2)2=1至多有一个公共点,则双曲线离心率的取值范围是________.
解析 双曲线的渐近线方程为y=±bx,则有≥1,解得b2≤3,则e2=1+b2≤4,∵e>1,∴1<e≤2.
答案 (1,2]
7.(2020·东北三省四校模拟)已知动点P(x,y)在椭圆+=1上,若A点坐标为(3,0),||=1,且·=0,则||的最小值是________.
解析 ∵·=0,∴⊥.
∴||2=||2-||2=||2-1,
∵椭圆右顶点到右焦点A的距离最小,
故||min=2,∴||min=.
答案
8.(2019·湘中名校联考)已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,△ABC的顶点都在抛物线上,且满足++=0,则++=________.
解析 设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),F,由++=0,得y1+y2+y3=0.因为kAB==,所以kAC=,kBC=,所以++=++=0.
答案 0
三、解答题
9.(2019·全国Ⅰ卷)已知点A,B关于坐标原点O对称,|AB|=4,⊙M过点A,B且与直线x+2=0相切.
(1)若A在直线x+y=0上,求⊙M的半径.
(2)是否存在定点P,使得当A运动时,|MA|-|MP|为定值?并说明理由.
解 (1)因为⊙M过点A,B,所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线x+y=0上,且A,B关于坐标原点O对称,所以M在直线y=x上,故可设M(a,a).
因为⊙M与直线x+2=0相切,所以⊙M的半径为r=|a+2|.连接MA,由已知得|AO|=2.又MO⊥AO,故可得2a2+4=(a+2)2,解得a=0或a=4.
故⊙M的半径r=2或r=6.
(2)存在定点P(1,0),使得|MA|-|MP|为定值.
理由如下:
设M(x,y),由已知得⊙M的半径为r=|x+2|,|AO|=2.由于MO⊥AO,故可得x2+y2+4=(x+2)2, 化简得M的轨迹方程为y2=4x.
因为曲线C:y2=4x是以点P(1,0)为焦点,以直线x=-1为准线的抛物线,所以|MP|=x+1.
因为|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,
所以存在满足条件的定点P.
10.(2020·合肥质检)设椭圆E:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过点F1的直线交椭圆E于A,B两点.若椭圆E的离心率为,△ABF2的周长为4.
(1)求椭圆E的方程;
(2)设不经过椭圆的中心而平行于弦AB的直线交椭圆E于点C,D,设弦AB,CD的中点分别为M,N,证明:O,M,N三点共线.
(1)解 由题意知,4a=4,a=.
又e=,∴c=,b=,
∴椭圆E的方程为+=1.
(2)证明 当直线AB,CD的斜率不存在时,由椭圆的对称性知,中点M,N在x轴上,O,M,N三点共线,
当直线AB,CD的斜率存在时,设其斜率为k,且设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),
则两式相减,得+-=0,
∴=-,
=-,
∴·=-,·=-,
即k·kOM=-,
∴kOM=-.
同理可得kON=-,∴kOM=kON,∴O,M,N三点共线.
B级 能力提升
11.(2019·成都诊断)设点Q是直线l:x=-1上任意一点,过点Q作抛物线C:y2=4x的两条切线QS,QT,切点分别为S,T,设切线QS,QT的斜率分别为k1,k2,F是抛物线的焦点,直线QF的斜率为k0,则下列结论正确的是( )
A.k1-k2=k0 B.k1k2=2k0
C.k1-k2=2k0 D.k1+k2=2k0
解析 设点Q(-1,t),由过点Q的直线y-t=k(x+1)与抛物线C:y2=4x相切,联立方程得
整理得k2x2+2(k2+kt-2)x+(k+t)2=0,则Δ=4(k2+kt-2)2-4k2(k+t)2=0,化简得k2+tk-1=0.显然k1,k2是关于k的方程k2+tk-1=0的两个根,所以k1+k2=-t.又k0=-,故k1+k2=2k0.
答案 D
12.(2020·郑州模拟)已知F为抛物线y2=x的焦点,点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧,·=6(其中O为坐标原点),则△ABO与△AFO面积之和的最小值是( )
A. B.3 C. D.
解析 设直线AB的方程为x=ty+m,点A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB与x轴的交点为M(m,0),将x=ty+m代入y2=x,可得y2-ty-m=0,则y1·y2=-m.∵·=6,∴x1x2+y1y2=6,从而(y1y2)2+y1y2-6=0.∵点A,B位于x轴的两侧,∴y1y2=-3,故m=3.不妨令点A在x轴上方,则y1>0,又F,∴S△ABO+SAFO=×3×(y1-y2)+×y1=y1+≥2=,当且仅当y1=,即y1=时,取“=”,∴△ABO与△AFO面积之和的最小值是,故选D.
答案 D
13.若点O和点F分别为椭圆+=1的中心和左焦点,点P为椭圆上的任一点,则·的最小值为________.
解析 点P为椭圆+=1上的任意一点,设P(x,y)(-3≤x≤3,-2≤y≤2),依题意得左焦点F(-1,0),∴=(x,y),=(x+1,y),∴·=x(x+1)+y2=x2+x+=+.
∵-3≤x≤3,
∴≤x+≤,∴≤≤,
∴≤≤,∴6≤+≤12,即6≤·≤12,故最小值为6.
答案 6
14.(2020·沈阳高三质检)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,M(-2,y0)是C上一点,且|MF|=2.
(1)求C的方程.
(2)过点F的直线与抛物线C相交于A,B两点,分别过点A,B作抛物线C的切线l1,l2,两条切线相交于点P,点P关于直线AB的对称点为Q,判断四边形PAQB是否存在外接圆?如果存在,求出外接圆面积的最小值;如果不存在,请说明理由.
解 (1)根据题意知,4=2py0,①
因为|MF|=2,所以y0+=2.②
联立①②,解得y0=1,p=2.
所以抛物线C的方程为x2=4y.
(2)四边形PAQB存在外接圆.
由(1)知F(0,1),设直线AB的方程为y=kx+1,
代入x2=4y中,得x2-4kx-4=0,Δ=16(k2+1)>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4k,x1x2=-4,
所以|AB|=|x1-x2|=4(k2+1).
因为C:x2=4y,即y=,所以y′=,
因此切线l1的斜率k1=,切线l2的斜率k2=.
所以k1k2==-1,
所以PA⊥PB,即△PAB是直角三角形,
所以△PAB的外接圆的圆心为线段AB的中点,线段AB是外接圆的直径,由于点Q与点P关于直线AB对称,
所以点Q一定在△PAB的外接圆上,即四边形PAQB存在外接圆.
又|AB|=4(k2+1),
所以当k=0时,线段AB最短,最短长度为4,
此时圆的面积最小,最小面积为4π.
C级 创新猜想
15.(多选题)如图,由抛物线y2=8x与圆E:(x-2)2+y2=9的实线部分构成图形Ω,过点P(2,0)的直线始终与图形Ω中的抛物线部分及圆部分有交点,则|AB|的取值可能为( )
A.4 B.5 C.6 D.7
解析 由题意可知抛物线y2=8x的焦点为F(2,0),圆(x-2)2+y2=9的圆心为E(2,0),因此点P,F,E重合,所以|PA|=3.设B(x0,y0),则由抛物线的定义可知|PB|=x0+2,由得(x-2)2+8x=9,整理得x2+4x-5=0,解得x1=1,x2=-5(舍去),设圆E与抛物线交于C,D两点,所以xC=xD=1,因此0≤x0≤1,又|AB|=|AP|+|BP|=3+x0+2=x0+5,所以|AB|=x0+5∈[5,6],故选BC.
答案 BC